【先學后教新思路】2020高考物理一輪復習-教案32-功能關系-能量守恒定律

功能關系能量守恒定律考綱解讀1.把握功和能的對應關系，特殊是合力功、重力功、彈力功分別對應的能量轉化關系.2.理解能量守恒定律，并能分析解決有關問題．1．對于功和能的關系，下列說法中正確的是 ()A．功就是能，能就是功B．功可以變?yōu)槟埽芸梢宰優(yōu)楣．做功的過程就是能量轉化的過程D．功是物體能量的量度答案C解析功和能是兩個親熱相關的物理量，但功和能有本質的區(qū)分，功是反映物體在相互作用過程中能量變化多少的物理量，與具體的能量變化過程相聯(lián)系，是一個過程量；能是用來反映物體具有做功本事的物理量，物體處于確定的狀態(tài)(如速度和相對位置)就具有確定的能量，功是反映能量變化的多少，而不是反映能量的多少．2．從地面豎直上拋一個質量為m的小球，小球上升的最大高度為h.設上升和下降過程中空氣阻力大小恒定為Ff.下列說法正確的是 ()A．小球上升的過程中動能削減了mghB．小球上升和下降的整個過程中機械能削減了FfhC．小球上升的過程中重力勢能增加了mghD．小球上升和下降的整個過程中動能削減了Ffh答案C解析依據動能定理，上升的過程中動能削減量等于小球克服重力和阻力做的功，為mgh＋Ffh，小球上升和下降的整個過程中動能削減量和機械能的削減量都等于整個過程中克服阻力做的功，為2Ffh，A、B、D錯，選C.3．如圖1所示，美國空軍X－37B無人航天飛機于2010年4月首飛，在X－37B由較低軌道飛到較高軌道的過程中 ()A．X－37B中燃料的化學能轉化為X－37B的機械能 圖1B．X－37B的機械能要削減C．自然界中的總能量要變大D．假如X－37B在較高軌道繞地球做圓周運動，則在此軌道上其機械能不變答案AD解析在X－37B由較低軌道飛到較高軌道的過程中，必需啟動助推器，對X－37B做正功，X－37B的機械能增大，A對，B錯．依據能量守恒定律，C錯．X－37B在確定軌道上繞地球做圓周運動，其動能和重力勢能都不會發(fā)生變化，所以機械能不變，D對．考點梳理一、功能關系功能量的變化合外力做正功動能增加重力做正功重力勢能削減彈簧彈力做正功彈性勢能削減電場力做正功電勢能削減其他力(除重力、彈力外)做正功機械能增加二、能量守恒定律1．內容：能量既不會憑空產生，也不會憑空消逝，它只能從一種形式轉化為另一種形式，或者從一個物體轉移到別的物體，在轉化或轉移的過程中，能量的總量保持不變．2．表達式：ΔE減＝ΔE增．4．如圖2所示，ABCD是一個盆式容器，盆內側壁與盆底BC的連接處都是一段與BC相切的圓弧，B、C在水平線上，其距離d＝0.5m．盆邊緣的高度為h＝ 圖20.30m．在A處放一個質量為m的小物塊并讓其由靜止下滑．已知盆內側壁是光滑的，而盆底BC面與小物塊間的動摩擦因數(shù)為μ＝0.10.小物塊在盆內來回滑動，最終停下來，則停下的位置到B的距離為 ()A．0.50m B．0.25m C．0.10m D．0答案D解析由mgh＝μmgx，得x＝3m，而eq\f(x,d)＝eq\f(3m,0.5m)＝6，即3個來回后，恰停在B點，選項D正確．5．如圖3所示，某段滑雪雪道傾角為30°，總質量為m(包括雪具在內)的滑雪運動員從距底端高為h處的雪道上由靜止開頭勻加速下滑，加速度為eq\f(1,3)g.在他從上向下滑到底端的圖3過程中，下列說法中正確的是 ()A．運動員削減的重力勢能全部轉化為動能B．運動員獲得的動能為eq\f(1,3)mghC．運動員克服摩擦力做功為eq\f(2,3)mghD．下滑過程中系統(tǒng)削減的機械能為eq\f(1,3)mgh答案D解析運動員的加速度為eq\f(1,3)g，小于gsin30°，所以運動員下滑的過程中必受摩擦力，且大小為eq\f(1,6)mg，克服摩擦力做功為eq\f(1,6)mg·eq\f(h,sin30°)＝eq\f(1,3)mgh，故C錯；摩擦力做功，機械能不守恒，削減的重力勢能沒有全部轉化為動能，而是有eq\f(1,3)mgh的重力勢能轉化為內能，故A錯，D對；由動能定理知，運動員獲得的動能為eq\f(1,3)mg·eq\f(h,sin30°)＝eq\f(2,3)mgh，故B錯．方法提煉1．物體克服摩擦力做功時，能量由機械能轉化為內能．2．摩擦力做功產生的內能：Q＝Ffs，s為路程.考點一功能關系的應用1．在應用功能關系解決具體問題的過程中，若只涉及動能的變化用動能定理分析．2．只涉及重力勢能的變化用重力做功與重力勢能變化的關系分析．3．只涉及機械能變化用除重力和彈力之外的力做功與機械能變化的關系分析．4．只涉及電勢能的變化用電場力做功與電勢能變化的關系分析．例1如圖4所示，在升降機內固定一光滑的斜面體，一輕彈簧的一端連在位于斜面體上方的固定木板B上，另一端與質量為m的物塊A相連，彈簧與斜面平行．整個系統(tǒng)由靜止開頭加速上上升度h的過程中 ()圖4A．物塊A的重力勢能增加量確定等于mghB．物塊A的動能增加量等于斜面的支持力和彈簧的拉力對其做功的代數(shù)和C．物塊A的機械能增加量等于斜面的支持力和彈簧的拉力對其做功的代數(shù)和D．物塊A和彈簧組成系統(tǒng)的機械能增加量等于斜面對物塊的支持力和B對彈簧的拉力做功的代數(shù)和解析由于斜面光滑，物塊A靜止時彈簧彈力與斜面支持力的合力與重力平衡，當整個裝置加速上升時，由牛頓其次定律可知物塊A受到的合力應向上，故彈簧伸長量增加，物塊A相對斜面下滑一段距離，故選項A錯誤；依據動能定理可知，物塊A動能的增加量應等于重力、支持力及彈簧彈力對其做功的代數(shù)和，故選項B錯誤；物塊A機械能的增加量應等于除重力以外的其他力對其做功的代數(shù)和，選項C正確；物塊A和彈簧組成的系統(tǒng)機械能增加量應等于除重力和彈簧彈力以外的其他力做功的代數(shù)和，故選項D正確．答案CD突破訓練1如圖5所示，一輕彈簧左端與物體A相連，右端與物體B相連，開頭時，A、B均在粗糙水平面上不動，彈簧處于原長狀態(tài)．在物體B上作用一水平向右的恒力F，使物體圖5A、B向右運動．在此過程中，下列說法正確的是()A．合外力對物體A所做的功小于物體A的動能增量B．外力F做的功與摩擦力對物體B做的功之和等于物體B的動能增量C．外力F做的功及摩擦力對物體A和B做功的代數(shù)和等于物體A和B的動能增量及彈簧彈性勢能增量之和D．外力F做的功加上摩擦力對物體B做的功等于物體B的動能增量與彈簧彈性勢能增量之和答案C考點二摩擦力做功的特點及應用1．靜摩擦力做功的特點(1)靜摩擦力可以做正功，也可以做負功，還可以不做功．(2)相互作用的一對靜摩擦力做功的代數(shù)和總等于零．(3)靜摩擦力做功時，只有機械能的相互轉移，不會轉化為內能．2．滑動摩擦力做功的特點(1)滑動摩擦力可以做正功，也可以做負功，還可以不做功．(2)相互間存在滑動摩擦力的系統(tǒng)內，一對滑動摩擦力做功將產生兩種可能效果：①機械能全部轉化為內能；②有一部分機械能在相互摩擦的物體間轉移，另外一部分轉化為內能．(3)摩擦生熱的計算：Q＝Ffs相對．其中s相對為相互摩擦的兩個物體間的相對路程．深化拓展從功的角度看，一對滑動摩擦力對系統(tǒng)做的功等于系統(tǒng)內能的增加量；從能量的角度看，其他形式能量的削減量等于系統(tǒng)內能的增加量．

例2如圖6所示，質量為m的長木塊A靜止于光滑水平面上，在其水平的上表面左端放一質量為m的滑塊B，已知木塊長為L，它與滑塊之間的動摩擦因數(shù)為μ.現(xiàn)用水平向右的恒力F拉滑塊B. 圖6(1)當長木塊A的位移為多少時，B從A的右端滑出？(2)求上述過程中滑塊與木塊之間產生的內能．審題指導當把滑塊B拉離A時，B的位移為A的位移與A的長度之和．留意：審題時要畫出它們的位移草圖．解析(1)設B從A的右端滑出時，A的位移為l，A、B的速度分別為vA、vB，由動能定理得μmgl＝eq\f(1,2)mveq\o\al(2,A)(F－μmg)·(l＋L)＝eq\f(1,2)mveq\o\al(2,B)又由同時性可得eq\f(vA,aA)＝eq\f(vB,aB)(其中aA＝μg，aB＝eq\f(F－μmg,m))解得l＝eq\f(μmgL,F－2μmg).(2)由功能關系知，拉力F做的功等于A、B動能的增加量和A、B間產生的內能，即有F(l＋L)＝eq\f(1,2)mveq\o\al(2,A)＋eq\f(1,2)mveq\o\al(2,B)＋Q解得Q＝μmgL.答案(1)eq\f(μmgL,F－2μmg)(2)μmgL突破訓練2如圖7所示，一質量為m＝2kg的滑塊從半徑為R＝0.2m的光滑四分之一圓弧軌道的頂端A處由靜止滑下，A點和圓弧對應的圓心O點等高，圓弧的底端B與水平傳送帶平滑相接．已知傳送帶勻速運行的速度為v0＝4m/s，B點到傳送帶右端C點的距離為L＝2m．當滑塊滑到傳送帶的右端C時，其速度恰好與傳送帶的速度相同．(g＝10m/s2)，求：圖7(1)滑塊到達底端B時對軌道的壓力；(2)滑塊與傳送帶間的動摩擦因數(shù)μ；(3)此過程中，由于滑塊與傳送帶之間的摩擦而產生的熱量Q.答案(1)60N，方向豎直向下(2)0.3(3)4J解析(1)滑塊由A到B的過程中，由機械能守恒定律得：mgR＝eq\f(1,2)mveq\o\al(2,B) ①物體在B點，由牛頓其次定律得：FB－mg＝meq\f(v\o\al(2,B),R) ②由①②兩式得：FB＝60N由牛頓第三定律得滑塊到達底端B時對軌道的壓力大小為60N，方向豎直向下．(2)解法一：滑塊在從B到C運動過程中，由牛頓其次定律得：μmg＝ma ③由運動學公式得：veq\o\al(2,0)－veq\o\al(2,B)＝2aL ④由①③④三式得：μ＝0.3 ⑤解法二：滑塊在從A到C整個運動過程中，由動能定理得：mgR＋μmgL＝eq\f(1,2)mveq\o\al(2,0)－0解得：μ＝0.3(3)滑塊在從B到C運動過程中，設運動時間為t由運動學公式得：v0＝vB＋at ⑥產生的熱量：Q＝μmg(v0t－L) ⑦由①③⑤⑥⑦得：Q＝4J.考點三能量守恒定律及應用列能量守恒定律方程的兩條基本思路：(1)某種形式的能量削減，確定存在其他形式的能量增加，且削減量和增加量確定相等；(2)某個物體的能量削減，確定存在其他物體的能量增加且削減量和增加量確定相等．例3如圖8所示有一傾角為θ＝37°的硬桿，其上套一底端固定且勁度系數(shù)為k＝120N/m的輕彈簧，彈簧與桿間無摩擦．一個質量為m＝1kg的小球套在此硬桿上，從P點由靜止開頭滑下，已知小球與硬桿間的動摩擦因數(shù)μ＝0.5，P與彈簧自由端Q間的距離 圖8為l＝1m．彈簧的彈性勢能與其形變量x的關系為Ep＝eq\f(1,2)kx2.求：(1)小球從開頭下滑到與彈簧自由端相碰所經受的時間t；(2)小球運動過程中達到的最大速度vm；(3)若使小球在P點以初速度v0下滑后又恰好回到P點，則v0需多大？解析(1)F合＝mgsinθ－μmgcosθa＝eq\f(F合,m)＝gsinθ－μgcosθ＝2m/s2l＝eq\f(1,2)at2所以t＝eq\r(\f(2l,a))＝1s(2)小球從P點無初速度滑下，當彈簧的壓縮量為x時小球有最大速度vm，有mgsinθ－μmgcosθ＝kx，x＝eq\f(1,60)m此過程由能量守恒定律可得：mg·(l＋x)sinθ＝W彈＋μmgcosθ(l＋x)＋eq\f(1,2)mveq\o\al(2,m)而W彈＝eq\f(1,2)kx2代入數(shù)據解得：vm＝eq\f(11\r(30),30)m/s＝2m/s(3)設小球從P點以初速度v0下滑，壓縮彈簧至最低點時彈簧的壓縮量為x1，由能量守恒有：mg(l＋x1)sinθ＋eq\f(1,2)mveq\o\al(2,0)＝μmgcosθ(l＋x1)＋eq\f(1,2)kxeq\o\al(2,1)小球從最低點經過Q點回到P點時的速度為0，則有：eq\f(1,2)kxeq\o\al(2,1)＝mg(l＋x1)sinθ＋μmgcosθ(l＋x1)聯(lián)立以上二式解得x1＝0.5m，v0＝2eq\r(6)m/s＝答案(1)1s(2)2m/s(3)4.9m/s應用能量守恒定律解題的步驟1.分清有多少形式的能在變化；2．明確哪種形式的能量增加，哪種形式的能量削減，并且列出削減的能量ΔE減和增加的能量ΔE增的表達式；3．列出能量守恒關系式：ΔE減＝ΔE增．突破訓練3假設某足球運動員罰點球直接射門時，球恰好從橫梁下邊緣踢進，此時的速度為v.橫梁下邊緣離地面的高度為h，足球質量為m，運動員對足球做的功為W1，足球運動過程中克服空氣阻力做的功為W2，選地面為零勢能面，下列說法正確的是()A．運動員對足球做的功為W1＝mgh＋eq\f(1,2)mv2－W2B．足球機械能的變化量為W1－W2C．足球克服阻力做的功為W2＝mgh＋eq\f(1,2)mv2－W1D．運動員剛踢完球的瞬間，足球的動能為mgh＋eq\f(1,2)mv2答案B解析由功能關系可知：W1＝mgh＋eq\f(1,2)mv2＋W2，A項錯．足球機械能的變化量為除重力、彈力之外的力做的功．ΔE機＝W1－W2，B項對；足球克服阻力做的功W2＝W1－mgh－eq\f(1,2)mv2，C項錯．D項中，剛踢完球瞬間，足球的動能應為Ek＝W1＝mgh＋eq\f(1,2)mv2＋W2，D項錯.24．傳送帶模型中的動力學和功能關系問題1．模型概述傳送帶模型是高中物理中比較成熟的模型，典型的有水平和傾斜兩種狀況．一般設問的角度有兩個：(1)動力學角度：首先要正確分析物體的運動過程，做好受力狀況分析，然后利用運動學公式結合牛頓其次定律，求物體及傳送帶在相應時間內的位移，找出物體和傳送帶之間的位移關系．(2)能量角度：求傳送帶對物體所做的功、物體和傳送帶由于相對滑動而產生的熱量、因放上物體而使電動機多消耗的電能等，常依據功能關系或能量守恒定律求解．2．傳送帶模型問題中的功能關系分析(1)功能關系分析：WF＝ΔEk＋ΔEp＋Q.(2)對WF和Q的理解：①傳送帶的功：WF＝Fx傳；②產生的內能Q＝Ffs相對．傳送帶模型問題的分析流程例4如圖9所示，繃緊的傳送帶與水平面的夾角θ＝30°，皮帶在電動機的帶動下，始終保持v0＝2m/s的速率運行，現(xiàn)把一質量為m＝10kg的工件(可看做質點)輕輕放在皮帶的底端，經過時間t＝1.9s，工件被傳送到h＝1.5m的高處，取g＝10m/s2，求： 圖9(1)工件與傳送帶間的動摩擦因數(shù)；(2)電動機由于傳送工件多消耗的電能．解析(1)由題圖可知，皮帶長x＝eq\f(h,sinθ)＝3m．工件速度達到v0前，做勻加速運動的位移x1＝eq\x\to(v)t1＝eq\f(v0,2)t1勻速運動的位移為x－x1＝v0(t－t1)解得加速運動的時間t1＝0.8s加速運動的位移x1＝0.8m，所以加速度a＝eq\f(v0,t1)＝2.5m/s2由牛頓其次定律有：μmgcosθ－mgsinθ＝ma，解得μ＝eq\f(\r(3),2).(2)依據能量守恒的觀點，明顯電動機多消耗的電能用于增加工件的動能、勢能以及克服傳送帶與工件之間發(fā)生相對位移時摩擦力做功產生的熱量．在時間t1內，皮帶運動的位移x皮＝v0t1＝1.6m在時間t1內，工件相對皮帶的位移x相＝x皮－x1＝0.8m在時間t1內，摩擦產生的熱量Q＝μmgcosθx相＝60J工件獲得的動能Ek＝eq\f(1,2)mveq\o\al(2,0)＝20J工件增加的勢能Ep＝mgh＝150J電動機多消耗的電能W＝Q＋Ek＋Ep＝230J.答案(1)eq\f(\r(3),2)(2)230J本題綜合考查了動力學及能量守恒定律的應用．第一問重點在對運動過程分析的基礎上的公式應用，其次問是考查能量守恒問題．77突破訓練4如圖10所示，質量為m的物體在水平傳送帶上由靜止釋放，傳送帶由電動機帶動，始終保持以速度v勻速運動，物體與傳送帶間的動摩擦因數(shù)為μ，物體在滑下傳送帶之前能保持與傳送帶相對靜止，圖10對于物體從靜止釋放到與傳送帶相對靜止這一過程，下列說法中正確的是 ()A．電動機多做的功為eq\f(1,2)mv21B．物體在傳送帶上的劃痕長eq\f(v2,μg)C．傳送帶克服摩擦力做的功為eq\f(1,2)mv2D．電動機增加的功率為μmgv答案D解析小物塊與傳送帶相對靜止之前，物體做勻加速運動，由運動學公式知x物＝eq\f(v,2)t，傳送帶做勻速運動，由運動學公式知x傳＝vt，對物塊依據動能定理μmgx物＝eq\f(1,2)mv2，摩擦產生的熱量Q＝μmgx相＝μmg(x傳－x物)，四式聯(lián)立得摩擦產生的熱量Q＝eq\f(1,2)mv2，依據能量守恒定律，電動機多做的功一部分轉化為物塊的動能，一部分轉化為熱量，故電動機多做的功等于mv2，A項錯誤；物體在傳送帶上的劃痕長等于x傳－x物＝x物＝eq\f(v2,2μg)，B項錯誤；傳送帶克服摩擦力做的功為μmgx傳＝2μmgx物＝mv2，C項錯誤；電動機增加的功率也就是電動機克服摩擦力做功的功率為μmgv，D項正確．高考題組1．(2022·安徽理綜·16)如圖11所示，在豎直平面內有一半徑為R的圓弧軌道，半徑OA水平、OB豎直，一個質量為m的小球自A的正上方P點由靜止開頭自由下落，小球沿軌道到達最高點B時恰好對軌道沒有壓力．已知AP＝2R，重力加速度為g，則小球從P到B的運動過程中 ()A．重力做功2mgR 圖11B．機械能削減mgRC．合外力做功mgRD．克服摩擦力做功eq\f(1,2)mgR答案D解析小球到達B點時，恰好對軌道沒有壓力，故只受重力作用，依據mg＝eq\f(mv2,R)得，小球在B點的速度v＝eq\r(gR).小球從P點到B點的過程中，重力做功W＝mgR，故選項A錯誤；削減的機械能ΔE減＝mgR－eq\f(1,2)mv2＝eq\f(1,2)mgR，故選項B錯誤；合外力做功W合＝eq\f(1,2)mv2＝eq\f(1,2)mgR，故選項C錯誤；依據動能定理得，mgR－Wf＝eq\f(1,2)mv2－0，所以Wf＝mgR－eq\f(1,2)mv2＝eq\f(1,2)mgR，故選項D正確．2．(2022·福建理綜·17)如圖12所示，表面光滑的固定斜面頂端安裝確定滑輪，小物塊A、B用輕繩連接并跨過滑輪(不計滑輪的質量和摩擦)．初始時刻，A、B處于同一高度并恰好處于靜止狀態(tài)．剪斷輕繩后A下落，B沿斜面下滑，則從剪斷輕繩到物塊著地，圖12兩物塊 ()A．速率的變化量不同B．機械能的變化量不同C．重力勢能的變化量相同D．重力做功的平均功率相同答案D解析A、B開頭時處于靜止狀態(tài)，對A：mAg＝T ①對B：T＝mBgsinθ ②由①②得mAg＝mBgsinθ即mA＝mBsinθ ③剪斷輕繩后，A、B均遵守機械能守恒定律，機械能沒有變化，故B項錯誤；由機械能守恒知，mgh＝eq\f(1,2)mv2，所以v＝eq\r(2gh)，落地速率相同，故速率的變化量相同，A項錯誤；由ΔEp＝mgh，因m不同，故ΔEp不同，C項錯誤；重力做功的功率PA＝mAgeq\x\to(v)＝mAgeq\f(v,2)＝mAgeq\f(\r(2gh),2)，PB＝mBgeq\x\to(v)sinθ＝mBgeq\f(\r(2gh),2)sinθ，由③式mA＝mBsinθ，得PA＝PB，D項正確．3．(2010·山東理綜·22)如圖13所示，傾角θ＝30°的粗糙斜面固定在地面上，長為l、質量為m、粗細均勻、質量分布均勻的軟繩置于斜面上，其上端與斜面頂端齊平．用細線將物塊與軟繩連接，圖13物塊由靜止釋放后向下運動，直到軟繩剛好全部離開斜面(此時物塊未到達地面)，在此過程中 ()A．物塊的機械能漸漸增加B．軟繩重力勢能共削減了eq\f(1,4)mglC．物塊重力勢能的削減等于軟繩克服摩擦力所做的功D．軟繩重力勢能的削減小于其動能的增加與克服摩擦力所做功之和答案BD解析細線的拉力對物塊做負功，所以物塊的機械能削減，故選項A錯誤；軟繩削減的重力勢能ΔEp＝mg(eq\f(l,2)－eq\f(l,2)sin30°)＝eq\f(1,4)mgl，故選項B正確；軟繩被拉動，表明細線對軟繩的拉力大于摩擦力，而物塊重力勢能的削減等于克服細線拉力做功與物塊動能之和，選項C錯誤；對軟繩應用動能定理，有WT＋WG－Wf＝ΔEk，所以軟繩重力勢能的削減ΔEp＝WG＝ΔEk＋(Wf－WT)，所以ΔEp<ΔEk＋Wf，選項D正確．模擬題組4．如圖14所示，傾斜的傳送帶始終以恒定速率v2運動．一小物塊以v1的初速度沖上傳送帶，v1>v2.小物塊從A到B的過程中始終做減速運動，則()A．小物塊到達B端的速度可能等于v2B．小物塊到達B端的速度不行能等于零 圖14C．小物塊的機械能始終在削減D．小物塊所受合力始終在做負功答案AD解析小物塊始終做減速運動，到B點時速度為小于v1的任何值，故A正確，B錯誤．當小物塊與傳送帶共速后，假如連續(xù)向上運動，摩擦力將對小物塊做正功，機械能將增加，故C錯誤．W合＝ΔEk<0，D正確．5．如圖15甲所示，一根輕質彈簧左端固定在水平桌面上，右端放一個可視為質點的小物塊，小物塊與彈簧不連接，小物塊的質量為m＝2kg，當彈簧處于原長時，小物塊靜止于O點．現(xiàn)對小物塊施加一個外力，使它緩慢移動，壓縮彈簧至A點(壓縮量為xA)，此時彈簧的彈性勢能Ep＝2.3J．在這一過程中，所用外力與壓縮量的關系如圖乙所示．然后突然撤去外力，讓小物塊沿桌面運動到B點后水平拋出．已知A、B之間的距離為L＝0.65m，水平桌面的高為h＝5m，計算時，可認為滑動摩擦力等于最大靜摩擦力．g取10m/s2，求：圖15(1)在A點釋放小物塊后瞬間，小物塊的加速度；(2)小物塊落地點與桌邊B的水平距離．答案(1)22m/s2(2)1m解析(1)由F－x圖象可得，小物塊與桌面間的滑動摩擦力大小為Ff＝2N釋放瞬間彈簧彈力大小FT＝F－Ff＝(48－2)N＝46N故釋放瞬間小物塊的加速度大小為a＝eq\f(FT－Ff,m)＝eq\f(46－2,2)m/s2＝22m/s2(2)從A點開頭到B點的過程中，摩擦產生的熱量Q＝FfL對小物塊依據能量守恒有Ep＝eq\f(1,2)mveq\o\al(2,B)＋Q物塊從B點開頭做平拋運動，則h＝eq\f(1,2)gt2故小物塊落地點與桌邊B的水平距離x＝vBt聯(lián)立解得x＝1m

(限時：45分鐘)?題組1幾個重要功能關系的應用如圖1所示，質量為m的跳高運動員先后用背越式和跨越式兩種跳高方式跳過某一高度，該高度比他起跳時的重心高出h，則他從起跳后至越過橫桿的過程中克服重力所做的功()圖1A．都必需大于mghB．都不愿定大于mghC．用背越式不愿定大于mgh，用跨越式必需大于mghD．用背越式必需大于mgh，用跨越式不愿定大于mgh答案C解析接受背越式跳高方式時，運動員的重心上升的高度可以低于橫桿，而接受跨越式跳高方式時，運動員的重心上升的高度確定高于橫桿，故用背越式時克服重力做的功不愿定大于mgh，而用跨越式時克服重力做的功確定大于mgh，C正確．2．如圖2所示，汽車在拱形橋上由A勻速率運動到B，以下說法正確的是 ()A．牽引力與克服摩擦力做的功相等 圖2B．合外力對汽車不做功C．牽引力和重力做的總功大于克服摩擦力做的功D．汽車在上拱形橋的過程中克服重力做的功轉化為汽車的重力勢能答案BD解析汽車由A勻速率運動到B，合外力始終指向圓心，合外力做功為零，即W牽＋WG－Wf＝0，即牽引力與重力做的總功等于克服摩擦力做的功，A、C錯誤，B正確；汽車在上拱形橋的過程中，克服重力做的功轉化為汽車的重力勢能，D正確．

3．如圖3所示，一輕質彈簧原長為l，豎直固定在水平面上，一質量為m的小球從離水平面高為H處自由下落，正好壓在彈簧上，下落過程中小球遇到的空氣阻力恒為Ff，小球壓縮彈簧的最大壓縮量為x，則彈簧被壓到最短時的彈性勢能為 ()A．(mg－Ff)(H－l＋x) 圖3B．mg(H－l＋x)－Ff(H－l)C．mgH－Ff(l－x)D．mg(l－x)＋Ff(H－l＋x)答案A解析小球重力勢能的削減量為ΔEp＝mg(H－l＋x)克服空氣阻力做的功為Wf＝Ff(H－l＋x)彈性勢能的增加量為ΔE＝ΔEp－Wf＝(mg－Ff)(H－l＋x)故選項A正確．4．若禮花彈在由炮筒底部擊發(fā)至炮筒口的過程中，克服重力做功W1，克服炮筒阻力及空氣阻力做功W2，高壓燃氣對禮花彈做功W3，則禮花彈在炮筒內運動的過程中(設禮花彈放射過程中質量不變) ()A．禮花彈的動能變化量為W3＋W2＋W1B．禮花彈的動能變化量為W3－W2－W1C．禮花彈的機械能變化量為W3－W2D．禮花彈的機械能變化量為W3－W2－W1答案BC解析動能變化量等于各力做功的代數(shù)和，阻力、重力都做負功，故W3－W1－W2＝ΔEk，所以B對，A錯．重力以外其他力做功的和為W3－W2即等于機械能增加量，所以C對，D錯．5．如圖4所示，質量為m的小車在水平恒力F推動下，從山坡(粗糙)底部A處由靜止運動至高為h的坡頂B，獲得的速度為v，AB之間的水平距離為x，重力加速度為g，下列說法正確的是 ()A．小車重力所做的功是mgh 圖4B．合外力對小車做的功是eq\f(1,2)mv2C．推力對小車做的功是eq\f(1,2)mv2＋mghD．阻力對小車做的功是Fx－eq\f(1,2)mv2－mgh答案B解析小車重力所做的功為－mgh，A錯誤．由動能定理得合外力對小車做的功W＝eq\f(1,2)mv2，B正確．推力對小車做的功為Fx，C錯誤．依據動能定理，阻力對小車做的功為－(Fx－eq\f(1,2)mv2－mgh)，故D錯誤．題組2動能定理的應用6．如圖5所示，質量為m的物體(可視為質點)以某一速度從A點沖上傾角為30°的固定斜面，其運動的加速度為eq\f(3,4)g，此物體在斜面上上升的最大高度為h，則在這個過程中物體 ()圖5A．重力勢能增加了eq\f(3,4)mghB．重力勢能增加了mghC．動能損失了mghD．機械能損失了eq\f(1,2)mgh答案BD解析設物體受到的摩擦阻力為Ff，由牛頓運動定律得Ff＋mgsin30°＝ma＝eq\f(3,4)mg，解得Ff＝eq\f(1,4)mg.重力勢能的變化由重力做功打算，故ΔEp＝mgh.動能的變化由合外力做功打算，故ΔEk＝(Ff＋mgsin30°)x＝eq\f(3,4)mg·eq\f(h,sin30°)＝eq\f(3,2)mgh.機械能的變化由重力或系統(tǒng)內彈力以外的其他力做功打算，故ΔE機械＝Ff·x＝eq\f(1,4)mg·eq\f(h,sin30°)＝eq\f(1,2)mgh，故B、D正確，A、C錯誤．7．一顆子彈以某一水平速度擊中了靜止在光滑水平面上的木塊，并剛好從中穿出．對于這一過程，下列說法正確的是 ()A．子彈削減的機械能等于木塊增加的機械能B．子彈和木塊組成的系統(tǒng)機械能的損失量等于系統(tǒng)產生的熱量C．子彈削減的機械能等于木塊增加的動能與木塊增加的內能之和D．子彈削減的動能等于木塊增加的動能與子彈和木塊增加的內能之和答案BD解析子彈射穿木塊的過程中，由于相互間摩擦力的作用使得子彈的動能削減，木塊獲得動能，同時產生熱量，且系統(tǒng)產生的熱量在數(shù)值上等于系統(tǒng)機械能的損失．A選項沒有考慮系統(tǒng)增加的內能，C選項中應考慮的是系統(tǒng)(子彈、木塊)內能的增加，A、C錯，B、D對．8．如圖6所示，質量為M、長度為l的小車靜止在光滑水平面上，質量為m的小物塊放在小車的最左端．現(xiàn)用一水平恒力F作用在小物塊上，使它從靜止開頭運動，物塊和小車之間摩擦力的大小為Ff，當小車運動的位移為x時，物塊剛好滑到小車的最右端．若小物塊可視為質點，則 ()圖6A．物塊受到的摩擦力對物塊做的功與小車受到的摩擦力對小車做功的代數(shù)和為零B．整個過程物塊和小車間摩擦產生的熱量為FflC．小車的末動能為FfxD．整個過程物塊和小車增加的機械能為F(x＋l)答案BC解析物塊與小車之間的摩擦力為滑動摩擦力，這一對滑動摩擦力做功，做功之和應小于零，選項A錯誤；由功能關系知，系統(tǒng)機械能的增加量為F(l＋x)－Ffl，D項錯誤，B項正確．對小車應用動能定理知Ffx＝eq\f(1,2)Mv2，C項正確．9．如圖7所示，傾角為30°、高為L的固定斜面底端與水平面平滑相連，質量分別為3m、m的兩個小球A、B為L的輕繩連接，A球置于斜面頂端，現(xiàn)由靜止釋放A、B兩球，球B與弧形擋板碰撞過程中無機械能損失，且碰后只能沿斜面下滑，它們最終均滑至水平面上．重力加速度圖7為g，不計一切摩擦，則 ()A．小球A下滑過程中，小球A、B系統(tǒng)的重力對系統(tǒng)做正功，系統(tǒng)的重力勢能減小B．A球剛滑至水平面時，速度大小為eq\f(\r(5gL),2)C．小球B上升L/2時，重力對小球A做功的功率大于重力對小球B做功的功率D．小球B從剛開頭上升到開頭進入斜面過程中，繩的拉力對小球B做功為eq\f(3mgL,4)答案ABC解析小球A下滑過程中，B球的重力對B球做負功，A球的重力對A球做正功，但由系統(tǒng)的動能增大可知，系統(tǒng)的重力勢能減小，故小球A、B系統(tǒng)的重力對系統(tǒng)做正功，A項正確；對A、B系統(tǒng)利用機械能守恒可知，A球從開頭滑動到剛滑至水平面過程中，有3mgL－mgeq\f(L,2)＝eq\f(1,2)×4mv2，故v＝eq\f(\r(5gL),2)，B項正確；小球B上升L/2時，因兩球的速度大小相等，而A球沿斜面對下的分力為1.5mg，故此時重力對小球A做功的功率大于重力對小球B做功的功率，C項正確；小球B從剛開頭上升到開頭進入斜面過程中，有3mgeq\f(L,2)－mgL＝eq\f(1,2)×4mv′2，故v′＝eq\f(\r(gL),2)，對B球利用動能定理有：W－mgL＝eq\f(1,2)mv′2，故W＝eq\f(9mgL,8)，D項錯誤．10．如圖8所示，水平傳送帶AB長21m，以6m/s順時針勻速轉動，臺面與傳送帶平滑連接于B點，半圓形光滑軌道半徑R＝1.25m，與水平臺面相切于C點，BC長x＝5.5m，P點是圓弧軌道上與圓心O等高的一點．一質量為m＝1kg的物圖8塊(可視為質點)，從A點無初速度釋放，物塊與傳送帶及臺面間的動摩擦因數(shù)均為0.1，則關于物塊的運動狀況，下列說法正確的是 ()A．物塊不能到達P點B．物塊能越過P點做斜拋運動C．物塊能越過P點做平拋運動D．物塊能到達P點，但不會毀滅選項B、C所描述的運動狀況答案D解析物塊從A點釋放后在傳送帶上做加速運動，假設到達臺面之前能夠達到傳送帶的速度v，則由動能定理得，μmgx1＝eq\f(1,2)mv2，得x1＝18m<21m，假設成立．物塊以6m/s沖上臺面，假設物塊能到達P點，則到達P點時的動能EkP可由動能定理求得，－μmgx－mgR＝EkP－eq\f(1,2)mv2，得EkP＝0，可見，物塊能到達P點，速度恰為零，之后從P點沿圓弧軌道滑回，不會毀滅選項B、C所描述的運動