2020高考物理一轮复习第五章第4讲功能关系能量守恒定律学案（含解析）.doc

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1、1功能关系 能量守恒定律主干梳理 对点激活知识点 功能关系 1能的概念：一个物体能对外做功，这个物体就具有能量。2功能关系(1)功是 能量转化的量度，即做了多少功就有 多少能量发生了转化。01 02 (2)做功的过程一定伴随着 能量的转化，而且 能量转化必通过做功来实现。03 04 知识点 能量守恒定律 1内容：能量既不会凭空 产生，也不会凭空消失，它只能从一种形式 转化为另一01 02 种形式，或者从一个物体 转移到另一个物体，在 转化或转移的过程中，能量的总量03 04 保持不变。05 2适用范围：能量守恒定律是贯穿物理学的基本规律，是各种自然现象中 普遍适用06 的一条规律。3表达式(1

2、)E 初 E 末 ，初状态各种能量的 总和等于末状态各种能量的 总和。07 08 (2) E 增 E 减 ，增加的能量总和等于减少的能量总和。一 思维辨析1物体下落 h，重力做功 mgh，物体具有了能量 mgh。( )2能量在转移或转化过程中是守恒的，故没有必要节约能源。( )3在物体的机械能减少的过程中，动能有可能是增大的。( )4一个物体的能量增加，必定有别的物体能量减少。( )5滑动摩擦力做功时，一定会产生热量。( )6重力和弹簧弹力之外的力做功的过程是机械能和其他形式能量转化的过程。( )答案 1. 2. 3. 4. 5. 6.二 对点激活1有关功和能，下列说法正确的是( )A力对物体

3、做了多少功，物体就具有多少能B物体具有多少能，就一定能做多少功C物体做了多少功，就有多少能量消失D能量从一种形式转化为另一种形式时，可以用功来量度能量转化的多少答案 D解析 功是能量转化的量度，物体做了多少功，就有多少能量发生了转化；并非力对物体做了多少功，物体就具有多少能；也并非物体具有多少能，就一定能做多少功，所以A、B 错误。做功的过程是能量转化的过程，能量在转化过程中总量守恒，并不消失，所以2C 错误，D 正确。2. 质量为 m 的物体以初速度 v0沿水平面向左开始运动，起始点 A 与一轻弹簧 O 端相距 s，如图所示。已知物体与水平面间的动摩擦因数为 ，物体与弹簧相碰后，弹簧的最大压

4、缩量为 x，则从开始碰撞到弹簧被压缩至最短，物体克服弹簧弹力所做的功为( )A. mv mg (s x) B. mv mgx12 20 12 20C mgs D mg (s x)答案 A解析 物体克服弹簧弹力做功，弹性势能增加，克服弹力做多少功就转化成多少弹性势能，由能量守恒得 Ep mg (s x) mv ，所以 Ep mv mg (s x)，故 A 正确。12 20 12 20考点细研 悟法培优考点 1 功能关系的理解和应用1对功能关系的进一步理解(1)做功的过程就是能量转化的过程。不同形式的能量发生相互转化是通过做功来实现的。(2)功是能量转化的量度，功和能的关系，一是体现在不同的力做功

5、，对应不同形式的能转化，具有一一对应关系，二是做功的多少与能量转化的多少在数值上相等。2几种常见的功能关系及其表达式力做功 能的变化 定量关系合外力做功 动能变化(1)合外力做正功，动能增加(2)合外力做负功，动能减少(3)W Ek2 Ek1 Ek重力做功 重力势能变化(1)重力做正功，重力势能减少(2)重力做负功，重力势能增加(3)WG Ep Ep1 Ep2弹簧弹力做功 弹性势能变化(1)弹力做正功，弹性势能减少(2)弹力做负功，弹性势能增加(3)WF Ep Ep1 Ep2电场力做功 电势能 变化 (1)电场力做正功，电势能减少(2)电场力做负功，电势能增加3(3)W 电 Ep安培力做功 电

6、能变化(1)安培力做正功，电能减少(2)安培力做负功，电能增加(3)W 安 E 电除重力和弹簧弹力之外的其他力做功机械能变化(1)其他力做正功，机械能增加(2)其他力做负功，机械能减少(3)W E一对相互作用的滑动摩擦力的总功 内能变化(1)作用于系统的一对滑动摩擦力的总功一定为负值，系统内能增加(2)Q FfL 相对例 1 (2018郑州质检)(多选)在奥运比赛项目中，10 m 跳台跳水是我国运动员的强项。某次训练中，质量为 60 kg 的跳水运动员从跳台自由下落 10 m 后入水，在水中竖直向下减速运动。设他在空中下落时所受空气阻力不计，水对他的阻力大小恒为 2400 N。那么在他入水后下

7、降 2.5 m 的过程中，下列说法正确的是(取 g10 m/s 2)( )A他的加速度大小为 30 m/s2B他的动量减少了 300 kgm/sC他的动能减少了 4500 JD他的机械能减少了 4500 J解题探究 (1)运动员入水后受几个力？分别做什么功？提示：受重力和阻力共两个力。重力做正功，阻力做负功。(2)运动员机械能如何变化？提示：阻力做负功，机械能减少。尝试解答 选 AC。跳水运动员入水后，受到竖直向下的重力 mg600 N，水对他的阻力 f2400 N，由牛顿第二定律有， f mg ma，解得 a30 m/s2，A 正确；运动员从 10 m 高跳台自由下落h10 m 时的速度 v

8、1 10 m/s，由 v v 2 aH，解得入水后下降 H2.5 m 时速2gh 2 21 2度 v25 m/s，他的动量减少了 mv1 mv2300 kgm/s，B 错误；在入水后下降2 2H2.5 m 的过程中，合外力做的功 W mgH fH4500 J，根据动能定理可知，他的动能减少了 4500 J，C 正确；在入水后下降 H2.5 m 的过程中，他克服水的阻力做的功为Wf fH6000 J，根据功能关系，他的机械能减少了 6000 J，D 错误。总结升华功能关系的选用原则(1)总的原则是根据做功与能量转化的一一对应关系，确定所选用的定理或规律，若只涉及动能的变化用动能定理分析。(2)只

9、涉及重力势能的变化用重力做功与重力势能变化的关系分析。(3)只涉及机械能的变化用除重力和弹力之外的力做功与机械能变化的关系分析。(4)只涉及电势能的变化用电场力做功与电势能变化的关系分析。变式 1 (2019四川广元第一次适应性统考)质量相等的甲、乙两物体从离地面相4同高度处同时由静止开始下落，运动中两物体所受阻力的特点不同，其 vt 图象如图所示。则下列判断正确的是( )A t0时刻甲物体的加速度大于乙物体的加速度B t0时刻甲、乙两物体所受阻力相同C0 t0时间内，甲、乙两物体重力势能的变化量相同D0 t0时间内，甲物体克服阻力做的功较多答案 A解析 由图线的斜率可以看出， t0时刻甲物体

10、的加速度大于乙物体的加速度，故 A 正确；在 t0时刻，甲物体的加速度大于乙物体的加速度，根据牛顿第二定律可知a g ，质量相等，则 t0时刻甲物体所受阻力小于乙物体所受阻力，故 B 错误；mg fm fm由图象可知，0 t0时间内乙下落的位移大于甲下落的位移，则乙重力做的功较多，所以乙物体重力势能的变化量较大，故 C 错误；0 t0时间内，根据动能定理可知，甲、乙合外力做功相等，而乙重力做的功较多，所以乙克服阻力做的功较多，故 D 错误。考点 2 摩擦力做功与能量转化的关系两种摩擦力的做功情况比较5例 2 电动机带动水平传送带以速度 v 匀速传动，一质量为 m 的小木块由静止轻放在传送带上，

11、如图所示。若小木块与传送带之间的动摩擦因数为 ，当小木块与传送带相对静止时，求：6(1)小木块的位移；(2)传送带转过的路程；(3)小木块获得的动能；(4)摩擦过程产生的摩擦热；(5)电动机带动传送带匀速传动输出的总能量。解题探究 (1)小木块刚放上传送带时加速度的方向怎样？运动性质如何？提示：加速度方向水平向右，小木块做匀加速直线运动。(2)摩擦生成的热量的计算公式是什么？电动机输出的能量转化成了什么能量？提示： Q Ffl 相对 ，电动机输出的能量转化成了小木块的动能与摩擦热。尝试解答 (1) (2) (3) mv2 (4) mv2 (5) mv2v22 g v2 g 12 12木块刚放上

12、时速度为零，必然受到传送带的滑动摩擦力作用，做匀加速直线运动，达到与传送带共速后不再相对滑动，整个过程中木块获得一定的能量，系统要产生摩擦热。对小木块，相对滑动时由 mg ma 得加速度 a g 。由 v at 得，达到相对静止所用时间 t 。v g(1)小木块的位移 l1 t 。v2 v22 g(2)传送带始终匀速运动，路程 l2 vt 。v2 g(3)小木块获得的动能 Ek mv212也可用动能定理 mgl 1 Ek，故 Ek mv2。12(4)产生的摩擦热： Q mg (l2 l1) mv2。(注意： Q Ek是一种巧合，不是所有的问12题都这样)(5)由能量守恒定律得，电机输出的总能量

13、转化为小木块的动能与摩擦热，所以 E 总 Ek Q mv2。总结升华求解物体相对滑动的能量问题的方法(1)正确分析物体的运动过程，做好受力情况分析。(2)利用运动学公式，结合牛顿第二定律分析物体的速度关系及位移关系。注意：无论是计算滑动摩擦力做功，还是计算静摩擦力做功，都应代入物体相对地面的位移。7(3)公式 Q Ffl 相对 中 l 相对 为两接触物体间的相对位移，若物体在接触面上做往复运动，则 l 相对 为总的相对路程。变式 2 如图所示，一足够长的木板在光滑的水平面上以速度 v 向右匀速运动，现将质量为 m 的物体竖直向下轻轻地放置在木板上的右端，已知物体 m 和木板之间的动摩擦因数为

14、，为保持木板的速度不变，从物体 m 放到木板上到它相对木板静止的过程中，须对木板施一水平向右的作用力 F，那么力 F 对木板做功的数值为( )A. B. C mv2 D2 mv2mv24 mv22答案 C解析 由能量转化和守恒定律可知，拉力 F 对木板所做的功 W 一部分转化为物体 m 的动能，一部分转化为系统内能，故 W mv2 mg s 相 ，其中 s 相 vt t， v gt ，以12 v2上三式联立可得： W mv2，故 C 正确。考点 3 能量守恒定律的理解和应用1对能量守恒定律的理解(1)某种形式的能量减少，一定存在其他形式的能量增加，且减少量和增加量一定相等。(2)某个物体的能量

15、减少，一定存在其他物体的能量增加，且减少量和增加量一定相等。2应用能量守恒定律解题的思路(1)分清有多少形式的能(动能、势能、内能等)发生变化。(2)明确哪种形式的能量增加，哪种形式的能量减少，并且列出减少的能量 E 减 和增加的能量 E 增 的表达式。(3)列出能量守恒关系式 E 减 E 增 。例 3 (2018保定一模)如图所示，固定斜面 AB 和 CB 与水平面均由一小段光滑圆弧连接，倾角分别为 、 ， OB h。细线一端固定在竖直挡板上，另一端系一质量为 m 的小物块，在小物块和挡板之间压缩一轻质弹簧(小物块与弹簧不连接)，烧断细线，小物块被弹出，滑上斜面 AB 后，恰好能运动到斜面的

16、最高点，已知 AD l，小物块与水平面、斜面间的动摩擦因数均为 ，重力加速度为 g，则( )8A弹簧对小物块做功为 mglB斜面摩擦力对小物块做功为 mghsinC细线烧断前，弹簧具有的弹性势能为mgh mg (htan l)D撤去斜面 AB，小物块还从 D 点弹出，将沿斜面 CB 上滑并从 B 点飞出去解题探究 (1)这个过程能量如何转化？提示：弹簧的弹性势能转化为小物块的重力势能和摩擦生成的热量。(2)物块从 D 滑到 B 的过程中克服摩擦力做的功是多少？提示： Wf mgl mg cos mg OD。hsin尝试解答 选 C。烧断细线后，弹簧的弹性势能转化成小物块的重力势能与摩擦生成的热

17、量，即Ep mgh mgl mg cos mgh mg ，弹簧对小物块做的功等于弹hsin ( htan l)性势能减少量，也为 mgh mg ，故 A 错误，C 正确；小物块从 A 到 B 过程中，(htan l)斜面摩擦力对小物块做负功，且为 mg cos mg ，故 B 错误；物块克hsin htan服摩擦力做的功 Wf mg mg OD，可见 Wf与斜面倾角无关，所以撤去斜面(htan l)AB，小物块从 C 点冲上斜面，仍恰能到达 B 点，D 错误。总结升华能量问题的解题方法(1)涉及滑动摩擦力做功的能量问题的解题方法当涉及滑动摩擦力做功，机械能不守恒时，一般应用能的转化和守恒定律。

18、解题时，首先确定初末状态，然后分析状态变化过程中哪种形式的能量减少，哪种形式的能量增加，求出减少的能量总和 E 减 和增加的能量总和 E 增 ，最后由 E 减 E 增 列式求解。(2)涉及弹簧弹力做功的能量问题的解题方法两个或两个以上的物体与弹簧组成的系统相互作用的过程，具有以下特点：能量变化上，如果只有重力和系统内弹簧弹力做功，系统机械能守恒。9如果系统中每个物体除弹簧弹力外所受合外力为零，则当弹簧伸长或压缩到最大程度时两物体速度相同。变式 3 如图所示，倾角 30的粗糙面固定在地面上，长为 l，质量为 m，粗细均匀、质量分布均匀的软绳置于斜面上，其上端与斜面顶端水平。用细线将物块与软绳连接

19、，物块由静止释放后向下运动，直到软绳刚好全部离开斜面(此时物体未到达地面)，在此过程中( )A物块的机械能逐渐增加B软绳重力势能共减少 mgl14C物块重力势能的减少等于软绳摩擦力所做的功D软绳重力势能的减少大于其动能增加与克服摩擦力所做功之和答案 B解析 物块向下运动过程中，绳子拉力对物块做负功，物块的机械能减少，A 错误；软绳重心下降的高度为 sin l，软绳的重力势能减少 mgl，B 正确；由功能关系，l2 l2 14 14物块重力势能的减小等于物块重力做的功，而物块重力大于软绳所受的摩擦力，C 错误；对于软绳，由能的转化和守恒定律可知，绳子拉力对软绳所做的功和软绳重力势能的减少之和等于

20、软绳动能的增加与克服摩擦力所做功之和，D 错误。答卷现场 3 传送带模型(2015天津高考)(16 分) 某快递公司分拣邮件的水平传输装置示意图如图，皮带在电动机的带动下保持 v1 m/s 的恒定速度向右运动，现将一质量为 m2 kg 的邮件轻放在皮带上，邮件和皮带间的动摩擦因数 0.5。设皮带足够长，取 g10 m/s2，在邮件与皮带发生相对滑动的过程中，求：(1)邮件滑动的时间 t；10(2)邮件对地的位移大小 x；(3)邮件与皮带间的摩擦力对皮带做的功 W。高考模拟 随堂集训1(2018全国卷) 如图， abc 是竖直面内的光滑固定轨道， ab 水平，长度为2R； bc 是半径为 R 的

21、四分之一圆弧，与 ab 相切于 b 点。一质量为 m 的小球，始终受到与重力大小相等的水平外力的作用，自 a 点处从静止开始向右运动。重力加速度大小为 g。小球从 a 点开始运动到其轨迹最高点，机械能的增量为( )A2 mgR B4 mgR C5 mgR D6 mgR答案 C解析 小球始终受到与重力大小相等的水平外力的作用，机械能的增量 E 机 W 除 G 外力 ，机械能的增量等于水平外力在从 a 点开始运动到其轨迹最高点过程做的功。设小球运11动到 c 点的速度为 vc，由动能定理有： F3R mgR mv ，解得： vc2 。小球运动12 2c gR到 c 点后，根据小球受力情况，可分解为

22、水平方向初速度为零的匀加速运动，加速度为ax g，竖直方向的竖直上抛运动，加速度也为 g，小球上升至最高点时，竖直方向速度减小为零，时间为 t ，水平方向的位移为： x axt2 g 22 R。综上所述小vcg 2gRg 12 12(2gRg )球从 a 点开始运动到其轨迹最高点，机械能的增量为 E 机 F(3R x)5 mgR，正确答案为 C。2(2017全国卷) 如图，一质量为 m，长度为 l 的均匀柔软细绳 PQ 竖直悬挂。用外力将绳的下端 Q 缓慢地竖直向上拉起至 M 点， M 点与绳的上端 P 相距 l。重力加速度大13小为 g。在此过程中，外力做的功为( )A. mgl B. mg

23、l19 16C. mgl D. mgl13 12答案 A解析 以均匀柔软细绳 MQ 段为研究对象，其质量为 m，取 M 点所在的水平面为零势23能面，开始时，细绳 MQ 段的重力势能 Ep1 mg mgl，用外力将绳的下端 Q 缓慢23 l3 29地竖直向上拉起至 M 点时，细绳 MQ 段的重力势能 Ep2 mg mgl，则外力做的功23 l6 19即克服重力做的功等于细绳 MQ 段的重力势能的变化，即W Ep2 Ep1 mgl mgl mgl，选项 A 正确。19 29 193. (2018南昌模拟)(多选)如图所示，内壁光滑半径大小为 R 的圆轨道固定在竖直平面内，一个质量为 m 的小球静

24、止在轨道的最低点 A 点。现给小球一瞬时水平打击力，使小球沿轨道在竖直平面内运动。当小球回到 A 点时，再沿它的运动方向给第二次瞬时打击力。经过二次击打后，小球才能够通过轨道的最高点。已知第一次和第二次对小球的打击力做的功分别为 W 和 3W，则 W 的值可能为( )12A. mgR B. mgR C. mgR D mgR12 34 57答案 BCD解析 要使经过二次击打后，小球才能够通过轨道的最高点，设小球通过竖直面内圆周最高点的速度为 v，在最高点，由牛顿运动定律可得 mg m ，解得 v 。两次击打v2R gR小球做的总功为 4W，由功能关系可得 4W2 mgR mv2 mgR，解得 W

25、 mgR，要使给小球12 52 58一瞬时水平打击力，使小球沿轨道在竖直平面内运动且能够回到 A 点，则有 W mgR，所以B、C、D 正确。4. (2018广东惠州二调)如图所示，带有挡板的光滑斜面固定在水平地面上，斜面倾角 30，质量均为 2 kg 的 A、 B 两物体用轻弹簧拴接在一起，弹簧的劲度系数为 5 N/cm，质量为 4 kg 的物体 C 用细线通过光滑的轻质定滑轮与物体 B 连接，开始时 A、 B 均静止在斜面上， A 紧靠在挡板处，用手托住 C，使细线刚好被拉直，现把手拿开，让 C 由静止开始运动，从 C 开始运动到 A 刚要离开挡板的过程中，下列说法不正确的是(物体 C 未

26、触地， g 取 10 m/s2)( )A初状态弹簧的压缩量为 2 cmB末状态弹簧的伸长量为 2 cmC物体 B、 C 组成的系统机械能守恒D物体 C 克服细线的拉力所做的功为 0.8 J答案 C解析 初状态细线中拉力为 0，对 B 受力分析，由平衡条件可得 F1 mgsin3010 N，解得轻弹簧弹力 F110 N，根据胡克定律可得，初状态弹簧的压缩量为 x1 2 F1kcm，A 正确； A 刚要离开挡板时，轻弹簧对 A 的拉力 F2 mgsin3010 N，根据胡克定律13可得，末状态弹簧的伸长量为 x2 2 cm，B 正确； C 由静止开始运动，从 C 开始运动F2k到 A 刚要离开挡板

27、的过程中，物体 B、 C 和轻弹簧组成的系统机械能守恒，在运动过程中，弹簧的弹性势能一直在改变，故物体 B、 C 组成的系统机械能并不守恒，C 错误；从 C 开始运动到 A 刚要离开挡板的过程中，物体 C 下落 h x1 x24 cm，对 A、 B、 C 和轻弹簧组成的系统，机械能守恒，轻弹簧的弹性势能在运动过程的初、末位置相等，则有mCgh mBghsin30 (mB mC)v21.2 J，对物体 C 由动能定理， mCgh W mCv2，解得物12 12体 C 克服细线的拉力所做的功为 W mCgh mCv20.8 J，D 正确。125(2017全国卷)一质量为 8.00104 kg 的太

28、空飞船从其飞行轨道返回地面。飞船在离地面高度 1.60105 m 处以 7.50103 m/s 的速度进入大气层，逐渐减慢至速度为100 m/s 时下落到地面。取地面为重力势能零点，在飞船下落过程中，重力加速度可视为常量，大小取为 9.8 m/s2。(结果保留两位有效数字)(1)分别求出该飞船着地前瞬间的机械能和它进入大气层时的机械能；(2)求飞船从离地面高度 600 m 处至着地前瞬间的过程中克服阻力所做的功，已知飞船在该处的速度大小是其进入大气层时速度大小的 2.0%。答案 (1)4.010 8 J 2.410 12 J (2)9.710 8 J解析 (1)飞船着地前瞬间的机械能为Ek0

29、mv 12 20式中， m 和 v0分别是飞船的质量和着地前瞬间的速率。由式和题给数据得Ek04.010 8 J设地面附近的重力加速度大小为 g。飞船进入大气层时的机械能为Eh mv mgh12 2h式中， vh是飞船在高度 1.60105 m 处的速度大小。由式和题给数据得Eh2.410 12 J(2)飞船在高度 h600 m 处的机械能为Eh m 2 mgh12(2.0100vh)由功能关系得W Eh Ek0式中， W 是飞船从高度 600 m 处至着地前瞬间的过程中克服阻力所做的功。由式和题给数据得W9.710 8 J。配套课时作业时间：60 分钟 满分：100 分一、选择题(本题共 1

30、0 小题，每小题 7 分，共 70 分。其中 16 为单选，710 为多14选)1(2018云南第一次检测)起跳摸高是学生经常进行的一项体育活动。一质量为 m 的同学弯曲两腿向下蹲，然后用力蹬地起跳，从该同学用力蹬地到刚离开地面的起跳过程中，他的重心上升了 h，离地时他的速度大小为 v。下列说法正确的是( )A该同学机械能增加了 mghB起跳过程中该同学机械能增量为 mgh mv212C地面的支持力对该同学做功为 mgh mv212D该同学所受的合外力对其做功为 mv2 mgh12答案 B解析 该同学重心升高 h，重力势能增大了 mgh，又知离地时获得动能为 mv2，则机12械能增加了 mgh

31、 mv2，A 错误，B 正确；人与地面作用的过程中，支持力对人做功为零，12C 错误；该同学所受合外力做功等于动能增量，则 W 合 mv2，D 错误。122某同学将质量为 m 的一矿泉水瓶(可看成质点)竖直向上抛出，水瓶以 g 的加速度54匀减速上升，上升的最大高度为 H。水瓶往返过程受到的阻力大小不变。则( )A上升过程中水瓶的动能减少量为 mgH54B上升过程中水瓶的机械能减少了 mgH54C水瓶落回地面时动能大小为mgH4D水瓶上升过程处于超重状态，下落过程处于失重状态答案 A解析 水瓶以 a g 减速上升，设阻力为 f，则有 mg f ma，解得阻力 f mg，上54 14升阶段动能的

32、改变量等于合外力做的功， W 合 maH mgH，故 A 正确。上升过程机械54能的变化看阻力做功，即 fH E，所以上升过程机械能减少 mgH，故 B 错误。上升过14程由动能定理： mgH0 Ek0，得初动能为 mgH，全程由动能定理得：2 fH Ek Ek0，54 54解得 Ek mgH，故 C 错误。上升阶段加速度方向向下，下降阶段加速度方向向下，均为失34重状态，故 D 错误。3如图 1 所示，固定的粗糙斜面长为 10 m，一小滑块自斜面顶端由静止开始沿斜面下滑的过程中，小滑块的动能 Ek随位移 x 的变化规律如图 2 所示，取斜面底端为重力势能15的参考平面，小滑块的重力势能 Ep

33、随位移 x 的变化规律如图 3 所示，重力加速度 g10 m/s2。根据上述信息能求出( )A斜面的倾角B小滑块与斜面之间的动摩擦因数C小滑块下滑的加速度的大小D小滑块受到的滑动摩擦力的大小答案 D解析 小滑块沿斜面下滑的过程中，根据动能定理有： F 合 x Ek，由图 2 的斜率可求得合力 F 合 N 2.5 N，小滑块重力势能的变化量 Ep mg xsin ，由图 Ek x 25103 的斜率可求得 mgsin N10 N， F 合 Ep x 10010 mgsin Ff mgsin mg cos ma2.5 N，则小滑块受到的滑动摩擦力的大小 Ff可以求出，因小滑块的质量 m 未知，故斜

34、面的倾角 、小滑块与斜面之间的动摩擦因数 、小滑块下滑的加速度 a 的大小不能求出，故选 D。4如图所示，足够长的水平传送带以 v2 m/s 的速度沿顺时针方向匀速转动，上方漏斗以每秒 25 kg 把煤粉均匀且竖直抖落到传送带上，然后煤粉随传送带一起运动。已知煤粉与传送带间的动摩擦因数为 0.2，重力加速度大小为 g10 m/s2，欲使传送带保持原来的速度匀速转动，则传送带的电动机应增加的功率为( )A200 W B50 WC100 W D无法确定答案 C解析 煤粉竖直抖落到传送带上，在滑动摩擦力作用下加速到与传送带速度相等。由牛顿第二定律 mg ma，解得煤粉的加速度大小 a g 2 m/s

35、2。加速时间 t 1 s，va16加速位移 x1 at21 m，在 1 s 时间内传送带位移 x2 vt2 m，煤粉相对于传送带滑动12的距离 x x2 x11 m，每秒钟由于煤粉滑动摩擦产生的热量Q m 1g x0.225101 J50 J，每秒钟竖直抖落到传送带上的煤粉增加的动能 Ek m1v2 2522 J50 J，根据功能关系，传送带电动机应增加的功率 P100 12 12W，C 正确。5(2018河北名校联盟联考)如图所示，轻质弹簧的一端与固定的竖直板 P 拴接，另一端与物体 A 相连，物体 A 静止于光滑水平桌面上， A 右端连接一细线，细线绕过光滑的定滑轮与物体 B 相连。开始时

36、用手托住 B，让细线恰好伸直，然后由静止释放 B，直至 B 获得最大速度。重力加速度大小为 g，下列有关该过程的分析正确的是( )A释放 B 的瞬间其加速度为g2B B 动能的增加量等于它所受重力与拉力做功之和C B 机械能的减少量等于弹簧弹性势能的增加量D细线拉力对 A 做的功等于 A 机械能的增加量答案 B解析 对 B， mBg T mBa，对 A， T kx mAa，则有 mBg kx( mA mB)a，释放 B 的瞬间弹簧的形变量为零，但由于不知道 A、 B 的质量关系，故无法求出 B 的瞬时加速度，A 错误；根据动能定理知，合外力做的功等于动能的变化量，因此， B 动能的增加量等于它

37、所受重力与拉力做功之和，B 正确；整个系统中，根据能量守恒可知， B 机械能的减少量等于弹簧弹性势能增加量与 A 物体动能增加量之和，故 C 错误；细线对 A 的拉力和弹簧对 A 拉力做功之和等于 A 物体机械能的增加量，故 D 错误。6.如图所示，有三个斜面 a、 b、 c，底边的长分别为 L、 L、2 L，高度分别为2h、 h、 h，某物体与三个斜面间的动摩擦因数均相同，该物体分别沿三个斜面从顶端由静止释放后，都可以加速下滑到底端。三种情况相比较，下列关系不正确的是( )17A下滑过程经历的时间 tatb tcB物体到达底端的动能 EkaEkbEkcC因摩擦产生的内能 2Qa2 Qb Qc

38、D物体损失的机械能 Ec2 Eb2 Ea答案 A解析 设斜面和水平方向夹角为 ，斜面长度为 x，则物体在下滑到底端的过程中克服摩擦力做的功为： W mgx cos ， xcos 即为底边长度。物体下滑过程中，除重力外还有摩擦力做功，根据能量守恒，损失的机械能转化成因摩擦产生的内能，由题图可知 a和 b 底边相等且等于 c 的一半，因摩擦产生的内能关系为： Qa Qb Qc，所以损失的机械12能 Ea Eb Ec，C、D 正确。物体沿斜面运动的时间12t ， b c， xbEkbEkc，B 正确。7.一物体在竖直方向的升降机中，由静止开始竖直向上做直线运动，运动过程中物体的机械能 E 与其上升高

39、度 h 关系的图象如图所示，其中 0 h1过程的图线为曲线， h1 h2过程中的图线为直线。根据该图象，下列说法正确的是( )18A0 h1过程中，物体的动能一定在增加B0 h1过程中，升降机对物体的支持力一定做正功C h1 h2过程中，物体的动能可能不变D h1 h2过程中，物体的重力势能可能不变答案 BC解析 由功能关系可知除重力和弹簧弹力以外的力做功等于机械能的增加量，知 Eh图象的切线斜率表示升降机对物体的支持力。0 h1切线斜率逐渐变小，则支持力逐渐变小，但支持力肯定与运动方向相同，在此阶段一直做正功，故 B 项正确。0 h1过程，动能如何变化，要看合外力做的功，合外力一开始向上，随

40、支持力减小合外力是不是一直向上则不确定，故 A 项错误。 h1 h2过程， Eh 图象切线斜率不变，故支持力不变，若支持力等于重力，则 C 项正确。 h1 h2过程，物体随升降机向上运动，重力势能增加，故 D 项错误。8.(2018唐山三模)如图所示，轻质弹簧劲度系数为 k，一端与固定在倾角为 的光滑斜面底端的传感器连接，另一端与木块连接，木块处于静止状态，此时传感器示数为F0。若在木块上端加一沿斜面向上的恒力 F，当传感器示数再次为 F0时，下面说法正确的是( )A木块上升的高度为2F0kB木块的机械能增加量为2FF0kC木块的质量为F0gD木块的动能增加量为 (F F0)2F0k答案 BD

41、解析 传感器示数即为弹簧弹力大小，最初木块处于静止状态，知 mgsin F0，木19块质量 m ，故 C 错误。开始弹簧处于压缩状态，形变量 x1 ，当传感器示数再F0gsin F0k次为 F0时，弹簧处于伸长状态，形变量 x2 ，故木块沿斜面上升 x x1 x2 ，高度F0k 2F0kh xsin sin ，故 A 错误。弹簧弹力对木块先做正功后做负功，总功为零，则外力2F0kF 做功等于机械能的增加量 W Fx ，故 B 正确。由动能定理得木块动能增加量2FF0k Ek Fx mgsin x，得 Ek (F F0)，故 D 正确。2F0k9.如图所示，质量为 M、长为 L 的木板置于光滑的

42、水平面上，一质量为 m 的滑块放置在木板左端，滑块与木板间滑动摩擦力大小为 Ff，用水平的恒定拉力 F 作用于滑块。当滑块运动到木板右端时，木板在地面上移动的距离为 x，滑块速度为 v1，木板速度为 v2，下列结论正确的是( )A上述过程中， F 做功大小为 mv Mv12 21 12 2B其他条件不变的情况下， M 越大， x 越小C其他条件不变的情况下， F 越大，滑块到达右端所用时间越长D其他条件不变的情况下， Ff越大，滑块与木板间产生的热量越多答案 BD解析 F 做功大小为二者动能与产生的热量之和，A 错误；滑块在木板上滑动过程用v t 图象来研究，如图所示，图线为滑块的 v t 图

43、，为木板的 v t 图， t0时刻滑块到达木板右端，阴影部分面积为木板长度，则很容易知道其他条件不变， M 越大，图线的斜率越小， t0越小， x 越小，B 正确；其他条件不变， F 越大，图线的斜率越大， t0越小，故 C 错误；滑块与木板间产生的热量等于滑动摩擦力与相对位移的乘积，其他条件不变， Ff越大，滑块与木板间产生的热量越多，D 正确。10(2018江西重点中学协作体联考)如图甲所示，绷紧的水平传送带始终以恒定速率 v1运行。初速度大小为 v2，质量为 m 的小物块从与传送带等高的光滑水平地面上的 A 处20滑上传送带。若从小物块滑上传送带开始计时，小物块在传送带上运动的 vt 图

44、象(以地面为参考系)如图乙所示。已知 v2v1，则( )A物块与传送带的动摩擦因数为v2gt1B从开始到物块回到 A 处，物块的位移为 0，摩擦力对物块做功为 0C0 t3时间内，摩擦力对物块的冲量大小为 m(v2 v1)D在这个过程中由于物块的影响，电动机对传送带多做的功为mv1v2t2t1答案 AD解析 在 0 t1时间内，小物块向左做匀减速直线运动，设物块与传送带的动摩擦因数为 ，则加速度大小 a g ，由乙图可得 0 v2 at1，得 ，故 A 正确；从开始v2gt1到物块回到 A 处，物块的位移为 0，但摩擦力对物块做功不为 0，由动能定理得摩擦力对物块做的功 Wf mv mv ，故

45、 B 错误；摩擦力对物块的冲量大小 I mv1( mv2)12 21 12 2 m(v1 v2)，故 C 错误；在整个过程中，电动机对传送带多做的功等于传送带克服摩擦力做的功，即 W mg v1t2，把 代入得 W ，故 D 正确。mv1v2t2t1二、非选择题(本题共 2 小题，共 30 分)11(12 分)如图所示，水平传送带在电动机带动下以速度 v12 m/s 匀速运动，小物体 P、 Q 质量分别为 0.2 kg 和 0.3 kg，由通过定滑轮且不可伸长的轻绳相连， t0 时刻 P在传送带中点处由静止释放。已知 P 与传送带间的动摩擦因数为 0.5，传送带水平部分两端点间的距离为 4 m

46、，不计定滑轮质量及摩擦， P 与定滑轮间的绳水平，取 g10 m/s 2。21(1)判断 P 在传送带上的运动方向并求其加速度大小；(2)求 P 从开始到离开传送带水平端点的过程中，与传送带间因摩擦产生的热量；(3)求 P 从开始到离开传送带水平端点的过程中，电动机多消耗的电能。答案 (1)向左运动 4 m/s 2 (2)4 J (3)2 J解析 (1)传送带给 P 的摩擦力 f m 1g1 N，Q 的重力 m2g3 N，故 P 将向左运动。根据牛顿第二定律，对 P： T m 1g m1a，对 Q： m2g T m2a解得： a 4 m/s 2。m2g m1gm1 m2(2)从开始到末端： a

47、t2L2 12传送带的位移 s v1tQ m 1g( s)4 J。L2(3)解法一：电机多消耗的电能为传送带克服摩擦力所做的功 E 电 W 克 m 1gs E 电 2 J解法二：由能量守恒定律得， E 电 m2g (m1 m2)v2 QL2 12v at E 电 2 J。12.(18 分)如图所示，固定斜面的倾角 30，物体 A 与斜面之间的动摩擦因数 ，轻弹簧下端固定在斜面底端，弹簧处于原长时上端位于 C 点。用一根不可伸长的32轻绳通过轻质光滑的定滑轮连接物体 A 和 B，滑轮右侧绳子与斜面平行， A 的质量为 2m， B的质量为 m，初始时物体 A 到 C 点的距离为 L。现给 A、 B 一初速度 v0 ，使 A 开始沿斜gL面向下运动， B 向上运动，物体 A 将弹簧压缩到最短后又恰好能弹到 C 点。已知重力加速度为 g，不计空气阻力，整个过程中，轻绳始终处于伸直状态，求：(1)物体 A 向下运动刚到 C 点时的速度；(2)弹簧的最