1. (2019·浙江選考)奧運(yùn)會比賽項(xiàng)目撐桿跳高如圖所示，下列說法不正確的是( )
A．加速助跑過程中，運(yùn)動員的動能增加
B．起跳上升過程中，桿的彈性勢能一直增加
C．起跳上升過程中，運(yùn)動員的重力勢能增加
D．越過橫桿后下落過程中，運(yùn)動員的重力勢能減少，動能增加
B [加速助跑過程中速度增大，動能增加，A正確；撐桿從開始形變到撐桿恢復(fù)形變時，先是運(yùn)動員部分動能轉(zhuǎn)化為桿的彈性勢能，后彈性勢能轉(zhuǎn)化為運(yùn)動員的動能與重力勢能，桿的彈性勢能不是一直增加，B錯誤；起跳上升過程中，運(yùn)動員的高度在不斷增大，所以運(yùn)動員的重力勢能增加，C正確；當(dāng)運(yùn)動員越過橫桿下落的過程中，他的高度降低、速度增大，重力勢能轉(zhuǎn)化為動能，即重力勢能減少，動能增加，D正確。]
2.(2017·全國卷Ⅲ)如圖所示，一質(zhì)量為m、長度為l的均勻柔軟細(xì)繩PQ豎直懸掛。用外力將繩的下端Q緩慢地豎直向上拉起至M點(diǎn)，M點(diǎn)與繩的上端P相距eq \f(1,3)l。重力加速度大小為g。在此過程中，外力做的功為( )
A．eq \f(1,9)mgl B．eq \f(1,6)mgl C．eq \f(1,3)mgl D．eq \f(1,2)mgl
A [以均勻柔軟細(xì)繩MQ段為研究對象，其質(zhì)量為eq \f(2,3) m，取M點(diǎn)所在的水平面為零勢能面，開始時，細(xì)繩MQ段的重力勢能Ep1＝－eq \f(2,3)mg·eq \f(l,3)＝－eq \f(2,9)mgl，用外力將繩的下端Q緩慢地豎直向上拉起至M點(diǎn)時，細(xì)繩MQ段的重力勢能Ep2＝－eq \f(2,3)mg·eq \f(l,6)＝－eq \f(1,9)mgl，則外力做的功即克服重力做的功等于細(xì)繩MQ段的重力勢能的變化，即W＝Ep2－Ep1＝－eq \f(1,9)mgl＋eq \f(2,9)mgl＝eq \f(1,9)mgl，選項(xiàng)A正確。]
3．(多選)(2020·全國卷Ⅰ)一物塊在高3.0 m、長5.0 m的斜面頂端從靜止開始沿斜面下滑，其重力勢能和動能隨下滑距離s的變化如圖中直線Ⅰ、Ⅱ所示，重力加速度取10 m/s2。則( )
A．物塊下滑過程中機(jī)械能不守恒
B．物塊與斜面間的動摩擦因數(shù)為0.5
C．物塊下滑時加速度的大小為6.0 m/s2
D．當(dāng)物塊下滑2.0 m時機(jī)械能損失了12 J
AB [由重力勢能和動能隨下滑距離s變化的圖象可知，重力勢能和動能之和隨下滑距離s的增大而減小，可知物塊下滑過程中機(jī)械能不守恒，A項(xiàng)正確；在斜面頂端，重力勢能mgh＝30 J，解得物塊質(zhì)量m＝1 kg，由重力勢能隨下滑距離s變化圖象可知，重力勢能可以表示為Ep＝(30－6s)J，由動能隨下滑距離s變化圖象可知，動能可以表示為Ek＝2s J，設(shè)斜面傾角為θ，則有sin θ＝eq \f(h,L)＝eq \f(3,5)，cs θ＝eq \f(4,5)，由功能關(guān)系有－μmgcs θ·s＝Ep＋Ek－30 J＝(30－6s＋2s－30) J＝－4s J，可得μ＝0.5，B項(xiàng)正確；由Ek＝2s J，Ek＝eq \f(mv2,2)可得，v2＝4s m2/s2，對比勻變速直線運(yùn)動公式v2＝2as，可得a＝2 m/s2，即物塊下滑時加速度的大小為2.0 m/s2，C項(xiàng)錯誤；由重力勢能和動能隨下滑距離s變化圖象可知，當(dāng)物塊下滑2.0 m時機(jī)械能為E＝18 J＋4 J＝22 J，機(jī)械能損失了ΔE＝30 J－22 J＝8 J，D項(xiàng)錯誤。]
1．常見的功能關(guān)系
2．對功能關(guān)系的理解
(1)做功的過程就是能量轉(zhuǎn)化的過程，不同形式的能量發(fā)生相互轉(zhuǎn)化是通過做功來實(shí)現(xiàn)的。
(2)功是能量轉(zhuǎn)化的量度，功和能的關(guān)系，一是體現(xiàn)在不同的力做功，對應(yīng)不同形式的能轉(zhuǎn)化，具有一一對應(yīng)關(guān)系，二是做功的多少與能量轉(zhuǎn)化的多少在數(shù)值上相等。
摩擦力做功與能量轉(zhuǎn)化
1．兩種摩擦力做功的比較
2.摩擦生熱的“三點(diǎn)”提醒
(1)大小：系統(tǒng)內(nèi)因滑動摩擦力做功產(chǎn)生的熱量Q＝Ffx相對
(2)產(chǎn)生：有滑動摩擦力的系統(tǒng)內(nèi)存在相對位移，摩擦生熱Q＝Ffx相對中，x相對是兩物體間相對運(yùn)動的位移，即同向相減、反向相加；若物體做往復(fù)運(yùn)動，則x相對為總的相對路程。
(3)能量變化有兩種形式：一是相互摩擦的物體之間機(jī)械能轉(zhuǎn)移；二是機(jī)械能轉(zhuǎn)化為內(nèi)能(即熱量)。
eq \([典例1]) 如圖所示，傳送帶與地面的夾角θ＝37°，A、B兩端間距L＝16 m，傳送帶以速度v＝10 m/s沿順時針方向運(yùn)動，物體m＝1 kg，無初速度地放置于A端，它與傳送帶間的動摩擦因數(shù)μ＝0.5，試求：(sin 37°＝0.6，cs 37°＝0.8，g取10 m/s2)
(1)物體由A端運(yùn)動到B端的時間；
(2)系統(tǒng)因摩擦產(chǎn)生的熱量。
思維流程：解此題按以下思路：
eq \x(輕放物體)eq \(――→,\s\up10(受力),\s\d6(分析))eq \x(物體加速下滑)eq \(――→,\s\up10(運(yùn)動),\s\d6(分析))eq \x(共速)eq \(――→,\s\up10(受力),\s\d6(分析))eq \x(繼續(xù)加速)
[解析] (1)物體剛放上傳送帶時受到沿斜面向下的滑動摩擦力，由牛頓第二定律得
mgsin θ＋μmgcs θ＝ma1
設(shè)物體經(jīng)時間t1加速到與傳送帶同速，則
v＝a1t1，x1＝eq \f(1,2)a1teq \\al(2,1)
解得a1＝10 m/s2，t1＝1 s，x1＝5 m
設(shè)物體與傳送帶同速后再經(jīng)過時間t2到達(dá)B端，因mgsin θ>μmgcs θ，故當(dāng)物體與傳送帶同速后，物體將繼續(xù)加速，即mgsin θ－μmgcs θ＝ma2
L－x1＝vt2＋eq \f(1,2)a2teq \\al(2,2)
解得t2＝1 s
故物體由A端運(yùn)動到B端的時間
t＝t1＋t2＝2 s。
(2)物體與傳送帶間的相對位移
x相＝(vt1－x1)＋(L－x1－vt2)＝6 m
故Q＝μmgcs θ·x相＝24 J。
[答案] (1)2 s (2)24 J
相對滑動物體能量問題的解題流程
eq \([跟進(jìn)訓(xùn)練])
水平地面上摩擦力做功分析
1．(多選)(2019·江蘇高考)如圖所示，輕質(zhì)彈簧的左端固定，并處于自然狀態(tài)。小物塊的質(zhì)量為m，從A點(diǎn)向左沿水平地面運(yùn)動，壓縮彈簧后被彈回，運(yùn)動到A點(diǎn)恰好靜止。物塊向左運(yùn)動的最大距離為s，與地面間的動摩擦因數(shù)為μ，重力加速度為g，彈簧未超出彈性限度。在上述過程中( )
A．彈簧的最大彈力為μmg
B．物塊克服摩擦力做的功為2μmgs
C．彈簧的最大彈性勢能為μmgs
D．物塊在A點(diǎn)的初速度為eq \r(2μgs)
BC [物塊向左運(yùn)動壓縮彈簧，彈簧最短時，物塊具有向右的加速度，彈力大于摩擦力，即F>μmg，A錯誤；根據(jù)功的公式，物塊克服摩擦力做的功W＝μmgs＋μmgs＝2μmgs，B正確；根據(jù)能量守恒，彈簧彈開物塊的過程中，彈簧的彈性勢能通過摩擦力做功轉(zhuǎn)化為內(nèi)能，故Epm＝μmgs，C正確；根據(jù)能量守恒，在整個過程中，物體的初動能通過摩擦力做功轉(zhuǎn)化為內(nèi)能，即eq \f(1,2)mv2＝2μmgs，所以v＝2eq \r(μgs)，D錯誤。]
傳送帶問題中的摩擦力做功問題
2.如圖所示，質(zhì)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(jī)帶動，始終保持以圖示速度v勻速運(yùn)動。物體與傳送帶間的動摩擦因數(shù)為μ，物體運(yùn)動一段距離能保持與傳送帶相對靜止。對于物體從靜止釋放到相對傳送帶靜止這一過程，下列說法正確的是( )
A．電動機(jī)多做的功為eq \f(1,2)mv2
B．摩擦力對物體做的功為mv2
C．傳送帶克服摩擦力做的功為eq \f(1,2)mv2
D．物體與傳送帶因摩擦產(chǎn)生的熱量為eq \f(1,2)mv2
D [電動機(jī)多做的功轉(zhuǎn)化成了物體的動能和內(nèi)能，物體從靜止釋放到相對傳送帶靜止過程中獲得的動能為eq \f(1,2)mv2，所以電動機(jī)多做的功一定大于eq \f(1,2)mv2，所以A錯誤；物體從靜止釋放到相對傳送帶靜止過程中只有摩擦力對物體做功，由動能定理可知，摩擦力對物體做的功等于物體動能的變化，即為eq \f(1,2)mv2，所以B錯誤；物體做勻加速直線運(yùn)動的末速度為v，故此過程中物體的平均速度為eq \f(v,2)，傳送帶的速度為v，則此過程傳送帶的位移為物體位移的2倍，因?yàn)槟Σ亮ξ矬w做功為eq \f(1,2)mv2，故傳送帶克服摩擦力做的功為mv2，故C錯誤；傳送帶克服摩擦力做的功為mv2，物體獲得的動能為eq \f(1,2)mv2，根據(jù)能量守恒定律知，物體與傳送帶因摩擦產(chǎn)生的熱量為eq \f(1,2)mv2，故D正確。]
“滑塊—木板”問題中摩擦力做功
3.(多選)如圖所示，在光滑的水平面上，有一質(zhì)量為M的長木板以一定的初速度向右勻速運(yùn)動，將質(zhì)量為m的小鐵塊無初速度地輕放到長木板右端，小鐵塊與長木板間的動摩擦因數(shù)為μ，當(dāng)小鐵塊在長木板上相對長木板滑動L時，與長木板保持相對靜止，此時長木板對地的位移為x，在這個過程中，下面說法正確的是( )
A．小鐵塊增加的動能為μmg(x＋L)
B．長木板減少的動能為μmgx
C．摩擦產(chǎn)生的熱量為μmg(x－L)
D．系統(tǒng)機(jī)械能的減少量為μmgL
BD [對小鐵塊，摩擦力做正功，根據(jù)動能定理有μmg(x－L)＝eq \f(1,2)mv2－0，其中(x－L)為小鐵塊相對地面的位移，則小鐵塊增加的動能ΔEkm＝μmg(x－L)，A項(xiàng)錯誤；對長木板，摩擦力做負(fù)功，根據(jù)動能定理，長木板減少的動能ΔEkM＝μmgx，B項(xiàng)正確；摩擦產(chǎn)生的熱量Q＝μmgL(L為相對位移)，C項(xiàng)錯誤；根據(jù)能量守恒定律，系統(tǒng)減少的機(jī)械能等于產(chǎn)生的熱量ΔE＝Q＝μmgL，D項(xiàng)正確。]
能量守恒定律的理解及應(yīng)用
1．對能量守恒定律的理解
(1)轉(zhuǎn)化：某種形式的能量減少，一定存在其他形式的能量增加，且減少量和增加量一定相等。
(2)轉(zhuǎn)移：某個物體的能量減少，一定存在其他物體的能量增加，且減少量和增加量一定相等。
2．涉及彈簧的能量問題應(yīng)注意
兩個或兩個以上的物體與彈簧組成的系統(tǒng)相互作用的過程，具有以下特點(diǎn)：
(1)如果只有重力和系統(tǒng)內(nèi)彈簧彈力做功，系統(tǒng)機(jī)械能守恒。
(2)如果系統(tǒng)每個物體除彈簧彈力外所受合外力為零，則當(dāng)彈簧伸長或壓縮到最大程度時兩物體速度相同。
eq \([典例2]) (多選)如圖所示，輕質(zhì)彈簧一端固定，另一端與一質(zhì)量為m、套在粗糙豎直固定桿A處的圓環(huán)相連，彈簧水平且處于原長。圓環(huán)從A處由靜止開始下滑，經(jīng)過B處的速度最大，到達(dá)C處的速度為零，AC＝h。圓環(huán)在C處獲得一豎直向上的速度v，恰好能回到A處。彈簧始終在彈性限度內(nèi)，重力加速度為g。則圓環(huán)( )
A．下滑過程中，加速度一直減小
B．下滑過程中，克服摩擦力做的功為eq \f(1,4)mv2
C．在C處，彈簧的彈性勢能為eq \f(1,4)mv2－mgh
D．上滑經(jīng)過B的速度大于下滑經(jīng)過B的速度
思路點(diǎn)撥：解此題的關(guān)鍵是根據(jù)“B處速度最大”、“C處速度為零”分析圓環(huán)的運(yùn)動過程及能量轉(zhuǎn)化規(guī)律。
BD [圓環(huán)從A處由靜止開始下滑，則說明圓環(huán)具有向下的加速度，經(jīng)過B處的速度最大，說明在B處的加速度為零，到達(dá)C處的速度為零，說明圓環(huán)從B處開始減速、具有與速度相反方向的加速度，即下滑過程中，加速度先減小，后反向增大，故選項(xiàng)A錯誤；圓環(huán)從A處到C處的過程中，設(shè)圓環(huán)在C點(diǎn)時彈簧的彈性勢能為Ep，該過程中圓環(huán)克服摩擦力做功為Wf，由能量守恒定律得mgh＝Ep＋Wf，圓環(huán)從C處到A處的過程中，由能量守恒定律得mgh＋Wf＝Ep＋eq \f(1,2)mv2，由以上兩式解得Wf＝eq \f(1,4)mv2，Ep＝mgh－eq \f(1,4)mv2，選項(xiàng)B正確，C錯誤；由能量守恒定律得，圓環(huán)從A處到B處的過程中，mghAB＝E′p＋Wf1＋eq \f(1,2)mveq \\al(2,1)，圓環(huán)從B處到A處的過程中，mghAB＋Wf1＝E′p＋eq \f(1,2)mveq \\al(2,2)，由以上兩式知，v1L1cs β＋L2，所以eq \f(1,2)mveq \\al(2,C)

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