第4講　功能關(guān)系　能量守恒定律  知識點　　功能關(guān)系　Ⅱ1．能的概念：一個物體能對外做功，這個物體就具有能量。2．功能關(guān)系(1)功是能量轉(zhuǎn)化的量度，即做了多少功就有多少能量發(fā)生了轉(zhuǎn)化。(2)做功的過程一定伴隨著能量的轉(zhuǎn)化，而且能量轉(zhuǎn)化必通過做功來實現(xiàn)。知識點　　能量守恒定律　Ⅱ1．內(nèi)容：能量既不會憑空產(chǎn)生，也不會憑空消失，它只能從一種形式轉(zhuǎn)化為其他形式，或者從一個物體轉(zhuǎn)移到別的物體，在轉(zhuǎn)化或轉(zhuǎn)移的過程中，能量的總量保持不變。2．適用范圍：能量守恒定律是貫穿物理學的基本規(guī)律，是各種自然現(xiàn)象中普遍適用的一條規(guī)律。3．表達式(1)E初＝E末，初狀態(tài)各種能量的總和等于末狀態(tài)各種能量的總和。(2)ΔE增＝ΔE減，增加的能量總和等于減少的能量總和。一 堵點疏通1．物體下落h，重力做功mgh，物體具有了能量mgh。(　　)2．在物體的機械能減少的過程中，動能有可能是增大的。(　　)3．一個物體的能量增加，必定有別的物體能量減少。(　　)4．滑動摩擦力做功時，一定會產(chǎn)生熱量。(　　)5．重力和彈簧彈力之外的力做功的過程是機械能和其他形式能量轉(zhuǎn)化的過程。(　　)答案　1.×　2.√　3.√　4.√　5.√二 對點激活1．有關(guān)功和能，下列說法正確的是(　　)A．力對物體做了多少功，物體就具有多少能B．物體具有多少能，就一定能做多少功C．物體做了多少功，就有多少能量消失D．能量從一種形式轉(zhuǎn)化為另一種形式時，可以用功來量度能量轉(zhuǎn)化的多少答案　D解析　功是能量轉(zhuǎn)化的量度，力對物體做了多少功，就有多少能量發(fā)生了轉(zhuǎn)化；并非力對物體做了多少功，物體就具有多少能；也并非物體具有多少能，就一定能做多少功，所以A、B錯誤。做功的過程是能量轉(zhuǎn)化的過程，能量在轉(zhuǎn)化過程中總量守恒，并不消失，所以C錯誤，D正確。2. (2018·浙江11月選考)奧運會比賽項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，運動員的重力勢能增加D．越過橫桿后下落過程中，運動員的重力勢能減少，動能增加答案　B解析　加速助跑過程中，運動員的速度增大，動能增加，A正確；起跳上升過程中，桿的形變程度減小，桿的彈性勢能減小，運動員的重力勢能增加，B錯誤，C正確；越過橫桿后下落過程中，運動員的高度降低，重力勢能轉(zhuǎn)化為動能，重力勢能減少，動能增加，D正確。本題選說法不正確的，故選B。  考點1　　功能關(guān)系的理解和應用1.對功能關(guān)系的進一步理解(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，對應不同形式的能轉(zhuǎn)化，具有一一對應關(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。2．幾種常見的功能關(guān)系及其表達式力做功能的變化定量關(guān)系合力做功動能變化(1)合力做正功，動能增加(2)合力做負功，動能減少(3)W＝Ek2－Ek1＝ΔEk重力做功重力勢能變化(1)重力做正功，重力勢能減少(2)重力做負功，重力勢能增加(3)WG＝－ΔEp＝Ep1－Ep2彈簧彈力做功彈性勢能變化(1)彈力做正功，彈性勢能減少(2)彈力做負功，彈性勢能增加(3)WF＝－ΔEp＝Ep1－Ep2靜電力做功電勢能變化(1)靜電力做正功，電勢能減少(2)靜電力做負功，電勢能增加(3)W電＝－ΔEp安培力做功電能變化(1)安培力做正功，電能減少(2)安培力做負功，電能增加(3)W安＝－ΔE電除重力和系統(tǒng)內(nèi)彈力之外的其他力做功　機械能變化(1)其他力做正功，機械能增加(2)其他力做負功，機械能減少(3)W＝ΔE機一對相互作用的滑動摩擦力的總功內(nèi)能變化(1)作用于系統(tǒng)的一對滑動摩擦力的總功一定為負值，系統(tǒng)內(nèi)能增加(2)Q＝Ff·L相對例1　(2020·甘肅省蘭州市高三下診斷)發(fā)光彈弓彈射飛箭是傍晚在廣場常見的兒童玩具，其工作原理是利用彈弓將發(fā)光飛箭彈出后在空中飛行。若小朋友將飛箭以大小為E的初動能從地面豎直向上彈出，飛箭落回地面時動能大小為，設飛箭在運動過程中所受空氣阻力的大小不變，重力加速度為g，以地面為零勢能面，則下列說法正確的是(　　)A．飛箭上升階段克服空氣阻力做的功為B．飛箭下落過程中重力做功為C．飛箭在最高點具有的機械能為D．飛箭所受空氣阻力與重力大小之比為1∶7 (1)已知飛箭從地面彈出的動能和落回地面的動能，能獲得什么信息？提示：能知道全程空氣阻力做的功。(2)如何求得飛箭下落過程中重力做的功？提示：可以根據(jù)動能定理對下落過程列方程。嘗試解答　選D。飛箭上升階段和下落階段克服空氣阻力做功相等，則上升階段克服空氣阻力做的功為Wf＝＝，故A錯誤；飛箭下落過程由動能定理有WG－Wf＝E，解得WG＝E，則飛箭在最高點具有的機械能為E，故B、C錯誤；根據(jù)W＝Fs可知＝＝，D正確。 功能關(guān)系的選用原則(1)總的原則是根據(jù)做功與能量轉(zhuǎn)化的一一對應關(guān)系，確定所選用的定理或規(guī)律，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(guān)系分析。(3)只涉及機械能的變化用除重力和彈力之外的力做功與機械能變化的關(guān)系分析。(4)只涉及電勢能的變化用靜電力做功與電勢能變化的關(guān)系分析。 [變式1]　(2020·河北衡水中學三月份教學質(zhì)量監(jiān)測)質(zhì)量為2 kg的物體以10 m/s的初速度，從起點A出發(fā)豎直向上拋出，在它上升到某一點的過程中，物體的動能損失了50 J，機械能損失了10 J，設物體在上升、下降過程空氣阻力大小恒定，則該物體再落回到A點時的動能為(g＝10 m/s2)(　　)A．40 J  B.60 J C.80 J  D.100 J答案　B解析　物體上升到某一點的過程中，重力、空氣阻力均做負功，根據(jù)動能定理有：W合＝ΔEk＝－50 J，空氣阻力做功對應著機械能的變化，則有：Wf＝ΔE＝－10 J，可得W合＝5Wf；物體的初動能為Ek0＝mv＝×2×102 J＝100 J，在物體從A點到最高點的過程中，物體的動能減小了100 J，由動能定理可得，合力做的功W合上＝－100 J，由于空氣阻力大小恒定，所以空氣阻力做功為Wf上＝W合上＝－20 J，由功能關(guān)系知，物體的機械能損失了20 J，所以下落過程物體的機械能也損失了20 J，則該物體再落回A點時的動能為100 J－2×20 J＝60 J，故A、C、D錯誤，B正確。考點2　　摩擦力做功與能量轉(zhuǎn)化的關(guān)系兩種摩擦力的做功情況比較　　類別比較　　靜摩擦力滑動摩擦力不同點能量的轉(zhuǎn)化方面在靜摩擦力做功的過程中，只有機械能從一個物體轉(zhuǎn)移到另一個物體(靜摩擦力起著傳遞機械能的作用)，而沒有機械能轉(zhuǎn)化為其他形式的能量(1)相對運動的物體通過滑動摩擦力做功，將部分機械能從一個物體轉(zhuǎn)移到另一個物體(2)部分機械能轉(zhuǎn)化為內(nèi)能，此部分能量就是系統(tǒng)機械能的損失量一對摩擦力的總功方面一對靜摩擦力所做功的代數(shù)和總等于零一對相互作用的滑動摩擦力對物體系統(tǒng)所做的總功，等于摩擦力與兩個物體相對路程的乘積且為負功，即WFf＝－Ff·x相對，表示物體克服摩擦力做功，系統(tǒng)損失的機械能轉(zhuǎn)變成內(nèi)能相同點正功、負功、不做功方面兩種摩擦力對物體都可以做正功、負功，還可以不做功例2　(2020·江蘇省徐州市睢寧縣高三下學期線上階段性檢測)(多選)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，物體過一會兒能保持與傳送帶相對靜止，對于物體從靜止釋放到相對靜止這一過程，下列說法正確的是(　　)A．物體在傳送帶上的劃痕長B．傳送帶克服摩擦力做的功為mv2C．電動機多做的功為mv2D．電動機增加的功率為μmgv (1)應根據(jù)哪個位移求傳送帶克服摩擦力做的功？提示：傳送帶的位移。(2)電動機多做的功轉(zhuǎn)化為什么能量？提示：物體的動能和摩擦生成的熱量。嘗試解答　選AD。物體在傳送帶上的劃痕長等于物體在傳送帶上的相對位移，物體達到速度v所需的時間t＝，在這段時間內(nèi)物體的位移x1＝，傳送帶的位移x2＝vt＝，則物體相對傳送帶的位移x＝x2－x1＝，故A正確；電動機多做的功轉(zhuǎn)化成了物體的動能和摩擦生熱的內(nèi)能，物體在這個過程中獲得的動能是mv2，由于滑動摩擦力做功，相對位移x＝，則產(chǎn)生的熱量Q＝μmg×＝mv2，傳送帶克服摩擦力做的功即為電動機多做的功，為mv2，故B、C錯誤；電動機增加的功率即為克服摩擦力做功的功率，為fv＝μmgv，故D正確。 求解物體相對滑動的能量問題的方法(1)正確分析物體的運動過程，做好受力情況分析。(2)利用運動學公式，結(jié)合牛頓第二定律分析物體的速度關(guān)系及位移關(guān)系。注意：無論是計算滑動摩擦力做功，還是計算靜摩擦力做功，都應代入物體相對地面的位移。(3)公式Q＝Ff·l相對中l相對為兩接觸物體間的相對位移，若物體在接觸面上做往復運動，則l相對為總的相對路程。 [變式2]　(2020·貴州省貴陽市四校高三聯(lián)合考試(五))(多選)如圖甲，長木板A放在光滑的水平面上，質(zhì)量為m＝3 kg的另一木塊B可看作質(zhì)點，以水平速度v0＝2 m/s滑上原來靜止的長木板A的表面。由于A、B間存在摩擦，之后A、B速度隨時間變化情況如圖乙所示，則下列說法正確的是(g取10 m/s2)(　　)A．木板的質(zhì)量為M＝3 kgB．木塊減小的動能為1.5 JC．系統(tǒng)損失的機械能為3 JD．A、B間的動摩擦因數(shù)為0.2答案　AC解析　由圖乙可知，A、B的加速度大小都為1 m/s2，根據(jù)牛頓第二定律知＝1 m/s2，＝1 m/s2，可得M＝3 kg，μ＝0.1，故A正確，D錯誤；木塊減小的動能ΔEk＝Ek0－Ek1＝mv－mv＝4.5 J，故B錯誤；由圖乙可知，A、B的相對位移大小x＝×2×1 m＝1 m，則系統(tǒng)損失的機械能為ΔE＝Wf＝μmgx＝3 J，故C正確。考點3　　能量守恒定律的理解和應用1.對能量守恒定律的理解(1)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)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．應用能量守恒定律解題的思路(1)分清有多少形式的能(動能、勢能、內(nèi)能等)發(fā)生變化。(2)明確哪種形式的能量增加，哪種形式的能量減少，并且列出減少的能量總和ΔE減和增加的能量總和ΔE增的表達式。(3)列出能量守恒關(guān)系式ΔE減＝ΔE增。例3　如圖所示，固定斜面AB和CB與水平面均由一小段光滑圓弧連接，傾角分別為α、β，OB＝h。細線一端固定在豎直擋板上，另一端系一質(zhì)量為m的小物塊，在小物塊和擋板之間壓縮一輕質(zhì)彈簧(小物塊與彈簧不連接)，燒斷細線，小物塊被彈出，滑上斜面AB后，恰好能運動到斜面的最高點，已知AD＝l，小物塊與水平面、斜面間的動摩擦因數(shù)均為μ，重力加速度為g，則(　　)A．彈簧對小物塊做功為μmglB．斜面摩擦力對小物塊做功為C．細線燒斷前，彈簧具有的彈性勢能為mgh＋μmgD．撤去斜面AB，小物塊還從D點彈出，將沿斜面CB上滑并從B點飛出去 (1)這個過程能量如何轉(zhuǎn)化？提示：彈簧的彈性勢能轉(zhuǎn)化為小物塊的重力勢能和摩擦生成的熱量。(2)物塊從D滑到B的過程中克服摩擦力做的功是多少？提示：Wf＝μmgl＋μmgcosα·＝μmg·OD。嘗試解答　選C。燒斷細線后，彈簧的彈性勢能轉(zhuǎn)化成小物塊的重力勢能與摩擦生成的熱量，即Ep＝mgh＋μmgl＋μmgcosα·＝mgh＋μmg，彈簧對小物塊做的功等于彈性勢能減少量，也為mgh＋μmg·，故A錯誤，C正確；小物塊從A到B過程中，斜面摩擦力對小物塊做負功，且為－μmgcosα·＝－μmg，故B錯誤；從D到B，小物塊克服摩擦力做的功Wf＝μmg·＝μmg·OD，可見Wf與斜面傾角無關(guān)，所以撤去斜面AB，小物塊從C點沖上斜面，仍恰能到達B點，D錯誤。 能量問題的解題方法(1)涉及滑動摩擦力做功的能量問題的解題方法①當涉及滑動摩擦力做功，機械能不守恒時，一般應用能量守恒定律。②解題時，首先確定初末狀態(tài)，然后分析狀態(tài)變化過程中哪種形式的能量減少，哪種形式的能量增加，求出減少的能量總和ΔE減和增加的能量總和ΔE增，最后由ΔE減＝ΔE增列式求解。(2)涉及彈簧彈力做功的能量問題的解題關(guān)鍵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：①能量變化上，如果只有重力和系統(tǒng)內(nèi)彈簧彈力做功，系統(tǒng)機械能守恒。②如果系統(tǒng)中每個物體除彈簧彈力外所受合力為零，則當彈簧伸長或壓縮到最大程度時兩物體速度相同。[變式3]　 (2020·遼寧省遼陽市二模)如圖所示，輕質(zhì)彈簧與傾角為37°的固定斜面平行，彈簧的下端固定，上端與物塊相連，繞過光滑定滑輪的輕繩分別與物塊和小球相連。開始時用手托住小球，使彈簧處于原長狀態(tài)，滑輪左側(cè)的輕繩與斜面平行，滑輪右側(cè)的輕繩豎直，然后由靜止釋放小球。已知小球的質(zhì)量是物塊質(zhì)量的兩倍，重力加速度大小為g，物塊與斜面間的動摩擦因數(shù)為0.5，取sin37°＝0.6，cos37°＝0.8，不計空氣阻力。下列說法正確的是(　　)A．釋放小球的瞬間，小球的加速度大小為B．物塊上滑過程中，小球機械能的減少量等于彈簧彈性勢能與物塊機械能的增加量之和C．物塊上滑過程中，物塊動能的增加量等于它所受重力、輕繩拉力、摩擦力做功之和D．物塊上滑過程中，輕繩拉力對小球做的功等于小球機械能的變化答案　D解析　令物塊的質(zhì)量為m，則小球的質(zhì)量為2m，釋放小球瞬間，根據(jù)牛頓第二定律，對小球有2mg－T＝2ma，對物塊有T－mgsinθ－μmgcosθ＝ma，聯(lián)立解得a＝，故A錯誤；根據(jù)能量守恒定律可知，物塊上滑過程中，小球機械能的減少量等于彈簧彈性勢能、物塊機械能的增加量以及物塊和斜面摩擦產(chǎn)生的熱量之和，故B錯誤；根據(jù)動能定理可知，物塊上滑過程中，物塊動能的增加量等于它所受重力、輕繩拉力、摩擦力以及彈簧彈力做功之和，故C錯誤；小球運動過程中受到重力以及繩子的拉力，根據(jù)功能關(guān)系可知，繩子拉力所做的功等于小球機械能的變化，故D正確。答卷現(xiàn)場3　傳送帶模型　(16分) 某快遞公司分揀郵件的水平傳輸裝置示意圖如圖，皮帶在電動機的帶動下保持v＝1 m/s的恒定速度向右運動，現(xiàn)將一質(zhì)量為m＝2 kg的郵件輕放在皮帶上，郵件和皮帶間的動摩擦因數(shù)μ＝0.5。設皮帶足夠長，取g＝10 m/s2，在郵件與皮帶發(fā)生相對滑動的過程中，求：(1)郵件滑動的時間t；(2)郵件對地的位移大小x；(3)郵件與皮帶間的摩擦力對皮帶做的功W。試卷抽樣評析指導1.失分點①：應求郵件對地位移，而不是對皮帶的位移，理解錯誤，導致求解錯誤，本步完全失分，扣5分。失分原因：按自己的想象做題。補償建議：認真審題，按題目要求求解。規(guī)范解答：郵件對地位移x＝at2＝×5×0.22 m＝0.1 m2．失分點②：要求解的是摩擦力對皮帶所做的功，不是摩擦力對郵件所做的功，理解錯誤，本步完全失分，扣5分。失分原因：審題不清，研究對象不明。補償建議：認真審題，按題目要求求解。規(guī)范解答：郵件與皮帶之間的摩擦力對皮帶做的功W＝Ff·s皮帶＝－μmg·vt＝－0.5×2×10×1×0.2 J＝－2 J  1．(2020·全國卷Ⅰ) (多選)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．物塊下滑過程中機械能不守恒B．物塊與斜面間的動摩擦因數(shù)為0.5C．物塊下滑時加速度的大小為6.0 m/s2D．當物塊下滑2.0 m時機械能損失了12 J答案　AB解析　物塊下滑5 m的過程中，重力勢能減少30 J，動能增加10 J，增加的動能小于減少的重力勢能，所以機械能不守恒，A正確。斜面高h＝3.0 m、長L＝5.0 m，則斜面傾角θ的正弦值sinθ＝＝0.6；物塊在斜面底端的重力勢能為零，則在斜面頂端的重力勢能為mgh＝30 J，可得物塊的質(zhì)量m＝1.0 kg；物塊下滑5 m的過程中，由功能關(guān)系可知，機械能的減少量等于克服摩擦力做的功，即μmgcosθ·L＝20 J，可求得μ＝0.5，B正確。由牛頓第二定律，有mgsinθ－μmgcosθ＝ma，可求得a＝2.0 m/s2，C錯誤。當物塊下滑2.0 m時，重力勢能減少12 J，動能增加4 J，所以機械能損失了8 J，D錯誤。2. (2019·江蘇高考)(多選)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點向左沿水平地面運動，壓縮彈簧后被彈回，運動到A點恰好靜止。物塊向左運動的最大距離為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μmgB．物塊克服摩擦力做的功為2μmgsC．彈簧的最大彈性勢能為μmgsD．物塊在A點的初速度為答案　BC解析　物塊向左運動壓縮彈簧，彈簧最短時，彈簧彈力最大，物塊具有向右的加速度，彈簧彈力大于摩擦力，即Fm>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；從物塊將彈簧壓縮到最短至物塊運動到A點靜止的過程中，根據(jù)能量守恒定律，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)能量守恒定律，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mv2＝2μmgs，所以v＝2，D錯誤。3．(2017·全國卷Ⅲ) 如圖，一質(zhì)量為m，長度為l的均勻柔軟細繩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，M點與繩的上端P相距l。重力加速度大小為g。在此過程中，外力做的功為(　　)A.mgl  B.mgl C.mgl  D.mgl答案　A解析　以均勻柔軟細繩MQ段為研究對象，其質(zhì)量為m，取M點所在的水平面為零勢能面，開始時，細繩MQ段的重力勢能Ep1＝－mg·＝－mgl，用外力將繩的下端Q緩慢地豎直向上拉起至M點時，細繩MQ段的重力勢能Ep2＝－mg·＝－mgl，則外力做的功即克服重力做的功等于細繩MQ段的重力勢能的變化，即W＝Ep2－Ep1＝－mgl＋mgl＝mgl，選項A正確。4．(2018·全國卷Ⅰ) 如圖，abc是豎直面內(nèi)的光滑固定軌道，ab水平，長度為2R；bc是半徑為R的四分之一圓弧，與ab相切于b點。一質(zhì)量為m的小球，始終受到與重力大小相等的水平外力的作用，自a點處從靜止開始向右運動。重力加速度大小為g。小球從a點開始運動到其軌跡最高點，機械能的增量為(　　)A．2mgR  B.4mgR C.5mgR  D.6mgR答案　C解析　小球始終受到與重力大小相等的水平外力的作用，機械能的增量ΔE機＝W除G外力，機械能的增量等于水平外力在從a點開始運動到其軌跡最高點過程做的功。設小球運動到c點的速度為vc，由動能定理有：F·3R－mg·R＝mv，解得：vc＝2。小球運動到c點后，根據(jù)小球受力情況，可分解為水平方向初速度為零的勻加速運動，加速度為ax＝g，豎直方向的豎直上拋運動，加速度也為g，小球上升至最高點時，豎直方向速度減小為零，時間為t＝＝，水平方向的位移為：x＝axt2＝g2＝2R。綜上所述小球從a點開始運動到其軌跡最高點，機械能的增量為ΔE機＝F·(3R＋x)＝5mgR，正確答案為C。5．(2020·安徽省馬鞍山市高三下三模)(多選)傾角為θ且足夠長的光滑固定斜面上有一質(zhì)量為m的物體，初始位置如圖甲所示。在平行于斜面向上的力F的作用下，從初始位置由靜止開始沿斜面運動，運動過程中物體的機械能E隨位置x的變化關(guān)系如圖乙所示。其中0～x1過程的圖線是曲線，x1～x2過程的圖線是平行于x軸的直線，x2～x3過程的圖線是傾斜的直線，則下列說法正確的是(　　)A．在0～x1的過程中，力F在減小B．在0～x1的過程中，物體的動能一直在增大C．在x1～x2的過程中，物體的速度大小不變D．在x2～x3的過程中，物體一定做勻速運動答案　AB解析　在0～x1過程中，物體機械能在減小，可知力F在做負功，力F方向沿斜面向上，所以物體的位移方向沿斜面向下，即物體在沿斜面向下運動；根據(jù)功能關(guān)系有ΔE＝F·Δx，得F＝，可知E-x圖線的斜率表示力F，在0～x1過程中圖線的斜率的絕對值逐漸減小到零，可知力F逐漸減小到零，故A正確。在0～x1過程中，物體沿斜面向下運動，而F沿斜面向上并逐漸減小到零，則物體的加速度向下且逐漸增大，物體做加速運動，物體的動能一直在增大，故B正確。由E-x圖線的斜率表示力F，知在x1～x2過程中，力F＝0，物體機械能守恒，向下運動，重力勢能減小，動能增大，物體的速度在增大，故C錯誤。在x2～x3的過程中，機械能繼續(xù)減小，力F做負功，力F方向沿斜面向上，E-x圖像的斜率恒定，故力F為恒力，由于不知道力F與重力分力mgsinθ的大小關(guān)系，故物體可能做勻速直線運動、勻減速直線運動或勻加速直線運動，故D錯誤。6. (2021·重慶市高三第一次聯(lián)合診斷檢測)(多選)如圖所示，矩形滑塊靜置于足夠長的光滑水平面上，子彈甲以大小為v的速度從左向右水平射入滑塊，從滑塊右側(cè)穿出后，完全相同的子彈乙以大小為v的速度從右向左水平射入滑塊，從滑塊左側(cè)穿出。設兩子彈穿越滑塊過程中所受阻力大小恒定且相同，滑塊質(zhì)量始終保持不變，不計空氣阻力，下列說法正確的是(　　)A．子彈乙穿出滑塊時，滑塊速度恰好為零B．子彈甲穿越滑塊經(jīng)歷的時間比子彈乙穿越滑塊經(jīng)歷的時間長C．子彈兩次穿越滑塊過程中，子彈與滑塊系統(tǒng)產(chǎn)生的熱量相同D．子彈兩次穿越滑塊過程中，滑塊對子彈所做的功相同答案　BC解析　子彈穿越滑塊的過程中，子彈乙相對滑塊的平均速度大，則子彈甲穿越滑塊經(jīng)歷的時間比子彈乙穿越滑塊經(jīng)歷的時間長，即t甲＞t乙，B正確；兩子彈穿越滑塊過程所受阻力大小恒定且相同，則兩次滑塊所受子彈作用力的沖量I＝Ft大小不同，方向相反，由動量定理可知，子彈乙穿出滑塊時，滑塊速度不為零，A錯誤；子彈兩次穿越滑塊過程中，系統(tǒng)產(chǎn)生的熱量Q＝fL相同，C正確；子彈甲穿越滑塊過程的位移大于子彈乙穿越滑塊過程的位移，由W＝－fx可知，子彈兩次穿越滑塊過程中，滑塊對子彈所做的功不同，D錯誤。7．(2017·全國卷Ⅰ)一質(zhì)量為8.00×104 kg的太空飛船從其飛行軌道返回地面。飛船在離地面高度1.60×105 m處以7.50×103 m/s的速度進入大氣層，逐漸減慢至速度為100 m/s時下落到地面。取地面為重力勢能零點，在飛船下落過程中，重力加速度可視為常量，大小取為9.8 m/s2。(結(jié)果保留兩位有效數(shù)字)(1)分別求出該飛船著地前瞬間的機械能和它進入大氣層時的機械能；(2)求飛船從離地面高度600 m處至著地前瞬間的過程中克服阻力所做的功，已知飛船在該處的速度大小是其進入大氣層時速度大小的2.0%。答案　(1)4.0×108 J　2.4×1012 J　(2)9.7×108 J解析　(1)飛船著地前瞬間的機械能為Ek0＝mv①式中，m和v0分別是飛船的質(zhì)量和著地前瞬間的速率。由①式和題給數(shù)據(jù)得Ek0＝4.0×108 J②設地面附近的重力加速度大小為g。飛船進入大氣層時的機械能為Eh＝mv＋mgh③式中，vh是飛船在高度1.60×105 m處的速度大小。由③式和題給數(shù)據(jù)得Eh≈2.4×1012 J④(2)飛船在高度h′＝600 m處的機械能為Eh′＝m2＋mgh′⑤由功能關(guān)系得W＝Eh′－Ek0⑥式中，W是飛船從高度600 m處至著地前瞬間的過程中克服阻力所做的功。由②⑤⑥式和題給數(shù)據(jù)得W≈9.7×108 J。   　　時間：60分鐘　 　　滿分：100分一、選擇題(本題共10小題，每小題7分，共70分。其中1～4題為單選，5～10題為多選)1．起跳摸高是學生經(jīng)常進行的一項體育活動。一質(zhì)量為m的同學彎曲兩腿向下蹲，然后用力蹬地起跳，從該同學用力蹬地到剛離開地面的起跳過程中，他的重心上升了h，離地時他的速度大小為v。下列說法正確的是(　　)A．該同學機械能增加了mghB．起跳過程中該同學機械能增量為mgh＋mv2C．地面的支持力對該同學做功為mgh＋mv2D．該同學所受的合力對其做功為mv2＋mgh答案　B解析　該同學剛離開地面時重心升高h，重力勢能增大了mgh，又知離地時獲得動能為mv2，則機械能增加了mgh＋mv2，A錯誤，B正確；人與地面作用的過程中，支持力的作用點的位移為零，支持力對人做功為零，C錯誤；該同學所受合力對其做的功等于其動能變化量，則W合＝mv2，D錯誤。2. (2020·河北省保定市二模)斜面體P靜止在水平面上，從斜面上某個位置由靜止釋放一物塊Q，Q沿斜面加速下滑。在Q下滑過程中(　　)A．若P保持靜止不動，Q的機械能守恒B．若P保持靜止不動，Q減小的重力勢能可能大于它增加的動能C．若P相對地面滑動，P、Q組成的系統(tǒng)在水平方向動量守恒D．若P相對地面滑動，P、Q增加的動能之和一定等于Q減少的重力勢能答案　B解析　題目未告知斜面是否光滑，無法確定Q的機械能是否守恒，故A錯誤；若斜面粗糙，Q減小的重力勢能轉(zhuǎn)化為動能和內(nèi)能，故B正確；題目未告知地面是否光滑，若地面粗糙，則P、Q組成的系統(tǒng)水平方向動量不守恒，故C錯誤；若任意接觸面有摩擦，都會有內(nèi)能產(chǎn)生，故D錯誤。3. (2020·河北省張家口市高三下5月模擬)如圖所示，足夠長的光滑斜面固定在水平面上，斜面底端有一固定擋板，輕質(zhì)彈簧下端與擋板相連，上端與物體A相連。用不可伸長的輕質(zhì)細繩跨過斜面頂端的定滑輪把A與另一物體B連接起來，A與滑輪間的輕繩與斜面平行。初始時用手托住B，輕繩剛好伸直，此時物體A處于靜止狀態(tài)。若不計滑輪質(zhì)量與摩擦，彈簧始終在彈性限度內(nèi)，現(xiàn)由靜止釋放物體B，在B第一次向下運動過程中(　　)A．輕繩對物體B做的功等于物體B重力勢能的變化量B．物體B的重力做的功等于物體B機械能的變化量C．輕繩對物體A做的功等于物體A的動能與彈簧彈性勢能的變化量之和D．兩物體與輕繩組成的系統(tǒng)機械能變化量的絕對值等于彈簧彈性勢能變化量的絕對值答案　D解析　輕繩對物體B做的功等于物體B機械能的變化量，故A錯誤；重力做的功等于物體的重力勢能的變化量，故B錯誤；由題意得，輕繩對物體A做的功等于物體A的機械能與彈簧的彈性勢能的變化量之和，故C錯誤；由機械能守恒定律可得，D正確。4．(2021·四川省成都市高三上第一次診斷性檢測)如圖，底端固定有擋板的斜面體置于粗糙水平面上，輕彈簧一端與擋板連接，彈簧為原長時自由端在B點，一小物塊緊靠彈簧放置并在外力作用下將彈簧壓縮至A點。物塊由靜止釋放后，沿粗糙斜面上滑至最高點C，然后下滑，最終靜止在斜面上。若整個過程中斜面體始終靜止，則下列判定正確的是(　　)A．整個運動過程中，物塊加速度為零的位置只有一處B．物塊上滑過程中速度最大的位置與下滑過程中速度最大的位置不同C．整個運動過程中，系統(tǒng)彈性勢能的減少量等于系統(tǒng)內(nèi)能的增加量D．物塊從A上滑到C的過程中，地面對斜面體的摩擦力先增大再減小，然后不變答案　B解析　設斜面傾角為θ，物塊上滑過程中，當滿足mgsinθ＋μmgcosθ＝kΔx時，物塊加速度為零；物塊下滑過程中，當滿足mgsinθ＝kΔx′＋μmgcosθ時，物塊加速度為零，故整個運動過程中，物塊加速度為零的位置有兩處，A錯誤。物塊上滑過程在彈簧壓縮量為Δx時，加速度為零，速度最大，此時Δx＝，物塊下滑過程在彈簧壓縮量為Δx′時，加速度為零，速度最大，則Δx′＝；Δx≠Δx′，可知物塊上滑過程中速度最大的位置與下滑過程中速度最大的位置不同，故B正確。整個運動過程中系統(tǒng)能量守恒，物塊上滑前有外力壓縮彈簧，而最后靜止時無外力壓縮彈簧，故最終靜止在A點上方，則系統(tǒng)彈性勢能的減少量等于系統(tǒng)內(nèi)能的增加量與物塊增加的重力勢能之和，故C錯誤。物塊從A上滑到C的過程中，加速度先減小后反向增大，再不變，則地面對斜面體的摩擦力先減小后增大，再不變，故D錯誤。 5. (2021·安徽省五校高三上12月聯(lián)考)如圖所示，豎直固定一半徑為R＝5.0 m的表面粗糙的四分之一圓弧軌道，其圓心O與A點等高。一質(zhì)量m＝1 kg的小物塊在不另外施力的情況下，能以速度v0＝ m/s沿軌道自A點勻速率運動到B點，圓弧AP軌道與圓弧PB軌道長度相等，重力加速度g＝10 m/s2。下列說法不正確的是(　　)A．在從A到B的過程中合力對小物塊做功為零B．小物塊經(jīng)過P點時，重力的瞬時功率為10 WC．小物塊在AP段和PB段產(chǎn)生的熱量相等D．小物塊運動到B點時對圓弧軌道的壓力大小為14 N答案　CD解析　由于小物塊從A到B做勻速圓周運動，由動能定理可知，合力對小物塊做功為0，A正確；小物塊經(jīng)過P點時，重力的瞬時功率P＝mgv0cos45°＝1×10×× W＝10 W，B正確；由能量守恒定律可知，小物塊在AP段產(chǎn)生的熱量為Q1＝mgRcos45°＝10×5× J＝25 J，小物塊在PB段產(chǎn)生的熱量為Q2＝mgR(1－cos45°)＝10×5× J＝25(2－) J，C錯誤；小物塊經(jīng)過B點時，有FN－mg＝m，解得圓弧軌道對小物塊的支持力大小為FN＝10.4 N，根據(jù)牛頓第三定律，小物塊對圓弧軌道的壓力大小為FN′＝FN＝10.4 N，D錯誤。6. (2020·江蘇省淮安市六校聯(lián)盟高三下學期第三次學情調(diào)查)將三個木板1、2、3固定在墻腳，木板與墻壁和地面構(gòu)成了三個不同的三角形，如圖所示，其中1與2底邊相同，2和3高度相同?，F(xiàn)將一個可以視為質(zhì)點的物塊分別從三個木板的頂端由靜止釋放，并沿斜面下滑到底端，物塊與木板之間的動摩擦因數(shù)均相同。在這三個過程中，下列說法正確的是(　　)A．沿著1和2下滑到底端時，物塊的速度大小不同；沿著2和3下滑到底端時，物塊的速度大小相同B．沿著1下滑到底端時，物塊的速度最大C．物塊沿著3下滑到底端的過程中，產(chǎn)生的熱量是最少的D．物塊沿著1和2下滑到底端的過程，產(chǎn)生的熱量是一樣多的答案　BD解析　對物塊從高為h的斜面頂端由靜止滑到底端時，根據(jù)動能定理有mgh－Wf＝mv2－0，其中Wf為物塊克服摩擦力做的功，因滑動摩擦力f＝μN＝μmgcosθ，所以物塊克服摩擦力做的功為Wf＝fL＝μmgcosθ×L＝μmgLcosθ，由圖可知，Lcosθ為木板與墻壁和地面所構(gòu)成三角形的底邊長，可見，物塊分別從三個木板頂端下滑到底端時，克服摩擦力做的功Wf1＝Wf2＜Wf3，而這三個過程中，h1＞h2＝h3，則mgh1＞mgh2＝mgh3，所以沿著1下滑到底端時，物塊的速度最大，而沿著3下滑到底端時，物塊的速度最小，故A錯誤，B正確；沿著3下滑時克服摩擦力做的功最多，物塊的機械能損失最大，產(chǎn)生的熱量最多，故C錯誤；同理，Wf1＝Wf2，所以物塊沿著1和2下滑到底端的過程中，產(chǎn)生的熱量一樣多，故D正確。7．(2020·河北省邢臺市高三上學期第二次月考)2019國際泳聯(lián)高臺跳水世界杯5月26日在肇慶落幕。英國名將蓋瑞·亨特成功實現(xiàn)世界杯男子27米臺四連冠。假設他的質(zhì)量為m，進入水中后受到水的阻力而做減速運動，設水對他的阻力大小恒為f，那么在他減速下降高度為h的過程中，下列說法正確的是(g為當?shù)氐闹亓铀俣?/span>)(　　)A．他的動能減少了fhB．他的重力勢能減少了mghC．他的機械能減少了fhD．他的機械能減少了(f－mg)h答案　BC解析　根據(jù)動能定理可得：ΔEk＝W合＝mgh－fh，因此他的動能減少了(f－mg)h，故A錯誤；根據(jù)重力做功與重力勢能變化的關(guān)系得：WG＝－ΔEp＝－mgh，因此他的重力勢能減少了mgh，故B正確；根據(jù)功能關(guān)系，除重力和彈簧彈力以外的力的合力做的功等于物體機械能的改變量，則他的機械能減少fh，故C正確，D錯誤。8. (2020·河南省洛陽市高三下第三次統(tǒng)考)如圖所示，一定質(zhì)量的小球(可視為質(zhì)點)套在固定的豎直光滑橢圓形軌道上，橢圓的左焦點為P，長軸AC＝2L0，短軸BD＝L0。原長為L0的輕彈簧一端套在過P點的垂直紙面的光滑水平軸上，另一端與小球連接。若小球逆時針做橢圓運動，在A點時的速度大小為v0，彈簧始終處于彈性限度內(nèi)，則下列說法正確的是(　　)A．小球在C點的速度大小為v0B．小球在D點時的動能最大C．小球在B、D兩點的機械能不相等D．小球在A→D→C的過程中機械能先變小后變大答案　AB解析　小球運動過程中小球與彈簧組成的系統(tǒng)的機械能守恒，其重力勢能、彈性勢能和動能相互轉(zhuǎn)化，但三者之和保持不變。因為彈簧原長為L0，橢圓形軌道半長軸的長為L0，故小球在A點時彈簧處于壓縮狀態(tài)，形變量等于PO的長度，由數(shù)學知識可得，PO＝ ＝L0。小球在C點時彈簧長度等于L0＋L0＝L0，故伸長量也等于PO的長度，即L0。所以小球在A、C兩點時彈簧的形變量大小相等，彈簧的彈性勢能相等，故小球在相同高度的A、C兩點時動能相等，即小球在C點的速度大小也為v0，A正確。小球在B、D兩點時，由數(shù)學知識可知，小球到P點的距離都等于L0，即等于彈簧原長，彈簧彈性勢能相同(一般都視為零)，小球的機械能也是相等的，C錯誤。小球在D點時重力勢能、彈簧彈性勢能都最小，所以動能最大，B正確。小球在A→D→C的過程中彈簧的彈性勢能先變小后變大，故小球的機械能先變大后變小，D錯誤。9. 如圖所示，質(zhì)量為M、長為L的木板置于光滑的水平面上，一質(zhì)量為m的滑塊放置在木板左端，滑塊與木板間滑動摩擦力大小為Ff，用水平的恒定拉力F作用于滑塊。當滑塊運動到木板右端時，木板在地面上移動的距離為x，滑塊速度為v1，木板速度為v2，下列結(jié)論正確的是(　　)A．上述過程中，F做功大小為mv＋MvB．其他條件不變的情況下，M越大，x越小C．其他條件不變的情況下，F越大，滑塊到達右端所用時間越長D．其他條件不變的情況下，Ff越大，滑塊與木板間產(chǎn)生的熱量越多答案　BD解析　F做功大小為二者動能與產(chǎn)生的熱量之和，A錯誤；滑塊在木板上滑動過程用v-t圖像來研究，如圖所示，圖線①為滑塊的v－t圖，②為木板的v－t圖，t0時刻滑塊到達木板右端，陰影部分面積為木板長度，則很容易知道其他條件不變，M越大，圖線②的斜率越小，t0越小，x越小，B正確；其他條件不變，F越大，圖線①的斜率越大，t0越小，故C錯誤；滑塊與木板間產(chǎn)生的熱量等于滑動摩擦力與相對位移的乘積，其他條件不變，Ff越大，滑塊與木板間產(chǎn)生的熱量越多，D正確。10. (2020·河北衡水中學高三3月聯(lián)合教學質(zhì)量檢測)如圖所示，質(zhì)量為4m的球A與質(zhì)量為m的球B用繞過輕質(zhì)定滑輪的細線相連，球A放在固定的光滑斜面上，斜面傾角α＝30°，球B與質(zhì)量為m的球C通過勁度系數(shù)為k的輕質(zhì)彈簧相連，球C放在水平地面上。開始時控制住球A，使整個系統(tǒng)處于靜止狀態(tài)，細線剛好拉直但無張力，滑輪左側(cè)細線豎直、右側(cè)細線與斜面平行，然后由靜止釋放球A，不計細線與滑輪之間的摩擦，重力加速度為g，下列說法正確的是(　　)A．釋放球A瞬間，球B的加速度大小為B．釋放球A后，球C恰好離開地面時，球A沿斜面下滑的速度達到最大C．球A沿斜面下滑的最大速度為2gD．球C恰好離開地面時彈簧的伸長量與開始時彈簧的壓縮量相等，所以A、B兩小球組成的系統(tǒng)機械能守恒答案　BC解析　開始時對球B分析，根據(jù)平衡條件可得mg＝kx1，釋放球A瞬間，對球A和球B分析，根據(jù)牛頓第二定律可得4mgsinα－T1＝4ma1，T1－mg＋kx1＝ma1，聯(lián)立解得a1＝g，故A錯誤；釋放球A后，球C恰好離開地面時，對球C分析，根據(jù)平衡條件可得mg＝kx2，對球A和球B分析，根據(jù)牛頓第二定律可得4mgsinα－T2＝4ma2，T2－mg－kx2＝ma2，聯(lián)立解得a2＝0，所以球C恰好離開地面時，球A沿斜面下滑的速度達到最大，故B正確；對球A和球B及輕質(zhì)彈簧整體分析，根據(jù)能量守恒定律可得4mg(x1＋x2)sinα－mg(x1＋x2)＝·5mv，解得球A沿斜面下滑的最大速度為vm＝2g ，故C正確；由x1＝x2＝可知球C恰好離開地面時彈簧的伸長量與開始時彈簧的壓縮量相等，A、B兩小球組成的系統(tǒng)在運動過程中，輕質(zhì)彈簧先對其做正功后對其做負功，所以A、B兩小球組成的系統(tǒng)機械能不守恒，故D錯誤。二、非選擇題(本題共2小題，共30分)11. (2020·河北衡水中學高三3月聯(lián)合教學質(zhì)量檢測)(15分)如圖所示，水平傳送帶右端與半徑為R＝0.5 m的豎直光滑圓弧軌道的內(nèi)側(cè)相切于Q點，傳送帶以某一速度順時針勻速轉(zhuǎn)動。將質(zhì)量為m＝0.2 kg的小物塊輕輕放在傳送帶的左端P點，小物塊隨傳送帶向右運動，經(jīng)Q點后恰好能沖上光滑圓弧軌道的最高點N。小物塊與傳送帶之間的動摩擦因數(shù)為μ＝0.5，取g＝10 m/s2。(1)求傳送帶的最小轉(zhuǎn)動速率v0；(2)求傳送帶P、Q之間的最小長度L；(3)若傳送帶P、Q之間的長度為4 m，傳送帶以(1)中的最小速率v0轉(zhuǎn)動，求整個過程中產(chǎn)生的熱量Q及此過程中電動機對傳送帶做的功W。答案　(1)5 m/s　(2)2.5 m　(3)2.5 J　5 J解析　(1)由題意知，傳送帶轉(zhuǎn)動速率最小時，小物塊到達Q點已與傳送帶同速且小物塊剛好能到達N點，在N點，有mg＝m小物塊從Q點到N點，由動能定理得－mg·2R＝mv－mv聯(lián)立并代入數(shù)據(jù)解得v0＝5 m/s。(2)傳送帶長度最小時，小物塊從P點到Q點一直做勻加速運動，到Q點時剛好與傳送帶共速且速度為v0，則有v＝2aLμmg＝ma聯(lián)立并代入數(shù)據(jù)解得L＝2.5 m。(3)設小物塊經(jīng)過時間t加速到與傳送帶共速，則v0＝at小物塊的位移x1＝at2傳送帶的位移x2＝v0t小物塊與傳送帶的相對位移Δx＝x2－x1整個過程中產(chǎn)生的熱量Q＝μmg·Δx聯(lián)立并代入數(shù)據(jù)解得Q＝2.5 J；由能量守恒定律可知，此過程中電動機對傳送帶做的功W＝Q＋mv代入數(shù)據(jù)解得W＝5 J。12．(2021·八省聯(lián)考江蘇卷)(15分)如圖所示，水平傳送帶足夠長，向右前進的速度v＝4 m/s，與傾角為37°的斜面的底端P平滑連接，將一質(zhì)量m＝2 kg的小物塊從A點靜止釋放。已知A、P的距離L＝8 m，物塊與斜面、傳送帶間的動摩擦因數(shù)分別為μ1＝0.25、μ2＝0.20，取重力加速度g＝10 m/s2，sin37°＝0.6，cos37°＝0.8。求物塊(1)第1次滑過P點時的速度大小v1；(2)第1次在傳送帶上往返運動的時間t；(3)從釋放到最終停止運動，與斜面間摩擦產(chǎn)生的熱量Q。答案　(1)8 m/s　(2)9 s　(3)48 J解析　(1)物塊從A到P的過程，由動能定理得(mgsin37°－μ1mgcos37°)L＝mv－0代入數(shù)據(jù)解得v1＝8 m/s。(2)物塊在傳送帶上運動時，由牛頓第二定律得μ2mg＝ma物塊與傳送帶共速時，有－v＝v1－at1解得物塊第一次滑上傳送帶至兩者共速所用時間t1＝6 s設物塊第一次在傳送帶上向左勻減速運動的位移大小為x1，向右勻加速運動的位移大小為x2，則－2ax1＝0－v，2ax2＝v2－0物塊向右勻速運動的時間為t2＝＝＝3 s則物塊第1次在傳送帶上往返運動的時間t＝t1＋t2＝9 s。(3)分析可知，物塊第一次離開傳送帶以后，每次再到達傳送帶和離開傳送帶的速度大小相等，則根據(jù)能量守恒定律，有Q＝μ1mgcos37°L＋mv2＝48 J。 

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