新高考物理一輪復習精品學案第6章第4講功能關系能量守恒定律（含解析）-學案下載-教習網(wǎng)

考點一功能關系的理解和應用
1．對功能關系的理解
(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)化是通過做功來實現(xiàn)的．
(2)功是能量轉(zhuǎn)化的量度，功和能的關系，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．常見的功能關系
1．一個物體的能量增加，必定有別的物體能量減少．( √ )
2．合力做的功等于物體機械能的改變量．( × )
3．克服與勢能有關的力(重力、彈簧彈力、靜電力等)做的功等于對應勢能的增加量．( √ )
4．滑動摩擦力做功時，一定會引起機械能的轉(zhuǎn)化．( √ )
1．功的正負與能量增減的對應關系
(1)物體動能的增加與減少要看合外力對物體做正功還是做負功．
(2)勢能的增加與減少要看對應的作用力(如重力、彈簧彈力、靜電力等)做負功還是做正功．
(3)機械能的增加與減少要看重力和彈簧彈力之外的力對物體做正功還是做負功．
2．摩擦力做功的特點
(1)一對靜摩擦力所做功的代數(shù)和總等于零；
(2)一對滑動摩擦力做功的代數(shù)和總是負值，差值為機械能轉(zhuǎn)化為內(nèi)能的部分，也就是系統(tǒng)機械能的損失量；
(3)說明：無論是靜摩擦力還是滑動摩擦力，都可以對物體做正功，也可以做負功，還可以不做功．
考向1 功能關系的理解
例1 在奧運比賽項目中，高臺跳水是我國運動員的強項．質(zhì)量為m的跳水運動員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，當?shù)氐闹亓铀俣葹間，那么在他減速下降高度為h的過程中，下列說法正確的是( )
A．他的動能減少了Fh
B．他的重力勢能增加了mgh
C．他的機械能減少了(F－mg)h
D．他的機械能減少了Fh
答案 D
解析運動員進入水中后，克服合力做的功等于動能的減少量，故動能減少(F－mg)h，故A錯誤；運動員進入水中后，重力做功mgh，故重力勢能減小mgh，故B錯誤；運動員進入水中后，除重力外，克服阻力做功Fh，故機械能減少了Fh，故C錯誤，D正確．
例2 如圖所示，彈簧的下端固定在光滑斜面底端，彈簧與斜面平行．在通過彈簧中心的直線上，小球P從直線上的N點由靜止釋放，在小球P與彈簧接觸到速度變?yōu)榱愕倪^程中，下列說法中正確的是( )
A．小球P的動能一定在減小
B．小球P的機械能一定在減少
C．小球P與彈簧系統(tǒng)的機械能一定在增加
D．小球P重力勢能的減小量大于彈簧彈性勢能的增加量
答案 B
解析小球P與彈簧接觸后，剛開始彈力小于重力沿斜面向下的分力，合力沿斜面向下，隨著形變量增大，彈力大于重力沿斜面向下的分力，合力方向沿斜面向上，合力先做正功后做負功，小球P的動能先增大后減小，A錯誤；小球P與彈簧組成的系統(tǒng)的機械能守恒，彈簧的彈性勢能不斷增大，所以小球P的機械能不斷減小，B正確，C錯誤；在此過程中，根據(jù)系統(tǒng)機械能守恒，可知小球P重力勢能的減小量與動能減小量之和等于彈簧彈性勢能的增加量，即小球P重力勢能的減小量小于彈簧彈性勢能的增加量，D錯誤．
考向2 功能關系與圖像的結合
例3 (多選)(2020·全國卷Ⅰ·20)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0.5
C．物塊下滑時加速度的大小為6.0 m/s2
D．當物塊下滑2.0 m時機械能損失了12 J
答案 AB
解析由E－s圖像知，物塊動能與重力勢能的和減小，則物塊下滑過程中機械能不守恒，故A正確；由E－s圖像知，整個下滑過程中，物塊機械能的減少量為ΔE＝30 J－10 J＝20 J，重力勢能的減少量ΔEp＝mgh＝30 J，又ΔE＝μmgcs α·s，其中cs α＝eq \f(\r(s2－h(huán)2),s)＝0.8，h＝3.0 m，g＝10 m/s2，則可得m＝1 kg，μ＝0.5，故B正確；物塊下滑時的加速度大小a＝gsin α－μgcs α＝2 m/s2，故C錯誤；物塊下滑2.0 m時損失的機械能為ΔE′＝μmgcs α·s′＝8 J，故D錯誤．
考向3 摩擦力做功與摩擦生熱的計算
例4 (多選)如圖所示，一個長為L，質(zhì)量為M的木板，靜止在光滑水平面上，一個質(zhì)量為m的物塊(可視為質(zhì)點)，以水平初速度v0，從木板的左端滑向另一端，設物塊與木板間的動摩擦因數(shù)為μ，當物塊與木板相對靜止時，物塊仍在長木板上，物塊相對木板的位移為d，木板相對地面的位移為s，重力加速度為g.則在此過程中( )
A．摩擦力對物塊做功為－μmg(s＋d)
B．摩擦力對木板做功為μmgs
C．木板動能的增量為μmgd
D．由于摩擦而產(chǎn)生的熱量為μmgs
答案 AB
解析根據(jù)功的定義W＝Fscs θ，其中s指物體對地的位移，而θ指力與位移之間的夾角，可知摩擦力對物塊做功W1＝－μmg(s＋d)，摩擦力對木板做功W2＝μmgs，A、B正確；根據(jù)動能定理可知木板動能的增量ΔEk＝W2＝μmgs，C錯誤；由于摩擦而產(chǎn)生的熱量Q＝Ff·Δx＝μmgd，D錯誤．
例5 (多選)(2019·江蘇卷·8)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點的初速度為eq \r(2μgs)
答案 BC
解析物塊處于最左端時，彈簧的壓縮量最大，然后物塊先向右加速運動再減速運動，可知彈簧的最大彈力大于滑動摩擦力μmg，選項A錯誤；物塊從開始運動至最后回到A點過程，由功的定義可得物塊克服摩擦力做功為2μmgs，選項B正確；物塊從最左側運動至A點過程，由能量守恒定律可知Ep＝μmgs，選項C正確；設物塊在A點的初速度為v0，對整個過程應用動能定理有－2μmgs＝0－eq \f(1,2)mv02，解得v0＝2eq \r(μgs)，選項D錯誤．
考點二能量守恒定律的理解和應用
1．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．表達式
ΔE減＝ΔE增．
3．應用能量守恒定律解題的步驟
(1)首先確定初、末狀態(tài)，分清有幾種形式的能在變化，如動能、勢能(包括重力勢能、彈性勢能、電勢能)、內(nèi)能等．
(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ΔE減和增加的能量ΔE增的表達式．
例6 (2020·浙江1月選考·20)如圖所示，一彈射游戲裝置由安裝在水平臺面上的固定彈射器、豎直圓軌道(在最低點E分別與水平軌道EO和EA相連)、高度h可調(diào)的斜軌道AB組成．游戲時滑塊從O點彈出，經(jīng)過圓軌道并滑上斜軌道．全程不脫離軌道且恰好停在B端則視為游戲成功．已知圓軌道半徑r＝0.1 m，OE長L1＝0.2 m，AC長L2＝0.4 m，圓軌道和AE光滑，滑塊與AB、OE之間的動摩擦因數(shù)μ＝0.5.滑塊質(zhì)量m＝2 g且可視為質(zhì)點，彈射時從靜止釋放且彈簧的彈性勢能完全轉(zhuǎn)化為滑塊動能．忽略空氣阻力，各部分平滑連接．求：
(1)滑塊恰好能過圓軌道最高點F時的速度vF大?。?br>(2)當h＝0.1 m且游戲成功時，滑塊經(jīng)過E點對圓軌道的壓力FN大小及彈簧的彈性勢能Ep0；
(3)要使游戲成功，彈簧的彈性勢能Ep與高度h之間滿足的關系．
答案見解析
解析 (1)滑塊恰好能過F點的條件為mg＝meq \f(vF2,r)
解得vF＝1 m/s
(2)滑塊從E點到B點，由動能定理得
－mgh－μmgL2＝0－eq \f(1,2)mvE2
在E點由牛頓第二定律得FN′－mg＝meq \f(vE2,r)
解得FN＝FN′＝0.14 N
從O點到B點，由能量守恒定律得：
Ep0＝mgh＋μmg(L1＋L2)
解得Ep0＝8.0×10－3 J
(3)使滑塊恰能過F點的彈性勢能
Ep1＝2mgr＋μmgL1＋eq \f(1,2)mvF2＝7.0×10－3 J
到B點減速到0
Ep1－mgh1－μmg(L1＋L2)＝0
解得h1＝0.05 m
設斜軌道的傾角為θ，若滑塊恰好能停在B點不下滑，
則μmgcs θ＝mgsin θ
解得tan θ＝0.5，此時h2＝0.2 m
從O點到B點
Ep＝mgh＋μmg(L1＋L2)＝2×10－3(10h＋3) J
其中0.05 m≤h≤0.2 m.
例7 如圖所示，固定斜面的傾角θ＝30°，物體A與斜面之間的動摩擦因數(shù)μ＝eq \f(\r(3),4)，輕彈簧下端固定在斜面底端，彈簧處于原長時上端位于C點，用一根不可伸長的輕繩通過輕質(zhì)光滑的定滑輪連接物體A和B，滑輪右側繩子與斜面平行，A的質(zhì)量為2m＝4 kg，B的質(zhì)量為m＝2 kg，初始時物體A到C點的距離L＝1 m，現(xiàn)給A、B一初速度v0＝3 m/s，使A開始沿斜面向下運動，B向上運動，物體A將彈簧壓縮到最短后又恰好能彈回到C點．已知重力加速度g＝10 m/s2，不計空氣阻力，整個過程中輕繩始終處于伸直狀態(tài)．求在此過程中：
(1)物體A向下運動剛到C點時的速度大小；
(2)彈簧的最大壓縮量；
(3)彈簧的最大彈性勢能．
答案 (1)2 m/s (2)0.4 m (3)6 J
解析 (1)在物體A向下運動剛到C點的過程中，對A、B組成的系統(tǒng)應用能量守恒定律可得
μ·2mgcs θ·L＝eq \f(1,2)×3mv02－eq \f(1,2)×3mv2＋2mgLsin θ－mgL
解得v＝2 m/s.
(2)對A、B組成的系統(tǒng)分析，在物體A從C點壓縮彈簧至將彈簧壓縮到最大壓縮量，又恰好返回到C點的過程中，系統(tǒng)動能的減少量等于因摩擦產(chǎn)生的熱量，即
eq \f(1,2)×3mv2－0＝μ·2mgcs θ·2x
其中x為彈簧的最大壓縮量
解得x＝0.4 m.
(3)設彈簧的最大彈性勢能為Epm，從C點到彈簧最大壓縮量過程中由能量守恒定律可得
eq \f(1,2)×3mv2＋2mgxsin θ－mgx＝μ·2mgcs θ·x＋Epm
解得Epm＝6 J.
課時精練
1.(多選)如圖所示，質(zhì)量為m的物體(可視為質(zhì)點)以某一速度從A點沖上傾角為30°的固定斜面，其減速運動的加速度為eq \f(3,4)g，此物體在斜面上能夠上升的最大高度為h，則在這個過程中物體( )
A．重力勢能增加了mgh
B．機械能損失了eq \f(1,2)mgh
C．動能損失了mgh
D．克服摩擦力做功eq \f(1,4)mgh
答案 AB
解析加速度大小a＝eq \f(3,4)g＝eq \f(mgsin 30°＋Ff,m)，解得摩擦力Ff＝eq \f(1,4)mg，機械能損失等于克服摩擦力做的功，即Ffx＝eq \f(1,4)mg·2h＝eq \f(1,2)mgh，故B項正確，D項錯誤；物體在斜面上能夠上升的最大高度為h，所以重力勢能增加了mgh，故A項正確；動能損失量為克服合力做功的大小，動能損失量ΔEk＝F合x＝eq \f(3,4)mg·2h＝eq \f(3,2)mgh，故C項錯誤．
2．某同學用如圖所示的裝置測量一個凹形木塊的質(zhì)量m，彈簧的左端固定，木塊在水平面上緊靠彈簧(不連接)將其壓縮，記下木塊右端位置A點，靜止釋放后，木塊右端恰能運動到B1點．在木塊槽中加入一個質(zhì)量m0＝800 g的砝碼，再將木塊左端緊靠彈簧，木塊右端位置仍然在A點，靜止釋放后木塊離開彈簧，右端恰能運動到B2點，測得AB1、AB2長分別為27.0 cm和9.0 cm，則木塊的質(zhì)量m為( )
A．100 g B．200 g C．300 g D．400 g
答案 D
解析根據(jù)能量守恒定律，有μmg·AB1＝Ep，μ(m0＋m)g·AB2＝Ep，聯(lián)立解得m＝400 g，D正確．
3．一木塊靜置于光滑水平面上，一顆子彈沿水平方向飛來射入木塊中．當子彈進入木塊的深度達到最大值2.0 cm時，木塊沿水平面恰好移動距離1.0 cm.在上述過程中系統(tǒng)損失的機械能與子彈損失的動能之比為( )
A．1∶2 B．1∶3
C．2∶3 D．3∶2
答案 C
解析根據(jù)題意，子彈在摩擦力作用下的位移為x1＝(2＋1) cm＝3 cm，木塊在摩擦力作用下的位移為x2＝1 cm；系統(tǒng)損失的機械能轉(zhuǎn)化為內(nèi)能，根據(jù)功能關系，有ΔE系統(tǒng)＝Q＝Ff·Δx；子彈損失的動能等于子彈克服摩擦力做的功，故ΔE子彈＝Ffx1；所以eq \f(ΔE系統(tǒng),ΔE子彈)＝eq \f(2,3)，所以C正確，A、B、D錯誤．
4.如圖所示，一質(zhì)量為m的滑塊以初速度v0從固定于地面的斜面底端A開始沖上斜面，到達某一高度后返回A，斜面與滑塊之間有摩擦．下圖分別表示它在斜面上運動的速度v、加速度a、勢能Ep和機械能E隨時間的變化圖像，可能正確的是( )
答案 C
解析由牛頓第二定律可知，滑塊上升階段有：mgsin θ＋Ff＝ma1；下滑階段有：mgsin θ－Ff＝ma2，因此a1>a2，故選項B錯誤；速度－時間圖像的斜率表示加速度，當上滑和下滑時，加速度不同，則斜率不同，故選項A錯誤；重力勢能先增大后減小，且上升階段加速度大，所用時間短，勢能變化快，下滑階段加速度小，所用時間長，勢能變化慢，故選項C可能正確；由于摩擦力始終做負功，機械能一直減小，故選項D錯誤．
5.如圖所示，赫章的韭菜坪建有風力發(fā)電機，風力帶動葉片轉(zhuǎn)動，葉片再帶動轉(zhuǎn)子(磁極)轉(zhuǎn)動，使定子(線圈，不計電阻)中產(chǎn)生電流，實現(xiàn)風能向電能的轉(zhuǎn)化．若葉片長為l，設定的額定風速為v，空氣的密度為ρ，額定風速下發(fā)電機的輸出功率為P，則風能轉(zhuǎn)化為電能的效率為( )
A.eq \f(2P,πρl2v3) B.eq \f(6P,πρl2v3) C.eq \f(4P,πρl2v3) D.eq \f(8P,πρl2v3)
答案 A
解析風能轉(zhuǎn)化為電能的工作原理為將風的動能轉(zhuǎn)化為輸出的電能，設風吹向發(fā)電機的時間為t，則在t時間內(nèi)吹向發(fā)電機的風柱的體積為V＝vt·S＝vtπl(wèi)2，則風柱的質(zhì)量M＝ρV＝ρvtπl(wèi)2，因此風吹過的動能為Ek＝eq \f(1,2)Mv2＝eq \f(1,2)ρvtπl(wèi)2·v2，在此時間內(nèi)發(fā)電機輸出的電能E＝P·t，則風能轉(zhuǎn)化為電能的效率為η＝eq \f(E,Ek)＝eq \f(2P,πρl2v3)，故A正確，B、C、D錯誤．
6.(多選)如圖所示，在豎直平面內(nèi)有一半徑為R的圓弧軌道，半徑OA水平、OB豎直，一個質(zhì)量為m的小球自A點的正上方P點由靜止開始自由下落，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點運動到B點的過程中( )
A．重力做功2mgR B．機械能減少mgR
C．合外力做功eq \f(1,2)mgR D．克服摩擦力做功eq \f(1,2)mgR
答案 CD
解析小球從P點運動到B點的過程中，重力做功WG＝mg(2R－R)＝mgR，故A錯誤；小球沿軌道到達最高點B時恰好對軌道沒有壓力，則有mg＝meq \f(vB2,R)，解得vB＝eq \r(gR)，則此過程中機械能的減少量為ΔE＝mgR－eq \f(1,2)mvB2＝eq \f(1,2)mgR，故B錯誤；根據(jù)動能定理可知，合外力做功W合＝eq \f(1,2)mvB2＝eq \f(1,2)mgR，故C正確；根據(jù)功能關系可知，小球克服摩擦力做的功等于機械能的減少量，為eq \f(1,2)mgR，故D正確．
7．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
解析物體拋出時的總動能為100 J，物體的動能損失了50 J時，機械能損失了10 J，則動能損失100 J時，機械能損失20 J，此時到達最高點，由于空氣阻力大小恒定，所以下落過程，機械能也損失20 J，故該物體從A點拋出到落回到A點，共損失機械能40 J，所以該物體再落回到A點時的動能為60 J，A、C、D錯誤，B正確．
8.(多選)(2019·全國卷Ⅱ·18)從地面豎直向上拋出一物體，其機械能E總等于動能Ek與重力勢能Ep之和．取地面為重力勢能零點，該物體的E總和Ep隨它離開地面的高度h的變化如圖所示．重力加速度取10 m/s2.由圖中數(shù)據(jù)可得( )
A．物體的質(zhì)量為2 kg
B．h＝0時，物體的速率為20 m/s
C．h＝2 m時，物體的動能Ek＝40 J
D．從地面至h＝4 m，物體的動能減少100 J
答案 AD
解析根據(jù)題圖可知，h＝4 m時物體的重力勢能Ep＝mgh＝80 J，解得物體質(zhì)量m＝2 kg，拋出時物體的動能為Ek0＝100 J，由公式Ek0＝eq \f(1,2)mv2可知，h＝0時物體的速率為v＝10 m/s，選項A正確，B錯誤；由功能關系可知Ffh4＝|ΔE總|＝20 J，解得物體上升過程中所受空氣阻力Ff＝5 N，從物體開始拋出至上升到h＝2 m的過程中，由動能定理有－mgh－Ffh＝Ek－Ek0，解得Ek＝50 J，選項C錯誤；由題圖可知，物體上升到h＝4 m時，機械能為80 J，重力勢能為80 J，動能為零，即從地面上升到h＝4 m，物體動能減少100 J，選項D正確．
9.(多選)如圖所示，楔形木塊abc固定在水平面上，粗糙斜面ab與水平面的夾角為60°，光滑斜面bc與水平面的夾角為30°，頂角b處安裝一定滑輪．質(zhì)量分別為M、m(M>m)的兩滑塊A和B，通過不可伸長的輕繩跨過定滑輪連接，輕繩與斜面平行．兩滑塊由靜止釋放后，沿斜面做勻加速運動，A、B不會與定滑輪碰撞．若不計滑輪的質(zhì)量和摩擦，在兩滑塊沿斜面運動的過程中( )
A．輕繩對滑輪作用力的方向豎直向下
B．拉力和重力對M做功之和大于M動能的增加量
C．拉力對M做的功等于M機械能的增加量
D．兩滑塊組成系統(tǒng)的機械能損失等于M克服摩擦力做的功
答案 BD
解析根據(jù)題意可知，兩段輕繩的夾角為90°，輕繩拉力的大小相等，根據(jù)平行四邊形定則可知，合力方向與繩子方向的夾角為45°，所以輕繩對滑輪作用力的方向不是豎直向下的，故A錯誤；對M受力分析，受到重力、斜面的支持力、繩子拉力以及滑動摩擦力作用，根據(jù)動能定理可知，M動能的增加量等于拉力和重力以及摩擦力做功之和，而摩擦力做負功，則拉力和重力對M做功之和大于M動能的增加量，故B正確；根據(jù)除重力以外的力對物體做功等于物體機械能的變化量可知，拉力和摩擦力對M做的功之和等于M機械能的增加量，故C錯誤；對兩滑塊組成系統(tǒng)分析可知，除了重力之外只有摩擦力對M做功，所以兩滑塊組成的系統(tǒng)的機械能損失等于M克服摩擦力做的功，故D正確．
10.(多選)如圖所示，光滑水平面OB與足夠長粗糙斜面BC交于B點．輕彈簧左端固定于豎直墻面，現(xiàn)將質(zhì)量為m1的滑塊壓縮彈簧至D點，然后由靜止釋放，滑塊脫離彈簧后經(jīng)B點滑上斜面，上升到最大高度，并靜止在斜面上．不計滑塊在B點的機械能損失．換用相同材料質(zhì)量為m2的滑塊(m2＞m1)壓縮彈簧至同一點D后，重復上述過程，下列說法正確的是( )
A．兩滑塊到達B點的速度相同
B．兩滑塊沿斜面上升的最大高度相同
C．兩滑塊上升到最高點過程克服重力做的功相同
D．兩滑塊上升到最高點過程機械能損失相同
答案 CD
解析兩滑塊到B點的動能相同，但速度不同，故A錯誤；兩滑塊在斜面上運動時加速度相同，由于質(zhì)量不同，則在B點時的速度不同，故上升的最大高度不同，故B錯誤；滑塊上升到斜面最高點過程克服重力做的功為mgh，由能量守恒定律得Ep＝mgh＋μmgcs θ·eq \f(h,sin θ)，則mgh＝eq \f(Ep,1＋\f(μ,tan θ))，故兩滑塊上升到斜面最高點過程克服重力做的功相同，故C正確；由能量守恒定律得E損＝μmgcs θ·eq \f(h,sin θ)＝eq \f(μmgh,tan θ)，結合C可知D正確．
11.(多選)如圖所示，質(zhì)量為M的長木板靜止在光滑水平面上，上表面OA段光滑，AB段粗糙且長為l，左端O處有一固定擋板，擋板上固定輕質(zhì)彈簧，右側用不可伸長的輕繩連接在豎直墻上，輕繩所能承受的最大拉力為F.質(zhì)量為m的小滑塊以速度v從A點向左滑動壓縮彈簧，彈簧的壓縮量達到最大時細繩恰好被拉斷，再過一段時間后長木板停止運動，小滑塊恰未掉落．重力加速度為g，則( )
A．細繩被拉斷瞬間長木板的加速度大小為eq \f(F,M)
B．細繩被拉斷瞬間彈簧的彈性勢能為eq \f(1,2)mv2
C．彈簧恢復原長時滑塊的動能為eq \f(1,2)mv2
D．滑塊與長木板AB段間的動摩擦因數(shù)為eq \f(v2,2gl)
答案 ABD
解析細繩被拉斷瞬間彈簧的彈力等于F，對長木板，由牛頓第二定律得F＝Ma，得a＝eq \f(F,M)，A正確；滑塊以速度v從A點向左滑動壓縮彈簧，到彈簧壓縮量最大時速度為0，由系統(tǒng)的機械能守恒得，細繩被拉斷瞬間彈簧的彈性勢能為eq \f(1,2)mv2，B正確；彈簧恢復原長時長木板與滑塊都獲得動能，所以滑塊的動能小于eq \f(1,2)mv2，C錯誤；彈簧最大彈性勢能Ep＝eq \f(1,2)mv2，小滑塊恰未掉落時滑到木板的最右端B，此時小滑塊與長木板均靜止，又水平面光滑，長木板上表面OA段光滑，則有Ep＝μmgl，聯(lián)立解得μ＝eq \f(v2,2gl)，D正確．
12.如圖所示，一物體質(zhì)量m＝2 kg，在傾角θ＝37°的斜面上的A點以初速度v0＝3 m/s下滑，A點距彈簧上端擋板位置B點的距離AB＝4 m．當物體到達B點后將彈簧壓縮到C點，最大壓縮量BC＝0.2 m，然后物體又被彈簧彈上去，彈到的最高位置為D點，D點距A點的距離AD＝3 m．擋板及彈簧質(zhì)量不計，g取10 m/s2，sin 37°＝0.6，求：(結果均保留三位有效數(shù)字)
(1)物體與斜面間的動摩擦因數(shù)μ；
(2)彈簧的最大彈性勢能Epm.
答案 (1)0.521 (2)24.4 J
解析 (1)物體從A點到被彈簧彈到D點的過程中，彈簧彈性勢能沒有發(fā)生變化，機械能的減少量全部用來克服摩擦力做功，即：
eq \f(1,2)mv02＋mgAD·sin θ＝μmgcs θ·(AB＋2BC＋BD)
代入數(shù)據(jù)解得：μ≈0.521.
(2)物體由A到C的過程中，
動能減少量ΔEk＝eq \f(1,2)mv02
重力勢能減少量ΔEp＝mgsin θ·AC
摩擦產(chǎn)生的熱量Q＝μmgcs θ·AC
由能量守恒定律可得彈簧的最大彈性勢能為：
Epm＝ΔEk＋ΔEp－Q≈24.4 J.
13.如圖所示，在傾角為37°的斜面底端固定一擋板，輕彈簧下端連在擋板上，上端與物塊A相連，用不可伸長的細線跨過斜面頂端的定滑輪把A與另一物體B連接起來，A與滑輪間的細線與斜面平行．已知彈簧勁度系數(shù)k＝40 N/m，A的質(zhì)量m1＝1 kg，與斜面間的動摩擦因數(shù)μ＝0.5，B的質(zhì)量m2＝ 2 kg.初始時用手托住B，使細線剛好處于伸直狀態(tài)，此時物體A與斜面間沒有相對運動趨勢，物體B的下表面離地面的高度h＝0.3 m，整個系統(tǒng)處于靜止狀態(tài)，彈簧始終處于彈性限度內(nèi)．重力加速度g＝ 10 m/s2，sin 37°＝0.6，cs 37°＝0.8.
(1)由靜止釋放物體B，求B剛落地時的速度大小；
(2)把斜面處理成光滑斜面，再將B換成一個形狀完全相同的物體C并由靜止釋放，發(fā)現(xiàn)C恰好到達地面，求C的質(zhì)量m3.
答案 (1)eq \r(2) m/s (2)0.6 kg
解析 (1)因為初始時刻A與斜面間沒有相對運動趨勢，即A不受摩擦力，此時有：m1gsin θ＝F彈
此時彈簧的壓縮量為：x1＝eq \f(F彈,k)＝eq \f(m1gsin θ,k)＝0.15 m
當B落地時，A沿斜面上滑h，此時彈簧的伸長量為：x2＝h－x1＝0.15 m
所以從手放開B到B落地過程中以A、B和彈簧為系統(tǒng)，彈簧伸長量和壓縮量相同，彈性勢能不變，彈簧彈力不做功，根據(jù)能量守恒定律可得：
m2gh＝m1ghsin θ＋μm1gcs θ·h＋eq \f(1,2)(m1＋m2)v2
代入數(shù)據(jù)解得：v＝eq \r(2) m/s
(2)由(1)分析同理可知換成光滑斜面，沒有摩擦力，則從手放開C到C落地過程中以A、C和彈簧為系統(tǒng)，根據(jù)機械能守恒可得：m3gh＝m1ghsin θ
代入數(shù)據(jù)解得m3＝0.6 kg.能量
功能關系
表達式
勢能
重力做功等于重力勢能減少量
W＝Ep1－Ep2＝－ΔEp
彈力做功等于彈性勢能減少量
靜電力做功等于電勢能減少量
分子力做功等于分子勢能減少量
動能
合外力做功等于物體動能變化量
W＝Ek2－Ek1＝eq \f(1,2)mv2－eq \f(1,2)mv02
機械能
除重力和彈力之外的其他力做功等于機械能變化量
W其他＝E2－E1＝ΔE
摩擦
產(chǎn)生
的內(nèi)能
一對相互作用的滑動摩擦力做功之和的絕對值等于產(chǎn)生的內(nèi)能
Q＝Ff·x相對
電能
克服安培力做功等于電能增加量
W電能＝E2－E1＝ΔE

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