第五章专题突破功能关系能量守恒定律.doc

专题突破专题突破 功能关系功能关系 能量守恒定律能量守恒定律 功能关系的理解和应用 力学中常见的功能关系 【例 1】 (2017 全国卷)一质量为 8.00104 kg 的太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 7.5103 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 2 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%。 解析 (1)飞船着地前瞬间的机械能为 Ek012mv20 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 Ek04.0108 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 Eh12mv2hmgh 式中，vh是飞船在高度 1.6105 m 处的速度大小。由式和题给数据得Eh2.41012 J (2)飞船在高度 h600 m 处的机械能为 Eh12m(2.0100vh)2mgh 由功能关系得 WEhEk0 式中，W 是飞船从高度 600 m 处至着地瞬间的过程中克服阻力所做的功。 由式和题给数据得 W9.7108 J 答案 (1)4.0108 J 2.41012 J (2)9.7108 J 功能关系的选取方法 (1)若只涉及动能的变化用动能定理。 (2)只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)只涉及机械能变化，用除重力和弹簧的弹力之外的力做功与机械能变化的关系分析。 1.(2019 山东烟台测试)质量为 m 的物体在竖直向上的恒定拉力 F 的作用下， 由静止开始向上运动 H 髙度，所受空气阻力恒为 f，g 为当地的重力加速度。则此过程中，下列说法正确的是( ) A.物体的动能增加了(Fmg)H B.物体的重力势能增加了 mgH C.物体的机械能减少了 fH D.物体的机械能增加了 FH 解析 物体受到重力、拉力以及空气的阻力，由动能定理有 Ek(Fmgf)H，选项 A 错误；重力的功为mgH，所以物体的重力势能增加了 mgH，选项 B 正确；除重力外物体受到拉力和阻力，所以物体的机械能增加 E(Ff)H，选项C、D 错误。 答案 B 2.(多选)(2016 全国卷)如图 1， 小球套在光滑的竖直杆上， 轻弹簧一端固定于 O点，另一端与小球相连。现将小球从 M 点由静止释放，它在下降的过程中经过了 N 点。 已知在 M、 N 两点处， 弹簧对小球的弹力大小相等， 且ONMOMN2。在小球从 M 点运动到 N 点的过程中( ) 图 1 A.弹力对小球先做正功后做负功 B.有两个时刻小球的加速度等于重力加速度 C.弹簧长度最短时，弹力对小球做功的功率为零 D.小球到达 N 点时的动能等于其在 M、N 两点的重力势能差 解析 因 M 和 N 两点处弹簧对小球的弹力大小相等，且ONMOMN2，M处的弹簧处于压缩状态，N 处的弹簧处于伸长状态，则弹簧的弹力对小球先做负功后做正功再做负功，选项 A 错误；当弹簧水平时，竖直方向的力只有重力，加速度为 g；当弹簧处于原长位置时，小球只受重力，加速度为 g，则有两个时刻的加速度大小等于 g，选项 B 正确；弹簧长度最短时，即弹簧水平，弹力与速度垂直，弹力对小球做功的功率为零，选项 C 正确；由动能定理得，WFWGEk，因 M 和 N 两点处弹簧对小球的弹力大小相等，弹性势能相等，则由弹力做功特点知 WF0，即 WGEk，选项 D 正确。 答案 BCD 3.(2017 全国卷)如图 2，一质量为 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13l。重力加速度大小为 g。在此过程中，外力做的功为( ) 图 2 A.19mgl B.16mgl C.13mgl D.12mgl 解析 由题意可知，PM 段细绳的机械能不变，MQ 段细绳的重心升高了l6，则重力势能增加 Ep23mgl619mgl，由功能关系可知，在此过程中，外力做的功为W19mgl ，故选项 A 正确，B、C、 D 错误。 答案 A 能量守恒定律的应用 1.对能量守恒定律的两点理解 (1)转化 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)转移 某个物体的能量减少，一定存在其他物体的能量增加，且减少量和增加量相等 2.能量转化问题的解题思路 (1)当涉及摩擦力做功，机械能不守恒时，一般应用能的转化和守恒定律。 (2)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减与增加的能量总和 E增，最后由 E减E增列式求解。 【例 2】 如图 3 所示，固定斜面的倾角 30 ，物体 A 与斜面之间的动摩擦因数 34，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 2m4 kg，B 的质量为 m2 kg，初始时物体 A 到 C 点的距离为 L1 m，现给 A、B 一初速度 v03 m/s，使 A 开始沿斜面向下运动，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。已知重力加速度取 g 10 m/s2，不计空气阻力，整个过程中轻绳始终处于伸直状态，求此过程中： 图 3 (1)物体 A 向下运动刚到达 C 点时的速度大小； (2)弹簧的最大压缩量； (3)弹簧的最大弹性势能。 解析 (1)物体 A 向下运动刚到 C 点的过程中，对 A、B 组成的系统应用能量守恒定律可得 2mgLsin 12 3mv20mgL 2mgcos L12 3mv2 可解得 v2 m/s。 (2)A、B 组成的系统，在物体 A 将弹簧压缩到最大压缩量，又返回到 C 点的过程中，系统动能的减少量等于因摩擦产生的热量，即 12 3mv20 2mg 2xcos 其中 x 为弹簧的最大压缩量 解得 x0.4 m。 (3)设弹簧的最大弹性势能为 Epm 由能量守恒定律可得12 3mv22mgxsin mgx 2mg xcos Epm 解得 Epm6 J。 答案 (1)2 m/s (2)0.4 m (3)6 J 多过程问题的解题技巧 (1)“合”初步了解全过程，构建大致的运动图景。 (2)“分”将全过程进行分解，分析每个过程的规律。 (3)“合”找到子过程的联系，寻找解题方法。 1.如图 4 所示，吊车下方吊着一个质量为 200 kg 的重物，处于静止状态，某时刻开始，吊车以 4 kW 的恒定功率将重物向上吊起，经 t2 s 重物达到最大速度。忽略空气阻力，取 g10 m/s2，则在这段 t 时间内( ) 图 4 A.重物的最大速度为 2 m/s B.重物做匀变速直线运动 C.重物先处于超重状态后处于失重状态 D.重物克服重力做功的平均功率为 2 kW 解析 当钢索拉力与重物重力相等时，重物速度达最大，Tmg，PTvmax，即vmaxPmg410320010 m/s2 m/s，选项 A 正确；根据 PTv 可知，功率恒定，速度增大， 拉力减小， 拉力与重力的合力减小， 所以重物做加速度减小的加速运动，选项 B 错误；由 B 分析可知，在重物达到最大速度的过程中重物的重力始终小于拉力，所以重物一直处于超重状态，选项 C 错误；根据能量守恒可知，Pt 12mv2maxW克G，解得 W克GPt12mv2max410321220022 J7 600 J，重物克服重力做功的平均功率为 PW克Gt7 6002 W3 800 W，选项 D 错误。 答案 A 2.(2019 北师大附属实验中学测试)某缓冲装置的理想模型如图 5 所示，劲度系数足够大的轻质弹簧与轻杆相连，轻杆可在固定的槽内移动，与槽间的滑动摩擦力恒为 f。轻杆向右移动不超过 l 时，装置可安全工作。一质量为 m 的小车若以速度 v0撞击弹簧，可使轻杆向右移动了l4。轻杆与槽间的最大静摩擦力等于滑动摩擦力，且不计小车与地面的摩擦。 图 5 (1)若弹簧劲度系数为 k，求轻杆开始移动时，弹簧的压缩量 x； (2)求小车离开弹簧瞬间的速度 v； (3)在轻杆运动的过程中，试分析小车的运动是不是匀变速运动？如果不是请说明理由，如果是请求出加速度 a。 解析 (1)对轻杆有 fkx，得 xfk。 (2)根据能量守恒有12mv20fl412mv2， 得出小车反弹离开弹簧瞬间的速度 vv20fl2m。 (3)因为轻杆运动时弹力始终和摩擦力相等，则对小车所受的弹力保持不变，所以小车做匀减速运动。根据牛顿第二定律有 kxfma，得出 afm。 答案 (1)fk (2)v20fl2m (3)见解析 摩擦力做功与能量转化的关系 1.两种摩擦力的做功情况比较 类别 比较 静摩擦力 滑动摩擦力 不同点 能量的转化方面 只有能量的转移，而没有能量的转化 既有能量的转移，又有能量的转化 一对摩擦力的总功方面 一对静摩擦力所做功的代数和等于零 一对滑动摩擦力所做功的代数和不为零，总功 WFfl相对， 即相对滑动时产生的热量 相同点 正功、负功、不做功方面 两种摩擦力对物体可以做正功、负功，还可以不做功 2.三步求解相对滑动物体的能量问题 考向 1 “传送带”模型中的摩擦生热 【例 3】 如图 6 所示，传送带的倾角为 30 ，以 2 m/s 的速度运动，将静止的工件由底端 P 处传送到顶端 Q 处。已知工件的质量为 1.0 kg，P、Q 之间的距离为 5 m，工件与传送带间的动摩擦因数为 32，取 g10 m/s2，则 图 6 (1)摩擦力对工件做的功是多少？ (2)工件与传送带间因摩擦而产生的内能是多少？ 解析 (1)工件先做匀加速运动，由牛顿第二定律有 mgcos mgsin ma， 得出 a2.5 m/s2； 工件匀加速的位移为 x1v22a2222.5 m0.8 m， 摩擦力对工件做的功为 W1mg x1cos ， 得出 W16 J 工件后做匀速运动，位移为 x25 mx14.2 m 摩擦力对工件做的功为 W2mg x2sin ，得出 W221 J 所以摩擦力对工件做的功为 WW1W227 J (2)工件匀加速的时间为 t1va，得出 t10.8 s 在工件匀加速时传送带的位移为 s1vt11.6 m 工件与传送带间因摩擦而产生的内能为 Qmg (s1x1)cos ，得出 Q6 J 答案 (1)27 J (2)6 J 考向 2 “滑块木板”模型中的摩擦生热 【例 4】 如图 7 所示，AB 为半径 R0.8 m 的14光滑圆弧轨道，下端 B 恰与小车右端平滑对接。小车质量 M3 kg，车长 L2.06 m，车上表面距地面的高度 h0.2 m，现有一质量 m1 kg 的滑块，由轨道顶端无初速度释放，滑到 B 端后冲上小车。已知地面光滑，滑块与小车上表面间的动摩擦因数 0.3，当车运动了 t01.5 s 时，车被地面装置锁定(g10 m/s2)。试求： 图 7 (1)滑块到达 B 端时，轨道对它支持力的大小； (2)车被锁定时，车右端距轨道 B 端的距离； (3)从车开始运动到被锁定的过程中，滑块与车上表面间由于摩擦而产生的热量大小。 解析 (1)由机械能守恒定律和牛顿第二定律得 mgR12mv2B，FNBmgmv2BR 则 FNB30 N (2)设 m 滑上小车后经过时间 t1与小车同速，共同速度大小为 v，设滑块的加速度大小为 a1，小车的加速度大小为 a2 对滑块有 mgma1，vvBa1t1 对于小车：mgMa2，va2t1 解得 v1 m/s，t11 s， 因 t1t0，故滑块与小车同速后，小车继续向左匀速行驶了 0.5 s，则小车右端距 B端的距离为 l车v2t1v(t0t1)，解得 l车1 m。 (3)Qmgl相对mgvBv2t1v2t1。 解得 Q6 J。 答案 (1)30 N (2)1 m (3)6 J 1.(多选)如图 8 所示，质量为 m 的滑块以一定初速度滑上倾角为 的固定斜面，同时施加一沿斜面向上的恒力 F2mgsin ；已知滑块与斜面间的动摩擦因数 tan ，取出发点为参考点，能正确描述滑块运动到最高点过程中产生的热量Q、 滑块动能 Ek、 机械能 E 随时间 t 的关系及重力势能 Ep随位移 x 关系的是( ) 图 8 解析 根据滑块与斜面间的动摩擦因数 tan 可知， 滑动摩擦力等于重力沿斜面向下的分力。施加一沿斜面向上的恒力 F2mgsin ，则滑块做匀速直线运动，所以 Ek保持不变，选项 B 错误；滑块位移 x 与时间 t 成正比，产生的热量 QFfx，所以产生的热量 Q 与时间 t 成正比，选项 A 正确；则重力势能随位移 x 均匀增大，滑块的机械能增加，选项 C 正确，D 错误。 答案 AC 2.如图 9 所示，质量为 m 的物体在水平传送带上由静止释放，传送带由电动机带动，始终保持以速度 v 匀速运动，物体与传送带间的动摩擦因数为 ，物体过一会儿能保持与传送带相对静止， 对于物体从静止释放到相对静止这一过程下列说法正确的是( ) 图 9 A.传送带克服摩擦力做功为 mv2 B.传送带克服摩擦力做功为12mv2 C.电动机多做的功12mv2 D.电动机增加的功率为12mg 解析 传送带克服摩擦力做功转化成了物体的动能和内能， 物体在这个过程中获得动能就是12mv2，由动能定理有 Ekfsf12vt12mv2；对系统，内能为 Qfvt12vt fvt212mv2， 传送带克服摩擦力做功 WQ12mv2mv2， 选项 A 正确，B 错误；电动机多做的功为传送带克服摩擦力做功，选项 C 错误；电动机增加的功率即为克服摩擦力做功的功率，即为 Pfvmgv，选项 D 错误。 答案 A 科学态度与责任系列生产、生活中的能量问题 1.与生产、生活相联系的能量守恒问题往往具有试题情景新颖，所叙述的内容可能平时很少涉及，但问题的实质仍是能量转化与守恒定律的应用。 2.对于该类问题，可通过认真读题，确定所研究的物理过程的初、末状态，分析在状态变化过程中哪些形式的能量减少了，又有哪些形式的能量增加了，然后根据 E减E增列式求解。 一、列车车厢间的缓冲装置 1.如图 10 是安装在列车车厢之间的摩擦缓冲器结构图。图中和为楔块，和为垫板，楔块与弹簧盒、垫板间均有摩擦。在车厢相互撞击使弹簧压缩的过程中( ) 图 10 A.缓冲器的机械能守恒 B.摩擦力做功消耗机械能 C.垫板的动能全部转化为内能 D.弹簧的弹性势能全部转化为动能 解析 在车厢相互撞击使弹簧压缩过程中，由于要克服摩擦力做功，且缓冲器所受合外力做功不为零，因此机械能不守恒，选项 A 错误；克服摩擦力做功消耗机械能，选项 B 正确；撞击以后垫板和车厢有相同的速度，因此动能并不为零，选项 C 错误；压缩弹簧过程弹簧的弹性势能增加，并没有减少，选项 D 错误。 答案 B 二、儿童乐园中的蹦床运动 2.在儿童乐园的蹦床项目中，小孩在两根弹性绳和蹦床的协助下实现上下弹跳。如图 11 所示，某次蹦床活动中小孩静止时处于 O 点，当其弹跳到最高点 A 后下落可将蹦床压到最低点 B，小孩可看成质点，不计空气阻力，下列说法正确的是( ) 图 11 A.从 A 运动到 O，小孩重力势能减少量大于动能增加量 B.从 O 运动到 B，小孩动能减少量等于蹦床弹性势能增加量 C.从 A 运动到 B，小孩机械能减少量小于蹦床弹性势能增加量 D.若从 B 返回到 A，小孩机械能增加量等于蹦床弹性势能减少量 解析 从 A 运动到 O， 小孩重力势能减少量等于动能增加量与弹性绳的弹性势能的增加量之和，选项 A 正确；从 O 运动到 B，小孩动能和重力势能的减少量等于弹性绳和蹦床的弹性势能的增加量，选项 B 错误；从 A 运动到 B，小孩机械能减少量大于蹦床弹性势能增加量，选项 C 错误；若从 B 返回到 A，小孩机械能增加量等于蹦床和弹性绳弹性势能减少量之和，选项 D 错误。 答案 A 三、自动充电式电动车 3.构建和谐型、节约型社会深得民心，节能器材遍布于生活的方方面面，自动充电式电动车就是很好的一例，电动车的前轮装有发电机，发电机与蓄电池连接。当骑车者用力蹬车或电动车自动滑行时，电动车就可以连通发电机向蓄电池充电，将其他形式的能转化成电能储存起来。现有某人骑车以 5 kJ 的初动能在粗糙的水平路面上滑行，第一次关闭自动充电装置，让车自由滑行，其动能随位移变化关系如图 12 直线 a 所示；第二次启动自动充电装置，其动能随位移变化关系如图曲线 b 所示，则第二次向蓄电池所充的电能可接近( ) 图 12 A.5 kJ B.4 kJ C.3 kJ D.2 kJ 解析 由题图直线 a 可知，电动车的动能 Ek与滑行位移 x 呈线性关系，第一次关闭自动充电装置自由滑行 10 m 停止，第二次启动自动充电装置时只滑行了 6 m，所以第二次充电的电能相当于滑行 4 m 所需要的能量，即 E4105 kJ2 kJ，选项 D 正确。 答案 D 四、飞机场上运送行李的传送带 4.飞机场上运送行李的装置为一水平放置的环形传送带，如图 13 所示，AB、CD段为直线，BC 段为同心半圆，其中的虚线为半径为 R 的半圆弧。每隔时间 t 将质量为 m 的行李依次轻轻放到传送带上 A 端，在 D 端附近看到相邻行李间的距离均为 L。求： 图 13 (1)传送带运行的速度 v； (2)在 BC 段每一个工件受到的摩擦力大小 f； (3)每件行李放至传送带后与传送带摩擦产生的热量 Q。 解析 (1)在 D 端每隔时间 t 接收到一个工件，则 vLt。 (2)在 BC 段工件做匀速圆周运动，静摩擦力提供向心力，则 fmv2R， 代入解得 fmL2Rt2。 (3)设工件与传送带间的动摩擦因数为 ，工件相对传送带滑动的时间为 t0，加速度为 a，则 mgma，vat0 加速过程中工件相对传送带滑动的距离 svt012at20 产生的热量 Qmgs 解得 QmL22t2。 答案 (1)Lt (2)mL2Rt2 (3)mL22t2 活页作业活页作业 (时间：40 分钟) 基础巩固练 1.风洞飞行体验是运用先进的科技手段实现高速风力将人吹起并悬浮于空中，如图 1 所示。若在人处于悬浮状态时增加风力，则体验者在加速上升过程中( ) 图 1 A.处于失重状态，机械能增加 B.处于失重状态，机械能减少 C.处于超重状态，机械能增加 D.处于超重状态，机械能减少 答案 C 2.如图 2 所示，某滑翔爱好者利用无动力滑翔伞在高山顶助跑起飞，在空中完成长距离滑翔后安全到达山脚下。他在空中滑翔的过程中( ) 图 2 A.只有重力做功 B.重力势能的减小量大于重力做的功 C.重力势能的减小量等于动能的增加量 D.动能的增加量等于合力做的功 解析 由功能转换关系知，重力做功对应重力势能的变化，合力做功对应物体动能的变化，选项 D 正确。 答案 D 3.(多选)(2019 广东佛山模拟)如图 3 所示，质量为 m 的物体(可视为质点)以某一速度从 A 点冲上倾角为 30 的固定斜面，其减速运动的加速度为34g，此物体在斜面上能够上升的最大高度为 h，则在这个过程中物体( ) 图 3 A.重力势能增加了 mgh B.机械能损失了12mgh C.动能损失了 mgh D.克服摩擦力做功14mgh 解析 加速度 a34gmgsin 30 Ffm，解得摩擦力 Ff14mg；物体在斜面上能够上升的最大高度为 h，所以重力势能增加了 mgh，故选项 A 正确；机械能的损失Ffx14mg 2h12mgh，故选项 B 正确；动能损失量为克服合外力做功的大小 Ek F合外力 x34mg 2h32mgh， 故选项 C 错误； 克服摩擦力做功12mgh， 故选项 D 错误。 答案 AB 4.(多选)如图 4 所示，动滑轮下系有一个质量为 1 kg 的物块，细线一端系在天花板上，另一端绕过动滑轮。用 F6 N 的恒力竖直向上拉细线的另一端。滑轮、细线的质量不计，不计一切摩擦。经过 1 s，则( ) 图 4 A.拉力 F 做功为 10 J B.拉力 F 做功为 12 J C.物体的动能增加了 10 J D.物体的机械能增加了 12 J 解析 如图所示，物体受到两个力的作用：拉力 F2F 和重力 mg，由牛顿第二定律有 Fmgma， 得出 a2 m/s2； 物体从静止到 1 s 的位移为 x12at2122 12 m1 m，拉力 F 的作用点为绳的端点，在物体发生 1 m 位移的过程中，绳的端点的位移为 s2s2 m，所以拉力 F 做的功为 WFs62 J12 J，选项 A错误，B 正确；物体的速度 vat2 m/s，物体的动能增加了 Ek12mv2121 22 J2 J，选项 C 错误；拉力做的功等于物体机械能的增加量，所以物体的机械能增加了 12 J，选项 D 正确。 答案 BD 5.安徽首家滑雪场正式落户国家 AAAA 级旅游景区安庆巨石山，现已正式“开滑”。如图 5 所示，滑雪者从 O 点由静止沿斜面自由滑下，接着在水平面上滑至 N 点停下。斜面、水平面与滑雪板之间的动摩擦因数都为 0.1。滑雪者(包括滑雪板)的质量为 m50 kg，g 取 10 m/s2，O、N 两点间的水平距离为 s100 m。在滑雪者经过 ON 段运动的过程中，克服摩擦力做的功为( ) 图 5 A.1 250 J B.2 500 J C.5 000 J D.7 500 J 解析 设斜面的倾角为 ，则滑雪者从 O 到 N 的运动过程中克服摩擦力做的功Wfmgcos xOMmgxMN，由题图可知，xOMcos xMNs，两式联立可得 Wfmgs5 000 J，故选项 A、B、D 错误，C 正确。 答案 C 6.(多选)如图 6 所示，轻质弹簧上端固定，下端系一物体。物体在 A 处时，弹簧处于原长状态。现用手托住物体使它从 A 处缓慢下降，到达 B 处时，手和物体自然分开。此过程中，物体克服手的支持力所做的功为 W，不考虑空气阻力。关于此过程，下列说法正确的有( ) 图 6 A.物体重力势能减少量一定大于 W B.弹簧弹性势能增加量一定小于 W C.物体与弹簧组成的系统机械能增加量为 W D.若将物体从 A 处由静止释放，则物体到达 B 处时的动能为 W 解析 根据能量守恒定律可知，在此过程中减少的重力势能 mghEpW，所以物体重力势能减少量一定大于 W，不能确定弹簧弹性势能增加量与 W 的大小关系，选项 A 正确，B 错误；支持力对物体做负功，所以物体与弹簧组成的系统机械能减少 W，选项 C 错误；若将物体从 A 处由静止释放，从 A 到 B 的过程，根据动能定理 EkmghW弹mghEpW，选项 D 正确。 答案 AD 7.(多选)(2019 山东青岛模拟)如图 7 所示，一根原长为 L 的轻弹簧，下端固定在水平地面上，一个质量为 m 的小球，在弹簧的正上方从距地面高度为 H 处由静止下落压缩弹簧。若弹簧的最大压缩量为 x，小球下落过程受到的空气阻力恒为Ff，则小球从开始下落至最低点的过程( ) 图 7 A.小球动能的增量为 0 B.小球重力势能的增量为 mg(HxL) C.弹簧弹性势能的增量为(mgFf)(HxL) D.系统机械能减少 FfH 解析 小球下落的整个过程中，开始时速度为零，结束时速度也为零，所以小球动能的增量为 0，选项 A 正确；小球下落的整个过程中，重力做功 WGmghmg(HxL)，根据重力做功量度重力势能的变化 WGEp得：小球重力势能的增量为mg(HxL)，选项 B 错误；根据动能定理得 WGWfW弹000，所以 W弹(mgFf)(HxL)，根据弹簧弹力做功量度弹性势能的变化W弹Ep得：弹簧弹性势能的增量为(mgFf)(HxL)，选项 C 正确；系统机械能的减少等于重力、 弹力以外的力做的功， 小球从开始下落至最低点的过程，克服阻力做的功为 Ff(HxL)，所以系统机械能减少为 Ff(HxL)，选项 D 错误。 答案 AC 8.(多选)如图 8 所示，质量为 M、长为 L 的木板置于光滑的水平面上，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( ) 图 8 A.上述过程中，F 做功大小为12mv2112Mv22 B.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 解析 由功能原理可知， 上述过程中， F 做功大小为二者动能与产生的热量之和，选项 A 错误；其他条件不变的情况下，M 越大，M 的加速度越小，x 越小，选项B 正确；其他条件不变的情况下，F 越大，滑块的加速度越大，滑块到达右端所用时间越短，选项 C 错误；其他条件不变的情况下，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，Ff越大，滑块与木板间产生的热量越多，选项 D 正确。 答案 BD 综合提能练 9.(多选)如图 9 所示，质量 m1 kg 的物体从高为 h0.2 m 的光滑轨道上 P 点由静止开始下滑，滑到水平传送带上的 A 点，物体和传送带之间的动摩擦因数为 0.2，传送带 AB 之间的距离为 L5 m，传送带一直以 v4 m/s 的速度匀速运动，则(g 取 10 m/s2)( ) 图 9 A.物体从 A 运动到 B 的时间是 1.5 s B.物体从 A 运动到 B 的过程中，摩擦力对物体做功为 2 J C.物体从 A 运动到 B 的过程中，产生的热量为 2 J D.物体从 A 运动到 B 的过程中，带动传送带转动的电动机多做的功为 10 J 解析 设物体下滑到 A 点的速度为 v0，对 PA 过程，由机械能守恒定律有12mv20mgh，代入数据得 v0 2gh2 m/sv4 m/s，则物体滑上传送带后，在滑动摩擦力的作用下做匀加速运动，加速度大小为 amgmg2 m/s2；当物体的速度与传送带的速度相等时用时 t1vv0a422 s1 s，匀加速运动的位移 x1 v0v2t12421 m3 mL5 m，所以物体与传送带共速后向右做匀速运动，匀速运动的时间为 t2Lx1v534 s0.5 s，故物体从 A 运动到 B 的时间为 tt1t21.5 s，故选项 A 正确；物体运动到 B 的速度是 v4 m/s，根据动能定理得：摩擦力对物体做功 W12mv212mv2012142 J12122 J6 J，选项 B错误；在 t1时间内，传送带做匀速运动的位移为 x带vt14 m，故产生热量 Qmgxmg(x带x1)，代入数据得 Q2 J，选项 C 正确；电动机多做的功一部分转化成了物体的动能，另一部分转化为内能，则电动机多做的功 W12mv212mv20Q121(4222) J2 J8 J，选项 D 错误。 答案 AC 10.如图 10，质量均为 m1.0 kg 的物块 A、B 通过轻质弹簧相连，竖放在水平地面上，弹簧的劲度系数 k100 N/m。A、B 的右侧竖立一固定竖直光滑杆 MN，物块 C 穿在杆上。一条不可伸长的轻绳绕过位于 A 正上方的轻质定滑轮 P，一端连接 A，另一端连接 C。开始时物块 C 与轻滑轮 P 等高且 PC 间距 L0.3 m，绳处于伸直状态但无张力。现将 C 由静止释放，已知它恰好能使 B 离开地面但不继续上升。(取 g10 m/s2) 图 10 (1)求 C 的质量 mC； (2)若将 C 换成质量为 1.0 kg 的 D，仍从上述初始位置由静止释放，则 B 离开地面时 D 的速度是多大？ 解析 (1)开始时弹簧被压缩，对 A 受力分析有 kx1mg， 可得 x10.1 m； 最终恰好能使 B 离开地面但不继续上升，说明 B 此时与地面之间无弹力，且整个系统处于静止状态，对 B 受力分析有 kx2mg，可得 x20.1 m； 可判断出此时 PC 间绳子的长度为 LLx1x20.5 m， 则 C 下降的高度为 hL2L20.4 m， 因为始末两个状态弹簧的形变量一样，因此两个状态下的弹性势能相同，由能量守恒定律有 mCghmg(x1x2)，解得 mC0.5 kg。 (2)将 C 换成 D 后，由能量守恒定律有12mDv2D12mv2Amg(x1x2)mDgh， 由几何关系有vAvDhL，解得 vD10041 m/s 答案 (1)0.5 kg (2)10041 m/s 11.(2019 山东烟台期中)如图 11 甲所示，质量 M5 kg 的木板 A 在水平向右 F30 N 的拉力作用下在粗糙水平地面上向右运动，t0 时刻在其右端无初速度地放上一质量为 m1 kg 的小物块 B。放上物块后 A、B 的图象如图乙所示。已知物块可看作质点，木板足够长。取 g10 m/s2，求： 图 11 (1)物块与木板之间动摩擦因数 1和木板与地面间的动摩擦因数 2； (2)物块与木板之间摩擦产生的热量； (3)放上物块后，木板运动的总位移。 解析 (1)放上物块后，当 A、B 相对滑动过程， 由图示图象可知，B 的加速度 aBvBtB123 m/s24 m/s2， A 的加速度 aAvAtA12183 m/s22 m/s2， 由牛顿第二定律得对 B：1mgmaB， 对 A：F1mg2(Mm)gMaA， 解得 10.4，20.6； (2)物块与木板相对运动过程中，相对位移 s12183 m27 m， 物块与木板之间的摩擦产生的热量 Q1mgs0.411027 J108 J； (3)A、B 共同运动时，由牛顿第二定律得 2(Mm)gF(Mm)a， 解得 a1 m/s2， A、B 共同运动时间 tva121 s12 s， 放上物块后木板运动的总位移 x12(1218)3 m12212 m117 m。 答案 (1)10.4，20.6 (2)108 J (3)117 m 12.如图 12 所示，半径 R0.4 m 的光滑圆弧轨道 BC 固定在竖直平面内，轨道的上端点 B 和圆心 O 的连线与水平方向的夹角 30 ，下端点 C 为轨道的最低点且与粗糙水平面相切，一根轻质弹簧的右端固定在竖直挡板上。质量 m0.1 kg的小物块(可视为质点)从空中 A 点以 v02 m/s 的速度被水平抛出，恰好从 B 点沿轨道切线方向进入轨道，经过 C 点后沿水平面向右运动至 D 点时，弹簧被压缩至最短，C、D 两点间的水平距离 L1.2 m，小物块与水平面间的动摩擦因数0.5，g 取 10 m/s2。求： 图 12 (1)小物块经过圆弧轨道上 B 点时速度 vB的大小； (2)小物块经过圆弧轨道上 C 点时对轨道的压力大小； (3)弹簧的弹性势能的最大值 Epm。 解析 (1)小物块恰好从 B 点沿切线方向进入轨道， 由几何关系有 vBv0sin 4 m/s (2)小物块由 B 点运动到 C 点，由机械能守恒定律有 mgR(1sin )12mv2C12mv2B 在 C 点处，由牛顿第二定律有 FNmgmv2CR， 解得 FN8 N 根据牛顿第三定律， 小物块经过圆弧轨道上 C 点时对轨道的压力 FN大小为 8 N。 (3)小物块从 B 点运动到 D 点，由能量守恒定律有 Epm12mv2BmgR(1sin )mgL0.8 J。 答案 (1)4 m/s (2)8 N (3)0.8 J