5.4功能关系　能量守恒定律-2023年高考物理一轮复习提升核心素养

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5.4功能关系　能量守恒定律

一、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
合力的功
动能变化
W＝Ek2－Ek1＝ΔEk
重力的功
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＝－ΔEp＝Ep1－Ep2
弹簧弹力的功
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)W弹＝－ΔEp＝Ep1－Ep2
只有重力、弹簧弹力做功
机械能不变化
机械能守恒，ΔE＝0
除重力和弹簧弹力之外的其他力做的功
机械能变化
(1)其他力做多少正功，物体的机械能就增加多少
(2)其他力做多少负功，物体的机械能就减少多少
(3)W其他＝ΔE
一对相互作用的滑动摩擦力的总功
机械能减少内能增加
(1)作用于系统的一对滑动摩擦力一定做负功，系统内能增加
(2)摩擦生热Q＝Ff·x相对
二、两种摩擦力做功特点的比较
类型
比较
静摩擦力做功
滑动摩擦力做功
不同点
能量的转化方面
只有机械能从一个物体转移到另一个物体，而没有机械能转化为其他形式的能
(1)将部分机械能从一个物体转移到另一个物体
(2)一部分机械能转化为内能，此部分能量就是系统机械能的损失量
一对摩擦力的总功方面
一对静摩擦力所做功的代数和总等于零
一对滑动摩擦力做功的代数和总是负值
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，也可以做负功，还可以不做功
三、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种形式，或者从一个物体转移到别的物体，在转化或转移的过程中，能量的总量保持不变．
2．表达式
ΔE减＝ΔE增．
3．基本思路
(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．
功能关系的理解和应用
1．对功能关系的理解
(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，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．功是能量转化的量度
力学中几种常见的功能关系如下：

例题1.在奥运比赛项目中，高台跳水是我国运动员的强项．质量为m的跳水运动员进入水中后受到水的阻力而做减速运动，设水对他的阻力大小恒为F，当地的重力加速度为g，那么在他减速下降高度为h的过程中，下列说法正确的是(　　)
A．他的动能减少了Fh
B．他的重力势能增加了mgh
C．他的机械能减少了(F－mg)h
D．他的机械能减少了Fh
【答案】D
【解析】　运动员进入水中后，克服合力做的功等于动能的减少量，故动能减少(F－mg)h，故A错误；运动员进入水中后，重力做功mgh，故重力势能减小mgh，故B错误；运动员进入水中后，除重力外，克服阻力做功Fh，故机械能减少了Fh，故C错误，D正确．
(多选)如图所示，光滑斜面体固定在水平地面上，顶端装有质量不计的光滑定滑轮，跨过定滑轮的不可伸长细线两端连接两质量相等的物块A和B。物块A的正下方地面上固定一竖直轻弹簧，弹簧始终处于弹性限度内，忽略空气阻力。物块B在斜面体底端由静止释放后，在物块A下落至最低点的过程中，下列说法正确的是(　　)

A．物块A与弹簧接触前，A、B组成的系统机械能守恒
B．物块A刚与弹簧接触时，物块B的动能最大
C．细线的拉力对物块B做的功等于B增加的机械能
D．弹簧的最大弹性势能等于物块A下降过程中减少的重力势能
【答案】AC
【解析】
物块A与弹簧接触前，A、B组成的系统只有重力做功，故机械能守恒，故A正确；物块A刚与弹簧接触时弹簧弹力为零，依然有向下的加速度，故A向下加速运动，在A向下加速的过程中，物块B在绳的拉力作用下与A有相同的速度大小，故物块A刚与弹簧接触时，物块B的动能还未达到最大值，故B错误；由功能关系知，除重力之外的力对物块B做的功等于B机械能的增加，故细线的拉力对物块B做功等于B增加的机械能，故C正确；弹簧被压缩到最短时弹性势能最大，此时物块A的动能为零，在A下落的过程中，物块A、B和弹簧组成的系统机械能守恒，故物块A减小的重力势能等于弹簧增加的弹性势能与物块B增加的机械能之和，即弹簧的最大弹性势能小于物块A下降过程中减少的重力势能，故D错误。
如图所示，弹簧的下端固定在光滑斜面底端，弹簧与斜面平行．在通过弹簧中心的直线上，小球P从直线上的N点由静止释放，在小球P与弹簧接触到速度变为零的过程中，下列说法中正确的是(　　)

A．小球P的动能一定在减小
B．小球P的机械能一定在减少
C．小球P与弹簧系统的机械能一定在增加
D．小球P重力势能的减小量大于弹簧弹性势能的增加量
【答案】　B
【解析】
　小球P与弹簧接触后，刚开始弹力小于重力沿斜面向下的分力，合力沿斜面向下，随着形变量增大，弹力大于重力沿斜面向下的分力，合力方向沿斜面向上，合力先做正功后做负功，小球P的动能先增大后减小，A错误；小球P与弹簧组成的系统的机械能守恒，弹簧的弹性势能不断增大，所以小球P的机械能不断减小，B正确，C错误；在此过程中，根据系统机械能守恒，可知小球P重力势能的减小量与动能减小量之和等于弹簧弹性势能的增加量，即小球P重力势能的减小量小于弹簧弹性势能的增加量，D错误．
功能关系与图像的结合
例题2.(多选)一物块在高3.0 m、长5.0 m的斜面顶端从静止开始沿斜面下滑，其重力势能和动能随下滑距离s的变化如图中直线Ⅰ、Ⅱ所示，重力加速度取10 m/s2.则(　　)

A．物块下滑过程中机械能不守恒
B．物块与斜面间的动摩擦因数为0.5
C．物块下滑时加速度的大小为6.0 m/s2
D．当物块下滑2.0 m时机械能损失了12 J
【答案】AB
【解析】
　　由E－s图像知，物块动能与重力势能的和减小，则物块下滑过程中机械能不守恒，故A正确；由E－s图像知，整个下滑过程中，物块机械能的减少量为ΔE＝30 J－10 J＝20 J，重力势能的减少量ΔEp＝mgh＝30 J，又ΔE＝μmgcos α·s，其中cos α＝＝0.8，h＝3.0 m，g＝10 m/s2，则可得m＝1 kg，μ＝0.5，故B正确；物块下滑时的加速度大小a＝gsin α－μgcos α＝2 m/s2，故C错误；物块下滑2.0 m时损失的机械能为ΔE′＝μmgcos α·s′＝8 J，故D错误．
如图所示，极限跳伞是世界上流行的空中极限运动，它的独特魅力在于跳伞者可以从正在飞行的各种飞行器上跳下，也可以从固定在高处的器械、陡峭的山顶、高地甚至建筑物上纵身而下，并且通常起跳后伞并不是马上自动打开，而是由跳伞者自己控制开伞时间．伞打开前可看成是自由落体运动，打开伞后减速下降，最后匀速下落．用h表示人下落的高度，t表示下落的时间，Ep表示人的重力势能，Ek表示人的动能，E表示人的机械能，v表示人下落的速度，如果打开伞后空气阻力与速度的二次方成正比，则下列图像可能正确的是(　　)


【答案】B
【解析】
　　重力势能与人下落的高度呈一次函数关系，选项A错误．人先做自由落体运动，机械能守恒，可得Ek＝mgh，动能与下落的高度成正比，打开降落伞后人做减速运动，随速度的减小，阻力减小，由牛顿第二定律可知，人做加速度减小的减速运动，最后当阻力与重力大小相等后，人做匀速直线运动，所以动能先减小得快，后减小得慢，当阻力与重力大小相等后，动能不再发生变化，而机械能继续减小，选项B正确，C、D错误．
(多选)如图甲所示，在距离地面高度为h＝0.80 m的平台上有一轻质弹簧，其左端固定于竖直挡板上，右端与质量m＝0.50 kg、可看作质点的物块相接触(不粘连)，OA段粗糙且长度等于弹簧原长，其余位置均无阻力作用．物块开始静止于A点，OA段的动摩擦因数μ＝0.50.现对物块施加一个水平向左的外力F，其大小随位移x变化关系如图乙所示．物块向左运动xAB＝0.40 m到达B点，到达B点时速度为零，随即撤去外力F，物块在弹簧弹力作用下向右运动，从M点离开平台，落到地面上N点，g取10 m/s2，则(　　)

A．弹簧被压缩过程中外力F做的功为6.0 J
B．弹簧在被压缩过程中具有的最大弹性势能为6.0 J
C．整个运动过程中克服摩擦力做功为4.0 J
D．M、N的水平距离为1.6 m
【答案】AD
【解析】
F­x图象与坐标轴所围图形的面积表示力F做的功，由题图乙可知WF＝6.0 J，选项A正确；在压缩弹簧过程中，克服摩擦力做功Wf＝μmgxAB＝0.50×0.50×10×0.4 J＝1.0 J，整个运动过程中克服摩擦力做功为2Wf＝2.0 J，选项C错误；根据功能关系，弹簧被压缩过程中具有的最大弹性势能为Ep＝WF－Wf＝5.0 J，选项B错误；物块由B点运动到M点，由功能关系得－Wf＝mv2－Ep，解得物块运动到M点的速度v＝4 m/s，设M、N的水平距离为x0，由平抛运动规律，有x0＝vt，h＝gt2，联立解得x0＝1.6 m，选项D正确．
摩擦力做功与摩擦生热的计算
1．系统内一对静摩擦力对物体做功时，由于相对位移为零故没有内能产生，只有物体间机械能的转移．
2．作用于系统的滑动摩擦力和物体间相对滑动的距离的乘积，在数值上等于滑动过程产生的内能．即Q＝F滑s相对，其中F滑必须是滑动摩擦力，s相对必须是两个接触面的相对滑动距离(或相对路程)．
例题3.( 多选)如图所示，倾角为α＝37°的斜面体固定在水平面上，质量为m＝1 kg可视为质点的物块在斜面体的顶端A处由静止释放，经过一段时间物块到达C点。已知AB＝1.2 m、BC＝0.4 m，物块与AB段的摩擦可忽略不计，物块与BC间的动摩擦因数为μ＝0.5，重力加速度g取10 m/s2，sin 37°＝0.6，cos 37°＝0.8。则下列说法正确的是(　　)

A．物块在BC段所受的摩擦力大小为6 N
B．上述过程，物块重力势能的减少量为9.6 J
C．上述过程，因摩擦而产生的热量为1.6 J
D．物块到达C点的速度大小为4 m/s
【答案】BCD
【解析】
　物块在BC段，所受的摩擦力大小f＝μmgcos α＝4 N，故A错误；物块从顶端A到达C点，物块重力势能的减少量ΔEp＝mg(AB＋BC)sin α＝1×10×1.6×0.6 J＝9.6 J，故B正确；物块在通过BC段时，因摩擦产生的热量等于克服摩擦力做功Q＝μmg·BCcos α＝1.6 J，故C正确；物块从顶端A到达C点，根据动能定理mg(AB＋BC)sin α－μmgBCcos α＝mv2，解得物块到达C点的速度大小v＝4 m/s，故D正确。
(多选)如图所示，质量为m0、长度为l的小车静止在光滑的水平面上．质量为m的小物块(可视为质点)放在小车的最左端．现在一水平恒力F作用在小物块上，使物块从静止开始做匀加速直线运动，物块和小车之间的摩擦力为Ff.经过时间t，小车运动的位移为x，物块刚好滑到小车的最右端(　　)

A．此时物块的动能为(F－Ff)(x＋l)
B．这一过程中，物块对小车所做的功为Ff(x＋l)
C．这一过程中，物块和小车增加的机械能为Fx
D．这一过程中，物块和小车产生的内能为Ffl
【答案】AD
【解析】
　　对物块分析，物块的位移为x＋l，根据动能定理得，(F－Ff)(x＋l)＝Ek－0，所以物块到达小车最右端时具有的动能为(F－Ff)(x＋l)，故A正确；对小车分析，小车的位移为x，所以物块对小车所做的功为Ffx，故B错误；物块和小车增加的内能Q＝Ffs相对＝Ffl，故D正确；根据功能关系得，外力F做的功转化为小车和物块的机械能和摩擦产生的内能，则有F(l＋x)＝ΔE＋Q，则ΔE＝F(l＋x)－Ffl，故C错误．
(多选)如图所示，一个长为L，质量为M的木板，静止在光滑水平面上，一个质量为m的物块(可视为质点)，以水平初速度v0，从木板的左端滑向另一端，设物块与木板间的动摩擦因数为μ，当物块与木板相对静止时，物块仍在长木板上，物块相对木板的位移为d，木板相对地面的位移为s，重力加速度为g.则在此过程中(　　)

A．摩擦力对物块做功为－μmg(s＋d)
B．摩擦力对木板做功为μmgs
C．木板动能的增量为μmgd
D．由于摩擦而产生的热量为μmgs
【答案】AB
【解析】
　根据功的定义W＝Fscos θ，其中s指物体对地的位移，而θ指力与位移之间的夹角，可知摩擦力对物块做功W1＝－μmg(s＋d)，摩擦力对木板做功W2＝μmgs，A、B正确；根据动能定理可知木板动能的增量ΔEk＝W2＝μmgs，C错误；由于摩擦而产生的热量Q＝Ff·Δx＝μmgd，D错误．
能量守恒定律的理解和应用
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ΔE减与增加的能量总和ΔE增，最后由ΔE减＝ΔE增列式求解．
例题4. (多选)用轻杆通过铰链相连的小球A、B、C处于竖直平面内，质量均为m，两段轻杆等长。现将C球置于距地面高h处，由静止释放，假设三个小球只在同一竖直面内运动，不计一切摩擦，则在小球C下落过程中(　　)

A．小球A、B、 C组成的系统机械能守恒
B．小球C的机械能先减小后增大
C．小球C落地前瞬间的速度大小为
D．当小球C的机械能最小时，地面对小球B的支持力大于mg
【答案】ABC
【解析】
由于小球A、B、C组成的系统只有重力做功，故系统的机械能守恒，故A正确；小球B的初速度为零，C落地面瞬间，B的速度为零，故B的动能先增大后减小，而B的重力势能不变，则B的机械能先增大后减小，同理可得A的机械能先增大后减小，而系统机械能守恒，故C的机械能先减小后增大，故B正确；根据以上分析可知，小球C落地前瞬间的速度大小根据动能定理可知mv2＝mgh，解得v＝，故C正确； 当小球C的机械能最小时，小球B速度最大，此时小球B的加速度为零，水平方向所受的合力为零，杆CB对小球B恰好没有力的作用，所以地面对小球B的支持力大小为mg，故D错误。
(多选)一物体从倾角为θ的斜坡底端向上滑，初动能为E0。当物体向上滑到某一位置时，其动能减少了E1，机械能减少了E2，不计空气阻力，重力加速度为g，则可以求出(　　)
A．物体的质量
B．物体与斜面间的动摩擦因数
C．物体沿斜面向上运动的加速度
D．物体重新滑到斜面底端的动能
【答案】BCD
【解析】设物体沿斜面上滑发生位移x，则有E1＝mgxsin θ＋μmgxcos θ，E2＝μmgxcos θ，解得μ＝·tan θ；也可求物体沿斜面向上运动的加速度a＝gsin θ＋μgcos θ＝gsin θ；设物体沿斜面上滑的最大位移为L，则＝，物体上滑和下滑损失的机械能ΔE＝2Lμmgcos θ＝E0，滑到斜面底端的动能E＝E0－ΔE＝E0。
毕节，是全国唯一一个以“开发扶贫、生态建设”为主题的试验区，是国家“西电东送”的主要能源基地．如图9所示，赫章的韭菜坪建有风力发电机，风力带动叶片转动，叶片再带动转子(磁极)转动，使定子(线圈，不计电阻)中产生电流，实现风能向电能的转化．若叶片长为l，设定的额定风速为v，空气的密度为ρ，额定风速下发电机的输出功率为P，则风能转化为电能的效率为(　　)

A. B. C. D.
【答案】A
【解析】
　风能转化为电能的工作原理为将风的动能转化为输出的电能，设风吹向发电机的时间为t，则在t时间内吹向发电机的风的体积为V＝vt·S＝vt·πl2，则风的质量M＝ρV＝ρvt·πl2，因此风吹过的动能为Ek＝Mv2＝ρvt·πl2·v2，在此时间内发电机输出的电能E＝P·t，则风能转化为电能的效率为η＝＝，故A正确，B、C、D错误．
与弹簧有关的综合问题
例题5.如图所示，一弹射游戏装置由安装在水平台面上的固定弹射器、竖直圆轨道(在最低点E分别与水平轨道EO和EA相连)、高度h可调的斜轨道AB组成．游戏时滑块从O点弹出，经过圆轨道并滑上斜轨道．全程不脱离轨道且恰好停在B端则视为游戏成功．已知圆轨道半径r＝0.1 m，OE长L1＝0.2 m，AC长L2＝0.4 m，圆轨道和AE光滑，滑块与AB、OE之间的动摩擦因数μ＝0.5.滑块质量m＝2 g且可视为质点，弹射时从静止释放且弹簧的弹性势能完全转化为滑块动能．忽略空气阻力，各部分平滑连接．求：

(1)滑块恰好能过圆轨道最高点F时的速度vF大小；
(2)当h＝0.1 m且游戏成功时，滑块经过E点对圆轨道的压力FN大小及弹簧的弹性势能Ep0；
(3)要使游戏成功，弹簧的弹性势能Ep与高度h之间满足的关系．
【答案】见解析
【解析】
　　(1)滑块恰好能过F点的条件为mg＝m
解得vF＝1 m/s
(2)滑块从E点到B点，由动能定理得
－mgh－μmgL2＝0－mvE2
在E点由牛顿第二定律得FN′－mg＝m
解得FN＝FN′＝0.14 N
从O点到B点，由能量守恒定律得：
Ep0＝mgh＋μmg(L1＋L2)
解得Ep0＝8.0×10－3 J
(3)使滑块恰能过F点的弹性势能
Ep1＝2mgr＋μmgL1＋mvF2＝7.0×10－3 J
到B点减速到0
Ep1－mgh1－μmg(L1＋L2)＝0
解得h1＝0.05 m
设斜轨道的倾角为θ，若滑块恰好能停在B点不下滑，
则μmgcos θ＝mgsin θ
解得tan θ＝0.5，此时h2＝0.2 m
从O点到B点
Ep＝mgh＋μmg(L1＋L2)＝2×10－3(10h＋3) J
其中0.05 m≤h≤0.2 m.
如图所示，固定斜面的倾角θ＝30°，物体A与斜面之间的动摩擦因数μ＝，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2m＝4 kg，B的质量为m＝2 kg，初始时物体A到C点的距离L＝1 m，现给A、B一初速度v0＝3 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回到C点．已知重力加速度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．求在此过程中：

(1)物体A向下运动刚到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．
【答案】(1)2 m/s　(2)0.4 m　(3)6 J
【解析】
　　(1)在物体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
μ·2mgcos θ·L＝×3mv02－×3mv2＋2mgLsin θ－mgL
解得v＝2 m/s.
(2)对A、B组成的系统分析，在物体A从C点压缩弹簧至将弹簧压缩到最大压缩量，又恰好返回到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
×3mv2－0＝μ·2mgcos θ·2x
其中x为弹簧的最大压缩量
解得x＝0.4 m.
(3)设弹簧的最大弹性势能为Epm，从C点到弹簧最大压缩量过程中由能量守恒定律可得
×3mv2＋2mgxsin θ－mgx＝μ·2mgcos θ·x＋Epm
解得Epm＝6 J.
如图所示，光滑竖直杆固定，杆上套一质量为m的环，环与轻弹簧一端相连，弹簧的另一端固定在O点，O点与B点在同一水平线上，BC>AB，AB＝h，环从A处由静止释放运动到B点时弹簧仍处于伸长状态，整个运动过程中弹簧始终处于弹性限度内，重力加速度为g，环从A处开始运动时的加速度大小为2g，则在环向下运动的过程中(　　)

A．环在B处的加速度大小为0
B．环在C处的速度大小为
C．环从B到C一直做加速运动
D．环的速度最大的位置在B、C两点之间
【答案】D
【解析】环在B处水平方向合外力为0，竖直方向上只受重力，所以加速度为g，A错误；环在运动过程中，OC的长度大于OA的长度，因此弹簧从A点到C点伸长量变大，弹性势能增加，如果物体的重力势能全部转化为动能则有mgh＝mv2，可得物体的速度为，但是物体的重力势能转化为动能和弹性势能，因此速度小于，B错误；环在A处，根据牛顿第二定律F＋mg＝m·2g，得弹力在竖直方向的分力F＝mg，环经过B点向下做加速度减小的加速运动，滑动至距离B点h处时，弹簧的伸长量与在A处大小相等，所以弹簧弹力在竖直方向的分力F与重力等大反向，加速度为0，此时速度最大，之后环做减速运动，因为BC＞AB＝h，所以环的速度最大的位置在B、C两点之间，环从B到C先加速后减速，C错误，D正确。

1. (多选)如图所示，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，其运动的加速度大小为g，g为重力加速度，此物体在斜面上上升的最大高度为h，则在这个过程中物体(　　)

A．重力势能增加了mgh
B．克服摩擦力做功mgh
C．动能损失了mgh
D．机械能损失了mgh
【答案】　CD
【解析】
　这个过程中物体上升的高度为h，则重力势能增加了mgh，故A错误；加速度a＝g＝，则摩擦力Ff＝mg，物体在斜面上能够上升的最大高度为h，发生的位移为2h，则克服摩擦力做功Wf＝Ff·2h＝mg·2h＝，故B错误；由动能定理可知，动能损失量为ΔEk＝F合·2h＝m·g·2h＝mgh，故C正确；机械能的损失量为ΔE＝Ffx＝mg·2h＝mgh，故D正确．
2. (多选)一质量为1 kg的物体被人用手由静止开始向上提升1 m，这时物体的速度是2 m/s，重力加速度g＝10 m/s2，则在该过程中(　　)
A．物体克服重力做功10 J
B．手对物体做功10 J
C．合外力对物体做功2 J
D．物体的机械能增加2 J
【答案】AC
【解析】
　由功能关系可知，物体克服重力做功WG克＝mgh＝10 J，故A正确；根据动能定理知W合＝W手＋WG＝mv2＝×1×22 J＝2 J，则手对物体做功为W手＝mv2＋mgh＝12 J，故B错误，C正确；由功能关系知，除重力或系统内弹力，其他力对物体所做的功等于物体机械能的变化，即ΔE＝W手＝12 J，故D错误．
3. (多选)一个质量为m的小球，用长为L的轻绳悬挂于O点，小球在水平力F的作用下，从最低点P缓慢地移到Q点，如图所示，重力加速度为g，则在此过程中(　　)

A．小球受到的合力做的功为mgL(1－cos θ)
B．拉力F做功为FLsin θ
C．小球的重力势能增加mgL(1－cos θ)
D．水平力F做功使小球的机械能增加mgL(1－cos θ)
【答案】CD
【解析】
　小球受到的合力做的功等于小球的动能变化，而小球缓慢移动的过程中动能不变，故合力做功为零，选项A错误；拉力是变力，做功大小不能用W＝FLsin θ计算，根据动能定理，WF－mgL(1－cos θ)＝0，可知拉力做功为mgL(1－cos θ)，选项B错误；小球重力势能的增加量等于克服重力做的功，ΔEp＝mgL(1－cos θ)，选项C正确；小球机械能的增加量等于除重力之外的其他力做的功，本题中绳的弹力不做功，故拉力做的功等于机械能的增加量，因WF＝mgL(1－cos θ)，故小球的机械能增加量为mgL(1－cos θ)，选项D正确．
4. (多选)如图所示，轻质弹簧的左端固定，并处于自然状态．小物块的质量为m，从A点向左沿水平地面运动，压缩弹簧后被弹回，运动到A点恰好静止．物块向左运动的最大距离为s，与地面间的动摩擦因数为μ，重力加速度为g，弹簧未超出弹性限度．在上述过程中(　　)

A．弹簧的最大弹力为μmg
B．物块克服摩擦力做的功为2μmgs
C．弹簧的最大弹性势能为μmgs
D．物块在A点的初速度为
【答案】BC
【解析】
　　物块处于最左端时，弹簧的压缩量最大，然后物块先向右加速运动再减速运动，可知弹簧的最大弹力大于滑动摩擦力μmg，选项A错误；物块从开始运动至最后回到A点过程，由功的定义可得物块克服摩擦力做功为2μmgs，选项B正确；物块从最左侧运动至A点过程，由能量守恒定律可知Ep＝μmgs，选项C正确；设物块在A点的初速度为v0，对整个过程应用动能定理有－2μmgs＝0－mv02，解得v0＝2，选项D错误．
5. 如图甲所示，长木板A放在光滑的水平面上，质量m＝2 kg 的另一物体B(可看成质点)以水平速度v0＝2 m/s 滑上原来静止的长木板A的上表面。由于A、B间存在摩擦，之后A、B速度随时间变化的情况如图乙所示(g取10 m/s2)，则下列说法正确的是(　　)

A．木板获得的动能为2 J
B．系统损失的机械能为4 J
C．木板A的最小长度为2 m
D．A、B间的动摩擦因数为0.1
【答案】D
【解析】
由图像可知，A、B的加速度大小都为1 m/s2，根据牛顿第二定律知二者质量相等，木板获得的动能为1 J，A错误；系统损失的机械能ΔE＝mv－·2m·v2＝2 J，B错误；由v－t图像可求出二者相对位移即木板A的最小长度为1 m，C错误；分析B的受力，根据牛顿第二定律，可求出μ＝0.1，D正确。
6. 如图所示，一质量为m的滑块以初速度v0从固定于地面的斜面底端A开始冲上斜面，到达某一高度后返回A，斜面与滑块之间有摩擦．下图分别表示它在斜面上运动的速度v、加速度a、势能Ep和机械能E随时间的变化图像，可能正确的是(　　)



【答案】C
【解析】
　由牛顿第二定律可知，滑块上升阶段有：mgsin θ＋Ff＝ma1；下滑阶段有：mgsin θ－Ff＝ma2，因此a1>a2，故选项B错误；速度－时间图像的斜率表示加速度，当上滑和下滑时，加速度不同，则斜率不同，故选项A错误；重力势能先增大后减小，且上升阶段加速度大，所用时间短，势能变化快，下滑阶段加速度小，所用时间长，势能变化慢，故选项C可能正确；由于摩擦力始终做负功，机械能一直减小，故选项D错误．
7. 如图所示，在竖直平面内有一半径为R的圆弧轨道，半径OA水平、OB竖直，一个质量为m的小球自A的正上方P点由静止开始自由下落，小球沿轨道到达最高点B时恰好对轨道没有压力．已知AP＝2R，重力加速度为g，不计空气阻力，小球可视为质点，则小球从P到B的运动过程中(　　)

A．重力势能减少2mgR
B．机械能减少mgR
C．合外力做功mgR
D．克服摩擦力做功mgR
【答案】　D
【解析】
　从P到B的过程中，小球下降的高度为R，则重力势能减少了ΔEp＝mgR，A错误；小球到达B点时恰好对轨道没有压力，则有mg＝m，设摩擦力对小球做的功为Wf，从P到B的过程，由动能定理可得mgR＋Wf＝mvB2，联立以上两式解得：Wf＝－mgR，即克服摩擦力做功mgR，机械能减少mgR，故B错误，D正确；根据动能定理知：W合＝mvB2＝mgR，故C错误．
8. (多选)如图所示，绷紧的水平传送带始终以恒定速率v1＝2 m/s顺时针运行，质量m＝2.0 kg的小物块从与传送带等高的光滑水平地面上的A处以初速度v2＝4 m/s向左滑上传送带，若传送带足够长，已知物块与传送带间的动摩擦因数为0.4，g＝10 m/s2，下列说法正确的是(　　)

A．物块离开传送带时的速度大小为2 m/s
B．物块离开传送带时的速度大小为4 m/s
C．摩擦力对物块做的功为－12 J
D．物块与传送带间因摩擦产生了12 J的内能
【答案】AC
【解析】
　小物块先向左做匀减速直线运动，然后向右做匀加速直线运动，当速度增加到与传送带速度相同时，以2 m/s向右做匀速运动，故A正确，B错误；根据动能定理，摩擦力对物块做的功等于物块动能的减少量：W＝m(v12－v22)＝×2.0×(22－42) J＝－12 J，故C正确；小物块先向左做匀减速直线运动，加速度大小为a＝μg＝4 m/s2，物块与传送带间的相对位移为：x1＝ m＋2× m＝4 m，小物块向右做匀加速直线运动时物块与传送带间的相对位移为：x2＝×2 m－ m＝0.5 m，故物块与传送带间因摩擦产生的内能为：Q＝μmg(x1＋x2)＝0.4×2.0×10×(4＋0.5) J＝36 J，故D错误．
9. 如图所示，质量为M＝8 kg的长木板放在光滑水平面上，在木板左端施加F＝12 N的水平推力，当木板向右运动的速度达到v0＝1.5 m/s时，在其右端轻轻放上一个大小不计、质量为m＝2 kg的铁块，铁块与木板间的动摩擦因数μ＝0.2，木板足够长，g取10 m/s2.求：

(1)当二者达到共同速度时，木板对铁块以及铁块对木板所做的功；
(2)当二者达到共同速度时，木板和铁块之间因摩擦所产生的热量．
【答案】(1)9 J　－13.5 J　(2)4.5 J
【解析】
　(1)放上铁块后，铁块加速度a1＝μg＝2 m/s2(方向向右)
木板加速度a2＝＝1 m/s2(方向向右)，
二者达到共同速度v所用时间t＝＝，
解得v＝3 m/s，t＝1.5 s.
从放上铁块到二者速度相同，铁块位移x1＝t＝2.25 m，
木板位移x2＝t＝3.375 m，
木板对铁块做的功W1＝μmgx1＝9 J，
铁块对木板做的功W2＝－μmgx2＝－13.5 J.
(2)木板和铁块之间因摩擦所产生的热量
Q＝μmg(x2－x1)＝4.5 J.
10. (多选)如图所示，质量为M的长木板静止在光滑水平面上，上表面OA段光滑，AB段粗糙且长为l，左端O处有一固定挡板，挡板上固定轻质弹簧，右侧用不可伸长的轻绳连接在竖直墙上，轻绳所能承受的最大拉力为F.质量为m的小滑块以速度v从A点向左滑动压缩弹簧，弹簧的压缩量达到最大时细绳恰好被拉断，再过一段时间后长木板停止运动，小滑块恰未掉落．重力加速度为g，则(　　)

A．细绳被拉断瞬间长木板的加速度大小为
B．细绳被拉断瞬间弹簧的弹性势能为mv2
C．弹簧恢复原长时滑块的动能为mv2
D．滑块与长木板AB段间的动摩擦因数为
【答案】ABD
【解析】
　细绳被拉断瞬间弹簧的弹力等于F，对长木板，由牛顿第二定律得F＝Ma，得a＝，A正确；滑块以速度v从A点向左滑动压缩弹簧，到弹簧压缩量最大时速度为0，由系统的机械能守恒得，细绳被拉断瞬间弹簧的弹性势能为mv2，B正确；弹簧恢复原长时长木板与滑块都获得动能，所以滑块的动能小于mv2，C错误；弹簧最大弹性势能Ep＝mv2，小滑块恰未掉落时滑到木板的最右端B，此时小滑块与长木板均静止，又水平面光滑，长木板上表面OA段光滑，则有Ep＝μmgl，联立解得μ＝，D正确．