江苏版高考物理一轮复习第5章第4节功能关系能量守恒定律课时学案

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(对应学生用书第129页)
一、功能关系
1．功能关系
(1)功是能量转化的量度，不同形式的能量发生相互转化是通过做功来实现的。即做了多少功就有多少能量发生了转化。
(2)做功的过程一定伴随着能量的转化，而且能量的转化必须通过做功来实现。
2．几种常见的功能关系
二、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另一个物体，而在转化和转移的过程中，能量的总量保持不变。
2．表达式：ΔE减＝ΔE增。
3．两个特殊的功能关系
(1)滑动摩擦力与两物体间相对位移的乘积等于产生的内能，即Ff·x相对＝Q。
(2)感应电流克服安培力做的功等于产生的电能，即W克安＝E电。
一、易错易误辨析(正确的打“√”，错误的打“×”)
(1)力对物体做了多少功，物体就具有多少能。(×)
(2)能量在转移或转化过程中，其总量会不断减少。(×)
(3)在物体的机械能减少的过程中，动能有可能是增大的。(√)
(4)既然能量在转移或转化过程中是守恒的，故没有必要节约能源。(×)
(5)滑动摩擦力做功时，一定会引起机械能的转化。(√)
(6)一个物体的能量增加，必定伴随着别的物体的能量减少。(√)
二、教材习题衍生
1．(功能关系的理解)在光滑的水平面上，质量为m的小滑块停放在质量为M、长度为L的静止的长木板的最右端，滑块和木板之间的动摩擦因数为μ。现用一个大小为F的恒力作用在M上，当小滑块滑到木板的最左端时，滑块和木板的速度大小分别为v1、v2，滑块和木板相对于地面的位移大小分别为s1、s2，下列关系式错误的是( )
A．μmgs1＝eq \f(1,2)mveq \\al(2,1)
B．Fs2－μmgs2＝eq \f(1,2)Mveq \\al(2,2)
C．μmgL＝eq \f(1,2)mveq \\al(2,1)
D．Fs2－μmgs2＋μmgs1＝eq \f(1,2)Mveq \\al(2,2)＋eq \f(1,2)mveq \\al(2,1)
C [对滑块，滑块受到重力、支持力和摩擦力，根据动能定理，有μmgs1＝eq \f(1,2)mveq \\al(2,1)，故A正确；对木板，由动能定理得Fs2－μmgs2＝eq \f(1,2)Mveq \\al(2,2)，故B正确；由上两式相加可得Fs2－μmgs2＋μmgs1＝eq \f(1,2)Mveq \\al(2,2)＋eq \f(1,2)mveq \\al(2,1)，又s2－s1＝L，则得Fs2－μmgL＝eq \f(1,2)Mveq \\al(2,2)＋eq \f(1,2)mveq \\al(2,1)，故C错误，D正确。本题选错误的，故选C。]
2．(能量守恒定律的应用)质量为m的物体以初速度v0沿水平面向左开始运动，起始点A与一轻弹簧O端相距s，如图所示。已知物体与水平面间的动摩擦因数为μ，物体与弹簧相碰后，弹簧的最大压缩量为x。则从开始碰撞到弹簧被压缩至最短，物体克服弹簧弹力所做的功为( )
A.eq \f(1,2)mveq \\al(2,0)－μmg(s＋x)
B.eq \f(1,2)mveq \\al(2,0)－μmgx
C．μmgs
D．μmg(s＋x)
A [由能量守恒定律可知，物体的初动能eq \f(1,2)mveq \\al(2,0)一部分用于克服弹簧弹力做功，另一部分用于克服摩擦力做功，故物体克服弹簧弹力所做的功为eq \f(1,2)mveq \\al(2,0)－μmg(s＋x)，故选项A正确。]
对功能关系的理解及应用
(对应学生用书第130页)
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．力学中常见的功能关系
[题组训练]
1．(功能关系的理解)(2023·扬州市江都区大桥高级中学高三月考)重为2 N的小球，在空中沿竖直方向下落了2 m的高度后到达地面，下落过程中受到空气的阻力为0.1 N，下列说法正确的是( )
A．小球的重力势能增加了4 J
B．小球的动能增加了4 J
C．小球的机械能减少了0.2 J
D．空气阻力对小球做功为1 J
C [小球的重力做正功等于重力势能的减少mgh＝2×2 J＝4 J，故A错误；根据动能定理，小球动能的增加等小球外力做功的和ΔEk＝mgh－Ffh＝(4－0.1×2) J＝3.8 J，故B错误；小球的机械能减少等于克服阻力做的功为|ΔE|＝Ffh＝0.2 J，故C正确；空气阻力对小球做功为Wf＝－Ffh＝－0.2 J，故D错误。]
2．(功能关系的理解及应用)(2022·广东卷改编题)如图所示，载有防疫物资的无人驾驶小车，在水平MN段以恒定功率200 W、速度5 m/s匀速行驶，在斜坡PQ段以恒定功率570 W、速度2 m/s匀速行驶。已知小车总质量为50 kg，MN＝PQ＝20 m，PQ段的倾角为30°，重力加速度g取10 m/s2，不计空气阻力。下列说法错误的有( )
A．从M到N，小车牵引力大小为40 N
B．从M到N，小车克服摩擦力做功800 J
C．从P到Q，小车重力势能增加1×104 J
D．从P到Q，小车克服摩擦力做功700 J
C [小车从M到N，依题意有P1＝Fv1＝200 W，代入数据解得F＝40 N，故A正确；依题意，小车从M到N，因匀速行驶，小车所受的摩擦力大小为Ff1＝F＝40 N，则摩擦力做功为W1＝－Ff1s1＝－40×20 J ＝－800 J，则小车克服摩擦力做功为800 J，故B正确；依题意，从P到Q，重力势能增加量为ΔEp＝mg×Δh＝500×20×sin 30° J＝5000 J，故C错误；依题意，小车从P到Q，摩擦力为Ff2，有Ff2＋mgsin 30°＝eq \f(P2,v2)，摩擦力做功为W2＝－Ff2s2，s2＝20 m，联立解得W2＝－700 J，则小车克服摩擦力做功为700 J，故D正确。本题选错误选项，故选C。]
3.(功能关系的理解及应用) 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点的正上方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，则小球从P点运动到B点的过程中( )
A．重力做功2mgR
B．机械能减少mgR
C．合外力做功mgR
D．克服摩擦力做功eq \f(1,2)mgR
D [小球从P点运动到B点的过程中，重力做功WG＝mg(2R－R)＝mgR，故A错误；小球沿轨道到达最高点B时恰好对轨道没有压力，则有mg＝meq \f(v\\al(2,B),R)，解得vB＝eq \r(gR)，则此过程中机械能的减少量为ΔE＝mgR－eq \f(1,2)mveq \\al(2,B)＝eq \f(1,2)mgR，故B错误；根据动能定理可知，合外力做功W合＝eq \f(1,2)mveq \\al(2,B)＝eq \f(1,2)mgR，故C错误；根据功能关系可知，小球克服摩擦力做的功等于机械能的减少量，为eq \f(1,2)mgR，故D正确。]
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。
摩擦力做功与能量转化
(对应学生用书第131页)
1．两种摩擦力的做功情况比较
2.相对滑动物体能量问题的解题流程
[典例] (2021·江苏省新高考适应性考试)如图所示，水平传送带足够长，向右前进的速度v＝4 m/s，与倾角为37°的斜面的底端P平滑连接，将一质量m＝2 kg的小物块从A点静止释放。已知A、P的距离L＝8 m，物块与斜面、传送带间的动摩擦因数分别为μ1＝0.25、μ2＝0.20，取重力加速度g＝10 m/s2，sin 37°＝0.6，cs 37°＝0.8。求物块
(1)第1次滑过P点时的速度大小v1；
(2)第1次在传送带上往返运动的时间t；
(3)从释放到最终停止运动，与斜面间摩擦产生的热量Q。
[解析] (1)由动能定理得
(mgsin 37°－μ1mgcs 37°)L＝eq \f(1,2)mveq \\al(2,1)－0
解得v1＝8 m/s。
(2)由牛顿第二定律得μ2mg＝ma
物块与传送带共速时，由速度公式得－v＝v1－at1
解得t1＝6 s
匀速运动阶段的时间为
t2＝eq \f(\f(v\\al(2,1),2a)－\f(v2,2a),v)＝3 s
第1次在传送带上往返运动的时间
t＝t1＋t2＝9 s。
(3)由分析可知，物块第一次离开传送带以后，除第一次到达传送带的速率大于v，其余每次到达传送带的速率都小于v，所以有每次再到达传送带和离开传送带的速度大小相等，最终物块静止在P点，则根据能量守恒有Q＝μ1mgcs 37°L＋eq \f(1,2)mv2＝48 J。
[答案] (1)8 m/s (2)9 s (3)48 J
摩擦力做功的分析方法
一是无论是滑动摩擦力，还是静摩擦力，计算做功时都是用力与对地位移的乘积。二是摩擦生热的计算公式Q＝Ff·x相对，其中x相对为两接触物体间的相对位移，若物体在传送带上做往复运动时，则x相对为总的相对路程。
[跟进训练]
水平地面上的摩擦力做功分析
1．如图所示，轻质弹簧一端固定，另一端连接一小物块，O点为弹簧在原长时物块的位置。物块由A点静止释放，沿粗糙程度相同的水平面向右运动，最远到达B点。在从A到B的过程中，物块( )
A．加速度先增大后减小
B．经过O点时的速度最大
C．所受弹簧弹力始终做正功
D．所受弹簧弹力做的功等于克服摩擦力做的功
D [对物块受力分析，当弹簧处于压缩状态时，由牛顿第二定律可得kx－Ff＝ma，x减小，a减小，当a＝0时，物块速度最大，此时，物块在O点左侧，选项B错误；从加速度a＝0处到O点过程，由牛顿第二定律得Ff－kx＝ma，x减小，a增大，当弹簧处于伸长状态时，由牛顿第二定律可得kx＋Ff＝ma，x增大，a继续增大，可知物块的加速度先减小后增大，选项A错误；物块所受弹簧的弹力对物块先做正功，后做负功，选项C错误；从A到B的过程，由动能定理可得W弹－Wf＝0，选项D正确。]
曲面上的摩擦力做功分析
2．如图所示，竖直平面内有一半径为R的固定eq \f(1,4)圆轨道与水平轨道相切于最低点B。一质量为m的小物块P(可视为质点)从A处由静止滑下，经过最低点B后沿水平轨道运动，到C处停下，B、C两点间的距离为R，物块P与圆轨道、水平轨道之间的动摩擦因数均为μ。现用力F将物块P沿下滑的路径从C处缓慢拉回圆弧轨道的顶端A，拉力F的方向始终与物块P的运动方向一致，物块P从B处经圆弧轨道到达A处过程中，克服摩擦力做的功为μmgR，下列说法正确的是( )
A．物块P在下滑过程中，运动到B处时速度最大
B．物块P从A滑到C的过程中克服摩擦力做的功等于2μmgR
C．拉力F做的功小于2mgR
D．拉力F做的功为mgR(1＋μ)
C [当重力沿圆轨道切线方向的分力等于滑动摩擦力时速度最大，此位置在AB之间，故A错误；将物块P缓慢地从B拉到A，克服摩擦力做的功为μmgR，而物块P从A滑到B的过程中，物块P做圆周运动，根据向心力知识可知物块P所受的支持力比缓慢运动时要大，则滑动摩擦力增大，所以克服摩擦力做的功Wf大于μmgR，因此物块P从A滑到C的过程中克服摩擦力做的功大于2μmgR，故B错误；由动能定理得，从C到A的过程中有WF－mgR－μmgR－μmgR＝0－0，则拉力F做的功为WF＝mgR(1＋2μ)，故D错误；从A到C的过程中，根据动能定理得mgR－Wf－μmgR＝0，因为Wf>μmgR，则mgR>μmgR＋μmgR，因此WF<2mgR，故C正确。]
传送带模型中的摩擦力做功分析
3．(2023·淮阴中学模拟)如图甲所示，一倾角为θ＝37°的传送带以恒定速度运行。现将一质量为m＝1 kg 的物体抛上传送带，物体相对地面的速度随时间变化的关系如图乙所示，取沿传送带向上为正方向，g取10 m/s2，sin 37°＝0.6，cs 37°＝0.8，则下列说法正确的是( )
甲 乙
A．0～8 s内，物体位移的大小是18 m
B．0～8 s内，物体机械能增量是88 J
C．0～8 s内，物体机械能增量是84 J
D．0～8 s内，物体与传送带因摩擦产生的热量是126 J
D [从题图乙求出0～8 s内物体位移的大小x＝14 m，A错误；0～8 s内，物体上升的高度h＝xsin θ＝8.4 m，物体机械能增量ΔE＝ΔEp＋ΔEk＝90 J，B、C错误；0～6 s内物体的加速度a＝μgcs θ－gsin θ＝1 m/s2，解得μ＝eq \f(7,8)，传送带速度大小为4 m/s，0～8 s内物体与传送带间的相对位移为Δx＝18 m，物体与传送带因摩擦产生的热量Q＝μmgcs θ·Δx＝126 J，D正确。]
“滑块—木板”模型中的摩擦力做功分析
4．如图甲所示，长木板A放在光滑的水平面上，质量为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速度随时间变化情况如图乙所示。下列说法正确的是(g取10 m/s2)( )
甲 乙
A．木板A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
D [由题给图像可知，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，选项A错误；系统损失的机械能ΔE＝eq \f(1,2)mveq \\al(2,0)－eq \f(1,2)·2m·v2＝2 J，选项B错误；由v-t图像可求出二者相对位移为1 m，选项C错误；分析B的受力，根据牛顿第二定律，可求出μ＝0.1，选项D正确。]
能量守恒定律的理解及应用
(对应学生用书第133页)
1．(能量守恒定律的应用)构建和谐型、节约型社会深得民心，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。当在骑车者用力蹬车或电动自行车自动滑行时，电动自行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500 J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①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②所示，则第二次向蓄电池所充的电能是( )
A．200 J B．250 J
C．300 J D．500 J
A [第一次关闭自动充电装置，自由滑行时只有摩擦力做功，根据动能定理有－Ff·x1＝0－Ek，第二次启动充电装置后，滑行直至停下来的过程，动能一部分克服摩擦力做功，一部分转化为电能，Ek＝Ff·x2＋W，代入数据计算可得W＝200 J，选项A正确。]
2．(能量守恒定律、功能关系的应用) (2023·江苏启东中学期中)将质量为0.2 kg的小球放在竖立的弹簧上，并把球往下按至A的位置，如图甲所示，迅速松手后，弹簧把球弹起，球升至最高位置C(图丙)。途中经过位置B时弹簧正好处于自由状态(图乙)。已知B、A的高度差为0.1 m，C、B的高度差为0.2 m，弹簧的质量和空气阻力都可忽略，重力加速度g取10 m/s2，则有( )
甲 乙 丙
A．小球从A上升至B的过程中，弹簧的弹性势能一直减小，小球的动能一直增加
B．小球从B上升到C的过程中，小球的动能一直先增加后减小，势能一直增加
C．小球在位置A时，弹簧的弹性势能为0.6 J
D．小球从位置A上升至C的过程中，小球的最大动能为0.4 J
C [当弹簧的弹力与小球重力平衡时，合力为零，加速度为零，速度达到最大。之后小球继续上升，弹簧弹力小于重力，球做减速运动，直到脱离弹簧，故小球从A上升到B的过程中，弹簧的弹性势能一直减小，动能先增大后减小，故A错误；从B到C，小球只受重力作用，做减速运动，所以动能一直减小，重力势能一直增加，故B错误；从A到C，小球的初末动能不变，重力势能增加，重力势能由弹簧弹性势能转化而来，而重力势能增量为ΔEp＝mgΔh＝0.2×10×(0.1＋0.2)＝0.6 J，所以在A点弹簧的弹性势能为0.6 J，故C正确；小球受力平衡时，因未给弹簧的劲度系数，则弹簧的形变量由题设条件无法求出，故无法求出小球最大动能，故D错误。]
3．(功能原理的应用)(2023·常熟市中学高三开学考试)如图所示，一根轻质弹簧一端固定于光滑竖直杆上，另一端与质量为m的滑块P连接，P穿在杆上，一根轻绳跨过定滑轮将滑块P和重物Q连接起来，重物Q的质量M＝6m。把滑块P从图中A点由静止释放后沿竖直杆上下运动，当它经过A、B两点时弹簧弹力大小相等。已知OA与水平面的夹角θ＝53°，OB长为L，与AB垂直，不计滑轮质量和摩擦力，重力加速度为g，sin 53 °＝0.8，cs 53°＝0.6。则滑块P从A到B的过程中，下列说法不正确的是( )
A．P与Q的机械能之和先增加后减小
B．轻绳对滑块P做功为eq \f(4mgL,3)
C．对于滑块Q，其重力功率先增大后减小
D．滑块P运动到位置B处速度大小为eq \f(4\r(3gL),3)
B [对于PQ系统，竖直杆不做功，系统的机械能只与弹簧对P的做功有关，弹簧先被压缩后被拉伸，故从A到B的过程中，弹簧对P先做正功，后做负功，所以系统的机械能先增加后减小，A正确；A、B两点处弹簧的弹力大小相同，所以这两点处弹簧的
弹性势能相等，从A到B过程中，对于P、Q系统由能量守恒可得6mgeq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(L,cs 53°)－L))－mgLtan 53°－0＝eq \f(1,2)mv2①，解得到B点的速度v＝eq \f(4\r(3gL),3)；对于P，由能量守恒可得W－mgLtan 53°－0＝eq \f(1,2)mv2②，联立①②解得W＝4mgL，B错误，D正确；物块Q释放瞬间的速度为零，当物块P运动至B点时，物块Q的速度也为零，所以当P从A点运动至B点时，物块Q的速度先增大后减小，物块Q的重力的功率也为先增大后减小，C正确。]

1．对能量守恒定律的两点理解
(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。
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，一般应用能量的转化和守恒定律。
(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。
课时分层作业(十七) 功能关系 能量守恒定律
(对应学生用书第428页)
题组一 对功能关系的理解及应用
1．物体在竖直方向上分别做了匀速上升、加速上升和减速上升三种运动。在这三种情况下物体机械能的变化情况是( )
A．匀速上升机械能不变，加速上升机械能增加，减速上升机械能减小
B．匀速上升和加速上升机械能增加，减速上升机械能减小
C．匀速上升和加速上升机械能增加，减速上升机械能可能增加，可能减少，也可能不变
D．三种情况中，物体的机械能均增加
C [无论物体向上加速运动还是向上匀速运动，除重力外，其他外力一定对物体做正功，物体机械能都增加；物体向上减速运动时，除重力外，物体受到的其他外力不确定，故无法确定其机械能的变化，C正确。]
2.如图所示，一物块在粗糙斜面上由静止释放，运动到水平面上后停止，则运动过程中，物块与地球组成系统的机械能(
A．不变 B．减小
C．增大 D．无法判断
B [物块在粗糙斜面上由静止释放后，重力与摩擦力对物块做功，其中摩擦力做功是将物块机械能的一部分转化为内能，所以物块与地球组成系统的机械能减少，故A、C、D错误，B正确。]
3.(2023·天一中学模拟)如图所示，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( )
A．小球动能的增量为0
B．小球重力势能的增量为mg(H＋x－L)
C．弹簧弹性势能的增量为mg(H＋x－L)
D．系统机械能减少FfH
A [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WG＝mgh＝mg(H＋x－L)，根据重力做功量度重力势能的变化WG＝－ΔEp得：小球重力势能的增量为－mg(H＋x－L)，选项B错误；根据动能定理得WG＋Wf＋W弹＝0－0＝0，所以W弹＝－(mg－Ff)·(H＋x－L)，根据弹簧弹力做功量度弹性势能的变化W弹＝－ΔE弹得：弹簧弹性势能的增量为(mg－Ff)(H＋x－L)，选项C错误；系统机械能的减少量等于重力、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(H＋x－L)，所以系统机械能减少为Ff(H＋x－L)，选项D错误。]
题组二 摩擦力做功与能量转化
4.如图所示，水平传送带以速度v匀速转动，一质量为m的小物块A由静止轻放在传送带上，若小物块与传送带间的动摩擦因数为μ，已知物块在传送带上先加速后匀速，下列说法中正确的是( )
A．摩擦力对物块一直做负功
B．摩擦力对传送带一直做正功
C．传送带克服摩擦力做功的功率为eq \f(1,2)μmgv
D．此过程中产生的内能为eq \f(1,2)mv2
D [小物块A由静止轻放在传送带上，物块在传送带上先加速后匀速。加速阶段由滑动摩擦力提供动力，滑动摩擦力对物块做正功，对传送带做负功，选项A、B错误；传送带克服摩擦力做功的功率为P＝μmgv，选项C错误；根据匀变速直线运动公式，v＝at＝μgt，在达到相对静止时需要时间为t＝eq \f(v,μg)，物块的位移为x1＝eq \f(v2,2μg)，皮带位移为x2＝vt＝eq \f(v2,μg)，物块相对于传送带滑动距离x＝x2－x1＝eq \f(v2,2μg)，此过程中产生的内能为E＝μmgx＝μmg·eq \f(v2,2μg)＝eq \f(1,2)mv2，选项D正确。]
5.(2023·南京市秦淮中学高三开学考试)如图所示，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，下列结论中正确的是( )
A．上述过程中，F做功大小为eq \f(1,2)mveq \\al(2,1)＋eq \f(1,2)Mveq \\al(2,2)
B．其他条件不变的情况下，M越大，x越大
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
D [由功能关系可知，上述过程中，F做功的大小等于二者增加的动能与系统产生的热量之和，选项A错误；其他条件不变的情况下，M越大，木板的加速度越小，x越小，选项B错误；其他条件不变的情况下，F越大，滑块的加速度越大，而木板的加速度不变，则滑块到达右端所用时间越短，选项C错误；滑块与木板间产生的热量Q＝Ff·l相对＝Ff·L板，L板一定，Ff越大产生的热量越多，选项D正确。]
题组三 能量守恒定律的理解及应用
6．一颗接近1万吨的陨石进入地球大气层的速度约为4万英里每小时，随后与空气摩擦而发生剧烈燃烧，并在距离地面上空12至15英里处发生爆炸，产生大量碎片，假定某一碎片自爆炸后落至地面并陷入地下一定深度过程中，其质量不变，则( )
A．该碎片在空中下落过程中重力做的功等于动能的增加量
B．该碎片在空中下落过程中重力做的功小于动能的增加量
C．该碎片在陷入地下的过程中重力做的功等于动能的改变量
D．该碎片在整个过程中克服阻力做的功等于机械能的减少量
D [陨石在空中下落过程中，陨石与空气之间的摩擦力对陨石做负功，由动能定理有WG－Wf＝ΔEk，故WG>ΔEk，A、B错误；陨石碎片在陷入地下的过程中，阻力同样做负功，WG>ΔEk，C错误；对全过程，由能量守恒定律可知机械能转化为内能，机械能减少，内能增大，由功能原理可知该碎片在整个过程中克服阻力做的功等于机械能的减少量，D正确。]
7.(2023·江苏省运河中学北校高三月考)如图所示，一物体质量m＝2 kg，在倾角θ＝37°的斜面上的A点以初速度v0＝3 m/s 下滑，A点距弹簧上端B的距离AB＝4 m。当物体到达B点后将弹簧压缩到C点，最大压缩量BC＝0.2 m，然后物体又被弹簧弹上去，弹到的最高位置为D点，D点距A点的距离AD＝3 m。挡板及弹簧质量不计，g取10 m/s2，sin 37°＝0.6，则( )
A．物体与斜面间的动摩擦因数μ＝0.6
B．系统机械能的减少量小于克服摩擦力做的功
C．弹簧的最大弹性势能Epm＝24.5 J
D．物体从A点到弹到D点的过程中，弹性势能减少
C [物体从开始位置A点到最后D点的过程中，弹性势能没有发生变化，机械能的减少量全部用来克服摩擦力做功，即eq \f(1,2)mveq \\al(2,0)＋mgLAD·sin 37°＝μmgcs 37°(LAB＋2LCB＋LBD)代入数据解得μ≈0.52，所以A、B、D选项错误；物体由A到C的过程中，动能减少量ΔEk＝eq \f(1,2)mveq \\al(2,0)，重力势能减少量ΔEp＝mgLACsin 37°摩擦产生的热Q＝μmgcs 37°·LAC。由能量守恒定律可得弹簧的最大弹性势能为Epm＝ΔEk＋ΔEp－Q＝eq \f(1,2)mveq \\al(2,0)＋mgLAC·sin 37°－μmgcs 37°·LAC≈24.5 J，所以，选项C正确。]
8．如图所示，质量m＝1 kg的物体从高为h＝0.2 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μ＝0.2，传送带AB之间的距离为L＝5 m，传送带一直以v＝4 m/s的速度匀速运动，则(g取10 m/s2)( )
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6 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
A [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eq \f(1,2)mveq \\al(2,0)＝mgh，代入数据得v0＝eq \r(2gh)＝2 m/s9．如图所示，竖直光滑杆固定不动，套在杆上的轻质弹簧下端固定，将套在杆上的滑块向下压缩弹簧至离地高度h＝0.1 m处，滑块与弹簧不拴接。现由静止释放滑块，通过传感器测量到滑块的速度和离地高度h并作出滑块的Ek-h图像，其中高度从0.2 m上升到0.35 m范围内图像为直线，其余部分为曲线，以地面为零重力势能面，g取10 m/s2，由图像可知( )
A．小滑块的质量为0.1 kg
B．轻弹簧原长为0.35 m
C．弹簧最大弹性势能为0.5 J
D．小滑块的重力势能与弹簧的弹性势能总和最小为0.4 J
C [在从0.2 m上升到0.35 m范围内，ΔEk＝ΔEp＝mgΔh，图线的斜率绝对值k＝eq \f(ΔEk,Δh)＝eq \f(0.3,0.35－0.2) N＝2 N＝mg，所以m＝0.2 kg，故A错误；在Ek-h图像中，图线的斜率表示滑块所受的合外力，由于高度从0.2 m上升到0.35 m 范围内图像为直线，其余部分为曲线，说明滑块从0.2 m 上升到0.35 m范围内所受作用力为恒力，从h＝0.2 m 开始滑块与弹簧分离，弹簧的原长为0.2 m，故B错误；根据能的转化与守恒可知，当滑块上升至最大高度时，增加的重力势能即为弹簧最大弹性势能，所以Epm＝mgΔh＝0.2×10×(0.35－0.1) J＝0.5 J，故C正确；由题图可知，当h＝0.18 m时的动能最大为Ekm＝0.32 J，在滑块整个运动过程中，系统的动能、重力势能和弹性势能之间相互转化，因此动能最大时，滑块的重力势能与弹簧的弹性势能总和最小，根据能量守恒定律可知E′＝E－Ekm＝Epm＋mgh－Ekm＝0.5 J＋0.2×10×0.1 J－0.32 J＝0.38 J，故D错误。]
10．如图甲所示，一长木板静止在水平地面上，在t＝0时刻，一小物块以一定速度从左端滑上长木板，之后长木板运动的v-t图像如图乙所示，已知小物块与长木板的质量均为m＝1 kg，已知木板足够长，g取10 m/s2，求：
(1)小物块与长木板间动摩擦因数的值；
(2)在整个运动过程中，系统所产生的热量。
甲 乙
[解析] (1)设小物块与长木板间的动摩擦因数为μ1，长木板与地面间的动摩擦因数为μ2，长木板达到的最大速度为vm，长木板加速过程中，由牛顿第二定律得
μ1mg－2μ2mg＝ma1
vm＝a1t1
木板和物块相对静止，共同减速过程中，由牛顿第二定律得
μ2·2mg＝2ma2
vm＝a2t2
由题图像可知，vm＝2 m/s，t1＝2 s，t2＝1 s
联立解得μ1＝0.5。
(2)设小物块初速度为v0，刚滑上长木板时的加速度大小为a0，则有
μ1mg＝ma0
vm＝v0－a0t1
在整个过程中，由能量守恒定律得Q＝eq \f(1,2)mveq \\al(2,0)＝72 J。
[答案] (1)0.5 (2)72 J
11．(2023·南京模拟)如图所示，固定的粗糙弧形轨道下端B点水平，上端A与B点的高度差为h1＝0.3 m，倾斜传送带与水平方向的夹角为θ＝37°，传送带的上端C点与B点的高度差为h2＝0.112 5 m(传送带传动轮的大小可忽略不计)。一质量为m＝1 kg的滑块(可看作质点)从轨道的A点由静止滑下，然后从B点抛出，恰好以平行于传送带的速度从C点落到传送带上，传送带逆时针转动，速度大小为v＝0.5 m/s，滑块与传送带间的动摩擦因数为μ＝0.8，且传送带足够长，滑块运动过程中空气阻力忽略不计，g取10 m/s2，sin 37°＝0.6，cs 37°＝0.8，试求：
(1)滑块运动至C点时的速度vC大小；
(2)滑块由A到B运动过程中克服摩擦力做的功Wf；
(3)滑块在传送带上运动时与传送带摩擦产生的热量Q。
[解析] (1)在C点，竖直分速度vy＝eq \r(2gh2)＝1.5 m/s
由vy＝vCsin 37°，解得vC＝2.5 m/s。
(2)C点的水平分速度与B点的速度相等，则vB＝vx＝vCcs 37°＝2 m/s，从A到B点的过程中，根据动能定理得mgh1－Wf＝eq \f(1,2)mveq \\al(2,B)，解得Wf＝1 J。
(3)滑块在传送带上运动时，根据牛顿第二定律有
μmgcs 37°－mgsin 37°＝ma，解得a＝0.4 m/s2
达到共同速度所需时间t＝eq \f(vC－v,a)＝5 s
两者间的相对位移Δx＝eq \f(v＋vC,2)t－vt＝5 m
由于mgsin 37°＜μmgcs 37°，此后滑块将做匀速运动。故滑块在传送带上运动时与传送带摩擦产生的热量Q＝μmgcs 37°·Δx＝32 J。
[答案] (1)2.5 m/s (2)1 J (3)32 J
几种常见力做功
对应的能量变化
数量关系式
重力
正功
重力势能减少
WG＝－ΔEp
负功
重力势能增加
弹簧等的弹力
正功
弹性势能减少
W弹＝－ΔEp
负功
弹性势能增加
电场力
正功
电势能减少
W电＝－ΔEp
负功
电势能增加
合力
正功
动能增加
W合＝ΔEk
负功
动能减少
重力以外
的其他力
正功
机械能增加
W其＝ΔE
负功
机械能减少
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W＝－Ff l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