【物理】2019届一轮复习人教版 功能关系能量守恒定律 学案

【物理】2019届一轮复习人教版 功能关系能量守恒定律 学案

第 4 讲　功能关系　能量守恒定律 板块一　主干梳理·夯实基础 【知识点 1】　功能关系　Ⅱ 1．能的概念：一个物体能对外做功，这个物体就具有能量。 2．功能关系 (1)功是能量转化的量度，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能量转化必通过 做功来实现。 【知识点 2】　能量守恒定律　Ⅱ 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， 在转化和转移的过程中，能量的总量保持不变。 2．适用范围：能量守恒定律是贯穿物理学的基本规律，是各种 自然现象中普遍适用的一条规律。 3．表达式 (1)E 初＝E 末，初状态各种能量的总和等于末状态各种能量的 总和。 (2)ΔE 增＝ΔE 减，增加的能量总和等于减少的能量总和。 板块二　考点细研·悟法培优 考点 1 功能关系的理解和应用 [深化理解] 1．对功能关系的进一步理解 (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．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)WF＝－ΔEp＝Ep1－Ep2 续表 力做功 能的变 化 定量关系 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＝ΔE 一对相互作用的滑动 摩擦力的总功 内能变 化 (1)作用于系统的一对 滑动摩擦力总功一定为负 值，系统内能增加 (2)Q＝Ff·L 相对 例 1　在奥运比赛项目中，高台跳水是我国运动员的强项。如图 所示，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，设水对她的阻力大小恒为 F，那么在她减速下降高度为 h 的过程 中，下列说法正确的是(g 为当地的重力加速度)(　　) A．她的动能减少了 Fh B．她的重力势能增加了 mgh C．她的机械能减少了(F－mg)h D．她的机械能减少了 Fh (1)运动员入水后受几个力？分别做什么功？ 提示：受重力和阻力。重力做正功、阻力做负功。 (2)运动员机械能如何变化？ 提示：阻力做负功，机械能减少。 尝试解答　选 D。 运动员下降高度 h 的过程中，重力势能减少了 mgh，选项 B 错 误；除重力做功以外，只有水对她的阻力 F 做负功为 Fh，因此机械 能减少了 Fh，选项 C 错误，选项 D 正确；由动能定理可知(－F＋mg)h ＝0－Ek，所以 Ek＝(F－mg)h，动能减少了(F－mg)h，故选项 A 错 误。 总结升华 功能关系的选用原则 (1)总的原则是根据做功与能量转化的一一对应关系，确定所选 用的定理或规律，若只涉及动能的变化用动能定理分析。 (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)只涉及机械能的变化用除重力和弹力之外的力做功与机械能 变化的关系分析。 (4)只涉及电势能的变化用电场力做功与电势能变化的关系分析。 [递进题组]1.[2017·河南八市质检]某同学将质量为 m 的一矿泉水 瓶(可看成质点)竖直向上抛出，水瓶以 5 4 g 的加速度匀减速上升，上 升的最大高度为 H。水瓶往返过程受到的阻力大小不变。则(　　) A．上升过程中水瓶的动能减少量为 5 4 mgH B．上升过程中水瓶的机械能减少了 5 4 mgH C．水瓶落回地面时动能大小为mgH 4 D．水瓶上升过程处于超重状态，下落过程处于失重状态 答案　A 解析　水瓶以 a＝5 4 g 减速上升，设阻力为 f，则有 mg＋f＝ma， 解得阻力 f＝1 4 mg，上升阶段动能的改变量等于合外力做功，W合＝－ maH＝－5 4 mgH，故 A 正确。上升过程由动能定理：－5 4 mgH＝0－Ek0 得初动能为 5 4 mgH，全程由动能定理得：－2fH＝Ek－Ek0，解得 Ek＝ 3 4 mgH，故 C 错误。上升过程机械能的变化看阻力做功，即－fH＝ ΔE，所以上升过程机械能减少 1 4 mgH，故 B 错误。上升阶段加速度 方向向下，下降阶段加速度方向向下，均为失重状态，故 D 错误。 2. [2017·青岛模拟](多选)如图所示，一根原长为 L 的弹簧，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．小球动能的增量为零 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－Ff)(H＋x－L) D．系统机械能减小 FfH 答案　AC 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，故 A 正确；小球下落的整个过程中， 重力做功为 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)，故 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＝－ ΔEp 得，弹簧弹性势能的增量为(mg－Ff)·(H＋x－L)，故 C 正确；系 统机械能的减少等于重力、弹力以外的力做的功，所以小球从开始下 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 械能的减小量为：Ff(H＋x－L)，故 D 错误。 考点 2 摩擦力做功与能量的关系 [对比分析] 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 能 量 的 转 化 方 面 在静摩擦力做功 的过程中，只有机械 能从一个物体转移到 另一个物体(静摩擦力 起着传递机械能的作 用)而没有机械能转化 为其他形式的能量 (1)相互摩擦的物 体通过摩擦力做功， 将部分机械能从一个 物体转移到另一个物 体 (2)部分机械能转 化为内能，此部分能 量就是系统机械能的 损失量不 同 点 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 一对相互作用的 滑动摩擦力对物体系 统所做的总功，等于 摩擦力与两个物体相 对路程的乘积为负功， 即 WFf＝－Ff·x 相对， 表示物体克服摩擦力 做功，系统损失的机 械能转变成内能 相 同 点 正 功、 负 功、 不 做功 方 面 两种摩擦力对物体都可以做正功、负功， 还可以不做功 例 2　电动机带动水平传送带以速度 v 匀速传动，一质量为 m 的小木块由静止轻放在传送带上，如图所示。若小木块与传送带之间 的动摩擦因数为 μ，当小木块与传送带相对静止时，求： (1)小木块的位移； (2)传送带转过的路程； (3)小木块获得的动能； (4)摩擦过程产生的摩擦热； (5)电动机带动传送带匀速传动输出的总能量。 (1)小木块刚放上传送带时加速度的方向怎样？运动性 质如何？ 提示：加速度方向水平向右，小木块做匀加速直线运动。 (2)摩擦生成的热量的计算公式是什么？电动机多输出的能量转 化成了什么能量？ 提示：Q＝Ffl 相对，电动机多输出的能量转化成了小木块的动能 与摩擦生热之和。 尝试解答　(1) v2 2μg 　(2)v2 μg 　(3)1 2 mv2　(4)1 2 mv2　(5)mv2。 木块刚放上时速度为零，必然受到传送带的滑动摩擦力作用，做 匀加速直线运动，达到与传送带共速后不再相对滑动，整个过程中木 块获得一定的能量，系统要产生摩擦热。对小木块，相对滑动时由 μmg ＝ma 得加速度 a＝μg。由 v＝at 得，达到相对静止所用时间 t＝ v μg 。 (1)小木块的位移 l1＝v 2 t＝ v2 2μg 。 (2)传送带始终匀速运动，路程 l2＝vt＝v2 μg 。 (3)小木块获得的动能 Ek＝1 2 mv2 也可用动能定理 μmgl1＝Ek，故 Ek＝1 2 mv2 (4)产生的摩擦热：Q＝μmg(l2－l1)＝1 2 mv2。(注意：Q＝Ek 是一种 巧合，不是所有的问题都这样) (5)由能量守恒定律得，电机输出的总能量转化为小木块的动能 与摩擦热，所以 E 总＝Ek＋Q＝mv2。 总结升华 求解物体相对滑动的能量问题的方法 (1)正确分析物体的运动过程，做好受力情况分析。 (2)利用运动学公式，结合牛顿第二定律分析物体的速度关系及 位移关系。区分滑动摩擦力对某一物体做的功与对系统做的功。 (3)公式 Q＝Ff·l 相对中 l 相对为两接触物体间的相对位移，若物体 在接触面上做往复运动时，则 l 相对为总的相对路程。 [跟踪训练]　[2017·山东济宁模拟](多选)如图所示，长为 L、质 量为 M 的木板静置在光滑的水平面上，在木板上放置一质量为 m 的 物块，物块与木板之间的动摩擦因数为 μ。物块以初速度 v0 从木板 的左端向右滑动时，若木板固定不动时，物块恰好能从木板的右端滑 下。若木板不固定时，下面叙述正确的是(　　) A．物块不能从木板的右端滑下 B．对系统来说产生的热量 Q＝μmgL C．经过 t＝ Mv0 (M＋m)μg 物块与木板便保持相对静止 D．摩擦力对木板所做的功等于物块克服摩擦力所做的功 答案　AC 解析　木板固定不动时，物块减少的动能全部转化为内能。木板 不固定时，物块向右减速的同时，木板要向右加速，物块减少的动能 转化为系统产生的内能和木板的动能，所以产生的内能必然减小，物 块相对于木板滑行的距离要减小，不能从木板的右端滑下，故 A 正 确。对系统来说，产生的热量 Q＝Ffx 相对＝μmgx 相对<μmgL，故 B 错 误。设物块与木板最终的共同速度为 v，物块和木板组成的系统动量 守恒，取向右为正方向，根据动量守恒定律，有：mv0＝(m＋M)v， 对木板，由动量定理得：μmgt＝Mv，联立解得 t＝ Mv0 (M＋m)μg ，故 C 正确。由于物块与木板相对于地的位移大小不等，物块对地位移较大， 而摩擦力大小相等，所以摩擦力对木板所做的功小于物块克服摩擦力 所做的功，故 D 错误。 考点 3 能量转化问题的应用 [拓展延伸] 1．应用能量守恒定律的基本思路 (1)某种形式的能的减少，一定存在其他形式的能的增加，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．应用能量守恒定律解题的步骤 (1)分清有多少形式的能(动能、势能、内能等)发生变化。 (2)明确哪种形式的能量增加，哪种形式的能量减少，并且列出 减少的能量 ΔE 减和增加的能量 ΔE 增的表达式。 (3)列出能量守恒关系式 ΔE 减＝ΔE 增。 例 3　[2017·江西南昌二模]倾角为 37°的足够长光滑斜面上固定 一个槽，劲度系数 k＝20 N/m 的轻弹簧上端与轻杆相连，下端与一 质量 m＝1 kg 的小车相连，开始时，弹簧处于原长，轻杆在槽外的 长度为 l，且杆可在槽内移动，杆与槽间的最大静摩擦力大小 f＝8 N，假设杆与槽间的最大静摩擦力等于滑动摩擦力。现将小车由静止 释放沿斜面向下运动，在小车第一次运动到最低点的过程中(已知弹 簧弹性势能，Ep＝1 2 kx2，式中的 x 为弹簧的形变量，轻弹簧、轻杆质 量不计，g＝10 m/s2，sin37°＝0.6，cos37°＝0.8) (1)当轻杆开始运动时，小车的速度有多大？ (2)为了使轻杆不被全部拽入槽内，求 l 的最小长度及在此长度下 轻杆在槽内的运动时间。 (1)什么时候轻杆开始运动？ 提示：杆与槽间的摩擦力达到最大静摩擦力时。 (2)由于轻杆质量不计，轻杆滑动后，弹簧弹力变化吗？ 提示：不变。 尝试解答　(1)2 5 10 m/s　(2)0.4 m； 10 5 s。 (1)当轻杆开始运动时，弹簧的弹力等于轻杆与槽间的最大静摩 擦力 f，kx＝f， 解得：弹簧的形变量 x＝0.4 m， 弹簧的弹性势能：Ep＝1 2 kx2＝1.6 J， 由能量守恒得：mgxsinθ＝Ep＋1 2 mv2， 联立可解得：v＝2 5 10 m/s。 (2)由于轻杆质量不计，轻杆滑动后，弹簧弹力不再变化，轻杆 随小车一起做匀减速直线运动，到小车第一次速度为 0 的过程中，根 据能量守恒定律得： fx 滑＝1 2 mv2＋mgsinθx 滑， 其中 x 滑为杆在槽中运动的位移， 得 x 滑＝0.4 m， 为使轻杆不被全部拽入槽内，则 l 至少为 0.4 m， 轻杆开始滑动后，轻杆、弹簧和小车一起做匀减速直线运动，直 到速度为 0，由牛顿第二定律可知， 加速度大小：a＝f－mgsinθ m ＝2 m/s2， 又由运动学公式可得：t＝v a ＝ 10 5 s。 总结升华 能量问题的解题方法 (1)涉及能量转化问题的解题方法 ①当涉及滑动摩擦力做功，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 减和 增加的能量总和 ΔE 增，最后由 ΔE 减＝ΔE 增列式求解。 (2)涉及弹簧类问题的能量问题的解题方法 两个或两个以上的物体与弹簧组成的系统相互作用的过程，具有 以下特点： ①能量变化上，如果只有重力和系统内弹簧弹力做功，系统机械 能守恒。 ②如果系统中每个物体除弹簧弹力外所受合外力为零，则当弹簧 伸长或压缩到最大程度时两物体速度相同。 [跟踪训练]　如图所示，倾角 θ＝30°的粗糙面固定在地面上，长 为 l，质量为 m，粗细均匀、质量分布均匀的软绳置于斜面上，其上 端与斜面顶端水平。用细线将物块与软绳连接，物块由静止释放后向 下运动，直到软绳刚好全部离开斜面(此时物体未到达地面)，在此过 程中(　　) A．物块的机械能逐渐增加 B．软绳重力势能共减少 1 4 mgl C．物块重力势能的减少等于软绳摩擦力所做的功 D．软绳重力势能的减少大于其动能增加与克服摩擦力所做功之 和 答案　B 解析　物块向下运动过程中，绳子拉力对物块做负功，物块的机 械能减少，A 错误；软绳重心下降的高度为l 2 －l 2 sinθ＝1 4 l，软绳的重 力势能减少 1 4 mgl，B 正确；由功能关系，物块重力势能的减小等于 重力做的功，而物块重力大于软绳所受的摩擦力，C 错误；对于软绳， 由能的转化和守恒定律可知，绳子拉力对软绳所做的功和软绳重力势 能的减少之和等于软绳动能的增加与克服摩擦力所做功之和，D错误。 答卷现场 4　传送带模型 [2015·天津高考](16 分) 某快递公司分拣邮件的水平传 输装置示意如图，皮带在电动机的带动下保持 v＝1 m/s 的恒定速度 向右运动，现将一质量为 m＝2 kg 的邮件轻放在皮带上，邮件和皮 带间的动摩擦因数 μ＝0.5。设皮带足够长，取 g＝10 m/s2，在邮件与 皮带发生相对滑动的过程中，求： (1)邮件滑动的时间 t； (2)邮件对地的位移大小 x； (3)邮件与皮带间的摩擦力对皮带做的功 W。 试卷抽样 评析指导 1.失分点①：应求邮件对地位移，而 不是对皮带的位移，理解错误，导致求 解错误，本步完全失分，扣 5 分。 失分原因：按自己的想象做题。 补偿建议：认真审题，按题目要求 求解。 规范解答：邮件对地位移 x＝1 2 at2＝1 2 ×5×0.22 m＝0.1 m 2．失分点②：要求解的是摩擦力对 皮带所做的功，不是摩擦力对邮件所做 的功，理解错误，本步完全失分，扣 5 分。 失分原因：审题不清，研究对象不 明。 补偿建议：认真审题，按题目要求 求解。 规范解答：邮件与皮带之间的摩擦 力对皮带做的功 W＝Ff·s 皮带＝－μmg·vt＝－ 0.5×2×10×1×0.2 J＝－2 J 板块三　限时规范特训 　　时间：45 分钟　 满分：100 分 一、选择题(本题共 10 小题，每小题 7 分，共 70 分。其中 1～6 为单选，7～10 为多选) 1．质量为 m 的物体，从静止开始以 a＝g 2 的加速度竖直向下运动 h 米，下列说法中不正确的是(　　) A．物体的动能增加了mgh 2 B．物体的机械能减少了mgh 2 C．物体的势能减少了mgh 2 D．物体的势能减少了 mgh 答案　C 解析　因向下的加速度小于重力加速度，可判断物体一定受到阻 力作用，由牛顿第二定律可求出合力 F＝ma＝1 2 mg，可得阻力 f＝1 2 mg，合力做功 W＝1 2 mgh，动能增加 1 2 mgh，A 正确；阻力做功 Wf＝－ 1 2 mgh，机械能减少 1 2 mgh，B 正确；重力做功 WG＝mgh，则重力势 能减少 mgh，D 正确，C 错误。 2．[2017·安徽合肥一模]一个质量为 m 的小铁块沿半径为 R 的固 定半圆轨道上边缘由静止滑下，到半圆底部时，小铁块所受向心力为 小铁块重力的 1.5 倍，则此过程中小铁块损失的机械能为(　　) A.1 8 mgR B.1 4 mgR C.1 2 mgR D.3 4 mgR 答案　B 解析　已知小铁块滑到半圆底部时，小铁块所受向心力为小铁块 重力的 1.5 倍，由牛顿第二定律得：1.5mg＝mv2 R 。对铁块的下滑过程 运用动能定理得：mgR－W＝1 2 mv2，联立解得：W＝1 4 mgR，B 正确。 3. [2017·山东滨州市一模]两物块 A 和 B 用一轻弹簧连接，静止 在水平桌面上，如图甲，现用一竖直向上的力 F 拉动物块 A，使之 向上做匀加速直线运动，如图乙，在物块 A 开始运动到物块 B 将要 离开桌面的过程中(弹簧始终处于弹性限度内)，下列说法正确的是 (　　) A．力 F 先减小后增大 B．弹簧的弹性势能一直增大 C．物块 A 的动能和重力势能一直增大 D．两物块 A、B 和轻弹簧组成的系统机械能先增大后减小 答案　C 解析　对 A 物块由牛顿第二定律得：F－mg＋kx＝ma，解得：F ＝m(g＋a)－kx，由于 x 先减小后反向增大，故拉力一直增大，A 错 误；在 A 上升过程中，弹簧从压缩到伸长，所以弹簧的弹性势能先 减小后增大，B 错误；在上升过程中，由于物块 A 做匀加速运动，所 以物块 A 的速度增大，高度升高，则物块 A 的动能和重力势能增大，C 正确；在上升过程中，除重力与弹力做功外，还有拉力做正功，所以 两物块 A、B 和轻弹簧组成的系统的机械能一直增大，D 错误。 4. [2017·吉林长春模拟]如图所示，重 10 N 的滑块在倾角为 30° 的斜面上，从 a 点由静止开始下滑，到 b 点开始压缩轻弹簧，到 c 点 时达到最大速度，到 d 点(图中未画出)开始弹回，返回 b 点离开弹簧， 恰能再回到 a 点。若 bc＝0.1 m，弹簧弹性势能的最大值为 8 J，则下 列说法正确的是(　　) A．轻弹簧的劲度系数是 50 N/m B．从 d 到 b 滑块克服重力做功 8 J C．滑块的动能最大值为 8 J D．从 d 点到 c 点弹簧的弹力对滑块做功 8 J 答案　A 解析　当滑块的合力为 0 时，滑块速度最大，即在 c 点时滑块的 速度最大，此瞬间滑块受力平衡，有 mgsin30°＝k· bc，可得 k＝ mgsin30° bc ＝50 N/m，A 正确；滑块从 d 到 a，运用动能定理得 WG＋W 弹＝0－0；又 W 弹＝Ep＝8 J，可得 WG＝－8 J，即克服重力做功 8 J， 所以从 d 到 b 滑块克服重力做功小于 8 J，B 错误；滑块从 d 到 c，由 系统的机械能守恒知滑块的动能增加量与重力势能增加量之和等于 弹簧弹性势能的减小量 ΔEp，而 ΔEp 小于 8 J，所以滑块的动能最大 值小于 8 J，C 错误；弹簧弹性势能的最大值为 8 J，根据功能关系知， 从 d 点到 b 点弹簧的弹力对滑块做功为 8 J，而从 d 点到 c 点弹簧的 弹力对滑块做功小于 8 J，D 错误。 5. [2017·山东烟台市模拟]某段高速公路对载重货车设定的允许 速度范围为 50～80 km/h，而上坡时若货车达不到最小允许速度 50 km/h，则必须走“爬坡车道”来避免危险，如图所示。某质量为 4.0×104 kg 的载重货车，保持额定功率 200 kW 在“爬坡车道”上行驶，每 前进 1 km，上升 0.04 km，汽车所受的阻力(摩擦阻力与空气阻力)为 车重的 0.01 倍，g 取 10 m/s2，爬坡车道足够长，则货车匀速上坡的 过程中(　　) A．牵引力等于 2×104 N B．速度可能大于 36 km/h C．上坡过程增加的重力势能等于汽车牵引力所做的功 D．上坡过程增加的机械能等于汽车克服阻力所做的功 答案　A 解析　货车匀速上坡的过程中，根据平衡条件得：牵引力大小 F ＝0.01mg＋mgsinθ＝0.01×4.0×10 4×10 N＋4.0×10 4×10×0.04 1 N ＝2×104 N，故 A 正确；根据 P＝Fv 得：v＝P F ＝2 × 105 2 × 104 m/s＝10 m/s ＝36 km/h，故 B 错误；上坡过程增加的重力势能等于汽车牵引力所 做的功与克服阻力做功之差，故 C 错误；根据功能关系知，上坡过 程增加的机械能等于汽车牵引力做功与克服阻力所做的功之差，故 D 错误。 6．[2017·石家庄质检]一质量为 0.6 kg 的物体以 20 m/s 的初速度 竖直上抛，当物体上升到某一位置时，其动能减少了 18 J，机械能减 少了 3 J。整个运动过程中物体所受阻力大小不变，重力加速度 g＝10 m/s2，则下列说法正确的是(已知物体的初动能 E k0＝1 2 mv2＝120 J)(　　) A．物体向上运动时加速度大小为 12 m/s2 B．物体向下运动时加速度大小为 9 m/s2 C．物体返回抛出点时的动能为 40 J D．物体返回抛出点时的动能为 114 J 答案　A 解析　根据机械能的变化量等于除了重力以外的其他力做的功， 所以阻力做功 Wf＝－3 J，在物体上升到某一位置的过程中根据动能 定理有，－mgh＋Wf＝ΔEk，解得 h＝2.5 m，又 Wf＝－fh 解得 f＝6 5 N，上升过程中有 mg＋f＝ma，解得 a＝12 m/s2，下落过程中有 mg－ f＝ma′，解得 a′＝8 m/s2，A 项正确，B 项错误；初动能 Ek0＝1 2 mv2 ＝120 J，当上升到某一位置动能变化量为 ΔEk＝－18 J，ΔEk＝Ek1－ Ek0，解得：Ek1＝102 J，再上升到最高点时机械能减少量为 ΔE，则18 3 ＝102 ΔE ，解得 ΔE＝17 J，所以在上升、下落全过程中机械能的减少量 为 40 J，这个过程中利用动能定理有－40 J＝Ek－Ek0，得返回抛出点 时的动能 Ek＝80 J，所以 C、D 两项均错误。 7. [2017·威海模拟]如图所示，轻质弹簧的一端固定在竖直墙面上， 另一端拴接一小物块，小物块放在动摩擦因数为 μ 的水平面上，当 小物块位于 O 点时弹簧处于自然状态。现将小物块向右移到 a 点， 然后由静止释放，小物块最终停在 O 点左侧的 b 点(图中未画出)，以 下说法正确的是(　　) A．Ob 之间的距离小于 Oa 之间的距离 B．从 O 至 b 的过程中，小物块的加速度逐渐减小 C．小物块在 O 点时的速度最大 D．从 a 到 b 的过程中，弹簧弹性势能的减少量等于小物块克服 摩擦力所做的功 答案　AD 解析　如果没有摩擦力，根据简谐运动的对称性知 O 点应该在 ab 中间，Oa＝Ob。由于有摩擦力，物块从 a 到 b 过程中机械能损失， 故无法到达没有摩擦力情况下的 b 点，即 O 点靠近 b 点，故 Oa>Ob，A 正确；从 O 至 b 的过程中，小物块受到向右的摩擦力及向右的弹力， 且弹力逐渐变大，故物块的加速度逐渐变大，B 错误；当物块从 a 点 向左运动时，受到向左的弹力和向右的摩擦力，且弹力逐渐减小，加 速度逐渐减小，当弹力等于摩擦力时加速度为零，此时速度最大，故 小物块的速度最大位置在 O 点右侧，C 错误；由能量守恒关系可知， 从 a 到 b 的过程中，弹簧弹性势能的减少量等于小物块克服摩擦力所 做的功，D 正确。 8. [2017·四川成都模拟]如图甲所示，轨道 NO 和 OM 底端对接且 θ>α，小环自 N 点由静止滑下再滑上 OM。已知小环在轨道 NO 下滑 的距离小于在轨道 OM 上滑的距离，忽略小环经过 O 点时的机械能 损失，轨道各处的动摩擦因数相同。若用 F、Ff、v 和 E 分别表示小 环所受的合力、摩擦力、速度和机械能，这四个物理量的大小随环运 动路程的变化关系如图乙。能正确反映小环自 N 点到右侧最高点运 动过程的是(　　) 答案　AB 解析　小球下滑和上滑过程中都是做匀变速直线运动，故根据匀 变速直线运动的平均速度公式知加速和减速过程中平均速度大小相 等，v＝v＋v0 2 ，由于下滑距离小于上滑距离，故小环下滑时间小于小 环上滑时间，又由于下滑和上滑过程中速度变化的大小相同，则根据 a＝Δv Δt 知，小环下滑时的加速度大，即小环在下滑时所受合外力大于 小环在上滑时所受合外力，故 A 正确； 如图所示，小环在杆上受重力、支持力和滑动摩擦力作用，由题 意知 Ff＝μFN＝μmgcosθ，因为 θ>α，所以下滑时的摩擦力小于上滑 时的摩擦力，故 B 正确；小环下滑时做初速度为 0 的匀加速运动， 由 v2＝2ax，得 v＝ 2ax，即速度与位移的二次方根成正比，故 C 错 误；除重力和弹力外其他力做的功等于小环机械能的变化，故小球下 滑时的机械能等于 E＝E0－Ffx，由于下滑时摩擦力小于上滑时摩擦 力，故小环下滑时图象的斜率小于上滑时的图象斜率，故 D 错误。 9．[2017·湖北七市一模]如图所示，倾角为 37°的光滑斜面上粘 贴有一厚度不计、宽度为 d＝0.2 m 的橡胶带，橡胶带的上、下边缘 与斜面的上、下边缘平行，橡胶带的上边缘到斜面的顶端距离为 L＝ 0.4 m，现将质量为 m＝1 kg、宽度为 d 的矩形薄板上边缘与斜面顶 端平齐且从斜面顶端静止释放。已知矩形板与橡胶带之间的动摩擦因 数为 0.5，重力加速度 g 取 10 m/s2，不计空气阻力，矩形板由斜面顶 端静止释放下滑到完全离开橡胶带的过程中(此过程矩形板始终在斜 面上)，下列说法正确的是(　　) A．矩形板受到的摩擦力为 Ff＝4 N B．矩形板的重力做功为 WG＝3.6 J C．产生的热量为 Q＝0.8 J D．矩形板的上边缘穿过橡胶带下边缘时速度大小为2 35 5 m/s 答案　BCD 解析　矩形板在滑上橡胶带时，随着进入橡胶带的长度增大，对 橡胶带的正压力增大，所以矩形板受摩擦力是变化的，故 A 错误； 重力做功 WG＝mg(L＋d)sinθ＝3.6 J，所以 B 正确；矩形板进入橡胶 带到离开橡胶带运动的位移为 2d，最大摩擦力为 μmgcos37°，因为摩 擦力大小随位移线性变化，所以可以用平均摩擦力计算产生的热，产 生的热量 Q＝1 2 μmgcosθ·2d＝0.8 J，所以 C 正确；根据动能定理有 WG－ Q＝1 2 mv2－0，解得 v＝2 35 5 m/s，所以 D 正确。 10．水平地面上有两个固定的、高度相同的粗糙斜面甲和乙，底 边长分别为 L1、L2，且 L1

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