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(共35张PPT)
第30讲功能关系　能量守恒定律
基础 满分练
课前 自检自测·夯基固本
知识点一　功能关系的理解与应用
3个高考关键点
关键点1　转化形式对应关系分析
1.急行跳远起源于古希腊奥林匹克运动。如图所示,急行跳远由助跑、起跳、腾空与落地等动作组成,空气阻力不能忽略,下列说法正确的是(　　)
A.助跑加速过程,地面对运动员做正功,运动员的动能增加
B.蹬地起跳过程,地面对运动员做正功,运动员的重力势能增加
C.从起跳到最高点过程,运动员重力势能的
增加量小于其动能的减少量[命题点 ]
D.从空中最高点到落地瞬间,运动员克服空气阻
力做的功等于重力势能的减少量[命题点 ]
C
解析 在助跑加速过程,地面对运动员的支持力、静摩擦力不做功,A错误;蹬地起跳过程,地面对运动员的支持力没有位移,地面对运动员不做功,B错误;空气阻力不能忽略,则从起跳到最高点过程,运动员要克服空气阻力做功,存在机械能损失,因此运动员重力势能的增加量小于其动能的减少量,C正确;由功能关系知,从空中最高点到落地瞬间,运动员克服空气阻力做的功等于运动员重力势能的减少量与其动能增加量之差,D错误。
关键点2　保守力的功能关系的定量分析
2.(多选)(原创+教材改编)把质量是m=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之间的高度差为h1=0.1 m,C、B之间的高度差为h2=0.2 m,弹簧的质量和空气的阻力均可忽略,g取10 m/s2。下列说法正确的是(　　)
A.由状态甲至状态乙,弹簧弹力的功等于小球动能的增加量
B.由状态甲至状态丙,弹簧弹力的功等于小球机械能的
增加量[命题点 ]
C.状态甲时,弹簧的弹性势能是0.4 J
D.状态乙时,小球的动能是0.4 J[命题点 ]
BD
解析 由状态甲至状态乙的过程中,弹簧的弹性势能转化为小球的动能和重力势能,选项A错误;由状态甲至状态丙的过程中,弹簧弹力的功等于小球的机械能的增加量,选项B正确;状态丙时,小球增加的机械能为Ep=mg(h1+h2)=0.2×10×0.3 J=0.6 J,由机械能守恒定律可知弹簧的弹性势能是0.6 J,选项C错误;应用逆向思维法,由状态丙至状态乙小球重力的功为WG=mgh2=0.2×10×0.2 J=0.4 J,所以状态乙中小球的动能为0.4 J,选项D正确。
关键点3　耗散力的功能关系的定量分析
3.(2024浙江6月选考)一个音乐喷泉喷头出水口的横截面积为2×10-4 m2,喷水速度约为10 m/s,水的密度为1×103 kg/m3,则该喷头喷水的功率约为
(　　)[命题点 ]
A.10 W　　 B.20 W　
C.100 W　　 D.200 W
C
解析 设Δt时间内从喷头流出的水的质量为m=ρSv·Δt,喷头喷水的功率等于单位时间内喷出的水的动能增加量,即P=,解得P=100 W,故选C。
回归基础·考教衔接
一、常见的功能关系及其表达式
项目 能的变化 定量关系
合力做功[ ] 动能变化 W=Ek2-Ek1=ΔEk
重力做功[ ] 重力势能变化 WG=-ΔEp=Ep1-Ep2
弹簧弹力做功[ ] 弹性势能变化 WF=-ΔEp=Ep1-Ep2
静电力做功 电势能变化 W电=-ΔEp
安培力做功 电能变化 W安=-ΔE电
重力和系统内弹力之外的力做功[ ][ ] 机械能变化 W=ΔE机
滑动摩擦力做功 内能变化 Q=Ff·l相对(其中l相对为相对路程)
命题点说明:
[ ]分析物体动能的变化不是由某个分力做功决定的,要分析各个力的合力做功来确定物体动能的变化。若物体只受重力,则重力做的功就是合力做的功。
[ ]物体重力势能的改变只与重力做功有关,与其他力做功无关;重力做正功,重力势能减少。
[ ]弹簧弹力做功改变的是弹簧的弹性势能,弹簧弹力做负功,弹性势能增加。
[ ]空气阻力是属于物体重力和系统内弹力之外的力,弹簧弹力(或绳的拉力)也是属于单个物体所受重力之外的力。这样的力做负功,则对应的物体(或系统)的机械能减少;这样的力做正功,则物体的机械能增加。
[ ]人工喷泉中,喷头对水的力是属于单个物体所受重力之外的力,喷头喷水的功转化为水的动能。
二、摩擦力做功与能量转化
1.静摩擦力做功时,机械能只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。
2.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Ffx相对=Q。
知识点二　能量守恒定律的理解与应用
3个高考关键点
关键点1　识别能量形式的转化与转移
4.(2026浙江温州模拟)如图所示,在水平如镜的湖面上方,一颗钢珠从离水面不高处由静止落入水中,会溅起几滴小水珠。
下列说法正确的是(　　)[命题点 ]
A.部分小水珠溅起的高度可以超过钢珠下落时的高度
B.小水珠在空中上升过程处于超重状态
C.所有溅起的小水珠运动到各自最高点时速度一定为零
D.所有溅起的小水珠机械能总和等于钢珠静止下落时的机械能
A
解析 钢珠落入水中时,部分能量会转化为小水珠的动能,使得小水珠能够溅起。由于能量守恒,部分小水珠可能会获得足够的动能,使其溅起的高度超过钢珠下落时的高度,A正确;小水珠在空中上升时,加速度方向向下,处于失重状态,而不是超重状态,B错误;被溅起来的小水珠有的可能是竖直上抛,有的可能是斜抛,所以小水珠运动到最高点时竖直方向上的速度一定为零,水平方向上不一定为零,C错误;钢珠下落时,部分能量会转化为水的内能、声能等其他形式的能量,因此小水珠的机械能总和会小于钢珠静止下落时的机械能,D错误。故选A。
关键点2　选择能量守恒定律公式的形式
5.(2025天津河西区统测)子弹以水平速度v0射向原来静止在光滑水平面上的木块,并留在木块中,最终和木块一起运动。已知子弹受到的平均阻力大小为Ff,射入深度为d,子弹射入木块的过程中木块移动的距离为L,忽略空气阻力,在子弹和木块相互作用的射入过程中,下列说法正确的是(　　)
[命题点 ]
A.子弹动能的减少量一定等于木块动能的增加量
B.子弹和木块组成的系统机械能减少量为FfL
C.子弹动能的减少量为Ff(L+d)
D.木块动能的增加量为Ffd
C
解析 根据能量守恒定律,子弹进入木块的过程中,由于受到阻力的作用,会摩擦生热,故子弹动能的减少量一定大于木块动能的增加量,A错误;根据能量守恒定律,子弹和木块组成的系统机械能减少量等于Ffs相对,其中s相对为子弹相对木块的位移,即d,而不是木块移动的距离,B错误;对子弹由动能定理有-=ΔEk子弹,解得ΔEk子弹=-Ff(L+d),故子弹动能的减少量为Ff(L+d), C正确;对木块,由动能定理有=ΔEk木块,解得ΔEk木块=FfL,D错误。故选C。
关键点3　分析能量转化效率
6.(原创+教材改编)某海湾共占面积1.0×106 m2,现利用这个海湾修建一座水坝。若涨潮后关上水坝的闸门,可使水位保持在20 m不变。退潮时,坝外水位降至18 m。假如利用此水坝建水力发电站,且重力势能转化为电能的效率是10%,每天有两次涨潮,涨潮和退潮时水流都推动水轮机发电,试估算:
(1)一次退潮时可以释放的水的质量为多少
(2)该电站每天能发多少电能 [命题点 ]
答案 (1)2.0×109 kg　(2)8.0×109 J
解析 (1)退潮时可以释放的水的质量m=ρ(h1-h2)S=2.0×109 kg。
(2)每次退潮发电时这一部分水减少的重力势能为
ΔEp=mg=2.0×1010 J
每天涨潮和退潮所发的电能为E=4ηΔEp=4×0.1×2.0×1010 J=8.0×109 J。
回归基础·考教衔接
三、对能量守恒定律的理解
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其他形式,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。
(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。
[ ]在机械能与内能转化的情况中,系统机械能减少的量等于内能增加的量。
(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,且减少量和增加量一定相等。
[ ]水力发电中,是水的机械能转化为水轮机的动能,水轮机将机械能转化为电能。
四、应用能量守恒定律解题的思路
1.分清是哪几种形式的能(动能、势能、内能等)发生变化。[ ]
2.明确哪几种形式的能量增加,哪几种形式的能量减少,并且列出减少的能量总和ΔE减和增加的能量总和ΔE增的表达式。
3.列出能量守恒关系式ΔE减=ΔE增。
隐性知识　挖掘重力势能转化为电能的效率是电能与重力势能的比值,计算公式为η=×100%。
[ ]在能的转化和转移中,虽然能量是守恒的,但还涉及可用能源的效率问题,要应用转化的效率来解答实际问题。
考点一　动力学和能量观点分析多过程问题
能力 高分练
课中 关键能力·可视思维
例1 (2025广东惠州模拟)某同学设计了一款趣味游戏如图所示,小滑块从倾角θ=37°的轨道AB上某点静止释放,从最低点B处进入光滑竖直圆轨道(最低点B处两侧轨道略错开且平滑),再进入水平轨道BC,最后从C点飞出落入相互紧靠的指定篮筐(篮筐1紧靠竖直墙壁)里,则游戏成功。已知圆轨道半径R=0.1 m,BC长x=0.6 m,篮筐口宽d=0.2 m,篮筐口距C点高度h=0.2 m。小滑块质量m=0.1 kg,与轨道AB、BC之间的动摩擦因数相同,均为μ=0.25。不计空气阻力,重力加速度g取10 m/s2,sin 37°=0.6,cos 37°=0.8。为确保小滑块能落入第3个篮筐,求:
(1)小滑块在C处的速度范围;
(2)小滑块在圆轨道最高点对轨道的最小压力大小;
(3)小滑块从轨道AB上释放位置到B点的最大距离s。
答案 (1)2 m/s解析 (1)小滑块从C处离开做平抛运动,则 h=gt2①
2d=vmint,
3d=vmaxt②
解得滑块在C处的速度范围是2 m/s(2)小滑块速度越小,对圆轨道最高点压力就越小,从圆轨道最高点到C处应用动能定理有mg·2R-μmgx=mv2③
在最高点处,由合力提供向心力有mg+FN=m③
解得FN=2 N
根据牛顿第三定律,压力与支持力大小相等,则FN'=FN=2 N。④
(3)距离s越大,小滑块到C处的速度就越大,从释放到C处应用动能定理有mgssin θ-μmgscos θ-μmgx=-0⑤
解得s=1.5 m。
破题思维链
解题精要
1.动力学角度分析: 涉及时间与运动细节时,且是恒力作用阶段,一般选用动力学方法解题,即利用运动学公式结合牛顿第二定律求解。
2.能量角度分析:当涉及功和能时,一般选用功能关系或能量守恒定律解题。其中,系统产生的内能由Q=Ffx相对来计算。
考点二　动力学和能量观点分析“传送带”模型
例2 (多选)(2025辽宁丹东高三期中)用如图甲所示的传送带将质量为1 kg的货物运送到一定高度,把货物轻放在传送带底端,经4 s货物从传送带顶端离开,货物的速度大小随时间变化的关系图像如图乙所示。已知传送带的倾角θ=30°,传送带顺时针转动,速度大小不变,重力加速度大小g取10 m/s2。下列说法正确的是(　 　)
A.货物与传送带间因摩擦产生的
热量为10 J
B.滑动摩擦力对货物做的功为12 J
C.静摩擦力对货物做的功为20 J
D.传送带对货物做的总功为32 J
BCD
解析 由题图乙知传送带的速度大小为2 m/s,0~2 s内传送带比货物多运动
Δx=2×2 m-×2×2 m=2 m,货物在传送带上留下的滑动痕迹为2 m,货物在传送带上加速时有a==1 m/s2,由牛顿第二定律得μmgcos 30°-mgsin 30°=ma,解得μ=,货物与传送带之间的滑动摩擦力Ff=μmgcos 30° =mg,相对静止时的静摩擦力Ff静=mgsin 30°=,货物与传送带间因摩擦产生的热量为Q=FfΔx=12 J,故A错误;滑动摩擦力对货物做的功为W1=Ffx1=×1×10× J=12 J,故B正确;静摩擦力对货物做的功为W2=
Ff静x2=×1×10×(4-2)×2 J=20 J,故C正确;传送带对货物做的总功为W=W1+W2=32 J,故D正确。
解题精要
1.当物体与传送带速度相同时,摩擦力往往发生突变。
2.传送带克服摩擦力做的功:W=Ffx传。
3.电动机多消耗的电能等于物体机械能的增加和相对滑动时产生的热量,即E电=ΔEk+ΔEp+Q。
方法导引
1.动力学角度分析:分析受力及运动过程,利用运动学公式结合牛顿第二定律求解。
2.能量角度分析:常依据功能关系或能量守恒定律求解传送带对物体所做的功、物体和传送带相对滑动而产生的热量、电动机多消耗的电能等。
考点三　动力学和能量观点分析“板—块”模型
例3 (2024海南卷)某游乐项目装置简化如图,左侧为固定在地面上的光滑圆弧形滑梯,半径R=10 m,滑梯顶点A与滑梯末端B的高度h=5 m。中间为静止在光滑水平面上的滑板,其紧靠滑梯的末端,并与其水平相切,滑板质量M=25 kg。一质量为m=50 kg的游客,从A点由静止开始下滑,在B点滑上滑板,当滑板右端运动到与其上表面等高平台的边缘时,游客恰好滑上右侧平台,并在平台上滑行s=16 m停下。游客视为质点,其与滑板及平台表面之间的动摩擦因数均为μ=0.2,忽略空气阻力,重力加速度g取10 m/s2,求:
(1)游客滑到B点时对滑梯的压力的大小;
(2)滑板的长度L。
答案 (1)1 000 N　(2)7 m
解析 (1)设游客滑到B点时速度为v0,从A到B过程,
根据机械能守恒定律有mgh=
解得v0=10 m/s
在B点根据牛顿第二定律有FN-mg=m
解得FN=1 000 N
根据牛顿第三定律得游客滑到B点时对滑梯的压力的大小为FN'=FN=1 000 N。
(2)设游客恰好滑上平台时的速度为v,
在平台上运动过程由动能定理有-μmgs=0-mv2,解得v=8 m/s
游客在滑板上相对滑动过程中,游客一直做减速运动,滑板一直做加速运动,
设加速度大小分别为a1和a2,
根据牛顿第二定律得出a1==μg=2 m/s2,a2==4 m/s2
对游客,根据运动学规律有v=v0-a1t,解得t=1 s
该段时间内游客的位移为s1=t=9 m
滑板的位移为s2=a2t2=2 m
根据位移关系得滑板的长度为L=s1-s2=7 m。
破题思维链
解题精要
滑块—木板模型的三类位移的应用
(1)用滑块的位移x滑求摩擦力对滑块做功;
(2)用木板的位移x板求摩擦力对木板做功;
(3)用相对位移Δx求摩擦生热。第30讲功能关系　能量守恒定律
基础·满分练
命题角度一　复杂情境中的多模型融合
1.(2023浙江1月选考)一位游客正在体验蹦极,绑上蹦极专用的橡皮绳后从跳台纵身而下。游客从跳台下落直到最低点过程中(　　)
A.弹性势能减小
B.重力势能减小
C.机械能保持不变
D.绳一绷紧动能就开始减小
2.(2026安徽阜阳开学考)如图所示,斜面体固定在水平面上,轻弹簧放在斜面上,下端与固定在斜面底端的挡板相连,上端与斜面上Q点对齐,此时轻弹簧处于原长。一个可视为质点的物块从斜面上P点由静止释放,物块最终静止在斜面上,轻弹簧始终在弹性限度内,不计空气阻力,则下列说法正确的是(　　)
A.物块最终静止的位置可能在Q点
B.物块第一次到达Q点时动能最大
C.物块第一次沿斜面运动到最低点过程中,加速度先不变后减小
D.物块最终减少的重力势能大于物块和斜面间因摩擦产生的内能
命题角度二　应用动力学和能量观点分析“传送带”模型
3.(2025河北廊坊三模)如图所示,水平传送带顺时针转动,速度大小为v=4 m/s,A、B分别为传送带的左、右端点,t=0时在其右端B处无初速度地释放质量为m=1 kg的物块(视为质点),同时对物块施加一水平向左的恒力F=4 N,t=2 s时撤去力F,物块与传送带间的动摩擦因数为0.2,重力加速度g取10 m/s2,物块最后从B点离开传送带,下列说法正确的是(　　)
A.传送带至少长6 m
B.物体在传送带上的运动时间为6 s
C.全过程中摩擦力对物体做功-16 J
D.物体与传送带之间摩擦产生的热为56 J
命题角度三　应用动力学和能量观点分析“板—块”模型
4.如图所示,木板A静止于光滑水平面上,木块B轻置于木板A上。现施加外力F拉着木块B做匀加速直线运动,木板A在摩擦力作用下也向右加速运动,但加速度小于木块B的加速度,则(　　)
A.木板A所受摩擦力对木板A做负功
B.木板A对木块B的摩擦力做的功与木块B对木板A的摩擦力做的功相等
C.木块与木板间摩擦产生的热量等于木板A对木块B的摩擦力做功减去木块B对木板A的摩擦力做的功
D.力F做的功等于木块B与木板A的动能增量之和
能力·高分练
5.(2025山东卷)一辆电动小车上的光伏电池,将太阳能转换成的电能全部给电动机供电,刚好维持小车以速度v匀速运动,此时电动机的效率为50%。已知小车的质量为m,运动过程中受到的阻力f=kv(k为常量),该光伏电池的光电转换效率为η,则光伏电池单位时间内获得的太阳能为(　　)
A. B.
C. D.
6.(跨学科融通)体育课上,小明同学想研究一下篮球下落时受到的空气阻力及篮球与球场地面碰撞时的能量损失问题,他将质量为m的篮球举至离地面高为h处,由静止释放,通过记录发现篮球第一次反弹后上升的高度为释放高度的一半。下列说法不正确的是(　　)
A.若不考虑空气阻力,篮球第一次与地面碰撞损失的机械能为mgh
B.若篮球与地面碰撞时无机械能损失,可知空气阻力大小的平均值为mg
C.若篮球与地面碰撞时无机械能损失,空气阻力大小恒定,则篮球从释放到停止运动的总路程为3h
D.若空气阻力大小恒定为mg,篮球第一次与地面碰撞损失的机械能为mgh
7.(9分)(2025江苏宿迁测试)如图所示,光滑斜面AB高h=1.8 m,底端与水平面BD相连,在水平面末端D点的墙上固定一轻弹簧。若水平面BC段粗糙,长s=10 m,动摩擦因数μ=0.15,水平面CD段光滑,且等于弹簧原长。质量m=0.5 kg的物块,由斜面顶端A点静止下滑,经过B点时无机械能损失,g取10 m/s2,求:
(1)物块滑到B点时速度vB的大小;
(2)弹簧被压缩具有的最大弹性势能Ep;
(3)物块最终静止时离C点的距离s'的大小。
8.(12分)如图所示,固定在水平面上的光滑斜面,倾角θ=30°,底端固定弹性挡板,长木板B放在斜面上,小物块A放在B的上端沿斜面向上敲击B,使B立即获得初速度v0=3.0 m/s,此后B和挡板发生碰撞,碰撞前后速度大小不变,方向相反,A始终不脱离B且与挡板不发生碰撞。已知A、B的质量均为m=1.0 kg,A、B间的动摩擦因数μ=,最大静摩擦力等于滑动摩擦力,重力加速度g取10 m/s2。求:
(1)敲击B后的瞬间,A、B的加速度大小aA、aB;
(2)B上升的最大距离s;
(3)B的最小长度L。
素养·提升练
9.机场工作人员利用倾斜传送带向飞机货舱装载行李的某场景如图甲所示,传送带保持恒定速率向上运行。工作人员将行李箱间隔相同时间连续无初速度地放在传送带底端,所有行李箱在进入飞机货舱前都已做匀速运动,且相邻两个行李箱间不发生碰撞。如图乙,A、B、C、D是传送带上4个进入货舱前匀速运动的行李箱,其中A与B、B与C间的距离均为d,C与D间的距离小于d。已知传送带运行的速率为v0,倾角为θ,传送带的长度为L,重力加速度为g,最大静摩擦力等于滑动摩擦力,下列说法正确的是(　　)
A.A、B、C、D与传送带间动摩擦因数相同,均满足μ>tan θ
B.A、B、C与传送带间动摩擦因数大于D与传送带间动摩擦因数
C.工作人员往传送带底端放置行李箱的时间间隔Δt=
D.若A的质量为m,则由于传送A,驱动传送带的电机额外消耗的电能ΔE=mgLsin θ+
答案：
1.B　解析 橡皮绳绷紧后弹性势能一直增大,A错误;游客高度一直降低,重力一直做正功,重力势能一直减小,B正确;下落阶段橡皮绳对游客做负功,游客机械能减少,转化为弹性势能,C错误;橡皮绳刚绷紧的一段时间内,弹力小于重力,合力向下,游客的速度继续增加,游客动能继续增加,当弹力大于重力后,合力向上,游客动能逐渐减小,D错误。
2.D　解析 物块从静止沿斜面运动,说明重力的下滑分力大于最大静摩擦力,因此物体不可能最终停于Q点,故A错误;物体接触弹簧后,还要继续加速,直到弹力和摩擦力的合力与重力的分力相等时,达到最大速度,故最大速度在Q点下方,故B错误;未接触弹簧前mgsin θ-μmgcos θ=ma,接触弹簧后mgsin θ-μmgcos θ-kΔx=ma,当弹力与摩擦力合力大于重力沿斜面向下的分力时,μmgcos θ+kΔx-mgsin θ=ma,所以加速度先不变,后减小,再反向增大,故C错误;根据能量守恒可知,物块最终减少的重力势能大于物块和斜面间因摩擦产生的内能,还有一部分转化为弹性势能,故D正确。故选D。
3.D　解析 在0~2 s时间内,由牛顿第二定律可得F-μmg=ma1,解得a1=2 m/s2;2 s后,物体的加速度a2=μg=2 m/s2,以向左为正方向,画出物体和传送带运动的v-t图像如图所示。物体向左运动的位移x1=t1=8 m,则传送带至少长8 m,故A错误;根据上述v-t图像可知,物体在传送带上的运动时间为7 s,故B错误;2 s后,摩擦力对物体做功之和为零,0~2 s内物体向左运动的位移x= m=4 m,则摩擦力做功为Wf=-μmgx=-8 J,故C错误;由图可求得物体与传送带之间总的相对路程Δx= m+ m=28 m,则摩擦产生的热为Q=μmgΔx=56 J,故D正确。故选D。
4.C　解析 木板A所受摩擦力方向与其运动方向相同,对木板A做正功,故A错误;木板A对木块B的摩擦力做的功为W1=FfABx,木块B对木板A的摩擦力做的功为W2=FfBAx1,由题意得FfAB的大小与FfBA的大小相等,但x>x1,所以两者做功不相等,故B错误;摩擦生热的计算公式为Q=Ff·Δs,又因为Δs=x-x1,所以有Q=Ff·Δs=W1-W2,故C正确;根据能量守恒定律有,力F做的功等于木块B和木板A动能的增量之和,再加上A、B相对运动产生的热量,故D错误。
5.A　解析 设光伏电池单位时间内获得的太阳能为E,则转换产生的电能E'=ηE,单位时间内电动机所做的功W1=0.5E',当小车以速度v匀速行驶时,由动能定理可知,电动机所做的功与阻力所做的功大小相等,故W1=fvt=kv2,联立解得E=,故选A。
6.D　解析 不考虑空气阻力时,篮球初始机械能为mgh,碰撞后上升至,机械能损失为mgh-mgh=mgh,故A正确。若碰撞无机械能损失,总机械能损失由空气阻力做功引起。下落和上升过程总路程为h,机械能损失mg=Ff·h,解得Ff=mg,故B正确。总路程为所有下落和上升距离之和,构成首项为h、公比为的等比数列,总路程s=h+2=3h,故C正确。空气阻力Ff=mg时,下落至地面时的动能E1=mgh-Ffh=mgh,碰撞后上升至需动能E2=mgh+Ffmgh,碰撞损失ΔE=E1-E2=mgh,故D错误。此题选择不正确的,故选D。
7.(1)6 m/s　(2)1.5 J　(3)2 m
解析 (1)物块从A到B过程,根据动能定理得mgh=-0
解得vB=6 m/s。
(2)从开始到弹簧被压缩到最短的过程,由能量守恒定律得mgh=Ep+μmgs
解得Ep=1.5 J。
(3)从开始到物块最终静止整个过程,由能量守恒定律得mgh=μmg(s'+s)
解得s'=2 m
即物块最终静止时离C点的距离为2 m。
8.(1)2.5 m/s2　12.5 m/s2　(2)0.375 m　(3)1.8 m
解析 (1)敲击B后的瞬间,A受到向上的滑动摩擦力,对A由牛顿第二定律有μmAgcos 30°-mAgsin 30°=mAaA
解得aA=2.5 m/s2
对B由牛顿第二定律有 μmAgcos 30°+mBgsin 30°=mBaB
解得aB=12.5 m/s2。
(2)设A、B向上运动,经过时间t后共速,有 v0-aBt=aAt
共速后A和B一起以加速度a向上减速,对A和B整体分析,由牛顿第二定律有(mA+mB)gsin 30°=(mA+mB)a
且s=
解得s=0.375 m。
(3)最终A、B均停在挡板处,此时B的长度最小,由能量守恒有mB+mAgLsin 30°=μmAgcos 30°·L
解得L=1.8 m。
9.C　解析 传送带运行的速率为v0,工作人员将行李箱间隔相同时间连续无初速度地放在传送带底端,则行李箱放在传送带上的初始位置间的距离相同,行李箱放在传送带上后,先加速,后匀速,设加速时间为t,加速过程的位移为x1,则对行李箱有μmgcos θ-mgsin θ=ma,v0=at,x1=t,行李箱加速时,传送带的位移为x2,则x2=v0t,行李箱加速时,与传送带的相对位移为Δx=x2-x1=,又A与B、B与C间的距离均为d,C与D间的距离小于d,则A、B、C与传送带间动摩擦因数相同,D与传送带间动摩擦因数大于A、B、C与传送带间动摩擦因数,且A、B、C、D与传送带间动摩擦因数均满足μ>tan θ,A、B错误;由以上分析知,A、B、C释放的初始位置间距等于它们匀速后的位置间距d,则工作人员往传送带底端放置行李箱的时间间隔为Δt=,C正确;根据能量守恒定律知,驱动传送带的电机额外消耗的电能转化为了A的机械能和摩擦产生的热能,有ΔE=mgLsin θ+,D错误。
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