资源简介

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专题突破　功能关系　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
教材引领
1.[人教版必_???2?·P80_·T1]把质量是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7.9－3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，弹簧的质量和空气的阻力均可忽略。2·1·c·n·j·y
图7.9－3讨论三种
情况下能量的变化
(1)分别说出由状态甲至状态乙，由状态乙至状态丙的能量转化情况。
(2)状态甲中弹簧的弹性势能是多少？状态乙中小球的动能是多少？
解析　(1)从状态甲至状态乙过程中：
①由于弹簧弹力一直做正功，则弹性势能一直减少，当弹簧恢复到自然长度时，弹性势能为0；
②由于重力做负功，则小球的重力势能一直增大；
③由于小球先加速运动后减速运动，所以动能先增大后减少，当弹簧对小球向上的弹力大小与重力大小相等时，小球的动能最大。www-2-1-cnjy-com
从状态乙到状态丙过程中：
①由于重力一直做负功，则小球的重力势能仍一直增大，到达C点时，重力势能达到最大。
②由于重力为合力且一直做负功，则小球的动能逐渐减少，到达C点时，动能减少到0。
(2)小球和弹簧组_?????????????????°_能守恒，从状态甲系统的机械能等于状态丙系统的机械能，则状态甲中弹簧的弹性势能：Ep＝mg(hAB＋hBC)＝0.2×9.8×(0.1＋0.2) J＝0.588 J。
小球从状态乙到状态丙的_è???¨????????°????_的重力势能增大，动能减少，由功能关系或机械能守恒定律可知，小球在状态乙中的动能：Ek＝mghBC＝0.2×9.8×0.2 J＝0.392 J。
答案　(1)从状态_???è???????????è??_程中：弹性势能一直减少，重力势能一直增大，动能先增大后减少；从状态乙到状态丙过程中：重力势能一直增大，动能一直减少21*cnjy*com
(2) 0.588 J　 0.392 J
拓展提升
2.(2019·山_????????°???è??)_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(　　)【版权所有：21教育】
A.物体的动能增加了(F－mg)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_?????????????°????_阻力，由动能定理有ΔEk＝(F－mg－f)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ΔE＝(F－f)H，选项C、D错误。
答案　B
真题闯关
3.(多选)_(2018?·_江苏单科)如图1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(　　)
图1
A.加速度先减小后增大
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
解析　对物块_??????????????????_弹簧处于压缩状态时，由牛顿第二定律可得kx－f＝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f－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＋f＝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正确；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。21教育网
答案　AD
4.(2017_?·??¨?????·???)_一质量为8.00×104 kg的太空飞船从其飞行轨道返回地面。飞船在离地面高度1.60×105 m 处以7.5×103 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)。21·cn·jy·com
(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Ek0＝mv①
式中，m和v0分别是飞船的质量和着地前瞬间的速率。由①式和题给数据得Ek0＝4.0×108 J②
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Eh＝mv＋mgh③
式中，vh是飞船在高度1.6×105 m处的速度大小。由③式和题给数据得Eh≈2.4×1012 J。④
(2)飞船在高度h′＝600 m处的机械能为
Eh′＝m(vh)2＋mgh′⑤
由功能关系得W＝Eh′－Ek0⑥
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②⑤⑥式和题给数据得W≈9.7×108 J。⑦
答案　(1)4.0×108 J　2.4×1012 J　(2)9.7×108 J
　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_??????????????????_，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。21·世纪*教育网
【典例】 (多选_)(2019_·江苏卷，8)如图2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(　　)
图2
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
解析　物块向左运_??¨??????????°§???_弹簧最短时，物块具有向右的加速度，弹力大于摩擦力，即F>μmg，A错误；根据功的公式，物块克服摩擦力做的功W＝μmgs＋μmgs＝2μmgs，B正确；根据能量守恒，弹簧弹开物块的过程中，弹簧的弹性势能通过摩擦力做功转化为内能，故Epm＝μmgs，C正确；根据能量守恒，在整个过程中，物体的初动能通过摩擦力做功转化为内能，即mv2＝2μmgs，所以v＝2，D错误。
答案　BC
1.(多选)如图3_????¤????????????°_一定高度的物体施加一个竖直向上的拉力，物体在竖直方向上运动，其速率－时间关系大致图线如图，以地面为零势能面，忽略空气阻力，物体的机械能随运动距离的变化关系大致图线可能是下图中的 (　　)
图3
解析　以物体为研究对象_???è??????????????_运动，根据牛顿运动定律有F－mg＝ma，从速率图象看，物体在做加速度变小的加速运动，所以F＝mg＋ma逐渐变小，而物体机械能的增量就是F做功，即E＝Fh＝(mg＋ma)h，图象中的斜率为F，所以D项正确；若物体向下运动，根据牛顿运动定律有F＝mg－ma，F变大，F做负功，机械能减小，所以C项正确。
答案　CD
2.(2019·北_????¤§é???±????é??_中学测试)某缓冲装置的理想模型如图4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。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4
(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f＝kx，得x＝。
(2)根据能量守恒有mv＝＋mv2，
得出小车反弹离开弹簧瞬间的速度v＝－\f(fl,2m))。
(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kx＝f＝ma，得出a＝。【来源：21·世纪·教育·网】
答案　(1)　(2)－\f(fl,2m))　(3)见解析
　摩擦力做功与能量转化的关系
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W＝－Ffl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
考向1　“传送带”模型中的摩擦生热
【例1】 如_???5????¤???????_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μ＝，取g＝10 m/s2，则21cnjy.com
图5
(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μmgcos θ－mgsin θ＝ma，得出a＝2.5 m/s2；21教育名师原创作品
工件匀加速的位移为x1＝＝ m＝0.8 m，
摩擦力对工件做的功为W1＝μmg·x1cos θ，
得出W1＝6 J
工件后做匀速运动，位移为x2＝5 m－x1＝4.2 m
摩擦力对工件做的功为W2＝mg·x2sin θ，得出W2＝21 J
所以摩擦力对工件做的功为W＝W1＋W2＝27 J。
(2)工件匀加速的时间为t1＝，得出t1＝0.8 s
在工件匀加速时传送带的位移为s1＝vt1＝1.6 m
工件与传送带间因摩擦而产生的内能为
Q＝μmg·(s1－x1)cos θ，得出Q＝6 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2】 如图6所示，AB为半径_R???0.8__m的光滑圆弧轨道，下端B恰与小车右端平滑对接。小车质量M＝3 kg，车长L＝2.06 m，车上表面距地面的高度h＝0.2 m，现有一质量m＝1 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μ＝0.3，当车运动了t0＝1.5 s时，车被地面装置锁定(g＝10 m/s2)。试求：
图6
(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
mgR＝mv，FNB－mg＝m,R)
则FNB＝30 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a221*cnjy*com
对滑块有μmg＝ma1，v＝vB－a1t1
对于小车：μmg＝Ma2，v＝a2t1
解得v＝1 m/s，t1＝1 s，
因t1l车＝t1＋v(t0－t1)，解得l车＝1 m。
(3)Q＝μmgl相对＝μmg。
解得Q＝6 J。
答案　(1)30 N　(2)1 m　(3)6 J
1.(多选)如图7_????¤????è?¨é?????_M、长度为L的小车静止在光滑水平面上，质量为m的小物块(可视为质点)放在小车的最左端。现用一水平恒力F作用在小物块上，使小物块从静止开始做匀加速直线运动。小物块和小车之间的摩擦力为f，小物块滑到小车的最右端时，小车运动的距离为x。此过程中，以下结论正确的是(　　)
图7
A.小物块到达小车最右端时具有的动能为(F－f)(L＋x)
B.小物块到达小车最右端时，小车具有的动能为fx
C.小物块克服摩擦力所做的功为f(L＋x)
D.小物块和小车增加的机械能为Fx
解析　由动能_????????????????°?_物块到达小车最右端时的动能Ek物＝W合＝(F－f)(L＋x)，A正确；小物块到达小车最右端时，小车的动能Ek车＝fx，B正确；小物块克服摩擦力所做的功Wf＝f(L＋x)，C正确；小物块和小车增加的机械能为F(L＋x)－fL，D错误。
答案　ABC
2.如图8所示，_??·??§??????é?????_与水平面的夹角θ＝30°，传送带在电动机的带动下始终保持v0＝2 m/s的速率运行。现把一质量为m＝10 kg的工件(可看作质点)轻轻放在传送带的底端，经过1.9 s，工件被传送到h＝1.5 m的高处。g取10 m/s2，求：
图8
(1)工件与传送带间的动摩擦因数；
(2)电动机由于传送工件多消耗的电能。
解析　(1)传送带长x＝＝3 m
工件速度达到v0前，做匀加速运动的位移x1＝ t1＝t1
匀速运动的位移为x－x1＝v0(t－t1)
解得加速运动的时间t1＝0.8 s
加速运动的位移x1＝0.8 m
所以加速度a＝＝2.5 m/s2
由牛顿第二定律得μmgcos θ－mgsin θ＝ma
解得μ＝。
(2)从能量守恒的观点看，电动机多消耗的电能用于增加工件的动能、势能以及克服传送带与工件之间发生相对运动时摩擦力做功。【来源：21cnj*y.co*m】
在时间t1内，传送带运动的位移
x传送带＝v0t1＝1.6 m
在时间t1内，工件相对传送带的位移
x相＝x传送带－x1＝0.8 m
在时间t1内，摩擦生热
Q＝μmgcos θ·x相＝60 J
工件获得的动能Ek＝mv＝20 J
工件增加的势能Ep＝mgh＝150 J
故电动机多消耗的电能W＝Q＋Ek＋Ep＝230 J。
答案　(1)　(2)230 J
活页作业
(时间：40分钟)
基础巩固练
1.(2019_?·????·???????è??_考)如图1是在玩“跳跳鼠”的儿童，该玩具弹簧上端连接脚踏板，下端连接跳杆，儿童在脚踏板上用力向下压缩弹簧，然后弹簧将人向上弹起，最终弹簧将跳杆带离地面，下列说法正确的是(　　)
图1
A.从人被弹簧弹起到弹簧第一次恢复原长，人一直向上加速运动
B.无论下压弹簧的压缩量多大，弹簧都能将跳杆带离地面
C.人用力向下压缩弹簧至最低点的过程中，人和“跳跳鼠”组成的系统机械能增加
D.人用力向下压缩弹簧至最低点的过程中，人和“跳跳鼠”组成的系统机械能守恒
解析　从人被弹_?°§???è?·??°????°§_第一次恢复原长，人先向上做加速运动，当人的重力与弹力相等时，速度最大，由于惯性人向上做减速运动，A错误；当下压弹簧的压缩量较小时，弹簧具有的弹性势能较小，弹簧不能将跳杆带离地面，B错误；人用力向下压缩弹簧至最低点的过程中，人的体能转化为系统的机械能，所以人和“跳跳鼠”组成的系统机械能增加，C正确，D错误。
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?·???_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g，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mgh
C.动能损失了mgh 　D.克服摩擦力做功mgh
解析　加速度a＝g＝，解得_?????????Ff???_mg；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Ffx＝mg·2h＝mgh，故选项B正确；动能损失量为克服合外力做功的大小ΔEk＝F合外力·x＝mg·2h＝mgh，故选项C错误；克服摩擦力做功mgh，故选项D错误。
答案　AB
4.(2018·11月浙江选考)奥运会比赛项目撑杆跳高如图4所示，下列说法不正确的是(　　)
图4
A.加速助跑过程中，运动员的动能增加
B.起跳上升过程中，杆的弹性势能一直增加
C.起跳上升过程中，运动员的重力势能增加
D.越过横杆后下落过程中，运动员的重力势能减少动能增加
解析　加速助跑_è???¨????è????¨???_的速度增大，动能增大，选项A正确；起跳上升过程中，杆的形变量先变大，后变小，故弹性势能先变大后变小，选项B错误；起跳上升过程中，运动员的重心升高，重力势能增加，选项C正确；越过横杆后下落过程中，运动员的重力做正功，重力势能减少，动能增加，选项D正确。
答案　B
5.安徽首家滑雪场正_???è????·??????A_AAA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μ＝0.1。滑雪者(包括滑雪板)的质量为m＝50 kg，g取 10 m/s2，O、N两点间的水平距离为s＝100 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θ，_??????é??è?????O_到N的运动过程中克服摩擦力做的功Wf＝μmgcos θ·xOM＋μmgxMN，由题图可知，xOMcos θ＋xMN＝s，两式联立可得Wf＝μmgs＝5 000 J，故选项A、B、D错误，C正确。2-1-c-n-j-y
答案　C
6.(多选)如图6所_?¤????è?¨é?????m_的滑块以一定初速度滑上倾角为θ的固定斜面，同时施加一沿斜面向上的恒力F＝2mgsin θ；已知滑块与斜面间的动摩擦因数μ＝tan θ，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(　　)【出处：21教育名师】
图6
解析　根据滑_?????????é??é?????_动摩擦因数μ＝tan θ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F＝2mgsin θ，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Q＝Ffx，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
7.(多选)(_2019?·?±±_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(H＋x－L)
C.弹簧弹性势能的增量为(mg－Ff)(H＋x－L)
D.系统机械能减少FfH
解析　小球下落的整个过_?¨???????????§????_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＝－ΔEp′得：弹簧弹性势能的增量为(mg－Ff)(H＋x－L)，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(H＋x－L)，所以系统机械能减少为Ff(H＋x－L)，选项D错误。
答案　AC
8.(多选)如图8所示，质量_???M???é?????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(　　)21世纪教育网版权所有
图8
A.上述过程中，F做功大小为mv＋Mv
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_?¨???????F??????_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.(2019·四川成都模拟)如_???9???????¤????_倾角θ＝30°的足够长固定光滑斜面上，用平行于斜面的轻弹簧拉着质量m＝1 kg的物体沿斜面向上运动。已知物体在t＝1 s到t＝3 s这段时间的v－t图象如图乙所示，弹簧的劲度系数k＝200 N/m，重力加速度g取10 m/s2。则在该段时间内(　　)
图9
A.物体的加速度大小为2 m/s2
B.弹簧的伸长量为3 cm
C.弹簧的弹力做功为30 J
D.物体的重力势能增加36 J
解析　根据速度_???è±??????????è?¨_示加速度可知，物体的加速度大小为a＝＝1 m/s2，选项A错误；对斜面上的物体受力分析，受到竖直向下的重力mg、斜面的支持力和轻弹簧的弹力F，由牛顿第二定律，F－mgsin 30°＝ma，解得F＝6 N。由胡克定律F＝kx可得弹簧的伸长量x＝3 cm，选项B正确；在t＝1 s到t＝3 s这段时间内，物体动能增大ΔEk＝mv－mv＝6 J，根据速度—时间图象面积等于位移，可知物体向上运动位移x＝6 m，物体重力势能增加ΔEp＝mgxsin 30°＝30 J；根据功能关系可知，弹簧弹力做功W＝ΔEk＋ΔEp＝36 J，选项C、D错误。
答案　B
10.(多选)如图10所示_???è?¨é??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)(　　)
图10
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_??????v0??????_PA过程，由机械能守恒定律有mv＝mgh，代入数据得v0＝＝2 m/s＜v＝4 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a＝＝μg＝2 m/s2；当物体的速度与传送带的速度相等时用时t1＝＝ s＝1 s，匀加速运动的位移x1＝t1＝×1 m＝3 m＜L＝5 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t2＝＝ s＝0.5 s，故物体从A运动到B的时间为t＝t1＋t2＝1.5 s，故选项A正确；物体运动到B的速度是v＝4 m/s，根据动能定理得：摩擦力对物体做功W＝mv2－mv＝×1×42 J－×1×22 J＝6 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＝vt1＝4 m，故产生热量Q＝μmgΔx＝μmg(x带－x1)，代入数据得Q＝2 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W＝))＋Q＝×1×(42－22) J＋2 J＝8 J，选项D错误。www.21-cn-jy.com
答案　AC
11.如图11所示，在地面上竖直_????????????????°?_和轻质弹簧，弹簧原长时上端与刻度尺上的A点等高，质量m＝0.5 kg的篮球静止在弹簧正上方，底端距A点的高度h1＝1.10 m，篮球静止释放测得第一次撞击弹簧时，弹簧的最大形变量x1＝0.15 m，第一次反弹至最高点，篮球底端距A点的高度h2＝0.873 m，篮球多次反弹后静止在弹簧的上端，此时弹簧的形变量x2＝0.01 m，弹性势能为Ep＝0.025 J。若篮球运动时受到的空气阻力大小恒定，忽略篮球与弹簧碰撞时的能量损失和篮球的形变，弹簧形变在弹性限度范围内。求：
图11
(1)弹簧的劲度系数；
(2)篮球在运动过程中受到的空气阻力；
(3)篮球在整个运动过程中通过的路程；
(4)篮球在整个运动过程中速度最大的位置。
解析　(1)篮球静止在弹簧上时，
有mg－kx2＝0，解得k＝500 N/m
(2)篮球从开始运动到第一次上升到最高点，由动能定理得
mg(h1－h2)－f(h1＋h2＋2x1)＝0
代入数值解得f＝0.5 N
(3)设篮球在整个运动过程中总路程s，由能量守恒定律得
mg(h1＋x2)＝fs＋Ep
代入数值解得s＝11.05 m
(4)球在首次下落过程中，合力为零处速度最大
速度最大时弹簧形变量为x3
mg－f－kx3＝0
在A点下方，离A点x3＝0.009 m
答案　(1)500 N/m　(2)0.5 N　(3)11.05 m
(4)第一次下落至A点下方0.009 m处速度最大
12.(2019·山东烟台_??????)??????1_2甲所示，质量M＝5 kg的木板A在水平向右F＝30 N的拉力作用下在粗糙水平地面上向右运动，t＝0时刻在其右端无初速度地放上一质量为m＝1 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g＝10 m/s2，求：
图12
(1)物块与木板之间动摩擦因数μ1和木板与地面间的动摩擦因数μ2；
(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
aB＝＝ m/s2＝4 m/s2，
A的加速度aA＝＝ m/s2＝－2 m/s2，
由牛顿第二定律得对B：μ1mg＝maB，
对A：F－μ1mg－μ2(M＋m)g＝MaA，
解得μ1＝0.4，μ2＝0.6。
(2)物块与木板相对运动过程中，相对位移
s＝×18×3 m＝27 m，
物块与木板之间的摩擦产生的热量
Q＝μ1mgs＝0.4×1×10×27 J＝108 J。
(3)A、B共同运动时，由牛顿第二定律得
μ2(M＋m)g－F＝(M＋m)a，
解得a＝1 m/s2，
A、B共同运动时间t＝＝ s＝12 s，
放上物块后木板运动的总位移
x＝×(12＋18)×3 m＋×12 m＝117 m。
答案　(1)μ1＝0.4，μ2＝0.6　(2)108 J　(3)117 m
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