资源简介

2021年高考一轮复习
第十四讲
功能关系
能量守恒
教材版本
全国通用
课时说明
120分钟
知识点
1.功能关系
2.
摩擦力做功的特点
3.能量守恒定律
复习目标
1．理解功能关系并会应用
2.掌握摩擦力做功的特点并会应用
3．会利用能量守恒处理问题
复习重点
1.功能关系的应用
2.会利用摩擦力做功处理具体问题
复习难点
1.功能关系的应用
2.会利用摩擦力做功处理具体问题
一、自我诊断
知己知彼
1．(2018·山东烟台高三上学期期中)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高度，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(　　)
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
【答案】B
【解析】由动能定理可知，物体动能增加了(F－mg－f)H，A错；重力势能增加了mgH，B对；物体机械能增加了(F－f)H，C、D均错．
2．(2017·课标卷Ⅲ)如图1所示，一质量为m，长度为l的均匀柔软细绳PQ竖直悬挂．用外力将绳的下端Q缓慢地竖直向上拉起至M点，M点与绳的上端P相距l.重力加速度大小为g.在此过程中，外力做的功为(　　)
图1
A.mgl
B．mgl
C.mgl
D．mgl
【答案】A
【解析】以均匀柔软细绳MQ段为研究对象，其质量为
m，取M点所在的水平面为零势能面，开始时，细绳MQ段的重力势能Ep1＝－mg·＝－mgl，用外力将绳的下端Q缓慢地竖直向上拉起至M点时，细绳MQ段的重力势能Ep2＝－mg·＝－mgl，则外力做的功即克服重力做的功等于细绳MQ段的重力势能的变化，即W＝Ep2－Ep1＝－mgl＋mgl＝mgl，选项A正确．
3．如图2所示，木块A放在木板B的左端上方，用水平恒力F将A拉到B的右端，第一次将B固定在地面上，F做功W1，生热Q1；第二次让B在光滑水平面可自由滑动，F做功W2，生热Q2，则下列关系中正确的是(　　)
图2
A．W1＜W2，Q1＝Q2　　　　　
B．W1＝W2，Q1＝Q2
C．W1＜W2，Q1＜Q2
D．W1＝W2，Q1＜Q2
【答案】A
【解析】木块A从木板B左端滑到右端克服摩擦力所做的功W＝Ffx，因为木板B不固定时木块A的位移要比木板B固定时长，所以W1＜W2；摩擦产生的热量Q＝Ffl相对，两次都从木板B左端滑到右端，相对位移相等，所以Q1＝Q2，故选项A正确。
4．一质量为m的物体在竖直向上的拉力F作用下沿竖直方向向上运动，运动过程中物体的动能与位移的关系如图3所示，其中0～x1为一曲线，x1～x2为一与横轴平行的直线，x2～x3为一倾斜直线，不计空气阻力，关于物体在这段位移内的运动，下列说法正确的是(　　)
图3
A．0～x1过程中拉力F逐渐增大
B．x1～x2过程中物体的重力势能可能不变
C．x2～x3过程中拉力F为恒力
D．0～x3过程中物体的机械能增加
【答案】CD
【解析】由动能定理Ek－Ek0＝F合x得，F合＝，即图像的斜率(曲线切线)表示物体所受合力F合，在0～x1过程中曲线的斜率越来越小，F合越来越小，mg不变，则拉力F越来越小，A错误；在x1～x2过程中物体匀速上升，其重力势能一直增加，B错误；在x2～x3过程中斜率是一定值，F合是一定值，所以拉力F是恒力，C正确；在0～x3过程中拉力F一直做正功，物体机械能一直增加，D正确。
5．(2018·江苏泰州高三上学期期中)如图4所示，半径R＝0.45
m的光滑圆弧轨道固定在竖直平面内，B为轨道的最低点，B点右侧的光滑的水平面上紧挨B点有一静止的小平板车，平板车质量M＝1
kg，长度l＝1
m，小车的上表面与B点等高，距地面高度h＝0.2
m，质量m＝1
kg的物块(可视为质点)从圆弧最高点A由静止释放．取g＝10
m/s2.
图4
(1)求物块滑到轨道上的B点时对轨道的压力；
(2)若物块与木板间的动摩擦因数μ＝0.2，求物块从平板车右端滑出时平板车的速度；
(3)若锁定平板车并在上表面铺上一种特殊材料，其动摩擦因数从左向右随距离均匀变化如右图所示，求物块滑离平板车时的速率．
【答案】(1)30
N，方向向下　(2)2
m/s　(3)1
m/s
【解析】(1)物块从圆弧轨道顶端滑到B点的过程中，机械能守恒，则mgR＝mv，
解得vB＝3
m/s.
在B点由牛顿第二定律得，N－mg＝m，
解得N＝mg＋m＝30
N.
由牛顿第三定律，物块滑到轨道上B点时对轨道的压力N′＝N＝30
N，方向竖直向下．
(2)物块滑上小车后，物块加速度为a1＝＝2
m/s2，向右匀减速运动
平板车加速度为a2＝＝2
m/s2，向右匀加速运动
经过时间t滑离，则vBt－a1t2－a2t2＝l
代入数据解得：t＝0.5
s，(t＝1
s舍去)
所以物块滑离平板车时速度为v＝vB－a1t＝2
m/s.
(3)物块在小车上滑行时的摩擦力做功Wf＝
l＝－4
J
从物块开始滑到滑离平板车过程中由动能定理得，mgR＋Wf＝mv2
解得v＝1
m/s.
二、温故知新
夯实基础
三、典例剖析
举一反三
考点一
功能关系的理解与应用
（一）典例剖析
例1如图5所示，轻质弹簧一端固定，另一端与一质量为m、套在粗糙竖直固定杆A处的圆环相连，弹簧水平且处于原长.圆环从A处由静止开始下滑，经过B处的速度最大，到达C处的速度为零，AC＝h.圆环在C处获得一竖直向上的速度v，恰好能回到A.弹簧始终在弹性限度内，重力加速度为g.则圆环(　　)
图5
A.下滑过程中，加速度一直减小
B.下滑过程中，克服摩擦力做的功为mv2
C.在C处，弹簧的弹性势能为mv2－mgh
D.上滑经过B的速度大于下滑经过B的速度
【答案】BD
【解析】由题意知，圆环从A到C先加速后减速，到达B处的加速度减小为零，故加速度先减小后反向增大，故A错误；根据能量守恒定律，从A到C有mgh＝Wf＋Ep(Wf为克服摩擦力做的功)，从C到A有mv2＋Ep＝mgh＋Wf，联立解得：Wf＝mv2，Ep＝mgh－mv2，所以B正确，C错误；根据能量守恒定律，从A到B的过程有mv＋ΔEp′＋Wf′＝mgh′，从B到A的过程有mvB′2＋ΔEp′＝mgh′＋Wf′，比较两式得vB′>vB，所以D正确.
【易错点】没有弄清楚功能关系，从而出现错误。
【方法点拨】需要分析清楚每个过程的功能关系，以及特殊点的受力情况，判断运动状态。
例2如图6所示，质量为M＝2
kg、长为L＝2
m的木板静止放置在光滑水平面上，在其左端放置一质量为m＝1
kg的小木块(可视为质点)，小木块与长木板之间的动摩擦因数μ＝0.2，先相对静止，后用一水平向右的力F＝4
N作用在小木块上，经过一段时间小木块从木板另一端滑下，g取10
m/s2，则(　　)
图6
A．小木块在长木板上滑行的时间t＝2
s
B．在整个运动过程中由于摩擦产生的热量为8
J
C．小木块脱离长木板的瞬间，拉力F的瞬时功率为16
W
D．小木块在运动过程中获得的动能为12
J
【答案】AC
【解析】小木块和长木板之间发生相对滑动，滑动摩擦力大小为2
N，根据牛顿第二定律可知长木板以加速度a1＝1
m/s2向右做匀加速运动，位移s1＝a1t2.小木块以加速度a2＝2
m/s2向右做匀加速运动，位移s2＝a2t2，s2－s1＝L，解得t＝2
s，故选项A正确．由功能关系得因摩擦而产生的热量等于滑动摩擦力乘以相对路程，等于4
J，故选项B错误．小木块脱离长木板瞬间的速度v＝4
m/s，根据P＝Fv＝16
W，可知选项C正确．对小木块应用动能定理有ΔEk＝WF＋Wf＝8
J，故选项D错误．
【易错点】不能准确的使用合加速度与分加速度。
【方法点拨】本题应准确的使用合加速度与分加速度。
例3如图7所示，楔形木块abc固定在水平面上，粗糙斜面ab和光滑斜面bc与水平面的夹角相同，顶角b处安装一定滑轮．质量分别为M、m(M>m)的滑块通过不可伸长的轻绳跨过定滑轮连接，轻绳与斜面平行．两滑块由静止释放后，沿斜面做匀加速运动．若不计滑轮的质量和摩擦，在两滑块沿斜面运动的过程中(　　)
图7
A．两滑块组成系统的机械能守恒
B．重力对M做的功等于M动能的增加
C．轻绳对m做的功等于m机械能的增加
D．两滑块组成系统的机械能损失等于M克服摩擦力做的功
【答案】CD
【解析】两滑块释放后，M下滑、m上滑，摩擦力对M做负功，系统的机械能减少，减少的机械能等于M克服摩擦力做的功，选项A错误，D正确．除重力对滑块M做正功外，还有摩擦力和绳的拉力对滑块M做负功，选项B错误．绳的拉力对滑块m做正功，滑块m机械能增加，且增加的机械能等于拉力做的功，选项C正确．
【易错点】未考虑摩擦力做功而错选A。
【方法点拨】判断两滑块机械能变化时应利用整体法，而判断绳子对滑块做功时需要隔离分析。
（二）举一反三
1.
(2018·苏州高三调研)如图8所示，水平桌面上的轻质弹簧一端固定，另一端与小物块相连，弹簧处于自然长度时物块位于O点(图中未标出)．物块的质量为m，AB＝a，物块与桌面间的动摩擦因数为μ，现用水平向右的力将物块从O点拉至A点，拉力做的功为W.撤去拉力后物块由静止向左运动，经O点到达B点时速度为零，重力加速度为g.则上述过程中(　　)
图8
A．物块在A点时弹簧的弹性势能一定大于在B点时的弹性势能
B．物块在O点时动能最大
C．物块在B点时，弹簧的弹性势能大于W－μmga
D．经O点时，物块的动能小于W－μmga
【答案】AD
【解析】因物块由A到B的过程中有一部分弹性势能用于克服摩擦力做功，故A正确；当物块从A向B运动过程中加速度为零时速度最大，此时kx－μmg＝0，弹簧仍处于伸长状态，故B错误；由动能定理可得：W－μmg·2xOA＝Ek0，xOA＞，可得物块在O点的动能小于W－μmga，D正确；由能量守恒定律可得，物块在B点时，弹簧的弹性势能EpB＝W－μmg·xOA－μmga＜W－μmga，C错误．
2.
小车静止在光滑的水平导轨上，一个小球用细绳悬挂在车上由图9中位置无初速度释放，在小球下摆到最低点的过程中，下列说法正确的是(　　)
图9
A．绳对球的拉力不做功
B．球克服绳拉力做的功等于球减少的机械能
C．绳对车做的功等于球减少的重力势能
D．球减少的重力势能等于球增加的动能
【答案】B
【解析】小球下摆的过程中，小车的机械能增加，小球的机械能减少，球克服绳拉力做的功等于减少的机械能，选项A错误，选项B正确；绳对车做的功等于球减少的机械能，选项C错误；球减少的重力势能等于球增加的动能和小车增加的机械能之和，选项D错误．
3.
(2016·
课标卷Ⅱ)轻质弹簧原长为2l，将弹簧竖直放置在地面上，在其顶端将一质量为5m的物体由静止释放，当弹簧被压缩到最短时，弹簧长度为l.现将该弹簧水平放置，一端固定在A点，另一端与物块P接触但不连接．AB是长度为5l的水平轨道，B端与半径为l的光滑半圆轨道BCD相切，半圆的直径BD竖直，如图10所示．物块P与AB间的动摩擦因数μ＝0.5.用外力推动物块P，将弹簧压缩至长度l，然后放开，P开始沿轨道运动，重力加速度大小为g.
图10
(1)若P的质量为m，求P到达B点时速度的大小，以及它离开圆轨道后落回到AB上的位置与B点之间的距离；
(2)若P能滑上圆轨道，且仍能沿圆轨道滑下，求P的质量的取值范围．
【答案】(1)　2
l　(2)m≤mP【解析】(1)竖直的弹簧上物体压缩，由机械能守恒：5mgl＝Ep①
物体P从压缩弹簧到B点，由能量守恒：Ep＝μmg·4l＋mv②
解得：vB＝
滑块由B点到D点：－mg·2l＝mv－mv③
解得：vD＝
滑块由D点平抛：2l＝gt2④
x＝vDt⑤
解得：
x＝2l⑥
(2)滑块至少过B点：Ep＞μmPg·4l
P最多到C点而不脱轨：mpv≤mPgl⑦
联立①②⑥⑦式得：m≤mP＜m.
考点二
摩擦力做功的特点与应用
（一）典例剖析
例1如图11所示，一块长木块B放在光滑的水平面上，在B上放一物体A，现以恒定的外力F拉B，由于A、B间摩擦力的作用，A将在B上滑动，以地面为参考系，A、B都向前移动一段距离．在此过程中(　　)
图11
A．外力F做的功等于A和B动能的增量
B．B对A的摩擦力所做的功等于A的动能的增量
C．A对B的摩擦力所做的功等于B对A的摩擦力所做的功
D．外力F对B做的功等于B的动能的增量与B克服摩擦力所做的功之和
【答案】BD
【解析】A物体所受的合外力等于B对A的摩擦力，对A物体运用动能定理，则B对A的摩擦力所做的功等于A的动能的增量，B正确．A对B的摩擦力与B对A的摩擦力是一对作用力与反作用力，大小相等，方向相反，但是由于A在B上滑动，A、B对地的位移不等，故二者做功不等，C错误．对B应用动能定理WF－Wf＝ΔEkB，WF＝ΔEkB＋Wf，即外力F对B做的功等于B的动能的增量与B克服摩擦力所做的功之和，D正确．由上述讨论知B克服摩擦力所做的功与A的动能的增量(等于B对A的摩擦力所做的功)不等，故A错误．
【易错点】误认为摩擦力对两物体做功相等而错选C。
【方法点拨】滑动摩擦力对系统应做负功。
例2在大型物流货场，广泛的应用传送带搬运货物。如图12-甲所示，倾斜的传送带以恒定速率运动，皮带始终是绷紧的，将m＝1
kg的货物放在传送带上的A点，经过1.2
s到达传送带的B点。用速度传感器测得货物与传送带的速度v随时间t变化的图像如图12-乙所示，已知重力加速度g＝10
m/s2。由v?t图像可知(　　)
图12
A．A、B两点的距离为2.4
m
B．货物与传送带间的动摩擦因数为0.5
C．货物从A运动到B的过程中，传送带对货物做功大小为12.8
J
D．货物从A运动到B的过程中，货物与传送带摩擦产生的热量为4.8
J
【答案】BD
【解析】根据v
?t图像可知，货物放在传送带上后做匀加速直线运动，当速度达到与传送带速度相同时，继续做匀加速直线运动，但是加速度变小了，所以货物受到的滑动摩擦力在t＝0.2
s时由沿传送带向下变为沿传送带向上。A到B的距离对应货物v
?t图像与横轴所围的“面积”，x＝×2×0.2＋×(2＋4)×1
m＝3.2
m，故A错误；0～0.2
s内货物的加速度为a1＝＝
m/s2＝10
m/s2，根据牛顿第二定律得mgsin
θ＋μmgcos
θ＝ma1，同理0.2～1.2
s内a2＝＝
m/s2＝2
m/s2，mgsin
θ－μmgcos
θ＝ma2，联立解得：cos
θ＝0.8，μ＝0.5，故B正确；整个过程货物与传送带间的滑动摩擦力大小均为Ff＝μmgcos
θ＝4
N，则0～0.2
s内传送带对货物做功为：W1＝Ffx1＝4×0.2
J＝0.8
J,0.2～1.2
s内传送带对货物做功为：W2＝－Ffx2＝－4×3
J＝－12
J，W＝W1＋W2＝－11.2
J，所以整个过程，传送带对货物做功大小为11.2
J，故C错误；根据功能关系，货物与传送带摩擦产生的热量等于摩擦力乘以相对位移，由图像可得0～0.2
s内相对位移Δx1＝×0.2×2
m＝0.2
m,
0.2～1.2
s内相对位移Δx2＝×1×2
m＝1
m，所以产生的热量为：Q＝FfΔx1＋FfΔx2＝4.8
J，故D正确。
【易错点】没有从运动图象中判断出传送带和物块的运动状态和受力情况。
【方法点拨】本题综合性很强，需要从图像中得出货物的加速度，从而求出货物的摩擦力。
例3水平地面上有两个固定的、高度相同的粗糙斜面体甲和乙，乙的斜面倾角大，甲、乙斜面长分别为S、L1，如图13所示。两个完全相同的小滑块A、B可视为质点，同时由静止开始从甲、乙两个斜面的顶端释放，小滑块A一直沿斜面甲滑到底端C，而小滑块B沿斜面乙滑到底端P后又沿水平面滑行到D(小滑块B在P点从斜面滑到水平面的速度大小不变)，在水平面上滑行的距离PD＝L2，且S＝L1＋L2。小滑块A、B与两个斜面和水平面间的动摩擦因数相同，则(　　)
图13
A．滑块A到达底端C点时的动能一定比滑块B到达D点时的动能小
B．两个滑块在斜面上加速下滑的过程中，到达同一高度时，动能可能相同
C．A、B两个滑块从斜面顶端分别运动到C、D的过程中，滑块A重力做功的平均功率小于滑块B重力做功的平均功率
D．A、B滑块从斜面顶端分别运动到C、D的过程中，由于克服摩擦而产生的热量一定相同
【答案】AC　
【解析】研究滑块A到达底端C点的过程，根据动能定理得，mgh－μmgcos
α·S＝mvC2，研究滑块B到达D点的过程，根据动能定理得，mgh－μmgcos
θ·L1－μmgL2＝mvD2，S＝L1＋L2。根据几何关系得Scos
α>L1cos
θ＋L2。所以mvC2也不同，故B、D错误；整个过程中，两滑块所受重力做功相同，但由于滑块A运动时间长，故重力对滑块A做功的平均功率比滑块B的小，故C正确。
【易错点】不能准确确定出两滑块摩擦力做功的大小而漏选了A。
【方法点拨】正确的计算出摩擦力所做的功是本题的解题的关键。
（二）举一反三
1．如图14所示，某工厂用传送带向高处运送货物，将一货物轻轻放在传送带底端，第一阶段物体被加速到与传送带具有相同的速度，第二阶段与传送带相对静止，匀速运动到传送带顶端.下列说法正确的是(　　)
图14
A.第一阶段摩擦力对物体做正功，第二阶段摩擦力对物体不做功
B.第一阶段摩擦力对物体做的功等于第一阶段物体动能的增加量
C.第一阶段物体和传送带间摩擦生的热等于第一阶段物体机械能的增加量
D.物体从底端到顶端全过程机械能的增加量大于全过程摩擦力对物体所做的功
【答案】C
【解析】对物体分析知，其在两个阶段所受摩擦力方向都沿斜面向上，与其运动方向相同，摩擦力对物体都做正功，A错误；由动能定理知，合外力做的总功等于物体动能的增加量，B错误；物体机械能的增加量等于摩擦力对物体所做的功，D错误；设第一阶段物体的运动时间为t，传送带速度为v，对物体：x1＝t，对传送带：x1′＝v·t，摩擦产生的热Q＝Ffx相对＝Ff(x1′－x1)＝Ff·t，机械能增加量ΔE＝Ff·x1＝Ff·t，所以Q＝ΔE，C正确.
2．如图15所示，A、B、C三个一样的滑块从粗糙斜面上的同一高度同时开始运动，A由静止释放，B的初速度方向沿斜面向下，大小为v0，C的初速度方向沿斜面水平向左，大小也为v0.下列说法中正确的是(　　)
图15
A．A和C将同时滑到斜面底端
B．滑到斜面底端时，B的机械能减少最多
C．滑到斜面底端时，B的动能最大
D．C的重力势能减少最多
【答案】C
【解析】滑块A和C通过的路程不同，在沿斜面方向的加速度大小也不相同，故A错；滑块A和B滑到底端时经过的位移相等，克服摩擦力做功相等，而滑块C的路程较大，机械能减少得较多，故B错，C对；三个滑块滑到底端时重力势能减少量相同，故D错．
3.
如图16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AD＝3
m．挡板及弹簧质量不计，g取10
m/s2，sin
37°＝0.6，求：
图16
(1)物体与斜面间的动摩擦因数μ；
(2)弹簧的最大弹性势能Epm.
【答案】(1)0.52　(2)24.4
J
【解析】(1)最后的D点与开始的位置A点比较：
动能减少ΔEk＝mv02＝9
J.
重力势能减少ΔEp＝mglADsin
37°＝36
J.
机械能减少ΔE＝ΔEk＋ΔEp＝45
J
机械能的减少量全部用来克服摩擦力做功，即
Wf＝Ffl＝45
J，而路程l＝5.4
m，则
Ff＝≈8.33
N.
而Ff＝μmgcos
37°，所以
μ＝≈0.52.
(2)由A到C的过程：动能减少ΔEk′＝mv02＝9
J.
重力势能减少ΔEp′＝mglACsin
37°＝50.4
J.
机械能的减少用于克服摩擦力做功
Wf′＝FflAC＝μmgcos
37°·lAC＝35
J.
由能量守恒定律得：
Epm＝ΔEk′＋ΔEp′－Wf′＝24.4
J.
考点三
能量守恒定律及应用
（一）典例剖析
例1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17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(　　)
图17
A.mv02－μmg(s＋x)
B.mv02－μmgx
C.μmgs
D.μmg(s＋x)
【答案】A
【解析】根据功的定义式可知物体克服摩擦力做功为Wf＝μmg(s＋x)，由能量守恒定律可得mv02＝W弹＋Wf，W弹＝mv02－μmg(s＋x)，故选项A正确.
【易错点】带错摩擦力做功的位移而选择B。
【方法点拨】由能量守恒定律可知物体的动能转化成了弹簧的弹性势能和摩擦生热。
例2如图18所示，光滑水平面AB与竖直面内的半圆形导轨在B点相切，半圆形导轨的半径为R.一个质量为m的物体将弹簧压缩至A点后由静止释放，在弹力作用下物体获得某一向右的速度后脱离弹簧，当它经过B点进入导轨的瞬间对轨道的压力为其重力的8倍，之后向上运动恰能到达最高点C.不计空气阻力，试求：
图18
(1)物体在A点时弹簧的弹性势能；
(2)物体从B点运动至C点的过程中产生的内能.
【答案】(1)mgR　(2)mgR
【解析】(1)设物体在B点的速度为vB，所受弹力为FNB，
由牛顿第二定律得：FNB－mg＝m
由牛顿第三定律FNB′＝8mg＝FNB
由能量守恒定律可知
物体在A点时的弹性势能Ep＝mvB2＝mgR
(2)设物体在C点的速度为vC，由题意可知mg＝m
物体由B点运动到C点的过程中，由能量守恒定律得Q＝mvB2－(mvC2＋2mgR)
解得Q＝mgR.
【易错点】没有清楚地分析出物体整个的运动情况。
【方法点拨】将整个过程拆分成基本的力学模型，再根据能量守恒定律进行求解。
例3如图19所示，长木板A放在光滑的水平地面上，物体B以水平速度冲上A后，由于摩擦力作用，最后停止在木板A上，则从B冲到木板A上到相对木板A静止的过程中，下述说法中正确的是(　　)
图19
A．物体B动能的减少量等于系统损失的机械能
B．物体B克服摩擦力做的功等于系统内能的增加量
C．物体B损失的机械能等于木板A获得的动能与系统损失的机械能之和
D．摩擦力对物体B做的功和对木板A做的功的总和等于系统内能的增加量
【答案】CD
【解析】物体B以水平速度冲上木板A后，由于摩擦力作用，B减速运动，木板A加速运动，根据能量守恒定律，物体B动能的减少量等于木板A增加的动能和产生的热量之和，选项A错误；根据动能定理，物体B克服摩擦力做的功等于物体B损失的动能，选项B错误；由能量守恒定律可知，物体B损失的机械能等于木板A获得的动能与系统损失的机械能之和，选项C正确；摩擦力对物体B做的功等于物体B动能的减少量，摩擦力对木板A做的功等于木板A动能的增加量，由能量守恒定律，摩擦力对物体B做的功和对木板A做的功的总和等于系统内能的增加量，选项D正确．
【易错点】没有正确的认识系统机械能和内能的转化。
【方法点拨】系统损失的机械能转化成了内能，系统损失的机械能等于系统克服摩擦力做的功。
（二）举一反三
1．(2014·广东卷)图20是安装在列车车厢之间的摩擦缓冲器结构图，图中①和②为楔块，③和④为垫板，楔块与弹簧盒、垫板间均有摩擦，在车厢相互撞击使弹簧压缩的过程中(　　)
图20
A．缓冲器的机械能守恒
B．摩擦力做功消耗机械能
C．垫板的动能全部转化为内能
D．弹簧的弹性势能全部转化为动能
【答案】B
【解析】由于车厢相互撞击弹簧压缩的过程中存在克服摩擦力做功，所以缓冲器的机械能减少，选项A错误，B正确；弹簧压缩的过程中，垫板的动能转化为内能和弹簧的弹性势能，选项C、D错误．
2．如图21所示，倾斜传送带沿逆时针方向匀速转动，在传送带的A端无初速度放置一物块．选择B端所在的水平面为参考平面，物块从A端运动到B端的过程中，其机械能E与位移x的关系图象可能正确的是(　　)
图21
【答案】BD
【解析】选择B端所在的水平面为参考平面，可知初始状态下物块的机械能不为0，A错误．由于物块初速度为0，在物块速度达到与传送带速度相等之前，物块相对传送带向上运动，受到向下的摩擦力，除重力外只有此摩擦力对物块做正功，其机械能增大．若传送带不是足够长时，物块速度与传送带达到共速前已到B端，则对应于图象B，否则达到共速后物块所受摩擦力方向突变为向上，摩擦力开始对物块做负功，物块的机械能开始减少，故C错误，D正确．
3.(2018·山东济南一中上学期期中)如图22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mA＝2
kg，B的质量为mB＝1
kg，物体A的初始位置到C点的距离为L＝0.5
m．现给A、B一初速度v0＝3
m/s，使A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：
图22
(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)0.2
m　(3)3
J
【解析】(1)在物体A向下运动，刚到C点过程中，对A和B整体，由动能定理：
mAglsin
θ－mBgl－μmAglcos
θ＝(mA＋mB)v－(mA＋mB)v
故vC＝2
m/s.
(2)设弹簧的最大压缩量为x，从物体A刚到C点至压缩弹簧又返回C点的过程中，由能量守恒：
(mA＋mB)v＝2μmAgxcos
θ
得x＝0.2
m.
(3)设弹簧的最大弹性势能为Ep，在物体A刚到C点至压缩弹簧到最短的过程中，由功能关系：
(mA＋mB)v＝μmAgxcos
θ＋Ep，故Ep＝3
J.
四、分层训练
能力进阶
【基础】
1．如图23所示，质量为m的物体以某一速度冲上一个倾角为37°的斜面，其运动的加速度的大小为0.9g，这个物体沿斜面上升的最大高度为H，则在这一过程中(　　)
图23
A.物体的重力势能增加了0.9mgH
B.物体的重力势能增加了mgH
C.物体的动能损失了0.5mgH
D.物体的机械能损失了0.5mgH
【答案】BD
【解析】在物体上滑到最大高度的过程中，重力对物体做负功，故物体的重力势能增加了mgH，故A错误，B正确；物体所受的合力沿斜面向下，其合力做的功为W＝－F·＝－ma·＝－1.5mgH，故物体的动能损失了1.5mgH，故C错误；设物体受到的摩擦力为Ff，由牛顿第二定律得mgsin
37°＋Ff＝ma，解得Ff＝0.3mg.摩擦力对物体做的功为Wf＝－Ff·＝－0.5mgH，因此物体的机械能损失了0.5mgH，故D正确.
2．(2014·山东卷)2013年我国相继完成“神十”与“天宫”对接、“嫦娥”携“玉兔”落月两大航天工程．某航天爱好者提出“玉兔”回家的设想：如图24所示，将携带“玉兔”的返回系统由月球表面发射到h高度的轨道上，与在该轨道绕月球做圆周运动的飞船对接，然后由飞船送“玉兔”返回地球．设“玉兔”质量为m，月球半径为R，月面的重力加速度为g月．以月面为零势能面，“玉兔”在h高度的引力势能可表示为Ep＝，其中G为引力常量，M为月球质量．若忽略月球的自转，从开始发射到对接完成需要对“玉兔”做的功为(　　)
图24
A.(h＋2R)
B．(h＋R)
C.(h＋R)
D．(h＋R)
【答案】D
【解析】设玉兔在h高度的速度为v，则由万有引力定律得，G＝，可知玉兔在该轨道上的动能为Ek＝，由功能关系可知对玉兔做的功为：W＝Ek＋Ep＝＋，结合在月球表面：G＝mg月，整理可知W＝(h＋R)，故正确选项为D.
3.
如图25所示，一物块通过一橡皮条与粗糙斜面顶端垂直于固定斜面的固定杆相连而静止在斜面上，橡皮条与斜面平行且恰为原长.现给物块一沿斜面向下的初速度v0，则物块从开始滑动到滑到最低点的过程中(设最大静摩擦力与滑动摩擦力大小相等，橡皮条的形变在弹性限度内)，下列说法正确的是(　　)
图25
A.物块的动能一直增加
B.物块运动的加速度一直增大
C.物块的机械能一直减少
D.物块减少的机械能等于橡皮条增加的弹性势能
【答案】BC
【解析】由题意知物块的重力沿斜面向下的分力为mgsin
θ≤Ff＝μmgcos
θ，在物块下滑过程中，橡皮条拉力F一直增大，根据牛顿第二定律有a＝，F增大，a增大，选项B正确；物块受到的合外力方向沿斜面向上，与位移方向相反，根据动能定理知动能一直减少，选项A错误；滑动摩擦力和拉力F一直做负功，根据功能关系知物块的机械能一直减少，选项C正确；根据能量守恒定律，物块减少的机械能等于橡皮条增加的弹性势能和摩擦产生的热量之和，选项D错误.
4.
足够长的水平传送带以恒定速度v匀速运动，某时刻一个质量为m的小物块以大小也是v、方向与传送带的运动方向相反的初速度冲上传送带，最后小物块的速度与传送带的速度相同.在小物块与传送带间有相对运动的过程中，滑动摩擦力对小物块做的功为W，小物块与传送带间因摩擦产生的热量为Q，则下列判断中正确的是(　　)
A.W＝0，Q＝mv2
B.W＝0，Q＝2mv2
C.W＝，Q＝mv2
D.W＝mv2，Q＝2mv2
【答案】B
【解析】对小物块，由动能定理有W＝mv2－mv2＝0，设小物块与传送带间的动摩擦因数为μ，则小物块与传送带间的相对路程x相对＝，这段时间内因摩擦产生的热量Q＝μmg·x相对＝2mv2，选项B正确.
5.(2018·宁夏银川一中模拟)如图26所示，水平传送带两端点A、B间的距离为L，传送带开始时处于静止状态．把一个小物体放到右端的A点，某人用恒定的水平力F使小物体以速度v1匀速滑到左端的B点，拉力F所做的功为W1、功率为P1，这一过程物体和传送带之间因摩擦而产生的热量为Q1.随后让传送带以v2的速度逆时针匀速运动，此人仍然用相同的恒定的水平力F拉物体，使它以相对传送带为v1的速度匀速从A滑行到B，这一过程中，拉力F所做的功为W2、功率为P2，物体和传送带之间因摩擦而产生的热量为Q2.下列关系中正确的是(　　)
图26
A．W1＝W2，P1B．W1＝W2，P1Q2
C．W1>W2，P1＝P2，Q1>Q2
D．W1>W2，P1＝P2，Q1＝Q2
【答案】B
【解析】当传送带不运动时，拉力做功W1＝FL，物体从A运动到B的时间t1＝，因摩擦而产生的热量Q1＝fL.当传送带运动时，拉力做功W2＝FL，物体从A运动到B的时间t2＝Q2，故选B.
【巩固】
1.
如图27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(　　)
图27
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，选项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，选项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，选项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，选项D正确。
2.
(2018·江苏南通高三模拟)如图28所示，将质量为2m的重物悬挂在轻绳的一端，轻绳的另一端系一质量为m的环，环套在竖直固定的光滑直杆上，光滑定滑轮与直杆的距离为d.现将环从与定滑轮等高的A处由静止释放，当环沿直杆下滑距离也为d时(图中B处)，下列说法正确的是(重力加速度为g)(　　)
图28
A．环刚释放时轻绳中的张力等于2mg
B．环到达B处时，重物上升的高度为(－1)d
C．环在B处的速度与重物上升的速度大小之比为
D．环减少的机械能大于重物增加的机械能
【答案】B
【解析】环释放后重物加速上升，故绳中张力一定大于2mg，A项错误；环到达B处时，绳与直杆间的夹角为45°，重物上升的高度h＝(－1)d，B项正确；如图所示，将B处环速度v进行正交分解，重物上升的速度与其分速度v1大小相等，v1＝vcos
45°＝v，所以，环在B处的速度与重物上升的速度大小之比等于，C项错误；环和重物组成的系统机械能守恒，故D项错误．
3.
某工地上，一架起重机将放在地面上的一个箱子吊起。箱子在起重机钢绳的作用下由静止开始竖直向上运动，运动过程中箱子的机械能E与其位移x的关系图像如图29所示，其中O～x1过程的图线为曲线，x1～x2过程的图线为直线。根据图像可知(　　)
图29
A．O～x1过程中箱子所受的拉力逐渐增大
B．O～x1过程中箱子的动能一直增加
C．x1～x2过程中箱子所受的拉力一直不变
D．x1～x2过程中起重机的输出功率一直增大
【答案】C
【解析】由除重力和弹簧弹力之外的其他力做多少负功箱子的机械能就减少多少，所以E
?x图像的斜率的绝对值等于箱子所受拉力的大小，由题图可知在O～x1内斜率的绝对值逐渐减小，故在O～x1内箱子所受的拉力逐渐减小，所以开始先做加速运动，当拉力减小后，可能做减速运动，故A、B错误；由于箱子在x1～x2内所受的合力保持不变，故加速度保持不变，故箱子受到的拉力不变，故C正确；由于箱子在x1～x2内E
?x图像的斜率的绝对值不变，故箱子所受的拉力保持不变，如果拉力等于箱子所受的重力，故箱子做匀速直线运动，所以输出功率可能不变，故D错误。
4.
如图30所示，两根相同的轻质弹簧，沿足够长的光滑斜面放置，下端固定在斜面底部挡板上，斜面固定不动．质量不同、形状相同的两物块分别置于两弹簧上端．现用外力作用在物块上，使两弹簧具有相同的压缩量，若撤去外力后，两物块由静止沿斜面向上弹出并离开弹簧，则从撤去外力到物块速度第一次减为零的过程，两物块(　　)
图30
A．最大速度相同
B．最大加速度相同
C．上升的最大高度不同
D．重力势能的变化量不同
【答案】C
【解析】当弹簧的弹力和物块重力沿斜面向下的分力大小相等时，物块的速度最大，由于两物块的质量不同，故两物块速度分别达到最大时，质量大的物块接触的弹簧的形变量较小，根据能量守恒定律可知，质量大的物块的最大速度较小，选项A错误．刚撤去外力时，根据牛顿第二定律得kx－mgsin
θ＝ma(θ为斜面倾角)，a＝－gsin
θ，若a>gsin
θ，则此时两物块的加速度最大，由于两物块的质量不同，故两物块的最大加速度不同，选项B错误．整个过程中，弹簧的弹性势能全部转化为物块的重力势能，由于两物块质量不同，故上升的最大高度不同，选项C正确．两物块重力势能的变化量等于弹簧弹性势能的减少量，故重力势能的变化量相同，选项D错误．
5.
如图31所示，在光滑斜面上的A点先后水平抛出和静止释放两个质量相等的小球1和2，不计空气阻力，最终两小球在斜面上的B点相遇，在这个过程中(　　)
图31
A．小球1重力做的功大于小球2重力做的功
B．小球1机械能的变化大于小球2机械能的变化
C．小球1到达B点的动能大于小球2的动能
D．两小球到达B点时，在竖直方向的分速度相等
【答案】C
【解析】重力做功只与初、末位置的高度差有关，与物体经过的路径无关，所以重力对1、2两小球所做的功相等，A错误；1、2两小球从A点运动到B点的过程中，只有重力对其做功，所以它们的机械能均守恒，B错误；由动能定理可得，对小球1有：mgh＝Ek1－Ek0，对小球2有：mgh＝Ek2－0，显然Ek1＞Ek2，C正确；由上面的分析可知，两小球到达B点时，小球1的速度大于小球2的速度，且小球1的速度方向与竖直方向的夹角小于小球2速度方向与竖直方向的夹角，因此，小球1在竖直方向上的速度大于小球2在竖直方向上的速度，D错误．
【拔高】
1．如图32所示，水平桌面上的轻质弹簧一端固定，另一端与小物块相连．弹簧处于自然长度时物块位于O点(图中未标出)．物块的质量为m，AB＝a，物块与桌面间的动摩擦因数为μ.现用水平向右的力将物块从O点拉至A点，拉力做的功为W.撤去拉力后物块由静止向左运动，经O点到达B点时速度为零．重力加速度为g.则上述过程中(　　)
图32
A．物块在A点时，弹簧的弹性势能等于W－μmga
B．物块在B点时，弹簧的弹性势能小于W－μmga
C．经O点时，物块的动能小于W－μmga
D．物块动能最大时，弹簧的弹性势能小于物块在B点时弹簧的弹性势能
【答案】BC
【解析】因为要克服摩擦力做功，所以O点不在AB的中点，如图，x>，由动能定理，从O到A，W－μmgx－W弹＝0，系统增加的弹性势能Ep＝W－μmgx，因为x>，
所以Ep2.
如图33所示为一种摆式动摩擦因数测量仪，其可测量轮胎与地面间的动摩擦因数，其主要部件有：底部固定有轮胎橡胶片的摆锤和连接摆锤的轻质细杆．摆锤的质量为m，细杆可绕轴O在竖直平面内自由转动，摆锤重心到O点距离为L.测量时，测量仪固定于水平地面，将摆锤从与O等高的位置处由静止释放．摆锤摆到最低点附近时，橡胶片紧压地面擦过一小段距离s(s?L)，之后继续摆至与竖直方向成θ角的最高位置．若摆锤对地面的压力可视为大小为F的恒力，重力加速度为g，求：
图33
(1)摆锤在上述过程中损失的机械能；
(2)在上述过程中摩擦力对摆锤所做的功；
(3)橡胶片与地面之间的动摩擦因数．
【答案】(1)mgLcos
θ　(2)－mgLcos
θ　(3)
【解析】(1)选从右侧最高点到左侧最高点的过程进行研究．因为初、末状态动能为零，所以全程损失的机械能ΔE等于减少的重力势能，即：ΔE＝mgLcos
θ
(2)对全程应用动能定理：WG＋Wf＝0①
WG＝mgLcos
θ②
由①②式得Wf＝－WG＝－mgLcos
θ③
(3)由滑动摩擦力公式得Ff＝μF④
摩擦力做的功Wf＝－Ffs⑤
联立③④⑤式得：μ＝
3．如图34所示，光滑曲面AB与水平面BC平滑连接于B点，BC右端连接内壁光滑、半径为r的细圆管CD，管口D端正下方直立一根劲度系数为k的轻弹簧，轻弹簧一端固定，另一端恰好与管口D端平齐．质量为m的滑块在曲面上距BC的高度为2r处从静止开始下滑，滑块与BC间的动摩擦因数μ＝，进入管口C端时与圆管恰好无作用力，通过CD后压缩弹簧，在压缩弹簧过程中滑块速度最大时弹簧的弹性势能为Ep.求：
图34
(1)滑块到达B点时的速度大小vB；
(2)水平面BC的长度x；
(3)在压缩弹簧过程中滑块的最大速度vm.
【答案】(1)2　(2)3r　(3)
【解析】(1)滑块在曲面上下滑过程，由动能定理得
mg·2r＝mv，解得vB＝2
(2)在C点，由mg＝m得vC＝
滑块从曲面上距BC的高度为2r处运动到C点过程，由动能定理得
mg·2r－μmgx＝mv
解得x＝3r
(3)设在压缩弹簧过程中速度最大时，滑块离D端的距离为x0，则有kx0＝mg，得x0＝
由能量守恒得mg(r＋x0)＝mv－mv＋Ep
得vm＝
4.
如图35所示，在竖直方向上A、B两物体通过劲度系数为k＝16
N/m的轻质弹簧相连，A放在水平地面上，B、C两物体通过细线绕过轻质定滑轮相连，C放在倾角α＝30°的固定光滑斜面上．用手拿住C，使细线刚好拉直但无拉力作用，并保证ab段的细线竖直、cd段的细线与斜面平行．已知A、B的质量均为m＝0.2
kg，重力加速度取g＝10
m/s2，细线与滑轮之间的摩擦不计，开始时整个系统处于静止状态．释放C后它沿斜面下滑，A刚离开地面时，B获得最大速度，求：
图35
(1)从释放C到物体A刚离开地面时，物体C沿斜面下滑的距离；
(2)物体C的质量；
(3)释放C到A刚离开地面的过程中细线的拉力对物体C做的功．
【答案】(1)0.25
m　(2)0.8
kg　(3)－0.6
J
【解析】(1)设开始时弹簧的压缩量为xB，得
kxB＝mg①
设物体A刚离开地面时，弹簧的伸长量为xA，得
kxA＝mg②
当物体A刚离开地面时，物体C沿斜面下滑的距离为
h＝xA＋xB③
由①②③解得h＝＝0.25
m．④
(2)物体A刚离开地面时，物体B获得最大速度vm，加速度为零，设C的质量为M，对B有
FT－mg－kxA＝0⑤
对C有Mgsin
α－FT＝0⑥
由②⑤⑥解得M＝4m＝0.8
kg.
(3)由于xA＝xB，物体B开始运动到速度最大的过程中，弹簧弹力做功为零，且B、C两物体速度大小相等，
由能量守恒有Mghsin
α－mgh＝(m＋M)v
解得vm＝1
m/s
对C由动能定理可得Mghsin
α＋WT＝Mv
解得WT＝－0.6
J.
5.
如图36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AD＝3
m.挡板及弹簧质量不计，g取10
m/s2，sin
37°＝0.6，求：
图36
(1)物体与斜面间的动摩擦因数μ；
(2)弹簧的最大弹性势能Epm.
【答案】(1)0.52　(2)24.4
J
【解析】(1)物体从A点至最后弹到D点的全过程中，
动能减少ΔEk＝mv02＝9
J.
重力势能减少ΔEp＝mglADsin
37°＝36
J.
机械能减少ΔE＝ΔEk＋ΔEp＝45
J
减少的机械能全部用来克服摩擦力做功，即
Wf＝Ffl＝45
J，而路程l＝5.4
m，则
Ff＝≈8.33
N.
而Ff＝μmgcos
37°，所以
μ＝≈0.52.
(2)由A到C的过程：动能减少ΔEk′＝mv02＝9
J.
重力势能减少ΔEp′＝mglACsin
37°＝50.4
J.
物体克服摩擦力做的功
Wf′＝FflAC＝μmgcos
37°·lAC＝35
J.
由能量守恒定律得：
Epm＝ΔEk′＋ΔEp′－Wf′＝24.4
J.

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