能力課功能關(guān)系能量守恒定律[熱考點(diǎn)]功能關(guān)系的理解和應(yīng)用1.力學(xué)中常見(jiàn)的功能關(guān)系2.應(yīng)用功能關(guān)系解決具體問(wèn)題應(yīng)注意以下三點(diǎn)(1)若只涉及動(dòng)能的變化用動(dòng)能定理。(2)只涉及重力勢(shì)能的變化，用重力做功與重力勢(shì)能變化的關(guān)系分析。(3)只涉及機(jī)械能變化，用除重力和彈簧的彈力之外的力做功與機(jī)械能變化的關(guān)系分析?！纠?】(2016·全國(guó)卷Ⅱ，21)(多選)如圖1，小球套在光滑的豎直桿上，輕彈簧一端固定于O點(diǎn)，另一端與小球相連。現(xiàn)將小球從M點(diǎn)由靜止釋放，它在下降的過(guò)程中經(jīng)過(guò)了N點(diǎn)。已知在M、N兩點(diǎn)處，彈簧對(duì)小球的彈力大小相等，且∠ONM<∠OMN<eq\f(π,2)。在小球從M點(diǎn)運(yùn)動(dòng)到N點(diǎn)的過(guò)程中()圖1A.彈力對(duì)小球先做正功后做負(fù)功B.有兩個(gè)時(shí)刻小球的加速度等于重力加速度C.彈簧長(zhǎng)度最短時(shí)，彈力對(duì)小球做功的功率為零D.小球到達(dá)N點(diǎn)時(shí)的動(dòng)能等于其在M、N兩點(diǎn)的重力勢(shì)能差解析因M和N兩點(diǎn)處彈簧對(duì)小球的彈力大小相等，且∠ONM<∠OMN<eq\f(π,2)，M處的彈簧處于壓縮狀態(tài)，N處的彈簧處于伸長(zhǎng)狀態(tài)，則彈簧的彈力對(duì)小球先做負(fù)功后做正功再做負(fù)功，選項(xiàng)A錯(cuò)誤；當(dāng)彈簧水平時(shí)，豎直方向的力只有重力，加速度為g；當(dāng)彈簧處于原長(zhǎng)位置時(shí)，小球只受重力，加速度為g，則有兩個(gè)時(shí)刻的加速度大小等于g，選項(xiàng)B正確；彈簧長(zhǎng)度最短時(shí)，即彈簧水平，彈力與速度垂直，彈力對(duì)小球做功的功率為零，選項(xiàng)C正確；由動(dòng)能定理得，WF＋WG＝ΔEk，因M和N兩點(diǎn)處彈簧對(duì)小球的彈力大小相等，彈性勢(shì)能相等，則由彈力做功特點(diǎn)知WF＝0，即WG＝ΔEk，選項(xiàng)D正確。答案BCD【變式訓(xùn)練1】(2017·江蘇泰州模擬)一個(gè)系統(tǒng)的機(jī)械能增大，究其原因，下列推測(cè)正確的是()A.可能是重力對(duì)系統(tǒng)做了功B.一定是合外力對(duì)系統(tǒng)做了功C.一定是系統(tǒng)克服合外力做了功D.可能是摩擦力對(duì)系統(tǒng)做了功解析只有重力做功，系統(tǒng)的機(jī)械能守恒，選項(xiàng)A錯(cuò)誤；除重力、彈力之外的力做正功時(shí)，系統(tǒng)機(jī)械能增加，做負(fù)功時(shí)則減少，故選項(xiàng)B、C錯(cuò)誤；如果摩擦力對(duì)系統(tǒng)做正功，則系統(tǒng)機(jī)械能增加，故選項(xiàng)D正確。答案D【變式訓(xùn)練2】(多選)如圖2所示，質(zhì)量相同的兩物體a、b，用不可伸長(zhǎng)的輕繩跨接在同一光滑的輕質(zhì)定滑輪兩側(cè)，a在水平桌面的上方，b在水平粗糙桌面上。初始時(shí)用力壓住b使a、b靜止，撤去此壓力后，a開(kāi)始運(yùn)動(dòng)，在a下降的過(guò)程中，b始終未離開(kāi)桌面。在此過(guò)程中()圖2A.a的動(dòng)能小于b的動(dòng)能B.兩物體機(jī)械能的變化量相等C.a的重力勢(shì)能的減小量等于兩物體總動(dòng)能的增加量D.繩的拉力對(duì)a所做的功與對(duì)b所做的功的代數(shù)和為零解析輕繩兩端沿繩方向的速度分量大小相等，故可知a的速度等于b的速度沿繩方向的分量，a的動(dòng)能比b的動(dòng)能小，選項(xiàng)A正確；因?yàn)閎與地面有摩擦力，運(yùn)動(dòng)時(shí)有熱量產(chǎn)生，所以該系統(tǒng)機(jī)械能減少，故選項(xiàng)B、C錯(cuò)誤；輕繩不可伸長(zhǎng)，兩端分別對(duì)a、b做功大小相等，符號(hào)相反，選項(xiàng)D正確。答案AD【變式訓(xùn)練3】(2017·全國(guó)卷Ⅰ，24)一質(zhì)量為8.00×104kg的太空飛船從其飛行軌道返回地面。飛船在離地面高度1.60×105m處以7.5×103m/s的速度進(jìn)入大氣層，逐漸減慢至速度為100m/s時(shí)下落到地面。取地面為重力勢(shì)能零點(diǎn)，在飛船下落過(guò)程中，重力加速度可視為常量，大小取為9.8m/s2(結(jié)果保留2位有效數(shù)字)。(1)分別求出該飛船著地前瞬間的機(jī)械能和它進(jìn)入大氣層時(shí)的機(jī)械能；(2)求飛船從離地面高度600m處至著地前瞬間的過(guò)程中克服阻力所做的功，已知飛船在該處的速度大小是其進(jìn)入大氣層時(shí)速度大小的2.0%。解析(1)飛船著地前瞬間的機(jī)械能為Ek0＝eq\f(1,2)mveq\o\al(2,0)①式中，m和v0分別是飛船的質(zhì)量和著地前瞬間的速率。由①式和題給數(shù)據(jù)得Ek0＝4.0×108J②設(shè)地面附近的重力加速度大小為g，飛船進(jìn)入大氣層時(shí)的機(jī)械能為Eh＝eq\f(1,2)mveq\o\al(2,h)＋mgh③式中，vh是飛船在高度1.6×105m處的速度大小。由③式和題給數(shù)據(jù)得Eh≈2.4×1012J④(2)飛船在高度h′＝600m處的機(jī)械能為Eh′＝eq\f(1,2)m(eq\f(2.0,100)vh)2＋mgh′⑤由功能關(guān)系得W＝Eh′－Ek0⑥式中，W是飛船從高度600m處至著地瞬間的過(guò)程中克服阻力所做的功。由②⑤⑥式和題給數(shù)據(jù)得W≈9.7×108J⑦答案(1)4.0×108J2.4×1012J(2)9.7×108J[?？键c(diǎn)]能量守恒定律的應(yīng)用1.對(duì)能量守恒定律的理解(1)轉(zhuǎn)化：某種形式的能量減少，一定存在其他形式的能量增加，且減少量和增加量一定相等。(2)轉(zhuǎn)移：某個(gè)物體的能量減少，一定存在其他物體的能量增加，且減少量和增加量相等。2.涉及彈簧的能量問(wèn)題應(yīng)注意兩個(gè)或兩個(gè)以上的物體與彈簧組成的系統(tǒng)相互作用的過(guò)程，具有以下特點(diǎn)：(1)能量變化上，如果只有重力和系統(tǒng)內(nèi)彈簧彈力做功，系統(tǒng)機(jī)械能守恒。(2)如果系統(tǒng)每個(gè)物體除彈簧彈力外所受合外力為零，則當(dāng)彈簧伸長(zhǎng)或壓縮到最大程度時(shí)兩物體速度相同。【例2】(2017·豫南九校聯(lián)考)如圖3所示，固定斜面的傾角θ＝30°，物體A與斜面之間的動(dòng)摩擦因數(shù)μ＝eq\f(\r(3),4)，輕彈簧下端固定在斜面底端，彈簧處于原長(zhǎng)時(shí)上端位于C點(diǎn)，用一根不可伸長(zhǎng)的輕繩通過(guò)輕質(zhì)光滑的定滑輪連接物體A和B，滑輪右側(cè)繩子與斜面平行，A的質(zhì)量為2m＝4kg，B的質(zhì)量為m＝2kg，初始時(shí)物體A到C點(diǎn)的距離為L(zhǎng)＝1m，現(xiàn)給A、B一初速度v0＝3m/s，使A開(kāi)始沿斜面向下運(yùn)動(dòng)，B向上運(yùn)動(dòng)，物體A將彈簧壓縮到最短后又恰好能彈到C點(diǎn)。已知重力加速度取g＝10m/s2，不計(jì)空氣阻力，整個(gè)過(guò)程中輕繩始終處于伸直狀態(tài)，求此過(guò)程中：圖3(1)物體A向下運(yùn)動(dòng)剛到達(dá)C點(diǎn)時(shí)的速度大??；(2)彈簧的最大壓縮量；(3)彈簧中的最大彈性勢(shì)能。解析(1)物體A向下運(yùn)動(dòng)剛到C點(diǎn)的過(guò)程中，對(duì)A、B組成的系統(tǒng)應(yīng)用能量守恒定律可得2mgLsinθ＋eq\f(1,2)·3mveq\o\al(2,0)＝mgL＋μ·2mgcosθ·L＋eq\f(1,2)·3mv2可解得v＝2m/s。(2)以A、B組成的系統(tǒng)，在物體A將彈簧壓縮到最大壓縮量，又返回到C點(diǎn)的過(guò)程中，系統(tǒng)動(dòng)能的減少量等于因摩擦產(chǎn)生的熱量，即eq\f(1,2)·3mv2－0＝μ·2mgcosθ·2x其中x為彈簧的最大壓縮量解得x＝0.4m。(3)設(shè)彈簧的最大彈性勢(shì)能為Epm由能量守恒定律可得eq\f(1,2)·3mv2＋2mgxsinθ＝mgx＋μ·2mgcosθ·x＋Epm解得Epm＝6J。答案(1)2m/s(2)0.4m(3)6J1.運(yùn)用能量守恒定律解題的基本思路2.多過(guò)程問(wèn)題的解題技巧(1)“合”——初步了解全過(guò)程，構(gòu)建大致的運(yùn)動(dòng)圖景。(2)“分”——將全過(guò)程進(jìn)行分解，分析每個(gè)過(guò)程的規(guī)律。(3)“合”——找到子過(guò)程的聯(lián)系，尋找解題方法。【變式訓(xùn)練4】(2017·浙江杭州模擬)在學(xué)校組織的趣味運(yùn)動(dòng)會(huì)上，某科技小組為大家提供了一個(gè)游戲。如圖4所示，將一質(zhì)量為0.1kg的鋼球放在O點(diǎn)，用彈射裝置將其彈出，使其沿著光滑的半環(huán)形軌道OA和AB運(yùn)動(dòng)。BC段為一段長(zhǎng)為L(zhǎng)＝2.0m的粗糙平面，DEFG為接球槽。圓弧OA和AB的半徑分別為r＝0.2m、R＝0.4m,小球與BC段的動(dòng)摩擦因數(shù)為μ＝0.7，C點(diǎn)離接球槽的高度為h＝1.25m，水平距離為x＝0.5m，接球槽足夠大，g取10m/s2。求：圖4(1)要使鋼球恰好不脫離半環(huán)形軌道，鋼球在A點(diǎn)的速度大??；(2)鋼球恰好不脫離軌道時(shí)，在B位置對(duì)半環(huán)形軌道的壓力大??；(3)要使鋼球最終能落入槽中，彈射速度v0至少多大？解析(1)要使鋼球恰好不脫離軌道，鋼球在最高點(diǎn)時(shí)，對(duì)鋼球分析有mg＝meq\f(veq\o\al(2,A),R)，解得vA＝2m/s。(2)鋼球從A到B的過(guò)程由動(dòng)能定理得mg·2R＝eq\f(1,2)mveq\o\al(2,B)－eq\f(1,2)mveq\o\al(2,A)，在B點(diǎn)有FN－mg＝meq\f(veq\o\al(2,B),R)，解得FN＝6N，根據(jù)牛頓第三定律，鋼球在B位置對(duì)半環(huán)形軌道的壓力為6N。(3)從C到D鋼球做平拋運(yùn)動(dòng)，要使鋼球恰好能落入槽中，則x＝vCt，h＝eq\f(1,2)gt2，解得vC＝1m/s，假設(shè)鋼球在A點(diǎn)的速度恰為vA＝2m/s時(shí)，鋼球可運(yùn)動(dòng)到C點(diǎn)，且速度為vC′，從A到C有mg·2R－μmgL＝eq\f(1,2)mvC′2－eq\f(1,2)mveq\o\al(2,A)，解得vC′2<0，故當(dāng)鋼球在A點(diǎn)的速度恰為vA＝2m/s時(shí)，鋼球不可能到達(dá)C點(diǎn)，更不可能入槽，要使鋼球最終能落入槽中，需要更大的彈射速度，才能使鋼球既不脫離軌道，又能落入槽中。當(dāng)鋼球到達(dá)C點(diǎn)速度為vC時(shí)，v0有最小值，從O到C有mgR－μmgL＝eq\f(1,2)mveq\o\al(2,C)－eq\f(1,2)mveq\o\al(2,0)，解得v0＝eq\r(21)m/s。答案(1)2m/s(2)6N(3)eq\r(21)m/s[?？键c(diǎn)]與摩擦生熱相關(guān)的兩個(gè)物理模型1.兩個(gè)模型(1)滑塊—木板模型。(2)傳送帶模型。2.兩種摩擦力的做功情況比較類別比較靜摩擦力滑動(dòng)摩擦力不同點(diǎn)能量的轉(zhuǎn)化方面只有能量的轉(zhuǎn)移，而沒(méi)有能量的轉(zhuǎn)化既有能量的轉(zhuǎn)移，又有能量的轉(zhuǎn)化一對(duì)摩擦力的總功方面一對(duì)靜摩擦力所做功的代數(shù)和等于零一對(duì)滑動(dòng)摩擦力所做功的代數(shù)和不為零，總功W＝－Ffl相對(duì)，即相對(duì)滑動(dòng)時(shí)產(chǎn)生的熱量相同點(diǎn)正功、負(fù)功、不做功方面兩種摩擦力對(duì)物體可以做正功、負(fù)功，還可以不做功【例3】如圖5所示，AB為半徑R＝0.8m的eq\f(1,4)光滑圓弧軌道，下端B恰與小車右端平滑對(duì)接。小車質(zhì)量M＝3kg，車長(zhǎng)L＝2.06m，車上表面距地面的高度h＝0.2m，現(xiàn)有一質(zhì)量m＝1kg的滑塊，由軌道頂端無(wú)初速度釋放，滑到B端后沖上小車。已知地面光滑，滑塊與小車上表面間的動(dòng)摩擦因數(shù)μ＝0.3，當(dāng)車運(yùn)動(dòng)了t0＝1.5s時(shí)，車被地面裝置鎖定(g＝10m/s2)。試求：圖5(1)滑塊到達(dá)B端時(shí)，軌道對(duì)它支持力的大??；(2)車被鎖定時(shí)，車右端距軌道B端的距離；(3)從車開(kāi)始運(yùn)動(dòng)到被鎖定的過(guò)程中，滑塊與車上表面間由于摩擦而產(chǎn)生的熱量大小。解析(1)由機(jī)械能守恒定律和牛頓第二定律得mgR＝eq\f(1,2)mveq\o\al(2,B)，F(xiàn)NB－mg＝meq\f(veq\o\al(2,B),R)則FNB＝30N(2)設(shè)m滑上小車后經(jīng)過(guò)時(shí)間t1與小車同速，共同速度大小為v，設(shè)滑塊的加速度大小為a1，小車的加速度大小為a2對(duì)滑塊有：μmg＝ma1，v＝vB－a1t1對(duì)于小車：μmg＝Ma2，v＝a2t1解得v＝1m/s，t1＝1s，因t1<t0，故滑塊與小車同速后，小車?yán)^續(xù)向左勻速行駛了0.5s，則小車右端距B端的距離為l車＝eq\f(v,2)t1＋v(t0－t1)，解得l車＝1m。(3)Q＝μmgl相對(duì)＝μmgeq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(vB＋v,2)t1－\f(v,2)t1))。解得Q＝6J。答案(1)30N(2)1m(3)6J【變式訓(xùn)練5】(多選)如圖6所示，水平傳送帶由電動(dòng)機(jī)帶動(dòng)，并始終保持以速度v勻速運(yùn)動(dòng)，現(xiàn)將質(zhì)量為m的物塊由靜止釋放在傳送帶上的左端，過(guò)一會(huì)兒物塊能保持與傳送帶相對(duì)靜止，設(shè)物塊與傳送帶間的動(dòng)摩擦因數(shù)為μ，對(duì)于這一過(guò)程，下列說(shuō)法正確的是()圖6A.摩擦力對(duì)物塊做的功為0.5mv2B.物塊對(duì)傳送帶做功為0.5mv2C.系統(tǒng)摩擦生熱為0.5mv2D.電動(dòng)機(jī)多做的功為mv2解析對(duì)物塊運(yùn)用動(dòng)能定理，摩擦力做的功等于物塊動(dòng)能的增加，即0.5mv2，故選項(xiàng)A正確；傳送帶的位移是物塊位移的兩倍，所以物塊對(duì)傳送帶做功的絕對(duì)值是摩擦力對(duì)物塊做功的兩倍，即為mv2，故選項(xiàng)B錯(cuò)誤；電動(dòng)機(jī)多做的功就是傳送帶克服摩擦力做的功，也為mv2，故選項(xiàng)D正確；系統(tǒng)摩擦生熱等于摩擦力與相對(duì)位移的乘積，故選項(xiàng)C正確。答案ACD動(dòng)力學(xué)觀點(diǎn)和能量觀點(diǎn)的綜合應(yīng)用[題源：人教版必修2·P80·T2]游樂(lè)場(chǎng)的過(guò)山車可以底朝上在圓軌道上運(yùn)行，游客卻不會(huì)掉下來(lái)(圖7.9－4)。我們把這種情形抽象為圖7.9－5的模型：弧形軌道的下端與豎直圓軌道相接，使小球從弧形軌道上端滾下，小球進(jìn)入圓軌道下端后沿圓軌道運(yùn)動(dòng)。實(shí)驗(yàn)發(fā)現(xiàn)，只要h大于一定值，小球就可以順利通過(guò)圓軌道的最高點(diǎn)。如果已知圓軌道的半徑為R，h至少要等于多大？不考慮摩擦等阻力。拓展1如圖7所示，一固定在豎直平面內(nèi)的光滑的半圓形軌道ABC，其半徑r＝0.40m，軌道在C處與動(dòng)摩擦因數(shù)μ＝0.20的水平地面相切。在水平地面的D點(diǎn)放一靜止的質(zhì)量m＝1.0kg的小物塊，現(xiàn)給它施加一水平向右的恒力F，當(dāng)它運(yùn)動(dòng)到C點(diǎn)時(shí)，撤去恒力F，結(jié)果小物塊恰好通過(guò)A點(diǎn)。已知CD間的距離x＝1.0m，取重力加速度g＝10m/s2。求：圖7(1)小物塊通過(guò)A點(diǎn)時(shí)的速度大??；(2)恒力F的大小。解析(1)小物塊恰好通過(guò)最高點(diǎn)A，則有mg＝meq\f(veq\o\al(2,A),r)則物塊到達(dá)A點(diǎn)時(shí)的速度vA＝eq\r(gr)＝2m/s(2)物體從D向A運(yùn)動(dòng)過(guò)程中，由動(dòng)能定理得Fx－mg·2r－Ffx＝eq\f(1,2)mveq\o\al(2,A)又Ff＝μFN＝μmg聯(lián)立解得F＝12N答案(1)2m/s(2)12N拓展2(2017·全國(guó)卷Ⅱ，17)如圖8所示，半圓形光滑軌道固定在水平地面上，半圓的直徑與地面垂直。一小物塊以速度v從軌道下端滑入軌道，并從軌道上端水平飛出，小物塊落地點(diǎn)到軌道下端的距離與軌道半徑有關(guān)，此距離最大時(shí)，對(duì)應(yīng)的軌道半徑為(重力加速度大小為g)()圖8A.eq\f(v2,16g) B.eq\f(v2,8g) C.eq\f(v2,4g) D.eq\f(v2,2g)解析物塊由最低點(diǎn)到最高點(diǎn)的過(guò)程，由機(jī)械能守恒定律得eq\f(1,2)mv2＝mg·2r＋eq\f(1,2)mveq\o\al(2,1)。物塊做平拋運(yùn)動(dòng)時(shí)，落地點(diǎn)到軌道下端的距離x＝v1t，2r＝eq\f(1,2)gt2，聯(lián)立解得x＝eq\r(\f(4v2,g)r－16r2)，由數(shù)學(xué)知識(shí)可知，當(dāng)4r＝eq\f(v2,2g)時(shí)，x最大，即r＝eq\f(v2,8g)，故選項(xiàng)B正確。答案B拓展3(2016·全國(guó)卷Ⅱ，25)輕質(zhì)彈簧原長(zhǎng)為2l，將彈簧豎直放置在地面上，在其頂端將一質(zhì)量為5m的物體由靜止釋放，當(dāng)彈簧被壓縮到最短時(shí)，彈簧長(zhǎng)度為l?，F(xiàn)將該彈簧水平放置，一端固定在A點(diǎn)，另一端與物塊P接觸但不連接。AB是長(zhǎng)度為5l的水平軌道，B端與半徑為l的光滑半圓軌道BCD相切，半圓的直徑BD豎直，如圖9所示。物塊P與AB間的動(dòng)摩擦因數(shù)μ＝0.5。用外力推動(dòng)物塊P，將彈簧壓縮至長(zhǎng)度l，然后放開(kāi)P開(kāi)始沿軌道運(yùn)動(dòng)，重力加速度大小為g。圖9(1)若P的質(zhì)量為m，求P到達(dá)B點(diǎn)時(shí)速度的大小，以及它離開(kāi)圓軌道后落回到AB上的位置與B點(diǎn)之間的距離；(2)若P能滑上圓軌道，且仍能沿圓軌道滑下，求P的質(zhì)量的取值范圍。解析(1)依題意，當(dāng)彈簧豎直放置，長(zhǎng)度被壓縮至l時(shí)，質(zhì)量為5m的物體的動(dòng)能為零，其重力勢(shì)能轉(zhuǎn)化為彈簧的彈性勢(shì)能。由機(jī)械能守恒定律知，彈簧長(zhǎng)度為l時(shí)的彈性勢(shì)能為Ep＝5mgl①設(shè)P到達(dá)B點(diǎn)時(shí)的速度大小為vB，由能量守恒定律得Ep＝eq\f(1,2)mveq\o\al(2,B)＋μmg(5l－l)②聯(lián)立①②式，并代入題給數(shù)據(jù)得vB＝eq\r(6gl)③若P能沿圓軌道運(yùn)動(dòng)到D點(diǎn)，其到達(dá)D點(diǎn)時(shí)的向心力不能小于重力，即P此時(shí)的速度大小v應(yīng)滿足eq\f(mv2,l)－mg≥0④設(shè)P滑到D點(diǎn)時(shí)的速度為vD，由機(jī)械能守恒定律得eq\f(1,2)mveq\o\al(2,B)＝eq\f(1,2)mveq\o\al(2,D)＋mg·2l⑤聯(lián)立③⑤式得vD＝eq\r(2gl)⑥vD滿足④式要求，故P能運(yùn)動(dòng)到D點(diǎn)，并從D點(diǎn)以速度vD水平射出。設(shè)P落回到軌道AB所需的時(shí)間為t，由運(yùn)動(dòng)學(xué)公式得2l＝eq\f(1,2)gt2⑦P落回到AB上的位置與B點(diǎn)之間的距離為s＝vDt⑧聯(lián)立⑥⑦⑧式得s＝2eq\r(2)l⑨(2)設(shè)P的質(zhì)量為M，為使P能滑上圓軌道，它到達(dá)B點(diǎn)時(shí)的速度不能小于零。由①②式可知5mgl>μMg·4l⑩要使P仍能沿圓軌道滑回，P在圓軌道的上升高度不能超過(guò)半圓軌道的中點(diǎn)C。由機(jī)械能守恒定律有eq\f(1,2)MvB′2≤Mgl?Ep＝eq\f(1,2)MvB′2＋μMg·4l?聯(lián)立①⑩??式得eq\f(5,3)m≤M<eq\f(5,2)m?答案(1)eq\r(6gl)2eq\r(2)l(2)eq\f(5,3)m≤M<eq\f(5,2)m活頁(yè)作業(yè)(時(shí)間：40分鐘)?題組一功能關(guān)系的應(yīng)用1.如圖1是安裝在列車車廂之間的摩擦緩沖器結(jié)構(gòu)圖。圖中①和②為楔塊，③和④為墊板，楔塊與彈簧盒、墊板間均有摩擦。在車廂相互撞擊使彈簧壓縮的過(guò)程中()圖1A.緩沖器的機(jī)械能守恒B.摩擦力做功消耗機(jī)械能C.墊板的動(dòng)能全部轉(zhuǎn)化為內(nèi)能D.彈簧的彈性勢(shì)能全部轉(zhuǎn)化為動(dòng)能解析在車廂相互撞擊使彈簧壓縮過(guò)程中，由于要克服摩擦力做功，且緩沖器所受合外力做功不為零，因此機(jī)械能不守恒，選項(xiàng)A錯(cuò)誤；克服摩擦力做功消耗機(jī)械能，選項(xiàng)B正確；撞擊以后墊板和車廂有相同的速度，因此動(dòng)能并不為零，選項(xiàng)C錯(cuò)誤；壓縮彈簧過(guò)程彈簧的彈性勢(shì)能增加，并沒(méi)有減少，選項(xiàng)D錯(cuò)誤。答案B2.(2017·廣東汕頭模擬)(多選)如圖2所示，一固定斜面傾角為30°，一質(zhì)量為m的小物塊(可視為質(zhì)點(diǎn))自斜面底端以一定的初速度沿斜面向上做勻減速運(yùn)動(dòng)，加速度大小等于重力加速度的大小g。物塊上升的最大高度為H，則此過(guò)程中，物塊的()圖2A.動(dòng)能損失了2mgHB.動(dòng)能損失了mgHC.機(jī)械能損失了mgHD.機(jī)械能損失了eq\f(1,2)mgH解析根據(jù)題述可知，物塊所受滑動(dòng)摩擦力Ff＝ma－mgsinθ＝0.5mg，由動(dòng)能定理知，動(dòng)能損失了Ff·eq\f(H,sin30°)＋mgH＝2mgH，選項(xiàng)A正確，B錯(cuò)誤；由功能關(guān)系知，機(jī)械能損失了Ff·eq\f(H,sin30°)＝mgH，選項(xiàng)C正確，D錯(cuò)誤。答案AC3.安徽首家滑雪場(chǎng)正式落戶國(guó)家AAAA級(jí)旅游景區(qū)——安慶巨石山，現(xiàn)已正式“開(kāi)滑”。如圖3所示，滑雪者從O點(diǎn)由靜止沿斜面自由滑下，接著在水平面上滑至N點(diǎn)停下。斜面、水平面與滑雪板之間的動(dòng)摩擦因數(shù)都為μ＝0.1?；┱?包括滑雪板)的質(zhì)量為m＝50kg，g取10m/s2，O、N兩點(diǎn)間的水平距離為s＝100m。在滑雪者經(jīng)過(guò)ON段運(yùn)動(dòng)的過(guò)程中，克服摩擦力做的功為()圖3A.1250J B.2500J C.5000J D.7500J解析設(shè)斜面的傾角為θ，則滑雪者從O到N的運(yùn)動(dòng)過(guò)程中克服摩擦力做的功Wf＝μmgcosθ·xOM＋μmgxMN，由題圖可知，xOMcosθ＋xMN＝s，兩式聯(lián)立可得Wf＝μmgs＝0.1×50×10×100J＝5000J，故選項(xiàng)A、B、D錯(cuò)誤，C正確。答案C?題組二能量守恒定律的應(yīng)用4.(2017·湖北孝感模擬)質(zhì)量為m的人造地球衛(wèi)星與地心的距離為r時(shí)，引力勢(shì)能可表示為Ep＝－eq\f(GMm,r)，其中G為引力常量，M為地球質(zhì)量。該衛(wèi)星原來(lái)在半徑為R1的軌道上繞地球做勻速圓周運(yùn)動(dòng)，由于受到極稀薄空氣的摩擦作用，飛行一段時(shí)間后其做勻速圓周運(yùn)動(dòng)的半徑變?yōu)镽2，此過(guò)程中因摩擦而產(chǎn)生的熱量為()A.GMmeq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,R2)－\f(1,R1))) B.GMmeq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,R1)－\f(1,R2)))C.eq\f(GMm,2)eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,R2)－\f(1,R1))) D.eq\f(GMm,2)eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,R1)－\f(1,R2)))解析衛(wèi)星繞地球做勻速圓周運(yùn)動(dòng)滿足Geq\f(Mm,r2)＝meq\f(v2,r)，動(dòng)能Ek＝eq\f(1,2)mv2＝eq\f(GMm,2r)，機(jī)械能E＝Ek＋Ep，則E＝eq\f(GMm,2r)－eq\f(GMm,r)＝－eq\f(GMm,2r)。衛(wèi)星由半徑為R1的軌道降到半徑為R2的軌道過(guò)程中損失的機(jī)械能ΔE＝E1－E2＝eq\f(GMm,2)(eq\f(1,R2)－eq\f(1,R1))，即為下降過(guò)程中因摩擦而產(chǎn)生的熱量，所以選項(xiàng)C正確。答案C5.如圖4所示，一質(zhì)量m＝0.4kg的滑塊(可視為質(zhì)點(diǎn))靜止于水平軌道上的A點(diǎn)，滑塊與軌道間的動(dòng)摩擦因數(shù)μ＝0.1?，F(xiàn)對(duì)滑塊施加一水平外力，使其向右運(yùn)動(dòng)，外力的功率恒為P＝10W。經(jīng)過(guò)一段時(shí)間后撤去外力，滑塊繼續(xù)滑行至B點(diǎn)后水平飛出，恰好在C點(diǎn)沿切線方向進(jìn)入固定在豎直平面內(nèi)的光滑圓弧形軌道，軌道的最低點(diǎn)D處裝有壓力傳感器，當(dāng)滑塊到達(dá)傳感器上方時(shí)，傳感器的示數(shù)為25.6N。已知軌道AB的長(zhǎng)度L＝2m，圓弧形軌道的半徑R＝0.5m，半徑OC和豎直方向的夾角α＝37°。(空氣阻力可忽略，重力加速度g＝10m/s2，sin37°＝0.6，cos37°＝0.8)求：圖4(1)滑塊運(yùn)動(dòng)到C點(diǎn)時(shí)速度的大小vC；(2)B、C兩點(diǎn)的高度差h及水平距離x；(3)水平外力作用在滑塊上的時(shí)間t。解析(1)滑塊運(yùn)動(dòng)到D點(diǎn)時(shí)，由牛頓第二定律得FN－mg＝meq\f(veq\o\al(2,D),R)，滑塊由C點(diǎn)運(yùn)動(dòng)到D點(diǎn)的過(guò)程，由機(jī)械能守恒定律得mgR(1－cosα)＋eq\f(1,2)mveq\o\al(2,C)＝eq\f(1,2)mveq\o\al(2,D)，代入數(shù)據(jù)，聯(lián)立解得vC＝5m/s。(2)滑塊從B到C做平拋運(yùn)動(dòng)，在C點(diǎn)速度的豎直分量為vy＝vCsinα＝3m/s，所以B、C兩點(diǎn)的高度差為h＝eq\f(veq\o\al(2,y),2g)＝eq\f(9,20)m＝0.45m，滑塊由B運(yùn)動(dòng)到C所用的時(shí)間為t1＝eq\f(vy,g)＝eq\f(3,10)s＝0.3s，滑塊運(yùn)動(dòng)到B點(diǎn)的速度即平拋運(yùn)動(dòng)的初速度為vB＝vCcosα＝4m/s，所以B、C間的水平距離x＝vBt1＝4×0.3m＝1.2m。(3)滑塊由A點(diǎn)運(yùn)動(dòng)到B點(diǎn)的過(guò)程，由動(dòng)能定理得Pt－μmgL＝eq\f(1,2)mveq\o\al(2,B)代入數(shù)據(jù)解得t＝0.4s。答案(1)5m/s(2)0.45m1.2m(3)0.4s6.如圖5所示，半徑R＝0.4m的光滑圓弧軌道BC固定在豎直平面內(nèi)，軌道的上端點(diǎn)B和圓心O的連線與水平方向的夾角θ＝30°，下端點(diǎn)C為軌道的最低點(diǎn)且與粗糙水平面相切，一根輕質(zhì)彈簧的右端固定在豎直擋板上。質(zhì)量m＝0.1kg的小物塊(可視為質(zhì)點(diǎn))從空中A點(diǎn)以v0＝2m/s的速度被水平拋出，恰好從B點(diǎn)沿軌道切線方向進(jìn)入軌道，經(jīng)過(guò)C點(diǎn)后沿水平面向右運(yùn)動(dòng)至D點(diǎn)時(shí)，彈簧被壓縮至最短，C、D兩點(diǎn)間的水平距離L＝1.2m，小物塊與水平面間的動(dòng)摩擦因數(shù)μ＝0.5，g取10m/s2。求：圖5(1)小物塊經(jīng)過(guò)圓弧軌道上B點(diǎn)時(shí)速度vB的大??；(2)小物塊經(jīng)過(guò)圓弧軌道上C點(diǎn)時(shí)對(duì)軌道的壓力大??；(3)彈簧的彈性勢(shì)能的最大值Epm。解析(1)小物塊恰好從B點(diǎn)沿切線方向進(jìn)入軌道，由幾何關(guān)系有vB＝eq\f(v0,sinθ)＝4m/s(2)小物塊由B點(diǎn)運(yùn)動(dòng)到C點(diǎn)，由機(jī)械能守恒定律有mgR(1＋sinθ)＝eq\f(1,2)mveq\o\al(2,C)－eq\f(1,2)mveq\o\al(2,B)在C點(diǎn)處，由牛頓第二定律有FN－mg＝meq\f(veq\o\al(2,C),R)，解得FN＝8N根據(jù)牛頓第三定律，小物塊經(jīng)過(guò)圓弧軌道上C點(diǎn)時(shí)對(duì)軌道的壓力FN′大小為8N。(3)小物塊從B點(diǎn)運(yùn)動(dòng)到D點(diǎn)，由能量守恒定律有Epm＝eq\f(1,2)mveq\o\al(2,B)＋mgR(1＋sinθ)－μmgL＝0.8J。答案(1)4m/s(2)8N(3)0.8J?題組三與摩擦生熱相關(guān)的兩個(gè)物理模型7.(多選)如圖6所示，質(zhì)量為M、長(zhǎng)為L(zhǎng)的木板置于光滑的水平面上，一質(zhì)量為m的滑塊放置在木板左端，滑塊與木板間滑動(dòng)摩擦力大小為Ff，用水平的恒定拉力F作用于滑塊。當(dāng)滑塊運(yùn)動(dòng)到木板右端時(shí)，木板在地面上移動(dòng)的距離為x，滑塊速度為v1，木板速度為v2，下列結(jié)論正確的是()圖6A.上述過(guò)程中，F(xiàn)做功大小為eq\f(1,2)mveq\o\al(2,1)＋eq\f(1,2)Mveq\o\al(2,2)B.其他條件不變的情況下，M越大，x越小C.其他條件不變的情況下，F(xiàn)越大，滑塊到達(dá)右端所用時(shí)間越長(zhǎng)D.其他條件不變的情況下，F(xiàn)f越大，滑塊與木板間產(chǎn)生的熱量越多解析由功能原理可知，上述過(guò)程中，F(xiàn)做功大小為二者動(dòng)能與產(chǎn)生的熱量之和，選項(xiàng)A錯(cuò)誤；其他條件不變的情況下，M越大，M的加速度越小，x越小，選項(xiàng)B正確；其他條件不變的情況下，F(xiàn)越大，滑塊的加速度越大，滑塊到達(dá)右端所用時(shí)間越短，選項(xiàng)C錯(cuò)誤；其他條件不變的情況下，滑塊與木板間產(chǎn)生的熱量等于滑動(dòng)摩擦力與相對(duì)位移的乘積，F(xiàn)f越大，滑塊與木板間產(chǎn)生的熱量越多，選項(xiàng)D正確。答案BD8.(2017·江西九江一模)(多選)第一次將一長(zhǎng)木板靜止放在光滑水平面上，如圖7甲所示，一小鉛塊(可視為質(zhì)點(diǎn))以水平初速度v0由木板左端向右滑動(dòng)，到達(dá)右端時(shí)恰能與木板保持相對(duì)靜止。第二次將長(zhǎng)木板分成A、B兩塊，使B的長(zhǎng)度和質(zhì)量均為A的2倍，并緊挨著放在原水平面上，讓小鉛塊仍以初速度v0由A的左端開(kāi)始向右滑動(dòng)，如圖乙所示。若小鉛塊相對(duì)滑動(dòng)過(guò)程中所受的摩擦力始終不變，則下列說(shuō)法正確的是()圖7A.小鉛塊將從B的右端飛離