基礎(chǔ)課4功能關(guān)系能量守恒定律知識排查功能關(guān)系1.功能關(guān)系(1)功是能量轉(zhuǎn)化的量度，即做了多少功就有多少能量發(fā)生了轉(zhuǎn)化。(2)做功的過程一定伴隨著能量的轉(zhuǎn)化，而且能量的轉(zhuǎn)化必須通過做功來實(shí)現(xiàn)。2.幾種常見的功能關(guān)系功能量的變化合外力做正功動(dòng)能增加重力做正功重力勢能減少彈簧彈力做正功彈性勢能減少電場力做正功電勢能減少其他力(除重力、彈力外)做正功機(jī)械能增加能量守恒定律1.內(nèi)容：能量既不會消滅，也不會創(chuàng)生。它只會從一種形式轉(zhuǎn)化為其他形式，或者從一個(gè)物體轉(zhuǎn)移到另一個(gè)物體，而在轉(zhuǎn)化和轉(zhuǎn)移的過程中，能量的總量保持不變。2.表達(dá)式：ΔE減＝ΔE增。小題速練1.思考判斷(1)力對物體做了多少功，物體就具有多少能。()(2)能量在轉(zhuǎn)移或轉(zhuǎn)化過程中，其總量會不斷減少。()(3)在物體的機(jī)械能減少的過程中，動(dòng)能有可能是增大的。()(4)既然能量在轉(zhuǎn)移或轉(zhuǎn)化過程中是守恒的，故沒有必要節(jié)約能源。()(5)節(jié)約可利用能源的目的是為了減少污染排放。()(6)滑動(dòng)摩擦力做功時(shí)，一定會引起機(jī)械能的轉(zhuǎn)化。()(7)一個(gè)物體的能量增加，必定有別的物體能量減少。()答案(1)×(2)×(3)√(4)×(5)×(6)√(7)√2.[人教版必修2P80“問題與練習(xí)”]如圖1所示是“過山車”玩具模型。當(dāng)小球以速度v經(jīng)過圓形軌道最高點(diǎn)時(shí)，小球與軌道間的作用力為F，多次改變小球初始下落的高度h，就能得出F與v的函數(shù)關(guān)系，下列關(guān)于F與v之間的關(guān)系中有可能正確的是()圖1解析在軌道最高點(diǎn)，重力和支持力的合力提供向心力，根據(jù)牛頓第二定律，有F＋mg＝meq\f(v2,R)，整理得F＝meq\f(v2,R)－mg，所以F－v關(guān)系圖象是開口向上的拋物線，選項(xiàng)C正確。答案C功能關(guān)系的理解與應(yīng)用力學(xué)中幾種常見的功能關(guān)系各種力做功對應(yīng)能的變化定量的關(guān)系合力做功動(dòng)能變化合力對物體做功等于物體動(dòng)能的增量W合＝Ek2－Ek1重力做功重力勢能變化重力做正功，重力勢能減少，重力做負(fù)功，重力勢能增加，且WG＝－ΔEp＝Ep1－Ep2彈簧彈力做功彈性勢能變化彈力做正功，彈性勢能減少，彈力做負(fù)功，彈性勢能增加，且W彈＝－ΔEp＝Ep1－Ep2只有重力、彈簧彈力做功不引起機(jī)械能變化機(jī)械能守恒ΔE＝0非重力和彈力做功機(jī)械能變化除重力和彈力之外的其他力做正功，物體的機(jī)械能增加，做負(fù)功，機(jī)械能減少，且W其他＝ΔE一對相互作用的滑動(dòng)摩擦力的總功機(jī)械能減少內(nèi)能增加(1)作用于系統(tǒng)的一對滑動(dòng)摩擦力一定做負(fù)功，系統(tǒng)內(nèi)能增加(2)摩擦生熱Q＝Ff·x相對【例1】(多選)如圖2所示，質(zhì)量為m的物體(可視為質(zhì)點(diǎn))以某一速度從A點(diǎn)沖上傾角為30°的固定斜面，其減速運(yùn)動(dòng)的加速度為eq\f(3,4)g，此物體在斜面上能夠上升的最大高度為h，則在這個(gè)過程中物體()圖2A.重力勢能增加了mgh B.機(jī)械能損失了eq\f(mgh,2)C.動(dòng)能損失了mgh D.克服摩擦力做功eq\f(mgh,4)解析加速度a＝eq\f(3,4)g＝eq\f(mgsin30°＋Ff,m)，解得摩擦力Ff＝eq\f(1,4)mg；物體在斜面上能夠上升的最大高度為h，所以重力勢能增加了mgh，故選項(xiàng)A正確；機(jī)械能損失了Ffx＝eq\f(1,4)mg·2h＝eq\f(1,2)mgh，故選項(xiàng)B正確；動(dòng)能損失量為克服合外力做功的大小ΔEk＝F合外力·x＝eq\f(3,4)mg·2h＝eq\f(3,2)mgh，故選項(xiàng)C錯(cuò)誤；克服摩擦力做功eq\f(mgh,2)，故選項(xiàng)D錯(cuò)誤。答案AB【例2】(多選)如圖3甲所示，將一傾角為θ的光滑斜面體固定在地面上，在斜面的底端固定一輕彈簧，彈簧處于原長時(shí)上端位于斜面上的B點(diǎn)?，F(xiàn)將一質(zhì)量為m＝2kg的可視為質(zhì)點(diǎn)的滑塊由斜面處的A點(diǎn)靜止釋放，最終將彈簧壓縮到最短(此時(shí)彈簧上端位于C點(diǎn))。已知滑塊從釋放到將彈簧壓縮到最短的過程中，滑塊的速度—時(shí)間圖象如圖乙所示。其中0～0.4s內(nèi)的圖線為直線，其余部分均為曲線，且BC＝1.2m。重力加速度g＝10m/s2。則下列說法正確的是()圖3A.θ＝eq\f(π,6)B.滑塊在壓縮彈簧的過程中機(jī)械能先增加后減小C.彈簧儲存的最大彈性勢能為16JD.滑塊從C點(diǎn)返回到A點(diǎn)的過程中，機(jī)械能一直增大解析由題圖乙可知，滑塊在0.4s末剛好到達(dá)B點(diǎn)，在0～0.4s內(nèi)，滑塊做勻加速直線運(yùn)動(dòng)，加速度為a＝eq\f(2,0.4)m/s2＝5m/s2，由牛頓第二定律得mgsinθ＝ma，解得sinθ＝eq\f(a,g)＝0.5，則θ＝eq\f(π,6)，選項(xiàng)A正確；滑塊從B點(diǎn)到C點(diǎn)的運(yùn)動(dòng)過程中，除重力做功外，彈簧彈力對滑塊做負(fù)功，故滑塊的機(jī)械能一直在減少，選項(xiàng)B錯(cuò)誤；對滑塊和彈簧組成的系統(tǒng)由機(jī)械能守恒定律得，在C點(diǎn)，彈簧的彈性勢能為Ep＝eq\f(1,2)mveq\o\al(2,B)＋mghBC＝16J，選項(xiàng)C正確；滑塊從C點(diǎn)返回到A點(diǎn)的過程中，開始時(shí)彈簧的彈力對滑塊做正功，滑塊的機(jī)械能增加，當(dāng)滑塊離開彈簧后，只有重力對滑塊做功，則滑塊的機(jī)械能守恒，選項(xiàng)D錯(cuò)誤。答案AC能量守恒定律的理解及應(yīng)用1.對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)彈簧伸長或壓縮到最大程度時(shí)兩物體速度大小相同。【例3】如圖4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，彈簧處于原長時(shí)上端位于C點(diǎn)，用一根不可伸長的輕繩通過輕質(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，B的質(zhì)量為m＝2kg，初始時(shí)物體A到C點(diǎn)的距離為L＝1m，現(xiàn)給A、B一初速度v0＝3m/s，使A開始沿斜面向下運(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)過程中輕繩始終處于伸直狀態(tài)，求此過程中：圖4(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能。解析(1)物體A向下運(yùn)動(dòng)剛到C點(diǎn)的過程中，對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)6J運(yùn)用能量守恒定律解題的基本思路摩擦力做功的特點(diǎn)及應(yīng)用1.靜摩擦力做功(1)靜摩擦力可以做正功，也可以做負(fù)功，還可以不做功。(2)相互作用的一對靜摩擦力做功的代數(shù)和總等于零。(3)靜摩擦力做功時(shí)，只有機(jī)械能的相互轉(zhuǎn)移，不會轉(zhuǎn)化為內(nèi)能。2.滑動(dòng)摩擦力做功的特點(diǎn)(1)滑動(dòng)摩擦力可以做正功，也可以做負(fù)功，還可以不做功。(2)相互間存在滑動(dòng)摩擦力的系統(tǒng)內(nèi)，一對滑動(dòng)摩擦力做功將產(chǎn)生兩種可能效果：①機(jī)械能全部轉(zhuǎn)化為內(nèi)能；②有一部分機(jī)械能在相互摩擦的物體間轉(zhuǎn)移，另外一部分轉(zhuǎn)化為內(nèi)能。(3)摩擦生熱的計(jì)算：Q＝Ffx相對。其中x相對為相互摩擦的兩個(gè)物體間的相對路程?！纠?】(2017·蘇、錫、常、鎮(zhèn)高三調(diào)研)(多選)如圖5所示，將砝碼A放在水平桌面上的紙板B上，各接觸面間動(dòng)摩擦因數(shù)均相等，砝碼到紙板左端和桌面右端的距離均為d。在水平向右的恒力F的作用下，可將紙板從砝碼下方抽出，砝碼剛好到達(dá)桌面右端。則下列說法正確的是()圖5A.砝碼與紙板分離前后的加速度大小一定相等B.砝碼與紙板分離時(shí)，砝碼一定位于距離桌面右端eq\f(d,2)處C.其他條件不變，換用更大的恒力F，砝碼將不能到達(dá)桌面右端D.其他條件不變，換用更大的恒力F，砝碼與紙板間產(chǎn)生的熱量將減小解析砝碼與紙板分離前做加速運(yùn)動(dòng)，有μmg＝ma1，砝碼與紙板分離后，在桌面上做減速運(yùn)動(dòng)，加速度大小為a2，有μmg＝ma2，選項(xiàng)A正確；設(shè)砝碼與紙板剛分離瞬間速度為v，加速的位移為x1＝eq\f(v2,2a1)，減速的位移為x2＝eq\f(v2,2a2)，則x1＝x2＝eq\f(d,2)，選項(xiàng)B正確；其他條件不變，換用更大的恒力F，則紙板的加速度a變大，紙板與砝碼分離時(shí)比砝碼多運(yùn)動(dòng)的位移為d，d＝eq\f(1,2)at2－eq\f(1,2)a1t2，a變大，加速的時(shí)間t變小，v＝a1t，v變小，砝碼的滑行位移x＝eq\f(v2,2a1)＋eq\f(v2,2a2)，x變小，選項(xiàng)C正確；砝碼與紙板間產(chǎn)生的熱量等于摩擦力乘以相對位移，Q＝μmgd，產(chǎn)生的熱量不變，選項(xiàng)D錯(cuò)誤。答案ABC【例5】(2017·江蘇省南通市、泰州市高三第一次模擬考試)如圖6所示，某工廠生產(chǎn)車間的流水線安裝的是“U”形傳送帶，AB、CD段為直線，BC段為同心半圓，其中的虛線為半徑為R的半圓弧。工人將質(zhì)量均為m的工件無初速放至勻速運(yùn)行的傳送帶A端，在D端附近看到相鄰工件間的距離均為L，每隔時(shí)間t在D端接收到一個(gè)工件。求：圖6(1)傳送帶運(yùn)行的速度v；(2)在BC段每一個(gè)工件受到的摩擦力大小f；(3)每個(gè)工件放至傳送帶后與傳送帶摩擦產(chǎn)生的熱量Q。解析(1)在D點(diǎn)附近，工人每隔t時(shí)間接受一個(gè)工件，則v＝eq\f(L,t)(2)在BC段工件做勻速圓周運(yùn)動(dòng)，靜摩擦力提供向心力，則f＝meq\f(v2,R)代入解得f＝eq\f(mL2,Rt2)(3)設(shè)工件與傳送帶間的動(dòng)摩擦因數(shù)為μ，工件相對滑動(dòng)的時(shí)間為t0，加速度為a，則μmg＝ma，v＝at0加速過程中工件相對傳送帶運(yùn)動(dòng)的距離Δs＝vt0－eq\f(1,2)ateq\o\al(2,0)產(chǎn)生的熱量Q＝μmg·Δs解得Q＝eq\f(mL2,2t2)答案(1)eq\f(L,t)(2)eq\f(mL2,Rt2)(3)eq\f(mL2,2t2)與功能關(guān)系相關(guān)的圖象問題——推理分析能力的培養(yǎng)根據(jù)ΔE機(jī)＝F外x，ΔE機(jī)－x圖象的斜率表示重力以外的其他力的合力?！镜淅咳鐖D7所示，質(zhì)量為m的滑塊從斜面底端以平行于斜面的初速度v0沖上固定斜面，沿斜面上升的最大高度為H，已知斜面傾角為α，斜面與滑塊間的動(dòng)摩擦因數(shù)為μ，且μ＜tanα，最大靜摩擦力等于滑動(dòng)摩擦力，取斜面底端為零勢能面，則能表示滑塊在斜面上運(yùn)動(dòng)的重力勢能Ep機(jī)械能E、動(dòng)能Ek、與上升高度h之間關(guān)系的圖象是()圖7解析重力勢能的變化僅僅與重力做功有關(guān)，隨著上升高度h的增大，重力勢能增大，選項(xiàng)A錯(cuò)誤；機(jī)械能的變化僅與重力和系統(tǒng)內(nèi)彈力之外的其他力做功有關(guān)，上滑過程中有－Ff·eq\f(h,sinα)＝E－E0，即E＝E0－Ff·eq\f(h,sinα)；下滑過程中有－Ff·eq\f(2H－h(huán),sinα)＝E′－E0，即E′＝E0－2Ff·eq\f(H,sinα)＋Ff·eq\f(h,sinα)，故上滑和下滑過程中E－h(huán)圖線均為直線，選項(xiàng)B錯(cuò)誤；動(dòng)能的變化與合外力做功有關(guān)，上滑過程中有－mgh－Ff·eq\f(h,sinα)＝Ek－Ek0，即Ek＝Ek0－eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(mg＋\f(Ff,sinα)))h，下滑過程中有－mgh－Ff·eq\f(2H－h(huán),sinα)＝Ek′－Ek0，即Ek′＝Ek0－2Ff·eq\f(H,sinα)－eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(mg－\f(Ff,sinα)))h，故Ek－h(huán)圖線為直線，但下滑過程斜率小，選項(xiàng)C錯(cuò)誤，D正確。答案D【變式訓(xùn)練】(2017·江蘇省南京市、鹽城市、連云港市高三第二次模擬)質(zhì)量為m的球從地面以初速度v0豎直向上拋出，已知球所受的空氣阻力與速度大小成正比。下列圖象分別描述了球在空中運(yùn)動(dòng)的加速度a、速度v隨時(shí)間t的變化關(guān)系和動(dòng)能Ek、機(jī)械能E(選地面處重力勢能為零)隨球距離地面高度h的變化關(guān)系，其中可能正確的是()解析上拋過程中，速度減小，f＝kv，阻力減小，根據(jù)mg＋f＝ma，加速度a的方向向下，但a>g，逐漸減小，當(dāng)球到達(dá)最高點(diǎn)時(shí)，速度為零，阻力為零，則加速度a＝g，方向向下，下落過程中，速度增大，f＝kv，阻力增大，根據(jù)mg－f＝ma，加速度a的方向向下，但a<g，逐漸減小，選項(xiàng)B錯(cuò)誤；v－t圖象的斜率表示加速度，選項(xiàng)A錯(cuò)誤；上升過程中，Ek＝Ek0－(mg＋f)h，h增大，f減小，mg＋f減小，斜率絕對值減小，下降過程中Ek＝(mg－f)(H－h(huán))，h減小，斜率絕對值減小，選項(xiàng)C正確；由分析C的方法，易得選項(xiàng)D錯(cuò)誤。答案C1.(2017·江蘇省南京市、淮安市高三第三次模擬考試)一顆小鋼珠從水面上方由靜止釋放，落入水中，濺起的小水珠跳得比鋼珠釋放時(shí)的位置還高，如圖8所示。對這種現(xiàn)象，下列說法中正確的是()圖8A.小水珠濺起的高度超過鋼珠下落時(shí)的高度，違背了能量守恒定律B.小鋼珠下落時(shí)具有的重力勢能小于濺起的水珠在最高點(diǎn)的重力勢能C.小鋼珠下落時(shí)具有的重力勢能等于濺起的水珠在最高點(diǎn)的重力勢能D.小鋼珠下落時(shí)具有的重力勢能大于濺起的水珠在最高點(diǎn)的重力勢能解析小鋼珠與水面碰撞后仍有動(dòng)能存在，且與水面碰撞的過程中產(chǎn)生內(nèi)能，所以小鋼珠下落時(shí)具有的重力勢能大于濺起的水珠在最高點(diǎn)的重力勢能，能量守恒定律是自然界普遍的基本定律之一，小鋼珠減少的重力勢能轉(zhuǎn)化為系統(tǒng)的內(nèi)能和小水珠的重力勢能，選項(xiàng)D正確，A、B、C錯(cuò)誤。答案D2.(2017·南通、揚(yáng)州、泰州三模)竹蜻蜓是我國古代發(fā)明的一種兒童玩具，上世紀(jì)三十年代，人們根據(jù)竹蜻蜓原理設(shè)計(jì)了直升機(jī)的螺旋槳。如圖9所示，一小孩搓動(dòng)質(zhì)量為20g的竹蜻蜓，松開后竹蜻蜓能上升到二層樓房頂高處。在搓動(dòng)過程中手對竹蜻蜓做的功可能是()圖9A.0.2J B.0.6J C.1.0J D.2.5J解析竹蜻蜓在上升到最高點(diǎn)的過程中，動(dòng)能轉(zhuǎn)化為重力勢能和內(nèi)能，一般每層樓房的高度為3m，二層也就是6m，所以重力勢能的增加量為Ep＝mgh＝1.2J，則在搓動(dòng)過程中手對竹蜻蜓做的功要大于1.2J，選項(xiàng)A、B、C錯(cuò)誤，D正確。答案D3.(2017·江蘇溧水高級中學(xué)測試)(多選)一質(zhì)量為m的人站在觀光電梯內(nèi)的磅秤上，電梯以0.1g的加速度勻加速上升高度h，在此過程中()圖10A.磅秤的示數(shù)等于mgB.磅秤的示數(shù)等于1.1mgC.人的動(dòng)能增加了0.9mghD.人的機(jī)械能增加了1.1mgh解析根據(jù)牛頓運(yùn)動(dòng)定律可知，磅秤的示數(shù)等于FN＝mg＋ma＝1.1mg，選項(xiàng)A錯(cuò)誤，B正確；根據(jù)動(dòng)能定理得ΔEk＝W合＝mah＝0.1mgh，故C錯(cuò)誤；人上升高度h，則重力做功為－mgh，可知重力勢能增大mgh，動(dòng)能增加0.1mgh，則機(jī)械能增大了1.1mgh，故D正確。答案BD4.(多選)如圖11所示，質(zhì)量相同的兩物體a、b，用不可伸長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開始運(yùn)動(dòng)，在a下降的過程中，b始終未離開桌面。在此過程中()圖11A.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的重力勢能的減小量等于兩物體總動(dòng)能的增加量D.繩的拉力對a所做的功與對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，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，而B、C兩項(xiàng)均為系統(tǒng)機(jī)械能守恒的表現(xiàn)，故B、C錯(cuò)誤；輕繩不可伸長，兩端分別對a、b做功大小相等，符號相反，D正確。答案AD活頁作業(yè)(時(shí)間：40分鐘)一、單項(xiàng)選擇題1.(2017·江蘇省鎮(zhèn)江中學(xué)期中)質(zhì)量為1kg的物體被人用手由靜止向上提高2m，這時(shí)物體的速度是4m/s，下列說法中正確的是(不計(jì)一切阻力，g＝10m/s2)()A.合外力對物體做功8J B.手對物體做功8JC.物體機(jī)械能增加了8J D.物體重力勢能增加了2J解析由動(dòng)能定理得，合外力對物體做功W合＝eq\f(1,2)mv2—0＝8J，故選項(xiàng)A正確；W合＝W人—mgh所以W人＝W合＋mgh＝(8＋1×10×2)J＝28J，故選項(xiàng)B錯(cuò)誤；物體機(jī)械能增加量等于除重力之外的力做功，所以物體機(jī)械能增加量ΔE＝W人＝28J，故選項(xiàng)C錯(cuò)誤；物體重力勢能增加量等于物體克服重力做的功，所以物體重力勢能增加量ΔEp＝mgh＝1×10×2J＝20J，故選項(xiàng)D錯(cuò)誤。答案A2.如圖1所示，在豎直平面內(nèi)有一“V”形槽，其底部BC是一段圓弧，兩側(cè)都與光滑斜槽相切，相切處B、C位于同一水平面上。一小物體從右側(cè)斜槽上距BC平面高度為2h的A處由靜止開始下滑，經(jīng)圓弧槽再滑上左側(cè)斜槽，最高能到達(dá)距BC所在水平面高度為h的D處，接著小物體再向下滑回，若不考慮空氣阻力，則()圖1A.小物體恰好滑回到B處時(shí)速度為零B.小物體尚未滑回到B處時(shí)速度已變?yōu)榱鉉.小物體能滑回到B處之上，但最高點(diǎn)要比D處低D.小物體最終一定會停止在圓弧槽的最低點(diǎn)解析小物體從A處運(yùn)動(dòng)到D處的過程中，克服摩擦力所做的功為Wf1＝mgh，小物體從D處開始運(yùn)動(dòng)的過程，因?yàn)樗俣容^小，小物體對圓弧槽的壓力較小，所以克服摩擦力所做的功Wf2＜mgh，所以小物體能滑回到B處之上，但最高點(diǎn)要比D處低，C正確，A、B錯(cuò)誤；因?yàn)樾∥矬w與圓弧槽間的動(dòng)摩擦因數(shù)未知，所以小物體可能停在圓弧槽上的任何地方，D錯(cuò)誤。答案C3.(2017·蘇北四市三模)光滑水平地面上有一靜止的木塊，子彈水平射入木塊后未穿出，子彈和木塊的v－t圖象如圖2所示。已知木塊質(zhì)量大于子彈質(zhì)量，從子彈射入木塊到達(dá)到穩(wěn)定狀態(tài)，木塊動(dòng)能增加了50J，則此過程產(chǎn)生的內(nèi)能可能是()圖2A.10J B.50JC.70J D.120J解析v－t圖象的面積表示位移，由圖象可知，子彈相對木板的位移Δx是木板對地位移x木的兩倍多，設(shè)子彈與木板間的摩擦力為f，則對木板而言，摩擦力做正功，動(dòng)能增加，表達(dá)式為fx木＝Ek木＝50J，子彈與木板間的摩擦產(chǎn)生內(nèi)能，表達(dá)式為fΔx＝E內(nèi)，對比兩式可知，產(chǎn)生的內(nèi)能大于100J，選項(xiàng)A、B、C錯(cuò)誤，D正確。答案D4.[2017·蘇北四市徐州、淮安、連云港、宿遷高三上學(xué)期期中]某踢出的足球在空中運(yùn)動(dòng)軌跡如圖3所示，足球視為質(zhì)點(diǎn)，空氣阻力不計(jì)。用v、E、Ek、P分別表示足球的速率、機(jī)械能、動(dòng)能和重力的瞬時(shí)功率大小，用t表示足球在空中的運(yùn)動(dòng)時(shí)間，下列圖象中可能正確的是()圖3解析因足球斜上拋運(yùn)動(dòng)速率應(yīng)先減小后增大，選項(xiàng)A錯(cuò)誤；足球的機(jī)械能守恒，故E－t線應(yīng)為平行于t軸的直線，選項(xiàng)B錯(cuò)誤；足球在某時(shí)刻的速度大小v＝eq\r(veq\o\al(2,x)＋（v0y－gt）2)，則足球的動(dòng)能Ek＝eq\f(1,2)mv2＝eq\f(1,2)m[veq\o\al(2,x)＋(v0y－gt)2]，由數(shù)學(xué)知識可知，此圖線是開口向上的拋物線，故選項(xiàng)C錯(cuò)誤；重力的功率P＝mgvy＝mg(v0y－gt)，故選項(xiàng)D正確。答案D5.(2017·蘇北四市徐州、淮安、連云港、宿遷聯(lián)考)如圖4所示，楔形木塊ABC固定在水平面上，斜面AB、BC與水平面的夾角分別為53°、37°。質(zhì)量分別為2m、m的兩滑塊P、Q，通過不可伸長的輕繩跨過輕質(zhì)定滑輪連接，輕繩與斜面平行。已知滑塊P與AB間的動(dòng)摩擦因數(shù)為eq\f(1,3)，其它摩擦不計(jì)，重力加速度為g，sin53°＝0.8，sin37°＝0.6。在兩滑塊運(yùn)動(dòng)的過程中()圖4A.Q動(dòng)能的增加量等于輕繩對Q做的功B.Q機(jī)械能的增加量等于P機(jī)械能的減少量C.P機(jī)械能的減少量等于系統(tǒng)摩擦產(chǎn)生的熱量D.兩滑塊運(yùn)動(dòng)的加速度大小為eq\f(1,5)g解析在兩滑塊運(yùn)動(dòng)的過程中，Q沿斜面上升，輕繩的拉力和重力都對Q做功，由動(dòng)能定理知Q動(dòng)能的增加量等于輕繩對Q做的功與重力做功的代數(shù)和，故A項(xiàng)錯(cuò)誤；由于P下滑過程中要產(chǎn)生內(nèi)能，所以Q機(jī)械能的增加量與系統(tǒng)摩擦產(chǎn)生的內(nèi)能之和等于P機(jī)械能的減少量，故B項(xiàng)錯(cuò)誤；根據(jù)能量守恒定律知，P機(jī)械能的減少量等于系統(tǒng)摩擦產(chǎn)生的熱量與Q機(jī)械能的增加量之和，故C錯(cuò)誤；根據(jù)牛頓第二定律，對Q有：T－mgsin37°＝ma，對P有：2mgsin53°－T－μ·2mgcos53°＝2ma，聯(lián)立解得a＝eq\f(1,5)g，故D項(xiàng)正確。答案D二、多項(xiàng)選擇題6.如圖5所示，質(zhì)量為m的滑塊以一定初速度滑上傾角為θ的固定斜面，同時(shí)施加一沿斜面向上的恒力F＝mgsinθ；已知滑塊與斜面間的動(dòng)摩擦因數(shù)μ＝tanθ，取出發(fā)點(diǎn)為參考點(diǎn)，能正確描述滑塊運(yùn)動(dòng)到最高點(diǎn)過程中產(chǎn)生的熱量Q、滑塊動(dòng)能Ek、勢能Ep、機(jī)械能E隨時(shí)間t、位移x關(guān)系的是()圖5解析根據(jù)滑塊與斜面間的動(dòng)摩擦因數(shù)μ＝tanθ可知，滑動(dòng)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＝mgsinθ，滑塊機(jī)械能保持不變，重力勢能隨位移x均勻增大，選項(xiàng)C、D正確；產(chǎn)生的熱量Q＝Ffx，隨位移均勻增大，滑塊動(dòng)能Ek隨位移x均勻減小，又x＝v0t－eq\f(1,2)gsinθt2，選項(xiàng)A、B錯(cuò)誤。答案CD7.(2017·姜堰中學(xué))如圖6所示，質(zhì)量為M、長為L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f，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s，滑塊速度為v1，木板速度為v2，下列結(jié)論中正確的是()圖6A.上述過程中，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，s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D.其他條件不變的情況下，f越大，滑塊與木板間產(chǎn)生的熱量越多解析由牛頓第二定律得，f＝Ma1，F(xiàn)－f＝ma2，又L＝eq\f(1,2)a2t2－eq\f(1,2)a1t2，s＝eq\f(1,2)a1t2，M越大，a1越小，t越小，s越小，選項(xiàng)B正確；F越大，a2越大，t越小，選項(xiàng)C錯(cuò)誤；由Q＝fL可知，f越大，滑塊與木塊間產(chǎn)生的熱量越多，選項(xiàng)D正確；力F做的功還有一部分轉(zhuǎn)化為系統(tǒng)熱量Q，故選項(xiàng)A錯(cuò)誤。答案BD8.(2017·江蘇省常州市高三第一次模擬考試)如圖7所示，一輕質(zhì)彈簧左端固定，右端系一小物塊，物塊與水平面的最大靜摩擦力和滑動(dòng)摩擦力都為f，彈簧無形變時(shí)，物塊位于O點(diǎn)。每次都把物塊拉到右側(cè)不同位置由靜止釋放，釋放時(shí)彈力F大于f，物體沿水平面滑動(dòng)一段路程直到停止。下列說法中正確的是()圖7A.釋放時(shí)彈性勢能等于全過程克服摩擦力做的功B.每次釋放后物塊速度達(dá)到最大的位置保持不變C.物塊能返回到O點(diǎn)右側(cè)的臨界條件為F>3fD.物塊能返回到O點(diǎn)右側(cè)的臨界條件為F>4f解析物體最終靜止的位置不一定是O點(diǎn)，故彈簧的彈性勢能不一定全部用來克服摩擦力做功，選項(xiàng)A錯(cuò)誤；當(dāng)彈簧彈力與摩擦力大小相等時(shí)，加速度為零，速度達(dá)到最大值，選項(xiàng)B正確；設(shè)物體一開始在距離O點(diǎn)x1的A點(diǎn)，運(yùn)動(dòng)到O點(diǎn)左側(cè)最遠(yuǎn)處距離為x2的B點(diǎn)，最終到O點(diǎn)右側(cè)x3處的C點(diǎn)，A點(diǎn)有F＝kx1，全程有eq\f(1,2)kxeq\o\al(2,1)>f(x1＋2x2＋x3)，B到O點(diǎn)有eq\f(1,2)kxeq\o\al(2,2)>fx2，把k＝eq\f(F,x1)代入后兩式有Fx1>2f(x1＋2x2)，F(xiàn)x2>2fx1，聯(lián)立得出Fx1>2feq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(x1＋\f(4fx1,F)))，解得F>4f，選項(xiàng)C錯(cuò)誤，D正確。答案BD9.(2017·南師大附中)如圖8所示，質(zhì)量m＝1kg的物體從高為h＝0.2m的光滑軌道上P點(diǎn)由靜止開始下滑，滑到水平傳送帶上的A點(diǎn)，物體和傳送帶之間的動(dòng)摩擦因數(shù)為μ＝0.2，傳送帶A、B之間的距離為L＝5m，傳送帶一直以v＝4m/s的速度勻速運(yùn)動(dòng)，則()圖8A.物體從A運(yùn)動(dòng)到B的時(shí)間是1.5sB.物體從A運(yùn)動(dòng)到B的過程中，摩擦力對物體做了2J功C.物體從A運(yùn)動(dòng)到B的過程中，產(chǎn)生2J熱量D.物體從A運(yùn)動(dòng)到B的過程中，帶動(dòng)傳送帶轉(zhuǎn)動(dòng)的電動(dòng)機(jī)多做了10J功解析物體從P點(diǎn)下滑到A點(diǎn)過程中，只有重力做功，根據(jù)動(dòng)能定理可得mgh＝eq\f(1,2)mveq\o\al(2,A)，解得vA＝2m/s，由于物體剛到A點(diǎn)時(shí)的速度小于傳送帶的速度，所以物體在傳送帶施加的滑動(dòng)摩擦力的作用下先做勻加速直線運(yùn)動(dòng)，加速度a＝eq\f(μmg,m)＝μg＝2m/s2，加速到4m/s時(shí)發(fā)生的位移為x＝eq\f(42－22,2×2)m＝3m＜5m，故物體在傳送帶上先勻加速直線運(yùn)動(dòng)，后勻速運(yùn)動(dòng)，勻加速運(yùn)動(dòng)時(shí)間為t1＝eq\f(4－2,2)s＝1s，勻速時(shí)間t2＝eq\f(5－3,4)s＝0.5s，故物體從A運(yùn)動(dòng)到B的時(shí)間為t＝t1＋t2＝1.5s，選項(xiàng)A正確；物體從A到B的過程中摩擦力對物體做功為Wf＝eq\f(1,2)mv2－eq\f(1,2)mveq\o\al(2,A)＝6J，物體和傳送帶的相對位移為Δx＝(4×1.5－5)m＝1m，產(chǎn)生的熱量為Q＝μmgΔx＝2J，選項(xiàng)B錯(cuò)誤，C正確；傳送帶所做的功為W＝eq\f(1,2)mv2－eq\f(1,2)mveq\o\al(2,A)＋Q＝8J，選