第4講功能關(guān)系能量守恒定律一、幾種常見的功能關(guān)系及其表達式力做功能的變化定量關(guān)系合力的功動能變化W＝Ek2－Ek1＝ΔEk重力的功重力勢能變化(1)重力做正功，重力勢能減少(2)重力做負功，重力勢能增加(3)WG＝－ΔEp＝Ep1－Ep2彈簧彈力的功彈性勢能變化(1)彈力做正功，彈性勢能減少(2)彈力做負功，彈性勢能增加(3)WF＝－ΔEp＝Ep1－Ep2只有重力、彈簧彈力做功機械能不變化機械能守恒ΔE＝0除重力和彈簧彈力之外的其他力做的功機械能變化(1)其他力做多少正功，物體的機械能就增加多少(2)其他力做多少負功，物體的機械能就減少多少(3)W其他＝ΔE一對相互作用的滑動摩擦力的總功機械能減少內(nèi)能增加(1)作用于系統(tǒng)的一對滑動摩擦力一定做負功，系統(tǒng)內(nèi)能增加(2)摩擦生熱Q＝Ff·x相對自測1升降機底板上放一質(zhì)量為100kg的物體，物體隨升降機由靜止開始豎直向上移動5m時速度達到4m/s，則此過程中(g取10m/s2，不計空氣阻力)()A.升降機對物體做功5800JB.合外力對物體做功5800JC.物體的重力勢能增加500JD.物體的機械能增加800J答案A二、兩種摩擦力做功特點的比較類型比較靜摩擦力滑動摩擦力不同點能量的轉(zhuǎn)化方面只有機械能從一個物體轉(zhuǎn)移到另一個物體，而沒有機械能轉(zhuǎn)化為其他形式的能(1)將部分機械能從一個物體轉(zhuǎn)移到另一個物體(2)一部分機械能轉(zhuǎn)化為內(nèi)能，此部分能量就是系統(tǒng)機械能的損失量一對摩擦力的總功方面一對靜摩擦力所做功的代數(shù)和總等于零一對滑動摩擦力做功的代數(shù)和總是負值相同點正功、負功、不做功方面兩種摩擦力對物體可以做正功，也可以做負功，還可以不做功自測2如圖1所示，一個質(zhì)量為m的鐵塊沿半徑為R的固定半圓軌道上邊緣由靜止滑下，到半圓底部時，軌道所受壓力為鐵塊重力的1.5倍，則此過程中鐵塊損失的機械能為()圖1A.eq\f(4,3)mgR B.mgRC.eq\f(1,2)mgR D.eq\f(3,4)mgR答案D三、能量守恒定律1.內(nèi)容能量既不會憑空產(chǎn)生，也不會憑空消失，它只能從一種形式轉(zhuǎn)化為另一種形式，或者從一個物體轉(zhuǎn)移到別的物體，在轉(zhuǎn)化或轉(zhuǎn)移的過程中，能量的總量保持不變.2.表達式ΔE減＝ΔE增.3.基本思路(1)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)某個物體的能量減少，一定存在其他物體的能量增加，且減少量和增加量一定相等.自測3質(zhì)量為m的物體以初速度v0沿水平面向左開始運動，起始點A與一輕彈簧O端相距s，如圖2所示.已知物體與水平面間的動摩擦因數(shù)為μ，物體與彈簧相碰后，彈簧的最大壓縮量為x，則從開始碰撞到彈簧被壓縮至最短，物體克服彈簧彈力所做的功為()圖2A.eq\f(1,2)mv02－μmg(s＋x)B.eq\f(1,2)mv02－μmgxC.μmgsD.μmg(s＋x)答案A解析根據(jù)功的定義式可知物體克服摩擦力做功為Wf＝μmg(s＋x)，由能量守恒定律可得eq\f(1,2)mv02＝W彈＋Wf，W彈＝eq\f(1,2)mv02－μmg(s＋x)，故選項A正確.命題點一功能關(guān)系的理解和應(yīng)用1.只涉及動能的變化用動能定理分析.2.只涉及重力勢能的變化，用重力做功與重力勢能變化的關(guān)系分析.3.只涉及機械能的變化，用除重力和彈簧的彈力之外的其他力做功與機械能變化的關(guān)系分析.例1(多選)如圖3所示，輕質(zhì)彈簧一端固定，另一端與一質(zhì)量為m、套在粗糙豎直固定桿A處的圓環(huán)相連，彈簧水平且處于原長.圓環(huán)從A處由靜止開始下滑，經(jīng)過B處的速度最大，到達C處的速度為零，AC＝h.圓環(huán)在C處獲得一豎直向上的速度v，恰好能回到A.彈簧始終在彈性限度內(nèi)，重力加速度為g.則圓環(huán)()圖3A.下滑過程中，加速度一直減小B.下滑過程中，克服摩擦力做的功為eq\f(1,4)mv2C.在C處，彈簧的彈性勢能為eq\f(1,4)mv2－mghD.上滑經(jīng)過B的速度大于下滑經(jīng)過B的速度答案BD解析由題意知，圓環(huán)從A到C先加速后減速，到達B處的加速度減小為零，故加速度先減小后反向增大，故A錯誤；根據(jù)能量守恒定律，從A到C有mgh＝Wf＋Ep(Wf為克服摩擦力做的功)，從C到A有eq\f(1,2)mv2＋Ep＝mgh＋Wf，聯(lián)立解得：Wf＝eq\f(1,4)mv2，Ep＝mgh－eq\f(1,4)mv2，所以B正確，C錯誤；根據(jù)能量守恒定律，從A到B的過程有eq\f(1,2)mveq\o\al(2,B)＋ΔEp′＋Wf′＝mgh′，從B到A的過程有eq\f(1,2)mvB′2＋ΔEp′＝mgh′＋Wf′，比較兩式得vB′>vB，所以D正確.變式1(多選)(2016·全國卷Ⅱ·21)如圖4所示，小球套在光滑的豎直桿上，輕彈簧一端固定于O點，另一端與小球相連.現(xiàn)將小球從M點由靜止釋放，它在下降的過程中經(jīng)過了N點.已知在M、N兩點處，彈簧對小球的彈力大小相等，且∠ONM<∠OMN<eq\f(π,2).在小球從M點運動到N點的過程中()圖4A.彈力對小球先做正功后做負功B.有兩個時刻小球的加速度等于重力加速度C.彈簧長度最短時，彈力對小球做功的功率為零D.小球到達N點時的動能等于其在M、N兩點的重力勢能差答案BCD解析因M和N兩點處彈簧對小球的彈力大小相等，且∠ONM<∠OMN<eq\f(π,2)，知M處的彈簧處于壓縮狀態(tài)，N處的彈簧處于伸長狀態(tài)，則彈簧的彈力對小球先做負功后做正功再做負功，選項A錯誤；當彈簧水平時，豎直方向的力只有重力，加速度為g；當彈簧處于原長位置時，小球只受重力，加速度為g，則有兩個時刻的加速度大小等于g，選項B正確；彈簧長度最短時，即彈簧水平，彈力方向與速度方向垂直，彈力對小球做功的功率為零，選項C正確；由動能定理得，WF＋WG＝ΔEk，因M和N兩點處彈簧對小球的彈力大小相等，彈性勢能相等，則由彈力做功特點知WF＝0，即WG＝ΔEk，選項D正確.例2(2017·全國卷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的速度進入大氣層，逐漸減慢至速度為100m/s時下落到地面.取地面為重力勢能零點，在飛船下落過程中，重力加速度可視為常量，大小取為9.8m/s2(結(jié)果保留兩位有效數(shù)字).(1)分別求出該飛船著地前瞬間的機械能和它進入大氣層時的機械能；(2)求飛船從離地面高度600m處至著地前瞬間的過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入大氣層時速度大小的2.0%.答案(1)4.0×108J2.4×1012J(2)9.7×108J解析(1)飛船著地前瞬間的機械能為E0＝eq\f(1,2)mv02 ①式中，m和v0分別是飛船的質(zhì)量和著地前瞬間的速度.由①式和題給數(shù)據(jù)得E0＝4.0×108J ②設(shè)地面附近的重力加速度大小為g，飛船進入大氣層時的機械能為Eh＝eq\f(1,2)mvh2＋mgh ③式中，vh是飛船在高度1.60×105m處的速度.由③式和題給數(shù)據(jù)得Eh≈2.4×1012J ④(2)飛船在高度h′＝600m處的機械能為Eh′＝eq\f(1,2)m(eq\f(2.0,100)vh)2＋mgh′ ⑤由功能關(guān)系得W＝Eh′－E0 ⑥式中，W是飛船從高度600m處至著地前瞬間的過程中克服阻力所做的功.由②⑤⑥式和題給數(shù)據(jù)得W≈9.7×108J ⑦變式2(2017·全國卷Ⅲ·16)如圖5所示，一質(zhì)量為m、長度為l的均勻柔軟細繩PQ豎直懸掛.用外力將繩的下端Q緩慢地豎直向上拉起至M點，M點與繩的上端P相距eq\f(1,3)l.重力加速度大小為g.在此過程中，外力做的功為()圖5A.eq\f(1,9)mglB.eq\f(1,6)mglC.eq\f(1,3)mglD.eq\f(1,2)mgl答案A解析由題意可知，PM段細繩的機械能不變，MQ段細繩的重心升高了eq\f(l,6)，則重力勢能增加ΔEp＝eq\f(2,3)mg·eq\f(l,6)＝eq\f(1,9)mgl，由功能關(guān)系可知，在此過程中，外力做的功為W＝eq\f(1,9)mgl，故選項A正確，B、C、D錯誤.命題點二摩擦力做功與能量轉(zhuǎn)化1.靜摩擦力做功(1)靜摩擦力可以做正功，也可以做負功，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，只有機械能的相互轉(zhuǎn)移，不會轉(zhuǎn)化為內(nèi)能.2.滑動摩擦力做功的特點(1)滑動摩擦力可以做正功，也可以做負功，還可以不做功.(2)相互間存在滑動摩擦力的系統(tǒng)內(nèi)，一對滑動摩擦力做功將產(chǎn)生兩種可能效果：①機械能全部轉(zhuǎn)化為內(nèi)能；②有一部分機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)摩擦生熱的計算：Q＝Ffx相對.其中x相對為相互摩擦的兩個物體間的相對路程.從功的角度看，一對滑動摩擦力對系統(tǒng)做的功等于系統(tǒng)內(nèi)能的增加量；從能量的角度看，其他形式能量的減少量等于系統(tǒng)內(nèi)能的增加量.例3如圖6所示，某工廠用傳送帶向高處運送貨物，將一貨物輕輕放在傳送帶底端，第一階段物體被加速到與傳送帶具有相同的速度，第二階段與傳送帶相對靜止，勻速運動到傳送帶頂端.下列說法正確的是()圖6A.第一階段摩擦力對物體做正功，第二階段摩擦力對物體不做功B.第一階段摩擦力對物體做的功等于第一階段物體動能的增加量C.第一階段物體和傳送帶間摩擦生的熱等于第一階段物體機械能的增加量D.物體從底端到頂端全過程機械能的增加量大于全過程摩擦力對物體所做的功答案C解析對物體分析知，其在兩個階段所受摩擦力方向都沿斜面向上，與其運動方向相同，摩擦力對物體都做正功，A錯誤；由動能定理知，合外力做的總功等于物體動能的增加量，B錯誤；物體機械能的增加量等于摩擦力對物體所做的功，D錯誤；設(shè)第一階段物體的運動時間為t，傳送帶速度為v，對物體：x1＝eq\f(v,2)t，對傳送帶：x1′＝v·t，摩擦產(chǎn)生的熱Q＝Ffx相對＝Ff(x1′－x1)＝Ff·eq\f(v,2)t，機械能增加量ΔE＝Ff·x1＝Ff·eq\f(v,2)t，所以Q＝ΔE，C正確.變式3(多選)如圖7所示為生活中磨刀的示意圖，磨刀石靜止不動，刀在手的推動下從右向左勻速運動，發(fā)生的位移為x，設(shè)刀與磨刀石之間的摩擦力大小為Ff，則下列敘述中正確的是()圖7A.摩擦力對刀做負功，大小為FfxB.摩擦力對刀做正功，大小為FfxC.摩擦力對磨刀石做正功，大小為FfxD.摩擦力對磨刀石不做功答案AD變式4(多選)(2018·吉林白城模擬)質(zhì)量為m的物體在水平面上，只受摩擦力作用，以初動能E0做勻變速直線運動，經(jīng)距離d后，動能減小為eq\f(E0,3)，則()A.物體與水平面間的動摩擦因數(shù)為eq\f(2E0,3mgd)B.物體再前進eq\f(d,3)便停止C.物體滑行距離d所用的時間是滑行后面距離所用時間的eq\r(3)倍D.若要使此物體滑行的總距離為3d，其初動能應(yīng)為2E0答案AD解析由動能定理知Wf＝μmgd＝E0－eq\f(E0,3)，所以μ＝eq\f(2E0,3mgd)，A正確；設(shè)物體總共滑行的距離為s，則有μmgs＝E0，所以s＝eq\f(3,2)d，物體再前進eq\f(d,2)便停止，B錯誤；將物體的運動看成反方向的勻加速直線運動，則連續(xù)運動三個eq\f(d,2)距離所用時間之比為1∶(eq\r(2)－1)∶(eq\r(3)－eq\r(2))，所以物體滑行距離d所用的時間是滑行后面距離所用時間的(eq\r(3)－1)倍，C錯誤；若要使此物體滑行的總距離為3d，則由動能定理知μmg·3d＝Ek，得Ek＝2E0，D正確.命題點三能量守恒定律的理解和應(yīng)用例4如圖8所示，光滑水平面AB與豎直面內(nèi)的半圓形導軌在B點相切，半圓形導軌的半徑為R.一個質(zhì)量為m的物體將彈簧壓縮至A點后由靜止釋放，在彈力作用下物體獲得某一向右的速度后脫離彈簧，當它經(jīng)過B點進入導軌的瞬間對軌道的壓力為其重力的8倍，之后向上運動恰能到達最高點C.不計空氣阻力，試求：圖8(1)物體在A點時彈簧的彈性勢能；(2)物體從B點運動至C點的過程中產(chǎn)生的內(nèi)能.答案(1)eq\f(7,2)mgR(2)mgR解析(1)設(shè)物體在B點的速度為vB，所受彈力為FNB，由牛頓第二定律得：FNB－mg＝meq\f(v\o\al(2,B),R)由牛頓第三定律FNB′＝8mg＝FNB由能量守恒定律可知物體在A點時的彈性勢能Ep＝eq\f(1,2)mvB2＝eq\f(7,2)mgR(2)設(shè)物體在C點的速度為vC，由題意可知mg＝meq\f(v\o\al(2,C),R)物體由B點運動到C點的過程中，由能量守恒定律得Q＝eq\f(1,2)mvB2－(eq\f(1,2)mvC2＋2mgR)解得Q＝mgR.變式5如圖9所示，固定斜面的傾角θ＝30°，物體A與斜面之間的動摩擦因數(shù)μ＝eq\f(\r(3),2)，輕彈簧下端固定在斜面底端，彈簧處于原長時上端位于C點.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，初始時物體A到C點的距離為L.現(xiàn)給A、B一初速度v0>eq\r(gL)，使A開始沿斜面向下運動，B向上運動，物體A將彈簧壓縮到最短后又恰好能彈到C點.已知重力加速度為g，不計空氣阻力，整個過程中，輕繩始終處于伸直狀態(tài)，求：圖9(1)物體A向下運動剛到C點時的速度大?。?2)彈簧的最大壓縮量；(3)彈簧的最大彈性勢能.答案(1)eq\r(v02－gL)(2)eq\f(1,2)(eq\f(v02,g)－L)(3)eq\f(3,4)m(v02－gL)解析(1)物體A與斜面間的滑動摩擦力Ff＝2μmgcosθ，對A向下運動到C點的過程，由能量守恒定律有2mgLsinθ＋eq\f(3,2)mv02＝eq\f(3,2)mv2＋mgL＋Q其中Q＝FfL＝2μmgLcosθ解得v＝eq\r(v02－gL)(2)從物體A接觸彈簧將彈簧壓縮到最短后又恰好回到C點的過程，對系統(tǒng)應(yīng)用動能定理－Ff·2x＝0－eq\f(1,2)×3mv2解得x＝eq\f(v02,2g)－eq\f(L,2)＝eq\f(1,2)(eq\f(v02,g)－L)(3)從彈簧壓縮至最短到物體A恰好彈回到C點的過程中，由能量守恒定律得Ep＋mgx＝2mgxsinθ＋Q′Q′＝Ffx＝2μmgxcosθ解得Ep＝eq\f(3m,4)(v02－gL)1.如圖1所示，在豎直平面內(nèi)有一半徑為R的圓弧形軌道，半徑OA水平、OB豎直，一個質(zhì)量為m的小球自A的正上方P點由靜止開始自由下落，小球沿軌道到達最高點B時恰好對軌道沒有壓力.已知AP＝2R，重力加速度為g，則小球從P至B的運動過程中()圖1A.重力做功2mgR B.機械能減少mgRC.合外力做功mgR D.克服摩擦力做功eq\f(1,2)mgR答案D2.如圖2所示，質(zhì)量相等的物體A、B通過一輕質(zhì)彈簧相連，開始時B放在地面上，A、B均處于靜止狀態(tài).現(xiàn)通過細繩將A向上緩慢拉起，第一階段拉力做功為W1時，彈簧變?yōu)樵L；第二階段拉力再做功W2時，B剛要離開地面.彈簧一直在彈性限度內(nèi)，則()圖2A.兩個階段拉力做的功相等B.拉力做的總功等于A的重力勢能的增加量C.第一階段，拉力做的功大于A的重力勢能的增加量D.第二階段，拉力做的功等于A的重力勢能的增加量答案B3.(多選)如圖3所示，楔形木塊abc固定在水平面上，粗糙斜面ab和光滑斜面bc與水平面的夾角相同，頂角b處安裝一定滑輪.質(zhì)量分別為M、m(M>m)的滑塊、通過不可伸長的輕繩跨過定滑輪連接，輕繩與斜面平行.兩滑塊由靜止釋放后，沿斜面做勻加速運動.若不計滑輪的質(zhì)量和摩擦，在兩滑塊沿斜面運動的過程中()圖3A.兩滑塊組成的系統(tǒng)機械能守恒B.重力對M做的功等于M動能的增加C.輕繩對m做的功等于m機械能的增加D.兩滑塊組成的系統(tǒng)的機械能損失等于M克服摩擦力做的功答案CD解析兩滑塊釋放后，M下滑、m上滑，摩擦力對M做負功，系統(tǒng)的機械能減少，減少的機械能等于M克服摩擦力做的功，選項A錯誤，D正確.除重力對滑塊M做正功外，還有摩擦力和繩的拉力對滑塊M做負功，選項B錯誤.繩的拉力對滑塊m做正功，滑塊m機械能增加，且增加的機械能等于拉力做的功，選項C正確.4.(多選)如圖4所示，質(zhì)量為m的物體以某一速度沖上一個傾角為37°的斜面，其運動的加速度的大小為0.9g，這個物體沿斜面上升的最大高度為H，則在這一過程中()圖4A.物體的重力勢能增加了0.9mgHB.物體的重力勢能增加了mgHC.物體的動能損失了0.5mgHD.物體的機械能損失了0.5mgH答案BD解析在物體上滑到最大高度的過程中，重力對物體做負功，故物體的重力勢能增加了mgH，故A錯誤，B正確；物體所受的合力沿斜面向下，其合力做的功為W＝－F·eq\f(H,sin37°)＝－ma·eq\f(H,sin37°)＝－1.5mgH，故物體的動能損失了1.5mgH，故C錯誤；設(shè)物體受到的摩擦力為Ff，由牛頓第二定律得mgsin37°＋Ff＝ma，解得Ff＝0.3mg.摩擦力對物體做的功為Wf＝－Ff·eq\f(H,sin37°)＝－0.5mgH，因此物體的機械能損失了0.5mgH，故D正確.5.(多選)(2018·黑龍江佳木斯質(zhì)檢)如圖5所示，建筑工地上載人升降機用不計質(zhì)量的細鋼繩跨過定滑輪與一電動機相連，通電后電動機帶動升降機沿豎直方向先勻加速上升后勻速上升.摩擦及空氣阻力均不計.則()圖5A.升降機勻加速上升過程中，升降機底板對人做的功等于人增加的動能B.升降機勻加速上升過程中，升降機底板對人做的功等于人增加的機械能C.升降機勻速上升過程中，升降機底板對人做的功等于人增加的機械能D.升降機上升的全過程中，升降機拉力做的功大于升降機和人增加的機械能答案BC解析根據(jù)動能定理可知，合外力對物體做的功等于物體動能的變化量，所以升降機勻加速上升過程中，升降機底板對人做的功和人的重力做功之和等于人增加的動能，故A錯誤；除重力外，其他力對人做的功等于人機械能的增加量，B正確；升降機勻速上升過程中，升降機底板對人做的功等于人克服重力做的功(此過程中動能不變)，即增加的機械能，C正確；升降機上升的全過程中，升降機拉力做的功等于升降機和人增加的機械能，D錯誤.6.(多選)如圖6所示，一物塊通過一橡皮條與粗糙斜面頂端垂直于固定斜面的固定桿相連而靜止在斜面上，橡皮條與斜面平行且恰為原長.現(xiàn)給物塊一沿斜面向下的初速度v0，則物塊從開始滑動到滑到最低點的過程中(設(shè)最大靜摩擦力與滑動摩擦力大小相等，橡皮條的形變在彈性限度內(nèi))，下列說法正確的是()圖6A.物塊的動能一直增加B.物塊運動的加速度一直增大C.物塊的機械能一直減少D.物塊減少的機械能等于橡皮條增加的彈性勢能答案BC解析由題意知物塊的重力沿斜面向下的分力為mgsinθ≤Ff＝μmgcosθ，在物塊下滑過程中，橡皮條拉力F一直增大，根據(jù)牛頓第二定律有a＝eq\f(Ff＋F－mgsinθ,m)，F(xiàn)增大，a增大，選項B正確；物塊受到的合外力方向沿斜面向上，與位移方向相反，根據(jù)動能定理知動能一直減少，選項A錯誤；滑動摩擦力和拉力F一直做負功，根據(jù)功能關(guān)系知物塊的機械能一直減少，選項C正確；根據(jù)能量守恒定律，物塊減少的機械能等于橡皮條增加的彈性勢能和摩擦產(chǎn)生的熱量之和，選項D錯誤.7.如圖7所示，固定的傾斜光滑桿上套有一個質(zhì)量為m的圓環(huán)，圓環(huán)與一橡皮繩相連，橡皮繩的另一端固定在地面上的A點，橡皮繩豎直時處于原長h.讓圓環(huán)沿桿滑下，滑到桿的底端時速度為零.則在圓環(huán)下滑過程中()圖7A.圓環(huán)機械能守恒B.橡皮繩的彈性勢能一直增大C.橡皮繩的彈性勢能增加了mghD.橡皮繩再次到達原長時圓環(huán)動能最大答案C解析圓環(huán)沿桿滑下，滑到桿的底端的過程中有兩個力對圓環(huán)做功，即環(huán)的重力和橡皮繩的拉力，所以圓環(huán)的機械能不守恒，如果把圓環(huán)和橡皮繩組成的系統(tǒng)作為研究對象，則系統(tǒng)的機械能守恒，故A錯誤；橡皮繩的彈性勢能隨橡皮繩的形變量的變化而變化，由題意知橡皮繩先不發(fā)生形變后伸長，故橡皮繩的彈性勢能先不變再增大，故B錯誤；下滑過程中，圓環(huán)的機械能減少了mgh，根據(jù)系統(tǒng)的機械能守恒，橡皮繩的彈性勢能增加了mgh，故C正確；在圓環(huán)下滑過程中，橡皮繩再次達到原長時，該過程中圓環(huán)的動能一直增大，但不是最大，沿桿方向的合力為零的時刻，圓環(huán)的速度最大，故D錯誤.8.如圖8所示，一質(zhì)量為m的小球固定于輕質(zhì)彈簧的一端，彈簧的另一端固定于O點.將小球拉至A點，彈簧恰好無形變，由靜止釋放小球，當小球運動到O點正下方與A點的豎直高度差為h的B點時，速度大小為v.已知重力加速度為g，下列說法正確的是()圖8A.小球運動到B點時的動能等于mghB.小球由A點到B點重力勢能減少eq\f(1,2)mv2C.小球由A點到B點克服彈力做功為mghD.小球到達B點時彈簧的彈性勢能為mgh－eq\f(1,2)mv2答案D解析小球由A點到B點的過程中，小球和彈簧組成的系統(tǒng)機械能守恒，彈簧伸長，彈簧的彈性勢能增大，小球動能的增加量與彈簧彈性勢能的增加量之和等于小球重力勢能的減小量，即小球動能的增加量小于重力勢能的減少量mgh，A、B項錯誤，D項正確；彈簧彈性勢能的增加量等于小球克服彈力所做的功，C項錯誤.9.(2018·四川德陽調(diào)研)足夠長的水平傳送帶以恒定速度v勻速運動，某時刻一個質(zhì)量為m的小物塊以大小也是v、方向與傳送帶的運動方向相反的初速度沖上傳送帶，最后小物塊的速度與傳送帶的速度相同.在小物塊與傳送帶間有相對運動的過程中，滑動摩擦力對小物塊做的功為W，小物塊與傳送帶間因摩擦產(chǎn)生的熱量為Q，則下列判斷中正確的是()A.W＝0，Q＝mv2 B.W＝0，Q＝2mv2C.W＝eq\f(mv2,2)，Q＝mv2 D.W＝mv2，Q＝2mv2答案B解析對小物塊，由動能定理有W＝eq\f(1,2)mv2－eq\f(1,2)mv2＝0，設(shè)小物塊與傳送帶間的動摩擦因數(shù)為μ，則小物塊與傳送帶間的相對路程x相對＝eq\f(2v2,μg)，這段時間內(nèi)因摩擦產(chǎn)生的熱量Q＝μmg·x相對＝2mv2，選項B正確.10.(多選)如圖9所示，質(zhì)量為M、長度為L的小車靜止在光滑的水平面上.質(zhì)量為m的小物塊(可視為質(zhì)點)放在小車的最左端.現(xiàn)用一水平恒力F作用在小物塊上，使物塊從靜止開始做勻加速直線運動，物塊和小車之間的摩擦力為Ff，物塊滑到小車的最右端時，小車運動的距離為s.在這個過程中，以下結(jié)論正確的是()圖9A.物塊到達小車最右端時具有的動能為F(L＋s)B.物塊到達小車最右端時，小車具有的動能為FfsC.物塊克服摩擦力所做的功為Ff(L＋s)D.物塊和小車增加的機械能為Ffs答案BC解析對物塊分析，物塊相對于地的位移為L＋s，根據(jù)動能定理得(F－Ff)(L＋s)＝eq\f(1,2)mv2－0，則知物塊到達小車最右端時具有的動能為(F－Ff)(L＋s)，故A錯誤；對小車分析，小車對地的位移為s，根據(jù)動能定理得Ffs＝eq\f(1,2)Mv′2－0，則知物塊到達小車最右端時，小車具有的動能為Ffs，故B正確；物塊相對于地的位移大小為L＋s，則物塊克服摩擦力所做的功為Ff(L＋s)，故C正確；根據(jù)能量守恒得，外力F做的功轉(zhuǎn)化為小車和物塊的機械能以及摩擦產(chǎn)生的內(nèi)能，則有F(L＋s)＝ΔE＋Q，則物塊和小車增加的機械能為ΔE＝F(L＋s)－FfL，故D錯誤.11.如圖10所示，一物體質(zhì)量m＝2kg，在傾角θ＝37°的斜面上的A點以初速度v0＝3m/s下滑，A點距彈簧上端B的距離AB＝4m.當物體到達B后將彈簧壓縮到C點，最大壓縮量BC＝0.2m，然后物體又被彈簧彈上去，彈到