《（名師導(dǎo)學(xué)）2020版高考物理總復(fù)習(xí) 第五章 第4節(jié) 功能關(guān)系 能量守恒定律教學(xué)案 新人教版》由會(huì)員分享，可在線閱讀，更多相關(guān)《（名師導(dǎo)學(xué)）2020版高考物理總復(fù)習(xí) 第五章 第4節(jié) 功能關(guān)系 能量守恒定律教學(xué)案 新人教版（11頁(yè)珍藏版）》請(qǐng)?jiān)谘b配圖網(wǎng)上搜索。

1、第4節(jié)　功能關(guān)系　能量守恒定律 ?！　　緋87】 夯實(shí)基礎(chǔ)　 1．功能關(guān)系的內(nèi)容 (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(guò)程一定伴隨著__能量的轉(zhuǎn)化__，而且__能量的轉(zhuǎn)化__必須通過(guò)做功來(lái)實(shí)現(xiàn)． 2．幾種常見(jiàn)的功能關(guān)系 不同的 力做功 對(duì)應(yīng)不同形 式能的變化 定量關(guān)系 合外力做功(所有外力的功) 動(dòng)能變化 合外力對(duì)物體做的功等于物體動(dòng)能的變化 W合＝Ek2－Ek1＝ΔEk 重力做功 重力勢(shì)能變化　 重力做正功，重力勢(shì)能減少；重力做負(fù)功，重力勢(shì)能增加. WG＝－ΔEp＝Ep1－E

2、p2 彈簧彈力做功 彈性勢(shì)能變化　 彈簧彈力做正功，彈性勢(shì)能減少；彈簧彈力做負(fù)功，彈性勢(shì)能增加. 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 除重力和彈簧彈力之外的力做的功 機(jī)械能的變化　 除重力、彈簧彈力之外的力做多少正功，物體的機(jī)械能就增加多少；除重力和彈簧彈力之外的力做多少負(fù)功，物體的機(jī)械能就減少多少. W除G、彈力外＝ΔE＝E2－E1 克服滑動(dòng)摩擦力做的功 產(chǎn)生摩擦熱 Wf克＝Q摩 克服安培力做的功 電能變化 WA克＝E電 電場(chǎng)力做功 電勢(shì)能變化 電場(chǎng)力做正功，電勢(shì)能減少；

3、電場(chǎng)力做負(fù)功，電勢(shì)能增加. W電＝－ΔEp＝Ep1－Ep2 　　　　　　　　　　　　　　　　 考點(diǎn)突破　　 例1如圖所示，甲、乙兩傳送帶與水平面的夾角相同，都以恒定速率v向上運(yùn)動(dòng)．現(xiàn)將一質(zhì)量為m的小物體(視為質(zhì)點(diǎn))輕輕放在A處，小物體在甲傳送帶到達(dá)B處時(shí)恰好達(dá)到傳送帶的速率v.在乙傳送帶上到達(dá)離B處豎直高度為h的C處時(shí)達(dá)到傳送帶的速率v，已知B處離地面的高度均為H，則在小物塊從A到B的過(guò)程中(　　) A．小物體與甲傳送帶間的動(dòng)摩擦因數(shù)較小 B．兩傳送帶對(duì)小物體做功相等 C．兩種情況下因摩擦產(chǎn)生的熱量相等 D．甲傳送帶消耗的電能比較大 【解析】根據(jù)公式：v2＝2

4、ax，可知物體加速度關(guān)系a甲＜a乙，再由牛頓第二定律μmgcos θ－mgsin θ＝ma，得知μ甲＜μ乙，A正確；傳送帶對(duì)小物體做功等于小物塊的機(jī)械能的增加量，動(dòng)能增加量相等，重力勢(shì)能的增加量也相同，故兩種傳送帶對(duì)小物體做功相等，B正確；由摩擦生熱Q＝fs相對(duì)知，甲圖中：＝，Q甲＝f1Δs1＝f1＝f1，對(duì)m，由動(dòng)能定理－mgH＋f1＝mv2∴f1＝mgH＋mv2＝Q甲，同理，Q乙＝mg(H－h(huán))＋mv2，Q甲＞Q乙，C錯(cuò)誤；根據(jù)能量守恒定律，電動(dòng)機(jī)消耗的電能E電等于摩擦產(chǎn)生的熱量Q與物塊增加的機(jī)械能之和，因物塊兩次從A到B增加的機(jī)械能相同，Q甲＞Q乙，所以將小物體傳送到B處，兩種傳送帶消耗

5、的電能甲更多，D正確． 【答案】ABD 【小結(jié)】利用功能關(guān)系求解問(wèn)題要分清楚是什么力做功，并且清楚該力做正功還是負(fù)功，從而判斷與之相關(guān)的能量的變化．力做功的過(guò)程就是物體能量轉(zhuǎn)化的過(guò)程，功是能量轉(zhuǎn)化的量度． 針對(duì)訓(xùn)練　 1．(多選)如圖所示，一固定斜面傾角為30°，一質(zhì)量為m的小物塊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)，加速度的大小等于重力加速度的大小g.若物塊上升的最大高度為H，則此過(guò)程中，物塊的(AC) A．動(dòng)能損失了2mgH B．動(dòng)能損失了mgH C．機(jī)械能損失了mgH D．機(jī)械能損失了mgH 【解析】由動(dòng)能定理得，ΔEk＝－mv＝－mg＝－2mgH，選項(xiàng)

6、A正確、B錯(cuò)誤；由能量守恒得，ΔE＝mgH－mv＝－mgH，選項(xiàng)C正確、D錯(cuò)誤． 2．(多選)升降機(jī)底板上放一質(zhì)量為100 kg的物體，物體隨升降機(jī)由靜止開(kāi)始豎直向上移動(dòng)5 m時(shí)速度達(dá)到4 m/s，則此過(guò)程中(g取10 m/s2)(AC) A．升降機(jī)對(duì)物體做功5 800 J B．合外力對(duì)物體做功5 800 J C．物體的重力勢(shì)能增加5 000 J D．物體的機(jī)械能增加5 000 J 【解析】重力勢(shì)能增加ΔEp＝mgh＝100×10×5 J＝5 000 J；合外力做功為動(dòng)能增加量，等于800 J，B錯(cuò)誤；升降機(jī)對(duì)物體做功為重力勢(shì)能＋動(dòng)能＝5 800 J，機(jī)械能總增加量為動(dòng)能增

7、加量＋勢(shì)能增加量＝5 800 J. 　　【p87】 夯實(shí)基礎(chǔ)　 1．能量轉(zhuǎn)化和守恒定律：能量既不會(huì)憑空消失，也不會(huì)__憑空產(chǎn)生__．它只能從一種形式__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(guò)程中，能量的總量__保持不變__． 2．能量守恒關(guān)系式：ΔE減＝ΔE增． 3．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． 考點(diǎn)突破　　 例2如圖甲所示，質(zhì)量為m的滑塊以一定初速度滑上傾角為θ的固定

8、斜面，同時(shí)施加一沿斜面向上的恒力F＝mgsin θ.已知滑塊與斜面間的動(dòng)摩擦因數(shù)μ＝tan θ，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(guò)程中產(chǎn)生的熱量Q、滑塊的動(dòng)能Ek、勢(shì)能Ep、機(jī)械能E隨時(shí)間t、位移x變化關(guān)系的是(　　) 【解析】以物體為研究對(duì)象進(jìn)行受力分析可知，滑塊上滑過(guò)程中所受的合外力為μmgcos θ＝mgsin θ，故滑塊做加速度大小為gsin θ的勻減速直線運(yùn)動(dòng)，上滑過(guò)程中產(chǎn)生的熱量Q＝fx＝mgsin θ是關(guān)于t的二次函數(shù)，故A錯(cuò)誤；滑塊的動(dòng)能Ek＝mv2＝m(v0－gtsin θ)2是關(guān)于時(shí)間的二次函數(shù)，故B錯(cuò)誤；重力勢(shì)能Ep＝mgh＝mgxsin θ∝x，所以C

9、正確；上滑過(guò)程中恒力做功與摩擦力做功相等即Wf＝WF＝mgxsin θ，故滑塊的機(jī)械能保持不變，所以D正確． 【答案】CD 例3如圖所示，一物體質(zhì)量m＝2 kg.在傾角為θ＝37°的斜面上的A點(diǎn)以初速度v0＝3 m/s下滑，A點(diǎn)距彈簧上端B的距離AB＝4 m．當(dāng)物體到達(dá)B后將彈簧壓縮到C點(diǎn)，最大壓縮量BC＝0.2 m，然后物體又被彈簧彈上去，彈到的最高位置為D點(diǎn)，D點(diǎn)距A點(diǎn)距離AD＝3 m．擋板及彈簧質(zhì)量不計(jì)，g取10 m/s2，sin 37°＝0.6，求： (1)物體與斜面間的動(dòng)摩擦因數(shù)μ； (2)彈簧的最大彈性勢(shì)能Epm. 【解析】由于有摩擦存在，機(jī)械能不守恒．可用功能關(guān)系解

10、題． (1)最后的D點(diǎn)與開(kāi)始的位置A點(diǎn)比較： 動(dòng)能減少ΔEk＝mv＝9 J. 重力勢(shì)能減少ΔEp＝mglADsin 37°＝36 J. 機(jī)械能減少ΔE＝ΔEk＋ΔEp＝45 J 機(jī)械能的減少量全部用來(lái)克服摩擦力做功，即 Wf＝Ffl＝45 J， 而路程l＝5.4 m，則Ff＝＝8.33 N. 而Ff＝μmgcos 37°，所以μ＝＝0.52. (2)m到C點(diǎn)瞬間對(duì)應(yīng)的彈簧彈性勢(shì)能最大， 由A到C的過(guò)程：動(dòng)能減少ΔE′k＝mv＝9 J. 重力勢(shì)能減少ΔE′p＝mglAC·sin 37°＝50.4 J 機(jī)械能的減少用于克服摩擦力做功W′f＝Ff·sAC＝ μmgcos 3

11、7°×sAC＝35 J．由能的轉(zhuǎn)化和守恒定律得： Epm＝ΔE′k＋ΔE′p－W′f＝24.4 J. 【小結(jié)】運(yùn)用能量轉(zhuǎn)化守恒定律解題的基本思路 針對(duì)訓(xùn)練　 3．(多選)如圖所示，足夠長(zhǎng)的傳送帶以恒定速率沿順時(shí)針?lè)较蜻\(yùn)轉(zhuǎn)．現(xiàn)將一個(gè)物體輕輕放在傳送帶底端，物體第一階段被加速到與傳送帶有相同的速度，第二階段勻速運(yùn)動(dòng)到傳送帶頂端．則下列說(shuō)法中正確的是(AC) A．第一階段和第二階段摩擦力對(duì)物體都做正功 B．第一階段摩擦力對(duì)物體做的功等于第一階段物體動(dòng)能的增加量 C．第二階段摩擦力對(duì)物體做的功等于第二階段物體機(jī)械能的增加量 D．兩個(gè)階段摩擦力對(duì)物體所做的功等于物體機(jī)械能的減

12、少量 【解析】因兩個(gè)階段物體所受的摩擦力方向與運(yùn)動(dòng)方向相同，故都對(duì)物體做正功，A正確；在第一個(gè)階段中，由Wf1－mgh1＝mv2－0可知，Wf1＝mv2＋mgh，B錯(cuò)誤；在第二個(gè)階段中，除重力外只有摩擦力做功，故第二階段摩擦力對(duì)物體做的功等于第二階段物體機(jī)械能的增量，C正確；因物體在兩個(gè)過(guò)程中機(jī)械能均增加，故D錯(cuò)誤． 4．一根長(zhǎng)為L(zhǎng)、質(zhì)量為m的均勻鏈條放在光滑的水平桌面上，其長(zhǎng)度的一半懸于桌邊，若要將懸著的部分拉回桌面，至少做功(A) A.mgL B.mgL C．mgL D.mgL 【解析】懸于桌邊的鏈條質(zhì)量為.將其拉上桌面，重心升高，故至少做功為mgL.故選項(xiàng)A正確． 5

13、．如圖所示，分別用恒力F1、F2先后將質(zhì)量為m的同一物體由靜止開(kāi)始沿相同的固定粗糙斜面從底端推至頂端．第一次力F1沿斜面向上，第二次力F2沿水平方向，兩次所用時(shí)間相同，則在這兩個(gè)過(guò)程中(D) A．恒力F1等于恒力F2 B．兩次物體機(jī)械能的變化量不相同 C．F1和F2的平均功率相同 D．兩次合力所做的功相同 【解析】由公式x＝at2，由于x和t均相同，故加速度a相同，由v＝at，t相同，則物體到達(dá)斜面頂端時(shí)速度相同，動(dòng)能相同，則動(dòng)能變化量相同，根據(jù)動(dòng)能定理得知，合外力做功相等．由圖示分析可知，第一次物體所受的摩擦力小于第二次物體所受的摩擦力，故兩物體克服摩擦力做功不同，重力做功相同，F(xiàn)

14、1做的功比F2做的少，故D正確、A錯(cuò)誤；物體的運(yùn)動(dòng)情況相同，重力做功功率相同，第二次克服摩擦力做功的功率大，故F1做功的功率比F2做功的功率小，C錯(cuò)誤；物體末速度相同，又由于處于相同的高度，所以兩物體機(jī)械能變化量相同，故B錯(cuò)誤． 考 點(diǎn) 集 訓(xùn)　【p295】 A組 1．如圖所示，滑塊以6 m/s的初速度從曲面上的A點(diǎn)滑下，運(yùn)動(dòng)到B點(diǎn)(比A點(diǎn)低)時(shí)速度仍為6 m/s.若滑塊以5 m/s的初速度仍由A點(diǎn)下滑，則它運(yùn)動(dòng)到B點(diǎn)時(shí)的速度(A) A．大于5 m/s B．等于5 m/s C．小于5 m/s D．無(wú)法確定 【解析】?jī)纱蜗禄?，滑塊做圓周運(yùn)動(dòng)時(shí)，曲面對(duì)滑塊的彈力不同，則滑塊受

15、到的摩擦力不同，故摩擦力對(duì)滑塊做的功不同，而重力對(duì)滑塊做的功相同，故兩次動(dòng)能的變化不同．因第二次速度小一點(diǎn)，滑塊做圓周運(yùn)動(dòng)時(shí)，曲面對(duì)它的彈力也小一些，故它受到的摩擦力也隨之減小，因此它克服摩擦力做的功也相應(yīng)地減小，從而小于滑塊重力做的功(因?yàn)榈谝淮位瑝K克服摩擦力做的功等于滑塊重力做的功)，故末速度大于初速度．本題正確答案為A. 2．(多選)如圖所示，足夠長(zhǎng)傳送帶與水平方向的夾角為θ，物塊a通過(guò)平行于傳送帶的輕繩跨過(guò)光滑輕滑輪，與木塊b相連，b的質(zhì)量為m，開(kāi)始時(shí)a、b及傳送帶均靜止，且a不受傳送帶的摩擦力作用，現(xiàn)將傳送帶逆時(shí)針勻速轉(zhuǎn)動(dòng)，則在b上升h高度(未與滑輪相碰)的過(guò)程中(ABC)

16、A．物塊A的質(zhì)量為 B．摩擦力對(duì)a做的功等于物塊a、b構(gòu)成的系統(tǒng)機(jī)械能的增加量 C．摩擦力對(duì)a做的功等于物塊a、b動(dòng)能增加量之和 D．任意時(shí)刻，重力對(duì)a、b做功的瞬時(shí)功率大小不相等 【解析】開(kāi)始時(shí)，a、b及傳送帶均靜止且a不受傳送帶摩擦力作用，有magsin θ＝mbg，則ma＝＝，故A正確．摩擦力對(duì)a做正功，根據(jù)功能關(guān)系得：物塊a、b構(gòu)成的系統(tǒng)機(jī)械能增加，摩擦力對(duì)a做的功等于a、b機(jī)械能的增加，故B正確．b上升h，則a下降hsin θ，則a重力勢(shì)能的減小量為ΔEpa＝mag×hsin θ＝mgh，等于b重力勢(shì)能的增加量，系統(tǒng)的重力勢(shì)能不變，所以摩擦力對(duì)a做的功等于物塊a、b動(dòng)能增加量

17、之和，故C正確．任意時(shí)刻a、b的速率相等，對(duì)b，克服重力的瞬時(shí)功率Pb＝mgv，對(duì)a有：Pa＝magvsin θ＝mgv，所以重力對(duì)a、b做功的瞬時(shí)功率大小相等，故D錯(cuò)誤． 3．(多選)光滑水平面上靜置一質(zhì)量為M的木塊，一質(zhì)量為m的子彈以水平速度v1射入木塊，以v2速度穿出，木塊速度變?yōu)関，對(duì)這個(gè)過(guò)程，下列說(shuō)法中不正確的是(BCD) A．子彈對(duì)木塊做的功等于Mv2 B．子彈對(duì)木塊做的功等于子彈克服阻力做的功 C．子彈對(duì)木塊做的功等于木塊獲得的動(dòng)能與子彈跟木塊間摩擦生熱的內(nèi)能之和 D．子彈損失的動(dòng)能等于子彈跟木塊間摩擦產(chǎn)生的內(nèi)能 【解析】由動(dòng)能定理可知，子彈對(duì)木塊做的功等于木塊動(dòng)能的

18、增加量Mv2，選項(xiàng)A正確，C錯(cuò)誤；由動(dòng)能定理可知，子彈克服阻力做的功等于子彈動(dòng)能的變化量m(v－v)，由能量守恒定律可知m(v－v)＝Mv2＋Q，故選項(xiàng)B、D錯(cuò)誤．故選B、C、D. 4．如圖所示，用力F拉位于粗糙固定斜面上的木箱，使它沿著斜面加速向上移動(dòng)．木箱在移動(dòng)過(guò)程中，下列說(shuō)法正確的是(C) A．重力對(duì)木箱做的功等于木箱增加的重力勢(shì)能 B．F對(duì)木箱做的功等于木箱增加的機(jī)械能 C．合外力對(duì)木箱做的功等于木箱增加的動(dòng)能 D．F對(duì)木箱做的功等于木箱增加的動(dòng)能與木箱克服摩擦力所做功之和 【解析】克服木箱的重力做的功等于木箱增加的重力勢(shì)能，選項(xiàng)A錯(cuò)誤；F和摩擦力做功的代數(shù)和等于木箱增

19、加的機(jī)械能，選項(xiàng)B錯(cuò)誤；根據(jù)動(dòng)能定理可知，合外力對(duì)木箱做的功等于木箱增加的動(dòng)能，選項(xiàng)C正確；F對(duì)木箱做的功等于木箱增加的機(jī)械能與木箱克服摩擦力所做功之和，選項(xiàng)D錯(cuò)誤． 5．(多選)一物體懸掛在細(xì)繩下端，由靜止開(kāi)始沿豎直方向向下運(yùn)動(dòng)，運(yùn)動(dòng)過(guò)程中，物體的機(jī)械能與位移的關(guān)系圖象如圖所示，其中0～s1過(guò)程的圖線為曲線，s1～s2過(guò)程的圖線為直線．根據(jù)該圖象，下列判斷正確的是(BD) A．0～s1過(guò)程中物體所受拉力一定是變力，且不斷減小 B．s1～s2過(guò)程中物體可能在做勻速直線運(yùn)動(dòng) C．s1～s2過(guò)程中物體可能在做變加速直線運(yùn)動(dòng) D．0～s2過(guò)程中物體的動(dòng)能可能在不斷增大 【解析】由于除

20、重力和彈簧的彈力之外的其他力做多少負(fù)功物體的機(jī)械能就減少多少，所以E－x圖象的斜率的絕對(duì)值等于物體所受拉力的大小，由圖可知在0～s1內(nèi)斜率的絕對(duì)值逐漸增大，故在0～s1內(nèi)物體所受的拉力是不斷增大的，故A錯(cuò)誤；由于物體在s1～s2內(nèi)E－x圖象的斜率的絕對(duì)值不變，故物體所受的拉力保持不變．如果拉力等于物體所受的重力，故物體做勻速直線運(yùn)動(dòng)，故B正確；由于物體在s1～s2內(nèi)所受的拉力保持不變，故加速度保持不變，故物體不可能做變加速直線運(yùn)動(dòng)，故C錯(cuò)誤；如果物體在0～s2內(nèi)所受的繩子的拉力小于物體的重力，則物體加速向下運(yùn)動(dòng)，故物體的動(dòng)能不斷增大，故D正確． 6．如圖甲所示，質(zhì)量不計(jì)的彈簧豎直固定在水平面

21、上，t＝0時(shí)刻，將一金屬小球從彈簧正上方某一高度處由靜止釋放，小球落到彈簧上壓縮彈簧到最低點(diǎn)，然后又被彈起離開(kāi)彈簧，上升到一定高度后再下落，如此反復(fù)．通過(guò)安裝在彈簧下端的壓力傳感器，測(cè)出這一過(guò)程彈簧彈力F隨時(shí)間t變化的圖象如圖乙所示，則(C) A．t1時(shí)刻小球動(dòng)能最大 B．t2時(shí)刻小球動(dòng)能最大 C．t2～t3這段時(shí)間內(nèi)，小球的動(dòng)能先增加后減少 D．t2～t3這段時(shí)間內(nèi)，小球增加的動(dòng)能等于彈簧減少的彈性勢(shì)能 【解析】球在接觸彈簧之前做自由落體運(yùn)動(dòng)．碰到彈簧后先做加速度不斷減小的加速運(yùn)動(dòng)，當(dāng)加速度為0時(shí)，即重力等于彈簧彈力時(shí)加速度為0，而后往下做加速度不斷增大的減速運(yùn)動(dòng)．與彈簧接觸的

22、整個(gè)下降過(guò)程，小球的動(dòng)能和重力勢(shì)能轉(zhuǎn)化為彈簧的彈性勢(shì)能．上升過(guò)程恰好與下降過(guò)程互逆．由乙圖可知t1時(shí)刻開(kāi)始接觸彈簧；t2時(shí)刻彈力最大，小球處在最低點(diǎn)，動(dòng)能為0；t3時(shí)刻小球往上運(yùn)動(dòng)恰好要離開(kāi)彈簧；t2～t3這段時(shí)間內(nèi)，小球先加速后減速，動(dòng)能先增加后減少，彈簧的彈性勢(shì)能轉(zhuǎn)化為小球的動(dòng)能和重力勢(shì)能．C對(duì)． 7．(多選)某位溜冰愛(ài)好者先在岸上從O點(diǎn)由靜止開(kāi)始勻加速助跑，2 s后到達(dá)岸邊A處，接著進(jìn)入冰面(冰面與岸邊在同一水平面內(nèi))開(kāi)始滑行，又經(jīng) 3 s 停在了冰上的B點(diǎn)，如圖所示．若該過(guò)程中，他的位移是x，速度是v，受的合外力是F，機(jī)械能是E，則對(duì)以上各量隨時(shí)間變化規(guī)律的描述正確的是(BC)

23、 【解析】此愛(ài)好者先做勻加速直線運(yùn)動(dòng)再做勻減速直線運(yùn)動(dòng)直至靜止，故B正確；先后做勻加速運(yùn)動(dòng)和勻減速運(yùn)動(dòng)，兩過(guò)程合外力大小均為定值，第一個(gè)過(guò)程合外力大小是第二個(gè)過(guò)程合外力的1.5倍，故C正確；位移圖象是二次函數(shù)曲線，故A錯(cuò)；整個(gè)過(guò)程中的機(jī)械能即動(dòng)能先增大后減小，故D錯(cuò)． 8．(多選)如圖所示，質(zhì)量為 M、長(zhǎng)度為l的小車(chē)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(diǎn))放在小車(chē)的最左端．現(xiàn)用一水平恒力F作用在小物塊上，使小物塊從靜止開(kāi)始做勻加速直線運(yùn)動(dòng)．小物塊和小車(chē)之間的摩擦力為Ff.小物塊滑到小車(chē)的最右端時(shí)，小車(chē)運(yùn)動(dòng)的距離為x.在這個(gè)過(guò)程中，以下結(jié)論正確的是(ABC) A．小物塊到

24、達(dá)小車(chē)最右端時(shí)具有的動(dòng)能為(F－Ff)(l＋x) B．小物塊到達(dá)小車(chē)最右端時(shí)，小車(chē)具有的動(dòng)能為Ffx C．小物塊克服摩擦力所做的功為Ff (l＋x) D．小物塊和小車(chē)增加的機(jī)械能為Fx 【解析】小物塊受到向右的拉力F作用，向右運(yùn)動(dòng)受到向左的摩擦力Ff，根據(jù)相互作用，小車(chē)受到向右的摩擦力Ff而運(yùn)動(dòng)．小車(chē)運(yùn)動(dòng)距離為x，而物塊從小車(chē)的左端運(yùn)動(dòng)到右端位移為l＋x.對(duì)小車(chē)根據(jù)動(dòng)能定理有Ff×x＝Ek1－0，選項(xiàng)B對(duì)，對(duì)小物塊根據(jù)動(dòng)能定理有(F－Ff)×(x＋l)＝Ek2－0，選項(xiàng)A對(duì)．小物塊克服摩擦力做功Ff(l＋x)，選項(xiàng)C對(duì)．小物塊和小車(chē)重力勢(shì)能都沒(méi)有變化，所以他們機(jī)械能的增加量等于動(dòng)能的增

25、加量即Ek1＋Ek2＝Ff×x＋(F－Ff)×(x＋l)＝F(x＋l)－Ffl，選項(xiàng)D錯(cuò)． B組 9．如圖甲所示，一條輕質(zhì)彈簧左端固定在豎直墻面上，右端放一個(gè)可視為質(zhì)點(diǎn)的小物塊，小物塊的質(zhì)量為m＝1.0 kg，當(dāng)彈簧處于原長(zhǎng)時(shí)，小物塊靜止于O點(diǎn)．現(xiàn)對(duì)小物塊施加一個(gè)外力F，使它緩慢移動(dòng)，將彈簧壓縮至A點(diǎn)，壓縮量為x＝0.1 m，在這一過(guò)程中，所用外力F與壓縮量的關(guān)系如圖乙所示．然后撤去F釋放小物塊，讓小物塊沿桌面運(yùn)動(dòng)，已知O點(diǎn)至桌邊B點(diǎn)的距離為L(zhǎng)＝2x，水平桌面的高為h＝5.0 m，計(jì)算時(shí)，可認(rèn)為滑動(dòng)摩擦力近似等于最大靜摩擦力．(g取10 m/s2)求： (1)在壓縮彈簧過(guò)程中，彈簧存

26、貯的最大彈性勢(shì)能； (2)小物塊到達(dá)桌邊B點(diǎn)時(shí)速度的大?。? (3)小物塊落地點(diǎn)與桌邊B的水平距離． 【解析】(1)取向左為正方向，從F－x圖中可以看出，小物塊與桌面間的滑動(dòng)摩擦力大小為Ff＝1.0 N，方向?yàn)樨?fù)方向 在壓縮過(guò)程中，摩擦力做功為 Wf＝－Ff·x＝－0.1 J 由圖線與x軸所圍的“面積”可得外力做功為 WF＝×0.1 J＝2.4 J 所以彈簧存貯的彈性勢(shì)能為Ep＝WF＋Wf＝2.3 J. (2)從A點(diǎn)開(kāi)始到B點(diǎn)的過(guò)程中，由于L＝2x， 摩擦力做功為Wf′＝Ff·3x＝0.3 J 對(duì)小物塊用動(dòng)能定理有Ep－Wf′＝mv 解得vB＝2 m/s. (3)物

27、塊從B點(diǎn)開(kāi)始做平拋運(yùn)動(dòng)，h＝gt2 下落時(shí)間t＝1 s 水平距離s＝vBt＝2 m. 10．如圖所示，AB與CD為兩個(gè)對(duì)稱斜面，其上部都足夠長(zhǎng)，下部分別與一個(gè)光滑的圓弧面的兩端相切，圓弧圓心角為120°，半徑R＝2.0 m，一個(gè)物體在離弧底E高度為h＝3.0 m處，以初速度v0＝4 m/s沿斜面運(yùn)動(dòng)，若物體與兩斜面的動(dòng)摩擦因數(shù)均為μ＝0.02，則物體在兩斜面上(不包括圓弧部分)一共能走多長(zhǎng)路程？(g＝10 m/s2) 【解析】由于滑塊在斜面上受到摩擦阻力作用，所以物體的機(jī)械能將逐漸減少，最后物體在BEC圓弧上作永不停息的往復(fù)運(yùn)動(dòng)．由于物體只在BEC圓弧上作永不停息的往復(fù)運(yùn)動(dòng)，之前的

28、運(yùn)動(dòng)過(guò)程中，減小的重力勢(shì)能為Ep＝mg(h－)，摩擦力做功產(chǎn)生的熱量為Q＝μmgscos 60°，由能量轉(zhuǎn)化和守恒定律得： mv＋mg(h－)＝μmgscos 60° ∴s＝280 m. 11．推行節(jié)水工程的轉(zhuǎn)動(dòng)噴水“龍頭”如圖所示．“龍頭”距地面h(m)，可將水水平噴出，其噴灌半徑可達(dá)10h.每分鐘噴水m(kg)，所用的水是從地下H(m)深的井里抽?。O(shè)水以相同的速率噴出，水泵效率為η，不計(jì)空氣阻力，試求： (1)水從噴水“龍頭”噴出的初速度； (2)水泵每分鐘對(duì)水做的功； (3)帶動(dòng)水泵的電動(dòng)機(jī)的最小輸出功率． 【解析】(1)平拋運(yùn)動(dòng)的時(shí)間t＝ 水噴出的初速度為v＝＝＝5 (2)1 min內(nèi)噴出水的動(dòng)能為Ek＝mv2＝25mgh 水泵提水，1 min內(nèi)水獲得的重力勢(shì)能為 Ep＝mg(H＋h) 故1 min內(nèi)水泵對(duì)水所做的功為 W＝Ek＋Ep＝mg(H＋26h) (3)設(shè)電動(dòng)機(jī)的最小輸出功率為P，有ηPt′＝W 則P＝＝ - 11 -