2019年度高考物理一輪復習 第五章 機械能 第4講 功能關(guān)系 能量守恒定律學案

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1、 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

2、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10 m/s2，不計空氣阻力)(　　) A.升降機對物體做功5800J B.合外力對物體做功5800J C.物體的重力勢能增加500J D.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

3、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

4、為(　　) 圖1 A.mgR　　　　　　　 B.mgR C.mgR D.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

5、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2 A.mv02－μmg(s＋x) B.mv02－μmgx C.μmgs D.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mv02＝W彈＋Wf，W彈＝mv02－μmg(s＋x)，故選項A正確. 命題點一　功能關(guān)系的理解和應用 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

6、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3 A.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mv2 C.在C處，彈簧的彈性勢能為mv2－mgh D.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

7、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mv2＋Ep＝mgh＋Wf，聯(lián)立解得：Wf＝mv2，Ep＝mgh－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mv＋ΔEp′＋Wf′＝mgh′，從B到A的過程有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

8、，彈簧對小球的彈力大小相等，且∠ONM<∠OMN<.在小球從M點運動到N點的過程中(　　) 圖4 A.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<，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

9、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100 m/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

10、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)4.0×108J　2.4×1012J　(2)9.7×108J 解析　(1)飛船著地前瞬間的機械能為 E0＝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＝mvh2＋mgh ③ 式中，vh是飛船在高度1.6

11、0×105m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′＝m(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l(xiāng).重力加速度大小為g.在此過程中，外力做的功為(　　)

12、 圖5 A.mglB.mglC.mglD.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，則重力勢能增加ΔEp＝mg·＝mgl，由功能關(guān)系可知，在此過程中，外力做的功為W＝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

13、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6 A.第一階段摩擦力對物體做

14、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；設第一階段物體的運動時間為t，傳送帶速度為v，對物體：x1＝t，對傳送帶：x1′＝v·t，摩擦產(chǎn)生的熱Q＝Ffx相對＝Ff(x1

15、′－x1)＝Ff·t，機械能增加量ΔE＝Ff·x1＝Ff·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7 A.摩擦力對刀做負功，大小為Ffx B.摩擦力對刀做正功，大小為Ffx C.摩擦力對磨刀石做正功，大小為Ffx D.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，則(　　) A.物體

16、與水平面間的動摩擦因數(shù)為 B.物體再前進便停止 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倍 D.若要使此物體滑行的總距離為3d，其初動能應為2E0 答案　AD 解析　由動能定理知Wf＝μmgd＝E0－，所以μ＝，A正確；設物體總共滑行的距離為s，則有μmgs＝E0，所以s＝d，物體再前進便停止，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)運動三個距離所用時間之比為1∶(－1)∶(－)，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(－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

17、守恒定律的理解和應用 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)mgR　(2)mgR 解析　(1)設物體在B點的速度為vB，所受彈力為FNB， 由牛頓第二定律得：FNB－mg＝m 由牛頓第三定律FNB′＝8mg＝FNB 由能量

18、守恒定律可知 物體在A點時的彈性勢能Ep＝mvB2＝mgR (2)設物體在C點的速度為vC，由題意可知mg＝m 物體由B點運動到C點的過程中，由能量守恒定律得Q＝mvB2－(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＝，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>，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

19、.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)　(2)(－L)　(3)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＋mv02＝mv2＋mgL＋Q 其中Q＝FfL＝2μmgLcosθ 解得v＝ (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)應用動能定理 －Ff·2x＝0－×3mv2 解得x＝－＝(－L)

20、 (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＝(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1 A.重力做功2mgR B.機械能減少mgR C.合外力做功mgR D.克服摩擦力做功mgR 答案　D 2.如圖2所示，質(zhì)量相等的物體A、B通

21、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2 A.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　B 3.(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

22、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3 A.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.

23、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4 A.物體的重力勢能增加了0.9mgH B.物體的重力勢能增加了mgH C.物體的動能損失了0.5mgH D.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·＝－ma·＝－1.5mgH，故物體的動能損失了1.5mgH，故C錯誤；設物體受到的摩擦力為Ff，由牛頓第二

24、定律得mgsin37°＋Ff＝ma，解得Ff＝0.3mg.摩擦力對物體做的功為Wf＝－Ff·＝－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5 A.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

25、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.

26、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6 A.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＝，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

27、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7 A.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mgh D.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

28、，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

29、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8 A.小球運動到B點時的動能等于mgh B.小球由A點到B點重力勢能減少mv2 C.小球由A點到B點克服彈力做功為mgh D.小球到達B點時彈簧的彈性勢能為mgh－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.

30、(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＝2mv2 C.W＝，Q＝mv2 D.W＝mv2，Q＝2mv2 答案　B 解析　對小物塊，由動能定理有W＝mv2－mv2＝0，設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＝，這段時間內(nèi)因摩擦產(chǎn)生的熱量Q＝

31、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9 A.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Ffs C.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＋

32、s，根據(jù)動能定理得(F－Ff)(L＋s)＝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＝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

33、滑，A點距彈簧上端B的距離AB＝4 m.當物體到達B后將彈簧壓縮到C點，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，D點距A點AD＝3 m.擋板及彈簧質(zhì)量不計，g取10 m/s2，sin37°＝0.6，求： 圖10 (1)物體與斜面間的動摩擦因數(shù)μ； (2)彈簧的最大彈性勢能Epm. 答案　(1)0.52　(2)24.4J 解析　(1)物體從A點至最后彈到D點的全過程中， 動能減少ΔEk＝mv02＝9J. 重力勢能減少ΔEp＝mglADsin37°＝36J. 機械能減少ΔE＝ΔEk＋ΔEp＝45J 減少的機械能全部用來克服摩擦力做功，即 W

34、f＝Ffl＝45J，而路程l＝5.4m，則 Ff＝≈8.33N. 而Ff＝μmgcos37°，所以 μ＝≈0.52. (2)由A到C的過程：動能減少ΔEk′＝mv02＝9J. 重力勢能減少ΔEp′＝mglACsin37°＝50.4J. 物體克服摩擦力做的功 Wf′＝FflAC＝μmgcos37°·lAC＝35J. 由能量守恒定律得： Epm＝ΔEk′＋ΔEp′－Wf′＝24.4J. 12.如圖11為某飛船先在軌道Ⅰ上繞地球做圓周運動，然后在A點變軌進入返回地球的橢圓軌道Ⅱ運動，已知飛船在軌道Ⅰ上做圓周運動的周期為T，軌道半徑為r，橢圓軌道的近地點B離地心的距離為kr(k＜1

35、)，引力常量為G，飛船的質(zhì)量為m，求： 圖11 (1)地球的質(zhì)量及飛船在軌道Ⅰ上的線速度大??； (2)若規(guī)定兩質(zhì)點相距無限遠時引力勢能為零，則質(zhì)量分別為M、m的兩個質(zhì)點相距為r時的引力勢能Ep＝－，式中G為引力常量.求飛船在A點變軌時發(fā)動機對飛船做的功. 答案　(1)　　(2) 解析　(1)飛船在軌道Ⅰ上運動時，由牛頓第二定律有 G＝mr()2 則地球的質(zhì)量M＝ 飛船在軌道Ⅰ上的線速度大小為v＝. (2)設飛船在橢圓軌道上的遠地點速度為v1，在近地點的速度為v2，由開普勒第二定律有rv1＝krv2 根據(jù)能量守恒定律有 mv12－G＝mv22－G 解得v1＝＝ 根據(jù)動能定理，飛船在A點變軌時，發(fā)動機對飛船做的功為W＝mv12－mv2＝. 16