第17讲功能关系能量守恒定律

第17讲功能关系能量守恒定律

1．功能关系

(1)功是__能量转化__的量度，即做了多少功就有__多少能量__发生了转化．

(2)做功的过程一定伴随着__能量的转化__，__能量的转化__可以通过做功来实现．

2．能量守恒定律

(1)能量守恒定律的内容：能量既不会凭空__产生__，也不会凭空消失，它只能从一种形式__转化__为另一种形式，或者从一个物体__转移__到别的物体，在转化或转移的过程中，能量的总量__保持不变__.

(2)能量守恒定律的表达式：ΔE减＝__ΔE增__.

(3)对定律的理解

①某种形式的能减少，一定存在其他形式的能增加，且减少量和增加量一定相等．

②某个物体的能量减少，一定存在其他物体的能量增加，且减少量和增加量一定相等．

这也是我们列能量守恒定律方程式的两条基本思路．

1．请判断下列表述是否正确，对不正确的表述，请说明原因．

(1)力对物体做了多少功，物体就有多少能．(×)

解析功是能量“转化”的量度，力对物体做了多少功，物体就改变了多少能．

(2)能量在转化或转移的过程中，其总量有可能增加．(×)

解析根据能量守恒定律知，能量在转化或转移的过程中，其总量保持不变．

(3)能量在转化或转移的过程中，其总量会不断减少．(×)

解析同(2)．

(4)能量在转化或转移的过程中总量保持不变，故没有必要节约能源．(×)

解析能量虽然守恒，但能量的转化具有方向性，在能源的利用过程中，即在能量转化的过程中，能量从便于利用的变成不便于利用的，故应节约能源．

(5)能量的转化和转移具有方向性，且现在可利用的能源有限，故必须节约能源．(√)

(6)滑动摩擦力做功时，一定会引起能量的转化．(√)

一对功能关系的理解

1．对功能关系的理解

(1)做功的过程就是能量转化的过程．不同形式的能量发生相互转化可以通过做功来实现．

(2)功是能量转化的量度．功和能的关系，一是体现在不同性质的力做功，对应不同形式的能转化，具有一一对应关系，二是做功的多少与能量转化的多少在数值上相等．2．几种常见的功能关系及其表达式

外力将绳的下端Q缓慢地竖直向上拉起至M点，M点与绳的上端P相距

1

3l.重力加速度大小为g.在此过程中，外力做的功为(A)

A．

1

9mgl B．

1

6mgl

C．

1

3mgl D．

1

2mgl

解析 将绳的下端Q 缓慢向上拉至M 点，相当于使下部分13的绳的重心升高1

3l ，故重力

势能增加13mg ·l 3＝1

9

mgl ，由功能关系可知选项A 正确．

功能关系的选用原则

(1)在应用功能关系解决具体问题的过程中，若只涉及动能的变化用动能定理分析． (2)只涉及重力势能的变化用重力做功与重力势能变化的关系分析．

(3)只涉及机械能的变化用除重力和弹力之外的力做功与机械能变化的关系分析． (4)只涉及电势能的变化用电场力做功与电势能变化的关系分析．

二 摩擦力做功与能量转化 1．静摩擦力做功

(1)静摩擦力可以做正功，也可以做负功，还可以不做功． (2)相互作用的一对静摩擦力做功的代数和总等于零．

(3)静摩擦力做功时，只有机械能的相互转移，不会转化为内能． 2．滑动摩擦力做功的特点

(1)滑动摩擦力可以做正功，也可以做负功，还可以不做功．

(2)相互间存在滑动摩擦力的系统内，一对滑动摩擦力做功将产生两种可能效果： ①机械能全部转化为内能；

②有一部分机械能在相互摩擦的物体间转移，另外一部分转化为内能． (3)摩擦生热的计算：Q ＝F f x 相对．其中x 相对为相互摩擦的两个物体间的相对路程． 从功的角度看，一对滑动摩擦力对系统做的功等于系统内能的增加量；从能量的角度看，其他形式能量的减少量等于系统内能的增加量．

[例2](2018·河北保定调研)(多选)如图所示，足够长的传送带与水平方向的夹角为θ，物块a 通过平行于传送带的轻绳跨过光滑定滑轮与物块b 相连，b 的质量为m ，开始时，a 、b 及传送带均静止且a 不受传送带摩擦力作用，现让传送带逆时针匀速转动，则在b 上升h 高度(未与滑轮相碰)过程中( BC )

A ．物块a 的重力势能减少了mgh sin θ

B ．摩擦力对a 做的功大于a 的机械能的增加量

C ．摩擦力对a 做的功等于物块a 、b 动能增加量之和

D ．任意时刻，重力对a 、b 做功的瞬时功率大小不相等

解析 开始时，a 、b 及传送带均静止且a 不受传送带摩擦力作用，有m a g sin θ＝m b g ，

则m a＝m b

sin θ＝

m

sin θ，b上升h，则a下降h sin θ，则a重力势能的减少量为ΔE p a＝m a gh sin θ

＝mgh，故选项A错误；根据能量守恒得系统机械能增加，摩擦力对a做的功等于a、b机械能的增加量，所以摩擦力对a做的功大于a机械能的增加量；由A分析可知系统重力势能不变，所以摩擦力做的功等于系统动能的增加量，故选项B、C正确；任意时刻，a、b 的速率相等，对b，重力的瞬时功率大小P b＝mg v，对a有P a＝m a g v sin θ＝mg v，所以重力对a、b做功的瞬时功率大小相等，故选项D错误．

求解相对滑动过程中能量转化问题的思路

(1)正确分析物体的运动过程，做好受力分析．

(2)利用运动学公式，结合牛顿第二定律分析物体的速度关系及位移关系．

(3)公式Q＝F f x相对中x相对为两接触物体间的相对位移，若物体在传送带上做往返运动时，则x相对为总的相对路程．

三能量转化规律的应用

1．应用能量守恒定律的基本思路

(1)某种形式的能减少，一定存在其他形式的能增加，且减少量和增加量一定相等；

(2)某个物体的能量减少，一定存在其他物体的能量增加，且减少量和增加量一定相等．

2．应用能量守恒定律解题的步骤

(1)分清有多少形式的能(动能、势能、内能等)发生变化．

(2)明确哪种形式的能量增加，哪种形式的能量减少，并且列出减少的能量ΔE减和增加的能量ΔE增的表达式．

(3)列出能量守恒关系式ΔE减＝ΔE增．

[例3](2017·江苏启东一模)如图所示，一物体质量m＝2 kg，在倾角θ＝37°的斜面上的A点以初速度v0＝3 m/s下滑，A点距弹簧上端B的距离AB＝4 m．当物体到达B点后将弹簧压缩到C点，最大压缩量BC＝0.2 m，然后物体又被弹簧弹上去，弹到的最高位置为D点，D点距A点的距离AD＝3 m．挡板及弹簧质量不计，g取10 m/s2，sin 37°＝0.6.求：

(1)物体与斜面间的动摩擦因数μ；

(2)弹簧的最大弹性势能E pm.

解析(1)物体从开始位置A点到最后D点的过程中，弹性势能没有发生变化，动能和

重力势能减少，机械能的减少量为ΔE ＝ΔE k ＋ΔE p ＝1

2m v 20

＋mgl AD sin 37°，①

物体克服摩擦力产生的热量为Q ＝F f x ，② 其中x 为物体的路程，即x ＝5.4 m, ③ F f ＝μmg cos 37°，④

由能量守恒定律可得ΔE ＝Q, ⑤ 由①②③④⑤式解得μ≈0.52.

(2)由A 到C 的过程中，动能减少ΔE ′k ＝1

2m v 20，⑥

重力势能减少ΔE ′p ＝mgl AC sin 37°，⑦ 摩擦生热Q ＝F f l AC ＝μmg cos 37°l AC ，⑧ 由能量守恒定律得弹簧的最大弹性势能为 ΔE pm ＝ΔE ′k ＋ΔE ′p －Q, ⑨ 联立⑥⑦⑧⑨解得ΔE pm ≈24.5 J. 答案 (1)0.52 (2)24.5 J

能量问题的解题方法

(1)涉及能量转化问题的解题方法

①当涉及滑动摩擦力做功，机械能不守恒时，一般应用能的转化和守恒定律． ②解题时，首先确定初、末状态，然后分析状态变化过程中哪种形式的能量减少，哪种形式的能量增加，求出减少的能量总和ΔE 减和增加的能量总和ΔE 增，最后由ΔE 减＝ΔE 增

列式求解．

(2)涉及弹簧类能量问题的解题方法

两个或两个以上的物体与弹簧组成的系统相互作用的过程，具有以下特点： ①能量变化上，如果只有重力和系统内弹簧弹力做功，系统机械能守恒．

②如果系统中每个物体除弹簧弹力外所受合外力为零，则当弹簧伸长或压缩到最大程度时两物体速度相同．

③当弹簧为自然状态时系统内某一端的物体具有最大速度．

1．(多选)如图所示，卷扬机的绳索通过定滑轮用力F 拉位于粗糙斜面上的木箱，使之沿斜面加速向上移动，在移动过程中，下列说法正确的是( CD )

A ．力F 对木箱做的功等于木箱增加的动能与木箱克服摩擦力所做的功之和

B ．力F 对木箱做的功等于木箱克服摩擦力和克服重力所做的功之和

C ．木箱克服重力做的功等于木箱增加的重力势能

D ．力F 对木箱做的功等于木箱增加的机械能与木箱克服摩擦力做的功之和

解析 对物体应用动能定理知，力F 对木箱做的功应等于木箱机械能的增量和木箱克服摩擦力所做的功之和，选项A 、B 错误，选项D 正确；选项C 显然正确．

2．(多选)如图所示，一轻质弹簧一端固定在墙上的O 点，另一端可自由伸长到B 点．今使一质量为m 的小物体靠着弹簧，将弹簧压缩到A 点，然后释放，小物体能在水平面上运动到C 点静止，已知AC ＝l ；若将小物体系在弹簧上，在A 点由静止释放，则小物体将做减速运动直到最后静止，设小物体通过的总路程为s ，则下列说法中可能的是( BC )

A ．s >l

B ．s ＝l

C ．s

D ．无法判断

解析 第一种情况下弹簧的弹性势能全部转化为内能，有Q ＝F f l ＝E 弹；第二种情况下有可能停在B 点(弹性势能全转化为内能)，此时s ＝l ，也有可能停在其他的位置，这样末态的弹性势能不为零，转化为内能的量也会小一些，所以小物体通过的总路程小于l .选项B 、C 正确．

3．(多选)如图所示，质量为M 、长为L 的木板静止于光滑的水平面上，一质量为m 的滑块(视为质点)放置在木板左端，滑块与木板间滑动摩擦力大小为F f ，用水平的恒定拉力F 作用于滑块．当滑块运动到木板右端时，木板在地面上移动的距离为s ，滑块速度为v 1，木块速度为v 2，下列说法正确的是( BD )

A ．上述过程中，F 做功W F 大小为12m v 21＋12M v 22

B ．其他条件不变的情况下，M 越大，s 越小

C ．其他条件不变的情况下，F 越大，滑块到达右端所用时间t 越长

D ．其他条件不变的情况下，F f 越大，滑块与木板间产生的热量Q 越多

解析 由牛顿第二定律有F f ＝Ma 1、F －F f ＝ma 2，又L ＝12a 2t 2－12a 1t 2、s ＝1

2a 1t 2，故M

越大，a 1越小，s 越小，选项B 正确；F 越大，a 2越大，t 越小，选项C 错误；由Q ＝F f L 可得，F f 越大，滑块与木板间产生的热量Q 越多，选项D 正确；由功能关系可得F 做的功还有一部分转化为系统热量Q ，即W F ＝Q ＋12m v 21＋12

M v 2

2，选项A 错误．

[例1](16分)某快递公司分拣邮件的水平传输装置示意如图，皮带在电动机的带动下保

持v ＝1 m /s 的恒定速度向右运动，现将一质量为m ＝2 kg 的邮件轻放在皮带上，邮件和皮带间的动摩擦因数μ＝0.5.设皮带足够长，取g ＝10 m/s 2，在邮件与皮带发生相对滑动的过程中，求：

(1)邮件滑动的时间t ； (2)邮件对地的位移大小x ，

(3)邮件与皮带间的摩擦力对皮带做的功W . [答题送检]来自阅卷名师报告

[解析] (1)邮件滑动时的加速度 a ＝μmg m

＝μg ＝0.5×10 m /s 2＝5 m/s 2，

邮件滑动的时间为t ，由v ＝at 得t ＝v a ＝1 m/s

5 m/s 2＝0.2 s.

(2)邮件对地位移x ＝12at 2＝1

2×5×0.22 m ＝0.1 m.

(3)邮件与皮带之间的摩擦力对皮带做功

W ＝F f s 皮带＝－μmg v t ＝－0.5×2×10×1×0.2 J ＝－2 J. [答案] (1)0.2 s(6分) (2)0.1 m(5分) (3)－2 J(5分)

1．(2017·江苏卷)(多选)如图所示，三个小球A 、B 、C 的质量均为m ，A 与B 、C 间通过铰链用轻杆连接，杆长为L .B 、C 置于水平地面上，用一轻质弹簧连接，弹簧处于原长．现A 由静止释放下降到最低点，两轻杆间夹角α由60°变为120°.A 、B 、C 在同一竖直平面内运动，弹簧在弹性限度内，忽略一切摩擦，重力加速度为g .则此下降过程中( AB )

A ．A 的动能达到最大前，

B 受到地面的支持力小于3

2mg

B ．A 的动能最大时，B 受到地面的支持力等于3

2mg

C ．弹簧的弹性势能最大时，A 的加速度方向竖直向下

D ．弹簧的弹性势能最大值为

3

2

mgL 解析 A 球初态v 0＝0，末态v ＝0，因此A 球在运动过程中先加速后减速，速度最大时，动能最大，加速度为0，故A 球的动能达到最大前，A 球具有向下的加速度，处于失重状态，由整体法可知在A 球的动能达到最大之前，B 球受到地面的支持力小于3

2mg ，在A 球的动能

最大时，B 球受到地面的支持力等于3

2mg ，选项A 、B 正确；弹簧的弹性势能最大时，A 球

到达最低点，此时具有向上的加速度，选项C 错误；由能量守恒，A 球重力所做功等于弹簧最大弹性势能，A 球下降高度h ＝L cos 30°－L cos 60°＝3－12L ，重力做功W ＝mgh ＝3－1

2

mgL ，选项D 错误．

2．(2018·江苏无锡模拟)如图所示，足够长的水平桌面左侧有一轻质弹簧，其左端与固定挡板A 相连接．自然状态时其右端位于B 点．质量m 1＝0.5 kg 的小物块a 放置在B 点，在外力F 作用下缓慢地将弹簧压缩到C 点(未画出)，在这一过程中，所用外力F 与弹簧压缩量的关系如图乙所示．撤去力F 让a 沿水平桌面运动，取g ＝10 m/s 2.

(1)求小物块a 停下来的位置离B 点的距离s ；

(2)若用同种材料制成的小物块b 放置在B 点．在另一外力作用下缓慢地将弹簧压缩到同一C 点，释放后弹簧恢复原长时b 恰好停在B 点(此时b 还未脱离弹簧)．求小物块b 的质量m 2.

解析 (1)设弹簧从B 压缩至C 存贮的弹性势能为E p ，BC 间的距离为x ，物块a 与桌面间的动摩擦因数为μ，将小物块a 从B 压缩至C 的过程中，由动能定理有

W F ＋W f ＋W 弹＝0， 由功能关系有 W 弹＝－ΔE p ，

由题图乙可得F f ＝μm 1g ＝1.0 N ，

将小物块a 从B 压缩至C 的过程中，摩擦力做功 W f ＝－μm 1gx ，

根据F －x 图象中，图线与x 轴所围的面积为力F 做的功，有 W F ＝1

2

(1.0＋19.0)×0.1 J ＝1 J ，

对小物块a 从C 点运动到停止的过程中，由功能关系有 E p ＝μm 1g (x ＋s )， 又x ＝0.1 m ，

解得μ＝0.2，E p ＝0.9 J ，s ＝0.8 m. (2)根据题意，对小物块b 由功能关系有 E p ＝μm 2gx ， 解得m 2＝4.5 kg.

答案 (1)0.8 m (2)4.5 kg

1．(多选)如图，一固定容器的内壁是半径为R 的半球面，在半球面水平直径的一端有一质量为m 的质点P ，它在容器内壁由静止下滑到最低点的过程中，克服摩擦力做的功为W ，重力加速度大小为g .设质点P 在最低点时，向心加速度的大小为a ，容器对它的支持力大小为N ，则( AC )

A ．a ＝2(mgR －W )

mR

B ．a ＝2mgR －W

mR

C ．N ＝3mgR －2W

R

D ．N ＝2(mgR －W )

R

解析 质点由半球面最高点到最低点的过程中，由动能定理有，mgR －W ＝1

2m v 2，又在

最低点时，向心加速度大小a ＝v 2R ，两式联立可得a ＝2(mgR －W )

mR ，选项A 正确，B 错误；

在最低点时有N －mg ＝m v 2R ，解得N ＝3mgR －2W

R

，选项C 正确，D 错误．

2．(2017·河北石家庄二中模拟)(多选)研究表明，弹簧的弹性势能E p 的表达式为E p ＝1

2kx 2，

其中k 为劲度系数，x 为弹簧的形变量．如图所示，质量均为m 的两物体A 、B 用轻绳相连，将A 用一轻弹簧悬挂在天花板上，系统处于静止状态．弹簧一直在弹性限度内，重力加速度为g ，现将A 、B 间的轻绳剪断，则下列说法正确的是( CD )

A ．轻绳剪断瞬间A 的加速度为g

B ．轻绳剪断后物体A 最大动能出现在弹簧原长时

C ．轻绳剪断后A 的动能最大时，弹簧弹力做的功为3m 2g 2

2k

D ．轻绳剪断后A 能上升的最大高度为2mg

k

解析 未剪断轻绳时，把A 、B 看做整体进行受力分析，由平衡条件可得轻弹簧中弹力为2mg ，隔离B 受力分析，由平衡条件可得轻绳中拉力为mg .轻绳剪断瞬间，A 受到轻弹簧竖直向上的弹力2mg 和竖直向下的重力mg ，由牛顿运动定律，有mg －2mg ＝ma ，解得A 的加速度为a ＝－g ，选项A 错误；轻绳剪断后物体A 向上做加速运动，最大动能出现在弹簧弹力等于A 的重力时，此时轻弹簧伸长量x ＝mg

k ，选项B 错误；未剪断轻绳时，弹簧伸

长量为2mg k ，弹簧弹性势能为E p1＝12k ????2mg k 2＝2m 2g 2

k ，轻绳剪断后A 的动能最大时，弹簧弹

性势能为E p2＝12k ????mg k 2＝m 2g 22k ，根据功能关系，弹簧弹力做的功为W ＝E p1－E p2＝3m 2g 2

2k ，选

项C 正确；设轻绳剪断后A 能上升的最大高度为h ，由机械能守恒定律，有E p1＝mgh ，解得h ＝2mg

k

，选项D 正确．

3．(2018·天津模拟)(多选)如图所示，质量为m 的物体以初速度v 0由A 点开始沿水平面向左运动，A 点与轻弹簧O 端的距离为s ，物体与水平面间的动摩擦因数为μ，物体与弹簧相撞后，将弹簧压缩至最短，然后被弹簧推出，最终离开弹簧．已知弹簧的最大压缩量为x ，重力加速度为g ，下列说法正确的是( CD )

A ．弹簧被压缩到最短时，弹簧对物体做的功W ＝1

2m v 20－μmg (s ＋x )

B ．物体与弹簧接触后才开始减速运动

C ．弹簧压缩量最大时具有的弹性势能E p ＝1

2m v 20－μmg (s ＋x )

D ．反弹过程中物体离开弹簧后的运动距离l ＝v 20

2μg

－2x －s

解析 从物体开始运动到弹簧被压至最短过程中，由动能定理有－μmg (s ＋x )＋W ＝0－12m v 20，又W ＝－ΔE p ，解得W ＝μmg (s ＋x )－12m v 20、E p ＝12

m v 20－μmg (x ＋s )，选项C 正确，A

错误；从弹簧开始反弹至物体运动到静止过程中，由能量守恒定律有E p ＝μmg (x ＋l )，解得l ＝v 20

2μg －2x －s ，选项D 正确；由于物体受摩擦力作用，故物体向左一直做减速运动，选项B 错误．

4．(2017·全国卷Ⅰ)一质量为8.00×104 kg 的太空飞船从其飞行轨道返回地面．飞船在离地面高度1.60×105 m 处以7.50×103 m /s 的速度进入大气层，逐渐减慢至速度为100 m/s 时下落到地面．取地面为重力势能零点，在飞船下落过程中，重力加速度可视为常量，大小取为9.8 m/s 2.(结果保留两位有效数字)

(1)分别求出该飞船着地前瞬间的机械能和它进入大气层时的机械能；

(2)求飞船从离地面高度600 m 处至着地前瞬间的过程中克服阻力所做的功，已知飞船在该处的速度大小是其进入大气层时速度大小的2.0%.

解析 (1)飞船着地前瞬间的机械能为 E k0＝1

2m v 20

，①

式中，m 和v 0分别是飞船的质量和着地前瞬间的速率．由①式和题给数据得 E k0＝4.0×108 J ，②

设地面附近的重力加速度大小为g .飞船进入大气层时的机械能为 E h ＝12m v 2h

＋mgh ，③

式中，v h 是飞船在高度1.60×105 m 处的速度大小．由③式和题给数据得E h ＝2.4×1012 J ．④

(2)飞船在高度h ′＝600 m 处的机械能为 E h ′＝12m ????2.0100v h 2

＋mgh ′，⑤ 由功能原理得W ＝E h ′－E k0，⑥

式中，W 是飞船从高度600 m 处至着地前瞬间的过程中克服阻力所做的功．由②⑤⑥式和题给数据得

W ＝9.7×108 J.

答案 (1)4.0×108 J 2.4×1012 J (2)9.7×108 J

5．(2018·重庆模拟)如图所示，一小球(视为质点)从A 点以某一初速度v 0沿水平直线轨道运动到B 点后，进入半径R ＝10 cm 的光滑竖直圆形轨道，圆形轨道间不相互重叠，即小球离开圆形轨道后可继续向C 点运动，C 点右侧有一壕沟，C 、D 两点的竖直高度h ＝0.8 m ，水平距离s ＝1.2 m ，水平轨道AB 长为L 1＝1 m ，BC 长为L 2＝3 m ，小球与水平轨道间的动摩擦因数μ＝0.2，重力加速度g ＝10 m/s 2.

(1)若小球恰能通过圆形轨道的最高点，求小球在A 点的初速度v 0；

(2)若小球既能通过圆形轨道的最高点，又不掉进壕沟，求小球在A 点初速度的范围是多少．

解析 (1)小球恰能通过最高点时，设小球在最高点的速度为v ，由牛顿第二定律有mg ＝m v 2R

，

小球从A 运动到圆形轨道最高点的过程中，由动能定理有 －μmgL 1－mg ·2R ＝12m v 2－1

2m v 20，

解得v 0＝3 m/s.

(2)设小球有A 点的初速度v 1，小球恰好停在C 处，小球从A 运动到C 点过程中，由动能定理有

－μmg (L 1＋L 2)＝0－1

2m v 21

，解得v 1＝4 m/s ，

若小球停在BC 段，则小球在A 点初速度的范围为 3 m /s ≤v A ≤4 m/s ，

设小球在A 点的初速度v 2，小球恰好越过壕沟，由平抛运动规律有 h ＝1

2

gt 2，s ＝v C t ， 小球从A 运动到C 点的过程中，同理有 －μmg (L 1＋L 2)＝12m v 2C －12m v 2

2， 解得v 2＝5 m/s.

若小球能过D 点，则小球在A 点初速度的范围为v A ≥5 m/s ， 故小球在A 点初速度范围是 3 m /s ≤v A ≤4 m/s 或v A ≥5 m/s.

答案 (1)3 m /s (2)3 m/s ≤v A ≤4 m /s 或v A ≥5 m/s

6．(2017·江苏卷)如图所示，两个半圆柱A 、B 紧靠着静置于水平地面上，其上有一光滑圆柱C ，三者半径均为R .C 的质量为m ，A 、B 的质量都为m

2，与地面间的动摩擦因数均

为μ.现用水平向右的力拉A ，使A 缓慢移动，直至C 恰好降到地面．整个过程中B 保持静止．设最大静摩擦力等于滑动摩擦力，重力加速度为g .求：

(1)未拉A 时，C 受到B 作用力的大小F ； (2)动摩擦因数的最小值μmin ；

(3)A移动的整个过程中，拉力做的功W.

解析(1)对C受力分析，如图甲所示．C受力平衡有2F cos 30°＝mg，

解得F＝

3

3mg.

(2)C恰好降到地面时，B受C压力的水平分力最大，如图乙所示．

F x max＝

3

2mg，

B受地面的最大静摩擦力F f＝μmg，根据题意F fmin＝F x max，

解得μmin＝

3 2.

(3)C下降的高度h＝(3－1)R，

A的位移x＝2(3－1)R，

摩擦力做功的大小W f＝F f x＝2(3－1)μmgR，根据动能定理W－W f＋mgh＝0－0，

解得W＝(2μ－1)(3－1)mgR.

答案(1)

3

3mg(2)

3

2(3)(2μ－1)(3－1)mgR

课时达标第17讲

[解密考纲]主要考查对功能关系的理解，对各种功能关系的熟练应用；掌握摩擦力做功与能量转化和弹簧弹力做功与能量转化的处理技巧．

1．如图所示，在竖直平面内有一“V”形槽，其底部BC是一段圆弧，两侧都与光滑斜槽

相切，相切处B、C位于同一水平面上．一小物体从右侧斜槽上距BC平面高度为2h的A 处由静止开始下滑，经圆弧槽再滑上左侧斜槽．最高能到达距BC所在水平面高度为h的D 处，接着小物体再向下滑回，若不考虑空气阻力，则(C)

A．小物体恰好滑回到B处时速度为零

B．小物体尚未滑回到B处时速度已变为零

C．小物体能滑回到B处之上，但最高点要比D处低

D．小物体最终一定会停止在圆弧槽的最低点

2．(多选)在离水平地面h高处将一质量为m的小球水平抛出，在空中运动的过程中所受空气阻力大小恒为F f，落地时小球距抛出点的水平距离为x，速率为v，那么，在小球运动的过程中(AD)

A．重力做功为mgh

B．克服空气阻力做的功为F f·h2＋x2

C．落地时，重力的瞬时功率为mg v

D．重力势能和机械能都逐渐减少

解析重力做功为W G＝mgh，选项A正确；空气阻力做功与经过的路程有关，而小球经过的路程大于h2＋x2，故克服空气阻力做的功大于F f·h2＋x2，选项B错误；落地时，重力的瞬时功率为重力与沿重力方向的分速度的乘积，故落地时重力的瞬时功率小于mg v，选项C错误；重力做正功，重力势能减少，空气阻力做负功，机械能减少，选项D正确．3．(2017·重庆诊断)一个排球在A点被竖直抛出时动能为20 J，上升到最大高度后，又回到A点，动能变为12 J，设排球在运动中受到的阻力大小恒定，则(C) A．上升到最高点过程重力势能增加了20 J

B．上升到最高点过程机械能减少了8 J

C．从最高点回到A点过程克服阻力做功4 J

D．从最高点回到A点过程重力势能减少了12 J

解析由题意知整体过程中动能(机械能)减少了8 J，则上升过程克服阻力做功4 J，下落过程克服阻力做功4 J；上升到最高点过程动能减少量为20 J，克服阻力做功4 J，即机械能减少4 J，则重力势能增加了16 J，选项A、B错误；由前面分析知选项C正确；从最高点回到A点过程动能增加了12 J，机械能减少4 J，则重力势能减少16 J，选项D错误．4．(2017·天津质检)一个质量为m的小铁块沿半径为R的固定半圆轨道上边缘由静止滑下，到半圆底部时，轨道所受压力为铁块重力的 1.5倍，则此过程中铁块损失的机械能为(D)

A ．1

8mgR

B ．1

4mgR

C ．1

2

mgR

D ．3

4

mgR

解析 在半圆底部，由圆周运动知识得1.5mg －mg ＝m v 2

R ，解得v 2＝0.5gR .由功能关系

可得此过程中铁块损失的机械能为ΔE ＝mgR －1

2

m v 2＝0.75mgR ，选项D 正确．

5．(2017·海门中学校级模拟)如图所示，半圆形轨道MON 竖直放置且固定在地面上，直径MN 是水平的，一小物块从M 点正上方高度为H 处自由下落，正好在M 点滑入半圆轨道，测得其第一次离开N 点后上升的最大高度为H

2，小物块接着下落从N 点滑入半圆轨道，

在向M 点滑行过程中(整个过程不计空气阻力)，下列说法正确的是( C )

A ．小物块正好能到达M 点

B ．小物块一定到不了M 点

C ．小物块一定能冲出M 点

D ．不能确定小物块能否冲出M 点

解析 设小物块由M 运动到N 克服摩擦力所做的功为W 1，则由能量守恒定律可得W 1

＝1

2mgH ；设小物块由N 运动到M 克服摩擦力所做的功为W 2，因为速度越大，小物块对轨道的压力越大，所受滑动摩擦力越大，所以W 2

2mgH ，小物块一定能冲出M 点，即只

有选项C 正确．

6．如图所示是安装在列车车厢之间的摩擦缓冲器结构图，图中①和②为楔块，③和④为垫板，楔块与弹簧盒、垫板间均有摩擦，在车厢相互撞击使弹簧压缩的过程中( B )

A ．缓冲器的机械能守恒

B ．摩擦力做功消耗机械能

C ．垫板的动能全部转化为内能

D ．弹簧的弹性势能全部转化为动能

解析 由于车厢相互撞击弹簧压缩的过程中存在克服摩擦力做功，所以缓冲器的机械能减少，选项A 错误，B 正确；弹簧压缩的过程中，垫板的动能转化为内能和弹簧的弹性势能，选项C 、D 错误．

7．(多选)如图所示，一轻质橡皮筋的一端系在竖直放置的半径为0.5 m 的圆环顶点P 处，另一端系一质量为0.1 kg 的小球，小球穿在圆环上可做无摩擦的运动．设开始时小球置于A 点，橡皮筋刚好处于无形变状态，A 点与圆心O 位于同一水平线上．当小球运动到最低点B 时速率为1 m /s ，此时小球对圆环恰好没有压力(重力加速度g ＝10 m/s 2)．下列说法正确的是( BD )

A ．从A 到

B 的过程中，小球的机械能守恒

B ．从A 到B 的过程中，橡皮筋的弹性势能增加了0.45 J

C ．小球过B 点时，橡皮筋上的弹力为0.2 N

D ．小球过B 点时，橡皮筋上的弹力为1.2 N

解析 A 到B 过程中，橡皮筋弹力做负功，所以小球机械能不守恒，选项A 错误．由

能量守恒mgR ＝12m v 2

B ＋E 弹，可得弹性势能增加了0.45 J ，所以选项B 正确；由F －mg ＝m v 2

B R

，

可得弹力F ＝1.2 N ，选项C 错误，D 正确．

8．(2017·贵州贵阳质检)蹦极是一项既惊险又刺激的运动，深受年轻人的喜爱．如图所示，蹦极者从P 点静止跳下，到达A 处时弹性绳刚好伸直，继续下降到最低点B 处，B 离水面还有数米距离，蹦极者在其下降的整个过程中，重力势能的减少量为ΔE 1、绳的弹性势能增加量为ΔE 2、克服空气阻力做功为W ，则下列说法正确的是( C )

A ．蹦极者从P 到A 的运动过程中，机械能守恒

B ．蹦极者与绳组成的系统从A 到B 过程中，机械能守恒

C ．ΔE 1＝W ＋ΔE 2

D ．Δ

E 1＋ΔE 2＝W

解析 蹦极者从P 到A 的过程中，除了重力做功以外，有空气阻力做功，机械能不守恒，故选项A 错误；从A 到B 的过程中，对于系统，除了重力和弹力做功以外，有空气阻力做功，系统机械能不守恒，故选项B 错误；根据能量守恒知，由于动能变化量为零，重力势能的减小量等于弹性势能的增加量与克服阻力做功之和，即ΔE 1＝W ＋ΔE 2，故选项C 正确，D 错误．

9．(2017·甘肃兰州模拟)(多选)质量m 1＝0.3 kg 的小车静止在光滑的水平面上，车长L ＝1.5 m ，现有质量m 2＝0.2 kg 可视为质点的物块，以水平向右的速度v 0＝2 m /s 从左端滑上小车，最后在车面上某处与小车保持相对静止．物块与车面间的动摩擦因数μ＝0.5，取

g ＝10 m/s 2，则下列说法正确的是( BD )

A ．物块在车面上滑行的时间t 为0.4 s

B ．在此过程中物块的动能减少了0.336 J

C ．在此过程中物块与小车组成的系统机械能守恒

D ．在此过程中产生的内能为0.24 J

解析 设小车做匀加速运动时的加速度为a 1，物块做匀减速运动时的加速度大小为a 2，则a 1＝μm 2g m 1＝103 m /s 2，a 2＝μg ＝5 m/s 2，v 0－a 2t ＝a 1t ，所以t ＝v 0a 1＋a 2＝225

3 s ＝0.2

4 s ，选

项A 错误；相对静止时的速度v ＝a 1t ＝0.8 m/s ，物块克服摩擦力做的功W ＝12m 2(v 20－v 2

)＝0.336 J ，选项B 正确；由能量守恒定律可知，系统损失的机械能转化为内能，则E ＝12m 2v 20－1

2(m 1

＋m 2)v 2＝0.24 J ，选项C 错误，D 正确． 10．(2017·四川成都一模)如图所示，有三个斜面a 、b 、c ，底边长分别为L 、L 、2L ，高度分别为2h 、h 、h .某一物体与三个斜面间的动摩擦因数都相同，这个物体分别沿三个斜面从顶端由静止下滑到底端．三种情况相比较，下列说法正确的是( B )

A ．物体损失的机械能ΔE c ＝2ΔE b ＝4ΔE a

B ．因摩擦产生的热量2Q a ＝2Q b ＝Q c

C ．物体到达底端的动能E k a ＝2E k b ＝2E k c

D ．物体运动的时间4t a ＝2t b ＝t c

解析 本题的易错点是误认为摩擦力越小，机械能的损失越小，从而错选A 项．物体

损失的机械能等于因摩擦产生的热量，当动摩擦因数相同时，物体沿斜面下滑因摩擦产生的热量(等于克服摩擦力做的功)分别为Q c ＝μmg ·2L ，Q a ＝Q b ＝μmgL ，故选项A 错误，B 正确；由动能定理得E k a ＝mg ·2h －μmgL ，E k b ＝mgh －μmgL ，E k c ＝mgh －μmg ·2L ，因此有E k a >E k b >E k c ，但不能确定物体到达底端时动能的数量关系，也不能确定运动时间的数量关系，选项C 、D 错误．

11．(2017·苏州一模)如图所示，一个半径为R 的1

4圆周的轨道，O 点为圆心，B 为轨道

上的一点，OB 与水平方向的夹角为37°.轨道的左侧与一固定光滑平台相连，在平台上一轻质弹簧左端与竖直挡板相连，弹簧原长时右端在A 点．现用一质量为m 的小球(与弹簧不连接)压缩弹簧至P 点后释放．已知重力加速度为g ，不计空气阻力．

(1)若小球恰能击中B 点，求刚释放小球时弹簧的弹性势能； (2)试通过计算判断小球落到轨道时速度能否与圆弧垂直； (3)改变释放点的位置，求小球落到轨道时动能的最小值．

解析 (1)小球离开O 点后做平抛运动，设初速度为v 0落在B 点，有 R cos 37°＝v 0t ， R sin 37°＝1

2gt 2，

解得v 0＝

8

15

gR ， 由机械能守恒，得弹簧的弹性势能 E P ＝12m v 20＝415

mgR . (2)设落点与O 点的连线与水平方向的夹角为θ，小球做平抛运动，有R cos θ＝v 0t ，R sin θ＝1

2

gt 2， 位移方向与圆弧垂直，且 tan θ＝12gt 2v 0t ＝gt 2v 0

，

设速度方向与水平方向的夹角为α，则 tan α＝v y v 0＝gt

v 0

＝2tan θ，

所以小物块不能垂直击中圆弧．

(3)设落点与O

点的连线与水平方向的夹角为θ，小球做平抛运动，有

R cos θ＝v 0t ，R sin θ＝1

2

gt 2，

由动能定理，有mgR sin θ＝E k －1

2m v 20，

解得E k ＝mgR ????34sin θ＋14sin θ， 当sin θ＝3

3

时，E k 取最小值 E kmin ＝

3

2

mgR . 答案 (1)415mgR (2)不能 (3)3

2

mgR

12．如图所示，一质量m ＝2 kg 的长木板静止在水平地面上，某时刻一质量M ＝1 kg 的小铁块以水平向左v 0＝9 m /s 的速度从木板的右端滑上木板．已知木板与地面间的动摩擦因数μ1＝0.1，铁块与木板间的动摩擦因数μ2＝0.4，取重力加速度g ＝10 m/s 2，木板足够长，求：

(1)铁块相对木板滑动时木板的加速度的大小；

(2)铁块与木板摩擦所产生的热量Q 和木板在水平地面上滑行的总路程x .

解析 (1)设铁块在木板上滑动时，木板加速度为a 2，由牛顿第二定律可得μ2Mg －μ1(M ＋m )g ＝ma 2，

解得a 2＝0.4×1×10－0.1×3×10

2

m /s 2＝0.5 m/s 2.

(2)设铁块在木板上滑动时，铁块的加速度为a 1，由牛顿第二定律得μ2Mg ＝Ma 1，解得a 1＝μ2g ＝4 m/s 2.

设铁块与木板相对静止达共同速度时的速度为v ，所需的时间为t ，则有v ＝v o －a 1t ，v ＝a 2t ，解得v ＝1 m/s ，t ＝2 s.

铁块相对地面的位移x 1＝v 0t －12a 1t 2＝9×2 m －1

2×4×4 m ＝10 m.

木板运动的位移x 2＝12a 2t 2＝1

2×0.5×4 m ＝1 m ，

铁块与木板的相对位移 Δx ＝x 1－x 2＝10 m －1 m ＝9 m ，

则此过程中铁块与木板摩擦所产生的热量 Q ＝F f Δx ＝μ2Mg Δx ＝0.4×1×10×9 J ＝36 J.

达共同速度后的加速度为a 3，发生的位移为s ，则有

a3＝μ1g＝1 m/s2，s＝v2－0

2a3＝

1

2m＝0.5 m.

木板在水平地面上滑行的总路程x＝x2＋s＝1 m＋0.5 m＝1.5 m.答案(1)0.5 m/s2(2)36 J 1.5 m