高考物理总复习第5章机械能及其守恒定律第4讲功能关系能量守恒定律
2018版高考物理一轮复习第5章机械能第4讲功能关系能量守恒定律课件
(4)一对互为作用力与反作用力的摩擦力做的总功，等于系统增加的内能。
能量发生转化。
(2)√
(3)√
(4)√
1．(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， 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 导学号 51342582 ( AD ) A．重力做功为 mgh B．克服空气阻力做的功为 f· h2＋x2 C．落地时重力的瞬时功率为 mgv D．重力势能和机械能都逐渐减和弹 簧弹力之外 的其他力做 的功 一对相互作 用的滑动摩 擦力的总功
能的变化 不引起机 机械能守恒ΔE＝0 械能变化
定量关系
(1)其他力做多少正功，物体的机械能就增加多少 机械能变 (2)其他力做多少负功，物体的机械能就减少多少 化 (3)W＝ΔE (1)作用于系统的一对滑动摩擦力一定做负功，系 内能变化 统内能增加 (2)Q＝Ff·L相对
2．能量守恒定律
不会创生 。它只会从一种形式______ 转化 为其 (1)内容：能量既不会消灭，也__________ 转移 到另一个物体，而在转化和转移的过程中，能 他形式，或者从一个物体 ______
保持不变 。 量的总量__________
ΔE增 (2)表达式：ΔE减＝_______ 。
思考：飞船返回舱进入地球大气层以后，由于它的高速下 落，而与空气发生剧烈摩擦，返回舱的表面温度达到 1000 摄 氏度。 (1)进入大气层很长一段时间，返回舱加速下落，返回舱 表面温度逐渐升高。 该过程动能和势能怎么变化？机械能守恒 吗？ (2)返回舱表面温度越高，内能越大。该过程中什么能向什么能转化？机械能 和内能的总量变化吗？
C．mv2 D．2mv2 [解析] 由能量转化和守恒定律可知，拉力 F 对木板所做的功 W 一部分转化
浙江专用2021高考物理二轮复习第五章机械能及其守恒定律第4讲功能关系能量守恒定律课件2021032
A.第一阶段摩擦力对物体做正功,第二阶段摩擦力对物体不做功 B.第一阶段摩擦力对物体做的功等于第一阶段物体动能的增加量 C.第一阶段物体和传送带间因摩擦产生的热量等于第一阶段物体机械能的增 加量 D.物体从底端到顶端全过程机械能的增加量大于全过程摩擦力对物体所做的 功
【解析】选C。对物体受力分析知,其在两个阶段所受摩擦力方向都沿斜面向
2
2
2.如图所示,一水平方向的传送带以恒定的速度v=2 m/s沿顺时针方向匀速转 动,传送带右端固定着一光滑的四分之一圆弧面轨道,并与弧面下端相切。一 质量为m=1 kg的物体自圆弧面轨道的最高点由静止滑下,圆弧面轨道的半径 R=0.45 m,物体与传送带之间的动摩擦因数为μ=0.2,不计物体滑过曲面与传 送带交接处时的能量损失,传送带足够长,g取10 m/s2。求:
关键能力·层级突破
考点1 功能关系的理解和应用(d) 【要点融会贯通】
1.对功能关系的进一步理解: (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是通过做 功来实现的。 (2)功是能量转化的量度,功和能的关系,一是体现到不同的力做功,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。
【解析】选A、B、C。除重力以外的力对物体做的功等于物体机械能的变化量, 所以人对物体做的功等于物体机械能的增加,选项A正确;根据动能定理:合外力 对物体做的功等于物体动能的增加量,选项B正确,D错误;物体重力做的功等于 重力势能的变化量,所以物体克服重力做的功等于物体重力势能的增加量,选项 C正确。
上,与其运动方向相同,摩擦力对物体都做正功,A错误;由动能定理知,合力做
的总功等于物体动能的增加量,B错误;物体机械能的增加量等于摩擦力对物体
高考物理一轮复习第五章机械能第4讲功能关系能量守恒定律课件
D.处于超重状态，机械能减少
图2
解析 由题意可知，人加速向上运动，故人的加速度向上，处于超重状态； 由于风力对人做正功，故人的机械能增加，故C正确，A、B、D错误.
1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12
3.图3所示，一根轻质弹簧的一端固定在O点，另一端连接一个质量为m的小
球，当小球静止时，球心到O点的距离为l，图中的实线是以O为圆心、l为半
(1)重力做正功，重力势能_减__少__
重力势能变化 (2)重力做负功，重力势能_增__加__
(3)WG＝－ΔEp＝_E_p_1－__E__p2_
(1)弹力做正功，弹性势能_减__少__ 弹簧弹力的功 弹性势能变化 (2)弹力做负功，弹性势能_增__加__
(3)WF＝－ΔEp＝Ep1－Ep2
只有重力、弹簧 弹力做功
绳索AB的重心位置将
√A.逐渐升高
C.先降低后升高
B.逐渐降低 D.始终不变
图1 解析 由题意知外力对绳索做正功，故机械能增加，重心升高，故选A.
研透命题点
命题点一 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.
内容索引
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高考物理一轮总复习第五章机械能及其守恒定律第4节课时1功能关系能量守恒定律：对功能关系的理解及应用课件
机械＝Ff·x＝14mg·sinh30°＝12mgh，故 D 正确.
答案 BD
解析显隐
【跟踪式训练】(多选)如图所示,长木板A放在光滑的水平地面上,物体B 以水平速度冲上A后,由于摩擦力作用,最后停止在木板A上,则从B冲到木 板A上到相对木板A静止的过程中,下述说法中 正确的是( ) A.物体B动能的减少量等于系统损失的机械能 B.物体B克服摩擦力做的功等于系统内能的增加量 C.物体B损失的机械能等于木板A获得的动能与系统损失的机械能之和 D.摩擦力对物体B做的功和对木板A做的功的总和等于系统内能的增加 量
解析 物体B以水平速度冲上A后,因摩擦力作用,B减速,A加速.由能量守
恒定律,ΔEKB=ΔEKA+Q,选项A错误;由动能定理,B克服摩擦力做的功等于B 损失的动能,选项B错误;由能量守恒定律可知,物体B损失的机械能等于木
板A获得的动能与系统损失的机械能之和,选项C正确;摩擦力对物体B做
的功等于B动能的减少量,摩擦力对木板A做的功等于A动能的增加量,由能
第五章 机械能及其守恒定律
热点突破： 对功能关系的理解及应用
1.热点透析 2.典例剖析 3.规律方法 4.跟踪训练 5.真题演练
1.热点透析
一、功和能的关系
一、体现不同的力做功，对应不同形 式的能量转化，具有一一对应关系
二、做功的多少与能量转化的多少在 数量上相等．
二、几种常见的功能关系及其表达式
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负功，系统内能增加 (2)Q＝Ff·L相对
2. 典例剖析
【例1】(多选)(2016·山西大学附属中学月考)如图,建筑工地上载人升降机 用不计质量的细钢绳跨过定滑轮与一电动机相连,通电后电动机带动升降 机沿竖直方向先匀加速上升后匀速上升.摩擦及空气阻力均不计.则( )
(新课标)高考物理一轮总复习必修部分第5章机械能及其守恒定律第4讲功能关系能量守恒定律随堂集训
第4讲 功能关系 能量守恒定律1．[2015·江苏高考](多选)如图所示，轻质弹簧一端固定，另一端与一质量为m 、套在粗糙竖直固定杆A 处的圆环相连，弹簧水平且处于原长。
圆环从A 处由静止开始下滑，经过B 处的速度最大，到达C 处的速度为零，AC ＝h 。
圆环在C 处获得一竖直向上的速度v ，恰好能回到A 。
弹簧始终在弹性限度内，重力加速度为g 。
则圆环( )A ．下滑过程中，加速度一直减小B ．下滑过程中，克服摩擦力做的功为14mv 2C ．在C 处，弹簧的弹性势能为14mv 2－mghD ．上滑经过B 的速度大于下滑经过B 的速度 答案 BD解析 由题可知圆环向下运动过程中，在B 点速度最大，可说明圆环向下先加速后减速，加速度先向下减小，后向上增大，A 项错误；下滑过程和上滑过程克服摩擦力做功相同，设克服摩擦力做功为W f ，由此下滑过程W f ＋E p ＝mgh ，上滑过程W f ＋mgh ＝12mv 2＋E p ，由以上两式可得克服摩擦力做功W f ＝14mv 2，B 项正确；在C 处：E p ＝mgh －W f ＝mgh －14mv 2，可知C 项错误；下滑从A 到B ，12mv 2B 1＋E p ′＋W f ′＝mgh ′，上滑从B 到A ，12mv 2B 2＋E p ′＝mgh ′＋W f ′＝12mv 2B 1＋E p ′＋2W f ′，由以上两式可得v B 2>v B 1，D 项正确。
2．[2015·长春高三质检]如图甲所示，一物体悬挂在细绳下端，由静止开始沿竖直方向运动，运动过程中物体的机械能E与物体通过路程x的关系图象如图乙所示，其中0～x1过程的图象为曲线，x1～x2过程的图象为直线(忽略空气阻力)。
则下列说法正确的是( )A．0～x1过程中物体所受拉力是变力，且一定不断减小B．0～x1过程中物体的动能一定增加C．x1～x2过程中物体一定做匀速直线运动D．x1～x2过程中物体可能做匀加速直线运动，也可能做匀减速直线运动答案 A解析由功能关系可知，Ex图象切线斜率的绝对值等于物体所受拉力大小，在0～x1内斜率的绝对值逐渐变小，故在0～x1内物体所受的拉力逐渐减小，A项正确；由题图可知0～x1内机械能增加，绳子拉力做正功，物体向上运动，x1～x2内机械能减小，绳子拉力做负功，物体向下运动，在x1位置处速度为零，初始时刻速度为零，动能先变大后变小，B项错误；x1～x2内Ex图象切线斜率的绝对值不变，故物体所受拉力保持不变，物体可能做匀速直线运动或匀加速直线运动，C、D 项错。
高考物理一轮复习第5章机械能及其守恒定律能力课功能关系能量转化和守恒定律课件
物块 b 运动到最高点时，物块 a 恰好不离开挡板，对物块 a 分析得 mgsin θ＝kx，得 x＝m2kg，C 错误；当物块 a 接触挡板时，速度瞬间变为零，物 块 b 先向下加速又减速到零，再反向加速，最后再减速为零到最高点， 这一过程物块 b 与弹簧组成的系统机械能守恒，有 2mgL－xsin θ＝Ep， 解得 Ep＝mgL－m22kg2，D 正确．
例2 如图所示，绷紧的传送带与水平面的夹角θ＝30°，皮带在电 动机的带动下，始终保持v0＝2 m/s的速率运行，现把一质量为m＝10 kg的工件(可看作质点)轻轻放在皮带的底端，经过时间1.9 s，工件被传 送到h＝1.5 m的高处，取g＝10 m/s2，求：
(1)工件与传送带间的动摩擦因数； (2)电动机由于传送工件多消耗的电能．
力做的功 对应能的变化
定量的关系
只有重力、弹 不引起机械能 簧弹力的功 变化
机械能守恒ΔE＝0
非重力和弹力 的功
机械能变化
除重力和弹力之外的其他力做正功， 物体的机械能增加，做负功，机械能 减少，且W其他＝ΔE
例 1 (多选)如图，轻质弹簧一端固定，另一端与一质量为 m、套在
粗糙竖直固定杆 A 处的圆环相连，弹簧水平且处于原长．圆环从 A 处由
1．功能关系和能量守恒定律是高考的必考内容，该类型的问题具 有非常强的综合性，题目类型以计算题为主，通常会与其他的相关知识 结合，试题复杂、灵活性强、难度大，我们经常需要用动力学和能量观 点来解决一些单体多过程，或者多体多过程问题．
2．多运动过程问题是近几年高考试题中的热点，往往应用动能定 理或机械能守恒定律、能量守恒定律等规律，需要在解题时冷静思考， 弄清运动过程，注意不同过程连接点速度的关系，对不同过程运用不同 规律分析解决．
高考物理总复习第五章 第4讲 功能关系、能量守恒定律
2013-11-27 有志者事竟成 9
高考复习· 物理
3．(2012· 安徽理综)如图5－4－1所示，在竖直平面内有 一半径为R的圆弧轨道，半径OA水平、OB竖直，一个质量 为m的小球自A的正上方P点由静止开始自由下落，小球沿轨 道到达最高点B时恰好对轨道没有压力．已知AP＝2R，重力 加速度为g，则小球从P到B的运动过程中( )
2013-11-27
有志者事竟成
4
高考复习· 物理
(4)电场力做功：电势能与其他能相互转化． (5)安培力做功：电能和机械能相互转化． 二、能量守恒定律 1．内容． 能量既不会消灭，也不会创生，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另一个物体，而在转 化和转移的过程中，能量的总量保持不变．
A．逐渐升高 B．逐渐降低 C．先降低后升高 D．始终不变
2013-11-27
有志者事竟成
17
高考复习· 物理
解析
由题意知外力对绳索做正功，机械能增加，重心
升高，故选A项．
答案
A
高考复习· 物理
题型归类•深度剖析
2013-11-27
有志者事竟成
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高考复习· 物理
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高考复习· 物理
解析 功的计算公式W＝Fscosα中的s是指相对于地面 的位移，滑动摩擦力和静摩擦力仅起阻碍物体间的相对运动 (或相对运动趋势)的作用，它与物体对地“绝对位移”的方 向既可能相同也可能相反，说它们一定做负功是错误的．物 体间有静摩擦力作用时两物体相对静止，物体可以对地移 动，所以静摩擦力也可能做功．物体间有相对滑动时，伴随 机械能的损耗(转化为内能)，所以一对滑动摩擦力做功的总 和恒为负值．
答案 A
2022年高考物理总复习第一部分常考考点复习第五章机械能守恒定律第4讲功能关系、能量守恒定律
第4讲功能关系能量守恒定律几种常见力做功对应能量变化数量关系式重力正功重力势能减少WG=-ΔE p=E p1-E p2负功重力势能增加弹簧等的弹力正功弹性势能减少W弹=-ΔE p=E p1-E p2负功弹性势能增加电场力正功电势能减少W电=-ΔE p=E p1-E p2负功电势能增加合力正功动能增加W合=ΔE k=E k2-E k1负功动能减少除重力和弹簧弹力以外的其正功机械能增加W其他=ΔE=E2-E1负功机械能减少他力一对滑动摩擦力做功机械能减少内能增加Q=Ff·Δs相对命题·生活情境有人设计了一种新型逃生滑梯，这种装置类似于“儿童滑梯”，紧急情况中放下，高楼居民倚躺在滑梯内，即可顺势滑到底层。
一居民沿逃生滑梯匀速滑到底层的过程中，他的重力势能、动能、机械能怎么变化？提示：重力势能减小，动能不变，机械能减小。
二、能量守恒定律1．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另一个物体，在转化或转移的过程中，能量的总量保持不变。
2．表达式：ΔE减＝ΔE增。
命题·科技情境石墨烯电池是利用锂离子在石墨烯表面和电极之间进行快速大量穿梭运动的特性开发而来，具有能量密度高、耐高低温的特质。
从微观的角度看，锂离子在电极中“镶嵌”和“脱离”的过程实际上是蓄电池的充放电过程。
蓄电池的充放电过程，能量是如何转化的？总能量如何变化？提示：电能与锂离子的动能相互转化；总能量保持不变。
角度1 功能关系(1)物体下落h，重力做功mgh，物体具有了大小为mgh的能量。
( ×)(2)滑动摩擦力做功时，一定会产生热量。
( √)(3)在物体的机械能减少的过程中，动能有可能是增大的。
( √)角度2 能量守恒定律(4)既然能量在转移或转化过程中是守恒的，故没有必要节约能源。
( ×)(5)一个物体的能量增加，必定有别的物体的能量减少。
高考物理一轮总复习专题5机械能第4讲功能关系能量守恒课件
之和
第三页，共50页。
• 【答案】BD • 【解析(jiě xī)】因M，m之间有弹簧，故两物体受弹簧的弹
vy＝v0tan 45°＝v0 由平抛运动规律得 R＝v2yt，x＝v0t，vy＝gt 代入数据解得 v0＝4 m/s, x＝1.6 m.
第十五页，共50页。
(2)物块在 P 点的速度为 v＝ v20＋v2y＝4 2 m/s 物块从 P 点到 N 点，由动能定理得
mgR(1－cos 45°)＝12mv2N－21mv2
不
式的能量
化为内能
同 一对
点摩
一对相互作用的滑动摩擦力对物体
擦力 的
一对静摩擦力所做功的代数总 系统所做的总功Wf＝－f·L相对，表示
和等于零
物体克服摩擦力做功，大小等于系
统损失的机械能
总功
相同点 两种摩擦力对物体可以做正功、负功，还可以不做功 第十九页，共50页。
• 例2 如图所示，斜面的倾角为θ，质量为 m的滑块距挡板P的距离为s0，滑块以初速 度v0沿斜面上滑，滑块与斜面间的动摩擦 因数为μ.滑块所受摩擦力小于使滑块沿斜 面下滑的重力分力．若滑块每次与挡板相 碰均无机械能损失，求滑块经过的总路 程．
力做功
其他力做的功
一对相互作用 的滑
动摩擦力的总 功
能的变化 机械能变
化
内能变化
定量关系 ①其他力做多少正功(负功)，物体 的机械能就增加(减少)多少 ②W＝ΔE
高考物理复习第五章第4讲功能关系、能量守恒定律讲义(含解析)新人教版
第4讲功能关系、能量守恒定律[基础知识·填一填][知识点1] 功能关系1．能的概念：一个物体能对外做功，这个物体就具有能量．2．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，而且能量转化必通过做功来实现．判断正误，正确的划“√”，错误的划“×”．(1)能量转化是通过做功来实现的．(√)(2)力对物体做了多少功，物体就有多少能．(×)(3)力对物体做正功，物体的总能量一定增加．(×)(4)滑动摩擦力做功时，一定会引起能量的转化．(√)(5)合外力做功等于物体动能的改变量．(√)[知识点2] 能量守恒定律1．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另一个物体，在转化和转移的过程中，能量的总量保持不变.2．适用范围：能量守恒定律是贯穿物理学的基本规律，是各种自然现象中普遍适用的一条规律．3．表达式(1)E初＝E末，初状态各种能量的总和等于末状态各种能量的总和.(2)ΔE增＝ΔE减，增加的能量总和等于减少的能量总和．判断正误，正确的划“√”，错误的划“×”．上端固定的一根细线下面悬挂一摆球，摆球在空气中摆动，摆动的幅度越来越小，对此现象下列说法是否正确．(1)摆球机械能守恒. (×)(2)总能量守恒，摆球的机械能正在减少，减少的机械能转化为内能. (√)(3)能量正在消失. (×)(4)只有动能和重力势能的相互转化．(×)[教材挖掘·做一做]1.(人教版必修2 P80第1题改编)如图所示，一小球自A 点由静止自由下落，到B 点时与弹簧接触，到C 点时弹簧被压缩到最短．若不计弹簧质量和空气阻力，在小球由A →B →C 的过程中，且取地面为零势能面，则( )A ．小球从A →B 的过程中机械能守恒；小球从B →C 的过程中只有重力和弹力做功，所以机械能也守恒B ．小球在B 点时动能最大C ．小球减少的机械能，等于弹簧弹性势能的增量D ．小球到达C 点时动能为零，重力势能为零，弹簧的弹性势能最大 答案：C2．(人教版必修2 P80第2题改编)游乐场的过山车可以底朝上在圆轨道上运行，游客却不会掉下来(图甲)．我们把这种情形抽象为图乙的模型：弧形轨道的下端与竖直圆轨道相接，使小球从弧形轨道上端滚下，小球进入圆轨道下端后沿圆轨道运动．实验发现，只要h 大于一定值，小球就可以顺利通过圆轨道的最高点．如果已知圆轨道的半径为R ，h 至少要等于多大？不考虑摩擦等阻力．解析：小球恰能通过最高点，则：mg ＝m v 2R小球由静止运动到最高点的过程中，满足机械能守恒mgh ＝12mv 2＋mg ·2R联立解得：h ＝2.5R . 答案：2.5R考点一功能关系的理解和应用[考点解读]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是通过做功来实现的．(2)功是能量转化的量度，功和能的关系，一是体现在不同的力做功，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．几种常见力做功及能量变化[典例1] (2018·全国卷Ⅰ)如图，abc是竖直面内的光滑固定轨道，ab水平，长度为2R；bc是半径为R的四分之一圆弧，与ab相切于b点．一质量为m的小球，始终受到与重力大小相等的水平外力的作用，自a点处从静止开始向右运动．重力加速度大小为g.小球从a点开始运动到其轨迹最高点，机械能的增量为( )A．2mgR B．4mgRC．5mgR D．6mgR[审题指导] (1)恒力F的方向判断：由题中条件①光滑轨道；②小球始终受到水平外力作用；③自a点从静止开始向右运动，可判断出外力F方向水平向右．(2)由于外力F＝mg，小球到达c点瞬间v c＞0，可判断球经过c点后将继续向斜上方运动，当竖直方向速度为零时小球到达最高点．(3)恒力做功等于恒力和物体在力方向上位移的乘积：W ＝F ·s .(4)由功能关系确定机械能增量．[解析] C [以小球为研究对象，在小球由a 到c 的过程中，应用动能定理有F ·x ab＋F ·R －mgR ＝12mv 2c ，其中水平力大小F ＝mg ，得v c ＝2 gR .经过c 点以后，在竖直方向上小球做竖直上抛运动，上升的时间t 升＝v c g ＝2Rg.在水平方向上小球做加速度为a x 的匀加速运动，由牛顿第二定律得F ＝ma x ，且F ＝mg ，得a x ＝g .在时间t 升内，小球在水平方向上的位移x ＝12a x t 2升＝2R ，故力F 在整个过程中对小球做的功W ＝Fx ab ＋FR ＋Fx ＝5mgR .由功能关系，得ΔE ＝W ＝5mgR .故C 正确，A 、B 、D 错误．]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．[题组巩固]1．(2017·全国卷Ⅲ)如图，一质量为m ，长度为l 的均匀柔软细绳PQ 竖直悬挂．用外力将绳的下端Q 缓慢地竖直向上拉起至M 点，M 点与绳的上端P 相距13l .重力加速度大小为g .在此过程中，外力做的功为( )A.19mgl B.16mgl C.13mgl D.12mgl 解析：A [把Q 点提到M 点的过程中，PM 段软绳的机械能不变，MQ 段软绳的机械能的增量为ΔE ＝23mg ⎝ ⎛⎭⎪⎫－16l －23mg ⎝ ⎛⎭⎪⎫－13l ＝19mgl ，由功能关系可知，在此过程中，外力做的功为W ＝19mgl ，故A 正确，B 、C 、D 错误．]2．(2019·唐山模拟)(多选)质量为m 的物体，在距地面h 高处以初速度v 竖直向下抛出．其加速度大小为0.5g ，方向竖直向下．则在其下落到地面的过程中，下列说法中正确的是( )A ．物体的重力势能减少0.5mghB ．物体的动能增加0.5mghC ．物体的机械能减少0.5mghD ．落地时的动能为mgh ＋12mv 2解析：BC [物体在下落过程中，重力做正功为mgh ，则重力势能减小mgh ，故A 错误；物体所受的合力为F ＝ma ＝0.5mg ，则合力做功为W 合＝0.5mgh ，所以动能增加了0.5mgh ，故B 正确；物体下落过程中受到向下的重力mg 和向上的力F ′，而物体下落过程中受到的合外力大小为F ＝0.5mg ，即F ＝mg －F ′，解得F ′＝0.5mg ，W F ′＝－0.5mgh ，所以机械能减少了0.5mgh ，故C 正确；由动能定理得W 合＝E k －12mv 2＝0.5mgh ，解得E k ＝0.5mgh ＋12mv 2，故D 错误．]3．(2019·唐山模拟)轻质弹簧右端固定在墙上，左端与一质量m ＝0.5 kg 的物块相连，如图甲所示．弹簧处于原长状态，物块静止且与水平面间的动摩擦因数μ＝0.2.以物块所在处为原点，水平向右为正方向建立x 轴．现对物块施加水平向右的外力F ，F 随x 轴坐标变化的关系如图乙所示．物块运动至x ＝0.4 m 处时速度为零．则此时弹簧的弹性势能为(g 取10 m/s 2)( )A ．3.1 JB ．3.5 JC ．1.8 JD ．2.0 J解析：A [物块与水平面间的摩擦力为F ′f ＝μmg ＝1 N ，现对物块施加水平向右的外力F ，由F －x 图象面积表示F 做的功，可知F 做功W ＝3.5 J ，克服摩擦力做功W f ＝F f x ＝0.4 J ，由功能关系可知，W －W f ＝E p ，此时弹簧的弹性势能为E p ＝3.1 J ，故A 正确，B 、C 、D 错误．]考点二 摩擦力做功与能量变化的关系[考点解读]1．两种摩擦力做功的比较[典例赏析][典例2] (2019·银川一模)如图所示，一质量为m＝1.5 kg的滑块从倾角为θ＝37°的斜面上自静止开始下滑，滑行距离s＝10 m后进入半径为R＝9 m的光滑圆弧AB，其圆心角为θ，然后水平滑上与平台等高的小车．已知小车质量为M＝3.5 kg，滑块与斜面及小车表面间的动摩擦因数μ＝0.35，地面光滑且小车足够长，取g＝10 m/s2.(sin 37°＝0.6，cos 37°＝0.8)求：(1)滑块在斜面上的滑行时间t1；(2)滑块脱离圆弧末端B点前，轨道对滑块的支持力大小；(3)当小车开始匀速运动时，滑块在车上滑行的距离s1.[审题指导]第一步：抓关键点(1)滑块在斜面上下滑的加速度可由mg sin θ－μmg cos θ＝ma 求出． (2)滑块在斜面上运动的末速度为滑块在圆弧上运动的初速度．(3)滑块到达B 点前瞬间具有竖直向上的向心加速度，此时满足F N －mg ＝m v 2BR.(4)小车从开始运动到匀速运动过程中，滑块和小车组成的系统损失的机械能对应系统产生的摩擦热．[解析] (1)设滑块在斜面上滑行的加速度为a ，由牛顿第二定律，有mg sin θ－μmg cos θ＝ma ，又s ＝12at 21联立以上两式，代入数据解得t 1＝2.5 s.(2)滑块在圆弧AB 上运动过程，由机械能守恒定律，有 12mv 2A ＋mgR (1－cos θ)＝12mv 2B ， 其中v A ＝at 1由牛顿第二定律，有F B －mg ＝m v 2BR联立以上各式，代入数据解得轨道对滑块的支持力F B ≈31.7 N.(3)滑块在小车上滑行时的加速度：a 1＝μg ＝3.5 m/s 2小车的加速度：a 2＝μmg M＝1.5 m/s 2小车与滑块达到共同速度时小车开始匀速运动，满足v B －a 1t 2＝a 2t 2由(2)可知滑块刚滑上小车的速度v B ＝10 m/s ，最终同速时的速度 v ＝v B －a 1t 2＝3 m/s由功能关系可得： μmg ·s 1＝12mv 2B －12(m ＋M )v 2解得：s 1＝10 m.[答案] (1)2.5 s (2)31.7 N (3)10 m[题组巩固]1．如图所示，劲度系数为k 的轻弹簧一端固定在墙上，一个小物块(可视为质点)从A 点以初速度v 0向左运动，接触弹簧后运动到C 点时速度恰好为零，弹簧始终在弹性限度内．AC 两点间距离为L ，物块与水平面间动摩擦因数为μ，重力加速度为g ，则物块由A 点运动到C 点的过程中，下列说法正确的是( )A ．弹簧和物块组成的系统机械能守恒B ．物块克服摩擦力做的功为12mv 2C ．弹簧的弹性势能增加量为μmgLD ．物块的初动能等于弹簧的弹性势能增加量与摩擦产生的热量之和解析：D [物块与水平面间动摩擦因数为μ，由于摩擦力做功机械能减小，故A 错误；物块由A 点运动到C 点过程动能转换为弹性势能和内能，根据能量守恒知物块克服摩擦力做的功为μmgL ＝12mv 20－E p 弹，故B 错误，D 正确；根据B 项分析知E p 弹＝12mv 20－μmgL ，故C错误．]2．如图是建筑工地上常用的一种“深穴打夯机”示意图，电动机带动两个滚轮匀速转动将夯杆从深坑提上来，当夯杆底端刚到达坑口时，两个滚轮彼此分开，将夯杆释放，夯杆在自身重力作用下，落回深坑，夯实坑底，然后两个滚轮再将夯杆压紧，夯杆被提上来，如此周而复始(夯杆被滚轮提升过程中，经历匀加速和匀速运动过程)．已知两个滚轮边缘的线速度恒为v ，夯杆质量为m ，则下列说法正确的是( )A ．夯杆被提上来的过程中滚轮先对它施加向上的滑动摩擦力，后不对它施力B ．增加滚轮匀速转动的角速度或增加滚轮对杆的正压力可减小提杆的时间C ．滚轮对夯杆做的功等于夯杆动能的增量D ．一次提杆过程系统共产生热量12mv 2解析：B [夯杆被提上来的过程中，先受到滑动摩擦力，然后受静摩擦力，故A 错误；增加滚轮匀速转动的角速度时夯杆获得的最大速度增大，可减小提杆的时间，增加滚轮对杆的正压力，夯杆受到的滑动摩擦力增大，匀加速运动的加速度增大，可减小提杆的时间，故B 正确；根据功能关系可知，滚轮对夯杆做的功等于夯杆动能、重力势能的增量之和，故C 错误；设匀加速直线运动过程，夯杆受到的滑动摩擦力大小为F f ，加速度为a ，质量为m ，匀加速运动的时间为t ，则相对位移大小为Δx ＝vt －v 22a ，t ＝v a ，解得Δx ＝v 22a ，摩擦产生的热量Q ＝F f Δx ，根据牛顿第二定律得F f －mg ＝ma ，联立解得Q ＝mgv 22a ＋12mv 2＞12mv 2，故D 错误．]3．如图所示，光滑水平面上有一木板，质量M ＝1.0 kg ，长度L ＝1.0 m ．在木板的最左端有一个小铁块(可视为质点)，质量m ＝1.0 kg.小铁块与木板之间的动摩擦因数μ＝0.30.开始时它们都处于静止状态，某时刻起对木板施加一个水平向左的拉力F 将木板抽出，若F ＝8 N ，g 取10 m/s 2.求：(1)抽出木板的过程中摩擦力分别对木板和铁块做的功； (2)抽出木板的过程中由于摩擦产生的内能Q .解析：(1)当F ＝8 N 将木板从小铁块下方抽出，小铁块运动的加速度为：a 1＝μg ＝3 m/s 2木板运动的加速度为：a 2＝F －μmg M，可得a 2＝5 m/s 2设抽出过程的时间为t ，根据几何关系： 12a 2t 2－12a 1t 2＝L 解得：t ＝1 s所以小铁块运动的位移为：x 1＝12a 1t 2，解得：x 1＝1.5 m木板运动的位移为：x 2＝12a 2t 2，解得：x 2＝2.5 m摩擦力对小铁块做的功为：W 1＝μmgx 1，解得W 1＝4.5 J 摩擦力对木板做的功为：W 2＝－μmgx 2，解得：W 2＝－7.5 J (2)抽出木板的过程中由于摩擦产生的内能Q ＝μmg (x 2－x 1)＝3 J.答案：(1)－7.5 J 4.5 J (2)3 J考点三 能量守恒定律的综合应用[考点解读]1．对能量守恒定律的两点理解(1)某种形式的能量减少，一定存在其他形式的能量增加，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．能量转化问题的解题思路(1)当涉及摩擦力做功，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 减与增加的能量总和ΔE 增，最后由ΔE 减＝ΔE 增列式求解．[典例赏析][典例3] 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v 0＝3 m/s 下滑，A 点距弹簧上端挡板位置B 点的距离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/s 2，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 .[审题指导] (1)物体由A 到C 的过程中，动能减少量与重力势能的减少量之和等于弹簧的弹性势能与物体克服摩擦力做功之和．(2)物体由A 到C 后又返回D 的过程中，物体动能减少量与重力势能的减少量之和等于物体克服摩擦力做的总功．[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，机械能的减少量全部用来克服摩擦力做功，即：12mv 20＋mgL AD ·sin 37°＝μmg cos 37°(L AB ＋2L CB ＋L BD )代入数据解得：μ≈0.52. (2)物体由A 到C 的过程中， 动能减少量ΔE k ＝12mv 20，重力势能减少量ΔE p ＝mgL AC sin 37° 摩擦产生的热量Q ＝μmg cos 37°·L AC 由能量守恒定律可得弹簧的最大弹性势能为：E pm ＝ΔE k ＋ΔE p －Q＝12mv 20＋mgL AC sin 37°－μmg cos 37°·L AC ≈24.5 J.[答案] (1)0.52 (2)24.5 J[题组巩固]1．(2019·乐山模拟)如图甲所示，在倾角为37°足够长的粗糙斜面底端，一质量m ＝1 kg 的滑块压缩着一轻弹簧且锁定，但它们并不相连，滑块可视为质点．t ＝0时解除锁定，计算机通过传感器描绘出滑块的v －t 图象如图乙所示，其中Oab 段为曲线，bc 段为直线，在t 1＝0.1 s 时滑块已上滑x ＝0.2 m 的距离(g 取10 m/s 2，sin 37°＝0.6，cos 37°＝0.8)．求：(1)滑块离开弹簧后在图中bc 段对应的加速度大小a 及动摩擦因数μ的大小． (2)t 2＝0.3 s 和t 3＝0.4 s 时滑块的速度v 1、v 2的大小． (3)弹簧锁定时具有的弹性势能E p .解析：(1)由题图乙知滑块在bc 段做匀减速运动，加速度大小为：a ＝Δv Δt＝10 m/s 2由牛顿第二定律得：mg sin 37°＋μmg cos 37°＝ma解得：μ＝0.5(2)根据速度时间公式得t 2＝0.3 s 时的速度大小：v 1＝v 0－a Δt解得v 1＝0在t 2之后开始下滑，下滑时由牛顿第二定律得：mg sin 37°－μmg cos 37°＝ma ′解得：a ′＝2 m/s 2从t 2到t 3做初速度为零的加速运动，t 3时刻的速度为：v 2＝a ′Δt ＝0.2 m/s(3)从0到t 1时间内，由能量守恒定律得：E p ＝mgx sin 37°＋μmgx cos 37°＋12mv 2b解得：E p ＝4 J.答案：(1)10 m/s 20.5 (2)0 0.2 m/s (3)4 J2．如图，一个倾角θ＝30°的光滑直角三角形斜劈固定在水平地面上，顶端连有一轻质光滑定滑轮．质量为m 的A 物体置于地面，上端与劲度系数为k 的竖直轻弹簧相连．一条轻质绳跨过定滑轮，一端与斜面上质量为m 的B 物体相连，另一端与弹簧上端连接．调整细绳和A 、B 物体的位置，使弹簧处于原长状态，且细绳自然伸直并与三角斜劈的两个面平行．现将B 物体由静止释放，已知B 物体恰好能使A 物体刚要离开地面但不继续上升．求：(1)B 物体在斜面上下滑的最大距离x .(2)B 物体下滑到最低点时的加速度大小和方向．(3)若将B 物体换成质量为2m 的C 物体，C 物体由上述初始位置静止释放，当A 物体刚好要离开地面时，C 物体的速度大小v .解析：(1)当A 物体刚要离开地面但不上升时，A 物体处于平衡状态，设B 物体沿斜面下滑x ，则弹簧伸长为x .对A 物体有：kx －mg ＝0解得：x ＝mg k(2)当A 物体刚要离开地面时，A 与地面间作用力为0. 对A 物体：由平衡条件得：F T －mg ＝0设B 物体的加速度大小为a ，对B 物体，由牛顿第二定律得：F T －mg sin θ＝ma 解得：a ＝12gB 物体加速度的方向沿斜面向上(3)A 物体刚要离开地面时，弹簧的弹性势能增加ΔE ，对B 物体下滑的过程，由能量守恒定律得：ΔE ＝mgx sin θ对C 物体下滑的过程，由能量守恒定律得： ΔE ＋12×2mv 2＝2mgx sin θ解得：v ＝gm 2k. 答案：(1)mg k (2)12g 方向沿斜面向上 (3)gm 2k思想方法(十一) 传送带模型中的功能关系[典例1] (多选)如图所示，水平传送带由电动机带动，并始终保持以速度v 匀速运动，现将质量为m 的某物块由静止释放在传送带上的左端，过一会儿物块能保持与传送带相对静止，设物块与传送带间的动摩擦因数为μ，对于这一过程，下列说法正确的是( )A ．摩擦力对物块做的功为0.5mv 2B ．物块对传送带做功为0.5mv 2C ．系统摩擦生热为0.5mv 2D ．电动机多做的功为mv 2[解析] ACD [设物块匀加速运动的时间为t ，根据动能定理得： 摩擦力对物块做的功为W 1＝f ·12vt ＝12mv 2＝0.5mv 2.物块对传送带做功W 2＝－fvt ＝－mv 2，故A 项正确，B 项错误． 物块与传送带相对位移大小为Δx ＝vt －vt2＝0.5vt ，则Δx ＝x 物．摩擦生热为Q ＝f·Δx ＝fx 物＝0.5mv 2.故C 项正确． 电动机多做的功转化成了物体的动能和系统的内能， 所以电动机多做的功为W 机＝12mv 2＋Q ＝mv 2.故D 项正确．(或电动机做的功等于传送带克服摩擦力做的功W 机＝f ·vt ＝mv 2)][典例2] 如图，一传送皮带与水平面夹角为30°，以 2 m/s 的恒定速度顺时针运行．现将一质量为10 kg 的工件轻放于底端，经一段时间送到高2 m 的平台上，工件与皮带间的动摩擦因数为μ＝32，g 取10 m/s 2，求带动皮带的电动机由于传送工件而多消耗的电能．[解析] 设工件向上运动距离s 时，速度达到传送带的速度v ，由动能定理可知： －mgs sin 30°＋μmgs cos 30°＝12mv 2－0解得s ＝0.8 m ，说明工件未到达平台时，速度已达到v ， 所以工件动能的增量为ΔE k ＝12mv 2＝20 J工件重力势能增量为ΔE p ＝mgh ＝200 J 工件相对皮带的位移L ＝vt －12vt ＝12vt ＝s ＝0.8 m由于摩擦产生热量Q ＝fL ＝μmg cos 30°L ＝60 J 电动机多消耗的电能为ΔE k ＋ΔE p ＋Q ＝280 J. [答案] 280 J传送带问题的分析流程和技巧[题组巩固]1．(2019·泉州模拟)如图所示为地铁站用于安全检查的装置，主要由水平传送带和x 光透视系统两部分组成，传送过程传送带速度不变．假设乘客把物品轻放在传送带上之后，物品总会先、后经历两个阶段的运动，用v 表示传送带速率，用μ表示物品与传送带间的动摩擦因数，则( )A ．前阶段，物品可能向传送方向的相反方向运动B ．后阶段，物品受到摩擦力的方向跟传送方向相同C ．v 相同时，μ不同的等质量物品与传送带摩擦产生的热量相同D ．μ相同时，v 增大为原来的2倍，前阶段物品的位移也增大为原来的2倍 解析：C [物品轻放在传送带上，前阶段，物品受到向前的滑动摩擦力，所以物品的运动方向一定与传送带的运动方向相同，故A 错误；后阶段，物品与传送带一起做匀速运动，不受摩擦力，故B 错误；设物品匀加速运动的加速度为a ，由牛顿第二定律得F f ＝μmg ＝ma ，物品的加速度大小为a ＝μg ，匀加速的时间为t ＝v a ＝v μg ，位移为x ＝v2t ，传送带匀速的位移为x ′＝vt ，物品相对传送带滑行的距离为Δx ＝x ′－x ＝vt 2＝v 22μg ，物品与传送带摩擦产生的热量为Q ＝μmg Δx ＝12mv 2，则知v 相同时，μ不同的等质量物品与传送带摩擦产生的热量相同，故C 正确；前阶段物品的位移为x ＝vt 2＝v 22μg，则知μ相同时，v 增大为原来的2倍，前阶段物品的位移增大为原来的4倍，故D 错误．]2.如图所示，传送带与地面的夹角θ＝37°，A 、B 两端间距L ＝16 m ，传送带以速度v ＝10 m/s 沿顺时针方向运动，物体m ＝1 kg ，无初速度地放置于A 端，它与传送带间的动摩擦因数μ＝0.5，试求：(1)物体由A 端运动到B 端的时间． (2)系统因摩擦产生的热量．解析：(1)物体刚放上传送带时受到沿斜面向下的滑动摩擦力，由牛顿第二定律得：mg sin θ＋μmg cos θ＝ma 1，设物体经时间t ，加速到与传送带同速， 则v ＝a 1t 1，x 1＝12a 1t 21可解得：a 1＝10 m/s 2t 1＝1 s x 1＝5 m因mg sin θ＞μmg cos θ，故当物体与传送带同速后， 物体将继续加速，由牛顿第二定律得：mg sin θ－μmg cos θ＝ma 2 L －x 1＝vt 2＋12a 2t 22解得：t 2＝1 s故物体由A 端运动到B 端的时间t ＝t 1＋t 2＝2 s (2)物体与传送带间的相对位移x 相＝(vt 1－x 1)＋(L －x 1－vt 2)＝6 m故Q ＝μmg cos θ·x 相＝24 J 答案：(1)2 s (2)24 J。
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5-4功能关系 能量守恒定律
时间：45分钟 满分：100分
一、选择题(本题共10小题，每小题7分，共70分。其中1～6为单选，7～10为多选)
1．如图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( )
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
2．如图所示，长为L的长木板水平放置，在木板的A端放置一个质量为m的小物块。
现缓慢地抬高A端，使木板以B端为轴转动，当木板转到与水平面的夹角为α时小物块开
始滑动，此时停止转动木板，小物块滑到底端的速度为v，重力加速度为g。下列判断不正
确的是( )
A．整个过程物块受的支持力垂直于木板，所以不做功
B．物块所受支持力做功为mgLsinα
C．发生滑动前摩擦力逐渐增大
D．整个过程木板对物块做的功等于物块机械能的增加量
3．要将一个质量为m、边长为a的匀质正立方体翻倒，推力对它做的功至少为( )
A.2－mga2 B.2＋mga2
C.2mga D.2mga2
4．如图所示，有三个斜面a、b、c，底边的长分别为L、L、3L，高度分别为3h、h、h。
某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( )
A．物体损失的机械能2ΔEa＝2ΔEb＝ΔEc
B．因摩擦产生的热量3Qa＝3Qb＝Qc
C．物体到达底端的动能Eka＝3Ekb＝3Ekc
D．因摩擦产生的热量4Qa＝2Qb＝Qc
5．如图甲所示，用竖直向上的力F拉静止在水平地面上的一物体，物体在向上运动的
过程中，其机械能E与位移x的关系如图乙，其中AB为曲线，其余各段是直线。下列说法
正确的是( )
A．0～x1过程中，物体所受拉力最小
B．0～x2过程中，物体的动能先增大后减小
C．x1～x2过程中，物体的加速度先增大后减小
D．x2～x3过程中，物体做匀速直线运动
6．如图所示，一根原长为L的轻弹簧，下端固定在水平地面上，一个质量为m的小球，
在弹簧的正上方从距地面高度为H处由静止下落压缩弹簧。若弹簧的最大压缩量为x，小球
下落过程受到的空气阻力恒为Ff，则小球从开始下落至最低点的过程( )
A．小球动能的增量不为零
B．小球重力势能的增量为mg(H＋x－L)
C．弹簧弹性势能的增量为(mg－Ff)(H＋x－L)
D．系统机械能减小FfH
7．如图所示，质量为m的滑块以一定初速度滑上倾角为θ的固定斜面，同时施加一沿
斜面向上的恒力F＝mgsinθ。已知滑块与斜面间的动摩擦因数μ＝tanθ，取出发点为参考
点，能正确描述滑块运动到最高点过程中产生的热量Q、滑块动能Ek、势能Ep、机械能E随
时间t和位移x变化关系的是( )
8．如图所示，物块的质量为m，它与水平桌面间的动摩擦因数为μ，起初，用手按住
物块，弹簧的伸长量为x，放手后，物块向左运动至弹簧压缩量为y时停下。当弹簧恢复原
长时，物块的速度为v，整个过程弹簧均处于弹性限度内，则( )
A．x>y
B．物块运动过程中的最大速度为v
C．全过程弹簧弹性势能的减小量为μmg(x＋y)
D．从物块开始运动到弹簧恢复原长的过程中弹力做功12mv2＋μmgx
9．如图所示，一根长为L＝3 m的竖直绳子末端挂着一个质量为m＝1 kg的木块(可视
为质点)，现给木块一个水平方向的初速度v0＝4 m/s，使木块开始摆动，当绳子摆到与竖直
方向的夹角θ＝37°时，绳突然断了，绳断后，木块恰能运动到水平传送带的最左端，且
此时速度水平，此后木块在传送带上滑行。已知传送带足够长，正以v′＝1 m/s的恒定速
度逆时针运行，木块与传送带间的动摩擦因数μ＝0.2，不考虑空气阻力和绳的质量，重力
加速度g＝10 m/s2，sin37°＝0.6，cos37°＝0.8。下列说法中正确的是( )
A．绳断时木块的速度大小为2 m/s
B．木块刚好到达传送带最左端时的速度大小为1 m/s
C．木块在传送带上距传送带左端的最大距离是1.28 m
D．木块从滑上传送带到离开传送带的过程中，整个系统因摩擦而产生的热量为3.38 J
10．如图所示，一水平方向足够长的传送带以恒定的速度v1沿顺时针方向转动，传送
带右端有一个与传送带等高的光滑水平面，一物体以恒定的速率v2沿直线向左滑上传送带
后，经过一段时间又返回光滑水平面，速率为v3，则在整个运动过程中，下列说法正确的是
( )
A．若v1
C．若v1>v2时，则传送带与物体摩擦生热为mv22
D．其中在物体向左运动过程中，传送带与物体摩擦生热为12mv22＋mv1v2
二、非选择题(本题共2小题，共30分)
11． (12分)建筑工程中的“打桩”是利用重锤的冲击克服泥土对桩柱的阻力，使桩柱
插入泥土到达预定深度的过程。如图甲所示，设打桩机重锤的质量为m，桩柱的质量为M。
打桩过程可简化如下：桩柱下端开始时在地表面没有进入泥土，提升重锤到距离桩柱上端
h
高度后使其自由落下，重锤撞击桩柱上端，经极短时间的撞击使两者以共同的速度一起向下
移动一段距离后停止。然后再次提升重锤，重复打桩过程，逐渐把桩柱打到预定深度。设桩
柱向下移动的过程中泥土对桩柱的阻力f的大小与桩柱打入泥土中的深度x成正比，其函数
表达式f＝kx(k为大于0的常量，具体值未知)，fx图象如图乙所示。已知重力加速度大
小为g。
(1)求重锤与桩柱第一次碰撞后瞬间的共同速度大小；
(2)图象法和比较法是研究物理问题的重要方法，例如从教科书中我们明白了由vt图
象求直线运动位移的思想和方法，请你借鉴此方法，根据图示的fx图象结合函数式f＝kx，
分析推导在第一次打桩将桩柱打入泥土的过程中阻力所做的功与桩柱打入泥土深度的关系
式；并将泥土对桩柱的阻力与你熟悉的弹簧弹力进行比较，从做功与能量转化的角度简要说
明泥土对桩柱的阻力做功和弹簧弹力做功的不同；
(3)若重锤与桩柱第一次的撞击能把桩柱打入泥土中的深度为d，试求常量k的大小。
12．(18分)如图所示，固定斜面的倾角θ＝30°，物体A与斜面之间的动摩擦因数μ
＝32，轻弹簧下端固定在斜面底端，弹簧处于原长时上端位于C点。用一根不可伸长的轻
绳通过轻质光滑的定滑轮连接物体A和B，滑轮右侧绳子与斜面平行，A的质量为2m，B的
质量为m，初始时物体A到C点的距离为L。现给A、B一初速度v0>gL，使A开始沿斜面
向下运动，B向上运动，物体A将弹簧压缩到最短后又恰好能弹到C点。已知重力加速度为
g
，不计空气阻力，整个过程中，轻绳始终处于伸直状态，求：
(1)物体A向下运动刚到C点时的速度；
(2)弹簧的最大压缩量；
(3)弹簧的最大弹性势能。
答案
1 B
2 A
3 A
4 B
5 B
6 C
7 CD
8 ACD
9 AD
10 ABD
11(1)设重锤落到桩柱上端时的速度为v0，对于重锤下落的过程，根据机械能守恒定律
有12mv20＝mgh，解得：v0＝2gh，重锤与桩柱相互作用过程极为短暂，冲击力远大于它们所
受的重力，重锤与桩柱组成的系统，沿竖直方向动量守恒，设二者碰撞后共同运动的速度为
v1，根据动量守恒定律有：mv0＝(M＋m)v1，解得：v
1
＝mv0M＋m＝m2ghM＋m。
(2)由直线运动的vt图象与横坐标轴所围的“面积”表示位移，比较阻力随深度变化
的fx图象可知，fx图象与横坐标轴所围成的三角形的“面积”表示阻力功的大小：
kx
＋0
2
x＝12kx2，阻力对桩柱做负功，所以W＝－12kx
2
，由题可知：弹簧弹力的大小和泥土对桩柱的
阻力大小变化的规律一样，都是大小与位移成正比。但是弹簧弹力做的功会使物体减少的机
械能以弹性势能的形式存储起来，是不同形式的机械能之间的转化；而泥土对桩柱做的功会
使物体减少的机械能都转化成了内能，是机械能转化为其他形式能的过程。泥土阻力一定做
负功，弹簧弹力可以做正功，也可以做负功。
(3)对于第一次碰撞后获得共同速度到进入泥土深度为d的过程，根据动能定理有(M＋
m)gd－12kd2＝0－12(M＋m)v21，可解得：k
＝2M＋mgd＋2m2ghM＋md2。
12 (1)A与斜面间的滑动摩擦力Ff＝2μmgcosθ，物体从A向下运动到C点的过程中，
根据能量守恒有：2mgLsinθ＋12·3mv20＝12·3mv2＋mgL＋FfL，解得v＝v20－gL。
(2)从物体A接触弹簧，将弹簧压缩到最短后又恰回到C点，对系统应用能量守恒Ff·2
x
＝12×3mv2，解得x＝v202g－L2。
(3)弹簧从压缩到最短到恰好能弹到C点的过程中，对系统根据能量守恒有Ep＋mgx＝
2mgxsinθ＋Ffx，所以Ep＝Ffx＝3mv204－3mgL4。