高考物理一轮复习 第五章 能量和动量 第4节 功能关系 能量守恒定律-人教版高三全册物理试题.doc

《高考物理一轮复习 第五章 能量和动量 第4节 功能关系 能量守恒定律-人教版高三全册物理试题.doc》由会员分享，可在线阅读，更多相关《高考物理一轮复习 第五章 能量和动量 第4节 功能关系 能量守恒定律-人教版高三全册物理试题.doc（19页珍藏版）》请在淘文阁 - 分享文档赚钱的网站上搜索。

1、第4节 功能关系 能量守恒定律(1)力对物体做了多少功，物体就具有多少能。()(2)能量在转移或转化过程中，其总量会不断减少。()(3)在物体的机械能减少的过程中，动能有可能是增大的。()(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)节约可利用能源的目的是为了减少污染排放。()(6)滑动摩擦力做功时，一定会引起机械能的转化。()(7)一个物体的能量增加，必定有别的物体能量减少。()突破点(一)功能关系的理解和应用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

2、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几种常见力做功对应的能量变化数量关系式重力正功重力势能减少WGEp负功重力势能增加弹簧等的弹力正功弹性势能减少W弹Ep负功弹性势能增加电场力正功电势能减少W电Ep负功电势能增加合力正功动能增加W合Ek负功动能减少重力以外的其他力正功机械能增加W其E负功机械能减少3两个特殊的功能关系(1)滑动摩擦力与两物体间相对位移的乘积等于产生的内能，即Ffx相对Q。(2)感应电流克服安培力做的功等于产生的电能，即W克安E电。多角练通1(2016上海高考)在今年上海的某活动中引入了全国首个户外风洞飞行

3、体验装置，体验者在风力作用下漂浮在半空。若减小风力，体验者在加速下落过程中()A失重且机械能增加 B失重且机械能减少C超重且机械能增加 D超重且机械能减少解析：选B据题意，体验者漂浮时受到的重力和风力平衡；在加速下降过程中，风力小于重力，即重力对体验者做正功，风力做负功，体验者的机械能减小；加速下降过程中，加速度方向向下，体验者处于失重状态，故选项B正确。2(2017唐山模拟)轻质弹簧右端固定在墙上，左端与一质量m0.5 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

4、变化的关系如图乙所示。物块运动至x0.4 m处时速度为零。则此时弹簧的弹性势能为(g取10 m/s2)()A3.1 J B3.5 JC1.8 J D2.0 J解析：选A物块与水平面间的摩擦力为Ffmg1 N。现对物块施加水平向右的外力F，由Fx图像面积表示外F做的功，可知F做功W3.5 J，克服摩擦力做功WfFfx0.4 J。由功能关系可知，WWfEp，此时弹簧的弹性势能为Ep3.1 J，选项A正确。3(多选)(2017佛山模拟)如图所示，质量为m的物体(可视为质点)以某一速度从A点冲上倾角为30的固定斜面，其减速运动的加速度为g，此物体在斜面上能够上升的最大高度为h，则在这个过程中物体()A

5、重力势能增加了mgh B机械能损失了C动能损失了mgh D克服摩擦力做功解析：选AB加速度ag，解得摩擦力Ffmg；物体在斜面上能够上升的最大高度为h，所以重力势能增加了mgh，故A项正确；机械能的损失了Ffxmg2hmgh，故B项正确；动能损失量为克服合外力做功的大小EkF合外力xmg2hmgh，故C错误；克服摩擦力做功，故D错误。突破点(二)摩擦力做功与能量的关系1两种摩擦力做功的比较静摩擦力做功滑动摩擦力做功只有能量的转移，没有能量的转化既有能量的转移，又有能量的转化互为作用力和反作用力的一对静摩擦力所做功的代数和为零，即要么一正一负，要么都不做功互为作用力和反作用力的一对滑动摩擦力所做

6、功的代数和为负值，即至少有一个力做负功两种摩擦力都可以对物体做正功或者负功，还可以不做功2求解相对滑动物体的能量问题的方法(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WFfl相对中l相对为两接触物体间的相对位移，若物体在传送带上做往复运动时，则l相对为总的相对路程。典例(2017银川一模)如图所示，一质量为m1.5 kg的滑块从倾角为37的斜面上自静止开始滑下，滑行距离s10 m后进入半径为R9 m的光滑圆弧AB，其圆心角为，然后水平滑上与平台等高的小车。已知小车质量为M3.5 kg，滑块与斜面及小车表面的动摩擦因数

7、0.35，地面光滑且小车足够长，取g10 m/s2。(sin 370.6，cos 370.8)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：抓关键点关键点获取信息自静止开始下滑滑块在斜面上做初速度为零的匀加速直线运动光滑圆弧AB滑块在圆弧上运动过程机械能守恒然后水平滑上与平台等高的小车滑块滑上小车的速度等于滑块在AB弧上B点的速度地面光滑且小车足够长滑块滑上小车最终与小车同速，一起做匀速运动第二步：找突破口(1)滑块在斜面上下滑的加速度可由mgsin mgcos ma求出。(2)

8、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：FNmgm。(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 cos )ma，sat12解得t12.5 s。(2)滑块在圆弧AB上运动过程，由机械能守恒定律mvA2mgR(1cos )mvB2，vAat1由牛顿第二定律，有FBmgm解得轨道对滑块的支持力FB31.7 N。(3)滑块在小车上滑行时的加速度：a1g3.5 m/s2小车的加速度：a2g1.5 m/s2小车与滑

9、块达到共同速度时小车开始匀速运动，满足vBa1t2a2t2解得：t22 s故滑块刚滑上小车的速度vB10 m/s，最终同速时的速度v3 m/s由功能关系可得：mgs1mvB2(mM)v2解得：s110 m。答案(1)2.5 s(2)31.7 N(3)10 m方法规律(1)滑块脱离圆弧末端B点前具有竖直向上的加速度，支持力大于滑块重力，区别于滑块刚滑上小车的情况。(2)当小车开始匀速运动时，滑块在车上滑行的距离为滑块在小车上滑行的最大距离，也是小车的最小长度。集训冲关1(多选)(2017安徽师大附中最后一卷)如图所示，质量m1 kg的物体从高为h0.2 m的光滑轨道上P点由静止开始下滑，滑到水平

10、传送带上的A点，物体和传送带之间的动摩擦因数为0.2，传送带AB之间的距离为L5 m，传送带一直以v4 m/s 的速度匀速运动，则()A物体从A运动到B的时间是1.5 sB物体从A运动到B的过程中，摩擦力对物体做功为2 JC物体从A运动到B的过程中，产生的热量为2 JD物体从A运动到B的过程中，带动传送带转动的电动机多做的功为10 J解析：选AC设物体下滑到A点的速度为v0，对PA过程，由机械能守恒定律有：mv02mgh，代入数据得：v02 m/sv4 m/s，则物体滑上传送带后，在滑动摩擦力的作用下做匀加速运动，加速度大小为ag2 m/s2；当物体的速度与传送带的速度相等时用时：t1 s1

11、s，匀加速运动的位移x1t11 m3 mL5 m，所以物体与传送带共速后向右做匀速运动，匀速运动的时间为t2 s0.5 s，故物体从A运动到B的时间为：tt1t21.5 s，故选项A正确；物体运动到B的速度是v4 m/s，根据动能定理得：摩擦力对物体做功Wmv2mv02142122 J6 J，故B项错误；在t1时间内，传送带做匀速运动的位移为x带vt14 m，故产生热量Qmgxmg(x带x1)，代入数据得：Q2 J，故C项正确；电动机多做的功一部分转化成了物体的动能，另一部分转化为内能，则电动机多做的功WQ1(4222)2 J8 J，故D项错误。 2.如图所示，劲度系数为k的轻弹簧一端固定在墙

12、上，一个小物块(可视为质点)从A点以初速度v0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，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mv02C弹簧的弹性势能增加量为mgLD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：选D物块与水平面间动摩擦因数为，由于摩擦力做功机械能减小，故A项错误；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mgLmv02Ep弹，故B项错误，D项正确；根据B项分析

13、知Ep弹mv02mgL，故C项错误。突破点(三)能量守恒定律的应用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E减与增加的能量总和E增，最后由E减E增列式求解。典例如图所示，一物体质量m2 kg，在倾角37的斜面上的A点以初速度v03 m/s下滑，A点

14、距弹簧上端B的距离AB4 m。当物体到达B点后将弹簧压缩到C点，最大压缩量BC0.2 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AD3 m。挡板及弹簧质量不计，g取10 m/s2，sin 370.6，求：(1)物体与斜面间的动摩擦因数。(2)弹簧的最大弹性势能Epm。思路点拨(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

15、服摩擦力做功，即：mv02mgLADsin 37mgcos 37(LAB2LCBLBD)代入数据解得：0.52。(2)物体由A到C的过程中，动能减少量Ekmv02，重力势能减少量EpmgLACsin 37。摩擦产生的热Qmgcos 37LAC。由能量守恒定律可得弹簧的最大弹性势能为：EpmEkEpQmv02mgLACsin 37mgcos 37LAC24.5 J。答案：(1)0.52(2)24.5 J集训冲关1.(2017浙江四校联考)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处由静止跳下，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(

16、视为质点)在其下降的整个过程中，重力势能的减少量为E1、绳的弹性势能的增加量为E2、克服空气阻力做的功为W，则下列说法正确的是()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的过程中，机械能守恒CE1WE2DE1E2W解析：选C下落过程中有空气阻力做功，所以机械能不守恒，A、B项错误；根据能量守恒，在下落的全过程，有E1WE2，故C项正确，D项错误。2(2017乐山二模)如图甲所示，在倾角为37足够长的粗糙斜面底端，一质量m1 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。t0时解除锁定，计算机通过传感器描绘出滑块的v t图像如图乙所示，其中Oab段

17、为曲线，bc段为直线，在t10.1 s时滑块已上滑x0.2 m 的距离(g取10 m/s2，sin 370.6，cos 370.8)。求：(1)滑块离开弹簧后在图中bc段对应的加速度大小a及动摩擦因数的大小；(2)t20.3 s和t30.4 s时滑块的速度v1、v2的大小；(3)弹簧锁定时具有的弹性势能Ep。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a10 m/s2根据牛顿第二定律得mgsin 37mgcos 37ma解得0.5。(2)根据速度时间公式得t20.3 s时的速度大小v1v0at，解得v10在t2之后开始下滑，下滑时由牛顿第二定律得mgsin 37mgcos 37

18、ma解得a2 m/s2。从t2到t3做初速度为零的加速运动，t3时刻的速度为v2at0.2 m/s。(3)从0到t1时间内，由能量守恒定律得Epmgxsin 37mgxcos 37mvb2解得Ep4 J。答案：(1)10 m/s20.5(2)00.2 m/s(3)4 J与生产、生活相联系的能量守恒问题在新课程改革的形势下，高考命题加大了以生产、生活、科技为背景的试题比重，其中与生产、生活相联系的能量守恒问题尤其受到高考命题者青睐。(一)列车车厢间的摩擦缓冲装置1.(2014广东高考)如图是安装在列车车厢之间的摩擦缓冲器结构图。图中和为楔块，和为垫板，楔块与弹簧盒、垫板间均有摩擦。在车厢相互撞击

19、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解析：选B在车厢相互撞击使弹簧压缩过程中，由于要克服摩擦力做功，且缓冲器所受合外力做功不为零，因此机械能不守恒，A项错误；克服摩擦力做功消耗机械能，B项正确；撞击以后垫板和车厢有相同的速度，因此动能并不为零，C项错误；压缩弹簧过程弹簧的弹性势能增加，并没有减小，D项错误。(二)儿童乐园中的蹦床运动2.在儿童乐园的蹦床项目中，小孩在两根弹性绳和蹦床的协助下实现上下弹跳。如图所示，某次蹦床活动中小孩静止时处于O点，当其弹跳到最高点A后下落可将蹦床压到最低点B，小孩可看成质点，不计

20、空气阻力，下列说法正确的是() A从A运动到O，小孩重力势能减少量大于动能增加量B从O运动到B，小孩动能减少量等于蹦床弹性势能增加量C从A运动到B，小孩机械能减少量小于蹦床弹性势能增加量D若从B返回到A，小孩机械能增加量等于蹦床弹性势能减少量解析：选A从A运动到O，小孩重力势能减少量等于动能增加量与弹性绳的弹性势能的增加量之和，选项A正确；从O运动到B，小孩动能和重力势能的减少量等于弹性绳和蹦床的弹性势能的增加量，选项B错误；从A运动到B，小孩机械能减少量大于蹦床弹性势能增加量，选项C错误；若从B返回到A，小孩机械能增加量等于蹦床和弹性绳弹性势能减少量之和，选项D错误。(三)自动充电式电动车3

21、.构建和谐型、节约型社会深得民心，节能器材遍布于生活的方方面面，自动充电式电动车就是很好的一例，电动车的前轮装有发电机，发电机与蓄电池连接。当骑车者用力蹬车或电动车自动滑行时，电动车就可以连通发电机向蓄电池充电，将其他形式的能转化成电能储存起来。现有某人骑车以5 kJ的初动能在粗糙的水平路面上滑行，第一次关闭自动充电装置，让车自由滑行，其动能随位移变化关系如图直线a所示；第二次启动自动充电装置，其动能随位移变化关系如图曲线b所示，则第二次向蓄电池所充的电能可接近()A5 kJB4 kJC3 kJ D2 kJ解析：选D由题图直线a可知，电动车的动能Ek与滑行位移x成线性关系，第一次关闭自动充电装

22、置自由滑行10 m停止，第二次启动自动充电装置时只滑行了6 m，所以第二次充电的电能相当于滑行4 m所需要的能量，即E5 kJ2 kJ，故D正确。(四)飞机场上运送行李的传送带4.飞机场上运送行李的装置为一水平放置的环形传送带，传送带的总质量为M，其俯视图如图所示。现开启电动机，传送带达到稳定运行的速度v后，将行李依次轻轻放到传送带上。若有n件质量均为m的行李需通过传送带运送给旅客。假设在转弯处行李与传送带无相对滑动，忽略皮带轮、电动机损失的能量。求从电动机开启到运送完行李需要消耗的电能为多少？解析：设行李与传送带间的动摩擦因数为，则传送带与行李间由于摩擦产生的总热量Qnmgx由运动学公式得x

23、x传x行vt又ag所以vgt联立解得Qnmv2由能量守恒得EQMv2nmv2所以电动机开启到运送完行李需消耗的电能为EMv2nmv2。答案：Mv2nmv2反思领悟与生产、生活相联系的能量守恒问题往往具有试题情景新颖，所叙述的内容可能平时很少涉及，但问题的实质仍是能量转化与守恒定律的应用。对于该类问题，可通过认真读题，确定所研究的物理过程的初、末状态，分析在状态变化过程中哪些形式的能量减少了，又有哪些形式的能量增加了，然后根据E减E增列式求解。对点训练：功能关系的理解和应用1(2016四川高考)韩晓鹏是我国首位在冬奥会雪上项目夺冠的运动员。他在一次自由式滑雪空中技巧比赛中沿“助滑区”保持同一姿态

24、下滑了一段距离，重力对他做功1 900 J，他克服阻力做功100 J。韩晓鹏在此过程中()A动能增加了1 900 JB动能增加了2 000 JC重力势能减小了1 900 JD重力势能减小了2 000 J解析：选C根据动能定理得韩晓鹏动能的变化EWGWf1 900 J100 J1 800 J0，故其动能增加了1 800 J，选项A、B错误；根据重力做功与重力势能变化的关系WGEp，所以EpWG1 900 J0，故韩晓鹏的重力势能减小了1 900 J，选项C正确，选项D错误。2.(多选)(2017石家庄模拟)一质量为m的物体在竖直向上的拉力F作用下沿竖直方向向上运动，运动过程中物体的动能与位移的关

25、系如图所示，其中0x1为一曲线，x1x2为一与横轴平行的直线，x2x3为一倾斜直线，不计空气阻力，关于物体在这段位移内的运动，下列说法正确的是()A0x1过程中拉力F逐渐增大Bx1x2过程中物体的重力势能可能不变Cx2x3过程中拉力F为恒力D0x3过程中物体的机械能增加解析：选CD由动能定理EkEk0F合x得，F合，即图像的斜率(曲线切线)表示物体所受合力F合，在0x1过程中曲线的斜率越来越小，F合越来越小，mg不变，则拉力F越来越小，A错误；在x1x2过程中物体匀速上升，其重力势能一直增加，B错误；在x2x3过程中斜率是一定值，F合是一定值，所以拉力F是恒力，C正确；在0x3过程中拉力F一直

26、做正功，物体机械能一直增加，D正确。3.(多选)(2017青岛模拟)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小球动能的增量为零B小球重力势能的增量为mg(HxL)C弹簧弹性势能的增量为(mgFf)(HxL)D系统机械能减小FfH解析：选AC小球下落的整个过程中，开始时速度为零，结束时速度也为零，所以小球动能的增量为0，故A正确；小球下落的整个过程中，重力做功WGmghmg(HxL)，根据重力做功量度重力势能的变化W

27、GEp得：小球重力势能的增量为mg(HxL)，故B错误；根据动能定理得：WGWfW弹000，所以W弹(mgFf)(HxL)，根据弹簧弹力做功量度弹性势能的变化W弹Ep得：弹簧弹性势能的增量为(mgFf)(HxL)，故C正确；系统机械能的减少等于重力、弹力以外的力做的功，所以小球从开始下落至最低点的过程，克服阻力做的功为：Ff(HxL)，所以系统机械能的减小量为：Ff(HxL)，故D错误。对点训练：摩擦力做功与能量的关系4.(2017开封二模)如图所示，木块A放在木板B的左端上方，用水平恒力F将A拉到B的右端，第一次将B固定在地面上，F做功W1，生热Q1；第二次让B在光滑水平面可自由滑动，F做功

28、W2，生热Q2，则下列关系中正确的是()AW1W2，Q1Q2BW1W2，Q1Q2CW1W2，Q1Q2 DW1W2，Q1Q2解析：选A木块A从木板B左端滑到右端克服摩擦力所做的功WFfx，因为木板B不固定时木块A的位移要比木板B固定时长，所以W1W2；摩擦产生的热量QFfl相对，两次都从木板B左端滑到右端，相对位移相等，所以Q1Q2，故选项A正确。5.(多选)(2017南平检测)如图所示，一质量为M的斜面体静止在水平地面上，质量为m的木块沿粗糙斜面加速下滑h高度，速度大小由v1增大到v2，所用时间为t，木块与斜面体之间的动摩擦因数为。在此过程中()A斜面体受水平地面的静摩擦力为零B木块沿斜面下滑

29、的距离为tC如果给质量为m的木块一个沿斜面向上的初速度v2，它将沿斜面上升到h高处速度变为v1D木块与斜面摩擦产生的热量为mghmv22mv12解析：选BD对整体分析可知，整体一定有向左的加速度，根据牛顿第二定律可知，整体在水平方向一定受外力，即水平地面与斜面体间的静摩擦力，故A错误；由平均速度公式可知，木块沿斜面下滑的平均速度为：，故下滑的距离为：xtt，故B正确；由于木块在斜面上受摩擦力，故木块沿斜面向上运动时的加速度大小一定大于木块沿斜面向下运动时的加速度大小；故上升h时的速度一定小于v1，故C错误；由能量守恒定律可知：mghmv12mv22Q，故有：Qmghmv22mv12，故D正确。

30、6(多选)(2017黄冈中学模拟)在大型物流货场，广泛的应用传送带搬运货物。如图甲所示，倾斜的传送带以恒定速率运动，皮带始终是绷紧的，将m1 kg的货物放在传送带上的A点，经过1.2 s到达传送带的B点。用速度传感器测得货物与传送带的速度v随时间t变化的图像如图乙所示，已知重力加速度g10 m/s2。由vt图像可知()AA、B两点的距离为2.4 mB货物与传送带间的动摩擦因数为0.5C货物从A运动到B的过程中，传送带对货物做功大小为12.8 JD货物从A运动到B的过程中，货物与传送带摩擦产生的热量为4.8 J解析：选BD根据v t图像可知，货物放在传送带上后做匀加速直线运动，当速度达到与传送带

31、速度相同时，继续做匀加速直线运动，但是加速度变小了，所以货物受到的滑动摩擦力在t0.2 s时由沿传送带向下变为沿传送带向上。A到B的距离对应货物v t图像与横轴所围的“面积”，x20.2(24)1 m3.2 m，故A错误；00.2 s内货物的加速度为a1 m/s210 m/s2，根据牛顿第二定律得mgsin mgcos ma1，同理0.21.2 s内a2 m/s22 m/s2，mgsin mgcos ma2，联立解得：cos 0.8，0.5，故B正确；整个过程货物与传送带间的滑动摩擦力大小均为Ffmgcos 4 N，则00.2 s内传送带对货物做功为：W1Ffx140.2 J0.8 J,0.2

32、1.2 s内传送带对货物做功为：W2Ffx243 J12 J，WW1W211.2 J，所以整个过程，传送带对货物做功大小为11.2 J，故C错误；根据功能关系，货物与传送带摩擦产生的热量等于摩擦力乘以相对位移，由图像可得00.2 s内相对位移x10.22 m0.2 m, 0.21.2 s内相对位移x212 m1 m，所以产生的热量为：QFfx1Ffx24.8 J，故D正确。对点训练：能量守恒定律的应用7.(多选)(2017威海模拟)如图所示，轻质弹簧的一端固定在竖直墙面上，另一端拴接一小物块，小物块放在动摩擦因数为的水平面上，当小物块位于O点时弹簧处于自然状态。现将小物块向右移到a点，然后由静

33、止释放，小物块最终停在O点左侧的b点(图中未画出)，以下说法正确的是()AOb之间的距离小于Oa之间的距离B从O至b的过程中，小物块的加速度逐渐减小C小物块在O点时的速度最大D从a到b的过程中，弹簧弹性势能的减少量等于小物块克服摩擦力所做的功解析：选AD如果没有摩擦力，根据简谐运动的对称性知O点应该在ab中间，OaOb。由于有摩擦力，物块从a到b过程中机械能损失，故无法到达没有摩擦力情况下的b点，即O点靠近b点，故OaOb，选项A正确；从O至b的过程中，小物块受到向右的摩擦力及向右的弹力，且弹力逐渐变大，故物块的加速度逐渐变大，选项B错误；当物块从a点向左运动时，受到向左的弹力和向右的摩擦力，

34、且弹力逐渐减小，加速度逐渐减小，当弹力等于摩擦力时加速度为零，此时速度最大，故小物块的速度最大位置在O点右侧，选项C错误；由能量守恒关系可知，从a到b的过程中，弹簧弹性势能的减少量等于小物块克服摩擦力所做的功，选项D正确。8.(2017安庆模拟)如图所示，一足够长的木板在光滑的水平面上以速度v向右匀速运动，现将质量为m的物体轻轻地放置在木板上的右端，已知物体m和木板之间的动摩擦因数为，为保持木板的速度不变，从物体m放到木板上到它相对木板静止的过程中，须对木板施一水平向右的作用力F，那么力F对木板做功的数值为()A.B.Cmv2 D2mv2解析：选C由能量转化和守恒定律可知，力F对木板所做的功W

35、一部分转化为物体m的动能，一部分转化为系统内能，故Wmv2mgx相，x相vtt，ag，vat即vgt，联立以上各式可得：Wmv2，故选项C正确。9如图所示，水平桌面上有一轻弹簧，左端固定在A点，自然状态时其右端位于B点。水平桌面右侧有一竖直放置的圆弧轨道MNP，其形状为半径R1.0 m的圆环剪去了左上角120的圆弧，MN为其竖直直径，P点到桌面的竖直距离是h2.4 m。用质量m0.4 kg的小物块将弹簧缓慢压缩到C点，释放弹簧后物块沿粗糙水平桌面运动，从D飞离桌面后恰好由P点沿切线落入圆弧轨道。(不计空气阻力，g取10 m/s2)求：(1)小物块飞离D点时速度vD的大小；(2)若圆弧轨道MNP

36、光滑，小物块经过圆弧轨道最低点N时对圆弧轨道的压力FN；(3)若小物块m刚好能达到圆弧轨道最高点M，整个运动过程中其克服摩擦力做的功为8 J，则开始被压缩的弹簧的弹性势能Ep至少为多少焦耳？解析：(1)物块离开桌面后做平抛运动，竖直方向：vy22gh，代入数据解得：vy4 m/s，设物块进入圆弧轨道时的速度方向与水平方向夹角为，由几何知识可得：60，tan ，代入数据解得：vD4 m/s。(2)物块由P到N过程，由机械能守恒定律得：mmgR(1cos 60)mvN2，在N点，支持力与重力的合力提供同心力：FNmgm，代入数据解得：FN33.6 N。由牛顿第三定律可知，物块对圆弧轨道的压力：FN

37、FN33.6 N，方向竖直向下。(3)物块恰好到达M点，在M点重力提供向心力，由牛顿第二定律得：mgm，在整个过程中，由能量守恒定律得：EpWfmvM2mg(h1.5R)，代入数据解得：Ep6.4 J。答案：(1)4 m/s(2)33.6 N，方向竖直向下(3)6.4 J考点综合训练10.(2017温州模拟)某工地上，一架起重机将放在地面上的一个箱子吊起。箱子在起重机钢绳的作用下由静止开始竖直向上运动，运动过程中箱子的机械能E与其位移x的关系图像如图所示，其中Ox1过程的图线为曲线，x1x2过程的图线为直线。根据图像可知()AOx1过程中箱子所受的拉力逐渐增大BOx1过程中箱子的动能一直增加C

38、x1x2过程中箱子所受的拉力一直不变Dx1x2过程中起重机的输出功率一直增大解析：选C由除重力和弹簧弹力之外的其他力做多少负功箱子的机械能就减少多少，所以E x图像的斜率的绝对值等于箱子所受拉力的大小，由题图可知在Ox1内斜率的绝对值逐渐减小，故在Ox1内箱子所受的拉力逐渐减小，所以开始先做加速运动，当拉力减小后，可能做减速运动，故A、B错误；由于箱子在x1x2内所受的合力保持不变，故加速度保持不变，故箱子受到的拉力不变，故C正确；由于箱子在x1x2内E x图像的斜率的绝对值不变，故箱子所受的拉力保持不变，如果拉力等于箱子所受的重力，故箱子做匀速直线运动，所以输出功率可能不变，故D错误。11(

39、多选)水平地面上有两个固定的、高度相同的粗糙斜面体甲和乙，乙的斜面倾角大，甲、乙斜面长分别为S、L1，如图所示。两个完全相同的小滑块A、B可视为质点，同时由静止开始从甲、乙两个斜面的顶端释放，小滑块A一直沿斜面甲滑到底端C，而小滑块B沿斜面乙滑到底端P后又沿水平面滑行到D(小滑块B在P点从斜面滑到水平面的速度大小不变)，在水平面上滑行的距离PDL2，且SL1L2。小滑块A、B与两个斜面和水平面间的动摩擦因数相同，则()A滑块A到达底端C点时的动能一定比滑块B到达D点时的动能小B两个滑块在斜面上加速下滑的过程中，到达同一高度时，动能可能相同CA、B两个滑块从斜面顶端分别运动到C、D的过程中，滑块

40、A重力做功的平均功率小于滑块B重力做功的平均功率DA、B滑块从斜面顶端分别运动到C、D的过程中，由于克服摩擦而产生的热量一定相同解析：选AC研究滑块A到达底端C点的过程，根据动能定理得，mghmgcos SmvC2，研究滑块B到达D点的过程，根据动能定理得，mghmgcos L1mgL2mvD2，SL1L2。根据几何关系得Scos L1cos L2。所以mvC2mvD2，故A正确；两个滑块在斜面上加速下滑的过程中，到达同一高度时，重力做功相同，但克服摩擦力做功不等，所以动能不同，产生的热量 也不同，故B、D错误；整个过程中，两滑块所受重力做功相同，但由于滑块A运动时间长，故重力对滑块A做功的平

41、均功率比滑块B的小，故C正确。12(2017漳州检测)如图所示，光滑圆弧AB在竖直平面内，圆弧B处的切线水平。A、B两端的高度差为0.2 m，B端高出水平地面0.8 m，O点在B点的正下方。将一滑块从A端由静止释放，落在水平面上的C点处，(g10 m/s2)(1)求OC的长？(2)在B端接一长为1.0 m的木板MN，滑块从A端释放后正好运动到N端停止，求木板与滑块的动摩擦因数？(3)若将木板右端截去长为L的一段，滑块从A端释放后将滑离木板落在水平面上P点处，要使落地点距O点的距离最远，L应为多少？解析：(1)滑块从光滑圆弧AB下滑过程中，根据机械能守恒定律得mgh1mvB2，得vB2 m/s滑块离开B点后做平抛运动，则竖直方向：h2gt2水平方向：xvBt联立得到xvB 代入数据解得x0.8 m。(2)滑块从B端运动到N端停止过程，根据动能定理得mgL0mvB2代入数据解得0.2。(3)若将木板右端截去长为L的一段后，设滑块滑到木板最右端时速度为v，由动能定理得mg(LL)mv2mvB2滑块离开木板后仍做平抛运动，高度不变，运动时间不变，则落地点距O点的距离sLLvt联立整理得，s10.8L根据数学知识得知，当0.4时，s最大，即L0.16 m时，s最大。答案：(1)0.8 m(2)0.2(3)0.16 m