第二講功能關系在力學中的應用知識建構備考點睛(注1)(注3)：詳見答案部分1.熟練兩種模型(1)“傳送帶”模型.(2)“板塊”模型.2.常見的功能關系(1)合外力做功與動能的關系：W合Ek.(2)重力做功與重力勢能的關系：WGEp.(3)彈力做功與彈性勢能的關系：W彈Ep.(4)除重力以外其他力做功與機械能的關系：W其他E機.(5)滑動摩擦力做功與內能的關系：Ffl相對E內. 答案(1)兩種摩擦力做功的比較靜摩擦力做功滑動摩擦力做功只有能量的轉移，沒有能量的轉化既有能量的轉移，又有能量的轉化互為作用力和反作用力的一對靜摩擦力所做功的代數和為零，即要么一正一負，要么都不做功互為作用力和反作用力的一對滑動摩擦力所做功的代數和為負值，即要么一正一負，要么都做負功；代數和為負值說明機械能有損失轉化為內能(2)內容：能量既不能憑空產生，也不能憑空消失它只能從一種形式轉化為另一種形式，或從一個物體轉移到另一個物體，在轉化或轉移的過程中其總量保持不變(3)表達式：E減E增E增為末狀態(tài)的能量減去初狀態(tài)的能量，而E減為初狀態(tài)的能量減去末狀態(tài)的能量熱點考向一力學中幾個重要功能關系的應用【典例】(多選)(2019·東北三校聯(lián)考)質量分別為m1和m2的木塊A和B之間用一輕質彈簧相連，然后將它們靜置于一底端帶有擋板的光滑斜面上，其中B置于斜面底端的擋板上設斜面的傾角為，彈簧的勁度系數為k.現用一平行于斜面的恒力F拉木塊A使A沿斜面由靜止開始向上運動，當木塊B恰好對擋板的壓力為零時，木塊A在斜面上運動的速度為v，則下列說法正確的是()A此時彈簧的彈力大小為m1gsinB拉力F在該過程中對木塊A所做的功為FC木塊A在該過程中重力勢能增加了m1D彈簧在該過程中彈性勢能增加了Fm1v2思路引領(1)木塊B恰好對擋板壓力為零時，木塊B處于平衡狀態(tài)，彈簧彈力為m2gsin.(2)彈簧彈性勢能的增加量等于拉力做的功減去系統(tǒng)動能和重力勢能的增加量解析當木塊B恰好對擋板的壓力為零時，木塊B受重力、支持力以及彈簧的彈力作用，則由力的平衡條件可知，彈簧的彈力大小為m2gsin，故A錯誤；木塊A向上運動時有重力、拉力F和彈簧彈力對其做功，根據動能定理，合力做功等于木塊A動能的增加量，開始時木塊A靜止，彈簧壓縮量x1，當B對擋板的壓力剛為零時，彈簧伸長量x2，此過程中拉力F對木塊A做的功為WFF(x1x2)F；此過程中木塊A重力勢能的增加量Epm1ghm1g(x1x2)sinm1，故B、C正確；根據功能關系，彈簧彈性勢能的增加量等于拉力做的功減去系統(tǒng)動能和重力勢能的增加量，即Fm1v2m1，故D錯誤答案BC1對功能關系的理解(1)做功的過程就是能量轉化的過程不同形式的能量發(fā)生相互轉化可以通過做功來實現(2)功是能量轉化的量度，功和能的關系，一是體現在不同性質的力做功，對應不同形式的能轉化，具有一一對應關系，二是做功的多少與能量轉化的多少在數值上相等2功是能量轉化的量度，力學中幾種常見的功能關系如下遷移一與圓周運動結合的功能關系1(2019·湖北七校聯(lián)考) 如圖所示，在豎直平面內有一半徑為R的圓弧軌道，半徑OA水平、OB豎直，一個質量為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AP2R，重力加速度為g，則小球從P到B的運動過程中()A重力做功2mgRB機械能減少mgRC合外力做功mgRD克服摩擦力做功mgR/2解析小球從P點運動到B點的過程中重力做功為mgR，選項A錯誤；設小球通過B點時的速度為vB，小球通過B點時剛好對軌道沒有壓力，說明此刻剛好重力提供向心力，對小球通過B點瞬間應用牛頓第二定律有：mgm，解得vB，設小球從P點運動到B點的過程中克服摩擦力做功為W，對此過程由動能定理有：mgRWmv，聯(lián)立得WmgR，選項D正確；合外力做功W合mvmgR，選項C錯誤；小球機械能的減少量等于小球克服摩擦力所做的功，即EWmgR，選項B錯誤答案D遷移二與板塊結合的功能關系2(多選)(2019·黑龍江哈爾濱三中調研)如圖所示，質量為M、長為L的木板置于光滑的水平地面上，一質量為m的滑塊放置在木板左端，滑塊與木板間的滑動摩擦力大小為Ff，用水平的恒定拉力F作用于滑塊當滑塊運動到木板右端時，木板在地面上移動的距離為x，下列結論中正確的是()A上述過程中，F做的功等于滑塊和木板動能的增加量B其他條件不變的情況下，M越大，x越小C其他條件不變的情況下，F越大，滑塊到達木板右端所用的時間越長D其他條件不變的情況下，Ff越大，滑塊與木板間產生的熱量越多解析F做的功等于二者的動能與因摩擦產生的熱量之和，A錯誤；其他條件不變的情況下，M越大，木板加速度越小，木板在地面上移動的距離x越小，B正確；其他條件不變的情況下，F越大，滑塊加速度越大，滑塊到達木板右端所用時間越短，C錯誤；滑塊與木板間產生的熱量等于FfL，其他條件不變的情況下，Ff越大，滑塊與木板間產生的熱量越多，D正確答案BD遷移三與傳送帶結合的功能關系3(2019·山東省淄博市高三二模)已知一足夠長的傳送帶與水平面的傾角為，以一定的速度勻速運動某時刻在傳送帶適當的位置放上具有一定初速度的物塊(如圖甲所示)，以此時為t0記錄了小物塊之后在傳送帶上運動速度隨時間的變化關系(如圖乙所示)，圖中取沿斜面向上的運動方向為正方向，v1>v2.已知傳送帶的速度保持不變，則()A物塊在0t1內運動的位移比在t1t2內運動的位移小B若物塊與傳送帶間的動摩擦因數為，那么<tanC0t2內，傳送帶對物塊做功為WmvmvD0t2內物塊動能變化量大小一定小于物塊與傳送帶間摩擦而產生的熱量解析由圖乙知，物塊在0t2內的加速度不變，因為v1>v2，由v22ax知，物塊在0t1內運動的位移比在t1t2內運動的位移大，選項A錯誤；由圖乙知，物塊在0t1內沿斜面向下做勻減速直線運動，由牛頓第二定律知mgcos>mgsin，則>tan，選項B錯誤；0t2內，根據動能定理得，WWGmvmv，選項C錯誤；0t2內，由能量守恒定律知，物塊動能減少量與重力勢能減少量等于物塊與傳送帶間摩擦而產生的熱量，故物塊動能變化量大小一定小于物塊與傳送帶間摩擦而產生的熱量，選項D正確答案D(1)“傳送帶”模型問題中的功能關系分析功能關系分析：W電EkEpQE電對W電和Q的理解：電動機做的功W電Fx傳；產生的熱量QFf·x相對(2)常用結論把一個物體無初速度放到水平勻速轉動的傳送帶上，在物體與傳送帶相對靜止時，因摩擦產生的熱量Q與物體動能增加量相等，即Q.把一個物體無初速度放到傾斜向上轉動的傳送帶上，在物體與傳送帶速度相等時，因摩擦產生的熱量Q與物體機械能增加量相等，即Qmgh.(3)常用方法：物塊在傳送帶上運動，在同一坐標系中同時作出物塊和傳送帶運動的vt圖線，由圖像分析物塊的運動過程，求物塊與傳送帶的位移及相對位移. 熱點考向二動力學規(guī)律和動能定理的綜合應用【典例】(2019·河北唐山模擬)如圖(甲)所示，傾角37°的粗糙斜面固定在水平面上，斜面足夠長一根輕彈簧一端固定在斜面的底端，另一端與質量m1.0 kg的小滑塊(可視為質點)接觸，滑塊與彈簧不相連，彈簧處于壓縮狀態(tài)當t0時釋放滑塊在00.24 s時間內，滑塊的加速度a隨時間t變化的關系如圖(乙)所示已知彈簧的勁度系數k2.0×102 N/m，當t10.14 s時，滑塊的速度v12.0 m/s.g取10 m/s2，sin37°0.6，cos37°0.8.彈簧彈性勢能的表達式為Epkx2(式中k為彈簧的勁度系數，x為彈簧的形變量)求：(1)斜面對滑塊摩擦力的大小Ff；(2)t0.14 s時滑塊與出發(fā)點間的距離d；(3)在00.44 s時間內，摩擦力做的功W.思路引領(1)t10.14 s時，滑塊與彈簧開始分離(2)mgsin37°>Ff，滑塊速度減為零后，會反向做勻加速直線運動解析(1)由圖(乙)可知，當t10.14 s時，滑塊與彈簧開始分離，此后滑塊受重力、斜面的支持力和摩擦力，滑塊開始做勻減速直線運動加速度大小為a110 m/s2.根據牛頓第二定律有mgsinFfma1，代入數據解得Ff4.0 N.(2)當t10.14 s時彈簧恰好恢復原長，所以此時滑塊與出發(fā)點間的距離d等于t00時彈簧的形變量x，所以在00.14 s時間內彈簧彈力做的功為W彈Ep初Ep末kd2.在這段過程中，根據動能定理有W彈mgdsinFfdmv0，代入數據解得d0.20 m.(3)設從t10.14 s時開始，經時間t1滑塊的速度減為零，則有t10.20 s這段時間內滑塊運動的距離為x10.20 m此時為t20.14 st10.34 s，由于mgsin37°6 N>Ff，此后滑塊反向做勻加速直線運動，其加速度的大小為a22.0 m/s2；在0.340.44 s(t20.1 s)時間內，滑塊反向運動的距離為x2a2t0.01 m.在00.44 s時間內，摩擦力Ff做的功為WFf(dx1x2)代入數據解得W1.64 J.答案(1)4.0 N(2)0.20 m(3)1.64 J動力學規(guī)律和動能定理的綜合問題的解題技巧1如果涉及到加速度、時間和受力的分析和計算，一般應用動力學方法；如果只涉及位移、功和能量的轉化問題，通常采用動能定理分析2對于物體受變力作用的力學問題，動能定理是解決問題的重要方法之一(2019·河南省周口市期末)如右圖所示，半徑R0.3 m的豎直圓槽形光滑軌道與水平軌道AC相切于B點，水平軌道的C點固定有豎直擋板，軌道上的A點靜置有一質量m1 kg的小物塊(可視為質點)現給小物塊施加一大小為F6.0 N、方向水平向右的恒定拉力，使小物塊沿水平軌道AC向右運動，當運動到AB之間的D點(圖中未畫出)時撤去拉力，小物塊繼續(xù)滑行到B點后進入豎直圓槽形軌道做圓周運動，當物塊運動到最高點時，由壓力傳感器測出小物塊對軌道最高點的壓力為 N已知水平軌道AC長為2 m，B為AC的中點，小物塊與AB段間的動摩擦因數10.45，重力加速度g10 m/s2.求：(1)小物塊運動到B點時的速度大?。?2)拉力F作用在小物塊上的時間t；(3)若小物塊從豎直圓槽形軌道滑出后，經水平軌道BC到達C點，與豎直擋板相碰時無機械能損失，為使小物塊從C點返回后能再次沖上圓槽形軌道且不脫離，試求小物塊與水平軌道BC段間的動摩擦因數的取值范圍解析(1)小物塊運動到軌道最高點時，由牛頓第二定律得FNmgm，由牛頓第三定律得FNFN N聯(lián)立解得v2 m/s物塊從B運動到軌道最高點的過程，由機械能守恒定律得mg·2Rmv2mv解得vB4 m/s(2)小物塊從A運動到B點的過程，由動能定理得Fs1mgxABmv0根據牛頓第二定律得：F1mgma由運動學公式有sat2聯(lián)立解得t s(3)設BC段的動摩擦因數為2.設物塊在圓槽形軌道最高點的最小速度為v1，則由牛頓第二定律可得：mgm，由動能定理得：22mgxBC2mgRmvmv代入數據解得20.025故為使物塊能從C點返回通過軌道的最高點而不會脫離軌道，應滿足020.025若物塊從C點返回在圓槽形軌道上升高度為R時速度為零，由動能定理可得：22mgxBCmgR0mv代入數據解得：20.25物塊從C返回剛好停止到B點，由動能定理可得：22mgxBC0mv代入數據解得：20.4故為使物塊能返回圓槽形軌道且能沿軌道運動而不會脫離軌道，滿足0.252<0.4綜上所述，020.025或0.252<0.4.答案(1)4 m/s(2) s(3)020.025或0.252<0.4物體在某個運動過程中包含有幾個運動性質不同的小過程(如加速、減速的過程)，可以分段應用動能定理，也可以對整個過程利用動能定理，但不能在某一方向上應用動能定理. 熱點考向三動力學觀點和能量觀點在多過程問題中的應用【典例】(2019·天津市紅橋區(qū)高三二模) 輕質彈簧原長為2l，將彈簧豎直放置在地面上，在其頂端將一質量為5m的物體由靜止釋放，當彈簧被壓縮到最短時，彈簧長度為l.現將該彈簧水平放置，一端固定在A點，另一端與物塊P接觸但不連接AB是長度為5l的水平軌道，B端與半徑為l的光滑半圓軌道BCD相切，半圓的直徑BD豎直，如圖所示物塊P與AB間的動摩擦因數0.5.用外力推動物塊P，將彈簧壓縮至長度l，然后放開，P開始沿軌道運動重力加速度大小為g.(1)若P的質量為m，求P到達B點時速度的大小，以及它離開圓軌道后落回到AB上的位置與B點之間的距離；(2)若P能滑上圓軌道，且仍能沿圓軌道滑下，求P的質量的取值范圍思路引領 解析(1)依題意，當彈簧豎直放置，長度被壓縮至l時，質量為5m的物體的動能為零，其重力勢能轉化為彈簧的彈性勢能由機械能守恒定律，彈簧長度為l時的彈性勢能為EP5mgl設P的質量為M，到達B點時的速度大小為vB，由能量守恒定律得EPMvMg·4l聯(lián)立式，取Mm并代入題給數據得vB若P能沿圓軌道運動到D點，其到達D點時的向心力不能小于重力，即P此時的速度大小v應滿足mg0設P滑到D點時的速度為vD，由機械能守恒定律得mvmvmg·2l聯(lián)立式得vDvD滿足式要求，故P能運動到D點，并從D點以速度vD水平射出設P落回到軌道AB所需的時間為t，由運動學公式得2lgt2P落回到AB上的位置與B點之間的距離為svDt聯(lián)立式得s2l(2)為使P能滑上圓軌道，它到達B點時的速度不能小于零由式可知5mgl>Mg·4l要使P仍能沿圓軌道滑回，P在圓軌道的上升高度不能超過半圓軌道的中點C.由機械能守恒定律有MvMgl聯(lián)立式得mM<m答案(1)2l(2)mM<m涉及做功與能量轉化問題的解題方法1分清是什么力做功，并且分析該力做正功還是做負功；根據功能之間的對應關系，確定能量之間的轉化情況2當涉及滑動摩擦力做功時，機械能不守恒，一般應用能量守恒定律，特別注意摩擦產生的內能QFfl相對，l相對為相對滑動的兩物體間相對滑動路徑的總長度3解題時，首先確定初、末狀態(tài)，然后分清有多少種形式的能在轉化，再分析狀態(tài)變化過程中哪種形式的能量減少，哪種形式的能量增加，求出減少的能量總和E減和增加的能量總和E增，最后由E減E增列式求解(2019·蘇北四校聯(lián)考)如圖所示，傾角為的斜面底端固定一個擋板P，質量為m的小物塊A與質量不計的木板B疊放在斜面上，A位于B的最上端且與擋板P相距L.已知A與B、B與斜面間的動摩擦因數分別為1、2，且1>tan>2，最大靜摩擦力等于滑動摩擦力，A與擋板P相撞的過程中沒有機械能損失將A、B同時由靜止釋放(1)求A、B釋放瞬間小物塊A的加速度大小a1；(2)若A與擋板P不相撞，求木板B的最小長度l0；(3)若木板B的長度為l，求整個過程中木板B運動的總路程解析(1)釋放A、B，它們一起勻加速下滑，以A、B為研究對象，由牛頓第二定律有mgsin2mgcosma1，解得a1gsin2gcos.(2)在B與擋板P相撞前，A和B相對靜止，以相同的加速度一起向下做勻加速運動B與擋板P相撞后立即靜止，A開始勻減速下滑若A到達擋板P處時的速度恰好為零，此時B的長度即為最小長度l0.從A釋放至到達擋板P處的過程中，B與斜面間由于摩擦產生的熱量Q12mgcos·(Ll0)，A與B間由于摩擦產生的熱量Q21mgcos·l0根據能量守恒定律有mgLsinQ1Q2，得l0L.(3)分兩種情況：若ll0，B與擋板P相撞后不反彈，A一直減速直到靜止在木板B上木板B通過的路程sLl若l<l0，B與擋板P相撞后，A在木板B上減速運動直至與擋板P相撞由于碰撞過程中沒有機械能損失，A將以撞前速率返回，并帶動木板一起向上減速；當它們的速度減為零后，再重復上述過程，直至物塊A停在擋板處在此過程中，A與B間由于摩擦產生的熱量Q11mgcos·l，B與斜面間由于摩擦產生的熱量Q22mgcos·s，根據能量守恒定律有mgLsinQ1Q2，解得s.答案(1)gsin2gcos(2)L(3)處理多過程問題的技巧(1)“合”整體上把握全過程，構建大致的運動圖景；(2)“分”將全過程進行分解，分析每個子過程對應的基本規(guī)律；(3)“合”找出各子過程之間的聯(lián)系，以銜接點為突破口，尋求解題最優(yōu)方案. 考場滿分答卷策略功能關系在力學中的綜合應用真題案例審題流程(2019·全國卷)豎直面內一傾斜軌道與一足夠長的水平軌道通過一小段光滑圓弧平滑連接，小物塊B靜止于水平軌道的最左端，如圖(a)所示t0時刻，小物塊A在傾斜軌道上從靜止開始下滑，一段時間后與B發(fā)生彈性碰撞(碰撞時間極短)；當A返回到傾斜軌道上的P點(圖中未標出)時，速度減為0，此時對其施加一外力，使其在傾斜軌道上保持靜止物塊A運動的vt圖像如圖(b)所示，圖中的v1和t1均為未知量已知A的質量為m，初始時A與B的高度差為H，重力加速度大小為g，不計空氣阻力(1)求物塊B的質量；(2)在圖(b)所描述的整個運動過程中，求物塊A克服摩擦力所做的功；(3)已知兩物塊與軌道間的動摩擦因數均相等在物塊B停止運動后，改變物塊與軌道間的動摩擦因數，然后將A從P點釋放，一段時間后A剛好能與B再次碰上求改變前后動摩擦因數的比值.滿分樣板解析(1)根據圖(b)，v1為物塊A在碰撞前瞬間速度的大小，為其碰撞后瞬間速度的大小設物塊B的質量為m，碰撞后瞬間的速度大小為v.由動量守恒定律和機械能守恒定律有mv1mmvmvm2mv2聯(lián)立式得m3m(2)在圖(b)所描述的運動中，設物塊A與軌道間的滑動摩擦力大小為f，下滑過程中所走過的路程為s1，返回過程中所走過的路程為s2，P點的高度為h，整個過程中克服摩擦力所做的功為W.由動能定理有mgHfs1mv0(fs2mgh)0m2從圖(b)所給出的vt圖線可知s1v1t1s2··(1.4t1t1)由幾何關系物塊A在整個過程中克服摩擦力所做的功為Wfs1fs2聯(lián)立式可得WmgH(3)設傾斜軌道傾角為，物塊與軌道間的動摩擦因數在改變前為，有Wmgcos·設物塊B在水平軌道上能夠滑行的距離為s，由動能定理有mgs0mv2設改變后的動摩擦因數為，由動能定理有mghmgcos·mgs0聯(lián)立式可得答案(1)3m(2)mgH(3)評分細則滿分技巧細則1本題共20分，第(1)問4分，第(2)問8分，第(3)問8分，每式1分，每式2分細則2若過程式都正確，只有計算結果錯誤，或者沒有計算結果，只扣的分數細則3式沒有用功能處理，應用運動學公式列式，如正確同樣給分.技巧1要有必要的文字說明(1)說明非題設字母、符號的物理意義例如設物塊B的質量為m.(2)說明研究對象例如以物塊B為研究對象(3)說明研究的過程或狀態(tài)(4)說明所列方程的依據例如式為動量守恒，式為機械能守恒技巧2即使題目不會做也要把與本題相關的表達式都寫上閱卷時只看評分標準中給定的公式來給分，同一個表達式與多個對象掛鉤寫多遍，也是有分的技巧3用最常規(guī)、最基本的方法解題，不標新立異閱卷工作量很大，且速度很快，采用特殊解法容易造成閱卷老師錯批，進而失分技巧4要有書寫規(guī)范的物理方程式(1)寫出的物理方程式必須是原始方程式，不能以變形的結果式代替方程式(2)要用字母表達方程，不要摻有數字的方程，也不要方程套方程(3)對多過程問題，應分步列式，不要合寫一式，對各方程式要編號，以及計算和說明.專題強化訓練(六)一、選擇題1(多選)(2019·四川省攀枝花市第二次統(tǒng)考)物體由地面以120 J的初動能豎直向上拋出，當它從拋出至上升到某一點A的過程中，動能減少40 J，機械能減少10 J設空氣阻力大小不變，以地面為參考平面，則物體()A落回到地面時機械能為70 JB到達最高點時機械能為90 JC從最高點落回地面的過程中重力做功為60 JD從拋出到落回地面的過程中克服空氣阻力做功為60 J解析物體以120 J的初動能豎直向上拋出，做豎直上拋運動，向上運動的過程中重力和阻力都做負功，當上升到某一高度時，動能減少了40 J，而機械能損失了10 J根據功能關系可知：合力做功為40 J，空氣阻力做功為10 J，對從拋出點到A點的過程，根據功能關系：mghFfh40 J，Ffh10 J，得Ffmg；當上升到最高點時，動能為零，動能減少120 J，設最大高度為H，則有：mgHFfH120 J，解得FfH30 J，即機械能減少30 J，在最高點時機械能為120 J30 J90 J，即上升過程機械能共減少了30 J；下落過程中，由于空氣阻力做功不變，所以機械能又損失了30 J，故整個過程克服空氣阻力做功為60 J，則該物體落回到地面時的機械能為60 J，從最高點落回地面的過程中重力做功為mgH90 J，故A、C錯誤，B、D正確答案BD2. (多選)(2019·惠州市高三調研)如圖所示，粗糙斜面上的輕質彈簧一端固定，另一端與小物塊相連，彈簧處于自然長度時物塊位于O點現將物塊拉到A點后由靜止釋放，物塊運動到最低點B，圖中B點未畫出下列說法正確的是()A速度最大時，B點一定在O點左下方B速度最大時，物塊的位置可能在O點左下方C從A到B的過程中，物塊和彈簧的總機械能一定減少D從A到B的過程中，物塊減少的機械能一定等于它克服摩擦力做的功解析彈簧處于自然長度時物塊處于O點，所以在O點時彈簧彈力為零，物塊從A向B運動的過程中，受重力、支持力、彈簧的彈力和滑動摩擦力作用，當受力平衡時物塊的速度最大，由于摩擦力平行斜面向上，所以當彈力和重力沿斜面的分力之和大小等于摩擦力時，速度最大，由于不知道物塊重力沿斜面方向的分力與摩擦力的大小關系，故無法判斷彈簧此時是處于伸長還是壓縮狀態(tài)，即B點可能在O點，也可能在O點左下方，也可能在O點右上方，A錯誤，B正確；從A到B的過程中，滑動摩擦力一直做負功，故物塊和彈簧組成的系統(tǒng)機械能減少，C正確；從A到B的過程中，根據能量守恒定律，當彈簧的彈性勢能增加時，物塊減少的機械能大于它克服摩擦力做的功，D錯誤答案BC3. (多選)(2019·安徽省示范高中聯(lián)考)如圖所示，靜止在光滑水平面上的木板，右端有一根輕質彈簧沿水平方向與木板相連，木板質量M6 kg，質量m2 kg的鐵塊以水平速度v012 m/s從木板的左端沿板面向右滑行，壓縮彈簧后又被彈回，最后恰好停在木板的左端，則下列說法中正確的是()A鐵塊和木板最終共同以3 m/s的速度向右做勻速直線運動B運動過程中彈簧的最大彈性勢能為54 JC運動過程中鐵塊與木板因摩擦而產生的熱量為54 JD運動過程中鐵塊與木板因摩擦而產生的熱量為108 J解析設最終鐵塊與木板的共同速度大小為v，鐵塊相對木板向右運動時，滑動的最大路程為L，滑動摩擦力大小為f.取向右為正方向，根據系統(tǒng)動量守恒可知mv0(Mm)v，解得v3 m/s，方向向右，所以鐵塊和木板最終共同以3 m/s的速度向右做勻速直線運動，A正確鐵塊相對于木板向右運動，鐵塊與木板的速度相同時彈簧的彈性勢能最大，由動量守恒定律知此時兩者的速度也為v3 m/s，根據能量守恒定律，鐵塊相對于木板向右運動過程，有mvfL(Mm)v2Ep，鐵塊相對于木板運動的整個過程有，mv2fL(Mm)v2，聯(lián)立解得彈簧的最大彈性勢能Ep54 J、fL54 J，B正確由功能關系知，運動過程中鐵塊與木板因摩擦而產生的熱量Q2fL108 J，C錯誤，D正確答案ABD4(2019·漢中市高三質檢一)空降兵是現代軍隊的重要兵種一次訓練中，空降兵從靜止在空中的直升機上豎直跳下(初速度可看成零，未打開降落傘前不計空氣阻力)，下落高度h之后打開降落傘，接著又下降高度H之后，空降兵勻速下降設空降兵打開降落傘之后受到的空氣阻力與速度平方成正比，比例系數為k，即fkv2，重力加速度為g，那么關于空降兵的說法正確的是()A空降兵從跳下到下落高度為h時，機械能一定損失了mghB空降兵從跳下到剛勻速下降時，重力勢能一定減少了mgHC空降兵勻速下降時，速度大小為D空降兵從跳下到剛勻速下降的過程，克服阻力做功為mg(Hh)解析空降兵從跳下到下落高度為h的過程中，只有重力做功，機械能不變，選項A錯誤；空降兵從跳下到剛勻速下降時，重力做功為mg(Hh)，重力勢能一定減少了mg(Hh)，選項B錯誤；空降兵勻速運動時，重力與阻力大小相等，所以：kv2mg，得：v，選項C正確；空降兵從跳下到剛勻速下降的過程，重力和阻力對空降兵做的功等于空降兵動能的變化，即：mg(Hh)Wfmv2，解得：Wfmg(Hh)m2mg(Hh)，選項D錯誤答案C5(多選)(2019·重慶市高三調研)如圖所示，水平傳送帶以恒定速率轉動每隔相同時間T，在左端A點，輕輕放上一個完全相同的工件，已知工件與傳送帶之間的動摩擦因數為，工件質量為m.經測量，發(fā)現那些已經和傳送帶共速的工件之間的距離均為L.已知重力加速度為g，下列說法正確的是()A傳送帶的速度大小為B工件在傳送帶上的加速時間為C每個工件與傳送帶間因摩擦產生的熱量為D傳送帶因傳送一個工件而多消耗的能量為解析工件在傳送帶上先做勻加速直線運動，然后做勻速直線運動，每個工件放在傳送帶上后運動的規(guī)律相同，可知LvT，解得傳送帶的速度v，A正確；設每個工件做勻加速運動的時間為t，根據牛頓第二定律有，工件的加速度為g，根據vv0at，解得t，B錯誤；工件與傳送帶相對滑動的路程為xv，則摩擦產生的熱量為Qmg·x，C錯誤；根據能量守恒有，傳送帶因傳送一個工件多消耗的能量Emv2mg·x，D正確答案AD6(多選)(2019·安徽師大附中模擬) 如圖所示，質量m1 kg的物體從高為h0.2 m的光滑軌道上P點由靜止開始下滑，滑到水平傳送帶上的A點，物體和傳送帶之間的動摩擦因數為0.2，傳送帶AB之間的距離為L5 m，傳送帶一直以v4 m/s的速度勻速運動，則()A物體從A運動到B的時間是1.5 sB物體從A運動到B的過程中，摩擦力對物體做功為2 JC物體從A運動到B的過程中，產生的熱量為2 JD物體從A運動到B的過程中，帶動傳送帶轉動的電動機多做功10 J解析設物體下滑到A點的速度為v0，對PA過程，由機械能守恒定律有：mvmgh，代入數據得：v02 m/s<v4 m/s，則物體滑上傳送帶后，在滑動摩擦力的作用下做勻加速運動，加速度大小為ag2 m/s2；當物體的速度與傳送帶的速度相等時，用時為：t1 s1 s，勻加速運動的位移x1t1×1 m3 m<L5 m，所以物體與傳送帶共速后向右做勻速運動，勻速運動的時間為t2 s0.5 s，故物體從A運動到B的時間為：tt1t21.5 s，A正確；物體運動到B的速度是v4 m/s，根據動能定理得：摩擦力對物體做功Wfmv2mv J6 J，B錯誤；在t1時間內，傳送帶做勻速運動的位移為x帶vt14 m，故產生熱量Qmgxmg(x帶x1)，代入數據得：Q2 J，C正確；電動機多做的功一部分轉化成了物體的動能，另一部分轉化為內能，則電動機多做的功WQ J8 J，D錯誤答案AC7(多選)(2019·江蘇卷)如圖所示，輕質彈簧的左端固定，并處于自然狀態(tài)小物塊的質量為m，從A點向左沿水平地面運動，壓縮彈簧后被彈回，運動到A點恰好靜止物塊向左運動的最大距離為s，與地面間的動摩擦因數為，重力加速度為g，彈簧未超出彈性限度在上述過程中()A彈簧的最大彈力為mgB物塊克服摩擦力做的功為2mgsC彈簧的最大彈性勢能為mgsD物塊在A點的初速度為解析小物塊處于最左端時，彈簧的壓縮量最大，然后小物塊先向右加速運動再減速運動，可知彈簧的最大彈力大于滑動摩擦力mg，選項A錯誤；物塊從開始運動至最后回到A點過程，由功的定義可得物塊克服摩擦力做功為2mgs，選項B正確；自物塊從最左側運動至A點過程由能量守恒定律可知Epmgs，選項C正確；設物塊在A點的初速度為v0，整個過程應用動能定理有2mgs0mv，解得v02，選項D錯誤答案BC8(多選)(2019·全國卷)從地面豎直向上拋出一物體，其機械能E總等于動能Ek與重力勢能Ep之和取地面為重力勢能零點，該物體的E總和Ep隨它離開地面的高度h的變化如圖所示重力加速度取10 m/s2.由圖中數據可得()A物體的質量為2 kgBh0時，物體的速率為20 m/sCh2 m時，物體的動能Ek40 JD從地面至h4 m，物體的動能減少100 J解析根據題給圖像可知h4 m時物體的重力勢能mgh80 J，解得物體質量m2 kg，拋出時物體的動能為Ek100 J，由動能表達式Ekmv2，可知h0時物體的速率為v10 m/s，選項A正確，B錯誤；由功能關系可知fh|E|20 J，解得物體上升過程中所受空氣阻力f5 N，從物體開始拋出至上升到h2 m的過程中，由動能定理有mghfhEk100 J，解得Ek50 J，選項C錯誤；由題給圖像可知，物體上升到h4 m時，機械能為80 J，重力勢能為80 J，動能為零，即物體從地面上升到h4 m，物體動能減少100 J，選項D正確答案AD9(多選)(2019·鄭州外校期末測試)如圖所示，質量為m的物塊從傾角為的傳送帶底端由靜止釋放，傳送帶由電動機帶動，始終保持速率v勻速運動，物塊與傳送帶間的動摩擦因數為(>tan)，物塊到達頂端前能與傳送帶保持相對靜止在物塊從靜止釋放到相對傳送帶靜止的過程中，下列說法正確的是()A電動機因運送物塊多做的功為mv2B系統(tǒng)因運送物塊增加的內能為C傳送帶克服摩擦力做的功為mv2D電動機因運送物塊增加的功率為mgvcos解析電動機多做的功等于系統(tǒng)摩擦產生的內能和物塊機械能的增加量對物塊，增加的機械能為Ef·Lmgcos··t，系統(tǒng)增加的內能Qf·sf·(s帶s物)fmgcos·t，故EQ.故電動機多做的功等于物塊機械能增加量的2倍，大于mv2，故A錯誤系統(tǒng)增加的內能Qf·smgcos·t.物塊的加速度ag(cossin)故加速時間t，故系統(tǒng)增加的內能Q，故B正確傳送帶運動的距離s帶vt，故傳送帶克服摩擦力做功Wf克f·s帶mgcos·，故C錯誤電動機增加的功率即為克服摩擦力做功的功率，大小為Pfvmgcos·v，故D正確答案BD二、非選擇題10(2019·寧夏銀川模擬)如圖所示，在光滑水平地面上放置質量M2 kg的長木板，木板上表面與固定的豎直弧形軌道相切一質量m1 kg的小滑塊自A點沿弧面由靜止滑下，A點距離長木板上表面的高度h0.6 m滑塊在木板上滑行t1 s后和木板以共同速度v1 m/s勻速運動，取g10 m/s2.求： (1)滑塊與木板間的摩擦力；(2)滑塊沿弧面下滑過程中克服摩擦力做的功；(3)滑塊自A點沿弧面由靜止滑下到與木板共同運動，產生的內能是多少？解析(1)滑塊在木板上滑行時，對木板，根據牛頓第二定律有FfMa1由運動學公式得va1t代入數據解得Ff2 N.(2)滑塊在木板上滑行時，對滑塊，根據牛頓第二定律有Ffma2設滑塊滑上木板時的初速度為v0，則有vv0a2t，代入數據解得v03 m/s滑塊沿弧面下滑的過程，由動能定理得mghWfmv，則WfmghmvQ1Wfmghmv1.5 J.(3)滑塊在木板上滑行，t1 s時木板的位移為s1a1t2此過程中滑塊的位移為s2v0ta2t2故滑塊相對木板滑行的距離為Ls2s11.5 m所以Q2Ff·L3 J，則QQ1Q24.5 J.答案(1)2 N(2)1.5 J(3)4.5 J11(2019·山東省淄博市一中三模)如圖所示，一勁度系數很大的輕質彈簧下端固定在傾角30°的斜面底端，將彈簧上端壓縮到A點鎖定一質量為m的小物塊緊靠彈簧上端放置，解除彈簧鎖定，小物塊將沿斜面上滑至B點后又返回，A、B兩點的高度差h，彈簧鎖定時具有的彈性勢能Epmgh，鎖定及解除鎖定均無機械能損失，斜面上A點以下部分的摩擦不計，已知重力加速度為g.求：(1)物塊與斜面間的動摩擦因數；(2)物塊在離開彈簧后上滑和下滑過程中的加速度大小之比；(3)若每次當物塊離開彈簧后立即將彈簧壓縮到A點鎖定，當物塊返回A點時立刻解除鎖定設斜面最高點C(未畫出)與A的高度差為3h，試通過計算判斷物塊最終能否從C點拋出解析(1)物塊從A第一次上滑到B的過程中，由功能關系得：WfmghEp.即mgcos·mghmgh解得：(2)在上滑和下滑的過程中物塊都受到重力、支持力和滑動摩擦力的作用，設上滑和下滑過程中的加速度大小分別是a1和a2，根據牛頓第二定律得：物塊上滑過程中有：mgsinmgcosma1，得a1g(sincos)g×g物塊下滑過程中有：mgsinmgcosma2，得a2g(sincos)g×g故a1a253.(3)經過足夠長時間后，彈簧給物塊補充的彈性勢能將全部用來克服物塊在斜面上來回運動時受到的阻力做功，設穩(wěn)定時物塊上升的最大高度為hm.則由功能關系得：EpWf總即mgh2mgcos·解得；hm2.5h<3h所以物塊不可能到達C點，即不能從C點拋出答案(1)(2)53(3)不能24