第4節(jié) 功能關系 能量守恒定律
【考綱知識梳理】
一、功能關系
1．做功的過程是能量轉(zhuǎn)化的過程，功是能的轉(zhuǎn)化的量度。
2.功能關系——功是能量轉(zhuǎn)化的量度
⑴ 重力所做的功等于重力勢能的減少
⑵ 電場力所做的功等于電勢能的減少
⑶ 彈簧的彈力所做的功等于彈性勢能的減少
⑷ 合外力所做的功等于動能的增加
⑸ 只有重力和彈簧的彈力做功，機械能守恒
⑹ 重力和彈簧的彈力以外的力所做的功等于機械能的增加 WF = E2－E1 = ΔE
⑺克服一對滑動摩擦力所做的凈功等于機械能的減少ΔE = fΔS （ ΔS 為相對滑動的距離）
⑻ 克服安培力所做的功等于感應電能的增加
二、能量守恒定律
【要點名師透析】
一、幾種常見的功能關系
【例1】(2011?杭州模擬)(10分)一物塊放在如圖所示的斜面上,用力F沿斜面向下拉物塊，物塊沿斜面運動了一段距離，若已知在此過程中，拉力F所做的功為A，斜面對物塊的作用力所做的功為B，重力做的功為C，空氣阻力做的功為D，其中A、B、C、D的絕對值分別為100 J、30 J、100 J、20 J，則
(1)物塊動能的增量為多少？
(2)物塊機械能的增量為多少？
【答案】(1)150 J (2)50 J
【詳解】(1)在物塊下滑的過程中，拉力F做正功，斜面對物塊有摩擦力，做負功，重力做正功，空氣阻力做負功.根據(jù)動能定理，合外力對物塊做的功等于物塊動能的增量，則
ΔEk=W合=A+B+C+D=100 J+(-30 J)+100 J+(-20 J)
=150 J (5分)
(2)根據(jù)功能關系，除重力之外的其他力所做的功等于物塊機械能的增量，則
ΔE機=A+B+D=100 J+(-30 J)+(-20 J)=50 J (5分)
二、摩擦力做功的特點
【例2】(2011?廣州模擬)(12分)質(zhì)量為M的長木板放在光滑的水平面上，一質(zhì)量為m的滑塊以某一速度沿木板表面從A點滑到B點，在板上前進了L，而木板前進了l，如圖所示，若滑塊與木板間的動摩擦因數(shù)為μ，求：
(1)摩擦力對滑塊和木板做的功；
(2)系統(tǒng)產(chǎn)生的熱量.
【答案】(1)－μmg(L+l) μmgl (2)μmgL
【詳解】(1)滑塊的對地位移為x1=L+l
摩擦力對滑塊做的功為： W1=－Ffx1=－μmg(L+l) (4分)
木板的對地位移為x2=l
摩擦力對木板做的功為：W2=Ffx2=μmgl (4分)
(2)滑塊相對木板的位移為Δx=L
系統(tǒng)產(chǎn)生的熱量Q=FfΔx=μmgL (4分)
三、對能量守恒定律的理解和應用
1.對定律的理解
(1)某種形式的能減少,一定存在其他形式的能增加,且減少量和增加量一定相等.即ΔE減=ΔE增.
(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.即ΔEA減=ΔEB增.
2.應用能量守恒定律解題的步驟
(1)分清有多少形式的能［如動能、勢能(包括重力勢能、彈性勢能、電勢能)、內(nèi)能等］在變化.
(2)明確哪種形式的能量增加,哪種形式的能量減少,并且列出減少的能量ΔE減和增加的能量ΔE增的表達式.
(3)列出能量守恒關系式:ΔE減=ΔE增.
【例3】(2011?福州模擬)(16分)如圖所示,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:
(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) (2)mgR
【詳解】 (1)設物體在B點的速度為vB,彈力為FNB,則有
(3分)
又FNB=8mg
由能量轉(zhuǎn)化與守恒可知:
彈性勢能 (4分)
(2)設物體在C點的速度為vC,由題意可知:
(3分)
物體由B點運動到C點的過程中,由能量守恒得：
(4分)
解得：Q=mgR (2分)
【考點模擬演練】
1.（2011?新課標全國卷?T16）一蹦極運動員身系彈性蹦極繩從水面上方的高臺下落，到最低點時距水面還有數(shù)米距離。假定空氣阻力可忽略，運動員可視為質(zhì)點，下列說法正確的是
A. 運動員到達最低點前重力勢能始終減小
B. 蹦極繩張緊后的下落過程中，彈性力做負功，彈性勢能增加
C. 蹦極過程中，運動員、地球和蹦極繩所組成的系統(tǒng)機械能守恒
D. 蹦極過程中，重力勢能的改變與重力勢能零點的選取有關
【答案】選A、B、C。
【詳解】運動員在下落過程中，重力做正功，重力勢能減小，故A正確。蹦極繩張緊后的下落過程中，彈性力向上，位移向下，彈性力做負功，彈性勢能增加，故B正確。選取運動員、地球和蹦繩為一系統(tǒng)，在蹦極過程中，只有重力和系統(tǒng)內(nèi)彈力做功，這個系統(tǒng)的機械能守恒，故C正確。重力勢能改變的表達式為?Ep=mg?h，由于?h是絕對的與選取的重力勢能參考零點無關，故D錯。
6.（2011?安徽高考?T24）如圖所示，質(zhì)量M=2kg的滑塊套在光滑的水平
軌道上，質(zhì)量m=1kg的小球通過長L=0.5m的輕質(zhì)細桿與滑塊上的光滑軸O連接，小球和輕桿可在豎直平面內(nèi)繞O軸自由轉(zhuǎn)動，開始輕桿處于水平狀態(tài)，現(xiàn)給小球一個豎直向上的初速度 =4 m/s，g取10 。
若鎖定滑塊，試求小球通過最高點P時對輕桿的作用力大小和方向。
（2）若解除對滑塊的鎖定，試求小球通過最高點時的速度大小。
在滿足（2）的條件下，試求小球擊中滑塊右側(cè)軌道位置點與小球起始位置點間的距離。
【答案】（1）2N，方向豎直向上 （2） （3） m
【詳解】設小球能通過最高點，且此時的速度為v1，在上升過程中，因只有重力做功，小球的機械能守恒，則 ①
②
設小球到達最高點時，輕桿對小球的作用力為F，方向向下，則小球受到的拉力和重力提供做圓周運動的向心力，有 ③
由②③式，得 ④
由牛頓第三定律知，小球?qū)�輕桿的作用力大小為2N，方向豎直向上。
（2）若解除鎖定，設小球通過最高點時的速度為v2，此時滑塊的速度為V 。小球和滑塊起始狀態(tài)沿在水平方向初速度均為零，在上升過程中，因系統(tǒng)在水平方向不受外力作用，水平方向的動量守恒。以水平向右方向為正方向，有 ⑤
在上升過程中，因只有重力做功，系統(tǒng)的機械能守恒，則 ⑥，
由⑤⑥式得 。
（3）設小球擊中滑塊右側(cè)軌道的位置點與小球起始位置點間的距離為s1,滑塊向左移動的距離為s2。任意時刻小球的水平速度大小為v3，滑塊的速度大小為V‘。由系統(tǒng)水平方向的動量守恒，得 ⑦將⑦式兩邊同乘以 ，得 ⑧，因⑧式對任意時刻附近的微小間隔 都成立，累積相加后，有 ⑨，又 ⑩,由⑨⑩式，得 m
3.（2011?大綱版全國?T26）26.裝甲車和戰(zhàn)艦采用多層鋼板比采用同樣質(zhì)量的單層鋼板更能抵御穿甲彈的射擊。通過對一下簡化模型的計算可以粗略說明其原因。
質(zhì)量為2m、厚度為2d的鋼板靜止在水平光滑桌面上。質(zhì)量為m的子彈以某一速度垂直射向該鋼板，剛好能將鋼板射穿�，F(xiàn)把鋼板分成厚度均為d、質(zhì)量均為m的相同兩塊，間隔一段距離水平放置，如圖所示。若子彈以相同的速度垂直射向第一塊鋼板，穿出后再射向第二塊鋼板，求子彈射入第二塊鋼板的深度。設子彈在鋼板中受到的阻力為恒力，且兩塊鋼板不會發(fā)生碰撞不計重力影響。
【詳解】設子彈初速度為 ，射入厚為 的鋼板后，最終的共同速度為 ，根據(jù)動量守恒
…………………①
解得
動能損失 …………………③
分成兩塊鋼板之后，設子彈打穿第一塊時兩者的速度分別是 和 ，根據(jù)動量守恒
…………………③
子彈在鋼板中所受的阻力為恒力，射穿第一塊鋼板的動能損失為 ，根據(jù)能量守恒，
…………………④
聯(lián)立①②③④，考慮到 必須大于 ，得
…………………⑤
設子彈射入第二塊鋼板并留在其中后兩者的共同速度為 ，根據(jù)動量守恒
…………………⑥
動能損失
…………………⑦
聯(lián)立①②⑤⑥⑦，得
…………………⑧
因為子彈在鋼板中所受的阻力為恒力，由⑧式，得射入第二塊鋼版的深度
…………………⑨
4.（09?天津?10） 如圖所示，質(zhì)量m1=0.3 kg 的小車靜止在光滑的水平面上，車長L=15 m,現(xiàn)有質(zhì)量m2=0.2 kg可視為質(zhì)點的物塊，以水平向右的速度v0=2 m/s從左端滑上小車，最后在車面上某處與小車保持相對靜止。物塊與車面間的動摩擦因數(shù) =0.5,取g=10 m/s2，求
（1）物塊在車面上滑行的時間t;
（2）要使物塊不從小車右端滑出，物塊滑上小車左端的速度v′0不超過多少。
答案：（1）0.24s (2)5m/s
解析：本題考查摩擦拖動類的動量和能量問題。涉及動量守恒定律、動量定理和功能關系這些物理規(guī)律的運用。
（1）設物塊與小車的共同速度為v，以水平向右為正方向，根據(jù)動量守恒定律有
①
設物塊與車面間的滑動摩擦力為F，對物塊應用動量定理有
②
其中 ③
解得
代入數(shù)據(jù)得 ④
（2）要使物塊恰好不從車廂滑出，須物塊到車面右端時與小車有共同的速度v′，則
⑤
由功能關系有
⑥
代入數(shù)據(jù)解得 =5m/s
故要使物塊不從小車右端滑出，物塊滑上小車的速度v0′不能超過5m/s。
5.（09?山東?38）（2）如圖所示，光滑水平面軌道上有三個木塊，A、B、C，質(zhì)量分別為mB=mc=2m,mA=m，A、B用細繩連接，中間有一壓縮的彈簧 (彈簧與滑塊不栓接)。開始時A、B以共同速度v0運動，C靜止。某時刻細繩突然斷開，A、B被彈開，然后B又與C發(fā)生碰撞并粘在一起，最終三滑塊速度恰好相同。求B與C碰撞前B的速度。
解析：（2）設共同速度為v，球A和B分開后，B的速度為 ,由動量守恒定律有 , ,聯(lián)立這兩式得B和C碰撞前B的速度為 。
考點：動量守恒定律
6.（09?安徽?24）過山車是游樂場中常見的設施。下圖是一種過山車的簡易模型，它由水平軌道和在豎直平面內(nèi)的三個圓形軌道組成，B、C、D分別是三個圓形軌道的最低點，B、C間距與C、D間距相等，半徑 、 。一個質(zhì)量為 kg的小球（視為質(zhì)點），從軌道的左側(cè)A點以 的初速度沿軌道向右運動，A、B間距 m。小球與水平軌道間的動摩擦因數(shù) ，圓形軌道是光滑的。假設水平軌道足夠長，圓形軌道間不相互重疊。重力加速度取 ，計算結(jié)果保留小數(shù)點后一位數(shù)字。試求
（1）小球在經(jīng)過第一個圓形軌道的最高點時，軌道對小球作用力的大�。�
（2）如果小球恰能通過第二圓形軌道，B、C間距 應是多少；
（3）在滿足（2）的條件下，如果要使小球不能脫離軌道，在第三個圓形軌道的設計中，半徑 應滿足的條件；小球最終停留點與起點 的距離。
答案：（1）10.0N；（2）12.5m(3) 當 時， ；當 時，
解析：（1）設小于經(jīng)過第一個圓軌道的最高點時的速度為v1根據(jù)動能定理
①
小球在最高點受到重力mg和軌道對它的作用力F，根據(jù)牛頓第二定律
②
由①②得 ③
（2）設小球在第二個圓軌道的最高點的速度為v2，由題意
④
⑤
由④⑤得 ⑥
（3）要保證小球不脫離軌道，可分兩種情況進行討論：
I．軌道半徑較小時，小球恰能通過第三個圓軌道，設在最高點的速度為v3，應滿足
⑦
⑧
由⑥⑦⑧得
II．軌道半徑較大時，小球上升的最大高度為R3，根據(jù)動能定理
解得
為了保證圓軌道不重疊，R3最大值應滿足
解得 R3=27.9m
綜合I、II，要使小球不脫離軌道，則第三個圓軌道的半徑須滿足下面的條件
或
當 時，小球最終焦停留點與起始點A的距離為L′，則
當 時，小球最終焦停留點與起始點A的距離為L?，則
7.（09?重慶?23）2009年中國女子冰壺隊首次獲得了世界錦標賽冠軍，這引起了人們對冰壺運動的關注。冰壺在水平冰面上的一次滑行可簡化為如下過程：如題23圖，運動員將靜止于O點的冰壺（視為質(zhì)點）沿直線 推到A點放手，此后冰壺沿 滑行，最后停于C點。已知冰面各冰壺間的動摩擦因數(shù)為，冰壺質(zhì)量為m，AC=L， =r,重力加速度為g
（1）求冰壺在A 點的速率；
（2）求冰壺從O點到A點的運動過程中受到的沖量大��；
（3）若將 段冰面與冰壺間的動摩擦因數(shù)減小為 ，原只能滑到C點的冰壺能停于 點，求A點與B點之間的距離。
解析：
8.（09?廣東物理?19）如圖19所示，水平地面上靜止放置著物塊B和C，相距 =1.0m 。物塊A以速度 =10m/s沿水平方向與B正碰。碰撞后A和B牢固地粘在一起向右運動，并再與C發(fā)生正碰，碰后瞬間C的速度 =2.0m/s 。已知A和B的質(zhì)量均為m，C的質(zhì)量為A質(zhì)量的k倍，物塊與地面的動摩擦因數(shù) =0.45.（設碰撞時間很短，g取10m/s2）
（1）計算與C碰撞前瞬間AB的速度；
（2）根據(jù)AB與C的碰撞過程分析k的取值范圍，并討論與C碰撞后AB的可能運動方向。
解析：⑴設AB碰撞后的速度為v1,AB碰撞過程由動量守恒定律得
設與C碰撞前瞬間AB的速度為v2，由動能定理得
聯(lián)立以上各式解得
⑵若AB與C發(fā)生完全非彈性碰撞，由動量守恒定律得
代入數(shù)據(jù)解得
此時AB的運動方向與C相同
若AB與C發(fā)生彈性碰撞，由動量守恒和能量守恒得
聯(lián)立以上兩式解得
代入數(shù)據(jù)解得
此時AB的運動方向與C相反
若AB與C發(fā)生碰撞后AB的速度為0，由動量守恒定律得
代入數(shù)據(jù)解得
總上所述得 當 時，AB的運動方向與C相同
當 時，AB的速度為0
當 時，AB的運動方向與C相反
9.（09?廣東物理?20）如圖20所示，絕緣長方體B置于水平面上，兩端固定一對平行帶電極板，極板間形成勻強電場E。長方體B的上表面光滑，下表面與水平面的動摩擦因數(shù) =0.05（設最大靜摩擦力與滑動摩擦力相同）。B與極板的總質(zhì)量 =1.0kg.帶正電的小滑塊A質(zhì)量 =0.60kg，其受到的電場力大小F=1.2N.假設A所帶的電量不影響極板間的電場分布。t=0時刻，小滑塊A從B表面上的a點以相對地面的速度 =1.6m/s向左運動，同時，B（連同極板）以相對地面的速度 =0.40m/s向右運動。問（g取10m/s2）
（1）A和B剛開始運動時的加速度大小分別為多少？
（2）若A最遠能到達b點，a、b的距離L應為多少？從t=0時刻至A運動到b點時，摩擦力對B做的功為多少？
解析：⑴由牛頓第二定律 有
A剛開始運動時的加速度大小 方向水平向右
B剛開始運動時受電場力和摩擦力作用
由牛頓第三定律得電場力
摩擦力
B剛開始運動時的加速度大小 方向水平向左
⑵設B從開始勻減速到零的時間為t1，則有
此時間內(nèi)B運動的位移
t1時刻A的速度 ，故此過程A一直勻減速運動。
此t1時間內(nèi)A運動的位移
此t1時間內(nèi)A相對B運動的位移
此t1時間內(nèi)摩擦力對B做的功為
t1后，由于 ，B開始向右作勻加速運動，A繼續(xù)作勻減速運動，當它們速度相等時A、B相距最遠，設此過程運動時間為t2，它們速度為v，則有
對A 速度
對B 加速度
速度
聯(lián)立以上各式并代入數(shù)據(jù)解得
此t2時間內(nèi)A運動的位移
此t2時間內(nèi)B運動的位移
此t2時間內(nèi)A相對B運動的位移
此t2時間內(nèi)摩擦力對B做的功為
所以A最遠能到達b點a、b的距離L為
從t=0時刻到A運動到b點時，摩擦力對B做的功為
。
10.（09?寧夏?24）冰壺比賽是在水平冰面上進行的體育項目，比賽場地示意如圖。比賽時，運動員從起滑架處推著冰壺出發(fā)，在投擲線AB處放手讓冰壺以一定的速度滑出，使冰壺的停止位置盡量靠近圓心O.為使冰壺滑行得更遠，運動員可以用毛刷擦冰壺運行前方的冰面，使冰壺與冰面間的動摩擦因數(shù)減小。設冰壺與冰面間的動摩擦因數(shù)為 =0.008，用毛刷擦冰面后動摩擦因數(shù)減少至 =0.004.在某次比賽中，運動員使冰壺C在投擲線中點處以2m/s的速度沿虛線滑出。為使冰壺C能夠沿虛線恰好到達圓心O點，運動員用毛刷擦冰面的長度應為多少？（g取10m/s2）
解析：
設冰壺在未被毛刷擦過的冰面上滑行的距離為 ，所受摩擦力的大小為 ：在 被毛刷擦過的冰面上滑行的距離為 ，所受摩擦力的大小為 。則有
+ =S ①
式中S為投擲線到圓心O的距離。
②
③
設冰壺的初速度為 ，由功能關系，得
④
聯(lián)立以上各式，解得
⑤
代入數(shù)據(jù)得
⑥
【考點模擬演練】
1.已知貨物的質(zhì)量為m,在某段時間內(nèi)起重機將貨物以a的加速度加速升高h,則在這段時間內(nèi)，下列敘述正確的是(重力加速度為g)( )
A.貨物的動能一定增加mah-mgh
B.貨物的機械能一定增加mah
C.貨物的重力勢能一定增加mah
D.貨物的機械能一定增加mah+mgh
【答案】選D.
【詳解】根據(jù)動能定理可知，貨物動能的增加量等于貨物合外力做的功mah，A錯誤；根據(jù)功能關系，貨物機械能的增量等于除重力以外的力做的功而不等于合外力做的功,B錯誤；由功能關系知,重力勢能的增量對應貨物重力做的負功的大小mgh,C錯誤；由功能關系,貨物機械能的增量為起重機拉力做的功m(g+a)h,D正確.
2.(2011?福州模擬)重物m系在上端固定的輕彈簧下端,用手托起重物,使彈簧處于豎直方向,彈簧的長度等于原長時,突然松手,重物下落的過程中,對于重物、彈簧和地球組成的系統(tǒng)來說,正確的是(彈簧始終在彈性限度內(nèi)變化)( )
A.重物的動能最大時,重力勢能和彈性勢能的總和最小
B.重物的重力勢能最小時,動能最大
C.彈簧的彈性勢能最大時,重物的動能最小
D.重物的重力勢能最小時,彈簧的彈性勢能最大
【答案】選A、C、D.
【詳解】重物下落過程中,只發(fā)生動能、重力勢能和彈性勢能的相互轉(zhuǎn)化,所以當動能最大時,重力勢能和彈性勢能的總和最小,A正確;當重物的重力勢能最小時,重物應下落到最低點,其速度為零,動能最小,此時彈簧伸長量最大,彈性勢能最大,故B錯誤,C、D正確.
3.如圖(甲)所示，質(zhì)量不計的彈簧豎立固定在水平面上，t=0時刻，將一金屬小球從彈簧正上方某一高度處由靜止釋放，小球落到彈簧上壓縮彈簧到最低點，然后又被彈起離開彈簧，上升到一定高度后再下落，如此反復.通過安裝在彈簧下端的壓力傳感器，測出這一過程彈簧彈力F隨時間t變化的圖象如圖(乙)所示，則( )
A.t1時刻小球動能最大
B.t2時刻小球動能最大
C.t2～t3這段時間內(nèi)，小球的動能先增加后減少
D.t2～t3這段時間內(nèi)，小球增加的動能等于彈簧減少的彈性勢能
【答案】選C.
【詳解】小球在未碰彈簧前先做自由落體運動，碰后先做加速度減小的加速運動直到加速度為零，即重力等于彈簧的彈力時速度最大，而后做加速度增大的減速運動，上升過程恰好與下降過程互逆，在整個過程中小球的動能、勢能及彈簧的彈性勢能總和不變，由(乙)圖可知t1時刻小球開始接觸彈簧，t2時刻小球運動到最低點，動能最小，t3時刻小球恰好離開彈簧上升，t2～t3這段時間內(nèi)小球從最低點向上運動的過程中先加速到速度最大然后做減速運動，小球動能先增加后減少，彈簧減少的彈性勢能轉(zhuǎn)化為小球的動能和重力勢能，故選C.
4.(2011?吉林模擬)如圖所示，小球從A點以初速度v0沿粗糙斜面向上運動，到達最高點B后返回A，C為AB的中點.下列說法中正確的是( )
A.小球從A出發(fā)到返回A的過程中，位移為零，外力做功為零
B.小球從A到C過程與從C到B過程，減少的動能相等
C.小球從A到C過程與從C到B過程，速度的變化量相等
D.小球從A到C過程與從C到B過程，損失的機械能相等
【答案】選B、D.
【詳解】小球從A出發(fā)到返回A的過程中，重力做功為零，摩擦力做負功，A錯誤；小球從A到C過程與從C到B過程中，合外力做功相等，動能的增量相等，但速度的變化量不等，B正確，C錯誤；小球從A到C過程與從C到B過程，損失的機械能等于克服摩擦力做的功，而克服摩擦力做的功相等，故D正確.
5．節(jié)日燃放禮花彈時，要先將禮花彈放入一個豎直的炮筒中，然后點燃禮花彈的發(fā)射部分，通過火藥劇烈燃燒產(chǎn)生的高壓燃氣，將禮花彈由炮筒底部射向空中．若禮花彈在由炮筒底部出發(fā)至炮筒口的過程中，克服重力做功W1，克服炮筒阻力及空氣阻力做功W2，高壓燃氣對禮花彈做功W3，則禮花彈在炮筒內(nèi)運動的過程中(設禮花彈發(fā)射過程中質(zhì)量不變)
(　　)
A．禮花彈的動能變化量為W3＋W2＋W1
B．禮花彈的動能變化量為W3－W2－W1
C．禮花彈的機械能變化量為W3－W2
D．禮花彈的機械能變化量為W3－W1
【答案】BC
【詳解】由動能定理，動能變化量等于合外力做的功，即W3－W2－W1，B正確．除重力之外的力的功對應機械能的變化，即W3－W2，C正確．
6．飛船返回時高速進入大氣層后，受到空氣阻力的作用，接近地面時，減速傘打開，在距地面幾米處，制動發(fā)動機點火制動，飛船迅速減速，安全著陸．下列說法正確的是
(　　)
A．制動發(fā)動機點火制動后，飛船的重力勢能減少，動能減小
B．制動發(fā)動機工作時，由于化學能轉(zhuǎn)化為機械能，飛船的機械能增加
C．重力始終對飛船做正功，使飛船的機械能增加
D．重力對飛船做正功，阻力對飛船做負功，飛船的機械能不變
【答案】A
【詳解】制動發(fā)動機點火制動后，飛船迅速減速下落，動能、重力勢能均變小，機械能減小，A正確，B錯誤；飛船進入大氣層后，空氣阻力做負功，機械能一定減小，故C、D均錯誤．
7．如圖所示，具有一定初速度的物塊，沿傾角為30°的粗糙斜面向上運動的過程中，受一個恒定的沿斜面向上的拉力F作用，這時物塊的加速度大小為4 m/s2，方向沿斜面向下，那么，在物塊向上運動過程中，正確的說法是 (　　)
A．物塊的機械能一定增加
B．物塊的機械能一定減小
C．物塊的機械能可能不變
D．物塊的機械能可能增加也可能減小
【答案】A
【詳解】機械能變化的原因是非重力、彈簧彈力做功，本題亦即看成F與Fμ做功大小問題，由mgsinα＋Fμ－F＝ma，知F－Fμ＝mgsin30°－ma>0，即F>Fμ，故F做正功多于克服摩擦力做功，故機械能增大．
8．如圖所示，分別用恒力F1、F2先后將質(zhì)量為m的物體由靜止開始沿同一粗糙的固定斜面由底端拉至頂端，兩次所用時間相同，第一次力F1沿斜面向上，第二次力F2沿水平方向，則兩個過程
(　　)
A．合外力做的功相同
B．物體機械能變化量相同
C．F1做的功與F2做的功相同
D．F1做的功比F2做的功多
【答案】AB
【詳解】兩次物體運動的位移和時間相等，則兩次的加速度相等，末速度也應相等，則物體的機械能變化量相等，合力做功也應相等．用F2拉物體時，摩擦力做功多些，兩次重力做功相等，由動能定理知，用F2拉物體時拉力做功多．
9．一物體沿固定斜面從靜止開始向下運動，經(jīng)過時間t0滑至斜面底端．已知在物體運動過程中物體所受的摩擦力恒定．若用F、v、x和E分別表示該物體所受的合力、物體的速度、位移和機械能，則如下圖所示的圖象中可能正確的是
(　　)
【答案】AD
【詳解】物體在沿斜面向下滑動的過程中，受到重力、支持力、摩擦力的作用，其合力為恒力，A正確；而物體在此合力作用下做勻加速運動，v＝at，x＝12at2，所以B、C錯；物體受摩擦力作用，總的機械能將減小，D正確．
10.如圖所示，甲、乙兩車用輕彈簧相連靜止在光滑的水平面上，現(xiàn)在同時對甲、乙兩車施加等大反向的水平恒力F1、F2，使甲、乙同時由靜止開始運動，在整個過程中，對甲、乙兩車及彈簧組成的系統(tǒng)(假定整個過程中彈簧均在彈性限度內(nèi))，正確的說法是( )
A.系統(tǒng)受到外力作用，動能不斷增大
B.彈簧伸長到最長時，系統(tǒng)的機械能最大
C.恒力對系統(tǒng)一直做正功，系統(tǒng)的機械能不斷增大
D.兩車的速度減小到零時，彈簧的彈力大小大于外力F1、F2的大小
【答案】選B.
【詳解】對甲、乙單獨受力分析，兩車都先加速后減速，故系統(tǒng)動能先增大后減小，A錯誤；彈簧最長時，外力對系統(tǒng)做正功最多，系統(tǒng)的機械能最大，B正確；彈簧達到最長后，甲、乙兩車開始反向加速運動，F(xiàn)1、F2對系統(tǒng)做負功，系統(tǒng)機械能開始減小，C錯；當兩車第一次速度減小到零時，彈簧彈力大小大于F1、F2的大小，當返回第二次速度最大時，彈簧的彈力大小等于外力大小，當速度再次為零時，彈簧的彈力大小小于外力F1、F2的大小，D錯誤.
11．(16分)工廠流水線上采用彈射裝置把物品轉(zhuǎn)運，現(xiàn)簡化其模型分析：如圖所示，質(zhì)量為m的滑塊，放在光滑的水平平臺上，平臺右端B與水平傳送帶相接，傳送帶的運行速度為v0，長為L；現(xiàn)將滑塊向左壓縮固定在平臺上的輕彈簧，到達某處時由靜止釋放，若滑塊離開彈簧時的速度小于傳送帶的速度，當滑塊滑到傳送帶右端C時，恰好與傳送帶速度相同，滑塊與傳送帶間的動摩擦因數(shù)為μ.求：
(1)釋放滑塊時，彈簧具有的彈性勢能；
(2)滑塊在傳送帶上滑行的整個過程中產(chǎn)生的熱量．
【答案】　(1)12mv20－μmgL
(2)mv0(v0－ v20－2μgL)－μmgL
【詳解】(1)設滑塊沖上傳送帶時的速度為v，在彈簧彈開過程中，
由機械能守恒Ep＝12mv2
滑塊在傳送帶上做勻加速運動
由動能定理μmgL＝12mv20－12mv2
解得：Ep＝12mv20－μmgL.
(2)設滑塊在傳送帶上做勻加速運動的時間為t，則t時間內(nèi)傳送帶的位移
s＝v0t
v0＝v＋at　μmg＝ma
滑塊相對傳送帶滑動的位移Δs＝s－L
相對滑動生成的熱量Q＝μmgΔs
解得：Q＝mv0(v0－ v20－2μgL)－μmgL.
12． (17分)如圖所示，一質(zhì)量為m的滑塊從高為h的光滑圓弧形槽的頂端A處無初速度地滑下，槽的底端B與水平傳送帶相接，傳送帶的運行速度恒為v0，兩輪軸心間距為l，滑塊滑到傳送帶上后做勻加速運動，滑到傳送帶右端C時，恰好加速到與傳送帶的速度相同，求：
(1)滑塊到達底端B時的速度大小vB；
(2)滑塊與傳送帶間的動摩擦因數(shù)μ；
(3)此過程中，由于克服摩擦力做功而產(chǎn)生的熱量Q.
【答案】(1) 2gh　(2)v20－2gh2gl　(3)m?v0－2gh?22
【詳解】　(1)滑塊在由A到B的過程中機械能守恒，
可得：mgh＝12mv2B.
解得：vB＝2gh.
(2)滑塊在由B到C的過程中，應用動能定理得：
μmgl＝12mv20－12mv2B.
解得μ＝v20－2gh2gl.
(3)Q＝Ff?l相對＝μmgl相對
l相對＝?v0－vB?22μg＝?v0－2gh?22μg，
故Q＝m?v0－2gh?22.


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