2022-2023学年高一物理举一反三系列（人教版必修第二册）专题8.6 功能关系（解析版）

专题8.6功能关系【人教版】TOC\o"1-3"\t"正文,1"\h【题型1涉及弹簧的机械能变化问题】 【题型2涉及弹性绳、轻杆的机械能变化问题】 【题型3机械能变化的定量运算问题】 【题型4细绳连接体中的机械能变化问题】 【题型5联系实际】 【题型6摩擦生热导致机械能损失】 【题型7空气阻力导致机械能损失】 【题型8图像问题】 【题型1涉及弹簧的机械能变化问题】【例1】如图所示，弹簧的下端固定在光滑斜面底端，弹簧与斜面平行。在通过弹簧中心的直线上，小球P从直线上的N点由静止释放，在小球P与弹簧接触到速度变为零的过程中，下列说法中正确的是()A.小球P的动能一定在减小B.小球P的机械能一定在减少C.小球P与弹簧系统的机械能一定在增加D.小球P重力势能的减小量大于弹簧弹性势能的增加量答案B解析小球P与弹簧接触后，刚开始弹力小于重力沿斜面向下的分力，合力沿斜面向下，随着形变量增大，弹力大于重力沿斜面向下的分力，合力方向沿斜面向上，合力先做正功后做负功，小球P的动能先增大后减小，A错误；小球P与弹簧组成的系统的机械能守恒，弹簧的弹性势能不断增大，所以小球P的机械能不断减小，B正确，C错误；当小球P的速度为零时，根据系统机械能守恒，可知小球P重力势能的减小量等于弹簧弹性势能的增加量，D错误。【变式1-1】弹跳杆运动是一项广受青少年欢迎的运动，弹跳杆的结构如图甲所示，一根弹簧的下端固定在跳杆的底部，上端固定在一个套在跳杆上的脚踏板底部，质量为5m的小明站在脚踏板上，当他和跳杆处于竖直静止状态时，弹簧的压缩量为x0，小明先保持稳定姿态竖直弹跳。某次弹跳中，从弹簧处于最大压缩量为5x0开始计时，如图乙(a)所示；上升到弹簧恢复原长时，小明抓住跳杆，使得他和弹跳杆瞬间达到共同速度，如图乙(b)所示；紧接着他保持稳定姿态竖直上升到最大高度，如图乙(c)所示。已知全程弹簧始终处于弹性限度内弹簧弹性势能满足Ep＝eq\f(1,2)kx2，k为弹簧劲度系数，x为弹簧形变量，跳杆的质量为m，重力加速度为g，空气阻力、弹簧和脚踏板的质量以及弹簧和脚踏板与跳杆间的摩擦均可忽略不计。求：(1)弹跳杆中弹簧的劲度系数k；(2)从开始计时至竖直上升到最大高度过程中小明的最大速度vm。[解析](1)小明和跳杆处于竖直静止状态时受力平衡，重力与弹簧弹力等大反向，有5mg＝kx0，解得k＝eq\f(5mg,x0)。(2)小明受到的合力为零时，速度最大，此时小明上升高度为4x0。根据系统能量守恒定律可知，eq\f(1,2)k(5x0)2＝5mg·4x0＋eq\f(1,2)kx02＋eq\f(1,2)×5mvm2，解得vm＝4eq\r(gx0)。[答案](1)eq\f(5mg,x0)(2)4eq\r(gx0)【变式1-2】某同学用如图所示的装置测量一个凹形木块的质量m，弹簧的左端固定，木块在水平面上紧靠弹簧(不连接)将其压缩，记下木块右端位置A点，静止释放后，木块右端恰能运动到B1点．在木块槽中加入一个质量m0＝800g的砝码，再将木块左端紧靠弹簧，木块右端位置仍然在A点，静止释放后木块离开弹簧，右端恰能运动到B2点，测得AB1、AB2长分别为27.0cm和9.0cm，则木块的质量m为()A．100gB．200gC．300gD．400g【答案】D【解析】根据能量守恒定律，有μmg·AB1＝Ep，μ(m0＋m)g·AB2＝Ep，联立解得m＝400g，D正确．故选D．【变式1-3】如图，固定斜面的倾角θ＝30°，物体A与斜面之间的动摩擦因数μ＝eq\f(\r(3),2)，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(v0>eq\r(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点时的速度大小；(2)弹簧的最大压缩量；(3)弹簧的最大弹性势能．【答案】(1)eq\r(v\o\al(02)－gL)(2)eq\f(1,2)(eq\f(v\o\al(02),g)－L)(3)eq\f(3,4)m(v02－gL)【解析】(1)物体A与斜面间的滑动摩擦力大小Ff＝2μmgcosθ，A向下运动到C点的过程，对A、B组成的系统，由动能定理有2mgLsinθ－mgL－2μmgLcosθ＝eq\f(1,2)×3m(v2－v02)解得v＝eq\r(v\o\al(02)－gL)(2)从物体A接触弹簧到将弹簧压缩到最短后又恰好回到C点的过程，对A、B组成的系统由动能定理得－Ff·2x＝0－eq\f(1,2)×3mv2解得x＝eq\f(1,2)(eq\f(v\o\al(02),g)－L)(3)从弹簧被压缩至最短到物体A恰好弹回到C点的过程中，由能量守恒定律得Ep＋mgx＝Ffx＋2mgxsinθ解得Ep＝eq\f(3m,4)(v02－gL)．【题型2涉及弹性绳、轻杆的机械能变化问题】【例2】“反向蹦极”是将弹性绳拉长后固定在人身上，并通过外力作用使人停留在地面上，当撤去外力后，人被“发射”出去冲向高空。如图所示，在人从地面弹射到高空的过程中(指上升过程)，人可视为质点。下列说法正确的是()A．弹性绳对人做的功等于人动能的变化量B．重力与空气阻力对人做的功之和等于人重力势能的增量C．弹性绳及空气阻力对人做的功之和等于人机械能的增量D．弹性绳对人做的功等于人动能的增量与重力势能的增量之和解析：选C合外力做的功等于动能的变化量，除弹性绳的弹力外，人还受到重力和空气阻力，A错误；在人从地面上升过程中，克服重力做的功等于重力势能的增量，B错误；除重力外，其他力做的功之和等于人机械能的变化量，C正确；根据能量的守恒与转化知，弹性绳对人做的功与空气阻力对人做的功之和等于人动能的增量与重力势能的增量之和，D错误。【变式2-1】“弹弓”一直是孩子们最喜爱的弹射类玩具之一。其构造如图所示，橡皮筋两端点A、B固定在把手上，橡皮筋ACB恰好处于原长状态，在C处(AB连线的中垂线上)放一固体弹丸，一手执把，另一手将弹丸拉至D点放手，弹丸就会在橡皮筋的作用下迅速发射出去，打击目标。现将弹丸竖直向上发射，已知E是CD中点，则()A．从D到C，弹丸的机械能守恒B．从D到C，弹丸的动能一直在增大C．从D到C，弹丸的机械能先增大后减小D．从D到E弹丸增加的机械能大于从E到C弹丸增加的机械能解析：选D从D到C，橡皮筋对弹丸做正功，弹丸机械能一直在增加，A、C错误；从D到E橡皮筋作用在弹丸上的合力大于从E到C橡皮筋作用在弹丸上的合力，两段高度相等，所以DE段橡皮筋对弹丸做功较多，即机械能增加的较多，D正确；在CD连线中的某一处，弹丸受力平衡，所以从D到C，弹丸的速度先增大后减小，B错误。【变式2-2】(多选)蹦极是近些年来新兴的一项非常刺激的户外休闲活动。为了研究运动员下落速度与下落距离的关系，在运动员身上装好传感器，让其从静止开始竖直下落，得到如图乙所示的v2-h图像。运动员及其所携带装备的总质量为60kg，弹性绳原长为10m，忽略空气阻力，弹性绳上的弹力遵循胡克定律，取g＝10m/s2。以下说法正确的是()A．弹性绳的劲度系数为40N/mB．运动员在下落过程中先失重再超重C．运动员在最低点处加速度大小为10m/s2D．运动员在速度最大处绳子的弹性势能为1500J解析：选BD由题图乙知，在h＝15m时，运动员速度最大，则加速度为0，故有kΔx＝mg，Δx＝5m，求得弹性绳的劲度系数为k＝120N/m，故A错误；运动员在下落过程中，先加速后减速，所以加速度先向下后向上，则运动员先失重后超重，故B正确；运动员在最低点处时，下降高度为25m，则由牛顿第二定律可得kΔx′－mg＝ma，其中Δx′＝15m，解得a＝20m/s2，故C错误；运动员在速度最大处，由功能关系有mgΔh＝eq\f(1,2)mv2＋Epx，Δh＝15m，求得绳子的弹性势能为Epx＝1500J，故D正确。【变式2-3】(多选)如图所示，三根长均为L的轻杆组成支架，支架可绕光滑的中心转轴O在竖直平面内转动，轻杆间夹角均为120°，轻杆末端分别固定质量为m、2m和3m的n、p、q三个小球，n球位于O的正下方，将支架从图示位置由静止开始释放，下列说法中正确的是()A.从释放到q到达最低点的过程中，q的重力势能减少了eq\f(7,2)mgLB.q达到最低点时，q的速度大小为eq\r(gL)C.q到达最低点时，轻杆对q的作用力为5mgD.从释放到q到达最低点的过程中，轻杆对q做的功为－3mgL答案BD解析从释放到q到达最低点的过程中，q的重力势能减少了ΔEP＝3mg(L＋Lsin30°)＝eq\f(9,2)mgL，故A错误；n、p、q三个小球和轻杆支架组成的系统机械能守恒，n、p、q三个小球的速度大小相等，从释放到q到达最低点的过程中，根据机械能守恒定律有3mg(L＋Lsin30°)－mg(L＋Lsin30°)＝eq\f(1,2)(m＋2m＋3m)v2，解得v＝eq\r(gL)，故B正确；q到达最低点时，根据牛顿第二定律可得FN－3mg＝eq\f(3mv2,L)，解得FN＝6mg，故C错误；从释放到q到达最低点的过程中，根据动能定理可得W＋3mg(L＋Lsin30°)＝eq\f(1,2)·3mv2，解得轻杆对q做的功为W＝－3mgL，故D正确。【题型3机械能变化的定量运算问题】【例3】(多选)一只半径为R的半球形碗固定不动，碗的内壁光滑，碗口水平，O点为球心，A、B均为碗内壁上的点，且A点是最低点，B点与圆心等高，C点是圆弧AB的中点(点O、A、B、C在同一竖直平面内)重力加速度大小为g。有一只质量为m的小球静止在碗底部，现对小球施加一水平恒力F，则()A.若F＝eq\f(3,4)mg，小球将有可能到达B点B.若F＝mg，小球将一定到达B点C.若F＝mg，小球经过C点时，合力的功率最大D.若F＝2mg，小球从最低点到其轨迹最高点过程中机械能的增量为6mgR答案BD解析对小球从A到B过程根据动能定理，有FR－mgR＝eq\f(1,2)mv2－0，所以若F＝eq\f(3,4)mg，小球动能为负值，故不可能到达B点；若F＝mg，小球到达B点动能恰好为零，恰好到达B点，故A错误，B正确；若F＝mg，则合力大小为eq\r(2)mg，方向与水平夹角为45°，小球经过C点时，合力与速度方向垂直，此时合力功率为零，故C错误；若F＝2mg，对小球从A到B过程根据动能定理有2mgR－mgR＝eq\f(1,2)mv2－0，解得v＝eq\r(2gR)，小球离开B点后在竖直方向做匀减速运动，运动时间t＝eq\f(v,g)＝eq\r(\f(2R,g))，在水平方向做初速度为0的匀加速运动，有x＝eq\f(1,2)·eq\f(F,m)t2＝2R，全程外力做功W＝F(R＋2R)＝6mgR，机械能增加6mgR，故D正确。【变式3-1】(多选)质量为m的物块从A点由静止开始下落，加速度为eq\f(g,2)。下落H后，与一轻弹簧B点接触，又下落h后到达最低点C。空气阻力恒定，在由A运动到C的过程中()A．物块速度最大时，物块重力是弹簧弹力的3倍B．物块的最大速度一定大于eq\r(gH)C．物块机械能减少eq\f(1,2)mg(H＋h)D．物块和弹簧组成的系统机械能减少eq\f(1,2)mg(H＋h)解析：选BD与弹簧接触前，根据牛顿第二定律得mg－f＝m·eq\f(g,2)，物块速度最大时，合力为零，有mg－f－N＝0，解得N＝eq\f(1,2)mg，此时重力是弹簧倍，A错误；从开始下落到B点，根据动能定理得(mg－f)H＝eq\f(1,2)mv2，解得v＝eq\r(gH)，此后物块继续加速，所以物块的最大速度一定大于eq\r(gH)，B正确；因为物块动能不变，所以物块机械能减少量即为重力势能的减少量，即为mg(H＋h)，C错误；物块和弹簧组成的系统机械能减少量等于克服空气阻力做功，即W＝f(H＋h)＝eq\f(1,2)mg(H＋h)，D正确。【变式3-2】(多选)如图所示，质量为M、长度为L的小车静止在光滑水平面上，质量为m的小物块(可视为质点)放在小车的最左端。现用一水平恒力F作用在小物块上，使小物块从静止开始做匀加速直线运动。小物块和小车之间的摩擦力为Ff，小物块滑到小车的最右端时，小车运动的距离为x。此过程中，以下结论正确的是()A.小物块到达小车最右端时具有的动能为(F－Ff)(L＋x)B.小物块到达小车最右端时，小车具有的动能为FfxC.小物块克服摩擦力所做的功为Ff(L＋x)D.小物块和小车增加的机械能为Fx答案ABC解析由动能定理可得，小物块到达小车最右端时的动能Ek物＝W合＝(F－Ff)(L＋x)，A正确；小物块到达小车最右端时，小车的动能Ek车＝Ffx，B正确；小物块克服摩擦力所做的功Wf＝Ff(L＋x)，C正确；小物块和小车增加的机械能为F(L＋x)－FfL，D错误。【变式3-3】(多选)滑沙是人们喜爱的游乐活动，如图是滑沙场地的一段斜面，其倾角为30°，设参加活动的人和滑车总质量为m，人和滑车从距底端高为h处的顶端A沿滑道由静止开始匀加速下滑，加速度为0.4g，人和滑车可视为质点，则从顶端向下滑到底端B的过程中，下列说法正确的是()A.人和滑车减少的重力势能全部转化为动能B.人和滑车获得的动能为0.8mghC.整个下滑过程中人和滑车减少的机械能为0.2mghD.人和滑车克服摩擦力做功为0.6mgh答案BC解析沿斜面的方向有ma＝mgsin30°－Ff，所以Ff＝0.1mg，人和滑车减少的重力势能转化为动能和内能，故A错误；人和滑车下滑的过程中重力和摩擦力做功，获得的动能为Ek＝(mgsin30°－Ff)eq\f(h,sin30°)＝0.8mgh，故B正确；整个下滑过程中人和滑车减少的机械能为ΔE＝mgh－Ek＝mgh－0.8mgh＝0.2mgh，故C正确；整个下滑过程中克服摩擦力做功等于人和滑车减少的机械能，所以人和滑车克服摩擦力做功为0.2mgh，故D错误。【题型4细绳连接体中的机械能变化问题】【例4】如图所示，A物体套在光滑的竖直杆上，B物体放置在粗糙水平桌面上，用一细绳连接。初始时细绳经过定滑轮呈水平，A、B物体质量均为m。A物体从P点由静止释放，下落到Q点时，速度为v，PQ之间的高度差为h，此时连接A物体的细绳与水平方向夹角为θ，此过程中，下列说法正确的是()A.A物体做匀加速直线运动B.A物体到Q点时，B物体的速度为vsinθC.A物体减少的重力势能等于A、B两物体动能增量之和D.B物体克服摩擦做的功为mgh－mv2答案B解析滑块A下滑时，竖直方向受重力和细绳拉力的竖直分量，因细绳拉力的竖直分量是变化的，则滑块A所受的合力不是恒力，则A的加速度不是恒量，即A不是匀加速下滑，选项A错误；若滑块A的速度为v，则由速度的分解可知，滑块B的速度为vsinθ，选项B正确；由能量关系可知，A物体减少的重力势能等于B克服摩擦力做功和A、B两物体动能增量之和，选项C错误；B物体克服摩擦做的功为mgh－eq\f(1,2)mv2－eq\f(1,2)mv2sin2θ，选项D错误。【变式4-1】如图所示，楔形木块abc固定在水平面上，粗糙斜面ab和光滑斜面bc与水平面的夹角相同，顶角b处安装一定滑轮，质量分别为M、m（）的滑块通过不可伸长的轻绳跨过定滑轮连接，轻绳与斜面平行。两滑块由静止释放后，均沿斜面做匀加速运动。若不计滑轮的质量和摩擦，在两滑块沿斜面运动的过程中（）A．两滑块组成系统的机械能守恒B．重力对M做的功等于m机械能的增加C．轻绳对M做的功大于轻绳对m做的功D．两滑块组成系统的机械能损失等于M克服摩擦力做的功答案：D【变式4-2】（多选）如图所示，足够长的粗糙斜面体置于水平面上，置于斜面上，按住不动,通过细绳跨过光滑的定滑轮与相连接，连接的一段细绳与斜面平行，放手后沿斜面加速上滑，一直处于静止状态。则在落地前的过程中（）A.的重力势能的减少量等于的机械能的增加量B.水平面对的摩擦力水平向左C.水平面对的总重力D.物体落地前的瞬间受到绳子拉力的功率小于重力的功率答案：BCD解析：放手后沿斜面加速上滑,加速下落,的重力势能的减少量等于的机械能的增加量加上增加的动能和摩擦产生的热量,A的压力垂直斜面向下，对的摩擦力沿斜面向上，二者合力沿水平方向一定有向右的分力。对斜面体分析受力，由平衡条件可知，水平面对的摩擦力水平向左，B正确。由于受到沿斜面向上的拉力作用，把看成整体分析受力，由平衡条件可知，水平面对的支持力小于的总重力，C正确。在加速下落的过程中,绳子拉力小于的重力，所以物体落地前的瞬间受到绳子拉力的功率小于重力的功率,D正确。【变式4-3】（多选）如图所示，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()A.升降机匀加速上升过程中，升降机底板对人做的功等于人增加的动能B.升降机匀加速上升过程中，升降机底板对人做的功等于人增加的机械能C.升降机匀速上升过程中，升降机底板对人做的功等于人增加的机械能D.升降机上升的全过程中，钢绳拉力做的功大于升降机和人增加的机械能答案BC解析根据动能定理可知，合力对物体做的功等于物体动能的变化量，所以升降机匀加速上升过程中，升降机底板对人做的功与人的重力做功之和等于人增加的动能，故A错误；除重力外，其他力对人做的功等于人机械能的增加量，B正确；升降机匀速上升过程中，升降机底板对人做的功等于人克服重力做的功(此过程中动能不变)，即增加的机械能，C正确；升降机上升的全过程中，钢绳拉力做的功等于升降机和人增加的机械能，D错误。【题型5联系实际】【例5】2019环攀枝花国际公路自行车赛11月24日迎来收官之战，18支国内外车队经过攀枝花中国三线建设博物馆至米易县文化广场114.7公里的争夺后，最终乌克兰基辅首都洲际队的维塔利亚·布茨收获2019环攀枝花个人总冠军，夺得“英雄衫”橙衫。若布茨在比赛的某段下坡过程中保持同一姿态滑行了一段距离，重力对他做功4000J，他克服阻力做功200J。则布茨在该段下坡过程()A.动能增加了4000J B.机械能减小了200JC.机械能减小了3800J D.重力势能减小了3800J答案B解析合力对布茨所做的功W总＝WG＋Wf＝4000J＋(－200)J＝3800J，根据动能定理得动能增加了3800J，故A错误；阻力做功Wf＝－200J，所以机械能减小了200J，故B正确，C错误；重力对他做功为4000J，则他的重力势能减小了4000J，故D错误。【变式5-1】(多选)如图所示，救护直升机在应急救援中下面吊着一个箱子，箱里装有一物体，箱里物体刚好与箱顶接触但不挤压。在直升机加速竖直上升的过程中，悬挂箱子的绳子突然断了，此后箱子运动过程中始终保持开始时的姿势，箱子所受的空气阻力与箱子运动速率的平方成正比，则在绳断后箱子运动过程中(假设箱子在空中运动的时间足够长)，下列说法正确的是()A．箱子的加速度一直减小直到最后为零B．箱子的重力势能一直减小C．绳断的一瞬间，箱内物体对箱底的压力为零D．箱内物体的机械能先减小后增大解析：选AC绳子断后，箱子有向上的速度，由于受到向下的空气阻力和重力，因此箱子向上做减速运动，由于空气阻力与箱子运动速率的平方成正比，由kv2＋mg＝ma可知，箱子向上做加速度越来越小的减速运动，到最高点加速度为g，同理分析，箱子下落过程，由mg－kv2＝ma可知，随着速度增大，加速度减小，最后匀速下降，加速度为零，A正确；箱子先上升后下降，因此重力势能先增大后减小，B错误；绳断的一瞬间，由于箱子向下的加速度大于g，因此箱顶对物体有向下的压力，而物体对箱底的压力为零，C正确；上升过程中，箱顶对物体向下的压力做负功，物体的机械能减小，下降过程中，箱底对物体有向上的作用力，也做负功，因此物体的机械能减小，D错误。【变式5-2】一个人站立在商场的自动扶梯的水平踏板上，随扶梯向上加速，如图所示，则()A．人对踏板的压力大小等于人所受到的重力大小B．人只受重力和踏板的支持力的作用C．踏板对人的支持力做的功等于人的机械能增加量D．人所受合力做的功等于人的动能的增加量解析：选D人的加速度斜向上，将加速度分解到水平和竖直方向得：ax＝acosθ，方向水平向右；ay＝asinθ，方向竖直向上，水平方向受静摩擦力作用，f＝ma＝macosθ，水平向右，竖直方向受重力和支持力，FN－mg＝masinθ，所以FN>mg，故A、B错误；除重力以外的力对物体做的功，等于物体机械能的变化量，踏板对人的力除了支持力还有摩擦力，运动过程中摩擦力也做功，所以踏板对人的支持力做的功不等于人的机械能增加量，故C错误；由动能定理可知，人所受合力做的功等于人的动能的增加量，故D正确。【变式5-3】下列对各图的说法正确的是()A.图甲中汽车匀速下坡的过程中机械能守恒B.图乙中卫星绕地球匀速圆周运动时所受合力为零，动能不变C.图丙中弓被拉开过程弹性势能减少了D.图丁中撑竿跳高运动员在上升过程中机械能增大答案D解析图甲中汽车匀速下坡的过程中动能不变，重力势能减小，机械能减小，故A错误；图乙中卫星绕地球匀速圆周运动时所受合力提供向心力则不为0，匀速圆周运动速度大小不变，则动能不变，故B错误；图丙中弓被拉开过程橡皮筋形变增大，弹性势能增大，故C错误；图丁中撑竿跳高运动员在上升过程中竿对运动员做正功，其机械能增大，故D正确。【题型6摩擦生热导致机械能损失】【例6】平昌冬奥会女子单板滑雪U形池项目中，我国选手刘佳宇荣获亚军。如图所示为U形池模型，其中a、c为U形池两侧边缘且在同一水平面上，b为U形池最低点。刘佳宇(可视为质点)从a点上方高h的O点自由下落由左侧进入池中，从右侧飞出后最高上升至相对c点高度为eq\f(h,2)的d点。不计空气阻力，下列判断正确的是()A．运动员从O到d的过程中机械能减少B．运动员再次进入池中后，刚好到达左侧边缘a然后返回C．运动员第一次进入池中，由a到b的过程与由b到c的过程相比损耗机械能较小D．运动员从d返回到b的过程中，重力势能全部转化为动能解析：选A运动员从a点上方高h处自由下落由左侧进入池中，从右侧飞出后上升的最大高度为eq\f(h,2)，此过程中摩擦力做负功，机械能减少eq\f(mgh,2)，再由右侧进入池中时，平均速率要小于由左侧进入池中过程中的平均速率，根据圆周运动的知识可知，速率减小，对应的正压力减小，则平均摩擦力减小，克服摩擦力做的功减少，即摩擦力做的功小于eq\f(mgh,2)，则运动员再次进入池中后，能够冲出左侧边缘a然后返回，故A正确，B错误；同理可知运动员第一次进入池中，由a至b过程的平均速率大于由b到c过程的平均速率，由a到b过程中的平均摩擦力大于由b到c过程中的平均摩擦力，前一过程损耗机械能较大，故C错误；运动员从d返回到b的过程中，摩擦力做负功，重力势能转化为动能和内能，故D错误。【变式6-1】(多选)如图甲所示，固定的斜面长为10m，质量为m＝2.0kg的小滑块自斜面顶端由静止开始沿斜面下滑的过程中，小滑块的动能Ek随位移x的变化规律如图乙所示，取斜面底端所在水平面为重力势能参考平面，小滑块的重力势能Ep随位移x的变化规律如图丙所示，重力加速度g＝10m/s2。则下列判断中正确的是()A．斜面的倾角为45°B．滑块与斜面间的动摩擦因数为eq\f(\r(3),4)C．下滑过程滑块的加速度大小为1.25m/s2D．滑块自斜面下滑过程中损失的机械能为25J[解析]根据题图乙可知动能与位移图像的斜率大小为合外力大小，即F＝eq\f(25,10)N＝eq\f(5,2)N，根据题图丙可知重力势能与位移图像斜率大小为重力在斜面上的分力大小，即mgsinθ＝10N，滑块下滑过程中应用牛顿第二定律：mgsinθ－μmgcosθ＝F，解得：θ＝30°，μ＝eq\f(\r(3),4)，故A错误，B正确；根据上述分析可知滑块所受合外力为eq\f(5,2)N，根据牛顿第二定律：F＝ma，解得：a＝1.25m/s2，故C正确；由能量守恒定律可知，重力势能损失100J，动能增加25J，说明机械能损失75J，故D错误。[答案]BC【变式6-2】(多选)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eq\f(3,4)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.重力势能增加了mgh B.机械能损失了eq\f(1,2)mghC.动能损失了mgh D.克服摩擦力做功eq\f(1,4)mgh答案AB【变式6-3】一木块静置于光滑水平面上，一颗子弹沿水平方向飞来射入木块中。当子弹进入木块的深度达到最大值2.0cm时，木块沿水平面恰好移动距离1.0cm。在上述过程中系统损失的机械能与子弹损失的动能之比为()A.1∶2 B.1∶3C.2∶3 D.3∶2答案C解析根据题意，子弹在摩擦力作用下的位移为x1＝(2＋1)cm＝3cm，木块在摩擦力作用下的位移为x2＝1cm；系统损失的机械能转化为内能，根据功能关系，有ΔE系统＝Q＝Ff·Δx；子弹损失的动能等于克服摩擦力做的功，故ΔE子弹＝Ffx1；所以eq\f(ΔE系统,ΔE子弹)＝eq\f(2,3)，所以C正确，A、B、D错误。【题型7空气阻力导致机械能损失】【例7】一质量为8.00×104kg的太空飞船从其飞行轨道返回地面。飞船在离地面高度1.60×105m处以7.50×103m/s的速度进入大气层，逐渐减慢至速度为100m/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9.8m/s2。(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600m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Ek0＝eq\f(1,2)mv02 ①式中，m和v0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Ek0＝4.0×108J 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Eh＝eq\f(1,2)mvh2＋mgh③式中，vh是飞船在高度1.60×105m处的速度大小。由③式和题给数据得Eh＝2.4×1012J。 ④(2)飞船在高度h′＝600m处的机械能为Eh′＝eq\f(1,2)meq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(2.0,100)vh))2＋mgh′ ⑤由功能关系得W＝Eh′－Ek0 ⑥式中，W是飞船从高度600m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＝9.7×108J。[答案](1)4.0×108J2.4×1012J(2)9.7×108J【变式7-1】极限跳伞是世界上最流行的空中极限运动，伞打开前可看作是自由落体运动，打开伞后减速下降，最后匀速下落。如果用h表示人下落的高度，t表示下落的时间，Ep表示人的重力势能，Ek表示人的动能，E表示人的机械能，v表示人下落的速度，在整个过程中，忽略伞打开前空气阻力，如果打开伞后空气阻力与速度平方成正比，则下列图像可能符合事实的是()解析：选B运动员先做自由落体运动，由机械能守恒定律可得Ek＝ΔEp＝mgh，动能与下落的高度成正比，则重力势能是线性变化的，A错误；打开降落伞后做加速度逐渐减小的减速运动，由动能定理有ΔEk＝(f－mg)Δh，随速度的减小，阻力减小，由牛顿第二定律可知，人做加速度减小的减速运动，最后当阻力等于重力时，人做匀速直线运动，所以动能的变化减慢，最后当阻力等于重力时，动能不再发生变化，B正确，D错误；根据功能关系可知ΔE＝－fΔh，则人的机械能在自由下落过程保持不变，打开伞后机械能逐渐减小，最后均匀减小，C错误。【变式7-2】质量为2kg的物体以10m/s的初速度，从起点A出发竖直向上抛出，在它上升到某一点的过程中，物体的动能损失了50J，机械能损失了10J，设物体在上升、下降过程空气阻力大小恒定，则该物体再落回到A点时的动能为(g＝10m/s2)()A．40J B．60JC．80J D．100J解析：选B物体上升到某一高度时，重力、阻力均做负功，根据动能定理有：W合＝ΔEk①，空气阻力做功对应着机械能的变化，则有：Wf＝ΔE②，将ΔEk＝－50J，ΔE＝－10J，代入①②可得：W合＝－50J，Wf＝－10J，可得W合＝5Wf，物体的初动能为Ek0＝eq\f(1,2)mv02＝100J；当物体从A点到最高点的过程中，物体的动能减小了100J，由动能定理可得，合力做的功W合上＝－100J，所以空气阻力做功为Wf上＝－20J，由功能关系知，机械能损失了20J，由于空气阻力大小恒定，所以下落过程机械能也损失了20J，则物体落回A点时的动能为60J，故A、C、D错误，B正确。【变式7-3】从地面竖直上抛一个质量为m的小球，小球上升的最大高度为h，设上升和下降过程中空气阻力大小恒为Ff。重力加速度为g，下列说法正确的是()A.小球上升的过程中动能减少了mghB.小球上升和下降的整个过程中机械能减少了FfhC.小球上升的过程中重力势能增加了mghD.小球上升和下降的整个过程中动能减少了Ffh答案C解析根据动能定理，小球上升的过程中，－(mg＋Ff)h＝0－Ek0，即动能减少了(mg＋Ff)h，故A错误；除重力外，克服阻力做功2Ffh，机械能减小2Ffh，故B错误；小球上升h，重力势能增加mgh，故C正确；小球上升和下降的整个过程中，重力做功等于零，阻力做功等于－2Ffh，根据动能定理知动能减小2Ffh，故D错误。【题型8图像问题】【例8】一航空兴趣小组自制一带动力飞行器。小组开始让飞行器悬停在空中，某次测得从高处竖直向下运动h0范围内，飞行器的加速度a与下降的高度h关系如图所示。设飞行器总质量为m不变，取向下方向为正方向，重力加速度为g。飞行器下落过程中，忽略空气阻力。下列说法正确的是（

）A．飞行器下降时，其发动机提供动力大小为B．飞行器下降过程中，其机械能增加C．飞行器下降h0时，其速度大小为D．飞行器下降h0时，其发动机功率为答案：C【变式8-1】如图甲所示，置于水平地面上质量为m的物体，在竖直拉力F作用下，由静止开始向上运动，其动能Ek与距地面高度h的关系图像如图乙所示，已知重力加速度为g，空气阻力不计。下列说法正确的是()A.在0～h0过程中，F大小始终为mgB.在0～h0和h0～2h0过程中，F做功之比为2∶1C.在0～2h0过程中，物体的机械能不断增加D.在2h0～3.5h0过程中，物体的机械能不断减少答案C解析