811培优提升功能关系及其应用

原创精品资源享有版权，侵权必究！第8.11节培优提升功能关系及其应用学习目标1.掌握常见的功能关系。2.能够灵活运用功能关系分析和解决问题。提升1几种典型的功能关系1.功能关系概述(1)不同形式能量之间的转化是通过做功实现的，做功的过程就是能量之间转化的过程。(2)功是能量转化的量度。做了多少功，就有多少能量发生转化。2.几种常见的功能关系功能量转化功能关系关系式重力做功重力势能改变重力做功等于重力势能的减少量WG＝－ΔEp弹力做功弹性势能改变弹簧弹力做功等于弹性势能的减少量W弹＝－ΔEp合外力做功动能改变合外力做功等于动能的变化W合＝ΔEk除重力、系统内弹力以外的其他力做功机械能改变除重力、系统内弹力外其他力做的功等于机械能的变化W＝ΔE机例1(多选)如图所示，在抗洪救灾中，一架直升机通过绳索，用恒力F竖直向上拉起一个漂在水面上的木箱，使其由水面开始加速上升到某一高度，若考虑空气阻力而不考虑空气浮力，则在此过程中，以下说法正确的有()A.力F所做的功减去克服阻力所做的功等于重力势能的增量B.木箱克服重力所做的功等于重力势能的增量C.力F、重力、阻力，三者合力所做的功等于木箱动能的增量D.力F和阻力的合力所做的功等于木箱机械能的增量答案BCD解析木箱上升时受到重力、恒力F和阻力，根据动能定理，有WF－mgh－W阻＝ΔEk，重力势能的增加量等于木箱克服重力做的功，故A错误，B、C正确；除重力外其余力做的功等于机械能的增加量，除重力外，木箱只受力F和阻力，故D正确。训练1如图所示，在光滑水平地面上，有一铁块P沿粗糙斜面体Q下滑，关于P、Q之间的相互作用力．下列说法正确的是（）A．Q对P的作用力方向竖直向上 B．P对Q的作用力垂直斜面向下C．P对Q做功大于Q对P做功 D．P对Q做功小于Q对P做功答案D解析A．铁块P下滑过程中水平方向加速度向左，Q对P的作用力在水平方向有分力，不是竖直向上，故A错误；B．P对Q的作用力指的是压力和滑动摩擦力的合力，故不是垂直斜面，故B错误；CD．根据功能关系，P对Q做功等于Q的机械能的增加量，Q对P做功等于P的机械能的减小量，P的机械能的减小量等于Q的机械能的增加量加上内能，故P对Q做功小于Q对P做功，故C错误，D正确。故选D。训练2（多选）第十五届中国航展首次展出了红19地空导弹武器系统，主要用于对弹道导弹类目标实施区域拦截。在某次演习中某型号导弹在竖直方向从静止开始沿直线加速4000m时速度达到1600m/s，已知该导弹的质量是600kg，所受阻力大小随导弹速度的变化而变化，在这段加速过程中导弹受到的平均阻力是3000N，重力加速度是，忽略导弹质量的变化，关于这段加速过程，下列说法正确的是（）A．导弹的加速度恒为B．导弹发动机提供的平均反冲力大小是C．导弹增加的机械能是D．导弹发动机对导弹做的功是答案BD解析A．由于导弹所受阻力大小随导弹速度的变化而变化，可知导弹的加速度不是恒定不变的，故A错误；B．根据动能定理可得代入数据解得导弹发动机提供的平均反冲力大小为故B正确；C．导弹增加的机械能为故C错误；D．导弹发动机对导弹做的功为故D正确。故选BD。例2(多选)质量为m的物体，由静止开始下落，由于阻力作用，下落的加速度为eq\f(4,5)g，在物体下落h的过程中，下列说法正确的是()A.物体的动能增加了eq\f(4,5)mghB.物体的重力势能减少了mghC.物体机械能减少了eq\f(4,5)mghD.物体克服阻力所做的功为eq\f(1,5)mgh答案ABD解析根据合力做功等于动能的变化量，物体下落的加速度为eq\f(4,5)g，所受的合力为eq\f(4,5)mg，W合＝eq\f(4,5)mgh，所以物体的动能增加了eq\f(4,5)mgh，选项A正确；重力做功WG＝mgh，重力做的功等于重力势能的减少量，所以重力势能减少了mgh，物体的动能增加了eq\f(4,5)mgh，则机械能减少了eq\f(1,5)mgh，选项B正确，C错误；物体受竖直向下的重力和竖直向上的阻力，根据牛顿第二定律得阻力大小为eq\f(1,5)mg，所以阻力做功Wf＝－fh＝－eq\f(1,5)mgh，所以物体克服阻力所做的功为eq\f(1,5)mgh，选项D正确。训练1在如图所示的伽利略倾斜斜面实验中（斜面光滑），以下说法正确的是（）A．小球从A到B运动的过程中动能保持不变B．小球从A到B运动的过程中势能减少C．小球只在从B到C运动的过程中动能和势能的总和不变D．小球在斜面CD上运动的最大距离等于在AB上运动的最大距离答案B解析AB．小球从A到B运动的过程中重力势能减少，动能增大，A错误，B正确；C．由于斜面光滑，则小球机械能守恒，小球从A到B，从B到C，从C到D运动的过程中动能和势能的总和都不变，C错误；D．由题图可知，虽然两斜面的倾角不同，但小球在两个斜面上能够达到的最大高度相等，在斜面上运动的最大距离不等，D错误。故选B。训练2（多选）如图所示，t=0时质量为1kg的滑块以大小为20m/s的初速度从倾角为的固定斜面底部沿斜面向上滑行。已知滑块与斜面间的动摩擦因数为0.5，重力加速度g取10m/s²，，斜面足够长，则下列说法中在确的是（）A．0~3s内物块损失的机械能为84JB．0~3s内物块克服重力做功为126JC．滑块滑回斜面底端时的速度大小为D．滑块在斜面上运动的整个过程中系统产生的热量为80J答案AC解析AB．物块上滑时的加速度大小为物块上滑到最高点所用时间为物块上滑到最高点通过的位移大小为物块在后反向加速下滑，加速度大小为在内物块下降的位移大小为根据功能关系可知0~3s内物块损失的机械能为0~3s内物块克服重力做功为故A正确，B错误；C．设滑块滑回斜面底端时的速度大小为，根据运动学公式可得解得故C正确；D．滑块在斜面上运动的整个过程中系统产生的热量为故D错误。故选AC。提升2摩擦力做功与产生的热量如图所示，质量为M、长为l0的木板静止放置于光滑水平地面上，一质量为m的物块(可看成质点)以速度v0从左端冲上木板，物块与木板间的滑动摩擦力大小为Ff。当物块滑至木板最右端时，两者恰好达到共同速度v，木板移动的距离为l。(1)物块的位移为多少？对物块列出动能定理的表达式；(2)对木板列出动能定理的表达式；(3)一对滑动摩擦力对系统做的功怎样表示(用Ff、l、l0表示)？系统动能变化量为多少(用M、m、v0、v表示)？系统摩擦力做功的过程中产生了多少热量(用M、m、v0、v表示)？与一对滑动摩擦力对系统做功的大小相等吗？这说明什么？提示(1)物块的位移x＝l＋l0，对物块由动能定理得－Ff(l＋l0)＝eq\f(1,2)mv2－eq\f(1,2)mveq\o\al(2,0)。①(2)对木板由动能定理得Ffl＝eq\f(1,2)Mv2。②(3)由①②式相加得－Ff(l＋l0)＋Ffl＝eq\f(1,2)mv2＋eq\f(1,2)Mv2－eq\f(1,2)mveq\o\al(2,0)③即－Ffl0＝eq\f(1,2)mv2＋eq\f(1,2)Mv2－eq\f(1,2)mveq\o\al(2,0)④一对滑动摩擦力对系统做功的代数和为－Ffl0系统动能变化量为eq\f(1,2)mv2＋eq\f(1,2)Mv2－eq\f(1,2)mveq\o\al(2,0)系统在摩擦力做功过程中产生的热量Q＝eq\f(1,2)mveq\o\al(2,0)－eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,2)mv2＋\f(1,2)Mv2))⑤由④⑤式知，摩擦力做功产生的热量与这一对滑动摩擦力对系统做功的大小相等，故有Ffl相对＝Q(l相对指相对运动路程)。1.系统内一对静摩擦力对物体做功时，由于相对位移为零，故没有内能产生，只有物体间机械能的转移。2.系统内一对滑动摩擦力对物体做功时，由于物体间发生了相对滑动，两个物体对地位移不相等，相互作用的滑动摩擦力对系统做功的总和不为零且为负值，所以滑动摩擦力做功一定会引起系统机械能的变化。一是会引起系统中物体间机械能的转移，二是会引起系统总机械能的减少，部分机械能转化为内能，产生热量。一对相互作用的滑动摩擦力的总功等于系统内能的增加，即Q＝F滑s相对，其中F滑必须是滑动摩擦力，s相对必须是两个接触面间相对滑动的路程。例3如图所示，在光滑的水平面上，有一质量为M的长木板以一定的初速度向右匀速运动，将质量为m的小铁块无初速度地轻放到长木板右端，小铁块与长木板间的动摩擦因数为μ。当小铁块在长木板上相对长木板滑动L时与长木板保持相对静止，此过程长木板对地的位移为l，求这个过程中：(1)小铁块增加的动能；(2)长木板减少的动能；(3)系统机械能的减少量；(4)系统产生的热量。答案(1)μmg(l－L)(2)μmgl(3)μmgL(4)μmgL解析画出这一过程长木板与小铁块位移示意图，如图所示。(1)以小铁块为研究对象，根据动能定理得μmg(l－L)＝ΔEk，即小铁块动能的增加量等于滑动摩擦力对小铁块做的功。(2)摩擦力对长木板做负功，根据功能关系得ΔEkM＝－μmgl，即长木板减少的动能等于长木板克服摩擦力做的功μmgl。(3)在重力势能不变的情况下，系统机械能的减少量等于系统动能的减少量，则有ΔE＝ΔEk＋ΔEkM＝－μmgL，即系统机械能减少了μmgL。(4)小铁块与长木板间相对滑动的位移为L，根据能量守恒定律，有Q＝μmgL，即滑动摩擦力对系统做的总功等于系统因摩擦而产生的热量，也等于系统减少的机械能。训练1（多选）如图所示，水平地面上有一倾角为θ=37°的传送带，以v0=16m/s的速度逆时针匀速运行。将一煤块从h=33.6m的高台从静止开始运送到地面，煤块可看做质点，已知煤块的质量为m=1kg，煤块与传送带之间的动摩擦因数为μ=0.25，重力加速度为g=10m/s2，sin37°=0.6，cos37°=0.8。煤块由高台运送到地面的过程中，下列正确的是（）A．运送煤块所用的时间为4s B．摩擦力对煤块做的功为112JC．煤块相对传送带运动而产生的划痕长24mD．煤块与传送带之间因摩擦产生的热量为48J答案AD解析A．设传动带的长度为L，则解得煤块刚放上传动带时，受到的滑动摩擦力沿斜面向下，根据牛顿第二定律得解得则煤块从0加速到与传送带共速需要煤块的位移为由于可知煤块与传送带共速后继续做匀加速运动，摩擦力沿斜面向上，根据牛顿第二定律得解得根据解得运送煤块所用的时间为故A正确；B．煤块受到的滑动摩擦力大小为第一个过程摩擦力对煤块做功第二个过程摩擦力对煤块做功故摩擦力对全程对煤块做功为故B错误；C．第一个过程传动带的位移为煤块与传送带的相对位移为第二个过程传送带的位移相对位移第一个过程传送带运动快，第二个过程煤块运动快，煤块在传动带上的划痕应为16m，故C错误；D．第一个过程摩擦生热为第二个过程摩擦生热为故总产热故D正确。故选AD。训练2如图，倾角的足够长光滑斜面固定，长，质量的长木板下端靠着插销置于斜面上，下端上表面放有一质量的物块（视为质点），不可伸长的伸直细线一端连接物块，一端栓在固定挡板上。零时刻拔去插销，0.9s末将细线剪断。已知物块与木板间的动摩擦因数，最大静摩擦力等于滑动摩擦力，重力加速度。(1)求0.2s末细线对物块的拉力大小。(2)求0.9s末长木板的速度大小。(3)在木板下滑的过程中，系统产生的热量是多少。答案(1)10N(2)(3)解析（1）以物块为研究对象，其受力如图所示物块静止，由力的平衡条件有代入数据解得（2）以木板为研究对象，其受力如图所示由牛顿第二定律有，代入数据得由运动学规律有将代入解得（3）内木板发生的位移为代入数据得0.8s之后，由于物块所受摩擦力不变，则木板加速度不变，二者均向下做匀加速运动。假设经时间两者共速时，物块仍在木板上，对物块，由牛顿第二定律有代入数据得由运动学规律有代入数据得木板发生的位移为物块发生的位移为代入数据得两者间的相对位移为因，假设成立，此后两者一起加速下滑，物块不会从木板上落下，故在木板下滑的时，系统产生的热量例4如图所示，水平传送带由电动机带动，并始终保持以速度v顺时针匀速转动。现将质量为m的物块无初速度地放在传送带的左端，经过一段时间物块恰好与传送带相对静止。设物块与传送带间的动摩擦因数为μ。(1)这一过程摩擦力对物块做的功为多少？(2)传送带克服摩擦力做的功为多少？(3)系统摩擦生热为多少？(4)与不放物块时相比，电动机多做的功为多少？(5)与不放物块时相比，电动机多做的这部分功与哪种能量的变化对应？总结这条功能关系。答案(1)eq\f(1,2)mv2(2)mv2(3)eq\f(1,2)mv2(4)mv2(5)见解析解析设物块与传送带之间的滑动摩擦力大小为Ff，从滑上传送带到相对静止的过程中物块的位移大小为x1，传送带相对地面的位移大小为x2，则x1＝eq\f(1,2)vt，x2＝vt＝2x1。(1)对物块运用动能定理有Wf＝Ffx1＝eq\f(1,2)mv2。(2)传送带克服摩擦力做的功W克f＝Ffx2＝2Ffx1＝mv2。(3)系统摩擦生热Q＝Ffx相对＝Ff(x2－x1)＝Ffx1＝eq\f(1,2)mv2。(4)电动机多做的功为传送带克服摩擦力做的功，W多＝W克f＝mv2。(5)电动机做功就是消耗电能的过程，根据能量守恒定律，消耗的电能转化成传送带与物块系统的机械能和内能(即物块增加的动能和系统摩擦生热)。W多＝ΔE电→其他＝ΔE机＋Q。训练1机场行李传送带的示意图如图所示，传送带左右两端的距离为L，传送带以恒定的速度顺时针运行。一个质量为m的行李箱（视为质点）以传送带速度的三分之一滑上传送带左端，行李箱由传送带的左端运动到右端的过程中，前一半时间做匀加速直线运动，后一半时间做匀速直线运动，行李箱与传送带之间的动摩擦因数为，重力加速度大小为g。在整个传送过程中，行李箱与传送带之间因摩擦产生的热量为（）A． B． C． D．答案A解析设传送带运行的速度大小为，行李箱加速运动的时间为，由位移与时间的关系有对行李箱匀速运动过程，有且行李箱在加速运动过程中，与传送带的相对位移大小为由功能关系可知行李箱与传送带之间因摩擦产生的热量联立可得故选A。训练2如图所示，质量M=2kg木板静止放置于水平地面上，一质量为m=1kg的物块（可看成质点）以速度v0=6m/s从左端冲上木板，物块与木板间的动摩擦因数μ1=0.5，木板与地面间的动摩擦因数μ2=0.1。当物块滑至木板最右端时，两者恰好达到共同速度。g=10N/kg，求：(1)共同速度v；(2)木板的长度L；(3)木板停下之前，木板与地面间因摩擦产生的热量Q。答案(1)(2)L=3m(3)Q=3J解析（1）对分析有对分析有M、N共速联立解得（2）1s后，与不再发生相对运动，故1s内的相对位移是木板长度，1s内的位移解得x1=3.5m的位移解得x2=0.5m木板的长度解得L=3m（3）1s后，与一起运动到停止则解得Q=3J随堂对点自测1.(功能关系)(2024·浙江卷，3)如图所示，质量为m的足球从水平地面上位置1被踢出后落在位置3，在空中达到最高点2的高度为h，则足球()A.从1到2动能减少mghB.从1到2重力势能增加mghC.从2到3动能增加mghD.从2到3机械能不变答案B解析由足球的运动轨迹不对称可知，足球在空中运动过程中一定受到空气阻力作用，从1到2重力势能增加mgh，则从1到2动能减少量大于mgh，故A错误，B正确；从2到3由于空气阻力作用，足球机械能减少，重力势能减小mgh，则动能增加量小于mgh，故C、D错误。2.(摩擦力做功与产生的热量)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(x1－x2)，子弹损失的动能等于子弹克服摩擦力做的功，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。3.如图所示，水平传送带顺时针转动，速度大小为、分别为传送带水平部分的左、右端点。某时刻开始，使用简易弹射装置将、两滑块以的速度从右端滑上传送带。已知与传送带之间的动摩擦因数，与传送带之间的动摩擦因数为，若传送带长度合适，可使从传送带左端掉落，从传送带右端掉落。、均可视作质点，重力加速度取。(1)刚滑上传送带时，求、各自的加速度大小；(2)为保证、分别从传送带左、右两端掉落，求、两点间的最长距离；(3)若、两点间距离为，滑块的质量为，求从滑上传送带到掉落的全过程中与传送带因摩擦产生的热量。答案(1)，(2)(3)解析（1）根据牛顿第二定律，对M解得对N解得（2）从左端离开，说明N到达传送带左端时，速度还未减为零。从右端离开，说明M到达传送带左端时速度恰好减为零或者未到传送带左端时速度已经减为零。取临界条件，对N解得若要N从左端离开，A、B两点间距离不能超过2.25m。对解得若要M从右端离开，A、B两点间距离不能小于0.9m。故、两点间距离最长不能超过。（3）由于故不会从传送带左端掉落。设M减速到零所用时间为t1，则解得减速到零的过程中，传送带位移大小为与传送带相对位移大小为依据对称性，向右加速至时离开传送带。向右加速过程中，M移大小为向右加速过程中，传送带位移大小为与传送带相对位移大小为与传送带的摩擦生热为4．（多选）滑雪场一段平直坡道倾角为，质量为的滑雪者收起滑雪杖由静止开始自由下滑，下滑的加速度恒为（为重力加速度），滑雪者沿坡道下滑过程中，竖直方向下降的高度为。对于下滑过程，下列说法正确的是（）A．合外力做的功为 B．动能增加C．克服摩擦力做的功为 D．机械能损失答案AC解析A．下滑的加速度恒为，则合外力做的功为故A正确；B．根据动能定理有结合上述解得故B错误；C．下滑的加速度恒为，根据牛顿第二定律有解得则克服摩擦力做功故C正确；D．根据功能关系可知，机械能损失量大小等于克服摩擦力做的功，即机械能损失，故D错误。故选C。对点题组练题组一功能关系及应用1.(多选)升降机底板上放一质量为100kg的物体，物体随升降机由静止开始竖直向上移动5m时速度为4m/s，重力加速度g＝10m/s2，则此过程中()A.升降机对物体做功5800JB.合力对物体做功5000JC.物体的重力势能增加800JD.物体的机械能增加5800J答案AD解析对物体，由动能定理有W1－mgh＝eq\f(1,2)mv2，解得W1＝mgh＋eq\f(1,2)mv2＝5800J，故A正确；对物体由动能定理有W合＝eq\f(1,2)mv2＝800J，故B错误；物体重力势能的增加量等于克服重力做的功，即ΔEp＝mgh＝5000J，故C错误；物体机械能的增加量ΔE＝mgh＋eq\f(1,2)mv2＝5800J，故D正确。2.(多选)如图所示，木块静止在光滑水平桌面上，一子弹(可视为质点)水平射入木块的深度为d时，子弹与木块相对静止。在子弹入射的过程中，木块沿桌面移动的距离为x，木块对子弹的平均阻力为Ff，那么在这一过程中，下列说法正确的是()A.木块的机械能增加量为FfxB.子弹的机械能减少量为Ff(x＋d)C.系统的机械能减少量为FfdD.系统的机械能减少量为Ff(x＋d)答案ABC解析根据牛顿第三定律可知子弹对木块的平均阻力大小等于Ff，木块机械能的增加量等于子弹对木块的摩擦力做的功即ΔE木＝Ffx，A正确；子弹机械能的减少量等于其动能的减少量，即子弹克服木块阻力做的功Ff(x＋d)，B正确；系统减少的机械能等于产生的内能，等于子弹与木块间的摩擦力大小与相对位移大小的乘积，即Ffd，C正确，D错误。3.(多选)如图所示，一质量为m的小球固定于轻质弹簧的一端，弹簧的另一端固定于O点，将小球拉至A处，弹簧恰好无形变。由静止释放小球，它运动到O点正下方B点的竖直高度差为h，速度为v，则()A.小球在B点的动能小于mghB.由A点到B点小球重力势能减少了eq\f(1,2)mv2C.由A点到B点小球克服弹力做的功为mghD.小球到达位置B时弹簧的弹性势能为mgh－eq\f(mv2,2)答案AD解析小球由A点到B点的过程中，重力势能减少了mgh，减少的重力势能转化为小球的动能和弹簧的弹性势能，所以小球运动到B点时的动能小于mgh，故A正确，B错误；根据动能定理得mgh－W弹＝eq\f(1,2)mv2，所以小球由A点至B点克服弹力做的功为W弹＝mgh－eq\f(1,2)mv2，故C错误；根据弹簧弹力做功与弹性势能变化的关系，可知小球到达位置B时弹簧的弹性势能为mgh－eq\f(1,2)mv2，故D正确。4.(2024·山东聊城高一期中)如图所示是滑沙场地的一段可视为倾角为30°的斜面，设人和滑车总质量为m，人从距底端高为h处的顶端沿滑道由静止开始匀加速下滑，加速度大小为0.3g，人和滑车可视为质点，重力加速度为g，则从顶端向下滑到底端的过程中()A.人和滑车获得的动能为0.3mghB.人和滑车克服摩擦力做功为0.2mghC.人和滑车的重力势能减小0.6mghD.人和滑车的机械能减少0.4mgh答案D解析从顶端向下滑到底端的过程中，根据动能定理可得W合＝Ek－0，其中W合＝F合x＝ma·eq\f(h,sin30°)＝0.6mgh，可知人和滑车获得的动能为0.6mgh，A错误；根据牛顿第二定律可得mgsin30°－Ff＝ma，解得摩擦力大小为Ff＝0.2mg，人和滑车克服摩擦力做功为Wf＝Ff·eq\f(h,sin30°)＝0.4mgh，可知人和滑车的机械能减少0.4mgh，B错误，D正确；重力做功为WG＝mgh，可知人和滑车的重力势能减少mgh，C错误。5.(多选)某人用球拍以初速度v0竖直向上击出一个质量为m的小球，小球在运动过程中受到阻力的大小恒为Ff，能达到的最大高度为h，重力加速度为g，则小球从击出到落回击出点的过程中()A.人对小球做功mghB.人对小球做功eq\f(1,2)mveq\o\al(2,0)C.小球的机械能减少了2FfhD.小球的机械能守恒答案BC解析人对小球做的功等于小球动能的变化量，即eq\f(1,2)mveq\o\al(2,0)，故A错误，B正确；小球从击出到落回击出点的过程中机械能不守恒，机械能的减少量等于克服阻力做的功，即2Ffh，故C正确，D错误。题组二摩擦力做功与产生的热量6.(多选)(2024·四川雅安高一期末)如图所示，木块A放在上表面粗糙的水平长木板B的左端，现用水平恒力F将A拉至B的右端。第一次将B固定在水平地面上，木块A抵达B右端时的动能为Ek1，木块与木板间因摩擦产生的热量为Q1；第二次将B放在光滑的水平地面上，木块A抵达B右端时的动能为Ek2，木块与木板间因摩擦产生的热量为Q2。以下判断正确的是()A.Ek1<Ek2 B.Ek1＝Ek2C.Q1<Q2 D.Q1＝Q2答案AD解析设木板长为L，木块与木板间的动摩擦因数为μ，则第一次有Ek1＝FL－μmgL＝(F－μmg)L，Q1＝μmgL；第二次，设木板的位移为x，则Ek2＝(F－μmg)(L＋x)，Q2＝μmgL，则Ek1<Ek2，Q1＝Q2，选项A、D正确，B、C错误。7.如图所示，两个完全相同的物体分别自斜面AC和BC顶端由静止开始下滑，物体与两斜面间的动摩擦因数相同，物体滑至斜面底部C点时的动能分别为EkA和EkB，下滑过程中产生的热量分别为QA和QB，则()A.EkA>EkB，QA＝QB B.EkA＝EkB，QA>QBC.EkA>EkB，QA>QB D.EkA<EkB，QA＝QB答案A解析设斜面倾角为θ，底边长为b，则Wf＝μmgcosθ·eq\f(b,cosθ)＝μmgb，即摩擦力做功与斜面倾角无关，所以两物体所受的摩擦力做功相同，产生的热量相同，即QA＝QB。由题图知物体沿斜面AC下滑时重力做的功大于物体沿斜面BC下滑时重力做的功，由动能定理知WG－Wf＝ΔEk，则EkA>EkB，故选项A正确。综合提升练8.如图所示，质量为m的物块在水平传送带上由静止释放，传送带由电动机带动，始终保持以速度v匀速运动，物块与传送带间的动摩擦因数为μ，物块过一会儿能保持与传送带相对静止，对于物块从静止释放到相对静止这一过程，下列说法正确的是()A.电动机做的功为eq\f(mv2,2)B.摩擦力对物块做的功为mv2C.传送带克服摩擦力做的功为mv2D.物块与传送带因摩擦产生的热量为Q＝mv2答案C解析物块由静止状态到与传送带保持相对静止的过程，有x物＝eq\f(v,2)t，x传＝vt，根据动能定理，对物块，有Wf＝Ff·x物＝eq\f(1,2)mv2，对传送带，有W电－W克f＝0，又W克f＝Ffx传＝2Wf，解得W电＝W克f＝mv2，故A、B错误，C正确；因摩擦产生的热量为Q＝Ff·x相＝Ff(x传－x物)＝W克f－Wf＝eq\f(1,2)mv2，故D错误。9.(多选)从地面竖直向上抛出一物体，其机械能E总等于动能Ek与重力势能Ep之和。取地面为重力势能参考平面，该物体的E总和Ep随它离开地面的高度h的变化如图所示。重力加速度g取10m/s2。由图中数据可得()A.物体的质量为2kgB.h＝0时，物体的速率为20m/sC.h＝2m时，物体的动能Ek＝50JD.从地面至h＝4m，物体的动能减少100J答案ACD解析由题图知h＝4m时，Ep＝80J，由Ep＝mgh得m＝2kg，故A正确；h＝0时，Ep＝0，E总＝100J，则物体的动能为Ek＝E总－Ep＝100J，由Ek＝eq\f(1,2)mveq\o\al(2,0)，得v0＝10m/s，故B错误；h＝2m时，Ep＝40J，E总＝90J，则物体的动能为Ek＝E总－Ep＝50J，故C正确；由题图知从地面至h＝4m，物体的机械能减少了20J，重力势能增加了80J，因此，物体的动能减少100J，故D正确。10.某物理兴趣小组决定举行遥控赛车比赛。比赛路径如图所示，赛车从起点A出发，沿水平直线轨道运动L后，由B点进入半径为R的光滑竖直圆轨道，离开竖直圆轨道后继续在光滑平直轨道上运动到C点，并能越过壕沟。已知赛车质量m＝0.1kg，通电后以额定功率P＝1.5W工作，进入竖直圆轨道前受到阻力恒为0.3N，随后在运动中受到的阻力均可不计。图中L＝10.00m，R＝0.32m，h＝1.25m，s＝1.50m。问：要使赛车完成比赛，电动机至少工作多长时间(g＝10m/s2)?答案2.53s解析设赛车越过壕沟需要的最小速度为v1，由平抛运动的规律有s＝v1t，h＝eq\f(1,2)gt2解得v1＝seq\r(\f(g,2h))＝1.50×eq\r(\f(10,2×1.25))m/s＝3.00m/s设赛车恰好越过圆轨道，对应圆轨道最高点的速度为v2，最低点的速度为v3，由牛顿第二定律及机械能守恒定律有mg＝meq\f(veq\o\al(2,2),R)eq\f(1,2)mveq\o\al(2,3)＝eq\f(1,2)mveq\o\al(2,2)＋mg·2R解得v3＝eq\r(5gR)＝eq\r(5×10×0.32)m/s＝4.00m/s分析比较可知，赛车要完成比赛，在进入圆轨道前的速度最小应该是vmin＝4.00m/s设电动机工作时间至少为t，根据功能关系有Pt－fL＝eq\f(1,2)mveq\o\al(2,min)由此可得t＝2.53s，即要使赛车完成比赛，电动机至少工作2.53s的时间。11.（多选）如图所示，一质量为可视为质点的小物块自斜面上点由静止开始下滑，斜面的倾角为,、间距离为，小物块经运动到点后通过一小段光滑的衔接弧面恰好同速率滑上与地面等高的传送带，传送带以的恒定速率顺时针运行，传送带、间距离为，小物块与传送带间的动摩擦因数为0.2，不计衔接弧面的运动时间和空气阻力。取，，，下列说法正确的是（）A．小物块在传带上、之间的运动时间为B．小物块与斜面间的动摩擦因数为0.5C．小物块在传送带上运动时，因摩擦产生的热量为D．整个过程中传送带电动机多消耗的电能为答案BC解析A．物块在斜面上运动的加速度为到达B点时的速度vB=a1t1=4m/s物块滑上传送带时的加速度加速的时间加速的位移匀速的时间小物块在传带上、之间的运动时间为1.5s，选项A错误；B．在斜面上根据牛顿第二定律解得选项B正确；C．小物块在传送带上运动时，因摩擦产生的热量为选项C正确；D．整个过程中传送带电动机多消耗的电能为选项D错误。故选BC。12．如图，一轻弹簧的一端固定于O点，另一端系一小球，将小球从与悬点O在同一水平面且弹簧保持原长的A点无初速度释放，不计空气阻力。在小球由A点摆向最低点B的过程中，下列说法正确的是（）A．小球减小的机械能一定等于弹簧增加的弹性势能B．小球减小的重力势能等于弹簧增加的弹性势能C．小球增加的动能一定等于弹簧增加的弹性势能D．小球增加的动能大于减小的重力势能答案A解析A．根据机械能守恒定律可知，小球减小的机械能一定等于弹簧增加的弹性势能，故A正确；BCD．根据能量守恒定律可知，物体减小的重力势能一部分转化为物体的动能，另一部分转化为弹簧的弹性势能，则小球减小的重力势能大于弹簧增加的弹性势能，小球增加的动能小于减小的重力势能，小球增加的动能不一定等于弹簧增加的弹性势能，故BCD错误；故选A。培优加强练13.如图所示，粗糙弧形轨道和两个光滑半圆轨道组成S形轨道。光滑半圆轨道半径为R，两个光滑半圆轨道连接处CD之间留有很小空隙，刚好能够使小球通过，CD之间距离可忽略。粗糙弧形轨道最高点A与水平面上B点之间的高度为h。从A点静止释放一个可视为质点的小球，小球沿S形轨道运动后从E点水平飞出，落到水平地面上，落点到与E点在同一竖直线上的B点的距离为x。已知小球质量为m，不计空气阻力，求：(1)小球从E点水平飞出时的速度大小；(2)小球运动到半圆轨道的B点时对轨道的压力；(3)小球从A至E运动过程中克服摩擦阻力做的功。答案(1)xeq\r(\f(g,8R))(2)9mg＋eq\f(mgx2,8R2)方向竖直向下(3)mg(h－4R)－eq\f(mgx2,16R)。解析(1)小球从E点飞出后做平抛运动，设在E点的速度大小为v，则4R＝eq\f(1,2)gt2，x＝vt解得v＝xeq\r(\f(g,8R))。(2)小球从B点运动到E点的过程，机械能守恒，则eq\f(1,2)mveq\o\al(2,B)＝mg·4