第1章 专题强化7 能量守恒定律-（课件PPT+Word教案）【步步高】2024-2025学年高一物理必修第二册教师用书（鲁科版2019）

专题强化7　能量守恒定律 [学习目标]　1.了解各种不同形式的能量，认识建立能量守恒定律的重大意义(重点)。2.知道能量守恒定律的内容，会用能量守恒的观点分析一些实际问题(重点)。3.能够熟练应用能量守恒定律和功能关系解决问题(重难点)。 一、能量守恒定律 1.能量守恒定律的内容 能量既不会凭空产生，也不会凭空消失，它只能从一种形式转化为另一种形式，或者从一个物体转移到另一个物体，在转化或转移的过程中，能量的总量保持不变。 2.能量守恒定律的三种表达形式 (1)ΔE某种=-ΔE其他：某种形式的能量减少，一定存在其他形式的能量增加，且减少量和增加量相等。 (2)ΔEA=-ΔEB：某个物体的能量减少，一定存在别的物体的能量增加，且减少量和增加量相等。 (3)E1=E2：初状态的各种能量总和等于末状态的各种能量总和。 3.应用能量守恒定律解题的一般步骤 (1)分清有多少形式的能(动能、势能、内能等)发生变化。 (2)明确哪种形式的能量增加，哪种形式的能量减少，并且列出减少的能量ΔE减和增加的能量ΔE增的表达式。 (3)列出能量守恒关系式ΔE减=ΔE增。 例1　(多选)从光滑固定斜面上滑下的物体，最后停止在粗糙的水平面上，则(　　) A.在斜面上滑动时，只有动能和势能之间的相互转化 B.在斜面上滑动时，有部分势能转化为内能 C.在水平面上滑动时，总能量正在消失 D.在水平面上滑动时，机械能转化为内能，总能量守恒 答案　AD 例2　秋千是中国古代北方少数民族创造的一种运动。春秋时期传入中原地区，因其设备简单，容易学习，故而深受人们的喜爱，很快在各地流行起来。会荡秋千的人不用别人推，就能越摆越高，而不会荡秋千的人，则始终也摆不起来。要使秋千越摆越高，以下做法合理的是(　　) A.从高处摆下来的时候身体迅速下蹲，而从最低点向上摆起时，身体迅速直立起来 B.从高处摆下来的时候身体要保持直立，而从最低点向上摆起时，身体迅速下蹲 C.不论从高处摆下来还是从最低点向上摆起，身体都要保持下蹲 D.不论从高处摆下来还是从最低点向上摆起，身体都要保持直立 答案　A 解析　让秋千越荡越高，那么从高处摆下来的时候身体应迅速下蹲，使重心降低，使更多的重力势能转化为动能，过了最低点后向上摆起，身体应迅速直立起来，升高重心，获得更多的重力势能，故A正确。 二、传送带模型中的能量问题 如图所示，水平传送带由电动机带动，并始终保持以速度v顺时针匀速运动。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，对于这一过程： (1)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？ 答案　(1)设物块与传送带之间的滑动摩擦力大小为f，从放上传送带到相对静止的过程物块的位移大小为s1，传送带相对地面的位移大小为s2，则s1=vt，s2=vt=2s1，对物块运用动能定理有Wf=fs1=mv2 (2)传送带克服摩擦力做的功W克f'=fs2=2fs1=mv2 (3)系统摩擦生热Q=fs相对=f(s2-s1)=fs1=mv2 在以上问题中，从能量守恒的角度分析，与不放物块时相比，电动机多做的功是多少？ 答案　根据能量守恒，与不放物块时相比，电动机多做的功等于物块增加的动能和系统增加的内能之和，即为mv2。 例3　(多选)(2023·厦门市高一期末)2023年5月28日，我国自行研制的国产大飞机C919首次开启商业载客飞行，130多名首航旅客见证了这一历史性时刻。如图甲为机场工作人员利用传送带将货物运送到机舱的简化示意图。可视为质点的货物在传送带上运动的v-t图像如图乙所示，12 s末货物恰抵达机舱。已知传送带与水平面间的夹角为θ=37°，货物的质量为20 kg，重力加速度g取10 m/s2，sin 37° =0.6，cos 37°=0.8，则(　　) A.0~2 s内摩擦力对货物做正功 B.2~12 s内摩擦力对货物不做功 C.全程货物与传送带因摩擦产生的热量为102.4 J D.因运送该货物多消耗的电能为102.4 J 答案　AC 解析　0~2 s内货物受到的滑动摩擦力方向沿传送带向上，则摩擦力对货物做正功，选项A正确；2~12 s内货物受到的静摩擦力沿传送带向上，则摩擦力对货物做正功，选项B错误；加速阶段的加速度a==0.4 m/s2，则μmgcos θ-mgsin θ=ma，货物相对传送带的位移Δs=2×0.8 m-×2×0.8 m=0.8 m，全程货物与传送带因摩擦产生的热量为Q=μmgcos 37°·Δs=102.4 J，选项C正确；因运送该货物多消耗的电能等于货物的动能、重力势能增加量以及产生的内能之和，则因运送该货物多消耗的电能大于102.4 J，选项D错误。 三、板块模型中的能量问题 如图，木板在光滑水平面上匀速滑动，在木板右端无初速度地释放上一物块(可视为质点)，一段时间后，物块从木板左端掉下。已知木板长为l，物块与木板间的摩擦力大小为f。此过程木板位移为s，从开始放上物块至物块恰好从木板左端掉下的过程： (1)物块动能变化量ΔEk1=f(s-l)。 (2)木板动能变化量ΔEk2=-fs。 (3)摩擦产生的热量Q=fl。 例4　(多选)(2023·福建师大附中高一期中)如图所示，长为L的平板静置于光滑的水平面上，一小滑块(可视为质点)以某一初速度冲上平板的左端，当平板向右运动s时，小滑块刚好滑到平板最右端。已知小滑块与平板之间的摩擦力大小为f，在此过程中(　　) A.摩擦力对滑块做的功为f(s+L) B.摩擦力对平板做的功为fs C.摩擦力对系统做的总功不为零 D.系统产生的热量Q=f(s+L) 答案　BC 解析　摩擦力对滑块做的功为Wf=-f(s+L)，故A错误；摩擦力对平板做的功为Wf'=fs，故B正确；摩擦力对系统做的总功为Wf总=Wf+Wf'=-f(s+L)+fs=-fL，故C正确；系统产生的热量为Q=fL，故D错误。 专题强化练　[分值：80分] 1~4题每题6分，5题10分，共34分 1.(2023·延安市安塞区高级中学高一期末)如图所示，水平轻弹簧一端与墙相连，质量m=2 kg的木块沿光滑水平面以v0=5 m/s的初速度向右运动，当木块压缩弹簧后速度减为v=3 m/s时弹簧的弹性势能是(弹簧始终处在弹性限度内)(　　) A.25 J B.9 J C.16 J D.32 J 答案　C 解析　对木块与弹簧组成的系统，由能量守恒定律得：m=mv2+Ep，解得：Ep=16 J，故选C。 2.半径为R的四分之一竖直圆弧轨道与粗糙的水平面相连，如图所示。有一个质量为m、长为R的均匀细直杆搭放在圆弧两端，若释放细直杆，它将开始下滑，并且最后停在水平面上。在上述过程中(重力加速度为g)(　　) A.杆克服摩擦力所做的功为mgR B.摩擦产生的热量为mgR C.重力势能减少mgR D.外力做的总功为mgR 答案　B 3.(多选)(2023·绵阳市期末)如图所示，水平地面粗糙，水平轻质弹簧处于原长状态，一端固定在墙面上，另一端O点处轻靠一物块，物块在推力的作用下从O点缓慢推至A点然后释放，最后停在B点，弹簧始终处在弹性限度内，下列说法正确的是(　　) A.从O到A，推力做的功等于弹簧的弹性势能增加量 B.从A到O，物块在O点的动能最大 C.从O到B，物块动能全部转化为内能 D.从A到B，弹性势能全部转化为内能 答案　CD 解析　根据功能关系可知，从O到A，推力做的功等于弹簧的弹性势能的增加量与物块克服摩擦力所做的功，故A错误；从A到O，开始时弹簧弹力大于摩擦力，随着弹簧弹力逐渐减小，物块的加速度逐渐减小，物块向右做加速度逐渐减小的加速运动，当弹簧弹力大小等于摩擦力时，加速度为零，物块速度最大，动能最大，接着弹簧弹力小于摩擦力，物块做加速度逐渐增大的减速运动，所以在O点的动能不是最大，故B错误；在O点时，物块与弹簧分离，根据能量守恒定律可知，从O到B，物块的动能全部转化为内能，故C正确；从A到B，把弹簧及物块看成一个系统，根据能量守恒定律可知，弹簧的弹性势能全部转化为内能，故D正确。 4.(多选)(2023·全国乙卷)如图，一质量为M、长为l的木板静止在光滑水平桌面上，另一质量为m的小物块(可视为质点)从木板上的左端以速度v0开始运动。已知物块与木板间的滑动摩擦力大小为f，当物块从木板右端离开时(　　) A.木板的动能一定等于fl B.木板的动能一定小于fl C.物块的动能一定大于m-fl D.物块的动能一定小于m-fl 答案　BD 解析　设物块离开木板时的速度为v1，此时木板的速度为v2，由题意可知v1>v2，设物块的对地位移为sm，木板的对地位移为sM，根据能量守恒定律可得m=m+M+fl，整理可得m=m-fl-M <m-fl，C错误，D正确；因摩擦产生的热量Q=fl=f(sm-sM)，根据运动学公式sm=·t，sM=·t，因为v0>v1>v2，可得sm>2sM，则sm-sM=l>sM，所以EkM=W=fsM<fl，A错误，B正确。 5.(10分)如图所示，水平传送带足够长，始终以速度v=3 m/s顺时针匀速运动。现将一质量为m=1 kg的物块放于左端(无初速度)。最终物块与传送带一起以3 m/s的速度运动，在物块速度由零增加至v=3 m/s的过程中，求： (1)(4分)由于摩擦而产生的热量。 (2)(6分)由于放了物块，带动传送带的电动机多消耗多少电能？ 答案　(1)4.5 J　(2)9 J 解析　(1)对物块在该过程，由动能定理：f·s块=mv2 ① 且f·s相对=Q ② 又s块=s相对 ③ 由①②③得Q=4.5 J ④ (2)根据能量守恒定律，电动机多消耗的电能转化为物块的机械能以及系统产生的热量之和，即ΔE电=mv2+Q ⑤ 由④⑤得ΔE电=9 J。 6~8题每题7分，9题11分，10题14分，共46分 6.(多选)如图甲所示，一小木块(可视为质点)以某一初速度冲上倾角为θ=37°且足够长的固定斜面。若以斜面底端为位移初始点，乙图为小木块在斜面上运动的动能Ek随位移s变化的关系图像。忽略空气阻力的影响，选底面处为零势能面，重力加速度g=10 m/s2，sin 37°=0.6，cos 37°=0.8，则下列说法正确的是(　　) A.小木块重力势能最大为40 J B.小木块的质量为1 kg C.小木块与斜面间的动摩擦因数为0.2 D.小木块从斜面底端出发再回到底端的过程中系统产生的内能为20 J 答案　BD 解析　小木块从斜面底端出发再回到底端的过程中，设摩擦力做功为Wf，根据动能定理Ek-Ek0=Wf，结合题图乙解得Wf=-20 J，则小木块从斜面底端出发再回到底端的过程中系统产生的内能为20 J，故D正确；由D中分析可知，小木块上升过程产生的内能为10 J，根据能量守恒定律Ek0=10 J+Epm，解得Epm=30 J，故A错误；由题图乙可知，小木块在斜面滑行的最大距离L=5 m，根据重力势能Epm=mgLsin 37°，代入数据解得m=1 kg，故B正确；根据Wf=-2μmgLcos 37°，代入数据解得μ=0.25，故C错误。 7.(2023·绵阳市三台中学月考)已知一足够长的传送带与水平面的夹角为θ，以一定的速度匀速运动。某时刻在传送带适当的位置放上具有一定初速度的物块(如图a所示)，以此时为t=0时刻记录了小物块之后在传送带上运动速度随时间的变化关系，如图b所示(图中取沿传送带向上的运动方向为正方向，其中两坐标大小|v1|>v2)。已知传送带的速度保持不变，g取10 m/s2，则下列说法正确的是(　　) A.0~t1时间内，传送带对物块做正功 B.物块与传送带间的动摩擦因数为μ，那么μ<tan θ C.0~t2时间内，传送带对物块做功为m-m D.系统产生的热量一定比物块动能的减少量大 答案　D 解析　由题图可知，0~t1时间内物块的位移为负，即物块沿传送带向下运动，所受摩擦力沿传送带向上，所以传送带对物块做负功，故A错误；t1~t2时间内，物块向上运动，有μmgcos θ>mgsin θ，解得μ>tan θ，故B错误；0~t2时间内，由题图可知，物块先向下运动，后向上运动，总的位移向下，所以重力做正功。由动能定理可得W+WG=m-m，则有W<m-m，故C错误；0~t2时间内，重力做正功，物块重力势能减小，由题图可知其动能也减小。根据能量守恒可知系统产生的热量一定比物块动能的减少量大，故D正确。 8.(多选)(2023·泉州市德化第一中学高一月考)如图，长为L的小车静止停放在光滑水平地面上，物块在恒定拉力F的作用下自小车左端由静止出发，直至滑到小车最右端的过程，小车前进了距离s，设物块与小车间的滑动摩擦力为f，物块可视为质点，则下列说法正确的是(　　) A.物块到达小车最右端时，物块动能为F(s+L)-fL B.物块到达小车最右端时，小车动能为fs C.物块到达小车最右端时，系统机械能变化量为-fL D.整个过程拉力F做的功大于小车、物块系统的动能增加量 答案　BD 解析　物块到达小车最右端时，物块对地位移为s+L，对物块，根据动能定理可知F(s+L)-f(s+L)=Ek1-0，所以物块动能为F(s+L)-f(s+L)，故A错误；此过程中，小车对地位移为s，只有滑动摩擦力对小车做功，对小车，根据动能定理可知Ek2=fs，故B正确；物块到达小车最右端时，系统机械能变化量等于系统动能的变化量，为ΔEk=(Ek1+Ek2)-0=F(s+L)-fL，故C错误；根据功能关系，整个过程拉力F做的功等于小车、物块系统的动能增加量与内能增加量之和，故D正确。 9.(11分)(2023·西安交大附中模拟)如图所示，半径R=0.8 m的光滑圆弧轨道固定在水平地面上，O为该圆弧的圆心，轨道上方的A处有一个可视为质点的质量m=1 kg的小物块，小物块由静止开始下落后恰好沿切线进入圆弧轨道。此后小物块将沿圆弧轨道下滑，已知AO连线与水平方向的夹角θ=45°，在轨道末端C点紧靠一质量M=3 kg的长木板，木板上表面与圆弧轨道末端的切线相平，木板下表面与水平地面之间光滑，小物块与长木板间的动摩擦因数μ=0.3，取g=10 m/s2。求： (1)(5分)小物块刚到达C点时的速度大小； (2)(6分)要使小物块不滑出长木板，木板长度L至少为多少。 答案　(1)4 m/s　(2)4 m 解析　(1)小物块从A到C，根据机械能守恒定律有mg·2R=m，解得vC=4 m/s。 (2)设小物块刚滑到长木板右端时，与长木板达到共同速度，大小为v，小物块在长木板上滑行过程中，小物块与长木板的加速度大小分别为 am=，aM=，v=vC-amt，v=aMt，解得v= m/s 由能量守恒定律得m=μmgL+(M+m)v2，解得L=4 m。 10.(14分)(2023·厦门市第十中学高一期中)斜面AB光滑，BC为水平面，BC的长度lBC=1.10 m，CD为光滑的圆弧，半径R=0.60 m。一个质量m=2.0 kg的物体(可视为质点)，从斜面上A点由静止开始下滑，物体与水平面BC间的动摩擦因数μ=0.10，轨道在B、C两点平滑连接。当物体到达D点时，继续竖直向上运动，最高点距离D点的高度h=0.20 m。g取10 m/s2，求： (1)(3分)物体运动到C点时的速度大小vC； (2)(5分)A点距离水平面的高度H； (3)(6分)物体最终停止的位置到C点的距离s。 答案　(1)4 m/s　(2)0.91 m　(3)0.8 m 解析　(1)物体由C点到最高点，根据机械能守恒定律得mg(R+h)=m 代入数据解得vC=4 m/s (2)物体由A点到C点，根据动能定理得 mgH-μmglBC=m-0 代入数据解得H=0.91 m (3)从物体开始下滑到停下，根据能量守恒得 μmgx=mgH，代入数据解得x=9.1 m 由于8lBC+0.3 m=x 所以物体最终停止的位置到C点的距离为s=0.8 m。 学科网（北京）股份有限公司 学科网（北京）股份有限公司 $$ DIYIZHANG 第1章 专题强化7　能量守恒定律 1 1.了解各种不同形式的能量，认识建立能量守恒定律的重大意义(重点)。 2.知道能量守恒定律的内容，会用能量守恒的观点分析一些实际问题(重点)。 3.能够熟练应用能量守恒定律和功能关系解决问题(重难点)。 学习目标 2 一、能量守恒定律 二、传送带模型中的能量问题 专题强化练 三、板块模型中的能量问题 内容索引 3 能量守恒定律 一 4 1.能量守恒定律的内容 能量既不会凭空产生，也不会凭空消失，它只能从一种形式转化为另一种形式，或者从一个物体转移到另一个物体，在转化或转移的过程中，能量的总量保持不变。 2.能量守恒定律的三种表达形式 (1)ΔE某种=-ΔE其他：某种形式的能量减少，一定存在其他形式的能量增加，且减少量和增加量相等。 (2)ΔEA=-ΔEB：某个物体的能量减少，一定存在别的物体的能量增加，且减少量和增加量相等。 (3)E1=E2：初状态的各种能量总和等于末状态的各种能量总和。 3.应用能量守恒定律解题的一般步骤 (1)分清有多少形式的能(动能、势能、内能等)发生变化。 (2)明确哪种形式的能量增加，哪种形式的能量减少，并且列出减少的能量ΔE减和增加的能量ΔE增的表达式。 (3)列出能量守恒关系式ΔE减=ΔE增。 　(多选)从光滑固定斜面上滑下的物体，最后停止在粗糙的水平面上，则 A.在斜面上滑动时，只有动能和势能之间的相互转化 B.在斜面上滑动时，有部分势能转化为内能 C.在水平面上滑动时，总能量正在消失 D.在水平面上滑动时，机械能转化为内能，总能量守恒 例1 √ √ 　秋千是中国古代北方少数民族创造的一种运动。春秋时期传入中原地区，因其设备简单，容易学习，故而深受人们的喜爱，很快在各地流行起来。会荡秋千的人不用别人推，就能越摆越高，而不会荡秋千的人，则始终也摆不起来。要使秋千越摆越高，以下做法合理的是 A.从高处摆下来的时候身体迅速下蹲，而从最低点向上摆起时，身体迅 速直立起来 B.从高处摆下来的时候身体要保持直立，而从最低点向上摆起时，身体 迅速下蹲 C.不论从高处摆下来还是从最低点向上摆起，身体都要保持下蹲 D.不论从高处摆下来还是从最低点向上摆起，身体都要保持直立 例2 √ 让秋千越荡越高，那么从高处摆下来的时候身体应迅速下蹲，使重心降低，使更多的重力势能转化为动能，过了最低点后向上摆起，身体应迅速直立起来，升高重心，获得更多的重力势能，故A正确。 返回 传送带模型中的能量问题 二 11 如图所示，水平传送带由电动机带动，并始终保持以速度v顺时针匀速运动。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，对于这一过程： (1)摩擦力对物块做的功为多少？ 答案　设物块与传送带之间的滑动摩擦力大小为f，从放上传送带到相对静止的过程物块的位移大小为s1，传送带相对地面的位移大小为s2，则s1=vt，s2=vt=2s1，对物块运用动能定理有Wf=fs1=mv2 (2)传送带克服摩擦力做的功为多少？ 答案　传送带克服摩擦力做的功W克f'=fs2=2fs1=mv2 (3)系统摩擦生热为多少？ 答案　系统摩擦生热Q=fs相对=f(s2-s1)=fs1=mv2 在以上问题中，从能量守恒的角度分析，与不放物块时相比，电动机多做的功是多少？ 思考与讨论 答案　根据能量守恒，与不放物块时相比，电动机多做的功等于物块增加的动能和系统增加的内能之和，即为mv2。 　(多选)(2023·厦门市高一期末)2023年5月28日，我国自行研制的国产大飞机C919首次开启商业载客飞行，130多名首航旅客见证了这一历史性时刻。如图甲为机场工作人员利用传送带将货物运送到机舱的简化示意图。可视为质点的货物在传送带上运动的v-t图像如图乙所示，12 s末货物恰抵达机舱。已知传送带与水平面间的夹角为θ=37°，货物的质量为20 kg，重力加速度g取10 m/s2，sin 37° =0.6，cos 37°=0.8，则 A.0~2 s内摩擦力对货物做正功 B.2~12 s内摩擦力对货物不做功 C.全程货物与传送带因摩擦产生的热量 为102.4 J D.因运送该货物多消耗的电能为102.4 J 例3 √ √ 0~2 s内货物受到的滑动摩擦力方向 沿传送带向上，则摩擦力对货物做 正功，选项A正确； 2~12 s内货物受到的静摩擦力沿传 送带向上，则摩擦力对货物做正功，选项B错误； 加速阶段的加速度a==0.4 m/s2，则μmgcos θ-mgsin θ=ma，货物相对传送带的位移Δs=2×0.8 m-×2×0.8 m=0.8 m，全程货物与传送带因摩擦产生的热量为Q=μmgcos 37°·Δs=102.4 J，选项C正确； 因运送该货物多消耗的电能等于货物的动能、重力势能增加量以及产生的内能之和，则因运送该货物多消耗的电能大于102.4 J，选项D错误。 返回 板块模型中的能量问题 三 18 如图，木板在光滑水平面上匀速滑动，在木板右端无初速度地释放上一物块(可视为质点)，一段时间后，物块从木板左端掉下。已知木板长为l，物块与木板间的摩擦力大小为f。此过程木板位移为s，从开始放上物块至物块恰好从木板左端掉下的过程： (1)物块动能变化量ΔEk1=______。 (2)木板动能变化量ΔEk2=____。 (3)摩擦产生的热量Q=____。 f(s-l) -fs fl 　(多选)(2023·福建师大附中高一期中)如图所示，长为L的平板静置于光滑的水平面上，一小滑块(可视为质点)以某一初速度冲上平板的左端，当平板向右运动s时，小滑块刚好滑到平板最右端。已知小滑块与平板之间的摩擦力大小为f，在此过程中 A.摩擦力对滑块做的功为f(s+L) B.摩擦力对平板做的功为fs C.摩擦力对系统做的总功不为零 D.系统产生的热量Q=f(s+L) 例4 √ √ 摩擦力对滑块做的功为Wf=-f(s+L)，故A错误； 摩擦力对平板做的功为Wf'=fs，故B正确； 摩擦力对系统做的总功为Wf总=Wf+Wf'=-f(s+L)+fs=-fL，故C正确； 系统产生的热量为Q=fL，故D错误。 返回 专题强化练 四 22 题号 1 2 3 4 5 答案 C B CD BD (1)4.5 J　(2)9 J 题号 6 7 8 9 10 答案 BD D BD (1)4 m/s　(2)4 m (1)4 m/s　(2)0.91 m　(3)0.8 m 对一对 答案 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 23 1.(2023·延安市安塞区高级中学高一期末)如图所示，水平轻弹簧一端与墙相连，质量m=2 kg的木块沿光滑水平面以v0=5 m/s的初速度向右运动，当木块压缩弹簧后速度减为v=3 m/s时弹簧的弹性势能是(弹簧始终处在弹性限度内) A.25 J　　　B.9 J　　　C.16 J　　　D.32 J √ 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 基础强化练 对木块与弹簧组成的系统，由能量守恒定律得：m=mv2+Ep，解得：Ep=16 J，故选C。 答案 2.半径为R的四分之一竖直圆弧轨道与粗糙的水平面相连，如图所示。有一个质量为m、长为R的均匀细直杆搭放在圆弧两端，若释放细直杆，它将开始下滑，并且最后停在水平面上。在上述过程中(重力加速度为g) A.杆克服摩擦力所做的功为mgR B.摩擦产生的热量为mgR C.重力势能减少mgR D.外力做的总功为mgR √ 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 答案 3.(多选)(2023·绵阳市期末)如图所示，水平地面粗糙，水平轻质弹簧处于原长状态，一端固定在墙面上，另一端O点处轻靠一物块，物块在推力的作用下从O点缓慢推至A点然后释放，最后停在B点，弹簧始终处在弹性限度内，下列说法正确的是 A.从O到A，推力做的功等于弹簧的弹性势能增加量 B.从A到O，物块在O点的动能最大 C.从O到B，物块动能全部转化为内能 D.从A到B，弹性势能全部转化为内能 √ 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 √ 答案 根据功能关系可知，从O到A，推力做的 功等于弹簧的弹性势能的增加量与物块 克服摩擦力所做的功，故A错误； 从A到O，开始时弹簧弹力大于摩擦力，随着弹簧弹力逐渐减小，物块的加速度逐渐减小，物块向右做加速度逐渐减小的加速运动，当弹簧弹力大小等于摩擦力时，加速度为零，物块速度最大，动能最大，接着弹簧弹力小于摩擦力，物块做加速度逐渐增大的减速运动，所以在O点的动能不是最大，故B错误； 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 答案 在O点时，物块与弹簧分离，根据能量 守恒定律可知，从O到B，物块的动能 全部转化为内能，故C正确； 从A到B，把弹簧及物块看成一个系统，根据能量守恒定律可知，弹簧的弹性势能全部转化为内能，故D正确。 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 答案 4.(多选)(2023·全国乙卷)如图，一质量为M、长为l的木板静止在光滑水平桌面上，另一质量为m的小物块(可视为质点)从木板上的左端以速度v0开始运动。已知物块与木板间的滑动摩擦力大小为f，当物块从木板右端离开时 A.木板的动能一定等于fl B.木板的动能一定小于fl C.物块的动能一定大于m-fl D.物块的动能一定小于m-fl √ 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 √ 答案 设物块离开木板时的速度为v1，此时木板的速度 为v2，由题意可知v1>v2，设物块的对地位移为sm， 木板的对地位移为sM，根据能量守恒定律可得 m=m+M+fl，整理可得m=m-fl-M <m-fl，C错误，D正确； 因摩擦产生的热量Q=fl=f(sm-sM)，根据运动学公式sm=·t，sM=·t，因为v0>v1>v2，可得sm>2sM，则sm-sM=l>sM，所以EkM=W=fsM<fl，A错误，B正确。 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 答案 5.如图所示，水平传送带足够长，始终以速度v=3 m/s顺时针匀速运动。现将一质量为m=1 kg的物块放于左端(无初速度)。最终物块与传送带一起以3 m/s的速度运动，在物块速度由零增加至v=3 m/s的过程中，求： (1)由于摩擦而产生的热量。 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 答案　4.5 J　 答案 对物块在该过程，由动能定理：f·s块=mv2　　① 且f·s相对=Q 　　　② 又s块=s相对 　　　③ 由①②③得Q=4.5 J 　　　④ 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 答案 (2)由于放了物块，带动传送带的电动机多消耗多少电能？ 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 答案　9 J 根据能量守恒定律，电动机多消耗的电能转化为物块的机械能以及系统产生的热量之和，即ΔE电=mv2+Q ⑤ 由④⑤得ΔE电=9 J。 答案 6.(多选)如图甲所示，一小木块(可视为质点)以某一初速度冲上倾角为θ=37°且足够长的固定斜面。若以斜面底端为位移初始点，乙图为小木块在斜面上运动的动能Ek随位移s变化的关系图像。忽略空气阻力的影响，选底面处为零势能面，重力加速度g=10 m/s2，sin 37°=0.6，cos 37°= 0.8，则下列说法正确的是 A.小木块重力势能最大为40 J B.小木块的质量为1 kg C.小木块与斜面间的动摩擦因数为0.2 D.小木块从斜面底端出发再回到底端的过程中系统产生的内能为20 J √ 能力综合练 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 √ 答案 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 小木块从斜面底端出发再回到底端的过 程中，设摩擦力做功为Wf，根据动能定 理Ek-Ek0=Wf，结合题图乙解得Wf=-20 J， 则小木块从斜面底端出发再回到底端的 过程中系统产生的内能为20 J，故D正确； 由D中分析可知，小木块上升过程产生的内能为10 J，根据能量守恒定律Ek0=10 J+Epm，解得Epm=30 J，故A错误； 答案 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 由题图乙可知，小木块在斜面滑行的最大距离L=5 m，根据重力势能Epm= mgLsin 37°，代入数据解得m=1 kg，故B正确； 根据Wf=-2μmgLcos 37°，代入数据解得μ=0.25，故C错误。 答案 7.(2023·绵阳市三台中学月考)已知一足够长的传送带与水平面的夹角为θ，以一定的速度匀速运动。某时刻在传送带适当的位置放上具有一定初速度的物块(如图a所示)，以此时为t=0时刻记录了小物块之后在传送带上运动速度随时间的变化关系，如图b所示(图中取沿传送带向上的运动方向为正方向，其中两坐标大小|v1|>v2)。已知传送带的速度保持不变，g取10 m/s2，则下列说法正确的是 A.0~t1时间内，传送带对物块做正功 B.物块与传送带间的动摩擦因数为μ， 那么μ<tan θ C.0~t2时间内，传送带对物块做功为m-m D.系统产生的热量一定比物块动能的减少量大 √ 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 答案 由题图可知，0~t1时间内物块 的位移为负，即物块沿传送带 向下运动，所受摩擦力沿传送 带向上，所以传送带对物块做 负功，故A错误； t1~t2时间内，物块向上运动，有μmgcos θ>mgsin θ，解得μ>tan θ，故B错误； 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 答案 0~t2时间内，由题图可知，物 块先向下运动，后向上运动， 总的位移向下，所以重力做正 功。由动能定理可得W+WG= m-m，则有W<m-m，故C错误； 0~t2时间内，重力做正功，物块重力势能减小，由题图可知其动能也减小。根据能量守恒可知系统产生的热量一定比物块动能的减少量大，故D正确。 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 答案 8.(多选)(2023·泉州市德化第一中学高一月考)如图，长为L的小车静止停放在光滑水平地面上，物块在恒定拉力F的作用下自小车左端由静止出发，直至滑到小车最右端的过程，小车前进了距离s，设物块与小车间的滑动摩擦力为f，物块可视为质点，则下列说法正确的是 A.物块到达小车最右端时，物块动能为 F(s+L)-fL B.物块到达小车最右端时，小车动能为fs C.物块到达小车最右端时，系统机械能变化量为-fL D.整个过程拉力F做的功大于小车、物块系统的动能增加量 √ 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 √ 答案 物块到达小车最右端时，物块对地位 移为s+L，对物块，根据动能定理可知 F(s+L)-f(s+L)=Ek1-0，所以物块动能为 F(s+L)-f(s+L)，故A错误； 此过程中，小车对地位移为s，只有滑动摩擦力对小车做功，对小车，根据动能定理可知Ek2=fs，故B正确； 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 答案 物块到达小车最右端时，系统机械能 变化量等于系统动能的变化量，为ΔEk =(Ek1+Ek2)-0=F(s+L)-fL，故C错误； 根据功能关系，整个过程拉力F做的功等于小车、物块系统的动能增加量与内能增加量之和，故D正确。 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 答案 9.(2023·西安交大附中模拟)如图所示，半径R=0.8 m的光滑圆弧轨道固定在水平地面上，O为该圆弧的圆心，轨道上方的A处有一个可视为质点的质量m=1 kg的小物块，小物块由静止开始下落后恰好沿切线进入圆弧轨道。此后小物块将沿圆弧轨道下滑，已知AO连线与水平方向的夹角θ=45°，在轨道末端C点紧靠一质量M=3 kg的长木板，木板上表面与圆弧轨道末端的切线相平，木板下表面与水平地面之间光滑，小物块与长木板间的动摩擦因数μ=0.3，取g=10 m/s2。求： (1)小物块刚到达C点时的速度大小； 答案　4 m/s　 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 答案 小物块从A到C，根据机械能守恒定律有mg·2R=m，解得vC=4 m/s。 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 答案 (2)要使小物块不滑出长木板，木板长度L至少为多少。 答案　4 m 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 设小物块刚滑到长木板右端时，与长木板达到共同速度，大小为v，小物块在长木板上滑行过程中，小物块与长木板的加速度大小分别为 am=，aM=，v=vC-amt，v=aMt，解得v= m/s 由能量守恒定律得m=μmgL+(M+m)v2，解得L=4 m。 答案 10.(2023·厦门市第十中学高一期中)斜面AB光滑，BC为水平面，BC的长度lBC=1.10 m，CD为光滑的圆弧，半径R=0.60 m。一个质量m=2.0 kg的物体(可视为质点)，从斜面上A点由静止开始下滑，物体与水平面BC间的动摩擦因数μ=0.10，轨道在B、C两点平滑连接。当物体到达D点时，继续竖直向上运动，最高点距离D点的高度h=0.20 m。g取10 m/s2，求： (1)物体运动到C点时的速度大小vC； 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 答案　4 m/s　 答案 物体由C点到最高点，根据机械能守恒定律 得mg(R+h)=m 代入数据解得vC=4 m/s 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 答案 (2)A点距离水平面的高度H； 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 答案　0.91 m　 物体由A点到C点，根据动能定理得 mgH-μmglBC=m-0 代入数据解得H=0.91 m 答案 (3)物体最终停止的位置到C点的距离s。 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 答案　0.8 m 从物体开始下滑到停下，根据能量守恒得 μmgx=mgH，代入数据解得x=9.1 m 由于8lBC+0.3 m=x 所以物体最终停止的位置到C点的距离为s=0.8 m。 返回 答案 BENKEJIESHU 本课结束 $$