第八章 专题强化 功能关系及其应用（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（人教版 苏京）

专题强化　功能关系及其应用 [学习目标]　1.掌握常见的功能关系，理解功与能的关系(重点)。2.能够灵活选用功能关系，分析实际问题(重难点)。 一、几种典型的功能关系 如图，质量为m的物块在恒定外力F的作用下由静止向上加速运动了h，此过程外力做功多少？物块重力势能变化了多少？物块动能变化了多少？物块机械能变化了多少？(空气阻力不计，重力加速度为g) 答案　由功的定义，知此过程外力做功Fh 物块重力势能增加了mgh 对物块在此过程，由动能定理有Fh-mgh=mv2-0 则ΔEk=(F-mg)h 物块机械能变化量ΔE=mv2+mgh 故ΔE=Fh。 功能关系 表达式 物理意义 做功与能量变化的关系 重力做功等于重力势能减少量 WG=-ΔEp 重力做功是重力势能变化的原因 WG>0 重力势能减少 WG<0 重力势能增加 弹簧弹力做功等于弹性势能减少量 W弹=-ΔEp 弹力做功是弹性势能变化的原因 W弹>0 弹性势能减少 W弹<0 弹性势能增加 合外力做功等于动能变化 W合=ΔEk 合外力做功是物体动能变化的原因 W合>0 动能增加 W合<0 动能减少 机械能的变化 W其他=ΔE机 除重力或系统内弹力外其他力做功是机械能变化的原因 W其他>0 机械能增加 W其他<0 机械能减少 一对滑动摩擦力做功与内能增加量 Ffl相对=Q (l相对指相对路程) 滑动摩擦力与相对路程的乘积等于产生的热量 一对滑动摩擦力做功的代数和总为负值，系统机械能减少，内能增加 例1　质量为m的物体在升降机中，随升降机竖直向上以大小为g(g为重力加速度)的加速度做匀减速直线运动，上升高度为h，在此过程中，物体的机械能(　　) A.增加mgh B.减少mgh C.增加mgh D.减少mgh 答案　C 解析　物体减速上升，加速度方向向下，由牛顿第二定律可得mg-F=ma，解得F=mg，除重力外的其他力所做的功等于机械能的变化量，力F做正功，机械能增加，增加量为ΔE=Fh=mgh，故选C。 例2　如图所示，在竖直平面内有一半径为R的圆弧轨道，半径OA水平、OB竖直，一个质量为m的小球(可视为质点)自A点的正上方P点由静止开始自由下落，小球沿圆弧轨道到达最高点B时恰好对轨道没有压力，已知AP=2R，重力加速度为g，忽略空气阻力，则小球从P到B的运动过程中(　　) A.重力做功2mgR B.机械能减少mgR C.合外力做功mgR D.克服摩擦力做功mgR 答案　B 解析　P、B高度差为R，重力做功为mgR，A错误；到达最高点B时恰好对轨道没有压力，则mg=m，得vB=，所以合外力做功W=m=mgR，C错误；以OA所在平面为参考平面，初始机械能为E1=2mgR，末状态机械能为E2=mgR+m，机械能增量为ΔE=E2-E1=-mgR，则W克f=mgR，B正确，D错误。 二、摩擦力做功与热量的产生 如图，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(可视为质点)以速度v0从左端冲上木板，物块和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，且此时木板位移为l。 (1)此过程中物块的位移大小为多少？对物块列出动能定理表达式。 (2)对木板列出动能定理的表达式。 (3)一对摩擦力对系统做的功为多少？(用Ff、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的热量是多少？(用M、m、v0、v表示)，产生的热量与一对滑动摩擦力对系统做功的大小相等吗？这说明什么？ 答案　(1)物块位移大小x=l+l0，由动能定理 -Ff(l+l0)=mv2-m ① (2)Ffl=Mv2 ② (3)由①②式相加 -Ff(l+l0)+Ffl=mv2+Mv2-m ③ 即-Ffl0=mv2+Mv2-m ④ 一对摩擦力对系统做功为-Ffl0 系统动能变化量为mv2+Mv2-m 系统摩擦力做功过程中产生的热量 Q=m-(mv2+Mv2) 由④式知，摩擦力做功产生的热量与一对滑动摩擦力对系统做功的大小相等，故有Ffl相对=Q(l相对指相对路程)。 例3　(2023·淮安市高一期末)如图所示，一质量为M、长为L的木板B静止在光滑水平面上，其左端放有可视为质点的质量为m的滑块A，现用一水平恒力F作用在滑块上，使滑块从静止开始做匀加速直线运动。滑块与木板之间的摩擦力为Ff，滑块滑到木板右端时，木板运动距离为x。关于此过程，下列说法中正确的是(　　) A.滑块A克服摩擦力做的功为FfL B.滑块A与木板B摩擦产生的热量为F(L+x) C.滑块A与木板B增加的机械能为F(L+x)+FfL D.滑块A到达木板右端时，木板B具有的动能为Ffx 答案　D 解析　滑块A克服摩擦力做的功为W克fA=Ff(L+x)，故A错误；滑块A与木板B摩擦产生的热量为Q=FfL，故B错误；滑块A与木板B增加的机械能为ΔE=F(L+x)-FfL，故C错误；根据动能定理，滑块A到达木板右端时，木板B具有的动能为ΔEk=Ffx，故D正确。 例4　足够长的传送带以速率v匀速转动，一质量为m的小物块A由静止轻放于传送带上，如图所示，当小物块与传送带相对静止时，产生的内能为(　　) A.mv2 B.2mv2 C.mv2 D.mv2 答案　D 解析　物块A轻放于传送带上后立即做匀加速直线运动，加速度a==μg，匀加速过程前进的距离x1==，匀加速运动时间t=，该时间内传送带前进的距离x2=vt=v·=，所以物块相对传送带滑动的距离Δx=x2-x1=，故产生的内能Q=μmg·Δx=μmg·=mv2，故D正确。 专题强化练　[分值：100分] 1~6题每题7分，共42分 1.(2023·盐城市高一期中)伴随着人工智能的发展，我国部分地区已经实现无人机智能配送。如图所示，某次配送中，质量为m的货物在无人机拉力作用下匀速竖直上升，上升时速度大小为v，上升的高度为h，忽略空气阻力，重力加速度为g。下列说法正确的是(　　) A.拉力对货物做的功为mgh B.货物的机械能保持不变 C.货物的重力势能减少了mgh D.合外力对货物所做总功为mgh 答案　A 解析　货物在无人机拉力作用下匀速竖直上升，则拉力大小等于重力，上升高度为h，则拉力对货物做的功为mgh ，故A正确；货物匀速上升，动能不变，重力势能增加，所以货物的机械能增加，故B错误；上升高度h的过程中货物的重力势能增加了mgh，故C错误；货物受到的合外力等于0，所以合外力对货物所做总功为0，故D错误。 2.如图，为了取出羽毛球筒中的羽毛球，某同学先给筒施加一竖直向下的外力，使球筒和羽毛球一起从静止开始加速向下运动，球筒碰到地面后，速度立即减小到零，羽毛球恰能匀减速至球筒下端口。假设球筒碰地前，羽毛球与球筒无相对滑动，忽略一切空气阻力，则该羽毛球从静止开始到最终到达球筒下端口的过程中(　　) A.始终处于超重状态 B.始终处于失重状态 C.机械能先增加后减少 D.机械能一直在减少 答案　C 解析　由于羽毛球先加速向下运动，后减速向下运动，故羽毛球先处于失重状态后处于超重状态，A、B错误；羽毛球从静止开始到最终到达球筒下端口的过程中摩擦力先做正功后做负功，羽毛球机械能先增加后减少，C正确，D错误。 3.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EA和EB，下滑过程中产生的热量分别为QA和QB，则(　　) A.EA>EB　QA=QB B.EA=EB　QA>QB C.EA>EB　QA>QB D.EA<EB　QA=QB 答案　A 解析　设斜面倾角为θ，底边长为b，则W克f=μmgcos θ·=μmgb，即摩擦力做功大小与斜面倾角无关，所以两物体所受的摩擦力做功相同，即QA=QB，产生的热量相同。由题图知AC上物体的重力做的功大于BC上物体的重力做的功，再由动能定理知，EA>EB。故选项A正确。 4.(2024·无锡市高一期中)如图所示，一子弹以水平速度射入放置在光滑水平面上原来静止的木块，并留在木块当中，在此过程中子弹钻入木块的深度为d，木块的位移为l，木块与子弹间的摩擦力大小为Ff，则(　　) A.Ff对木块做功为Ff(l+d) B.Ff对子弹做功为-Ffl C.木块与子弹间一对摩擦力的总功为Ffd D.该过程中系统动能的减少量为Ffd 答案　D 解析　根据题意可知，木块在摩擦力作用下的位移为l，则摩擦力对木块做正功W木=Ffl，故A错误；子弹的位移为l+d，则摩擦力对子弹做功W子=-Ff(l+d)，故B错误；木块与子弹间一对摩擦力的总功为W=W木+W子=-Ffd，故C错误；由功能关系得该过程中系统动能的减少量为摩擦力对木块和子弹做的总功的绝对值，所以该过程中系统动能的减少量为Ffd，故D正确。 5.(2024·泰州市高一期中)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，其运动的加速度大小为g，此物体在斜面上上升的最大高度为h，重力加速度为g，则在这个过程中物体(　　) A.重力势能增加了mgh B.克服摩擦力做功mgh C.动能损失了mgh D.机械能损失了mgh 答案　D 解析　物体在斜面上上升的最大高度为h，物体克服重力做功为mgh，则重力势能增加了mgh，A错误；根据牛顿第二定律mgsin 30°+Ff=ma，解得Ff=mg，所以克服摩擦力做功W=Ff·=mgh，B错误；根据动能定理ΔEk=-ma·=-m·g·2h=-mgh，所以动能损失了mgh，C错误；因为克服摩擦力做功mgh，所以机械能损失了mgh，D正确。 6.(2024·淮安市高一期中)如图所示，水平轻质弹簧的一端与固定的竖直板P拴接，另一端与物体A相连，物体A静止于光滑水平桌面上，右端接一水平细线，细线绕过光滑的轻质定滑轮与物体B相连。开始时用手托住B，让细线恰好伸直，然后由静止释放B，直至B获得最大速度，此时A仍在桌面上，整个过程弹簧处于弹性限度内。忽略空气阻力。下列有关该过程的分析正确的是(　　) A.B物体的机械能一直增大 B.B物体的动能增加量等于B物体重力势能的减少量 C.B物体机械能的减少量等于弹簧的弹性势能的增加量 D.细线拉力对A做的功等于A物体与弹簧所组成的系统机械能的增加量 答案　D 解析　当物体B向下运动过程中，细线对物体B的拉力做负功，则物体B的机械能一直减小，故A错误；根据上述，物体B的机械能减小，可知B减小的重力势能大于B增加的动能，故B错误；物体B、物体A与弹簧构成的系统机械能守恒，可知物体B减小的机械能等于物体A增加的动能与弹簧增加的弹性势能之和，故C错误；细线拉力对A做正功，根据功能关系可知，细线拉力对A做的功等于A物体与弹簧所组成的系统机械能的增加量，故D正确。 7、8题每题9分，9题12分，10题18分，共48分 7.如图所示，足够长的水平传送带保持v=1 m/s的速度匀速运动，漏斗以20 kg/s的流量往传送带上装沙子，不计沙子的初速度，则与不传送沙子相比，传送带的电动机每秒要多做的功为(　　) A.10 J B.20 J C.30 J D.40 J 答案　B 解析　设t时间内沙子与传送带共速，沙子达到传送带速度经历的位移为x1=t 传送带的位移x2=vt 则相对运动的位移大小为Δx=x2-x1= 根据动能定理知Ffx1=Δmv2 产生的热量为Q=FfΔx=Ffx1=Δmv2 根据能量守恒定律得，传送带的电动机每秒要多做的功为 ΔE=Q+Δmv2=Δmv2=20 J，故选B。 8.(2020·全国卷Ⅰ改编)一物块在高3.0 m、长5.0 m的斜面顶端从静止开始沿斜面下滑，其重力势能和动能随下滑距离s的变化如图中直线Ⅰ、Ⅱ所示，重力加速度取10 m/s2。则(　　) A.物块下滑过程中机械能守恒 B.物块与斜面间的动摩擦因数为0.5 C.物块下滑时加速度的大小为6.0 m/s2 D.当物块下滑2.0 m时机械能损失了12 J 答案　B 解析　由E-s图像知，物块动能与重力势能的和减小，则物块下滑过程中机械能不守恒，故A错误；由E-s图像知，整个下滑过程中，物块机械能的减少量为ΔE=30 J-10 J=20 J，重力势能的减少量ΔEp=mgh=30 J，又ΔE=μmgcos α·s，其中cos α==0.8，h=3.0 m，g=10 m/s2，则可得m=1 kg，μ=0.5，故B正确；物块下滑时的加速度大小a=gsin α-μgcos α=2 m/s2，故C错误；物块下滑2.0 m时损失的机械能为ΔE'=μmgcos α·s'=8 J，故D错误。 9.(12分)如图所示，轨道的ab段和cd段为半径 R=0.8 m的四分之一光滑圆弧，bc 段为长 L=2 m的水平面，圆弧和水平面平滑连接。质量 m=1 kg的物体从 a点处由静止下滑，水平面与物体间的动摩擦因数为μ=0.2，重力加速度 g=10 m/s2，求： (1)(4分)物体第一次通过c点时对轨道的压力大小； (2)(4分)物体最终停下来的位置； (3)(4分)物体从a点由静止下滑到停下来的过程中机械能损失了多少。 答案　(1)20 N　(2)b点　(3)8 J 解析　(1)从a点到c点由动能定理有mgR-μmgL=m，在c点时FN-mg=m 联立两式解得FN=20 N，由牛顿第三定律可知，物体第一次通过c点时对轨道的压力大小 FN'=FN=20 N (2)对物体运动的全过程有mgR=μmgx，解得x=4 m 则物体恰好停在b点； (3)物体从a点静止下滑到停下来的过程中机械能损失了ΔE=μmgx=mgR=8 J。 10.(18分)(2024·扬州市高一期中)如图，半径为R的光滑半圆形轨道ABC在竖直平面内，与水平轨道CD相切于C点，D端有一被锁定的水平轻质压缩弹簧，弹簧左端连接在固定的挡板上，弹簧右端Q到C点的距离为2R。质量为m的滑块(视为质点)从轨道上的P点由静止滑下，刚好能运动到Q点，并能触发弹簧解除锁定，然后滑块被弹回，且刚好能通过半圆形轨道的最高点A。已知∠POC=60°，求： (1)(6分)滑块第一次滑至半圆形轨道最低点C时对轨道的压力； (2)(6分)滑块与水平轨道间的动摩擦因数μ； (3)(6分)弹簧被锁定时具有的弹性势能。 答案　(1)2mg，方向竖直向下　(2)0.25　(3)3mgR 解析　(1)设滑块第一次滑至半圆形轨道最低点C时的速度为vC，此时半圆形轨道最低点对滑块的支持力为FN， 滑块从P点到C点，由动能定理可得 mgR(1-cos 60°)=m-0 由牛顿第二定律可得FN-mg=m 联立解得FN=2mg 由牛顿第三定律可知，滑块对轨道C点的压力大小为2mg，方向竖直向下。 (2)滑块从C到Q的过程，由动能定理可得 -μmg·2R=0-m 解得μ=0.25 (3)由题意可知，滑块在A点时，由牛顿第二定律可得 mg=m 滑块从Q点到A点，由功能关系可得 E弹=μmg·2R+mg·2R+m 解得弹簧被锁定时具有的弹性势能为E弹=3mgR。 (10分) 11.(2023·镇江市高一期中)一物体在竖直向上的恒力作用下，由静止开始向上运动，在某一高度时撤去该力，不计空气阻力，则在整个上升过程中，物体的机械能E、动能Ek、重力势能Ep随时间t或位移x变化的关系图像可能正确的是(　　) 答案　B 解析　选物体运动的起点所在水平面为参考平面。设物体在恒力作用下的加速度为a，由功能关系可知，机械能为E=Fx=F·at2，知此过程E-t图像是开口向上的抛物线，E-x图像是过原点的倾斜直线，撤去恒力后，无其他外力做功，机械能守恒，机械能不随时间及位移变化，故A错误，B正确；有恒力作用时，物体的重力势能Ep=mgx=mg·at2，一段时间t1后撤去恒力，物体减速上升，则物体的重力势能Ep=mg[a+at1(t-t1)-g(t-t1)2]，所以Ep-t图像起初是开口向上的抛物线，撤去恒力后为开口向下的抛物线， 如图所示，故C错误；由动能定理，有恒力作用时Ek=max，撤去恒力后，则Ek=max1-mg(x-x1)，所以Ek-x图像起初为一段过原点的斜率为正的倾斜直线，撤去恒力后为一段斜率为负的倾斜直线，故D错误。 学科网（北京）股份有限公司 $ DIBAZHANG 第八章 专题强化　功能关系 及其应用 1 1.掌握常见的功能关系，理解功与能的关系(重点)。 2.能够灵活选用功能关系，分析实际问题(重难点)。 学习目标 2 一、几种典型的功能关系 二、摩擦力做功与热量的产生 专题强化练 内容索引 3 几种典型的功能关系 一 4 如图，质量为m的物块在恒定外力F的作用下由静止向上加速运动了h，此过程外力做功多少？物块重力势能变化了多少？物块动能变化了多少？物块机械能变化了多少？(空气阻力不计，重力加速度为g) 答案　由功的定义，知此过程外力做功Fh 物块重力势能增加了mgh 对物块在此过程，由动能定理有Fh-mgh=mv2-0 则ΔEk=(F-mg)h 物块机械能变化量ΔE=mv2+mgh 故ΔE=Fh。 提炼·总结 功能关系 表达式 物理意义 做功与能量变化的关系 重力做功等于重力势能_______ WG=_____ 重力做功是重力势能变化的原因 WG>0 重力势能_____ WG<0 重力势能_____ 弹簧弹力做功等于弹性势能_______ W弹=_____ 弹力做功是弹性势能变化的原因 W弹>0 弹性势能_____ W弹<0 弹性势能_____ 合外力做功等于_____变化 W合=_____ 合外力做功是物体动能变化的原因 W合>0 动能_____ W合<0 动能_____ 减少量 -ΔEp 减少 减少量 -ΔEp 增加 减少 增加 动能 ΔEk 增加 减少 功能关系 表达式 物理意义 做功与能量变化的关系 机械能的变化 W其他=_____ 除重力或系统内弹力外其他力做功是机械能变化的原因 W其他>0 机械能_____ W其他<0 机械能_____ 一对滑动摩擦力做功与内能增加量 Ffl相对=Q (l相对指相对路程) 滑动摩擦力与_______ _____的乘积等于产生的热量 一对滑动摩擦力做功的代数和总为负值，系统机械能减少，内能增加 ΔE机 增加 减少 相对 路程 　质量为m的物体在升降机中，随升降机竖直向上以大小为g(g为重力加速度)的加速度做匀减速直线运动，上升高度为h，在此过程中，物体的机械能 A.增加mgh B.减少mgh C.增加mgh D.减少mgh 例1 √ 物体减速上升，加速度方向向下，由牛顿第二定律可得mg-F=ma，解得F=mg，除重力外的其他力所做的功等于机械能的变化量，力F做正功，机械能增加，增加量为ΔE=Fh=mgh，故选C。 　如图所示，在竖直平面内有一半径为R的圆弧轨道，半径OA水平、OB竖直，一个质量为m的小球(可视为质点)自A点的正上方P点由静止开始自由下落，小球沿圆弧轨道到达最高点B时恰好对轨道没有压力，已知AP=2R，重力加速度为g，忽略空气阻力，则小球从P到B的运动过程中 A.重力做功2mgR B.机械能减少mgR C.合外力做功mgR D.克服摩擦力做功mgR 例2 √ 返回 P、B高度差为R，重力做功为mgR，A错误； 到达最高点B时恰好对轨道没有压力，则mg =m，得vB=，所以合外力做功W=m =mgR，C错误； 以OA所在平面为参考平面，初始机械能为E1=2mgR，末状态机械能为E2=mgR+m，机械能增量为ΔE=E2-E1=-mgR，则W克f=mgR，B正确，D错误。 摩擦力做功与热量的产生 二 11 如图，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(可视为质点)以速度v0从左端冲上木板，物块和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，且此时木板位移为l。 答案　物块位移大小x=l+l0，由动能定理 -Ff(l+l0)=mv2-m ① (1)此过程中物块的位移大小为多少？对物块列出动能定理表达式。 (2)对木板列出动能定理的表达式。 答案　Ffl=Mv2 ② (3)一对摩擦力对系统做的功为多少？(用Ff、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的热量是多少？(用M、m、 v0、v表示)，产生的热量与一对滑动摩擦力对系统做功的大小相等吗？这说明什么？ 答案　由①②式相加 -Ff(l+l0)+Ffl=mv2+Mv2-m ③ 即-Ffl0=mv2+Mv2-m ④ 一对摩擦力对系统做功为-Ffl0 系统动能变化量为mv2+Mv2-m 系统摩擦力做功过程中产生的热量 Q=m-(mv2+Mv2) 由④式知，摩擦力做功产生的热量与一对滑动摩擦力对系统做功的大小相等，故有Ffl相对=Q(l相对指相对路程)。 　(2023·淮安市高一期末)如图所示，一质量为M、长为L的木板B静止在光滑水平面上，其左端放有可视为质点的质量为m的滑块A，现用一水平恒力F作用在滑块上，使滑块从静止开始做匀加速直线运动。滑块与木板之间的摩擦力为Ff，滑块滑到木板右端时，木板运动距离为x。关于此过程，下列说法中正确的是 A.滑块A克服摩擦力做的功为FfL B.滑块A与木板B摩擦产生的热量为F(L+x) C.滑块A与木板B增加的机械能为F(L+x)+FfL D.滑块A到达木板右端时，木板B具有的动能为Ffx 例3 √ 滑块A克服摩擦力做的功为W克fA=Ff(L+x)， 故A错误； 滑块A与木板B摩擦产生的热量为Q=FfL，故B错误； 滑块A与木板B增加的机械能为ΔE=F(L+x)-FfL，故C错误； 根据动能定理，滑块A到达木板右端时，木板B具有的动能为ΔEk=Ffx，故D正确。 　足够长的传送带以速率v匀速转动，一质量为m的小物块A由静止轻放于传送带上，如图所示，当小物块与传送带相对静止时，产生的内能为 A.mv2 B.2mv2 C.mv2 D.mv2 例4 √ 物块A轻放于传送带上后立即做匀加速直线运动，加速度a==μg，匀加速过程前进的距离x1==，匀加速运动时间t=，该时间内传送带前进的距离x2=vt=v·=，所以物块相对传送带滑动的距离Δx=x2-x1=，故产生的内能Q=μmg·Δx=μmg·=mv2，故D正确。 返回 专题强化练 三 19 题号 1 2 3 4 5 6 7 8 答案 A C A D D D B B 题号 9 10 11 答案 (1)20 N　(2)b点　(3)8 J (1)2mg，方向竖直向下　(2)0.25　 (3)3mgR B 对一对 答案 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 20 1.(2023·盐城市高一期中)伴随着人工智能的发展，我国部分地区已经实现无人机智能配送。如图所示，某次配送中，质量为m的货物在无人机拉力作用下匀速竖直上升，上升时速度大小为v，上升的高度为h，忽略空气阻力，重力加速度为g。下列说法正确的是 A.拉力对货物做的功为mgh B.货物的机械能保持不变 C.货物的重力势能减少了mgh D.合外力对货物所做总功为mgh 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 基础强化练 √ 答案 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 货物在无人机拉力作用下匀速竖直上升，则拉力 大小等于重力，上升高度为h，则拉力对货物做的 功为mgh ，故A正确； 货物匀速上升，动能不变，重力势能增加，所以 货物的机械能增加，故B错误； 上升高度h的过程中货物的重力势能增加了mgh，故C错误； 货物受到的合外力等于0，所以合外力对货物所做总功为0，故D错误。 答案 2.如图，为了取出羽毛球筒中的羽毛球，某同学先给筒施加一竖直向下的外力，使球筒和羽毛球一起从静止开始加速向下运动，球筒碰到地面后，速度立即减小到零，羽毛球恰能匀减速至球筒下端口。假设球筒碰地前，羽毛球与球筒无相对滑动，忽略一切空气阻力，则该羽毛球从静止开始到最终到达球筒下端口的过程中 A.始终处于超重状态 B.始终处于失重状态 C.机械能先增加后减少 D.机械能一直在减少 √ 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 答案 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 由于羽毛球先加速向下运动，后减速向下运动， 故羽毛球先处于失重状态后处于超重状态，A、 B错误； 羽毛球从静止开始到最终到达球筒下端口的过 程中摩擦力先做正功后做负功，羽毛球机械能先增加后减少，C正确，D错误。 答案 3.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EA和EB，下滑过程中产生的热量分别为QA和QB，则 A.EA>EB　QA=QB B.EA=EB　QA>QB C.EA>EB　QA>QB D.EA<EB　QA=QB √ 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 答案 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 设斜面倾角为θ，底边长为b，则W克f=μmgcos θ·= μmgb，即摩擦力做功大小与斜面倾角无关，所以两物体所受的摩擦力做功相同，即QA=QB，产生的热量相同。由题图知AC上物体的重力做的功大于BC上物体的重力做的功，再由动能定理知，EA>EB。故选项A正确。 答案 4.(2024·无锡市高一期中)如图所示，一子弹以水平速度射入放置在光滑水平面上原来静止的木块，并留在木块当中，在此过程中子弹钻入木块的深度为d，木块的位移为l，木块与子弹间的摩擦力大小为Ff，则 A.Ff对木块做功为Ff(l+d) B.Ff对子弹做功为-Ffl C.木块与子弹间一对摩擦力的总功为Ffd D.该过程中系统动能的减少量为Ffd 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 √ 答案 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 根据题意可知，木块在摩擦力作用下的位移为l，则摩擦力对木块做正功W木=Ffl，故A错误； 子弹的位移为l+d，则摩擦力对子弹做功W子= -Ff(l+d)，故B错误； 答案 木块与子弹间一对摩擦力的总功为W=W木+W子=-Ffd，故C错误； 由功能关系得该过程中系统动能的减少量为摩擦力对木块和子弹做的总功的绝对值，所以该过程中系统动能的减少量为Ffd，故D正确。 5.(2024·泰州市高一期中)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，其运动的加速度大小为g，此物体在斜面上上升的最大高度为h，重力加速度为g，则在这个过程中物体 A.重力势能增加了mgh B.克服摩擦力做功mgh C.动能损失了mgh D.机械能损失了mgh 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 √ 答案 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 答案 物体在斜面上上升的最大高度为h，物体克服重力做功为mgh，则重力势能增加了mgh，A错误； 根据牛顿第二定律mgsin 30°+Ff=ma，解得 Ff=mg，所以克服摩擦力做功W=Ff·=mgh，B错误； 根据动能定理ΔEk=-ma·=-m·g·2h=-mgh，所以动能损失了mgh，C错误； 因为克服摩擦力做功mgh，所以机械能损失了mgh，D正确。 6.(2024·淮安市高一期中)如图所示，水平轻质弹簧的一端与固定的竖直板P拴接，另一端与物体A相连，物体A静止于光滑水平桌面上，右端接一水平细线，细线绕过光滑的轻质定滑轮与物体B相连。开始时用手托住B，让细线恰好伸直，然后由静止释放B，直至B获得最大速度，此时A仍在桌面上，整个过程弹簧处于弹性限度内。忽略空气阻力。下列有关该过程的分析正确的是 A.B物体的机械能一直增大 B.B物体的动能增加量等于B物体重力势能的减少量 C.B物体机械能的减少量等于弹簧的弹性势能的增加量 D.细线拉力对A做的功等于A物体与弹簧所组成的系统 　机械能的增加量 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 √ 答案 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 答案 当物体B向下运动过程中，细线对物体B的拉力做负功，则物体B的机械能一直减小，故A错误； 根据上述，物体B的机械能减小，可知B减小的重力势能大于B增加的动能，故B错误； 物体B、物体A与弹簧构成的系统机械能守恒，可知物体B减小的机械能等于物体A增加的动能与弹簧增加的弹性势能之和，故C错误； 细线拉力对A做正功，根据功能关系可知，细线拉力对A做的功等于A物体与弹簧所组成的系统机械能的增加量，故D正确。 7.如图所示，足够长的水平传送带保持v=1 m/s的速度匀速运动，漏斗以20 kg/s的流量往传送带上装沙子，不计沙子的初速度，则与不传送沙子相比，传送带的电动机每秒要多做的功为 A.10 J B.20 J C.30 J D.40 J 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 能力综合练 √ 答案 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 设t时间内沙子与传送带共速，沙子达到传送带速度经历的位移为x1=t 传送带的位移x2=vt 则相对运动的位移大小为Δx=x2-x1= 根据动能定理知Ffx1=Δmv2 产生的热量为Q=FfΔx=Ffx1=Δmv2 根据能量守恒定律得，传送带的电动机每秒要多做的功为 ΔE=Q+Δmv2=Δmv2=20 J，故选B。 答案 8.(2020·全国卷Ⅰ改编)一物块在高3.0 m、长5.0 m的斜面顶端从静止开始沿斜面下滑，其重力势能和动能随下滑距离s的变化如图中直线Ⅰ、Ⅱ所示，重力加速度取10 m/s2。则 A.物块下滑过程中机械能守恒 B.物块与斜面间的动摩擦因数为0.5 C.物块下滑时加速度的大小为6.0 m/s2 D.当物块下滑2.0 m时机械能损失了12 J 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 √ 答案 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 答案 由E-s图像知，物块动能与重力势能的和减小，则物块下滑过程中机械能不守恒，故A错误； 由E-s图像知，整个下滑过程中，物块机械能的减少量为ΔE=30 J-10 J=20 J，重力势能的减少量ΔEp=mgh=30 J，又ΔE=μmgcos α·s，其中cos α=　 =0.8，h=3.0 m，g=10 m/s2，则可得m=1 kg，μ=0.5，故B正确； 物块下滑时的加速度大小a=gsin α-μgcos α=2 m/s2，故C错误； 物块下滑2.0 m时损失的机械能为ΔE'=μmgcos α·s'=8 J，故D错误。 9.如图所示，轨道的ab段和cd段为半径R=0.8 m的四分之一光滑圆弧，bc段为长L=2 m的水平面，圆弧和水平面平滑连接。质量m=1 kg的物体从a点处由静止下滑，水平面与物体间的动摩擦 因数为μ=0.2，重力加速度g=10 m/s2，求： (1)物体第一次通过c点时对轨道的压力大小； 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 答案　20 N 答案 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 从a点到c点由动能定理有mgR-μmgL=m， 在c点时FN-mg=m 联立两式解得FN=20 N，由牛顿第三定律可知，物体第一次通过c点时对轨道的压力大小 FN'=FN=20 N 答案 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 答案 (2)物体最终停下来的位置； 答案　b点 对物体运动的全过程有mgR=μmgx，解得x=4 m 则物体恰好停在b点； 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 答案 (3)物体从a点由静止下滑到停下来的过程 中机械能损失了多少。 答案　8 J 物体从a点静止下滑到停下来的过程中机械能损失了ΔE=μmgx= mgR=8 J。 10.(2024·扬州市高一期中)如图，半径为R的光滑半圆形轨道ABC在竖直平面内，与水平轨道CD相切于C点，D端有一被锁定的水平轻质压缩弹簧，弹簧左端连接在固定的挡板上，弹簧右端Q 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 答案 到C点的距离为2R。质量为m的滑块(视为质点)从轨道上的P点由静止滑下，刚好能运动到Q点，并能触发弹簧解除锁定，然后滑块被弹回，且刚好能通过半圆形轨道的最高点A。已知∠POC=60°，求： (1)滑块第一次滑至半圆形轨道最低点C时对轨道的压力； 答案　2mg，方向竖直向下 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 设滑块第一次滑至半圆形轨道最低点C时的速度为vC，此时半圆形轨道最低点对滑块的支持力为FN， 滑块从P点到C点，由动能定理可得 mgR(1-cos 60°)=m-0 由牛顿第二定律可得FN-mg=m 联立解得FN=2mg 由牛顿第三定律可知，滑块对轨道C点的压力大小为2mg，方向竖直向下。 答案 (2)滑块与水平轨道间的动摩擦因数μ； 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 答案 答案　0.25 滑块从C到Q的过程，由动能定理可得 -μmg·2R=0-m 解得μ=0.25 (3)弹簧被锁定时具有的弹性势能。 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 答案 答案　3mgR 由题意可知，滑块在A点时，由牛顿第二定律可得 mg=m 滑块从Q点到A点，由功能关系可得 E弹=μmg·2R+mg·2R+m 解得弹簧被锁定时具有的弹性势能为E弹=3mgR。 11.(2023·镇江市高一期中)一物体在竖直向上的恒力作用下，由静止开始向上运动，在某一高度时撤去该力，不计空气阻力，则在整个上升过程中，物体的机械能E、动能Ek、重力势能Ep随时间t或位移x变化的关系图像可能正确的是 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 √ 尖子生选练 答案 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 选物体运动的起点所在水平面为参考平面。设物体在恒力作用下的加速度为a，由功能关系可知，机械能为E=Fx=F·at2，知此过程E-t图像是开口向上的抛物线，E-x图像是过原点的倾斜直线，撤去恒力后，无其他外力做功，机械能守恒，机械能不随时间及位移变化，故A错误，B正确； 答案 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 有恒力作用时，物体的重力势能Ep=mgx=mg·at2，一段时间t1后撤去恒力，物体减速上升，则物体的重力势能Ep=mg[a+at1(t-t1)-g(t-t1)2]，所以Ep-t图像起 答案 初是开口向上的抛物线，撤去恒力后为开口向下的抛物线，如图所示，故C错误； 由动能定理，有恒力作用时Ek=max，撤去恒力后，则Ek=max1-mg(x-x1)，所以Ek-x图像起初为一段过原点的斜率为正的倾斜直线，撤去恒力后为一段斜率为负的倾斜直线，故D错误。 返回 $