高三物理一轮复习方略 54功能关系 能量转化与守恒定律汇总Word文档下载推荐.docx

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4.如图所示，质量为m的物体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，物体与传送带间的动摩擦因数为μ，物体过一会儿能保持与传送带相对静止，对于物体从静止释放到相对静止这一过程中，下列说法正确的是（　　）

A.电动机做的功为

mv2

B.摩擦力对物体做的功为mv2

C.传送带克服摩擦力做的功为

D.电动机增加的功率为μmgv

二、双项选择题（本大题共5小题，每小题8分，共40分，每小题有两个选项符合题意）

5.2010年广州亚运会上，刘翔重归赛场，以打破亚运记录的方式夺得110米跨栏的冠军.他采用蹲踞式起跑，在发令枪响后，左脚迅速蹬离起跑器，在向前加速的同时提升身体重心.如图所示，假设质量为m的运动员，在起跑时前进的距离s内，重心升高量为h，获得的速度为v，阻力做功为W阻，则在此过程中（　　）

A.运动员的机械能增加了

B.运动员的机械能增加了

mv2＋mgh

C.运动员的重力做功为W重＝mgh

D.运动员自身做功W人＝

mv2＋mgh－W阻

6.（2012·

南通模拟）如图甲所示，在倾角为θ的光滑斜面上，有一个质量为m的物体在沿斜面方向的力F的作用下由静止开始运动，物体的机械能E随位移x的变化关系如图乙所示.其中0～x1过程的图线是曲线，x1～x2过程的图线为平行于x轴的直线，则下列说法中正确的是（　　）

A.物体在沿斜面向下运动

B.在0～x1过程中，物体的加速度一直减小

C.在0～x2过程中，物体先减速再匀速

D.在x1～x2过程中，物体的加速度为gsinθ

7.（2012·

中山模拟）如图所示，A、B两物体用一根跨过定滑轮的细绳相连，置于固定斜面体的两个斜面上的相同高度处，且都处于静止状态，两斜面的倾角分别为α和β，若不计摩擦，剪断细绳后，下列关于两物体说法中正确的是（　　）

A.两物体着地时所受重力的功率相同

B.两物体着地时的动能相同

C.两物体着地时的速率相同

D.两物体着地时的机械能相同

8.光滑水平地面上叠放着两个物体A和B，如图所示.水平拉力F作用在物体B上，使A、B两物体从静止出发一起运动.经过时间t，撤去拉力F，再经过时间t，物体A、B的动能分别设为EA和EB，在运动过程中A、B始终保持相对静止.以下有几个说法：

其中正确的是（　　）

A.EA＋EB等于拉力F做的功

B.EA＋EB小于拉力F做的功

C.EA等于撤去拉力F前摩擦力对物体A做的功

D.EA大于撤去拉力F前摩擦力对物体A做的功

9.（易错题）如图所示，固定的倾斜光滑杆上套有一个质量为m的圆环，圆环与竖直放置的轻质弹簧一端相连，弹簧的另一端固定在地面上的A点，弹簧处于原长h.让圆环沿杆滑下，滑到杆的底端时速度为零.则在圆环下滑过程中（　　）

A.圆环机械能守恒

B.弹簧的弹性势能先增大后减小再增大

C.弹簧的弹性势能变化了mgh

D.弹簧的弹性势能最大时圆环动能最大

三、计算题（本大题共2小题，共36分，要有必要的文字说明和解题步骤，有数值计算的要注明单位）

10.（创新题）（18分）当今流行一种“蹦极”运动，如图所示，距河面45m高的桥上A点系弹性绳，另一端B点系住重50kg男孩的脚，弹性绳原长AB为15m，设男孩从桥面自由下坠直至紧靠水面的C点，末速度为0.假定整个过程中，弹性绳遵循胡克定律，绳的质量、空气阻力忽略不计，男孩视为质点.弹性势能可用公式：

Es＝

（k为弹性绳的劲度系数，x为弹性绳的形变长度）计算.（g＝10m/s2）则：

（1）男孩在最低点时，弹性绳具有的弹性势能为多大？

弹性绳的劲度系数又为多大？

（2）在整个运动过程中，男孩的最大速度为多少？

11.（预测题）（18分）如图所示，滑块质量为m，与水平地面间的动摩擦因数为0.1，它以v0＝3

的初速度由A点开始向B点滑行，AB＝5R，并滑上光滑的半径为R的

圆弧BC，在C点正上方有一离C点高度也为R的旋转平台，沿平台直径方向开有两个离轴心距离相等的小孔P、Q，旋转时两孔均能达到C点的正上方.若滑块滑过C点后从P孔上升又恰能从Q孔落下，求：

（1）滑块在B点时对轨道的压力大小；

（2）平台转动的角速度ω应满足什么条件？

答案解析

1.【解析】选C.采用背越式跳高方式时，运动员的重心升高的高度可以低于横杆，而采用跨越式跳高方式时，运动员的重心升高的高度一定高于横杆，故用背越式时克服重力做的功不一定大于mgh，而采用跨越式时克服重力做的功一定大于mgh，C正确.

2.【解析】选D.设铁块在圆轨道底部的速度为v，则1.5mg－mg＝m

，由能量守恒有：

mgR－ΔE＝

mv2，所以ΔE＝

mgR.

3.【解析】选C.由Q＝Ff·

s可知，Q-s图线的斜率大小表示物块与接触面间摩擦力的大小，因FfMM′＞FfM′N，故Q-s图线的斜率是分段恒定的，A、B均错误；

设在M点时物块、弹簧与地面组成的系统的机械能为E0，则由能量守恒可得：

E＝E0－Q＝E0－Ffs，考虑FfMM′＞FfM′N，可知，C正确，D错误.

4.【解析】选D.由能量守恒，电动机做的功等于物体获得的动能和由于摩擦而产生的热量，故A错；

对物体受力分析知，仅有摩擦力对物体做功，由动能定理知，B错；

传送带克服摩擦力做功等于摩擦力与传送带对地位移的乘积，而易知这个位移是物体对地位移的两倍，即W＝mv2，故C错；

由功率公式易知传送带增加的功率为μmgv，故D对.

【总结提升】摩擦力做功的误区分析

常见误区分析：

（1）误区之一：

计算摩擦力做功时，误把物体的长度当成物体对地位移.

解决办法：

规范作出物体运动过程的分析示意图，标出物体的受力情况以及运动位移；

同时切记力对物体做的功等于该力与物体对地位移的乘积.

（2）误区之二：

误把外力做的功当做系统机械能的增量.

认真分析系统内各种能量的变化，不能遗漏对任何一种能量改变的分析；

同时对能量守恒定律和功能关系要深刻理解，如果系统内除机械能改变之外，无其他能量变化，如内能的增加，则外力（除重力之外）做的功就等于系统机械能的增量.如果有系统的内力做功情况且之和不为零，系统内有其他形式的能的转化，用能量守恒定律求解.

5.【解析】选B、D.运动员机械能的增加量等于

mv2＋mgh，A错误，B正确；

运动员的重力对运动员做功为－mgh，C错误；

由动能定理得：

W人＋WG＋W阻＝W人－mgh＋W阻＝

mv2，故W人＝

mv2＋mgh－W阻，D正确.

【变式备选】

（双选）（2012·

汕头模拟）如图所示，质量为M、长度为l的小车静止在光滑的水平面上.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，使物块从静止开始做匀加速直线运动.物块和小车之间的摩擦力为f，物块滑到小车的最右端时，小车运动的距离为x，在这个过程中，以下结论正确的是（　　）

A.物块到达小车最右端时具有的动能为（F－f）（l＋x）

B.物块到达小车最右端时，小车具有的动能为fx

C.物块克服摩擦力所做的功为fx

D.物块和小车增加的机械能为F（x＋l）

【解析】选A、B.根据动能定理，物块到达最右端时具有的动能为Ek1＝F（l＋x）－f（l＋x）＝（F－f）（l＋x），A对；

物块到达最右端时，小车的动能Ek2＝fx，B项对；

由功的定义，摩擦力f对物块做的功Wf＝－f（l＋x），所以物块克服摩擦力所做的功为f（l＋x），C错；

对物块和小车组成的系统，机械能的增加量为F（x＋l）－Q＝F（x＋l）－fl，所以D项错误.

6.【解析】选A、D.由图乙可知，在0～x1过程中，物体机械能减少，故力F在此过程中做负功，因此，物体沿斜面向下运动，因在E-x图线中的0～x1阶段，图线的斜率变小，故力F在此过程中逐渐减小，由mgsinθ－F＝ma可知，物体的加速度逐渐增大，A正确，B、C错误；

x1～x2过程中，物体机械能保持不变，F＝0，故此过程中物体的加速度a＝gsinθ，D正确.

桂林模拟）如图所示，劲度系数为k的轻弹簧竖直放置，下端固定在水平地面上，一质量为m的小球，从离弹簧上端高h处由静

止释放，那么从小球压上弹簧后继续向下运动到最低点的过程中，以下说法正确的是（　　）

A.弹簧的弹性势能逐渐增大

B.小球刚接触弹簧时动能最大

C.小球所受合力的最大值可能等于重力

D.该过程的某一阶段内，小球的动能增大而小球的机械能减少

【解析】选A、D.小球压上弹簧后继续向下运动到最低点的过程中，弹簧的压缩量增大，弹簧的弹性势能逐渐增大，A正确；

小球压上弹簧后的开始阶段，仍有mg>

kx，故小球还要继续加速，而此过程中小球的机械能有一部分转化为弹簧的弹性势能，小球机械能减少了，故D正确，B错误；

小球在最低点时合力最大，方向向上，其合力一定大于mg，C错误.

7.【解析】选A、C.由剪断细绳前两物体平衡可得：

mAgsinα＝mBgsinβ，由机械能守恒得：

mgH＝

mv2，可知两物体着地时的速度v＝

，故它们的速度大小相同，但因物体质量不同，故两物体着地时的动能和机械能均不同，B、D错误，C正确；

由PA＝mAgvsinα，PB＝mBgvsinβ可知，两物体着地时，所受重力的功率相同，A正确.

8.【解析】选A、C.由于A、B始终相对静止，故A、B之间没有相对运动，没有摩擦生热，所以拉力F做的功全部转化为A、B的动能.物体A获得的能量是在A、B加速过程中静摩擦力对A所做的功，故选项A、C正确.

9.【解析】选B、C.圆环下滑过程中，圆环和弹簧组成的系统机械能守恒，圆环减少的重力势能转化为动能和弹簧的弹性势能，因初末状态的动能均为零，故弹簧弹性势能的增加量等于圆环重力势能的减少量，故A错误，C正确；

在整个过程中弹簧先逐渐压缩，再恢复原长，最后又伸长，弹簧的压缩量最大时，圆环的速度还在增大，故B正确、D错误.

10.【解析】男孩从桥面自由下落到紧靠水面的C点的过程中，重力势能的减少量对应弹性势能的增加量，男孩速度最大时，应位于加速度为零的位置.

（1）由功能转化关系可知，mgh＝Es（2分）

Es＝50×

10×

45J＝2.25×

104J（2分）

又Es＝

kx2，x＝45m－15m＝30m（3分）

所以k＝

＝

N/m＝50N/m（2分）

（2）男孩加速度为零时，mg＝kx′，（2分）

得x′＝10m（2分）

由能量转化和守恒定律得：

mg（hAB＋x′）＝

kx′2＋

mvm

（3分）

所以vm＝20m/s.（2分）

答案：

（1）2.25×

104J　50N/m　

（2）20m/s

11.【解题指南】解答本题时应注意以下两点：

（1）滑块穿过P孔后做竖直上抛运动.

（2）滑块穿过P孔竖直上抛的时间内，平台转动的可能角度.

【解析】

（1）设滑块滑至B点时速度为vB，对滑块由A点到B点应用动能定理有

－μmg·

5R＝

mv

－

对滑块在B点，由牛顿第二定律有

N－mg＝m

（2分）

解得N＝9mg（2分）

由牛顿第三定律可知，滑块在B点时对轨道的压力大小N′＝N＝9mg（1分）

（2）滑块从B点开始运动后机械能守恒，设滑块到达P处时速度为vP，则

＋mg·

2R（2分）

解得vP＝2

滑块穿过P孔后再回到平台的时间

t＝

＝4

要想实现题述过程，需满足ωt＝（2n＋1）π（2分）

ω＝

（n＝0、1、2…）（2分）

（1）9mg　

（2）ω＝

（n＝0、1、2…）