7、送帶之間的相對位移為3s；當(dāng)滑塊反向加速到與傳送帶等速時，同理可知滑塊的位移為s，而傳送帶的位移還是2s，此種情況下兩者的相對位移為s；故整個過程中滑塊與傳送帶間的相對位移為4s，因此摩擦力做功產(chǎn)生的熱量為Q＝f·4s＝4fs，而fs＝mv2，故Q＝2mv2，選項(xiàng)D正確；滑塊相對傳送帶滑動的過程中，傳送帶克服摩擦力做的功為W2＝4fs＝2mv2，根據(jù)動能定理，滑動摩擦力對滑塊做的功為W1＝0，故選項(xiàng)C正確，A、B錯誤。]
6．(多選)如圖所示，長木板A放在光滑的水平地面上，物體B以水平速度v0沖上A后，由于摩擦力作用，最后停止在木板A上，則從B沖到木板A上到相對木板A靜止的過程中，下述說法中
8、正確的是( )
A．物體B動能的減少量等于系統(tǒng)損失的機(jī)械能
B．物體B克服摩擦力做的功等于系統(tǒng)內(nèi)能的增加量
C．物體B損失的機(jī)械能等于木板A獲得的動能與系統(tǒng)損失的機(jī)械能之和
D．摩擦力對物體B做的功和對木板A做的功的總和等于系統(tǒng)內(nèi)能的增加量
CD [物體B以水平速度沖上木板A后，由于摩擦力作用，B減速運(yùn)動，木板A加速運(yùn)動，根據(jù)能量守恒定律，物體B動能的減少量等于木板A增加的動能和產(chǎn)生的熱量之和，選項(xiàng)A錯誤；根據(jù)動能定理，物體B克服摩擦力做的功等于物體B損失的動能，選項(xiàng)B錯誤；由能量守恒定律可知，物體B損失的機(jī)械能等于木板A獲得的動能與系統(tǒng)損失的機(jī)械能之和，選項(xiàng)C正確；摩擦力對物
9、體B做的功等于物體B動能的減少量，摩擦力對木板A做的功等于木板A動能的增加量，由能量守恒定律，摩擦力對物體B做的功和對木板A做的功的總和等于系統(tǒng)內(nèi)能的增加量，選項(xiàng)D正確。]
7．(多選)(2019·昆明質(zhì)檢)如圖甲所示，有一傾角θ＝37°足夠長的斜面固定在水平面上，質(zhì)量m＝1 kg的物體靜止于斜面底端固定擋板處，物體與斜面間的動摩擦因數(shù)μ＝0.5，物體受到一個沿斜面向上的拉力F作用由靜止開始運(yùn)動，用x表示物體從起始位置沿斜面向上的位移，F(xiàn)與x的關(guān)系如圖乙所示，已知sin 37°＝0.6，cos 37°＝0.8，取g＝10 m/s2。則物體沿斜面向上運(yùn)動過程中( )
甲
10、 乙
A．機(jī)械能先增大后減小，在x＝3.2 m處，物體機(jī)械能最大
B．機(jī)械能一直增大，在x＝4 m處，物體機(jī)械能最大
C．動能先增大后減小，在x＝2 m處，物體動能最大
D．動能一直增大，在x＝4 m處，物體動能最大
AC [在物體沿斜面向上的運(yùn)動過程中，對物體受力分析有，F(xiàn)－mgsin θ－μmgcos θ＝ma，當(dāng)F＝10 N時，a＝0，可知物體加速度先減小到零后反向增大，故速度先增大后減小，在x＝2 m處物體動能最大，選項(xiàng)C正確，D錯誤。當(dāng)F＝4 N時，F(xiàn)－μmgcos θ＝0，此前F－μmgcos θ>0，拉力與摩擦力的合力對物體做正功，物體機(jī)械能增大，此后F－μmg
11、cos θ<0，拉力與摩擦力的合力對物體做負(fù)功，物體機(jī)械能減小，得x＝3.2 m處物體機(jī)械能最大，選項(xiàng)A正確，B錯誤。]
題組三：能量守恒定律的理解及應(yīng)用
8.如圖是安裝在列車車廂之間的摩擦緩沖器結(jié)構(gòu)圖，圖中①和②為楔塊，③和④為墊板，楔塊與彈簧盒、墊板間均有摩擦，在車廂相互撞擊使彈簧壓縮的過程中( )
A．緩沖器的機(jī)械能守恒
B．摩擦力做功消耗機(jī)械能
C．墊板的動能全部轉(zhuǎn)化為內(nèi)能
D．彈簧的彈性勢能全部轉(zhuǎn)化為動能
B [由于車廂撞擊彈簧壓縮的過程中存在克服摩擦力做功，所以緩沖器的機(jī)械能減少，選項(xiàng)A錯誤，B正確；彈簧壓縮的過程中，墊板的動能轉(zhuǎn)化為內(nèi)能和彈簧的彈性勢能，選項(xiàng)C
12、、D錯誤。]
9．(多選)如圖所示，水平桌面上的輕質(zhì)彈簧一端固定，另一端與小物塊相連。彈簧處于自然長度時物塊位于O點(diǎn)(圖中未標(biāo)出)。物塊的質(zhì)量為m，AB＝a，物塊與桌面間的動摩擦因數(shù)為μ?，F(xiàn)用水平向右的力將物塊從O點(diǎn)拉至A點(diǎn)，拉力做的功為W。撤去拉力后物塊由靜止向左運(yùn)動，經(jīng)O點(diǎn)到達(dá)B點(diǎn)時速度為零。重力加速度為g。則上述過程中( )
A．物塊在A點(diǎn)時，彈簧的彈性勢能等于W－μmga
B．物塊在B點(diǎn)時，彈簧的彈性勢能小于W－μmga
C．經(jīng)O點(diǎn)時，物塊的動能小于W－μmga
D．物塊動能最大時彈簧的彈性勢能小于物塊在B點(diǎn)時彈簧的彈性勢能
BC [設(shè)O點(diǎn)到A點(diǎn)距離為x，則物塊從O點(diǎn)
13、運(yùn)動到A點(diǎn)過程中，根據(jù)功能關(guān)系可得μmgx＋EpA＝W，從A點(diǎn)到B點(diǎn)過程中同理可得EpA＝μmga＋EpB，由于克服摩擦力做功，則EpB＜EpA，則B點(diǎn)到O點(diǎn)距離一定小于，且x＞，則EpA＝W－μmgx＜W－μmga，則A錯誤；在B點(diǎn)有EpB＝W－μmg(a＋x)＜W－μmga，則B正確；物塊經(jīng)過O點(diǎn)，同理可得EkO＝W－2μmgx＜W－μmga，則C正確；物塊動能最大時所受彈力kx＝μmg，而在B點(diǎn)彈力與摩擦力大小關(guān)系未知，故物塊動能最大時彈簧伸長量與物塊在B點(diǎn)時彈簧伸長量大小未知，故兩位置彈性勢能的大小關(guān)系不好判斷，D錯誤。]
[考點(diǎn)綜合練]
10．(多選)(2019·新余質(zhì)檢)如圖所
14、示，豎直光滑桿固定不動，套在桿上的輕質(zhì)彈簧下端固定，將套在桿上的滑塊向下壓縮彈簧至離地高度h＝0.1 m處，滑塊與彈簧不拴接?，F(xiàn)由靜止釋放滑塊，通過傳感器測量到滑塊的速度和離地高度h并作出滑塊的Ek-h圖象，其中高度從0.2 m上升到0.35 m范圍內(nèi)圖象為直線，其余部分為曲線，以地面為零重力勢能面，g取10 m/s2，由圖象可知( )
A．小滑塊的質(zhì)量為0.1 kg
B．輕彈簧原長為0.2 m
C．彈簧最大彈性勢能為0.5 J
D．小滑塊的重力勢能與彈簧的彈性勢能總和最小為0.4 J
BC [在從0.2 m上升到0.35 m范圍內(nèi)，ΔEk＝ΔEp＝mgΔh，圖線的斜率絕對值k
15、＝＝ N＝2 N＝mg，所以m＝0.2 kg，故A錯誤；在Ek-h圖象中，圖線的斜率表示滑塊所受的合外力，由于高度從0.2 m上升到0.35 m范圍內(nèi)圖象為直線，其余部分為曲線，說明滑塊從0.2 m上升到0.35 m范圍內(nèi)所受作用力為恒力，從h＝0.2 m開始滑塊與彈簧分離，彈簧的原長為0.2 m，故B正確；根據(jù)能的轉(zhuǎn)化與守恒可知，當(dāng)滑塊上升至最大高度時，增加的重力勢能即為彈簧最大彈性勢能，所以Epm＝mgΔh＝0.2×10×(0.35－0.1) J＝0.5 J，故C正確；由圖可知，當(dāng)h＝0.18 m時的動能最大為Ekm＝0.32 J，在滑塊整個運(yùn)動過程中，系統(tǒng)的動能、重力勢能和彈性勢能之間相
16、互轉(zhuǎn)化，因此動能最大時，滑塊的重力勢能與彈簧的彈性勢能總和最小，根據(jù)能量守恒定律可知E′＝E－Ekm＝Epm＋mgh－Ekm＝0.5 J＋0.2×10×0.1 J－0.32 J＝0.38 J，故D錯誤。]
11.如圖所示，固定斜面的傾角θ＝30°，物體A與斜面之間的動摩擦因數(shù)μ＝，輕彈簧下端固定在斜面底端，彈簧處于原長時上端位于C點(diǎn)，用一根不可伸長的輕繩通過輕質(zhì)光滑的定滑輪連接物體A和B，滑輪右側(cè)繩子與斜面平行，A的質(zhì)量為2m＝4 kg，B的質(zhì)量為m＝2 kg，初始時物體A到C點(diǎn)的距離為L＝1 m，現(xiàn)給A、B一初速度v0＝3 m/s，使A開始沿斜面向下運(yùn)動，B向上運(yùn)動，物體A將彈簧壓縮到最短
17、后又恰好能彈到C點(diǎn)。已知重力加速度取g＝10 m/s2，不計空氣阻力，整個過程中輕繩始終處于伸直狀態(tài)，求此過程中：
(1)物體A向下運(yùn)動剛到達(dá)C點(diǎn)時的速度大?。?
(2)彈簧的最大壓縮量；
(3)彈簧中的最大彈性勢能。
解析：(1)物體A向下運(yùn)動剛到C點(diǎn)的過程中，對A、B組成的系統(tǒng)應(yīng)用能量守恒定律可得
2mgLsin θ＋·3mv＝mgL＋μ·2mgcos θ·L＋·3mv2
可解得v＝2 m/s。
(2)以A、B組成的系統(tǒng)，在物體A將彈簧壓縮到最大壓縮量，又返回到C點(diǎn)的過程中，系統(tǒng)動能的減少量等于因摩擦產(chǎn)生的熱量，即
·3mv2－0＝μ·2mgcos θ·2x
其中x為彈
18、簧的最大壓縮量
解得x＝0.4 m。
(3)設(shè)彈簧的最大彈性勢能為Epm
由能量守恒定律可得
·3mv2＋2mgxsin θ＝mgx＋μ·2mgcos θ·x＋Epm
解得Epm＝6 J。
答案：(1)2 m/s (2)0.4 m (3)6 J
12．(2019·銅陵模擬)如圖所示，半徑為R＝1.0 m的光滑圓弧軌道固定在豎直平面內(nèi)，軌道的一個端點(diǎn)B和圓心O的連線與水平方向的夾角θ＝37°，另一端點(diǎn)C為軌道的最低點(diǎn)。C點(diǎn)右側(cè)的光滑水平面上緊挨C點(diǎn)靜止放置一木板，木板質(zhì)量M＝1 kg，上表面與C點(diǎn)等高。質(zhì)量為m＝1 kg的物塊(可視為質(zhì)點(diǎn))從空中A點(diǎn)以v0＝1.2 m/s的速度水平
19、拋出，恰好從軌道的B端沿切線方向進(jìn)入軌道。已知物塊與木板間的動摩擦因數(shù)μ＝0.2，g取10 m/s2。求：
(1)物塊經(jīng)過C點(diǎn)時的速率vC；
(2)若木板足夠長，物塊在木板上相對滑動過程中產(chǎn)生的熱量Q。
解析：(1)設(shè)物塊在B點(diǎn)的速度為vB，從A到B物塊做平拋運(yùn)動，有：
vBsin θ＝v0
從B到C，根據(jù)動能定理有：
mgR(1＋sin θ)＝mv－mv
解得：vC＝6 m/s。
(2)物塊在木板上相對滑動過程中由于摩擦力作用，最終將一起運(yùn)動。設(shè)相對滑動時物塊加速度大小為a1，木板加速度大小為a2，經(jīng)過時間t達(dá)到共同速度v，則：μmg＝ma1，μmg＝Ma2，v＝vC－a1t，v＝a2t
根據(jù)能量守恒定律有：
(m＋M)v2＋Q＝mv
聯(lián)立解得：Q＝9 J。
答案：(1)6 m/s (2)9 J
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2020版高考物理一輪復(fù)習(xí) 課后限時集訓(xùn)16 功能關(guān)系 能量守恒定律（含解析）新人教版
