【物理】2018届一轮复习人教版 功能关系 能量守恒定律 学案 18页

第 30 课时 功能关系 能量守恒定律(重点突破课) [基础点·自主落实] [必备知识] 1．功能关系 (1)功是能量转化的量度，即做了多少功就有多少能量发生了转化。 (2)做功的过程一定伴随着能量的转化，能量的转化可以通过做功来实现。 2．能量守恒定律 (1)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别的物体，在转化或转移的过程中，能量的总量保持不变。 (2)表达式：ΔE 减＝ΔE 增。 [小题热身] 1．判断正误 (1)力对物体做了多少功，物体就具有多少能。(×) (2)能量在转移或转化过程中，其总量会不断减少。(×) (3)在物体机械能减少的过程中，动能有可能是增大的。(√) (4)滑动摩擦力做功时，一定会引起机械能的转化。(√) (5)一个物体的能量增加，必定有别的物体能量减少。(√) 2．(多选)一个物体在光滑的水平面上匀速滑行，则( ) A．这个物体没有能 B．这个物体的能量不发生变化 C．这个物体没有对外做功 D．以上说法均不对 解析：选 BC 物体在光滑水平面上匀速滑动过程中没有外力对物体做功，物体的能量 不发生变化，但并不是物体不具有能量，故选项 B、C 正确，A、D 错误。 3．上端固定的一根细线下面悬挂一摆球，摆球在空气中摆动，摆动的幅度越来越小， 对此现象下列说法正确的是( ) A．摆球机械能守恒 B．总能量守恒，摆球的机械能正在减少，减少的机械能转化为内能 C．能量正在消失 D．只有动能和重力势能的相互转化 解析：选 B 由于空气阻力的作用，机械能减少，机械能不守恒，内能增加，机械能 转化为内能，能量总和不变，B 正确。 4．(2016·四川高考)韩晓鹏是我国首位在冬奥会雪上项目夺冠的运动员。他在一次自由 式滑雪空中技巧比赛中沿“助滑区”保持同一姿态下滑了一段距离，重力对他做功 1 900 J， 他克服阻力做功 100 J。韩晓鹏在此过程中( ) A．动能增加了 1 900 J B．动能增加了 2 000 J C．重力势能减小了 1 900 J D．重力势能减小了 2 000 J 解析：选 C 根据动能定理得韩晓鹏动能的变化ΔE＝WG＋Wf＝1 900 J－100 J＝1 800 J ＞0，故其动能增加了 1 800 J，选项 A、B 错误；根据重力做功与重力势能变化的关系 WG ＝－ΔEp，所以ΔEp＝－WG＝－1 900 J＜0，故韩晓鹏的重力势能减小了 1 900 J，选项 C 正 确，选项 D 错误。 [提能点·师生互动] 提能点(一) 功能关系的理解及应用 1.几种常见的功能关系 几种常见力做功 对应的能量变化 数量关系式 重力 正功 重力势能减少 WG＝－ΔEp 负功 重力势能增加 弹簧等 的弹力 正功 弹性势能减少 W 弹＝－ΔEp 负功 弹性势能增加 电场力 正功 电势能减少 W 电＝－ΔEp 负功 电势能增加 合力 正功 动能增加 W 合＝ΔEk 负功 动能减少 重力以外 的其他力 正功 机械能增加 W 其＝ΔE 负功 机械能减少 2．两个特殊的功能关系 (1)滑动摩擦力与两物体间相对位移的乘积等于产生的内能，即 Ffx 相对＝ΔQ。 (2)感应电流克服安培力做的功等于产生的电能，即 W 克安＝ΔE 电。 [典例] 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 的小球自 A 的正上方 P 点由静止开始自由 下落，小球沿轨道到达最高点 B 时对轨道压力为 mg 2 。已知 AP＝2R，重力 加速度为 g，则小球从 P 到 B 的运动过程中( ) A．重力做功 2mgR B．合力做功 3 4mgR C．克服摩擦力做功 1 2mgR D．机械能减少 2mgR [解析] 小球能通过 B 点，在 B 点速度 v 满足 mg＋1 2mg＝mv2 R ，解得 v＝ 3 2gR，从 P 到 B 过程，重力做功等于重力势能减小量为 mgR，动能增加量为 1 2mv2＝3 4mgR，合力做 功等于动能增加量 3 4mgR，机械能减少量为 mgR－3 4mgR＝1 4mgR，克服摩擦力做功等于机械 能的减少量 1 4mgR，故只有 B 选项正确。 [答案] B (1)在应用功能关系解决具体问题的过程中，动能的变化用动能定理分析。 (2)重力势能的变化用重力做功分析。 (3)机械能的变化用除重力和弹力之外的力做功分析。 (4)电势能的变化用电场力做功分析。 [集训冲关] 1.(多选)如图所示，在升降机内固定一光滑的斜面体，一轻弹簧的一端 连在位于斜面体上方的固定木板 B 上，另一端与质量为 m 的物块 A 相连， 弹簧与斜面平行。整个系统由静止开始加速上升高度 h 的过程中( ) A．物块 A 的重力势能增加量一定等于 mgh B．物块 A 的动能增加量等于斜面的支持力和弹簧的拉力对其做功的代数和 C．物块 A 的机械能增加量等于斜面的支持力和弹簧的拉力对其做功的代数和 D．物块 A 和弹簧组成的系统的机械能增加量等于斜面对物块的支持力和木板 B 对弹 簧的拉力做功的代数和 解析：选 CD 物块 A 相对斜面下滑一段距离，故选项 A 错误；根据动能定理可知， 物块 A 动能的增加量应等于重力、支持力及弹簧弹力对其做功的代数和，故选项 B 错误； 物块 A 机械能的增加量应等于除重力以外的其他力对其做功的代数和，选项 C 正确；物块 A 和弹簧组成的系统的机械能增加量应等于除重力和弹簧弹力以外的其他力做功的代数和， 故选项 D 正确。 2.(多选)如图所示，一固定斜面倾角为 30°，一质量为 m 的小物块自 斜面底端以一定的初速度沿斜面向上做匀减速运动，加速度大小等于重力 加速度的大小 g。物块上升的最大高度为 H，则此过程中，物块的( ) A．动能损失了 2mgH B．动能损失了 mgH C．机械能损失了 mgH D．机械能损失了 1 2mgH 解析：选 AC 分析小物块沿斜面上滑，根据题述可知，物块所受滑动摩擦力 Ff＝0.5mg， 由动能定理可知动能损失了 FfH sin 30° ＋mgH＝2mgH，选项 A 正确，B 错误。由功能关系可 知机械能损失 FfH sin 30° ＝mgH，选项 C 正确，D 错误。 3.(多选)如图所示，在绝缘的斜面上方，存在着匀强电场，电场方向 平行于斜面向上，斜面上的带电金属块在平行于斜面的力 F 作用下沿斜 面移动。已知金属块在移动的过程中，力 F 做功 32 J，金属块克服电场 力做功 8 J，金属块克服摩擦力做功 16 J，重力势能增加 18 J，则在此过程中金属块的( ) A．动能减少 10 J B．电势能增加 24 J C．机械能减少 24 J D．内能增加 16 J 解析：选 AD 根据动能定理，合力做功等于动能变化量，则 W 合＝WF＋W 电＋W 阻＋ W 重＝－10 J，即动能减少 10 J；电势能的变化量等于电场力做功，即ΔEp 电＝－W 电＝8 J， 即电势能增加 8 J；机械能的变化量等于除重力以外的其他力做功，即 E＝WF＋W 电＋W 阻 ＝8 J，即机械能增加 8 J；内能增加量等于克服摩擦力做功，即 16 J。综上所述，A、D 正 确。 提能点(二) 摩擦力做功与能量的关系 1．两种摩擦力做功的比较 静摩擦力做功 滑动摩擦力做功 只有能量的转移，没有能量的转化 既有能量的转移，又有能量的转化 互为作用力和反作用力的一对静摩擦力所做 功的代数和为零，即要么一正一负，要么都 不做功 互为作用力和反作用力的一对滑动摩擦力所 做功的代数和为负值，即至少有一个力做负 功 2．求解相对滑动物体的能量问题的方法 (1)正确分析物体的运动过程，做好受力分析。 (2)利用运动学公式，结合牛顿第二定律分析物体的速度关系及位移关系。 [典例] 如图所示，一个可视为质点的质量为 m＝1 kg 的小物块，从光滑平台上的 A 点以 v0＝2 m/s 的初速度水平抛出，到达 C 点时，恰好沿 C 点的切线方向进入固定在水平 地面上的光滑圆弧轨道，最后小物块滑上紧靠轨道末端 D 点的质量为 M＝3 kg 的长木板。 已知木板上表面与圆弧轨道末端切线相平，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，圆弧轨道的半径为 R＝0.4 m，C 点和圆弧的圆心连线与竖直 方向的夹角θ＝60°，不计空气阻力，g 取 10 m/s2。求： (1)小物块刚要到达圆弧轨道末端 D 点时对轨道的压力； (2)要使小物块不滑出长木板，木板的长度 L 至少多大？ [解析] (1)小物块在 C 点时的速度大小 vC＝ v0 cos 60° ① 小物块由 C 到 D 的过程中，由机械能守恒定律得 mgR(1－cos 60°)＝1 2mvD2－1 2mvC2② 代入数据解得 vD＝2 5 m/s 小球在 D 点时由牛顿第二定律得 FN－mg＝mvD2 R ③ 代入数据解得 FN＝60 N④ 由牛顿第三定律得 FN′＝FN＝60 N，方向竖直向下。 (2)设小物块刚好滑到木板左端且达到共同速度的大小为 v，滑行过程中，小物块与长 木板的加速度大小分别为 a1＝μmg m ＝μg⑤ a2＝μmg M ⑥ 速度分别为 v＝vD－a1t，v＝a2t⑦ 对小物块和木板组成的系统，由能量守恒定律得 μmgL＝1 2mvD2－1 2(m＋M)v2⑧ 解得 L＝2.5 m。⑨ [答案] (1)60 N，方向竖直向下 (2)2.5 m (1)无论是计算滑动摩擦力做功，还是计算静摩擦力做功，都代入物体相对于地面的位 移。 (2)摩擦生热ΔQ＝Fs 相对中，若物体做往复运动时，则 s 相对为总的相对路程。 [集训冲关] 1.(多选)如图，质量为 M、长度为 L 的小车静止在光滑水平面上， 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，使小物块从静止开始做匀加速直线运动。小物块和小车之间的摩擦力 为 Ff，小物块滑到小车的最右端时，小车运动的距离为 x。此过程中，以下结论正确的是 ( ) A．小物块到达小车最右端时具有的动能为(F－Ff)(L＋x) B．小物块到达小车最右端时，小车具有的动能为 Ffx C．小物块克服摩擦力所做的功为 Ff(L＋x) D．小物块和小车增加的机械能为 Fx 解析：选 ABC 由动能定理可得小物块到达小车最右端时的动能 Ek 物＝W 合＝(F－Ff)(L ＋x)，A 正确；小车的动能 Ek 车＝Ffx，B 正确；小物块克服摩擦力所做的功 Wf＝Ff(L＋x)， C 正确；小物块和小车增加的机械能为 F(L＋x)－FfL，D 错误。 2．如图甲所示，长木板 A 放在光滑的水平面上，质量为 m＝2 kg 的另一物体 B(可看 成质点)以水平速度 v0＝2 m/s 滑上原来静止的长木板 A 的上表面。由于 A、B 间存在摩擦， 之后 A、B 速度随时间变化情况如图乙所示，则下列说法正确的是(g 取 10 m/s2)( ) A．木板获得的动能为 2 J B．系统损失的机械能为 4 J C．木板 A 的最小长度为 2 m D．A、B 间的动摩擦因数为 0.1 解析：选 D 由图像可知，A、B 的加速度大小都为 1 m/s2，根据牛顿第二定律知二者 质量相等，木板获得的动能为 1 J，选项 A 错误；系统损失的机械能ΔE＝1 2mv02－1 2·2m·v2 ＝2 J，选项 B 错误；由 v t 图像可求出二者相对位移为 1 m，所以 C 错误；分析 B 的受力， 根据牛顿第二定律，可求出μ＝0.1，选项 D 正确。 提能点(三) 传送带模型中的功能关系 (1)传送带做的功：W＝Fx，其中 F 为传送带的动力，x 为传送带转过的距离。 (2)产生的内能：ΔQ＝Ffx 相对，其中 x 相对为相互摩擦的物体与传送带间的相对位移。 (3)功能关系：W＝ΔEk＋ΔEp＋ΔQ。 [典例] 如图所示，传送带与地面的夹角θ＝37°，A、B 两端间距 L ＝16 m，传送带以速度 v＝10 m/s，沿顺时针方向运动，物体 m＝1 kg， 无初速度地放置于 A 端，它与传送带间的动摩擦因数μ＝0.5，(sin 37°＝ 0.6，cos 37°＝0.8)试求： (1)物体由 A 端运动到 B 端的时间； (2)系统因摩擦产生的热量。 [解析] (1)物体刚放上传送带时受到沿斜面向下的滑动摩擦力，由牛顿第二定律得 mgsin θ＋μmgcos θ＝ma1 设物体经时间 t1 加速到与传送带同速，则 v＝a1t1，x1＝1 2a1t12 解得 a1＝10 m/s2，t1＝1 s，x1＝5 m 设物体经过时间 t2 到达 B 端，因 mgsin θ>μmgcos θ，故当物体与传送带同速后，物体 将继续加速，即 mgsin θ－μmgcos θ＝ma2 L－x1＝vt2＋1 2at22 解得 t2＝1 s 故物体由 A 端运动到 B 端的时间 t＝t1＋t2＝2 s。 (2)物体与传送带间的相对位移 x 相＝(vt1－x1)＋(L－x1－ vt2)＝6 m 故 Q＝μmgcos θ·x 相＝24 J。 [答案] (1)2 s (2)24 J 传送带模型问题的分析流程 [集训冲关] 1.(多选)如图所示，水平传送带由电动机带动，并始终保持以速度 v 匀速运动。现将质量为 m 的某物块无初速地放在传送带的左端，经过时 间 t 物块保持与传送带相对静止。设物块与传送带间的动摩擦因数为μ，对于这一过程，下 列说法正确的是( ) A．摩擦力对物块做的功为 1 2mv2 B．传送带克服摩擦力做的功为 1 2mv2 C．系统摩擦生热为 1 2mv2 D．电动机多做的功为 mv2 解析：选 ACD 设物块与传送带之间的滑动摩擦力大小为 Ff，物块的位移大小为 x1， 物块对传送带摩擦力的作用点对地位移大小为 x2，则 x1＝1 2vt，x2＝vt＝2x1，对物块运用动 能定理有 Wf＝Ffx1＝1 2mv2，选项 A 正确；传送带克服摩擦力做的功为 Wf′＝Ffx2＝2Ffx1 ＝mv2，选项 B 错误；系统摩擦生热为 Q ＝ Ffx 相对＝Ff(x2－x1)＝Ffx1＝1 2mv2，选项 C 正确； 根据能量的转化与守恒定律，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，选项 D 正确。 2.如图所示，绷紧的传送带与水平面的夹角θ＝30°，皮带在电动机的带 动下，始终保持 v0＝2 m/s 的速率运行，现把一质量为 m＝10 kg 的工件(可 看做质点)轻轻放在皮带的底端，经过时间 1.9 s，工件被传送到 h＝1.5 m 的 高处，g 取 10 m/s2，求： (1)工件与传送带间的动摩擦因数； (2)电动机由于传送工件多消耗的电能。 解析：(1)由题图可知，皮带长 x＝ h sin θ ＝3 m。 工件速度达 v0 前，做匀加速运动的位移 x1＝ v t1＝v0 2 t1 匀速运动的位移为 x－x1＝v0(t－t1) 解得加速运动的时间 t1＝0.8 s 加速运动的位移 x1＝0.8 m 所以加速度 a＝v0 t1 ＝2.5 m/s2 由牛顿第二定律有：μmgcos θ－mgsin θ＝ma 解得：μ＝ 3 2 。 (2)从能量守恒的观点，显然电动机多消耗的电能用于增加工件的动能、势能以及克服 传送带与工件之间发生相对位移时摩擦力做功产生的热量。 在时间 t1 内，皮带运动的位移 x 皮＝v0t1＝1.6 m 在时间 t1 内，工件相对皮带的位移 x 相＝x 皮－x1＝0.8 m 在时间 t1 内，摩擦生热 Q＝μmgcos θ·x 相＝60 J 工件获得的动能 Ek＝1 2mv02＝20 J 工件增加的势能 Ep＝mgh＝150 J 电动机多消耗的电能 W＝Q＋Ek＋Ep＝230 J。 答案：(1) 3 2 (2)230 J 提能点(四) 能量转化与守恒的应用 1.对能量守恒定律的两点理解 (1)某种形式的能量减少，一定存在其他形式的能量增加，且减少量和增加量一定相等。 (2)某个物体的能量减少，一定存在其他物体的能量增加，且减少量和增加量一定相等。 2．能量转化问题的解题思路 首先确定初、末状态，然后分析状态变化过程中哪种形式的能量减少，哪种形式的能 量增加，求出减少的能量总和ΔE 减与增加的能量总和ΔE 增，最后由ΔE 减＝ΔE 增列式求解。 [典例] 如图所示，固定斜面的倾角θ＝30°，物体 A 与斜面之间 的动摩擦因数为μ＝ 3 4 ，轻弹簧下端固定在斜面底端，弹簧处于原长时上端位于 C 点， 用一根不可伸长的轻绳通过轻质光滑的定滑轮连接物体 A 和 B，滑轮右侧绳子与斜面平行， A 的质量为 2m＝4 kg，B 的质量为 m＝2 kg，初始时物体 A 到 C 点的距离为 L＝1 m，现给 A、B 一初速度 v0＝3 m/s，使 A 开始沿斜面向下运动，B 向上运动，物体 A 将弹簧压缩到 最短后又恰好能弹到 C 点。已知重力加速度取 g＝10 m/s2，不计空气阻力，整个过程中轻 绳始终处于伸直状态，求此过程中： (1)物体 A 向下运动刚到 C 点时的速度大小； (2)弹簧的最大压缩量； (3)弹簧中的最大弹性势能。 [解析] (1)物体 A 向下运动刚到 C 点的过程中，对 A、B 组成的系统应用能量守恒定 律可得： μ·2mgcos θ·L＝1 2·3mv02－1 2·3mv2＋2mgLsin θ－mgL 可解得 v＝2 m/s。 (2)以 A、B 组成的系统，在物体 A 将弹簧压缩到最大压缩量，又返回到 C 点的过程中， 系统动能的减少量等于因摩擦产生的热量， 即：1 2·3mv2－0＝μ·2mgcos θ·2x 其中 x 为弹簧的最大压缩量 解得 x＝0.4 m。 (3)设弹簧的最大弹性势能为 Epm 由能量守恒定律可得： 1 2·3mv2＋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 涉及弹簧的能量问题的解题方法 两个或两个以上的物体与弹簧组成的系统相互作用的过程，具有以下特点： (1)能量变化上，如果只有重力和系统内弹簧弹力做功，系统机械能守恒。 (2)如果系统每个物体除弹簧弹力外所受合外力为零，则当弹簧伸长或压缩到最大程度 时两物体速度相同。 (3)当水平弹簧为自然状态时系统内某一端的物体具有最大速度。 [集训冲关] 1.如图所示，重 10 N 的滑块在倾角为 30°的斜面上，从 a 点由静止开 始下滑，到 b 点开始压缩轻弹簧，到 c 点时达到最大速度，到 d 点(图中 未画出)开始弹回，在 b 点离开弹簧，并恰能再回到 a 点。若 bc＝0.1 m， 弹簧弹性势能的最大值为 8 J，则下列说法正确的是( ) A．轻弹簧的劲度系数为 50 N/m B．从 d 点到 b 点滑块克服重力做功 8 J C．从 d 点到 c 点弹簧的弹力对滑块做功 8 J D．滑块的最大动能为 8 J 解析：选 A 滑块还能回到 a 点，说明斜面是光滑的。滑块在 c 点速度最大，所受合力 为零，由平衡条件和胡克定律有 kxbc＝mgsin 30°，解得 k＝50 N/m，A 项正确；从 d 点到 b 点的过程中，8 J 的弹性势能一部分转化为重力势能，一部分转化为动能，所以克服重力做 功小于 8 J，B 项错误；从 d 点到 c 点的过程中，弹性势能减少量小于 8 J，所以弹力对滑块 做功小于 8 J，C 项错误；小于 8 J 的弹性势能一部分转化为重力势能、一部分转化为动能， 故到 c 点时最大动能一定小于 8 J，D 项错误。 2.(多选)(2015·江苏高考)如图所示，轻质弹簧一端固定，另一端与一质 量为 m、套在粗糙竖直固定杆 A 处的圆环相连，弹簧水平且处于原长。圆 环从 A 处由静止开始下滑，经过 B 处的速度最大，到达 C 处的速度为零， AC＝h。圆环在 C 处获得一竖直向上的速度 v，恰好能回到 A。弹簧始终在 弹性限度内，重力加速度为 g。则圆环( ) A．下滑过程中，加速度一直减小 B．下滑过程中，克服摩擦力做的功为 1 4mv2 C．在 C 处，弹簧的弹性势能为 1 4mv2－mgh D．上滑经过 B 的速度大于下滑经过 B 的速度 解析：选 BD 圆环下落时，先加速，在 B 位置时速度最大，加速度减小至零。从 B 到 C 圆环减速，加速度增大，方向向上，A 错误；圆环下滑时，设克服摩擦力做功为 Wf， 弹簧的最大弹性势能为ΔEp，由 A 到 C 的过程中，根据能量关系有 mgh＝ΔEp＋Wf。由 C 到 A 的过程中，有 1 2mv2＋ΔEp＝Wf＋mgh。联立解得 Wf＝1 4mv2，ΔEp＝mgh－1 4mv2，B 正 确，C 错误；设圆环在 B 位置时，弹簧的弹性势能为ΔEp′，根据能量守恒，A 到 B 的过程 有 1 2mvB2＋ΔEp′＋Wf′＝mgh′，B 到 A 的过程有 1 2mvB′2＋ΔEp′＝mgh′＋Wf′，比较 两式得 vB′>vB，D 正确。 3.(2017·滁州质检)如图所示，光滑曲面 AB 与水平面 BC 平滑连 接于 B 点，BC 右端连接内壁光滑、半径为 r 的1 4 细圆管 CD，管口 D 端正下方直立一根劲度系数为 k 的轻弹簧，轻弹簧一端固定，另 一端恰好与管口 D 端平齐。质量为 m 的滑块在曲面上距 BC 高度为 2r 处由静止开始下滑，滑块与 BC 间的动摩擦因数μ＝1 2 ，进入管口 C 端时与圆管恰好无作 用力，通过 CD 后压缩弹簧，在压缩弹簧过程中滑块速度最大时弹簧的弹性势能为 Ep。求： (1)滑块到达 B 点时的速度大小 vB； (2)水平面 BC 的长度 x； (3)在压缩弹簧过程中滑块的最大速度 vm。 解析：(1)滑块在曲面的下滑过程，由动能定理得 mg·2r＝1 2mvB2 解得 vB＝2 gr。 (2)在 C 点，滑块与圆管之间恰无作用力，则 mg＝mvC2 r 解得 vC＝ gr 滑块从开始下滑处运动到 C 点过程，由动能定理得 mg·2r－μmgx＝1 2mvC2 解得 x＝3r。 (3)设在压缩弹簧过程中速度最大时，滑块离 D 端的距离为 x0， 此时 kx0＝mg 解得 x0＝mg k 滑块由 C 点运动到距离 D 端 x0 处的过程中，由能量守恒得 mg(r＋x0)＝1 2mvm2－1 2mvC2＋Ep 联立解得 vm＝ 3gr＋2mg2 k －2Ep m 。 答案：(1)2 gr (2)3r (3) 3gr＋2mg2 k －2Ep m [课时达标检测] 一、单项选择题 1．力对物体做功 100 J，下列说法正确的是( ) A．物体具有的能量增加 100 J B．物体具有的能量减少 100 J C．有 100 J 的能量发生了转化 D．产生了 100 J 的能量 解析：选 C 由于物体是否对外做功未知，因此无法判断物体具有的能量的变化，A、 B 错误；功是能量转化的量度，故 C 正确，D 错误。 2．(2016·上海高考)在今年上海的某活动中引入了全国首个户外风洞飞行体验装置，体 验者在风力作用下漂浮在半空。若减小风力，体验者在加速下落过程中( ) A．失重且机械能增加 B．失重且机械能减少 C．超重且机械能增加 D．超重且机械能减少 解析：选 B 据题意，体验者漂浮时受到的重力和风力平衡；在加速下降过程中，风 力小于重力，即重力对体验者做正功，风力做负功，体验者的机械能减小；加速下降过程 中，加速度方向向下，体验者处于失重状态，故选项 B 正确。 3．从地面竖直上抛一个质量为 m 的小球，小球上升的最大高度为 h。设上升和下降过 程中空气阻力大小恒定为 Ff。下列说法正确的是( ) A．小球上升的过程中动能减少了 mgh B．小球上升和下降的整个过程中机械能减少了 Ffh C．小球上升的过程中重力势能增加了 mgh D．小球上升和下降的整个过程中动能减少了 Ffh 解析：选 C 小球在上升过程中的动能减少量等于克服合力做的功，即ΔEk＝(mg＋Ff)h， A 错误；整个过程中的机械能减少量(动能减少量)等于克服除重力之外其他力做的功，即ΔE ＝2Ffh，B、D 错误；上升过程中重力势能增加量等于克服重力做的功，即ΔEp＝mgh，C 正确。 4.(2017·济宁月考)如图所示，A、B、C 三个一样的滑块从粗糙斜面 上的同一高度同时开始运动，A 由静止释放，B 的初速度方向沿斜面向 下，大小为 v0，C 的初速度方向沿斜面水平，大小也为 v0。下列说法 中正确的是( ) A．A 和 C 将同时滑到斜面底端 B．滑到斜面底端时，B 的机械能减少最多 C．滑到斜面底端时，B 的动能最大 D．滑到斜面底端时，C 的重力势能减少最多 解析：选 C 滑块 A 和 C 通过的路程不同，在沿斜面方向的加速度大小也不相同，故 A 错；三个滑块滑到底端时重力势能减少量相同，故 D 错；滑块 A 和 B 滑到底端时经过的 位移相等，克服摩擦力做功相等，而滑块 C 的路程较大，机械能减少得较多，故 B 错、C 对。 5.如图所示，质量 m＝10 kg 和 M＝20 kg 的两物块，叠放在光滑水 平面上，其中物块 m 通过处于水平方向的轻弹簧与竖直墙壁相连，初始 时刻，弹簧处于原长状态，弹簧的劲度系数 k＝250 N/m。现用水平力 F 作用在物块 M 上，使其缓慢地向墙壁移动，当移动 40 cm 时，两物块间开始相对滑动，在 相对滑动前的过程中，下列说法中正确的是( ) A．M 受到的摩擦力保持不变 B．物块 m 受到的摩擦力对其不做功 C．推力做的功等于弹簧增加的弹性势能 D．开始相对滑动时，推力 F 的大小等于 200 N 解析：选 C 对物块 m 进行受力分析，水平方向受向右的弹簧弹力和向左的静摩擦力。 由于弹簧在缩短，所以弹力越来越大，由于缓慢地向墙壁移动，物体处于平衡状态，M 对 m 的摩擦力也在增大，所以 M 受到的摩擦力在增大，A 错误；物块 m 受到的摩擦力方向向 左，m 向左运动，所以摩擦力做正功，B 错误；把 m 和 M 看成整体进行受力分析，水平方 向受向右的弹簧弹力和向左的推力，当移动 40 cm 时，两物块间开始相对滑动，根据胡克 定律得 F＝kx＝100 N，对整体研究，根据动能定理得 WF＋W 弹＝ΔEk＝0，弹簧弹力做功等 于弹性势能的变化，WF＝－W 弹＝ΔEp，所以推力做的功等于弹簧增加的弹性势能，C 正确， D 错误。 6．(2017·大连质检)一足够长的传送带与水平面的夹角为θ，传送带以一定的速度匀速 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(如图甲所示)，以此时为 t＝0 时刻，作出小物块之后在传送带上的运动速度随时间的变化关系，如图乙所示(图中取沿斜 面向下的运动方向为正方向，其中 v1>v2)。已知传送带的速度保持不变，g 取 10 m/s2，则 ( ) A．0～t1 时间内，物块对传送带做正功 B．物块与传送带间的动摩擦因数μ