【物理】2020届一轮复习人教版功能关系能量守恒定律学案 16页

第4讲　功能关系　能量守恒定律 一、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，而且能的转化必通过做功来实现。‎ ‎2．几种常见力的功与能量转化的关系 ‎(1)重力做功：重力势能和其他能相互转化。‎ ‎(2)弹簧弹力做功：弹性势能和其他能相互转化。‎ ‎(3)滑动摩擦力做功：机械能转化为内能。‎ ‎(4)电场力做功：电势能与其他能相互转化。‎ ‎(5)安培力做功：电能和机械能相互转化。‎ 二、能量守恒定律 ‎1．内容 能量既不会消灭，也不会创生，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，而在转化和转移的过程中，能量的总量保持不变。‎ ‎2．应用能量守恒的两条基本思路 ‎(1)某种形式的能减少，一定存在另一种形式的能增加，且减少量和增加量相等。‎ ‎(2)某个物体的能量减少，一定存在另一个物体的能量增加，且减少量和增加量相等。‎ ‎(判断正误，正确的画“√”，错误的画“×”。)‎ ‎1．做功过程一定有能量的转化。(√)‎ ‎2．力对物体做多少功，物体就有多少能量。(×)‎ ‎3．力对物体做功，物体的总能量一定增加。(×)‎ ‎4．能量在转化和转移的过程中，总量会不断减少。(×)‎ ‎5．滑动摩擦力做功时，一定会引起能量的转化。(√)‎ ‎1．(对功能关系的理解)(多选)对于功和能，下列说法正确的是(　　)‎ A．功和能的单位相同，它们的概念也相同 B．做功的过程就是物体能量转化的过程 C．做了多少功，就有多少能量发生了转化 D．各种不同形式的能可以互相转化，且在转化的过程中，能的总量是守恒的 答案　BCD ‎2．(功能关系的应用)(多选)一人用力把质量为m的物体由静止竖直向上匀加速提升h，速度增加为v，重力加速度为g，则对此过程，下列说法正确的是(　　)‎ A．人对物体所做的功等于物体机械能的增量 B．物体所受合外力所做的功为mv2‎ C．人对物体所做的功为mgh D．人对物体所做的功为mv2‎ 解析　由功能关系可知，人对物体所做的功等于物体机械能的增量，为mgh＋mv2，A项正确，C、D两项错误；由动能定理可知，物体所受合外力所做的功为mv2，B项正确。‎ 答案　AB ‎3．(能的转化和守恒定律)如图所示，一质量均匀的不可伸长的绳索重为G，A、B两端固定在天花板上，现在最低点C施加一竖直向下的力将绳索拉至D点，在此过程中绳索AB的重心位置将(　　)‎ A．逐渐升高 B．逐渐降低 C．先降低后升高 D．始终不变 解析　由题意知外力对绳索做正功，机械能增加，重心升高，A项正确。‎ 答案　A 考点　1　功能关系的理解和应用 考|点|速|通 力学中常见的功能关系 典|例|微|探 ‎【例1】　质量为m的物体，在距地面h高处以g(重力加速度为g)的加速度由静止竖直下落到地面，下列说法正确的是(　　)‎ A．物体重力势能减少mgh B．重力对物体做功mgh C．物体的机械能减少mgh D．物体的动能增加mgh 解析　重力做功引起重力势能的变化，WG＝mgh＝ΔEp，物体重力做功mgh，重力势能减少了mgh，A、B两项错误；合外力做功引起动能的变化，W合＝h＝ΔEk，动能增加了mgh，D项错误；动能和重力势能之和等于机械能，重力势能减少了mgh，动能增加了mgh，故机械能减少了mgh，C项正确。‎ 答案　C 力对物体做功会引起能量形式的转化，并可用做功的多少去度量能量转化的多少，所以找准某个力做功与对应能量转化的关系是解决问题的关键。功能关系选用的原则：‎ ‎1．若只涉及动能的变化用动能定理分析。‎ ‎2．若只涉及重力势能的变化用重力做功与重力势能的变化关系分析。‎ ‎3．若只涉及机械能变化用除重力和弹簧弹力之外的力做功与机械能变化的关系分析。‎ ‎4．若只涉及电势能的变化用电场力做功与电势能变化的关系分析。 ‎ 题|组|冲|关 ‎1.如图所示，物体A的质量为m，置于水平地面上，A的上端连一轻弹簧，原长为L，劲度系数为k。现将弹簧上端B缓慢地竖直向上提起，使B点上移距离为L，此时物体A也恰好离开地面，重力加速度为g，则下列说法中正确的是(　　)‎ A．提弹簧的力对系统做功为mgL B．物体A的重力势能增加mgL C．系统增加的机械能小于mgL D．以上说法都不正确 解析　由于将弹簧上端B缓慢地竖直向上提起，可知提弹簧的力是不断增大的，最后大小等于A物体的重力，因此提弹簧的力对系统做功应小于mgL，A项错误；系统增加的机械能等于提弹簧的力对系统做的功，C项正确，D项错误；由于弹簧的伸长，物体升高的高度小于 L，B项错误。‎ 答案　C ‎2.(多选)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mv2‎ C．在C处，弹簧的弹性势能为mv2－mgh D．上滑经过B的速度大于下滑经过B的速度 解析　圆环向下运动的过程，在B点速度最大，说明向下先加速后减速，加速度先向下减小，后向上增大，A项错误；下滑过程和上滑过程克服摩擦做功相同，因此下滑过程Wf＋Ep＝mgh，上滑过程Wf＋mgh＝mv2＋Ep，因此克服摩擦做功Wf＝mv2，B项正确；在C处：Ep＝mgh－Wf＝mgh－mv2，C项错误；下滑从A到B，mv＋E′p＋W′f＝mgh′，上滑从B到A，mv＋E′p＝mgh′＋W′f，得mv－mv＝2W′f，可见vB2＞vB1，D项正确。‎ 答案　BD 考点　2　摩擦力做功与能量的关系 考|点|速|通 ‎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，即要么一正一负，要么都做负功，要么一负一不做功；代数和为负值说明机械能有损失——转化为内能 ‎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。‎ ‎(3)然后根据功的公式和功能关系解题。‎ 典|例|微|探 ‎【例2】　如图所示，一张薄纸板放在光滑水平面上，其右端放有小木块，小木块与薄纸板的接触面粗糙，原来系统静止。现用水平恒力F向右拉薄纸板，小木块在薄纸板上发生相对滑动，直到从薄纸板上掉下来。上述过程中有关功和能的说法正确的是(　　)‎ A．拉力F做的功等于薄纸板和小木块动能的增加量 B．摩擦力对小木块做的功一定等于系统中由摩擦产生的热量 C．离开薄纸板前小木块可能先做加速运动，后做匀速运动 D．小木块动能的增加量可能小于系统中由摩擦产生的热量 解析　由功能关系，拉力F做的功等于薄纸板和小木块动能的增加量与系统产生的内能之和，A项错误；摩擦力对小木块做的功等于小木块动能的增加量，B项错误；离开薄纸板前小木块一直在做匀加速运动，C项错误；对于系统，由摩擦产生的热量Q＝fΔL，其中ΔL为小木块相对薄纸板运动的位移，即薄纸板的长度，对小木块，fL木＝ΔEk，L木为小木块相对地面的位移，由于L木存在大于、等于或小于ΔL三种可能，即ΔEk存在大于、等于或小于Q三种可能，D项正确。‎ 答案　D 对滑块和木板分别运用动能定理，或者对系统运用能量守恒定律。如图所示，要注意区分三个位移：‎ ‎1．求摩擦力对滑块做功时用滑块对地的位移x滑。‎ ‎2．求摩擦力对木板做功时用木板对地的位移x板。‎ ‎3．求摩擦生热时用相对滑动的位移x相。 ‎ 题|组|冲|关 ‎1.(多选)如图所示，质量为M、长为L的木板置于光滑的水平面上，一质量为m的滑块放置在木板左端，滑块与木板间滑动摩擦力大小为f，用水平的恒定拉力F作用于滑块。当滑块运动到木板右端时，木板在地面上移动的距离为x，滑块速度为v1，木板速度为v2，下列结论正确的是(　　)‎ A．上述过程中，F做功大小为mv＋Mv B．其他条件不变的情况下，M越大，x越小 C．其他条件不变的情况下，F越大，滑块到达右端所用时间越长 D．其他条件不变的情况下，f越大，滑块与木板间产生的热量越多 解析　由功能原理可知，上述过程中，F做功大小为二者动能与产生的热量之和，A项错误；其他条件不变的情况下，M越大，M的加速度越小，x越小，B项正确；其他条件不变的情况下，F越大，滑块的加速度越大，滑块到达右端所用时间越短，C项错误；其他条件不变的情况下，滑块与木板间产生的热量等于滑动摩擦力与相对位移的乘积，f越大，滑块与木板间产生的热量越多，D项正确。‎ 答案　BD ‎2.如图所示，在光滑水平台面上静置一质量mA＝0.9 kg的长木板A，A的右端用轻绳绕过光滑的轻质定滑轮与质量mC＝0.9 kg的物体C拴接。当C从静止开始运动至下落高度为h＝0.4 m时，在木板A的最右端轻放一质量为mB＝3.6 kg的小铁块B(可视为质点)，A、B间的动摩擦因数μ＝0.25，最终B恰好未从木板A滑落，g取10 m/s2，求：‎ ‎(1)刚放铁块B时，A的速度大小v0；‎ ‎(2)木板A的长度L；‎ ‎(3)若当B轻放在木板A的最右端的同时，加一水平向右的恒力，其他条件不变，在保证B能滑离木板A的条件下，则A、B间因摩擦而产生热量的最大值Qm。‎ 解析　(1)以A与C组成的系统为研究对象，C下降的过程中，拉着A一起运动，只有重力做功，‎ 则mCgh＝(mA＋mC)v，代入数据解得v0＝2 m/s。‎ ‎(2)将B放在A上后，B受到摩擦力的作用，A与B之间的摩擦力为f＝μmBg＝0.25×3.6×10 N＝9 N。‎ C受到的重力GC＝mCg＝0.9×10 N＝9 N，‎ 设此时A与C仍然一起做加速运动，‎ 则(mA＋mC)a＝mCg－f＝9 N－9 N＝0。‎ 所以将B放在A上后，A与C一起做匀速直线运动，B做匀加速直线运动，加速度 aB＝＝ m/s2＝2.5 m/s2，‎ B与A达到共同速度需要的时间 t＝＝ s＝0.8 s。‎ 此过程中A的位移x1＝v0t＝2×0.8 m＝1.6 m，‎ B的位移x2＝aBt2＝×2.5×0.82 m＝0.8 m。‎ 由于最后B恰好未从木板A滑落，所以A的长度等于A与B的位移差，即L＝x1－x2＝1.6 m－0.8 m＝0.8 m。‎ ‎(3)在保证B能滑离木板A的条件下，A与B的相对位移始终等于A的长度，与运动的时间无关，所以A、B间因摩擦产生热量的最大值Qm＝fL＝9×0.8 J＝7.2 J。‎ 答案　(1)2 m/s　(2)0.8 m　(3)7.2 J 考点　3　传送带模型中的功能关系 考|点|速|通 传送带模型问题的分析流程 典|例|微|探 ‎【例3】　(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的某物块由静止放在传送带上的左端，过一会儿物块能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0.5mv2‎ B．物块对传送带做功为0.5mv2‎ C．系统摩擦生热为0.5mv2‎ D．电动机多做的功为mv2‎ 解析　对物块运用动能定理，摩擦力做的功等于物块动能的增加，即0.5mv2，故A项正确；传送带的位移是物块位移的两倍，所以物块对传送带做功的绝对值是摩擦力对物块做功的两倍，即为mv2，故B项错误；电动机多做的功就是传送带克服摩擦力做的功，也为mv2，故D项正确；系统摩擦生热等于摩擦力与相对位移的乘积，故C项正确。‎ 答案　ACD ‎1．传送带做的功：W传＝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＝fx相对，其中x相对为相互摩擦时物体与传送带间的相对位移，若物体在传送带上做往复运动，则x相对为总的相对路程。‎ ‎3．功能关系：W传＝ΔEk＋ΔEp＋ΔQ。 ‎ 题|组|冲|关 ‎1．如图所示，足够长的水平传送带以稳定的速度v0匀速向右运动，某时刻在其左端无初速地放上一个质量为m的物体，经一段时间，物体的速度达到，这个过程因物体与传送带间的摩擦而产生的热量为Q1，物体继续加速，再经一段时间速度增加到v0，这个过程中因摩擦而产生的热量为Q2。则Q1∶Q2的值为(　　)‎ A．3∶1 B．1∶3‎ C．1∶1 D．与μ大小有关 解析　设物体与传送带之间的动摩擦因数为μ，物体在加速运动过程中，由牛顿第二定律得F合＝μmg＝ma，a＝μg，物体从静止到和从到v0所用的时间t＝相同，物体对地的位移分别为x1和x2，传送带对地的位移分别为s1和s2，物体相对传送带的位移分别为Δx1和Δx2，则x1＝at2＝，x2＝t＋at2＝，s1＝s2＝v0t＝，Δx1＝s1－x1＝，Δx2＝s2－x2＝＝Δx1，Q1＝μmgΔx1，Q2＝μmgΔx2＝Q1，A项正确。‎ 答案　A ‎2．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(如图甲所示)，以此时为t＝0时刻，记录小物块之后在传送带上运动的速度随时间的变化关系，如图乙所示(图中取沿斜面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，则下列判断正确的是(　　)‎ A．0～t1内，物块对传送带做正功 B．物块与传送带间的动摩擦因数为μ，μmgsinθ，故μ>tanθ，B项错误；0～t2时间内，由图可知它所围的面积是物块发生的位移，物块的总位移沿传送带向下，高度下降，重力对物块做正功，设为WG，根据动能定理得W＋WG＝mv－mv，则传送带对物块做的功W≠mv－mv，由此可知C项错误；物块的重力势能减小，动能也减小，都转化为系统产生的内能，由能量守恒定律可知，系统产生的热量大小一定大于物块动能的变化量大小，D项正确。‎ 答案　D 考点　4　能量守恒定律的综合应用 考|点|速|通 ‎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 ‎(1)当涉及摩擦力做功，机械能不守恒时，一般应用能的转化和守恒定律。‎ ‎(2)解题时，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|微|探 ‎【例4】　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μ＝，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mA＝2 kg，B的质量为mB＝1 kg，物体A的初始位置到C点的距离为L＝0.5 m。现给A、B一初速度v0＝3 m/s，使A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：‎ ‎(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)弹簧的最大弹性势能。‎ 解析　(1)在物体A向下运动，刚到C点过程中，对A和B整体，由动能定理：mAgLsinθ ‎－mBgL－μmAgLcosθ＝(mA＋mB)v－(mA＋mB)v，故vC＝2 m/s。‎ ‎(2)设弹簧的最大压缩量为x，从物体A刚到C点至压缩弹簧又返回C点的过程中，由能量守恒：‎ (mA＋mB)v＝2μmAgxcosθ，x＝0.2 m。‎ ‎(3)设弹簧的最大弹性势能为Ep，在物体A刚到C点至压缩弹簧到最短的过程中，由功能关系：(mA＋mB)v＝μmAgxcosθ＋Ep，故Ep＝3 J。‎ 答案　(1)2 m/s　(2)0.2 m　(3)3 J 题|组|冲|关 ‎1.(多选)如图所示，一倾角为α的固定斜面下端固定一挡板，一劲度系数为k的轻弹簧下端固定在挡板上，现将一质量为m的小物块从斜面上离弹簧上端距离为s处，由静止释放，已知物块与斜面间的动摩擦因数为μ，物块下滑过程中最大动能为Ekm，则小物块从释放到运动至最低点的过程中，下列说法正确的是(　　)‎ A．μμmgcosα，解得μμmgcosα，物块继续向下加速，动能仍在增大，所以此瞬间动能不是最大，当物块的合力为零时动能才最大，故B项错误；根据能量转化和守恒定律知，弹簧的最大弹性势能等于整个过程中物块减少的重力势能与产生的内能之差，而内能等于物块克服摩擦力做功，可得弹簧的最大弹性势能等于整个过程中物块减少的重力势能与摩擦力对物块做功之和，C项正确；若将物块从离弹簧上端2s的斜面处由静止释放，下滑过程中物块动能最大的位置不变，弹性势能不变，设为Ep，此位置弹簧的压缩量为x。根据功能关系可得：将物块从离弹簧上端s的斜面处由静止释放，下滑过程中物块的最大动能为Ekm＝mg(s＋x)sinα－μmg(s＋x)cosα－Ep，将物块从离弹簧上端2s的斜面处由静止释放，下滑过程中物块的最大动能为Ekm′＝mg(2s＋x)sinα－μmg·(2s＋x)cosα－Ep，而2Ekm＝mg(2s＋2x)sinα－μmg·(2s＋2x)cosα－2Ep＝[mg(2s＋x)sinα－μmg·(2s＋x)cosα－Ep]＋(mgxsinα－μmgxcosα－Ep)＝E′km＋(mgxsinα－μmgxcosα－Ep ‎)，由于在物块接触弹簧到动能最大的过程中，物块的重力势能转化为内能、弹簧的弹性势能和物块的动能，则根据功能关系可得mgxsinα－μmgxcosα>Ep，即mgxsinα－μmgxcosα－Ep>0，所以得E′km<2Ekm，故D项正确。‎ 答案　ACD ‎2．如图，质量为M的小车静止在光滑水平面上，小车AB段是半径为R的四分之一圆弧光滑轨道，BC段是长为L的水平粗糙轨道，两段轨道相切于B点。一质量为m的滑块在小车上从A点由静止开始沿轨道滑下，重力加速度为g。‎ ‎(1)若固定小车，求滑块运动过程中对小车的最大压力。‎ ‎(2)若不固定小车，滑块仍从A点由静止下滑，然后滑入BC轨道，最后从C点滑出小车。已知滑块质量m＝，在任一时刻滑块相对地面速度的水平分量是小车速度大小的2倍，滑块与轨道BC间的动摩擦因数为μ，求：‎ ‎①滑块运动过程中，小车的最大速度大小vm；‎ ‎②滑块从B到C运动过程中，小车的位移大小s。‎ 解析　(1)滑块滑到B点时对小车压力最大，从A到B机械能守恒，有mgR＝mv，‎ 滑块在B点处，由牛顿第二定律知FN－mg＝m，‎ 解得FN＝3mg，‎ 由牛顿第三定律知FN′＝FN＝3mg。方向竖直向下。‎ ‎(2)在任一时刻滑块相对地面速度的水平分量是小车速度的2倍。①滑块下滑到达B点时，小车速度最大。由机械能守恒mgR＝Mv＋m(2vm)2，‎ 解得vm＝ 。‎ ‎②设滑块运动到C点时，小车速度大小为vC，由功能关系得mgR－μmgL＝Mv＋m(2vC)2，‎ 设滑块从B到C过程中，小车运动加速度大小为a，由牛顿第二定律，有μmg＝Ma，‎ 由运动学规律得v－v＝－2as，解得s＝L。‎ 答案　(1)3mg　方向竖直向下　(2)① 　②L 与生产、生活相联系的能量问题 与生产、生活相联系的能量问题往往具有试题情景新颖，所叙述的内容可能很熟悉，也可能平时很少涉及，但问题的实质仍是能量转化和守恒定律的应用。对于此类问题，同学们要培养从题中提炼物理模型的能力，抓住物理过程中的状态变化，正确分析哪些力做了功，对应哪些形式的能的变化，哪些能量减少了，哪些能量增加了，根据ΔE减＝ΔE增列式计算。‎ ‎【经典考题】　滑沙是人们喜爱的娱乐活动，如图是滑沙场地的一段斜面，其倾角为θ＝30°，设参加活动的人和滑车总质量为m，人和滑车从距底端高为h处的顶端A沿滑道由静止开始匀加速下滑，加速度为0.4g(重力加速度为g)，人和滑车可视为质点，则从顶端向下滑到底端B的过程中，下列说法正确的是(　　)‎ A．人和滑车减少的重力势能全部转化为动能 B．人和滑车获得的动能为0.4mgh C．整个下滑过程中人和滑车减少的机械能为0.2mgh D．人和滑车克服摩擦力做功为0.6mgh 解析　对人和滑车应用牛顿第二定律得mgsinθ－f＝ma，且a＝0.4g，则人和滑车受到的摩擦力大小f＝0.1mg，人和滑车减少的机械能等于克服摩擦力做的功ΔE＝f＝0.2mgh，C项正确，D项错误；人和滑车减少的重力势能转化为动能和热能，A项错误；人和滑车获得的动能等于合外力的功ΔEk＝ma＝0.8mgh，B项错误。‎ 答案　C 必|刷|好|题 ‎1.如图所示是安装在列车车厢之间的摩擦缓冲器结构图，图中①和②为楔块，③和④为垫板，楔块与弹簧盒、垫板间均有摩擦，在车厢相互撞击使弹簧压缩的过程中(　　)‎ A．缓冲器的机械能守恒 B．摩擦力做功消耗机械能 C．垫板的动能全部转化为内能 D．弹簧的弹性势能全部转化为动能 解析　‎ 由于楔块与弹簧盒、垫块间均有摩擦，摩擦力做负功，则缓冲器的机械能部分转化为内能，A项错误，B项正确；车厢撞击过程中，弹簧被压缩，摩擦力和弹簧弹力都做功，所以垫块的动能转化为内能和弹性势能，C、D两项错误。‎ 答案　B ‎2．(多选)在一水平向右匀速运动的传送带的左端A点，每隔相等的时间T，轻放上一个工件。已知工件与传送带间动摩擦因数为μ，工件质量为m。经测量，发现后面那些已经和传送带达到同速度的工件之间的距离均为L。已知重力加速度为g，下列判断正确的有(　　)‎ A．传送带的速度大小为 B．工件在传送带上加速时间为 C．每个工件与传送带间因摩擦而产生的热量为 D．传送带因传送每一个工件而多消耗的能量为 解析　工件在传送带上先做匀加速直线运动，然后做匀速直线运动，由每个工件滑上传送带后运动的规律，可知L＝vT，解得传送带的速度v＝，A项正确；设每个工件匀加速运动的时间为t，根据牛顿第二定律得，工件的加速度为μg，根据v＝v0＋at，解得t＝＝，B项错误；工件与传送带相对滑动的路程为Δx＝v－＝＝，则摩擦产生的热量为Q＝μmgΔx＝，C项错误；根据能量守恒得，传送带因传送一个工件多消耗的能量E＝mv2＋μmgΔx＝，D项正确。‎ 答案　AD ‎1．(2017·全国卷Ⅲ)如图，一质量为m，长度为l的均匀柔软细绳PQ竖直悬挂。用外力将绳的下端Q缓慢地竖直向上拉起至M点，M点与绳的上端P相距l。重力加速度大小为g。在此过程中，外力做的功为(　　)‎ A.mgl　　B.mgl　　C.mgl　　D.mgl 解析　MQ的长度为l，对应的质量为m，根据题意MQ的重心上移了l，重力势能增加了mg·l＝mgl，即外力做功为mgl，A项正确。‎ 答案　A ‎2．(2016·全国卷Ⅱ)(多选)如图，小球套在光滑的竖直杆上，轻弹簧一端固定于O点，另一端与小球相连。现将小球从M点由静止释放，它在下降的过程中经过了N点。已知M、N两点处，弹簧对小球的弹力大小相等，且∠ONM<∠OMN<。在小球从M点运动到N点的过程中(　　)‎ A．弹力对小球先做正功后做负功 B．有两个时刻小球的加速度等于重力加速度 C．弹簧长度最短时，弹力对小球做功的功率为零 D．小球到达N点时的动能等于其在M、N两点的重力势能的差 解析　因M和N两点处弹簧对小球的弹力大小相等，且∠ONM<∠OMN<，知M处的弹簧处于压缩状态，N处的弹簧处于伸长状态，则弹簧的弹力对小球先做负功后做正功再做负功，A项错误；当弹簧水平时，竖直方向的力只有重力，加速度为g，当竖直方向的合外力为mg时，加速度也为g，则有两个时刻的加速度大小等于g，B项正确；弹簧长度最短时，即弹簧水平，弹力与速度垂直，则做功的功率为零，C项正确；M→N由动能定理WFk＋WG＝ΔEk，因M和N两点处弹簧对小球的弹力大小相等，则由弹力做功特点知WFk＝0，即WG＝ΔEk，D项正确。‎ 答案　BCD ‎3．(2016·全国卷Ⅱ)轻质弹簧原长为2l，将弹簧竖直放置在地面上，在其顶端将一质量为5m的物体由静止释放，当弹簧被压缩到最短时，弹簧长度为l ‎。现将该弹簧水平放置，一端固定在A点，另一端与物块P接触但不连接。AB是长度为5l的水平轨道，B端与半径为l的光滑半圆轨道BCD相切，半圆的直径BD竖直，如图所示。物块P与AB间的动摩擦因数μ＝0.5。用外力推动物块P，将弹簧压缩至长度l，然后放开，P开始沿轨道运动，重力加速度大小为g。‎ ‎(1)若P的质量为m，求P到达B点时速度的大小，以及它离开圆轨道后落回到AB上的位置与B点间的距离。‎ ‎(2)若P能滑上圆轨道，且仍能沿圆轨道滑下，求P的质量的取值范围。‎ 解析　(1)依题意，当弹簧竖直放置，长度被压缩至l时，质量为5m的物体的动能为零，其重力势能转化为弹簧的弹性势能。由机械能守恒定律，弹簧长度为l时的弹性势能为Ep＝5mgl，①‎ 若P的质量为M，到达B点时的速度大小为v1，由能量守恒定律得Ep＝Mv＋μMg·4l，②‎ 联立①②式，取M＝m并代入题给数据得vB＝，③‎ 若P能沿圆轨道运动到D点，其到达D点时的向心力不能小于重力，即P此时的速度大小vD应满足 －mg≥0, ④‎ 由机械能守恒定律得mv＝mv＋mg·2l，⑤‎ 联立③⑤式得vD＝，⑥‎ vD满足④式要求，故P能运动到D点，并从D点以速 度vD水平射出。设P落回到轨道AB所需的时间为t，由运动学公式得2l＝gt2，⑦‎ P落回到AB上的位置与B点之间的距离为s＝vDt，⑧‎ 联立⑥⑦⑧式得s＝2l。⑨‎ ‎(2)为使P能滑上圆轨道，它到达B点时的速度应大于零。由①②式可知5mgl>μMg·4l，⑩‎ 要使P仍能沿圆轨道滑回，P在圆轨道的上升高度不能超过半圆轨道的中点C。由机械能守恒定律有 Mv≤Mgl，⑪‎ 联立①②⑩⑪式得m≤M