2012届高考物理第一轮考纲知识复习 功能关系 能量守恒定律

第4节 功能关系 能量守恒定律
【考纲知识梳理】
一、功能关系
1．做功的过程是能量转化的过程，功是能的转化的量度。
2.功能关系——功是能量转化的量度
⑴ 重力所做的功等于重力势能的减少
⑵ 电场力所做的功等于电势能的减少
⑶ 弹簧的弹力所做的功等于弹性势能的减少
⑷ 合外力所做的功等于动能的增加
⑸ 只有重力和弹簧的弹力做功，机械能守恒
⑹ 重力和弹簧的弹力以外的力所做的功等于机械能的增加 WF = E2－E1 = ΔE
⑺克服一对滑动摩擦力所做的净功等于机械能的减少ΔE = fΔS （ ΔS 为相对滑动的距离）
⑻ 克服安培力所做的功等于感应电能的增加
二、能量守恒定律
【要点名师透析】
一、几种常见的功能关系
【例1】(2011?杭州模拟)(10分)一物块放在如图所示的斜面上,用力F沿斜面向下拉物块，物块沿斜面运动了一段距离，若已知在此过程中，拉力F所做的功为A，斜面对物块的作用力所做的功为B，重力做的功为C，空气阻力做的功为D，其中A、B、C、D的绝对值分别为100 J、30 J、100 J、20 J，则
(1)物块动能的增量为多少？
(2)物块机械能的增量为多少？
【答案】(1)150 J (2)50 J
【详解】(1)在物块下滑的过程中，拉力F做正功，斜面对物块有摩擦力，做负功，重力做正功，空气阻力做负功.根据动能定理，合外力对物块做的功等于物块动能的增量，则
ΔEk=W合=A+B+C+D=100 J+(-30 J)+100 J+(-20 J)
=150 J (5分)
(2)根据功能关系，除重力之外的其他力所做的功等于物块机械能的增量，则
ΔE机=A+B+D=100 J+(-30 J)+(-20 J)=50 J (5分)
二、摩擦力做功的特点
【例2】(2011?广州模拟)(12分)质量为M的长木板放在光滑的水平面上，一质量为m的滑块以某一速度沿木板表面从A点滑到B点，在板上前进了L，而木板前进了l，如图所示，若滑块与木板间的动摩擦因数为μ，求：
(1)摩擦力对滑块和木板做的功；
(2)系统产生的热量.
【答案】(1)－μmg(L+l) μmgl (2)μmgL
【详解】(1)滑块的对地位移为x1=L+l
摩擦力对滑块做的功为： W1=－Ffx1=－μmg(L+l) (4分)
木板的对地位移为x2=l
摩擦力对木板做的功为：W2=Ffx2=μmgl (4分)
(2)滑块相对木板的位移为Δx=L
系统产生的热量Q=FfΔx=μmgL (4分)
三、对能量守恒定律的理解和应用
1.对定律的理解
(1)某种形式的能减少,一定存在其他形式的能增加,且减少量和增加量一定相等.即ΔE减=ΔE增.
(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.即ΔEA减=ΔEB增.
2.应用能量守恒定律解题的步骤
(1)分清有多少形式的能［如动能、势能(包括重力势能、弹性势能、电势能)、内能等］在变化.
(2)明确哪种形式的能量增加,哪种形式的能量减少,并且列出减少的能量ΔE减和增加的能量ΔE增的表达式.
(3)列出能量守恒关系式:ΔE减=ΔE增.
【例3】(2011?福州模拟)(16分)如图所示,光滑水平面AB与竖直面内的半圆形导轨在B点相切,半圆形导轨的半径为R.一个质量为m的物体将弹簧压缩至A点后由静止释放,在弹力作用下物体获得某一向右的速度后脱离弹簧,当它经过B点进入导轨的瞬间对轨道的压力为其重力的8倍,之后向上运动恰能到达最高点C.(不计空气阻力)试求:
(1)物体在A点时弹簧的弹性势能.
(2)物体从B点运动至C点的过程中产生的内能.
【答案】(1) (2)mgR
【详解】 (1)设物体在B点的速度为vB,弹力为FNB,则有
(3分)
又FNB=8mg
由能量转化与守恒可知:
弹性势能 (4分)
(2)设物体在C点的速度为vC,由题意可知:
(3分)
物体由B点运动到C点的过程中,由能量守恒得：
(4分)
解得：Q=mgR (2分)
【考点模拟演练】
1.（2011?新课标全国卷?T16）一蹦极运动员身系弹性蹦极绳从水面上方的高台下落，到最低点时距水面还有数米距离。假定空气阻力可忽略，运动员可视为质点，下列说法正确的是
A. 运动员到达最低点前重力势能始终减小
B. 蹦极绳张紧后的下落过程中，弹性力做负功，弹性势能增加
C. 蹦极过程中，运动员、地球和蹦极绳所组成的系统机械能守恒
D. 蹦极过程中，重力势能的改变与重力势能零点的选取有关
【答案】选A、B、C。
【详解】运动员在下落过程中，重力做正功，重力势能减小，故A正确。蹦极绳张紧后的下落过程中，弹性力向上，位移向下，弹性力做负功，弹性势能增加，故B正确。选取运动员、地球和蹦绳为一系统，在蹦极过程中，只有重力和系统内弹力做功，这个系统的机械能守恒，故C正确。重力势能改变的表达式为?Ep=mg?h，由于?h是绝对的与选取的重力势能参考零点无关，故D错。
6.（2011?安徽高考?T24）如图所示，质量M=2kg的滑块套在光滑的水平
轨道上，质量m=1kg的小球通过长L=0.5m的轻质细杆与滑块上的光滑轴O连接，小球和轻杆可在竖直平面内绕O轴自由转动，开始轻杆处于水平状态，现给小球一个竖直向上的初速度 =4 m/s，g取10 。
若锁定滑块，试求小球通过最高点P时对轻杆的作用力大小和方向。
（2）若解除对滑块的锁定，试求小球通过最高点时的速度大小。
在满足（2）的条件下，试求小球击中滑块右侧轨道位置点与小球起始位置点间的距离。
【答案】（1）2N，方向竖直向上 （2） （3） m
【详解】设小球能通过最高点，且此时的速度为v1，在上升过程中，因只有重力做功，小球的机械能守恒，则 ①
②
设小球到达最高点时，轻杆对小球的作用力为F，方向向下，则小球受到的拉力和重力提供做圆周运动的向心力，有 ③
由②③式，得 ④
由牛顿第三定律知，小球对轻杆的作用力大小为2N，方向竖直向上。
（2）若解除锁定，设小球通过最高点时的速度为v2，此时滑块的速度为V 。小球和滑块起始状态沿在水平方向初速度均为零，在上升过程中，因系统在水平方向不受外力作用，水平方向的动量守恒。以水平向右方向为正方向，有 ⑤
在上升过程中，因只有重力做功，系统的机械能守恒，则 ⑥，
由⑤⑥式得 。
（3）设小球击中滑块右侧轨道的位置点与小球起始位置点间的距离为s1,滑块向左移动的距离为s2。任意时刻小球的水平速度大小为v3，滑块的速度大小为V‘。由系统水平方向的动量守恒，得 ⑦将⑦式两边同乘以 ，得 ⑧，因⑧式对任意时刻附近的微小间隔 都成立，累积相加后，有 ⑨，又 ⑩,由⑨⑩式，得 m
3.（2011?大纲版全国?T26）26.装甲车和战舰采用多层钢板比采用同样质量的单层钢板更能抵御穿甲弹的射击。通过对一下简化模型的计算可以粗略说明其原因。
质量为2m、厚度为2d的钢板静止在水平光滑桌面上。质量为m的子弹以某一速度垂直射向该钢板，刚好能将钢板射穿。现把钢板分成厚度均为d、质量均为m的相同两块，间隔一段距离水平放置，如图所示。若子弹以相同的速度垂直射向第一块钢板，穿出后再射向第二块钢板，求子弹射入第二块钢板的深度。设子弹在钢板中受到的阻力为恒力，且两块钢板不会发生碰撞不计重力影响。
【详解】设子弹初速度为 ，射入厚为 的钢板后，最终的共同速度为 ，根据动量守恒
…………………①
解得
动能损失 …………………③
分成两块钢板之后，设子弹打穿第一块时两者的速度分别是 和 ，根据动量守恒
…………………③
子弹在钢板中所受的阻力为恒力，射穿第一块钢板的动能损失为 ，根据能量守恒，
…………………④
联立①②③④，考虑到 必须大于 ，得
…………………⑤
设子弹射入第二块钢板并留在其中后两者的共同速度为 ，根据动量守恒
…………………⑥
动能损失
…………………⑦
联立①②⑤⑥⑦，得
…………………⑧
因为子弹在钢板中所受的阻力为恒力，由⑧式，得射入第二块钢版的深度
…………………⑨
4.（09?天津?10） 如图所示，质量m1=0.3 kg 的小车静止在光滑的水平面上，车长L=15 m,现有质量m2=0.2 kg可视为质点的物块，以水平向右的速度v0=2 m/s从左端滑上小车，最后在车面上某处与小车保持相对静止。物块与车面间的动摩擦因数 =0.5,取g=10 m/s2，求
（1）物块在车面上滑行的时间t;
（2）要使物块不从小车右端滑出，物块滑上小车左端的速度v′0不超过多少。
答案：（1）0.24s (2)5m/s
解析：本题考查摩擦拖动类的动量和能量问题。涉及动量守恒定律、动量定理和功能关系这些物理规律的运用。
（1）设物块与小车的共同速度为v，以水平向右为正方向，根据动量守恒定律有
①
设物块与车面间的滑动摩擦力为F，对物块应用动量定理有
②
其中 ③
解得
代入数据得 ④
（2）要使物块恰好不从车厢滑出，须物块到车面右端时与小车有共同的速度v′，则
⑤
由功能关系有
⑥
代入数据解得 =5m/s
故要使物块不从小车右端滑出，物块滑上小车的速度v0′不能超过5m/s。
5.（09?山东?38）（2）如图所示，光滑水平面轨道上有三个木块，A、B、C，质量分别为mB=mc=2m,mA=m，A、B用细绳连接，中间有一压缩的弹簧 (弹簧与滑块不栓接)。开始时A、B以共同速度v0运动，C静止。某时刻细绳突然断开，A、B被弹开，然后B又与C发生碰撞并粘在一起，最终三滑块速度恰好相同。求B与C碰撞前B的速度。
解析：（2）设共同速度为v，球A和B分开后，B的速度为 ,由动量守恒定律有 , ,联立这两式得B和C碰撞前B的速度为 。
考点：动量守恒定律
6.（09?安徽?24）过山车是游乐场中常见的设施。下图是一种过山车的简易模型，它由水平轨道和在竖直平面内的三个圆形轨道组成，B、C、D分别是三个圆形轨道的最低点，B、C间距与C、D间距相等，半径 、 。一个质量为 kg的小球（视为质点），从轨道的左侧A点以 的初速度沿轨道向右运动，A、B间距 m。小球与水平轨道间的动摩擦因数 ，圆形轨道是光滑的。假设水平轨道足够长，圆形轨道间不相互重叠。重力加速度取 ，计算结果保留小数点后一位数字。试求
（1）小球在经过第一个圆形轨道的最高点时，轨道对小球作用力的大小；
（2）如果小球恰能通过第二圆形轨道，B、C间距 应是多少；
（3）在满足（2）的条件下，如果要使小球不能脱离轨道，在第三个圆形轨道的设计中，半径 应满足的条件；小球最终停留点与起点 的距离。
答案：（1）10.0N；（2）12.5m(3) 当 时， ；当 时，
解析：（1）设小于经过第一个圆轨道的最高点时的速度为v1根据动能定理
①
小球在最高点受到重力mg和轨道对它的作用力F，根据牛顿第二定律
②
由①②得 ③
（2）设小球在第二个圆轨道的最高点的速度为v2，由题意
④
⑤
由④⑤得 ⑥
（3）要保证小球不脱离轨道，可分两种情况进行讨论：
I．轨道半径较小时，小球恰能通过第三个圆轨道，设在最高点的速度为v3，应满足
⑦
⑧
由⑥⑦⑧得
II．轨道半径较大时，小球上升的最大高度为R3，根据动能定理
解得
为了保证圆轨道不重叠，R3最大值应满足
解得 R3=27.9m
综合I、II，要使小球不脱离轨道，则第三个圆轨道的半径须满足下面的条件
或
当 时，小球最终焦停留点与起始点A的距离为L′，则
当 时，小球最终焦停留点与起始点A的距离为L?，则
7.（09?重庆?23）2009年中国女子冰壶队首次获得了世界锦标赛冠军，这引起了人们对冰壶运动的关注。冰壶在水平冰面上的一次滑行可简化为如下过程：如题23图，运动员将静止于O点的冰壶（视为质点）沿直线 推到A点放手，此后冰壶沿 滑行，最后停于C点。已知冰面各冰壶间的动摩擦因数为，冰壶质量为m，AC=L， =r,重力加速度为g
（1）求冰壶在A 点的速率；
（2）求冰壶从O点到A点的运动过程中受到的冲量大小；
（3）若将 段冰面与冰壶间的动摩擦因数减小为 ，原只能滑到C点的冰壶能停于 点，求A点与B点之间的距离。
解析：
8.（09?广东物理?19）如图19所示，水平地面上静止放置着物块B和C，相距 =1.0m 。物块A以速度 =10m/s沿水平方向与B正碰。碰撞后A和B牢固地粘在一起向右运动，并再与C发生正碰，碰后瞬间C的速度 =2.0m/s 。已知A和B的质量均为m，C的质量为A质量的k倍，物块与地面的动摩擦因数 =0.45.（设碰撞时间很短，g取10m/s2）
（1）计算与C碰撞前瞬间AB的速度；
（2）根据AB与C的碰撞过程分析k的取值范围，并讨论与C碰撞后AB的可能运动方向。
解析：⑴设AB碰撞后的速度为v1,AB碰撞过程由动量守恒定律得
设与C碰撞前瞬间AB的速度为v2，由动能定理得
联立以上各式解得
⑵若AB与C发生完全非弹性碰撞，由动量守恒定律得
代入数据解得
此时AB的运动方向与C相同
若AB与C发生弹性碰撞，由动量守恒和能量守恒得
联立以上两式解得
代入数据解得
此时AB的运动方向与C相反
若AB与C发生碰撞后AB的速度为0，由动量守恒定律得
代入数据解得
总上所述得 当 时，AB的运动方向与C相同
当 时，AB的速度为0
当 时，AB的运动方向与C相反
9.（09?广东物理?20）如图20所示，绝缘长方体B置于水平面上，两端固定一对平行带电极板，极板间形成匀强电场E。长方体B的上表面光滑，下表面与水平面的动摩擦因数 =0.05（设最大静摩擦力与滑动摩擦力相同）。B与极板的总质量 =1.0kg.带正电的小滑块A质量 =0.60kg，其受到的电场力大小F=1.2N.假设A所带的电量不影响极板间的电场分布。t=0时刻，小滑块A从B表面上的a点以相对地面的速度 =1.6m/s向左运动，同时，B（连同极板）以相对地面的速度 =0.40m/s向右运动。问（g取10m/s2）
（1）A和B刚开始运动时的加速度大小分别为多少？
（2）若A最远能到达b点，a、b的距离L应为多少？从t=0时刻至A运动到b点时，摩擦力对B做的功为多少？
解析：⑴由牛顿第二定律 有
A刚开始运动时的加速度大小 方向水平向右
B刚开始运动时受电场力和摩擦力作用
由牛顿第三定律得电场力
摩擦力
B刚开始运动时的加速度大小 方向水平向左
⑵设B从开始匀减速到零的时间为t1，则有
此时间内B运动的位移
t1时刻A的速度 ，故此过程A一直匀减速运动。
此t1时间内A运动的位移
此t1时间内A相对B运动的位移
此t1时间内摩擦力对B做的功为
t1后，由于 ，B开始向右作匀加速运动，A继续作匀减速运动，当它们速度相等时A、B相距最远，设此过程运动时间为t2，它们速度为v，则有
对A 速度
对B 加速度
速度
联立以上各式并代入数据解得
此t2时间内A运动的位移
此t2时间内B运动的位移
此t2时间内A相对B运动的位移
此t2时间内摩擦力对B做的功为
所以A最远能到达b点a、b的距离L为
从t=0时刻到A运动到b点时，摩擦力对B做的功为
。
10.（09?宁夏?24）冰壶比赛是在水平冰面上进行的体育项目，比赛场地示意如图。比赛时，运动员从起滑架处推着冰壶出发，在投掷线AB处放手让冰壶以一定的速度滑出，使冰壶的停止位置尽量靠近圆心O.为使冰壶滑行得更远，运动员可以用毛刷擦冰壶运行前方的冰面，使冰壶与冰面间的动摩擦因数减小。设冰壶与冰面间的动摩擦因数为 =0.008，用毛刷擦冰面后动摩擦因数减少至 =0.004.在某次比赛中，运动员使冰壶C在投掷线中点处以2m/s的速度沿虚线滑出。为使冰壶C能够沿虚线恰好到达圆心O点，运动员用毛刷擦冰面的长度应为多少？（g取10m/s2）
解析：
设冰壶在未被毛刷擦过的冰面上滑行的距离为 ，所受摩擦力的大小为 ：在 被毛刷擦过的冰面上滑行的距离为 ，所受摩擦力的大小为 。则有
+ =S ①
式中S为投掷线到圆心O的距离。
②
③
设冰壶的初速度为 ，由功能关系，得
④
联立以上各式，解得
⑤
代入数据得
⑥
【考点模拟演练】
1.已知货物的质量为m,在某段时间内起重机将货物以a的加速度加速升高h,则在这段时间内，下列叙述正确的是(重力加速度为g)( )
A.货物的动能一定增加mah-mgh
B.货物的机械能一定增加mah
C.货物的重力势能一定增加mah
D.货物的机械能一定增加mah+mgh
【答案】选D.
【详解】根据动能定理可知，货物动能的增加量等于货物合外力做的功mah，A错误；根据功能关系，货物机械能的增量等于除重力以外的力做的功而不等于合外力做的功,B错误；由功能关系知,重力势能的增量对应货物重力做的负功的大小mgh,C错误；由功能关系,货物机械能的增量为起重机拉力做的功m(g+a)h,D正确.
2.(2011?福州模拟)重物m系在上端固定的轻弹簧下端,用手托起重物,使弹簧处于竖直方向,弹簧的长度等于原长时,突然松手,重物下落的过程中,对于重物、弹簧和地球组成的系统来说,正确的是(弹簧始终在弹性限度内变化)( )
A.重物的动能最大时,重力势能和弹性势能的总和最小
B.重物的重力势能最小时,动能最大
C.弹簧的弹性势能最大时,重物的动能最小
D.重物的重力势能最小时,弹簧的弹性势能最大
【答案】选A、C、D.
【详解】重物下落过程中,只发生动能、重力势能和弹性势能的相互转化,所以当动能最大时,重力势能和弹性势能的总和最小,A正确;当重物的重力势能最小时,重物应下落到最低点,其速度为零,动能最小,此时弹簧伸长量最大,弹性势能最大,故B错误,C、D正确.
3.如图(甲)所示，质量不计的弹簧竖立固定在水平面上，t=0时刻，将一金属小球从弹簧正上方某一高度处由静止释放，小球落到弹簧上压缩弹簧到最低点，然后又被弹起离开弹簧，上升到一定高度后再下落，如此反复.通过安装在弹簧下端的压力传感器，测出这一过程弹簧弹力F随时间t变化的图象如图(乙)所示，则( )
A.t1时刻小球动能最大
B.t2时刻小球动能最大
C.t2～t3这段时间内，小球的动能先增加后减少
D.t2～t3这段时间内，小球增加的动能等于弹簧减少的弹性势能
【答案】选C.
【详解】小球在未碰弹簧前先做自由落体运动，碰后先做加速度减小的加速运动直到加速度为零，即重力等于弹簧的弹力时速度最大，而后做加速度增大的减速运动，上升过程恰好与下降过程互逆，在整个过程中小球的动能、势能及弹簧的弹性势能总和不变，由(乙)图可知t1时刻小球开始接触弹簧，t2时刻小球运动到最低点，动能最小，t3时刻小球恰好离开弹簧上升，t2～t3这段时间内小球从最低点向上运动的过程中先加速到速度最大然后做减速运动，小球动能先增加后减少，弹簧减少的弹性势能转化为小球的动能和重力势能，故选C.
4.(2011?吉林模拟)如图所示，小球从A点以初速度v0沿粗糙斜面向上运动，到达最高点B后返回A，C为AB的中点.下列说法中正确的是( )
A.小球从A出发到返回A的过程中，位移为零，外力做功为零
B.小球从A到C过程与从C到B过程，减少的动能相等
C.小球从A到C过程与从C到B过程，速度的变化量相等
D.小球从A到C过程与从C到B过程，损失的机械能相等
【答案】选B、D.
【详解】小球从A出发到返回A的过程中，重力做功为零，摩擦力做负功，A错误；小球从A到C过程与从C到B过程中，合外力做功相等，动能的增量相等，但速度的变化量不等，B正确，C错误；小球从A到C过程与从C到B过程，损失的机械能等于克服摩擦力做的功，而克服摩擦力做的功相等，故D正确.
5．节日燃放礼花弹时，要先将礼花弹放入一个竖直的炮筒中，然后点燃礼花弹的发射部分，通过火药剧烈燃烧产生的高压燃气，将礼花弹由炮筒底部射向空中．若礼花弹在由炮筒底部出发至炮筒口的过程中，克服重力做功W1，克服炮筒阻力及空气阻力做功W2，高压燃气对礼花弹做功W3，则礼花弹在炮筒内运动的过程中(设礼花弹发射过程中质量不变)
(　　)
A．礼花弹的动能变化量为W3＋W2＋W1
B．礼花弹的动能变化量为W3－W2－W1
C．礼花弹的机械能变化量为W3－W2
D．礼花弹的机械能变化量为W3－W1
【答案】BC
【详解】由动能定理，动能变化量等于合外力做的功，即W3－W2－W1，B正确．除重力之外的力的功对应机械能的变化，即W3－W2，C正确．
6．飞船返回时高速进入大气层后，受到空气阻力的作用，接近地面时，减速伞打开，在距地面几米处，制动发动机点火制动，飞船迅速减速，安全着陆．下列说法正确的是
(　　)
A．制动发动机点火制动后，飞船的重力势能减少，动能减小
B．制动发动机工作时，由于化学能转化为机械能，飞船的机械能增加
C．重力始终对飞船做正功，使飞船的机械能增加
D．重力对飞船做正功，阻力对飞船做负功，飞船的机械能不变
【答案】A
【详解】制动发动机点火制动后，飞船迅速减速下落，动能、重力势能均变小，机械能减小，A正确，B错误；飞船进入大气层后，空气阻力做负功，机械能一定减小，故C、D均错误．
7．如图所示，具有一定初速度的物块，沿倾角为30°的粗糙斜面向上运动的过程中，受一个恒定的沿斜面向上的拉力F作用，这时物块的加速度大小为4 m/s2，方向沿斜面向下，那么，在物块向上运动过程中，正确的说法是 (　　)
A．物块的机械能一定增加
B．物块的机械能一定减小
C．物块的机械能可能不变
D．物块的机械能可能增加也可能减小
【答案】A
【详解】机械能变化的原因是非重力、弹簧弹力做功，本题亦即看成F与Fμ做功大小问题，由mgsinα＋Fμ－F＝ma，知F－Fμ＝mgsin30°－ma>0，即F>Fμ，故F做正功多于克服摩擦力做功，故机械能增大．
8．如图所示，分别用恒力F1、F2先后将质量为m的物体由静止开始沿同一粗糙的固定斜面由底端拉至顶端，两次所用时间相同，第一次力F1沿斜面向上，第二次力F2沿水平方向，则两个过程
(　　)
A．合外力做的功相同
B．物体机械能变化量相同
C．F1做的功与F2做的功相同
D．F1做的功比F2做的功多
【答案】AB
【详解】两次物体运动的位移和时间相等，则两次的加速度相等，末速度也应相等，则物体的机械能变化量相等，合力做功也应相等．用F2拉物体时，摩擦力做功多些，两次重力做功相等，由动能定理知，用F2拉物体时拉力做功多．
9．一物体沿固定斜面从静止开始向下运动，经过时间t0滑至斜面底端．已知在物体运动过程中物体所受的摩擦力恒定．若用F、v、x和E分别表示该物体所受的合力、物体的速度、位移和机械能，则如下图所示的图象中可能正确的是
(　　)
【答案】AD
【详解】物体在沿斜面向下滑动的过程中，受到重力、支持力、摩擦力的作用，其合力为恒力，A正确；而物体在此合力作用下做匀加速运动，v＝at，x＝12at2，所以B、C错；物体受摩擦力作用，总的机械能将减小，D正确．
10.如图所示，甲、乙两车用轻弹簧相连静止在光滑的水平面上，现在同时对甲、乙两车施加等大反向的水平恒力F1、F2，使甲、乙同时由静止开始运动，在整个过程中，对甲、乙两车及弹簧组成的系统(假定整个过程中弹簧均在弹性限度内)，正确的说法是( )
A.系统受到外力作用，动能不断增大
B.弹簧伸长到最长时，系统的机械能最大
C.恒力对系统一直做正功，系统的机械能不断增大
D.两车的速度减小到零时，弹簧的弹力大小大于外力F1、F2的大小
【答案】选B.
【详解】对甲、乙单独受力分析，两车都先加速后减速，故系统动能先增大后减小，A错误；弹簧最长时，外力对系统做正功最多，系统的机械能最大，B正确；弹簧达到最长后，甲、乙两车开始反向加速运动，F1、F2对系统做负功，系统机械能开始减小，C错；当两车第一次速度减小到零时，弹簧弹力大小大于F1、F2的大小，当返回第二次速度最大时，弹簧的弹力大小等于外力大小，当速度再次为零时，弹簧的弹力大小小于外力F1、F2的大小，D错误.
11．(16分)工厂流水线上采用弹射装置把物品转运，现简化其模型分析：如图所示，质量为m的滑块，放在光滑的水平平台上，平台右端B与水平传送带相接，传送带的运行速度为v0，长为L；现将滑块向左压缩固定在平台上的轻弹簧，到达某处时由静止释放，若滑块离开弹簧时的速度小于传送带的速度，当滑块滑到传送带右端C时，恰好与传送带速度相同，滑块与传送带间的动摩擦因数为μ.求：
(1)释放滑块时，弹簧具有的弹性势能；
(2)滑块在传送带上滑行的整个过程中产生的热量．
【答案】　(1)12mv20－μmgL
(2)mv0(v0－ v20－2μgL)－μmgL
【详解】(1)设滑块冲上传送带时的速度为v，在弹簧弹开过程中，
由机械能守恒Ep＝12mv2
滑块在传送带上做匀加速运动
由动能定理μmgL＝12mv20－12mv2
解得：Ep＝12mv20－μmgL.
(2)设滑块在传送带上做匀加速运动的时间为t，则t时间内传送带的位移
s＝v0t
v0＝v＋at　μmg＝ma
滑块相对传送带滑动的位移Δs＝s－L
相对滑动生成的热量Q＝μmgΔs
解得：Q＝mv0(v0－ v20－2μgL)－μmgL.
12． (17分)如图所示，一质量为m的滑块从高为h的光滑圆弧形槽的顶端A处无初速度地滑下，槽的底端B与水平传送带相接，传送带的运行速度恒为v0，两轮轴心间距为l，滑块滑到传送带上后做匀加速运动，滑到传送带右端C时，恰好加速到与传送带的速度相同，求：
(1)滑块到达底端B时的速度大小vB；
(2)滑块与传送带间的动摩擦因数μ；
(3)此过程中，由于克服摩擦力做功而产生的热量Q.
【答案】(1) 2gh　(2)v20－2gh2gl　(3)m?v0－2gh?22
【详解】　(1)滑块在由A到B的过程中机械能守恒，
可得：mgh＝12mv2B.
解得：vB＝2gh.
(2)滑块在由B到C的过程中，应用动能定理得：
μmgl＝12mv20－12mv2B.
解得μ＝v20－2gh2gl.
(3)Q＝Ff?l相对＝μmgl相对
l相对＝?v0－vB?22μg＝?v0－2gh?22μg，
故Q＝m?v0－2gh?22.


版权声明：本文内容由互联网用户自发贡献，该文观点仅代表作者本人。本站仅提供信息存储空间服务，不拥有所有权，不承担相关法律责任。如发现本站有涉嫌抄袭侵权/违法违规的内容，请发送邮件至 lxy@jiyifa.cn 举报，一经查实，本站将立刻删除。