（新课标）2020版高考物理大二轮复习 专题二 功和能 第二讲 功能关系在力学中的应用教学案

第二讲功能关系在力学中的应用知识建构备考点睛(注1)(注3)：详见答案部分1.熟练两种模型(1)“传送带”模型.(2)“板块”模型.2.常见的功能关系(1)合外力做功与动能的关系：W合Ek.(2)重力做功与重力势能的关系：WGEp.(3)弹力做功与弹性势能的关系：W弹Ep.(4)除重力以外其他力做功与机械能的关系：W其他E机.(5)滑动摩擦力做功与内能的关系：Ffl相对E内. 答案(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；代数和为负值说明机械能有损失转化为内能(2)内容：能量既不能凭空产生，也不能凭空消失它只能从一种形式转化为另一种形式，或从一个物体转移到另一个物体，在转化或转移的过程中其总量保持不变(3)表达式：E减E增E增为末状态的能量减去初状态的能量，而E减为初状态的能量减去末状态的能量热点考向一力学中几个重要功能关系的应用【典例】(多选)(2019东北三校联考)质量分别为m1和m2的木块A和B之间用一轻质弹簧相连，然后将它们静置于一底端带有挡板的光滑斜面上，其中B置于斜面底端的挡板上设斜面的倾角为，弹簧的劲度系数为k.现用一平行于斜面的恒力F拉木块A使A沿斜面由静止开始向上运动，当木块B恰好对挡板的压力为零时，木块A在斜面上运动的速度为v，则下列说法正确的是()A此时弹簧的弹力大小为m1gsinB拉力F在该过程中对木块A所做的功为FC木块A在该过程中重力势能增加了m1D弹簧在该过程中弹性势能增加了Fm1v2思路引领(1)木块B恰好对挡板压力为零时，木块B处于平衡状态，弹簧弹力为m2gsin.(2)弹簧弹性势能的增加量等于拉力做的功减去系统动能和重力势能的增加量解析当木块B恰好对挡板的压力为零时，木块B受重力、支持力以及弹簧的弹力作用，则由力的平衡条件可知，弹簧的弹力大小为m2gsin，故A错误；木块A向上运动时有重力、拉力F和弹簧弹力对其做功，根据动能定理，合力做功等于木块A动能的增加量，开始时木块A静止，弹簧压缩量x1，当B对挡板的压力刚为零时，弹簧伸长量x2，此过程中拉力F对木块A做的功为WFF(x1x2)F；此过程中木块A重力势能的增加量Epm1ghm1g(x1x2)sinm1，故B、C正确；根据功能关系，弹簧弹性势能的增加量等于拉力做的功减去系统动能和重力势能的增加量，即Fm1v2m1，故D错误答案BC1对功能关系的理解(1)做功的过程就是能量转化的过程不同形式的能量发生相互转化可以通过做功来实现(2)功是能量转化的量度，功和能的关系，一是体现在不同性质的力做功，对应不同形式的能转化，具有一一对应关系，二是做功的多少与能量转化的多少在数值上相等2功是能量转化的量度，力学中几种常见的功能关系如下迁移一与圆周运动结合的功能关系1(2019湖北七校联考) 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时恰好对轨道没有压力已知AP2R，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2mgRB机械能减少mgRC合外力做功mgRD克服摩擦力做功mgR/2解析小球从P点运动到B点的过程中重力做功为mgR，选项A错误；设小球通过B点时的速度为vB，小球通过B点时刚好对轨道没有压力，说明此刻刚好重力提供向心力，对小球通过B点瞬间应用牛顿第二定律有：mgm，解得vB，设小球从P点运动到B点的过程中克服摩擦力做功为W，对此过程由动能定理有：mgRWmv，联立得WmgR，选项D正确；合外力做功W合mvmgR，选项C错误；小球机械能的减少量等于小球克服摩擦力所做的功，即EWmgR，选项B错误答案D迁移二与板块结合的功能关系2(多选)(2019黑龙江哈尔滨三中调研)如图所示，质量为M、长为L的木板置于光滑的水平地面上，一质量为m的滑块放置在木板左端，滑块与木板间的滑动摩擦力大小为Ff，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，下列结论中正确的是()A上述过程中，F做的功等于滑块和木板动能的增加量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，滑块到达木板右端所用的时间越长D其他条件不变的情况下，Ff越大，滑块与木板间产生的热量越多解析F做的功等于二者的动能与因摩擦产生的热量之和，A错误；其他条件不变的情况下，M越大，木板加速度越小，木板在地面上移动的距离x越小，B正确；其他条件不变的情况下，F越大，滑块加速度越大，滑块到达木板右端所用时间越短，C错误；滑块与木板间产生的热量等于FfL，其他条件不变的情况下，Ff越大，滑块与木板间产生的热量越多，D正确答案BD迁移三与传送带结合的功能关系3(2019山东省淄博市高三二模)已知一足够长的传送带与水平面的倾角为，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t0记录了小物块之后在传送带上运动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，v1v2.已知传送带的速度保持不变，则()A物块在0t1内运动的位移比在t1t2内运动的位移小B若物块与传送带间的动摩擦因数为，那么v2，由v22ax知，物块在0t1内运动的位移比在t1t2内运动的位移大，选项A错误；由图乙知，物块在0t1内沿斜面向下做匀减速直线运动，由牛顿第二定律知mgcosmgsin，则tan，选项B错误；0t2内，根据动能定理得，WWGmvmv，选项C错误；0t2内，由能量守恒定律知，物块动能减少量与重力势能减少量等于物块与传送带间摩擦而产生的热量，故物块动能变化量大小一定小于物块与传送带间摩擦而产生的热量，选项D正确答案D(1)“传送带”模型问题中的功能关系分析功能关系分析：W电EkEpQE电对W电和Q的理解：电动机做的功W电Fx传；产生的热量QFfx相对(2)常用结论把一个物体无初速度放到水平匀速转动的传送带上，在物体与传送带相对静止时，因摩擦产生的热量Q与物体动能增加量相等，即Q.把一个物体无初速度放到倾斜向上转动的传送带上，在物体与传送带速度相等时，因摩擦产生的热量Q与物体机械能增加量相等，即Qmgh.(3)常用方法：物块在传送带上运动，在同一坐标系中同时作出物块和传送带运动的vt图线，由图像分析物块的运动过程，求物块与传送带的位移及相对位移. 热点考向二动力学规律和动能定理的综合应用【典例】(2019河北唐山模拟)如图(甲)所示，倾角37的粗糙斜面固定在水平面上，斜面足够长一根轻弹簧一端固定在斜面的底端，另一端与质量m1.0 kg的小滑块(可视为质点)接触，滑块与弹簧不相连，弹簧处于压缩状态当t0时释放滑块在00.24 s时间内，滑块的加速度a随时间t变化的关系如图(乙)所示已知弹簧的劲度系数k2.0102 N/m，当t10.14 s时，滑块的速度v12.0 m/s.g取10 m/s2，sin370.6，cos370.8.弹簧弹性势能的表达式为Epkx2(式中k为弹簧的劲度系数，x为弹簧的形变量)求：(1)斜面对滑块摩擦力的大小Ff；(2)t0.14 s时滑块与出发点间的距离d；(3)在00.44 s时间内，摩擦力做的功W.思路引领(1)t10.14 s时，滑块与弹簧开始分离(2)mgsin37Ff，滑块速度减为零后，会反向做匀加速直线运动解析(1)由图(乙)可知，当t10.14 s时，滑块与弹簧开始分离，此后滑块受重力、斜面的支持力和摩擦力，滑块开始做匀减速直线运动加速度大小为a110 m/s2.根据牛顿第二定律有mgsinFfma1，代入数据解得Ff4.0 N.(2)当t10.14 s时弹簧恰好恢复原长，所以此时滑块与出发点间的距离d等于t00时弹簧的形变量x，所以在00.14 s时间内弹簧弹力做的功为W弹Ep初Ep末kd2.在这段过程中，根据动能定理有W弹mgdsinFfdmv0，代入数据解得d0.20 m.(3)设从t10.14 s时开始，经时间t1滑块的速度减为零，则有t10.20 s这段时间内滑块运动的距离为x10.20 m此时为t20.14 st10.34 s，由于mgsin376 NFf，此后滑块反向做匀加速直线运动，其加速度的大小为a22.0 m/s2；在0.340.44 s(t20.1 s)时间内，滑块反向运动的距离为x2a2t0.01 m.在00.44 s时间内，摩擦力Ff做的功为WFf(dx1x2)代入数据解得W1.64 J.答案(1)4.0 N(2)0.20 m(3)1.64 J动力学规律和动能定理的综合问题的解题技巧1如果涉及到加速度、时间和受力的分析和计算，一般应用动力学方法；如果只涉及位移、功和能量的转化问题，通常采用动能定理分析2对于物体受变力作用的力学问题，动能定理是解决问题的重要方法之一(2019河南省周口市期末)如右图所示，半径R0.3 m的竖直圆槽形光滑轨道与水平轨道AC相切于B点，水平轨道的C点固定有竖直挡板，轨道上的A点静置有一质量m1 kg的小物块(可视为质点)现给小物块施加一大小为F6.0 N、方向水平向右的恒定拉力，使小物块沿水平轨道AC向右运动，当运动到AB之间的D点(图中未画出)时撤去拉力，小物块继续滑行到B点后进入竖直圆槽形轨道做圆周运动，当物块运动到最高点时，由压力传感器测出小物块对轨道最高点的压力为 N已知水平轨道AC长为2 m，B为AC的中点，小物块与AB段间的动摩擦因数10.45，重力加速度g10 m/s2.求：(1)小物块运动到B点时的速度大小；(2)拉力F作用在小物块上的时间t；(3)若小物块从竖直圆槽形轨道滑出后，经水平轨道BC到达C点，与竖直挡板相碰时无机械能损失，为使小物块从C点返回后能再次冲上圆槽形轨道且不脱离，试求小物块与水平轨道BC段间的动摩擦因数的取值范围解析(1)小物块运动到轨道最高点时，由牛顿第二定律得FNmgm，由牛顿第三定律得FNFN N联立解得v2 m/s物块从B运动到轨道最高点的过程，由机械能守恒定律得mg2Rmv2mv解得vB4 m/s(2)小物块从A运动到B点的过程，由动能定理得Fs1mgxABmv0根据牛顿第二定律得：F1mgma由运动学公式有sat2联立解得t s(3)设BC段的动摩擦因数为2.设物块在圆槽形轨道最高点的最小速度为v1，则由牛顿第二定律可得：mgm，由动能定理得：22mgxBC2mgRmvmv代入数据解得20.025故为使物块能从C点返回通过轨道的最高点而不会脱离轨道，应满足020.025若物块从C点返回在圆槽形轨道上升高度为R时速度为零，由动能定理可得：22mgxBCmgR0mv代入数据解得：20.25物块从C返回刚好停止到B点，由动能定理可得：22mgxBC0mv代入数据解得：20.4故为使物块能返回圆槽形轨道且能沿轨道运动而不会脱离轨道，满足0.2520.4综上所述，020.025或0.2520.4.答案(1)4 m/s(2) s(3)020.025或0.252Mg4l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MvMgl联立式得mMm答案(1)2l(2)mMtan2，最大静摩擦力等于滑动摩擦力，A与挡板P相撞的过程中没有机械能损失将A、B同时由静止释放(1)求A、B释放瞬间小物块A的加速度大小a1；(2)若A与挡板P不相撞，求木板B的最小长度l0；(3)若木板B的长度为l，求整个过程中木板B运动的总路程解析(1)释放A、B，它们一起匀加速下滑，以A、B为研究对象，由牛顿第二定律有mgsin2mgcosma1，解得a1gsin2gcos.(2)在B与挡板P相撞前，A和B相对静止，以相同的加速度一起向下做匀加速运动B与挡板P相撞后立即静止，A开始匀减速下滑若A到达挡板P处时的速度恰好为零，此时B的长度即为最小长度l0.从A释放至到达挡板P处的过程中，B与斜面间由于摩擦产生的热量Q12mgcos(Ll0)，A与B间由于摩擦产生的热量Q21mgcosl0根据能量守恒定律有mgLsinQ1Q2，得l0L.(3)分两种情况：若ll0，B与挡板P相撞后不反弹，A一直减速直到静止在木板B上木板B通过的路程sLl若ll0，B与挡板P相撞后，A在木板B上减速运动直至与挡板P相撞由于碰撞过程中没有机械能损失，A将以撞前速率返回，并带动木板一起向上减速；当它们的速度减为零后，再重复上述过程，直至物块A停在挡板处在此过程中，A与B间由于摩擦产生的热量Q11mgcosl，B与斜面间由于摩擦产生的热量Q22mgcoss，根据能量守恒定律有mgLsinQ1Q2，解得s.答案(1)gsin2gcos(2)L(3)处理多过程问题的技巧(1)“合”整体上把握全过程，构建大致的运动图景；(2)“分”将全过程进行分解，分析每个子过程对应的基本规律；(3)“合”找出各子过程之间的联系，以衔接点为突破口，寻求解题最优方案. 考场满分答卷策略功能关系在力学中的综合应用真题案例审题流程(2019全国卷)竖直面内一倾斜轨道与一足够长的水平轨道通过一小段光滑圆弧平滑连接，小物块B静止于水平轨道的最左端，如图(a)所示t0时刻，小物块A在倾斜轨道上从静止开始下滑，一段时间后与B发生弹性碰撞(碰撞时间极短)；当A返回到倾斜轨道上的P点(图中未标出)时，速度减为0，此时对其施加一外力，使其在倾斜轨道上保持静止物块A运动的vt图像如图(b)所示，图中的v1和t1均为未知量已知A的质量为m，初始时A与B的高度差为H，重力加速度大小为g，不计空气阻力(1)求物块B的质量；(2)在图(b)所描述的整个运动过程中，求物块A克服摩擦力所做的功；(3)已知两物块与轨道间的动摩擦因数均相等在物块B停止运动后，改变物块与轨道间的动摩擦因数，然后将A从P点释放，一段时间后A刚好能与B再次碰上求改变前后动摩擦因数的比值.满分样板解析(1)根据图(b)，v1为物块A在碰撞前瞬间速度的大小，为其碰撞后瞬间速度的大小设物块B的质量为m，碰撞后瞬间的速度大小为v.由动量守恒定律和机械能守恒定律有mv1mmvmvm2mv2联立式得m3m(2)在图(b)所描述的运动中，设物块A与轨道间的滑动摩擦力大小为f，下滑过程中所走过的路程为s1，返回过程中所走过的路程为s2，P点的高度为h，整个过程中克服摩擦力所做的功为W.由动能定理有mgHfs1mv0(fs2mgh)0m2从图(b)所给出的vt图线可知s1v1t1s2(1.4t1t1)由几何关系物块A在整个过程中克服摩擦力所做的功为Wfs1fs2联立式可得WmgH(3)设倾斜轨道倾角为，物块与轨道间的动摩擦因数在改变前为，有Wmgcos设物块B在水平轨道上能够滑行的距离为s，由动能定理有mgs0mv2设改变后的动摩擦因数为，由动能定理有mghmgcosmgs0联立式可得答案(1)3m(2)mgH(3)评分细则满分技巧细则1本题共20分，第(1)问4分，第(2)问8分，第(3)问8分，每式1分，每式2分细则2若过程式都正确，只有计算结果错误，或者没有计算结果，只扣的分数细则3式没有用功能处理，应用运动学公式列式，如正确同样给分.技巧1要有必要的文字说明(1)说明非题设字母、符号的物理意义例如设物块B的质量为m.(2)说明研究对象例如以物块B为研究对象(3)说明研究的过程或状态(4)说明所列方程的依据例如式为动量守恒，式为机械能守恒技巧2即使题目不会做也要把与本题相关的表达式都写上阅卷时只看评分标准中给定的公式来给分，同一个表达式与多个对象挂钩写多遍，也是有分的技巧3用最常规、最基本的方法解题，不标新立异阅卷工作量很大，且速度很快，采用特殊解法容易造成阅卷老师错批，进而失分技巧4要有书写规范的物理方程式(1)写出的物理方程式必须是原始方程式，不能以变形的结果式代替方程式(2)要用字母表达方程，不要掺有数字的方程，也不要方程套方程(3)对多过程问题，应分步列式，不要合写一式，对各方程式要编号，以及计算和说明.专题强化训练(六)一、选择题1(多选)(2019四川省攀枝花市第二次统考)物体由地面以120 J的初动能竖直向上抛出，当它从抛出至上升到某一点A的过程中，动能减少40 J，机械能减少10 J设空气阻力大小不变，以地面为参考平面，则物体()A落回到地面时机械能为70 JB到达最高点时机械能为90 JC从最高点落回地面的过程中重力做功为60 JD从抛出到落回地面的过程中克服空气阻力做功为60 J解析物体以120 J的初动能竖直向上抛出，做竖直上抛运动，向上运动的过程中重力和阻力都做负功，当上升到某一高度时，动能减少了40 J，而机械能损失了10 J根据功能关系可知：合力做功为40 J，空气阻力做功为10 J，对从抛出点到A点的过程，根据功能关系：mghFfh40 J，Ffh10 J，得Ffmg；当上升到最高点时，动能为零，动能减少120 J，设最大高度为H，则有：mgHFfH120 J，解得FfH30 J，即机械能减少30 J，在最高点时机械能为120 J30 J90 J，即上升过程机械能共减少了30 J；下落过程中，由于空气阻力做功不变，所以机械能又损失了30 J，故整个过程克服空气阻力做功为60 J，则该物体落回到地面时的机械能为60 J，从最高点落回地面的过程中重力做功为mgH90 J，故A、C错误，B、D正确答案BD2. (多选)(2019惠州市高三调研)如图所示，粗糙斜面上的轻质弹簧一端固定，另一端与小物块相连，弹簧处于自然长度时物块位于O点现将物块拉到A点后由静止释放，物块运动到最低点B，图中B点未画出下列说法正确的是()A速度最大时，B点一定在O点左下方B速度最大时，物块的位置可能在O点左下方C从A到B的过程中，物块和弹簧的总机械能一定减少D从A到B的过程中，物块减少的机械能一定等于它克服摩擦力做的功解析弹簧处于自然长度时物块处于O点，所以在O点时弹簧弹力为零，物块从A向B运动的过程中，受重力、支持力、弹簧的弹力和滑动摩擦力作用，当受力平衡时物块的速度最大，由于摩擦力平行斜面向上，所以当弹力和重力沿斜面的分力之和大小等于摩擦力时，速度最大，由于不知道物块重力沿斜面方向的分力与摩擦力的大小关系，故无法判断弹簧此时是处于伸长还是压缩状态，即B点可能在O点，也可能在O点左下方，也可能在O点右上方，A错误，B正确；从A到B的过程中，滑动摩擦力一直做负功，故物块和弹簧组成的系统机械能减少，C正确；从A到B的过程中，根据能量守恒定律，当弹簧的弹性势能增加时，物块减少的机械能大于它克服摩擦力做的功，D错误答案BC3. (多选)(2019安徽省示范高中联考)如图所示，静止在光滑水平面上的木板，右端有一根轻质弹簧沿水平方向与木板相连，木板质量M6 kg，质量m2 kg的铁块以水平速度v012 m/s从木板的左端沿板面向右滑行，压缩弹簧后又被弹回，最后恰好停在木板的左端，则下列说法中正确的是()A铁块和木板最终共同以3 m/s的速度向右做匀速直线运动B运动过程中弹簧的最大弹性势能为54 JC运动过程中铁块与木板因摩擦而产生的热量为54 JD运动过程中铁块与木板因摩擦而产生的热量为108 J解析设最终铁块与木板的共同速度大小为v，铁块相对木板向右运动时，滑动的最大路程为L，滑动摩擦力大小为f.取向右为正方向，根据系统动量守恒可知mv0(Mm)v，解得v3 m/s，方向向右，所以铁块和木板最终共同以3 m/s的速度向右做匀速直线运动，A正确铁块相对于木板向右运动，铁块与木板的速度相同时弹簧的弹性势能最大，由动量守恒定律知此时两者的速度也为v3 m/s，根据能量守恒定律，铁块相对于木板向右运动过程，有mvfL(Mm)v2Ep，铁块相对于木板运动的整个过程有，mv2fL(Mm)v2，联立解得弹簧的最大弹性势能Ep54 J、fL54 J，B正确由功能关系知，运动过程中铁块与木板因摩擦而产生的热量Q2fL108 J，C错误，D正确答案ABD4(2019汉中市高三质检一)空降兵是现代军队的重要兵种一次训练中，空降兵从静止在空中的直升机上竖直跳下(初速度可看成零，未打开降落伞前不计空气阻力)，下落高度h之后打开降落伞，接着又下降高度H之后，空降兵匀速下降设空降兵打开降落伞之后受到的空气阻力与速度平方成正比，比例系数为k，即fkv2，重力加速度为g，那么关于空降兵的说法正确的是()A空降兵从跳下到下落高度为h时，机械能一定损失了mghB空降兵从跳下到刚匀速下降时，重力势能一定减少了mgHC空降兵匀速下降时，速度大小为D空降兵从跳下到刚匀速下降的过程，克服阻力做功为mg(Hh)解析空降兵从跳下到下落高度为h的过程中，只有重力做功，机械能不变，选项A错误；空降兵从跳下到刚匀速下降时，重力做功为mg(Hh)，重力势能一定减少了mg(Hh)，选项B错误；空降兵匀速运动时，重力与阻力大小相等，所以：kv2mg，得：v，选项C正确；空降兵从跳下到刚匀速下降的过程，重力和阻力对空降兵做的功等于空降兵动能的变化，即：mg(Hh)Wfmv2，解得：Wfmg(Hh)m2mg(Hh)，选项D错误答案C5(多选)(2019重庆市高三调研)如图所示，水平传送带以恒定速率转动每隔相同时间T，在左端A点，轻轻放上一个完全相同的工件，已知工件与传送带之间的动摩擦因数为，工件质量为m.经测量，发现那些已经和传送带共速的工件之间的距离均为L.已知重力加速度为g，下列说法正确的是()A传送带的速度大小为B工件在传送带上的加速时间为C每个工件与传送带间因摩擦产生的热量为D传送带因传送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，每个工件放在传送带上后运动的规律相同，可知LvT，解得传送带的速度v，A正确；设每个工件做匀加速运动的时间为t，根据牛顿第二定律有，工件的加速度为g，根据vv0at，解得t，B错误；工件与传送带相对滑动的路程为xv，则摩擦产生的热量为Qmgx，C错误；根据能量守恒有，传送带因传送一个工件多消耗的能量Emv2mgx，D正确答案AD6(多选)(2019安徽师大附中模拟) 如图所示，质量m1 kg的物体从高为h0.2 m的光滑轨道上P点由静止开始下滑，滑到水平传送带上的A点，物体和传送带之间的动摩擦因数为0.2，传送带AB之间的距离为L5 m，传送带一直以v4 m/s的速度匀速运动，则()A物体从A运动到B的时间是1.5 sB物体从A运动到B的过程中，摩擦力对物体做功为2 JC物体从A运动到B的过程中，产生的热量为2 JD物体从A运动到B的过程中，带动传送带转动的电动机多做功10 J解析设物体下滑到A点的速度为v0，对PA过程，由机械能守恒定律有：mvmgh，代入数据得：v02 m/sv4 m/s，则物体滑上传送带后，在滑动摩擦力的作用下做匀加速运动，加速度大小为ag2 m/s2；当物体的速度与传送带的速度相等时，用时为：t1 s1 s，匀加速运动的位移x1t11 m3 mtan)，物块到达顶端前能与传送带保持相对静止在物块从静止释放到相对传送带静止的过程中，下列说法正确的是()A电动机因运送物块多做的功为mv2B系统因运送物块增加的内能为C传送带克服摩擦力做的功为mv2D电动机因运送物块增加的功率为mgvcos解析电动机多做的功等于系统摩擦产生的内能和物块机械能的增加量对物块，增加的机械能为EfLmgcost，系统增加的内能Qfsf(s带s物)fmgcost，故EQ.故电动机多做的功等于物块机械能增加量的2倍，大于mv2，故A错误系统增加的内能Qfsmgcost.物块的加速度ag(cossin)故加速时间t，故系统增加的内能Q，故B正确传送带运动的距离s带vt，故传送带克服摩擦力做功Wf克fs带mgcos，故C错误电动机增加的功率即为克服摩擦力做功的功率，大小为Pfvmgcosv，故D正确答案BD二、非选择题10(2019宁夏银川模拟)如图所示，在光滑水平地面上放置质量M2 kg的长木板，木板上表面与固定的竖直弧形轨道相切一质量m1 kg的小滑块自A点沿弧面由静止滑下，A点距离长木板上表面的高度h0.6 m滑块在木板上滑行t1 s后和木板以共同速度v1 m/s匀速运动，取g10 m/s2.求： (1)滑块与木板间的摩擦力；(2)滑块沿弧面下滑过程中克服摩擦力做的功；(3)滑块自A点沿弧面由静止滑下到与木板共同运动，产生的内能是多少？解析(1)滑块在木板上滑行时，对木板，根据牛顿第二定律有FfMa1由运动学公式得va1t代入数据解得Ff2 N.(2)滑块在木板上滑行时，对滑块，根据牛顿第二定律有Ffma2设滑块滑上木板时的初速度为v0，则有vv0a2t，代入数据解得v03 m/s滑块沿弧面下滑的过程，由动能定理得mghWfmv，则WfmghmvQ1Wfmghmv1.5 J.(3)滑块在木板上滑行，t1 s时木板的位移为s1a1t2此过程中滑块的位移为s2v0ta2t2故滑块相对木板滑行的距离为Ls2s11.5 m所以Q2FfL3 J，则QQ1Q24.5 J.答案(1)2 N(2)1.5 J(3)4.5 J11(2019山东省淄博市一中三模)如图所示，一劲度系数很大的轻质弹簧下端固定在倾角30的斜面底端，将弹簧上端压缩到A点锁定一质量为m的小物块紧靠弹簧上端放置，解除弹簧锁定，小物块将沿斜面上滑至B点后又返回，A、B两点的高度差h，弹簧锁定时具有的弹性势能Epmgh，锁定及解除锁定均无机械能损失，斜面上A点以下部分的摩擦不计，已知重力加速度为g.求：(1)物块与斜面间的动摩擦因数；(2)物块在离开弹簧后上滑和下滑过程中的加速度大小之比；(3)若每次当物块离开弹簧后立即将弹簧压缩到A点锁定，当物块返回A点时立刻解除锁定设斜面最高点C(未画出)与A的高度差为3h，试通过计算判断物块最终能否从C点抛出解析(1)物块从A第一次上滑到B的过程中，由功能关系得：WfmghEp.即mgcosmghmgh解得：(2)在上滑和下滑的过程中物块都受到重力、支持力和滑动摩擦力的作用，设上滑和下滑过程中的加速度大小分别是a1和a2，根据牛顿第二定律得：物块上滑过程中有：mgsinmgcosma1，得a1g(sincos)gg物块下滑过程中有：mgsinmgcosma2，得a2g(sincos)gg故a1a253.(3)经过足够长时间后，弹簧给物块补充的弹性势能将全部用来克服物块在斜面上来回运动时受到的阻力做功，设稳定时物块上升的最大高度为hm.则由功能关系得：EpWf总即mgh2mgcos解得；hm2.5h3h所以物块不可能到达C点，即不能从C点抛出答案(1)(2)53(3)不能24