（浙江專版）2019版高考物理大一輪復(fù)習(xí) 第五章 機(jī)械能守恒定律 第4課時(shí) 能量守恒定律與能源學(xué)案

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1、 第4課時(shí)　能量守恒定律與能源 1.功能關(guān)系 (1)功是能量轉(zhuǎn)化的量度，即做了多少功就有多少能量發(fā)生了轉(zhuǎn)化。 (2)做功的過(guò)程一定伴隨著能量的轉(zhuǎn)化，而且能量的轉(zhuǎn)化必須通過(guò)做功來(lái)實(shí)現(xiàn)。 2.能源 3.能量耗散 (1)定義：在能量的轉(zhuǎn)化過(guò)程中，一部分能量轉(zhuǎn)化為內(nèi)能流散到周圍環(huán)境中，我們無(wú)法把這些內(nèi)能收集起來(lái)重新利用，這種現(xiàn)象叫做能量的耗散。 (2)能量耗散帶來(lái)的問(wèn)題：一是可利用的能源越來(lái)越少，造成能源危機(jī)；二是使環(huán)境吸收的耗散能量越來(lái)越多，造成環(huán)境污染，溫度升高。 4.能量守恒定律 (1)內(nèi)容：能量既不會(huì)消滅，也不會(huì)創(chuàng)生。它只會(huì)從一種形式轉(zhuǎn)化為其他形式，或者從一個(gè)物體轉(zhuǎn)

2、移到另一個(gè)物體，而在轉(zhuǎn)化和轉(zhuǎn)移的過(guò)程中，能量的總量保持不變。 (2)表達(dá)式：ΔE減＝ΔE增。 【思考判斷】 1.物體在速度增大時(shí)，其機(jī)械能可能在減小( √ ) 2.摩擦力在做功時(shí)，機(jī)械能一定會(huì)發(fā)生轉(zhuǎn)化( × ) 3.力對(duì)物體做了多少功，物體就具有多少能( × ) 4.能量在轉(zhuǎn)移或轉(zhuǎn)化過(guò)程中，其總量會(huì)不斷減少( × ) 5.在物體的機(jī)械能減少的過(guò)程中，動(dòng)能有可能是增大的( √ ) 6.既然能量在轉(zhuǎn)移或轉(zhuǎn)化過(guò)程中是守恒的，故沒(méi)有必要節(jié)約能源( × ) 7.節(jié)約可利用能源的目的是為了減少污染排放( × ) 8.滑動(dòng)摩擦力做功時(shí)，一定會(huì)引起機(jī)械能的轉(zhuǎn)化( √ ) 9.一個(gè)物體的能

3、量增加，必定有別的物體能量減少( √ ) 考點(diǎn)一　功能關(guān)系　能源(c/d) [要點(diǎn)突破] 功和能的關(guān)系如下： [典例剖析] 【例1】 如圖所示，人用平行于粗糙斜面的力將物體拉至斜面頂端，使物體獲得動(dòng)能，關(guān)于人體消耗的化學(xué)能，下面說(shuō)法正確的是(　　) A.人體消耗的化學(xué)能等于物體動(dòng)能 B.人體消耗的化學(xué)能等于物體增加的重力勢(shì)能 C.人體消耗的化學(xué)能等于物體增加的機(jī)械能 D.人體消耗的化學(xué)能大于物體增加的機(jī)械能 解析　物體上升過(guò)程中，動(dòng)能和重力勢(shì)能增加，同時(shí)由于摩擦生熱，人體消耗的化學(xué)能等于物體機(jī)械能的增量與系統(tǒng)增加的內(nèi)能之和，故選項(xiàng)D正確。 答案　D 【例2】

4、 已知貨物的質(zhì)量為m，在某段時(shí)間內(nèi)起重機(jī)將貨物以加速度a加速提升h，則在這段時(shí)間內(nèi)敘述正確的是(重力加速度為g)(　　) A.貨物的動(dòng)能一定增加mah－mgh B.貨物的機(jī)械能一定增加mah C.貨物的重力勢(shì)能一定增加mah D.貨物的機(jī)械能一定增加mah＋mgh 解析　準(zhǔn)確把握功和對(duì)應(yīng)能量變化之間的關(guān)系是解答此類問(wèn)題的關(guān)鍵， 具體分析如下： 選項(xiàng) 內(nèi)容指向、聯(lián)系分析 結(jié)論 A 動(dòng)能定理，貨物動(dòng)能的增加量等于貨物所受合外力做的功mah 錯(cuò)誤 B 功能關(guān)系，貨物機(jī)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 錯(cuò)誤 C 功能關(guān)系，重力勢(shì)能的增量等

5、于貨物克服重力做的功mgh 錯(cuò)誤 D 功能關(guān)系，貨物機(jī)械能的增量等于起重機(jī)拉力做的功m(g＋a)h 正確 答案　D [針對(duì)訓(xùn)練] 1.有人設(shè)想在夏天用電冰箱來(lái)降低房間的溫度。他的辦法是：關(guān)好房間的門窗，然后打開冰箱的所有門讓冰箱運(yùn)轉(zhuǎn)，且不考慮房間內(nèi)外熱量的傳遞。則開機(jī)后，室內(nèi)的溫度將(　　) A.升高 B.保持不變 C.開機(jī)時(shí)降低，停機(jī)時(shí)升高 D.開機(jī)時(shí)升高，停機(jī)時(shí)降低 解析　電冰箱的壓縮機(jī)運(yùn)行時(shí)，一部分電能轉(zhuǎn)化為內(nèi)能，室內(nèi)的溫度將升高。 答案　A 2.出行是人們工作生活中必不可少的環(huán)節(jié)，出行的工具五花八門，使用的能源也各不相同。自行車、電動(dòng)自行車、普通汽車消耗能量

6、的類型分別是(　　) ①生物能?、诤四堋、垭娔堋、芴?yáng)能　⑤化學(xué)能 A.①④⑤ B.①③⑤ C.①②③ D.①③④ 解析　人騎自行車是將生物能轉(zhuǎn)化為機(jī)械能；電動(dòng)自行車是將蓄電池的電能轉(zhuǎn)化為機(jī)械能；普通汽車是將汽油的化學(xué)能轉(zhuǎn)化為機(jī)械能，所以B正確。 答案　B 3.質(zhì)量為m的物體由靜止開始下落，由于空氣阻力影響，物體下落的加速度為g，在物體下落高度為h的過(guò)程中，下列說(shuō)法正確的是(　　) A.物體的動(dòng)能增加了mgh B.物體的機(jī)械能減少了mgh C.物體克服阻力所做的功為mgh D.物體的重力勢(shì)能減少了mgh 解析　下落階段，物體受重力和空氣阻力，由動(dòng)能定理W＝ΔEk，

7、即mgh－Ff h＝ΔEk，F(xiàn)f＝mg－mg＝mg，可求ΔEk＝mgh，選項(xiàng)A正確；機(jī)械能減少量等于克服阻力所做的功W＝Ff h＝mgh，選項(xiàng)B、C錯(cuò)誤；重力勢(shì)能的減少量等于重力做的功ΔEp＝mgh，選項(xiàng)D錯(cuò)誤。 答案　A 考點(diǎn)二　能量守恒定律(c/d) [要點(diǎn)突破] 1.對(duì)能量守恒定律的理解 (1)某種形式的能量減少，一定存在其他形式的能量增加，且減少量和增加量一定相等。 (2)某個(gè)物體的能量減少，一定存在其他物體的能量增加，且減少量和增加量一定相等。這也是我們列能量守恒定律方程式的兩條基本思路。 2.能量守恒定律解題思路 [典例剖析] 【例1】 (2017·溫州模擬)

8、蹦極是一項(xiàng)既驚險(xiǎn)又刺激的運(yùn)動(dòng)，深受年輕人的喜愛(ài)。如圖所示，蹦極者從P點(diǎn)由靜止跳下，到達(dá)A處時(shí)彈性繩剛好伸直，繼續(xù)下降到最低點(diǎn)B處，B離水面還有數(shù)米距離。蹦極者(視為質(zhì)點(diǎn))在其下降的整個(gè)過(guò)程中，重力勢(shì)能的減少量為ΔE1，繩的彈性勢(shì)能的增加量為ΔE2，克服空氣阻力做的功為W，則下列說(shuō)法正確的是(　　) A.蹦極者從P到A的運(yùn)動(dòng)過(guò)程中，機(jī)械能守恒 B.蹦極者與繩組成的系統(tǒng)從A到B的運(yùn)動(dòng)過(guò)程中，機(jī)械能守恒 C.ΔE1＝W＋ΔE2 D.ΔE1＋ΔE2＝W 解析　蹦極者從P到A及從A到B的運(yùn)動(dòng)過(guò)程中，由于有空氣阻力做功，所以機(jī)械能減少，選項(xiàng)A、B錯(cuò)誤；整個(gè)過(guò)程中重力勢(shì)能的減少量等于繩的彈性勢(shì)

9、能增加量和克服空氣阻力做功之和，即ΔE1＝W＋ΔE2，選項(xiàng)C正確，選項(xiàng)D錯(cuò)誤。 答案　C 【例2】 如圖所示，光滑水平面AB與豎直面內(nèi)的半圓形導(dǎo)軌在B點(diǎn)相切，半圓形導(dǎo)軌的半徑為R。一個(gè)質(zhì)量為m的物體將彈簧壓縮至A點(diǎn)后由靜止釋放，在彈力作用下物體獲得某一向右的速度后脫離彈簧，當(dāng)它經(jīng)過(guò)B點(diǎn)進(jìn)入導(dǎo)軌的瞬間對(duì)軌道的壓力為其重力的8倍，之后向上運(yùn)動(dòng)恰能到達(dá)最高點(diǎn)C。(不計(jì)空氣阻力)試求： (1)物體在A點(diǎn)時(shí)彈簧的彈性勢(shì)能； (2)物體從B點(diǎn)運(yùn)動(dòng)至C點(diǎn)的過(guò)程中產(chǎn)生的內(nèi)能。 解析　(1)設(shè)物體在B點(diǎn)的速度為vB，所受彈力為FNB，則有FNB－mg＝m 又FNB＝8mg 由能量轉(zhuǎn)化與守恒可知

10、： 彈性勢(shì)能Ep＝mv＝mgR。 (2)設(shè)物體在C點(diǎn)的速度為vC，由題意可知 mg＝m 物體由B點(diǎn)運(yùn)動(dòng)到C點(diǎn)的過(guò)程中，由能量守恒得 Q＝mv－ 解得Q＝mgR。 答案　(1)mgR　(2)mgR 【例3】 如圖所示，一水平方向的傳送帶以恒定的速度v＝2 m/s 沿順時(shí)針?lè)较騽蛩俎D(zhuǎn)動(dòng)，傳送帶右端固定著一光滑的四分之一圓弧面軌道，并與弧面下端相切。一質(zhì)量m＝1 kg的物體自圓弧面軌道的最高點(diǎn)靜止滑下，圓弧軌道的半徑R＝0.45 m，物體與傳送帶之間的動(dòng)摩擦因數(shù)為μ＝0.2，不計(jì)物體滑過(guò)曲面與傳送帶交接處時(shí)的能量損失，傳送帶足夠長(zhǎng)，g＝10 m/s2，求： (1)物體從第一次滑

11、上傳送帶到離開傳送帶經(jīng)歷的時(shí)間； (2)物體從第一次滑上傳送帶到離開傳送帶的過(guò)程中，傳送帶對(duì)物體做的功及由于摩擦產(chǎn)生的熱量。 解析　(1)沿圓弧軌道下滑過(guò)程中機(jī)械能守恒，設(shè)物體滑上傳送帶時(shí)的速度為v1，則mgR＝mv，得v1＝3 m/s 物體在傳送帶上運(yùn)動(dòng)的加速度a＝＝μg＝2 m/s2 物體在傳送帶上向左運(yùn)動(dòng)的時(shí)間t1＝＝1.5 s 向左滑動(dòng)的最大距離x＝＝2.25 m 物體向右運(yùn)動(dòng)速度達(dá)到v時(shí)，已向右移動(dòng)的距離 x1＝＝1 m 所用時(shí)間t2＝＝1 s，勻速運(yùn)動(dòng)的時(shí)間 t3＝＝0.625 s 所以t＝t1＋t2＋t3＝3.125 s。 (2)根據(jù)動(dòng)能定理，傳送帶對(duì)物

12、體做的功 W＝mv2－mv＝－2.5 J， 物體相對(duì)傳送帶滑過(guò)的位移 Δx＝＋v(t1＋t2)＝6.25 m， 由于摩擦產(chǎn)生的熱量Q＝μmg·Δx＝12.5 J 答案　(1)3.125 s　(2)－2.5 J　12.5 J 【方法總結(jié)】 用能量觀點(diǎn)分析傳送帶問(wèn)題 傳送帶模型因初始條件，滑塊的運(yùn)動(dòng)規(guī)律各不相同，但總體而言可以從力和運(yùn)動(dòng)及能量轉(zhuǎn)化觀點(diǎn)分析。主要可分為兩類： (1)在水平傳送帶模型中，摩擦力對(duì)滑塊所做的功與滑塊動(dòng)能增量相等；系統(tǒng)的摩擦熱產(chǎn)生在滑塊與傳送帶相對(duì)滑行階段。 (2)在傾斜傳送帶模型中，摩擦力和重力對(duì)滑塊做功的代數(shù)和等于滑塊動(dòng)能的增量。 [針對(duì)訓(xùn)練]

13、1.(2015·浙江10月學(xué)考)畫作《瀑布》如圖所示。有人對(duì)此畫作了如下解讀：水流從高處傾瀉而下，推動(dòng)水輪機(jī)發(fā)電，又順著水渠流動(dòng)，回到瀑布上方，然后再次傾瀉而下，如此自動(dòng)地周而復(fù)始。這一解讀違背了(　　) 　　　　　　　　　　　　　　　　　　 A.庫(kù)侖定律 B.歐姆定律 C.電荷守恒定律 D.能量守恒定律 解析　水從高處傾瀉而下，推動(dòng)水輪機(jī)發(fā)電，水減少的重力勢(shì)能一部分轉(zhuǎn)化為電能，水的機(jī)械能減少，水又順著水渠流動(dòng)，回到瀑布上方，機(jī)械能又變?yōu)樵瓉?lái)的值，這違背了能量守恒定律，選項(xiàng)D正確。 答案　D 2.太陽(yáng)能汽車是利用太陽(yáng)能電池板將太陽(yáng)能轉(zhuǎn)化為電能工作的一種新型汽車。已知太陽(yáng)輻射的總

14、功率約為4×1026 W，太陽(yáng)到地球的距離為1.5×1011 m，假設(shè)太陽(yáng)光傳播到達(dá)地面的過(guò)程中約有40%的能量損耗，某太陽(yáng)能汽車所用太陽(yáng)能電池板接收到的太陽(yáng)能轉(zhuǎn)化為機(jī)械能的轉(zhuǎn)化效率約為15%。若驅(qū)動(dòng)該太陽(yáng)能汽車正常行駛所需的機(jī)械功率為5 kW，且其中的來(lái)自于太陽(yáng)能電池板，則所需的太陽(yáng)能電池板的面積至少約為(已知半徑為r的球體積為V＝πr3，球表面積為S＝4πr2)(　　) A.2 m2 B.6 m2 C.8 m2 D.12 m2 解析　以太陽(yáng)為球心，以太陽(yáng)到地球的距離為半徑的球的表面積S＝4πd2，太陽(yáng)輻射到該單位面積上的功率為P′＝。設(shè)電池板的面積為S′，由能量守恒得P機(jī)＝P

15、′×15%×S′。解以上各式得S′＝≈8 m2。 答案　C 3.如圖所示，一傳送皮帶與水平面夾角為30°，以2 m/s的恒定速度順時(shí)針運(yùn)行?，F(xiàn)將一質(zhì)量為10 kg的工件輕放于底端，經(jīng)一段時(shí)間送到高 2 m的平臺(tái)上，工件與皮帶間的動(dòng)摩擦因數(shù)μ＝，求帶動(dòng)皮帶的電動(dòng)機(jī)由于傳送工件多消耗的電能。(取g＝10 m/s2) 解析　設(shè)工件向上運(yùn)動(dòng)距離x時(shí)，速度達(dá)到傳送帶的速度v， 由動(dòng)能定理可知－mgxsin 30°＋μmgxcos 30°＝mv2 代入數(shù)據(jù)，解得x＝0.8 m，說(shuō)明工件未到達(dá)平臺(tái)時(shí)，速度已達(dá)到v，所以工件動(dòng)能的增量為ΔEk＝mv2＝20 J 到達(dá)平臺(tái)時(shí)，工件重力勢(shì)能增量為Δ

16、Ep＝mgh＝200 J 在工件加速運(yùn)動(dòng)過(guò)程中，工件的平均速度為＝ 因此工件的位移是傳送帶運(yùn)動(dòng)距離x′的 即x′＝2x＝1.6 m。 由于滑動(dòng)摩擦力做功而增加的內(nèi)能為 ΔE內(nèi)＝FfΔx＝μmg(x′－x)cos 30°＝60 J 電動(dòng)機(jī)多消耗的電能為ΔE＝ΔEk＋ΔEp＋ΔE內(nèi)＝280 J。 答案　280 J 1.(如圖)蹦床是青少年喜歡的一種體育活動(dòng)，蹦床邊框用彈簧固定有彈性網(wǎng)角，運(yùn)動(dòng)員從最高點(diǎn)落下直至最低點(diǎn)的過(guò)程中，空氣阻力大小恒定，則運(yùn)動(dòng)員(　　) A.剛接觸網(wǎng)面時(shí)，動(dòng)能最大 B.機(jī)械能一直減少 C.重力勢(shì)能的減少量等于彈性勢(shì)能的增加量 D.重力做功等于克

17、服空氣阻力做功 解析　當(dāng)運(yùn)動(dòng)員受到的彈力、阻力、重力三力的合力為零時(shí)加速度為零，動(dòng)能最大，A錯(cuò)誤；在此過(guò)程中除重力外，運(yùn)動(dòng)員受到的彈力和阻力一起做負(fù)功，所以運(yùn)動(dòng)員的機(jī)械能減小，B正確；全過(guò)程由功能關(guān)系知mgh＝W阻＋Ep彈，所以C、D錯(cuò)誤。 答案　B 2.質(zhì)量為m的物體從地面上方H高處無(wú)初速釋放，落到地面后出現(xiàn)一個(gè)深為h的坑，如圖所示，在此過(guò)程中(　　) A.重力對(duì)物體做功mgH B.地面對(duì)物體的平均阻力為mgH C.外力對(duì)物體做的總功為零 D.物體重力勢(shì)能減少mgH 答案　C 3.如圖所示，木塊放在光滑水平面上，一顆子彈水平射入木塊中，受到阻力為f，射入深度為d，此過(guò)程

18、木塊位移為s，下列說(shuō)法中不正確的是(　　) A.子彈損失的動(dòng)能為f(s＋d) B.木塊增加的動(dòng)能為fs C.子彈動(dòng)能的減少等于木塊動(dòng)能的增加 D.子彈、木塊系統(tǒng)總機(jī)械能的損失為fd 答案　C 4.如圖所示，在同一豎直平面內(nèi)，一輕質(zhì)彈簧一端固定，另一自由端恰好與水平線AB平齊，靜止放于傾角為53°的光滑斜面上。一長(zhǎng)為L(zhǎng)＝9 cm的輕質(zhì)細(xì)繩一端固定在O點(diǎn)，另一端系一質(zhì)量為m＝1 kg的小球，將細(xì)繩拉至水平，使小球從位置C由靜止釋放，小球到達(dá)最低點(diǎn)D時(shí)，細(xì)繩剛好被拉斷。之后小球在運(yùn)動(dòng)過(guò)程中恰好沿斜面方向?qū)椈蓧嚎s，最大壓縮量為x＝5 cm。(取g＝10 m/s2，sin 53°＝0.

19、8，cos 53°＝0.6)求： (1)細(xì)繩受到的拉力的最大值； (2)D點(diǎn)到水平線AB的高度h； (3)彈簧所獲得的最大彈性勢(shì)能Ep。 解析　(1)小球由C到D，由機(jī)械能守恒定律得 mgL＝mv，解得v1＝① 在D點(diǎn)，由牛頓第二定律得F－mg＝m② 由①②解得F＝30 N 由牛頓第三定律知細(xì)繩所能承受的最大拉力為30 N。 (2)由D到A，小球做平拋運(yùn)動(dòng)v＝2gh③ tan 53°＝④ 聯(lián)立解得h＝16 cm (3)小球從C點(diǎn)到將彈簧壓縮至最短的過(guò)程中，小球與彈簧系統(tǒng)的機(jī)械能守恒，即Ep＝mg(L＋h＋xsin 53°)，代入數(shù)據(jù)解得Ep＝2.9 J。 答案　(

20、1)30 N　(2)16 cm　(3)2.9 J [基礎(chǔ)過(guò)關(guān)] 1.下列哪些現(xiàn)象屬于能量的耗散(　　) A.利用水流能發(fā)電產(chǎn)生電能 B.電能在燈泡中變成光能 C.電池的化學(xué)能變成電能 D.火爐把屋子烤暖 解析　能量耗散主要指其他形式的能量最終轉(zhuǎn)化為環(huán)境的內(nèi)能后，不能再被收集起來(lái)重新利用。 答案　D 2.關(guān)于能源的開發(fā)和利用，下列觀點(diǎn)不正確的是(　　) A.能源是有限的，無(wú)節(jié)制地使用常規(guī)能源，是一種盲目的短期行為 B.根據(jù)能量守恒定律，能源是取之不盡、用之不竭的 C.能源的開發(fā)和利用，必須同時(shí)考慮其對(duì)生態(tài)環(huán)境的影響 D.不斷開發(fā)新能源，是緩解能源危機(jī)、加強(qiáng)環(huán)境保護(hù)的

21、重要途徑 解析　在能源的利用過(guò)程中，雖然能量的數(shù)量并未減少，但在可利用的品質(zhì)上降低了，從便于利用的變成了不便于利用的了。所以，我們要節(jié)約能源，保護(hù)環(huán)境。 答案　B 3.(2017·金華十校聯(lián)考)2016年巴西奧運(yùn)會(huì)上，中國(guó)選手鄧薇以262公斤(抓舉115公斤，挺舉147公斤)的總成績(jī)打破奧運(yùn)會(huì)紀(jì)錄、世界紀(jì)錄。某次抓舉，在杠鈴被舉高的整個(gè)過(guò)程中，不計(jì)空氣阻力，下列說(shuō)法正確的是(　　) A.杠鈴的動(dòng)能一直增大 B.杠鈴的重力勢(shì)能一直增大 C.杠鈴的機(jī)械能守恒 D.杠鈴一直處于超重狀態(tài) 解析　杠鈴被舉高的過(guò)程一定經(jīng)歷了先加速向上，后減速向上的運(yùn)動(dòng)，所以動(dòng)能應(yīng)先增大后減小，A錯(cuò)誤；

22、物體一直向上運(yùn)動(dòng)，重力勢(shì)能一直增大，B正確；因人對(duì)杠鈴的支持力做正功，杠鈴的機(jī)械能增加，C錯(cuò)誤；加速度先向上，后向下，杠鈴先超重，后失重，D錯(cuò)誤。 答案　B 4.彈弓是孩子們喜愛(ài)的彈射類玩具，其構(gòu)造原理如圖所示，橡皮筋兩端點(diǎn)A、B固定在把手上，橡皮筋處于ACB時(shí)恰好為原長(zhǎng)狀態(tài)，在C處(AB連線的中垂線上)放一固體彈丸，一手執(zhí)把，另一手將彈丸拉至D點(diǎn)放手，彈丸就會(huì)在橡皮筋的作用下發(fā)射出去，打擊目標(biāo)?，F(xiàn)將彈丸豎直向上發(fā)射，已知E是CD中點(diǎn)，則(　　) A.從D到C過(guò)程中，彈丸的機(jī)械能守恒 B.從D到C過(guò)程中，彈丸的動(dòng)能一直在增大 C.從D到C過(guò)程中，橡皮筋的彈性勢(shì)能先增大后減小 D

23、.從D到E過(guò)程橡皮筋對(duì)彈丸做功大于從E到C過(guò)程 解析　從D到C除重力外還有彈簧彈力做功，彈丸的機(jī)械能不守恒，A錯(cuò)誤；D到C的過(guò)程，先彈力大于重力，彈丸加速，后重力大于彈力，彈丸減速，所以彈丸的動(dòng)能先增大后減小，B錯(cuò)誤；從D到C，橡皮筋的形變量一直減小，所以其彈性勢(shì)能一直減小，C錯(cuò)誤；D到E的彈簧彈力大于E到C的彈簧彈力，彈丸位移相等，所以從D到E過(guò)程橡皮筋對(duì)彈丸做的功大于從E到C過(guò)程橡皮筋對(duì)彈丸做的功，D正確。 答案　D 5.升降機(jī)底板上放一質(zhì)量為100 kg的物體，物體隨升降機(jī)由靜止開始豎直向上移動(dòng)5 m時(shí)速度達(dá)到4 m/s，則此過(guò)程中(g取10 m/s2)(　　) A.升降機(jī)對(duì)物體

24、做功5 800 J B.合外力對(duì)物體做功5 800 J C.物體的重力勢(shì)能增加500 J D.物體的機(jī)械能增加800 J 解析　根據(jù)動(dòng)能定理得W升－mgh＝mv2，可解得W升＝5 800 J，A正確；合外力做的功為mv2＝×100×42 J＝800 J，B錯(cuò)誤；物體重力勢(shì)能增加mgh＝100×10×5 J＝5 000 J，C錯(cuò)誤；物體機(jī)械能增加ΔE＝Fh＝W升＝5 800 J，D錯(cuò)誤。 答案　A 6.如圖所示，三個(gè)固定的斜面，底邊長(zhǎng)度都相等，斜面傾角分別為30°、45°、60°，斜面的表面情況都一樣。完全相同的物體(可視為質(zhì)點(diǎn))A、B、C分別從三斜面的頂部滑到底部的過(guò)程中(　　)

25、 A.物體A克服摩擦力做的功最多 B.物體B克服摩擦力做的功最多 C.物體C克服摩擦力做的功最多 D.三個(gè)物體克服摩擦力做的功一樣多 解析　因?yàn)槿齻€(gè)固定斜面的表面情況一樣，A、B、C又是完全相同的三個(gè)物體，因此A、B、C與斜面之間的動(dòng)摩擦因數(shù)相同，可設(shè)為μ，由功的定義式得Wf＝－Ff　s＝－μmgscos θ＝－μmgd，三個(gè)固定斜面底邊長(zhǎng)度d都相等，所以摩擦力對(duì)三個(gè)物體做的功相等，都為－μmgd。 答案　D 7.一只100 g的球從1.8 m的高處落到一個(gè)水平板上又彈回到1.25 m的高度，則整個(gè)過(guò)程中重力對(duì)球所做的功及球的重力勢(shì)能的變化是(g＝10 m/s2)(　　) A

26、.重力做功為1.8 J B.重力做了0.55 J的負(fù)功 C.物體的重力勢(shì)能一定減少0.55 J D.物體的重力勢(shì)能一定增加1.25 J 解析　整個(gè)過(guò)程重力做功WG＝mgh＝0.1×10×0.55 J＝0.55 J，故重力勢(shì)能減少0.55 J，所以選項(xiàng)C正確。 答案　C 8.一輕質(zhì)彈簧，固定于天花板上的O點(diǎn)處，原長(zhǎng)為L(zhǎng)，如圖所示，一個(gè)質(zhì)量為m的物塊從A點(diǎn)豎直向上拋出，以速度v與彈簧在B點(diǎn)相接觸，然后向上壓縮彈簧，到C點(diǎn)時(shí)物塊速度為零，在此過(guò)程中無(wú)機(jī)械能損失，則下列說(shuō)法正確的是(　　) A.由A到C的過(guò)程中，動(dòng)能和重力勢(shì)能之和保持不變 B.由B到C的過(guò)程中，彈性勢(shì)能和動(dòng)能之和逐

27、漸增大 C.由A到C的過(guò)程中，物塊m的機(jī)械能守恒 D.由B到C的過(guò)程中，物塊與彈簧組成的系統(tǒng)機(jī)械能守恒 解析　對(duì)物塊由A到C的過(guò)程中，除重力做功外還有彈簧彈力做功，物塊機(jī)械能不守恒，A、C錯(cuò)誤；對(duì)物塊和彈簧組成的系統(tǒng)機(jī)械能守恒，即重力勢(shì)能、彈性勢(shì)能和動(dòng)能之和不變，上升過(guò)程中，重力勢(shì)能增加，故彈性勢(shì)能和動(dòng)能之和逐漸減小，B錯(cuò)誤，D正確。 答案　D [能力提升] 9.(2017·麗水模擬)浙江最大抽水蓄能電站2016年將在縉云開建，其工作原理是：在用電低谷時(shí)(如深夜)，電站利用電網(wǎng)多余電能把水抽到高處蓄水池中，到用電高峰時(shí)，再利用蓄水池中的水發(fā)電。如圖所示，若該電站蓄水池(上水庫(kù))有效

28、總庫(kù)容量(可用于發(fā)電)為 7.86×106 m3，發(fā)電過(guò)程中上下水庫(kù)平均水位差637 m，年抽水用電為 2.4×108 kW·h，年發(fā)電量為1.8×108 kW·h(水的密度為ρ＝1.0×103 kg/m3，重力加速度為 g＝10 m/s2，以下水庫(kù)水面為零勢(shì)能面)。則下列說(shuō)法正確的是(　　) A.抽水蓄能電站的總效率約為65% B.發(fā)電時(shí)流入下水庫(kù)的水流速度可達(dá)到112 m/s C.蓄水池中能用于發(fā)電的水的重力勢(shì)能約為Ep＝5.0×1013 J D.該電站平均每天所發(fā)電能可供給一個(gè)大城市居民用電(電功率以105 kW 計(jì)算)約10 h 解析　已知年抽水用電為2.4×108 kW

29、·h，年發(fā)電量為1.8×108 kW·h，則抽水蓄能電站的總效率為η＝×100%＝75%，故A錯(cuò)誤；若沒(méi)有任何阻力，由機(jī)械能守恒得mgh＝mv2，得v＝＝ m/s≈112 m/s，由題知，水流下的過(guò)程中受到阻力，所以發(fā)電時(shí)流入下水庫(kù)的水流速度小于112 m/s，故B錯(cuò)誤；蓄水池中能用于發(fā)電的水的重力勢(shì)能為E＝mgh＝ρVgh＝1.0×103×7.86×106×10×637 J≈5.0×1013 J，故C正確；該電站平均每天所發(fā)電量為E＝ kW·h，可供給一個(gè)大城市居民用電(電功率以105 kW計(jì)算)的時(shí)間為t＝ h≈5.0 h，故D錯(cuò)誤。 答案　C 10.如圖所示，ABCD為一豎直平面的軌

30、道，其中BC水平，A點(diǎn)比BC高出H＝10 m，BC長(zhǎng)l＝1 m，AB和CD軌道光滑。一質(zhì)量為m＝1 kg的物體，從A點(diǎn)以v1＝4 m/s的速度開始運(yùn)動(dòng)，經(jīng)過(guò)BC后滑到高出C點(diǎn)h＝10.3 m的D點(diǎn)時(shí)速度為零。求：(g＝10 m/s2) (1)物體與BC軌道間的動(dòng)摩擦因數(shù)； (2)物體第5次經(jīng)過(guò)B點(diǎn)時(shí)的速度； (3)物體最后停止的位置(距B點(diǎn)的距離)。 解析　(1)分析物體從A點(diǎn)到D點(diǎn)的過(guò)程，由動(dòng)能定理得－mg(h－H)－μmgl＝0－mv，解得μ＝0.5。 (2)設(shè)物體第5次經(jīng)過(guò)B點(diǎn)時(shí)的速度為v2，在此過(guò)程中物體在BC上滑動(dòng)了4次，由動(dòng)能定理得 mgH－μmg·4l＝mv－mv

31、 解得v2＝4 m/s。 (3)設(shè)物體運(yùn)動(dòng)的全過(guò)程在水平軌道上通過(guò)的路程為s，由動(dòng)能定理得mgH－μmgs＝0－mv 解得s＝21.6 m 所以物體在水平軌道上運(yùn)動(dòng)了10個(gè)來(lái)回后，還有1.6 m 故離B點(diǎn)的距離s′＝2 m－1.6 m＝0.4 m。 答案　(1)0.5　(2)4 m/s　(3)0.4 m 11.(2017·臺(tái)州期中)如圖所示，是某興趣小組通過(guò)彈射器研究彈性勢(shì)能的實(shí)驗(yàn)裝置。半徑為R的光滑半圓管道(管道內(nèi)徑遠(yuǎn)小于R)豎直固定于水平面上，管道最低點(diǎn)B恰與粗糙水平面相切，彈射器固定于水平面上。某次實(shí)驗(yàn)過(guò)程中，一個(gè)可看作質(zhì)點(diǎn)的質(zhì)量為m的小物塊，將彈簧壓縮至A處，已知A、B相

32、距為L(zhǎng)。彈射器將小物塊由靜止開始彈出，小物塊沿圓管道恰好到達(dá)最高點(diǎn)C。已知小物塊與水平面間的動(dòng)摩擦因數(shù)為μ，重力加速度為g，求： (1)小物塊到達(dá)B點(diǎn)時(shí)的速度vB及小物塊在管道最低點(diǎn)B處受到的支持力； (2)小物塊在AB段克服摩擦力所做的功； (3)彈射器釋放的彈性勢(shì)能Ep。 解析　(1)小物塊恰到C點(diǎn)，則vC＝0 BC段小物塊機(jī)械能守恒mv＝2mgR， 解得vB＝2，在B點(diǎn)：FN－mg＝m，F(xiàn)N＝5mg (2)小物塊在AB段克服摩擦力做功為WAB＝μmgL (3)由能量守恒可知，彈射器釋放的彈性勢(shì)能 Ep＝WAB＋2mgR＝mg(2R＋μL) 答案　(1)2　5mg

33、　(2)μmgL　(3)mg(2R＋μL) 12.(2017·浙江超能生3月聯(lián)考)某同學(xué)設(shè)計(jì)出如圖所示實(shí)驗(yàn)裝置，將一質(zhì)量為0.2 kg的小球(可視為質(zhì)點(diǎn))放置于水平彈射器內(nèi)，壓縮彈簧并鎖定，此時(shí)小球恰好在彈射口，彈射口與水平面AB相切于A點(diǎn)，AB為粗糙水平面，小球與水平面間動(dòng)摩擦因數(shù)μ＝0.5，彈射器可沿水平方向左右移動(dòng)，BC為一段光滑圓弧軌道，O′為圓心，半徑R＝0.5 m，O′C與O′B之間夾角為θ＝37°，以C為原點(diǎn)，在C點(diǎn)右側(cè)空間建立豎直平面內(nèi)的坐標(biāo)xOy，在該平面內(nèi)有一水平放置開口向左且直徑稍大于小球的接收器D，sin 37°＝0.6，cos 37°＝0.8。 (1)某次實(shí)驗(yàn)

34、中該同學(xué)使彈射口距離B處L1＝1.6 m處固定，解開鎖定釋放小球，小球剛好到達(dá)C處，求彈射器釋放的彈性勢(shì)能； (2)把小球放回彈射器原處并鎖定，將彈射器水平向右移動(dòng)至離B處L2＝0.8 m處固定彈射器并解開鎖定釋放小球，小球?qū)腃處射出，恰好水平進(jìn)入接收器D，求D處坐標(biāo)； (3)每次小球放回彈射器原處并鎖定，水平移動(dòng)彈射器固定于不同位置釋放小球，要求小球從C處飛出恰好水平進(jìn)入接收器D，求D位置坐標(biāo)y與x的函數(shù)關(guān)系式。 解析　(1)從A到C過(guò)程，由動(dòng)能定理可以得到 W彈－Wf－WG＝0 W彈＝μmgL1＋mgR(1－cos θ)＝1.8 J 根據(jù)能量守恒定律得到Ep＝W彈＝1.8 J

35、。 (2)設(shè)小球從C處飛出速度為vC，則 W彈－μmgL2－mgR(1－cos θ)＝mv， 得到vC＝2m/s 方向與水平方向成37°角，由于小球剛好被D接收，其在空中運(yùn)動(dòng)可看成從D點(diǎn)平拋運(yùn)動(dòng)的逆過(guò)程。將vC分解vCx＝vCcos 37°＝m/s，vCy＝vCsin 37°＝m/s， 則D處坐標(biāo)：x＝vCx＝ m，y＝＝ m， 即D處坐標(biāo)為。 (3)由于小球每次從C處射出vC方向一定與水平面成37°，則＝tan 37°＝， 則根據(jù)平拋運(yùn)動(dòng)規(guī)律得到，拋出點(diǎn)D與落地點(diǎn)C連線與x方向夾角α的正切值tan α＝＝， 故D位置坐標(biāo)y與x函數(shù)關(guān)系式y(tǒng)＝x。 答案　(1)1.8 J　(2)　(3)y＝x 17