高中物理教科版 (2019)必修 第二册机械能守恒定律精品导学案

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▉题型1 天体运动中机械能的变化
【知识点的认识】
1.本考点旨在针对卫星变轨过程中的机械能变化情况。
2.卫星变轨有两种情况，一种是低轨加速进高轨；一种是高轨减速进低轨。
3.加速过程需要发动机向后喷气，根据牛顿第三定律，气体对卫星的作用力向前，对卫星做正功，卫星的机械能增加；反之，减速过程需要发动机向前喷气，根据牛顿第三定律，气体对卫星的作用力向后，对卫星做负功，卫星的机械能减小。
1．神舟十三号载人飞船返回舱首次采用快速返回模式，于2022年4月16日9时56分在东风着陆场成功着陆．返回的大致过程如下：0时44分飞船沿径向与空间站天和核心舱成功分离，分离后空间站仍沿原轨道飞行，飞船下降到空间站下方200m处的过渡轨道并进行调姿，由径向飞行改为横向飞行．绕行5圈后，经过制动减速、自由滑行、再入大气层、着陆返回四个阶段，如图为该过程的示意图．下列说法正确的是（ ）
A．分离后空间站运行速度变小
B．飞船在过渡轨道的速度大于第一宇宙速度
C．飞船沿径向与空间站分离后在重力作用下运动到过渡轨道
D．与空间站分离后，返回舱进入大气层之前机械能减少
【答案】D
【解答】解：A、空间站沿着原来的轨道运行，轨道半径不变，由万有引力提供向心力有：GMmr2=mv2r，解得：v=GMr，分离后空间站运行速度不变，故A错误；
B、第一宇宙速度等于贴近地面做匀速圆周运动卫星的线速度，由万有引力提供向心力有：GMmr2=mv2r，解得：v=GMr，可知在过渡轨道的速度小于第一宇宙速度，故B错误；
C、飞船沿径向与空间站分离后，是因为飞船点火减速，飞船做向心运动从而到达过渡轨道，故C错误；
D、与空间站分离后，返回舱进入大气层之前，飞船经过多次减速，除了万有引力之外的其他力做负功，机械能减少，故D正确。
故选：D。
2．我国天和核心舱组合体轨道参数为：远地点高度约396.7km，近地点高度约386.1km，且核心舱处于无动力飞行状态．不计阻力，据以上信息，下列判断正确的是（ ）
A．核心舱的运行速率可能大于7.9km/s
B．核心舱的运行周期比同步卫星周期大
C．核心舱从近地点向远地点运动过程中，运行速度逐渐减小
D．核心舱从近地点向远地点运动过程中，机械能逐渐减小
【答案】C
【解答】解：A、7.9km/s是第一宇宙速度，是最大的环绕速度，核心舱的速度小于7.9km/s，故A错误；
B、根据GMmr2=mr4π2T2，解得：T=4π2r3GM，可知核心舱的运行周期比同步卫星周期小，故B错误；
CD、核心舱从近地点向远地点运动过程中，只有引力做负功，机械能逐渐守恒，且运行速度逐渐减小，故C正确，D错误；
故选：C。
（多选）3．如图所示，海王星绕太阳沿椭圆轨道运动，P为近日点，Q为远日点，M，N为轨道短轴的两个端点，运行的周期为T0，若只考虑海王星和太阳之间的相互作用，则海王星在从P经M、Q到N的运动过程中（ ）
A．从P到M所用的时间等于T04
B．从Q到N阶段，机械能逐渐变大
C．从P到Q阶段，速率逐渐变小
D．从M到N阶段，万有引力对它先做负功后做正功
【答案】CD
【解答】解：A、海王星在PM段的速度大小大于MQ段的速度大小，则PM段的时间小于MQ段的时间，所以P到M所用的时间小于T04，故A错误。
B、从Q到N的过程中，由于只有万有引力做功，机械能守恒，故B错误。
C、从P到Q阶段，万有引力做负功，速率减小，故C正确。
D、根据万有引力方向与速度方向的关系知，从M到N阶段，万有引力对它先做负功后做正功，故D正确。
故选：CD。
▉题型2 功是能量转化的过程和量度
【知识点的认识】
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，而且能量的转化必通过做功来实现。
4．一质量为m的小球从高度为H的平台上以速度v0水平抛出，落在松软路面上，砸出一个深度为h的坑，如图所示。不计空气阻力，重力加速度为g，对小球从抛出到落至坑底的过程，以下说法正确的是（ ）
A．合外力对小球做的总功为mg（H+h）+12mv02
B．小球的机械能减少量为mg（H+h）+12mv02
C．路面对小球做的功为mg（H+h）+12mv02
D．路面对小球做的功为﹣（mgh+12mv02）
【答案】B
【解答】解：A、对小球从抛出到落至坑底的过程中，动能变化量为ΔEk＝0−12mv02，根据动能定理知，外力对小球做的总功为−12mv02，故A错误；
B、小球机械能的减少量等于动能和重力势能的减小量之和，动能减小量为12mv02，重力势能的减小量为mg（H+h），故机械能的减小量为mg（H+h）+12mv02，故B正确；
CD、对从抛出到落至坑底的过程中，根据动能定理，有：mg（H+h）+W＝0−12mv02，故路面对小球做的功W＝﹣[mg（H+h）+12mv02]，故CD错误。
故选：B。
5．如图所示，某段滑雪雪道倾角为30°，总质量为m（包括滑雪具在内）的滑雪运动员从距底端高为h处的雪道上由静止开始匀加速下滑，加速度a=g4，在他从上向下滑到底端的过程中，下列说法正确的是（ ）
A．运动员减少的重力势能全部转化为动能
B．下滑过程中系统减少的机械能为mgh2
C．运动员获得的动能为mgh4
D．运动员克服摩擦力做功为mgh4
【答案】B
【解答】解：A、若物体不受摩擦力，则加速度应为a'＝gsin30°=12g，而现在的加速度小于12g，故运动员应受到摩擦力，故减少的重力势能有一部分转化为了内能，故A错误；
B、运动员运动员下滑的距离：L=hsin30°=2h；
由运动学公式可得：v2＝2aL，得：v=2aL；动能为：Ek=12mv2=12mgh；
由动能定理可知mgh﹣Wf=12mv2；
解得运动员克服摩擦力做功：Wf=12mgh；
机械能的减小量等于阻力所做的功，故下滑过程中系统减少的机械能为12mgh，故B正确，CD错误；
故选：B。
（多选）6．奥运比赛项目中，高台跳水是我国运动员的强项，质量为m的跳水运动员进入水中后受到水的阻力而做减速运动，设水对他的阻力大小恒为F，那么在他减速下降h的过程中，下列说法正确的是（g为当地的重力加速度）（ ）
A．他的动能减少了Fh
B．他的重力势能减少了mgh
C．他的机械能减少了（F﹣mg）h
D．他的机械能减少了Fh
【答案】BD
【解答】解：A、在运动员减速下降高度为h的过程中，运动员受重力和阻力，
运用动能定理得：
（mg﹣F）h＝ΔEk
由于运动员动能是减小的，所以运动员动能减少（F﹣mg）h，故A错误。
B、根据重力做功与重力势能变化的关系得：
wG＝﹣ΔEp＝mgh，他的重力势能减少了mgh，故B正确。
C、由除了重力和弹簧弹力之外的力做功量度机械能的变化得出：
w外＝ΔE
运动员除了重力还有阻力做功，w外＝wF＝﹣Fh，
他的机械能减少了Fh，故C错误。
D、根据C选项分析，故D正确。
故选：BD。
（多选）7．如图，质量为M、长度为l的小车静止在光滑的水平面上，质量为m的小物块（可视为质点）放在小车的最左端，现有一水平恒力F作用在小物块上，使物块从静止开始做匀加速直线运动，物块和小车之间的摩擦力为f，经过时间t，小车运动的位移为s，物块刚好滑到小车的最右端，以下判断中正确的是（ ）
A．此时物块的动能为F（s+l）
B．此时物块的速度为(F−f)tm
C．这一过程中，物块和小车产生的内能为fs
D．这一过程中，物块和小车增加的机械能为F（l+s）﹣fl
【答案】BD
【解答】解：A、对物块，由动能定理得：Ek﹣0＝（F﹣f）（s+l），则此时物块的动能为：Ek＝（F﹣f）（s+l），故A错误；
B、取向右为正方向，对物块由动量定理得：（F﹣f）t＝mv，则得此时物块的速度为v=(F−f)tm，故B正确；
C、这一过程中，物块和小车产生的内能为Q＝fl，故C错误；
D、根据功能关系得知，物块和小车增加的机械能为ΔE＝F（l+s）﹣fl，故D正确。
故选：BD。
（多选）8．一个质量为m的物体以a＝2g的加速度竖直向下运动，则在此物体下降h高度的过程中，物体的（ ）
A．重力势能减少了2mghB．动能增加了2mgh
C．机械能保持不变D．机械能增加了mgh
【答案】BD
【解答】解：A、物体下降h高度的过程中，重力做功mgh，则重力势能减小mgh。故A错误。
B、根据牛顿第二定律知，合力为2mg，根据动能定理知，合力做功为2mgh，则动能增加2mgh。故B正确。
CD、重力势能减小mgh，动能增加2mgh，则机械能增加了mgh。故C错误，D正确。
故选：BD。
▉题型3 常见力做功与相应的能量转化
【知识点的认识】
1．内容
（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，而且能量的转化必通过做功来实现。
2．高中物理中几种常见的功能关系
9．如图所示，将质量为m的小球从高为h处以初速度水平抛出，落地时速度大小为v，方向与水平面成θ角，空气阻力不能忽略，重力加速度为g。下列说法正确的是（ ）
A．重力对小球做的功为12m(v2−v02)
B．落地时小球重力的功率为mgv
C．合外力对小球做的功为12mv2
D．空气阻力对小球做的功为12m(v2−v02)−mgh
【答案】D
【解答】解：ACD．从水平抛出到落地，根据动能定理
W合=12mv2−12mv02
其中重力做功为
WG＝mgh
设空气阻力做功为Wf，则
W合＝WG+Wf
解得
Wf=W合−WG=12mv2−12mv02−mgh
故AC错误，D正确；
B．落地时小球的竖直速度为vy，重力的功率为
P＝mgvy＝mgvsinθ
故B错误。
故选：D。
10．5月2日至3日，来自全国各地的近200位青少年滑板运动员参与2024年中国青少年U系列滑板巡回赛（上海站）的比赛。假如比赛中某运动员以同一姿态沿轨道下滑了一段距离，该过程中重力对他做功为800J，他克服阻力做功为200J，不计其他作用力的功，则该运动员在此过程中（ ）
A．动能可能不变B．动能增加了600J
C．重力势能减少了600JD．机械能增加了200J
【答案】B
【解答】解：AB．设克服摩擦力做功为Wf，由动能定理可得
WG﹣Wf＝ΔEk
该过程中重力对他做功为800J，他克服阻力做功为200J，得动能增加了
ΔEk＝600J
故A错误，B正确；
C．重力做正功，重力势能减少，减少的重力势能等于重力做的功，即重力势能减少了800J，故C错误；
D．根据功能关系可得，除了重力做功以外的其他外力做的功等于机械能的变化量，即
ΔE＝W其它
解得
ΔE＝﹣Wf，解得ΔE＝﹣200J
故机械能减少了200J，故D错误。
故选：B。
11．如图所示，某段滑雪雪道倾角为30°，总质量为m（包括雪具在内）的滑雪运动员从距底端高为h处的雪道上由静止开始匀加速下滑，加速度为13g．在他从上向下滑到底端的过程中，下列说法正确的是（ ）
A．下滑过程中系统减少的机械能为13mgh
B．运动员获得的动能为13mgh
C．运动员克服摩擦力做功为23mgh
D．运动员减少的重力势能全部转化为动能
【答案】A
【解答】解：B、D、人在下滑中受重力、支持力及摩擦力的作用；
由牛顿第二定律可知，人受到的合力F＝ma=13mg
故合力的功W＝Fs=13mg×hsin30°=23mgh；
由动能定理可知，物体的动能的改变量为23mgh；
故B、D错误；
A、C、物体合外力F＝mgsinθ﹣Ff=13mg
故摩擦力Ff＝mgsinθ−13mg=16mg；
摩擦力所做的功Wf=16mg×2h=13mgh；
故克服摩擦力做功为13mgh；
摩擦力做功等于机械能的减小量，故机械能减小了13mgh，故A正确，C错误；
故选：A。
12．关于功能关系，下列说法正确的是（ ）
A．重力做正功，重力势能增加
B．弹力做负功，弹性势能不变
C．弹力做负功，弹性势能增加
D．摩擦力做的功一定等于过程中产生的内能
【答案】C
【解答】解：A、根据做功和势能之间的变化有，重力做正功时，重力势能减少，故A错误；
BC、根据做功和势能之间的变化有，弹力做负功时，弹性势能增加，故B错误，C正确；
D、静摩擦力做功不产生内能，滑动摩擦力可能做正功也可能做负功，系统克服滑动摩擦力所做的功（即一对滑动摩擦力做功的负值）等于产生的内能，故摩擦力做的功不一定等于过程中产生的内能，故D错误。
故选：C。
13．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．合外力做功34mgR
C．克服摩擦力做功12mgR
D．重力势能减少2mgR
【答案】C
【解答】解：AD．从P到B的过程中小球下降的高度h＝2R﹣R＝R，则重力做功W＝mgh＝mgR
因此重力势能减少mgR，故AD错误；
BC．由于到达B点时，小球对轨道恰好没有压力，可知重力恰好提供向心力，因此mg=mvB2R
从P到B的过程中，根据动能定理mgR−Wf=W合=12mvB2−0
联立可得W合=12mgR，Wf=12mgR
故B错误，C正确。
故选：C。
14．一质量为M的长木板A静止放在光滑的水平面上，质量为m的物体B（视为质点）以初速度v0从A的左端滑上长木板A的上表面，到B从A的右端滑下的过程中，B的动能减少量为ΔEkB，A的动能增加量为ΔEkA，A、B间存在摩擦，摩擦生热为Q，关于ΔEkB、ΔEkA、Q的值。下列可能的是（ ）
A．ΔEkB＝7J、ΔEkA＝5J、Q＝2J
B．ΔEkB＝7J、ΔEkA＝3J，Q＝4J
C．ΔEkB＝7J、ΔEkA＝2J、Q＝9J
D．ΔEkB＝5J、ΔEkA＝3J、Q＝2J
【答案】B
【解答】解：ABD、画出小物块B和木板A的速度—时间图线分别如图中1和2所示
图中1和2之间的面积表示板长l，1与t轴所围的面积表示小物块B的位移x1，2与t轴所围的面积表示木板A的位移x2，由图易知。x1＞l，x2＜l；又根据动能定理有
对B物块有：ΔEkB＝fx1
对A木板有：ΔEkA＝fx2
又因为摩擦生热有：Q＝fl
所以动能与热量之间的关系为：ΔEkB＞Q＞ΔEkA
故B正确，AD错误；
C、根据能量守恒可得
ΔEkB＝ΔEkA+Q
故C错误；
故选：B。
15．某人将一静止在地面上的物体提到高空的过程中，重力做功W1，空气阻力做功W2，人对物体做功W3，取地面重力势能为零，则（ ）
A．物体的重力势能的变化量等于W1
B．物体的动能等于W3﹣W2﹣W1
C．物体的机械能等于W3﹣W2﹣W1
D．物体的机械能等于W3+W2
【答案】D
【解答】解：A、物体的重力势能的变化量等于ΔEP＝﹣W1，故A错误；
B、由动能定理知，物体的动能等于Ek＝ΔEk＝W3+W2+W1，故B错误；
CD、物体的机械能等于ΔE＝W3+W2，故C错误，D正确。
故选：D。
16．下列各物理量数值中的负号表示大小的是（ ）
A．重力势能Ep＝﹣10JB．速度v＝﹣10m/s
C．功W＝﹣10JD．动量p＝﹣10kg•m/s
【答案】A
【解答】解：速度、动量是矢量，负号表示方向，功的负号表示阻碍物体运动，重力势能的负号表示大小，故A正确，BCD错误。
故选：A。
17．图中小孩正在荡秋千，在秋千离开M点向右经最低点运动到N点的过程中（不计空气阻力），下列说法中正确的是（ ）
A．重力势能先增大后减小
B．动能先减小后增大
C．机械能先减小后增大
D．经过最低点时合力指向O点
【答案】D
【解答】解：AB．小孩从M点向右经最低点运动到N点的运动中，重力先做正功后做负功，根据公式WG＝﹣ΔEp，可知重力势能先减小后增大，由于只有重力做功，由动能定理WG＝﹣ΔEk，可知动能先增大后减小，故AB错误；
C．由于在运动过程中，只有重力做功，所以小孩的运动中机械能守恒，即机械能不变，故C错误；
D．小孩做圆周运动，在最低点时秋千对小孩的支持力与重力的合力提供向心力，合力指向圆心O点，故D正确。
故选：D。
18．如图所示为某探究活动小组设计的节能运输系统。斜面轨道倾角为30°，质量为M的木箱与轨道间的动摩擦因数为34。木箱在轨道顶端时，自动装货装置将质量为m的货物装入木箱，然后木箱载着货物沿轨道无初速度滑下（货物与木箱之间无相对滑动），当轻弹簧被压缩至最短时，自动卸货装置立刻将货物卸下，然后木箱恰好被弹回到轨道顶端，再重复上述过程。下列说法正确的是（ ）
A．木箱与货物的质量之比为6：1
B．下滑与上滑过程中木箱速度最大的位置在轨道上的同一点
C．木箱与弹簧没有接触时，下滑的加速度与上滑的加速度大小之比为1：6
D．在木箱与货物从顶端滑到最低点的过程中，减少的重力势能等于弹簧增加的弹性势能
【答案】B
【解答】解：A、根据题意和动能定理可得：
（M+m）glsin30°﹣μ（M+m）glcs30°﹣W弹＝0
W弹﹣Mglsin30°﹣μMglcs30°＝0
联立解得：M：m＝1：6，故A错误；
B、下滑速度最大时有
（M+m）gsin30°﹣μ（M+m）gcs30°﹣F弹＝0
解得：F弹=78Mg
上滑速度最大时有
F弹﹣Mgsin30°﹣μMgcs30°＝0
解得：F弹=78Mg
所以下滑与上滑过程中木箱速度最大的位置在轨道上的同一点，故B正确；
C、木箱与弹簧没有接触时，下滑的加速度为
a1=(M+m)gsin30°−μ(M+m)gcs30°M+m=54m/s2
上滑的加速度为：
a2=Mgsin30°+μMgcs30°M=354m/s2
则比值为a1a2=17，故C错误；
D、下滑过程中木箱和货物重力势能转化为内能和弹簧的弹性势能，则减少的重力势能大于弹簧增加的弹性势能，故D错误；
故选：B。
19．如图所示，水平传送带以v＝2m/s的速度匀速运行，质量为m＝1kg的物块（可视为质点）无初速度地放在传送带左端点A处，若物块与传送带间的动摩擦因数为μ＝0.1，A与传送带右端点B相距s＝4m，重力加速度g取10m/s2，则物块从A运动到B的过程中（ ）
A．传送带对物块做功为4J
B．因摩擦产生的热量为4J
C．电动机因运送物块多消耗的电能为4J
D．传送带克服摩擦力做功为2J
【答案】C
【解答】解：A、物块放在A处后，先做初速度为0的匀加速直线运动，根据牛顿定律可得加速度大小为：a=μmgm=μg=1m/s2
根据速度位移—公式可得与传送带共速时位移为：x=v22a=222×1m=2m。因为：x＜s，则物块在传送带上滑动2m后与传送带一起做匀速直线运动，则传送带对物块做功为：W＝μmgx＝0.1×1×10×2J＝2J，故A错误；
B、物块放在A处直到与传送带共速，传送带位移为x'＝vt，物块加速运动时间为：t=va=21s=2s
解得：x'＝vt＝2×2m＝4m
根据功能关系可得因摩擦产生的热量为：Q＝μmg（x'﹣x）＝0.1×1×10×（4﹣2）J＝2J，故B错误；
C、电动机因运送物块多消耗的电能为物块增加的动能和摩擦力生热之和，则有：ΔE电=12mv2+Q=12×1×22J+2J=4J，故C正确；
D、传送带克服摩擦力做功为：W'＝μmgx'＝0.1×1×10×4J＝4J，故D错误。
故选：C。
20．滑沙运动类似滑雪和旱地雪橇，一游客从斜面上距水平地面h高处以g6的加速度由静止滑至地面，游客连同滑板质量为m，斜面倾角为θ＝30°，当地重力加速度为g。下列说法中正确的是（ ）
A．游客连同滑板克服摩擦力做功13mgh
B．游客连同滑板的机械能减少23mgh
C．游客连同滑板的动能增加16mgh
D．斜面对滑板的作用力不做功
【答案】B
【解答】解：A、游客连同滑板沿斜面做匀加速直线运动，根据位移—速度公式得：v2＝2•g6•hsin30°
解得，滑至地面的速度为v=2gh3
设克服摩擦力做的功为Wf，根据动能定理得：mgh﹣Wf=12mv2
解得：Wf=23mgh
故A错误；
B、根据能量守恒，游客连同滑板机械能的减少量等于克服摩擦力做的功，为23mgh，故B正确；
C、动能的增加量为ΔEk=12mv2=13mgh
故C错误；，
D、斜面对滑板的作用力为支持力和摩擦力，支持力垂直于斜面斜向左上方，与运动方向垂直不做功，摩擦力与运动方向相反做负功，故D错误。
故选：B。
21．将一定质量的小球放在竖立的弹簧上，弹簧的下端固定，现把小球按至A点位置静止（如图甲），迅速松手后，弹簧把小球弹起，小球升至最高位置C点（如图乙），途中经过位置B点时，弹簧正好处于自由状态，弹簧的质量和空气阻力均忽略不计，则（ ）
A．小球刚脱离弹簧时的动能最大
B．从A点运动至B点，小球重力势能的增加量等于弹簧弹性势能的减小量
C．上升过程的某一阶段，小球的动能减小，而机械能增加
D．从A点运动至C点，小球克服重力做的功大于弹簧弹力做的功
【答案】C
【解答】解：A．小球从A上升到B位置的过程中，弹簧的弹力先大于重力，后小于重力，小球的合力先向上后向下，则小球先加速后减速，当弹簧的弹力等于重力时，合力为零，小球的速度达到最大，速度最大位置在AB之间，故A错误；
B．从A点运动至B点，小球和弹簧系统机械能守恒，小球在B点小球的动能大于A点的动能，所以小球重力势能的增加量小于弹簧弹性势能的减小量，故B错误；
C．上升过程中小球从速度最大位置到B点，小球的动能减小，弹簧弹性势能减小，而小球的机械能增加，故C正确；
D．从A点运动至C点，由动能定理可知WG+W弹＝ΔE＝0，所以小球克服重力做的功等于弹簧弹力做的功，故D错误。
故选：C。
22．如图所示，一固定斜面的倾角为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0.8g（g为重力加速度大小），物块上升的最大高度为H，然后又返回到出发点，以下结论错误的是（ ）
A．上滑过程物块的动能损失了1.6mgH
B．上滑过程物块的机械能损失了0.8mgH
C．物体返回出发点时的动能为0.4mgH
D．物体从最高点返回到出发点所用时间为25Hg
【答案】B
【解答】解：A、由动能定理得：ΔEk＝W＝﹣ma•Hsin30°=−1.6mgH，物块的动能损失了1.6mgH，故A正确；
B、在上升过程中，动能减少了1.6mgH，而重力势能增加了mgH，故机械能减少了0.6mgH，故B错误；
C、由动能定理得：﹣mgH﹣Wf＝ΔEk，解得：Wf＝0.6mgH，从最高点到出发点根据动能定理有：mgH﹣Wf＝E'k，解得：E'k＝0.4mgH，故C正确；
D、上升时根据牛顿第二定律有：mgsin30°+f＝m•0.8g，下降时根据牛顿第二定律有：mgsin30°﹣f＝ma'，根据运动学公式有：
Hsin30°=12a′t2，解得：t＝25Hg，故D正确。
本题选错误的，故选：B。
23．质量为m的物体，由静止释放后以3g4的加速度竖直向下运动了h，以下判断中正确的是（ ）
A．物体的机械能减少了mgh4
B．物体的动能增加了mgh4
C．物体的重力势能减少了3mgh4
D．物体的重力势能增加了mgh
【答案】A
【解答】解：A、物体静止释放后以3g4的加速度竖直向下运动了h，说明除重力做功之外，还有其他力对物体做负功，物体的机械能应减小；
由牛顿第二定律可得：mg﹣f＝ma，解得阻力f=14mg，所以阻力做功Wf=−14mgh，机械能减少了14mgh，故A正确；
B、根据动能定理可知，动能的增加量等于合外力所做的功，所以物体的动能增加量为ΔEk＝mah=34mgh，故B错误；
CD、质量为m的物向下运动h高度，重力做功为mgh，则物体的重力势能减小mgh，故CD错误。
故选：A。
24．如图所示，光滑细杆AB倾斜固定，与水平方向夹角为45°，一轻质弹簧的一端固定在O点，另一端连接质量为m的小球，小球套在细杆上，O与细杆上A点等高，O与细杆AB在同一竖直平面内，OB竖直，OP垂直于AB，且OP＝L，当小球位于细杆上A、P两点时，弹簧弹力大小相等。现将小球从细杆上的A点由静止释放，在小球沿细杆由A点运动到B点的过程中（已知重力加速度为g，弹簧一直处于弹性限度内且不弯曲），下列说法正确的是（ ）
A．弹簧的弹性势能先减小后增大
B．小球加速度大小等于22g且方向沿杆向下的位置有两个
C．小球运动到B点时的动能为2mgL
D．小球从A点运动到P点，小球机械能减少了22mgL
【答案】C
【解答】解：A、小球位于细杆上A、P两点时，弹簧弹力大小相等，则小球位于A点时弹簧处于拉伸状态，小球在P点时弹簧处于压缩状态，在小球沿细杆由A点运动到B点的过程中，弹簧的形变量先减小后增大，再减小后增大，则弹簧的弹性势能先减小后增大，再减小后增大，故A错误；
B、在AP间和PB间各有一个位置弹簧处于原长状态，小球的加速度大小为a＝gsin45°=22g且方向沿杆向下。在P点，小球的合力为mgsin45°，方向沿杆向下，则小球的加速度大小为a＝gsin45°=22g且方向沿杆向下，故小球加速度大小等于22g且方向沿杆向下的位置有三个，故B错误；
C、在小球沿细杆由A点运动到B点的过程中弹簧对小球做的功为零，对小球，由动能定理可得：小球运动到B点时的动能为Ek＝mg•2Lsin45°=2mgL，故C正确；
D、小球从A点运动到P点，由于只有重力和弹力做功，所以小球和弹簧组成的系统机械能守恒，弹簧弹性势能变化量为零，则小球机械能减少量为零，故D错误。
故选：C。
（多选）25．传送带经常用于分拣货物。如图甲为传送带输送机简化模型图，倾角θ＝30°，顺时针匀速转动，在传送带下端A点无初速度放入货物。货物从下端A点运动到上端B点的过程中，其机械能E与位移s的关系图像（以A位置所在水平面为零势能面）如图乙所示。货物视为质点，质量m＝2kg，重力加速度g＝10m/s2。下列说法正确的是（ ）
A．货物在传送带上先匀加速再匀减速
B．货物与传送带间的动摩擦因数μ=32
C．货物从下端A点运动到上端B点的时间为1.1s
D．传送带输送机因运送该货物而多消耗的电能为46J
【答案】BD
【解答】解：A、由图像易知，货物在传送带上先加速运动，所以最大静摩擦力大于重力沿斜面向下的分力，所以共速后货物匀速运动，故A错误；
B、0～0.8m内，根据功能关系有μmgcsθ•s1＝ΔE1，其中ΔE1＝12J，s1＝0.8m，可得货物与传送带间的动摩擦因数为：μ=32，故B正确；
C、货物沿传送带向上运动s1＝0.8m时，与传送带保持相对静止，设传送带的速度为v，此时有：
E1＝mgs1sinθ+12mv2
解得：v＝2m/s
设货物加速过程所用时间为t1，根据运动学公式可得：s1=v2t1
解得：t1＝0.8s
设A点到B点的距离为L，货物在B点时，有：E2＝mgLsinθ+12mv2，其中E2＝34J
解得：L＝3m
则货物匀速阶段所用时间为：t2=L−s1v=3−0.82=1.1s
货物从下端A点运动到上端B点的时间为：t＝t1+t2＝0.8s+1.1s＝1.9s，故C错误；
D、货物在与传送带共速前，发生的相对位移为：Δx＝x传﹣s1＝vt1﹣s1＝（2×0.8﹣0.8）m＝0.8m
因摩擦产生的热量为：Q＝μmgcsθ•Δx
解得：Q＝12J
根据能量守恒可知，传送带输送机因运送该货物而多消耗的电能为：E电＝Q+mgLsinθ+12mv2
解得：Q＝46J，故D正确。
故选：BD。
（多选）26．一儿童沿游乐园滑梯下滑，滑梯表面与儿童间存在摩擦力，如图所示。关于此过程，下列说法正确的是（ ）
A．摩擦力对儿童做正功
B．滑梯对儿童的支持力不做功
C．儿童的机械能不守恒
D．重力对儿童做的功与儿童下滑的路程成正比
【答案】BC
【解答】解：A、根据题意可知，摩擦力方向沿滑梯表面向上，儿童位移沿滑梯表面向下，力与位移方向相反，摩擦力做负功，故A错误；
B、根据题意可知，支持力垂直滑梯表面，儿童位移沿滑梯表面，支持力与位移垂直，不做功，故B正确；
C、根据题意可知，因有摩擦力做功，机械能会转化为内能，机械能不守恒，故C正确；
D、根据题意可知，重力做功W＝mgh（h是竖直下落高度）
可知W与下滑路程无关，和竖直高度成正比，故D错误。
故选：BC。
（多选）27．如图甲所示，物体以一定的初速度v0从倾角为α＝37°的斜面底端沿斜面向上运动，上升的最大高度为3m，选择地面为零势能参考平面，上升过程中，物体的机械能E机随高度h的变化如图乙所示。g取10m/s2，sin37°＝0.6，cs37°＝0.8，则下列说法正确的是（ ）
A．物体的质量m＝1kg
B．物体与斜面间的动摩擦因数μ=56
C．物体上升过程的加速度大小a＝6m/s2
D．物体回到斜面底端时的动能Ek＝10J
【答案】AD
【解答】解：A、由图乙可知，上升到最高点时，动能为零，机械能等于重力势能，根据图像乙可知最高点的机械能为E＝30J，根据E＝mgh
解得m＝1kg
故A正确；
B、除重力以外其它力做功等于机械能的变化量，由图乙可知，物体上升过程机械能减小量ΔE＝50J﹣30J＝20J，则克服摩擦力做功为Wf＝ΔE＝20J，即f•x＝20J，其中x=hsin37°=30.6m＝5m
解得f＝4N
根据f＝μmgcs37°
得μ＝0.50
故B错误；
C、根据牛顿第二定律得，物体上升的加速度大小a=mgsin37°+μmgcs37°m=gsin37°+μgcs37°＝（6+0.5×8）m/s2＝10m/s2，故C错误；
D、对物体上滑和下滑整个过程，由动能定理得，﹣f•2x＝Ek﹣Ek0，其中Ek0＝50J，代入数据解得物体返回斜面底端的动能Ek＝10J，故D正确。
故选：AD。
（多选）28．从地面竖直向上抛出一物体，物体在运动过程中除受到重力外，还受到一大小不变、方向始终与运动方向相反的空气阻力的作用。距地面高度h在3m以内时，物体上升、下落过程中动能Ek随h的变化如图所示。重力加速度取10m/s2，则（ ）
A．该物体的质量为2kg
B．空气阻力大小为2N
C．全过程所用的时间为2+62s
D．物体运动过程中机械能减小了24J
【答案】BCD
【解答】解：AB、根据动能定理可得：F合Δh＝ΔEk，解得Ek﹣h图象的斜率k＝F合
上升过程中有：mg+f=ΔEk1Δh1=72−363N=12N
下落过程中：mg﹣f=ΔEk2Δh2=48−243N=8N
联立解得：f＝2N，m＝1kg，故A错误，B正确；
C、根据动能的表达式可知，Ek1=12mv12，则物体的初速度为v1＝12m/s，
根据牛顿第二定律得：
a1=mg+fm=121m/s2=12m/s2
上升过程中的运动时间为
t1=v1a1=1212s=1s
同理，物块落地时，Ek2=12mv22，则物块落回地面的速度为v2=46m/s
根据牛顿第二定律得：
a2=mg−fm=81m/s2=8m/s2
下降过程中的运动时间为
t2=v2a2=468s=62s
则运动的总时间为t＝t1+t2＝1s+62s=2+62s，故C正确；
D、物体运动过程中克服阻力做功，根据动能定理可得：Wf＝Ek0﹣Ek＝72J﹣48J＝24J，则物体运动过程中机械能减小了24J，故D正确。
故选：BCD。
（多选）29．质量为m的物体在竖直向上的恒定拉力F的作用下，由静止开始向上运动高度h，所受空气阻力恒为f，重力加速度为g，此过程中下列说法正确的是（ ）
A．物体的动能增加了（F﹣mg﹣f）h
B．物体的重力势能增加了mgh
C．物体的重力做功为mgh
D．物体的加速度为F−fm
【答案】AB
【解答】解：A、物体受到重力、拉力以及空气阻力，由动能定理得：ΔEk＝（F﹣mg﹣f）h，故A正确；
BC、物体向上运动，重力做负功，为﹣mgh，所以物体的重力势能增加了mgh，故B正确，C错误；
D、由牛顿第二定律得：F﹣mg﹣f＝ma，得a=F− f−mgm，故D错误。
故选：AB。
30．如图，静止的水平传送带的左端有一固定的半径为R＝0.45m的竖直四分之一光滑圆弧轨道，末端B点与长为l＝2m传送带相切，右端有一固定的倾角为30°的光滑斜面。一质量为m＝2kg的滑块（可视为质点）从圆弧轨道的顶端A点由静止释放，经过C点后立即让传送带以v＝3m/s的速率顺时针方向匀速转动，滑块第一次冲上斜面能达到的最高点为D。已知传送带与滑块间的动摩擦因数为μ＝0.2，不计空气阻力，滑块经过B和C点时均无碰撞造成机械能损失，重力加速度g取10m/s2，求：
（1）滑块经过B点时受到轨道的支持力FN大小和CD两点间的距离d；
（2）滑块第二次滑上传送带后，向左滑行的最远距离x0和向左运动的时间t0；
（3）滑块从第二次滑上传送带到离开传送带过程中，滑块与传送带之间因摩擦而产生的热量Q。
【答案】（1）滑块经过B点时受到轨道的支持力FN为60N和CD两点间的距离d为0.1m。
（2）滑块第二次滑上传送带后，向左滑行的最远距离x0为0.25m和向左运动的时间t0为0.5s。
（3）滑块与传送带之间因摩擦而产生的热量Q为12J。
【解答】解：（1）滑块从A点运动到B点过程中，由动能定理得：
mgR=12mvB2
滑块到达B点时，由牛顿第二定律得：
FN−mg=mvB2R
联立解得：FN＝60N
滑块从A点运动到D点过程中，由动能定理得：
mg（R﹣dsin30°）﹣μmgl＝0
代入数据得：d＝0.1m
（2）滑块从A点开始运动到第二次滑上传送带的过程中，由动能定理得：
mgR−μmgl=12mvc2
解得：vc＝1m/s
从滑块第二次滑上传送带开始计时，到滑块向左滑行到最远距离的过程中，由动能定理得：
−μmgx0=−12mvc2
解得：
x0＝0.25m
由牛顿第二定律得：μmg＝ma
解得：a＝2m/s2
且vc＝at0
代入数据可得：t0＝0.5s
（3）设滑块从第一次向左滑到最远处到第二次滑出传送带过程的时间为t，由运动学公式得：
x0=12at2
解得：t＝t0＝0.5s
滑块从第二次滑上传送带到第二次离开传送带的过程中，滑块相对于传送带滑动的路程为：
s＝（vt0+x0）+（vt0﹣x0）＝2vt0
产生的摩擦热为：Q＝μmgs
解得：Q＝12J。
答：（1）滑块经过B点时受到轨道的支持力FN为60N和CD两点间的距离d为0.1m。
（2）滑块第二次滑上传送带后，向左滑行的最远距离x0为0.25m和向左运动的时间t0为0.5s。
（3）滑块与传送带之间因摩擦而产生的热量Q为12J。
31．光滑圆弧轨道AB固定于地面上，半径R＝2m，所对圆心角为53°，其末端与逆时针转动的水平传送带相切于B点，如图所示，传送带长为l，速度恒为v＝2m/s。一质量为m＝1kg的滑块从最高点A由静止开始滑下并滑上水平传送带，在传送带上运动一段时间后返回B点，滑块与传送带之间的动摩擦因数μ＝0.2，最大静摩擦力等于滑动摩擦力，sin53°＝0.8，cs53°＝0.6，重力加速度g取10m/s2。
（1）求滑块运动到B点时对圆弧轨道的压力大小；
（2）求传送带长度l的最小值；
（3）从滑块滑上传送带到返回B点的过程中，滑块与传送带之间因摩擦产生的热量；
（4）从滑块滑上传送带到返回B点的过程中，相比电动机带动传动带空转，滑块滑上传送带后，电动机多消耗的电能。
【答案】（1）滑块运动到B点时对圆弧轨道的压力大小为18N；
（2）传送带长度l的最小值为4m；
（3）从滑块滑上传送带到返回B点的过程中，滑块与传送带之间因摩擦产生的热量为18J；
（4）从滑块滑上传送带到返回B点的过程中，相比电动机带动传动带空转，滑块滑上传送带后，电动机多消耗的电能为12J。
【解答】解：（1）滑块由A到B的过程中，由动能定理可得：mgR(1−cs53°)=12mv02，代入数据解得：v0＝4m/s
在B点，由牛顿第二定律可得：FN−mg=mv02R
联立解得：FN＝18N，由牛顿第三定律可知，滑块运动到B点时对圆弧轨道的压力大小为18N；
（2）由题意可知，滑块先向右做匀减速直线运动，根据牛顿第二定律可得：μmg＝ma，解得：a＝μg＝0.2×10m/s2＝2m/s2
当速度减小为0时，发生的位移为：x1=v022a=422×2m=4m
然后滑块向左做匀加速直线运动，故传送带的长度至少为l＝4m；
（3）滑块向右运动的时间为：t1=v0a=42s=2s
此过程中传送带的位移为：x2＝vt1＝2×2m＝4m
故滑块相对于传送带的位移为：Δx＝x1+x2＝4m+4m＝8m；
随后滑块反向做匀加速直线运动，由对称性可知，由于v0＝4m/s＞v＝2m/s，故滑块返回左端时的速度为v＝2m/s，返回过程中加速运动的时间为：t2=va=22s=1s，此过程滑块的位移为：x1′=v22a=222×2m=1m
传送带的位移为：x2′＝vt2＝2×1m＝2m，故滑块相对于传送带的位移为：Δx′＝x2′﹣x1′＝2m﹣1m＝1m
故摩擦力产生的热量为：Q＝μmg（Δx+Δx′）＝0.2×1×10×9J＝18J；
（4）整个过程中，由动能定理可得：Wf=12mv2−12mv02，代入数据解得：Wf＝﹣6J
由功能关系可知，滑块动能的减小量与电动机多消耗的能量之和等于因摩擦产生的热量，所以电动机多消耗的能量为：E＝Wf+Q＝﹣6J+18J＝12J。
答：（1）滑块运动到B点时对圆弧轨道的压力大小为18N；
（2）传送带长度l的最小值为4m；
（3）从滑块滑上传送带到返回B点的过程中，滑块与传送带之间因摩擦产生的热量为18J；
（4）从滑块滑上传送带到返回B点的过程中，相比电动机带动传动带空转，滑块滑上传送带后，电动机多消耗的电能为12J。
▉题型4 机械能的概念与组成
【知识点的认识】
1.追寻守恒量：在伽利略的斜面实验中，如果空气阻力和摩擦力小到可以忽略，小球必将准确地终止于它开始运动时的高度，这说明某种“东西”在小球运动的过程中是守恒的。
2.重力势能可以与动能相互转化。
3.弹性势能可以与动能相互转化。
4.机械能：①重力势能、弹性势能与动能都是机械运动中的能量形式，统称为机械能。
②机械能可以从一种形式转化成另一种形式。
32．小明乘坐摩天轮，由最低点A匀速转动到最高点B的过程中（ ）
A．动能转化为势能，机械能增大
B．动能转化为势能，机械能不变
C．动能不变，势能增大，机械能增大
D．动能、势能、机械能均保持不变
【答案】C
【解答】解：小明乘坐摩天轮，由最低点A匀速转动到最高点B的过程中，动能保持不变，重力势能增加，机械能增大，故C正确，ABD错误；
故选：C。
▉题型5 计算物体的机械能
【知识点的认识】
1.物体或系统的机械能由动能、重力势能及弹性势能组成，计算物体或系统的机械能时，先分别计算动能、重力势能及弹性势能，再求解机械能。
2.在实际应用过程中，如果系统的机械能守恒，则只需要计算出某一时刻的机械能，那么任意时刻的机械能都与其相等。
33．如图所示，在离地面高h处以初速度v0抛出一个质量为m的物体，不计空气阻力，取抛出位置为零势能参考面，则物体着地时的机械能为（ ）
A．mghB．12mv02
C．mgh+12mv02D．12mv02−mgh
【答案】B
【解答】解：物体的机械能守恒，抛出位置为零势能位置，抛出时的机械能为E=12mv02
所以物体着地时的机械能为12mv02，故B正确，ACD错误。
故选：B。
34．如图，运动员将质量为m的足球从地面上以速度v踢出，足球恰好水平击中高为h的球门横梁。以地面为零势能面，不计空气阻力，则足球在飞行过程中的机械能为（ ）
A．12mv2B．mghC．12mv2+mghD．12mv2﹣mgh
【答案】A
【解答】解：以地面为零势能面，故足球在地面上的机械能E=12mv2，由于不计阻力，足球的机械能守恒，则飞行过程的机械能均为12mv2，故A正确，BCD错误。
故选：A。
▉题型6 动能与势能的相互转化
【知识点的认识】
1.重力势能、弹性势能与动能都是机械运动中的能量形式，统称为机械能。通过重力或弹力做功，机械能可以从一种形式转化成另一种形式。
2.通过重力做功，机械能可以在动能与重力势能之间转化；通过弹力做功，机械能可以在动能与弹性势能之间转化。
35．如图所示，一小孩从公园中的滑梯上加速滑下，对于其机械能变化情况，下列说法中正确的是（ ）
A．重力势能减小，动能不变
B．重力势能减小，动能增加
C．重力势能减小，动能减小
D．重力势能增加，动能增加
【答案】B
【解答】解：小孩从公园中的滑梯上加速滑下，速度变大，动能变大；高度不断减小，重力势能减小；小孩在下滑过程中与滑梯间摩擦生热，一部分机械能转化成内能，导致机械能总量减小。故B正确，ACD错误。
故选：B。
36．从地面竖直向上抛出一物体，取地面为重力势能零势能面，上升过程中该物体的机械能E和重力势能Ep随它离开地面的高度h的变化关系如图所示。已知重力加速度g＝10m/s2，则下列说法正确的是（ ）
A．物体的质量为2.5kg
B．h＝2m时，物体的动能为60J
C．h＝3m时，物体的速率为5m/s
D．物体所受阻力大小为10N
【答案】C
【解答】解：A、由图知，h＝4m时Ep＝80J，由Ep＝mgh，代入数据解得m＝2kg，故A错误；
B、h＝2m时，Ep4＝40J，E总4＝90J，则物体的动能为：Ek4＝E总4﹣Ep4＝（90﹣40）J＝50J，故B错误；
C、当h＝3m时，物体的动能为Ek＝E﹣Ep＝85J﹣60J＝25J，再根据Ek=12mv2，代入数据解得v＝5m/s，故C正确；
D、0﹣4m的过程，根据功能关系可知：﹣fΔx＝E总4﹣E总0，由图知，x＝4m时，E总4＝80J，x＝0时，E总0＝100J，
结合Δx＝4m，解得物体上升过程中所受阻力大小为：f＝5N，故D错误；
故选：C。
37．某踢出的足球在空中运动轨迹如图所示，把足球视为质点，空气阻力不计，关于足球从踢出到落地的过程中，足球的（ ）
A．动能先减少后增加
B．重力势能一直增加
C．机械能先减少后增加
D．重力的瞬时功率一直增大
【答案】A
【解答】解：ABC、足球机械能守恒，重力势能先增加后减小，故动能先减小后增加，故A正确，BC错误；
D、速度的水平分量不变，竖直分量先减小到零，后反向增加，故根据P＝mgvy，重力的功率随时间先均匀减小后均匀增加，故D错误。
故选：A。
38．当重力对物体做正功时，物体的重力势能和动能可能的变化情况，下面的说法中正确的是（ ）
A．重力势能一定增加，动能一定减小
B．重力势能一定减小，动能一定增加
C．重力势能一定减小；动能不一定增加
D．重力势能不一定减小，动能一定增加
【答案】C
【解答】解：物体只受重力，且重力对物体做正功，则高度下降，其重力势能一定减小，但如果有外力做功时，动能不一定增加。故C正确，ABD错误。
故选：C。
39．在伽利略的斜面实验中，小球从斜面A上离斜面底端为h高处滚下斜面，通过最低点后继续滚上另一个斜面B，小球最后会在斜面B上某点速度变为零，这点距斜面底端的竖直高度仍为h．在小球运动过程中，下面的叙述正确的是（ ）
①小球在A斜面上运动时，离斜面底端的竖直高度越来越小，小球的运动速度越来越大
②小球在A斜面上运动时，动能越来越小，势能越来越大
③小球在B斜面上运动时，速度越来越大，离斜面底端的高度越来越小
④小球在B斜面上运动时，动能越来越小，势能越来越大．
A．①②B．②③C．①④D．③④
【答案】C
【解答】解：小球从斜面A上下滑时，速度增大，高度降低，动能越来越大，重力势能越来越小；
小球在斜面B上运动时，速度越来越小，动能减小，高度逐渐增大，重力势能变大；
故①④正确，②③错误，故C正确；
故选：C。
40．如图所示，质量为m的物体静止在水平地面上，物体上面连接一轻弹簧，用手拉着弹簧上端将物体缓慢提高h．若不计物体动能的改变，则物体重力势能的变化ΔEp和手的拉力做的功W分别是（ ）
A．ΔEp＝mgh，W＝mghB．ΔEp＝mgh，W＞mgh
C．ΔEp＞mgh，W＝mghD．ΔEp＞mgh，W＞mgh
【答案】B
【解答】解：重力势能的变化量等于负的重力所做的功，即：
ΔEP＝﹣WG＝﹣（﹣mgh）＝mgh
物体缓缓提高说明速度不变，所以物体动能不发生变化，
ΔE弹＝WF+WG＝WF﹣mgh＞0，因此手的拉力做的功W＞mgh，故B正确，ACD错误；
故选：B。
▉题型7 判断机械能是否守恒及如何变化
【知识点的认识】
1.机械能守恒的条件为：
（1）只受到重力。
（2）除重力或系统内弹力外还受到其他力的作用，但其他力不做功。
（3）除重力或系统内弹力外还受到其他力的作用，其他力所做总功为零
2.判断机械能是否守恒的方法有
（1）做功条件分析法
应用系统机械能守恒的条件进行分析。分析各力做功的情况，若对物体或系统只有重力或弹力做功，没有其他力做功或其他力做功的代数和为零，则系统的机械能守恒。
（2）能量转化分析法
从能量转化的角度进行分析。若只有系统内物体间动能和重力势能及弹性势能的相互转化，系统跟外界没有发生机械能的传递，机械能也没有转化成其他形式的能（如内能增加），则系统的机械能守恒。
（3）增减情况分析法
直接从机械能的各种形式的能量的增减情况进行分析。若系统的动能与势能均增加或均减少；若系统的动能与势能只有一种形式的能发生了变化；若系统内各个物体的机械能均增加或均减少，则可判定机械能不守恒。
（4）典型过程
对一些绳子突然绷紧、物体间非弹性碰撞等，除非题目特别说明，否则机械能必定不守恒。
3.机械能如何转化
如果“外力”对系统做正功，系统的机械能增大；如果外力对系统做负功，系统的机械能减小。
41．下列关于各种能量变化的说法正确的是（ ）
A．物体动能增大时，则其合外力一定做正功
B．物体做匀速圆周运动时，机械能一定守恒
C．物体重力势能增大时，则其动能一定减小
D．物体的速度发生变化时，物体的动能一定变化
【答案】A
【解答】解：A．根据动能定理可知，合外力对物体做正功时，物体的动能一定增大，故A正确；
B．物体在竖直方向做匀速圆周运动时，除重力还有其它力做功，机械能不守恒，故B错误；
C．物体重力势能增大时，只能体现物体上升，重力做负功，而其动能不一定减小，如竖直向上做加速运动，故C错误；
D．物体的速度发生变化时，可以是速度的大小或方向发生了变化，则物体的动能不一定变化，故D错误；
故选：A。
42．以下实例中均不考虑空气阻力，其中机械能守恒的是（ ）
A．人在登山过程中，人与地球组成的系统
B．蹦极运动中，人在下落到最低点的过程中，人的机械能
C．在恒定的拉力下，沿固定斜面匀速上滑的物体
D．在椭圆轨道上绕地球运行的飞船
【答案】D
【解答】解：A、人在登山过程中，人体的化学能转化为机械能，则人与地球组成的系统机械能不守恒，故A错误；
B、蹦极运动中，人在下落到最低点的过程中，蹦极带对人做负功，则人的机械能减少，故B错误；
C、在恒定的拉力下，沿固定斜面匀速上滑的物体，物体动能不变，重力势能增加，则机械能增加，故C错误；
D、在椭圆轨道上绕地球运行的飞船，只有引力做功，引力势能与动能相互转化，其机械能守恒，故D正确。
故选：D。
43．下列运动过程中，物体机械能守恒的是（ ）
A．飘落的树叶
B．火车在减速进站的过程中
C．沿光滑斜面自由下滑的物块
D．起重机吊起物体匀速上升的过程
【答案】C
【解答】解：A．飘落的树叶要克服空气阻力做功，则机械能减小，故A错误；
B．火车在减速进站的过程中，重力势能可能不变，动能减小，则机械能可能减小，故B错误；
C．沿光滑斜面自由下滑的物块，只有重力做功，则机械能守恒，故C正确；
D．起重机吊起物体匀速上升的过程，动能不变，重力势能增加，则机械能增加，故D错误。
故选：C。
（多选）44．下列运动中物体的机械能守恒的是（ ）
A．做平抛运动的物体
B．做竖直上抛运动的物体
C．向上做匀速直线运动的物体
D．沿固定光滑曲面自由下滑的物体
【答案】ABD
【解答】解：A．做平抛运动的物体只有重力对其做功，机械能守恒，故A正确；
B．做竖直上抛运动的物体只有重力对其做功，机械能守恒，故B正确；
C．物体向上匀速直线运动，必然有一个向上的力对其做功，机械能增加，故C错误；
D．沿固定光滑曲面自由下滑的物体只有重力对其做功，机械能守恒，故D正确。
故选：ABD。
（多选）45．如图，表面光滑的固定斜面顶端安装一定滑轮，小物块A、B用轻绳连接并跨过滑轮（不计滑轮的质量和摩擦）。初始时刻，A、B处于同一高度并恰好处于静止状态。剪断轻绳后A下落，B沿斜面下滑，则从剪断轻绳到物块着地，两物块（ ）
A．落地时的速度相同
B．机械能变化量相同
C．重力势能的变化量相同
D．重力做功的平均功率相同
【答案】BD
【解答】解：设斜面倾角为θ，刚开始AB处于静止状态，所以mBgsinθ＝mAg，所以mB＞mA，
A运动的时间为：tA=2hg，B运动的时间为tB，由运动学公式有：hsinθ=12gsinθtB2，代入数据解得tB=1sinθ2hg；
A、剪断轻绳后A自由下落，B沿斜面下滑，AB都只有重力做功，根据动能定理得：mgh=12mv2，代入数据解得v=2gh，所以落地时的速率相同，故A错误；
B、下滑过程中两物体均只有重力做功，故两物体的机械能均不变，变化量均为零，故B正确；
C、重力势能变化量ΔEP＝mgh，由于A、B的质量不相等，所以重力势能变化不相同，故C错误；
D、A重力做功的平均功率为PA=mAgh2hg；B重力做功的平均功率为：PB=mBghtB=mBghsinθ2hg=mAgh2hg；所以重力做功的平均功率相等，故D正确；
故选：BD。
▉题型8 机械能守恒定律的简单应用
【知识点的认识】
1.机械能守恒定律的内容：在只有重力或弹力做功的物体系统内，动能与势能可以互相转化，而总的机械能保持不变。
2.对三种表达式的理解
（1）守恒式：Ek1+EP1＝Ek2+EP2，这里应注意等式不是指某两个特别的状态，而是过程中的每一状态机械能的总量都是守恒的，但我们解题时往往选择与题目所述条件或所求结果相关的状态建立方程式。另外，表达式中是相对的，建立方程时必须选择合适的参考平面，且每一状态的E都应是对同一参考平面而言的。
（2）转化式：ΔEk＝﹣ΔEP，系统动能的增加量等于系统重力势能的减少量，可以不选择参考平面。
（3）转移式：ΔEA＝﹣ΔEB，将系统分为A、B两部分，A部分机械能的增加量等于另一部分B的机械能的减少量，可以不选择参考平面。
3.运用机械能守恒定律的基本思路
4.机械能守恒定律和动能定理的比较
46．下列说法正确的是（ ）
A．物体的速度发生变化，则其动能一定发生变化
B．做匀速直线运动的物体，其机械能一定守恒
C．同学在做下蹲运动时，地面对他的支持力做负功
D．物体在水平面内做匀速圆周运动，其机械能一定守恒
【答案】D
【解答】解：A、如果物体的速度方向发生变化，而速度大小不变，由Ek=12mv2，可知其动能不发生变化，故A错误；
B、做匀速直线运动的物体，机械能不一定守恒，比如物体匀速上升时，动能不变，重力势能增大，其机械能增大，故B错误；
C、同学在做下蹲运动时，在支持力方向上没有发生位移，所以地面对他的支持力不做功，故C错误；
D、物体在水平面内做匀速圆周运动，动能和重力势能都不变，其机械能一定守恒，故D正确。
故选：D。
47．“高空抛物”一直被称为悬在城市头顶上的痛，尤其是人为的高空抛物，更给公共安全带来极大的危害性，必须要严格禁止。若从7楼窗户20m高处，将一质量为2kg的花盆水平推出，不计空气阻力，重力加速度g取10m/s2。则下面说法中正确的是（ ）
A．花盆下落过程中机械能不守恒
B．以7楼窗户所在平面为零势能面，花盆在抛出时的重力势能为400J
C．花盆下落过程中重力做功的平均功率为200W
D．花盆落地前的瞬间，重力的瞬时功率为200W
【答案】C
【解答】解：A、花盆下落过程中，只有重力做功，机械能守恒，故A错误；
B、以7楼窗户所在平面为零势能面，花盆在抛出时的重力势能为0J，故B错误；
C、全过程重力做功W＝mgh＝2×10×20J＝400J，下落过程中根据h=12gt2，解得t＝2s
全过程重力的平均功率为P=Wt=4002W＝200W，故C正确；
D、花盆落地时竖直分速度大小为vy＝gt＝10×2m/s＝20m/s，故花盆落地时重力的瞬时功率P＝mgvy＝2×10×20W＝400W，故D错误。
故选：C。
48．竖直弹簧下端固定于水平地面上，如图所示，小球从弹簧的正上方高为h的地方自由下落到弹簧上端，经几次反弹以后小球最终在弹簧上静止于某一点A处，则（ ）
A．h愈大，弹簧在A点的压缩量愈大
B．弹簧在A点的压缩量与h无关
C．h愈大，最终小球静止在A点时弹簧的弹性势能愈大
D．小球第一次到达A点时弹簧的弹性势能比最终小球静止在A点时弹簧的弹性势能大
【答案】B
【解答】解：A、B、C、小球经最后静止在弹簧上的A点，小球处于平衡状态，则F弹＝mg，根据胡克定律得：弹簧的压缩量Δx=F弹k，与h无关，则小球静止在A点时弹簧的弹性势能与h也无关，故AC错误，B正确；
D、A点是小球所受的弹力与重力的平衡位置，小球第一次到达A点时，弹簧的压缩量与最终小球静止在A点时弹簧压缩量相等，则此时弹簧的弹性势能与最终小球静止在A点时弹簧的弹性势能相等，故D错误。
故选：B。
49．如图所示，半圆形光滑轨道固定在水平地面上，一物块以速度v从轨道下端滑入轨道，并恰能从轨道上端水平飞出，则小物块的落地点到轨道下端的距离为（重力加速度大小为g）（ ）
A．v24gB．v25gC．2v25gD．2v23g
【答案】C
【解答】解：小物块从轨道下端到最高点过程中，只有重力做功，机械能守恒，则有：﹣mg•2r=12mv′2−12mv2
小物块恰能从轨道上端水平飞出，则mg=mv′2r
小物块从轨道最高点到落地，做平抛运动，则：
水平方向：x＝v't
竖直方向：2r=12gt2
联立解得：x=2v25g
故C正确，ABD错误；
故选：C。
50．如图所示，质量为m的小球以一定的初速度滑上高为h的光滑曲面，小球到达曲面顶端时速度刚好为零。重力加速度为g。则下列说法正确的是（ ）
A．小球的初速度大小为2gh
B．小球在曲面底端时重力的功率为mg2gh
C．在该运动过程中小球的动能减小mgh
D．在该运动过程中小球的机械能减小mgh
【答案】C
【解答】解：A、小球在滑上曲面的过程中，只有重力做功，其机械能守恒，取地面为参考平面，根据机械能守恒定律得：12mv02=mgh
则得：v0=2gh
故A错误；
BCD、小球在曲面底端时重力与速度方向垂直，重力的功率为0，在该过程中小球的动能减小了mgh，机械能不变，故C正确，BD错误；
故选：C。
51．如图所示，足够长的光滑斜面倾角为30°，质量为m的甲球与质量为2m的乙球被固定在斜面上的挡板挡住，甲、乙间用轻弹簧连接，系统处于静止状态．已知重力加速度为g，突然撤去挡板，下列说法正确的是（ ）
A．撤去挡板瞬间，甲的加速度大小为g
B．撤去挡板瞬间，乙的加速度大小为g
C．下滑过程中，甲球的机械能守恒
D．下滑过程中，甲、乙两球及弹簧组成的系统机械能守恒
【答案】D
【解答】解：AB、若撤去挡板瞬间，对于甲，弹簧的弹力没有来得及变化，故甲的合力依然为零，加速度也为零，对乙，根据牛顿第二定律有：3mg＝2ma，解得乙的加速度大小：a=32g，故AB错误；
CD、下滑过程中，甲、乙两球及弹簧组成的系统只有内部弹力做功，所以系统机械能守恒，对甲，弹簧弹力对甲做负功，甲的机械能不守恒，故C错误，D正确；
故选：D。
（多选）52．如图所示，两个34圆弧轨道固定在水平地面上，半径R相同，a轨道由金属凹槽制成，b轨道由金属圆管制成（圆管内径远小于半径R），均可视为光滑轨道。在两轨道右端的正上方分别将金属小球A和B（直径略小于圆管内径）由静止释放，小球距离地面的高度分别用hA和hB表示。下列说法中正确的是（ ）
A．若hA＝hB≥52R，两小球都能沿轨道运动到最高点
B．若hA＝hB≥32R，两小球在轨道上上升的最大高度均为32R
C．适当调整hA和hB，均可使两小球从轨道最高点飞出后，恰好落在轨道右端口处
D．若使小球沿轨道运动并且从最高点飞出，hA的最小值为52R，B小球在hB＞2R的任何高度释放均可
【答案】AD
【解答】解：AD、若小球A恰好能到a轨道的最高点，由mg＝mvA2R，得vA=gR，由mg（hA0﹣2R）=12mvA2，得hA0=52R；若小球B恰好能到b轨道的最高点，在最高点的速度vB＝0，根据机械能守恒定律得hB0＝2R，所以hA＝hB≥52R时，两球都能到达轨道的最高点，故A、D正确；
B、若hB=32R，小球B在轨道上上升的最大高度等于32R；若hA=32R，则小球A在到达最高点前离开轨道，有一定的速度，由机械能守恒定律可知，A在轨道上上升的最大高度小于32R，故B错误；
C、小球A从最高点飞出后做平抛运动，下落R高度时，水平位移的最小值为xA＝vA2Rg=gR•2Rg=2R＞R，所以若小球A从最高点飞出后会落在轨道右端口外侧，而适当调整hB，B可以落在轨道右端口处，所以适当调整hA和hB，只有B球可以从轨道最高点飞出后，恰好落在轨道右端口处，故C错误。
故选：AD。
（多选）53．如图所示，一小球从距桌面高H处自由释放，桌面与水平地面的距离为h，取小球刚释放时所在水平面为零势能面，不计空气阻力，重力加速度为g。则下列说法正确的是（ ）
A．小球落地时的重力势能为mg（H+h）
B．小球经过与桌面等高的位置时重力势能为﹣mgH
C．小球经过与桌面等高的位置时重力的功率为mggH
D．小球从释放到落地的过程中重力的平均功率为12mg2g(H+h)
【答案】BD
【解答】解：A.取小球刚释放时所在水平面为零势能面，小球落地时，在零势能面下方H+h处，则的重力势能为﹣mg（H+h），故A错误；
B.小球经过与桌面等高的位置时，在零势能面下方H处，则重力势能为﹣mgH，故B正确；
C.小球下落过程中，做自由落体运动，则小球经过与桌面等高的位置时的速度为v=2gH，则小球经过与桌面等高的位置时重力的功率为，P＝mgv＝mg2gH，故C错误；
D.小球从释放到落地的过程中，重力做功为W＝mg（H+h），小球下落过程中，做自由落体运动，则有H+h=12gt2，则小球运动的时间为，t=2(H+h)g，则小球从释放到落地的过程中重力的平均功率为P=Wt=12mg2g(H+h)，故D正确；
故选：BD。
54．AB是处于竖直平面内的光滑圆弧轨道，半径R＝0.9m，O为圆心，OA与竖直方向OB的夹角θ＝60°。BC是长度L＝2.5m的水平传送带，正以v＝5m/s的速度顺时针匀速转动，AB与BC平滑衔接。质量m＝2.0kg的小物块从A处由静止下滑，已知物块与传送带间的动摩擦因数为μ＝0.5，取g＝10m/s2。
（1）求物块到达B点时受圆弧轨道的弹力；
（2）从B到C，物块与传送带间产生的热量。
【答案】（1）物块到达B点时受圆弧轨道的弹力为40N，方向竖直向上；
（2）从B到C，物块与传送带间产生的热量为4J。
【解答】解：（1）小物块从A处由静止下滑到达B点的过程中，由机械能守恒定律得：mgR（1﹣csθ）=12mvB2
代入数据解得：vB＝3m/s
在B点，对小物块受力分析，由牛顿第二定律得：FN﹣mg＝mvB2R
代入数据解得物块到达B点时受圆弧轨道的弹力为：FN＝40N，方向竖直向上，
（2）传送带运转方向为顺时针，v＝5m/s＞vB＝3m/s
小物块先做匀加速，对物块受力方向，由牛顿第二定律得：μmg＝ma
代入数据解得加速度为：a＝5m/s2
根据由速度—位移公式，可得匀加速的位移为：x=v2−vB22a=52−322×5m＝1.6m
x＝1.6m＜L＝2.5m
根据速度—时间公式，可得小物块匀加速的时间为：t=v−vBa=5−35s＝0.4s
此段时间内，传送带运动的位移为：x′＝vt＝5×0.4m＝2m
此过程中小物块与传送带间的相对位移大小为：Δx＝x′﹣x＝2m﹣1.6m＝0.4m
从B到C，物块与传送带间产生的热量为：Q＝μmg•Δx＝0.5×2×10×0.4J＝4J
答：（1）物块到达B点时受圆弧轨道的弹力为40N，方向竖直向上；
（2）从B到C，物块与传送带间产生的热量为4J。
▉题型9 弹簧类问题中的机械能守恒
【知识点的认识】
本考点旨在针对含有弹簧的机械能守恒问题。
55．如图所示，在轻弹簧的下端悬挂一个质量为m的小球A，若将小球A从弹簧原长位置由静止释放，小球A能够下降的最大高度为h。若将小球A换为质量为4m的小球B，仍从弹簧原长位置由静止释放，已知重力加速度为g，不计空气阻力，则小球B下降h时的速度为（ ）
A．gh2B．2ghC．3gh2D．2gh3
【答案】C
【解答】解：对A下降h的过程，根据小球A与弹簧组成的系统机械能守恒得
mgh＝Ep
对B下降h的过程有
4mgh＝Ep+12mvB2
解得vB=3gh2，故ABD错误，C正确。
故选：C。
（多选）56．如图所示，一根劲度系数足够大的轻质弹簧竖直固定于水平地面上，一质量为m的小球自弹簧的正上方一定高度处由静止开始下落，不计空气阻力。在小球从开始下落至下落到最低点的过程中，下列说法中正确的是（ ）
A．小球的重力势能逐渐减小
B．小球的动能逐渐增大
C．小球的机械能守恒
D．小球和弹簧组成的系统机械能守恒
【答案】AD
【解答】解：A．随小球下落的高度的不断降低，则小球的重力势能逐渐减小，故A正确；
B．小球刚接触弹簧的一段时间内，弹力小于重力，则加速度向下，随弹力增加，加速度减小，速度增加；当弹力等于重力时加速度为零速度最大；以后弹力大于重力，加速度向上，则小球的速度逐渐减小，则整个过程中小球的速度先增加后减小，则小球的动能先增大后减小，故B错误；
C．弹簧的弹力对小球做功，则小球的机械能不守恒，故C错误；
D．小球和弹簧组成的系统，只有重力和弹力做功，则机械能守恒，故D正确。
故选：AD。
▉题型10 机械能与曲线运动相结合的问题
【知识点的认识】
本考点旨在针对机械能守恒定律与曲线运动相结合的问题，包括一般曲线运动、圆周运动、平抛运动等。
57．为了研究过山车的原理，物理小组提出了下列设想：取一个与水平方向夹角为37°、长L＝4.0m的粗糙的倾斜轨道AB，通过水平轨道BC与竖直圆轨道相连，圆轨道半径R＝0.4m，出口为水平轨道DE，整个轨道除AB段以外都是光滑的．其中AB与BC轨道以微小圆弧相接，如图所示．一个m＝1kg的小物块以初速度v0＝4.0m/s从某一高处水平抛出，到A点时速度方向恰沿AB方向，并沿倾斜轨道滑下．已知物块与倾斜轨道的动摩擦因数μ＝0.50（g取10m/s2，sin37°＝0.60，cs37°＝0.80）求：
（1）小球能够顺利通过圆轨道最高点P的最小速度为多少；
（2）小物块的抛出点和A点的高度差；
（3）小物块滑到竖直圆轨道的底端C点时，物块对轨道的压力为多大．
【答案】见试题解答内容
【解答】解：（1）对小球在P点应用牛顿第二定律可得：mg≤mvP2R，所以，vP≥gR=2m/s；
（2）小球水平抛出到A的过程做平抛运动，故小球在A点竖直方向的分速度vy＝v0tan37°＝3m/s，
那么由平抛运动竖直方向分运动为自由落体运动可得：小物块的抛出点和A点的高度差h=vy22g=0.45m；
（3）由平抛运动规律及小球在A点的速度方向可知：vA=v0cs37°=5m/s；
对小球从A到C应用动能定理可得：mgLsin37°−μmgLcs37°=12mvC2−12mvA2，
所以，vC=vA2+2gL(sin37°−μcs37°)=41m/s；
故对小球在C点应用牛顿第二定律可得：小球受到的支持力FN=mg+mvC2R=112.5N；
故由牛顿第三定律可得：小物块滑到竖直圆轨道的底端C点时，物块对轨道的压力为112.5N；
答：（1）小球能够顺利通过圆轨道最高点P的最小速度为2m/s；
（2）小物块的抛出点和A点的高度差为0.45m；
（3）小物块滑到竖直圆轨道的底端C点时，物块对轨道的压力为112.5N．
▉题型11 多物体系统的机械能守恒问题
【知识点的认识】
1.系统机械能守恒条件
（1）系统除重力外无其他外力做功（
2）系统内除弹力外其他内力不做功或所做的总功为零，特别是系统内无滑动摩擦力时系统的机械能守恒。
2.多物体系统内物体间的速度关系
（1）绳连接的两个物体，在任一时刻沿绳方向上的速度分量相同。
（2）杆连接的两物体，当绕固定点转动时，两物体角速度相等；当杆自由运动时，两物体沿杆方向上的速度分量相同。
（3）接触的两物体在任一时刻沿垂直于接触面方向上的速度分量相同
58．如图所示，质量为mA的物块A置于倾角为30°的固定光滑斜面上，物块A上连接的轻绳跨过两个定滑轮后与质量为mB的物块B相连，连接A的绳子开始时与水平方向的夹角也为30°。现将物块A、B同时由静止释放，物块A始终没有离开斜面，物块B未与斜面及滑轮碰撞，不计滑轮的质量和摩擦，在物块A沿斜面下滑到速度最大的过程中（ ）
A．物块A的机械能守恒
B．绳子与斜面垂直时物块B的机械能最大
C．绳子对B的拉力一直做正功
D．物块A、B组成的系统机械能一定守恒
【答案】D
【解答】解：A、物块A沿斜面下滑的过程中，重力做正功，支持力不做功，绳子的拉力先做正功后做负功，故物块的机械能不守恒，故A错误；
B、绳子与斜面垂直时，斜面与滑轮间的绳子最短，故物块B先下降后上升，绳子与斜面垂直时物块B的机械能最小，故B错误；
C、绳子与斜面重在前，绳子对物块B的拉力向上，物块B向下运动，故这段过程绳子对B的拉力做负功，故C错误；
D、以物块A，B组成的系统为研究对象，系统的外力中只有重力做功，故系统的机械能守恒，故D正确。
故选：D。
▉题型12 从能量角度求解传送带问题
【知识点的认识】
本考点旨在针对涉及能量类问题的传动带模型。
59．如图所示，光滑的半圆形轨道固定在竖直平面内，直径BC竖直，其底端与水平传送带右端平滑连接。传送带长度L＝6m并以v＝4m/s的速度逆时针匀速转动。现有一个质量m＝1kg可视为质点的小滑块，以v0＝10m/s的水平速度冲上传送带左端，方向水平向右。已知滑块与传送带间的动摩擦因数μ＝0.3，半圆形轨道半径R＝1.5m，重力加速度g＝10m/s2。求：
（1）小滑块滑上半圆形轨道前，因摩擦而产生的热量；
（2）试分析小滑块滑上半圆轨道后，能否通过最高点C。（要求有论证过程）
【答案】（1）小滑块滑上半圆形轨道前，因摩擦而产生的热量是26J；
（2）小滑块滑上半圆轨道后，不能通过最高点C。
【解答】解：（1）滑块从A到B的过程，﹣μmg＝ma
由位移﹣速度公式可得：vB2−v02=2aL
代入数据得：vB＝8m/s
由速度﹣时间公式：vB＝v0+at
得：t=23s
传送带滑过的距离，由x传送带=vt=4×23m=83m
则滑块与传送带相对滑过的路程：Δx=L+x传送带=6m+83m=263m
所以，因摩擦而产生的热量：Q＝μmgΔx=0.3×1×10×263J＝26J
（2）设滑块能过最高点C，且速度大小为vC，根据机械能守恒定律得：12mvB2=mg×2R+12mvC2
得：vC＝2m/s
若滑块能过C点，必有mg=mv最小2R
即V最小=15m/s
由于vC＜v最小，所以滑块无法通过最高点C。
答：（1）小滑块滑上半圆形轨道前，因摩擦而产生的热量是26J；
（2）小滑块滑上半圆轨道后，不能通过最高点C。
▉题型13 从能量角度求解板块模型的问题
【知识点的认识】
本考点旨在针对涉及能量类问题的板块模型。
60．如图所示，质量M＝2kg的木板B静止在光滑的水平地面上，质量m＝1kg的小物体A以v0＝9m/s的初速度从木板B的左端滑入，并刚好停在木板右端。已知A、B间的动摩擦因数μ＝0.2，重力加速度取g＝10m/s2。求：
（1）该过程所用的时间及木板B最后的速度大小；
（2）该过程中摩擦力对木板B所做的功和系统产生的内能。
【答案】（1）该过程所用的时间为3s，木板B最后的速度大小为3m/s；
（2）该过程中摩擦力对木板B所做的功为9J，系统产生的内能为27J。
【解答】解：（1）该过程中小物体做匀减速运动，木板做匀加速运动，则
对物体有：v＝v0﹣a1t
μmg＝ma1
对木板有：v＝a2t
Ma2＝μmg
由上述式子解得：t＝3s，v＝3m/s；
（2）木板B做匀加速运动，位移大小为
x1=v2t
所以摩擦力对木板所做的功
W＝fx1＝μmgx1
联立解得：W＝9J，
小物体发生的位移
x2=v0+v2t
对系统分析，根据功能关系得
Q＝fs相＝μmg（x2﹣x1）
联立解得额：Q＝27J。
答：（1）该过程所用的时间为3s，木板B最后的速度大小为3m/s；
（2）该过程中摩擦力对木板B所做的功为9J，系统产生的内能为27J。题型1 天体运动中机械能的变化
题型2 功是能量转化的过程和量度
题型3 常见力做功与相应的能量转化
题型4 机械能的概念与组成
题型5 计算物体的机械能
题型6 动能与势能的相互转化
题型7 判断机械能是否守恒及如何变化
题型8 机械能守恒定律的简单应用
题型9 弹簧类问题中的机械能守恒
题型10 机械能与曲线运动相结合的问题
题型11 多物体系统的机械能守恒问题
题型12 从能量角度求解传送带问题
题型13 从能量角度求解板块模型的问题
功
能量的变化
合外力做正功
动能增加
重力做正功
重力势能减少
弹簧弹力做正功
弹性势能减少
电场力做正功
电势能减少
其他力（除重力、弹力）做正功
机械能增加
一对滑动摩擦力做的总功为负功
系统的内能增加