第七章 机械能守恒定律
1 追寻守恒量——能量
2 功
1．一物体静止在升降机的地板上，在升降机加速上升的过程中，下列说法正确的是 ( )．
A．合外力对物体不做功
B．地板对物体的支持力做正功
C．地板对物体的支持力做负功
D．重力对物体做负功
解析 升降机加速上升时，物体所受支持力方向向上，与位移同向做正功；物体所受重力方向向下，与位移反向做负功；物体所受合力方向向上，与位移同向做正功．选项B、D正确．
答案 BD
2．如图7－1、2－9所示表示撑杆跳高运动的几个阶段：助跑、撑杆起跳、越横杆、落地(未画出)．在这几个阶段中有关能量转化情况的说法，正确的是
( )．
图7－1、2－9
A．助跑阶段，身体中的化学能转化为人和杆的动能
B．起跳时，人的动能和化学能转化为人和杆的势能
C．越过横杆后，人的重力势能转化为动能
D．落地后，人的能量消失了
解析 运动员在助跑、撑杆起跳、越横杆、下落的几个过程中，能量的转化分别为化学能转化为动能，化学能和动能转化为势能，重力势能转化为动能．故A、B、C正确．人落地后，人的重力势能会使地面发生形变及使温度升高而转化为内能，即人的能量并没有消失，故D错．
答案 ABC
3．有一根轻绳拴了一个物体，如图7－1、2－10所示，若整体以加速度a向下做减速运动时，作用在物体上的各力做功的情况是 ( )．
图7－1、2－10
A．重力做正功，拉力做负功，合外力做负功
B．重力做正功，拉力做负功，合外力做正功
C．重力做正功，拉力做正功，合外力做正功
D．重力做负功，拉力做负功，合外力做正功
解析 重力与位移同向，做正功，拉力与位移反向做负功，由于做减速运动，所以物体所受合力向上，与位移反向，做负功．
答案 A
4．下面列举的情况中所做的功不为零的是 ( )．
A．举重运动员，举着杠铃在头上方停留3 s，运动员对杠铃做的功
B．木块在粗糙的水平面上滑动，支持力对木块做的功
C．一个人用力推一个笨重的物体，但没推动，人的推力对物体做的功
D．自由落体运动中，重力对物体做的功
解析 A选项，举重运动员举着杠铃在头上方停留3 s的时间内，运动员对杠铃施加了竖直向上的支持力，但杠铃在支持力方向上没有位移，所以运动员对杠铃没有做功；B选项，木块滑动过程中，在支持力方向上没位移，故支持力对木块没有做功；C选项，推而不动，只有力而没有位移，做的功等于零；D选项，重力竖直向下，物体的位移也竖直向下，故重力对物体做了功，D选项正确．
答案 D
5．一个物体在两个力F1、F2的共同作用下发生了一段位移，做功分别为W1＝6 J、W2＝－6 J，下列说法正确的是 ( )．
A．这两个力一定大小相等、方向相反
B．F1是动力，F2是阻力
C．这两个力做的总功为0
D．F1比F2做的功多
解析 两个力分别做正功、负功，说明它们与运动方向的夹角分别小于90°、大于90°，但这两个力不一定大小相等，方向相反，A错．F1做正功一定是动力，F2做负功一定是阻力，但正、负不表示功的大小，B对，D错．两个力的总功等于这两个功的代数和，C对．
答案 BC
6．如图所示，力F大小相等，物体沿水平面运动的位移l也相同，下列哪种情况F做功最少 ( )．
解析 四种情况下，F、l都相同，由公式W＝Flcos α可知，cos α越小，力F做的功越少，D中cos α最小，故选D.
答案 D
7．如图7－1、2－11所示，平行于斜面向上的拉力F使质量为m的物体匀速地沿着长为L，倾角为α的斜面的一端向上滑到另一端，物体与斜面间的动摩擦因数为μ，分别求作用在物体上各力对物体所做的功．
图7－1、2－11
解析 选物体为研究对象，其受力如图所示：
(1)拉力F对物体所做的功为WF＝FL由于物体做匀速运动，故
F＝mgsin α＋Ff＝mgsin α＋μmgcos α
所以WF＝mgL(sin α＋μcos α)
拉力F对物体做正功．
(2)重力mg对物体所做的功为：
WG＝mgLcos(90°＋α)＝－mgLsin α
物体克服重力所做的功为mgLsin α.
(3)摩擦力对物体所做的功为
WFf＝Ff Lcos 180°＝－Ff L＝－μmgLcos α
物体克服摩擦力做功μmgLcos α
(4)弹力F1对物体所做的功为
W1＝F1Lcos 90°＝0
弹力对物体不做功．
答案 拉力做功mgL(sin α＋μcos α)，重力做功－mgLsin α，摩擦力做功－μmgLcos α，斜面弹力对物体不做功
8．如图7－1、2－12所示，同一物体分别沿斜面AD和BD自顶点由静止开始下滑，该物体与斜面间的动摩擦因数相同．
图7－1、2－12
在滑行过程中克服摩擦力做的功分别为WA和WB，则 ( )．
A．WA>WB B．WA＝WB
C．WA解析 设斜面AD、斜面BC与水平面CD所成夹角分别为α、θ，根据功的公式，得W＝Ffs＝μmgcos α·s，即WA＝μmgcos α·sAD＝μmgsCD，WB＝μmgcos θ·sBD＝μmgsCD，所以选B.
答案 B
9．质量为m的物体始终固定在倾角为θ的斜面上，下列说法正确的是 ( )．
A．若斜面水平向右匀速运动距离l，斜面对物体没有做功
B．若斜面向上匀速运动距离l，斜面对物体做功为mgl
C．若斜面水平向左以加速度a运动距离l，斜面对物体做功为mal
D．若斜面向下以加速度a运动距离l，斜面对物体做功为m(g＋a)l
解析 斜面对物体做功即斜面对物体的作用力(支持力和摩擦力)做功．斜面沿水平方向匀速运动时，物体受到平衡力作用而处于匀速直线运动状态，与重力相平衡的力是斜面给它的作用力，方向竖直向上，与位移方向垂直，斜面对物体不做功．斜面向上匀速运动时，力与位移同向，即W＝Fl＝mgl.斜面水平向左加速运动时，物体所受的合外力为ma，恰等于斜面给它的作用力在位移方向的分量，即W＝Fll＝mal.斜面向下加速时，对物体有mg＋F＝ma，W＝Fl＝m(a－g)l.
答案 ABC
10．物体在水平方向上受到两个相互垂直大小分别为3 N和4 N的恒力，从静止开始运动10 m，每个力做的功和这两个力的合力做的总功分别为 ( )．
A．30 J、40 J、70 J B．30 J、40 J、50 J
C．18 J、32 J、50 J D．18 J、32 J、36.7 J
解析 合力大小为5 N，合力方向即合位移方向与3 N的力夹角α1＝53°，与4 N的力夹角α2＝37°，各个力及合力做功分别为W1＝F1lcos α1＝18 J，W2＝F2lcos α2＝32 J，W合＝50 J，C对．
答案 C
11．质量为2 kg的物体置于水平面上，在运动方向上受到水平拉力F的作用，沿水平方向做匀变速运动，拉力F作用2 s后撤去，物体运动的速度图象如图7－1、2－13所示，则下列说法正确的是(取g＝10 m/s2)( )．
图7－1、2－13
A．拉力F做功150 J
B．拉力F做功350 J
C．物体克服摩擦力做功100 J
D．物体克服摩擦力做功175 J
解析 由图象可知撤去拉力后，物体做匀减速直线运动，加速度大小a2＝2.5 m/s2，所以滑动摩擦力Ff＝ma2＝5 N；加速过程加速度a1＝2.5 m/s2，由F－Ff＝ma1，得拉力F＝ma1＋Ff＝10 N；由图象可知F作用的2 s时间内位移l1＝15 m，撤去F后运动的位移l2＝20 m，全程位移l＝35 m，所以拉力F做功W1＝Fl1＝10×15 J＝150 J，A正确，B错误，物体克服摩擦力做功W2＝Ffl＝5×35 J＝175 J，C错误，D正确．
答案 AD
12．如图7－1、2－14所示，用恒定的拉力F拉置于光滑水平面上的质量为m的物体，由静止开始运动时间t，拉力F斜向上与水平面夹角为θ＝60°.如果要使拉力做的功变为原来的4倍，在其他条件不变的情况下，可以将 ( )．
图7－1、2－14
A．拉力变为2F
B．时间变为2t
C．物体质量变为
D．拉力大小不变，但方向改为与水平面平行
解析 本题要讨论的是恒力做功的问题，所以选择功的公式，要讨论影响做功大小的因素的变化，比较快捷的思路是先写出功的通式，再讨论变化关系．位移x＝at2＝t2，W＝Fxcos 60°＝t2，当F′＝2F时，W′＝4W，当时间变为2t时，W′＝4W；当m′＝m时，W′＝2W；当θ＝0°时，W′＝4W，由此可知，C错，A、B、D对．
答案 ABD
13．质量为M的木板放在光滑水平面上，如图7－1、2－15所示．一个质量为m的滑块以某一速度沿木板表面从A点滑至B点，在木板上前进了l，同时木板前进了x，若滑块与木板间的动摩擦因数为μ，求摩擦力对滑块、对木板所做的功各为多少？
图7－1、2－15
解析 由题图可知，木板的位移为lM＝x时，滑块的位移
为lm＝l＋x，m与M之间的滑动摩擦力Ff＝μmg.
由公式W＝Flcos α可得，摩擦力对滑块所做的功为Wm＝μmglmcos 180°＝－μmg(l＋x)，负号表示做负功．摩擦力对木板所做的功为WM＝μmglM＝μmgx.
答案 －μmg(l＋x) μmgx
14．如图7－1、2－16所示，质量为m的物体在恒力F作用下，由静止开始加速运动，发生的位移为l，物体与接触面间的动摩擦因数为μ，则
图7－1、2－16
(1)恒力F做的功各是多少？
(2)物体克服摩擦阻力做的功又各是多少？(图中角θ为已知)
解析 (1)各图中恒力F做的功
甲图：W1＝Fl
乙图：W2＝Flcos ＝Flsin θ
丙图：W3＝Flcos θ
(2)各图中阻力做的功
甲图：W4＝－μmgl
乙图：W5＝－μ(mg－Fcos θ)l
丙图：W6＝－μ(mg＋Fsin θ)l
各图中物体克服阻力做功分别为μmgl
μ(mg－Fcos θ)l μ(mg＋Fsin θ)l
答案 (1)Fl Flsin θ Flcos θ
(2)μmgl μ(mg－Fcos θ)l μ(mg＋Fsin θ)l
