課后限時(shí)集訓(xùn)17功能關(guān)系能量守恒定律建議用時(shí)：45分鐘1物體在豎直方向上分別做了勻速上升、加速上升和減速上升三種運(yùn)動(dòng)。在這三種情況下物體機(jī)械能的變化情況是()A勻速上升機(jī)械能不變，加速上升機(jī)械能增加，減速上升機(jī)械能減小B勻速上升和加速上升機(jī)械能增加，減速上升機(jī)械能減小C勻速上升和加速上升機(jī)械能增加，減速上升機(jī)械能可能增加，可能減少，也可能不變D三種情況中，物體的機(jī)械能均增加C無論物體向上加速運(yùn)動(dòng)還是向上勻速運(yùn)動(dòng)，除重力外，其他外力一定對(duì)物體做正功，物體機(jī)械能都增加；物體向上減速運(yùn)動(dòng)時(shí)，除重力外，物體受到的其他外力不確定，故無法確定其機(jī)械能的變化，C正確。2(2019·重慶一診)如圖所示，一物塊在粗糙斜面上由靜止釋放，運(yùn)動(dòng)到水平面上后停止，則運(yùn)動(dòng)過程中，物塊與地球組成系統(tǒng)的機(jī)械能()A不變 B減小C增大 D無法判斷B物塊在粗糙斜面上由靜止釋放后，重力與摩擦力對(duì)物塊做功，其中摩擦力做功是將物塊機(jī)械能的一部分轉(zhuǎn)化為內(nèi)能，所以物塊與地球組成系統(tǒng)的機(jī)械能減少，故A、C、D錯(cuò)誤，B正確。3.滑塊靜止于光滑水平面上，與之相連的輕質(zhì)彈簧處于自然伸直狀態(tài)。現(xiàn)用恒定的水平外力F作用于彈簧右端，在向右移動(dòng)一段距離的過程中拉力F做了10 J的功。在上述過程中()A彈簧的彈性勢(shì)能增加了10 JB滑塊的動(dòng)能增加了10 JC滑塊和彈簧組成的系統(tǒng)機(jī)械能增加了10 JD滑塊和彈簧組成的系統(tǒng)機(jī)械能守恒C拉力F做功的同時(shí)，彈簧伸長(zhǎng)，彈簧的彈性勢(shì)能增大，滑塊向右加速運(yùn)動(dòng)，滑塊動(dòng)能增加，由功能關(guān)系可知，拉力做功等于滑塊的動(dòng)能與彈簧彈性勢(shì)能的增加量之和，C正確，A、B、D均錯(cuò)誤。4(2019·駐馬店模擬)一物體在豎直向上的恒力作用下，由靜止開始上升，到達(dá)某一高度時(shí)撤去外力。若不計(jì)空氣阻力，則在整個(gè)上升過程中，物體的機(jī)械能E隨時(shí)間t變化的關(guān)系圖象是()ABCDA設(shè)物體在恒力作用下的加速度為a，由功的定義式可知，機(jī)械能增量為EFhF·at2，知E­t圖象是開口向上的拋物線，撤去恒力后，機(jī)械能守恒，則機(jī)械能不隨時(shí)間變化，故A正確，B、C、D錯(cuò)誤。5(多選)(2019·全國(guó)卷)從地面豎直向上拋出一物體，其機(jī)械能E總等于動(dòng)能Ek與重力勢(shì)能Ep之和。取地面為重力勢(shì)能零點(diǎn)，該物體的E總和Ep隨它離開地面的高度h的變化如圖所示。重力加速度取10 m/s2。由圖中數(shù)據(jù)可得()A物體的質(zhì)量為2 kgBh0時(shí)，物體的速率為20 m/sCh2 m時(shí)，物體的動(dòng)能Ek40 JD從地面至h4 m，物體的動(dòng)能減少100 JAD根據(jù)題給圖象可知h4 m時(shí)物體的重力勢(shì)能mgh80 J，解得物體質(zhì)量m2 kg，拋出時(shí)物體的動(dòng)能為Ek100 J，由動(dòng)能公式Ekmv2，可知h0時(shí)物體的速率為v10 m/s，選項(xiàng)A正確，B錯(cuò)誤；由功能關(guān)系可知fh|E|20 J，解得物體上升過程中所受空氣阻力f5 N，從物體開始拋出至上升到h2 m的過程中，由動(dòng)能定理有mghfhEk100 J，解得Ek50 J，選項(xiàng)C錯(cuò)誤；由題給圖象可知，物體上升到h4 m時(shí)，機(jī)械能為80 J，重力勢(shì)能為80 J，動(dòng)能為零，即物體從地面上升到h4 m，物體動(dòng)能減少100 J，選項(xiàng)D正確。6.(多選)(2019·青島模擬)如圖所示，一根原長(zhǎng)為L(zhǎng)的輕彈簧，下端固定在水平地面上，一個(gè)質(zhì)量為m的小球，在彈簧的正上方從距地面高度為H處由靜止下落壓縮彈簧。若彈簧的最大壓縮量為x，小球下落過程受到的空氣阻力恒為Ff，則小球從開始下落至最低點(diǎn)的過程()A小球動(dòng)能的增量為0B小球重力勢(shì)能的增量為mg(HxL)C彈簧彈性勢(shì)能的增量為(mgFf)(HxL)D系統(tǒng)機(jī)械能減少FfHAC小球下落的整個(gè)過程中，開始時(shí)速度為零，結(jié)束時(shí)速度也為零，所以小球動(dòng)能的增量為0，選項(xiàng)A正確；小球下落的整個(gè)過程中，重力做功WGmghmg(HxL)，根據(jù)重力做功量度重力勢(shì)能的變化WGEp得：小球重力勢(shì)能的增量為mg(HxL)，選項(xiàng)B錯(cuò)誤；根據(jù)動(dòng)能定理得WGWfW彈000，所以W彈(mgFf)(HxL)，根據(jù)彈簧彈力做功量度彈性勢(shì)能的變化W彈Ep得：彈簧彈性勢(shì)能的增量為(mgFf)(HxL)，選項(xiàng)C正確；系統(tǒng)機(jī)械能的減少量等于重力、彈力以外的力做的功，小球從開始下落至最低點(diǎn)的過程，克服阻力做的功為Ff(HxL)，所以系統(tǒng)機(jī)械能減少為Ff(HxL)，選項(xiàng)D錯(cuò)誤。7.(多選)如圖所示，質(zhì)量為M、長(zhǎng)度為L(zhǎng)的小車靜止在光滑水平面上，質(zhì)量為m的小物塊(可視為質(zhì)點(diǎn))放在小車的最左端?，F(xiàn)用一水平恒力F作用在小物塊上，使小物塊從靜止開始做勻加速直線運(yùn)動(dòng)。小物塊和小車之間的摩擦力為Ff，小物塊滑到小車的最右端時(shí)，小車運(yùn)動(dòng)的距離為x。此過程中，下列結(jié)論正確的是()A小物塊到達(dá)小車最右端時(shí)具有的動(dòng)能為(FFf)(Lx)B小物塊到達(dá)小車最右端時(shí)，小車具有的動(dòng)能為FfxC小物塊克服摩擦力所做的功為Ff(Lx)D小物塊和小車增加的機(jī)械能為FxABC由動(dòng)能定理可得小物塊到達(dá)小車最右端時(shí)的動(dòng)能Ek物W合(FFf)(Lx)，A正確；小車的動(dòng)能Ek車Ffx，B正確；小物塊克服摩擦力所做的功WfFf(Lx)，C正確；小物塊和小車增加的機(jī)械能為F(Lx)FfL，D錯(cuò)誤。8(多選)如圖所示，質(zhì)量m1 kg的物體從高為h0.2 m的光滑軌道上P點(diǎn)由靜止開始下滑，滑到水平傳送帶上的A點(diǎn)，物體和傳送帶之間的動(dòng)摩擦因數(shù)為0.2，傳送帶AB之間的距離為L(zhǎng)5 m，傳送帶一直以v4 m/s的速度勻速運(yùn)動(dòng)，則(g取10 m/s2)()A物體從A運(yùn)動(dòng)到B的時(shí)間是1.5 sB物體從A運(yùn)動(dòng)到B的過程中，摩擦力對(duì)物體做功為2 JC物體從A運(yùn)動(dòng)到B的過程中，產(chǎn)生的熱量為2 JD物體從A運(yùn)動(dòng)到B的過程中，帶動(dòng)傳送帶轉(zhuǎn)動(dòng)的電動(dòng)機(jī)多做的功為10 JAC設(shè)物體下滑到A點(diǎn)的速度為v0，對(duì)PA過程，由機(jī)械能守恒定律有mvmgh，代入數(shù)據(jù)得v02 m/s<v4 m/s，則物體滑上傳送帶后，在滑動(dòng)摩擦力的作用下做勻加速運(yùn)動(dòng)，加速度大小為ag2 m/s2；當(dāng)物體的速度與傳送帶的速度相等時(shí)用時(shí)t1 s1 s，勻加速運(yùn)動(dòng)的位移x1t1×1 m3 m<L5 m，所以物體與傳送帶共速后向右做勻速運(yùn)動(dòng)，勻速運(yùn)動(dòng)的時(shí)間為t2 s0.5 s，故物體從A運(yùn)動(dòng)到B的時(shí)間為tt1t21.5 s，故選項(xiàng)A正確；物體運(yùn)動(dòng)到B的速度是v4 m/s，根據(jù)動(dòng)能定理得：摩擦力對(duì)物體做功Wmv2mv×1×42 J×1×22 J6 J，選項(xiàng)B錯(cuò)誤；在t1時(shí)間內(nèi)，傳送帶做勻速運(yùn)動(dòng)的位移為x帶vt14 m，故產(chǎn)生熱量Qmgxmg(x帶x1)，代入數(shù)據(jù)得Q2 J，選項(xiàng)C正確；電動(dòng)機(jī)多做的功一部分轉(zhuǎn)化成了物體的動(dòng)能，另一部分轉(zhuǎn)化為內(nèi)能，則電動(dòng)機(jī)多做的功WQ×1×(4222) J2 J8 J，選項(xiàng)D錯(cuò)誤。9.(多選)(2019·新余質(zhì)檢)如圖所示，豎直光滑桿固定不動(dòng)，套在桿上的輕質(zhì)彈簧下端固定，將套在桿上的滑塊向下壓縮彈簧至離地高度h0.1 m處，滑塊與彈簧不拴接?，F(xiàn)由靜止釋放滑塊，通過傳感器測(cè)量到滑塊的速度和離地高度h并作出滑塊的Ek­h圖象，其中高度從0.2 m上升到0.35 m范圍內(nèi)圖象為直線，其余部分為曲線，以地面為零重力勢(shì)能面，g取10 m/s2，由圖象可知()A小滑塊的質(zhì)量為0.1 kgB輕彈簧原長(zhǎng)為0.2 mC彈簧最大彈性勢(shì)能為0.5 JD小滑塊的重力勢(shì)能與彈簧的彈性勢(shì)能總和最小為0.4 JBC在從0.2 m上升到0.35 m范圍內(nèi)，EkEpmgh，圖線的斜率絕對(duì)值k N2 Nmg，所以m0.2 kg，故A錯(cuò)誤；在Ek­h圖象中，圖線的斜率表示滑塊所受的合外力，由于高度從0.2 m上升到0.35 m范圍內(nèi)圖象為直線，其余部分為曲線，說明滑塊從0.2 m上升到0.35 m范圍內(nèi)所受作用力為恒力，從h0.2 m開始滑塊與彈簧分離，彈簧的原長(zhǎng)為0.2 m，故B正確；根據(jù)能的轉(zhuǎn)化與守恒可知，當(dāng)滑塊上升至最大高度時(shí)，增加的重力勢(shì)能即為彈簧最大彈性勢(shì)能，所以Epmmgh0.2×10×(0.350.1) J0.5 J，故C正確；由圖可知，當(dāng)h0.18 m時(shí)的動(dòng)能最大為Ekm0.32 J，在滑塊整個(gè)運(yùn)動(dòng)過程中，系統(tǒng)的動(dòng)能、重力勢(shì)能和彈性勢(shì)能之間相互轉(zhuǎn)化，因此動(dòng)能最大時(shí)，滑塊的重力勢(shì)能與彈簧的彈性勢(shì)能總和最小，根據(jù)能量守恒定律可知EEEkmEpmmghEkm0.5 J0.2×10×0.1 J0.32 J0.38 J，故D錯(cuò)誤。10(2019·天津和平區(qū)一模)如圖甲所示，一長(zhǎng)木板靜止在水平地面上，在t0時(shí)刻，一小物塊以一定速度從左端滑上長(zhǎng)木板，之后長(zhǎng)木板運(yùn)動(dòng)的v­t圖象如圖乙所示，已知小物塊與長(zhǎng)木板的質(zhì)量均為m1 kg，已知木板足夠長(zhǎng)，g取10 m/s2，求：(1)小物塊與長(zhǎng)木板間動(dòng)摩擦因數(shù)的值；(2)在整個(gè)運(yùn)動(dòng)過程中，系統(tǒng)所產(chǎn)生的熱量。甲乙解析(1)設(shè)小物塊與長(zhǎng)木板間的動(dòng)摩擦因數(shù)為1，長(zhǎng)木板與地面間的動(dòng)摩擦因數(shù)為2，長(zhǎng)木板達(dá)到的最大速度為vm，長(zhǎng)木板加速過程中，由牛頓第二定律得1mg22mgma1vma1t1木板和物塊相對(duì)靜止，共同減速過程中，由牛頓第二定律得2·2mg2ma2vma2t2由圖象可知，vm2 m/s，t12 s，t21 s聯(lián)立解得10.5。(2)設(shè)小物塊初速度為v0，剛滑上長(zhǎng)木板時(shí)的加速度大小為a0，則有1mgma0vmv0a0t1在整個(gè)過程中，由能量守恒定律得Qmv72 J。答案(1)0.5(2)72 J11(2019·江蘇南京師大附中高三開學(xué)考試)在某電視臺(tái)舉辦的沖關(guān)游戲中，AB是處于豎直平面內(nèi)的光滑圓弧軌道，圓心角53°，半徑R2 m，BC是長(zhǎng)度為L(zhǎng)16 m的水平傳送帶，CD是長(zhǎng)度為L(zhǎng)28 m水平粗糙軌道，AB、CD軌道與傳送帶平滑連接，參賽者抱緊滑板從A處由靜止下滑，參賽者和滑板可視為質(zhì)點(diǎn)，參賽者質(zhì)量m60 kg，滑板質(zhì)量可忽略。已知滑板與傳送帶、水平軌道的動(dòng)摩擦因數(shù)分別為10.5、20.4，g10 m/s2，cos 53°0.6，sin 53°0.8。求：(1)參賽者運(yùn)動(dòng)到圓弧軌道B處對(duì)軌道的壓力；(2)若參賽者恰好能運(yùn)動(dòng)到D點(diǎn)，求傳送帶運(yùn)轉(zhuǎn)速率及方向；(3)在第(2)問中，傳送帶由于傳送參賽者多消耗的電能。解析(1)參賽者從A到B的過程，由機(jī)械能守恒定律得：mgR(1cos 53°)mv0代入數(shù)據(jù)得：vB4 m/s在B點(diǎn)，對(duì)參賽者，由牛頓第二定律得：Nmgm代入數(shù)據(jù)得：N1 080 N由牛頓第三定律知參賽者運(yùn)動(dòng)到圓弧軌道B處對(duì)軌道的壓力為：NN1 080 N，方向豎直向下。(2)參賽者由C到D的過程，由動(dòng)能定理得：2mgL20mv解得：vC8 m/s>vB4 m/s所以傳送帶運(yùn)轉(zhuǎn)方向?yàn)轫槙r(shí)針。假設(shè)參賽者在傳送帶一直加速，設(shè)到達(dá)C點(diǎn)的速度為v，由動(dòng)能定理得：1mgL1mv2mv 解得：v m/s>vC8 m/s所以參賽者在傳送帶上勻加速運(yùn)動(dòng)再勻速運(yùn)動(dòng)，所以傳送帶速率v傳vC8 m/s，方向順時(shí)針方向。(3)參賽者在傳送帶上勻加速運(yùn)動(dòng)的時(shí)間為：t0.8 s此過程中參賽者與傳送帶間的相對(duì)位移大小為：xv傳tt解得x1.6 m傳送帶由于傳送參賽著多消耗的電能為： EQEk1mgx代入數(shù)據(jù)解得：E1 920 J。答案(1)1 080 N，方向豎直向下(2)8 m/s，方向?yàn)轫槙r(shí)針(3)1 920 J7