第4講功能關(guān)系能量守恒定律A組基礎(chǔ)過關(guān) 1.起跳摸高是學(xué)生經(jīng)常進行的一項體育活動。一質(zhì)量為m的同學(xué)彎曲兩腿向下蹲,然后用力蹬地起跳,從該同學(xué)用力蹬地到剛離開地面的起跳過程中,他的重心上升了h,離地時他的速度大小為v。下列說法正確的是()A.該同學(xué)的機械能增加了mghB.起跳過程中該同學(xué)機械能的增量為mgh+12mv2C.地面的支持力對該同學(xué)做的功為mgh+12mv2D.該同學(xué)所受的合外力對其做的功為12mv2+mgh答案B該同學(xué)重心升高了h,重力勢能增加了mgh,又知離地時獲得的動能為12mv2,則機械能增加了mgh+12mv2,A項錯誤,B項正確;該同學(xué)在與地面作用的過程中,支持力對該同學(xué)做的功為零,C項錯誤;該同學(xué)所受的合外力對其做的功等于動能的增量,即W合=12mv2,D項錯誤。2.(多選)(2019山東臨沂質(zhì)檢)如圖所示,在升降機內(nèi)有一固定的光滑斜面體,一輕彈簧的一端連在位于斜面體下方的固定木板A上,另一端與質(zhì)量為m的物塊B相連,彈簧與斜面平行。升降機由靜止開始加速上升高度h的過程中()A.物塊B的重力勢能增加量一定等于mghB.物塊B的動能增加量等于斜面的支持力和彈簧的彈力對其做功的代數(shù)和C.物塊B的機械能增加量等于斜面的支持力和彈簧的彈力對其做功的代數(shù)和D.物塊B和彈簧組成的系統(tǒng)機械能的增加量等于斜面對物塊B的支持力和A對彈簧的彈力做功的代數(shù)和答案CD升降機靜止時,物塊B受重力、支持力、彈簧的彈力,處于平衡狀態(tài),當物塊B隨升降機加速上升時,其具有向上的加速度,合力向上,彈簧彈力和支持力在豎直方向上的合力大于重力,所以彈簧的彈力增大,物塊B相對于斜面向下運動,物塊B上升的高度小于h,所以重力勢能的增加量小于mgh,A項錯誤;由動能定理可知,動能的增加量等于合力做的功,經(jīng)受力分析可知,物塊B受三個力的作用,除彈簧彈力和支持力外,還有重力,B項錯誤;由功能關(guān)系可知,機械能的增量等于除重力及系統(tǒng)內(nèi)彈力外其他力對系統(tǒng)做的功,分別對B和B與彈簧組成的系統(tǒng)受力分析,可知C、D項正確。3.如圖所示,長為L的小車置于光滑的水平面上,小車前端放一小物塊,用大小為F的水平力將小車向右拉動一段距離s,物塊剛好滑到小車的左端,物塊與小車間的摩擦力為Ff,在此過程中()A.系統(tǒng)產(chǎn)生的內(nèi)能為FfLB.系統(tǒng)增加的機械能為FsC.物塊增加的動能為FfLD.小車增加的動能為Fs-FfL答案A系統(tǒng)運動過程的示意圖如圖所示,系統(tǒng)產(chǎn)生的內(nèi)能應(yīng)為滑動摩擦力乘物體間的相對位移,即FfL,故A正確;根據(jù)功能關(guān)系,外力對系統(tǒng)做的功應(yīng)等于系統(tǒng)產(chǎn)生的內(nèi)能與機械能增量之和,即Fs=E總+FfL,故B錯誤;根據(jù)動能定理,合外力對物塊做的功等于物塊增加的動能,即Ff(s-L),C錯誤;根據(jù)動能定理,合外力對小車做的功等于小車動能的增量,即Fs-Ffs=Ek車,故D錯誤。4.(2018安徽安慶模擬)如圖所示,一足夠長的木板在光滑的水平面上以速度v向右勻速運動,現(xiàn)將質(zhì)量為m的物體輕輕地放置在木板上的右端,已知物體m和木板之間的動摩擦因數(shù)為,為保持木板的速度不變,從物體m放到木板上到它相對木板靜止的過程中,需對木板施一水平向右的作用力F,那么力F對木板做的功為()A.mv24B.mv22C.mv2D.2mv2答案C由能量轉(zhuǎn)化和守恒可知,力F對木板所做的功W一部分轉(zhuǎn)化為物體m的動能,一部分轉(zhuǎn)化為系統(tǒng)內(nèi)能,故W=12mv2+mgx相,x相=vt-v2t,a=g,v=at即v=gt,聯(lián)立以上各式可得:W=mv2,故選項C正確。5.(多選)(2017山東威海模擬)如圖所示,輕質(zhì)彈簧的一端固定在豎直墻面上,另一端拴接一小物塊,小物塊放在水平面上,小物塊與水平面之間的動摩擦因數(shù)為,當小物塊位于O點時彈簧處于自然狀態(tài)?，F(xiàn)將小物塊向右移到a點,然后由靜止釋放,小物塊最終停在O點左側(cè)的b點(圖中未畫出),以下說法正確的是()A.O、b之間的距離小于O、a之間的距離B.從O至b的過程中,小物塊的加速度逐漸減小C.小物塊在O點時的速度最大D.整個過程中,彈簧彈性勢能的減少量等于小物塊克服摩擦力所做的功答案AD設(shè)小物塊的質(zhì)量為m,根據(jù)F彈=kx,對小物塊進行受力分析可知,kxOa>mg,kxObmg,故O、a之間的距離大于O、b之間的距離,選項A正確;從O至b的過程中,小物塊受到向右的摩擦力及向右的彈力,且彈力逐漸變大,故物塊的加速度逐漸變大,選項B錯誤;當物塊從a點向左運動時,受到向左的彈力和向右的摩擦力,且彈力逐漸減小,加速度逐漸減小,當彈力等于摩擦力時加速度為零,此時速度最大,故小物塊速度最大的位置在O點右側(cè),選項C錯誤;由能量守恒定律可知,整個過程中,彈簧彈性勢能的減少量等于小物塊克服摩擦力所做的功,選項D正確。6.(2019江西十校聯(lián)考)將三個木板1、2、3固定在墻角,木板與墻壁和水平地面構(gòu)成了三個不同的三角形,如圖所示,其中1與2底邊相同,2和3高度相同。現(xiàn)將一個可以視為質(zhì)點的物塊分別從三個木板的頂端由靜止釋放,并沿斜面下滑到底端,物塊與木板之間的動摩擦因數(shù)均相同。在這三個過程中,下列說法不正確的是()A.沿著1和2下滑到底端時,物塊的速率不同,沿著2和3下滑到底端時,物塊的速率相同B.沿著1下滑到底端時,物塊的速度最大C.物塊沿著3下滑到底端的過程中,產(chǎn)生的熱量最多D.物塊沿著1和2下滑到底端的過程中,產(chǎn)生的熱量是一樣多的答案A設(shè)木板1、2、3與水平地面的夾角分別為1、2、3,木板長分別為l1、l2、l3,當物塊沿木板1下滑時,由動能定理有mgh1-mgl1 cos 1=12mv12-0,當物塊沿木板2下滑時,由動能定理有mgh2-mgl2 cos 2=12mv22-0,又h1>h2,l1 cos 1=l2 cos 2,可得v1>v2;當物塊沿木板3下滑時,由動能定理有mgh3-mgl3 cos 3=12mv32-0,又h2=h3,l2 cos 2<l3 cos 3,可得v2>v3,故A項錯,B項對。三個下滑過程中產(chǎn)生的熱量分別為Q1=mgl1 cos 1,Q2=mgl2 cos 2,Q3=mgl3 cos 3,則Q1=Q2<Q3,故C、D項對。7.(2017湖南長沙三月模擬)彈弓是孩子們喜愛的彈射類玩具,其構(gòu)造原理如圖所示,橡皮筋兩端點A、B固定在把手上,橡皮筋處于ACB時恰好為原長狀態(tài),在C處(A、B連線的中垂線上)放一固體彈丸,一手執(zhí)把手,另一手將彈丸拉至D點放手,彈丸就會在橡皮筋的作用下發(fā)射出去,打擊目標?，F(xiàn)將彈丸豎直向上發(fā)射,已知E是CD中點,則()A.從D到C過程中,彈丸的機械能守恒B.從D到C過程中,彈丸的動能一直在增大C.從D到C過程中,橡皮筋的彈性勢能先增大后減小D.從D到E過程橡皮筋彈力做功大于從E到C過程答案D從D到C過程中,彈力對彈丸做正功,彈丸的機械能增加,選項A錯誤;彈丸豎直向上發(fā)射,從D到C過程中,必有一點彈丸受力平衡,在此點F彈=mg,在此點上方彈力小于重力,在此點下方彈力大于重力,則從D到C過程中,彈丸的動能先增大后減小,選項B錯誤;從D到C過程中,橡皮筋的彈性勢能一直減小,選項C錯誤;從D到E過程橡皮筋的彈力大于從E到C過程的彈力,故從D到E過程橡皮筋彈力做功大于從E到C過程,選項D正確。8.(多選)(2019福建南平檢測)如圖所示,一質(zhì)量為M的斜面體靜止在水平地面上,質(zhì)量為m的木塊沿粗糙斜面加速下滑h高度,速度大小由v1增大到v2,所用時間為t,木塊與斜面體之間的動摩擦因數(shù)為。在此過程中()A.斜面體受水平地面的靜摩擦力為零B.木塊沿斜面下滑的距離為v1+v22tC.如果給質(zhì)量為m的木塊一個沿斜面向上的初速度v2,它沿斜面上升到h高處的速度將變?yōu)関1D.木塊與斜面摩擦產(chǎn)生的熱量為mgh-12mv22+12mv12答案BD對木塊和斜面體組成的整體分析可知,整體有向左的加速度,根據(jù)牛頓第二定律可知,整體在水平方向一定受外力,即水平地面與斜面體間的靜摩擦力,故A項錯誤;由平均速度公式可知,木塊沿斜面下滑的平均速度為v=v1+v22,故下滑的距離為x=vt=v1+v22t,B項正確;由于木塊在斜面上受摩擦力,故木塊沿斜面向上運動時的加速度大小一定大于木塊沿斜面向下運動時的加速度大小,故上升到h高處時的速度一定小于v1,C項錯誤;由能量守恒定律可知mgh+12mv12=12mv22+Q,故有Q=mgh-12mv22+12mv12,D項正確。9.(2017福建泉州質(zhì)檢)如圖,在距水平地面h1=1.2 m的光滑水平臺面上,一個質(zhì)量m=1 kg的小物塊壓縮彈簧后被鎖定?，F(xiàn)解除鎖定,小物塊與彈簧分離后以一定的水平速度v1向右從A點滑離平臺,并恰好從B點沿切線方向進入光滑、豎直的圓弧軌道BC。已知B點距水平地面的高度h2=0.6 m,圓弧軌道BC的圓心O與水平臺面等高,C點的切線水平,圓弧軌道BC在C點與長L=2.8 m的水平粗糙直軌道CD平滑連接,小物塊恰能到達D處。重力加速度g取10 m/s2,空氣阻力忽略不計。求:(1)小物塊由A到B的運動時間t;(2)解除鎖定前彈簧所儲存的彈性勢能Ep;(3)小物塊與軌道CD間的動摩擦因數(shù)。答案(1)35 s(2)2 J(3)0.5解析(1)小物塊由A運動到B的過程中做平拋運動,有h1-h2=12gt2得t=2(h1-h2)g=35 s。(2)根據(jù)圖中幾何關(guān)系可知,h2=h1(1-cosBOC)得BOC=60則tan 60=gtv1解得v1=2 m/s根據(jù)能量守恒定律可知,彈簧儲存的彈性勢能Ep=12mv12=2 J。(3)在小物塊整個運動過程中,根據(jù)功能關(guān)系有mgh1+Ep=mgL代入數(shù)據(jù)解得=0.5。10.(2017課標,24,12分)一質(zhì)量為8.00104 kg的太空飛船從其飛行軌道返回地面。飛船在離地面高度1.60105 m處以7.50103 m/s的速度進入大氣層,逐漸減慢至速度為100 m/s時下落到地面。取地面為重力勢能零點,在飛船下落過程中,重力加速度可視為常量,大小取為9.8 m/s2。(結(jié)果保留2位有效數(shù)字)(1)分別求出該飛船著地前瞬間的機械能和它進入大氣層時的機械能;(2)求飛船從離地面高度600 m處至著地前瞬間的過程中克服阻力所做的功,已知飛船在該處的速度大小是其進入大氣層時速度大小的2.0%。答案(1)4.0108 J2.41012 J(2)9.7108 J解析(1)飛船著地前瞬間的機械能為Ek0=12mv02式中,m和v0分別是飛船的質(zhì)量和著地前瞬間的速率。由式和題給數(shù)據(jù)得Ek0=4.0108 J。設(shè)地面附近的重力加速度大小為g。飛船進入大氣層時的機械能為Eh=12mvh2+mgh式中,vh是飛船在高度1.60105 m處的速度大小。由式和題給數(shù)據(jù)得Eh=2.41012 J。(2)飛船在高度h=600 m處的機械能為Eh=12m2.0100vh2+mgh由功能原理得W=Eh-Ek0式中,W是飛船從高度600 m處至著地前瞬間的過程中克服阻力所做的功。由式和題給數(shù)據(jù)得W=9.7108 J。B組能力提升 11.(2017湖北襄陽調(diào)研)如圖所示,質(zhì)量為m的滑塊從斜面底端以平行于斜面的初速度v0沖上固定斜面,沿斜面上升的最大高度為H。已知斜面傾角為,斜面與滑塊間的動摩擦因數(shù)為 ,且<tan ,最大靜摩擦力等于滑動摩擦力,取斜面底端所在水平面為零勢能面,則能表示滑塊在斜面上運動的機械能E、動能Ek、勢能Ep與上升高度h之間關(guān)系的圖象是()答案D滑塊的勢能先隨高度增加而均勻變大,后隨高度減小而均勻變小,上行與下行的Ep-h圖線重合為一條在第一象限內(nèi)過原點的傾斜線段,A選項錯誤;機械能變化參考摩擦力做功變化,上行和下行過程中摩擦力做功隨高度變化均勻變化,機械能隨高度變化均勻減小,B選項錯誤;動能變化參考合外力做功,上行過程中的合外力大于下行過程中的合外力,且合外力在運動過程中大小恒定,合外力做功隨高度變化均勻變化,C選項錯誤,D選項正確。12.(2019湖南永州期末)如圖所示,水平傳送帶A、B兩輪間的距離L=40 m,離地面的高度H=3.2 m,傳送帶以恒定的速率v0=2 m/s向右勻速運動。兩個完全一樣的小滑塊P、Q中間夾有一根輕質(zhì)彈簧(彈簧與P、Q不拴接),用一輕繩把兩滑塊拉至最近(彈簧始終處于彈性限度內(nèi)),使彈簧處于最大壓縮狀態(tài)。現(xiàn)將P、Q輕放在傳送帶的最左端,P、Q一起從靜止開始運動,t1=4 s時輕繩突然斷開,很短時間內(nèi)彈簧伸長至本身的自然長度(不考慮彈簧的長度的影響),此時滑塊P速度反向,滑塊Q的速度大小剛好是P的速度大小的兩倍。已知小滑塊的質(zhì)量均為m=0.2 kg,小滑塊與傳送帶之間的動摩擦因數(shù)=0.1,重力加速度g=10 m/s2。求:(1)彈簧處于最大壓縮狀態(tài)時的彈性勢能;(2)兩滑塊落地的時間差;(3)兩滑塊在傳送帶上運動的全過程中由于摩擦產(chǎn)生的熱量。答案(1)7.2 J(2)6 s(3)6.4 J解析(1)滑塊的加速度大小a=g=1 m/s2從靜止到與傳送帶共速所需時間t0=v0a=2 sx0=12at02=2 m<L=40 m故滑塊第2 s末相對傳送帶靜止由動量守恒定律有2mv0=mvQ-mvP又vQ=2vP解得vQ=8 m/s,vP=4 m/s彈性勢能Ep=12mvP2+12mvQ2-12(2m)v02=7.2 J(2)兩滑塊離開傳送帶后做平拋運動,運動時間相等,故兩滑塊落地時間差就是彈簧恢復(fù)到自然長度后,兩滑塊在傳送帶上運動的時間之差t1=4 s時,滑塊PQ位移大小x1=x0+v0(t1-t0)=6 m滑塊Q與傳送帶相對靜止時所用的時間t2=vQ-v0a=6 s這段時間內(nèi)位移大小x2=vQt2-12at22=30 m<L-x1=34 m故滑塊Q先減速后勻速,勻速運動時間t3=L-x1-x2v0=2 s滑塊P速度減小到0時運動位移大小x3=vP22a=8 m>x1=6 m滑塊P滑到左端時的速度vP=vP2-2ax1=2 m/s運動時間t4=vP-vPa=2 s兩滑塊落地時間差t=t2+t3-t4=6 s(3)滑塊PQ共同加速階段Q1=2mg(v0t0-x0)=0.8 J分離后滑塊Q向右運動階段Q2=mg(x2-v0t2)=3.6 J滑塊P向左運動階段Q3=mg(x1+v0t4)=2 J全過程產(chǎn)生的總熱量Q=Q1+Q2+Q3=6.4 J