1、智浪教育 -普惠英才文库 第 4 讲 功能关系 能量守恒定律 一、 单项选择题 1. (原创 )质量为 m 的物体从静止以 g 的加速度竖直上升高度为 h,对该过程 ,下列说法中正确的是 ( ) A. 物体的机械能增加 mgh B. 物体的机械能减少 mgh C. 重力对物体做功 mgh D. 物体的动能增加 mgh 2. (2016 南通、扬州、泰州三模 )竹蜻蜓是我国古代发明的一种儿童玩具 ,上世纪三十年代 ,人们根据竹蜻蜓原理设计了直升机的螺旋桨 .如图 ,一小孩搓动质量为 20 g 的竹蜻蜓 ,松开后竹蜻蜓能上升到 二层楼房顶高处 .在搓动过程中手对竹蜻蜓做的功可能是 ( ) A. 0
2、.2 J B. 0.6 J C. 1.0 J D. 2.5 J 3. (2016 四川成都模拟 )如图所示 ,斜面的倾角为 ,质量为 m 的滑块距挡板 P 的距离为 x0,滑块以初速度 v0 沿斜面上滑 ,滑块与斜面间的动摩擦因数为 ,滑块所受摩擦力小于重力沿斜面向下的分力 .若滑块每次与挡板相碰均无机械能损失 ,滑块经过的总路程是 ( ) A. B. C. D. 4. (2017 淮阴中学 )已知一足够长的传送带与水平面的倾角为 ,以恒定的速度顺时 针转动 .某时刻在传送带适当的位置放上具有一定初速度、质量为 m 的小物块 ,如图甲所示 .以此时为t=0 时刻 ,小物块的速度随时间的变化关系
3、如图乙所示 (图甲中取沿传送带向上的方向为正方向 ,图乙中 v1v2).则下列说法中错误的是 ( ) 甲 乙 A. 0t1 内传送带对小物块做负功 B. 小物块与传送带间的动摩擦因数 tan C. 0t2 内传送带对小物块做功为 m-m D. 0t2 内小物块与传送带间因摩擦产生的热量大于小物块动能的减少量 智浪教育 -普惠英才文库 5. (2016 金陵中学 )将小球以 10 m/s 的初速度从地 面竖直向上抛出 ,取地面为零势能面 ,小球在上升过程中的动能 Ek、重力势能 Ep与上升高度 h 间的关系分别如图中两直线所示 .取 g=10 m/s2,下列说法中正确的是 ( ) A. 小球的质
4、量为 0.2 kg B. 小球受到的阻力 (不包括重力 )大小为 0.20 N C. 小球动能与重力势能相等时的高度为 m D. 小球上升到 2 m 时 ,动能与重力势能之差为 0.5 J 二、 多项选择题 6. (2016 海安中学 )如图所示 ,一质量为 m 的小球套在光滑竖直杆上 ,轻质弹簧一端与小球相连 ,另一端固定于 O 点 .现将小球从 A 点由 静止释放 ,沿竖直杆运动到 B 点 ,已知 OA 长度小于OB 长度 ,弹簧处于 OA、 OB 两位置时弹力大小相等 .在小球由 A 到 B 的过程中 ( ) A. 在 B 点的速度可能为零 B. 加速度等于重力加速度 g 的位置有两个
5、C. 机械能先减小 ,后增大 D. 弹簧弹力对小球所做的正功等于小球克服弹簧弹力所做的功 7. (2016 姜堰中学 )如图所示 ,质量为 M、长为 L 的木板置于光滑的水平面上 ,一质量为 m 的滑块放置在木板左端 ,滑块与木板间滑动摩擦力大小为 f,用水平的恒定拉力 F 作用于滑块 .当滑块运动到木板右端时 ,木板在地面上移动的距离 为 s,滑块速度为 v1,木板速度为 v2,下列结论中正确的是 ( ) A. 上述过程中 ,F 做功大小为 m+M B. 其他条件不变的情况下 ,M 越大 ,s 越小 C. 其他条件不变的情况下 ,F 越大 ,滑块到达右端所用时间越长 D. 其他条件不变的情况
6、下 ,f 越大 ,滑块与木板间产生的热量越多 8. (2015 无锡一模 )如图所示 ,粗糙斜面体放在粗糙的水平地面上 ,有一小滑块以一定初速度沿着斜面向上滑 ,然后又返回底端 ,整个过程中斜面体相对地面没有移动 .则下列几个关系图线中 ,可能正确的是 (以水平面为零势能面 )( ) 甲 乙 丙 丁 A. 甲 :小滑块动能随运动时间的变化 智浪教育 -普惠英才文库 B. 乙 :小滑块机械能随运动路程的变化 C. 丙 :小滑块速率随运动路程的变化 D. 丁 :地面对斜面体的静摩擦力随时间的变化 (以水平向右为正方向 ) 9. (2017 南师附中 )在倾角为 的光滑斜面上有两个用轻弹簧相连接的物
7、块 A、 B,它们的质量均为 m,弹簧劲度系数为 k,C为一固定挡板 ,系统处于静止状态 .现用一恒力 F沿斜面方向拉物块 A使之向上运动 ,当物块 B 刚要离开 C时 ,A的速度为 v,则此过程 (弹簧的弹性势能与弹簧的伸长量或压缩量的平方成正比 ,重力加速度为 g) ( ) A. 物块 A 运动的距离为 B. 物块 A 的加速度为 C. 拉力 F 做的功为 mv2 D. 拉力 F 对 A 做的功等于 A 的机械能的增加量 三、 非选择题 10. (2016 泰州中学 )如图所示 ,水平传送带在电动机带动下以速度 v1=2 m/s 匀速运动 ,小物体P、 Q 质量分别为 0.2 kg 和 0
8、.3 kg.由通过定滑轮且不可伸长的轻绳相连 ,t=0 时刻 P 放在传送带中点处由静止释放 .已知 P 与传送带间的动摩擦因数为 0.5,传送带水平部分两端点间的距离为 4 m,不计定滑轮质量及摩擦 ,P 与定滑轮间的绳水平 ,取 g=10 m/s2. (1) 判断 P 在传送带上的运动方向并求其加速度大小 . (2) 求 P 从开始到离开传送带水平端点的过程中 ,与传送带间因摩擦产生的热量 . (3) 求 P 从开始到离开传送带水平端点的过程中 ,电动机多消耗的电能 . 11. (2016 南通、扬州、泰州三模 )如图所示 ,在光滑水平面左右两侧各有一竖直弹性墙壁 P、Q,平板小车 A 的
9、左侧固定一挡板 D,小车和挡板的总质量 M=2 kg,小车上表面 O 点左侧光滑 ,右侧粗糙 .一轻弹簧左端与挡板相连 ,原长时右端在 O点 .质量 m=1 kg 的物块 B 在 O点贴着 弹簧右端放置 ,但不与弹簧连接 ,B 与 O点右侧平面间的动摩擦因数 =0.5.现将小车贴着 P固定 .用水平恒力 F 推 B 向左移动 x0=0.1 m 距离时撤去推力 ,B 继续向左运动 ,最终停在 O 点右侧x1=0.9 m 处 .取重力加速度 g=10 m/s2,弹簧始终在弹性限度内 . (1) 求水平恒力 F 的大小及弹簧的最大弹性势能 Ep. (2) 撤去小车 A的固定限制 ,以同样的力 F推
10、B 向左移动 x0 时撤去推力 ,发现 A与 Q发生第一次碰撞前 A、 B 已经达到共同速度 ,求最初 A 右端与 Q 间的最小距离 s0. (3) 在 (2)的情况下 ,求 B在 O点右侧运动的 总路程 s及运动过程中 B离开 O点的最远距离 x.(车与墙壁碰撞后立即以原速率弹回 ) 智浪教育 -普惠英才文库 第 4 讲 功能关系 能量守恒定律 1. D 【 解析 】 质量为 m 的物体从静止以的加速度竖直上升 h,重力对物体做功 -mgh,所受合外力为 mg,合外力做功 mgh,由动能定理 ,物体的动能增加 mgh,选项 C 错误 ,D 项正确 ;物体的机械能增加 mgh+mgh=mgh,
11、选项 A、 B 错误 . 2. D 【 解析 】 竹蜻蜓在上升到最高点的过程中 ,动能转化为重力势能和内能 ,一般每层楼房的高度为 3 m,二层也就是 6 m,所以重力势能的增加量为 Ep=mgh=1.2J,则在搓动过程中手对竹蜻蜓做的功要大于 1.2J,A、 B、 C 选项错误 ,D 项正确 . 3. A 【 解析 】 滑块最终要停在斜面底部 ,设滑块经过的总路程为 x,对滑块运动的全程应用功能关系 ,全程所产生的热量为 Q=m+mgx0sin ,又由全程产生的热量等于克服摩擦力所做的功 ,即 Q=mgxcos ,解以上两式可得 x=,选项 A 正确 . 4. C 【 解析 】 由图知 ,物
12、块先向下运动后向上运动 ,0t1 内 ,传送带对物块的摩擦力方向沿传送带向上 ,则传送带对物块做负功 ,故 A 项正确 ;在 t1t2 内 ,物块向上运动 ,则有 mgcos mgsin ,得 tan ,故 B 项正确 ;0t2 内 ,由图 “面积 ”等于位移可知物块的总位移沿传送带向下 ,高度下降 ,重力对物块做正功 ,设为 WG,根据动能定理得 W+WG=m-m,则传送带对物块做功Wm-m,故 C 项错误 ;0t2 内 ,物块的重力势能减小 ,动能也减小 ,都转化为系统产生的内能 ,则由能量守恒得知系统产生的热量大小一定大于物块动能的变化量大小 ,故 D 项正确 . 5. D 【 解析 】
13、 在最高点 ,Ep=mgh 得 m=0.1 kg,A 项错误 ;由除重力以外其他力做功 E 其 =E 可知 -fh=E 高 -E 低 ,E 为机 械能 ,解得 f=0.25 N,B 项错误 ;设小球动能和重力势能相等时的高度为 H,此时有 mgH=mv2,由动能定理 -fH-mgH=mv2-m得 H= m,故 C项错误 ;当上升 h=2 m 时 ,由动能定理 -fh-mgh=Ek2-m 得 Ek2=2.5 J,Ep2=mgh=2 J,所以动能与重力势能之差为 0.5 J,故 D 项正确 . 6. BD 【 解析 】 由功能关系可知 ,小球运动到 B 点时速度一定不为零 ,选项 A 错误 ;由题
14、意可知 ,小球在 A 点时 ,弹簧压缩 ,在 B 点时 ,弹簧伸长 ,对由 A 运动到 B 的过程进行受力分析可知 ,当弹簧与杆垂直的时 候加速度为 g,而且当弹簧处于原长状态的时候加速度也是 g,故 B 正确 ;在运动过程中弹簧弹力对小球先做负功 ,后做正功 ,再做负功 ,机械能先减小 ,后增大 ,再减小 ,故 C错误 ;这个过程弹簧弹力做功为零 ,所以弹簧弹力对小球所做的正功等于小球克服弹簧弹力所做的功 ,故 D 正确 . 7. BD 【 解析 】 由牛顿第二定律得 ,f=Ma1,F-f=ma2,又 L=a2t2-a1t2,s=a1t2,M越大 ,a1 越小 ,t 越小 ,s智浪教育 -普
15、惠英才文库 越小 ,B 正确 ;F越大 ,a2 越大 ,t 越小 ,C错误 ;由 Q=fL可知 ,f越大 ,滑块与木块间产生的热量越多 ,D正确 ;力 F 做的功 还有一部分转化为系统热量 Q,故 A 错误 . 8. AB 【 解析 】 滑块上滑时 ,根据动能定理有 -(mgsin +mgcos )x=Ek-Ek0,依题意有 x=v0t-at2,代入得出 Ek=Ek0-(mgsin +mgcos )(v0t-at2),则 Ek-t 图象为开口向上的二次函数 ,同理下滑时有 Ek=(mgsin -mgcos )at2,图象为开口向上的二次函数 ,A 项正确 ;机械能的变化看除重力以外的力即摩擦力
16、做功 ,E-l 图象的斜率大小表示摩擦力 ,B 项正确 ;匀减速上滑时 ,可列出v2-=2(-a)l 得 出 v=,v-l 图象应为开口向下 .匀加速下滑时 ,可列出 v2-=2al 得出 v=,v-l 图象应为开口向下 ,C 项错误 ;上滑和下滑时 ,滑块的加速度方向始终为沿斜面向下 ,地面对斜面体的摩擦力方向始终水平向右 ,D 项错误 . 9. AD 【 解析 】 开始系统处于静止状态 ,对 A 而言 ,弹簧压缩 ,弹簧的弹力等于重力的下滑分力 ,mgsin =kx1,可以求出形变量 x1=,物体 B 刚要离开挡板时 ,对 B 物块而言 ,弹簧伸长 ,弹簧弹力等于重力下滑分力 mgsin
17、=kx2,可以求出伸长量为 x2=,所以 A 移动的距离为 x1+x2=,A 项正确 ;以 A 为研究对象 ,根据牛顿第二定律 F-mgsin -F 弹 =ma,弹力大小为 mgsin ,可以求出加速度为 a=-2gsin ,所以 B 项错误 ;系统从初始位置到最后形变量大小相等 ,弹性势能没有变化 ,力F 做的功转化为 A 物体的重力势能增加量和 A 的动能 ,即力 F 做的功转化为 A 的机械能的增量 ,所以 C 错误 ,D 项正确 . 10. (1) P 向左运动 ,加速度大小为 4 m/s2 (2) 4 J (3) 2 J 【 解析 】 (1)P 释放后受到向右的摩擦力 , 大小为 F
18、f=mPg=1 N, 由 mQg-FT=mQa, FT-Ff=mPa, 可得 a=4 m/s2. 物体 P 向左做匀加速运动 ,加速度大小为 4 m/s2. (2) P 离传送带左端的距离 x=2 m, 由 x=at2 可得 t=1 s. 物体 P 相对于传送带的相对位移 s 相 =x+v1t=4 m, 摩擦产生的热量 Q=Ffs 相 =4 J. (3) 由功能关系可知 ,电动机多消耗的电能等于传送带克服摩擦力所做的功 . E=Ffv1t=2 J. 智浪教育 -普惠英才文库 11. (1) 取全过程研究 ,根据动能定理有 Fx0-mgL0=0, 解得 F=45 N. 由功能关系得 Fx0=Ep
19、-0, 解得 Ep=4.5 J. (2) 设 B 运动 到 O 点的速度为 v0,根据机械能守恒定律得 Ep=m. 接着 B 减速 ,设加速度大小为 a1,根据牛顿第二定律有 mg=ma1,a1=5 m/s2. A 加速 ,设加速度大小为 a2,根据牛顿第二定律有 mg=Ma2,a2=2.5 m/s2. 设运动的共同速度为 v1,则 v1=v0-a1t1,v1=a2t1, t1 时间内 A 运动的距离即为最小距离 s0=a2, 解得 s0=0.2 m. (3) 最终 A、 B 都停止运动 ,机械能转化为内能 ,由功能关系得 Ep=mgs. 解得 s=0.9 m, A 与 Q 第一次碰撞前 B 距离 O 点 s1=v0t1-a1-a2, A被 Q反弹后瞬间向左速度大小为 v1,B 以大小为 v1 的速度向右减速 ,且 B 的加速度大小仍然是 a1=5 m/s2,方向向左 ;A 的加速度大小仍是 a2=2.5 m/s2,方向向右 ,达到共同速度 v2 前 B 相对A 一直向右运动 ,则 v2=v1-a1t2,v2=-v1+a2t2, 解得 t2= s,v2=- m/s. 这段时间内 B 相对 A 向右移动 s2=- -v1t2+a2 , 此时 B 离开 O 点的最远距离 x=s1+s2. 解得 x=0.87 m.
