課時分層作業(十七)功能關系能量守恒定律題組一對功能關系的理解及應用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動。在這三種況下物體機械能的變化情況是()A．勻速上升機械能不變，加速上升機械能增加，減速上升機械能減小B．勻速上升和加速上升機械能增加，減速上升機械能減小C．勻速上升和加速上升機械能增加，減速上升機械能可能增加，可能減少，也可能不變D．三種情況中，物體的機械能均增加C[無論物體向上加速運動還是向上勻速運動，除重力外，其他外力一定對物體做正功，物體機械能都增加；物體向上減速運動時，除重力外，物體受到的其他外力不確定，故無法確定其機械能的變化，C正確。]2．如圖所示，一物塊在粗糙斜面上由靜止釋放，運動到水平面上后停止，則運動過程中，物塊與地球組成系統的機械能()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，重力與摩擦力對物塊做功，其中摩擦力做功是將物塊機械能的一部分轉化為內能，所以物塊與地球組成系統的機械能減少，故A、C、D錯誤，B正確。]3．(2021·天一中學模擬)如圖所示，一根原長為L的輕彈簧，下端固定在水平地面上，一個質量為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的過程()A．小球動能的增量為0B．小球重力勢能的增量為mg(H＋x－L)C．彈簧彈性勢能的增量為mg(H＋x－L)D．系統機械能減少FfHA[小球下落的整個過程中，開始時速度為零，結束時速度也為零，所以小球動能的增量為0，選項A正確；小球下落的整個過程中，重力做功WG＝mgh＝mg(H＋x－L)，根據重力做功量度重力勢能的變化WG＝－ΔEp得：小球重力勢能的增量為－mg(H＋x－L)，選項B錯誤；根據動能定理得WG＋Wf＋W彈＝0－0＝0，所以W彈＝－(mg－Ff)(H＋x－L)，根據彈簧彈力做功量度彈性勢能的變化W彈＝－ΔEp得：彈簧彈性勢能的增量為(mg－Ff)(H＋x－L)，選項C錯誤；系統機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的過程，克服阻力做的功為Ff(H＋x－L)，所以系統機械能減少為Ff(H＋x－L)，選項D錯誤。]題組二摩擦力做功與能量轉化4．如右圖所示，水平傳送帶以速度v勻速轉動，一質量為m的小物塊A由靜止輕放在傳送帶上，若小物塊與傳送帶間的動摩擦因數為μ，已知物塊在傳送帶上先加速后勻速，下列說法中正確的是()A．摩擦力對物塊一直做負功B．摩擦力對傳送帶一直做正功C．傳送帶克服摩擦力做功的功率為eq\f(1,2)μmgvD．此過程中產生的內能為eq\f(1,2)mv2D[小物塊A由靜止輕放在傳送帶上，物塊在傳送帶上先加速后勻速。加速階段由滑動摩擦力提供加速度，滑動摩擦力對物塊做正功，對傳送帶做負功，選項A、B錯誤；傳送帶克服摩擦力做功的功率為P＝μmgv，選項C錯誤；根據勻變速直線運動公式，v＝at＝μgt，在達到相對靜止時需要時間為t＝eq\f(v,μg)，物塊的位移為x1＝eq\f(v2,2μg)，皮帶位移為x2＝vt＝eq\f(v2,μg)，物塊相對于傳送帶滑動距離x＝x2－x1＝eq\f(v2,2μg)，此過程中產生的內能為E＝μmgx＝μmg·eq\f(v2,2μg)＝eq\f(1,2)mv2，選項D正確。]5．(2021·南京市秦淮中學高三開學考試)如圖所示，質量為M、長為L的木板置于光滑的水平面上，一質量為m的滑塊放置在木板左端，滑塊與木板間滑動摩擦力大小為Ff，用水平的恒定拉力F作用于滑塊，當滑塊運動到木板右端時，木板在地面上移動的距離為x，滑塊速度為v1，木板速度為v2，下列結論中正確的是()A．上述過程中，F做功大小為eq\f(1,2)mveq\o\al(2,1)＋eq\f(1,2)Mveq\o\al(2,2)B．其他條件不變的情況下，M越大，x越大C．其他條件不變的情況下，F越大，滑塊到達右端所用時間越長D．其他條件不變的情況下，Ff越大，滑塊與木板間產生的熱量越多D[由功能關系可知，上述過程中，F做功的大小等于二者增加的動能與系統產生的熱量之和，選項A錯誤；其他條件不變的情況下，M越大，木板的加速度越小，x越小，選項B錯誤；其他條件不變的情況下，F越大，滑塊的加速度越大，而木板的加速度不變，則滑塊到達右端所用時間越短，選項C錯誤；滑塊與木板間產生的熱量Q＝Ff·l相對＝Ff·L板，L板一定，Ff越大產生的熱量越多，選項D正確。]題組三能量守恒定律的理解及應用6．一顆接近1萬噸的隕石進入地球大氣層的速度約為4萬英里每小時，隨后與空氣摩擦而發生劇烈燃燒，并在距離地面上空12至15英里處發生爆炸，產生大量碎片，假定某一碎片自爆炸后落至地面并陷入地下一定深度過程中，其質量不變，則()A．該碎片在空中下落過程中重力做的功等于動能的增加量B．該碎片在空中下落過程中重力做的功小于動能的增加量C．該碎片在陷入地下的過程中重力做的功等于動能的改變量D．該碎片在整個過程中克服阻力做的功等于機械能的減少量D[隕石在空中下落過程中，隕石與空氣之間的摩擦力對隕石做負功，由動能定理有WG－Wf＝ΔEk，故WG>ΔEk，A、B錯誤；隕石碎片在陷入地下的過程中，阻力同樣做負功，WG>ΔEk，C錯誤；對全過程，由能量守恒定律可知機械能轉化為內能，機械能減少，內能增大，由功能原理可知該碎片在整個過程中克服阻力做的功等于機械能的減少量，D正確。]7．(2021·江蘇省運河中學北校高三月考)如圖所示，一物體質量m＝2kg，在傾角θ＝37°的斜面上的A點以初速度v0＝3m/s下滑，A點距彈簧上端B的距離AB＝4m。當物體到達B點后將彈簧壓縮到C點，最大壓縮量BC＝0.2m，然后物體又被彈簧彈上去，彈到的最高位置為D點，D點距A點的距離AD＝3m。擋板及彈簧質量不計，g取10m/s2，sin37°＝0.6，則()A．物體與斜面間的動摩擦因數μ＝0.6B．系統機械能的減少量小于克服摩擦力做的功C．彈簧的最大彈性勢能Epm＝24.5JD．物體從A點到彈到D點的過程中，彈性勢能減少C[物體從開始位置A點到最后D點的過程中，彈性勢能沒有發生變化，機械能的減少量全部用來克服摩擦力做功，即eq\f(1,2)mveq\o\al(2,0)＋mgLAD·sin37°＝μmgcos37°(LAB＋2LCB＋LBD)代入數據解得μ≈0.52，所以A、B、D選項錯誤；物體由A到C的過程中，動能減少量ΔEk＝eq\f(1,2)mveq\o\al(2,0)，重力勢能減少量ΔEp＝mgLACsin37°摩擦產生的熱Q＝μmgcos37°·LAC。由能量守恒定律可得彈簧的最大彈性勢能為Epm＝ΔEk＋ΔEp－Q＝eq\f(1,2)mveq\o\al(2,0)＋mgLAC·sin37°－μmgcos37°·LAC≈24.5J，所以，選項C正確。]8．如圖所示，質量m＝1kg的物體從高為h＝0.2m的光滑軌道上P點由靜止開始下滑，滑到水平傳送帶上的A點，物體和傳送帶之間的動摩擦因數為μ＝0.2，傳送帶AB之間的距離為L＝5m，傳送帶一直以v＝4m/s的速度勻速運動，則(g取10m/s2)()A．物體從A運動到B的時間是1.5sB．物體從A運動到B的過程中，摩擦力對物體做功為2JC．物體從A運動到B的過程中，產生的熱量為6JD．物體從A運動到B的過程中，帶動傳送帶轉動的電動機多做的功為10JA[設物體下滑到A點的速度為v0，對PA過程，由機械能守恒定律有eq\f(1,2)mveq\o\al(2,0)＝mgh，代入數據得v0＝eq\r(2gh)＝2m/s<v＝4m/s，則物體滑上傳送帶后，在滑動摩擦力的作用下做勻加速運動，加速度大小為a＝eq\f(μmg,m)＝μg＝2m/s2；當物體的速度與傳送帶的速度相等時用時t1＝eq\f(v－v0,a)＝eq\f(4－2,2)s＝1s，勻加速運動的位移x1＝eq\f(v0＋v,2)t1＝eq\f(2＋4,2)×1m＝3m<L＝5m，所以物體與傳送帶共速后向右做勻速運動，勻速運動的時間為t2＝eq\f(L－x1,v)＝eq\f(5－3,4)s＝0.5s，故物體從A運動到B的時間為t＝t1＋t2＝1.5s，故選項A正確；物體運動到B的速度是v＝4m/s，根據動能定理得：摩擦力對物體做功W＝eq\f(1,2)mv2－eq\f(1,2)mveq\o\al(2,0)＝eq\f(1,2)×1×42J－eq\f(1,2)×1×22J＝6J，選項B錯誤；在t1時間內，傳送帶做勻速運動的位移為x帶＝vt1＝4m，故產生熱量Q＝μmgΔx＝μmg(x帶－x1)，代入數據得Q＝2J，選項C錯誤；電動機多做的功一部分轉化成了物體的動能，另一部分轉化為內能，則電動機多做的功W＝＋Q＝eq\f(1,2)×1×(42－22)J＋2J＝8J，選項D錯誤。]9．如圖所示，豎直光滑桿固定不動，套在桿上的輕質彈簧下端固定，將套在桿上的滑塊向下壓縮彈簧至離地高度h＝0.1m處，滑塊與彈簧不拴接?，F由靜止釋放滑塊，通過傳感器測量到滑塊的速度和離地高度h并作出滑塊的Ek-h圖像，其中高度從0.2m上升到0.35m范圍內圖像為直線，其余部分為曲線，以地面為零重力勢能面，g取10m/s2，由圖像可知()A．小滑塊的質量為0.1kgB．輕彈簧原長為0.35mC．彈簧最大彈性勢能為0.5JD．小滑塊的重力勢能與彈簧的彈性勢能總和最小為0.4JC[在從0.2m上升到0.35m范圍內，ΔEk＝ΔEp＝mgΔh，圖線的斜率絕對值k＝eq\f(ΔEk,Δh)＝eq\f(0.3,0.35－0.2)N＝2N＝mg，所以m＝0.2kg，故A錯誤；在Ek-h圖像中，圖線的斜率表示滑塊所受的合外力，由于高度從0.2m上升到0.35m范圍內圖像為直線，其余部分為曲線，說明滑塊從0.2m上升到0.35m范圍內所受作用力為恒力，從h＝0.2m開始滑塊與彈簧分離，彈簧的原長為0.2m，故B錯誤；根據能的轉化與守恒可知，當滑塊上升至最大高度時，增加的重力勢能即為彈簧最大彈性勢能，所以Epm＝mgΔh＝0.2×10×(0.35－0.1)J＝0.5J，故C正確；由圖可知，當h＝0.18m時的動能最大為Ekm＝0.32J，在滑塊整個運動過程中，系統的動能、重力勢能和彈性勢能之間相互轉化，因此動能最大時，滑塊的重力勢能與彈簧的彈性勢能總和最小，根據能量守恒定律可知E′＝E－Ekm＝Epm＋mgh－Ekm＝0.5J＋0.2×10×0.1J－0.32J＝0.38J，故D錯誤。]10．如圖甲所示，一長木板靜止在水平地面上，在t＝0時刻，一小物塊以一定速度從左端滑上長木板，之后長木板運動的v-t圖像如圖乙所示，已知小物塊與長木板的質量均為m＝1kg，已知木板足夠長，g取10m/s2，求：(1)小物塊與長木板間動摩擦因數的值；(2)在整個運動過程中，系統所產生的熱量。甲乙[解析](1)設小物塊與長木板間的動摩擦因數為μ1，長木板與地面間的動摩擦因數為μ2，長木板達到的最大速度為vm，長木板加速過程中，由牛頓第二定律得μ1mg－2μ2mg＝ma1vm＝a1t1木板和物塊相對靜止，共同減速過程中，由牛頓第二定律得μ2·2mg＝2ma2vm＝a2t2由圖像可知，vm＝2m/s，t1＝2s，t2＝1s聯立解得μ1＝0.5。(2)設小物塊初速度為v0，剛滑上長木板時的加速度大小為a0，則有μ1mg＝ma0vm＝v0－a0t1在整個過程中，由能量守恒定律得Q＝eq\f(1,2)mveq\o\al(2,0)＝72J。[答案](1)0.5(2)72J11．(2021·江蘇蘇州高三開學考試)傾斜的傳送帶以恒定的速率沿逆時針方向運行，如圖甲所示，在t＝0時，將質量m＝0.5kg的小物塊輕放在傳送帶上A點處，1.5s時物塊從B點離開傳送帶。物塊速度隨時間變化的圖像如圖乙所示，設沿傳送帶向下為運動的正方向，取重力加速度g＝10m/s2，求：甲乙(1)0～1.5s時間內物體平均速度的大??；(2)小物塊與傳送帶之間的動摩擦因數；(3)在0～1.5s時間內由于小物塊與皮帶間的摩擦所產生的熱量。[解析](1)由v-t圖像得，0－0.5s內滑塊位移為x1＝eq\f(v1,2)t1＝1.25m0.5－1.5s內滑塊位移為x2＝eq\f(v1＋v2,2)t2＝6m則0～1.5s時間內物體平均速度為eq\o(v,\s\up6(－))＝eq\f(x1＋x2,t1＋t2)＝eq\f(29,6)m/s≈4.83m/s。(2)設傳送帶與水平方向夾角為θ，0～0.5s內由牛頓第二