第4講功能關系、能量守恒定律一、選擇題(每小題6分,共60分)1.升降機底板上放一質量為100kg的物體,物體隨升降機由靜止開始豎直向上移動5m時速度達到4m/s,則此過程中(g取A.升降機對物體做功5800JB.合外力對物體做功5800JC.物體的重力勢能增加500JD.物體的機械能增加800J【解析】根據動能定理得W升-mgh=22×100×42J=800J,B項錯誤;物體重力勢能增加mgh=100×10×5J=5000J,C項錯誤;物體機械能增加ΔE=Fh=W升=5800J,D項錯誤。2.(2015·江蘇徐州一中模擬)如圖甲所示,用豎直向上的力F拉靜止在水平地面上的一物體,物體在向上運動的過程中,其機械能E與位移x的關系如圖乙,其中OA為直線,AB為曲線。下列說法正確的是 (C)A.0~x1過程中物體所受拉力最小B.0~x1過程中,物體的加速度先增大后減小C.0~x3過程中,物體的動能先增大后減小D.0~x2過程中,物體克服重力做功的功率一直增大【解析】0~x1過程中,圖線的斜率最大,即加速度最大,F-mg=ma,知物體所受拉力最大,故A項錯誤;0~x1過程中,圖線的斜率不變,所以拉力不變,加速度不變,故B項錯誤;0~x1過程中,拉力大于重力,做加速運動,動能增加,x1~x2過程中,拉力先大于重力后小于重力,物體先加速后減速,動能先增大后減小,C項正確;0~x2過程中,速度先增大后減小,所以克服重力做功的功率先增大后減小,D項錯誤。3.游樂場中有一種叫“空中飛椅”的設施,其基本裝置是將繩子上端固定在轉盤的邊緣上,繩子下端連接座椅,人坐在座椅上隨轉盤旋轉而在空中飛旋,若將人和座椅看成質點,簡化為如圖所示的模型,其中P為處于水平面內的轉盤,可繞豎直轉軸OO'轉動,已知繩長為l,質點的質量為m,轉盤靜止時懸繩與轉軸間的距離為d。讓轉盤由靜止逐漸加速轉動,經過一段時間后質點與轉盤一起做勻速圓周運動,此時繩與豎直方向的夾角為θ,不計空氣阻力及繩重,繩子不可伸長,則質點從靜止到做勻速圓周運動的過程中,繩子對質點做的功為 (A)A.mg(d+lsinθ)tanθ+mgl(1-cosθ)B.mgdtanθ+mgl(1-cosθ)C.mg(d+lsinθ)tanθD.mgdtanθ【解析】由于質點做勻速圓周運動,有mgtanθ=mk2Pk+EPmg(d+lsinθ)tanθ+mgl(1-cosθ),A項正確。4.(2015·湖北重點中學期末聯考)(多選)如圖所示,物體以100J的初動能從斜面的底端向上運動,斜面足夠長。當它通過斜面上的M點時,其動能減少80J,機械能減少32J。如果物體能從斜面上返回底端,則 (CD)A.物體在斜面上運動時,機械能守恒B.物體在向上運動到最高點時,機械能減少100JC.物體上升到M還能上升的距離為到達M點前的四分之一D.物體返回底端時動能為20J【解析】根據題意,摩擦力始終做負功,機械能不守恒,A項錯誤;物體向上運動到最高點時,重力勢能不為零,機械能減少量小于100J,B項錯誤;當它通過斜面上的M點時,其動能減少80J,機械能減少32J,說明克服摩擦力做功32J,從M點上升到最高點的過程中,動能減少20J,則需要克服摩擦力做功8J,整個上升過程,共克服摩擦力做功40J,機械能減少了40J,物體上升到M還能上升的距離為到達M點前的四分之一,C項正確;物體返回底端的過程中,損失的機械能也是40J,則物體返回底端時動能為20J,D項正確。5.(2015·吉林九校聯考)(多選)如圖所示,足夠長的傳送帶與水平方向的傾角為θ,物塊a通過平行于傳送帶的輕繩跨過光滑輕滑輪與物塊b相連,b的質量為m,開始時a、b及傳送帶均靜止,且a不受傳送帶摩擦力作用,現讓傳送帶逆時針勻速轉動,則在b上升h高度(未與滑輪相碰)過程中 (ABD)A.物塊a重力勢能減少mghB.摩擦力對a做的功大于a機械能的增加C.摩擦力對a做的功小于物塊a、b動能增加之和D.任意時刻,重力對a、b做功的瞬時功率大小相等【解析】開始時,a、b及傳送帶均靜止且a不受傳送帶摩擦力作用,有magsinθ=mbg,則ma=,b上升h,則a下降hsinθ,則a重力勢能的減小量為mag×hsinθ=mgh,故A項正確;根據能量守恒得,系統機械能增加,摩擦力對a做的功等于a、b機械能的增量,所以摩擦力做功大于a的機械能增加,因為系統重力勢能不變,所以摩擦力做功等于系統動能的增加,故B項正確,C項錯誤;任意時刻a、b的速率相等,對b,克服重力的瞬時功率Pb=mgv,對a,Pa=magvsinθ=mgv,所以重力對a、b做功的瞬時功率大小相等,故D項正確。6.一質點在0~15s內豎直向上運動,其加速度—時間圖象如圖所示,若取豎直向下為正,g取10m/s2,則下列說法正確的是 (A.質點的機械能不斷增加B.在0~5s內質點的動能增加C.在10~15s內質點的機械能一直增加D.在t=15s時質點的機械能大于t=5s時質點的機械能【解析】由圖象可以看出0~5s內的加速度等于g,5~10s內的加速度小于g,10~15s內的加速度大于g,故物體的機械能先不變,后增加,再減小,故A項錯誤;在0~5s內,物體速度向上,加速度方向向下,加速度與速度方向相反,則物體減速,速度減小,則動能減小,故B項錯誤;在10~15s內,物體向上減速的加速度大于g,說明物體受到了方向向下的外力,做負功,機械能減少,故C項錯誤;根據牛頓第二定律,5~10s內,mg-F=ma,得F=m·(2m/s2),方向向上,做正功,物體機械能增加;10~15s內,mg+F=ma,得F=m·(2m/s2),方向向下,物體機械能減少;物體一直向上做減速運動,而10~15s內的速度小于0~5s內的速度,則10~15s內的位移小于0~5s內的位移,則5~15s內物體機械能增加量大于減小量,故質點在t=15s時的機械能大于t=57.(2015·江西師范大學附屬中學三模)(多選)如圖所示,質量為m=1kg的物塊,以速度v0=4m/s滑上正沿逆時針轉動的水平傳送帶,傳送帶上A、B兩點間的距離L=6m,已知傳送帶的速度v=2m/s,物塊與傳送帶間的動摩擦因數μ=0.2,重力加速度g取10A.物塊在傳送帶上運動的時間為4sB.物塊滑離傳送帶時的速率為2C.整個運動過程中由于摩擦產生的熱量為18JD.傳送帶對物塊做功為6J【解析】物塊先向右勻減速,在向右滑行的過程中,根據牛頓第二定律得μmg=ma,解得a=μg=2m/s2,根據運動學公式,有0=v0-at1,x=11123t1+t2+t32)=-6J,故D項錯誤;整個運動過程中由于摩擦產生的熱量等于摩擦力與相對路程的乘積,物體向右減速過程,傳送帶向左移動的距離l1=vt1=4m,物體向左加速過程,傳送帶運動距離l2=vt2=2m,即Q=μmg·[(l1+x)+(l2-x1)]=18J,8.一小球在離地高H處從靜止開始豎直下落,在離地高H處,小球的機械能為E0,運動過程中受到的阻力大小與速率成正比,下列圖象反映了小球的機械能E隨下落高度h的變化規律(選地面為零勢能參考平面),其中可能正確的是 (B)【解析】阻力F=kv,隨著下落高度變大,速度變大,阻力變大,阻力做負功,相同的距離機械能減小的多,所以斜率會變大,C、D項錯誤;又落地時有速度,所以機械能不可能為0,B項正確,A項錯誤。9.(2015·成都三診)(多選)如圖所示,傾角θ=30°的固定斜面上固定著擋板,輕彈簧下端與擋板相連,彈簧處于原長時上端位于D點。用一根不可伸長的輕繩通過輕質光滑定滑輪連接物體A和B,使滑輪左側繩子始終與斜面平行,初始時A位于斜面的C點,C、D兩點間的距離為L。現由靜止同時釋放A、B,物體A沿斜面向下運動,將彈簧壓縮到最短的位置為E點,D、E兩點間距離為。若A、B的質量分別為4m和m,A與斜面之間的動摩擦因數μ=,不計空氣阻力,重力加速度為g,整個過程中,輕繩始終處于伸直狀態,則 (BD)A.A在從C至E的過程中,先做勻加速運動,后做勻減速運動B.A在從C至D的過程中,加速度大小為gC.彈簧的最大彈性勢能為mgLD.彈簧的最大彈性勢能為mgL【解析】釋放A、B后,A沿斜面加速下滑,當與彈簧接觸時,開始壓縮彈簧,彈簧產生沿斜面向上的彈力,但此時彈力小于A沿斜面向下的作用力,故A做加速度減小的加速運動,當把彈簧壓縮到某一位置時,A沿斜面受力平衡,速度達到最大,之后彈力大于A沿斜面向下的作用力,A做減速運動,故A項錯誤;A從C至D的過程中,受自身重力沿斜面分力4mgsinθ=2mg、B對其沿斜面的拉力m(g+a)和斜面對A的摩擦力Ff=4μmgcosθ=ff彈彈pmgL,C項錯誤,D項正確。10.(2015·揚州模擬)(多選)一質量為m的小球以初動能Ek0從地面豎直向上拋出,已知上升過程中受到阻力f作用,如圖所示,圖中兩條圖線分別表示小球在上升過程中動能、重力勢能中的某一個與其上升高度之間的關系(以地面為零勢能面,h0表示上升的最大高度,圖上坐標數據中的k為常數且滿足0<k<1),則由圖可知,下列結論正確的是 (BCD)A.①、②分別表示的是動能、重力勢能隨上升高度的圖象B.上升過程中阻力大小恒定且f=kmgC.上升高度h=h0時,重力勢能和動能相等D.上升高度h=時,動能與重力勢能之差為mgh0【解析】根據動能定理可知上升高度越大,動能越小,重力勢能越大,故①、②分別表示重力勢能、動能隨上升高度的圖象,故A項錯誤;從圖線看,重力勢能、動能隨著高度的變化呈線性關系,故合力恒定,受到的阻力大小恒定,由功能關系可知從拋出到最高點的過程中機械能的減少量等于阻力的功的大小,由圖線可知fh0=Ek0-0k0pkpk000kk00p0kpkmgh0,D項正確。二、計算題(每小題20分,共40分)11.(2016·云南師范大學附屬中學月考)如圖甲所示,在傾角為37°的粗糙足夠長的斜面的底端,一質量m=1kg可視為質點的滑塊壓縮一輕彈簧,滑塊與彈簧不相連。t=0時釋放物塊,計算機通過傳感器描繪出滑塊的速度時間圖象如圖乙所示,其中Oab段為曲線,bc段為直線,在t1=0.1s時滑塊已上滑s=0.2m的距離,g取10m/s2,sin(1)物體與斜面間的動摩擦因數μ的大小;(10分)(2)壓縮彈簧時,彈簧具有的彈性勢能Ep。(10分)解:(1)由圖象可知0.1s開始物體離開彈簧向上做勻減速運動,加速度的大小a=m/s2=10m/s根據牛頓第二定律有mgsin37°+μmgcos37°=ma解得μ=0.5(2)由圖線可知,t1=0.1s時的速度大小v=2.0由功能關系可得Ep=mv2+mgssin37°+μmgcos37°·s代入數據得Ep=4.0J12.(2015·浙江十二校聯考)如圖所示,光滑水平導軌AB的左端有一被壓縮的彈簧,彈簧左端固定,右端放一個質量為m=1kg的物塊(可視為質點),物塊與彈簧不粘連,B點與水平傳送帶的左端剛好平齊接觸,傳送帶上BC的長為L=6m,傳送帶沿逆時針方向以恒定速度v=2m/s勻速轉動。CD為光滑的水平軌道,C點與傳送帶的右端剛好平齊接觸,DE是豎直放置的半徑為R=0.4m的光滑半圓軌道,DE與CD相切于D(1)若釋放彈簧,物塊離開彈簧,滑上傳送帶剛好能到達C點,求彈簧儲存的彈性勢能Ep;(6分)(2)若釋放彈簧,物塊離開彈簧,滑上傳送帶能夠通過C點,并經過圓弧軌道DE,從其最高點E飛出,最終落在CD上與D點的距離為x=1.2m處(CD長大于1.2m),求物塊通過E(3)滿足(2)條件時,求物塊通過傳送帶的過程中產生的熱量。(8分)解:(1)物塊經過傳送帶時,摩擦力做的功等于滑塊動能的變化,故由動能定理有-μmgL=0-mv2可知物塊釋放時的動能mv2=μmgL=0.2×1×10×6J=12J彈簧的彈性勢能完全轉化為物塊的動能,所以物塊剛好到達傳送帶C點時彈簧儲存的彈性勢能為12J(2)物塊離開E點做平拋運動,則水平方向:x=vEt豎直方向: