1、课时作业23功能关系能量守恒定律时间：45分钟1如图所示，一物块在粗糙斜面上由静止释放，运动到水平面上后停止，则运动过程中，物块与地球组成系统的机械能(B)A不变B减少C增大D无法判断解析：本题考查摩擦力做功问题物块在粗糙斜面上由静止释放后，重力与摩擦力对物块做功，其中摩擦力做功是将物块机械能的一部分转化为内能，所以物块与地球组成系统的机械能减少，故A、C、D错误，B正确2一物体在竖直向上的恒力作用下，由静止开始上升，到达某一高度时撤去外力若不计空气阻力，则在整个上升过程中，物体的机械能E随时间t变化的关系图象是(A)解析：本题考查外力做功时能量随时间变化的图象问题设物体在恒力作用下的加速度为
2、a，由功的定义式可知，机械能增量为EFhFat2，知Et图象是开口向上的抛物线，撤去恒力后，机械能守恒，则机械能不随时间变化，故A正确，B、C、D错误3.如图所示有三个斜面1、2、3，斜面1与2底边相同，斜面2和3高度相同，同一物体与三个斜面的动摩擦因数相同，当它们分别沿三个斜面从顶端由静止下滑到底端时，下列说法正确的是(D)A三种情况下摩擦产生的热量Q1Q2Q3Q2C到达底端的速度v1v2v3D到达底端的速度v1v2v3解析：设斜面和水平方向夹角为，斜面长度为L，则物体下滑过程中克服摩擦力做功为WmgLcos，Lcos为底边长度，由图可知1和2底边相等且小于3的底边长度，由功能关系可知，摩擦
3、产生的热量QW，因此Q1Q2v2v3，故C错误，D正确4.如图所示，水平白色传送带以速度v01 m/s沿逆时针方向匀速运动，一质量为m1 kg的小石墨块P以速度v5 m/s从左端滑上传送带，已知P与传送带间的动摩擦因数为0.5，传送带长度为3 m，重力加速度取g10 m/s2.则(D)AP在传送带上向右运动的最大位移为3 mB从P滑上传送带至掉下过程中，P在传送带上留下的黑色痕迹长度为0.5 mC从P滑上传送带至掉下过程中，P在传送带之间产生的摩擦热Q12.5 JD从P滑上传送带至掉下过程中，电动机多做的功W6 J解析：小石墨块P向右运动的减速阶段：加速度大小为ag5 m/s2，速度减为零时，
4、向右运动的位移最大，有x m2.5 m，A选项错误；小石墨块P从滑上传送带到回头向左加速直到与传送带共速的过程，设经t时间，有1 m/s5 m/s5 m/s2t，解得t1.2 s，画出vt图象，易知P在传送带上留下的黑色痕迹长度即为阴影部分的面积，即s相对 m3.6 m，选项B错误；P与传送带之间产生的摩擦热Qmgs相对53.6 J18 J，选项C错误；电动机多做的功Wmgs传送带511.2 J6 J，选项D正确5.(多选)如图所示，一个质量为m的物体(可看成质点)以某一初动能Ek从斜面底端冲上倾角为30的固定斜面，其运动的加速度大小为0.8g，若已知该物体在斜面上上升的最大高度为h，则在这个
5、过程中(BC)A物体机械能守恒B物体重力势能增加了mghC物体的初动能Ek1.6mghD物体机械能损失了0.8mgh解析：若斜面光滑，则上滑时的加速度为agsin300.5g，因加速度为0.8g，可知物体受到向下的摩擦力，则上滑过程中机械能不守恒，选项A错误；物体重力势能增加了mgh，选项B正确；根据牛顿第二定律有mgsin30fma，解得f0.3mg；由动能定理有Ekmghf1.6mgh，选项C正确；物体机械能损失了Ef0.6mgh，选项D错误6.(多选)如图所示，轻弹簧的一端悬挂在天花板上，另一端连接一质量为m的小物块，小物块放在水平面上，弹簧与竖直方向夹角为30.开始时弹簧处于伸长状态，
6、长度为L，现在小物块上加一水平向右的恒力F，使小物块向右运动距离L，小物块与水平面间的动摩擦因数为，重力加速度为g，弹簧始终在弹性限度内，则此过程中分析正确的是(BD)A小物块和弹簧组成的系统机械能改变了(Fmg)LB弹簧的弹性势能可能先减小后增大接着又减小再增大C小物块在弹簧悬点正下方时速度最大D小物块动能的改变量等于拉力F和摩擦力做的功之和解析：物块向右移动L，则运动到右边与初始位置对称的位置，此过程中弹簧的长度先减小后增大到原来的值，弹簧可能先伸长量减小，至恢复到原长，然后压缩，且压缩量一直增加直到到达悬点正下方，继续向右运动时，压缩量减小，然后伸长到原来的值，故弹簧的弹性势能可能先减小
7、后增大接着又减小再增大，选项B正确；此过程中物块对水平面的压力不等于mg，则除弹力和重力外的其他外力做的功不等于(Fmg)L，则小物块和弹簧组成的系统机械能改变量不等于(Fmg)L，选项A错误；小物块在弹簧悬点正下方时，合外力做的功不是最多，则速度不是最大，选项C错误；因整个过程中弹簧的弹性势能不变，弹力做的功为零，根据动能定理可知小物块动能的改变量等于拉力F和摩擦力做的功之和，选项D正确7.一根内壁粗糙的细圆管弯成半径为R的圆弧固定在竖直面内，O、B两点在同一条竖直线上，如图所示一小球自A口的正上方距A口高度为h处无初速度释放，小球从B口出来后恰能落到A口小球可视为质点，重力加速度大小为g.
8、求：(1)小球在B口所受圆管内壁的弹力大小FN；(2)小球从释放至到达B口的过程中，其与圆管内壁间因摩擦产生的热量Q.解析：(1)设小球通过B口时的速度大小为v，由平抛运动规律得：水平方向：Rvt竖直方向：Rgt2解得：v由于vm1)压缩弹簧至同一点后，重复上述过程，下列说法正确的是(D)A两滑块到达B点时的速度相同B两滑块沿斜面上升的最大高度相同C两滑块上升到最高点的过程中克服重力做的功不相同D两滑块上升到最高点的过程中机械能损失相同解析：由于初始时，弹簧的弹性势能相同，则两滑块到达B点时的动能相同，但速度不同，故A错误；两滑块在斜面上运动时的加速度相同，由于到达B点时的速度不同，故上升高度
9、不同，B错误；滑块上升到最高点的过程中克服重力做的功为mgh，由能量守恒定律有Epmghmgcos，解得mgh，故两滑块上升到最高点的过程中克服重力做的功相同，C错误；由能量守恒知损失的机械能E损，结合C的分析，可知D正确10(多选)如图所示，质量为M的长木板静止在光滑水平面上，上表面OA段光滑，AB段粗糙且长为l，左端O处有一固定挡板，挡板上固定轻质弹簧，右侧用不可伸长的轻绳连接在竖直墙上，轻绳所能承受的最大拉力为F.质量为m的小滑块以速度v从A点向左滑动压缩弹簧，弹簧的压缩量达到最大时细绳恰好被拉断，再过一段时间后长木板停止运动，小滑块恰未掉落重力加速度为g，则(ABD)A细绳被拉断瞬间长
10、木板的加速度大小为B细绳被拉断瞬间弹簧的弹性势能为mv2C弹簧恢复原长时滑块的动能为mv2D滑块与长木板AB段间的动摩擦因数为解析：细绳被拉断瞬间弹簧的弹力等于F，对长木板，由牛顿第二定律得FMa，得a，A正确；滑块以速度v从A点向左滑动压缩弹簧，到弹簧压缩量最大时速度为0，由系统的机械能守恒得，细绳被拉断瞬间弹簧的弹性势能为mv2，B正确；弹簧恢复原长时长木板与滑块都获得动能，所以滑块的动能小于mv2，C错误；弹簧最大的弹性势能Epmv2，小滑块恰未掉落时滑到木板的右端，此时小滑块与长木板均静止，又水平面光滑，上表面OA段光滑，则有Epmgl，联立解得，D正确11(多选)如图所示，光滑轨道A
11、BCD是大型游乐设施过山车轨道的简化模型，最低点B处的入、出口靠近但相互错开，C是半径为R的圆形轨道的最高点，BD部分水平，末端D点与右端足够长的水平传送带无缝连接，传送带以恒定速度v逆时针转动，现将一质量为m的小滑块从轨道AB上某一固定位置A由静止释放，滑块能通过C点后再经D点滑上传送带，则(CD)A固定位置A到B点的竖直高度可能为2RB滑块在传送带上向右运动的最大距离与传送带速度v有关C滑块可能重新回到出发点A处D传送带速度v越大，滑块与传送带间因摩擦产生的热量越多解析：设AB的高度为h，假设滑块从位置A下滑刚好通过圆形轨道的最高点C，则此高度应该是从A下滑的高度的最小值，刚好通过圆形轨道
12、的最高点时，由重力提供向心力，则mg，解得vC，从A到C根据动能定理有mg(h2R)mv0，整理得到h2.5R，故选项A错误；滑块从A到在传送带上向右运动距离最大的过程，根据动能定理有mghmgx0，可以得到x，可以看出滑块在传送带上向右运动的最大距离与传送带速度v无关，故选项B错误；滑块在传送带上先做减速运动，后反向做加速运动，如果再次到达D点时的速度与第一次到达D点时的速度大小相等，则根据动能定理，可以再次回到A处，故选项C正确；滑块与传送带之间产生的热量Qmgx相对，传送带的速度越大，在相同时间内二者相对位移越大，产生的热量越多，故选项D正确12如图，轻质弹簧左端固定，右端连接一个光滑的
13、滑块A，弹簧的劲度系数k500 N/m，弹簧的弹性势能表达式为Epkx2(x为弹簧的形变量)滑块B靠在A的右侧，两滑块不连接，A、B滑块均可视为质点，质量都为1 kg，最初弹簧的压缩量为x09 cm，由静止释放A、B，A到平台右端距离L15 cm，平台离地高为H5 m，在平台右侧与平台水平相距s处有一固定斜面，斜面高为d4.8 m，倾角37.若B撞到斜面上时，立刻以沿斜面的速度分量继续沿斜面下滑B与水平面和斜面之间动摩擦因数均为0.5，若B在斜面上滑动时有最大的摩擦热，g10 m/s2.求：(1)B离开平台的速度v1；(2)斜面距平台右端距离s；(3)B滑到斜面底端的速度大小解析：(1)A、B
14、恰好分离时，A、B的加速度相同，A、B间弹力为0，根据牛顿第二定律有，对B分析，mgma，解得ag5 m/s2，对A分析，kx1ma，解得x10.01 m1 cm，弹簧伸长量为1 cm时，A、B分离，由释放至A、B分离，根据能量守恒定律可得kxkxmg(x0x1)2mv，分离后，对滑块B由动能定理得mg(Lx0x1)mvmv，解得v11 m/s.(2)滑块B从离开平台到刚落到斜面上的过程中做平抛运动，B在斜面滑动有最大的摩擦热，则B从斜面顶端滑上斜面，竖直方向上有Hdgt2，解得t0.2 s；在水平方向上有sv1t0.2 m.(3)平抛竖直分速度vy2 m/s，其沿斜面的速度为vv1cos37vysin372 m/s，B在斜面上滑动，由动能定理得mgdmgcosmvmv2，解得vB6 m/s.答案：(1)1 m/s(2)0.2 m(3)6 m/s