1、功能关系和能量守恒的原理及运用【巩固题】1. 如图所示，物体A的质量为m，置于水平地面上，A的上端连一轻弹簧，原长为L，劲度系数为k.现将弹簧上端B缓慢地竖直向上提起，使B点上移距离为L，此时物体A也已经离开地面，则下列说法中正确的是( ) A提弹簧的力对系统做功为mgLB物体A的重力势能增加mgLC系统增加的机械能小于mgLD以上说法都不正确解析 由于将弹簧上端B缓慢地竖直向上提起，可知提弹簧的力是不断增大的，最后大小等于A物体的重力，因此提弹簧的力对系统做功应小于mgL，A选项错误系统增加的机械能等于提弹簧的力对系统做的功，C选项正确由于弹簧的伸长，物体升高的高度小于L，所以B选项错误答案
2、 C1. 如图所示，在光滑四分之一圆弧轨道的顶端a点，质量为m的物块(可视为质点)由静止开始下滑，经圆弧最低点b滑上粗糙水平面，圆弧轨道在b点与水平轨道平滑相接，物块最终滑至c点停止若圆弧轨道半径为R，物块与水平面间的动摩擦因数为，下列说法正确的是( ) A物块滑到b点时的速度为B物块滑到b点时对b点的压力是3mgCc点与b点的距离为(R)D整个过程中物块机械能损失了mgR解析 物块从a到b，由机械能守恒定律得：mgR2(1)mvb(2)所以vb，故A错在b点，由FNmgmb得FN3mg，故B对从b到c由动能定理得：mgs2(1)mvb(2)，得s(R)，故C对，对整个过程由能量守恒知D正确答
3、案 BCD2. 已知货物的质量为m，在某段时间内起重机将货物以加速度a加速升高h，则在这段时间内，下列叙述正确的是(重力加速度为g)( )A货物的动能一定增加mahmghB货物的机械能一定增加mahC货物的重力势能一定增加mahD货物的机械能一定增加mahmgh解析 据牛顿第二定律，物体所受的合外力Fma，则动能的增加量为mah，选项A错误；重力势能的增加量等于克服重力做的功mgh，选项C错误；机械能的增量为除重力之外的力做的功(mamg)h，选项B错误、D正确答案 D3. 如图所示，斜面AB、DB的动摩擦因数相同可视为质点的物体分别沿AB、DB从斜面顶端由静止下滑到底端，下列说法正确的是(
4、) A物体沿斜面DB滑动到底端时动能较大B物体沿斜面AB滑动到底端时动能较大C物体沿斜面DB滑动过程中克服摩擦力做的功较多D物体沿斜面AB滑动过程中克服摩擦力做的功较多解析 已知斜面AB、DB的动摩擦因数相同，设斜面倾角为，底边为x，则斜面高度为hxtan ，斜面长度Lcos (x)，物体分别沿AB、DB从斜面顶端由静止下滑到底端，由动能定理有mghmgLcos 2(1)mv2，可知物体沿斜面AB滑动到底端时动能较大，故A错误、B正确；物体沿斜面滑动过程中克服摩擦力做的功WfmgLcos mgx相同，故C、D错误答案 B4. 在机场和火车站可以看到对行李进行安全检查用的水平传送带如图所示，当旅
5、客把行李放在正在匀速运动的传送带上后，传送带和行李之间的滑动摩擦力使行李开始运动，随后它们保持相对静止，行李随传送带一起匀速通过检测仪器接受检查，设某机场的传送带匀速前进的速度为0.4 m/s，某行李箱的质量为5 kg，行李箱与传送带之间的动摩擦因数为0.2，当旅客把这个行李箱小心地放在传送带上，通过安全检查的过程中，g取10 m/s2，则( ) A开始时行李的加速度为2 m/s2B行李到达B点时间为2 sC传送带对行李做的功为0.4 JD传送带上将留下一段摩擦痕迹，该痕迹的长度是0.03 m解析 行李开始运动时由牛顿第二定律有：mgma，所以a2 m/s2，故选A；由于传送带的长度未知，故时
6、间不可求，故不选B；行李最后和传送带一起匀速运动，所以传送带对行李做的功为W2(1)mv20.4 J，选C；在传送带上留下的痕迹长度为svt2(vt)2(vt)0.04 m，不选D.答案 AC5. 如图甲所示，在倾角为的光滑斜面上，有一个质量为m的物体在沿斜面方向的力F的作用下由静止开始运动，物体的机械能E随位移x的变化关系如图乙所示其中0x1过程的图线是曲线，x1x2过程的图线为平行于x轴的直线，则下列说法中正确的是( ) A物体在沿斜面向下运动B在0x1过程中，物体的加速度一直减小C在0x2过程中，物体先减速再匀速D在x1x2过程中，物体的加速度为gsin 解析 由图乙可知，在0x1过程中
7、，物体机械能减少，故力F在此过程中做负功，因此，物体沿斜面向下运动，因在Ex图线中的0x1阶段，图线的斜率变小，故力F在此过程中逐渐减小，由mgsin Fma可知，物体的加速度逐渐增大，A正确，B、C错误；x1x2过程中，物体机械能保持不变，F0，故此过程中物体的加速度agsin ，D正确答案 AD6. 如图所示，水平面上的轻弹簧一端与物体相连，另一端固定在墙上P点，已知物体的质量为m2.0 kg，物体与水平面间的动摩擦因数0.4，弹簧的劲度系数k200 N/m.现用力F拉物体，使弹簧从处于自然状态的O点由静止开始向左移动10 cm，这时弹簧具有弹性势能Ep1.0 J，物体处于静止状态，若取g
8、10 m/s2，则撤去外力F后( ) A物体向右滑动的距离可以达到12.5 cmB物体向右滑动的距离一定小于12.5 cmC物体回到O点时速度最大D物体到达最右端时动能为0，系统机械能不为0解析 物体向右滑动时，kxmgma，当a0时速度达到最大，而此时弹簧的伸长量xk(mg)，物体没有回到O点，故C错误；因弹簧处于原长时，Epmgx0.8 J，故物体到O点后继续向右运动，弹簧被压缩，因有EpmgxmEp，得xmmg(EpEp)mg(Ep)12.5 cm，故A错误、B正确；因物体滑到最右端时，动能为零，弹性势能不为零，故系统的机械能不为零，D正确答案 BD7. 滑雪是一项危险性高而技巧性强的运
9、动，某次滑雪过程可近似模拟为两个圆形轨道的对接，如图所示质量为m的运动员在轨道最低点A的速度为v，且刚好到达最高点B，两圆形轨道的半径相等，均为R，滑雪板与雪面间的摩擦不可忽略，下列说法正确的是( ) A运动员在最高点B时，对轨道的压力为零B由A到B过程中增加的重力势能为2mgR2(1)mv2C由A到B过程中阻力做功为2mgR2(1)mv2D由A到B过程中损失的机械能为2(1)mv2解析 刚好到达最高点B，即运动员到达B点的速度为零，所以在B点对轨道的压力大小等于自身的重力，选项A错误；由A到B过程中重力所做的功WG2mgR，则EpWG2mgR，选项B错误；对运动员在由A到B的过程由动能定理得
10、：mg2RWf02(1)mv2，即Wf2mgR2(1)mv2，选项C正确；由功能关系知，机械能的变化量等于除重力外其他力所做的功，即损失的机械能为2(1)mv22mgR，选项D错误答案 C8. 如图所示，质量为m的长木块A静止于光滑水平面上，在其水平的上表面左端放一质量为m的滑块B，已知木块长为L，它与滑块之间的动摩擦因数为.现用水平向右的恒力F拉滑块B. (1)当长木块A的位移为多少时，B从A的右端滑出？(2)求上述过程中滑块与木块之间产生的内能解析：(1)设B从A的右端滑出时，A的位移为l，A、B的速度分别为vA、vB，由动能定理得mgl2(1)mvA(2)(Fmg)(lL)2(1)mvB
11、(2)又由同时性可得aA(vA)aB(vB)m(Fmg)可解得lF2mg(mgL).(2)由功能关系知，拉力做的功等于A、B动能的增加量和A、B间产生的内能，即有F(lL)2(1)mvA(2)2(1)mvB(2)Q可解得QmgL.答案：(1)F2mg(mgL) (2)mgL9. 如图所示，一质量m0.4 kg的滑块(可视为质点)静止于动摩擦因数0.1的水平轨道上的A点现对滑块施加一水平外力，使其向右运动，外力的功率恒为P10.0 W经过一段时间后撤去外力，滑块继续滑行至B点后水平飞出，恰好在C点沿切线方向进入固定在竖直平面内的光滑圆弧形轨道，轨道的最低点D处装有压力传感器，当滑块到达传感器上方
12、时，传感器的示数为25.6 N已知轨道AB的长度L2.0 m，半径OC和竖直方向的夹角37，圆形轨道的半径R0.5 m(空气阻力可忽略，重力加速度g10 m/s2，sin 370.6，cos 370.8)，求： (1)滑块运动到C点时速度vC的大小；(2)B、C两点的高度差h及水平距离x；(3)水平外力作用在滑块上的时间t.解析 (1)滑块运动到D点时，由牛顿第二定律得FNmgmD滑块由C点运动到D点的过程，由机械能守恒定律得mgR(1cos )2(1)mvC(2)2(1)mvD(2)联立解得vC5 m/s(2)滑块在C点时，速度的竖直分量为vyvCsin 3 m/sB、C两点的高度差为hy0
13、.45 m滑块由B运动到C所用的时间为tyg(vy)0.3 s滑块运动到B点时的速度为vBvCcos 4 m/sB、C间的水平距离为xvBty1.2 m(3)滑块由A点运动到B点的过程，由动能定理得PtmgL2(1)mvB(2)解得t0.4 s答案 (1)5 m/s (2)0.45 m 1.2 m(3)0.4 s10. 如图所示，AB是倾角为的粗糙直轨道，BCD是光滑的圆弧轨道，AB恰好在B点与圆弧相切，圆弧的半径为R.一个质量为m的物体(可以看做质点)从直轨道上的P点由静止释放，结果它能在两轨道间做往返运动已知P点与圆弧的圆心O等高，物体与轨道AB间的动摩擦因数为.求： (1)物体做往返运动
14、的整个过程中在AB轨道上通过的总路程；(2)最终当物体通过圆弧轨道最低点E时，对圆弧轨道的压力大小；(3)为使物体能顺利到达圆弧轨道的最高点D，释放点距B点的距离L应满足什么条件？解析 (1)物体在P点及最终到B点的速度都为零，对全过程由动能定理得mgRcos mgcos s0得s(R).(2)设物体在E点的速度为vE，由机械能守恒定律有mgR(1cos )2(1)mvE(2)在E点时由牛顿第二定律有NmgE联立式解得N(32cos )mg.由牛顿第三定律可知物体对圆弧轨道E点的压力大小为(32cos )mg.(3)设物体刚好通过D点时的速度为vD，由牛顿第二定律有：mgmD，得：vD设物体恰好通过D点时，释放点距B点的距离为L0，在粗糙直轨道上重力的功WG1mgL0sin 滑动摩擦力的功：Wfmgcos L0在光滑圆弧轨道上重力的功WG2mgR(1cos )对全过程由动能定理得WG1WfWG22(1)mvD(2)联立式解得：L0()()2sin cos (32cos R)则L()()2sin cos (32cos R).答案 (1)(R) (2)(32cos )mg(3)L()()2sin cos (32cos R)
