第4讲　功能关系　能量转化和守恒定律  时间：60分钟  1．如图5-4-11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(　　)．  图5-4-11 A．提弹簧的力对系统做功为mgL B．物体A的重力势能增加mgL C．系统增加的机械能小于mgL D．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　C 2．(2013·长春模拟)如图5-4-12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μ，下列说法正确的是(　　)．  图5-4-12 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3mg C．c点与b点的距离为 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： mgR＝mv所以vb＝，故A错．在b点，由FN－mg＝m得FN＝3mg，故B对．从b到c由动能定理得：－μmgs＝－mv，得s＝，故C对，对整个过程由能量守恒知D正确． 答案　BCD 3．飞船顺利发射升空后，在离地面340 km的圆轨道上环绕地球运行了多圈．运行中需要多次进行“轨道维持”．所谓“轨道维持”就是通过控制飞船上发动机的点火时间和推力的大小、方向，使飞船能保持在预定轨道上稳定运行．如果不进行轨道维持，由于飞船受轨道上稀薄空气的摩擦阻力，轨道高度会逐渐降低，在这种情况下飞船的动能、重力势能和机械能变化情况将会是 (　　)． A．动能、重力势能和机械能都逐渐减小 B．重力势能逐渐减小，动能逐渐增大，机械能不变 C．重力势能逐渐增大，动能逐渐减小，机械能不变 D．重力势能逐渐减小，动能逐渐增大，机械能逐渐减小 解析　飞船由于受到摩擦阻力(不只受到重力)的作用，摩擦阻力做负功，所以在变轨过程中机械能不守恒，会有一部分内能产生，飞船的总机械能减小．这种情况下飞船高度要降低，重力做正功，重力势能减小，由v＝ 可知，速度会变大，故动能变大． 答案　D[ ] 4．如图5-4-13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 (　　)．  图5-4-13 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θ，底边为x，则斜面高度为h＝xtan θ，斜面长度L＝，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mgh－μmgLcos θ＝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Wf＝μmgLcos θ＝μmgx相同，故C、D错误． 答案　B 5．(2013·江西盟校二联)如图5-4-14所示，质量为m的小车在水平恒力F推动下，从山坡(粗糙)底部A处由静止起运动至高为h的坡顶B，获得的速度为v，A、B之间的水平距离为s，重力加速度为g.下列说法正确的是 (　　)．  图5-4-14 A．小车重力所做的功是mgh B．合外力对小车做的功是mv2 C．推力对小车做的功是mv2＋mgh D．阻力对小车做的功是Fs－mv2－mgh 解析　小车重力所做的功为－mgh，A错误．由动能定理得合外力对小车做的功W＝mv2，B正确．推力对小车做的功为Fs，C错误．根据动能定理，阻力对小车做的功为－，故D错误． 答案　B 6．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5-4-15所示，当旅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(　　)．  图5-4-15 A．开始时行李的加速度为2 m/s2 B．行李到达B点时间为2 s C．传送带对行李做的功为0.4 J D．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：μmg＝ma，所以a＝2 m/s2，故选A； 由于传送带的长度未知，故时间不可求，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W＝mv2＝0.4 J，选C； 在传送带上留下的痕迹长度为s＝vt－＝＝0.04 m，不选D. 答案　AC 7．(2013·南通模拟)如图5-4-16甲所示，在倾角为θ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0～x1过程的图线是曲线，x1～x2过程的图线为平行于x轴的直线，则下列说法中正确的是 (　　)．  图5-4-16 A．物体在沿斜面向下运动 B．在0～x1过程中，物体的加速度一直减小 C．在0～x2过程中，物体先减速再匀速 D．在x1～x2过程中，物体的加速度为gsin θ 解析　由图乙可知，在0～x1过程中，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0～x1阶段，图线的斜率变小，故力F在此过程中逐渐减小，由mgsin θ－F＝ma可知，物体的加速度逐渐增大，A正确，B、C错误；x1～x2过程中，物体机械能保持不变，F＝0，故此过程中物体的加速度a＝gsin θ，D正确． 答案　AD 8．如图5-4-17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m＝2.0 kg，物体与水平面间的动摩擦因数μ＝0.4，弹簧的劲度系数k＝200 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Ep＝1.0 J，物体处于静止状态，若取g＝10 m/s2，则撤去外力F后 (　　)．  图5-4-17 A．物体向右滑动的距离可以达到12.5 cm B．物体向右滑动的距离一定小于12.5 cm C．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，kx－μmg＝ma，当a＝0时速度达到最大，而此时弹簧的伸长量x＝，物体没有回到O点，故C错误；因弹簧处于原长时，Ep>μmgx＝0.8 J，故物体到O点后继续向右运动，弹簧被压缩，因有Ep＝μmgxm＋Ep′，得xm＝<＝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　BD  9．滑雪是一项危险性高而技巧性强的运动，某次滑雪过程可近似模拟为两个圆形轨道的对接，如图5-4-18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 (　　)．  图5-4-18 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2mgR－mv2[ C．由A到B过程中阻力做功为2mgR－mv2 D．由A到B过程中损失的机械能为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WG＝－2mgR，则ΔEp＝－WG＝2mgR，选项B错误；对运动员在由A到B的过程由动能定理得：－mg·2R＋Wf＝0－mv2，即Wf＝2mgR－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mv2－2mgR，选项D错误． 答案　C 10．如图5-4-19所示，一物体质量m＝2 kg，在倾角 为θ＝37°的斜面上的A点以初速度v0＝3 m/s下滑，A点距弹簧上端B的距离AB＝4 m．当物体到达B后将弹簧压缩到C点，最大压缩量BC＝0.2 m，然后物体又被弹簧弹上去，弹到的最高位置为D点，D点距A点AD＝3 m．挡板及弹簧质量不计，g取10 m/s2，sin 37°＝0.6，求：  图5-4-19 (1)物体与斜面间的动摩擦因数μ. (2)弹簧的最大弹性势能Epm. 解析　(1)物体从开始位置A点到最后D点的过程中，弹性势能没有发生变化，动能和重力势能减少，机械能的减少量为ΔE＝ΔEk＋ΔEp＝mv＋mglADsin 37° ① 物体克服摩擦力产生的热量为Q＝Ffx ② 其中x为物体的路程，即x＝5.4 m ③ Ff＝μmgcos 37° ④ 由能量守恒定律可得ΔE＝Q ⑤ 由①②③④⑤式解得μ＝0.52. (2)物体由A到C的过程中，动能减少ΔEk′＝mv ⑥ 重力势能减少ΔEp′＝mglACsin 37° ⑦ 摩擦生热Q＝FflAC＝μmgcos 37°lAC ⑧ 由能量守恒定律得弹簧的最大弹性势能为 ΔEpm＝ΔEk′＋ΔEp′－Q ⑨ 联立⑥⑦⑧⑨解得ΔEpm＝24.5 J. 答案　(1)0.52　(2)24.5 J 11．如图5-4-20所示，一质量m＝0.4 kg的滑块(可视为质点)静止于动摩擦因数μ＝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P＝10.0 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时，传感器的示数为25.6 N．已知轨道AB的长度L＝2.0 m，半径OC和竖直方向的夹角α＝37°，圆形轨道的半径R＝0.5 m．(空气阻力可忽略，重力加速度g＝10 m/s2，sin 37°＝0.6，cos 37°＝0.8)，求：  图5-4-20 (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 FN－mg＝m[ ] 滑块由C点运动到D点的过程，由机械能守恒定律得 mgR(1－cos α)＋mv＝mv 联立解得vC＝5 m/s (2)滑块在C点时，速度的竖直分量为 vy＝vCsin α＝3 m/s B、C两点的高度差为h＝＝0.45 m 滑块由B运动到C所用的时间为ty＝＝0.3 s 滑块运动到B点时的速度为vB＝vCcos α＝4 m/s B、C间的水平距离为x＝vBty＝1.2 m (3)滑块由A点运动到B点的过程，由动能定理得 Pt－μmgL＝mv 解得t＝0.4 s 答案　(1)5 m/s　(2)0.45 m　1.2 m (3)0.4 s 特别提醒：教师配赠习题、课件、视频、图片、文档等 各种电子资源见《创新设计·高考总复习》光盘中内容.
【点此下载】