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第4课时功能关系能量守恒定一、基础知识（一）功能关系1、内容：能量既不会凭空产生，也不会凭空消失，它只能从一种形式转化为另一种形式，或者从一个物体转移到别的物体，在转化或转移的过程中，能量的总量保持不变．2、表达式：ΔE减＝ΔE增．（三）能量守恒定律及应用列能量守恒定律方程的两条基本思路：(1)某种形式的能量减少，一定存在其他形式的能量增加，且减少量和增加量一定相等；(2)某个物体的能量减少，一定存在其他物体的能量增加且减少量和增加量一定相等．（四）应用能量守恒定律解题的步骤1、分清有多少形式的能[如动能、势能(包括重力势能、弹性势能、电势能)、内能等]在变化；2、明确哪种形式的能量增加，哪种形式的能量减少，并且列出减少的能量ΔE减和增加的能量ΔE增的表达式；3、列出能量守恒关系式：ΔE减＝ΔE增．二、练习1、对于功和能的关系，下列说法中正确的是()A．功就是能，能就是功B．功可以变为能，能可以变为功C．做功的过程就是能量转化的过程D．功是物体能量的量度答案 C解析 功和能是两个密切相关的物理量，但功和能有本质的区别，功是反映物体在相互作用过程中能量变化多少的物理量，与具体的能量变化过程相联系，是一个过程量；能是用来反映物体具有做功本领的物理量，物体处于一定的状态(如速度和相对位置)就具有一定的能量，功是反映能量变化的多少，而不是反映能量的多少．2、从地面竖直上抛一个质量为m 的小球，小球上升的最大高度为h .设上升和下降过程中空气阻力大小恒定为F f .下列说法正确的是( )A ．小球上升的过程中动能减少了mghB ．小球上升和下降的整个过程中机械能减少了F f hC ．小球上升的过程中重力势能增加了mghD ．小球上升和下降的整个过程中动能减少了F f h 答案 C解析 根据动能定理，上升的过程中动能减少量等于小球克服重力和阻力做的功，为mgh ＋F f h ，小球上升和下降的整个过程中动能减少量和机械能的减少量都等于整个过程中克服阻力做的功，为2F f h ，A 、B 、D 错，选C.3、假设某足球运动员罚点球直接射门时，球恰好从横梁下边缘踢进，此时的速度为v .横梁下边缘离地面的高度为h ，足球质量为m ，运动员对足球做的功为W 1，足球运动过程中克服空气阻力做的功为W 2，选地面为零势能面，下列说法正确的是 ( ) A ．运动员对足球做的功为W 1＝mgh ＋12m v 2－W 2B ．足球机械能的变化量为W 1－W 2C ．足球克服阻力做的功为W 2＝mgh ＋12m v 2－W 1D ．运动员刚踢完球的瞬间，足球的动能为mgh ＋12m v 2答案 B解析 由功能关系可知：W 1＝mgh ＋12m v 2＋W 2，A 项错．足球机械能的变化量为除重力、弹力之外的力做的功．ΔE 机＝W 1－W 2，B 项对；足球克服阻力做的功W 2＝W 1－mgh － 12m v 2，C 项错．D 项中，刚踢完球瞬间，足球的动能应为E k ＝W 1＝mgh ＋12m v 2＋W 2，D 项错.4、如图所示，质量为m 的跳高运动员先后用背越式和跨越式两种跳高方式跳过某一高度，该高度比他起跳时的重心高出h ，则他从起跳后至越过横杆的过程中克服重力所做的功( )A ．都必须大于mghB ．都不一定大于mghC ．用背越式不一定大于mgh ，用跨越式必须大于mghD ．用背越式必须大于mgh ，用跨越式不一定大于mgh 答案 C解析 采用背越式跳高方式时，运动员的重心升高的高度可以低于横杆，而采用跨越式跳高方式时，运动员的重心升高的高度一定高于横杆，故用背越式时克服重力做的功不一定大于mgh ，而用跨越式时克服重力做的功一定大于mgh ，C 正确．5、如图所示，美国空军X －37B 无人航天飞机于2010年4月首飞，在X －37B 由较低轨道飞到较高轨道的过程中( ) A ．X －37B 中燃料的化学能转化为X －37B 的机械能B ．X －37B 的机械能要减少C ．自然界中的总能量要变大D ．如果X －37B 在较高轨道绕地球做圆周运动，则在此轨道上其机械能不变 答案 AD解析 在X －37B 由较低轨道飞到较高轨道的过程中，必须启动助推器，对X －37B 做正功，X －37B 的机械能增大，A 对，B 错．根据能量守恒定律，C 错．X －37B 在确定轨道上绕地球做圆周运动，其动能和重力势能都不会发生变化，所以机械能不变，D 对．6、如图所示，某段滑雪雪道倾角为30°，总质量为m (包括雪具在内)的滑雪运动员从距底端高为h 处的雪道上由静止开始匀加速下滑，加速度为13g .在他从上向下滑到底端的过程中，下列说法中正确的是( )A ．运动员减少的重力势能全部转化为动能B ．运动员获得的动能为13mghC ．运动员克服摩擦力做功为23mghD ．下滑过程中系统减少的机械能为13mgh答案 D解析 运动员的加速度为13g ，小于g sin 30°，所以运动员下滑的过程中必受摩擦力，且大小为16mg ，克服摩擦力做功为16mg ·h sin 30°＝13mgh ，故C 错；摩擦力做功，机械能不守恒，减少的重力势能没有全部转化为动能，而是有13mgh 的重力势能转化为内能，故A错，D 对；由动能定理知，运动员获得的动能为13mg ·h sin 30°＝23mgh ，故B 错．7、如图所示，汽车在拱形桥上由A 匀速率运动到B ，以下说法正确的是( ) A ．牵引力与克服摩擦力做的功相等B ．合外力对汽车不做功C ．牵引力和重力做的总功大于克服摩擦力做的功D ．汽车在上拱形桥的过程中克服重力做的功转化为汽车的重力势能 答案 BD解析 汽车由A 匀速率运动到B ，合外力始终指向圆心，合外力做功为零，即W 牵＋W G －W f ＝0，即牵引力与重力做的总功等于克服摩擦力做的功，A 、C 错误，B 正确；汽车在上拱形桥的过程中，克服重力做的功转化为汽车的重力势能，D 正确．8、若礼花弹在由炮筒底部击发至炮筒口的过程中，克服重力做功W 1，克服炮筒阻力及空气阻力做功W 2，高压燃气对礼花弹做功W 3，则礼花弹在炮筒内运动的过程中(设礼花弹发射过程中质量不变)( )A ．礼花弹的动能变化量为W 3＋W 2＋W 1B ．礼花弹的动能变化量为W 3－W 2－W 1C ．礼花弹的机械能变化量为W 3－W 2D ．礼花弹的机械能变化量为W 3－W 2－W 1 答案 BC解析 动能变化量等于各力做功的代数和，阻力、重力都做负功，故W 3－W 1－W 2＝ΔE k ，所以B 对，A 错．重力以外其他力做功的和为W 3－W 2即等于机械能增加量，所以C 对，D 错．9、如图所示，ABCD 是一个盆式容器，盆内侧壁与盆底BC 的连接处都是一段与BC 相切的圆弧， B 、C 在水平线上，其距离d ＝0.5 m ．盆边缘的高度为h ＝0.30 m ．在A 处放一个质量为m 的小物块并让其由静止下滑．已知盆内侧壁是光滑的，而盆底BC 面与小物块间的动摩擦因数为μ＝0.10.小物块在盆内来回滑动，最后停下来，则停下的位置到B 的距离为( )A ．0.50 mB ．0.25 mC ．0.10 mD ．0答案 D解析 由mgh ＝μmgx ，得x ＝3 m ，而x d ＝3 m0.5 m ＝6，即3个来回后，恰停在B 点，选项D 正确．10、如图所示，质量为m 的小车在水平恒力F 推动下，从山坡(粗糙)底部A 处由静止运动至高为h 的坡顶B ，获得的速度为v ，AB 之间的水平距离为x ，重力加速度为g ，下列说法正确的是( )A ．小车重力所做的功是mghB ．合外力对小车做的功是12m v 2C ．推力对小车做的功是12m v 2＋mghD ．阻力对小车做的功是Fx －12m v 2－mgh答案 B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 ＝ 12m v 2，B 正确．推力对小车做的功为Fx ，C 错误．根据动能定理，阻力对小车做的功为－(Fx －12m v 2－mgh )，故D 错误．11、如图所示，在升降机内固定一光滑的斜面体，一轻弹簧的 一端连在位于斜面体上方的固定木板B 上，另一端与质量为m 的物块A 相连，弹簧与斜面平行．整个系统由静止开始加速上 升高度h 的过程中( ) 图4A ．物块A 的重力势能增加量一定等于mghB ．物块A 的动能增加量等于斜面的支持力和弹簧的拉力对其做功的代数和C ．物块A 的机械能增加量等于斜面的支持力和弹簧的拉力对其做功的代数和D ．物块A 和弹簧组成系统的机械能增加量等于斜面对物块的支持力和B 对弹簧的拉力做功的代数和解析 由于斜面光滑，物块A 静止时弹簧弹力与斜面支持力的合力与重力平衡，当整个装置加速上升时，由牛顿第二定律可知物块A 受到的合力应向上，故弹簧伸长量增加，物块A 相对斜面下滑一段距离，故选项A 错误；根据动能定理可知，物块A 动能的增加量应等于重力、支持力及弹簧弹力对其做功的代数和，故选项B 错误；物块A 机械能的增加量应等于除重力以外的其他力对其做功的代数和，选项C 正确；物块A 和弹簧组成的系统机械能增加量应等于除重力和弹簧弹力以外的其他力做功的代数和，故选项D 正确． 答案 CD12、如图所示有一倾角为θ＝37°的硬杆，其上套一底端固定且劲度系数为k ＝120 N/m 的轻弹簧，弹簧与杆间无摩擦．一个质量为m ＝1 kg 的小球套在此硬杆上，从P 点由静止开始滑下，已知小球与硬杆间的动摩擦因数μ＝0.5，P 与弹簧自由端Q 间的距离为l ＝1 m ．弹簧的弹性势能与其形变量x 的关系为E p ＝12kx 2.求：(1)小球从开始下滑到与弹簧自由端相碰所经历的时间t ； (2)小球运动过程中达到的最大速度v m ；(3)若使小球在P 点以初速度v 0下滑后又恰好回到P 点，则v 0需多大？ 解析 (1)F 合＝mg sin θ－μmg cos θ a ＝F 合m ＝g sin θ－μg cos θ＝2 m/s 2l ＝12at 2 所以t ＝2la＝1 s (2)小球从P 点无初速度滑下，当弹簧的压缩量为x 时小球有最大速度v m ，有 mg sin θ－μmg cos θ＝kx ，x ＝160m 此过程由能量守恒定律可得：mg ·(l ＋x )sin θ＝W 弹＋μmg cos θ(l ＋x )＋12m v 2m 而W 弹＝12kx 2代入数据解得：v m ＝113030m/s ＝2 m/s (3)设小球从P 点以初速度v 0下滑，压缩弹簧至最低点时弹簧的压缩量为x 1，由能量守恒有：mg (l ＋x 1)sin θ＋12m v 20＝μmg cos θ(l ＋x 1)＋12kx 21小球从最低点经过Q 点回到P 点时的速度为0，则有：1 2kx 21＝mg(l＋x1)sin θ＋μmg cos θ(l＋x1)联立以上二式解得x1＝0.5 m，v0＝2 6 m/s＝4.9 m/s.答案(1)1 s(2)2 m/s(3)4.9 m/s13、如图所示，一轻质弹簧原长为l，竖直固定在水平面上，一质量为m的小球从离水平面高为H处自由下落，正好压在弹簧上，下落过程中小球遇到的空气阻力恒为F f，小球压缩弹簧的最大压缩量为x，则弹簧被压到最短时的弹性势能为()A．(mg－F f)(H－l＋x)B．mg(H－l＋x)－F f(H－l)C．mgH－F f(l－x)D．mg(l－x)＋F f(H－l＋x)答案 A解析小球重力势能的减少量为ΔE p＝mg(H－l＋x)克服空气阻力做的功为W f＝F f(H－l＋x)弹性势能的增加量为ΔE＝ΔE p－W f＝(mg－F f)(H－l＋x)故选项A正确．14、如图甲所示，一根轻质弹簧左端固定在水平桌面上，右端放一个可视为质点的小物块，小物块与弹簧不连接，小物块的质量为m＝2 kg，当弹簧处于原长时，小物块静止于O 点．现对小物块施加一个外力，使它缓慢移动，压缩弹簧至A点(压缩量为x A)，此时弹簧的弹性势能E p＝2.3 J．在这一过程中，所用外力与压缩量的关系如图乙所示．然后突然撤去外力，让小物块沿桌面运动到B点后水平抛出．已知A、B之间的距离为L＝0.65 m，水平桌面的高为h＝5 m，计算时，可认为滑动摩擦力等于最大静摩擦力．g取10 m/s2，求：(1)在A点释放小物块后瞬间，小物块的加速度；(2)小物块落地点与桌边B的水平距离．答案(1)22 m/s2(2)1 m解析(1)由F－x图象可得，小物块与桌面间的滑动摩擦力大小为F f＝2 N释放瞬间弹簧弹力大小 F T ＝F －F f ＝(48－2) N ＝46 N 故释放瞬间小物块的加速度大小为 a ＝F T －F f m ＝46－22m/s 2＝22 m/s 2(2)从A 点开始到B 点的过程中，摩擦产生的热量Q ＝F f L 对小物块根据能量守恒有E p ＝12m v 2B ＋Q物块从B 点开始做平抛运动，则h ＝12gt 2故小物块落地点与桌边B 的水平距离x ＝v B t联立解得x ＝1 m15、如图所示，在水平地面上固定一个半径为R 的半圆形轨道，其中圆弧部分光滑，水平段长为L ，一质量为m 的小物块紧靠一根被压缩的弹簧固定在水平轨道的最右端，小物块与水平轨道间的动摩擦因数为μ，现突然释放小物块，小物块被弹出，恰好能够到达圆弧轨道的最高点A ，取g ＝10 m/s 2，且弹簧长度忽略不计，求： (1)小物块的落点距O ′的距离； (2)小物块释放前弹簧具有的弹性势能． 答案 (1)2R (2)52mgR ＋μmgL解析 设小物块被弹簧弹出时的速度大小为v 1，到达圆弧轨道的最低点时速度大小为v 2，到达圆弧轨道的最高点时速度大小为v 3.(1)因为小物块恰好能到达圆弧轨道的最高点，故向心力刚好由重力提供，有m v 23R ＝mg①小物块由A 飞出后做平抛运动，由平抛运动的规律有 x ＝v 3t② 2R ＝12gt 2③联立①②③解得：x ＝2R ，即小物块的落点距O ′的距离为2R(2)小物块在圆弧轨道上从最低点运动到最高点的过程中，由机械能守恒定律得12m v 22＝mg ·2R ＋12m v 23④小物块被弹簧弹出到运动到圆弧轨道的最低点的过程由功能关系得：12m v 21＝12m v 22＋μmgL ⑤小物块释放前弹簧具有的弹性势能就等于小物块被弹出时的动能，故有E p ＝12m v 21 ⑥ 由①④⑤⑥联立解得：E p ＝52mgR ＋μmgL16、(2012·安徽理综·16)如图所示，在竖直平面内有一半径为R 的圆弧轨道，半径OA 水平、OB 竖直，一个质量为m 的小球 自A 的正上方P 点由静止开始自由下落，小球沿轨道到达最高 点B 时恰好对轨道没有压力．已知AP ＝2R ，重力加速度为g ， 则小球从P 到B 的运动过程中 ( ) A ．重力做功2mgRB ．机械能减少mgRC ．合外力做功mgRD ．克服摩擦力做功12mgR答案 D解析 小球到达B 点时，恰好对轨道没有压力，故只受重力作用，根据mg ＝m v 2R 得，小球在B 点的速度v ＝gR .小球从P 点到B 点的过程中，重力做功W ＝mgR ，故选项A 错误；减少的机械能ΔE 减＝mgR －12m v 2＝12mgR ，故选项B 错误；合外力做功W 合＝12m v 2＝12mgR ，故选项C 错误；根据动能定理得，mgR －W f ＝12m v 2－0，所以W f ＝mgR －12m v 2＝12mgR ，故选项D 正确． 17、如图所示，质量为m 的物体(可视为质点)以某一速度从A 点冲上倾角为30°的固定斜面，其运动的加速度为34g ，此物体在斜面上上升的最大高度为h ，则在这个过程中物体( )A ．重力势能增加了34mghB ．重力势能增加了mghC ．动能损失了mghD ．机械能损失了12mgh答案 BD解析 设物体受到的摩擦阻力为F f ，由牛顿运动定律得F f ＋mg sin 30°＝ma ＝34mg ，解得F f ＝14mg .重力势能的变化由重力做功决定，故 ΔE p ＝mgh .动能的变化由合外力做功决定，故 ΔE k ＝(F f ＋mg sin 30°)x ＝34mg ·hsin 30°＝32mgh . 机械能的变化由重力或系统内弹力以外的其他力做功决定，故ΔE 机械＝F f ·x ＝14mg ·hsin 30°＝12mgh ，故B 、D 正确，A 、C 错误．18、(2012·福建理综·17)如图所示，表面光滑的固定斜面顶端安装 一定滑轮，小物块A 、B 用轻绳连接并跨过滑轮(不计滑轮的质量和摩擦)．初始时刻，A 、B 处于同一高度并恰好处于静止状态． 剪断轻绳后A 下落，B 沿斜面下滑，则从剪断轻绳到物块着地， 两物块( )A ．速率的变化量不同B ．机械能的变化量不同C ．重力势能的变化量相同D ．重力做功的平均功率相同 答案 D解析 A 、B 开始时处于静止状态，对A ：m A g ＝T ① 对B ：T ＝m B g sin θ②由①②得m A g ＝m B g sin θ 即m A ＝m B sin θ③剪断轻绳后，A 、B 均遵守机械能守恒定律，机械能没有变化，故B 项错误；由机械能守恒知，mgh ＝12m v 2，所以v ＝2gh ，落地速率相同，故速率的变化量相同，A 项错误；由ΔE p ＝mgh ，因m 不同，故ΔE p 不同，C 项错误；重力做功的功率P A ＝m A g v ＝m A g v2＝m A g2gh 2，P B ＝m B g v sin θ＝m B g 2gh 2sin θ，由③式m A ＝m B sin θ，得P A ＝P B ，D 项正确． 19、(2010·山东理综·22)如图所示，倾角θ＝30°的粗糙斜面固定在地面上，长为l 、质量为m 、粗细均匀、质量分布均匀的软绳置于斜面上，其上端与斜面 顶端齐平．用细线将物块与软绳连接，物块由静止释放后向下运动，直到软绳刚好全部离开斜面(此时物块未到达地面)，在此 过程中 ( )A ．物块的机械能逐渐增加B ．软绳重力势能共减少了14mgl C ．物块重力势能的减少等于软绳克服摩擦力所做的功D ．软绳重力势能的减少小于其动能的增加与克服摩擦力所做功之和答案 BD解析 细线的拉力对物块做负功，所以物块的机械能减少，故选项A 错误；软绳减少的重力势能ΔE p ＝mg (l 2－l 2sin 30°)＝14mgl ，故选项B 正确；软绳被拉动，表明细线对软绳的拉力大于摩擦力，而物块重力势能的减少等于克服细线拉力做功与物块动能之和，选项C 错误；对软绳应用动能定理，有W T ＋W G －W f ＝ΔE k ，所以软绳重力势能的减少ΔE p ＝W G ＝ΔE k ＋(W f －W T )，所以ΔE p <ΔE k ＋W f ，选项D 正确．20、如图所示，倾角为30°、高为L 的固定斜面底端与水平面平滑相连，质量分别为3m 、m 的两个小球A 、B 用一根长为L 的轻绳连接，A 球置于斜面顶端，现由静止释放A 、B 两球，球B 与弧形挡板碰撞过程中无机械能损失，且碰后只能沿斜面下滑，它们最终均滑至水平面上．重力加速度为g ，不计一切摩擦，则 ( )A ．小球A 下滑过程中，小球A 、B 系统的重力对系统做正功，系统的重力势能减小B ．A 球刚滑至水平面时，速度大小为5gL 2C ．小球B 升高L /2时，重力对小球A 做功的功率大于重力对小球B 做功的功率D ．小球B 从刚开始上升到开始进入斜面过程中，绳的拉力对小球B 做功为3mgL 4答案 ABC解析 小球A 下滑过程中，B 球的重力对B 球做负功，A 球的重力对A 球做正功，但由系统的动能增大可知，系统的重力势能减小，故小球A 、B 系统的重力对系统做正功，A 项正确；对A 、B 系统利用机械能守恒可知，A 球从开始滑动到刚滑至水平面过程中，有3mgL －mg L 2＝12×4m v 2，故v ＝5gL 2，B 项正确；小球B 升高L /2时，因两球的速度大小相等，而A 球沿斜面向下的分力为1.5mg ，故此时重力对小球A 做功的功率大于重力对小球B 做功的功率，C 项正确；小球B 从刚开始上升到开始进入斜面过程中，有3mg L 2－mgL ＝12×4m v ′2，故v ′＝gL 2，对B 球利用动能定理有：W －mgL ＝12m v ′2，故W ＝9mgL 8，D 项错误．。
课时作业19功能关系能量守恒定律时间：45分钟1．如图所示，水平传送带以v＝2 m/s的速率匀速运行，上方漏斗每秒将40 kg的煤粉竖直放到传送带上，然后一起随传送带匀速运动．如果要使传送带保持原来的速率匀速运行，则电动机应增加的功率为(B)A．80 W B．160 WC．400 W D．800 W解析：由功能关系，电动机增加的功率用于使单位时间内落在传送带上的煤粉获得的动能以及煤粉相对传送带滑动过程中产生的热量，所以ΔP＝12m v2＋Q，传送带做匀速运动，而煤粉相对地面做匀加速运动过程中的平均速度为传送带速度的一半，所以煤粉相对传送带的位移等于相对地面的位移，故Q＝f·Δx＝fx＝12m v2，解得ΔP＝160W，B项正确．2．(多选)如图，楔形木块abc 固定在水平面上，粗糙斜面ab 和光滑斜面bc 与水平面的夹角相同，顶角b 处安装一定滑轮．质量分别为M 、m (M >m )的滑块，通过不可伸长的轻绳跨过定滑轮连接，轻绳与斜面平行．两滑块由静止释放后，沿斜面做匀加速运动．若不计滑轮的质量和摩擦，在两滑块沿斜面运动的过程中( CD )A ．两滑块组成的系统机械能守恒B ．重力对M 做的功等于M 动能的增加量C ．轻绳对m 做的功等于m 机械能的增加量D ．两滑块组成的系统的机械能损失等于M 克服摩擦力做的功 解析：由于斜面ab 粗糙，故两滑块组成的系统机械能不守恒，故A 错误；由动能定理得，重力、拉力、摩擦力对M 做的总功等于M 动能的增加量，故B 错误；除重力、弹力以外的力做功，将导致机械能变化，故C 正确；除重力、弹力以外，摩擦力做负功，机械能有损失，故D 正确．3．如图所示，一水平轻弹簧左端固定在墙上，质量为m 的小物块(视为质点)在水平面上从A 点以初速度v 0向左运动，接触弹簧后运动到C 点时速度恰好为零，弹簧始终在弹性限度内．A 、C 两点间距离为L ，物块与水平面间的动摩擦因数为μ，重力加速度为g ，则物块由A 点运动到C 点的过程中，下列说法正确的是( D )A ．弹簧和物块组成的系统机械能守恒B ．物块克服摩擦力做的功为12m v 20 C ．弹簧的弹性势能增加量为μmgLD ．物块的初动能等于弹簧的弹性势能增加量与摩擦产生的热量之和解析：由于摩擦力做负功，根据功能关系知系统机械能减小，选项A 错误；由功能关系知，物块由A 点运动到C 点的过程，初动能转化为弹簧弹性势能和内能，选项D 正确；根据能的转化和守恒定律知，弹簧的弹性势能增加量为E p 弹＝12m v 20－μmgL ，选项C 错误；物块克服摩擦力做的功W f ＝μmgL <12m v 20，选项B 错误． 4．如图甲所示，倾角θ＝30°的足够长固定光滑斜面上，用平行于斜面的轻弹簧拉着质量m ＝1 kg 的物体沿斜面向上运动．已知物体在t ＝1 s 到t ＝3 s 这段时间的v -t 图象如图乙所示，弹簧的劲度系数k ＝200 N/m ，重力加速度g 取10 m/s 2.则在该段时间内( B )A ．物体的加速度大小为2 m/s 2B ．弹簧的伸长量为3 cmC ．弹簧的弹力做功为30 JD ．物体的重力势能增加36 J解析：根据速度图象的斜率表示加速度可知，物体的加速度大小为a ＝Δv Δt＝1 m/s 2，选项A 错误；对斜面上的物体受力分析，受到竖直向下的重力mg 、斜面的支持力和轻弹簧的弹力F ，由牛顿第二定律，F －mg sin30°＝ma ，解得F ＝6 N ，由胡克定律F ＝kx 可得弹簧的伸长量x ＝3 cm ，选项B 正确；在t ＝1 s 到t ＝3 s 这段时间内，物体动能增大ΔE k ＝12m v 22－12m v 21＝6 J ，根据速度—时间图象面积等于位移，可知物体向上运动位移x ＝6 m ，物体重力势能增加ΔE k ＝mgx sin30°＝30 J ；根据功能关系可知，弹簧弹力做功W ＝ΔE k ＋ΔE p ＝36 J ，选项C 、D 错误．5．(多选)如图所示，物块从足够长粗糙斜面底端O点，以某一速度沿斜面向上运动，到达最高点后又沿斜面下滑．物块先后两次经过斜面上的A点时的动能分别为E k1和E k2，重力势能分别为E p1和E p2，从O点开始到第一次经过A点的过程中重力做功为W G1，合外力做功的绝对值为W1，从O点开始到第二次经过A点的过程中重力做功为W G2，合外力做功的绝对值为W2，则下列选项正确的是(AC)A．E k1>E k2，E p1＝E p2B．E k1＝E k2，E p1>E p2C．W G1＝W G2，W1<W2D．W G1＝W G2，W1>W2解析：结合题意可知，物块先后两次经过斜面上A点时摩擦力做功不相等，动能不相等，E k1>E k2，上升的高度与下降的高度相同，所以物块上升过程中克服重力做的功等于下降过程中重力做的功，重力做功为零，E p1＝E p2，故A正确，B错误；重力做功只与初末高度差有关，W G1＝W G2；合外力做功等于动能的变化量，物块第一次经过A 点时的动能大，故动能的变化量小，W1<W2，故C正确，D错误．6．(多选)如图甲所示，物体以一定的初速度从倾角α＝37°的斜面底端沿斜面向上运动，上升的最大高度为3.0 m．选择斜面底端为参考平面，上升过程中，物体的机械能E随高度h的变化关系如图乙所示．g取10 m/s2，sin37°＝0.6，cos37°＝0.8.则(BD)A．物体的质量m＝0.67 kgB．物体与斜面之间的动摩擦因数μ＝0.5C．物体上升过程中的加速度大小a＝1 m/s2D．物体回到斜面底端时的动能E k＝10 J解析：在最高点，速度为零，所以动能为零，即物体在最高点的机械能等于重力势能，所以有E＝E p＋0＝mgh，所以物体质量为m＝Egh＝3010×3kg＝1 kg，A错误；在最低点时，重力势能为零，故物体的机械能等于其动能，物体上升过程中只有重力、摩擦力做功，故由动能定理可得－μmg cos37°hsin37°－mgh＝ΔE k，解得μ＝0.5，B正确；物体上升过程中沿斜面方向受到的合外力为F＝mg sinα＋μmg cosα＝10 N，故物体上升过程中的加速度大小为a＝Fm＝10 m/s2，C错误；物体上升过程和下滑过程所受摩擦力大小不变，方向相反，所以，上升过程和下滑过程克服摩擦力做的功相同；物体上升过程中克服摩擦力做的功等于机械能的减少量20 J，故物体从开始至回到斜面底端的整个过程克服摩擦力做的功为40 J；又由于物体整个运动过程中重力、支持力做功为零，所以物体回到斜面底端时的动能为50 J －40 J＝10 J，D正确．7．如图所示，竖直平面内放一直角杆，杆的各部分均光滑，水平部分套有质量为m A＝3 kg的小球A，竖直部分套有质量为m B＝2 kg 的小球B，A、B之间用不可伸长的轻绳相连．在水平外力F的作用下，系统处于静止状态，且OA＝3 m，OB＝4 m，重力加速度g取10 m/s2.(1)求水平拉力F的大小和水平杆对小球A的弹力F N的大小；(2)若改变水平力F大小，使小球A由静止开始，向右做加速度大小为4.5 m/s2的匀加速直线运动，求经过23s拉力F所做的功．解析：(1)设静止时绳子与竖直方向夹角为θ，则由已知条件可知cosθ＝45，sinθ＝3 5对B进行分析可知：F T cosθ＝m B g解得：F T＝m Bcosθ＝25 N对A进行分析可知：F＝F T sinθ＝15 N对A、B整体进行分析：竖直方向F N＝(m A＋m B)g＝50 N(2)经过t＝23s，小球A向右的位移x＝12at2＝1 m，此时绳子与水平方向夹角为θ小球A的速度为v A＝at＝3 m/sA、B两小球沿绳方向速度大小相等：v A cosθ＝v B sinθ解得v B＝v Atanθ＝4 m/s由能量守恒知：W F＝ΔE p＋ΔE k＝m B gh＋12m A v2A＋12m B v2B＝49.5 J答案：(1)15 N50 N(2)49.5 J8．(2019·济南调研)如图为某双线客运索道，其索线由静止不动的承载索和牵引缆车运动的牵引索组成．运行过程中牵引索通过作用力F使缆车沿倾斜的承载索道斜向上加速移动，不计空气阻力，在缆车向上移动过程中，下列说法正确的是(D)A．F对缆车做的功等于缆车增加的动能和克服摩擦力所做的功之和B．F对缆车做的功等于缆车克服摩擦力和克服重力所做的功之和C．缆车克服重力做的功小于缆车增加的重力势能D．F对缆车做的功等于缆车增加的机械能与缆车克服摩擦力做的功之和解析：本题考查功能关系等知识．有三个力对缆车做功，F对缆车做正功，摩擦力和重力对缆车做负功，三个力做的总功等于缆车动能的增量；F对缆车做的功等于缆车增加的动能和克服摩擦力、重力所做功之和，选项AB错误；缆车克服重力做的功等于缆车增加的重力势能，选项C错误；F对缆车做的功和摩擦力对缆车做的功之和等于缆车机械能的增量，所以F对缆车做的功等于缆车机械能的增量和克服摩擦力做功之和，选项D正确．9．(2019·安徽黄山屯溪月考)如图所示，光滑斜面的倾角θ＝30°，轻弹簧的劲度系数为k ，两端分别与物体M 和N 相连，两物体的质量均为m ，与斜面垂直的固定挡板P 挡住N ，两物体均处于静止状态．现沿平行斜面向下方向施加外力F 压物体M ，使得撤去外力F 后，物体N 能被弹簧拉起离开挡板(弹簧形变未超过其弹性限度)，则外力F 至少要做的功是( A )A.m 2g 22kB.3m 2g 22kC.2m 2g 2kD.5m 2g 22k解析：本题考查功能关系．当M 静止时，弹簧的压缩量为Δx 1，以M 为研究对象，沿斜面方向有mg sin30°＝k Δx 1，解得Δx 1＝mg 2k，撤去外力F 后，物体N 能被弹簧拉起离开挡板，此时弹簧的伸长量为Δx 2，以N 为研究对象，沿斜面方向有mg sin30°＝k Δx 2，解得Δx 2＝mg 2k，因为Δx 1＝Δx 2，整个过程中弹簧的弹性势能变化为零，整个过程中N 的重力势能不变，物体M 的重力势能增加为ΔE p ＝mg sin30°l＝mg sin30°(Δx 1＋Δx 2)＝m 2g 22k，根据功能关系可知：外力F 至少要做的功是W ＝ΔE p ＝m 2g 22k，选项A 正确，BCD 错误． 10．(2019·河南南阳模拟)如图所示，固定在竖直平面内的圆管形轨道的外轨光滑，内轨粗糙．一小球从轨道的最低点以初速度v 0向右运动，球的直径略小于圆管的直径，球运动的轨道半径为R ，空气阻力不计，重力加速度大小为g ，下列说法一定正确的是( B )A ．若v 0<2gR ，小球运动过程中机械能不可能守恒B ．若v 0＝3gR ，小球运动过程中机械能守恒C ．若v 0<5gR ，小球不可能到达最高点D ．若v 0＝2gR ，小球恰好能到达最高点解析：若小球上升到与圆心等高处时速度为零，此时小球只与外轨作用，不受摩擦力，只有重力做功，由机械能守恒定律得12m v 20＝mgR ，解得v 0＝2gR <2gR ，故A 错误；小球如果不挤压内轨，则小球到达最高点速度最小时，小球的重力提供向心力，由牛顿第二定律得mg ＝m v 2R ，由于小球不挤压内轨，则小球在整个运动过程中不受摩擦力作用，只有重力做功，从最低点到最高点过程中，由机械能守恒定律得12m v 20＝12m v 2＋mg ·2R ，解得v 0＝5gR ，则小球要不挤压内轨，速度应大于等于5gR ，故B 正确；若小球的速度v 0<5gR ，也是有可能做完整的圆周运动的，能到达最高点，只是最终将在圆心下方做往复运动，故C 错误；如果内轨光滑，小球在运动过程中不受摩擦力，机械能守恒，则小球恰能运动到最高点时速度为0，由机械能守恒定律得12m v 20＝mg ·2R ，解得v 0＝2gR ，但内轨粗糙，一定受到摩擦力作用，小球在到达最高点前速度已为零，不能到达最高点，故D 错误．11．如图所示，倾斜传送带与水平方向的夹角为α＝37°，将一质量为m ＝1 kg 的小物块无初速度地轻放在以速度v 0＝10 m/s 匀速逆时针转动的传送带顶端，传送带两皮带轮轴心间的距离为L，物块经过时间t＝2 s到达底端，物块和传送带之间的动摩擦因数为μ＝0.5，g 取10 m/s2，则下列说法中正确的是(A)A．L＝16 m，整个过程产生内能24 JB．L＝15 m，整个过程产生内能20 JC．L＝20 m，物块对传送带的摩擦力做功为0D．L＝16 m，摩擦力对物块做功－64 J解析：本题考查牛顿第二定律、匀变速直线运动规律、内能、功，意在考查考生对传送带问题的分析综合能力．物块刚放到传送带上时，相对传送带向上运动，物块受到的摩擦力沿斜面向下，设物块从开始运动到与传送带速度相同所用时间为t1、加速度为a1、通过的位移为x1，由牛顿第二定律得mg sinα＋μmg cosα＝ma1，解得a1＝10m/s2，由v＝at得，t1＝v0a1＝1 s，由匀变速直线运动规律得，x1＝12a1t21＝5 m；物块运动1 s后，因为mg sinα＝6 N>μmg cosα＝4 N，所以物块相对传送带向下运动，物块受到的摩擦力沿斜面向上，设物块的加速度为a2，通过的位移为x2，由牛顿第二定律得mg sinα－μmg cosα＝ma2，解得a2＝2 m/s2，由匀变速直线运动规律得，x2＝v0(t－t1)＋12a2(t －t1)2＝11 m，则L＝x1＋x2＝16 m，传送带与物块的相对位移大小Δx ＝v0t1－x1＋x2－v0(t－t1)＝6 m，整个过程产生的内能Q＝μmg cosα·Δx ＝24 J，选项A正确，BC错误；摩擦力对物块做的功W＝μmg cosα·x1－μmg cosα·x2＝－24 J，选项D错误．12．如图所示，从A点以v0＝4 m/s的水平速度抛出一质量m＝1 kg的小物块(可视为质点)，当物块运动至B点时，恰好沿切线方向进入光滑圆弧轨道BC，经圆弧轨道BC后滑上与C点等高、静止在粗糙水平面的长木板上，圆弧轨道C 端切线水平．已知长木板的质量M ＝4 kg ，A 、B 两点距C 点的高度分别为H ＝0.6 m 、h ＝0.15 m ，R ＝0.75 m ，物块与长木板之间的动摩擦因数μ1＝0.5，长木板与地面的动摩擦因数μ2＝0.2，g 取10 m/s 2，求：(1)物块滑至C 点时，对圆弧轨道C 点的压力； (2)长木板至少为多长，才能保证小物块不滑出长木板？解析：(1)设物块经过C 点的速度为v C ，则对于AC 过程，由动能定理得mgH ＝12m v 2C －12m v 20， 则有v C ＝v 20＋2gH ＝42＋2×10×0.6 m/s ＝27 m/s在C 点，有F N －mg ＝m v 2C R可得F N ＝m ⎝⎛⎭⎪⎫g ＋v 2C R ＝1×⎝ ⎛⎭⎪⎫10＋280.75 N ≈47.3 N ，根据牛顿第三定律得小物块滑至C 点时，对圆弧轨道C 点的压力大小F ′N ＝F N ＝47.3 N ，方向竖直向下；(2)物块滑上长木板后所受的滑动摩擦力为f 1＝μ1mg ＝0.5×1×10 N ＝5 N物块对长木板的滑动摩擦力大小f ′1＝f 1＝5 N地面对长木板的最大静摩擦力f 2＝μ2(m ＋M )g ＝0.2×(1＋4)×10 N ＝10 N因f ′1<f 2，所以物块在长木板滑行时长木板相对于地面静止不动．设长木板长至少为L 时，才能保证小物块不滑出长木板．根据动能定理得－μ1mgL＝0－12m v2C可得L＝v2C2μ1g＝282×0.5×10m＝2.8 m答案：(1)47.3 N，竖直向下(2)长至少为2.8 m。
高中物理功能关系能量守恒定律典型题及答案1.起跳摸高是学生经常进行的一项体育活动。
一质量为m的同学弯曲两腿向下蹲,然后用力蹬地起跳,从该同学用力蹬地到刚离开地面的起跳过程中,他的重心上升了h,离地时他的速度大小为v。
下列说法正确的是( )A.该同学的机械能增加了mghB.起跳过程中该同学机械能的增量为mgh+mv2C.地面的支持力对该同学做的功为mgh+mv2D.该同学所受的合外力对其做的功为mv2+mgh2.如图所示，弹簧的下端固定在光滑斜面底端，弹簧与斜面平行．在通过弹簧中心的直线上，小球P从直线上的N点由静止释放，在小球P与弹簧接触到速度变为零的过程中，下列说法中正确的是( )A．小球P的动能一定在减小B．小球P的机械能一定在减少C．小球P与弹簧系统的机械能一定在增加D．小球P重力势能的减小量大于弹簧弹性势能的增加量3.(2017课标Ⅲ,16,6分)如图,一质量为m、长度为l的均匀柔软细绳PQ竖直悬挂。
用外力将绳的下端Q缓慢地竖直向上拉起至M点,M点与绳的上端P相距l。
重力加速度大小为g。
在此过程中,外力做的功为( )A.mglB.mglC.mglD.mgl4.(多选)(2020·全国卷Ⅰ·20)一物块在高3.0 m、长5.0 m的斜面顶端从静止开始沿斜面下滑，其重力势能和动能随下滑距离s的变化如图中直线Ⅰ、Ⅱ所示，重力加速度取10 m/s2.则( )A．物块下滑过程中机械能不守恒B．物块与斜面间的动摩擦因数为0.5C．物块下滑时加速度的大小为6.0 m/s2D．当物块下滑2.0 m时机械能损失了12 J5.(多选)如图所示,轻质弹簧的一端固定在竖直墙面上,另一端拴接一小物块,小物块放在水平面上,小物块与水平面之间的动摩擦因数为μ,当小物块位于O点时弹簧处于自然状态。
现将小物块向右移到a 点,然后由静止释放,小物块最终停在O点左侧的b点(图中未画出),以下说法正确的是( )A.O、b之间的距离小于O、a之间的距离B.从O至b的过程中,小物块的加速度逐渐减小C.小物块在O点时的速度最大D.整个过程中,弹簧弹性势能的减少量等于小物块克服摩擦力所做的功6.如图所示，一个长为L，质量为M的木板，静止在光滑水平面上，一个质量为m的物块(可视为质点)，以水平初速度v0，从木板的左端滑向另一端，设物块与木板间的动摩擦因数为μ，当物块与木板相对静止时，物块仍在长木板上，物块相对木板的位移为d，木板相对地面的位移为s，重力加速度为g.则在此过程中( )A．摩擦力对物块做功为－μmg(s＋d)B．摩擦力对木板做功为μmgsC．木板动能的增量为μmgdD．由于摩擦而产生的热量为μmgs7.(多选)如图所示,一质量为M的斜面体静止在水平地面上,质量为m的木块沿粗糙斜面加速下滑h高度,速度大小由v1增大到v2,所用时间为t,木块与斜面体之间的动摩擦因数为μ。
高考经典课时作业5-4 功能关系、能量守恒定律（含标准答案及解析）时间：45分钟 分值：100分1． 木块静止挂在绳子下端，一子弹以水平速度射入木块并留在其中，再与木块一起共同摆到一定高度如图所示，从子弹开始射入到共同上摆到最大高度的过程中，下列说法正确的是( )A ．子弹的机械能守恒B ．木块的机械能守恒C ．子弹和木块的总机械能守恒D ．子弹和木块的总能量守恒 2．(2013·长春模拟)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μ，下列说法正确的是( )A ．物块滑到b 点时的速度为gRB ．物块滑到b 点时对b 点的压力是3mgC ．c 点与b 点的距离为RμD ．整个过程中物块机械能损失了mgR3．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mah －mgh B ．货物的机械能一定增加mah C ．货物的重力势能一定增加mah D ．货物的机械能一定增加mah ＋mgh 4．(2013·东城区模拟)2010年广州亚运会上，刘翔重归赛场，以打破亚运会记录的方式夺得110米跨栏的冠军．他采用蹲踞式起跑，在发令枪响后，左脚迅速蹬离起跑器，在向前加速的同时提升身体重心．如图所示，假设质量为m 的运动员，在起跑时前进的距离x 内，重心上升高度为h ，获得的速度为v ，阻力做功为W 阻、重力对人做功W 重、地面对人做功W 地、运动员自身做功W 人，则在此过程中，下列说法中不正确的是( )A ．地面对人做功W 地＝12mv 2＋mghB ．运动员机械能增加了12mv 2＋mghC ．运动员的重力做功为W 重＝－mghD ．运动员自身做功W 人＝12mv 2＋mgh －W 阻5．如图所示，一物体从斜面上高为h 处的A 点由静止滑下，滑至斜面底端B 时，因与水平面碰撞仅保留了水平分速度而进入水平轨道，在水平面上滑行一段距离后停在C 点，测得A 、C 两点间的水平距离为x ，设物体与斜面、水平面间的动摩擦因数均为μ，则( )A ．μ>hxB ．μ<h xC ．μ＝hxD ．无法确定6．(2013·秦皇岛模拟)如图所示，固定的倾斜光滑杆上套有一个质量为m 的圆环，圆环与竖直放置的轻质弹簧一端相连，弹簧的另一端固定在地面上的A 点，弹簧处于原长h .让圆环沿杆滑下，滑到杆的底端时速度为零．则在圆环下滑过程中( ) A ．圆环机械能守恒B ．弹簧的弹性势能先增大后减小C ．弹簧的弹性势能变化了mghD ．弹簧的弹性势能最大时圆环动能最大7．如图所示，水平面上的轻弹簧一端与物体相连，另一端固定在墙上的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E p ＝1.0 J ，物体处于静止状态，若取g ＝10 m/s 2，则撤去外力F 后( ) 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 8．(2013·长春模拟)如图所示，质量为m 的可看成质点的物块置于粗糙水平面上的M 点，水平面的右端与固定的斜面平滑连接，物块与水平面及斜面之间的动摩擦因数处处相同．物块与弹簧未连接，开始时物块挤压弹簧使弹簧处于压缩状态．现从M 点由静止释放物块，物块运动到N 点时恰好静止，弹簧原长小于MM ′.若物块从M 点 运动到N 点的过程中，物块与接触面之间由于摩擦所产生的热量为Q ，物块、弹簧与地球组成系统的机械能为E ，物块通过的路程为s .不计转折处的能量损失，下列图象所描述的关系中可能正确的是( )9．(2012·高考安徽卷)如图所示，在竖直平面内有一半径为R 的圆弧轨道，半径OA 水平、OB 竖直，一个质量为m 的小球自A 的正上方P 点由静止开始自由下落，小球沿轨道到达最高点B 时恰好对轨道没有压力．已知AP ＝2R ，重力加速度为g ，则小球从P 到B 的运动过程中( ) A ．重力做功2mgR B ．机械能减少mgRC ．合外力做功mgRD ．克服摩擦力做功12mgR10．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μ.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．11．(2012·安徽合肥一中联考)如图所示，物块A 的质量为M ，物块B 、C 的质量都是m ，并都可看做质点，且m <M <2m .三物块用细线通过滑轮连接，物块B 与物块C 的距离和物块C 到地面的距离都是L .现将物块A 下方的细线剪断，若物块A 距滑轮足够远且不计一切阻力．求：(1)物块A 上升时的最大速度；(2)若B 不能着地，求Mm满足的条件．12．如图所示， AB 是倾角为θ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μ.求：(1)物体做往返运动的整个过程中在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？标准答案及解析：1.解析：子弹射入木块过程，系统中摩擦力做负功，机械能减少，而共同上摆过程，系统只有重力做功，机械能守恒．综上所述，整个过程机械能减少，减少部分等于克服木块摩擦力做功产生的热量． 答案：D 2．答案：BCD 3．解析：据牛顿第二定律，物体所受的合外力F ＝ma ，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(ma ＋mg )h ，选项B 错误、D 正确． 答案：D 4．解析：由动能定理可知W 地＋W 阻＋W 重＋W 人＝12mv 2，其中W 重＝－mgh ，所以W 地＝12mv 2＋mgh －W 阻－W 人，A 错误；运动员机械能的增加量ΔE ＝W 地＋W 阻＋W 人＝12mv 2＋mgh ，B 正确；重力做功W 重＝－mgh ，C 正确；运动员自身做功W 人＝12mv 2＋mgh －W 阻－W 地，D 错误． 答案：AD 5．解析：μmgx <mgh ，则μ<hx，故B 正确．答案：B 6．解析：圆环下滑过程中，圆环和弹簧组成的系统机械能守恒，圆环减少的重力势能转化为动能和弹簧的弹性势能，因初末状态的动能均为零，故弹簧弹性势能的增加量等于圆环重力势能的减少量，故A 错误，C 正确；在整个过程中弹簧先逐渐压缩，再恢复原长，最后又伸长，弹簧的压缩量最大时，圆环的速度还在增大，故B 、D 均错误． 答案：C 7．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 ＝μmg k，物体没有回到O 点，故C 错误；因弹簧处于原长时，E p >μmg ·x ＝0.8 J ，故物体到O 点后继续向右运动，弹簧被压缩，因有E p ＝μmgx m ＋E p ′，得x m ＝E p －E p ′μmg <E pμmg＝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 8．答案：C 9．解析：一个小球在A 点正上方由静止释放，刚好通过B 点恰好对轨道没有压力，只有重力提供向心力，即：mg ＝m v 2R ，得v 2＝gR ，对全过程运用动能定理可得D 正确．答案：D 10．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v A 、v B ，由动能定理得μm gl ＝12mv 2A(F －μmg )·(l ＋L )＝12mv 2B又由同时性可得v A a A ＝v B a B ⎝⎛⎭⎫其中a A ＝μg ，a B ＝F －μmg m 可解得l ＝μmgLF －2μmg.(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 (l ＋L )＝12mv 2A ＋12mv 2B ＋Q可解得Q ＝μmgL . 答案：(1)μmgLF －2μmg (2)μmgL11．解析：(1)A 上升L 时速度达到最大，设为v ，由机械能守恒定律有2mgL －MgL ＝12(M ＋2m )v 2得v ＝2 2m －M g L2m ＋M.(2)C 着地后，若B 恰不能着地，即B 物块再下降L 时速度为零． 法一：根据转化观点，机械能守恒定律的表达式可写为MgL －mgL ＝12(M ＋m )v 2将v 代入，整理得：M ＝2m .法二：根据转移观点，机械能守恒定律的表达式还可写为：MgL －12Mv 2＝mgL ＋12mv 2代入v ，解得：M ＝2m 所以Mm >2时，B 物体将不会着地．答案：(1)2 2m －M g L 2m ＋M(2)Mm > 212．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 mgR cos θ－μmg cos θ·s ＝0①得s ＝R μ.(2)设物体在E 点的速度为v E ，由机械能守恒定律有mgR (1－cos θ)＝12mv 2E②在E 点时由牛顿第二定律有N －mg ＝mv 2ER③联立②③式解得N ＝(3－2cos θ)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(3－2cos θ)mg . (3)设物体刚好通过D 点时的速度为v D ，由牛顿第二定律有：mg ＝m v 2DR ，得：v D ＝gR ④设物体恰好通过D 点时，释放点距B 点的距离为L 0，在粗糙直轨道上重力的功 W G 1＝mgL 0sin θ⑤滑动摩擦力的功：W f ＝－μmg cos θ·L 0⑥在光滑圆弧轨道上重力的功W G 2＝－mgR (1＋cos θ)⑦对全过程由动能定理得W G 1＋W f ＋W G 2＝12mv 2D ⑧联立④⑤⑥⑦⑧式解得：L 0＝3＋2cos θR 2 s in θ－μcos θ则L ′≥3＋2cos θR2 s in θ－μcos θ.答案：(1)Rμ (2)(3－2cos θ)mg(3)L ′≥3＋2cos θR 2 s in θ－μcos θ。
能量守恒定律综合计算专题复习1．如图，光滑水平面上静止一质量m1=1.0kg、长L=0.3m的木板，木板右端有质量m2=1.0kg的小滑块，在滑块正上方的O点用长r=0.4m的轻质细绳悬挂质量m=0.5kg的小球。
将小球向右上方拉至细绳与竖直方向成θ=60°的位置由静止释放，小球摆到最低点与滑块发生正碰并被反弹，碰撞时间极短，碰撞前后瞬间细绳对小球的拉力减小了4.8N，最终小滑块恰好不会从木板上滑下。
不计空气阻力，滑块、小球均可视为质点，重力加速度g取10m/s2。
求：(1)小球碰前瞬间的速度大小；(2)小球碰后瞬间的速度大小；(3)小滑块与木板之间的动摩擦因数。
2．如图所示，ABCD为固定在竖直平面内的轨道，其中ABC为光滑半圆形轨道，半径为R，CD为水平粗糙轨道，一质量为m的小滑块（可视为质点）从圆轨道中点B由静止释放，滑至D点恰好静止，CD 间距为4R。
已知重力加速度为g。
(1)求小滑块与水平面间的动摩擦因数(2)求小滑块到达C点时，小滑块对圆轨道压力的大小(3)现使小滑块在D点获得一初动能，使它向左运动冲上圆轨道，恰好能通过最高点A，求小滑块在D点获得的初动能3．如图甲，倾角α＝37︒的光滑斜面有一轻质弹簧下端固定在O点，上端可自由伸长到A点。
在A点放一个物体，在力F的作用下向下缓慢压缩弹簧到B点（图中未画出），该过程中力F随压缩距离x的变化如图乙所示。
重力加速度g取10m/s2，sin37︒＝0.6，cos37︒＝0.8，求：（1）物体的质量m；（2）弹簧的最大弹性势能；（3）在B点撤去力F，物体被弹回到A点时的速度。
4．如图所示，长为L的轻质木板放在水平面上，左端用光滑的铰链固定，木板中央放着质量为m的小物块，物块与板间的动摩擦因数为μ.用力将木板右端抬起，直至物块刚好沿木板下滑．最大静摩擦力等于滑动摩擦力，重力加速度为g。
(1)若缓慢抬起木板，则木板与水平面间夹角θ的正切值为多大时物块开始下滑；(2)若将木板由静止开始迅速向上加速转动，短时间内角速度增大至ω后匀速转动，当木板转至与水平面间夹角为45°时，物块开始下滑，则ω应为多大；(3)在(2)的情况下，求木板转至45°的过程中拉力做的功W。
基础课时15功能关系能量守恒定律一、单项选择题1．运动员跳伞将经历加速下降和减速下降两个过程，将人和伞看成一个系统，在这两个过程中，下列说法正确的是()A．阻力对系统始终做负功B．系统受到的合外力始终向下C．重力做功使系统的重力势能增加D．任意相等的时间内重力做的功相等解析运动员无论是加速下降还是减速下降，阻力始终阻碍系统的运动，所以阻力对系统始终做负功，故选项A正确；运动员加速下降时系统所受的合外力向下，减速下降时系统所受的合外力向上，故选项B错误；由W G＝－ΔE p 知，运动员下落过程中重力始终做正功，系统重力势能减少，故选项C错误；运动员在加速下降和减速下降的过程中，任意相等时间内所通过的位移不一定相等，所以任意相等时间内重力做的功不一定相等，故选项D错误。
答案 A2.(2014·广东理综，16)如图1所示，是安装在列车车厢之间的摩擦缓冲器结构图，图中①和②为楔块，③和④为垫板，楔块与弹簧盒、垫板间均有摩擦，在车厢相互撞击使弹簧压缩的过程中()图1A．缓冲器的机械能守恒B．摩擦力做功消耗机械能C．垫板的动能全部转化为内能D．弹簧的弹性势能全部转化为动能解析由于楔块与弹簧盒、垫板间有摩擦力，即摩擦力做负功，则机械能转化为内能，故A错误，B正确；垫板动能转化为内能和弹性势能，故C、D 错误。
答案 B3．升降机底板上放一质量为100 kg的物体，物体随升降机由静止开始竖直向上移动5 m时速度达到4 m/s，则此过程中(g取10 m/s2)()A．升降机对物体做功5 800 JB．合外力对物体做功5 800 JC．物体的重力势能增加500 JD．物体的机械能增加800 J解析根据动能定理得W升－mgh＝12m v2，可解得W升＝5 800 J，A正确；合外力做的功为12m v2＝12×100×42 J＝800 J，B错误；物体重力势能增加mgh＝100×10×5 J＝5 000 J，C错误；物体机械能增加ΔE＝Fh＝W升＝5 800 J，D错误。
课时规范练18功能关系能量守恒定律基础对点练1.(功能关系的应用)(2023浙江温州模拟)蹦极是一项既惊险又刺激的运动,深受年轻人的喜爱。
如图所示,蹦极者从P点由静止跳下,到达A处时弹性绳刚好伸直,继续下降到最低点B处,B离水面还有数米距离。
蹦极者(视为质点)在其下降的整个过程中,重力势能的减少量为ΔE1,绳的弹性势能的增加量为ΔE2,克服空气阻力做的功为W,则下列说法正确的是()A.蹦极者从P到A的运动过程中,机械能守恒B.蹦极者与绳组成的系统从A到B的运动过程中,机械能守恒C.ΔE1=W+ΔE2D.ΔE1+ΔE2=W2.(多选)(板块模型中的功能关系)第一次将一长木板静止放在光滑水平面上,如图甲所示,一小铅块(可视为质点)以水平初速度v0由木板左端向右滑动,到达右端时恰能与木板保持相对静止。
第二次将长木板分成A、B两块,使B的长度和质量均为A的2倍,并紧挨着放在原水平面上,让小铅块仍以初速度v0由A的左端开始向右滑动,如图乙所示。
若小铅块相对滑动过程中所受的摩擦力始终不变,则下列说法正确的是()A.小铅块将从B的右端飞离木板B.小铅块滑到B的右端前已与B保持相对静止C.第一次和第二次过程中产生的热量相等D.第一次过程中产生的热量大于第二次过程中产生的热量3.(多选)(能量守恒定律)(2022江苏昆山期末)如图所示,风力发电机的叶片半径为R。
某段时间内该区域的风速大小为v,风恰好与叶片转动的圆面垂直,已知空气的密度为ρ,风力发电机的发电效率为η,下列说法正确的是()A.单位时间内通过叶片转动圆面的空气质量为πρvR 2B.此风力发电机发电的功率为12πρv 3R 2ηC.若仅风速减小为原来的12,发电的功率将减小为原来的18D.若仅叶片半径增大为原来的2倍,发电的功率将增大为原来的8倍4.(多选)(功能关系)一物块在高3.0 m 、长5.0 m 的斜面顶端从静止开始沿斜面下滑,其重力势能和动能随下滑距离s 的变化如图中直线Ⅰ、Ⅱ所示,重力加速度取10 m/s 2。
word作业24 功能关系能量守恒定律一、选择题1．从地面竖直上抛一个质量为m的小球，小球上升的最大高度为h.设上升和下降过程中空气阻力大小恒为F f.如下说法正确的答案是( )A．小球上升的过程中动能减少了mghB．小球上升和下降的整个过程中机械能减少了F f hC．小球上升的过程中重力势能增加了mghD．小球上升和下降的整个过程中动能减少了F f h解析：小球在上升过程中的动能减少量等于抑制合力做的功，即ΔE k＝(mg＋F f)h，A错误；整个过程中的机械能减少量(动能减少量)等于抑制除重力之外其他力做的功，即ΔE＝2F f h，B、D错误；上升过程中重力势能增加量等于抑制重力做的功，即ΔE p＝mgh，C正确．答案：C图24－12．如图24－1所示，质量m＝10 kg和M＝20 kg的两物块，叠放在光滑水平面上，其中物块m通过处于水平方向的轻弹簧与竖直墙壁相连，初始时刻，弹簧处于原长状态，弹簧的劲度系数k＝250 N/m.现用水平力F作用在物块M上，使其缓慢地向墙壁移动，当移动40 cm 时，两物块间开始相对滑动，在相对滑动前的过程中，如下说法中正确的答案是( ) A．M受到的摩擦力保持不变B．物块m受到的摩擦力对其不做功C．推力做的功等于弹簧增加的弹性势能D．开始相对滑动时，推力F的大小等于200 N解析：对物块m进展受力分析，水平方向受向右的弹簧弹力和向左的静摩擦力．由于弹簧在缩短，所以弹力越来越大，由于缓慢地向墙壁移动，物体处于平衡状态，M对m的摩擦力也在增大，所以M受到的摩擦力在增大，A错误；物块m受到的摩擦力方向向左，m向左运动，所以摩擦力做正功，B错误；把m和M看成整体进展受力分析，水平方向受向右的弹簧弹力和向左的推力，当移动40 cm 时，两物块间开始相对滑动，根据胡克定律得F ＝kx ＝100 N ，对整体研究，根据动能定理得W F ＋W 弹＝ΔE k ＝0，弹簧弹力做功等于弹性势能的变化，W F ＝－W 弹＝ΔE p ，所以推力做的功等于弹簧增加的弹性势能，C 正确，D 错误．图24－2答案：C3．(2019年湖南长沙质检)(多项选择)如图24－2所示，AB 为半径R ＝0.50 m 的四分之一圆弧轨道，B 端距水平地面的高度h ＝0.45 m ．一质量m ＝1.0 kg 的小滑块从圆弧轨道A 端由静止释放，到达轨道B 端的速度v ＝2.0 m/s.忽略空气的阻力．取g ＝10 m/s 2.如此如下说法正确的答案是( )A ．小滑块在圆弧轨道B 端受到的支持力大小F N ＝16 NB ．小滑块由A 端到B 端的过程中，抑制摩擦力所做的功W ＝3 JC ．小滑块的落地点与B 点的水平距离x ＝0.6 mD ．小滑块的落地点与B 点的水平距离x ＝0.3 m 解析：小滑块在圆弧底端B 点受重力和支持力，根据牛顿第二定律有：F N －mg ＝m v 2R，代入数据得：F N ＝18 N ，故A 错误．由动能定理得mgR －W ＝12mv 2－0，解得抑制摩擦力所做的功W ＝mgR －12mv 2＝3 J ，故B 正确．小滑块从B 点滑出做平抛运动，根据平抛运动的规律，水平方向：x ＝vt ，竖直方向：h ＝12gt 2，解得x ＝0.6 m ，故C 正确，D 错误． 答案：BC图24－34．如图24－3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，如此如下说法中正确的答案是 ( )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 错误；系统增加的机械能等于提弹簧的力对系统做的功，C 正确；由于弹簧的伸长，物体升高的高度小于L ，B 错误．答案：C5．(2019年大连质检)一足够长的传送带与水平面的夹角为θ，传送带以一定的速度匀速运动．某时刻在传送带适当的位置放上具有一定初速度的物块(如图24－4甲所示)，以此时为t ＝0时刻，作出小物块之后在传送带上的运动速度随时间的变化关系，如图24－4乙所示(图中取沿斜面向下的运动方向为正方向，其中v 1>v 2)．传送带的速度保持不变，g 取10 m/s 2，如此( )图24－4A ．0～t 1时间内，物块对传送带做正功B ．物块与传送带间的动摩擦因数μ<tan θC ．0～t 2时间内，传送带对物块做功为W ＝12mv 22－12mv 21 D ．t 1时刻之后，物块先受滑动摩擦力，对其做正功，后受静摩擦力，对其做负功 解析：由题图乙知，物块的初速度方向平行传送带斜向上，在0～t 1时间内速度减小，传送带对物块做负功，由牛顿第三定律知，物块对传送带的摩擦力沿传送带向上，对传送带做负功，在t2时间后，物块和传送带一起做匀速运动，有mg sinθ≤μmg cosθ，所以μ≥tan θ，B错误；在0～t2时间内传送带对物块做功，W＝ΔE k＋ΔE p，C错误；在t1时刻后，物块速度先增大后不变，摩擦力先做正功，后做负功，D正确．答案：D图24－56．如图24－5所示，质量为M、长度为L的小车静止在光滑的水平面上，质量为m的小物块放在小车的最左端，现用一水平力F作用在小物块上，小物块与小车之间的摩擦力为F f，经过一段时间小车运动的位移为x，小物块刚好滑到小车的右端，如此如下说法正确的答案是 ( )A．此时小物块的动能为F(x＋L)B．此时小车的动能为F f xC．这一过程中，小物块和小车增加的机械能为Fx－F f LD．这一过程中，因摩擦而产生的热量为F f(L＋x)解析：水平力对小物块做功F(x＋L)，此时其动能小于F(x＋L)，A错误；摩擦力F f对小车做功F f x，由动能定理可知，此时小车的动能为F f x，B正确；这一过程中，物块和小车增加的机械能为F(x＋L)－F f L，C错误；这一过程中，因摩擦而产生的热量为F f L，D错误．答案：B图24－67．(2019年山东师大附中一模)(多项选择)如图24－6所示，小球从A点以初速度v0沿粗糙斜面向上运动，到达最高点B后返回A，C为AB的中点．如下说法正确的答案是( ) A．小球从A出发到返回A的过程中，位移为零，外力做功为零B．小球从A到C与从C到B的过程，减少的动能相等C．小球从A到C与从C到B的过程，速度的变化率相等D．小球从A到C与从C到B的过程，损失的机械能相等解析：小球从A出发到返回A，位移为0，但整个过程中摩擦力的方向与小球运动的方向始终相反，故整个过程中摩擦力对物体做负功，故A错误；设A到C的高度和从C到B的高度为h，AC的距离为x，斜面的倾角为θ，如此有x sinθ＝h，根据－mgh－μmgx cosθ＝ΔE k，可知小球从A到C过程与从C到B过程合外力对物体做的功一样，故小球减少的动能相等，故B正确；小球从A到C与从C到B的过程，受力情况不变，加速度一样，所以速度的变化率相等，故C正确；抑制除重力之外其他力做多少功物体的机械能就减少多少，根据μmgx cosθ＝－ΔE可得小球从A到C过程与从C到B过程，损失的机械能相等，故D正确．答案：BCD8．(2019年江西省重点中学联考)(多项选择)水平地面上有两个固定的、高度一样的粗糙斜面甲和乙，底边长分别为L1、L2，且L1＜L2，如图24－7所示．两个完全一样的小滑块A、B(可视为质点)与两个斜面间的动摩擦因数一样，将小滑块A、B分别从甲、乙两个斜面的顶端同时由静止开始释放，取地面所在的水平面为参考平面，如此( )图24－7A．从顶端到底端的运动过程中，由于抑制摩擦而产生的热量一定一样B．滑块A到达底端时的动能一定比滑块B到达底端时的动能大C．两个滑块从顶端运动到底端的过程中，重力对滑块A做功的平均功率比滑块B的大D．两个滑块加速下滑的过程中，到达同一高度时，机械能可能一样解析：A、B滑块从斜面顶端分别运动到底端的过程中，摩擦力做功不同，所以抑制摩擦而产生的热量一定不同，故A错误；由于B滑块受到的摩擦力F f＝μmg cosθ大，且通过的位移大，如此抑制摩擦力做功多，滑块A抑制摩擦力做功少，损失的机械能少，根据动能定理，可知滑块A到达底端时的动能一定比B到达底端时的动能大，故B正确；整个过程中，两物块所受重力做功一样，但由于A先到达底端，故重力对滑块A做功的平均功率比滑块B 的大，故C正确；两个滑块在斜面上加速下滑的过程中，到达同一高度时，重力做功一样，由于甲的斜面倾角大，所以在斜面上滑行的距离不等，摩擦力做功不等，所以机械能不同，故D错误．答案：BC图24－89．(2019年安徽黄山模拟)(多项选择)如图24－8所示，质量为M 、长为L 的木板置于光滑的水平面上，一质量为m 的滑块放置在木板左端，滑块与木板间的滑动摩擦力大小为F f ，用水平的恒定拉力F 作用于滑块，当滑块运动到木板右端时，木板在地面上移动的距离为s ，滑块速度为v 1，木板速度为v 2，如下结论中正确的答案是( )A ．上述过程中，F 做功大小为12mv 21＋12mv 22 B ．其他条件不变的情况下，M 越大，s 越小C ．其他条件不变的情况下，F 越大，滑块到达右端所用时间越长D ．其他条件不变的情况下，F f 越大，滑块与木板间产生的热量越多解析：由牛顿第二定律得：F f ＝Ma 1，F －F f ＝ma 2，又L ＝12a 2t 2－12a 1t 2，s ＝12a 1t 2，其他条件不变的情况下，M 越大，a 1越小，t 越小，s 越小；F 越大，a 2越大，t 越小；由Q ＝F f L 可知，F f 越大，滑块与木板间产生的热量越多，故B 、D 正确，C 错误；力F 做的功还有一局部转化为系统热量Q ，故A 错误．答案：BD图24－910．(2019年江苏七校联考)(多项选择)如图24－9所示，两个小球A 、B 分别固定在轻杆的两端，轻杆可绕水平光滑转轴O 在竖直平面内转动，OA >OB ，现将该杆静置于水平方向，放手后两球开始运动，两球在运动过程中受到大小一样且不变的空气阻力作用，如此从开始运动到杆转到竖直位置的过程中，以下说法正确的答案是 ( )A ．两球组成的系统机械能守恒B．B球抑制重力做的功等于B球重力势能的增加量C．重力和空气阻力对A球做功的代数和等于它的动能增加量D．A球抑制空气阻力做的功大于B球抑制空气阻力做的功解析：两球在运动过程中都受到空气阻力作用，空气阻力做负功，如此系统的机械能不守恒，故A错误；根据功能关系可知，B球抑制重力做的功等于B球重力势能的增加量，故B 正确；重力、空气阻力和杆的弹力对A球做功，根据动能定理知重力、杆的弹力和空气阻力对A球做功的代数和等于它的动能增加量，故C错误；从开始运动到杆转到竖直位置的过程中，A球运动的路程大于B球运动的路程，而两球抑制空气阻力做的功等于空气阻力大小和路程的乘积，所以A球抑制空气阻力做的功大于B球抑制空气阻力做的功，故D正确.答案：BD图24－1011．(2019年威海模拟)(多项选择)如图24－10所示，轻质弹簧的一端固定在竖直墙面上，另一端拴接一小物块，小物块放在动摩擦因数为μ的水平面上，当小物块位于O点时弹簧处于自然状态．现将小物块向右移到a点，然后由静止释放，小物块最终停在O点左侧的b点(图中未画出)，以下说法正确的答案是( )A．Ob之间的距离小于Oa之间的距离B．从O至b的过程中，小物块的加速度逐渐减小C．小物块在O点时的速度最大D．从a到b的过程中，弹簧弹性势能的减少量等于小物块抑制摩擦力所做的功解析：如果没有摩擦力，根据简谐运动的对称性知O点应该在ab中间，Oa＝Ob.由于有摩擦力，物块从a到b过程中机械能损失，故无法到达没有摩擦力情况下的b点，即O点靠近b点，故Oa>Ob，A正确；从O至b的过程中，小物块受到向右的摩擦力与向右的弹力，且弹力逐渐变大，故物块的加速度逐渐变大，B错误；当物块从a点向左运动时，受到向左的弹力和向右的摩擦力，且弹力逐渐减小，加速度逐渐减小，当弹力等于摩擦力时加速度为零，此时速度最大，故小物块的速度最大位置在O点右侧，C错误；由能量守恒关系可知，从a到b 的过程中，弹簧弹性势能的减少量等于小物块抑制摩擦力所做的功，D 正确．答案：AD图24－1112．如图24－11所示，倾角θ＝30°的粗糙面固定在地面上，长为l ，质量为m ，粗细均匀、质量分布均匀的软绳置于斜面上，其上端与斜面顶端水平．用细线将物块与软绳连接，物块由静止释放后向下运动，直到软绳刚好全部离开斜面(此时物体未到达地面)，在此过程中( )A ．物块的机械能逐渐增加B ．软绳重力势能共减少14mgl C ．物块重力势能的减少等于软绳摩擦力所做的功 D ．软绳重力势能的减少等于其动能增加与抑制摩擦力所做功之和解析：物块向下运动过程中，绳子拉力对物块做负功，物块的机械能减少，A 错误；软绳重心下降的高度为l 2－l 2sin θ＝14l ，软绳的重力势能减少14mgl ，B 正确；由功能关系，物块重力势能的减小等于重力做的功，而物块重力大于软绳所受的摩擦力，C 错误；对于软绳，由能的转化和守恒定律可知，绳子拉力对软绳所做的功和软绳重力势能的减少之和等于软绳动能的增加与抑制摩擦力所做功之和，D 错误．答案：B二、非选择题13．如图24－12所示，从A 点以v 0＝4 m/s 的水平速度抛出一质量m ＝1 kg 的小物块(可视为质点)，当物块运动至B 点时，恰好沿切线方向进入光滑圆弧轨道BC ，经圆弧轨道后滑上与C 点等高、静止在粗糙水平面上的长木板上，圆弧轨道C 端切线水平，长木板的质量M ＝4 kg ，A 、B 两点距C 点的高度分别为H ＝0.6 m 、h ＝0.15 m ，R ＝0.75 m ，物块与长木板之间的动摩擦因数μ1＝0.5，长木板与地面间的动摩擦因数μ2＝0.2，取g ＝10 m/s 2.求：图24－12(1)小物块运动至B 点时的速度大小和方向；(2)小物块滑动至C 点时，对圆弧轨道C 点的压力；(3)长木板至少为多长，才能保证小物块不滑出长木板？解析：(1)物块做平抛运动：H －h ＝12gt 2 到达B 点的竖直分速度：v y ＝gt ＝3 m/s v 1＝v 20＋v 2y ＝5 m/s方向与水平面的夹角为θ：tan θ＝v y v 0＝34， 即θ＝37°，斜向下(2)从A 至C 点，由动能定理mgH ＝12mv 22－12mv 20 设C 点受到的支持力为N ，如此有N －mg ＝m v 22R由上式可得v 2＝27 m/s ，N ≈47.3 N根据牛顿第三定律可知，物块m 对圆弧轨道C 点的压力大小为47.3 N ，方向竖直向下．(3)由题意可知小物块m 对长木板的摩擦力f ＝μ1mg ＝5 N长木板与地面间的最大静摩擦力不小于滑动摩擦力f ′＝μ2(M ＋m )g ＝10 N因f ＜f ′，所以小物块在长木板上滑动时，长木板静止不动．小物块在长木板上做匀减速运动，至长木板右端时速度刚好为0，才能保证小物块不滑出长木板．如此长木板长度至少为l ＝v 222μ1g＝2.8 m. 答案：(1)5 m/s 方向与水平方向的夹角为37°斜向下(2)47.3 N 方向竖直向下 (3)2.8 m14．(2019年四川乐山模拟)如图24－13甲所示，在倾角为37°足够长的粗糙斜面底端，一质量m ＝1 kg 的滑块压缩着一轻弹簧且锁定，但它们并不相连，滑块可视为质点．t ＝0时解除锁定，计算机通过传感器描绘出滑块的v －t 图象如图24－13乙所示，其中Oab 段为曲线，bc 段为直线，在t 1＝0.1 s 时滑块已上滑s ＝0.2 m 的距离(取g ＝10 m/s 2，sin37°＝0.6，cos37°＝0.8)．求：(1)滑块离开弹簧后在图中bc 段对应的加速度a 与动摩擦因数μ的大小；(2)t 2＝0.3 s 和t 3＝0.4 s 时滑块的速度v 1、v 2的大小；(3)弹簧锁定时具有的弹性势能E p .图24－13解析：(1)在bc 段做匀减速运动，加速度为a ＝Δv Δt＝10 m/s 2 根据牛顿第二定律得mg sin37°＋μmg cos37°＝ma解得μ＝0.5.(2)设t 1＝0.1 s 时速度大小为v 0，根据速度时间公式得t 2＝0.3 s 时的速度大小v 1＝v 0－a (t 2－t 1)＝0在t 2之后开始下滑，下滑时由牛顿第二定律得mg sin37°－μmg cos37°＝ma ′解得a ′＝2 m/s 2从t 2到t 3做初速度为零的加速运动，t 3时刻的速度大小为 v 3＝a ′(t 3－t 2)＝0.2 m/s.(3)从0到t 1时间内，由能量守恒定律得E p ＝mgs sin37°＋μmgs cos37°＋12mv 2b解得E p ＝4 J.答案：(1)10 m/s 2 0.5 (2)0 0.2 m/s (3)4 J。
