(江苏专版)19高考物理一轮复习课时跟踪检测(十九)功能关系能量守恒定律

课时作业二十一功能关系能量守恒定律(限时：45分钟)(班级________ 姓名________)1．如图所示，在竖直平面内有一“V”形槽，其底部BC是一段圆弧，两侧都与光滑斜槽相切，相切处B、C位于同一水平面上．一小物体从右侧斜槽上距BC平面高度为2h的A处由静止开始下滑，经圆弧槽再滑上左侧斜槽，最高能到达距BC所在水平面高度为h的D处，接着小物体再向下滑回，若不考虑空气阻力，则( )第1题图A．小物体恰好滑回到B处时速度为零B．小物体尚未滑回到B处时速度已变为零C．小物体能滑回到B处之上，但最高点要比D处低D．小物体最终一定会停止在圆弧槽的最低点2．(多选)下面关于摩擦力做功的叙述，正确的是( )A．静摩擦力对物体一定不做功B．滑动摩擦力对物体不一定做负功C．一对静摩擦力中，一个静摩擦力做正功，则另一个静摩擦力一定做负功D．一对滑动摩擦力中，一个滑动摩擦力做负功，则另一个滑动摩擦力一定做正功3．如图所示，质量为0.1 kg的小物块在粗糙水平桌面上滑行4 m后以3.0 m/s的速度飞离桌面，最终落在水平地面上，已知物块与桌面间的动摩擦因数为0.5，桌面高0.45 m，若不计空气阻力，取g＝10 m/s2，则( )第3题图A．小物块的初速度是5 m/sB．小物块的水平射程为1.2 mC．小物块在桌面上克服摩擦力做8 J的功D．小物块落地时的动能为0.9 J4．物体在竖直方向上分别做匀速上升、加速上升和减速上升三种运动．在这三种情况下物体机械能的变化情况是( )A．匀速上升机械能不变，加速上升机械能增加，减速上升机械能减少B．匀速上升和加速上升机械能增加，减速上升机械能减少C．匀速上升和加速上升机械能增加，减速上升机械能可能增加，可能减少，也可能不变D．三种情况中，物体的机械能均增加5．如图所示，水平地面上有一个坑，其竖直截面为半圆，O 为圆心，AB 为沿水平方向的直径．若在A 点以初速度v 1沿AB 方向平抛一小球，小球将击中坑壁上的最低点D 点；若A 点小球抛出的同时，在C 点以初速度v 2沿BA 方向平抛另一相同质量的小球也能击中D 点．已知∠COD ＝60°，且不计空气阻力，则( )第5题图A ．两小球同时落到D 点B ．两小球在此过程中动能的增加量相等C ．在击中D 点前瞬间，重力对两小球做功的功率相等D ．两小球初速度之比v 1∶v 2＝6∶36．如图所示，质量为m 的物体在水平传送带上由静止释放，传送带由电动机带动，始终保持以速度v 匀速运动，物体与传送带间的动摩擦因数为μ，物体过一会儿能保持与传送带相对静止，对于物体从静止释放到相对静止这一过程中，下列说法正确的是( )第6题图A ．电动机做的功为12mv 2B ．摩擦力对物体做的功为mv 2C ．传送带克服摩擦力做的功为12mv 2D ．电动机增加的功率为μmgv7．(多选)如图，曲面EC 是半径为R ＝0.4 m 的14圆弧，C 端切线水平且与水平面CA 相连，在CE 上固定一光滑木板CD ，CD 与CA 平滑连接，质量为m ＝0.2 kg 的小物块从水平面上A 处以初速度v 0＝4 m/s 向左运动，恰好可以到达木板的D 端，下滑后停在B 处，AB ＝3BC ，重力加速度g 取10 m/s 2，则由题中信息可求出( )第7题图A ．滑块与水平面AC 的动摩擦因数μB ．木板CD 与水平面的夹角C ．滑块在木板上CD 下滑时重力的平均功率 D ．整个过程的摩擦热8．如图所示装置由AB 、BC 、CD 三段轨道组成，轨道交接处均由很小的圆弧平滑连接，其中轨道AB 、CD 段是光滑的，水平轨道BC 的长度s ＝5 m ，轨道CD 足够长且倾角θ＝37°，A、D两点离轨道BC的高度分别为h1＝4.30 m、h2＝1.35 m．现让质量为m的小滑块自A点由静止释放．已知小滑块与轨道BC间的动摩擦因数μ＝0.5，重力加速度g取10 m/s2，sin 37°＝0.6，cos 37°＝0.8.求：(1)小滑块第一次到达D点时的速度大小；(2)小滑块最终停止的位置距B点的距离．第8题图9．如图，水平直线轨道OB与竖直的四分之一光滑圆弧轨道AB相切于B点，O为圆心，半径R＝1 m，A点与O点等高，劲度系数k＝103N/m的轻弹簧一端固定在D点挡板处，另一端为自由端在C点．BC＝0.9 m，将质量m＝1 kg的小物块从A点静止释放，观察到物块反弹回来后刚好到达B点．已知物块水平轨道的动摩擦因数μ＝0.5，g＝10 m/s2.(1)求出弹簧的最大压缩量及物块在水平轨道上运动过程中的最大加速度数值a；(2)若将DC段换成光滑的水平轨道，物块从A点释放后，求弹簧被压缩的最大弹性势能E p及物块第一次返回圆弧轨道上B点时轨道对物块支持力大小F N；(3)若将DC段换成光滑的水平轨道，物块从A点正上方h＝5 m高处释放落下，并从A 点切入轨道，求物块最终的静止位置离C点的距离．第9题图10．某校物理兴趣小组决定举行遥控赛车比赛，比赛路径如图所示．可视为质点的赛车从起点A出发，沿水平直线轨道运动L后，由B点进入半径为R的光滑竖直半圆轨道，并通过半圆轨道的最高点C，才算完成比赛．B是半圆轨道的最低点，水平直线轨道和半圆轨道相切于B点．已知赛车质量m＝0.5 kg，通电后以额定功率P＝2 W工作，进入竖直半圆轨道前受到的阻力恒为F f＝0．4 N，随后在运动中受到的阻力均可不计，L＝10.0 m，R＝0.32 m，g取10 m/s2.(1)要使赛车完成比赛，赛车在半圆轨道的B点对轨道的压力至少为多大？(2)要使赛车完成比赛，电动机至少工作多长时间？(3)若电动机工作时间为t0＝5 s，当半圆轨道半径为多少时赛车既能完成比赛且飞出的水平距离又最大？水平距离最大是多少？第10题图课时作业(二十一) 功能关系能量守恒定律1.C 【解析】 小物体从A 处运动到D 处的过程中，克服摩擦力所做的功为W f 1＝mgh ，小物体从D 处开始运动的过程，因为速度较小，小物体对圆弧槽的压力较小，所以克服摩擦力所做的功W f 2＜mgh ，所以小物体能滑回到B 处之上，但最高点要比D 处低，C 正确，A 、B 错误；因为小物体与圆弧槽间的动摩擦因数未知，所以小物体可能停在圆弧槽上的任何地方，D 错误．2．BC 【解析】 物体在静摩擦力作用下可以向各个方向运动，所以静摩擦力可以对物体做功，故A 错误．物体在滑动摩擦力的作用下也可以运动，即运动方向可以与滑动摩擦力的方向相同，从而对物体做正功，故B 正确．由于一对静摩擦力等大反向，且作用位移相同，故一个力做正功，另一个力一定做负功，故C 正确．在一对滑动摩擦力中，力的大小相等、方向相反，但两力的作用位移大小不相同，方向也不相同，故D 错误．故选BC.3．D 【解析】 小物块在桌面上克服摩擦力做功W f ＝μmgL ＝2 J ，C 错；在水平桌面上滑行，由动能定理得－W f ＝12mv 2－12mv 20，解得v 0＝7 m/s ，A 错；小物块飞离桌面后做平抛运动，有x ＝vt 、h ＝12gt 2，解得x ＝0.9 m ，B 错；设小物块落地时动能为E k ，由动能定理得mgh ＝E k －12mv 2，解得E k ＝0.9 J ，D 正确．4．C 【解析】 无论物体向上加速还是匀速运动，除重力外，其他外力一定对物体做正功，物体机械能都增加，物体向上减速运动时，除重力外，物体受到的其他外力不确定，故无法确定其机械能的变化，C 正确．故选C.5．D 【解析】 A ．根据h ＝12gt 2得，t ＝2hg，两球下降的高度之比为2∶1，则运动的时间之比为2∶1.由几何关系知，两球的水平位移之比为2∶3，则两球的初速度之比为6∶3.故D 正确，A 错误．B.因为两小球下降的高度不同，重力做功不同，根据动能定理知，动能的增加量不等．故B 错误；C.两球下落的高度之比为2∶1，则重力做功之比为2∶1.运动的时间之比为2∶1，根据功率的公式p ＝W t知，重力对两小球做功的功率不相等．故C 错误．故选D.6．D 【解析】 由能量守恒定律知，电动机做的功等于物体获得的动能和由于摩擦而产生的热量，故A 错；对物体受力分析知，仅有摩擦力对物体做功，由动能定理知，B 错；传送带克服摩擦力做功等于摩擦力与传送带对地位移的乘积，而易知这个位移是物体对地位移的两倍，即W ＝mv 2，故C 错；由功率公式易知传送带增加的功率为μmgv ，故D 对．7．BCD 【解析】 A ．对全过程运用动能定理得：－μmg (x AC ＋x BC )＝0－12mv 20①，对A到D 过程运用动能定理得：－μmgx AC －mg (2R sin ．．．θ)sin ．．．θ＝0－12mv 20②，由①式可以求出μmgx AC ，代入②式可以得出sin θ，从而得出木板与水平面的夹角，由两式无法求出滑块与水平面的动摩擦因数μ.故A 错误，B 正确．C.CD 的长度L ＝2R sin θ，滑块在CD 上下滑的加速度a ＝g sin θ，根据运动学公式可以求出运动的时间，根据P ＝mgL sin θt可以求出滑块在木板上CD 下滑时重力的平均功率，故C 正确．D.根据①式可以求出整个过程中克服摩擦力做功，从而得出整个过程的摩擦热，故D 正确．故选BCD.8．(1)3 m/s (2)1.4 m 【解析】 (1)小滑块从A →B →C →D 过程中，由动能定理得mg (h 1－h 2)－μmgs ＝12mv 2D －0将h 1、h 2、s 、μ、g 代入得：v D ＝3 m/s. (2)对小滑块运动全过程应用动能定理，设小滑块在水平轨道上运动的总路程为s 总．有：mgh 1＝μmgs 总将h 1、μ代入得：s 总＝8.6 m故小滑块最终停止的位置距B 点的距离为 2s －s 总＝1.4 m.9．(1)0.1 m 10.5 m/s 2(2)5.5 J 12N (3)0.3 m【解析】 (1)设物块相对B 点向左滑动的最大距离为s ，全程由功能关系得： －2μmgs ＝0－mgR 解得：s ＝1 m弹簧的最大压缩量为：Δx ＝s －BC ＝1－0.9＝0.1 m向左滑行刚要速度减为零时加速度最大，设为a ，根据牛顿第二定律得： k Δx ＋μmg ＝ma 解得：a ＝10.5 m/s 2. (2)由功能关系得：－μmgBC ＝E p －mgR解得，弹簧被压缩的最大弹性势能为：E p ＝5.5 J 返回B 点的速度为v B .由动能定理得：mgR －2μmgBC ＝12mv 2B在B 点，由牛顿第二定律得：2 0.3 m 处．1.2 m 【解析】 (1)赛车恰通过C 点的条件是2mv B ＝2mv C 在B 点应用牛顿第二定律得F N －mg ＝m mv 2BR联立解得v B ＝5gR ＝4 m/sF N ＝6mg ＝30 N 由牛顿第三定律得，赛车对轨道的压力F N ′＝F N ＝30 N. (2)由A 到B 过程克服摩擦力做功产生的热量Q ＝F f L 根据能量守恒定律得Pt ＝12mv 2B ＋Q联立解得t ＝4 s.(3)由A 到C 过程根据能量守恒定律得Pt 0＝12mv C ′2＋Q ＋mg ·2R 0赛车过C 点后做平抛运动，有 2R 0＝12gt 2，x ＝v C ′t联立解得x 2＝－16R 20＋9.6R 0 当R 0＝0.3 m 时x max ＝1.2 m.。

2019版高考物理一轮复习课时跟踪检测十九第五章能量和动量第4节功能关系能量守恒定律对点训练：功能关系的理解和应用1．(2016·四川高考)韩晓鹏是我国首位在冬奥会雪上项目夺冠的运动员。

他在一次自由式滑雪空中技巧比赛中沿“助滑区”保持同一姿态下滑了一段距离，重力对他做功1 900 J ，他克服阻力做功100 J 。

韩晓鹏在此过程中( )A ．动能增加了1 900 JB ．动能增加了2 000 JC ．重力势能减小了1 900 JD ．重力势能减小了2 000 J解析：选C 根据动能定理得韩晓鹏动能的变化ΔE ＝W G ＋W f ＝1 900 J －100 J ＝1 800 J ＞0，故其动能增加了1 800 J ，选项A 、B 错误；根据重力做功与重力势能变化的关系W G ＝－ΔE p ，所以ΔE p ＝－W G ＝－1 900 J ＜0，故韩晓鹏的重力势能减小了1 900 J ，选项C 正确，选项D 错误。

2.(多选)(2017·石家庄模拟)一质量为m 的物体在竖直向上的拉力F 作用下沿竖直方向向上运动，运动过程中物体的动能与位移的关系如图所示，其中0～x 1为一曲线，x 1～x 2为一与横轴平行的直线，x 2～x 3为一倾斜直线，不计空气阻力，关于物体在这段位移内的运动，下列说法正确的是( )A ．0～x 1过程中拉力F 逐渐增大B ．x 1～x 2过程中物体的重力势能可能不变C ．x 2～x 3过程中拉力F 为恒力D ．0～x 3过程中物体的机械能增加解析：选CD 由动能定理E k －E k0＝F 合x 得，F 合＝E k －E k0x，即图像的斜率(曲线切线)表示物体所受合力F 合，在0～x 1过程中曲线的斜率越来越小，F 合越来越小，mg 不变，则拉力F 越来越小，A 错误；在x 1～x 2过程中物体匀速上升，其重力势能一直增加，B 错误；在x 2～x 3过程中斜率是一定值，F 合是一定值，所以拉力F 是恒力，C 正确；在0～x 3过程中拉力F 一直做正功，物体机械能一直增加，D 正确。

第五章机械能第四讲功能关系能量守恒定律课时跟踪练A组基础巩固1.自然现象中蕴藏着许多物理知识，如图所示为一个盛水袋，某人从侧面缓慢推袋壁使它变形，则水的重力势能()A．增大B．变小C．不变D．不能确定解析：人对水做正功，则水的机械能增大，由于水的动能仍为0，故重力势能增大，A对．答案：A2.(2017·湖北孝感联考)质量为50 kg的某中学生参加学校运动会立定跳远项目比赛，起跳直至着地过程如简图所示，经实际测量得知上升的最大高度是0.8 m，在最高点的速度为3 m/s，则起跳过程该同学所做功最接近(取g＝10 m/s2)()A．225 J B．400 JC．625 J D．850 J解析：该同学的起跳过程可视为做抛体运动，从起跳到达最大高度的过程中，根据动能定理得W－mgh＝12m v2－0，解得W＝625 J，故C正确，A、B、D错误．答案：C3.(2018·随州模拟)如图所示，两根相同的轻质弹簧，沿足够长的光滑斜面放置，下端固定在斜面底部挡板上，斜面固定不动．质量不同、形状相同的两物块分别置于两弹簧上端．现用外力作用在物块上，使两弹簧具有相同的压缩量，若撤去外力后，两物块由静止沿斜面向上弹出并离开弹簧，则从撤去外力到物块速度第一次减为零的过程，两物块()A．最大速度相同B．最大加速度相同C．上升的最大高度不同D．重力势能的变化量不同解析：当加速度等于零，即kx＝mg sin θ时，速度最大，又两物块的质量不同，故速度最大的位置不同，最大速度也不同，所以A 错误；在离开弹簧前加速度先减小后增大，离开弹簧后加速度不变，刚开始运动时，物块加速度最大，根据牛顿第二定律kx－mg sin θ＝ma，弹力相同，质量不同，故加速度不同，故B错误；根据能量守恒E p＝mgh，弹性势能相同，重力势能的增加量等于弹性势能的减少量，故重力势能的变化量是相同的，由于物块质量不同，故上升的最大高度不同，故C正确，D错误．答案：C4．(多选)(2018·黄石模拟)如图所示，质量相同的两物体a、b，用不可伸长的轻绳跨接在同一光滑的轻质定滑轮两侧，a在水平桌面的上方，b在水平粗糙桌面上．初始时用力压住b使a、b静止，撤去此压力后，a开始运动，在a下降的过程中，b始终未离开桌面．在此过程中()A．a的动能小于b的动能B．两物体机械能的变化量相等C．a的重力势能的减少量等于两物体总动能的增加量D．绳的拉力对a所做的功与对b所做的功的代数和为零解析：轻绳两端沿绳方向的速度分量大小相等，故可知a的速度等于b的速度沿绳方向的分量，a的动能比b的动能小，A正确；因为b与地面有摩擦力，运动时有热量产生，所以该系统机械能减少，而B、C两项均为系统机械能守恒的表现，故B、C错误；轻绳不可伸长，两端分别对a、b做功大小相等，符号相反，D正确．答案：AD5.(多选)(2018·张家界模拟)如图所示，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，则下列说法中正确的是()A．此时物块的动能为F(x＋L)B．此时小车的动能为F f xC．这一过程中，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解析：对小物块由动能定理得F(L＋x)－F f(L＋x)＝ΔE k，A错误；对小车由动能定理知W＝F f·x＝E k，故E k＝F f x，B正确；物块和小车增加的机械能ΔE＝ΔE k＋E k＝F(L＋x)－F f L，C错误；摩擦产生的热量Q＝F f L，D正确．答案：BD6.(2018·鞍山模拟)如图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()A．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：在车厢相互撞击使弹簧压缩的过程中，有摩擦力做功，消耗机械能，缓冲器的机械能不守恒，A项错误，B项正确；在弹簧压缩的过程中，有部分动能转化成了弹簧的弹性势能，并没有全部转化为内能，C项错误；在弹簧压缩的过程中，是部分动能转化成了弹簧的弹性势能，而不是弹簧的弹性势能全部转化为动能，D项错误．答案：B7.(2018·衡水模拟)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()解析：因摩擦力始终做负功，故系统产生的热量Q随s增大，而系统的机械能随s而减小，B、D均错误；当s>x MM′，有Q＝μmgx MM′＋μmg cos θ(s－x MM′)，E＝E0－μmgx MM′－μmg cos θ(s－x MM′)，对应图线可知，A错误，C正确．答案：C8．(2018·廊坊模拟)如图所示，质量m＝1 kg的小物块放在一质量为M＝4 kg的足够长的木板右端，物块与木板间的动摩擦因数μ＝0.2，木板与水平面间的摩擦不计．物块用劲度系数k＝25 N/m的弹簧拴住，弹簧的左端固定(与木板不粘连)．开始时整个装置静止，弹簧处于原长状态．现对木板施以12 N的水平向右的恒力(物块与木板间最大静摩擦力可认为等于滑动摩擦力，g＝10 m/s2)．已知弹簧的弹性势能E p＝12kx2，式中x为弹簧的伸长量或压缩量．求：(1)开始施力的瞬间小物块的加速度；(2)物块达到的最大速度是多少？解析：(1)假设m、M相对静止，由牛顿第二定律a＝FM＋m＝2.4 m/s2.此时m受的合外力F合＝ma＝2.4 N>F f＝μmg＝2 N.所以m、M相对滑动，a＝F fm＝μg＝2 m/s2.(2)速度最大时，物块所受合力为零，此时弹簧伸长x ，则kx ＝μmg ，所以x ＝0.08 m ，由功能关系有μmgx ＝12kx 2＋12m v 2m ，所以v m ＝0.4 m/s.答案：(1)2 m/s 2 (2)0.4 m/sB 组 能力提升9.(多选)(2018·新乡模拟)一木块静置于光滑水平面上，一颗子弹沿水平方向飞来射入木块中．当子弹进入木块的深度达到最大值3.0 cm 时，木块沿水平面恰好移动距离2.0 cm.则在上述过程中( )A ．木块获得的动能与子弹损失的动能之比为1∶1B ．系统损失的机械能与子弹损失的动能之比为3∶5C ．系统损失的机械能与木块获得的动能之比为3∶2D ．系统产生的热量与子弹损失的动能之比为3∶5解析：由动能定理对子弹F f ·(3＋2)×10－2＝ΔE k1，对木块F f ×2×10－2＝ΔE k2，则ΔE k1∶ΔE k2＝5∶2，A 项错；系统损失的动能为F f Δs ＝F f ×3×10－2＝ΔE ，ΔE ∶ΔE k1＝3∶5，B 、D 两项正确；ΔE ∶ΔE k2＝3∶2，C 项正确．答案：BCD10.(2018·辽宁抚顺一中模拟)如图所示，固定在地面上的半圆轨道直径ab 水平，质点P 从a 点正上方高H 处自由下落，经过轨道后从b 点冲出竖直上抛，上升的最大高度为23H ，空气阻力不计，当质点下落再经过轨道a 点冲出时，能上升的最大高度h 为( )A ．h ＝23H B ．h ＝H 3 C ．h <H 3 D.H 3<h <2H 3解析：根据动能定理，质点第一次在半圆轨道中有mg ⎝ ⎛⎭⎪⎫H －2H 3＋(－WF f )＝0，WF f 为质点克服摩擦力做功大小，WF f ＝13mgH .质点第二次在半圆轨道中运动时，对应位置处速度变小，因此半圆轨道对质点的弹力变小，摩擦力变小，摩擦力做功小于13mgH ，机械能损失小于13mgH ，因此小球再经过轨道a 点冲出时，能上升的高度为13H <h <2H 3，故D 正确． 答案：D11.(2018·保定模拟)如图所示，固定的竖直光滑长杆上套有质量为m 的小圆环．圆环与水平状态的轻质弹簧一端连接，弹簧的另一端连接在墙上，且处于原长状态．现让圆环由静止开始下滑，已知弹簧原长为L ，圆环下滑到最大距离时弹簧的长度变为2L (未超过弹性限度)，则在圆环下滑到最大距离的过程中( )A．圆环的机械能守恒B．弹簧弹性势能变化了3mgLC．圆环下滑到最大距离时所受合力为零D．圆环重力势能与弹簧弹性势能之和保持不变解析：圆环在下滑过程中，圆环的重力和弹簧的弹力对圆环做功，圆环的机械能不守恒，圆环和弹簧组成的系统机械能守恒，系统的机械能等于圆环的动能和重力势能以及弹簧的弹性势能之和，选项A、D错误；对圆环进行受力分析，可知圆环从静止开始先向下加速运动且加速度逐渐减小，当弹簧对圆环的弹力沿杆方向的分力与圆环所受重力大小相等时，加速度减为0，速度达到最大，而后加速度反向且逐渐增大，圆环开始做减速运动，当圆环下滑到最大距离时，所受合力最大，选项C错误；由图中几何关系知圆环的下降高度为3L，由系统机械能守恒可得mg·3L＝ΔE p，解得ΔE p＝3mgL，选项B正确．答案：B12．如图所示，是利用电力传送带装运麻袋包的示意图．传送带长l ＝20 m ，倾角θ＝37°，麻袋包与传送带间的动摩擦因数μ＝0.8，传送带的主动轮和从动轮半径R 相等，传送带不打滑，主动轮顶端与货车车厢底板间的高度差h ＝1.8 m ，传送带匀速运动的速度v ＝2 m/s.在传送带底端(传送带与从动轮相切位置)由静止释放一只麻袋包(可视为质点)，其质量为100 kg ，麻袋包最终与传送带一起做匀速运动，到达主动轮时随轮一起匀速转动．如果麻袋包到达主动轮的最高点时，恰好水平抛出并落在货车车厢底板中心，重力加速度g ＝10 m/s 2，sin 37°＝0.6，cos 37°＝0.8.求：(1)主动轮轴与货车车厢底板中心的水平距离x 及主动轮的半径R ；(2)麻袋包在传送带上运动的时间t ；(3)该装运系统每传送一只麻袋包需额外消耗的电能．解析：(1)设麻袋包平抛运动时间为t ，有h ＝12gt 2，x ＝v t ， 解得x ＝1.2 m ，麻袋包在主动轮的最高点时，有mg ＝m v 2R， 解得R ＝0.4 m.(2)对麻袋包，设匀加速运动时间为t 1，匀速运动时间为t 2，有11 μmg cos θ－mg sin θ＝ma ，v ＝at 1，x 1＝12at 21， l －x 1＝v t 2，联立以上各式解得：t ＝t 1＋t 2＝12.5 s.(3)设麻袋包匀加速运动时间内相对传送带的位移为Δx ，每传送一只麻袋包需额外消耗的电能为ΔE ，有Δx ＝v t 1－x 1，由能量守恒定律得ΔE ＝mgl sin θ＋12m v 2＋μmg cos θ·Δx ， 解得ΔE ＝15 400 J.答案：(1)1.2 m 0.4 m (2)12.5 s(3)15 400 J。

能量守恒定律可得铁块下滑过程中损失的机械能 1 3 ΔE=mgR- mv 2 = mgR, 选项 D 正确。 2 4 D
解析
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答案
-9知识梳理 考点自诊
5.(2017· 山东曲阜市月考)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h=0.3 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=0.1。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( )
2.做功对应变化的能量形式 (1)合外力做的功影响物体的 动能 的变化。 (2)重力做的功影响物体 重力势能 的变化。 (3)弹簧弹力做的功影响 弹性势能 的变化。 (4)除重力或系统内弹力以外的力做功影响物体 机械能 化。 (5)滑动摩擦力做的功影响 系统内能 的变化。 (6)电场力做的功影响 电势能 的变化。 (7)分子力做的功影响 分子势能 的变化。
由动能定理ΔEk=WG-Wf=1 900 J-100 J=1 800 J,即动能增加了1 800 J,故A、 B均错;由功能关系ΔEp=-WG=-1 900 J,即重力势能减少了1 900 J,故D错 误,C正确。 C
解析
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答案
-13命题点一 命题点二 命题点三 命题点四
思维点拨此题是对功能关系的考查;关键是搞清功与能的对应关 系。合外力的功等于动能的变化量;重力做功等于重力势能的减少 量;除重力以外的其他力做功等于机械能的变化量。
功能关系的理解和应用 1.对功能关系的理解 (1)做功的过程是能量转化的过程。不同形式的能量发生相互转 化是通过做功来实现的。 (2)功是能量转化的量度,功和能的关系,一是体现为不同的力做 功,对应不同形式的能转化,具有一一对应关系,二是做功的多少与 能量转化的多少在数量上相等。