(1) 功能關系；(2)能量轉化和守恒定律。

例1．(2020?山東卷?11)如圖所示，質量為M的物塊A放置在光滑水平桌面上，右側連接一固定于墻面的水平輕繩，左側通過一傾斜輕繩跨過光滑定滑輪與一豎直輕彈簧相連?，F將質量為m的鉤碼B掛于彈簧下端，當彈簧處于原長時，將B由靜止釋放，當B下降到最低點時（未著地），A對水平桌面的壓力剛好為零。輕繩不可伸長，彈簧始終在彈性限度內，物塊A始終處于靜止狀態。以下判斷正確的是(　　)

A．M＜2m
B．2m＜M＜3m
C．在B從釋放位置運動到最低點的過程中，所受合力對B先做正功后做負功
D．在B從釋放位置運動到速度最大的過程中，B克服彈簧彈力做的功等于B機械能的減少量
【答案】ACD
【解析】由題意可知B物體可以在開始位置到最低點之間做簡諧振動，故在最低點時有彈簧彈力T＝2mg；對A分析，設繩子與桌面間夾角為θ，則依題意有2mgsin θ＝Mg，故有M＜2m，故A正確，B錯誤；由題意可知B從釋放位置到最低點過程中，開始彈簧彈力小于重力，物體加速，合力做正功；后來彈簧彈力大于重力，物體減速，合力做負功，故C正確；對于B，在從釋放到速度最大過程中，B機械能的減少量等于彈簧彈力所做的負功，即等于B克服彈簧彈力所做的功，故D正確。

例2．(2020?全國I卷?20)一物塊在高3.0 m、長5.0 m的斜面頂端從靜止開始沿斜面下滑，其重力勢能和動能隨下滑距離s的變化如圖中直線Ⅰ、Ⅱ所示，重力加速度取10 m/s2。則(　　)

A. 物塊下滑過程中機械能不守恒
B. 物塊與斜面間的動摩擦因數為0.5
C. 物塊下滑時加速度的大小為6.0 m/s2
D. 當物塊下滑2.0 m時機械能損失了12 J
【答案】AB
【解析】下滑5 m的過程中，重力勢能減少30 J，動能增加10 J，減小的重力勢能并不等與增加的動能，所以機械能不守恒，A正確；斜面高3 m、長5 m，則斜面傾角為θ＝37°。令斜面底端為零勢面，則物塊在斜面頂端時的重力勢能mgh＝30 J，可得質量m＝1 kg，下滑5 m過程中，由功能原理，機械能的減少量等于克服摩擦力做的功，μmgcos θ•s＝20 J，得μ＝0.5，B正確；由牛頓第二定律mgsin θ－μmgcos θ＝ma，得a＝2 m/s2，C錯誤；物塊下滑2.0 m時，重力勢能減少12 J，動能增加4 J，所以機械能損失了8 J，D錯誤。
【點睛】解決功能關系試題的一般步驟：確定始末狀態→分析哪種能量增加，哪種能量形式減少，是什么做功所致→列出能量的增加量和減少量的具體表達式使得ΔE增＝ΔE減。

1．如圖所示，一足夠長的木板在光滑的水平面上以速度v向右勻速運動，現將質量為m的物體豎直向下輕輕地放置在木板上的右端，已知物體m和木板之間的動摩擦因數為μ，為保持木板的速度不變，從物體m放到木板上到它相對木板靜止的過程中，須對木板施一水平向右的作用力F，那么力F對木板做功的數值為(　　)

A．mv24 B．mv22 C．mv2 D．2mv2
【答案】C
【解析】由能量轉化和守恒定律可知，拉力F對木板所做的功W一部分轉化為物體m的動能，一部分轉化為系統內能，故W＝12mv2＋μmg•s相，s相＝vt－v2t，v＝μgt，以上三式聯立可得W＝mv2，故C項正確。
2．如圖，表面光滑的固定斜面頂端安裝一定滑輪，小物塊A、B用輕繩連接并跨過滑輪(不計滑輪的質量和摩擦)。初始時刻，A、B處于同一高度并恰好處于靜止狀態。剪斷輕繩后A下落、B沿斜面下滑，則從剪斷輕繩到物塊著地，兩物塊(　　)

A．速率的變化量不同
B．機械能的變化量不同
C．重力勢能的變化量相同
D．重力做功的平均功率相同
【答案】D
【解析】由題意根據力的平衡有mAg＝mBgsin θ，所以mA＝mBsin θ。根據機械能守恒定律mgh＝12mv2，得v＝2gh，所以兩物塊落地速率相等，A項錯；因為兩物塊的機械能守恒，所以兩物塊的機械能變化量都為零，B項錯誤；根據重力做功與重力勢能變化的關系，重力勢能的變化ΔEp＝－WG＝－mgh，C項錯誤；因為A、B兩物塊都做勻變速運動，所以A重力的平均功率PA＝mAg•v2，B的平均功率PB＝mBg•v2sin θ，因為mA＝mBsin θ，所以PA＝PB，D項正確。
3．(多選)如圖所示，質量為m的滑塊以一定初速度滑上傾角為θ的固定斜面，同時施加一沿斜面向上的恒力F＝mgsin θ；已知滑塊與斜面間的動摩擦因數μ＝tan θ，取出發點為參考點，能正確描述滑塊運動到最高點過程中產生的熱量Q、滑塊動能Ek、機械能E隨時間t的關系及重力勢能Ep隨位移x關系的是(　　)

【答案】CD
【解析】根據滑塊與斜面間的動摩擦因數μ＝tan θ可知，滑動摩擦力等于重力沿斜面向下的分力。施加一沿斜面向上的恒力F＝mgsin θ，滑塊機械能保持不變，重力勢能隨位移x均勻增大，選項C、D正確；產生的熱量Q＝Ffx，隨位移均勻增大，滑塊動能Ek隨位移x均勻減小，選項A、B錯誤。
4．(多選)如圖所示，固定于地面、傾角為θ的光滑斜面上有一輕質彈簧，輕質彈簧一端與固定于斜面底端的擋板C連接，另一端與物塊A連接，物塊A上方放置有另一物塊B，物塊A、B質量均為m且不粘連，整個系統在沿斜面向下的恒力F作用下而處于靜止狀態。某一時刻將力F撤去，若在彈簧將A、B彈起過程中，A、B能夠分離，則下列敘述正確的是(　　)

A．從力F撤去到A、B發生分離的過程中，彈簧及A、B物塊所構成的系統機械能守恒
B．A、B被彈起過程中，A、B即將分離時，兩物塊速度達到最大
C．A、B剛分離瞬間，A的加速度大小為gsin θ
D．若斜面為粗糙斜面，則從力F撤去到A、B發生分離的過程中，彈簧減少的彈性勢能一定大于A、B增加的機械能與系統摩擦生熱之和
【答案】AC
【解析】從力F撤去到A、B發生分離的過程中，彈簧及A、B物塊所構成的系統只有重力和彈簧的彈力做功，所以系統的機械能守恒，故A正確。A、B被彈起過程中，合力等于零時，兩物塊速度達到最大，此時彈簧處于壓縮狀態，A、B還沒有分離，故B錯誤。A、B剛分離瞬間，A、B間的彈力為零，對B分析，由牛頓第二定律得mgsin θ＝maB，得aB＝gsin θ，此瞬間A與B的加速度相同，所以A的加速度大小為gsin θ，故C正確。若斜面為粗糙斜面，則從力F撤去到A、B發生分離的過程中，由能量守恒定律知，彈簧減少的彈性勢能一定等于A、B增加的機械能與系統摩擦生熱之和，故D錯誤。
5．(多選)如圖所示，一根原長為L的輕彈簧，下端固定在水平地面上，一個質量為m的小球，在彈簧的正上方從距地面高度為H處由靜止下落壓縮彈簧。若彈簧的最大壓縮量為x，小球下落過程受到的空氣阻力恒為f，則小球從開始下落至最低點的過程(　　)

A．小球動能的增量為零
B．小球重力勢能的增量為mg(H＋x－L)
C．彈簧彈性勢能的增量為(mg－f)(H＋x－L)
D．系統機械能減小fH
【答案】AC
【解析】小球下落的整個過程中，開始時速度為零，結束時速度也為零，所以小球動能的增量為0，故A正確；小球下落的整個過程中，重力做功WG＝mgh＝mg(H＋x－L)，根據重力做功量度重力勢能的變化WG＝－ΔEp得小球重力勢能的增量為－mg(H＋x－L)，故B錯誤；根據動能定理得WG＋Wf＋W彈＝0－0＝0，所以W彈＝－(mg－f)(H＋x－L)，根據彈簧彈力做功量度彈性勢能的變化W彈＝－ΔEp得，彈簧彈性勢能的增量為(mg－f)(H＋x－L)，故C正確；系統機械能的減少等于重力、彈力以外的力做的功，所以小球從開始下落至最低點的過程，克服阻力做的功為f(H＋x－L)，所以系統機械能的減小量為f(H＋x－L)，故D錯誤。
6．(多選)如圖所示，三個小球A、B、C的質量均為m，A與B、C間通過鉸鏈用輕桿連接，桿長為L，B、C置于水平地面上，用一輕質彈簧連接，彈簧處于原長?，FA由靜止釋放下降到最低點，兩輕桿間夾角α由60°變為120°，A、B、C在同一豎直平面內運動，彈簧在彈性限度內，忽略一切摩擦，重力加速度為g。則此下降過程中(　　)

A．A的動能達到最大前，B受到地面的支持力小于32mg
B．A的動能最大時，B受到地面的支持力等于32mg
C．彈簧的彈性勢能最大時，A的加速度方向豎直向下
D．彈簧的彈性勢能最大值為32mgL
【答案】AB
【解析】A的動能最大時，設B和C受到地面的支持力大小均為F，此時整體在豎直方向受力平衡，可得2F＝3mg，所以F＝32mg；在A的動能達到最大前一直是加速下降，處于失重情況，所以B受到地面的支持力小于32mg，故A、B項正確；當A達到最低點時動能為零，此時彈簧的彈性勢能最大，A的加速度方向向上，故C項錯誤；A下落的高度為h＝Lsin 60°－Lsin 30°，根據功能關系可以知道，小球A的機械能全部轉化為彈簧的彈性勢能，即彈簧的彈性勢能最大值為Ep＝mgh＝3－12mgL，故D項錯誤。

7．(多選)如圖所示，足夠長的傳送帶與水平方向的傾角為θ，物塊a通過平行于傳送帶的輕繩跨過光滑輕滑輪與物塊b相連，b的質量為m。開始時，a、b及傳送帶均靜止，且a不受傳送帶摩擦力作用，現讓傳送帶逆時針勻速轉動，則在b上升h高度(未與滑輪相碰)過程中(　　)

A．物塊a的重力勢能減少mgh
B．摩擦力對a做的功等于a機械能的增量
C．摩擦力對a做的功等于物塊a、b動能增量之和
D．任意時刻，重力對a、b做功的瞬時功率大小相等
【答案】ACD
【解析】因為開始時，a、b及傳送帶均靜止，且a不受傳送帶摩擦力作用，說明b的重力等于a沿斜面方向的分量，即mg＝magsin θ；當物塊b上升h后，物塊a沿斜面下滑的距離為h，故a下降的高度為hsin θ，所以物塊a的重力勢能減少量為maghsinθ＝mgh，A項正確；根據功能關系，摩擦力對a做的功等于a、b機械能的增量，所以B項錯誤，C項正確；在任意時刻，設b的速度為v，則a的速度大小也是v，該速度沿豎直方向的分量為vsin θ，故重力對b做功的瞬時功率為Pb＝mbgv，重力對a做功的瞬時功率為Pa＝magvsin θ，故Pa＝Pb，所以D項正確。
8．如圖所示，小物塊與水平軌道、傾斜軌道之間的動摩擦因數均相同，小物塊從傾角為θ1的軌道上高度為h的A點靜止釋放，運動至B點時速度為v1?，F將傾斜軌道的傾角調至為θ2，仍將物塊從軌道上高度為h的A點靜止釋放，運動至B點時速度為v2。已知θ2＜θ1，不計物塊在軌道接觸處的機械能損失。則(　　)

A．v1＜v2
B．v1＞v2
C．v1＝v2
D．由于不知道θ1、θ2的具體數值，v1、v2關系無法判定
【答案】C
【解析】對小物塊運動分析，如圖所示，物塊運動過程中摩擦力做負功，重力做正功，由動能定理，12mv2＝mgh－μmgcosθ•hsinθ－μmgxBD＝mgh－μmgh•1tanθ－μmgxBD，因為h•1tanθ＋xBD＝xBC，所以12mv2＝mgh－μmgxBC，故到達B點的速度與傾斜軌道的傾角無關，所以v1＝v2，故C項正確。

9．如圖所示，左側豎直墻面上固定半徑為R＝0.3 m的光滑半圓環，右側豎直墻面上與圓環的圓心O等高處固定一光滑直桿。質量為ma＝100 g的小球a套在半圓環上，質量為mb＝36 g的滑塊b套在直桿上，二者之間用長為l＝0.4 m的輕桿通過兩鉸鏈連接。現將a從圓環的最高處由靜止釋放，使a沿圓環自由下滑，不計一切摩擦，a、b均視為質點，重力加速度g取10 m/s2。求：

(1)小球a滑到與圓心O等高的P點時的向心力大小。
(2)小球a從P點下滑至桿與圓環相切的Q點的過程中，桿對滑塊b做的功。
【解析】(1)當a滑到與O同高度的P點時，a的速度v沿圓環切線向下，b的速度為零，由機械能守恒定律可得：magR＝12mav2
解得：v＝2gR
對小球a受力分析，由牛頓第二定律可得：F＝mav2R＝2mag＝2 N。
(2)桿與圓相切時，如圖所示，a的速度沿桿方向，設此時b的速度為vb，根據桿不可伸長和縮短，有：

va＝vbcos θ
由幾何關系可得：cos θ＝LL2＋R2＝0.8
在圖中，球a下降的高度h＝Rcos θ
a、b系統機械能守恒：magh＝12mav2a＋12mbv2b－12mav2
對滑塊b，由動能定理得：W＝12mbv2b＝0.194 4 J。
10．如圖所示，一足夠長的水平傳送帶以速度v0勻速運動，質量均為m的小物塊P和小物塊Q由通過滑輪組的輕繩連接，輕繩足夠長且不可伸長。某時刻物塊P從傳送帶左端以速度2v0沖上傳送帶，P與定滑輪間的繩子水平。已知物塊P與傳送帶間的動摩擦因數μ＝0.25，重力加速度為g，不計滑輪的質量與摩擦。

(1)求運動過程中小物塊P、Q的加速度大小之比。
(2)求物塊P剛沖上傳送帶到右方最遠處的過程中，P、Q系統機械能的改變量。
(3)若傳送帶以不同的速度v(0＜v＜2v0)勻速運動，當v取多大時，物塊P向右沖到最遠處的過程中，P與傳送帶間產生的熱量最??？最小值為多大？
【解析】(1)設P的位移、加速度大小分別為s1、a1，Q的位移、加速度大小分別為s2、a2，因s1＝2s2
故a1＝2a2。
(2)對P有μmg＋T＝ma1
對Q有mg－2T＝ma2
得a1＝0.6g
P先減速到與傳送帶速度相同，設位移為x1，x1＝?2v0?2－v202a1＝5v202g
共速后，由于f＝μmg＜mg2，P不可能隨傳送帶一起勻速運動，繼續向右減速，設此時P的加速度為a1′，Q的加速度為a2′＝12a1′
對P有T－μmg＝ma1′
對Q有mg－2T＝ma2′，解得a1′＝0.2 g
設減速到0位移為x2，x2＝v202a1＝5v202g
P、Q系統機械能的改變量等于摩擦力對P做的功
ΔE＝－μmgx1＋μmgx2＝0。
(3)第一階段P相對皮帶向前，相對路程s1＝?2v0－v?22a1
第二階段相對皮帶向后，相對路程s2＝v22a1′
熱量Q＝μmg(s1＋s2)＝56m(v2－vv0＋v20)
當v＝v02時，熱量最小，最小值為Q＝58mv20。
11．如圖所示，MN為固定的豎直光滑四分之一圓弧軌道，N端與水平面相切，軌道半徑R＝0.9 m。粗糙水平段NP長L＝1 m，P點右側有一與水平方向成θ＝30°角的足夠長的傳送帶與水平面在P點平滑連接，傳送帶逆時針轉動的速率恒為3 m/s。一質量為1 kg可視為質點的物塊A從圓弧軌道最高點M由靜止開始沿軌道滑下，物塊A與NP段間的動摩擦因數μ1＝0.1。靜止在P點的另一個物塊B與A完全相同，B與傳送帶間的動摩擦因數μ2＝33。A與B碰撞后A、B交換速度，碰撞時間不計，重力加速度g取10 m/s2，求：

(1)物塊A滑下后首次到達最低點N時對軌道的壓力；
(2)從A、B第一次碰撞后到第二次碰撞前，B與傳送帶之間由于摩擦而產生的熱量。
【解析】(1)設物塊質量為m，A首次到達N點的速度為vN，由機械能守恒定律得：
mgR＝12mvN2
由牛頓第二定律得：FN－mg＝
聯立解得：FN＝30 N
根據牛頓第三定律可知支持力與壓力大小相等，方向相反，所以物體對軌道壓力大小為30 N，方向豎直向下。
(2)設A與B第一次碰前的速度為v0，從釋放物塊A至到達P點的過程中，由能量守恒定律得：
mgR＝12mv02＋μ1mgL
解得：v0＝4 m/s
設A、B第一次碰撞后的速度分別為vA、vB，則vA＝0，vB＝4 m/s
碰后B沿傳送帶向上勻減速運動直至速度為零，加速度大小設為a1，則對B有
mgsin θ＋μ2mgcos θ＝ma1
解得a1＝10 m/s2
運動的時間為 s
位移為 m
此過程物塊B與傳送帶相對運動的路程Δs1＝vt1＋x1＝2 m
此后B反向加速，加速度仍為a1，與傳送帶共速后勻速運動直至與A再次碰撞，加速時間為 s
位移為 m
此過程相對運動路程Δs2＝vt2－x2＝0.45 m
全過程產生的熱量為：Q＝μ2mgcos θ(Δs1＋Δs2)＝12.25 J。

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小題必練11：功能關系能量守恒定律

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