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1、作業(yè)24　功能關(guān)系 能量守恒定律　 　　　　　　　　　　　 7 一、選擇題 1．從地面豎直上拋一個質(zhì)量為m的小球，小球上升的最大高度為h.設(shè)上升和下降過程中空氣阻力大小恒為Ff.下列說法正確的是(　　) A．小球上升的過程中動能減少了mgh B．小球上升和下降的整個過程中機械能減少了Ffh C．小球上升的過程中重力勢能增加了mgh D．小球上升和下降的整個過程中動能減少了Ffh 解析：小球在上升過程中的動能減少量等于克服合力做的功，即ΔEk＝(mg＋Ff)h，A錯誤；整個過程中的機械能減少量(動能減少量)等于克服除重力之外其他力做的功，即ΔE＝2Ffh，B、D錯誤；上升

2、過程中重力勢能增加量等于克服重力做的功，即ΔEp＝mgh，C正確． 答案：C 圖24－1 2．如圖24－1所示，質(zhì)量m＝10 kg和M＝20 kg的兩物塊，疊放在光滑水平面上，其中物塊m通過處于水平方向的輕彈簧與豎直墻壁相連，初始時刻，彈簧處于原長狀態(tài)，彈簧的勁度系數(shù)k＝250 N/m.現(xiàn)用水平力F作用在物塊M上，使其緩慢地向墻壁移動，當移動40 cm時，兩物塊間開始相對滑動，在相對滑動前的過程中，下列說法中正確的是(　　) A．M受到的摩擦力保持不變 B．物塊m受到的摩擦力對其不做功 C．推力做的功等于彈簧增加的彈性勢能 D．開始相對滑動時，推力F的大小等于200 N 解

3、析：對物塊m進行受力分析，水平方向受向右的彈簧彈力和向左的靜摩擦力．由于彈簧在縮短，所以彈力越來越大，由于緩慢地向墻壁移動，物體處于平衡狀態(tài)，M對m的摩擦力也在增大，所以M受到的摩擦力在增大，A錯誤；物塊m受到的摩擦力方向向左，m向左運動，所以摩擦力做正功，B錯誤；把m和M看成整體進行受力分析，水平方向受向右的彈簧彈力和向左的推力，當移動40 cm時，兩物塊間開始相對滑動，根據(jù)胡克定律得F＝kx＝100 N，對整體研究，根據(jù)動能定理得WF＋W彈＝ΔEk＝0，彈簧彈力做功等于彈性勢能的變化，WF＝－W彈＝ΔEp，所以推力做的功等于彈簧增加的彈性勢能，C正確，D錯誤． 圖24－2 答案：C

4、 3．(2019年湖南長沙質(zhì)檢)(多選)如圖24－2所示，AB為半徑R＝0.50 m的四分之一圓弧軌道，B端距水平地面的高度h＝0.45 m．一質(zhì)量m＝1.0 kg的小滑塊從圓弧軌道A端由靜止釋放，到達軌道B端的速度v＝2.0 m/s.忽略空氣的阻力．取g＝10 m/s2.則下列說法正確的是(　　) A．小滑塊在圓弧軌道B端受到的支持力大小FN＝16 N B．小滑塊由A端到B端的過程中，克服摩擦力所做的功W＝3 J C．小滑塊的落地點與B點的水平距離x＝0.6 m D．小滑塊的落地點與B點的水平距離x＝0.3 m 解析：小滑塊在圓弧底端B點受重力和支持力，根據(jù)牛頓第二定律有：FN－

5、mg＝m，代入數(shù)據(jù)得：FN＝18 N，故A錯誤．由動能定理得mgR－W＝mv2－0，解得克服摩擦力所做的功W＝mgR－mv2＝3 J，故B正確．小滑塊從B點滑出做平拋運動，根據(jù)平拋運動的規(guī)律，水平方向：x＝vt，豎直方向：h＝gt2，解得x＝0.6 m，故C正確，D錯誤． 答案：BC 圖24－3 4．如圖24－3所示，物體A的質(zhì)量為m，置于水平地面上，A的上端連一輕彈簧，原長為L，勁度系數(shù)為k.現(xiàn)將彈簧上端B緩慢地豎直向上提起，使B點上移距離為L，此時物體A也已經(jīng)離開地面，則下列說法中正確的是 (　　) A．提彈簧的力對系統(tǒng)做功為mgL B．物體A的重力勢能增加mgL C

6、．系統(tǒng)增加的機械能小于mgL D．以上說法都不正確 解析：由于將彈簧上端B緩慢地豎直向上提起，可知提彈簧的力是不斷增大的，最后等于A物體的重力，因此提彈簧的力對系統(tǒng)做功應小于mgL，A錯誤；系統(tǒng)增加的機械能等于提彈簧的力對系統(tǒng)做的功，C正確；由于彈簧的伸長，物體升高的高度小于L，B錯誤． 答案：C 5．(2019年大連質(zhì)檢)一足夠長的傳送帶與水平面的夾角為θ，傳送帶以一定的速度勻速運動．某時刻在傳送帶適當?shù)奈恢梅派暇哂幸欢ǔ跛俣鹊奈飰K(如圖24－4甲所示)，以此時為t＝0時刻，作出小物塊之后在傳送帶上的運動速度隨時間的變化關(guān)系，如圖24－4乙所示(圖中取沿斜面向下的運動方向為正方向，其

7、中v1>v2)．已知傳送帶的速度保持不變，g取10 m/s2，則(　　) 圖24－4 A．0～t1時間內(nèi)，物塊對傳送帶做正功 B．物塊與傳送帶間的動摩擦因數(shù)μ

8、送帶對物塊做功，W＝ΔEk＋ΔEp，C錯誤；在t1時刻后，物塊速度先增大后不變，摩擦力先做正功，后做負功，D正確． 答案：D 圖24－5 6．如圖24－5所示，質(zhì)量為M、長度為L的小車靜止在光滑的水平面上，質(zhì)量為m的小物塊放在小車的最左端，現(xiàn)用一水平力F作用在小物塊上，小物塊與小車之間的摩擦力為Ff，經(jīng)過一段時間小車運動的位移為x，小物塊剛好滑到小車的右端，則下列說法正確的是 (　　) A．此時小物塊的動能為F(x＋L) B．此時小車的動能為Ffx C．這一過程中，小物塊和小車增加的機械能為Fx－FfL D．這一過程中，因摩擦而產(chǎn)生的熱量為Ff(L＋x) 解析：水平力對

9、小物塊做功F(x＋L)，此時其動能小于F(x＋L)，A錯誤；摩擦力Ff對小車做功Ffx，由動能定理可知，此時小車的動能為Ffx，B正確；這一過程中，物塊和小車增加的機械能為F(x＋L)－FfL，C錯誤；這一過程中，因摩擦而產(chǎn)生的熱量為FfL，D錯誤． 答案：B 圖24－6 7．(2019年山東師大附中一模)(多選)如圖24－6所示，小球從A點以初速度v0沿粗糙斜面向上運動，到達最高點B后返回A，C為AB的中點．下列說法正確的是(　　) A．小球從A出發(fā)到返回A的過程中，位移為零，外力做功為零 B．小球從A到C與從C到B的過程，減少的動能相等 C．小球從A到C與從C到B的過程，速

10、度的變化率相等 D．小球從A到C與從C到B的過程，損失的機械能相等 解析：小球從A出發(fā)到返回A，位移為0，但整個過程中摩擦力的方向與小球運動的方向始終相反，故整個過程中摩擦力對物體做負功，故A錯誤；設(shè)A到C的高度和從C到B的高度為h，AC的距離為x，斜面的傾角為θ，則有xsinθ＝h，根據(jù)－mgh－μmgxcosθ＝ΔEk，可知小球從A到C過程與從C到B過程合外力對物體做的功相同，故小球減少的動能相等，故B正確；小球從A到C與從C到B的過程，受力情況不變，加速度相同，所以速度的變化率相等，故C正確；克服除重力之外其他力做多少功物體的機械能就減少多少，根據(jù)μmgxcosθ＝－ΔE可得小球從A

11、到C過程與從C到B過程，損失的機械能相等，故D正確． 答案：BCD 8．(2019年江西省重點中學聯(lián)考)(多選)水平地面上有兩個固定的、高度相同的粗糙斜面甲和乙，底邊長分別為L1、L2，且L1＜L2，如圖24－7所示．兩個完全相同的小滑塊A、B(可視為質(zhì)點)與兩個斜面間的動摩擦因數(shù)相同，將小滑塊A、B分別從甲、乙兩個斜面的頂端同時由靜止開始釋放，取地面所在的水平面為參考平面，則(　　) 圖24－7 A．從頂端到底端的運動過程中，由于克服摩擦而產(chǎn)生的熱量一定相同 B．滑塊A到達底端時的動能一定比滑塊B到達底端時的動能大 C．兩個滑塊從頂端運動到底端的過程中，重力對滑塊A做功的平均

12、功率比滑塊B的大 D．兩個滑塊加速下滑的過程中，到達同一高度時，機械能可能相同 解析：A、B滑塊從斜面頂端分別運動到底端的過程中，摩擦力做功不同，所以克服摩擦而產(chǎn)生的熱量一定不同，故A錯誤；由于B滑塊受到的摩擦力Ff＝μmgcosθ大，且通過的位移大，則克服摩擦力做功多，滑塊A克服摩擦力做功少，損失的機械能少，根據(jù)動能定理，可知滑塊A到達底端時的動能一定比B到達底端時的動能大，故B正確；整個過程中，兩物塊所受重力做功相同，但由于A先到達底端，故重力對滑塊A做功的平均功率比滑塊B的大，故C正確；兩個滑塊在斜面上加速下滑的過程中，到達同一高度時，重力做功相同，由于甲的斜面傾角大，所以在斜面上滑

13、行的距離不等，摩擦力做功不等，所以機械能不同，故D錯誤． 答案：BC 圖24－8 9．(2019年安徽黃山模擬)(多選)如圖24－8所示，質(zhì)量為M、長為L的木板置于光滑的水平面上，一質(zhì)量為m的滑塊放置在木板左端，滑塊與木板間的滑動摩擦力大小為Ff，用水平的恒定拉力F作用于滑塊，當滑塊運動到木板右端時，木板在地面上移動的距離為s，滑塊速度為v1，木板速度為v2，下列結(jié)論中正確的是(　　) A．上述過程中，F(xiàn)做功大小為mv＋mv B．其他條件不變的情況下，M越大，s越小 C．其他條件不變的情況下，F(xiàn)越大，滑塊到達右端所用時間越長 D．其他條件不變的情況下，F(xiàn)f越大，滑塊與木板間產(chǎn)

14、生的熱量越多 解析：由牛頓第二定律得：Ff＝Ma1，F(xiàn)－Ff＝ma2，又L＝a2t2－a1t2，s＝a1t2，其他條件不變的情況下，M越大，a1越小，t越小，s越?。籉越大，a2越大，t越?。挥蒕＝FfL可知，F(xiàn)f越大，滑塊與木板間產(chǎn)生的熱量越多，故B、D正確，C錯誤；力F做的功還有一部分轉(zhuǎn)化為系統(tǒng)熱量Q，故A錯誤． 答案：BD 圖24－9 10．(2019年江蘇七校聯(lián)考)(多選)如圖24－9所示，兩個小球A、B分別固定在輕桿的兩端，輕桿可繞水平光滑轉(zhuǎn)軸O在豎直平面內(nèi)轉(zhuǎn)動，OA>OB，現(xiàn)將該桿靜置于水平方向，放手后兩球開始運動，已知兩球在運動過程中受到大小相同且不變的空氣阻力作

15、用，則從開始運動到桿轉(zhuǎn)到豎直位置的過程中，以下說法正確的是 (　　) A．兩球組成的系統(tǒng)機械能守恒 B．B球克服重力做的功等于B球重力勢能的增加量 C．重力和空氣阻力對A球做功的代數(shù)和等于它的動能增加量 D．A球克服空氣阻力做的功大于B球克服空氣阻力做的功 解析：兩球在運動過程中都受到空氣阻力作用，空氣阻力做負功，則系統(tǒng)的機械能不守恒，故A錯誤；根據(jù)功能關(guān)系可知，B球克服重力做的功等于B球重力勢能的增加量，故B正確；重力、空氣阻力和桿的彈力對A球做功，根據(jù)動能定理知重力、桿的彈力和空氣阻力對A球做功的代數(shù)和等于它的動能增加量，故C錯誤；從開始運動到桿轉(zhuǎn)到豎直位置的過程中，A球運動

16、的路程大于B球運動的路程，而兩球克服空氣阻力做的功等于空氣阻力大小和路程的乘積，所以A球克服空氣阻力做的功大于B球克服空氣阻力做的功，故D正確. 答案：BD 圖24－10 11．(2019年威海模擬)(多選)如圖24－10所示，輕質(zhì)彈簧的一端固定在豎直墻面上，另一端拴接一小物塊，小物塊放在動摩擦因數(shù)為μ的水平面上，當小物塊位于O點時彈簧處于自然狀態(tài)．現(xiàn)將小物塊向右移到a點，然后由靜止釋放，小物塊最終停在O點左側(cè)的b點(圖中未畫出)，以下說法正確的是(　　) A．Ob之間的距離小于Oa之間的距離 B．從O至b的過程中，小物塊的加速度逐漸減小 C．小物塊在O點時的速度最大

17、D．從a到b的過程中，彈簧彈性勢能的減少量等于小物塊克服摩擦力所做的功 解析：如果沒有摩擦力，根據(jù)簡諧運動的對稱性知O點應該在ab中間，Oa＝Ob.由于有摩擦力，物塊從a到b過程中機械能損失，故無法到達沒有摩擦力情況下的b點，即O點靠近b點，故Oa>Ob，A正確；從O至b的過程中，小物塊受到向右的摩擦力及向右的彈力，且彈力逐漸變大，故物塊的加速度逐漸變大，B錯誤；當物塊從a點向左運動時，受到向左的彈力和向右的摩擦力，且彈力逐漸減小，加速度逐漸減小，當彈力等于摩擦力時加速度為零，此時速度最大，故小物塊的速度最大位置在O點右側(cè)，C錯誤；由能量守恒關(guān)系可知，從a到b的過程中，彈簧彈性勢能的減少量等

18、于小物塊克服摩擦力所做的功，D正確． 答案：AD 圖24－11 12．如圖24－11所示，傾角θ＝30°的粗糙面固定在地面上，長為l，質(zhì)量為m，粗細均勻、質(zhì)量分布均勻的軟繩置于斜面上，其上端與斜面頂端水平．用細線將物塊與軟繩連接，物塊由靜止釋放后向下運動，直到軟繩剛好全部離開斜面(此時物體未到達地面)，在此過程中(　　) A．物塊的機械能逐漸增加 B．軟繩重力勢能共減少mgl C．物塊重力勢能的減少等于軟繩摩擦力所做的功 D．軟繩重力勢能的減少等于其動能增加與克服摩擦力所做功之和 解析：物塊向下運動過程中，繩子拉力對物塊做負功，物塊的機械能減少，A錯誤；軟繩重心下降的高

19、度為－sinθ＝l，軟繩的重力勢能減少mgl，B正確；由功能關(guān)系，物塊重力勢能的減小等于重力做的功，而物塊重力大于軟繩所受的摩擦力，C錯誤；對于軟繩，由能的轉(zhuǎn)化和守恒定律可知，繩子拉力對軟繩所做的功和軟繩重力勢能的減少之和等于軟繩動能的增加與克服摩擦力所做功之和，D錯誤． 答案：B 二、非選擇題 13．如圖24－12所示，從A點以v0＝4 m/s的水平速度拋出一質(zhì)量m＝1 kg的小物塊(可視為質(zhì)點)，當物塊運動至B點時，恰好沿切線方向進入光滑圓弧軌道BC，經(jīng)圓弧軌道后滑上與C點等高、靜止在粗糙水平面上的長木板上，圓弧軌道C端切線水平，已知長木板的質(zhì)量M＝4 kg，A、B兩點距C點的高度分

20、別為H＝0.6 m、h＝0.15 m，R＝0.75 m，物塊與長木板之間的動摩擦因數(shù)μ1＝0.5，長木板與地面間的動摩擦因數(shù)μ2＝0.2，取g＝10 m/s2.求： 圖24－12 (1)小物塊運動至B點時的速度大小和方向； (2)小物塊滑動至C點時，對圓弧軌道C點的壓力； (3)長木板至少為多長，才能保證小物塊不滑出長木板？ 解析：(1)物塊做平拋運動：H－h(huán)＝gt2 到達B點的豎直分速度：vy＝gt＝3 m/s v1＝＝5 m/s 方向與水平面的夾角為θ：tanθ＝＝， 即θ＝37°，斜向下 (2)從A至C點，由動能定理mgH＝mv－mv 設(shè)C點受到的支持力為N，則

21、有N－mg＝m 由上式可得v2＝2 m/s，N≈47.3 N 根據(jù)牛頓第三定律可知，物塊m對圓弧軌道C點的壓力大小為47.3 N，方向豎直向下． (3)由題意可知小物塊m對長木板的摩擦力 f＝μ1mg＝5 N 長木板與地面間的最大靜摩擦力不小于滑動摩擦力 f′＝μ2(M＋m)g＝10 N 因f＜f′，所以小物塊在長木板上滑動時，長木板靜止不動． 小物塊在長木板上做勻減速運動，至長木板右端時速度剛好為0，才能保證小物塊不滑出長木板． 則長木板長度至少為l＝＝2.8 m. 答案：(1)5 m/s　方向與水平方向的夾角為37°斜向下 (2)47.3 N　方向豎直向下　(3)2.

22、8 m 14．(2019年四川樂山模擬)如圖24－13甲所示，在傾角為37°足夠長的粗糙斜面底端，一質(zhì)量m＝1 kg的滑塊壓縮著一輕彈簧且鎖定，但它們并不相連，滑塊可視為質(zhì)點．t＝0時解除鎖定，計算機通過傳感器描繪出滑塊的v－t圖象如圖24－13乙所示，其中Oab段為曲線，bc段為直線，在t1＝0.1 s時滑塊已上滑s＝0.2 m的距離(取g＝10 m/s2，sin37°＝0.6，cos37°＝0.8)．求： (1)滑塊離開彈簧后在圖中bc段對應的加速度a及動摩擦因數(shù)μ的大??； (2)t2＝0.3 s和t3＝0.4 s時滑塊的速度v1、v2的大小； (3)彈簧鎖定時具有的彈性勢能Ep.

23、 圖24－13 解析：(1)在bc段做勻減速運動，加速度為 a＝＝10 m/s2 根據(jù)牛頓第二定律得 mgsin37°＋μmgcos37°＝ma 解得μ＝0.5. (2)設(shè)t1＝0.1 s時速度大小為v0， 根據(jù)速度時間公式得t2＝0.3 s 時的速度大小 v1＝v0－a(t2－t1)＝0 在t2之后開始下滑，下滑時由牛頓第二定律得 mgsin37°－μmgcos37°＝ma′ 解得a′＝2 m/s2 從t2到t3做初速度為零的加速運動，t3時刻的速度大小為 v3＝a′(t3－t2)＝0.2 m/s. (3)從0到t1時間內(nèi)，由能量守恒定律得 Ep＝mgssin37°＋μmgscos37°＋mv 解得Ep＝4 J. 答案：(1)10 m/s2　0.5　(2)0　0.2 m/s　(3)4 J 8