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第4講　功能關(guān)系　能量守恒定律 A組　基礎(chǔ)過關(guān) 　　　　　　　 　　　　　　 　　　　　　 1.起跳摸高是學生經(jīng)常進行的一項體育活動。一質(zhì)量為m的同學彎曲兩腿向下蹲,然后用力蹬地起跳,從該同學用力蹬地到剛離開地面的起跳過程中,他的重心上升了h,離地時他的速度大小為v。下列說法正確的是(　　) A.該同學的機械能增加了mgh B.起跳過程中該同學機械能的增量為mgh+12mv2 C.地面的支持力對該同學做的功為mgh+12mv2 D.該同學所受的合外力對其做的功為12mv2+mgh 答案　B　該同學重心升高了h,重力勢能增加了mgh,又知離地時獲得的動能為12mv2,則機械能增加了mgh+12mv2,A項錯誤,B項正確;該同學在與地面作用的過程中,支持力對該同學做的功為零,C項錯誤;該同學所受的合外力對其做的功等于動能的增量,即W合=12mv2,D項錯誤。 2.(多選)(2019山東臨沂質(zhì)檢)如圖所示,在升降機內(nèi)有一固定的光滑斜面體,一輕彈簧的一端連在位于斜面體下方的固定木板A上,另一端與質(zhì)量為m的物塊B相連,彈簧與斜面平行。升降機由靜止開始加速上升高度h的過程中(　　) A.物塊B的重力勢能增加量一定等于mgh B.物塊B的動能增加量等于斜面的支持力和彈簧的彈力對其做功的代數(shù)和 C.物塊B的機械能增加量等于斜面的支持力和彈簧的彈力對其做功的代數(shù)和 D.物塊B和彈簧組成的系統(tǒng)機械能的增加量等于斜面對物塊B的支持力和A對彈簧的彈力做功的代數(shù)和 答案　CD　升降機靜止時,物塊B受重力、支持力、彈簧的彈力,處于平衡狀態(tài),當物塊B隨升降機加速上升時,其具有向上的加速度,合力向上,彈簧彈力和支持力在豎直方向上的合力大于重力,所以彈簧的彈力增大,物塊B相對于斜面向下運動,物塊B上升的高度小于h,所以重力勢能的增加量小于mgh,A項錯誤;由動能定理可知,動能的增加量等于合力做的功,經(jīng)受力分析可知,物塊B受三個力的作用,除彈簧彈力和支持力外,還有重力,B項錯誤;由功能關(guān)系可知,機械能的增量等于除重力及系統(tǒng)內(nèi)彈力外其他力對系統(tǒng)做的功,分別對B和B與彈簧組成的系統(tǒng)受力分析,可知C、D項正確。 3.如圖所示,長為L的小車置于光滑的水平面上,小車前端放一小物塊,用大小為F的水平力將小車向右拉動一段距離s,物塊剛好滑到小車的左端,物塊與小車間的摩擦力為Ff,在此過程中(　　) A.系統(tǒng)產(chǎn)生的內(nèi)能為FfL B.系統(tǒng)增加的機械能為Fs C.物塊增加的動能為FfL D.小車增加的動能為Fs-FfL 答案　A　系統(tǒng)運動過程的示意圖如圖所示,系統(tǒng)產(chǎn)生的內(nèi)能應為滑動摩擦力乘物體間的相對位移,即FfL,故A正確;根據(jù)功能關(guān)系,外力對系統(tǒng)做的功應等于系統(tǒng)產(chǎn)生的內(nèi)能與機械能增量之和,即Fs=ΔE總+FfL,故B錯誤;根據(jù)動能定理,合外力對物塊做的功等于物塊增加的動能,即Ff(s-L),C錯誤;根據(jù)動能定理,合外力對小車做的功等于小車動能的增量,即Fs-Ffs=ΔEk車,故D錯誤。 4.(2018安徽安慶模擬)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(xiàn)將質(zhì)量為m的物體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(shù)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,需對木板施一水平向右的作用力F,那么力F對木板做的功為(　　) A.mv24 B.mv22 C.mv2 D.2mv2 答案　C　由能量轉(zhuǎn)化和守恒可知,力F對木板所做的功W一部分轉(zhuǎn)化為物體m的動能,一部分轉(zhuǎn)化為系統(tǒng)內(nèi)能,故W=12mv2+μmgx相,x相=vt-v2t,a=μg,v=at即v=μgt,聯(lián)立以上各式可得:W=mv2,故選項C正確。 5.(多選)(2017山東威海模擬)如圖所示,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,小物塊放在水平面上,小物塊與水平面之間的動摩擦因數(shù)為μ,當小物塊位于O點時彈簧處于自然狀態(tài)?，F(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.O、b之間的距離小于O、a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 D.整個過程中,彈簧彈性勢能的減少量等于小物塊克服摩擦力所做的功 答案　AD　設(shè)小物塊的質(zhì)量為m,根據(jù)F彈=kx,對小物塊進行受力分析可知,kxOa>μmg,kxOb≤μmg,故O、a之間的距離大于O、b之間的距離,選項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,選項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,故小物塊速度最大的位置在O點右側(cè),選項C錯誤;由能量守恒定律可知,整個過程中,彈簧彈性勢能的減少量等于小物塊克服摩擦力所做的功,選項D正確。 6.(2019江西十校聯(lián)考)將三個木板1、2、3固定在墻角,木板與墻壁和水平地面構(gòu)成了三個不同的三角形,如圖所示,其中1與2底邊相同,2和3高度相同?，F(xiàn)將一個可以視為質(zhì)點的物塊分別從三個木板的頂端由靜止釋放,并沿斜面下滑到底端,物塊與木板之間的動摩擦因數(shù)μ均相同。在這三個過程中,下列說法不正確的是(　　) A.沿著1和2下滑到底端時,物塊的速率不同,沿著2和3下滑到底端時,物塊的速率相同 B.沿著1下滑到底端時,物塊的速度最大 C.物塊沿著3下滑到底端的過程中,產(chǎn)生的熱量最多 D.物塊沿著1和2下滑到底端的過程中,產(chǎn)生的熱量是一樣多的 答案　A　設(shè)木板1、2、3與水平地面的夾角分別為θ1、θ2、θ3,木板長分別為l1、l2、l3,當物塊沿木板1下滑時,由動能定理有mgh1-μmgl1 cos θ1=12mv12-0,當物塊沿木板2下滑時,由動能定理有mgh2-μmgl2 cos θ2=12mv22-0,又h1>h2,l1 cos θ1=l2 cos θ2,可得v1>v2;當物塊沿木板3下滑時,由動能定理有mgh3-μmgl3 cos θ3=12mv32-0,又h2=h3,l2 cos θ2v3,故A項錯,B項對。三個下滑過程中產(chǎn)生的熱量分別為Q1=μmgl1 cos θ1,Q2=μmgl2 cos θ2,Q3=μmgl3 cos θ3,則Q1=Q2x1=6 m 滑塊P滑到左端時的速度vP=vP2-2ax1=2 m/s 運動時間t4=vP-vPa=2 s 兩滑塊落地時間差Δt=t2+t3-t4=6 s (3)滑塊PQ共同加速階段Q1=2μmg(v0t0-x0)=0.8 J 分離后滑塊Q向右運動階段Q2=μmg(x2-v0t2)=3.6 J 滑塊P向左運動階段Q3=μmg(x1+v0t4)=2 J 全過程產(chǎn)生的總熱量Q=Q1+Q2+Q3=6.4 J