1、1课时跟踪检测（二十一） 功能关系 能量守恒定律卷拔高题目稳做准做1.多选(2018辽宁省实验中学模拟)一物体静止在水平地面上，在竖直向上的拉力 F 作用下开始向上运动，如图甲所示。在物体向上运动过程中，其机械能 E 与位移 x 的关系图像如图乙所示(空气阻力不计)，已知曲线上点 A 处的切线斜率最大，则( )A在 x1处物体所受拉力最大B在 x1 x2过程中，物体的动能先增大后减小C在 x2处物体的速度最大D在 x1 x2过程中，物体的加速度先增大后减小解析：选 AB 由题图可知， x1处物体图像的斜率最大，说明此时机械能变化最快，由E Fx 可知此时所受的拉力最大，故 A 正确； x1 x
2、2过程中，图像的斜率越来越小，则说明拉力越来越小， x2时刻图像的斜率为零，说明此时拉力为零，在这一过程中物体应先加速后减速，说明最大速度一定不在 x2处，故 B 正确，C 错误；由图像可知，在 x1 x2过程中，拉力逐渐减小，直到变为零，则物体受到的合力应先减小到零，后反向增大，故加速度应先减小，后反向增大，故 D 错误。2多选如图所示，质量为 m 的滑块以一定初速度滑上倾角为 的固定斜面，同时施加一沿斜面向上的恒力 F mgsin ；已知滑块与斜面间的动摩擦因数 tan ，取出发点为参考点，能正确描述滑块运动到最高点过程中产生的热量 Q、滑块动能 Ek、机械能 E 随时间 t 的关系及重力
3、势能 Ep随位移 x 关系的是( )解析：选 CD 根据滑块与斜面间的动摩擦因数 tan 可知，滑动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 ，滑块机械能保持不变，重力势能随位移 x 均匀增大，选项 C、D 正确；产生的热量 Q Ffx，随位移均匀增大，滑块动能 Ek随位移 x 均匀减小，选项 A、B 错误。3多选(2018百校联盟冲刺金卷)在足够长的固定斜面上，小滑块以初速度 v0从某点沿斜面上滑，06 t0时间内其运动的 v t 图2像如图所示，由图像可知( )A0 t0与 t06 t0时间内重力平均功率大小之比为 51B0 t0与 t06 t0时间内摩擦力平
4、均功率之比为 11C0 t0与 t06 t0时间内机械能变化量大小之比为 15D t06 t0时间内动能变化量大小与机械能变化量大小之比为 12解析：选 BCD 设 t01 s，根据图像可知：01 s 内的平均速度为 1 v10 02m/s5 m/s,16 s 内平均速度为 2 m/s5 m/s，所以 01 s 内重力的平均v 10 02功率大小为 G1 mg 1sin 5 mgsin ，16 s 内重力平均功率大小为 G2 mg 2sin P v P v 5 mgsin ，故 A 错误；滑动摩擦力 f mg cos ，整个运动过程中滑动摩擦力不变，根据 f f ，可知 01 s 内摩擦力的平
5、均功率与 16 s 内摩擦力平均功率相等，故 B 正P v确；机械能的变化量等于滑动摩擦力做的功，01 s 内机械变化量大小为Wf1 ft1 f,16 s 内机械能变化量大小为 Wf2 ft25 f，所以 01 s 内机械能变化量P P P P大小与 16 s 内机械能变化量大小之比为 15，故 C 正确；16 s 内动能变化量大小为 Ek mv250 m，根据牛顿第二定律，向上滑行时有： mgsin f ma110 m，向下滑行12时有： mgsin f ma22 m，解得： f4 m，机械能变化量大小Wf2 f 2t24 m55100 m，所以 16 s 内动能变化量大小与机械能变化量大小
6、之比为v12，故 D 正确。4(2017湖南师大附中模拟)如图甲所示，质量为 1 kg 的小物块以初速度 v011 m/s，从 53固定斜面底端先后两次滑上斜面，斜面足够长，第一次对小物块施加一沿斜面向上的恒力 F，第二次无恒力，图乙中的两条线段 a、 b 分别表示存在恒力 F 和无恒力 F 时小物块沿斜面向上运动的 vt 图像，不考虑空气阻力， g 取 10 m/s2，下列说法正确的是(cos 530.6，sin 530.8)( )A恒力 F 大小为 21 NB物块与斜面间的动摩擦因数为 0.5C有恒力 F 时，小物块在上升过程机械能的减少量较大D有恒力 F 时，小物块在上升过程产生的热量较
7、少解析：选 B 根据 vt 图线的斜率等于加速度，可知：3aa m/s210 m/s 2 v t 0 111.1ab m/s211 m/s 2 v t 0 111根据牛顿第二定律得：不加恒力时有： mab mgsin 53 mgcos 53代入数据得： 0.5加恒力时有： maa F mgsin 53 mg cos 53解得： F1 N，故 A 错误，B 正确；有恒力 F 时，小物块上升的高度比较大，所以该过程物块重力势能增加量较大，而升高的过程中动能的减小量是相等的，所以有恒力 F 时，小物块在整个上升过程机械能的减少量较小，故 C 错误；根据 vt 图像与坐标轴所围的面积表示位移，可知有恒
8、力 F 时小物块的位移较大，所以在上升过程产生的热量较多，故 D 错误。5多选(2018德阳一诊)如图所示，固定于地面、倾角为 的光滑斜面上有一轻质弹簧，轻质弹簧一端与固定于斜面底端的挡板 C 连接，另一端与物块 A 连接，物块 A 上方放置有另一物块 B，物块A、 B 质量均为 m 且不粘连，整个系统在沿斜面向下的恒力 F 作用下而处于静止状态。某一时刻将力 F 撤去，若在弹簧将 A、 B 弹起过程中， A、 B 能够分离，则下列叙述正确的是( )A从力 F 撤去到 A、 B 发生分离的过程中，弹簧及 A、 B 物块所构成的系统机械能守恒B A、 B 被弹起过程中， A、 B 即将分离时，两
9、物块速度达到最大C A、 B 刚分离瞬间， A 的加速度大小为 gsin D若斜面为粗糙斜面，则从力 F 撤去到 A、 B 发生分离的过程中，弹簧减少的弹性势能一定大于 A、 B 增加的机械能与系统摩擦生热之和解析：选 AC 从力 F 撤去到 A、 B 发生分离的过程中，弹簧及 A、 B 物块所构成的系统只有重力和弹簧的弹力做功，所以系统的机械能守恒，故 A 正确。 A、 B 被弹起过程中，合力等于零时，两物块速度达到最大，此时弹簧处于压缩状态， A、 B 还没有分离，故 B 错误。A、 B 刚分离瞬间， A、 B 间的弹力为零，对 B 分析，由牛顿第二定律得 mgsin maB，得aB gs
10、in ，此瞬间 A 与 B 的加速度相同，所以 A 的加速度大小为 gsin ，故 C 正确。若斜面为粗糙斜面，则从力 F 撤去到 A、 B 发生分离的过程中，由能量守恒定律知，弹簧减少的弹性势能一定等于 A、 B 增加的机械能与系统摩擦生热之和，故 D 错误。6多选(2018青岛模拟)如图所示，一根原长为 L 的轻弹簧，下端固定在水平地面上，一个质量为 m 的小球，在弹簧的正上方从距地面高度为 H 处由静止下落压缩弹簧。若弹簧的最大压缩量为 x，小球下落过程受到的空气阻力恒为 Ff，则小球从开始下落至最低点的过程( )A小球动能的增量为零4B小球重力势能的增量为 mg(H x L)C弹簧弹性
11、势能的增量为( mg Ff)(H x L)D系统机械能减小 FfH解析：选 AC 小球下落的整个过程中，开始时速度为零，结束时速度也为零，所以小球动能的增量为 0，故 A 正确；小球下落的整个过程中，重力做功 WG mgh mg(H x L)，根据重力做功量度重力势能的变化 WG Ep得：小球重力势能的增量为 mg(H x L)，故 B 错误；根据动能定理得： WG Wf W 弹 000，所以 W 弹 ( mg Ff)(H x L)，根据弹簧弹力做功量度弹性势能的变化 W 弹 Ep得：弹簧弹性势能的增量为(mg Ff)(H x L)，故 C 正确；系统机械能的减少量等于克服重力、弹力以外的力做
12、的功，所以小球从开始下落至最低点的过程，克服阻力做的功为： Ff(H x L)，所以系统机械能的减小量为： Ff(H x L)，故 D 错误。7多选如图所示，固定坡道倾角为 ，顶端距光滑水平面的高度为 h。一可视为质点的小物块质量为 m。从坡道顶端由静止滑下，经过底端 O 点进入水平面时无机械能损失，为使小物块制动，将轻弹簧的一端固定在水平面左侧 M 处的竖直墙上，弹簧自由伸长时右侧一端恰好位于 O 点。已知小物块与坡道间的动摩擦因数为 ，重力加速度为 g，则下列说法正确的是( )A弹簧弹性势能的最大值为 mghB小物块在倾斜轨道上运动时，下滑的加速度比上滑的加速度小C小物块往返运动的总路程为
13、h cos D小物块返回倾斜轨道时所能达到的最大高度为 h1 cot 1 cot 解析：选 BD 小物块第一次下滑将弹簧压缩至最短时弹簧弹性势能最大，由能量守恒有 Ep mgh mg cos mgh，A 错误。在倾斜轨道上下滑时 ma mgsin hsin mg cos ，而上滑时 ma mgsin mg cos ，故 B 正确。小物块最终静止于倾斜轨道的底端，设在倾斜轨道上通过的路程为 s，则由能量守恒有 mgh mg cos s，得 s ，而每次往返过程中物块还在光滑水平面上通过一定的路程，故整h cos 个运动过程中的路程必大于 ，C 错误。物块第一次返回倾斜轨道上时所能达到的h cos
14、 最大高度最大，由能量守恒有 mg(h h1) mg cos ，得 h1(hsin h1sin )h，D 正确。1 cot 1 cot 8多选如图所示，一弹性轻绳(绳的弹力与其伸长量成正比)穿过固定的光滑圆环5B，左端固定在 A 点，右端连接一个质量为 m 的小球， A、 B、 C 在一条水平线上，弹性绳自然长度为 AB。小球穿过竖直固定的杆，从 C 点由静止释放，到 D 点时速度为零， C、 D 两点间距离为 h。已知小球在 C 点时弹性绳的拉力为 ， g 为重力加速度，小球和杆之间的动摩mg2擦因数为 0.5，弹性绳始终处在弹性限度内，下列说法正确的是( )A小球从 C 点运动到 D 点的
15、过程中克服摩擦力做功为mgh2B若在 D 点给小球一个向上的速度 v，小球恰好回到 C 点，则 v ghC若仅把小球质量变为 2m，则小球到达 D 点时的速度大小为 ghD若仅把小球质量变为 2m，则小球向下运动到速度为零时的位置与 C 点的距离为 2h解析：选 BC 设小球向下运动到某一点 E 时，如图所示，弹性绳伸长量为BE x， BC x0，弹性绳劲度系数为 k， BEC ，则弹力为 kx，弹力沿水平方向的分力为 kxsin kx0 ，故在整个运动过程中，小球mg2受到的摩擦力恒为 ，从 C 点运动到 D 点的过程中克服摩擦mg2 mg4力做功为 ，A 项错误。若在 D 点给小球一个向上
16、的速度 v，小球恰好回到 C 点，则小球mgh4从 C 点到 D 点，再从 D 点返回 C 点的过程中，根据功能关系可知，克服摩擦力做的功等于在 D 点给小球的动能，即 2 ，解得 v ，B 项正确。从 C 点到 D 点的过程，小mgh4 mv22 gh球质量为 m 时，有 mgh W 弹 0，小球质量为 2m 时，有 2mgh W 弹mgh4 ， v1 ，C 项正确。由于弹性绳的弹力在竖直方向的分力越来越大，则小mgh4 2mv122 gh球向下运动到速度为零时的位置与 C 点的距离应小于 2h，D 项错误。9如图所示，光滑水平面 AB 与竖直面内的半圆形导轨在 B 点相切，半圆形导轨的半径
17、为 R。一个质量为 m 的物体将弹簧压缩至 A 点后由静止释放，在弹力作用下物体获得某一向右的速度后脱离弹簧，当它经过 B 点进入导轨的瞬间对轨道的压力为其重力的 8 倍，之后向上运动恰能到达最高点 C。(不计空气阻力)试求：(1)物体在 A 点时弹簧的弹性势能；(2)物体从 B 点运动至 C 点的过程中产生的内能。解析：(1)设物体在 B 点的速度为 vB，所受弹力为 FNB，则有6FNB mg mvB2R又 FNB8 mg由能量守恒定律可知弹性势能Ep mvB2 mgR。12 72(2)设物体在 C 点的速度为 vC，由题意可知 mg mvC2R物体由 B 点运动到 C 点的过程中，由能量
18、守恒定律得Q mvB212 (12mvC2 2mgR)解得 Q mgR。答案：(1) mgR (2) mgR7210游乐场有一种滑雪游戏，其理想简化图如图甲所示，滑道由倾角为 30的斜坡和水平滑道组成。小孩(看作质点)在距地面 h10 m 处由静止开始从斜坡滑下，到达底端时恰好滑上水平滑道上放置的长为 l3 m 的木板(忽略木板厚度)，此后小孩和木板运动的v t 图像如图乙所示。已知斜坡滑道与水平滑道为圆滑过渡，速度由斜面方向转为水平方向时大小不变，不计小孩在运动过程中受到的空气阻力，重力加速度 g10 m/s 2。求：(1)小孩与斜坡间的动摩擦因数；(2)小孩脱离木板时的速率。解析：(1)对
19、小孩在斜坡上运动过程，由题图乙可知，小孩滑到斜坡底端时的速度v10 m/s由几何知识可知小孩在斜坡上下滑的距离为 2h由动能定理可得：mgh mg cos 2h mv212解得： 。2gh v24ghcos 36(2)小孩在 0.5 s 时滑离木板，木板在 00.5 s 内的位移由题图乙可知：x 木 0.56 m1.5 m12小孩的位移为：7x 人 x 木 l设小孩滑离木板的速度为 v 人 ，由平均速度公式x 人 (v v 人 )t 12可得： v 人 8 m/s。答案：(1) (2)8 m/s3611(2017鸡西模拟)如图所示，质量为 M2 kg、左端带有挡板的长木板放在水平面上，板上贴近
20、挡板处放有一质量为 m1 kg 的物块，现用一水平向右大小为 9 N 的拉力 F 拉长木板，使物块和长木板一起做匀加速运动，物块与长木板间的动摩擦因数为 10.1，长木板与水平面间的动摩擦因数为 20.2，运动一段时间后撤去 F，最后物块恰好能运动到长木板的右端，木板长 L4.8 m，物块可看成质点，不计挡板的厚度，设最大静摩擦力等于滑动摩擦力， g10 m/s 2，求：(1)物块开始运动时的加速度；(2)拉力 F 作用的时间；(3)整个过程因摩擦产生的热量。解析：(1)开始由于挡板的作用，物块与木板将一起做匀加速直线运动，以整体为研究对象，水平方向受到拉力与摩擦力的作用，竖直方向受到重力和支
21、持力的作用，则：竖直方向： N0 Mg mg210 N110 N30 N水平方向： F 2N0( M m)a0代入数据得： a01 m/s 2。(2)撤去拉力后，物块受到的摩擦力的方向向左，大小为： f1 1mg0.1110 N1 N。选择向右为正方向，则物块的加速度：a1 m/s21 m/s 2 f1m 11木板受到地面的摩擦力大小为：f2 2N00.230 N6 N根据牛顿第三定律，物块受到木板向左的摩擦力，所以木板受到物块对它的向右的摩擦力，大小为 1 N，所以木板的加速度：a2 m/s22.5 m/s 2f1 f2M 1 62设撤去力 F 时二者的速度为 v，则物块的位移：8x10 v
22、22a1木板的位移： x20 v22a2又： x1 x2 L联立方程，代入数据得： v4 m/s设力 F 作用的时间为 t，则： v a0t所以： t 4 s。va0(3)在拉力 F 的作用下木板的位移：x0 a0t2 142 m8 m12 12撤去拉力后木板的位移：x2 m3.2 m0 v22a2 0 422 2.5整个的过程中产生的热量为木板受到的地面的摩擦力与木板位移的乘积加上物块受到的摩擦力与物块相对于木板的位移的乘积，即：Q f2(x2 x0) f1(x1 x2)6(3.28)J14.8 J72 J。答案：(1)1 m/s 2 (2)4 s (3)72 J12.如图所示，传送带与水平
23、面夹角为 30，传送带与水平面夹角为 37，两传送带与一小段光滑的水平面 BC 平滑连接。两传送带均顺时针匀速率运行。现将装有货物的箱子轻放至传送带的 A 点，运送到水平面上后，工作人员将箱子内的货物取下，箱子速度不变继续运动到传送带上，传送带的 D 点与高处平台相切。已知箱子的质量 M1 kg，货物的质量 m3 kg，传送带的速度 v18 m/s， AB 长 L115 m，与箱子间的动摩擦因数为 1 。传送带 的速度 v24 m/s， CD 长 L28 m，由于水平面 BC 上不小心撒32上水，致使箱子与传送带间的动摩擦因数变为 20.5，取重力加速度 g10 m/s 2。(1)求装着货物的
24、箱子在传送带上运动的时间；(2)计算说明，箱子能否运送到高处平台上？并求在传送带上箱子向上运动的过程中产生的内能(已知 sin 370.6，cos 370.8)。解析：(1)在传送带上，根据牛顿第二定律： 1(M m)gcos 30( M m)gsin 30( M m)a9代入数据解得： a2.5 m/s 2根据运动学公式： v122 as整理可以得到： s12.8 m15 m则知箱子与传送带共速后做匀速运动根据速度公式： v1 at1则： t13.2 s与传送带一起匀速运动： L1 s v1t2则： t20.275 s故总时间为 t t1 t23.475 s。(2)在传送带上箱子先向上做匀减
25、速运动，根据牛顿第二定律：Mgsin 37 2Mgcos 37 Ma1，整理可以得到： a110 m/s 2。根据运动学公式： v22 v122 a1s 箱 1；解得 s 箱 12.4 m当达到传送带速度时，由于 Mgsin 37 2Mgcos 37，所以箱子继续减速运动则根据牛顿第二定律： Mgsin 37 2Mgcos 37 Ma2；整理可以得到： a22 m/s 2根据运动学公式：0 v222 a2s 箱 2所以： s 箱 24 m由于 s 箱 1 s 箱 26.4 m8 m，所以箱子不能运送到高处平台上第一段减速时间： t 减 1 s0.4 sv2 v1 a1 4 8 10此过程中传送带的位移大小s 减 1 v2t 减 140.4 m1.6 m两者相对位移 s1 s 箱 1 s 减 12.4 m1.6 m0.8 m产生的热量为： Q1 2Mgcos 37 s1解得 Q13.2 J第二阶段： t 减 2 s2 s0 v2 a2 4 2此过程中传送带的位移大小 s 减 2 v2t 减 242 m8 m两者相对位移 s2 s 减 2 s 箱 28 m4 m4 m产生的热量为： Q2 2Mgcos 37 s2解得 Q216 J10故总的热量为： Q Q1 Q219.2 J。答案：(1)3.475 s (2)见解析
