第4讲　功能关系　能量守恒定律 练习

1、.配餐作业功能关系能量守恒定律见学生用书P341A组·根底稳固题1如下图为跳伞爱好者表演高楼跳伞的情形，他们从楼顶跳下后，在距地面一定高度处翻开伞包，最终平安着陆，那么跳伞者A机械能一直减小B机械能一直增大C动能一直减小D重力势能一直增大解析翻开伞包后，跳伞者先减速后匀速，动能先减少后不变，C项错误；跳伞者高度下降，重力势能减小，D项错误；空气阻力一直做负功，机械能一直减小，A项正确，B项错误。答案A2.如下图，一足够长的木板在光滑的程度面上以速度v向右匀速运动，现将质量为m的物体竖直向下轻轻地放置在木板上的右端，物体m和木板之间的动摩擦因数为，为保持木板的速度不变，从物体m放到木板

2、上到它相对木板静止的过程中，须对木板施一程度向右的作用力F，那么力F对木板做功的数值为A.B.Cmv2D2mv2解析由能量转化和守恒定律可知，拉力F对木板所做的功W一部分转化为物体m的动能，一部分转化为系统内能，故Wmv2mg·s相，s相vtt，vgt，以上三式联立可得Wmv2，故C项正确。答案C3.如图，外表光滑的固定斜面顶端安装一定滑轮，小物块A、B用轻绳连接并跨过滑轮不计滑轮的质量和摩擦。初始时刻，A、B处于同一高度并恰好处于静止状态。剪断轻绳后A下落、B沿斜面下滑，那么从剪断轻绳到物块着地，两物块A速率的变化量不同B机械能的变化量不同C重力势能的变化量一样D重力做功的平均功率

3、一样解析由题意根据力的平衡有mAgmBgsin，所以mAmBsin。根据机械能守恒定律mghmv2，得v，所以两物块落地速率相等，A项错；因为两物块的机械能守恒，所以两物块的机械能变化量都为零，B项错误；根据重力做功与重力势能变化的关系，重力势能的变化为EpWGmgh，C项错误；因为A、B两物块都做匀变速运动，所以A重力的平均功率为AmAg·，B的平均功率BmBg·sin，因为mAmBsin，所以AB，D项正确。答案D4如下图，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Fmgsin；滑块与斜面间的动摩擦因数tan，取出发点为参考点，能正确描绘

4、滑块运动到最高点过程中产生的热量Q，滑块动能Ek、势能Ep、机械能E随时间t、位移x关系的是A.B.C.D.解析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Fmgsin，物体机械能保持不变，重力势能随位移x均匀增大，C项正确，D项错误；产生的热量Qfx，随位移均匀增大，滑块动能Ek随位移x均匀减小，A、B项错误。答案C5多项选择如下图，固定于程度面上的光滑斜面足够长，一轻质弹簧的一端与固定在斜面上的木板P相连，另一端与盒子A相连，A内放有光滑球B，B恰与盒子前、后壁接触，现用力推A使弹簧处于压缩状态，然后由静止释放，那么从释放盒子A到其获得

5、最大速度的过程中，以下说法正确的选项是A弹簧的弹性势能一直减少到零BA对B做的功等于B机械能的增加量C弹簧弹性势能的减少量等于A的机械能的增加量DA所受弹簧弹力和重力做的功的代数和大于A的动能的增加量解析盒子A运动过程中，弹簧弹性势能一直减少，当弹簧弹力与A、B的重力沿斜面向下的分力大小相等时，盒子的速度最大，此时弹簧的弹性势能不为零，A项错误；由功能关系知，A对B做的功等于B机械能的增加量，B项正确；将A、B和弹簧看作一个系统，那么该系统机械能守恒，所以弹簧弹性势能的减少量等于A和B机械能的增加量，C项错误；对盒子A，弹簧弹力做正功，盒子重力做负功，小球B对A沿斜面向下的弹力做负功，由动能定

6、理知A所受弹簧弹力和重力做的功的代数和大于A的动能的增加量，D项正确。答案BD6多项选择如下图，一根原长为L的轻弹簧，下端固定在程度地面上，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。假设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f，那么小球从开场下落至最低点的过程A小球动能的增量为零B小球重力势能的增量为mgHxLC弹簧弹性势能的增量为mgfHxLD系统机械能减小fH解析小球下落的整个过程中，开场时速度为零，完毕时速度也为零，所以小球动能的增量为0，故A项正确；小球下落的整个过程中，重力做功WGmghmgHxL，根据重力做功量度重力势能的变化WGEp得小

7、球重力势能的增量为mgHxL，故B项错误；根据动能定理得WGWfW弹000，所以W弹mgfHxL，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mgf·HxL，故C项正确；系统机械能的减少等于重力、弹力以外的力做的功，所以小球从开场下落至最低点的过程，抑制阻力做的功为fHxL，所以系统机械能的减小量为fHxL，故D项错误。答案AC72019·江苏多项选择如下图，三个小球A、B、C的质量均为m，A与B、C间通过铰链用轻杆连接，杆长为L，B、C置于程度地面上，用一轻质弹簧连接，弹簧处于原长。现A由静止释放下降到最低点，两轻杆间夹角由60°变为120

8、°，A、B、C在同一竖直平面内运动，弹簧在弹性限度内，忽略一切摩擦，重力加速度为g。那么此下降过程中AA的动能到达最大前，B受到地面的支持力小于mgBA的动能最大时，B受到地面的支持力等于mgC弹簧的弹性势能最大时，A的加速度方向竖直向下D弹簧的弹性势能最大值为mgL解析A的动能最大时，设B和C受到地面的支持力大小均为F，此时整体在竖直方向受力平衡，可得2F3mg，所以Fmg；在A的动能到达最大前一直是加速下降，处于失重情况，所以B受到地面的支持力小于mg，故A、B项正确；当A到达最低点时动能为零，此时弹簧的弹性势能最大，A的加速度方向向上，故C项错误；A下落的高度为hLsin60&

9、#176;Lsin30°，根据功能关系可以知道，小球A的机械能全部转化为弹簧的弹性势能，即弹簧的弹性势能最大值为EpmghmgL，故D项错误。答案AB8. 多项选择如下图，足够长的传送带与程度方向的倾角为，物块a通过平行于传送带的轻绳跨过光滑轻滑轮与物块b相连，b的质量为m。开场时，a、b及传送带均静止，且a不受传送带摩擦力作用，现让传送带逆时针匀速转动，那么在b上升h高度未与滑轮相碰过程中A物块a的重力势能减少mghB摩擦力对a做的功等于a机械能的增量C摩擦力对a做的功等于物块a、b动能增量之和D任意时刻，重力对a、b做功的瞬时功率大小相等解析因为开场时，a、b及传送带均静止，且a

10、不受传送带摩擦力作用，说明b的重力等于a沿斜面方向的分量，即mgmagsin；当物块b上升h后，物块a沿斜面下滑的间隔 为h，故a下降的高度为hsin，所以物块a的重力势能减少量为maghsinmgh，A项正确；根据功能关系，摩擦力对a做的功等于a、b机械能的增量，所以B项错误，C项正确；在任意时刻，设b的速度为v，那么a的速度大小也是v，该速度沿竖直方向的分量为vsin，故重力对b做功的瞬时功率为Pbmbgv，重力对a做功的瞬时功率为Pamagvsin，故PaPb，所以D项正确。答案ACDB组·才能提升题9如下图，小物块与程度轨道、倾斜轨道之间的动摩擦因数均一样，小物块从倾角为1的

11、轨道上高度为h的A点静止释放，运动至B点时速度为v1。现将倾斜轨道的倾角调至为2，仍将物块从轨道上高度为h的A点静止释放，运动至B点时速度为v2。2<1，不计物块在轨道接触处的机械能损失。那么Av1<v2Bv1>v2Cv1v2D由于不知道1、2的详细数值，v1、v2关系无法断定解析对小物块运动分析，如下图，物块运动过程中摩擦力做负功，重力做正功，由动能定理可得mv2mghmgcos·mgxBDmghmgh·mgxBD，因为h·xBDxBC，所以mv2mghmgxBC，故到达B点的速度与倾斜轨道的倾角无关，所以v1v2，故C项正确。答案C10如下图

12、，质量为m的滑块放在光滑的程度平台上，平台右端B与程度传送带相接，传送带的运行速度为v0，长为L。现将滑块缓慢程度向左挪动压缩固定在平台上的轻弹簧，到达某处时突然释放，当滑块滑到传送带右端C时，恰好与传送带速度一样。滑块与传送带间的动摩擦因数为。1试分析滑块在传送带上的运动情况。2假设滑块分开弹簧时的速度大于传送带的速度，求释放滑块时弹簧具有的弹性势能。3假设滑块分开弹簧时的速度大于传送带的速度，求滑块在传送带上滑行的整个过程中产生的热量。解析1假设滑块冲上传送带时的速度小于传送带的速度，那么滑块由于受到向右的滑动摩擦力而做匀加速运动；假设滑块冲上传送带时的速度大于传送带的速度，那么滑块由于受

13、到向左的滑动摩擦力而做匀减速运动。2设滑块冲上传送带时的速度大小为v，由机械能守恒定律得Epmv2，滑块从B运动到C过程，由动能定理得mgLmvmv2，所以Epmv2mvmgL。3设滑块在传送带上运动的时间为t，那么t时间内传送带的位移xv0t，v0vat，由2得v；滑块相对传送带滑动的位移xLx，相对滑动生成的热量Qmg·x，解得QmgLmv0v0。答案1见解析2mvmgL3mgLmv0v011如下图，左侧竖直墙面上固定半径为R0.3 m的光滑半圆环，右侧竖直墙面上与圆环的圆心O等高处固定一光滑直杆。质量为ma100 g的小球a套在半圆环上，质量为mb36 g的滑块b套在直杆上，二

14、者之间用长为l0.4 m的轻杆通过两铰链连接。现将a从圆环的最高处由静止释放，使a沿圆环自由下滑，不计一切摩擦，a、b均视为质点，重力加速度g取10 m/s2。求：1小球a滑到与圆心O等高的P点时的向心力大小。2小球a从P点下滑至杆与圆环相切的Q点的过程中，杆对滑块b做的功。解析1当a滑到与O同高度的P点时，a的速度v沿圆环切线向下，b的速度为零，由机械能守恒定律可得magRmav2，解得v。对小球a受力分析，由牛顿第二定律可得F2mag2 N。2杆与圆相切时，如下图，a的速度沿杆方向，设此时b的速度为vb，根据杆不可伸长和缩短，有vavbcos，由几何关系可得cos0.8，在图中，球a下降的

15、高度hRcos，a、b系统机械能守恒maghmavmbvmav2，对滑块b，由动能定理得Wmbv0.194 4 J。答案12 N 20.194 4 J12如下图，一足够长的程度传送带以速度v0匀速运动，质量均为m的小物块P和小物块Q由通过滑轮组的轻绳连接，轻绳足够长且不可伸长。某时刻物块P从传送带左端以速度2v0冲上传送带，P与定滑轮间的绳子程度。物块P与传送带间的动摩擦因数0.25，重力加速度为g，不计滑轮的质量与摩擦。1求运动过程中小物块P、Q的加速度大小之比。2求物块P刚冲上传送带到右方最远处的过程中，P、Q系统机械能的改变量。3假设传送带以不同的速度v0<v<2v0匀速运动，当v取多大时，物块P向右冲到最远处的过程中，P与传送带间产生的热量最小？最小值为多大？解析1设P的位移、加速度大小分别为s1、a1，Q的位移、加速度大小分别为s2、a2，因s12s2，故a12a2。2对P有mgTma1，对Q有mg2Tma2，得a10.6g。P