专题强化练10 功能关系能量守恒--2026人教版高中物理必修第二册章节练（含解析）
文档属性
| 名称 | 专题强化练10 功能关系能量守恒--2026人教版高中物理必修第二册章节练（含解析） |
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| 格式 | docx | ||
| 文件大小 | 604.4KB | ||
| 资源类型 | 试卷 | ||
| 版本资源 | 人教版（2019） | ||
| 科目 | 物理 | ||
| 更新时间 | 2025-12-26 22:07:25 | ||
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文档简介
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2026人教版高中物理必修第二册
专题强化练10 功能关系 能量守恒
一、选择题
1.(多选题)(2025福建仙游一中期末)如图,abc是竖直面内的光滑固定轨道,ab水平,长度为2R;bc是半径为R的四分之一圆弧,与ab相切于b点。一质量为m的小球,始终受到与重力大小相等的水平外力的作用,自a点处从静止开始向右运动,重力加速度大小为g。小球从a点开始运动到其轨迹最高点,下列说法正确的是 ( )
A.小球的机械能守恒
B.小球的机械能不守恒
C.小球的机械能的增量为5mgR
D.小球的机械能的增量为6mgR
2.(2025广东深圳模拟)如图甲,物块从固定斜面的底端上滑,机械能与动能的关系如图乙所示。已知斜面倾角为37°,物块质量为5 kg,初速度为v0,物块与斜面间的动摩擦因数为μ。以斜面底端位置为零势能面,重力加速度g取10 m/s2,sin 37°=0.6,cos 37°=0.8。下列说法正确的是 ( )
A.μ=0.4,v0=2 m/s
B.μ=0.5,v0=2 m/s
C.μ=0.4,v0= m/s
D.μ=0.5,v0= m/s
3.(2025辽宁名校联盟联考)如图甲所示,弹跳鞋是一种新型体育用品,其底部装有轻弹簧。某次从地面起跳的过程中,动能Ek随离地高度h变化的图像如图乙所示,图中h2～h3段为直线,其余部分为曲线。已知人(包括身上的装备)的质量为m,身体各部分运动状况相同,重力加速度为g,弹簧(不计质量)始终处于弹性限度内,空气阻力忽略不计,选取地面为零势能面,则 ( )
A.O～h1过程中,弹簧的弹性势能减小,直至到零
B.h1～h3过程中,人的机械能守恒
C.此过程中,弹簧弹性势能的最大值为mgh3
D.此过程中,人的机械能最大值为Ekm+mgh1
4.(2025湖南长沙一中期中)如图所示,质量为M、长度为L的小车静止在光滑的水平面上,质量为m的小物块(可视为质点)放在小车的最左端。现用一水平恒力F作用在小物块上,使小物块从静止开始做匀加速直线运动。小物块和小车之间的摩擦力大小为Ff,小物块滑到小车的最右端时,小车运动的距离为x,在这个过程中,以下结论正确的是 ( )
A.小物块到达小车最右端时具有的动能为F(L+x)
B.小物块到达小车最右端时,小车具有的动能为Fx
C.摩擦力对小物块所做的功为-Ff(L+x)
D.小物块在小车上滑行的过程中,系统产生的热量为Ffx
5.(2024山东淄博期末)如图所示为游乐场的“旋转飞椅”的示意图。“旋转飞椅”有一座椅的质量为m,“旋转飞椅”靠电机带动,稳定转动时绳与竖直方向的夹角θ=30°;若改变电机转速通过绳对座椅做功,使绳与竖直方向的夹角增大为60°,座椅稳定转动。已知绳的长度为L,绳悬点到转轴的水平距离为r=,重力加速度为g,不考虑空气阻力和绳的质量,座椅可视为质点。则该过程中,绳对座椅做的功为 ( )
A.mgL B.mgL
C.mgL D.mgL
6.(2025安徽蚌埠模拟)如图甲,水平传送带以恒定速度v0=3 m/s向左运动,t=0时将质量m=1 kg的小物块轻放在传送带上,同时在物块上施加水平向右的力F=kt(k>0),t=3 s时撤去F,物块的加速度随时间变化图像如图乙所示(水平向右为正方向),小物块最后以速度v0从左侧离开传送带。重力加速度g取10 m/s2。下列结论正确的是 ( )
A.k=3 N/s
B.t=3 s时物块的速度大小v=6 m/s
C.t=3 s后摩擦力对物块做的功W=9 J
D.t=3 s后系统产生的热量Q=18 J
7.(多选题)(2025广东东莞期末)如图所示,一小物块由静止开始沿倾角为53°的斜面向下滑动,最后停在水平地面上。斜面和地面平滑连接,且物块与斜面、物块与地面间的动摩擦因数均为,取地面为零势能面,已知sin 53°=0.8,cos 53°=0.6。该过程中,物块的机械能E、重力势能Ep、动能Ek、摩擦产生的热量Q与水平位移x的关系图像可能正确的是 ( )
8.(2025湖南岳阳模拟)如图所示,粗糙轻杆水平固定在竖直轻质转轴上A点。质量为m的小球和轻弹簧套在轻杆上,弹簧的劲度系数为k,弹簧原长为0.6L,左端固定在A点,右端与小球相连。长为L的不可伸长且质量不计的细绳一端系住小球,另一端系在转轴上B点,A、B间距离为0.6L。装置静止时将小球向左缓慢推到距A点0.4L处时松手,小球恰能保持静止。接着使装置由静止缓慢加速转动。已知小球与杆间最大静摩擦力等于滑动摩擦力,重力加速度大小为g,不计转轴所受摩擦和空气阻力的影响。下列说法正确的是 ( )
A.小球与轻杆间的动摩擦因数为μ=
B.小球与轻杆间恰无弹力时装置转动的角速度ω为
C.从开始转动到细绳伸直的过程中,小球克服摩擦力做的功为
D.若从开始转动到小球与轻杆间恰无弹力过程中,小球克服摩擦力做的功为W,则该过程外界提供给装置的能量E为+W
二、非选择题
9.(2025江苏扬州期中)如图所示,半径为R的光滑半圆形轨道ABC在竖直平面内,与水平轨道CD相切于C点,D端有一被锁定的轻质压缩弹簧,弹簧左端连接在固定的挡板上,弹簧右端Q到C点的距离为2R。质量为m的滑块(视为质点)从轨道上的P点由静止滑下,刚好能运动到Q点,并能触发弹簧解除锁定,然后滑块被弹回,且刚好能通过圆轨道的最高点A。已知∠POC=60°,求:
(1)滑块第一次滑至圆形轨道最低点C时对轨道的压力;
(2)滑块与水平轨道间的动摩擦因数μ;
(3)弹簧被锁定时具有的弹性势能。
10.(2025江苏南通海门中学期末调研)如图所示,A、B两小球由绕过轻质定滑轮的细线相连,A放在固定的光滑斜面上,斜面倾角为θ。B、C两小球通过劲度系数为k的轻质弹簧相连,放在倾角为θ、带有挡板的光滑斜面上。现用手控制住A,并使细线刚好拉直但无拉力作用,并保证滑轮两侧细线与斜面平行,且C球与挡板接触。已知A的质量为2m,B、C的质量均为m,重力加速度为g,细线与滑轮之间的摩擦不计,开始时整个系统处于静止状态。现由静止释放A:
(1)初始时,弹簧处于压缩还是伸长状态,并求弹簧的形变量x1;
(2)A沿斜面下滑至速度最大时,求C对挡板的压力大小;
(3)求A获得的最大速度vm。
答案与分层梯度式解析
1.BC 小球运动过程中,受到重力、水平外力和支持力作用,支持力不做功,水平外力做正功,所以小球的机械能不守恒,选项A错误,B正确;小球由a到c的过程,根据动能定理得F·3R-mgR=m,其中F=mg,解得vc=2,离开c点后,水平和竖直方向的加速度大小相等,所以到其轨迹最高点时,小球到c点的水平位移和竖直位移大小相等(破题关键),即h==2R,全过程机械能的增加量ΔE=F·(3R+h)=5mgR,选项C正确,D错误。
方法技巧
求解机械能变化量的方法
求解机械能的变化量时,最常用的方法是:看物体或系统除重力和系统内的弹力之外,还有没有其他的力对物体或系统做功,若其他力对物体或系统做正功,物体或系统的机械能增加;反之,做负功,则机械能减少,增加或减少的机械能就是外力做功的数值。
2.B
题图解读
由题图知Ek0=10 J,Ek0=m,解得v0=2 m/s,物块上升到最高点损失的机械能为ΔE=μmg cos 37°·x=10 J-6 J=4 J,增加的重力势能ΔEp=mgx sin 37°=6 J,联立解得μ=0.5,B正确。
3.C O～h1过程中,弹簧压缩量逐渐减小,弹簧的弹性势能减小,但没有减小到零,直到h2处为零,A错误;h1～h2过程中,弹簧压缩量逐渐减小,弹簧对人做正功,人的机械能增加,B错误;此过程中,在O点弹簧的弹性势能最大,O～h2过程,弹性势能转化为人的机械能,之后,人的机械能保持最大且不变,到达最高点h3时,人的机械能为mgh3,由能量守恒可知,弹簧的弹性势能最大值为mgh3,C正确,D错误。
4.C 小物块到达小车最右端过程,对于小物块,根据动能定理可得(F-Ff)(L+x)=Ek1-0(易错点:小物块的位移应为对地位移),小物块到达小车最右端时具有的动能为Ek1=(F-Ff)(L+x),A错误;小物块到达小车最右端过程,对于小车,根据动能定理可得Ffx=Ek2-0,小车具有的动能为Ek2=Ffx,B错误;摩擦力对小物块所做的功为Wf1=-Ff(L+x),C正确;小物块在小车上滑行的过程中,系统产生的热量为Q=Ffx相=FfL(点拨:系统产生的热量等于系统克服摩擦力做的功),D错误。
5.A 初始时有mg tan 30°=m,末状态有mg tan 60°=m,该过程中,由功能关系可知,绳对座椅做功为W=m-m+mg(L cos 30°-L cos 60°),解得W=mgL,A正确。
6.D 0～3 s内,对物块由牛顿第二定律得kt-μmg=ma,解得a=t-μg,则=2 m·s-3,解得k=2 N/s,A错误;a-t图线与时间轴围成的面积表示速度的变化量,物块的初速度为0,t=3 s时物块的速度大小为v=-×2×1 m/s+×2×4 m/s=3 m/s,B错误;小物块最后以速度v0从左侧离开传送带,由动能定理得,t=3 s后摩擦力对物块做的功为Wf=m-mv2=0,C错误;t=3 s后,物块先向右做减速运动,速度减到零后反向做匀加速运动,物块的加速度大小为μg,在传送带上做加速、减速运动的时间均为t=,系统产生的总热量为Q=μmg·(v0t+vt)+μmg(v0t-vt)=18 J(点拨:物块与传送带同向运动时,相对位移大小为两者位移大小之差,反向运动时,相对位移大小为两者位移大小之和),D正确。
方法技巧
功能关系问题的规律选取
(1)只涉及动能的变化,用动能定理。
(2)只涉及重力势能的变化,用重力做功与重力势能变化的关系分析。
(3)只涉及机械能变化,用除重力和系统内弹力之外的力做功与机械能变化的关系分析。
7.BD 设O点到斜面底端的距离为x0,物块释放点的高度为h,物块从释放到停止运动的过程中,克服摩擦力做功W克=μmg cos 53°·+μmgx1,得W克=μmgx0+μmgx1=μmgx,根据能量守恒可知Q=W克=μmgx,而物块在该过程中机械能的减少量始终等于克服摩擦力所做的功,则物块在x轴上任意位置的机械能为E=mgh-mg·x,其E-x图线为纵轴截距为mgh、斜率为-mg的倾斜直线,而其Q-x图像为过原点、斜率为mg的倾斜直线,A错误,D正确;物块的重力势能Ep=mgh-mg tan 53°·x=mgh-mg·xx≤x0=h,可知当x≤h时物块的Ep-x图线为纵轴截距mgh、斜率为-mg的图线,当x>x0时,重力势能为0保持不变,B正确;当物块从最高点下滑至斜面最低点的过程中,物块的动能Ek1=mgx tan 53°-μmg cos 53°·=mg·x(x≤x0),当物块下滑至斜面底端时其动能Ek1=mgx0,此后在水平面上克服摩擦力做功,则有Ek2=mgx0-μmg(x-x0)=mgx0-mg·x(x0≤x≤2x0),可知动能达到最大值前,其图像为过原点的倾斜直线,斜率为mg,动能达到最大后在水平面上运动,其图线的斜率为-mg,可知图像具有对称性,C错误。
8.D
模型建构
小球恰好静止,则k·(0.6L-0.4L)=μmg,解得小球与轻杆间的动摩擦因数为μ=,选项A错误;设小球与轻杆间恰好无弹力时绳与竖直方向的夹角为θ,r==0.8L,tan θ=,由牛顿第二定律得k(0.8L-0.6L)+F sin θ=mω2r,F cos θ=mg,联立解得装置转动的角速度ω=,选项B错误;从开始转动到细绳伸直的过程中,小球克服摩擦力做的功为W=μmg·0.4L=kL2,选项C错误;题设过程中弹簧初始时的压缩量与最终状态的伸长量相等,故弹性势能改变量ΔEp=0,由能量守恒定律得,该过程外界提供给装置的能量E=W+mv2,v=ωr,联立解得该过程外界提供给装置的能量E=+W,选项D正确。
9.答案 (1)2mg,方向竖直向下 (2)0.25 (3)3mgR
解析 (1)设滑块第一次滑至圆形轨道最低点C时的速度为vC,圆形轨道对滑块的支持力为FN,由牛顿第二定律可得FN-mg=m
滑块从P点到C点,由动能定理可得
mgR(1-cos 60°)=m-0
联立解得FN=2mg
由牛顿第三定律可知,滑块对轨道C点的压力大小为2mg,方向竖直向下。
(2)滑块从C到Q的过程,由动能定理可得
-μmg·2R=0-m
解得μ=0.25
(3)由题意可知,滑块在A点时,由牛顿第二定律可得mg=m
滑块从Q点到A点,由能量守恒定律可得
E弹=μmg·2R+mg·2R+m
解得弹簧弹性势能为E弹=3mgR
10.答案 (1)压缩状态 (2)0
(3)2g sin θ
解析 (1)初始时,小球B对弹簧有挤压,弹簧处于压缩状态。
对小球B受力分析有kx1=mg sin θ(点拨:人手控制着小球A,使得细线上无拉力作用,则小球B也不受细线拉力作用)
弹簧的压缩量为x1=
(2)A沿斜面下滑至速度最大时,加速度为0,对A、B、C三球沿斜面方向的受力分析如图所示,
对A球有T=2mg sin θ
对B球有T'=kx2+mg sin θ,T'=T
对C球有FN+kx2=mg sin θ
解得挡板对C球的支持力FN=0
由牛顿第三定律,C球对挡板的压力F'N=FN=0
(3)由(1)(2)可知x1=x2=,故弹簧弹性势能不变。
A从静止释放到获得最大速度,根据系统能量守恒有2mg·(x1+x2) sin θ-mg·(x1+x2) sin θ=×2m+m
解得vm=2g sin θ
名师点津
运用能量守恒定律解题的基本思路
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2026人教版高中物理必修第二册
专题强化练10 功能关系 能量守恒
一、选择题
1.(多选题)(2025福建仙游一中期末)如图,abc是竖直面内的光滑固定轨道,ab水平,长度为2R;bc是半径为R的四分之一圆弧,与ab相切于b点。一质量为m的小球,始终受到与重力大小相等的水平外力的作用,自a点处从静止开始向右运动,重力加速度大小为g。小球从a点开始运动到其轨迹最高点,下列说法正确的是 ( )
A.小球的机械能守恒
B.小球的机械能不守恒
C.小球的机械能的增量为5mgR
D.小球的机械能的增量为6mgR
2.(2025广东深圳模拟)如图甲,物块从固定斜面的底端上滑,机械能与动能的关系如图乙所示。已知斜面倾角为37°,物块质量为5 kg,初速度为v0,物块与斜面间的动摩擦因数为μ。以斜面底端位置为零势能面,重力加速度g取10 m/s2,sin 37°=0.6,cos 37°=0.8。下列说法正确的是 ( )
A.μ=0.4,v0=2 m/s
B.μ=0.5,v0=2 m/s
C.μ=0.4,v0= m/s
D.μ=0.5,v0= m/s
3.(2025辽宁名校联盟联考)如图甲所示,弹跳鞋是一种新型体育用品,其底部装有轻弹簧。某次从地面起跳的过程中,动能Ek随离地高度h变化的图像如图乙所示,图中h2～h3段为直线,其余部分为曲线。已知人(包括身上的装备)的质量为m,身体各部分运动状况相同,重力加速度为g,弹簧(不计质量)始终处于弹性限度内,空气阻力忽略不计,选取地面为零势能面,则 ( )
A.O～h1过程中,弹簧的弹性势能减小,直至到零
B.h1～h3过程中,人的机械能守恒
C.此过程中,弹簧弹性势能的最大值为mgh3
D.此过程中,人的机械能最大值为Ekm+mgh1
4.(2025湖南长沙一中期中)如图所示,质量为M、长度为L的小车静止在光滑的水平面上,质量为m的小物块(可视为质点)放在小车的最左端。现用一水平恒力F作用在小物块上,使小物块从静止开始做匀加速直线运动。小物块和小车之间的摩擦力大小为Ff,小物块滑到小车的最右端时,小车运动的距离为x,在这个过程中,以下结论正确的是 ( )
A.小物块到达小车最右端时具有的动能为F(L+x)
B.小物块到达小车最右端时,小车具有的动能为Fx
C.摩擦力对小物块所做的功为-Ff(L+x)
D.小物块在小车上滑行的过程中,系统产生的热量为Ffx
5.(2024山东淄博期末)如图所示为游乐场的“旋转飞椅”的示意图。“旋转飞椅”有一座椅的质量为m,“旋转飞椅”靠电机带动,稳定转动时绳与竖直方向的夹角θ=30°;若改变电机转速通过绳对座椅做功,使绳与竖直方向的夹角增大为60°,座椅稳定转动。已知绳的长度为L,绳悬点到转轴的水平距离为r=,重力加速度为g,不考虑空气阻力和绳的质量,座椅可视为质点。则该过程中,绳对座椅做的功为 ( )
A.mgL B.mgL
C.mgL D.mgL
6.(2025安徽蚌埠模拟)如图甲,水平传送带以恒定速度v0=3 m/s向左运动,t=0时将质量m=1 kg的小物块轻放在传送带上,同时在物块上施加水平向右的力F=kt(k>0),t=3 s时撤去F,物块的加速度随时间变化图像如图乙所示(水平向右为正方向),小物块最后以速度v0从左侧离开传送带。重力加速度g取10 m/s2。下列结论正确的是 ( )
A.k=3 N/s
B.t=3 s时物块的速度大小v=6 m/s
C.t=3 s后摩擦力对物块做的功W=9 J
D.t=3 s后系统产生的热量Q=18 J
7.(多选题)(2025广东东莞期末)如图所示,一小物块由静止开始沿倾角为53°的斜面向下滑动,最后停在水平地面上。斜面和地面平滑连接,且物块与斜面、物块与地面间的动摩擦因数均为,取地面为零势能面,已知sin 53°=0.8,cos 53°=0.6。该过程中,物块的机械能E、重力势能Ep、动能Ek、摩擦产生的热量Q与水平位移x的关系图像可能正确的是 ( )
8.(2025湖南岳阳模拟)如图所示,粗糙轻杆水平固定在竖直轻质转轴上A点。质量为m的小球和轻弹簧套在轻杆上,弹簧的劲度系数为k,弹簧原长为0.6L,左端固定在A点,右端与小球相连。长为L的不可伸长且质量不计的细绳一端系住小球,另一端系在转轴上B点,A、B间距离为0.6L。装置静止时将小球向左缓慢推到距A点0.4L处时松手,小球恰能保持静止。接着使装置由静止缓慢加速转动。已知小球与杆间最大静摩擦力等于滑动摩擦力,重力加速度大小为g,不计转轴所受摩擦和空气阻力的影响。下列说法正确的是 ( )
A.小球与轻杆间的动摩擦因数为μ=
B.小球与轻杆间恰无弹力时装置转动的角速度ω为
C.从开始转动到细绳伸直的过程中,小球克服摩擦力做的功为
D.若从开始转动到小球与轻杆间恰无弹力过程中,小球克服摩擦力做的功为W,则该过程外界提供给装置的能量E为+W
二、非选择题
9.(2025江苏扬州期中)如图所示,半径为R的光滑半圆形轨道ABC在竖直平面内,与水平轨道CD相切于C点,D端有一被锁定的轻质压缩弹簧,弹簧左端连接在固定的挡板上,弹簧右端Q到C点的距离为2R。质量为m的滑块(视为质点)从轨道上的P点由静止滑下,刚好能运动到Q点,并能触发弹簧解除锁定,然后滑块被弹回,且刚好能通过圆轨道的最高点A。已知∠POC=60°,求:
(1)滑块第一次滑至圆形轨道最低点C时对轨道的压力;
(2)滑块与水平轨道间的动摩擦因数μ;
(3)弹簧被锁定时具有的弹性势能。
10.(2025江苏南通海门中学期末调研)如图所示,A、B两小球由绕过轻质定滑轮的细线相连,A放在固定的光滑斜面上,斜面倾角为θ。B、C两小球通过劲度系数为k的轻质弹簧相连,放在倾角为θ、带有挡板的光滑斜面上。现用手控制住A,并使细线刚好拉直但无拉力作用,并保证滑轮两侧细线与斜面平行,且C球与挡板接触。已知A的质量为2m,B、C的质量均为m,重力加速度为g,细线与滑轮之间的摩擦不计,开始时整个系统处于静止状态。现由静止释放A:
(1)初始时,弹簧处于压缩还是伸长状态,并求弹簧的形变量x1;
(2)A沿斜面下滑至速度最大时,求C对挡板的压力大小;
(3)求A获得的最大速度vm。
答案与分层梯度式解析
1.BC 小球运动过程中,受到重力、水平外力和支持力作用,支持力不做功,水平外力做正功,所以小球的机械能不守恒,选项A错误,B正确;小球由a到c的过程,根据动能定理得F·3R-mgR=m,其中F=mg,解得vc=2,离开c点后,水平和竖直方向的加速度大小相等,所以到其轨迹最高点时,小球到c点的水平位移和竖直位移大小相等(破题关键),即h==2R,全过程机械能的增加量ΔE=F·(3R+h)=5mgR,选项C正确,D错误。
方法技巧
求解机械能变化量的方法
求解机械能的变化量时,最常用的方法是:看物体或系统除重力和系统内的弹力之外,还有没有其他的力对物体或系统做功,若其他力对物体或系统做正功,物体或系统的机械能增加;反之,做负功,则机械能减少,增加或减少的机械能就是外力做功的数值。
2.B
题图解读
由题图知Ek0=10 J,Ek0=m,解得v0=2 m/s,物块上升到最高点损失的机械能为ΔE=μmg cos 37°·x=10 J-6 J=4 J,增加的重力势能ΔEp=mgx sin 37°=6 J,联立解得μ=0.5,B正确。
3.C O～h1过程中,弹簧压缩量逐渐减小,弹簧的弹性势能减小,但没有减小到零,直到h2处为零,A错误;h1～h2过程中,弹簧压缩量逐渐减小,弹簧对人做正功,人的机械能增加,B错误;此过程中,在O点弹簧的弹性势能最大,O～h2过程,弹性势能转化为人的机械能,之后,人的机械能保持最大且不变,到达最高点h3时,人的机械能为mgh3,由能量守恒可知,弹簧的弹性势能最大值为mgh3,C正确,D错误。
4.C 小物块到达小车最右端过程,对于小物块,根据动能定理可得(F-Ff)(L+x)=Ek1-0(易错点:小物块的位移应为对地位移),小物块到达小车最右端时具有的动能为Ek1=(F-Ff)(L+x),A错误;小物块到达小车最右端过程,对于小车,根据动能定理可得Ffx=Ek2-0,小车具有的动能为Ek2=Ffx,B错误;摩擦力对小物块所做的功为Wf1=-Ff(L+x),C正确;小物块在小车上滑行的过程中,系统产生的热量为Q=Ffx相=FfL(点拨:系统产生的热量等于系统克服摩擦力做的功),D错误。
5.A 初始时有mg tan 30°=m,末状态有mg tan 60°=m,该过程中,由功能关系可知,绳对座椅做功为W=m-m+mg(L cos 30°-L cos 60°),解得W=mgL,A正确。
6.D 0～3 s内,对物块由牛顿第二定律得kt-μmg=ma,解得a=t-μg,则=2 m·s-3,解得k=2 N/s,A错误;a-t图线与时间轴围成的面积表示速度的变化量,物块的初速度为0,t=3 s时物块的速度大小为v=-×2×1 m/s+×2×4 m/s=3 m/s,B错误;小物块最后以速度v0从左侧离开传送带,由动能定理得,t=3 s后摩擦力对物块做的功为Wf=m-mv2=0,C错误;t=3 s后,物块先向右做减速运动,速度减到零后反向做匀加速运动,物块的加速度大小为μg,在传送带上做加速、减速运动的时间均为t=,系统产生的总热量为Q=μmg·(v0t+vt)+μmg(v0t-vt)=18 J(点拨:物块与传送带同向运动时,相对位移大小为两者位移大小之差,反向运动时,相对位移大小为两者位移大小之和),D正确。
方法技巧
功能关系问题的规律选取
(1)只涉及动能的变化,用动能定理。
(2)只涉及重力势能的变化,用重力做功与重力势能变化的关系分析。
(3)只涉及机械能变化,用除重力和系统内弹力之外的力做功与机械能变化的关系分析。
7.BD 设O点到斜面底端的距离为x0,物块释放点的高度为h,物块从释放到停止运动的过程中,克服摩擦力做功W克=μmg cos 53°·+μmgx1,得W克=μmgx0+μmgx1=μmgx,根据能量守恒可知Q=W克=μmgx,而物块在该过程中机械能的减少量始终等于克服摩擦力所做的功,则物块在x轴上任意位置的机械能为E=mgh-mg·x,其E-x图线为纵轴截距为mgh、斜率为-mg的倾斜直线,而其Q-x图像为过原点、斜率为mg的倾斜直线,A错误,D正确;物块的重力势能Ep=mgh-mg tan 53°·x=mgh-mg·xx≤x0=h,可知当x≤h时物块的Ep-x图线为纵轴截距mgh、斜率为-mg的图线,当x>x0时,重力势能为0保持不变,B正确;当物块从最高点下滑至斜面最低点的过程中,物块的动能Ek1=mgx tan 53°-μmg cos 53°·=mg·x(x≤x0),当物块下滑至斜面底端时其动能Ek1=mgx0,此后在水平面上克服摩擦力做功,则有Ek2=mgx0-μmg(x-x0)=mgx0-mg·x(x0≤x≤2x0),可知动能达到最大值前,其图像为过原点的倾斜直线,斜率为mg,动能达到最大后在水平面上运动,其图线的斜率为-mg,可知图像具有对称性,C错误。
8.D
模型建构
小球恰好静止,则k·(0.6L-0.4L)=μmg,解得小球与轻杆间的动摩擦因数为μ=,选项A错误;设小球与轻杆间恰好无弹力时绳与竖直方向的夹角为θ,r==0.8L,tan θ=,由牛顿第二定律得k(0.8L-0.6L)+F sin θ=mω2r,F cos θ=mg,联立解得装置转动的角速度ω=,选项B错误;从开始转动到细绳伸直的过程中,小球克服摩擦力做的功为W=μmg·0.4L=kL2,选项C错误;题设过程中弹簧初始时的压缩量与最终状态的伸长量相等,故弹性势能改变量ΔEp=0,由能量守恒定律得,该过程外界提供给装置的能量E=W+mv2,v=ωr,联立解得该过程外界提供给装置的能量E=+W,选项D正确。
9.答案 (1)2mg,方向竖直向下 (2)0.25 (3)3mgR
解析 (1)设滑块第一次滑至圆形轨道最低点C时的速度为vC,圆形轨道对滑块的支持力为FN,由牛顿第二定律可得FN-mg=m
滑块从P点到C点,由动能定理可得
mgR(1-cos 60°)=m-0
联立解得FN=2mg
由牛顿第三定律可知,滑块对轨道C点的压力大小为2mg,方向竖直向下。
(2)滑块从C到Q的过程,由动能定理可得
-μmg·2R=0-m
解得μ=0.25
(3)由题意可知,滑块在A点时,由牛顿第二定律可得mg=m
滑块从Q点到A点,由能量守恒定律可得
E弹=μmg·2R+mg·2R+m
解得弹簧弹性势能为E弹=3mgR
10.答案 (1)压缩状态 (2)0
(3)2g sin θ
解析 (1)初始时,小球B对弹簧有挤压,弹簧处于压缩状态。
对小球B受力分析有kx1=mg sin θ(点拨:人手控制着小球A,使得细线上无拉力作用,则小球B也不受细线拉力作用)
弹簧的压缩量为x1=
(2)A沿斜面下滑至速度最大时,加速度为0,对A、B、C三球沿斜面方向的受力分析如图所示,
对A球有T=2mg sin θ
对B球有T'=kx2+mg sin θ,T'=T
对C球有FN+kx2=mg sin θ
解得挡板对C球的支持力FN=0
由牛顿第三定律,C球对挡板的压力F'N=FN=0
(3)由(1)(2)可知x1=x2=,故弹簧弹性势能不变。
A从静止释放到获得最大速度,根据系统能量守恒有2mg·(x1+x2) sin θ-mg·(x1+x2) sin θ=×2m+m
解得vm=2g sin θ
名师点津
运用能量守恒定律解题的基本思路
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