1、14、功能关系 能量守恒定律基础训练1(2018全国卷)如图所示，一质量为 m、长度为 l 的均匀柔软细绳 PQ 竖直悬挂，用外力将绳的下端 Q 缓慢地竖直向上拉起至 M 点， M 点与绳的上端 P 相距 l.重力加速度大13小为 g.在此过程中，外力做的功为( )A. mgl B. mgl C. mgl D. mgl19 16 13 12答案：A 解析：由“缓慢”这个关键词可知，绳动能变化量为零，然后选择 QM 段绳为研究对象，应用动能定理解题 QM 段绳的质量为 m m，未拉起时， QM 段绳的重心在23QM 中点处，与 M 点距离为 l，绳的下端 Q 拉到 M 点时， QM 段绳的重心与
2、 M 点距离为 l，13 16此过程重力做功 WG m g mgl，对绳的下端 Q 拉到 M 点的过程，应用动能(13l 16l) 19定理，可知外力做功 W WG mgl，可知 A 项正确，B、C、D 项错误192(多选)如图所示，一固定斜面倾角为 30，一质量为 m 的小物块自斜面底端以一定的初速度，沿斜面向上做匀减速运动，加速度的大小等于重力加速度的大小 g.若物块上升的最大高度为 H，则此过程中，物块的( )A动能损失了 2mgH B动能损失了 mgH2C机械能损失了 mgH D机械能损失了 mgH12答案：AC 解析：因为加速度大小等于 g，故合外力 F mg，根据动能定理，动能损失
3、等于克服合外力做的功，即 Ek FL mg 2 mgH，A 项正确，B 项错误；此过程Hsin 30中，重力势能增加了 Ep mgH，故机械能损失了 E Ek Ep mgH，C 项正确，D 项错误3(2018湖南长沙质检)(多选)如图所示， AB 为半径 R0.50 m 的四分之一圆弧轨道， B 端距水平地面的高度 h0.45 m一质量 m1.0 kg 的小滑块从圆弧轨道 A 端由静止释放，到达轨道 B 端的速度 v2.0 m/s.忽略空气的阻力取 g10 m/s2.则下列说法正确的是( )A小滑块在圆弧轨道 B 端受到的支持力大小 FN16 NB小滑块由 A 端到 B 端的过程中，克服摩擦力
4、所做的功 W3 JC小滑块的落地点与 B 点的水平距离 x0.6 mD小滑块的落地点与 B 点的水平距离 x0.3 m答案：BC 解析：小滑块在圆弧底端 B 点受重力和支持力，根据牛顿第二定律有：FN mg m ，代入数据得： FN18 N，故 A 错误由动能定理得 mgR W mv20，得v2R 12W3 J，故 B 正确小滑块从 B 点出发做平抛运动，根据平抛运动的规律，水平方向：x vt，竖直方向： h gt2，解得 x0.6 m，故 C 正确，D 错误124(2018陕西西安模拟)如图所示，光滑水平面 OB 与足够长粗糙斜面 BC 交于 B点轻弹簧左端固定于竖直墙面，现用质量为 m1的
5、滑块压缩弹簧至 D 点，然后由静止释放，滑块脱离弹簧后经 B 点滑上斜面，上升到最大高度，并静止在斜面上不计滑块在 B 点的机械能损失，换用材料相同、质量为 m2的滑块( m2m1)压缩弹簧至同一点 D 后，重复上述过程，下列说法正确的是( )3A两滑块到达 B 点时速度相同B两滑块沿斜面上升的最大高度相同C两滑块上升到最高点的过程中克服重力做的功不相同D两滑块上升到最高点的过程中机械能损失相同答案：D 解析：两滑块到达 B 点的动能相同，但速度不同，故 A 错误；两滑块在斜面上运动时加速度相同，由于初速度不同，故上升的最大高度不同，故 B 错误；两滑块上升到最高点过程克服重力做功为 mgh，
6、由能量守恒定律得 Ep mgh mg cos ，所hsin 以 mgh ，故两滑块上升到最高点过程克服重力做的功相同，故 C 错误；由能Ep1 cot 量守恒定律得 E 损 Wf mg cos mgh cot Ep，故 D 正hsin cot 1 cot 确5(2018浙江温州模拟)某工地上，一架起重机将放在地面的一个箱子吊起箱子在起重机钢绳的作用下由静止开始竖直向上运动，运动过程中箱子的机械能 E 与其位移 x 的关系图象如图所示，其中 0 x1过程的图线为曲线， x1 x2过程的图线为直线根据图象可知( )A0 x1过程中钢绳的拉力逐渐增大B0 x1过程中箱子的动能一直增加C x1 x2过
7、程中钢绳的拉力一直不变D x1 x2过程中起重机的输出功率一直增大答案：C 解析：在 Ex 图象中，切线的斜率表示拉力，由图可知 0 x1过程中拉力逐渐减小，当拉力与重力相等时，重物匀速上升；若拉力小于重力，则减速上升，选项 A、B4错误；由于 x1 x2为直线，所以拉力不变，若匀速上升，则输出功率不变，C 正确，D 错误6如图所示，质量为 M 的木块静止在光滑的水平面上，质量为 m 的子弹以速度 v0沿水平方向射中木块并最终留在木块中与木块一起以速度 v 运动已知当子弹相对木块静止时，木块前进距离 L，子弹进入木块的深度为 L，若木块对子弹的阻力 F 视为恒力，则下列关系式中正确的是( )A
8、 FL Mv212B FL mv212C FL mv (M m)v212 20 12D F(L L) mv mv212 20 12答案：ACD 解析：根据动能定理：对子弹： F(L L) mv2 mv ，选项 D 正确；12 12 20对木块： FL Mv2，A 项正确；由以上两式整理可得 FL mv (M m)v2，C 项正确12 12 20 127如图所示，静止放在水平桌面上的纸带，其上有一质量为 m1.0 kg 的铁块，它与纸带右端的距离为 L0.5 m，所有接触面之间的动摩擦因数相同现用水平向左的恒力，经 1 s 时间将纸带从铁块下抽出，当纸带全部抽出时铁块恰好到达桌面边缘且速度为 v
9、2 m/s.已知桌面高度为 H0.8 m，不计纸带重力，铁块可视为质点重力加速度取 g10 m/s，求：(1)铁块抛出后落地点离抛出点的水平距离；5(2)纸带抽出过程中系统产生的内能答案：(1)0.8 m (2)4 J解析：(1)铁块离开桌面后做平抛运动，水平方向： x vt1竖直方向： H gt12 21解得： x0.8 m.(2)设铁块的加速度为 a1，由牛顿第二定律得 mg ma1纸带抽出时，铁块的速度 v a1t1联立解得： 0.2设纸带的位移为 x2，铁块的位移： x1 a1t12 21由题意知： x2 x1 L由功能关系可得系统产生的内能 E mgx 2 mg (x2 x1)联立解
10、得 E4 J.能力提升8(2018河北衡水中学四调)(多选)如图所示，光滑水平面上放着足够长的木板 B，木板 B 上放着木块 A， A、 B 间的接触面粗糙，现在用一水平拉力 F 作用在 A 上，使其由静止开始运动，则下列说法正确的是( )A拉力 F 做的功等于 A、 B 系统动能的增加量B拉力 F 做的功大于 A、 B 系统动能的增加量C拉力 F 和 B 对 A 做的功之和小于 A 的动能的增加量D A 对 B 做的功等于 B 的动能的增加量答案：BD 解析：对整体分析可知， F 做功转化为两个物体的动能及系统的内能，故F 做的功一定大于 A、 B 系统动能的增加量，故 A 错误，B 正确；
11、由动能定理可知，拉力 F和 B 对 A 做的功之和等于 A 的动能的增加量，选项 C 错误；根据动能定理可知， A 对 B 做的功等于 B 的动能的增加量，选项 D 正确9. (2018四川泸州一诊)(多选)如图所示，一个质量为 m 的刚性圆环套在粗糙的竖直固定细杆上，圆环的直径略大于细杆的直径，圆环的两边与两个相同的轻质弹簧的一端相连，轻质弹簧的另一端连在和圆环同一高度的墙壁上的 P、 Q 两点处，弹簧的劲度系数为k，起初圆环处于 O 点，弹簧处于原长状态且弹簧的原长为 L.细杆上面的 A、 B 两点到 O 点的距离都为 L.将圆环拉至 A 点由静止释放，重力加速度为 g，对于圆环从 A 点
12、运动到 B 点的过程中，下列说法正确的是( )6A圆环通过 O 点的加速度小于 gB圆环在 O 点的速度最大C圆环在 A 点时的加速度大小为 g 2 2 kLmD圆环在 B 点的速度为 2 gL答案：CD 解析：圆环通过 O 点时只受重力，加速度等于 g，由于有加速度，速度继续增加，A、B 项错误；圆环在 A 点时，根据牛顿第二定律 mg k( L L) ma，得2 2a g ，C 正确；从 A 到 B 过程中，由于弹性势能始末状态相等，所以减少的 2 2 kLm重力势能全部转化为动能，即 2mgL mv2，所以 v2 ，D 正确12 gL10(2018河南实验中学模拟)(多选)在一水平向右匀
13、速运动的传送带的左端 A 点，每隔相同的时间 T，轻放上一个相同的工件已知工件与传送带间动摩擦因数为 ，工件质量为 m.经测量，发现后面那些已经和传送带达到相同速度的工件之间的距离均为 L.已知重力加速度为 g，下列判断正确的有( )A传送带的速度大小为LTB工件在传送带上加速时间为L2T gC每个工件与传送带间因摩擦而产生的热量为 mgL2D传送带因传送每一个工件而多消耗的能量为mL2T2答案：AD 解析：工件在传送带上先做匀加速直线运动，然后做匀速直线运动，每个7工件滑上传送带后运动的规律相同，可知 L vT，解得传送带的速度 v ，故 A 正确设LT每个工件匀加速运动的时间为 t，根据牛
14、顿第二定律得，工件的加速度为 g ，根据v v0 at，解得： t ，故 B 错误工件与传送带相对滑动的路程为：va LT g x v ，则摩擦产生的热量为： Q mg x ，故 C 错v g v22 g v22 g L22 gT2 mL22T2误根据能量守恒得，传送带因传送一个工件多消耗的能量 E mv2 mg x ，故12 mL2T2D 正确11(多选)如图甲所示，竖直光滑杆固定不动，弹簧下端固定，将滑块向下压缩弹簧至离地高度 h0.1 m 处，滑块与弹簧不拴接现由静止释放滑块，通过传感器测量到滑块的速度和离地高度 h，并作出其 Ekh 图象，如图乙所示，其中高度从 0.2 m 上升到 0
15、.35 m 范围内图象为直线，其余部分为曲线以地面为零势能面，取 g10 m/s 2，由图象可知( )甲乙A轻弹簧原长为 0.2 mB滑块的质量为 0.1 kgC弹簧最大弹性势能为 0.5 JD滑块的重力势能与弹簧的弹性势能之和最小时，动能为 0.3 J答案：AC 解析：因为从 0.2 m 开始为直线，说明只有重力做负功，弹簧恢复原长，8A 项正确；由动能定理： mgh0 Ek(h为直线对应高度)， m Ekgh 0.3100.15kg0.2 kg，B 项错误；弹簧的弹性势能最终全部转化为重力势能，Ep mgh0.210(0.350.1) J0.5 J，C 项正确；重力势能与弹性势能之和最小时
16、，应是动能最大时，从题图可得最大动能为 Ek0.32 J，D 项错误12(2018江苏泰州中学期中)如图所示，传送带 AB 总长为 l10 m，与一个半径为R0.4 m 的光滑四分之一圆轨道 BC 相切于 B 点，传送带速度恒为 v6 m/s，方向向右，现有一个滑块以一定初速度从 A 点水平滑上传送带，滑块质量为 m10 kg，滑块与传送带间的动摩擦因数为 0.1，已知滑块运动到 B 端时，刚好与传送带同速，求：(1)滑块的初速度；(2)滑块能上升的最大高度；(3)求滑块第二次在传送带上滑行时，滑块和传送带系统产生的内能答案：(1)2 m/s 或 4 m/s (2)1.8 m (3)220 J
17、14解析：(1)以滑块为研究对象，滑块在传送带上运动过程中，当滑块初速度大于传送带速度时，有 mgl mv2 mv ，解得 v02 m/s；12 12 20 14当滑块初速度小于传送带速度时，有 mgl mv2 mv ，解得 v04 m/s.12 12 20(2)由动能定理可得 mgh0 mv2，解得 h1.8 m.12(3)以滑块为研究对象，由牛顿第二定律得 mg ma，滑块的加速度 a1 m/s2，滑块减速到零的位移 s 18 m10 m，则滑块第二次在传送带上滑行时，速度没有减小到零v22a就离开传送带，由匀变速运动的位移公式可得 l vt at2，解得 t2 s( t10 s 舍去)，12在此时间内传送带的位移 x vt62 m12 m，滑块第二次在传送带上滑行时，滑块和传送带系统产生的内能Q mg (l x)0.11010(1012) J220 J.
