第五章 第4单元 功能关系 能量守恒定律 课时作业
2019版一轮优化探究物理(人教版)练习：第五章 第4讲 功能关系 能量守恒定律 Word版含解析
[课时作业]单独成册方便使用[基础题组]一、单项选择题1.自然现象中蕴藏着许多物理知识，如图所示为一个盛水袋，某人从侧面缓慢推袋壁使它变形，则水的势能()A．增大B．变小C．不变D．不能确定解析：人推袋壁使它变形，对它做了功，由功能关系可得，水的重力势能增加，A正确．答案：A2．如图是安装在列车车厢之间的摩擦缓冲器结构图，图中①和②为楔块，③和④为垫板，楔块与弹簧盒、垫板间均有摩擦，在车厢相互撞击使弹簧压缩的过程中()A．缓冲器的机械能守恒B．摩擦力做功消耗机械能C．垫板的动能全部转化为内能D．弹簧的弹性势能全部转化为动能解析：由于车厢相互撞击弹簧压缩的过程中存在克服摩擦力做功，所以缓冲器的机械能减少，选项A错误，B正确；弹簧压缩的过程中，垫板的动能转化为内能和弹簧的弹性势能，选项C、D错误．答案：B3.(2018·浙江四校联考)蹦极是一项既惊险又刺激的运动，深受年轻人的喜爱．如图所示，蹦极者从P点由静止跳下，到达A处时弹性绳刚好伸直，继续下降到最低点B处，B离水面还有数米距离．蹦极者(视为质点)在其下降的整个过程中，重力势能的减少量为ΔE1，绳的弹性势能的增加量为ΔE2，克服空气阻力做的功为W，则下列说法正确的是()A．蹦极者从P到A的运动过程中，机械能守恒B．蹦极者与绳组成的系统从A到B的运动过程中，机械能守恒C．ΔE1＝W＋ΔE2D．ΔE1＋ΔE2＝W解析：蹦极者下降过程中，由于空气阻力做功，故机械能减少，A、B错误；由功能关系得W＝ΔE1－ΔE2，解得ΔE1＝W＋ΔE2，C正确，D错误．答案：C4.如图所示，木块A放在木块B的左端上方，用水平恒力F将A拉到B的右端，第一次将B固定在地面上，F做功W1，生热Q1；第二次让B在光滑水平面上可自由滑动，F做功W2，生热Q2，则下列关系中正确的是()A．W1<W2，Q1＝Q2B．W1＝W2，Q1＝Q2C．W1<W2，Q1<Q2D．W1＝W2，Q1<Q2解析：在A、B分离过程中，第一次和第二次A相对于B的位移是相等的，而热量等于滑动摩擦力乘以相对位移，因此Q1＝Q2；在A、B分离过程中，第一次A 的对地位移要小于第二次A的对地位移，而功等于力乘以对地位移，因此W1＜W2，所以选项A正确．答案：A5．(2018·河北唐山模拟)轻质弹簧右端固定在墙上，左端与一质量m＝0.5 kg的物块相连，如图甲所示．弹簧处于原长状态，物块静止且与水平面间的动摩擦因数μ＝0.2.以物块所在处为原点，水平向右为正方向建立x轴．现对物块施加水平向右的外力F，F随x轴坐标变化的关系如图乙所示．物块运动至x＝0.4 m处时速度为零．则此时弹簧的弹性势能为(g取10 m/s2)()A ．3.1 JB ．3.5 JC ．1.8 JD ．2.0 J解析：物块与水平面间的摩擦力为F f ＝μmg ＝1 N ．现对物块施加水平向右的外力F ，由F-x 图象面积表示外力F 做的功，可知F 做功W ＝3.5 J ，克服摩擦力做功W f ＝F f x ＝0.4 J ．由功能关系可知，W －W f ＝E p ，此时弹簧的弹性势能为E p ＝3.1 J ，选项A 正确．答案：A二、多项选择题6.(2018·广东佛山模拟)如图所示，质量为m 的物体(可视为质点)以某一速度从A 点冲上倾角为30°的固定斜面，其减速运动的加速度为34g ，此物体在斜面上能够上升的最大高度为h ，则在这个过程中物体( )A ．重力势能增加了mghB ．机械能损失了mgh 2C ．动能损失了mghD ．克服摩擦力做功mgh 4解析：加速度a ＝34g ＝mg sin 30°＋F f m ，解得摩擦力F f ＝14mg ；物体在斜面上能够上升的最大高度为h ，所以重力势能增加了mgh ，故A 项正确；机械能损失了F f x ＝14mg ·2h ＝12mgh ，故B 项正确；动能损失量为克服合外力做功的大小ΔE k ＝F 合外力·x ＝34mg ·2h ＝32mgh ，故C 错误；克服摩擦力做功mgh 2，故D 错误．答案：AB7．光滑水平面上静止一质量为M的木块，一颗质量为m的子弹以水平速度v1射入木块，并以速度v2穿出，对这个过程，下列说法正确的是()A．子弹克服阻力做的功等于12m(v21－v22)B．子弹对木块做的功等于子弹克服阻力做的功C．子弹对木块做的功等于木块获得的动能与子弹跟木块摩擦生热产生的内能之和D．子弹损失的动能等于木块的动能和子弹与木块摩擦转化的内能之和解析：对子弹由动能定理有W f＝12m(v22－v21)，即子弹克服阻力做的功等于12m(v21－v22)，A正确；子弹对木块做的功W木＝F f·x木，子弹克服阻力做的功W子＝F f·x子，由于水平面光滑，故x木＜x子，B项错误；由动能定理知，子弹对木块做的功，等于木块获得的动能，C项错误；由能量守恒知，D项正确．答案：AD8．(2018·山东济南联考)如图所示，轻弹簧放置在倾角为30°的光滑斜面上，下端固定于斜面底端．重10 N的滑块从斜面顶端a点由静止开始下滑，到b点接触弹簧，滑块将弹簧压缩最低至c点，然后又回到a点．已知ab＝1 m，bc＝0.2 m，g取10 m/s2.下列说法正确的是()A．整个过程中滑块动能的最大值为6 JB．整个过程中弹簧弹性势能的最大值为6 JC．从b点向下到c点过程中，滑块的机械能减少量为6 JD．从c点向上返回a点过程中，弹簧、滑块与地球组成的系统机械能守恒解析：当滑块受到的合力为0时，滑块速度最大，设滑块在d点受到合力为0，d点在b和c之间，滑块从a到d，运用动能定理得mgh ad＋W弹＝E k d－0，mgh ad<mgh ac＝10×1.2×sin 30° J ＝6 J，W弹＜0，所以E k d＜6 J，故A错误．滑块从a到c，运用动能定理得mgh ac＋W弹′＝0，解得W弹′＝－6 J，弹簧弹力做的功等于弹性势能的变化，所以整个过程中弹簧弹性势能的最大值为6 J，故B正确．从b点到c点弹簧的弹力对滑块做功为－6 J，根据动能关系知，滑块的机械能减少量为6 J，故C正确．整个过程中弹簧、滑块与地球组成的系统，没有与系统外发生能量转化，故机械能守恒，D正确．答案：BCD[能力题组]一、选择题9.如图所示，固定的倾斜光滑杆上套有一个质量为m的小球，小球与一轻质弹簧一端相连，弹簧的另一端固定在地面上的A点，已知杆与水平面之间的夹角θ<45°，当小球位于B点时，弹簧与杆垂直，此时弹簧处于原长．现让小球自C点由静止释放，在小球滑到最低点的整个过程中，关于小球的动能、重力势能和弹簧的弹性势能，下列说法正确的是()A．小球的动能与重力势能之和保持不变B．小球的动能与重力势能之和先增大后减小C．小球的动能与弹簧的弹性势能之和保持不变D．小球的重力势能与弹簧的弹性势能之和保持不变解析：小球与弹簧组成的系统在整个过程中，机械能守恒．弹簧处于原长时弹性势能为零，小球从C点到最低点的过程中，弹簧的弹性势能先减小后增大，所以小球的动能与重力势能之和先增大后减小，A项错，B项正确；小球的重力势能不断减小，所以小球的动能与弹簧的弹性势能之和不断增大，C项错；小球的动能不断变化，所以小球的重力势能与弹簧的弹性势能之和不断变化，D项错．答案：B10.如图所示，有三个斜面a、b、c，底边的长分别为L、L、3L，高度分别为3h、h、h.某物体与三个斜面间的动摩擦因数都相同，这个物体分别沿三个斜面从顶端由静止下滑到底端．三种情况相比较，下列说法正确的是()A．物体损失的机械能2ΔE c＝2ΔE b＝4ΔE aB．因摩擦产生的热量3Q a＝3Q b＝Q cC．物体到达底端的动能E k a＝3E k b＝3E k cD．因摩擦产生的热量4Q a＝2Q b＝Q c解析：设斜面和水平方向夹角为θ，斜面长度为x，则物体下滑过程中克服摩擦力做功为W＝μmgx cos θ，x cos θ即为底边长度．物体下滑，除重力外还有摩擦力做功，根据能量守恒，损失的机械能转化成摩擦产生的内能．由图可知，a和b底边相等且等于c底边的13，故摩擦生热关系为Q a＝Q b＝13Q c，即3Q a＝3Q b＝Q c，所以损失的机械能ΔE a＝ΔE b＝13ΔE c，即3ΔE a＝3ΔE b＝ΔE c，故A、D错误，B正确．设物体滑到底端时的速度为v，根据动能定理得mgH－μmgx cos θ＝12m v2－0，E k a＝3mgh－μmgL，E k b＝mgh－μmgL，E k c＝mgh－μmg·3L，则E k a>E k b>E k c，故C错误．答案：B11．(多选)(2018·山西大学附属中学模拟)如图甲所示，一倾角为37°的传送带以恒定速度运行．现将一质量m＝1 kg的物体抛上传送带，物体相对地面的速度随时间变化的关系如图乙所示，取沿传送带向上为正方向，g取10 m/s2，sin 37°＝0.6，cos 37°＝0.8.则下列说法正确的是()A．0～8 s内物体位移的大小是18 mB．0～8 s内物体机械能增量是90 JC．0～8 s内物体机械能增量是84 JD．0～8 s内物体与传送带因摩擦产生的热量是126 J解析：从题图乙求出0～8 s内物体位移的大小s＝14 m，A错误；0～8 s内，物体上升的高度h ＝s sin θ＝8.4 m ，物体机械能增量ΔE ＝ΔE p ＋ΔE k ＝90 J ，B 正确，C 错误；0～6 s 内物体的加速度a ＝μg cos θ－g sin θ＝1 m/s 2，得μ＝78，传送带速度大小为4 m/s ，Δs ＝18 m,0～8 s 内物体与传送带摩擦产生的热量Q ＝μmg cos θ·Δs ＝126 J ，D 正确．答案：BD12.(多选)如图为某探究活动小组设计的节能运输系统．斜面轨道倾角为30°，质量为M 的木箱与轨道的动摩擦因数为36.木箱在轨道顶端时，自动装货装置将质量为m 的货物装入木箱，然后木箱载着货物沿轨道无初速滑下，当轻弹簧被压缩至最短时，自动卸货装置立刻将货物卸下，然后木箱恰好被弹回到轨道顶端，再重复上述过程．下列选项正确的是( )A ．m ＝MB ．m ＝2MC ．木箱不与弹簧接触时，上滑的加速度大于下滑的加速度D ．在木箱与货物从顶端滑到最低点的过程中，减少的重力势能全部转化为弹簧的弹性势能解析：根据功能关系知，木箱在下滑和上滑时克服摩擦力所做功等于接触面之间产生的内能．木箱下滑时Q 1＝W f1＝μ(M ＋m )gl cos 30°①木箱上滑时Q 2＝W f2＝μMgl cos 30°②木箱从开始下滑到弹簧压缩至最短的过程中，设弹簧的最大弹性势能为E pmax ，则根据能量守恒定律得(M ＋m )gl sin 30°＝Q 1＋E pmax ③卸下货物后，木箱被弹回到轨道顶端的过程中，同理有E pmax ＝Mgl sin 30°＋Q 2④联立①②③④并将μ＝36代入得m＝2M，A错误，B正确；从③式可以看出，木箱下滑的过程中，克服摩擦力和弹簧弹力做功，因此木箱和货物减少的重力势能一部分转化为内能，一部分转化为弹簧的弹性势能，故D 错误；木箱不与弹簧接触时，根据牛顿第二定律得下滑时(M＋m)g sin 30°－μ(M＋m)g cos 30°＝(M＋m)a1上滑时Mg sin 30°＋μMg cos 30°＝Ma2解得a1＝g4，a2＝3g4，故C正确．答案：BC二、非选择题13.如图所示，质量为m＝1 kg的滑块，在水平力作用下静止在倾角为θ＝30°的光滑斜面上，斜面的末端B与水平传送带相接(滑块经过此位置滑上传送带时无能量损失)，传送带的运行速度为v0＝3 m/s，长为l＝1.4 m；今将水平力撤去，当滑块滑到传送带右端C时，恰好与传送带速度相同，滑块与传送带间的动摩擦因数为μ＝0.25，g取10 m/s2.求：(1)水平作用力F的大小；(2)滑块下滑的高度；(3)若滑块滑上传送带时速度大于3 m/s，滑块在传送带上滑行的整个过程中产生的热量．解析：(1)滑块受到水平力F、重力mg和支持力F N作用处于平衡状态，水平力F＝mg tan θ，F＝1033N.(2)设滑块从高为h处下滑，到达斜面底端速度为v，下滑过程机械能守恒mgh＝12m v2，得v＝2gh若滑块冲上传送带时的速度小于传送带速度，则滑块在传送带上由于受到向右的滑动摩擦力而做匀加速运动，根据动能定理有μmgl＝12m v2－12m v2则h＝v202g－μl，代入数据解得h＝0.1 m若滑块冲上传送带时的速度大于传送带的速度，则滑块由于受到向左的滑动摩擦力而做匀减速运动，根据动能定理得－μmgl＝12m v 20－12m v2则h＝v202g＋μl代入数据解得h＝0.8 m.(3)设滑块在传送带上运动的时间为t，则t时间内传送带的位移x＝v0t对滑块，有mgh＝12m v2v0＝v－atμmg＝ma滑块相对传送带滑动的位移Δx＝l－x相对滑动生成的热量Q＝μmg·Δx代入数据解得Q＝0.5 J.答案：(1)1033N(2)0.1 m或0.8 m(3)0.5 J14.如图所示，在某竖直平面内，光滑曲面AB与水平面BC 平滑连接于B点，BC右端连接内壁光滑、半径r＝0.2 m的四分之一细圆管CD，管口D端正下方直立一根劲度系数k＝100 N/m的轻弹簧，弹簧一端固定，另一端恰好与管口D端平齐．一个质量为1 kg的小球放在曲面AB上，现从距BC的高度h＝0.6 m处静止释放小球，它与BC间的动摩擦因数μ＝0.5，小球进入管口C端时，它对上管壁有F N＝2.5mg的作用力，通过CD后，在压缩弹簧过程中小球速度最大时弹簧的弹性势能E p＝0.5 J．重力加速度g取10 m/s2.求：(1)小球在C处受到的向心力大小；(2)在压缩弹簧过程中小球的最大动能E km；(3)小球最终停止的位置．解析：(1)小球进入管口C端时，它对圆管上管壁有大小为F＝2.5mg的作用力，故对小球由牛顿第二定律有F＋mg＝F n解得F n＝35 N.(2)在压缩弹簧过程中，速度最大时合力为零．设此时小球离D端的距离为x0，则有kx0＝mg解得x0＝mgk＝0.1 m在C点，有F n＝m v2Cr解得v C＝7 m/s由能量守恒定律有mg(r＋x0)＝E p＋(E km－12m v2 C )解得E km＝mg(r＋x0)＋12m v 2C－E p＝6 J.(3)小球从A点运动到C点过程，由动能定理得mgh－μmgs＝12m v2C解得B、C间距离s＝0.5 m物理备课大师 【全免费】“备课大师”全科【9门】：免注册，不收费！/ 小球与弹簧作用后返回C 处动能不变，小球的动能最终消耗在与BC 水平面相互作用的过程中．设小球在BC 上运动的总路程为s ′，由能量守恒定律有μmgs ′＝12m v 2C解得s ′＝0.7 m故最终小球在BC 上距离C 为0.5 m －(0.7 m －0.5 m)＝0.3 m(或距离B 端为0.7 m －0.5 m ＝0.2 m)处停下．答案：(1)35 N (2)6 J (3)停在BC 上距离C 端0.3 m 处(或距离B 端0.2 m 处)。
高考经典课时作业5-4 功能关系、能量守恒定律
高考经典课时作业5-4 功能关系、能量守恒定律（含标准答案及解析）时间：45分钟 分值：100分1． 木块静止挂在绳子下端，一子弹以水平速度射入木块并留在其中，再与木块一起共同摆到一定高度如图所示，从子弹开始射入到共同上摆到最大高度的过程中，下列说法正确的是( )A ．子弹的机械能守恒B ．木块的机械能守恒C ．子弹和木块的总机械能守恒D ．子弹和木块的总能量守恒 2．(2013·长春模拟)如图所示，在光滑四分之一圆弧轨道的顶端a 点，质量为m 的物块(可视为质点)由静止开始下滑，经圆弧最低点b 滑上粗糙水平面，圆弧轨道在b 点与水平轨道平滑相接，物块最终滑至c 点停止．若圆弧轨道半径为R ，物块与水平面间的动摩擦因数为μ，下列说法正确的是( )A ．物块滑到b 点时的速度为gRB ．物块滑到b 点时对b 点的压力是3mgC ．c 点与b 点的距离为RμD ．整个过程中物块机械能损失了mgR3．已知货物的质量为m ，在某段时间内起重机将货物以加速度a 加速升高h ，则在这段时间内，下列叙述正确的是(重力加速度为g )( ) A ．货物的动能一定增加mah －mgh B ．货物的机械能一定增加mah C ．货物的重力势能一定增加mah D ．货物的机械能一定增加mah ＋mgh 4．(2013·东城区模拟)2010年广州亚运会上，刘翔重归赛场，以打破亚运会记录的方式夺得110米跨栏的冠军．他采用蹲踞式起跑，在发令枪响后，左脚迅速蹬离起跑器，在向前加速的同时提升身体重心．如图所示，假设质量为m 的运动员，在起跑时前进的距离x 内，重心上升高度为h ，获得的速度为v ，阻力做功为W 阻、重力对人做功W 重、地面对人做功W 地、运动员自身做功W 人，则在此过程中，下列说法中不正确的是( )A ．地面对人做功W 地＝12mv 2＋mghB ．运动员机械能增加了12mv 2＋mghC ．运动员的重力做功为W 重＝－mghD ．运动员自身做功W 人＝12mv 2＋mgh －W 阻5．如图所示，一物体从斜面上高为h 处的A 点由静止滑下，滑至斜面底端B 时，因与水平面碰撞仅保留了水平分速度而进入水平轨道，在水平面上滑行一段距离后停在C 点，测得A 、C 两点间的水平距离为x ，设物体与斜面、水平面间的动摩擦因数均为μ，则( )A ．μ>hxB ．μ<h xC ．μ＝hxD ．无法确定6．(2013·秦皇岛模拟)如图所示，固定的倾斜光滑杆上套有一个质量为m 的圆环，圆环与竖直放置的轻质弹簧一端相连，弹簧的另一端固定在地面上的A 点，弹簧处于原长h .让圆环沿杆滑下，滑到杆的底端时速度为零．则在圆环下滑过程中( ) A ．圆环机械能守恒B ．弹簧的弹性势能先增大后减小C ．弹簧的弹性势能变化了mghD ．弹簧的弹性势能最大时圆环动能最大7．如图所示，水平面上的轻弹簧一端与物体相连，另一端固定在墙上的P 点，已知物体的质量为m ＝2.0 kg ，物体与水平面间的动摩擦因数μ＝0.4，弹簧的劲度系数k ＝200 N/m.现用力F 拉物体，使弹簧从处于自然状态的O 点由静止开始向左移动10 cm ，这时弹簧具有弹性势能E p ＝1.0 J ，物体处于静止状态，若取g ＝10 m/s 2，则撤去外力F 后( ) A ．物体向右滑动的距离可以达到12.5 cm B ．物体向右滑动的距离一定小于12.5 cm C ．物体回到O 点时速度最大D ．物体到达最右端时动能为0，系统机械能不为0 8．(2013·长春模拟)如图所示，质量为m 的可看成质点的物块置于粗糙水平面上的M 点，水平面的右端与固定的斜面平滑连接，物块与水平面及斜面之间的动摩擦因数处处相同．物块与弹簧未连接，开始时物块挤压弹簧使弹簧处于压缩状态．现从M 点由静止释放物块，物块运动到N 点时恰好静止，弹簧原长小于MM ′.若物块从M 点 运动到N 点的过程中，物块与接触面之间由于摩擦所产生的热量为Q ，物块、弹簧与地球组成系统的机械能为E ，物块通过的路程为s .不计转折处的能量损失，下列图象所描述的关系中可能正确的是( )9．(2012·高考安徽卷)如图所示，在竖直平面内有一半径为R 的圆弧轨道，半径OA 水平、OB 竖直，一个质量为m 的小球自A 的正上方P 点由静止开始自由下落，小球沿轨道到达最高点B 时恰好对轨道没有压力．已知AP ＝2R ，重力加速度为g ，则小球从P 到B 的运动过程中( ) A ．重力做功2mgR B ．机械能减少mgRC ．合外力做功mgRD ．克服摩擦力做功12mgR10．如图所示，质量为m 的长木块A 静止于光滑水平面上，在其水平的上表面左端放一质量为m 的滑块B ，已知木块长为L ，它与滑块之间的动摩擦因数为μ.现用水平向右的恒力F 拉滑块B .(1)当长木块A 的位移为多少时，B 从A 的右端滑出？ (2)求上述过程中滑块与木块之间产生的内能．11．(2012·安徽合肥一中联考)如图所示，物块A 的质量为M ，物块B 、C 的质量都是m ，并都可看做质点，且m <M <2m .三物块用细线通过滑轮连接，物块B 与物块C 的距离和物块C 到地面的距离都是L .现将物块A 下方的细线剪断，若物块A 距滑轮足够远且不计一切阻力．求：(1)物块A 上升时的最大速度；(2)若B 不能着地，求Mm满足的条件．12．如图所示， AB 是倾角为θ的粗糙直轨道，BCD 是光滑的圆弧轨道，AB 恰好在B 点与圆弧相切，圆弧的半径为R .一个质量为m 的物体(可以看做质点)从直轨道上的P 点由静止释放，结果它能在两轨道间做往返运动．已知P 点与圆弧的圆心O 等高，物体与轨道AB 间的动摩擦因数为μ.求：(1)物体做往返运动的整个过程中在AB 轨道上通过的总路程；(2)最终当物体通过圆弧轨道最低点E 时，对圆弧轨道的压力大小； (3)为使物体能顺利到达圆弧轨道的最高点D ，释放点距B 点的距离L ′应满足什么条件？标准答案及解析：1.解析：子弹射入木块过程，系统中摩擦力做负功，机械能减少，而共同上摆过程，系统只有重力做功，机械能守恒．综上所述，整个过程机械能减少，减少部分等于克服木块摩擦力做功产生的热量． 答案：D 2．答案：BCD 3．解析：据牛顿第二定律，物体所受的合外力F ＝ma ，则动能的增加量为mah ，选项A 错误；重力势能的增加量等于克服重力做的功mgh ，选项C 错误；机械能的增量为除重力之外的力做的功(ma ＋mg )h ，选项B 错误、D 正确． 答案：D 4．解析：由动能定理可知W 地＋W 阻＋W 重＋W 人＝12mv 2，其中W 重＝－mgh ，所以W 地＝12mv 2＋mgh －W 阻－W 人，A 错误；运动员机械能的增加量ΔE ＝W 地＋W 阻＋W 人＝12mv 2＋mgh ，B 正确；重力做功W 重＝－mgh ，C 正确；运动员自身做功W 人＝12mv 2＋mgh －W 阻－W 地，D 错误． 答案：AD 5．解析：μmgx <mgh ，则μ<hx，故B 正确．答案：B 6．解析：圆环下滑过程中，圆环和弹簧组成的系统机械能守恒，圆环减少的重力势能转化为动能和弹簧的弹性势能，因初末状态的动能均为零，故弹簧弹性势能的增加量等于圆环重力势能的减少量，故A 错误，C 正确；在整个过程中弹簧先逐渐压缩，再恢复原长，最后又伸长，弹簧的压缩量最大时，圆环的速度还在增大，故B 、D 均错误． 答案：C 7．解析：物体向右滑动时，kx －μmg ＝ma ，当a ＝0时速度达到最大，而此时弹簧的伸长量x ＝μmg k，物体没有回到O 点，故C 错误；因弹簧处于原长时，E p >μmg ·x ＝0.8 J ，故物体到O 点后继续向右运动，弹簧被压缩，因有E p ＝μmgx m ＋E p ′，得x m ＝E p －E p ′μmg <E pμmg＝12.5 cm ，故A 错误、B 正确；因物体滑到最右端时，动能为零，弹性势能不为零，故系统的机械能不为零，D 正确． 答案：BD 8．答案：C 9．解析：一个小球在A 点正上方由静止释放，刚好通过B 点恰好对轨道没有压力，只有重力提供向心力，即：mg ＝m v 2R ，得v 2＝gR ，对全过程运用动能定理可得D 正确．答案：D 10．解析：(1)设B 从A 的右端滑出时，A 的位移为l ，A 、B 的速度分别为v A 、v B ，由动能定理得μm gl ＝12mv 2A(F －μmg )·(l ＋L )＝12mv 2B又由同时性可得v A a A ＝v B a B ⎝⎛⎭⎫其中a A ＝μg ，a B ＝F －μmg m 可解得l ＝μmgLF －2μmg.(2)由功能关系知，拉力做的功等于A 、B 动能的增加量和A 、B 间产生的内能，即有F (l ＋L )＝12mv 2A ＋12mv 2B ＋Q可解得Q ＝μmgL . 答案：(1)μmgLF －2μmg (2)μmgL11．解析：(1)A 上升L 时速度达到最大，设为v ，由机械能守恒定律有2mgL －MgL ＝12(M ＋2m )v 2得v ＝2 2m －M g L2m ＋M.(2)C 着地后，若B 恰不能着地，即B 物块再下降L 时速度为零． 法一：根据转化观点，机械能守恒定律的表达式可写为MgL －mgL ＝12(M ＋m )v 2将v 代入，整理得：M ＝2m .法二：根据转移观点，机械能守恒定律的表达式还可写为：MgL －12Mv 2＝mgL ＋12mv 2代入v ，解得：M ＝2m 所以Mm >2时，B 物体将不会着地．答案：(1)2 2m －M g L 2m ＋M(2)Mm > 212．解析：(1)物体在P 点及最终到B 点的速度都为零，对全过程由动能定理得 mgR cos θ－μmg cos θ·s ＝0①得s ＝R μ.(2)设物体在E 点的速度为v E ，由机械能守恒定律有mgR (1－cos θ)＝12mv 2E②在E 点时由牛顿第二定律有N －mg ＝mv 2ER③联立②③式解得N ＝(3－2cos θ)mg .由牛顿第三定律可知物体对圆弧轨道E 点的压力大小为(3－2cos θ)mg . (3)设物体刚好通过D 点时的速度为v D ，由牛顿第二定律有：mg ＝m v 2DR ，得：v D ＝gR ④设物体恰好通过D 点时，释放点距B 点的距离为L 0，在粗糙直轨道上重力的功 W G 1＝mgL 0sin θ⑤滑动摩擦力的功：W f ＝－μmg cos θ·L 0⑥在光滑圆弧轨道上重力的功W G 2＝－mgR (1＋cos θ)⑦对全过程由动能定理得W G 1＋W f ＋W G 2＝12mv 2D ⑧联立④⑤⑥⑦⑧式解得：L 0＝3＋2cos θR 2 s in θ－μcos θ则L ′≥3＋2cos θR2 s in θ－μcos θ.答案：(1)Rμ (2)(3－2cos θ)mg(3)L ′≥3＋2cos θR 2 s in θ－μcos θ。
高中物理 第五章 第4讲 功能关系 能量守恒定律A卷课时提升作业 新人教版
第五章第4讲功能关系能量守恒定律 A卷(40分钟 100分)一、选择题(本大题共7小题,每小题8分,共56分。
每小题只有一个答案正确)1.行驶中的汽车制动后滑行一段距离,最后停下;流星在夜空中坠落并发出明亮的光焰;降落伞在空中匀速下降;条形磁铁在下落过程中穿过闭合线圈,线圈中产生电流。
上述不同现象中所包含的相同物理过程是( )A.重力对物体做功B.物体的动能转化为其他形式的能量C.物体的势能转化为其他形式的能量D.物体的机械能转化为其他形式的能量2.(2013·芜湖模拟)起重机将物体由静止举高h时,物体的速度为v,下列各种说法中正确的是(不计空气阻力)( )A.拉力对物体所做的功等于物体动能的增量B.拉力对物体所做的功等于物体动能和势能的增量C.拉力对物体所做的功等于物体势能的增量D.物体克服重力所做的功大于物体势能的增量3.如图所示,某人用竖直向上的力缓慢提起长为L、质量为m的置于地面上的铁链,则在将铁链提起到刚要脱离地面的过程中,提力所做的功为( )A.mgLB.mgLC.mgLD.mgL4.物体在竖直方向上分别做匀速上升、加速上升和减速上升三种运动。
在这三种情况下物体机械能的变化情况是( )A.匀速上升机械能不变,加速上升机械能增加,减速上升机械能减少B.匀速上升和加速上升机械能增加,减速上升机械能减少C.匀速上升和加速上升机械能增加,减速上升机械能可能增加,可能减少,也可能不变D.三种情况中,物体的机械能均增加5.(2012·山东高考改编)将地面上静止的货物竖直向上吊起,货物由地面运动至最高点的过程中,v -t图像如图所示。
以下判断正确的是( )A.前3 s内货物处于失重状态B.最后2 s内货物只受重力作用C.前3 s内与最后2 s内货物的平均速度相同D.第3 s末至第5 s末的过程中,货物的机械能守恒6.(2013·聊城模拟)如图所示,质量为m的物体在水平传送带上由静止释放,传送带由电动机带动,始终保持以速度v匀速运动,物体与传送带间的动摩擦因数为μ,物体过一会儿能保持与传送带相对静止,对于物体从静止释放到相对静止这一过程中,下列说法正确的是( )A.电动机做的功为mv2B.摩擦力对物体做的功为mv2C.传送带克服摩擦力做的功为mv2D.电动机增加的功率为μmgv7.(2013·安庆模拟)如图所示,一足够长的木板在光滑的水平面上以速度v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的P处。
高中物理专题课时作业功能关系能量守恒定律
第3课时功能关系能量守恒定律一、单项选择题1. 如图1所示，A、B、C三个一样的滑块从粗糙斜面上的同一高度同时开始运动，A由静止释放，B的初速度方向沿斜面向下，大小为v0，C的初速度方向沿斜面水平向左，大小也为v0.下列说法中正确的是()图1A．A和C将同时滑到斜面底端B．滑到斜面底端时，B的机械能减少最多C．滑到斜面底端时，B的动能最大D．C的重力势能减少最多答案 C解析滑块A和C通过的路程不同，在沿斜面方向的加速度大小也不相同，故A错；滑块A和B滑到底端时经过的位移相等，克服摩擦力做功相等，而滑块C的路程较大，机械能减少得较多，故B错，C对；三个滑块滑到底端时重力势能减少量相同，故D错．2. 如图2所示，竖立在水平面上的轻弹簧，下端固定，将一个金属球放在弹簧顶端(球与弹簧不连接)，用力向下压球，使弹簧被压缩，并用细线把小球和地面拴牢(图甲)．烧断细线后，发现球被弹起且脱离弹簧后还能继续向上运动(图乙)．那么该球从细线被烧断到刚脱离弹簧的运动过程中，下列说法正确的是()图2A．弹簧的弹性势能先减小后增大B．球刚脱离弹簧时动能最大C．球在最低点所受的弹力等于重力D ．在某一阶段内，小球的动能减小而小球的机械能增加答案 D解析 从细线被烧断到球刚脱离弹簧的运动过程中，弹簧的弹性势能转化为小球的机械能，弹性势能逐渐减小，选项A 错误；当弹簧弹力与小球重力相等时，小球的动能最大，此后弹簧继续对球做正功，但球的动能减小，而球的机械能却增大，所以选项B 错误，D 正确；小球能继续上升，说明在细线烧断瞬间小球在最低点时受到的弹力大于球的重力，选项C 错误．3. 游乐场中有一种叫“空中飞椅”的设施，其基本装置是将绳子上端固定在转盘的边缘上，绳子下端连接座椅，人坐在座椅上随转盘旋转而在空中飞旋，若将人和座椅看成质点，简化为如图3所示的模型，其中P 为处于水平面内的转盘，可绕竖直转轴OO ′转动，已知绳长为l ，质点的质量为m ，转盘静止时悬绳与转轴间的距离为d .让转盘由静止逐渐加速转动，经过一段时间后质点与转盘一起做匀速圆周运动，此时绳与竖直方向的夹角为θ，不计空气阻力及绳重，绳子不可伸长，则质点从静止到做匀速圆周运动的过程中，绳子对质点做的功为( )图3A.12mg (d ＋l sin θ)tan θ＋mgl (1－cos θ) B.12mgd tan θ＋mgl (1－cos θ) C.12mg (d ＋l sin θ)tan θ D.12mgd tan θ 答案 A解析 由于质点做匀速圆周运动，有mg tan θ＝m v 2d ＋l sin θ，所以质点做匀速圆周运动时的动能为E k ＝12m v 2＝12mg (d ＋l sin θ)tan θ，设静止时质点的重力势能为零，则此时质点的重力势能W G ＝mgl (1－cos θ)，由能量守恒知质点从静止到做匀速圆周运动的过程中，绳子对质点做的功全部转化成质点的机械能，所以选项A 正确．二、多项选择题4．光滑水平面上静止一质量为M 的木块，一颗质量为m 的子弹以水平速度v 1射入木块，并以速度v 2穿出，对这个过程，下列说法正确的是( )A ．子弹克服阻力做的功等于12m (v 21－v 22) B ．子弹对木块做的功等于子弹克服阻力做的功C ．子弹对木块做的功等于木块获得的动能与子弹跟木块摩擦生热产生的内能之和D ．子弹损失的动能等于木块的动能和子弹与木块摩擦转化的内能之和答案 AD5. (2013·山东·16)如图4所示，楔形木块abc 固定在水平面上，粗糙斜面ab 和光滑斜面bc 与水平面的夹角相同，顶角b 处安装一定滑轮．质量分别为M 、m (M >m )的滑块通过不可伸长的轻绳跨过定滑轮连接，轻绳与斜面平行．两滑块由静止释放后，沿斜面做匀加速运动．若不计滑轮的质量和摩擦，在两滑块沿斜面运动的过程中( )图4A ．两滑块组成系统的机械能守恒B ．重力对M 做的功等于M 动能的增加C ．轻绳对m 做的功等于m 机械能的增加D ．两滑块组成系统的机械能损失等于M 克服摩擦力做的功答案 CD解析 两滑块释放后，M 下滑、m 上滑，摩擦力对M 做负功，系统的机械能减小，减小的机械能等于M 克服摩擦力做的功，选项A 错误，D 正确．除重力对滑块M 做正功外，还有摩擦力和绳的拉力对滑块M 做负功，选项B 错误．绳的拉力对滑块m 做正功，滑块m 机械能增加，且增加的机械能等于拉力做的功，选项C 正确．6. 如图5所示，倾斜传送带沿逆时针方向匀速转动，在传送带的A 端无初速度放置一物块．选择B 端所在的水平面为参考平面，物块从A 端运动到B 端的过程中，其机械能E 与位移x 的关系图象可能正确的是( )图5答案 BD解析 选择B 端所在的水平面为参考平面，可知初始状态下物块的机械能不为0，A 错误．由于物块初速度为0，在物块速度达到与传送带速度相等之前，物块相对传送带向上运动，受到向下的摩擦力，除重力外只有此摩擦力对物块做正功，其机械能增大．若传送带不是足够长时，物块速度与传送带达到共速前已到B 端，则对应于图象B ，否则达到共速后物块所受摩擦力方向突变为向上，摩擦力开始对物块做负功，物块的机械能开始减少，故C 错误，D 正确．三、非选择题7. 如图6所示，质量为m 的长木块A 静止于光滑水平面上，在其水平的上表面左端放一质量为m 的滑块B ，已知木块长为L ，它与滑块之间的动摩擦因数为μ.现用水平向右的恒力F 拉滑块B .图6(1)当长木块A 的位移为多少时，B 从A 的右端滑出？(2)求上述过程中滑块与木块之间产生的内能．答案 (1)μmgL F －2μmg(2)μmgL 解析 (1)设B 从A 的右端滑出时，A 的位移为x ，A 、B 的速度分别为v A 、v B ，由动能定理得μmgx ＝12m v 2A(F －μmg )·(x ＋L )＝12m v 2B又因为v A ＝a A t ＝μgtv B ＝a B t ＝F －μmg m t ，解得x ＝μmgL F －2μmg. (2)由功能关系知，拉力F 做的功等于A 、B 动能的增加量和A 、B 间产生的内能，即有F (x ＋L )＝12m v 2A ＋12m v 2B ＋Q 解得Q ＝μmgL .8．如图7所示为一传送装置，其中AB 段粗糙，AB 段长为L ＝0.2 m ，动摩擦因数μ＝0.6，BC 、DEN 段均可视为光滑，且BC 的始、末端均水平，具有h ＝0.1 m 的高度差，DEN 是半径为r ＝0.4 m 的半圆形轨道，其直径DN 沿竖直方向，C 位于DN 竖直线上，CD 间的距离恰能让小球自由通过．在左端竖直墙上固定一轻质弹簧，现有一可视为质点的小球，小球质量m ＝0.2 kg ，水平向左压缩轻质弹簧至A 点后由静止释放(小球和弹簧不粘连)，小球刚好能沿DEN 轨道滑下．求：(g 取10 m/s 2)图7(1)小球到达N 点时的速度；(2)压缩的弹簧所具有的弹性势能．答案 (1)2 5 m/s ，方向沿水平方向向左 (2)0.44 J解析 (1)小球刚好能沿DEN 轨道滑下，则在半圆最高点D 点必须满足：mg ＝m v 2D r从D 点到N 点，由机械能守恒得：12m v 2D ＋mg ·2r ＝12m v 2N ＋0 联立以上两式，代入数据得：v D ＝2 m/sv N ＝2 5 m/s ，方向沿水平方向向左(2)弹簧推开小球的过程中，弹簧对小球所做的功W 等于弹簧所具有的弹性势能E p .小球从A点到C 点，根据动能定理得W －μmgL ＋mgh ＝12m v 2D－0 代入数据得W ＝0.44 J.即压缩的弹簧所具有的弹性势能为0.44 J.9．如图8所示，质量为m 的滑块放在光滑的水平平台上，平台右端B 与水平传送带相接，传送带的运行速度为v 0，长为L .现将滑块缓慢水平向左移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，恰好与传送带速度相同．滑块与传送带间的动摩擦因数为μ.图8(1)试分析滑块在传送带上的运动情况；(2)若滑块离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)若滑块离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．答案 (1)见解析 (2)12m v 20＋μmgL (3)μmgL －m v 0(v 20＋2μgL －v 0) 解析 (1)若滑块冲上传送带时的速度小于传送带的速度，则滑块由于受到向右的滑动摩擦力而做匀加速运动；若滑块冲上传送带时的速度大于传送带的速度，则滑块由于受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E p ＝12m v 2 滑块从B 运动到C 过程，由动能定理得－μmgL ＝12m v 20－12m v 2 所以E p ＝12m v 2＝12m v 20＋μmgL (3)设滑块在传送带上运动的时间为t ，则t 时间内传送带的位移x ＝v 0t ，v 0＝v ＋at 由(2)得v ＝v 20＋2μgL滑块相对传送带滑动的位移Δx ＝L －x相对滑动生成的热量Q ＝μmg ·Δx解得Q ＝μmgL －mv 0(v 20＋2μgL －v 0)。
高考物理第五章第4节功能关系能量守恒定律学案
第4节功能关系能量守恒定律一、功能关系1.功能关系(1)功是能量转化的量度，即做了多少功就有多少能量发生了转化。
功不是能，只是能量转化的途径，转化多少能量，就需要做多少功。
(2)做功的过程一定伴随着能量的转化，而且能量的转化必须通过做功来实现。
2．几种常见的功能关系几种常见力做功对应的能量变化数量关系式重力正功重力势能减少W G＝－ΔE p 负功重力势能增加弹簧等的弹力正功弹性势能减少W弹＝－ΔE p 负功弹性势能增加电场力正功电势能减少W电＝－ΔE p 负功电势能增加合力正功动能增加W合＝ΔE k 负功动能减少重力以外的其他力正功机械能增加W其＝ΔE 负功机械能减少3(1)滑动摩擦力与两物体间相对位移的乘积等于产生的内能，即F f x相对＝Q。
(2)感应电流克服安培力做的功等于产生的电能，即W克安＝E电。
二、能量守恒定律1．内容：能量既不会凭空产生，也不会凭空消失。
它只能从一种形式转化为另一种形式，或者从一个物体转移到另一个物体，而在转化和转移的过程中，能量的总量保持不变。
2．表达式：ΔE减＝ΔE增。
自然界中虽然能量守恒，但很多能源利用之后不可再重新利用，即能源品质降低，所以要节约能源。
[基础自测]一、判断题(1)力对物体做了多少功，物体就具有多少能。
(×)(2)能量在转移或转化过程中，其总量会不断减少。
(×)(3)在物体的机械能减少的过程中，动能有可能是增大的。
(√)(4)既然能量在转移或转化过程中是守恒的，故没有必要节约能源。
(×)(5)节约可利用能源的目的是为了减少污染排放。
(×)(6)滑动摩擦力做功时，一定会引起机械能的转化。
(√)(7)一个物体的能量增加，必定有别的物体的能量减少。
(√)二、选择题1．上端固定的一根细线下面悬挂一摆球，摆球在空气中摆动，摆动的幅度越来越小。
对此现象下列说法正确的是( )A．摆球机械能守恒B．总能量守恒，摆球的机械能正在减少，减少的机械能转化为内能C．能量正在消失D．只有动能和重力势能的相互转化解析：选B 由于空气阻力的作用，摆球的机械能减少，机械能不守恒，减少的机械能转化为内能，内能增加，能量总和不变，B正确。
高三物理一轮复习课时作业4：5.4功能关系 能量守恒定律
第4课时功能关系能量守恒定律(限时：45分钟)A组对点训练——巩固基础知识题组一对功能关系的理解1．(多选)(2012·海南高考)下列关于功和机械能的说法，正确的是()A．在有阻力作用的情况下，物体重力势能的减少不等于重力对物体所做的功B．合力对物体所做的功等于物体动能的改变量C．物体的重力势能是物体与地球之间的相互作用能，其大小与势能零点的选取有关D．运动物体动能的减少量一定等于其重力势能的增加量2．(多选)(2015·山东济南调研)跳伞运动员从悬停的直升机上跳下，经过一段时间后拉开绳索开启降落伞，如图所示是跳伞过程中的v-t图象．若将人和伞看成—个系统，则()A．系统先加速运动，接着减速运动，最后匀速运动B．系统受到的合外力始终向下C．阻力对系统始终做负功D．系统的机械能守恒3.如图，长为L的木板固定在水平地面上，质量为m的铁块在水平恒力F作用下沿木板上表面从左端滑到右端，铁块与木板间的动摩擦因数为μ.不计铁块的大小，重力加速度为g，以地面为参考系．此过程中()A．恒力F对铁块做的功为FLB．铁块对木板的摩擦力对木板做的功为μmgLC．铁块对木板的摩擦力对木板做的功为－μmgLD．木板对铁块的摩擦力对铁块做的功与铁块对木板的摩擦力对木板做的功的代数和为零4.(2014·东北师大附中检测)如图5-4-17所示，一轻弹簧的左端固定，右端与一小球相连，小球处于光滑水平面上．现对小球施加一个方向水平向右的恒力F，使小球从静止开始运动，则小球在向右运动的整个过程中( )A ．小球和弹簧组成的系统机械能守恒B ．小球和弹簧组成的系统机械能逐渐减小C ．小球的动能逐渐增大D ．小球的动能先增大然后减小题组二 功能关系、能量守恒的应用5．如图所示，电梯的质量为M ，其天花板上通过一轻质弹簧悬挂一质量为m 的物体．电梯在钢索的拉力作用下由静止开始竖直向上加速运动，不计空气阻力的影响，当上升高度为H 时，电梯的速度达到v ，则在这段运动过程中，以下说法正确的是 ( )A ．轻质弹簧对物体的拉力所做的功等于12mv 2 B ．钢索的拉力所做的功等于12mv 2＋MgH C ．轻质弹簧对物体的拉力所做的功大于12mv 2 D ．钢索的拉力所做的功等于12(m ＋M )v 2＋(m ＋M )gH 6．(2014·沈阳高三质量检测(二))将一质量为m 的小球套在一光滑的、与水平面夹角为α(α<45°)的固定杆上，小球与一原长为L 的轻质弹性绳相连接，弹性绳的一端固定在水平面上，将小球从离地面L 高处由静止释放，刚释放时，弹性绳长为L ，如图所示．小球滑到底端时速度恰好为零，则小球运动过程中，下列说法中正确的是( )A ．小球的机械能守恒B ．弹性绳的弹性势能将一直增大C ．小球到达底端时，弹性绳的弹性势能为mgL (cot α－1)D．小球和弹性绳，组成的系统机械能守恒7．(2014·扬州模拟)如图5-4-20所示，质量m＝10 kg和M＝20 kg的两物块，叠放在光滑水平面上，其中物块m通过处于水平方向的轻弹簧与竖直墙壁相连，初始时刻，弹簧处于原长状态，弹簧的劲度系数k＝250 N/m.现用水平力F作用在物块M上，使其缓慢地向墙壁移动，当移动40 cm时，两物块间开始相对滑动，在相对滑动前的过程中，下列说法中正确的是()A．M受到的摩擦力保持不变B．物块m受到的摩擦力对物块m不做功C．推力做的功等于弹簧增加的弹性势能D．开始相对滑动时，推力F的大小等于200 N8．(多选)山东电视台“快乐向前冲”栏目最后一关，选手需要抓住固定在支架上的绳子向上攀登，才可冲上领奖台，如图5-4-21所示．如果某选手刚刚匀速攀爬到绳子顶端时，突然因抓不住绳子而加速滑下，对该过程进行分析(不考虑脚蹬墙壁的作用)，下述说法正确的是()A．上行时，人受到绳子的拉力与重力和摩擦力平衡B．上行时，绳子拉力对人做的功等于人重力势能的增加C．下滑时，人受到的重力大于摩擦力，加速度小于gD．下滑时，重力势能的减小大于动能的增加，机械能的减少量等于克服摩擦力做的功B组深化训练——提升应考能力9．(多选)如图5-4-22所示，在升降机内固定一光滑的斜面体，一轻弹簧的一端连在位于斜面体上方的固定木板B上，另一端与质量为m的物块A相连，弹簧与斜面平行．整个系统由静止开始加速上升高度h的过程中()A．物块A的重力势能增加量一定等于mghB．物块A的动能增加量等于斜面的支持力和弹簧的拉力对其做功的代数和C．物块A的机械能增加量等于斜面的支持力和弹簧的拉力对其做功的代数和D．物块A和弹簧组成系统的机械能增加量等于斜面对物块的支持力和B对弹簧的拉力做功的代数和10．(多选)(2015·福州一中检测)足够长的粗糙斜面上，用力推着一物体沿斜面向上运动，t＝0时撤去推力，0～6 s内速度随时间的变化情况如图5-4-23所示，由图象可知()A．0～1 s内重力的平均功率大小与1～6 s内重力平均功率大小之比为5∶1B．0～1 s内摩擦力的平均功率与1～6 s内摩擦力平均功率之比为1∶1C．0～1 s内机械能变化量大小与1～6 s内机械能变化量大小之比为1∶5D．1～6 s内动能变化量大小与机械能变化量大小之比为1∶211．(2015·浙江瑞安四校联考)如图5-4-24所示，固定斜面的倾角θ＝30°，物体A与斜面之间的动摩擦因数μ＝32，轻弹簧下端固定在斜面底端，弹簧处于原长时上端位于C点．用一根不可伸长的轻绳通过轻质光滑的定滑轮连接物体A和B，滑轮右侧绳子与斜面平行，A 的质量为2m，B的质量为m，初始时物体A到C点的距离为L.现给A、B一初速度v0>gL，使A开始沿斜面向下运动，B向上运动，物体A将弹簧压缩到最短后又恰好能弹到C点．已知重力加速度为g，不计空气阻力，整个过程中，轻绳始终处于伸直状态，求：(1)物体A向下运动刚到C点时的速度；(2)弹簧的最大压缩量；(3)弹簧的最大弹性势能．12．如图5-4-25所示，倾角为37°的部分粗糙的斜面轨道和两个光滑半圆轨道组成翘尾巴的S形轨道．两个光滑半圆轨道半径都为R＝0.2 m，其连接处CD之间留有很小空隙，刚好能够使小球通过，CD之间距离可忽略．斜面上端有一弹簧，弹簧上端固定在斜面上的挡板上，弹簧下端与一个可视为质点、质量为m＝0.02 kg的小球接触但不固定，此时弹簧处于压缩状态并锁定，弹簧的弹性势能E p＝0.27 J．现解除弹簧的锁定，小球从A点出发，经翘尾巴的S形轨道运动后从E点水平飞出，落到水平地面上，落点到与E点在同一竖直线上B点的距离为s＝2.0 m．已知斜面轨道的A点与水平面上B点之间的高度为h＝1.0 m，小球与斜面的粗糙部分间的动摩擦因数为0.75，小球从斜面到达半圆轨道通过B点时，前后速度大小不变，不计空气阻力，g取10 m/s2，求：(1)小球从E点水平飞出时的速度大小；(2)小球对B点轨道的压力；(3)斜面粗糙部分的长度x.『答案』1.『解析』物体重力做的功总等于重力势能的减少量，因此A错；根据动能定理可知合力对物体所做的功等于物体动能的改变量，因此B正确；根据重力势能的定义和特点可知C正确；当有除重力以外的力对物体做功时，运动物体动能的减少量不等于其重力势能的增加量，因此D错．『答案』BC2.『解析』由速度图象可知，系统先加速运动，接着减速运动，最后匀速运动，系统受到的合外力先向下后向上最后为零，A正确，B错误．阻力与速度方向相反，对系统始终做负功，系统的机械能不守恒，C正确，D错误．『答案』AC3.『解析』根据功的定义可知，选项A正确；木板对铁块的摩擦力对铁块做的功为－μmgL，由于木板对地的位移为零，所以铁块对木板的摩擦力对木板做功为零．故选项B、C、D均错误．『答案』 A4.『解析』小球在向右运动的整个过程中，力F做正功，由功能关系知小球和弹簧组成的系统机械能逐渐增大，A项错误，B项错误；弹力一直增大，当弹力等于F时，小球的速度最大，动能最大，当弹力大于F时，小球开始做减速运动，速度减小，动能减小，C 项错误，D项正确．『答案』 D5.『答案』 C6.『解析』在小球下滑过程中，小球和弹性绳的机械能守恒，则A错误，D正确；弹性绳的弹性势能先不变后增大，选项B错误；由机械能守恒定律，弹性绳的弹性势能增加了mgL，选项C错误．『答案』 D7.『解析』取m和M为一整体，由平衡条件可得：F＝kx，隔离m，由平衡条件可得：F f＝kx，可见M缓慢左移过程中，M受的摩擦力在增大，开始滑动时，F f＝kx m＝100 N，故此时推力F为100 N，A、D均错误，m受的摩擦力对m做正功，B错误；系统缓慢移动，动能不变，且又无内能产生，由能量守恒定律可知，推力F做的功全部转化为弹簧的弹性势能，C正确．『答案』 C8.『解析』 人匀速上升时，绳子对人的摩擦力等于人的重力，A 错误；人上升过程中，人拉绳子，对自身做功，绳子并不对人做功，B 错误；人下滑时，由mg －F f ＝ma ，可知，F f <mg ，a <g ，C 正确；人下滑时，重力势能的减小量有一部分用于克服摩擦力做功，故其动能的增加量一定小于重力势能的减少量，D 正确．『答案』 CD9.『解析』 由于斜面光滑，物块A 静止时弹簧弹力与斜面支持力的合力与重力平衡，当整个装置加速上升时，由牛顿第二定律可知物块A 受到的合力应向上，故弹簧伸长量增加，物块A 相对斜面下滑一段距离，故选项A 错误；根据动能定理可知，物块A 动能的增加量应等于重力、支持力及弹簧弹力对其做功的代数和，故选项B 错误；物块A 机械能的增加量应等于除重力以外的其他力对其做功的代数和，选项C 正确；物块A 和弹簧组成的系统机械能增加量应等于除重力和弹簧弹力以外的其他力做功的代数和，故选项D 正确．『答案』 CD10.『解析』 由图可知，物体上升加速度a 1＝10 m/s 2，物体下滑加速度a 2＝2 m/s 2.上升时mg sin θ＋f ＝ma 1，下滑时mg sin θ－f ＝ma 2.由两式可得f ＝4m ，对于A 项0～1 s 内重力的平均功率大小为P G 1＝mg v 1sin θ＝mg sin θ×5，1～6 s 内重力的平均功率大小为P G 2＝mg v 2sin θ＝5mg sin θ，则P G 1∶P G 2＝1∶1，故A 项错误；对于B 项0～1 s 内摩擦力的平均功率P f 1＝f v 1＝5f1～6 s 内摩擦力的平均功率P f 2＝f ·v 2＝5f ，则P f 1∶P f 2＝1∶1，故B 项正确；对于C 项机械能变化量大小应等于摩擦力所做的功，则0～1 s 内Wf 1＝f ×5＝5f1～6 s 内Wf 2＝f ×12×5×10＝25f ，则Wf 1∶Wf 2＝1∶5，故C 项正确；对于D 项，1～6 s 内动能变化量大小为ΔE k ＝12m ×102＝50 m ，机械能变化量大小为W f ＝25f ＝25×4 m ＝100 m ，其比值为1∶2.故D 项正确．『答案』 BCD11.『解析』 (1)A 与斜面间的滑动摩擦力F f ＝2μmg cos θ物体从A 向下运动到C 点的过程中，根据功能关系有2mgL sin θ＋12·3mv 20＝12·3mv 2＋mgL ＋F f L 解得v ＝v 20－gL(2)从物体A 接触弹簧，将弹簧压缩到最短后又恰回到C 点，对系统应用动能定理－F f ·2x ＝0－12×3mv 2 解得x ＝v 202g －L 2(3)弹簧从压缩到最短到恰好能弹到C 点的过程中，对系统根据功能关系有E p ＋mgx ＝2mgx sin θ＋F f x所以E p ＝F f x ＝3mv 204－3mgL 4『答案』 (1)v 20－gL (2)v 202g －L 2 (3)3mv 204－3mgL 412.『解析』 (1)小球从E 点水平飞出做平抛运动，设小球从E 点水平飞出时的速度大小为v E ，由平抛运动规律知，s ＝v E t,4R ＝12gt 2，联立解得v E ＝s 42g R ＝5 m/s. (2)小球从B 点运动到E 点的过程，由机械能守恒有12mv 2B ＝mg ×4R ＋12mv 2E ，解得v 2B ＝8gR ＋s 2g 8R，则v B ＝41 m/s 在B 点有F N －mg ＝m v 2B R ，所以F ′N ＝F N ＝9mg ＋mgs 28R2＝4.3 N ，方向竖直向下． (3)小球沿斜面下滑到B 点的过程，由功能关系有mgh －μmg cos 37°·x ＝12mv 2B－E p ，解得x ＝0.5 m.『答案』 (1)5 m/s (2)4.3 N 竖直向下(3)x ＝0.5 m。
高中物理-课时作业24功能关系、能量守恒定律
课时作业(二十四)功能关系能量守恒定律[基础训练]1．静止在地面上的物体在竖直向上的恒力作用下上升，在某一高度撤去恒力．不计空气阻力，在整个上升过程中，物体机械能随时间的变化关系是()ABCD答案：C解析：以地面为零势能面，以竖直向上为正方向，则对物体，在撤去外力前，有F－mg＝ma，h＝12at2，某一时刻的机械能E＝ΔE＝F·h，解以上各式得E＝Fa2·t2∝t2，撤去外力后，物体机械能守恒，故只有C正确．2．如图所示，质量为m的物块静止在水平面上，物块上连接一根劲度系数为k的轻质弹簧．某时刻(t＝0)施加一外力在弹簧上端A点，让A点以速度v匀速上升，重力加速度为g，则下列说法正确的是()A．经过时间t＝mgk v物块脱离地面B．物块脱离地面后以速度v向上做匀速运动C．物块脱离地面后向上运动的过程中其机械能守恒D．整个过程中弹簧、物块、地球所组成系统的机械能守恒答案：A解析：设物块刚脱离地面时A点上升的距离为x，物块刚脱离地面时弹簧的拉力等于物块的重力，则有mg＝kx，解得x＝mgk.因A点匀速运动，则有t＝x v＝mgk v，故A项正确．物块脱离地面后弹簧的拉力大于其重力，物块做加速运动，故B项错误．物块脱离地面后向上运动的过程中弹簧的拉力对其做正功，则知其机械能增加，故C项错误．由于外力做正功，所以整个过程中弹簧、物块、地球所组成系统的机械能增加，故D项错误．3．(多选)在倾角为30°的斜面上，某人用平行于斜面的力把原来静止于斜面上的质量为2 kg的物体沿斜面向下推了2 m的距离，并使物体获得1 m/s的速度，已知物体与斜面间的动摩擦因数为33，取g＝10 m/s2，如图所示，则在这个过程中()A．人对物体做功21 JB．合力对物体做功1 JC．物体克服摩擦力做功21 JD．物体重力势能减小20 J答案：BD解析：根据动能定理可知，合力对物体做的功等于物体动能的变化量，即W合＝12m v2＝12×2×12J＝1 J，故B项正确．物体克服摩擦力做功W f＝μmgx cos θ，代入数据可得W f＝20 J，故C项错误．物体重力势能的减小量等于重力做的功W G＝mgx sin θ＝20 J，故D项正确．设人对物体做功为W人，则应满足W人＋W G－W f＝W合，代入数据可得W人＝1 J，即人对物体做功1 J，故A项错误．4．如图所示，某段滑雪雪道倾角为30°，总质量为m(包括雪具在内)的滑雪运动员从距底端高为h处的雪道上由静止开始匀加速下滑，加速度为13g.在他从上向下滑到底端的过程中，下列说法正确的是()A．运动员减少的重力势能全部转化为动能B．运动员获得的动能为13mghC．运动员克服摩擦力做功为23mghD．下滑过程中系统减少的机械能为13mgh答案：D解析：运动员的加速度大小为13g，小于g sin 30°＝12g，所以其必受摩擦力，且大小为16mg，克服摩擦力做的功为16mg×hsin 30°＝13mgh，故C错误．摩擦力做负功，机械能不守恒，减少的重力势能没有全部转化为动能，有13mgh转化为内能，故A错误，D正确．由动能定理知，运动员获得的动能为13mg×h sin 30°＝23mgh，故B错误．5．一质点在0～15 s内竖直向上运动，其加速度—时间图象如图所示，若取竖直向下为正，取g＝10 m/s2，则下列说法正确的是()A．质点的机械能不断增加B．在0～5 s内质点的动能增加C．在10～15 s内质点的机械能一直增加D．在t＝15 s时质点的机械能大于t＝5 s时质点的机械能答案：D解析：质点竖直向上运动，0～15 s内加速度方向向下，质点一直做减速运动，B错.0～5 s内，a＝10 m/s2，方向竖直向下，质点只受重力(或者同时也受其他力，但其他力的合力为零)，机械能守恒；5～10 s内，a＝8 m/s2，受重力和向上的力F 1，F 1做正功，机械能增加；10～15 s 内，a ＝12 m/s 2，质点受重力和向下的力F 2，F 2做负功，机械能减少，A 、C 错误．由F 合＝ma 可推知F 1＝F 2，由于做减速运动，5～10 s 内通过的位移大于10～15 s 内通过的位移，F 1做的功大于F 2做的功，5～15 s 内增加的机械能大于减少的机械能，所以D 正确．6．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 点运动到C 点的过程中产生的内能．答案：(1)72mgR (2)mgR解析：(1)设物体在B 点的速度为v B ，所受弹力为F N B ，则有F N B －mg ＝m v 2B R又F N B ＝8mg由能量守恒定律可知物体在A 点时弹簧的弹性势能E p ＝12m v 2B ＝72mgR .(2)设物体在C 点的速度为v C ，由题意可知mg ＝m v 2C R物体由B 点运动到C 点的过程中，由能量守恒定律得Q ＝12m v 2B －⎝ ⎛⎭⎪⎫12m v 2C ＋2mgR 解得Q ＝mgR .[能力提升]7．(2020江西师范大学附中期末)(多选)如图所示，置于足够长斜面体上的盒子A内放有光滑球B，B恰与A前、后壁接触，斜面光滑且放置于粗糙水平地面上．一轻质弹簧的一端与固定在斜面上的木板P拴接，另一端与A相连．现用外力推A使弹簧处于压缩状态，然后由静止释放，释放盒子前后斜面体始终相对地面处于静止状态，则从释放盒子至其获得最大速度的过程中()A．斜面体对地面的摩擦力始终向左B．弹簧的弹性势能一直减小直至为零C．A所受重力和弹簧弹力做的功的代数和小于A的动能的增加量D．弹簧弹性势能的减少量等于A和B的机械能的增加量答案：AD解析：当盒子获得最大速度时，弹簧的弹力等于A、B整体的重力沿斜面向下的分力，则此时弹簧仍处于压缩状态，此过程中弹簧对P始终有斜向左下的弹力，即地面对斜面体的摩擦力始终向右，斜面体对地面的摩擦力始终向左，选项A正确；弹簧仍处于压缩状态，可知弹簧的弹性势能没有减到零，选项B错误；此过程中，对A、B组成的系统有W弹－W G A－W G B＝12(m A＋m B)v2，即W弹－W G A＝12m A v2＋⎝ ⎛⎭⎪⎫12m B v2＋W G B，即A所受重力和弹簧弹力做的功的代数和大于A的动能的增加量，选项C错误；因A、B和弹簧组成的系统机械能守恒，则弹簧弹性势能的减少量等于A和B的机械能的增加量，选项D正确．8．(2018全国卷Ⅰ)如图所示，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，机械能的增量为()A．2mgR B．4mgRC．5mgR D．6mgR答案：C解析：以小球为研究对象，在小球由a到c的过程中，应用动能定理有F·x ab＋F·R－mgR＝12m v 2c，其中水平力大小F＝mg，得v c＝2gR.经过c点以后，在竖直方向上小球做竖直上抛运动，上升的时间t升＝v cg ＝2Rg.在水平方向上小球做加速度为a x的匀加速运动，由牛顿第二定律得F＝ma x，且F＝mg，得a x＝g.在时间t升内，小球在水平方向上的位移x＝12a x t2升＝2R，故力F在整个过程中对小球做的功W＝Fx ab＋FR＋Fx＝5mgR.由功能关系，得ΔE＝W＝5mgR.故C正确，A、B、D错误．9．(多选)如图所示，距离为x0的A、B间有一倾斜传送带沿顺时针方向匀速转动．某时刻，在传送带的A端无初速度放置一小物块．若选择A端所在的水平面为零重力势能面，则小物块从A端运动到B端的过程中，其机械能E与位移x的关系可能是()ABCD答案：AB解析：设传送带的倾角为θ，若物块放上后一直加速，且到B点时速度仍小于传送带速度v ，则物块机械能一直增大．根据功能关系可知E ＝μmg cos θ·x ，故E -x 图线的斜率大小等于μmg cos θ，可得E 与x 成正比，故A 项正确．若物块在到达B 点之前，速度已经与传送带速度相等，之后物块的机械能不断增大，设物块与传送带速度相同时机械能为E 0′，位移为x ′，分析速度相等后的过程，可得E ＝E 0′＋mg sin θ·(x －x ′)，所以E -x 图线的斜率大小等于mg sin θ，由于物块能从A 端运动到B 端，则μmg cos θ>mg sin θ，所以图线斜率变小，故B 项正确，C 、D 项均错误．10．(2020东北三省三校一模)如图所示，半径为R ＝0.5 m 的光滑圆环固定在竖直面上，圆环底端固定一轻弹簧，弹簧上端与物体A 连接．圆环上端固定一光滑小滑轮，一轻绳绕过滑轮，一端与A 连接，另一端与套在大圆环上的小球B 连接，已知A 的质量m A ＝1 kg ，B 的质量m B ＝2 kg ，图示位置绳与竖直方向夹角为30°.现将A 、B 自图示位置由静止释放，当B 运动到与圆心等高的C 点时，A 运动到圆心位置，此时B 的速度大小为2 m /s.取g ＝10 m/s 2，3＝1.732，2＝1.414，在此过程中，求：(1)绳的拉力对B 做的功；(2)弹簧弹性势能的变化量．答案：(1)9 J (2)－8.410 J解析：(1)对B 由动能定理得W －m B gh BC ＝12m B v 2B ，其中h BC ＝R sin 30°，解得W ＝9 J.(2)将B 的速度按沿绳方向与垂直于绳方向分解，可得v A ＝v B cos 45°＝ 2 m/s对A 、B 组成的系统，由功能关系得W 弹＋m A gh AO ＝m B gh BC ＋12m A v 2A ＋12m B v 2B 其中h AO ＝2R cos 30°－2R cos 45°＝(3－2)R ，解得W 弹＝8.410 J ，因为W 弹＝－ΔE p ，所以ΔE p ＝－8.410 J.11．(2020江西上饶六校一联)如图所示，质量m ＝3 kg 的小物块以初速度v 0＝4 m /s 水平向右抛出，恰好从A 点沿着圆弧的切线方向进入圆弧轨道，圆弧轨道的半径为R ＝3.75 m ，B 点是圆弧轨道的最低点，圆弧轨道与水平轨道BD 平滑连接，A 与圆心O 的连线与竖直方向成37°角．MN 是一段粗糙的水平轨道，小物块与MN 间的动摩擦因数μ＝0.1，轨道其他部分光滑．最右侧是一个半径为r ＝0.4 m 的半圆轨道，C 点是圆弧轨道的最高点，半圆轨道与水平轨道BD 在D 点平滑连接．已知重力加速度取g ＝10 m/s 2，sin 37°＝0.6，cos 37°＝0.8.(1)求小物块的抛出点离A 点的竖直距离h ；(2)若MN 的长度为L ＝6 m ，求小物块通过C 点时所受轨道的弹力F N ；(3)若小物块恰好能通过C 点，求MN 的长度L ′.答案：(1)0.45 m (2)60 N (3)10 m解析：(1)根据平抛运动规律有tan 37°＝gt v 0得t ＝0.3 s解得h ＝12gt 2＝0.45 m.(2)小物块由抛出点运动到B 点的过程中，根据动能定理有：mg [h ＋R (1－cos 37°)]＝12m v 2B －12m v 20解得v B ＝210 m/s小物块由B 点运动到C 点的过程中，根据动能定理有－μmgL －2mgr ＝12m v 2C －12m v 2B在C 点：F N ＋mg ＝m v 2C r解得F N ＝60 N.(3)小物块刚好能通过C 点时，有mg ＝m v C ′2r解得v C′＝2 m/s小物块从B点运动到C点的过程中，根据动能定理有－μmgL′－2mgr＝12－12m v2B2m v C′解得L′＝10 m.。
2017年高考物理一轮复习第5章机械能第4讲功能关系能量守恒定律课时作业新人教版
功能关系能量守恒定律一、选择题(1～6题为单选题，7～10题为多选题)1．(2015·唐山模拟)轻质弹簧右端固定在墙上，左端与一质量m＝0.5kg的物块相连，如图甲所示。
弹簧处于原长状态，物块静止且与水平面间的动摩擦因数μ＝0.2。
以物块所在处为原点，水平向右为正方向建立x轴。
现对物块施加水平向右的外力F，F随x轴坐标变化的情况如图乙所示。
物块运动至x＝0.4m处时速度为零。
则此时弹簧的弹性势能为(g 取10m/s2) 导学号 05800661( )A．3.1J B．3.5JC．1.8J D．2.0J答案：A解析：物块与水平面间的摩擦力为f＝μmg＝1N。
现对物块施加水平向右的外力F，由F－x图象面积表示功可知F做功W＝3.5J，克服摩擦力做功W f＝fx＝0.4J。
由功能关系可知，W－W f＝E p，此时弹簧的弹性势能为E p＝3.1J，选项A正确。
2．(2016·江西省师大附中月考)某同学用如图所示的装置测量一个凹形木块的质量m，弹簧的左端固定，木块在水平面上紧靠弹簧(不连接)将其压缩，记下木块右端位置A点，释放后，木块右端恰能运动到B1点。
在木块槽中加入一个质量m0＝800g的砝码，再将木块左端紧靠弹簧，木块右端位置仍然在A点，释放后木块离开弹簧，右端恰能运动到B2点，测得AB1、AB2长分别为27.0cm和9.0cm，则木块的质量m为导学号 05800662( )A．100g B．200gC．300g D．400g答案：D解析：砝码质量m0＝800g＝0.8kg；根据能量的转化与守恒有：μmg·AB1＝E Pμ(m0＋m)g·AB2＝E P联立得：m＝0.4kg＝400g3．(2014·广东)如图是安装在列车车厢之间的摩擦缓冲器结构图，图中①和②为楔块，③和④为垫板，楔块与弹簧盒、垫板间均有摩擦，在车厢相互撞击使弹簧压缩的过程中导学号 05800663( )A．缓冲器的机械能守恒B．摩擦力做功消耗机械能C．垫板的动能全部转化为内能D．弹簧的弹性势能全部转化为动能答案：B解析：本题主要考查功能关系和能量守恒，要明确不同力做功涉及不同能的变化及机械能守恒的条件，在撞击缓冲过程中，摩擦力和弹力做负功，机械能转化为内能，动能转化为弹力势能和内能，机械能不守恒，B正确，ACD不正确，利用能量守恒解题时，要分析几个力做功，从而分析出几种形式能的转化，另外还要分析动能的转化。
高考物理一轮复习 第五章第四节 功能关系 能量守恒课时作业(含试题)
【优化方案】2014届高考物理一轮复习 第五章第四节 功能关系 能量守恒课时作业（含2013试题）人教版一、选择题1．(2013·惠州调研)上端固定的一根细线下面悬挂一摆球，摆球在空气中摆动，摆动的幅度越来越小，对此现象下列说法正确的是( )A ．摆球机械能守恒B ．总能量守恒，摆球的机械能正在减少，减少的机械能转化为内能C ．能量正在消失D ．只有动能和重力势能的相互转化解析：选B.由于空气阻力的作用，机械能减少，机械能不守恒，内能增加，机械能转化为内能，能量总和不变，B 正确．2．滑块静止于光滑水平面上，与之相连的轻质弹簧处于自然伸直状态，现用恒定的水平外力F 作用于弹簧右端，在向右移动一段距离的过程中拉力F 做了10 J 的功．在上述过程中( )A ．弹簧的弹性势能增加了10 JB ．滑块的动能增加了10 JC ．滑块和弹簧组成的系统机械能增加了10 JD ．滑块和弹簧组成的系统机械能守恒 解析：选C.若滑块静止，拉力F 做了10 J 的功，则弹簧的弹性势能增加了10 J ；现在滑块通过弹簧在水平外力F 作用下做加速运动，拉力F 做了10 J 的功，使滑块和弹簧组成的系统机械能增加了10 J ，故C 正确．3．起重机将物体由静止举高h 时，物体的速度为v ，下列各种说法中正确的是(不计空气阻力)( )A ．举力对物体所做的功，等于物体动能和势能的增量B ．举力对物体所做的功，等于物体动能的增量C ．举力对物体所做的功，等于物体势能的增量D ．物体克服重力所做的功，大于物体势能的增量解析：选A.根据动能定理W F －W G ＝mv 2/2，W G ＝mgh ，所以W F ＝mv 2/2＋mgh ，A 正确，B 、C 错误；物体克服重力所做的功等于物体重力势能的增量，D 错误．4.如图所示，卷扬机的绳索通过定滑轮用力F 拉位于粗糙斜面上的木箱，使之沿斜面加速向上移动．在移动过程中，下列说法正确的是( )A ．F 对木箱做的功等于木箱增加的动能与木箱克服摩擦力所做的功之和B ．F 对木箱做的功等于木箱克服摩擦力和克服重力所做的功之和C ．木箱克服重力做的功等于木箱增加的重力势能D ．F 对木箱做的功等于木箱增加的机械能与木箱克服摩擦力做的功之和解析：选CD.木箱加速上移的过程中，拉力F 做正功，重力和摩擦力做负功．支持力不做功，由动能定理得：W F －W G －WF f ＝12mv 2－0.即W F ＝W G ＋WF f ＋12mv 2.A 、B 错误，D 正确，又因木箱克服重力做功W G ，等于木箱重力势能的增加量，故C 正确．5.如图所示，物体A 、B 通过细绳及轻质弹簧连接在轻滑轮两侧，物体B 的质量为2m ，放置在倾角为30°的光滑斜面上，物体A 的质量为m ，开始时细绳伸直，用手托着物体A 使弹簧处于原长且A 与地面的距离为h ，物体B 静止在斜面上挡板P 处．放手后物体A 下落，与地面即将接触时速度大小为v ，此时物体B 对挡板恰好无压力，则下列说法中正确的是( )A ．弹簧的劲度系数为mg hB ．此时弹簧的弹性势能等于mgh ＋12mv 2C ．此时物体B 的速度大小也为vD ．此时物体A 的加速度大小为g ，方向竖直向上 解析：选A.A 下落，与地面即将接触时速度大小为v ，此时物体B 对挡板P 恰好无压力，所以物体B 受力平衡，有2mg sin30°＝kh ，所以弹簧的劲度系数为mg h，选项A 正确；由机械能守恒定律可知，弹簧的弹性势能等于mgh －12mv 2，选项B 错误；此时物体B 的速度为零，A 的加速度为零，选项C 、D 错误．6．(2013·大连双基测试)如图所示，某段滑雪雪道倾角为30°，总质量为m (包括雪具在内)的滑雪运动员从距底端高为h 处的雪道上由静止开始匀加速下滑，加速度为13g .在他从上向下滑到底端的过程中，下列说法正确的是( )A ．运动员减少的重力势能全部转化为动能B ．运动员获得的动能为13mghC ．运动员克服摩擦力做功为23mghD ．下滑过程中系统减少的机械能为13mgh解析：选D.运动员的加速度为13g ，小于g sin30°，所以必受摩擦力，且大小为16mg ，克服摩擦力做功为16mg ×h sin30°＝13mgh ，故C 错；摩擦力做功，机械能不守恒，减少的势能没有全部转化为动能，而是有13mgh 转化为内能，故A 错，D 正确；由动能定理知，运动员获得的动能为13mg ×h sin30°＝23mgh ，故B 错．7．(2012·高考安徽卷)如图所示，在竖直平面内有一半径为R 的圆弧轨道，半径OA 水平、OB 竖直，一个质量为m 的小球自A 的正上方P 点由静止开始自由下落，小球沿轨道到达最高点B 时恰好对轨道没有压力．已知AP ＝2R ，重力加速度为g ，则小球从P 到B 的运动过程中( )A ．重力做功2mgRB ．机械能减少mgRC ．合外力做功mgRD ．克服摩擦力做功12mgR解析：选D.小球从P 到B 的运动过程中，重力做功mgR ，A 错误；小球在B 点恰好对轨道没有压力，只有重力提供向心力：mg ＝mv 2BR，故v B ＝gR ，从P 到B ，对小球由动能定理：mgR －WF f ＝12mv 2B －0＝12mgR ，WF f ＝12mgR ，C 错误，D 正确；克服摩擦力做的功等于机械能的减少量，B 错误．8.(2013·东北三校联考)两木块A 、B 用一轻弹簧拴接，静置于水平地面上，如图甲所示．现用一竖直向上的恒力F 拉动木块A ，使木块A 由静止向上做直线运动，如图乙所示，当木块A 运动到最高点时，木块B 恰好要离开地面．在这一过程中，下列说法中正确的是(设此过程弹簧始终处于弹性限度内)( )A ．木块A 的加速度先增大后减小B ．弹簧的弹性势能先减小后增大C ．木块A 的动能先增大后减小D ．两木块A 、B 和轻弹簧组成的系统机械能先增大后减小解析：选BC.木块A 在拉力F 作用下由静止最后到达最高点时也静止，说明木块A 向上先加速后减速，选项A 错误、C 正确；木块A 向上运动的过程中，弹簧压缩量先逐渐减小，后被逐渐拉伸，其弹性势能先减小后增大，选项B 正确；由于拉力F 始终对两木块A 、B 和轻弹簧组成的系统做正功，故系统机械能增加，选项D 错误．9．(2010·高考江苏卷)如图所示，平直木板AB 倾斜放置，板上的P 点距A 端较近，小物块与木板间的动摩擦因数由A 到B 逐渐减小．先让物块从A 由静止开始滑到B .然后，将A 着地，抬高B ，使木板的倾角与前一过程相同，再让物块从B 由静止开始滑到A .上述两过程相比较，下列说法中一定正确的有( )A ．物块经过P 点的动能，前一过程较小B ．物块从顶端滑到P 点的过程中因摩擦产生的热量，前一过程较少C．物块滑到底端的速度，前一过程较大D．物块从顶端滑到底端的时间，前一过程较长解析：选AD.前一过程，从A到P，所受摩擦力较大，下滑加速度较小，位移较小，故在P点的动能较小；后一过程，从B到P，下滑加速度较大，位移较大，故在P点的动能较大，所以A正确；两过程中，前者摩擦力大，位移小，后者摩擦力小，位移大，无法比较产生热量的大小，故B不正确；物块滑到底端的两过程合外力的功相同，根据动能定理，滑到底端速度相等，即C不正确；由牛顿第二定律，结合两次加速度变化特点，两次v－t图象如图所示，位移相等，故前一过程时间较长，D正确．10．(2013·大连高三期末)如图所示有三个斜面a、b、c，底边分别为L、L、2L，高度分别为2h、h、h，三个相同的物体A、B、C与三个斜面的动摩擦因数相同，物体分别沿三个斜面从顶端由静止下滑到底端的三种情况相比较，下列说法正确的是( ) A．物体损失的机械能ΔE C＝2ΔE B＝4ΔE AB．因摩擦产生的热量2Q A＝2Q B＝Q CC．物体到达底端的动能E k A＝2E k B＝2E k CD．物体运动的时间4t A＝2t B＝t C解析：选B.设物体的质量为m，斜面的动摩擦因数为μ，物体A、B、C从顶端下滑到底端摩擦力做的功分别为μmgLL2＋4h2×L2＋4h2＝μmgL，μmgLL2＋h2×L2＋h2＝μmgL，μmg2L4L2＋h2×4L2＋h2＝2μmgL.摩擦力做的功等于损失的机械能或产生的热量，可见A错，B对；根据动能定理，合力对A、B、C做的功别为2mgh－μmgL，mgh－μmgL，mgh－2μmgL，由于不知道μ的具体数值，所以无法确定物体到达底端的动能关系，C错；物体A、B、C 的加速度分别为g2hL2＋4h2－μgLL2＋4h2，ghL2＋h2－μgLL2＋h2，gh4L2＋h2－μg2L4L2＋h2，位移分别为L2＋4h2，L2＋h2，4L2＋h2，根据运动学方程，物体运动的时间没有选项D的关系，D 错．二、非选择题11．如图所示，倾角为30°的光滑斜面的下端有一水平传送带，传送带正以6 m/s的速度运动，运动方向如图所示．一个质量为2 kg的物体(物体可以视为质点)，从h＝3.2 m 高处由静止沿斜面下滑，物体经过A点时，不管是从斜面到传送带还是从传送带到斜面，都不计其动能损失．物体与传送带间的动摩擦因数为0.5，物体向左最多能滑到传送带左右两端AB的中点处，重力加速度g＝10 m/s2，则：(1)物体由静止沿斜面下滑到斜面末端需要多长时间？ (2)传送带左右两端AB 间的距离l 为多少？(3)上述过程中物体与传送带组成的系统产生的摩擦热为多少？ 解析：(1)物体在斜面上由牛顿第二定律得：mg sin θ＝ma ，h sin θ＝12at 2，可得t ＝1.6 s.(2)由能的转化和守恒得：mgh ＝μmg l2，l ＝12.8 m. (3)此过程中，物体与传送带间的相对位移s 相＝l2＋v 带t 1，又l 2＝12μgt 21，而摩擦热Q ＝μmgs 相， 以上三式可联立得Q ＝160 J.答案：(1)1.6 s (2)12.8 m (3)160 J 12．(2011·高考浙江卷)节能混合动力车是一种可以利用汽油及所储存电能作为动力来源的汽车．有一质量m ＝1000 kg 的混合动力轿车，在平直公路上以v 1＝90 km/h 匀速行驶，发动机的输出功率为P ＝50 kW.当驾驶员看到前方有80 km/h 的限速标志时，保持发动机功率不变，立即启动利用电磁阻尼带动的发电机工作给电池充电，使轿车做减速运动，运动L＝72 m 后，速度变为v 2＝72 km/h.此过程中发动机功率的15用于轿车的牵引，45用于供给发电机工作，发动机输送给发电机的能量最后有50%转化为电池的电能．假设轿车在上述运动过程中所受阻力保持不变．求：(1)轿车以90 km/h 在平直公路上匀速行驶时，所受阻力F 阻的大小； (2)轿车从90 km/h 减速到72 km/h 过程中，获得的电能E 电；(3)轿车仅用其在上述减速过程中获得的电能E 电维持72 km/h 匀速运动的距离L ′. 解析：(1)轿车牵引力与输出功率关系 P ＝F 牵v将P ＝50 kW ，v 1＝90 km/h ＝25 m/s 代入得F 牵＝Pv 1＝2×103 N.当轿车匀速行驶时，牵引力与阻力大小相等，有 F 阻＝2×103 N.(2)在减速过程中，注意到发动机只有15P 用于汽车的牵引．根据动能定理有15Pt －F 阻L ＝12mv 22－12mv 21 代入数据得Pt ＝1.575×105 J 电源获得的电能为E 电＝0.5×45Pt ＝6.3×104 J.(3)根据题设，轿车在平直公路上匀速行驶时受到的阻力仍为F 阻＝2×103N ．在此过程中，由能量转化及守恒定律可知．仅有电能用于克服阻力做功E电＝F阻L′代入数据得L′＝31.5 m.答案：(1)2×103 N (2)6.3×104 J (3)31.5 m。
第五章第4单元 功能关系 能量守恒定律 课时作业
第五章 第4单元 功能关系 能量守恒定律[课时作业]1. (2010·南通模拟)滑板是现在非常流行的一种运动，如图1所示，一滑板运动员以7 m/s 的初速度从曲面的A 点下滑，运动到B 点速度仍为7 m/s ，若他以6 m/s的初速度仍由A 点下滑，则他运动到B 点时的速度 ( ) 图1A ．大于6 m/sB ．等于6 m/sC ．小于6 m/sD ．条件不足，无法计算解析：当初速度为7 m/s 时，由功能关系，运动员克服摩擦力做功等于减少的重力势能．而当初速度变为6 m/s 时，运动员所受的摩擦力减小，故从A 到B 过程中克服摩擦力做的功减少，而重力势能变化量不变，故运动员在B 点动能大于他在A 点的动能． 答案：A2．质量为m 的物体，从距地面h 高处由静止开始以加速度a ＝13g 竖直下落到地面，在此过程中 ( )A ．物体的重力势能减少13mgh B ．物体的动能增加13mgh C ．物体的机械能减少13mgh D ．物体的机械能保持不变解析：物体所受合力为F 合＝ma ＝13mg由动能定理得，动能的增加量ΔE k＝F合·h＝13mgh.答案：B3.如图2所示，一小球从光滑圆弧轨道顶端由静止开始下滑，进入光滑水平面又压缩弹簧．在此过程中，小球重力势能和动能的最大值分别为E p和E k，弹簧弹性势能的最大值为E p′，则它们之间的关系为() 图2A．E p＝E k＝E p′B．E p>E k>E p′C．E p＝E k＋E p′D．E p＋E k＝E p′解析：当小球处于最高点时，重力势能最大；当小球刚滚到水平面时重力势能全部转化为动能，此时动能最大；当小球压缩弹簧到最短时动能全部转化为弹性势能，弹性势能最大．由机械能守恒定律可知E p＝E k＝E p′，故答案选A.答案：A4．如图3所示，水平面上的轻弹簧一端与物体相连，另一端固定在墙上的P点，已知物体的质量为m＝2.0 kg，物体与水平面间的动摩擦因数μ＝0.4，弹簧的劲度系数k＝200 N/m.现用力F拉物体，使弹簧从处于自然状态的O点由静止开始向左移动10 cm，这时弹簧具有弹性势能E p＝1.0 J，物体处于静止状态．若取g＝10 m/s2，则撤去外力F后() 图3A．物体向右滑动的距离可以达到12.5 cmB．物体向右滑动的距离一定小于12.5 cmC．物体回到O点时速度最大D．物体到达最右端时动能为零，系统机械能也为零解析：当物体向右运动至O点过程中，弹簧的弹力向右．由牛顿第二定律可知，kx－μmg ＝ma(x为弹簧的伸长量)，当a＝0时，物体速度最大，此时kx＝μmg，弹簧仍处于伸长状态，故C错误．当物体至O点时，由E p－μmg×0.1＝12m v2可知，物体至O点的速度不为零，将继续向右压缩弹簧，由能量守恒可得，E p＝μmgx′＋E p′，因E p′＞0，所以x′＜12.5 cm，A错误，B正确．物体到达最右端时，动能为零，但弹簧有弹性势能，故系统的机械能不为零，D错误．答案：B5．(2010·徐州模拟)如图4所示，倾角为30°的斜面体置于水平地面上．一根不可伸长的轻绳两端分别系着小球A和物块B，跨过固定于斜面体顶端的小滑轮O，A的质量为m，B的质量为4m.开始时，用手托住A，使OA段绳恰处于水平伸直状态(绳中无拉力)，OB 绳平行于斜面，此时B静止不动．将A由静止释放，在其下摆过程中，斜面体始终保持静止，下列判断中错误的是()图4A ．物块B 受到的摩擦力先减小后增大B ．地面对斜面体的摩擦力方向一直向右C ．小球A 的机械能守恒D ．小球A 的机械能不守恒，A 、B 系统的机械能守恒解析：因斜面体和B 均不动，小球A 下摆过程中只有重力做功，因此机械能守恒，C 正确，D 错误；开始A 球在与O 等高处时，绳的拉力为零，B 受到沿斜面向上的摩擦力，小球A 摆至最低点时，由F T －mg ＝m v 2l OA 和mgl OA ＝12m v 2得F T ＝3mg ，对B 物体沿斜面列方程：4mg sin θ＝F f ＋F T ，当F T 由0增加到3mg 的过程中，F f 先变小后反向增大，故A 正确．以斜面体和B 为一整体，因OA 绳的拉力水平方向的分力始终水平向左，故地面对斜面的摩擦力的方向一直向右，故B 正确．答案：D二、多项选择题(本题共4小题，每小题7分，共28分．每小题有多个选项符合题意，全部选对的得7分，选对但不全的得3分，错选或不答的得0分)6.轻质弹簧吊着小球静止在如图5所示的A 位置，现用水平外力F 将小球缓慢拉到B 位置，此时弹簧与竖直方向的夹角为θ，在这一过程中，对于整个系统，下列说法正确的是 ( ) 图5A ．系统的弹性势能不变B ．系统的弹性势能增加C ．系统的机械能不变D ．系统的机械能增加解析：根据力的平衡条件可得F ＝mg tan θ，弹簧弹力大小为F 弹＝mg cos θ，B 位置比A 位置弹力大，弹簧伸长量大，所以由A 位置到B 位置的过程中，系统的弹性势能增加，又由于重力势能增加，动能不变，所以系统的机械能增加．答案：BD7．(2008·四川高考)一物体沿固定斜面从静止开始向下运动，经过时间t 0滑至斜面底端．已知在物体运动过程中物体所受的摩擦力恒定．若用F 、v 、x 和E 分别表示该物体所受的合力、物体的速度、位移和机械能，则如图6所示的图象中可能正确的是 ( )图6解析：物体在沿斜面向下滑动的过程中，受到重力、支持力、摩擦力的作用，其合力为恒力，A 正确；而物体在此合力作用下做匀加速运动，v ＝at ，x ＝12at 2，所以B 、C 错；物体受摩擦力作用，总的机械能将减小，D 正确．答案：AD8．(2009·广东高考)某缓冲装置可抽象成如图7所示的简单模型．图中K 1、K 2为原长相等，劲度系数不同的轻质弹簧．下列表述正确的是( )A ．缓冲效果与弹簧的劲度系数无关 图7B ．垫片向右移动时，两弹簧产生的弹力大小相等C ．垫片向右移动时，两弹簧的长度保持相等D ．垫片向右移动时，两弹簧的弹性势能发生改变解析：两弹簧中任一点处，相互作用力均相等都等于弹簧一端的力，与劲度系数无关(只是劲度系数不同，形变量不同)，B 对，C 错．两弹簧均发生形变，其弹性势能均变化，D 对．答案：BD9．如图8所示，A 、B 、C 、D 四图中的小球以及小球所在的左侧斜面完全相同，现从同一高度h 处由静止释放小球，使之进入右侧不同的竖直轨道：除去底部一小段圆弧，A 图中的轨道是一段斜面，高度大于h ；B 图中的轨道与A 图中的轨道相比只是短了一些，且斜面高度小于h ；C 图中的轨道是一个内径略大于小球直径的管道，其上部为直管，下部为圆弧形，与斜面相连，管的高度大于h ；D 图中的轨道是个半圆形轨道，其直径等于h .如果不计任何摩擦阻力和拐弯处的能量损失，小球进入右侧轨道后能到达h 高度的是 ( )图8解析：由能量守恒可知A项正确，C项正确；B项中，小球通过轨道后做斜抛运动，落地前水平速度分量将不变，到达最高点时速度不为零，由能量守恒可知，此时小球高度一定小于h；D项中要使小球能够通过最高点，必须使小球在最高点的速度v满足v≥gR(R为轨道半径)，此时对应的最高点的机械能就大于小球刚下落时的机械能，违背了能量守恒定律，所以D项错．答案：AC三、计算题(本题共3小题，共37分．解答时请写出必要的文字说明、方程式和重要的演算步骤．只写出最后答案的不能得分．有数值计算的题，答案中必须明确写出数值和单位) 10．(11分)一组数据显示：世界煤炭的储量还能烧200多年，我国煤炭的储量还能烧70多年；世界天然气的储量还能用50多年，我国天然气的储量还能用20年；世界石油的储量还能用40多年，我国现有的石油储量用不到20年．因此，新型清洁能源的开发利用成为人类的重点课题．风能作为一种清洁能源，对环境的破坏小，可再生，将成为人类未来大规模应用的能源之一．假设某地区的平均风速是6.0 m/s，已知空气密度是1.2 kg/m3，此地有一风车，它的车叶转动时可以形成半径为20 m的圆面，假如这个风车能将此圆面内10%的气流的动能转变为电能．问：(1)在圆面内，每秒冲击风车车叶的气流的动能是多少？(2)这个风车平均每秒内发出的电能是多少？解析：(1)在1秒内，能和车叶发生作用的气流体积V＝v S＝vπr2，则这股气流的动能E k＝12m v2＝12ρ·vπr2·v2＝12ρπr2v3.将ρ、r、v值代入上式得E k＝1.63×105 J.(2)每秒得到电能为E＝ηE k＝1.63×104 J.答案：(1)1.63×105 J(2)1.63×104 J11．(12分)(2010·连云港模拟)如图9所示，B是质量为2m、半径为R的光滑半球形碗，放在光滑的水平桌面上．A是质量为m的细长直杆，光滑套管D被固定，A可以自由上下运动，物块C的质量为m，紧靠半球形碗放置．初始时，A杆被握住，使其下端正好与碗的半球面的上边缘接触(如图)．然后从静止开始释放A，A、B、C便开始运动．求：图9(1)长直杆的下端运动到碗的最低点时，长直杆竖直方向的速度和B、C水平方向的速度；(2)运动的过程中，长直杆的下端能上升到的最高点距离半球形碗底部的高度．解析：(1)长直杆的下端运动到碗的最低点时，长直杆在竖直方向的速度为0，而B、C 水平速度相同，设为v，由机械能守恒定律得：mgR＝12×3m v2所以v ＝ 2Rg 3. (2)长直杆的下端上升到所能达到的最高点时，长直杆在竖直方向的速度为0，碗的水平速度亦为零．由机械能守恒定律得：12×2m v 2＝mgh 解得h ＝2R 3. 答案：(1)0 2Rg 3 2Rg 3 (2)2R 3 12．(14分)如图10所示，将质量均为m ，厚度不计的两物块A 、B 用轻质弹簧相连接．第一次只用手托着B 物块于H 高处，A 在弹簧的作用下处于静止状态，现将弹簧锁定，此时弹簧的弹性势能为E p ，现由静止释放A 、B ，B 物块着地后速度立即变为零，同时弹簧解除锁定，在随后的过程中B 物块恰能离开地面但不继续上升．第二次用手拿着A 、B 两物块，使弹簧竖直并处于原长状态，此时物块B 离地面的距离也为H ，然后由静止同时释放A 、B ，B 物块着地后速度同样立即变为零，试求： 图10(1)第二次释放A 、B 后，A 上升至弹簧恢复原长时的速度大小v 1；(2)第二次释放A 、B 后，B 刚要离开地面时A 的速度大小v 2.解析：(1)第二次释放A 、B 后，A 上升至弹簧恢复原长时的速度大小等于B 刚接触地面时A 的速度大小，所以mgH ＝12m v 12，v 1＝2gH . (2)第一次弹簧解除锁定时与两次B 刚要离开地面时的弹性势能均为E p ，设第一次弹簧解除锁定后A 上升的最大高度为h ，则12m v 12＝mgh ，12m v 12＝mg h 2＋12m v 22＋E p 所以：v 2＝gH －2E p m. 答案：(1)2gH (2)gH －2E p m。
2018年高考物理一轮复习 第五章 机械能 第四讲 功能关系 能量守恒定律课时作业
第四讲 功能关系 能量守恒定律[A 组·基础题]一、单项选择题1.(2014·高考广东卷)如图是安装在列车车厢之间的摩擦缓冲器结构图，图中①和②为楔块，③和④为垫板，楔块与弹簧盒、垫板间均有摩擦，在车厢相互撞击使弹簧压缩的过程中( )A ．缓冲器的机械能守恒B ．摩擦力做功消耗机械能C ．垫板的动能全部转化为内能D ．弹簧的弹性势能全部转化为动能解析：在弹簧压缩过程中，由于摩擦力做功消耗机械能，因此机械能不守恒，选项A 错，B 对；弹簧压缩的过程中，垫板的动能转化为弹性势能和内能，选项C 、D 均错误． 答案：B2.如图所示，BC 是竖直面内的四分之一圆弧形光滑轨道，下端C 与水平直轨道相切．一个小物块从B 点正上方R 处的A点处由静止释放，从B 点刚好进入圆弧形光滑轨道下滑，已知圆弧形轨道半径为R ＝0.2 m ，小物块的质量为m ＝0.1 kg ，小物块与水平面间的动摩擦因数μ＝0.5，g 取10 m/s 2.小物块在水平面上滑动的最大距离是( )A ．0.1 mB ．0.2 mC ．0.6 mD ．0.8 m 解析：设小物块在水平面上滑动的最大距离为x ，由动能定理得mg ·2R －μmgx ＝0，x ＝2R μ＝0.8 m ，选项D 正确． 答案：D3．如图所示，建筑工地上载人升降机用不计质量的细钢绳跨过定滑轮与一电动机相连，通电后电动机带动升降机沿竖直方向先匀加速上升后匀速上升．摩擦及空气阻力均不计．则( )A ．升降机匀加速上升过程中，升降机底板对人做的功等于人增加的动能B ．升降机匀加速上升过程中，升降机底板对人做的功小于人增加的机械能C ．升降机匀速上升过程中，升降机底板对人做的功等于人增加的机械能D ．升降机上升的全过程中，升降机拉力做的功大于升降机和人增加的机械能解析：根据动能定理可知，合外力对物体做的功等于物体动能的变化量，所以升降机匀加速上升过程中，升降机底板对人做的功和重力做功之和等于人增加的动能，故A 、B 错误；升降机匀速上升过程中，升降机底板对人做的功等于克服重力做的功(此过程中动能不变)，即增加的机械能，C 正确；升降机上升的全过程中，升降机拉力做的功等于升降机和人增加的机械能，D 错误．答案：C4.(2017·江苏联考)如图甲所示，小物体从竖直弹簧上方离地高h 1处由静止释放，其动能E k 与离地高度h 的关系如图乙所示．其中高度从h 1下降到h 2，图象为直线，其余部分为曲线，h 3对应图象的最高点，轻弹簧的劲度系数为k ，小物体的质量为m ，重力加速度为g .以下说法正确的是( )A ．小物体下降至高度h 3时，弹簧形变量为0B ．小物体下落至高度h 5时，加速度为0C ．小物体从高度h 2下降到h 4，弹簧的弹性势能增加2m 2g 2kD ．小物体从高度h 1下降到h 5，弹簧的最大弹性势能为2mg (h 1－h 5)解析：小物体的高度从h 1下降到h 2，图象为直线，说明该过程是自由落体运动，所以小物体下降至高度h 2时，弹簧形变量为0，故A 错误；物体的动能先增大，后减小，小物体下落至高度h 4时，小物体的动能与h 2时的动能相同，由弹簧振子运动的对称性可知，在h 4时弹簧的弹力一定是重力的2倍，小物体下落至高度h 5时．动能又回到0，说明h 5是最低点，弹簧的弹力到达最大值，一定大于重力的2倍，所以此时物体的加速度最大，故B 错误；小物体下落至高度h 4时，物体的动能与h 2时的动能相同，由弹簧振子运动的对称性可知，在h 4时弹簧的弹力一定是重力的2倍，此时弹簧的压缩量Δx ＝2mg k ，小物体从高度h 2下降到h 4，重力做功W ＝mg Δx ＝mg ·2mg k ＝2m 2g 2k，重力做功等于弹簧的弹性势能增加，所以弹簧的弹性势能增加了2m 2g 2k，故C 正确；小物体从高度h 1下降到h 5，重力做功等于弹簧弹性势能的增加量，所以弹簧的最大弹性势能为mg (h 1－h 5)，故D 错误．答案：C5.(2017·陕西西安铁一中模拟)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m 1的滑块压缩弹簧至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(m2>m1)压缩弹簧至同一点D后，重复上述过程，下列说法正确的是( )A．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，由能量守恒定律得E p＝mgh＋μmg cos θ×hsin θ，所以mgh＝E p1＋μcot θ，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；由能量守恒定律得ΔE损＝W f＝μmg cos θ×hsin θ＝μmgh cot θ＝μcot θ1＋μcot θE p，故D正确．答案：D二、多项选择题6.(2017·四川成都七中诊测)如图所示，轻质弹簧的一端固定在粗糙斜面的挡板O点，另一端固定一个小物块．小物块从P1位置(此位置弹簧伸长量为零)由静止开始运动，运动到最低点P2位置，然后在弹力作用下上升，运动到最高点P3位置(图中未标出)．在此两个过程中，下列判断正确的是( ) A．下滑和上滑过程中弹簧和小物块组成的系统机械能守恒B．下滑过程物块速度最大位置比上滑过程速度最大位置高C．下滑过程弹簧和小物块组成的系统机械能减小量比上升过程小D．下滑过程重力、弹簧弹力和摩擦力对物块做功总值等于上滑过程重力、弹簧弹力和摩擦力做功总值解析：对物块受力分析，受重力、弹簧的弹力、斜面对物块的支持力和摩擦力，摩擦力做负功，机械能减少，A错误；全程分析可知P3一定在P1的下方，P1到P2和P2到P3过程对比分析，P1到P2过程摩擦力沿斜面向上，P2到P3过程摩擦力沿斜面向下，下滑过程物块速度最大位置比上滑过程速度最大位置高，B正确；P1、P2的距离大于P2、P3的距离，摩擦力大小相等，则下滑过程机械能损失多，C错误；下滑与上滑过程的动能变化量均为零，根据动能定理知，两个过程总功为零，所以下滑过程重力、弹簧弹力和摩擦力做功总值等于上滑过程重力、弹簧弹力和摩擦力做功总值，D正确．答案：BD7.如图所示，楔形木块abc固定在水平面上，粗糙斜面ab和光滑斜面bc与水平面的夹角相同，顶角b处安装一定滑轮．质量分别为M、m(M>m)的滑块，通过不可伸长的轻绳跨过定滑轮连接，轻绳与斜面平行．两滑块由静止释放后，沿斜面做匀加速运动．若不计滑轮的质量和摩擦，在两滑块沿斜面运动的过程中( ) A．两滑块组成系统的机械能守恒B．重力对M做的功等于M动能的增加C．轻绳对m做的功等于m机械能的增加D．两滑块组成系统的机械能损失等于M克服摩擦力做的功解析：对于M和m组成的系统，除了重力、轻绳弹力做功外，摩擦力对M做了功，系统机械能不守恒，A错误；对于M，合力做的功等于其重力、轻绳拉力及摩擦力做功的代数和，根据动能定理可知，M动能的增加量等于其所受合力做的功，B错误；对于m，只有其重力和轻绳拉力做了功，根据功能关系可知，除重力之外的其他力对物体做的功等于物体机械能的增加量，C正确；对于M和m组成的系统，系统内轻绳上弹力做功的代数和等于零，只有两物体的重力和M受到的摩擦力对系统做了功，根据功能关系，M受到的摩擦力对系统做的功等于系统机械能的损失量，D正确．答案：CD8.(2017·山东师大附中模拟)如图所示，小球从A点以初速度v0沿粗糙斜面向上运动，到达最高点B后返回A，C为AB的中点．下列说法正确的是( )A．小球从A出发到返回A的过程中，位移为零，外力做功为零B．小球从A到C与从C到B的过程，减少的动能相等C．小球从A到C与从C到B的过程，速度的变化率相等D．小球从A到C与从C到B的过程，损失的机械能相等解析：小球从A出发到返回A，位移为0，但整个过程中摩擦力的方向与小球运动的方向始终相反，故整个过程中摩擦力对物体做负功，故A错误；设A到C的高度和从C到B 的高度为h，AC的距离为s，斜面的倾角为θ，则有s sin θ＝h，根据－mgh－μmgs cos θ＝ΔE k，可知小球从A到C过程与从C到B过程合外力对物体做的功相同，故小球减少的动能相等，故B正确；小球从A到C与从C到B的过程，受力情况不变，加速度相同，所以速度的变化率相等，故C正确；克服除重力之外其他力做多少功物体的机械能就减少多少，根据－μmgs cos θ＝－ΔE可得小球从A到C过程与从C到B过程，损失的机械能相等，故D 正确．答案：BCD[B组·能力题]一、选择题9．(多选)(2017·江苏连云港外国语学院月考)如图所示为水平抛出的小球与地面碰撞前后的频闪照片，其先后经过的位置分别用1～8标记．已知小球的质量为0.1 kg ，照片中对应每格的实际长度为0.05 m ，不计空气阻力，重力加速度g 取10 m/s 2，则以下判断正确的是( )A ．小球与地面碰撞后速度变化率小于碰撞前速度变化率B ．小球经过位置3时的瞬时速度方向与位置2、4连线方向平行C ．小球经过位置6时的瞬时速度大小为0.5 m/sD ．小球与地面碰撞过程机械能损失为0.25 J解析：小球与地面碰撞后的加速度与碰撞前的加速度相等，可知小球与地面碰撞后速度变化率等于碰撞前速度变化率，故A 错误．在竖直方向上，根据Δy ＝2L ＝gT 2得，T ＝2L g ＝2×0.0510 s ＝0.1 s ，落地前水平分速度v x ＝2L T ＝2×0.050.1m/s ＝1 m/s,2、4两点连线与水平方向夹角的正切值tan α＝8L 4L ＝2，位置3的竖直分速度v y 3＝8L 2T ＝8×0.050.2m/s ＝2 m/s ，则位置3瞬时速度方向与水平方向夹角的正切值tan θ＝v y 3v x ＝21＝2，可知小球经过位置3的瞬时速度方向与位置2、4连线方向平行，故B 正确．小球经过位置6时竖直分速度为零，则v 6＝L T ＝0.050.1m/s ＝0.5 m/s ，故C 正确．在下落过程和上升过程中机械能守恒，位置3的速度v 3＝4＋1 m/s ＝ 5 m/s ，位置3动能比位置6动能多ΔE k ＝12m (v 32－v 62)＝12×0.1×(5－0.25) J ＝0.237 5 J ，位置3的重力势能比位置6的重力势能多ΔE p ＝mgL ＝0.1×10×0.05 J＝0.05 J ，可知机械能多0.287 5 J ，所以小球与地面碰撞过程中机械能损失0.287 5 J ，故D 错误．答案：BC10.(多选)(2017·江苏淮阴中学月考)如图所示，倾角θ＝30°的固定斜面上固定着挡板，轻弹簧下端与挡板相连，弹簧处于原长时上端位于D 点．用一根不可伸长的轻绳通过轻质光滑定滑轮连接物体A 和B ，使滑轮左侧绳子始终与斜面平行，初始时A 位于斜面的C 点，C 、D 两点间的距离为L .现由静止同时释放A 、B ，物体A 沿斜面向下运动，将弹簧压缩到最短的位置E 点，D 、E 两点间的距离为L 2.若A 、B 的质量分别为4m 和m ，A 与斜面间的动摩擦因数μ＝38，不计空气阻力，重力加速度为g ，整个过程中，轻绳始终处于伸直状态，则( ) A ．A 在从C 至E 的过程中，先做匀加速运动，后做匀减速运动B ．A 在从C 至D 的过程中，加速度大小为120g C ．弹簧的最大弹性势能为158mgL D ．弹簧的最大弹性势能为38mgL 解析：对A 、B 整体从C 到D 的过程受力分析，根据牛顿第二定律得a ＝4mg sin 30°－mg －μmg 4m ＋m ＝120g ，从D 点开始与弹簧接触，压缩弹簧，弹簧被压缩到E 点的过程中，弹簧的弹力是变力，则加速度是变化的，所以A 在从C 至E 的过程中，先做匀加速运动，后做变加速运动，最后做变减速运动，直到速度为零，故A 错误，B 正确；当A 的速度为零时，弹簧被压缩到最短，此时弹簧弹性势能最大，整个过程中对A 、B 整体应用动能定理得4mg (L ＋L 2)sin 30°－mg (L ＋L 2)－μ(4mg )cos 30°(L ＋L 2)－W 弹＝0，解得W 弹＝38mgL ，则弹簧具有的最大弹性势能E p ＝W 弹＝38mgL ，故C 错误，D 正确． 答案：BD二、非选择题11.(2017·福建质检)如图所示，光滑曲面AB 与水平面BC 平滑连接于B 点，BC 右端连接内壁光滑、半径为r 的14细圆管CD ，管口D 端正下方直立一根劲度系数为k 的轻弹簧，轻弹簧一端固定，另一端恰好与管口D 端平齐．质量为m 的滑块在曲面上距BC的高度为2r 处从静止开始下滑，滑块与BC 间的动摩擦因数μ＝12，进入管口C 端时与圆管恰好无作用力，通过CD 后压缩弹簧，在压缩弹簧过程中滑块速度最大时弹簧的弹性势能为E p .求：(1)滑块到达B 点时的速度大小v B ；(2)水平面BC 的长度x ；(3)在压缩弹簧过程中滑块的最大速度v m .解析：(1)滑块在曲面上下滑过程，由动能定理得mg ·2r ＝12mv B 2解得v B ＝2gr(2)在C 点，由mg ＝m v C 2r得v C ＝gr 滑块从A 点运动到C 点过程，由动能定理得mg ·2r －μmgx ＝12mv C 2解得x ＝3r(3)设在压缩弹簧过程中速度最大时，滑块离D 端的距离为x 0，则有kx 0＝mg ，得x 0＝mg k由能量守恒定律得mg (r ＋x 0)＋12mv C 2＝12mv m 2＋E p 得v m ＝ 3gr ＋2mg 2k －2E p m答案：(1)2gr (2)3r (3) 3gr ＋2mg 2k －2E p m12．(2017·济南模拟)如图，在高h 1＝30 m 的光滑水平平台上，质量m ＝1 kg 的小物块压缩弹簧后被锁扣K 锁住，储存了一定量的弹性势能E p .若打开锁扣K ，物块将以一定的水平速度v 1向右滑下平台，做平抛运动，并恰好能从光滑圆弧形轨道BC 的B 点沿切线方向进入圆弧形轨道．B 点的高度h 2＝15 m ，圆弧轨道的圆心O 与平台等高，轨道最低点C 的切线水平，并与地面上长为L ＝70 m 的水平粗糙轨道CD 平滑连接；小物块沿轨道BCD 运动与右边墙壁发生碰撞，g 取10 m/s 2.求：(1)小物块由A 到B 的运动时间；(2)小物块原来压缩弹簧时储存的弹性势能E p 的大小；(3)若小物块与墙壁只发生一次碰撞，碰后速度等大反向，运动至C 点停止，试求动摩擦因数μ.解析：(1)设从A 运动到B 的时间为t ，则h 1－h 2＝12gt 2，t ＝ 3 s. (2)由R ＝h 1，得∠BOC ＝60°.设小物块平抛的水平速度是v 1，则gtv 1＝tan 60° v 1＝10 m/s故E p ＝12mv 12＝50 J.(3)设小物块在水平轨道CD 上通过的总路程为2L ，由能量守恒知，mgh ＋12mv 12＝μmg ·2L 代入数据计算得出μ＝14答案：(1) 3 s (2)50 J (3)14。
高考物理一轮复习 第五章 机械能及其守恒定律 第四节 功能关系 能量守恒定律课时作业
功能关系 能量守恒定律时间：45分钟一、单项选择题1．力对物体做功100 J ，下列说法正确的是( ) A ．物体具有的能量增加100 J B ．物体具有的能量减少100 J C ．有100 J 的能量发生了转化 D ．产生了100 J 的能量解析：由于物体是否对外做功未知，因此无法判断物体具有的能量的变化，A 、B 错误；功是能量转化的量度，故C 正确，D 错误．答案：C2．(2014·上海高考)静止在地面上的物体在竖直向上的恒力作用下上升，在某一高度撤去恒力．不计空气阻力，在整个上升过程中，物体机械能随时间变化关系是( )解析：物体受拉力加速上升时，拉力做正功，物体的机械能增大，又因为拉力做功W ＝F T ×12at 2，与时间成二次函数关系，A 、B 错误；撤去拉力后，物体只受重力作用，所以机械能守恒，D 错误，C 正确．答案：C3．从地面竖直上抛一个质量为m 的小球，小球上升的最大高度为h .设上升和下降过程中空气阻力大小恒定为F f .下列说法正确的是( )A ．小球上升的过程中动能减少了mghB ．小球上升和下降的整个过程中机械能减少了F f hC ．小球上升的过程中重力势能增加了mghD ．小球上升和下降的整个过程中动能减少了F f h解析：小球在上升过程中的动能减少量等于克服合力做的功，即ΔE k ＝(mg ＋F f )h ，A 错误；整个过程中的机械能减少量(动能减少量)等于克服除重力之外其他力做的功，即ΔE ＝2F f h ，B 、D 错误；上升过程中重力势能增加量等于克服重力做的功，即ΔE p ＝mgh ，C 正确．答案：C4.如图所示，木块A放在木块B的左端，用恒力F将A拉至B的右端，第一次将B固定在地面上，F做功为W1，生热为Q1；第二次让B可以在光滑地面上自由滑动，仍将A拉到B右端，这次F做功为W2，生热为Q2；则应有( )A．W1<W2，Q1＝Q2B．W1＝W2，Q1＝Q2C．W1<W2，Q1<Q2D．W1＝W2，Q1<Q2解析：拉力F做的功直接由公式W＝Fl cosα求得，其中l是物体对地的位移，所以W1<W2，滑动摩擦力做功过程中产生的内能等于系统克服摩擦力做的功，即ΔE＝Q＝F f x相对，其中x相A、B之间的相对位移，在这里是B的长度，所以Q1＝Q2.对表示答案：A5.如图所示，美国空军X－37B无人航天飞机正在飞行中，在X－37B由较低轨道飞到较高轨道的过程中( )A．X－37B中燃料的化学能转化为X－37B的机械能B．X－37B的机械能要减少C．自然界中的总能量要变大D．如果X－37B在较高轨道绕地球做圆周运动，则在此轨道上其机械能逐渐变小解析：在X－37B由较低轨道飞到较高轨道的过程中，必须启动助推器，对X－37B做正功，X－37B的机械能增大，A对，B错；根据能量守恒定律，C错；X－37B在确定轨道上绕地球做圆周运动时，其动能和重力势能都不会发生变化，所以机械能不变，D错．答案：A二、多项选择题6.某电视台“快乐向前冲”栏目最后一关，选手需要抓住固定在支架上的绳子向上攀登，才可冲上领奖台，如图所示．如果某选手刚刚匀速攀爬到绳子顶端时，突然因抓不住绳子而加速滑下，对该过程进行分析(不考虑脚蹬墙壁的作用)，下述说法正确的是( ) A．上行时，人受到绳子的拉力与重力和摩擦力平衡B．上行时，绳子拉力对人做的功等于人重力势能的增加C．下滑时，人受到的重力大于摩擦力，加速度小于gD．下滑时，重力势能的减小大于动能的增加，机械能的减少量等于克服摩擦力做的功解析：人匀速上升时，绳子对人的摩擦力等于人的重力，A错误；人上升过程中，人拉绳子，对自身做功，绳子并不对人做功，B错误；人下滑时，由mg－F f＝ma，可知，F f<mg，a<g，C正确；人下滑时，重力势能的减小量有一部分用于克服摩擦力做功，故其动能的增量一定小于重力势能的减少量，D正确．答案：CD7．(2016·株洲质检)如图所示，轻质弹簧的一端与固定的竖直板P拴接，另一端与物体A相连，物体A静止于光滑水平桌面上，右端接一细线，细线绕过光滑的定滑轮与物体B相连．开始时用手托住B，让细线恰好伸直，然后由静止释放B，直至B获得最大速度．下列有关该过程的分析正确的是( )A．B物体的机械能一直减小B．B物体的动能增加量等于它所受重力与拉力做的功之和C．B物体机械能的减少量等于弹簧的弹性势能的增加量D．细线拉力对A做的功等于A物体与弹簧所组成的系统机械能的增加量解析：把A、B和弹簧看作一个系统，系统机械能守恒，在B下落直至B获得最大速度过程中，A的动能增大，弹簧弹性势能增大，所以B物体的机械能一直减小，选项A正确；由动能定理，B物体的动能的增加量等于它所受重力与拉力做的功之和，选项B正确；B物体机械能的减少量等于弹簧的弹性势能的增加量与A、B动能的增加量之和，选项C错误；对A 和弹簧组成的系统，由功能关系，细线拉力对A做的功等于A物体与弹簧所组成的系统机械能的增加量，选项D正确．答案：ABD8．(2016·大同质检)如图甲所示，质量为m的小球，以初速度v0竖直向上抛出，小球上升的最大高度为H，已知小球在运动过程中受到的空气阻力与速率成正比．设抛出点重力势能为零，则小球在运动过程中，图乙中关于小球的动能E k、重力势能E p、机械能E随高度h，速率v随时间t变化的图线可能正确的有( )解析：小球上升过程，重力和空气阻力做负功，动能减小，且至最高点时，动能为零，A错误；小球的重力势能随高度增加而增大，且E p＝mgh，B正确；除重力之外，空气阻力始终做负功，由功能关系可知，小球的机械能随高度的变化一直减小，又因为上升过程中空气阻力逐渐减小，机械能随高度的变化越来越慢，下降过程中空气阻力逐渐增大，机械能随高度的变化越来越快，C正确；v－t图象的斜率表示小球运动的加速度，小球上升过程空气阻力随速度的减小而减小，合力逐渐减小，其加速度逐渐减小，小球下降过程中空气阻力随速度的增大而增大，合力逐渐减小，其加速度逐渐减小，速率v随时间t变化的图线只考虑速度的大小变化，不考虑方向变化，D正确．答案：BCD三、计算题9．如图甲所示，ABC为竖直放置的半径为R＝0.1 m的半圆形轨道，在轨道的最低点和最高点A 、C 各安装了一个压力传感器，可测定小球在轨道上通过这两点瞬间对轨道的压力大小F A 和F C .质量为m ＝0.1 kg 的小球(视为质点)以不同的初速度从水平轨道上的某点开始经A 点冲入与该水平轨道平滑连接的ABC 轨道．(g 取10 m/s 2)(1)若F C 和F A 的关系图线如图乙所示，当F A ＝13 N 时，求小球滑经A 点的速度v A 以及小球由A 滑至C 的过程中损失的机械能；(2)若轨道ABC 光滑，且每次小球都能通过C 点，试推导F C 随F A 变化的关系式． 解析：(1)由牛顿第三定律可知，小球在A 、C 两点所受轨道的弹力大小分别为F ′A ＝F A ＝13 N ，F ′C ＝F C ＝3 N 在A 点由牛顿第二定律得F ′A －mg ＝mv 2AR解得v A ＝2 3 m/s在C 点由牛顿第二定律得F ′C ＋mg ＝mv 2CR解得v C ＝2 m/s对A 至C 的过程，由动能定理得W f －mg ·2R ＝12mv 2C －12mv 2A解得W f ＝－0.2 J ，即损失的机械能为0.2 J.(2)因轨道光滑，小球由A 至C 的过程中机械能守恒，则 12mv 2A ＝12mv 2C ＋mg ·2R 解得F ′A －F ′C ＝6mg则F C ＝F A －6 N(或F C ＝F A －6mg )． 答案：(1)2 3 m/s 0.2 J (2)F C ＝F A －6 N(或F C ＝F A －6mg ) 10．(2016·昆明质检)如图所示，光滑的14圆弧AB ，半径R ＝0.8 m ，固定在竖直平面内．一辆质量为M ＝2 kg的小车处在光滑水平面上，小车的上表面CD 与圆弧在B 点的切线重合，初始时B 与C 紧挨着，小车长L ＝1 m ．现有一个质量为m ＝1 kg 的滑块(可视为质点)，自圆弧上的A 点由静止开始释放，滑块运动到B 点后冲上小车，带动小车向右运动，当滑块与小车分离时，小车运动了x ＝0.2 m ，此时小车的速度为v ＝1 m/s.取g ＝10 m/s 2，求：(1)滑块到达B 点时对圆弧轨道的压力； (2)滑块与小车间的动摩擦因数； (3)滑块与小车分离时的速度．解析：(1)滑块从A 到B 的过程，由动能定理得mgR ＝12mv 2B －0滑块在B 点，由牛顿第二定律得F N －mg ＝m v 2BR代入数据解得F N ＝30 N由牛顿第三定律知，滑块在B 点对轨道的压力为30 N ，方向竖直向下． (2)对小车，由动能定理得μmgx ＝12Mv 2－0代入数据解得μ＝0.5(3)对滑块在小车上的运动过程，由动能定理得 －μmg (x ＋L )＝12mv 2D －12mv 2B代入数据解得v D ＝2 m/s答案：(1)30 N ，方向竖直向下 (2)0.5 (3)2 m/s11．(2011·浙江高考)节能混合动力车是一种可以利用汽油及所储存电能作为动力来源的汽车，一质量为m ＝1 000 kg 的混合动力轿车，在平直公路上以v 1＝90 km/h 匀速行驶，发动机的输出功率为P ＝50 kW ，当驾驶员看到前方有80 km/h 的限速标志时，保持发动机功率不变，立即启动利用电磁阻尼带动的发电机工作给电池充电，使轿车做减速运动，运动L ＝72 m 后，速度变为v 2＝72 km/h ，此过程中发动机功率的15用于轿车的牵引，45用于供给发电机工作，发动机输送给发电机的能量最后有50%转化为电池的电能．假设轿车在上述运动过程中所受阻力保持不变，求：(1)轿车以90 km/h 在平直公路上匀速行驶时，所受阻力F 阻的大小； (2)轿车从90 km/h 减速到72 km/h 过程中，获得的电能E 电；(3)轿车仅用其在上述减速过程中获得的电能E 电维持72 km/h 匀速运动的距离L ′. 解析：(1)汽车牵引力与输出功率关系P ＝F 牵v 1代入数据得F 牵＝P v 1＝2×103N当轿车匀速行驶时，牵引力与阻力大小相等，有F 阻＝F 牵＝2×103 N(2)在减速过程中，根据动能定理有 15Pt －F 阻L ＝12mv 22－12mv 21 代入数据得Pt ＝1.575×105J电池获得的电能E 电＝0.5×45Pt ＝6.3×104J(3)根据题设，轿车在平直公路上匀速行驶时受到的阻力仍为F 阻＝2×103N 在此过程中，由能量转化及守恒定律可知，仅有电能用于克服阻力做功E 电＝F 阻L ′代入数据得L ′＝31.5 m答案：(1)2×103N (2)6.3×104J (3)31.5 m。
2019高考物理一轮复习课时作业5.4功能关系能量守恒定律
第五章第四节功能关系能量守恒定律[能力提升课][限时45分钟；满分100分]一、选择题(每小题7分，满分70分)1.导学号：82210501(2018·长沙模拟)弹弓是孩子们喜爱的弹射类玩具，其构造原理如图5－4－13所示，橡皮筋两端点A、B固定在把手上，橡皮筋处于ACB时恰好为原长状态，在C处(A、B连线的中垂线上)放一固体弹丸，一手执把手，另一手将弹丸拉至D点放手，弹丸就会在橡皮筋的作用下发射出去，打击目标。
现将弹丸竖直向上发射，已知E是CD 中点，则图5－4－13A．从D到C过程中，弹丸的机械能守恒B．从D到C过程中，弹丸的动能一直在增大C．从D到C过程中，橡皮筋的弹性势能先增大后减小D．从D到E过程橡皮筋弹力做功大于从E到C过程解析从D到C过程中，弹力对弹丸做正功，弹丸的机械能增加，选项A错误；弹丸竖直向上发射，从D到C过程中，必有一点弹丸受力平衡，在此点F弹＝mg，在此点上方弹力小于重力，在此点下方弹力大于重力，则从D到C过程中，弹丸的动能先增大后减小，选项B错误；从D到C过程中，橡皮筋的弹性势能一直减小，选项C错误；从D到E过程橡皮筋的弹力大于从E到C过程的，故从D到E过程橡皮筋弹力做功大于从E到C过程，选项D正确。
答案 D2．(2016·四川)韩晓鹏是我国首位在冬奥会雪上项目夺冠的运动员。
他在一次自由式滑雪空中技巧比赛中沿“助滑区”保持同一姿态下滑了一段距离，重力对他做功1 900 J，他克服阻力做功100 J 。
韩晓鹏在此过程中导学号：82210502A ．动能增加了1 900 JB ．动能增加了2 000 JC ．重力势能减小了1 900 JD ．重力势能减小了2 000 J解析 根据动能定理可知，动能的增加量等于合外力做功，即动能的增加量为1 900 J －100 J ＝1 800 J ，选项AB 错误；重力做功等于重力势能的变化量，故重力势能减小了1 900 J ，选项C 正确，D 错误。
2020版高考物理一轮复习第五章第4讲功能关系能量守恒定律课时作业(含解析)
功能关系能量守恒定律一、选择题(本题共10小题,1～6题为单选题，7～10题为多选题)1．(2018·张掖模拟）一质量为m的人站在电梯中，电梯由静止竖直向上做匀加速运动时,电梯的加速度为错误!。
人随电梯上升高度H的过程中，下列说法错误的是（重力加速度为g)（) A．人的重力势能增加mgHB．人的机械能增加错误!mgHC．人的动能增加mgHD．人对电梯的压力是他体重的错误!倍解析：C 电梯上升高度H，则重力做负功,重力势能增加mgH,故A正确；对人由牛顿第二定律得F N－mg＝ma，解得F N＝mg＋ma＝mg＋14mg＝错误!mg，支持力方向竖直向上，故做正功，支持力做的功等于人的机械能增量,故人的机械能增加错误!mgH，而重力势能增加mgH,所以动能增加错误!mgH，故B正确,C错误；根据牛顿第三定律可知，人对电梯底部的压力为错误!mg，即人对电梯的压力是他体重的54倍，D正确．2．（2018·唐山模拟）轻质弹簧右端固定在墙上，左端与一质量m＝0.5 kg的物块相连，如图甲所示．弹簧处于原长状态,物块静止且与水平面间的动摩擦因数μ＝0。
2。
以物块所在处为原点，水平向右为正方向建立x轴．现对物块施加水平向右的外力F，F随x 轴坐标变化的关系如图乙所示．物块运动至x＝0.4 m处时速度为零．则此时弹簧的弹性势能为（g＝10 m/s2）（）A．3。
1 J B．3。
5 JC．1。
8 J D．2。
0 J解析:A 物块与水平面间的摩擦力为F f＝μmg＝1 N,现对物块施加水平向右的外力F，由F－x图象面积表示F做的功,可知F做功W＝3.5 J，克服摩擦力做功W f＝F f x＝0.4 J，由功能关系可知，W －W f＝E p，此时弹簧的弹性势能为E p＝3.1 J，故A正确，B、C、D 错误．3。
如图所示，一轻弹簧左端固定在长木板m2的左端，右端与小木块m1连接，且m1、m2及m2与地面之间接触面光滑，开始时m1和m2均静止，现同时对m1、m2施加等大反向的水平恒力F1和F2，从两物体开始运动以后的整个过程中,对m1、m2和弹簧组成的系统(整个过程中弹簧形变不超过其弹性限度）,下列说法正确的是（)A．由于F1、F2等大反向,故系统机械能守恒B．由于F1、F2分别对m1、m2做正功，故系统动能不断增加C．由于F1、F2分别对m1、m2做正功，故系统机械能不断增加D．当弹簧弹力大小与F1、F2大小相等时,m1、m2的动能最大解析：D 当F1、F2大于弹簧的弹力时，m1向右加速运动，m2向左加速运动，F1、F2均做正功，故系统的动能和弹性势能增加,A 错误．当F1、F2小于弹力时,弹簧仍伸长，F1、F2仍做正功，但动能不再增加而是减小，弹性势能在增加，B错误．当m1、m2速度减为零，m1、m2开始反向运动，这时F1、F2做负功，C错误．故D正确．4。
高考物理一轮复习 B卷 第五章 第4讲功能关系能量守恒定律课时提升作业 教科版必修2
【全程复习方略】2014版高考物理一轮复习 B卷第五章第4讲功能关系能量守恒定律课时提升作业教科版必修2(40分钟 100分)一、选择题（本大题共7小题，每小题8分，共56分。
多选题已在题号后标出，选不全得4分）1.(2013·华东师大附中模拟)水流在推动水轮机的过程中做了3×108 J的功，这句话应理解为( )A.水流在推动水轮机前具有3×108 J的能量B.水流在推动水轮机的过程中具有3×108 J的能量C.水流在推动水轮机后具有3×108 J的能量D.水流在推动水轮机的过程中能量减少了3×108 J2.(多选)(2012·海南高考)下列关于功和机械能的说法，正确的是( )A.在有阻力作用的情况下，物体重力势能的减少不等于重力对物体所做的功B.合力对物体所做的功等于物体动能的改变量C.物体的重力势能是物体与地球之间的相互作用能，其大小与势能零点的选取有关D.运动物体动能的减少量一定等于其重力势能的增加量3.如图所示，ABCD是一个盆式容器，盆内侧壁与盆底BC的连接处都是一段与BC相切的圆弧，B、C在水平线上，其距离d=0.5 m。
盆边缘的高度为h=0.30 m。
在A处放一个质量为m的小物块并让其由静止下滑。
已知盆内侧壁是光滑的，而盆底BC面与小物块间的动摩擦因数为μ=0.10。
小物块在盆内来回滑动，最后停下来，则停下的位置到B的距离为( )eA.0.50 mB.0.25 mC.0.10 mD.04.如图所示，质量为m的跳高运动员先后用背越式和跨越式两种跳高方式跳过某一高度，该高度比他起跳时的重心高出h，则他从起跳后至越过横杆的过程中克服重力所做的功( )A.都必须大于mghB.都不一定大于mghC.用背越式不一定大于mgh ，用跨越式必须大于mghD.用背越式必须大于mgh ，用跨越式不一定大于mgh5.(多选)(2013·梅州模拟)光滑水平面上静止一质量为M 的木块，一颗质量为m 的子弹以水平速度v 1射入木块，并以速度v 2穿出，对这个过程，下列说法正确的是( ) A.子弹克服阻力做的功等于22121m(v v )2B.子弹对木块做的功等于子弹克服阻力做的功C.子弹对木块做的功等于木块获得的动能与子弹跟木块摩擦生热产生的内能之和D.子弹损失的动能等于木块的动能和子弹与木块摩擦转化的内能之和6.(2013·邯郸模拟)如图所示，A 、B 、C 三个一样的滑块从粗糙斜面上的同一高度同时开始运动，A 由静止释放，B 的初速度方向沿斜面向下，大小为v 0，C 的初速度方向沿斜面水平向左，大小也为v 0。
高考物理大一轮复习第五章第4讲功能关系能量守恒课时作业
第五章第4讲功能关系能量守恒-- - - - -- ---- - - ----- ---- -—------—-d —r一、选择题（在题后给的选项中， 第1〜4题只有一项符合题目要求， 第5〜9题有多项符合题目要求.）1. （2015年山西模拟）如图K5 — 4 — 1所示，轻弹簧的上端悬挂在天花板上，下端挂一质 量为m 的小球，小球处于静止状态.在小球上加一竖直向上的恒力 F 使小球向上运动，小球运动的最高点与最低点之间的距离为 H 则此过程中（g 为重力加速度，弹簧始终在弹性限度内）（）A. 小球的重力势能增加 mgHC.小球的机械能增加 FH【答案】A【解析】在小球上加一竖直向上的恒力 能变化，由功能关系，小球的动能增加不等于 系统，在小球上加一竖直向上的恒力F 使小球向上运动，小球和弹簧系统的机械能增加FH选项C 错误；由于小球受到除重力以外的力作用，小球的机械能不守恒，选项D 错误.2. 如图K5-4 — 2所示，汽车从一座拱形桥上的 a 点匀速率运动到b 点，在这个过程中（ ）图 K5— 4— 1B.小球的动能增加（F — mgHD.小球的机械能守恒F 使小球向上运动，小球运动的最高点与最低点 mgH 选项A 正确；小球上升过程中， 弹性势（F — mgH,选项B 错误；对小球和弹簧组成的之间的距离为H,此过程中小球的重力势能增加图K5－4－2A. 机械能守恒B. 汽车牵引力做的功等于克服摩擦力做的功C. 重力做功的功率不变D. 汽车所受合外力做的功为零【答案】D【解析】汽车从拱型桥上的a 点匀速率运动到b 点，动能不变，重力势能增大，机械能增加，A 错误；由功能关系知，汽车牵引力做的功等于克服摩擦力做的功和重力势能增加量之和，故B错误；由a到b重力做功的功率减小，故C错误；由动能定理知D正确.3. （2015年浙江联考）如图K5—4-3所示，ABCD是一个盆式容器，盆内侧壁与盆底BC 的连接处都是一段与BC相切的圆弧，B、C在水平线上，其距离d= 0.5 m •盆边缘的高度为h= 0.30 m.在A处放一个质量为m的小物块并让其由静止下滑.已知盆内侧壁是光滑的，而盆底BC面与小物块间的动摩擦因数为口= 0.10.小物块在盆内来回滑动，最后停下来，则停下的位置到B的距离为（）图K5— 4 -3A. 0.50 mB. 0.25 mC. 0.10 mD. 0【答案】D【解析】设小物块在BC段来回滑行的总路程为s，由能量守恒定律可知，mgh=^ mgs解得s= 3.0 m，由s= 6d可知，小物块最终停在B点，D正确.4 .如图K5- 4 —4所示，某段滑雪雪道倾角为30°,总质量为m包括雪具在内）的滑雪1运动员从距底端高为h处的雪道上由静止开始匀加速下滑，加速度为-g.在他从上向下滑到底端的过程中，下列说法正确的是（）图K5 - 4 -4A. 运动员减少的重力势能全部转化为动能B. 运动员获得的动能为3mgh一2C. 运动员克服摩擦力做功为§mgh1D.下滑过程中系统减少的机械能为§mgh【答案】D【解析】一^1 1 1111运动员的加速度为§g，沿斜面：2mg—F f = m- -g, F f = ©mg W= -mg-2 h=^mgh所以选项A、1 2C错误，D正确；E k= mgh-3mgh= 3mgh选项B错误.3 35.（改编）如图K5—4 —5所示，在竖直平面内有一半径为R的圆弧轨道，半径0A水平、0B竖直，一个质量为m的小球自A的正上方P点由静止开始自由下落，小球沿轨道到达最高点B时恰好对轨道没有压力•已知AP= 2R重力加速度为g,则小球从P到B的运动过程中（）图K5 —4—5A.重力做功mgRB.机械能减少mgR1C.合外力做功mgRD.克服摩擦力做功2mgR【答案】AD【解析】小球在A点正上方由静止释放，通过B点时恰好对轨道没有压力，此时小球的重力提供向心力，即：mg= mV/R,得v2= gR小球从P到B的过程中，重力做功W= mgR A1 2 1 2 1正确；减小的机械能△ E= mg—，mv= mgR B错误；合外力做功W^= ?mv= ?mgR C错误；由动能定理得：mg* W= 2mv- 0,所以W= q mgR D项正确.6•如图K5- 4- 6所示，一个小物体在足够长的斜面上以一定初速度释放，斜面各处粗糙程度相同，初速度方向沿斜面向上，则物体在斜面上运动的过程中（）图K5— 4 -6A. 动能一定是先减小后增大B. 机械能一直减小C. 如果某段时间内摩擦力做功与物体动能的改变量相同，则此后物体动能将不断减小D. 如果某段时间内摩擦力做功为W再经过相同的时间，两段时间内摩擦力做功可能相【答案】BD7 .如图K5- 4- 7所示，质量m= 10 kg和M= 20 kg的两物块，叠放在光滑水平面上，其中物块m通过处于水平方向的轻弹簧与竖直墙壁相连，初始时刻，弹簧处于原长状态，弹簧的劲度系数k = 250 N/m.现用水平力F作用在物块M上，使其缓慢地向墙壁移动，当移动40 cm时，两物块间开始相对滑动，在相对滑动前的过程中，下列说法正确的是（）图K5－4－7A. M受到的摩擦力保持不变B. 物块m受到的摩擦力对物块m不做功C. 推力做的功等于弹簧增加的弹性势能D. 开始相对滑动时，推力F的大小等于100 N【答案】CD【解析】取m和M为一整体，由平衡条件可得F= kx,隔离m由平衡条件，可得F f =kx m= 100 N，故此时推力F为100 N，选项A错误，D正确；m的摩擦力对m做正功，选项B 错误；系统缓慢移动，动能不变且又无内能产生，由能量守恒定律，可知推力F做的功全部转化为弹簧的弹性势能，选项C正确.& （2015年中山模拟）如图K5—4-8所示，倾角为30°、高为L的固定斜面底端与水平面平滑相连，质量分别为3m m的两个小球A、B用一根长为L的轻绳连接，A球置于斜面顶端，现由静止释放A、B两球，球B与弧形挡板碰撞过程中无机械能损失且碰后只能沿斜面下滑，它们最终均滑至水平面上.重力加速度为g,不计一切摩擦.则（）图K5— 4 - 8A. 小球A下滑过程中，小球A、B系统的重力对系统做正功，系统的重力势能减小B. A球刚滑至水平面时，速度大小为5gLC. 小球B升高£时，重力对小球A做功的功率大于重力对小球B做功的功率D.小球B从刚开始上升到开始进入斜面过程中，绳的拉力对小球B做功为3m4g L【答案】AC【解析】小球A下滑过程中，B球的重力对B球做负功，A球的重力对A球做正功，但由于系统的动能增大，可知系统的重力势能减小，故小球A、B系统的重力对系统做正功，选项A正确；对A B系统利用机械能守恒，可知A球从开始滑动到刚滑至水平面过程中，有3mgL1 12 , 5gl 亠L “—j mgl^ 2^4 mv,故v=4£，选项B错误；小球B升咼£时，因两球的速度大小相等，而A球沿斜面向下的分力为 1.5 mg故此时重力对小球做功的功率大于重力对小球B做功的L 1 2功率，选项C正确；小球B从刚开始上升到开始进入斜面过程中，有3mg£—mgL= £ X4 mv :故v ，对B球用动能定理又有W—mgL= g mv' 2,故W 9mg|选项D错误.2 2 89•如图K5- 4 —9所示，质量为m的物体在水平传送带上由静止释放，传送带由电动机带动，始终保持以速度v匀速运动，物体与传送带间的动摩擦因数为口，物体过一会儿能保图K5— 4 - 9持与传送带相对静止，对于物体从静止释放到相对静止这一过程，下列说法正确的是1 2 1 2A.电动机做的功为q mvB.摩擦力对物体做的功为-m\2C.传送带克服摩擦力做的功为mVD.电动机增加的功率为口mgv【答案】CD【解析】在此过程中，传送带运动的距离是物体运动距离的2倍，则电动机做功即传送1 1带克服摩擦力做功为2X 2mV = mV,摩擦力对物体做功等于物体动能的增加为？mV,电动机的增加的功率为f △ v =口mgv二、非选择题10. 为了了解过山车的原理，物理小组提出下列设想：取一个与水平方向夹角为37°、长L= 2.0 m的粗糙的倾斜轨道AB通过水平轨道BC与竖直圆轨道相连，出口为水平轨道DE 整个轨道除AB段以外都是光滑的.其中AB与BC轨道以微小圆弧相接，如图K5—4—10所示, 一个小物块以初速度V o = 4.0 m/s，从某一高处水平抛出，到A点时速度方向恰沿AB方向，并沿倾斜轨道滑下.已知物块与倾斜轨道的动摩擦因数口= 0.5( g取10 m/s2, sin 37 ° =0.60 , cos 37 °= 0.80).求：(1)小物块的抛出点和A点的高度差；(2)为了让小物块不离开轨道，并且能够滑回倾斜轨道AB则竖直圆轨道的半径应该满足什么条件?图 K5— 4 - 10【答案】(1)0.45 m (2)不小于1.65 m【解析】(1)设小物块的抛出点和 A 的高度差为h o ,则 逊=tan 37 °，V 092解得h 0=醫0.45 m.(2)物块能够滑回 AB 则物块在圆轨道内上升的最大高度为圆轨道的半径, 轨道前的动能为那么圆轨道的最小半径 R 满足Ek= mgR联立解得 R= 1.65 m ，即圆轨道的半径因不小于1.65 m.11. 如图K5-4 — 11所示，水平轨道PAB 与 1圆弧轨道BC 相切于B 点,AB 段粗糙，动摩擦因数 口= 0.1 , AB 段长L = 2 m , BC 段光滑，半径 R= 1度系数k = 200 N/m,左端固定于P 点，右端处于自由状态时位于 A 点.现用力推质量 m = 2 kg的小滑块，使其缓慢压缩弹簧，当推力做功W = 25 J 时撤去推力.已知弹簧的弹性势能表达1式为E = ?kx 2，其中k 为弹簧的劲度系数，x 为弹簧的形变量，重力加速度取 g = 10 m/s 2.(1) 求推力撤去瞬间，滑块的加速度；物体进入圆1 2E<= g mv + mghL i nmgl cos 37 °其中，PA 段光滑,m •轻质弹簧的劲图K5— 4 -11(2) 求滑块第一次到达圆弧轨道最低点B时对B点的压力F N；(3) 判断滑块能否超过C点.【答案】(1)50 m/s 2 (2)62 N (3)滑块能够越过C点【解析】(1)设滑块此时的加速度为a,弹簧弹力为F,则1 2W巳，E p= ^kx , F= kx, F= ma联立以上各式，解得a=，^kWV=50 m/s.m⑵设滑块第一次到达B点的速度为v,则1 2^mv= E p—口mgL解得v= 21 m/s ,合外力提供向心力，则2mvF N— mg=-R,联立以上二式，解得F N=2&—警mg\ mg= 62 N.R1(3)假设刚好能够达到C点的滑块在B点的速度为V B,则^m\B= mgR解得V B= 20 m/s , v > V B,故能够越过C点.12. (2015年汕尾质检)如图K5—4—12所示，在大型超市的仓库中，要利用皮带运输机图K5— 4 -12将货物由平台D运送到高h= 2.5 m的C平台上，为了便于运输，仓储员在平台D与传送带间1放了一个4圆周的光滑轨道ab,轨道半径R= 0.8 m，轨道最低端与皮带接触良好，已知皮带和水平面间的夹角0 = 37°，皮带和货物间的动摩擦因数口= 0.75，运输机的皮带以v o= 1 m/s的速度顺时针匀速运动(皮带和轮子之间不打滑)，仓储员将质量m= 200 kg的货物放于轨道的a 端(g取10 m/s2)，求：图K5— 4 - 12(1) 货物到达圆轨道最低点b时对轨道的压力；(2) 货物沿皮带向上滑行多远才能相对皮带静止；(3) 皮带将货物由A运送到B需对货物做多少功.【答案】(1)6 X 10 N (2)0.625 m (3)3 500 J【解析】(1)设货物到达圆轨道最低点时的速度为v，对轨道的压力为F N,则21 2 mvmgR= ^mv, = F N— mg3联立解得v= 4 m/s , F N= 3mg= 6X 10 N.(2) 设刚好相对静止时货物滑行的距离为L,则1 2 1 2^mv—，mv= mgL in 37 °+ 口mgl cos 37 ° ,解得L= 0.625 m.(3) 设皮带对货物做的功为W则12「^mv—，mv =—mgh^ W解得W= 3 500 J.。
高考物理一轮复习第5章机械能第4讲功能关系能量守恒定律课时作业含解析
4、功能关系 能量守恒定律[基础训练]1．(2018·全国卷Ⅲ)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13l .重力加速度大小为g .在此过程中，外力做的功为( )A.19mglB.16mglC.13mglD.12mgl 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 ′＝23m ，未拉起时，QM 段绳的重心在QM 中点处，与M 点距离为13l ，绳的下端Q 拉到M 点时，QM 段绳的重心与M 点距离为16l ，此过程重力做功W G ＝－m ′g ⎝ ⎛⎭⎪⎫13l －16l ＝－19mgl ，对绳的下端Q 拉到M 点的过程，应用动能定理，可知外力做功W ＝－W G ＝19mgl ，可知A 项正确，B 、C 、D 项错误． 2．(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2mgHB ．动能损失了mgHC ．机械能损失了mgHD ．机械能损失了12mgH 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，动能损失等于克服合外力做的功，即ΔE k ＝FL ＝mg H sin 30°＝2mgH ，A 项正确，B 项错误；此过程中，重力势能增加了ΔE p ＝mgH ，故机械能损失了ΔE ＝ΔE k －ΔE p ＝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R ＝0.50 m 的四分之一圆弧轨道，B 端距水平地面的高度h ＝0.45 m ．一质量m ＝1.0 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v ＝2.0 m/s.忽略空气的阻力．取g ＝10 m/s 2.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F N ＝16 NB ．小滑块由A 端到B 端的过程中，克服摩擦力所做的功W ＝3 JC ．小滑块的落地点与B 点的水平距离x ＝0.6 mD ．小滑块的落地点与B 点的水平距离x ＝0.3 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：F N－mg ＝m v 2R ，代入数据得：F N ＝18 N ，故A 错误．由动能定理得mgR －W ＝12mv 2－0，得W ＝3 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 ＝12gt 2，解得x ＝0.6 m ，故C 正确，D 错误． 4．(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m 1的滑块压缩弹簧至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m 2的滑块(m 2>m 1)压缩弹簧至同一点D 后，重复上述过程，下列说法正确的是( )A．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，由能量守恒定律得E p＝mgh＋μmg cos θ×hsin θ，所以mgh＝E p1＋μcot θ，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；由能量守恒定律得ΔE损＝W f＝μmg cos θ×hsin θ＝μmgh cot θ＝μcot θ1＋μcot θE p，故D正确．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( )A．0～x1过程中钢绳的拉力逐渐增大B．0～x1过程中箱子的动能一直增加C．x1～x2过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、B 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v 0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 ．FL ＝12Mv 2B ．FL ′＝12mv 2 C ．FL ′＝12mv 20－12(M ＋m )v 2 D ．F (L ＋L ′)＝12mv 20－12mv 2 答案：ACD 解析：根据动能定理：对子弹：－F (L ＋L ′)＝12mv 2－12mv 20，选项D 正确；对木块：FL ＝12Mv 2，A 项正确；由以上两式整理可得FL ′＝12mv 20－12(M ＋m )v 2，C 项正确． 7．如图所示，静止放在水平桌面上的纸带，其上有一质量为m ＝1.0 kg 的铁块，它与纸带右端的距离为L ＝0.5 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 ＝2 m/s.已知桌面高度为H ＝0.8 m ，不计纸带重力，铁块可视为质点．重力加速度取g ＝10 m/s ，求：(1)铁块抛出后落地点离抛出点的水平距离；(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 ＝vt 1竖直方向：H ＝12gt 21 解得：x ＝0.8 m.(2)设铁块的加速度为a 1，由牛顿第二定律得μmg ＝ma 1纸带抽出时，铁块的速度v ＝a 1t 1联立解得：μ＝0.2设纸带的位移为x 2，铁块的位移：x 1＝12a 1t 21 由题意知：x 2－x 1＝L由功能关系可得系统产生的内能E ＝μmgx 2＋μmg (x 2－x 1)联立解得E ＝4 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；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 点运动到B 点的过程中，下列说法正确的是( )A ．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 ＋2－2kL mD ．圆环在B 点的速度为2gL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 (2L －L )·2＝ma ，得a ＝g ＋2－2kLm ，C 正确；从A 到B 过程中，由于弹性势能始末状态相等，所以减少的重力势能全部转化为动能，即2mgL ＝12mv 2，所以v ＝2gL ，D 正确． 10．(2018·河南实验中学模拟)(多选)在一水平向右匀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μ，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L TB ．工件在传送带上加速时间为L 2TμgC ．每个工件与传送带间因摩擦而产生的热量为μmgL2D ．传送带因传送每一个工件而多消耗的能量为mL 2T2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 ＝L T ，故A 正确．设每个工件匀加速运动的时间为t ，根据牛顿第二定律得，工件的加速度为μg ，根据v ＝v 0＋at ，解得：t ＝v a ＝L Tμg ，故B 错误．工件与传送带相对滑动的路程为：Δx ＝v v μg －v 22μg ＝v 22μg ＝L 22μgT 2，则摩擦产生的热量为：Q ＝μmg Δx ＝mL 22T2，故C 错误．根据能量守恒得，传送带因传送一个工件多消耗的能量E ＝12mv 2＋μmg Δx ＝mL 2T2，故D 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h ＝0.1 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E k h 图象，如图乙所示，其中高度从0.2 m 上升到0.35 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g ＝10 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，A项正确；由动能定理：－mgh ′＝0－E k (h ′为直线对应高度)，m ＝E k gh ′＝0.310×0.15 kg ＝0.2 kg ，B 项错误；弹簧的弹性势能最终全部转化为重力势能，E p ＝mgh ″＝0.2×10×(0.35－0.1) J ＝0.5 J ，C 项正确；重力势能与弹性势能之和最小时，应是动能最大时，从题图可得最大动能为E k ＝0.32 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l ＝10 m ，与一个半径为R ＝0.4 m 的光滑四分之一圆轨道BC 相切于B 点，传送带速度恒为v ＝6 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m ＝10 kg ，滑块与传送带间的动摩擦因数为μ＝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)214 m/s 或4 m/s (2)1.8 m (3)220 J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－μmgl ＝12mv 2－12mv 20，解得v 0＝214 m/s ； 当滑块初速度小于传送带速度时，有μmgl ＝12mv 2－12mv 20，解得v 0＝4 m/s. (2)由动能定理可得－mgh ＝0－12mv 2，解得h ＝1.8 m. (3)以滑块为研究对象，由牛顿第二定律得μmg ＝ma ，滑块的加速度a ＝1 m/s 2，滑块减速到零的位移s ＝v 22a＝18 m>10 m ，则滑块第二次在传送带上滑行时，速度没有减小到零就离开传送带，由匀变速运动的位移公式可得l ＝vt －12at 2，解得t ＝2 s(t ＝10 s 舍去)，在此时间内传送带的位移x ＝vt ＝6×2 m＝12 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 ＝μmg (l ＋x )＝0.1×10×10×(10＋12) J ＝220 J.。
课时作业功能关系 能量守恒定律(19)
课时作业(19)功能关系能量守恒定律1．(2021·河北张家口期末)如图所示，运动员跳伞将经历加速下降和减速下降两个过程，在这两个过程中，下列说法正确的是()A．运动员先处于超重状态后处于失重状态B．空气浮力对系统始终做负功C．加速下降时，重力做的功大于系统重力势能的减小量D．任意相等的时间内系统重力势能的减小量相等B[运动员先加速向下运动，处于失重状态，后减速向下运动，处于超重状态，A错误；空气浮力与运动方向总相反，故空气浮力对系统始终做负功，B正确；加速下降时，重力做的功等于系统重力势能的减小量，C错误；因为是变速运动，所以任意相等的时间内，系统下降的高度不相等，则系统重力势能的减小量不相等，D错误．]2．(2020·吉林友好学校联合体期末)从地面竖直上抛一个质量为m的小球，小球上升的最大高度为h，设上升和下降过程中空气阻力大小恒为F f.重力加速度为g，下列说法正确的是()A．小球上升的过程中动能减少了mghB．小球上升和下降的整个过程中机械能减少了F f hC．小球上升的过程中重力势能增加了mghD．小球上升和下降的整个过程中动能减少了F f hC[小球上升的过程中，重力和阻力都做负功，其中克服重力做功等于mgh，故总功大于mgh；根据动能定理，总功等于动能的变化量，故动能的减小量大于mgh，故A错误．除重力外其余力做的功等于机械能的变化量，除重力外，克服阻力做功2F f h，故机械能减小2F f h，故B错误．小球上升h，故重力势能增加mgh，故C正确．小球上升和下降的整个过程中，重力做功等于零，阻力做功等于－2F f h，故根据动能定理，动能减小2F f h，故D错误．]3．目前，在地球周围有许多人造地球卫星绕着它运转，其中一些卫星的轨道可近似为圆，且轨道半径逐渐变小．若卫星在轨道半径逐渐变小的过程中，只受到地球引力和稀薄气体阻力的作用，则下列判断正确的是( )A ．卫星的动能逐渐减少B ．由于地球引力做正功，引力势能一定增加C ．由于气体阻力做负功，地球引力做正功，机械能保持不变D ．卫星克服气体阻力做的功小于引力势能的减少量D [由于空气阻力做负功，卫星轨道半径变小，地球引力做正功，引力势能一定减少，动能增加，机械能减少，选项A 、B 、C 错误；根据动能定理，卫星动能增加，卫星克服阻力做的功小于地球引力做的正功，而地球引力做的正功等于引力势能的减少量，所以卫星克服阻力做的功小于引力势能的减少量，选项D 正确．]4．质量为m 的物体以初速度v 0沿水平面向左开始运动，起始点A 与一轻弹簧O 端相距s ，如图所示．已知物体与水平面间的动摩擦因数为μ，物体与弹簧相碰后，弹簧的最大压缩量为x ，则从开始碰撞到弹簧被压缩至最短，物体克服弹簧弹力所做的功为( )A ．12 m v 20 －μmg (s ＋x )B ．12 m v 20 －μmgxC ．μmgsD ．μmg (s ＋x )A [根据功的定义式可知物体克服摩擦力做功为W f ＝μmg (s ＋x )，由能量守恒定律可得12 m v 20 ＝W 弹＋W f ，W 弹＝12m v 20 －μmg (s ＋x )，故选项A 正确．]5．(2021·湖北孝感模拟)质量为m 的人造地球卫星与地心的距离为r 时，引力势能可表示为E p ＝－GMm r，其中G 为引力常量，M 为地球质量．该卫星原来在半径为R 1的轨道上绕地球做匀速圆周运动，由于受到极稀薄空气的摩擦作用，飞行一段时间后其做匀速圆周运动的半径变为R 2，此过程中因摩擦而产生的热量为( )A ．GMm ⎝⎛⎭⎫1R 2－1R 1B ．GMm ⎝⎛⎭⎫1R 1－1R 2C ．GMm 2 ⎝⎛⎭⎫1R 2－1R 1D ．GMm 2 ⎝⎛⎭⎫1R 1－1R 2 C [卫星绕地球做匀速圆周运动满足G Mm r 2 ＝m v 2r ，动能E k ＝12 m v 2＝GMm 2r，机械能E ＝E k ＋E p ，则E ＝GMm 2r －GMm r ＝－GMm 2r.卫星由半径为R 1的轨道降到半径为R 2的轨道过程中损失的机械能ΔE ＝E 1－E 2＝GMm 2 ⎝⎛⎭⎫1R 2－1R 1 ，即为下降过程中因摩擦而产生的热量，所以C 正确．]6．如图甲所示，一物体悬挂在细绳下端，由静止开始沿竖直方向运动，运动过程中物体的机械能E 与物体通过的路程x 的关系图象如图乙所示，其中0～x 1过程的图象为曲线，x 1～x 2过程的图象为直线(忽略空气阻力).则下列说法正确的是( )A ．0～x 1过程中物体所受拉力是变力，且一定不断减小B ．0～x 1过程中物体的动能一直增加C ．x 1～x 2过程中物体一定做匀速直线运动D ．x 1～x 2过程中物体可能做匀加速直线运动，也可能做匀减速直线运动A [物体运动过程中只受重力和拉力，由于除重力之外的其他力做功等于物体的机械能的变化，即F ·Δx ＝ΔE ，所以可得F ＝ΔE Δx，所以E -x 图象的斜率的绝对值等于物体所受拉力的大小，由题图可知，在0～x 1内曲线斜率的绝对值逐渐减小，故在0～x 1过程中物体所受的拉力逐渐减小，选项A 正确；由于0～x 1内物体的机械能增加，绳子拉力做正功，物体向上运动，x 1～x 2内机械能减小，绳子拉力做负功，物体向下运动，则在x 1位置处速度为零，物体在初始时刻的速度也为零，故在0～x 1过程中物体的速度先增大后减小，功能一定先增加后减小，选项B 错误；由于物体在x 1～x 2内E -x 图象的斜率的绝对值不变，故物体所受的拉力保持不变，因机械能减小，且在位置x 1处速度为零，物体只能匀加速下降，选项C 、D 错误．]7．(多选)(2021·福建三明模拟)滑沙是人们喜爱的游乐活动，如图是滑沙场地的一段斜面，其倾角为30°，设参加活动的人和滑车总质量为m ，人和滑车从距底端高为h 处的顶端A 沿滑道由静止开始匀加速下滑，加速度为0.4g ，人和滑车可视为质点，则从顶端向下滑到底端B 的过程中，下列说法正确的是( )A．人和滑车减少的重力势能全部转化为动能B．人和滑车获得的动能为0.8mghC．整个下滑过程中人和滑车减少的机械能为0.2mghD．人和滑车克服摩擦力做功为0.6mghBC[沿斜面的方向有ma＝mg sin 30°－F f，所以F f＝0.1mg，人和滑车减少的重力势能转化为动能和内能，故A错误；人和滑车下滑的过程中重力和摩擦力做功，获得的动能为E k＝(mg sin 30°－F f)hsin 30°＝0.8mgh，故B正确；整个下滑过程中人和滑车减少的机械能为ΔE＝mgh－E k＝mgh－0.8mgh＝0.2mgh，故C正确；整个下滑过程中克服摩擦力做功等于人和滑车减少的机械能，所以人和滑车克服摩擦力做功为0.2mgh，故D错误．] 8．(2021·贵州毕节监测)毕节，是全国唯一一个以“开发扶贫、生态建设”为主题的试验区，是国家“西电东送”的主要能源基地．如图所示，赫章的韭菜坪建有风力发电机，风力带动叶片转动，叶片再带动转子(磁极)转动，使定子(线圈，不计电阻)中产生电流，实现风能向电能的转化．若叶片长为l，设定的额定风速为v，空气的密度为ρ，额定风速下发电机的输出功率为P，则风能转化为电能的效率为()A．2Pπρl2v3B．6Pπρl2v3C．4Pπρl2v3D．8Pπρl2v3A[风能转化为电能的工作原理为将风的动能转化为输出的电能，设风吹向发电机的时间为t，则在t时间内吹向发电机的风的体积为V＝v t·S＝v t·πl2，则风的质量M＝ρV＝ρv t·πl2，因此风吹过的动能为E k＝12M v2＝12ρv t·πl2·v2，在此时间内发电机输出的电能E＝P·t，则风能转化为电能的效率为η＝EE k＝2Pπρl2v3，故A正确，B、C、D错误．]。
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机械能—功能关系 能量守恒定律
一、选择题(每小题至少有一个选项正确)
1. 轻质弹簧吊着小球静止在如图1所示的A 位置，现用水平外
力F 将小球缓慢拉到B 位置，此时弹簧与竖直方向的夹角为
θ，在这一过程中，对于整个系统，下列说法正确的是( )
A ．系统的弹性势能不变
B ．系统的弹性势能增加
C ．系统的机械能不变
D ．系统的机械能增加
2. (2010·海淀模拟)滑板是现在非常流行的一种运动，如图2所示，一
滑板运动员以7 m/s 的初速度从曲面的A 点下滑，运动到B 点速
度仍为7 m/s ，若他以6 m/s 的初速度仍由A 点下滑，则他运动到
B 点时的速度 ( )
A ．大于6 m/s
B ．等于6 m/s
C ．小于6 m/s
D ．条件不足，无法计算
3．质量为m 的物体，从距地面h 高处由静止开始以加速度a ＝13
g 竖直下落到地面，在 此过程中 ( )
A ．物体的重力势能减少13
mgh B ．物体的动能增加13
mgh C ．物体的机械能减少13
mgh D ．物体的机械能保持不变
4．(2008·四川高考)一物体沿固定斜面从静止开始向下运动，经过时间t 0滑至斜面底端．已 知在物体运动过程中物体所受的摩擦力恒定．若用F 、v 、x 和E 分别表示该物体所 受的合力、物体的速度、位移和机械能，则如图3所示的图象中可能正确的是( )
图3
5.如图4所示，一小球从光滑圆弧轨道顶端由静止开始下滑，
进入光滑水平面又压缩弹簧．在此过程中，小球重力势能
和动能的最大值分别为E p和E k，弹簧弹性势能的最大值
为E p′，则它们之间的关系为()
A．E p＝E k＝E p′B．E p>E k>E p′
C．E p＝E k＋E p′D．E p＋E k＝E p′
6．(2009·广东高考)某缓冲装置可抽象成如图5所示的简单模
型．图中K1、K2为原长相等，劲度系数不同的轻质弹簧．下
列表述正确的是()
A．缓冲效果与弹簧的劲度系数无关
B．垫片向右移动时，两弹簧产生的弹力大小相等
C．垫片向右移动时，两弹簧的长度保持相等
D．垫片向右移动时，两弹簧的弹性势能发生改变
7．如图6所示，水平面上的轻弹簧一端与物体相连，另一端固
定在墙上的P点，已知物体的质量为m＝2.0 kg，物体与水
平面间的动摩擦因数μ＝0.4，弹簧的劲度系数k＝200 N/m.
现用力F拉物体，使弹簧从处于自然状态的O点由静止开始
向左移动10 cm，这时弹簧具有弹性势能E p＝1.0 J，物体处于静止状态．若取g＝10 m/s2，则撤去外力F后() A．物体向右滑动的距离可以达到12.5 cm
B．物体向右滑动的距离一定小于12.5 cm
C．物体回到O点时速度最大
D．物体到达最右端时动能为零，系统机械能也为零
8.(2010·郑州模拟)如图7所示，倾角为30°的斜面体
置于水平地面上．一根不可伸长的轻绳两端分别
系着小球A和物块B，跨过固定于斜面体顶端的
小滑轮O，A的质量为m，B的质量为4m.开始
时，用手托住A，使OA段绳恰处于水平伸直状
态(绳中无拉力)，OB绳平行于斜面，此时B静止不动．将A由静止释放，在其下摆过程中，斜面体始终保持静止，下列判断中错误的是()
A．物块B受到的摩擦力先减小后增大
B．地面对斜面体的摩擦力方向一直向右
C．小球A的机械能守恒
D．小球A的机械能不守恒，A、B系统的机械能守恒
9．如图8所示，A、B、C、D四图中的小球以及小球所在的左侧斜面完全相同，现从同一高度h处由静止释放小球，使之进入右侧不同的竖直轨道：除去底部一小段圆弧，A图中的轨道是一段斜面，高度大于h；B图中的轨道与A图中的轨道相比只是短了一些，且斜面高度小于h；C图中的轨道是一个内径略大于小球直径的管道，其上部为直管，下部为圆弧形，与斜面相连，管的高度大于h；D图中的轨道是个半圆形轨道，其直径等于h.如果不计任何摩擦阻力和拐弯处的能量损失，小球进入右侧轨道后能到达h高度的是()
图8
二、非选择题(解答时应写出必要的文字说明、方程式和演算步骤，有数值计算的要注明单位)
10．一组数据显示：世界煤炭的储量还能烧200多年，我国煤炭的储量还能烧70
多年；世界天然气的储量还能用50多年，我国天然气的储量还能用20年；世界石油的储量还能用40多年，我国现有的石油储量用不到20年．因此，新型清洁能源的开发利用成为人类的重点课题．风能作为一种清洁能源，对环境的破坏小，可再生，将成为人类未来大规模应用的能源之一．假设某地区的平均风速是6.0 m/s，已知空气密度是1.2 kg/m3，此地有一风车，它的车叶转动时可以形成半径为20 m的圆面，假如这个风车能将此圆面内10%的气流的动能转变为电能．问：
(1)在圆面内，每秒冲击风车车叶的气流的动能是多少？
(2)这个风车平均每秒内发出的电能是多少？
11．(2010·济南模拟)如图9所示，B是质量为2m、半径为
R的光滑半球形碗，放在光滑的水平桌面上．A是质量为m的细
长直杆，光滑套管D被固定，A可以自由上下运动，物块C的
质量为m，紧靠半球形碗放置．初始时，A杆被握住，使其下端
正好与碗的半球面的上边缘接触(如图)．然后从静止开始释放A，
A、B、C便开始运动．求：
(1)长直杆的下端运动到碗的最低点时，长直杆竖直方向的速度和B、C水平方向的
速度；
(2)运动的过程中，长直杆的下端能上升到的最高点距离半球形碗底部的高度．12．(14分)如图10所示，将质量均为m，厚度不计的两物块A、
B用轻质弹簧相连接．第一次只用手托着B物块于H高处，A在
弹簧的作用下处于静止状态，现将弹簧锁定，此时弹簧的弹性势能
为E p，现由静止释放A、B，B物块着地后速度立即变为零，同时
弹簧解除锁定，在随后的过程中B物块恰能离开地面但不继续上
升．第二次用手拿着A、B两物块，使弹簧竖直并处于原长状态，
此时物块B离地面的距离也为H，然后由静止同时释放A、B，B
物块着地后速度同样立即变为零，试求：
(1)第二次释放A、B后，A上升至弹簧恢复原长时的速度大小v1；
(2)第二次释放A、B后，B刚要离开地面时A的速度大小v2.。