人教版高中物理第七章机械能守恒定律7.14解决物理问题的一把金钥匙__功能关系练习必修2

解决物理问题的一把金钥匙——功能关系
（答题时间：20分钟）
1. 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mgh
B. 都不一定大于mgh
C. 用背越式不一定大于mgh ，用跨越式必须大于mgh
D. 用背越式必须大于mgh ，用跨越式不一定大于mgh
2. 如图所示，汽车在拱形桥上由A 匀速运动到B ，以下说法正确的是（ ）
A. 牵引力与克服摩擦力做的功相等
B. 合外力对汽车不做功
C. 牵引力和重力做的总功大于克服摩擦力做的功
D. 汽车在上拱形桥的过程中克服重力做的功转化为汽车的重力势能
3. 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，其运动的加速度为4
3
g ，此物体在斜面上上升的最大高度为h ，则在这个过程中物体（ ）
A. 重力势能增加了
3
4
mgh B. 重力势能增加了mgh C. 动能损失了mgh D. 机械能损失了
1
2
mgh
4.（广东高考）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
5. 如图所示，长为L 的长木板水平放置，在木板的A 端放置一个质量为m 的小物块，现缓慢地抬高A 端，使木板以左端为轴转动，当木板转到与水平面的夹角为α时小物块开始滑动，此时停止转动木板，小物块滑到底端的速度为v ，则在整个过程中，下列说法不正确的是（ ）
A. 木板对小物块做功为
12
mv 2
B. 摩擦力对小物块做功为mgL sin α
C. 支持力对小物块做功为mgL sin α
D. 滑动摩擦力对小物块做功为
12
mv 2
－mgL sin α 6. 如图所示，工厂利用皮带传输机把货物从地面运送到高出水平地面的C 平台上，C 平台离地面的高度一定。

运输机的皮带以一定的速度v 顺时针转动且不打滑。

将货物轻轻地放在A 处，货物随皮带到达平台。

货物在皮带上相对滑动时，会留下一定长度的痕迹。

已知所有货物与皮带间的动摩擦因数为μ。

若皮带的倾角θ、运行速度v 和货物质量m 都可以改变，始终满足tan θ<μ，可以认为最大静摩擦力等于滑动摩擦力，则（ ）
A. 当速度v 一定时，倾角θ越大，运送时间越短
B. 当倾角θ一定时，改变速度v ，运送时间不变
C. 当倾角θ和速度v 一定时，货物质量m 越大，皮带上留下的痕迹越长
D. 当倾角θ和速度v 一定时，货物质量m 越大，皮带上摩擦产生的热量越多 7. 如图所示，劲度系数为k 的轻质弹簧下端悬挂一个质量为m 的小球，处于静止状态，手托小球使之缓慢上移，直到弹簧恢复原长，然后放手使小球从静止开始下落，小球下落过程中的最大速度为v ，不计空气阻力，则下列说法正确的是（ ）
A. 小球速度最大时弹簧的弹性势能为零
B. 弹簧的弹性势能最大时小球速度为零
C. 手托小球缓慢上移时手对小球做功为W 1＝k
g m 22
D. 小球从静止下落到速度最大过程中，小球克服弹簧弹力所做的功为W 2＝k
g m 2
2－
12
mv 2
8.（安徽高考）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mgR
C. 合外力做功mgR
D. 克服摩擦力做功
1
2
mgR
9. 如图所示是利用电力传送带装运麻袋包的示意图。

传送带长l＝20 m，倾角θ＝37°，麻袋包与传送带间的动摩擦因数μ＝0.8，传送带的主动轮和从动轮半径R相等，传送带不打滑，主动轮顶端与货车车箱底板间的高度差为h＝1.8 m，传送带匀速运动的速度为v＝2 m/s。

现从传送带底端（传送带与从动轮相切位置）由静止释放一只麻袋包（可视为质点），其质量为100 kg，麻袋包最终与传送带一起做匀速运动，到达主动轮时随轮一起匀速转动。

如果麻袋包到达主动轮的最高点时，恰好水平抛出并落在货车车箱底板中心，重力加速度
g＝10 m/s2，sin 37°＝0.6，cos 37°＝0.8，求：
（1）麻袋包在传送带上运动的时间t；
（2）主动轮轴与货车车箱底板中心的水平距离x及主动轮的半径R；
（3）该装运系统每传送一只麻袋包需额外消耗的电能。

10. 工厂流水线上采用弹射装置将物品转运，现简化其模型分析：如图所示，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v0，长为L；现将滑块向左压缩固定在平台上的轻质弹簧上，到达某处时（仍处于弹簧弹性限度内）由静止释放，若滑块离开弹簧时的速度小于传送带的速度，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。

求：
（1）释放滑块时，弹簧具有的弹性势能；
（2）滑块在传送带上滑行的整个过程中产生的热量。

11. 如图所示，轮半径r＝10 cm的传送带，水平部分AB的长度L＝1.5 m，与一圆心在O点、半径R＝1 m的竖直光滑圆轨道的末端相切于A点，AB高出水平地面H＝1.25 m。

一质量m＝0.1 kg的小滑块（可视为质点），在水平力F作用下静止于圆轨道上的P点，OP与竖直线的夹角θ＝37°。

已知sin 37°＝0.6，cos 37°＝0.8，g＝10 m/s2，滑块与传送带间的动摩擦因数μ＝0.1。

（1）求水平力F的大小；
（2）撤去力F，使滑块由静止开始下滑；
①若传送带一直保持静止，求滑块的落地点与B间的水平距离；
②若传送带以v0＝0.5 m/s的速度沿逆时针方向运行（传送带上部分由B到A运动），
求滑块在传送带上滑过痕迹的长度。

1. C 解析：采用背越式跳高方式时，身体各部位是依次通过横杆，运动员的重心升高的高度可以低于横杆，而采用跨越式跳高方式时，运动员的重心升高的高度一定高于横杆，故用背越式时克服重力做的功不一定大于mgh ，而用跨越式时克服重力做的功一定大于mgh ，C 正确。

2. BD 解析：汽车由A 匀速运动到B ，合外力始终指向圆心，合外力做功为零，即W 牵＋W G －W f ＝0，即牵引力与重力做的总功等于克服摩擦力做的功，A 、C 错误，B 正确；汽车在上拱形桥的过程中，克服重力做的功转化为汽车的重力势能，D 正确。

3. BD 解析：设物体受到的摩擦阻力为F f ，由牛顿运动定律得
F f ＋mg sin 30°＝ma ＝
34mg ，解得F f ＝1
4
mg 。

重力势能的变化由重力做功决定，故ΔE p ＝mgh 。

动能的变化由合外力做功决定，故 ΔE k ＝（F f ＋mg sin 30°）s ＝
34mg ·sin 30h ＝3
2
mgh 。

机械能的变化由重力或系统内弹力以外的其他力做功决定，故ΔE
机械
＝s F f ⋅＝
14mg ·sin 30h ＝1
2
mgh 。

故B 、D 正确，A 、C 错误。

4. B 解析：由于楔块与弹簧盒、垫块间均有摩擦，摩擦力做负功，则缓冲器的机械能部分转化为内能，故选项A 错误，选项B 正确；车厢撞击过程中，弹簧被压缩，摩擦力和弹簧弹力都做功，所以垫块的动能转化为内能和弹性势能，选项C 、D 错误。

5. B 解析：在抬高A 端的过程中，小物块受到的摩擦力为静摩擦力，其方向和小物块的运动方向时刻垂直，故在抬高阶段，摩擦力并不做功，这样在抬高小物块的过程中，由动能定理得：W N ＋W G ＝0，即W N －mgL sin α＝0，所以W N ＝mgL sin α。

在小物块下滑的过程中，支持力不做功，滑动摩擦力和重力做功，由动能定理得：W G ＋W f ＝12
mv 2
，即W f ＝
12
mv 2
－mgL sin α，B 错，C 、D 正确。

在整个过程中，设木板对小物块做的功为W ，对小物块在整个过程由动能定理得W ＝12
mv 2
，A 正确。

6. D 解析：开始时对货物进行受力分析，根据牛顿第二定律得a ＝μg cos θ－g sin θ，根据运动学公式得货物加速到与皮带速度相等所需的时间t 1＝
v
a
，货物加速过程的位移x 1＝2
2v a
，货物加速到与皮带的速度相等时，因为μmg cos θ>mg sin θ，货物将做匀速
运动，根据运动学公式得货物匀速运动的时间t 2＝1
L x v
-，因此货物从底端运送到顶端
的时间t ＝t 1＋t 2＝
L v ＋2v a
，当速度一定时，θ越大，加速度越小，运送的时间越长，A 错误；当θ一定时，加速度一定，速度不同，运送时间不同，B 错误；货物相对皮带运动的位移Δx ＝vt 1－
2v t 1＝2
v t 1，v 和θ一定，速度一定，加速度一定，由t 1＝a v 得
货物的加速时间t 1一定，货物相对皮带的位移一定，C 错误；摩擦产生的热量为μmg Δx ，当倾角θ和速度v 一定时，货物质量越大，摩擦产生的热量越多，D 正确。

7. BD 解析：小球速度最大时，合外力为零，所以弹簧处于拉伸状态，弹性势能不为零，选项A 错误。

当小球到达最低点时，速度为零，弹簧的伸长量最大，弹性势能最大，B 正确。

小球上升过程，根据动能定理得W 1＋W 弹－mgx ＝0，其中x ＝
mg
k
，所以 W 1＝22
m g k
－W 弹，C 错误。

小球下落过程：mgx －W 弹＝12mv 2
，解得W 弹＝22m g k －12
mv 2，D 正确。

8. D 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 ＝m R
v 2，得v 2
＝gR ，小球从P 到B 的过程中，重力做功W
＝mgR ，A 错误；减少的机械能ΔE ＝mgR －12mv 2＝12mgR ，B 错误；合外力做功W 合＝12
mv
2
＝12mgR ，C 错误；由动能定理得：mgR －f F W ＝12mv 2－0，所以f F W ＝1
2
mgR ，D 正确。

9. 解：
（1）对麻袋包，设匀加速运动时间为t 1，匀速运动时间为t 2，有 μmg cos θ－mg sin θ＝ma ，解得2
/4.0s m a
v ＝at 1，故t 1=5s x 1＝211
2
at ，x 1=5m
l －x 1＝vt 2
联立以上各式解得：t ＝t 1＋t 2＝12.5 s 。

（2）设麻袋包做平抛运动时间为t ，有h ＝
12
gt 2
，x ＝vt ，解得：x ＝1.2 m 麻袋包在主动轮的最高点时，平抛水平初速度为v =2m /s ，由圆周运动知识可知，此
时与传送带之间相互作用力为零，故有mg ＝m 2
v R
解得：R ＝0.4 m 。

（3）设麻袋包做匀加速运动时间内相对传送带的位移为Δx ，每传送一只麻袋包需额外消耗的电能为ΔE ，有Δx ＝vt 1－x 1，则滑动摩擦力做功为x mg Q ∆⋅=θμcos
由能量守恒定律得ΔE ＝mgl sin θ＋12
mv 2
＋μmg cos θ·Δx 解得：ΔE ＝15 400 J 。

10. 解：（1）由题意知滑块在传送带上一直做匀加速运动，设滑块离开弹簧时的速度为v ，由动能定理可得：μmgL ＝
2012mv －12
mv 2
对弹簧和滑块构成的系统，由机械能守恒定律得E p ＝12
mv 2
联立解得：E p ＝
2
012
mv －μmgL 。

（2）对滑块在传送带上的运动，由牛顿第二定律和运动学公式可得 μmg ＝ma
v 20－v 2
＝2aL v 0＝v ＋at
联立解得t
相对x ＝v 0t －L
所以Q ＝F f ·相对x ＝mv 02
－mv μmgL 。

11. 解：（1）滑块静止于P 点时，由平衡条件知F ＝mg tan θ 代入数值得F ＝0.75 N 。

（2）①滑块从P 到A 的过程，由机械能守恒定律得mg （R －R cos θ）＝2
1mv A 2
从A 到B 的过程，由动能定理得－μmgL ＝21mv B 2－2
1mv A 2
解得v A ＝2 m/s v B ＝1 m/s
经过传送带的B 点时，根据牛顿第二定律有mg －F N ＝r
mv B
2
解得F N ＝0
所以滑块从B 点开始做平抛运动，设滑块在空中飞行的时间为t ，落地点与B 点间的
水平距离为x ，则
H ＝
2
1gt 2
x ＝v B t 解得x ＝0.5 m ；
②传送带逆时针运行时，滑块做匀减速运动，运动情况与传送带保持静止时相同，故最终滑块仍会从B 点滑出。

设滑块运动的加速度为a ，滑块在传送带上运动的时间为t ′，则
v B ＝v A ＋at ′
－μmg ＝ma
解得t =1s
滑过痕迹的长度L ′＝L ＋v 0t ′ 解得L ′＝2 m 。