功能关系试题

1、功与对应能量的变化关系功能量的变化合外力做正功动能增加重力做正功重力势能减少弹簧弹力做正功弹性势能减少电场力做正功电势能减少其他力（除重力、系统内的弹 力）做正功机械能增加1.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 3 .面，其运动的加速度为4g,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（）.3A.重力势能增加了 mghB.重力势能增加了 mghC.动能损失了 mgh1,_ 1D.机械能损失了 ?mgh解析 设物体受到的摩擦阻力为Ff,31由牛顿运动止律得 Ff+ mgsin 30 =ma= 4mg,解得Ff=4mg.重力势能的变化由重力做功决定，故

2、A Ep=mgh,故A错、B对.动能的变化由合外力做功决定:-(Ff+ mgsin 30°)x=-max=3-2 mgh,故C错.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,1 h 1故 AE 机械= FfX= 4mg30 =2mgh，故 D 正确2.在水平地面上固定一个半径为 R的半圆形轨道，其中圆弧部分光滑，水平 段长为L, 一质量为m的小物块紧靠一根被压缩的弹簧固定在水平轨道的最 右端，小物块与水平轨道间的动摩擦因数为内现突然释放小物块，小物块被弹出，恰好能够到达圆弧轨道的最高点 A,取g=10 m/s2,且弹簧长度忽略不 计，求：(1)小物块的落点距。'的距离

3、；(2)小物块释放前弹簧具有的弹性势能.规范解答设小物块被弹簧弹出时的速度大小为 vi,到达圆弧轨道的最低点时速度大小为V2,到达圆弧轨道的最高点时速度大小为 V3因为小物块恰好能到达圆弧轨道的最高点，故向心力刚好由重力提供，有2mv3-R- = mg 小物块由A射出后做平抛运动，由平抛运动的规律有X= V3t 2R= 1gt2 联立解得：x=2R,即小物块的落点距。的距离为2R(2)小物块在圆弧轨道上从最低点运动到最高点的过程中，由机械能守恒定律得1 O1 O _2mv2 = mg x 2R+ 2miv3 小物块被弹簧弹出到运动到圆弧轨道的最低点的过程由功能关系得：= 21V m 1-2+

4、遭m1- 2小物块释放前弹簧具有的弹性势能就等于小物块被弹出时的动能，故有Ep= 2mv2 5由 联立解得：Ep=mgR+ 11 mgL5答案 (1)2R (2)/mgR+ 业 mgL 3.(2013常州,莫拟) 如图所示，一质量为m = 2 kg的滑块从半径为R=0.2 m的光滑四分之一圆弧 轨道的顶端A处由静止滑下，A点和圆弧对应的圆心。点等高，圆弧的底端 B与水平传送带平滑相接.已知传送带匀速运行速度为 v0 = 4 m/s, B点到传 送带右端C点的距离为L=2 m,当滑块滑到传送带的右端C点时，其速度恰 好与传送带的速度相同.(g=10 m/s2)求：(1)滑块到达底端B时对轨道的压

5、力；(2)滑块与传送带间的动摩擦因数也(3)此过程中，由于滑块与传送带之间的摩擦而产生的热量Q.1 C解析(1)滑块由A到B的过程中，由机械能守恒定律得 mgR=mvBVB滑块在B点，由牛顿第二定律得Fn mg= m三 R由两式得：Fn = 60 N由牛顿第三定律得滑块到达底端 B时对轨道的压力大小为60 N.方向竖直向下.法一：滑块从B到C运动过程中，由牛顿第二定律得(jmg= ma由运动学公式得v2 vB=2aL由三式得尸0.3®. 1 C法一：滑块在从A到C整个运动过程中，由动能je理得mgR+ n mg匕/mvO0,解得尸0.3 (3)滑块在从B到C运动过程中，设运动时间为t

6、,由运动学公式得V0 = vb + at产生的热量Q= n MgotL)由得Q=4 J4.如图所示，一水平方向的传送带以恒定的速度v = 2 m/s沿顺时针方向匀速转动，传送带右端固定着一光滑的四分之一圆弧面轨道，并与弧面下端相切. 一质量为m=1 kg的物体自圆弧面轨道的最高点由静止滑下，圆弧轨道的半径R=0.45 m,物体与传送带之间的动摩擦因数为尸0.2,不计物体滑过曲面与传送带交接处时的能量损失，传送带足够长，g= 10 m/s2.求：(1)物体第一次从滑上传送带到离开传送带所经历的时间；(2)物体第一次从滑上传送带到离开传送带的过程中，传送带对物体做的功 及由于摩擦产生的热量.解析(

7、1)物体沿圆弧轨道下滑过程中机械能守恒，设物体滑上传送带时的速度为 V1,则 mgR= mv2/2,得 v1 = 3 m/s物体在传送带上运动的加速度a = *gp歹2 m/s2物体在传送带上向左运动的时间ti = vi/a= 1.5 s向左滑动的最大距离x=v2/2a = 2.25 m物体向右运动速度达到v时，已向右移动的距离xi = v2/2a=1 mxxi所用时间t2=v/a= 1 s,匀速运动的时间t3 = v=0.625 s所以 t=ti + t2+t3 = 3.125 s.1 o 1(2)W= 2m/ 2mv1= 2.5 J,物体向右运动到速度为夺的过程中相对于传送2带的路程Ax1

8、 =券+v t1 ,物体向右加速到V过程中相对于传送带的路程 Ax2 = vt22V2a，物体相对传送带滑过的路程.Ax=氏1 + 9=6.25 m故摩擦产生的热量Q= 1 mig x= 12.5 J答案(1)3.125 s (2)-2.5 J 12.5 J5.如图所示，一传送皮带与水平面夹角为30°,以2 m/s的恒定速度顺时针运行.现将一质量为10 kg的工件轻放于底端，经一段时间送到高2 m的平台上， 3. .一工件与皮带间的动摩擦因数尸冷,求带动皮带的电动机由于传送工件多消耗的 电能.(取g=10 m解析设工件向上运动距离x时，速度达到传送带的速度 V,由动能定理12可知一m

9、gxsin 30 +(i mgos 30 =mv代入数据，解得x= 0.8 m,说明工件未到达平台时，速度已达到 v,所以工件动能的增量为 AEk = 1mv2 = 20 J到达平台时，工件重力势能增量为 AEp=mgh=200 Jv在工件加速运动过程中，工件的平均速度为v =5，i因此工件的位移大小是皮带运动距离x的2，即 x = 2x= 1.6 m.由于滑动摩擦力做功而增加的内能 AE内为 任内=5£Ax= 1 mgos 30°(x'x)=60 J电动机多消耗的电能为 AEk+止p+ AE内= 280 J.5.如图所示，在水平地面上固定一倾角为8的光滑斜面，一劲

10、度系数为k的绝缘 轻质弹簧的一端固定在斜面底端，整根弹簧处于自然状态。一质量为 m的滑块从 距离弹簧上端为xo处静止释放，滑块在运动道程中始终受到沿斜面向下的包力作 用，设滑块与弹簧接触过程没有机械能损失，弹簧始终处在弹性限度内，重力加速度大小为g,弹簧弹性势能为A.当滑块的速度最大时，弹簧的弹性势能最大B.当滑块的速度最大时，系统的机械能最大C.当滑块的加速度最大时，弹簧的弹性势能最大D.当滑块的加速度最大时，系统的机械能最大CD解析：滑块接触弹簧后，弹簧的弹力从零开始增加，滑块先做加速运动，当合 力为零时，速度达到最大；当滑块速度减到零时，弹簧被压缩最短，此时弹力最大， 合力最大，加速度最

11、大，弹性势能最大，外加恒力做正功最多，系统机械能最大，选 项C D正确。6 .在倾角为的固定光滑斜面上有两个用轻弹簧 相连接的物块A、B,它们的质量分别为mi、m2, 弹簧劲度系数为k, C为一固定挡板，系统处于静 止状态。现用一平行于斜面向上的恒力 F拉物块A 使之向上运动，当物块 B刚要离开挡板C时，物 块A运动的距离为d,速度为v,则此时A.物块B的质量满足m2gsinkdF kdB .物块A的加速度为 miC.拉力做功的瞬时功率为FvsinD.此过程中，弹簧弹性势能的增量为Fdm1dgsingm1v2答案：BD7 .（多选）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

12、m的小物块，放在小车的最左端，现用一水平力 F作用在小物块上，小物块与小车之间的摩 擦力为f,经过一段时间小车运动的位移为 x,小物块刚好滑到小车的右端， 则下列说法中正确的是().A.此时物块的动能为F(x+ L)8 .此时小车的动能为fxC.这一过程中，物块和小车增加的机械能为Fx fLD.这一过程中，因摩擦而产生的热量为 fL解析对物块，所受四个力中水平力 F和物块与小车间的滑动摩擦力做功，这两个力做功的位移都是(x+L),则由动能定理可知小物块的动能(等于增加的动能)Ek= AEk=(F f)(x+L), A项错误；对小车，只有物块对小车的滑动摩擦力做正功，且 W= fx,由动能定理可

13、知B项正确；系统增加的机械能等于除重力和弹力外的其他力(包括内力和外力)做功的代数和，即A E=F(x+ L)-fL, C项错误；这一过程中，因摩擦而产生的热量等于滑动摩擦力与相对路程的乘积，即A Q=fL, D项正确.答案 BD8.如图所示,半径为R的光滑半圆弧轨道与高为10R的光滑斜轨道放在同一竖直平面内， 两轨道之间由一条光滑水平轨道CD相连，水平轨道与斜轨道间有一段圆弧过渡.在水平轨道上，轻质弹簧被 a、b两小球挤压，处于静止状态.同时释 放两个小球，a球恰好能通过圆弧轨道的最高点 A, b球恰好能到达斜轨道的 最高点B.已知a球质量为mi, b球质量为m2,重力加速度为g.求： (1

14、)a球离开弹簧时的速度大小va;(2)b球离开弹簧时的速度大小vb；(3)释放小球前弹簧的弹性势能Ep.vA斛析(1)由a球恰好能到达A点知mig=mig, R1212 ,2miiva=2miVA+ migx 2R,得Va=/5加(2)对于b球由机械能守恒定律有：2m2vb=m2gx I0R得Vb = >/20gR. i i5(3)由机械能守恒定律得 Ep = 2miva+2m2vb得 Ep= 2mi + I0m2 gR.10 .如图所示，一物体质量 m=2 kg,在倾角为0= 37°的斜面上的A点以初速度v°=3 m/s 下滑，A点距弹簧上端B的距离AB=4 m.当

15、物体到达 B后将弹簧压缩到 C点，最大压缩量BC= 0.2 m ,然后物体又被弹簧弹上去， 弹到的最高位置为 D点，D点距A点AD = 3 m .挡92,sin 37 =0.6,求:(2)弹簧的最大弹性势能 Epm解析：(1)物体从开始位置 A点到最后D点的过程中，弹性势能没有发生变化，动能和重力1势能减少，机械能的减少重为AE= AEk+ AEp = mv2+mglADSin 37物体克服摩擦力产生的热量为Q = Ffx其中x为物体的路程，即 x= 5.4 mFf=科mgos 37由能量守恒定律可得 AE=Q由式解得 科=0.52.1(2)由A到C的过程中，动能减少AEk =2mv0重力势能

16、减少 AEp = mglACsin 37摩擦生热 Q=FflAc=科mgos 37°Iac由能量守恒定律得弹簧的最大弹性势能为AEpm =AEk' + AEp' Q 联立解得 AEpm= 24.5 J.11 .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尸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Ep=1.0 J,物体处于静止状态.若取g =10 m/S2,则撤去外力5后()A.物体向右滑动的

17、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。点过程中，弹簧的弹力向右.由牛顿第二定律 可知，kx卜mgma（x为弹簧的伸长量），当a=0时，物体速度最大，此时 kx =叱mg弹簧仍处于伸长状态，故 C错误；当物体至O点时，由Ep- mg 0.1 = 2mv2可知，物体至。点的速度不为零，将继续向右压缩弹簧，由能量守恒可 得，Ep=叱 mgX +Ep'，因 Ep' >0,所以 x' <12.5 cm, A 错误、B 正确；物 体到达最右端

18、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.12.如图所示，质量m=1 kg的小物块放在一质量为 M = 4 kg的足够长的木板右 端，物块与木板间的动摩擦因数尸0.2,木板与水平面间的摩擦不计.物块用劲 度系数k= 25 N/m的弹簧拴住，弹簧的左端固定.开始时整个装置静止，弹簧处 于原长状态.现对木板施以12 N的水平向右的恒力（物块与木板间最大静摩擦力 可认为等于滑动摩擦力，g=10 m/s2）,已知弹簧的弹性势能Ep=2kx2,式中x为弹簧的伸长量或压缩量.求:(1)开始施力的瞬间小物块的加速度；(2)物块达到的最大速度是多少？解析：(1)假设m、M相对静止，由牛顿第

19、二定律2.4 m/s.此时m受的合力F 合=ma=2.4 N>Ff=仙 mg 2 N ,一,一.Ff2所以m、M相对滑动，a=m'=仙年2 m/s(2)速度最大时，弹簧伸长x,则kx= pmg所以x= 0.08 m,由功能关系12.1 2n mgx 2kx + 2.所以 Vm= 0.4 m/s.13.如图所示，质量为m的物体A经一轻质弹簧与下方地面上的质量为m2的物体B相连，弹簧的劲度系数为k, A、B都处于静止状态。一条不可伸长的轻绳绕过轻滑轮，一端连物体A,另一端连一轻挂钩。开始时各段绳都处于伸直状态，A上方的一段绳沿竖直方向。现在挂钩上升一质量为 假的物体C并从静止状态释放

20、，已知它恰好能使B离开地面但不继续上升。图12若将C换成另一个质量为的物体D,仍从上述初始位置由静止状态释放，则这次B刚离地时D的速度的大小是多少？已知重力加速度为g。解：过程分析法(1)开始时，A B都静止，设弹簧压缩量为得出:(2)挂上C由静止释放，由B刚好离开地面得:得出:(3)挂上C直至B刚好离开地面，由系统机械能守恒得:其中为弹簧弹性势能的增加量得出:0.42 kg 和使A由静若将C换成D后，当B刚好离开地面时弹簧弹性势能的增加量与前一次相同,以上两式联立得出:14 .A、B两木块叠放在竖直轻弹簧上，如图 9-6所示，已知木块 A、B质量分别为 0.40 kg,弹簧的劲度系数 k=1

21、00 N/m ,若在木块 A上作用一个竖直向上的力 F, 止开始以0.5 m/s2的加速度竖直向上做匀加速运动(g=10 m/s2).(1)使木块A竖直做匀加速运动的过程中，力 F的最大值；(2)若木块由静止开始做匀加速运动，直到A、B分离的过程中，弹簧的弹性势能减少了0.248 J,求这一过程F对木块彳的功.错解分析：此题难点和失分点在于能否通过对此物理过程的分析后，确定两物体分离的临界点，即当弹簧作用下的两物体加速度、速度相同且相互作用的弹力N =0时，恰好分离.解题方法与技巧：当F=0 (即不加竖直向上 F力时)，设A、B叠放在弹簧上处 于平衡时弹簧的压缩量为x,有kx= (mA+mB)gx= (mA+mB)g/k对A施加F力，分析A、B受力如图9-7对 A F+N-mAg=mAa对 Bkx -N-mBg=mBa'可知，当NW0时，AB有共同加速度a=a',由式知欲使 A匀加速运动，随N减小F增大.当N=0时，F取得了最大值Fm,即 Fm=mA (g+a) =4.41 N又当N=0时，A、B开始分离，由式知,此时，弹簧压缩量 kx' =mB (a+g)x' =mB (a+g) /kAB共同速度 v2=2a (x-x')由题知，此过程弹性