专题06　机械能守恒定律　功能关系（解析版）

学而优教有方模块三力学中的动量能量问题专题06机械能守恒定律功能关系1.【答案】BD【解析】小球在空中运动的速率v=v02+g2t2,知v-t图像不是一条倾斜的直线,A错误;重力的瞬时功率P=mgvy=mg2t,知p-t图像为过原点的直线,B正确;根据动能定理mgh=Ek-Ek0,知Ek=mgh+Ek0,当h=H时,Ek=Ek0,C错误;由于不计空气阻力,小球机械能守恒,机械能E随小球距地面高度2.【答案】BD【解析】根据能量守恒定律知,除重力以外的力做功使得物体的机械能变化,0~t1物体的机械能不变,说明没有其他力做功,但物体的运动可以沿斜面向下或向上,A错误;t1~t2时间内机械能随时间均匀减小,ΔEk=E0-E=kt,由功能关系ΔE=Fx,则物体的位移关于时间变化x=vt,得物体做匀速直线运动,则需要其他力F=mgsinα,沿斜面向上,又因为机械能减小,所以t1~t2物体沿斜面向下做匀速直线运动,此时滑块动能不变,B正确,C错误;t2~t3时间内,机械能不变,说明撤去外力,物体沿斜面方向由牛顿第二定律得mgsinα=ma,得滑块的加速度为a=gsinα,D正确.3.【答案】BC【解析】由图可知在0~x1过程中物体机械能在减小,知拉力在做负功,如果拉力方向向下,则知物体在沿斜面向上运动,这种情况不可能,所以拉力方向向上,则知物体在沿斜面向下运动,根据功能关系ΔE=FΔx,得F=ΔEΔx,0~x1过程中图线的斜率逐渐减小到零,知物体的拉力逐渐减小,根据牛顿第二定律mgsinθ-F=ma,可知,加速度逐渐增大,故A错误,B正确;在x1~x2过程中,拉力F=0,机械能守恒,向下运动,重力势能减小,动能增大,故C正确;在0~x1过程中,加速度的方向与速度方向相同,都沿斜面向下,所以物体做加速运动,x1~x2过程中F=0,物体做匀加速运动;x2~x3过程,机械能增大,拉力做正功,沿斜面向下,故物体继续向下做加速运动,即物体一直沿斜面向下运动.故D错误4.【答案】C【解析】当平抛的初速度v≤v0时,小球均落在斜面上,具有相同的位移偏向角均等于斜面倾角θ,可得tanθ=yx=12gt2vt=gt2v,可得平抛时间t=2vtanθg,则小球所受的重力的瞬时功率为P=mg·vy=mg·gt=2mgtanθ·v,可知,P关于v构成正比例函数关系;当平抛的初速度v>v0时,小球均落在水平面上,平抛的竖直高度相同为h,有h=12gt2,则平抛时间为t=2hg,则小球所受的重力的瞬时功率为P=mg·v5.【答案】ACD【解析】设乙物体获得最大的动能为Ek,对整体,由动能定理W-W1=2Ek,解得乙物体获得最大的动能为W-W12,故A正确;对整体,由牛顿第二定律F-2μMg=2Ma,对乙,有Nsinθ-μFN=Ma,Mg+Ncosθ=FN,解得甲对乙的作用力的大小N=F2(sinθ-μcosθ),故B错误;撤去水平推力后,两个物体将在摩擦力的作用下做加速度为a=μg的匀减速直线运动,速度始终相同,故二者之间没有相互作用力,故C正确;撤去水平推力后,对物体甲,由动能定理-μMgs=0-E6.【答案】ABD【解析】由题知,不计一切阻力,则物块和弹簧系统机械能守恒,A正确;物块从A点运动到B点是先加速后减速,到B点速度刚好为0,弹簧处于伸长状态,此时对物块受力分析可知,弹簧沿斜面向上的分力大于重力沿斜面向下的分力,故物块在B点时加速度方向由B指向A,B正确;物块从A到C,根据动能定理可知,合力做的功等于动能的增加量,物块从C到B,根据动能定理可知,物块克服合力做的功等于动能的减少量,而物块在A点和B点的速度都为零,故两个过程动能的变化量相等,所以A到C过程物块所受合力做的功等于C到B过程物块克服合力做的功,C错误;弹簧的形变量越小,弹簧的弹性势能越小,根据几何关系,可知物块从A到C过程的弹簧形变量小于C到B过程的弹簧形变量,故物块下滑过程中,弹簧的弹性势能在A到C过程的增量小于C到B过程的增量,D正确.7.【答案】A【解析】开始时滑块受向右的拉力F和向右的摩擦力f而做加速运动,则动能Ek=(F+f)x.若物块在到达最右端之前还未达到与传送带共速,此时图像为C;若F>f,则当物块与传送带共速后还会加速,此时动能增加为ΔEk=(F-f)x,此时图像为D;若F≤f,则当物块与传送带共速后会随传送带一起匀速运动,动能不变,此时图像为B;物块与传送带共速后只能匀速或者加速,不可能做减速,则图像A不可能.选项A正确.8.【答案】AC【解析】对乙施加水平向右的瞬时速度v,对木板甲来说,因为乙对甲的摩擦力μmg小于木板与地面之间的最大静摩擦力2μmg,可知木板甲是不动的,则对乙由动能定理Ek乙=Ek0乙-μmgx;当乙在甲上停止后,此时给甲一初速度v,则乙在摩擦力作用下先做匀加速运动,动能Ek乙=μmgx;而甲做匀减速运动,动能Ek甲=Ek0甲-(μmg+2μmg)x;当甲乙共速后一起做匀减速直至停止,此过程中乙的动能Ek乙=Ek1乙-μmgx,逐渐减小;此过程中甲受地面的摩擦力仍为向后的2μmg,但是乙对甲的静摩擦力变为向前的μmg,则此过程中甲的动能Ek甲=Ek1甲-(2μmg-μmg)x,图像的斜率变小,A、C正确.9.【答案】BD【解析】小球在竖直向上的拉力和竖直向下的重力作用下运动,拉力做功改变小球的机械能,则F拉=ΔEΔx,可知题中机械能—路程图像斜率的大小为拉力的大小;O~x1过程中小球所受拉力竖直向上且减小,拉力做正功,小球的机械能增加,开始时小球从静止开始加速,拉力大于重力,运动过程中拉力逐渐减小,x1之后,拉力竖直向上做负功,小球向下运动,所以x1处速度为零,动能为零,说明O~x1过程中小球先加速后减速,所以在减速阶段拉力小于重力,A错误,B正确;O~x1过程中小球向上运动,重力做负功,重力势能增大,x1~x2过程中小球向下运动,重力做正功,重力势能减小,C错误;x1~x2过程中重力大于拉力,小球向下运动,图像斜率不变,拉力不变,所以小球加速度恒定,向下做匀加速直线运动,D正确10.【答案】(1)3N2N(2)5m/s1m/s(3)3.5J【解析】(1)A在涂层Ⅰ上滑动时fA=μ1mg=(0.3×1×10)N=3N,此时B与地面的弹力FN=2mg,因此fB=μB2mg=(0.1×2×10)N=2N.(2)A在涂层Ⅰ上滑动时,根据牛顿第二定律可得fA=maA1,代入数据得aA1=3m/s2,由fA-fB=maB1,代入数据得aB1=1m/s2,A离开涂层Ⅰ时与B的相对位移为L1,结合匀变速运动公式可得v0t1-12aA1t12-12aB1代入数据解得t1=1s,则A的速度vA=v0-aA1t1=(8-3)m/s=5m/sB的速度vB=aB1t1=1m/s.(3)A在涂层Ⅰ上滑动的t1时间内,B对地的位移xB1=12aB1tA在涂层Ⅱ上滑动时,A和B的加速度大小分别为aA2=f'Am=μaB2=f'A离开涂层Ⅱ时与B的相对位移为L2,结合匀变速运动公式可得vAt2-12aA2t22-vBt代入数据解得t2=1sA在涂层Ⅱ上滑动的t2时间内B对地的位移:xB2=vBt2=1mA离开涂层Ⅱ后,B与地面的摩擦力变为f'B=μBmg=1N则B匀减速的加速度大小为aB3=f'BB匀减速至停止的距离为xB3=0.5mB运动过程中克服地面的摩擦力所做的功为W=fBxB1+fBxB2+f'BxB3代入数据得W=3.5J.11.【答案】(1)2mg,L0+mgk+h(2)2g,(3)2mgh+【解析】(1)对系统应用物体平衡条件得F=2mg对小球B由物体平衡条件得弹簧弹力FN=mg由胡克定律得F=kx弹簧的伸长量x=mg则A距离地面的高度hA=h+L0+m