6、面頂端．此過程中( )
A．F做功為2mgh
B．F做的功大于2mgh
C．F做的功等于物塊克服重力做功與克服摩擦力做功之和
D．F做的功等于物塊的重力勢能與彈簧的彈性勢能增加量之和
解析：B [對施加上力F開始到物塊恰好開始運動的過程，由動能定理得W1－W彈＝0，由功能關(guān)系得W彈＝Ep，對物塊開始運動到達(dá)頂端的過程，由動能定理得0＝W2－mgh－μmgcos 302h，解以上各式得WF＝W1＋W2＝Ep＋2mgh，可見F做的功大于2 mgh，故選項A錯誤，B正確；全過程外力F做的功等于物塊的重力勢能與彈簧的彈性勢能增加量以及摩擦產(chǎn)生的內(nèi)能之和，故選項C、D錯誤．]
6．(
7、08786472)(多選)(2016新課標(biāo)Ⅱ)如圖，小球套在光滑的豎直桿上，輕彈簧一端固定于O點，另一端與小球相連．現(xiàn)將小球從M點由靜止釋放，它在下降的過程中經(jīng)過了N點．已知在M、N兩點處，彈簧對小球的彈力大小相等，且∠ONM<∠OMN<.在小球從M點運動到N點的過程中( )
A．彈力對小球先做正功后做負(fù)功
B．有兩個時刻小球的加速度等于重力加速度
C．彈簧長度最短時，彈力對小球做功的功率為零
D．小球到達(dá)N點時的動能等于其在M、N兩點的重力勢能差
解析：BCD [A.因M和N兩點處彈簧對小球的彈力大小相等，且∠ONM＜∠OMN＜知M處的彈簧處于壓縮狀態(tài)，N處的彈簧處于伸長狀
8、態(tài)，則彈簧的彈力對小球先做負(fù)功后做正功，選項A錯誤．B.當(dāng)彈簧水平時，豎直方向的力只有重力，加速度為g；當(dāng)彈簧處于自然伸長狀態(tài)時豎直方向的合外力為mg，加速度也為g，則有兩個時刻的加速度大小等于g，選項B正確；C.彈簧長度最短時，即彈簧水平，彈力與速度垂直，則做功的功率為零，選項C正確；D.M→N由動能定理得WF＋WG＝ΔEk，因M和N兩點處彈簧對小球的彈力大小相等，則由彈力做功特點知WF＝0，即WG＝ΔEk，選項D正確，故選BCD.]
7．(多選)如圖所示，長木板A放在光滑的水平地面上，物體B以水平速度v0沖上A后，由于摩擦力作用，最后停止在木板A上，則從B沖到木板A上到相對木板A靜止的過
9、程中，下述說法中正確的是 ( )
A．物體B動能的減少量等于系統(tǒng)損失的機械能
B．物體B克服摩擦力做的功等于系統(tǒng)內(nèi)能的增加量
C．物體B損失的機械能等于木板A獲得的動能與系統(tǒng)損失的機械能之和
D．摩擦力對物體B做的功和對木板A做的功的總和等于系統(tǒng)內(nèi)能的增加量
解析：CD [物體B以水平速度沖上木板A后，由于摩擦力作用，B減速運動，木板A加速運動，根據(jù)能量守恒定律，物體B動能的減少量等于木板A增加的動能和產(chǎn)生的熱量之和，選項A錯誤；根據(jù)動能定理，物體B克服摩擦力做的功等于物體B損失的動能，選項B錯誤；由能量守恒定律可知，物體B損失的機械能等于木板A獲得的動能與系統(tǒng)損失的機
10、械能之和，選項C正確；摩擦力對物體B做的功等于物體B動能的減少量，摩擦力對木板A做的功等于木板A動能的增加量，由能量守恒定律，摩擦力對物體B做的功和對木板A做的功的總和等于系統(tǒng)內(nèi)能的增加量，選項D正確．]
8．(08786473)(多選)(2018湖南長沙雅禮中學(xué)月考)如圖甲所示，靜止在地面上的一個物體在豎直向上的拉力作用下開始運動，在向上運動的過程中，物體的動能Ek與位移x的關(guān)系圖象如圖乙所示，其中在0～h過程中的圖線為平滑曲線，h～2h過程中的圖線為平行于橫軸的直線，2h～3h過程中的圖線為一傾斜的直線，不計空氣阻力，下列說法正確的是 ( )
A．物體上升到h高處時，拉力的
11、功率為零
B．在0～h過程中拉力大小為2mg
C．在h～2h過程中物體機械能增加
D．在2h～3h過程中物體的機械能不變
解析：CD [由動能定理得Ek＝(F－mg)x,圖象的斜率表示合外力，在0～h過程中，斜率逐漸減小到零，則拉力逐漸減小到等于mg,合力減小為零，則在上升到高度h時，由圖象可知，F(xiàn)＝mg，速度為v，則功率為P＝mgv,拉力的功率不為零，故A、B錯誤．在h～2h過程中，物體勻速上升，拉力做正功，物體的機械能增加，故C正確．在2h～3h過程中，圖線斜率恒定，為－mg,則物體受到的合力為－mg，物體只受重力，機械能守恒，故D正確．]
[B級—能力練]
9．(087864
12、74)(2018江蘇泰州中學(xué)期中)如圖所示，傳送帶AB總長為l＝10 m，與一個半徑為R＝0.4 m的光滑四分之一圓軌道BC相切于B點，傳送帶速度恒為v＝6 m/s，方向向右，現(xiàn)有一個滑塊以一定初速度從A點水平滑上傳送帶，滑塊質(zhì)量為m＝10 kg，滑塊與傳送帶間的動摩擦因數(shù)為μ＝0.1，已知滑塊運動到B端時，剛好與傳送帶同速，求：
(1)滑塊的初速度；
(2)滑塊能上升的最大高度；
(3)求滑塊第二次在傳送帶上滑行時，滑塊和傳送帶系統(tǒng)產(chǎn)生的內(nèi)能．
解析：(1)以滑塊為研究對象，滑塊在傳送帶上運動過程中，當(dāng)滑塊初速度大于傳送帶速度時，有
－μmgl＝mv2－mv，
解得v0＝2
13、m/s；
當(dāng)滑塊初速度小于傳送帶速度時，
有μmgl＝mv2－mv，
解得v0＝4 m/s.
(2)由動能定理可得－mgh＝0－mv2，
解得h＝1.8 m.
(3)以滑塊為研究對象，由牛頓第二定律得μmg＝ma，滑塊的加速度a＝1 m/s2，滑塊減速到零的位移s＝＝18 m>10 m，則滑塊第二次在傳送帶上滑行時，速度沒有減小到零就離開傳送帶，由勻變速運動的位移公式可得l＝vt－at2，解得t＝2 s(t＝10 s舍去)，在此時間內(nèi)傳送帶的位移x＝vt＝62 m＝12 m，滑塊第二次在傳送帶上滑行時，滑塊和傳送帶系統(tǒng)產(chǎn)生的內(nèi)能Q＝μmg(l＋x)＝0.11010(10＋12) J
14、＝220 J.
答案：(1)2 m/s或4 m/s (2)1.8 m (3)220 J
10．(08786475)(2017新課標(biāo)Ⅰ)一質(zhì)量為8.00104 kg的太空飛船從其飛行軌道返回地面．飛船在離地面高度1.60105 m處以7.50103 m/s 的速度進(jìn)入大氣層，逐漸減慢至速度為100 m/s時下落到地面．取地面為重力勢能零點，在飛船下落過程中，重力加速度可視為常量，大小取為9.8 m/s2.(結(jié)果保留兩位有效數(shù)字)
(1)分別求出該飛船著地前瞬間的機械能和它進(jìn)入大氣層時的機械能；
(2)求飛船從離地面高度600 m處至著地前瞬間的過程中克服阻力所做的功，已知飛船在該處的速度
15、大小是其進(jìn)入大氣層時速度大小的2.0%.
解析：(1)飛船著地前瞬間的機械能為
Ek0＝mv①
式中，m和v0分別是飛船的質(zhì)量和著地前瞬間的速率，由①式和題給數(shù)據(jù)得
Ek0＝4.0108 J②
設(shè)地面附近的重力加速度大小為g.飛船進(jìn)入大氣層時的機械能為
Eh＝mv＋mgh③
式中，vh是飛船在高度1.6105 m處的速度大?。散凼胶皖}給數(shù)據(jù)得
Eh＝2.41012 J④
(2)飛船在高度h′＝600 m處的機械能為
Eh′＝m2＋mgh′⑤
由功能原理得
W＝Eh′－Ek0⑥
式中，W是飛船從高度600 m處至著地前瞬間的過程中克服阻力所做的功．由②⑤⑥式和題給數(shù)
16、據(jù)得
W＝9.7108 J
答案：(1)4.0108 J 2.41012 J (2)9.7108 J
11.(08786476)如圖所示，傳送帶與地面的夾角θ＝37，A、B兩端間距L＝16 m，傳送帶以速度v＝10 m/s沿順時針方向運動，物體m＝1 kg，無初速度地放置于A端，它與傳送帶間的動摩擦因數(shù)μ＝0.5，試求：
(1)物體由A端運動到B端的時間．
(2)系統(tǒng)因摩擦產(chǎn)生的熱量．
解析：(1)物體剛放上傳送帶時受到沿斜面向下的滑動摩擦力，由牛頓第二定律得：
mgsin θ＋μmgcos θ＝ma1，
設(shè)物體經(jīng)時間t，加速到與傳送帶同速，
則v＝a1t1，x1＝a1t
17、
可解得：a1＝10 m/s2 t1＝1 s x1＝5 m
因mgsin θ＞μmgcos θ，故當(dāng)物體與傳送帶同速后，
物體將繼續(xù)加速由mgsin θ－μmgcos θ＝ma2
L－x1＝vt2＋a2t
解得：t2＝1 s
故物體由A端運動到B端的時間t＝t1＋t2＝2 s
(2)物體與傳送帶間的相對位移
x相＝(vt1－x1)＋(L－x1－vt2)＝6 m
故Q＝μmgcos θx相＝24 J
答案：(1)2 s (2)24 J
12.(08786477)(2018合肥模擬)如圖所示，一輕彈簧一端與豎直墻壁相連，另一端與放在光滑水平面上的長木板左端接觸，輕彈簧處于原長
18、，長木板的質(zhì)量為M，一物塊以初速度v0從長木板的右端向左滑上長木板，在長木板向左運動的過程中，物塊一直相對于木板向左滑動，物塊的質(zhì)量為m，物塊與長木板間的動摩擦因數(shù)為μ，輕彈簧的勁度系數(shù)為k，當(dāng)彈簧的壓縮量達(dá)到最大時，物塊剛好滑到長木板的中點，且相對于木板的速度剛好為零，此時彈簧獲得的最大彈性勢能為Ep.(已知彈簧形變量為x，彈力做功W＝kx2)求：
(1)物塊滑上長木板的一瞬間，長木板的加速度大?。?
(2)長木板向左運動的最大速度．
(3)長木板的長度．
解析：(1)物塊滑上長木板時，長木板受到的合外力等于滑塊對長木板的摩擦力，由牛頓第二定律得：μmg＝Ma
解得：a＝
(2
19、)當(dāng)長木板向左運動到最大速度時，彈簧的彈力等于物塊對長木板的摩擦力，則：
kx＝μmg解得：x＝
長木板從開始運動到速度最大的過程，設(shè)最大速度為v，由動能定理得：
μmgx－kx2＝Mv2解得：v＝
(3)當(dāng)彈簧的壓縮量達(dá)到最大時，木板的速度為零，物塊的速度也為零，設(shè)長木板的長度為L，根據(jù)能量守恒定律得：mv＝μmg＋Ep解得：L＝
答案：(1) (2) (3)
6EDBC3191F2351DD815FF33D4435F3756EDBC3191F2351DD815FF33D4435F3756EDBC3191F2351DD815FF33D4435F3756EDBC3191F2351DD815FF33D4435F3756EDBC3191F2351DD815FF33D4435F3756EDBC3191F2351DD815FF33D4435F375
高考物理一輪復(fù)習(xí) 第五章 機械能 第4節(jié) 功能關(guān)系 能量守恒定律練習(xí) 新人教版
