專題06　機械能守恒定律　功能關(guān)系（解析版）

學(xué)而優(yōu)教有方模塊三力學(xué)中的動量能量問題專題06機械能守恒定律功能關(guān)系1.【答案】BD【解析】小球在空中運動的速率v=v02+g2t2,知v-t圖像不是一條傾斜的直線,A錯誤;重力的瞬時功率P=mgvy=mg2t,知p-t圖像為過原點的直線,B正確;根據(jù)動能定理mgh=Ek-Ek0,知Ek=mgh+Ek0,當(dāng)h=H時,Ek=Ek0,C錯誤;由于不計空氣阻力,小球機械能守恒,機械能E隨小球距地面高度2.【答案】BD【解析】根據(jù)能量守恒定律知,除重力以外的力做功使得物體的機械能變化,0~t1物體的機械能不變,說明沒有其他力做功,但物體的運動可以沿斜面向下或向上,A錯誤;t1~t2時間內(nèi)機械能隨時間均勻減小,ΔEk=E0-E=kt,由功能關(guān)系ΔE=Fx,則物體的位移關(guān)于時間變化x=vt,得物體做勻速直線運動,則需要其他力F=mgsinα,沿斜面向上,又因為機械能減小,所以t1~t2物體沿斜面向下做勻速直線運動,此時滑塊動能不變,B正確,C錯誤;t2~t3時間內(nèi),機械能不變,說明撤去外力,物體沿斜面方向由牛頓第二定律得mgsinα=ma,得滑塊的加速度為a=gsinα,D正確.3.【答案】BC【解析】由圖可知在0~x1過程中物體機械能在減小,知拉力在做負功,如果拉力方向向下,則知物體在沿斜面向上運動,這種情況不可能,所以拉力方向向上,則知物體在沿斜面向下運動,根據(jù)功能關(guān)系ΔE=FΔx,得F=ΔEΔx,0~x1過程中圖線的斜率逐漸減小到零,知物體的拉力逐漸減小,根據(jù)牛頓第二定律mgsinθ-F=ma,可知,加速度逐漸增大,故A錯誤,B正確;在x1~x2過程中,拉力F=0,機械能守恒,向下運動,重力勢能減小,動能增大,故C正確;在0~x1過程中,加速度的方向與速度方向相同,都沿斜面向下,所以物體做加速運動,x1~x2過程中F=0,物體做勻加速運動;x2~x3過程,機械能增大,拉力做正功,沿斜面向下,故物體繼續(xù)向下做加速運動,即物體一直沿斜面向下運動.故D錯誤4.【答案】C【解析】當(dāng)平拋的初速度v≤v0時,小球均落在斜面上,具有相同的位移偏向角均等于斜面傾角θ,可得tanθ=yx=12gt2vt=gt2v,可得平拋時間t=2vtanθg,則小球所受的重力的瞬時功率為P=mg·vy=mg·gt=2mgtanθ·v,可知,P關(guān)于v構(gòu)成正比例函數(shù)關(guān)系;當(dāng)平拋的初速度v>v0時,小球均落在水平面上,平拋的豎直高度相同為h,有h=12gt2,則平拋時間為t=2hg,則小球所受的重力的瞬時功率為P=mg·v5.【答案】ACD【解析】設(shè)乙物體獲得最大的動能為Ek,對整體,由動能定理W-W1=2Ek,解得乙物體獲得最大的動能為W-W12,故A正確;對整體,由牛頓第二定律F-2μMg=2Ma,對乙,有Nsinθ-μFN=Ma,Mg+Ncosθ=FN,解得甲對乙的作用力的大小N=F2(sinθ-μcosθ),故B錯誤;撤去水平推力后,兩個物體將在摩擦力的作用下做加速度為a=μg的勻減速直線運動,速度始終相同,故二者之間沒有相互作用力,故C正確;撤去水平推力后,對物體甲,由動能定理-μMgs=0-E6.【答案】ABD【解析】由題知,不計一切阻力,則物塊和彈簧系統(tǒng)機械能守恒,A正確;物塊從A點運動到B點是先加速后減速,到B點速度剛好為0,彈簧處于伸長狀態(tài),此時對物塊受力分析可知,彈簧沿斜面向上的分力大于重力沿斜面向下的分力,故物塊在B點時加速度方向由B指向A,B正確;物塊從A到C,根據(jù)動能定理可知,合力做的功等于動能的增加量,物塊從C到B,根據(jù)動能定理可知,物塊克服合力做的功等于動能的減少量,而物塊在A點和B點的速度都為零,故兩個過程動能的變化量相等,所以A到C過程物塊所受合力做的功等于C到B過程物塊克服合力做的功,C錯誤;彈簧的形變量越小,彈簧的彈性勢能越小,根據(jù)幾何關(guān)系,可知物塊從A到C過程的彈簧形變量小于C到B過程的彈簧形變量,故物塊下滑過程中,彈簧的彈性勢能在A到C過程的增量小于C到B過程的增量,D正確.7.【答案】A【解析】開始時滑塊受向右的拉力F和向右的摩擦力f而做加速運動,則動能Ek=(F+f)x.若物塊在到達最右端之前還未達到與傳送帶共速,此時圖像為C;若F>f,則當(dāng)物塊與傳送帶共速后還會加速,此時動能增加為ΔEk=(F-f)x,此時圖像為D;若F≤f,則當(dāng)物塊與傳送帶共速后會隨傳送帶一起勻速運動,動能不變,此時圖像為B;物塊與傳送帶共速后只能勻速或者加速,不可能做減速,則圖像A不可能.選項A正確.8.【答案】AC【解析】對乙施加水平向右的瞬時速度v,對木板甲來說,因為乙對甲的摩擦力μmg小于木板與地面之間的最大靜摩擦力2μmg,可知木板甲是不動的,則對乙由動能定理Ek乙=Ek0乙-μmgx;當(dāng)乙在甲上停止后,此時給甲一初速度v,則乙在摩擦力作用下先做勻加速運動,動能Ek乙=μmgx;而甲做勻減速運動,動能Ek甲=Ek0甲-(μmg+2μmg)x;當(dāng)甲乙共速后一起做勻減速直至停止,此過程中乙的動能Ek乙=Ek1乙-μmgx,逐漸減小;此過程中甲受地面的摩擦力仍為向后的2μmg,但是乙對甲的靜摩擦力變?yōu)橄蚯暗摩蘭g,則此過程中甲的動能Ek甲=Ek1甲-(2μmg-μmg)x,圖像的斜率變小,A、C正確.9.【答案】BD【解析】小球在豎直向上的拉力和豎直向下的重力作用下運動,拉力做功改變小球的機械能,則F拉=ΔEΔx,可知題中機械能—路程圖像斜率的大小為拉力的大小;O~x1過程中小球所受拉力豎直向上且減小,拉力做正功,小球的機械能增加,開始時小球從靜止開始加速,拉力大于重力,運動過程中拉力逐漸減小,x1之后,拉力豎直向上做負功,小球向下運動,所以x1處速度為零,動能為零,說明O~x1過程中小球先加速后減速,所以在減速階段拉力小于重力,A錯誤,B正確;O~x1過程中小球向上運動,重力做負功,重力勢能增大,x1~x2過程中小球向下運動,重力做正功,重力勢能減小,C錯誤;x1~x2過程中重力大于拉力,小球向下運動,圖像斜率不變,拉力不變,所以小球加速度恒定,向下做勻加速直線運動,D正確10.【答案】(1)3N2N(2)5m/s1m/s(3)3.5J【解析】(1)A在涂層Ⅰ上滑動時fA=μ1mg=(0.3×1×10)N=3N,此時B與地面的彈力FN=2mg,因此fB=μB2mg=(0.1×2×10)N=2N.(2)A在涂層Ⅰ上滑動時,根據(jù)牛頓第二定律可得fA=maA1,代入數(shù)據(jù)得aA1=3m/s2,由fA-fB=maB1,代入數(shù)據(jù)得aB1=1m/s2,A離開涂層Ⅰ時與B的相對位移為L1,結(jié)合勻變速運動公式可得v0t1-12aA1t12-12aB1代入數(shù)據(jù)解得t1=1s,則A的速度vA=v0-aA1t1=(8-3)m/s=5m/sB的速度vB=aB1t1=1m/s.(3)A在涂層Ⅰ上滑動的t1時間內(nèi),B對地的位移xB1=12aB1tA在涂層Ⅱ上滑動時,A和B的加速度大小分別為aA2=f'Am=μaB2=f'A離開涂層Ⅱ時與B的相對位移為L2,結(jié)合勻變速運動公式可得vAt2-12aA2t22-vBt代入數(shù)據(jù)解得t2=1sA在涂層Ⅱ上滑動的t2時間內(nèi)B對地的位移:xB2=vBt2=1mA離開涂層Ⅱ后,B與地面的摩擦力變?yōu)閒'B=μBmg=1N則B勻減速的加速度大小為aB3=f'BB勻減速至停止的距離為xB3=0.5mB運動過程中克服地面的摩擦力所做的功為W=fBxB1+fBxB2+f'BxB3代入數(shù)據(jù)得W=3.5J.11.【答案】(1)2mg,L0+mgk+h(2)2g,(3)2mgh+【解析】(1)對系統(tǒng)應(yīng)用物體平衡條件得F=2mg對小球B由物體平衡條件得彈簧彈力FN=mg由胡克定律得F=kx彈簧的伸長量x=mg則A距離地面的高度hA=h+L0+m