2018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__功能关系练习新人教版必修2.doc

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mgh
B. 重力势能增加了mgh
C. 动能损失了mgh
D. 机械能损失了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mv2
B. 摩擦力对小物块做功为mgLsin α
C. 支持力对小物块做功为mgLsin α
D. 滑动摩擦力对小物块做功为mv2－mgLsin 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W1＝
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W2＝－mv2
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＋WG－Wf＝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Ff，由牛顿运动定律得
Ff＋mgsin 30°＝ma＝mg，解得Ff＝mg。
重力势能的变化由重力做功决定，故ΔEp＝mgh。
动能的变化由合外力做功决定，故
ΔEk＝（Ff＋mgsin 30°）s＝mg·＝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＝＝mg·＝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：WN＋WG＝0，即WN－mgLsin α＝0，所以WN＝mgLsin 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：WG＋Wf＝mv2，即Wf＝mv2－mgLsin 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＝mv2，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＝μgcos θ－gsin 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t1＝，货物加速过程的位移x1＝，货物加速到与皮带的速度相等时，因为μmgcos θ>mgsin 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t2＝，因此货物从底端运送到顶端的时间t＝t1＋t2＝＋，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＝vt1－t1＝t1，v和θ一定，速度一定，加速度一定，由t1＝得货物的加速时间t1一定，货物相对皮带的位移一定，C错误；摩擦产生的热量为μmgΔx，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W1＋W弹－mgx＝0，其中x＝，所以
W1＝－W弹，C错误。
小球下落过程：mgx－W弹＝mv2，解得W弹＝－mv2，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，得v2＝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－mv2＝mgR，B错误；合外力做功W合＝mv2＝mgR，C错误；由动能定理得：mgR－＝mv2－0，所以＝mgR，D正确。
9. 解：

（1）对麻袋包，设匀加速运动时间为t1，匀速运动时间为t2，有
μmgcos θ－mgsin θ＝ma，解得
v＝at1，故t1=5s
x1＝，x1=5m
l－x1＝vt2
联立以上各式解得：t＝t1＋t2＝12.5 s。
（2）设麻袋包做平抛运动时间为t，有h＝gt2，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
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＝vt1－x1，则滑动摩擦力做功为
由能量守恒定律得ΔE＝mglsin θ＋mv2＋μmgcos 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＝－mv2
对弹簧和滑块构成的系统，由机械能守恒定律得Ep＝mv2
联立解得：Ep＝－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－v2＝2aL
v0＝v＋at
联立解得t＝
＝v0t－L
所以Q＝Ff·＝mv02－mv0－μmgL。
11. 解：（1）滑块静止于P点时，由平衡条件知F＝mgtan 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－Rcos θ）＝mvA2
从A到B的过程，由动能定理得－μmgL＝mvB2－mvA2
解得vA＝2 m/s vB＝1 m/s
经过传送带的B点时，根据牛顿第二定律有mg－FN＝
解得FN＝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＝gt2 x＝vBt
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
vB＝vA＋at′
－μmg＝ma
解得=1s
滑过痕迹的长度L′＝L＋v0t′
解得L′＝2 m。
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