第頁，共頁第7頁，共7頁物理人教版必修第二冊第八章機械能守恒定律專題2功能關(guān)系1．目前，在地球周圍有許多人造地球衛(wèi)星繞著它運動，其中一些衛(wèi)星的軌道可近似為圓形軌道，且軌道半徑逐漸變?。粜l(wèi)星在軌道半徑逐漸變小的過程中，只受到地球引力和稀薄氣體阻力的作用，則下列判斷正確的是()A．衛(wèi)星的動能逐漸減小B．由于地球引力做正功，引力勢能一定減小C．由于氣體阻力做負功，地球引力做正功，機械能保持不變D．衛(wèi)星克服氣體阻力做的功小于引力勢能的減小量【答案】BD【詳解】衛(wèi)星在軌道半徑逐漸變小的過程中做近心運動，萬有引力做正功，引力勢能減小，B正確；由于稀薄氣體的阻力做負功，機械能減小，C錯誤；衛(wèi)星做圓周運動，設(shè)衛(wèi)星質(zhì)量為m，地球質(zhì)量為M，衛(wèi)星的速度大小為v，軌道半徑為r，則有GMmr2＝mv2r，解得v＝GMr，2．一吊籃懸掛在繩索的下端放在地面上，某人站在高處將吊籃由靜止開始豎直向上提起，提起過程中，吊籃的機械能與位移的關(guān)系如圖所示，其中0～x1段圖像為直線，x1～x2段圖像為曲線，x2～x3段圖像為水平直線，則下列說法正確的是()A．在0～x1過程中，吊籃所受的拉力均勻增大B．在0～x1過程中，吊籃的動能不斷增大C．吊籃在x2處的動能可能小于在x1處的動能D．在x2～x3過程中，吊籃受到的拉力等于重力【答案】BC【詳解】人對吊籃做的功等于吊籃機械能的改變量，所以圖像斜率表示人對吊籃的拉力，0～x1過程中，圖像斜率不變，所以拉力不變，吊籃向上做勻加速直線運動，吊籃的動能不斷增大，A錯誤，B正確；x1～x2段拉力(斜率)開始減小，x2～x3段拉力為零，吊籃僅受重力作用，所以x1～x2段吊籃會經(jīng)歷豎直向上先加速后減速的過程，吊籃在x2處的動能可能小于在x1處的動能，C正確，D錯誤．3．如圖所示，繃緊的傳送帶與水平面的夾角為θ，傳送帶在電動機的帶動下，始終保持v0的速率順時針運行．現(xiàn)把一物塊(可看成質(zhì)點)輕放在傳送帶底端，物塊被傳送到最高點(在運動至最高點前已與傳送帶達到共速)．已知物塊與傳送帶間的動摩擦因數(shù)為μ，且μ>tanθ，t為運動時間，x為物塊沿斜面運動的距離．以最低點所在水平面為零勢能面，設(shè)物塊在傳送帶上運動的速度為v，重力勢能為Ep，機械能為E，物塊和傳送帶摩擦產(chǎn)生的熱量為Q，則下列關(guān)系圖像中與實際情況相符的是()A．B．C．D．【答案】AC【詳解】物塊剛放到傳送帶上時，受到向上的滑動摩擦力，則有μmgcosθ－mgsinθ＝ma，可得加速度a＝μgcosθ－gsinθ，物塊的速度為v1＝at＝(μgcosθ－gsinθ)t，當物塊與傳送帶共速后，物塊相對傳送帶靜止，隨傳送帶做勻速運動，A正確；物塊在與傳送帶共速之前，與傳送帶有相對運動，則Q＝μmgcosθvt-12at2，共速后，與傳送帶沒有相對運動，不再產(chǎn)生熱量，B錯誤；物塊的重力勢能為Ep＝mgh＝mg·xsinθ，D錯誤；物塊相對傳送帶運動時，機械能為E＝Ep＋Ek＝mgxsinθ＋12m＝(mgsinθ＋ma)x，相對靜止后，物塊的機械能為E＝Ep＋Ek＝mgxsinθ4．如圖所示，小球以60J的初動能從A點出發(fā)，沿粗糙斜面向上運動，從A經(jīng)B到C，然后再下滑回到A點．已知向上運動時，從A點到B點的過程中，小球動能減少了50J，機械能損失了10J，則()A．上升過程中，合外力對小球做功－60JB．整個過程中，摩擦力對小球做功－20JC．下滑過程中，重力對小球做功48JD．回到A點時小球的動能為40J【答案】AC【詳解】上升過程，由動能定理可得W合＝0－Ek0＝0－60J＝－60J，故A正確；根據(jù)動能定理可知，小球損失的動能等于小球克服合外力做的功(包括克服重力做功和克服摩擦阻力做功)，損失的動能為ΔEk＝mgh＋f·hsinθ＝mg+fsinθh，損失的機械能等于克服摩擦阻力做的功，ΔE＝fhsinθ，解得ΔE5．如圖甲所示，滑塊靜止在水平面上，現(xiàn)將一水平恒力F作用在滑塊上，當滑塊沿水平面運動x0時撤去力F，滑塊運動0～2x0過程中的動能Ek與發(fā)生的位移x的關(guān)系如圖乙所示，則在滑塊運動的整個過程中()甲乙A．滑塊所受摩擦力的大小為EB．滑塊運動的位移為4x0C．拉力F的大小是摩擦力大小的5倍D．拉力F做的功為5【答案】CD【詳解】動能隨位移變化的圖像的斜率為所受合力，故撤去外力后，在運動x0～2x0過程中由動能定理有－fx0＝34Ek0－Ek0，解得滑塊所受摩擦力的大小為f＝Ek04x0，A錯誤；從2x0到滑塊停止運動，由動能定理有－fx＝0－34Ek0，解得x＝3x0，整個過程滑塊運動的位移為x總＝2x0＋3x0＝5x0，B錯誤；0～x0過程，由動能定理有(F－f)x0＝Ek0，解得F＝5Ek04x06．如圖所示，質(zhì)量為1kg、可視為質(zhì)點的小物塊自斜面上A點由靜止開始下滑，斜面AB的傾角為37°，A、B間距離為4m，小物塊經(jīng)2s運動到B點后通過一小段光滑的銜接弧面恰好速率不變地滑上與地面等高的傳送帶，在電動機的帶動下，傳送帶以6m/s的恒定速率順時針運行，傳送帶B、C間距離L＝8m，小物塊與傳送帶間的動摩擦因數(shù)為0.2，不計銜接弧面上的運動時間和空氣阻力．sin37°＝0.6，cos37°＝0.8，取g＝10m/s2，下列說法不正確的是()A．小物塊在傳送帶上B、C之間的運動時間為1.5sB．小物塊與斜面AB間的動摩擦因數(shù)為0.5C．小物塊在傳送帶上運動時，因摩擦產(chǎn)生的熱量為2JD．整個過程中電動機多消耗的電能為16J【答案】D【詳解】物塊在斜面上做勻加速直線運動，設(shè)加速度大小為a0，到達B點速度大小為v，則有x＝v2t0，解得v＝2xt0＝2×42m/s＝4m/s，則加速度大小為a0＝vt0＝42m/s2＝2m/s2，根據(jù)牛頓第二定律可得mgsin37°－μ0mgcos37°＝ma0，解得小物塊與斜面AB間的動摩擦因數(shù)μ0＝0.5，故B正確；滑上傳送帶后，物塊在傳送帶上先做勻加速直線運動，設(shè)加速度大小為a，根據(jù)牛頓第二定律有μmg＝ma，解得a＝μg＝0.2×10m/s2＝2m/s2，小物塊達到與傳送帶速度相等時運動的位移為s，根據(jù)速度—位移關(guān)系，有－v2＝2as，代入數(shù)據(jù)解得s＝5m＜8m，之后小物塊勻速運動，勻加速運動的時間t1＝v帶-va＝6-42s＝1s，勻速運動的時間t2＝L-sv帶＝8-56s＝0.5s，所以小物塊在傳送帶B、C之間的運動時間為t＝t1＋t2＝1s＋0.5s＝1.5s，故A正確；小物塊與傳送帶發(fā)生相對滑動的過程中相對位移Δs＝【思路導引】(1)對于板塊或傳送帶模型，求因克服摩擦力做的功而損失的機械能時，根據(jù)Q＝fs求解，其中s是相對位移．(2)傳送帶模型中，需要用假設(shè)法根據(jù)加速度大小來判定達到共速時需要的時間或位移，然后再分析推理．本題中，假設(shè)小物塊與傳送帶共速時，小物塊未滑出傳送帶，可以作出v－t圖像．7．在傾角為θ的固定光滑斜面上有兩個用輕彈簧相連接的物塊A、B，它們的質(zhì)量分別為m1、m2，彈簧勁度系數(shù)為k，C為一固定擋板，系統(tǒng)處于靜止狀態(tài)．現(xiàn)用一平行于斜面向上的恒力F拉物塊A使之向上運動，當物塊B剛要離開擋板C時，物塊A運動的距離為d，速度為v，則()A．系統(tǒng)機械能增加量為FdB．物塊B的質(zhì)量滿足m2gsinθ＝kdC．B剛要離開擋板C時，拉力做功的瞬時功率為FvsinθD．此過程中，彈簧彈性勢能的增加量為Fd－m1gdsinθ－12m1v【答案】AD【詳解】系統(tǒng)機械能的增加量等于除重力以外的力做的功，故系統(tǒng)機械能增加量為Fd，A正確；物塊B的質(zhì)量滿足m2gsinθ＝kx，彈簧由壓縮狀態(tài)到拉伸狀態(tài)，彈簧長度的改變量為d，拉伸時的形變量x一定小于d，B錯誤；當物塊B剛要離開擋板C時，拉力做功的瞬時功率為Fv，C錯誤；根據(jù)動能定理得Fd－m1gdsinθ－W彈＝12m1v2，彈性勢能的增加量等于物塊A克服彈力所做的功，即ΔEp＝W彈，解得ΔEp＝Fd－m1gdsinθ－12m1v8．如圖所示，光滑細桿AB傾斜固定，與水平方向夾角為45°，一輕質(zhì)彈簧的一端固定在O點，另一端連接質(zhì)量為m的小球，小球套在細桿上，O與細桿上A點等高，O與細桿AB在同一豎直平面內(nèi)，OB豎直，OP垂直于AB，且OP＝L，當小球位于細桿上A、P兩點時，彈簧彈力大小相等．現(xiàn)將小球從細桿上的A點由靜止釋放，對于小球沿細桿由A點運動到B點的過程(已知重力加速度為g，彈簧一直處于彈性限度內(nèi)且不彎曲)，下列說法中正確的是()A．彈簧的彈性勢能先減小后增大B．小球運動過程中彈簧彈力的瞬時功率為零的位置有兩個C．小球運動到B點時的動能為2mgLD．彈簧彈力做正功過程中小球沿桿運動的距離等于小球克服彈簧彈力做功過程中小球沿桿運動的距離【答案】D【詳解】由題意可知，當小球位于細桿上A、P兩點時，彈簧彈力大小相等，可知小球位于細桿上A點時彈簧處于拉伸狀態(tài)，如圖所示，小球在P點時彈簧處于壓縮狀態(tài)，在小球沿細桿由A點運動到B點的過程中，彈簧的形變量先減小后增大，再減小后增大，則彈簧的彈性勢能先減小后增大，再減小后增大，A錯誤；在AP間和PB間各有一個位置彈簧處于原長的狀態(tài)，在P點彈簧的彈力垂直桿，因此小球運動過程中彈簧彈力的瞬時功率是零的位置有三個，B錯誤；小球沿桿從A運動到B的過程中，彈簧的彈力對小球做功為零，由動能定理可得，小球運動到B點時的動能為Ek＝mg·2Lsin45°＝2mgL，C錯誤；小球沿桿從A運動到P的過程中，彈簧的彈力對小球做功為零，彈簧彈力對小球先做正功后做負功，每一過程做功的大小等于彈簧的彈性勢能，又等于12mgLsin45°，因此從A運動到P的過程中，彈簧彈力做正功時小球沿桿運動的距離等于小球克服彈簧彈力做功時小球沿桿運動的距離，同理從P運動到B9．如圖所示，半徑為R的光滑圓環(huán)固定在豎直平面內(nèi)，AB、CD是圓環(huán)相互垂直的兩條直徑，C、D兩點與圓心O等高．一質(zhì)量為m的光滑小球套在圓環(huán)上，一根輕質(zhì)彈簧一端連在小球上，另一端固定在P點，P點在圓心O的正下方R2處．小球從最高點A由靜止開始沿逆時針方向下滑，已知彈簧的原長為R，彈簧始終處于彈性限度內(nèi)，重力加速度為gA．彈簧長度等于R時，小球的機械能最大B．小球運動到B點時的速度大小為2gC．小球運動到B點時重力的功率為mg2D．小球在A、B兩點時對圓環(huán)的壓力差為5mg【答案】AB【詳解】小球和彈簧組成的系統(tǒng)機械能守恒，彈簧長度等于R時為