第17講功能關(guān)系能量守恒定律例1(1)4.0×108J2.4×1012J(2)9.7×108J[解析](1)飛船著地前瞬間的機械能為Ek0=12mv0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=4.0×108J②設(shè)地面附近的重力加速度大小為g.飛船進入大氣層時的機械能為Eh=12mvh2式中,vh是飛船在高度1.60×105m處的速度大小.由③式和題給數(shù)據(jù)得Eh=2.4×1012J.④(2)飛船在高度h'=600m處的機械能為E'h=12m2.0由功能關(guān)系得W=E'h-Ek0⑥式中,W是飛船從高度600m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)據(jù)得W=9.7×108J.例2BD[解析]由圖發(fā)現(xiàn)重力勢能和動能之和一直在改變,則機械能不守恒,故A錯誤;由圖發(fā)現(xiàn),上滑5m過程中,機械能共減小了20J,機械能的減少量等于克服阻力做的功,故ΔE=Ffx,解得Ff=4N,故B正確;上滑5m過程中,重力勢能增加30J,根據(jù)ΔEp=mgh,可知,上升的高度為h=3m,則斜面傾角正弦值sinθ=hx=0.6,根據(jù)牛頓第二定律mgsinθ-Ff=ma,解得a=2m/s2,故C錯誤;物塊返回到斜面底端時,克服阻力做功W=2Ffx=40J,返回到斜面底端時的動能Ek=Ek0-W=10J,故D正確例3C[解析]由動能定理可知,傳送帶對小物塊做的功為W=12mv2,可知速度變?yōu)樵瓉淼膬杀?則傳送帶對小物塊做的功變?yōu)樵瓉淼乃谋?故A錯誤;小物塊與傳送帶速度相等,所用的時間為t=va,由于加速度相同,速度變?yōu)樵瓉淼?倍,則時間變?yōu)樵瓉淼?倍,傳送帶發(fā)生的位移為x=vt,則位移變?yōu)樵瓉淼乃谋?則小物塊對傳送帶做的功變?yōu)樵瓉淼?倍,故B錯誤;小物塊達到與傳送帶速度相等過程中的平均速度為v=v2,由于速度變?yōu)樵瓉淼?倍,且摩擦力相同,根據(jù)P=Ffv,可知傳送帶對小物塊做功的平均功率變?yōu)樵瓉淼?倍,故C正確;小物塊達到與傳送帶速度相等過程中的相對位移為Δx=vt-12vt=12vt,由于速度變?yōu)樵瓉淼?倍,時間也變?yōu)樵瓉淼?倍,則相對位移變?yōu)樵瓉淼?倍,由Q=FfΔx可知,因摩擦而產(chǎn)生的熱量變?yōu)樵瓉淼?倍變式1CD[解析]小物塊剛放在B點時,受到的滑動摩擦力沿傳送帶向上,由于μ=32>tan30°,小物塊做勻加速直線運動,由牛頓第二定律得μmgcos30°-mgsin30°=ma,可得a=2.5m/s2,假設(shè)小物塊能與傳送帶達到相同速度,則小物塊上滑的位移x1=v22a=0.8m<L=3.5m,假設(shè)成立,小物塊與傳送帶達到相同速度后,將向上勻速運動,到達A點的速度仍為2m/s,小物塊勻加速時間t=va=22.5s=0.8s,小物塊經(jīng)過0.8s后與傳送帶共速,故A錯誤;勻加速階段摩擦力對小物塊做的功W1=μmgcos30°·x1=32×4×10×32×0.8J=24J,小物塊勻速運動過程中,受到的摩擦力為靜摩擦力,大小與重力沿斜面向下的分力相等,勻速階段摩擦力對小物塊做的功W2=mgsin30°(L-x1)=4×10×12×(3.5-0.8)J=54J,所以摩擦力對小物塊做的功為W=W1+W2=24J+54J=78J,故B錯誤;小物塊與傳送帶的相對位移Δx=vt-v2t=0.8m,摩擦產(chǎn)生的熱量Q=μmgcos30°·Δx=32×4×10×32×0.8J=24J,故C正確;因放小物塊而使得電動機多消耗的電能為E=ΔEk+ΔEp+Q=12mv例4BD[解析]設(shè)物塊在木板上運動t1時間后離開木板,在這段時間內(nèi)物塊在摩擦力的作用力下做勻減速直線運動,木板在摩擦力的作用力下做勻加速直線運動,它們這段時間內(nèi)的v-t圖像如圖所示,AB為物塊的v-t圖像,OC為木板的v-t圖像,結(jié)合題意可知梯形OABC的面積表示木板長度l,三角形OCD的面積表示木板的位移,S△OCD<S梯OABC,即木板的位移x1<l,梯形OABD的面積表示物塊的位移,S梯OABD>S梯OABC,即物塊的位移x2>l,此過程中對木板由動能定理有Ffx1=Ek1-0,所以當(dāng)物塊從右端離開木板時木板的動能Ek1=Ffx1<Ffl,故A錯誤,B正確;對物塊由動能定理有-Ffx2=Ek2-12mv所以當(dāng)物塊從右端離開木板時物塊的動能Ek2=12mv02-Ffx2<12mv02-Ffl,變式2(1)14g(2)95L[解析](1)木板A與擋板第一次碰撞前,系統(tǒng)相對靜止,之間無摩擦,系統(tǒng)加速度為a=gsin30°由運動學(xué)公式,第一次碰時系統(tǒng)速度v1=2aL=碰后,對B有aB=μgcosθ-gsinθ=14g,(2)碰后,對A有,aA=μgcosθ+gsinθ=54g,方向沿斜面向下,則A、B均做減速運動,A先減速至零第一次碰后,A沿斜面上滑的距離為x1=v122從開始到第二次碰,A的總路程為xA=L+2x1=95(3)A最后靜止于斜面底部.設(shè)B相對A下滑位移為Δx,由系統(tǒng)功能關(guān)系,有mgLsinθ+mg(L+Δx)sinθ=μmgΔxcosθ可得Δx=4L因此,系統(tǒng)因摩擦產(chǎn)生的熱量為Q=μmgΔxcosθ=3mgL例5BC[解析]由于k>8μmgL,設(shè)BC段彈簧形變量為x,x>12L-38L=18L,得kx>μmg,由此,物塊不可能停在BC段,故A錯誤;只要物塊滑上BC段,就要克服摩擦力做功,物塊的機械能就減小,所以物塊最終會在AC段做往返運動,故B正確;物塊從開始運動,到第一次運動到C過程中,根據(jù)能量守恒定律得Epm=E0+12mv02+μmg·L2,故C正確;物塊第一次到達C點的速度大小為v0,物塊最終會在AC段做往返運動,到達C點的速度為0,可知物塊克服摩擦做的功最大為Wfm=Epm-E0=變式3C[解析]由圖乙可知,當(dāng)滑塊運動到x2位置時,滑塊的加速度為零,滑塊受到水平向右的滑動摩擦力和水平向左的彈力,所以彈簧處于伸長狀態(tài),而不是原長,則有x2>l0,故A錯誤;當(dāng)滑塊的加速度為零時,速度達到最大,動能最大,從x3到x2的過程,根據(jù)運動學(xué)公式v2-v02=2ax,結(jié)合圖線與橫軸所圍區(qū)域的面積可得vm2=2×12a3(x3-x2)=a3(x3-x2),則滑塊的最大動能為Ekm=12mvm2=12ma3(x3-x2),故C正確;滑塊由A點運動至B點過程中,根據(jù)能量守恒定律可知系統(tǒng)產(chǎn)生的熱量等于彈簧的彈性