第17講功能關(guān)系能量守恒定律1.B[解析]小朋友從靜止下落到離地距離最小的過程中,高度一直減小,小朋友的重力勢能一直減小,選項B正確;開始時彈簧彈性勢能為0保持不變,觸地后內(nèi)部彈簧才被壓縮,彈性勢能增加,故A錯誤;觸地后彈力從零開始逐漸增大,彈力先小于重力,后大于重力,小朋友受到的合力先向下后向上,速度先增大后減小,所以小朋友的動能先增大后減小,故C錯誤;小朋友從靜止下落到離地距離最小的過程中,裝置與地面碰撞過程中有能量損失,所以小朋友與裝置組成的系統(tǒng)機(jī)械能不守恒,故D錯誤.2.CD[解析]小球從P點(diǎn)運(yùn)動到B點(diǎn)的過程中,重力做功WG=mg(2R-R)=mgR,故A錯誤;小球沿軌道到達(dá)最高點(diǎn)B時恰好對軌道沒有壓力,則有mg=mvB2R,解得vB=gR,則此過程中機(jī)械能的減少量為ΔE=mgR-12mvB2=12mgR,故B錯誤;根據(jù)動能定理可知,合外力做功W合=12mvB2=12mgR,故3.D[解析]設(shè)物體速度由v減到零過程對地位移大小為x,則該過程傳送帶對地位移為2x,兩者相對位移為3x;物體速度由零增大到v過程中,物體和傳送帶對地位移分別為x和2x,兩者相對位移為x;因此全過程兩者相對位移為4x,摩擦生熱Q=4Ffx,而Ffx=12mv2,所以Q=2mv2,物體動能變化為零,則滑動摩擦力對物體做的總功W1=0,物體相對傳送帶滑動的過程中,傳送帶克服摩擦力做的功W2=Ff·2x+Ff·2x=2mv2,A、B、C錯誤,D正確4.BCD[解析]從地面至h=4m,物體的機(jī)械能減少了10J,則物體克服空氣阻力做功10J,重力勢能增加了40J,因此物體克服重力做功40J,故A錯誤,B正確;由圖知,h=4m時Ep=40J,由Ep=mgh,解得m=1kg,h=0時,物體的機(jī)械能為50J,即動能為50J,根據(jù)Ek=12mv02,可得初速度大小為v0=2Ekm=10m/s,故D正確;設(shè)高度為H時,上升時動能與重力勢能相等,結(jié)合圖像有mgH=E總-mgH-H4×10,解得H=5.B[解析]管口的直徑約為10cm,則半徑r=5cm=0.05m,根據(jù)實(shí)際情況,每層樓高h(yuǎn)=3m,所以噴水的高度H=40h=120m,則水離開管口的速度為v=2gH=206m/s,設(shè)給噴管噴水的電動機(jī)輸出功率為P,在很短一段時間Δt內(nèi)管口噴出水柱的質(zhì)量為m=ρ·vΔtS=ρπr2vΔt,根據(jù)動能定理可得PΔt=12mv2,解得P≈5×105W,故選6.AC[解析]小木塊和長木板之間發(fā)生相對滑動,滑動摩擦力大小為2N,根據(jù)牛頓第二定律可知,長木板以加速度a1=1m/s2向右做勻加速運(yùn)動,位移x1=12a1t2,小木塊以加速度a2=2m/s2向右做勻加速運(yùn)動,位移x2=12a2t2,x2-x1=L,解得t=2s,故選項A正確.由功能關(guān)系得因摩擦而產(chǎn)生的熱量等于滑動摩擦力乘相對位移,即Q=μmg·(x2-x1)=4J,故選項B錯誤.小木塊脫離長木板瞬間的速度v=4m/s,根據(jù)P=Fv=16W,可知選項C正確.對小木塊應(yīng)用動能定理有ΔEk=WF+Wf=8J,故選項D7.A[解析]當(dāng)滑塊所受的合力為0時,滑塊的加速度為0,速度最大,由于在c點(diǎn)時滑塊的速度最大,故此時滑塊受力平衡,有mgsin30°=kxbc,解得k=50N/m,故選項A正確;滑塊從d點(diǎn)到a點(diǎn),由動能定理得WG+W彈=0-0,又W彈=Ep=8J,解得WG=-8J,即克服重力做功為8J,所以從d點(diǎn)到b點(diǎn),滑塊克服重力做功小于8J,故選項B錯誤;滑塊從a點(diǎn)到c點(diǎn),彈簧與滑塊組成的系統(tǒng)機(jī)械能守恒,滑塊的動能增加量與彈簧彈性勢能增加量之和等于滑塊重力勢能的減少量,小于8J,所以滑塊的動能最大值小于8J,故選項C錯誤;彈簧彈性勢能的最大值為8J,根據(jù)功能關(guān)系可知,從d點(diǎn)到b點(diǎn),彈簧的彈力對滑塊做功為8J,從d點(diǎn)到c點(diǎn),彈簧的彈力對滑塊做功小于8J,故選項D錯誤.8.(1)6m/s(2)FNC=2Ep-2.4,其中Ep≥1.2J(3)3.2J[解析](1)從釋放滑塊到滑塊到達(dá)B點(diǎn),根據(jù)能量守恒定律得Ep=μmgL+12m解得vB=6m/s(2)從釋放滑塊到滑塊到達(dá)C點(diǎn),根據(jù)能量守恒定律得E'p=μmgL+mgR+12m滑塊在C點(diǎn)時,由牛頓第二定律得FNC=聯(lián)立可得FNC=2E'p-2當(dāng)FNC=0時,E'p=1.2J,則E'p≥1.2(3)從釋放滑塊到滑塊到達(dá)D點(diǎn),根據(jù)能量守恒定律得E″p=μmgL+2mgR+12m若滑塊恰能經(jīng)過D點(diǎn),則有mg=mv解得vD1=10m/s若滑塊恰能打到擋板最下端,則有vD2·2Rg解得vD2=25m/s由于vD2>vD1所以要想滑塊擊中擋板,滑塊到達(dá)D點(diǎn)的速度最小值為vDmin=25m/s彈簧彈性勢能的最小值E″pmin=3.2J9.(1)8m/s(2)7.2s(3)64J(4)12m[解析](1)由動能定理得(mgsin37°-μmgcos37°)L=12mv解得v1=8m/s(2)由牛頓第二定律得μmg=ma1物塊與傳送帶共速時,由速度公式得v=-v1+a1t1解得t1=4.8s勻速運(yùn)動階段的時間t2=v122a1第1次在傳送帶上往返運(yùn)動的時間t=t1+t2=7.2s(3)物塊從P點(diǎn)勻減速到0時運(yùn)動的時間t3=v1a1=82這段時間內(nèi)傳送帶運(yùn)動的位移x1=vt3=12.8m傳送帶勻速運(yùn)動,電動機(jī)增加的牽引力F=μmg=5N電動機(jī)多做的功W=Fx1=64J(4)由分析可知,物塊第一次離開傳送帶以后,每次再到達(dá)傳送帶和離開傳送帶的速度大小相等,物塊最終停止在P點(diǎn),則根據(jù)能量守恒有μmgcos37°(s-L)=12mv聯(lián)立可得s=12m10.(1)0.8m(2)2N(3)48J[解析](1)滑塊在板上做勻減速運(yùn)動,有a=μ2mgm=解得a=5m/s2根據(jù)運(yùn)動學(xué)公式得L=v0t-12at解得t=0.4s(t=2.0s舍去)碰到擋板前滑塊速度v1=v0-at=4m/s>2m/s,說明滑塊一直做勻減速運(yùn)動長板移動的位移x=vt=0.8m(2)對板受力分析如圖所示,有F+Ff2=Ff1其中Ff1=μ1(M+m)g=12N,Ff2=μ2mg=10N解得F=2N(3)法一:滑塊與擋板碰撞前,滑塊與長板因摩擦產(chǎn)生的熱量Q1=Ff2·(L-x)=12J滑塊與擋板碰撞后,滑塊與長板因摩擦產(chǎn)生的熱量Q2=Ff2(L-x)=12J整個過程中,長板與地面因摩擦產(chǎn)生的熱量Q3=Ff1·L=24J所以,系統(tǒng)因摩擦產(chǎn)生的熱量Q=Q1+Q2+Q3=48J法二:滑塊與擋板碰撞前,長板受到的拉力為F1=2NF1做功為W