一课一练(二十五) 功能关系 能量守恒定律
[基础训练]
1．(2024·山东枣庄模拟)如图所示，用轻绳拴一物体，使物体以恒定加速度向下做减速运动，不计空气阻力，下列说法正确的是( )
A．物体所受合力对其做正功
B．物体的机械能增加
C．重力对物体做的功小于物体克服拉力做的功
D．物体减少的重力势能一定等于其减少的动能
2．(2024·福建泉州一中、南安一中期末)(多选)如图所示为足球踢出后在空中运动依次经过a、b、c三点的轨迹示意图，其中a、c两点等高，b为最高点，则足球( )
A．从a运动到b的时间小于从b运动到c的时间
B．在b点的加速度方向竖直向下
C．在a点的机械能比在b点的大
D．在a点的动能与在c点的相等
3．(2023·浙江6月选考)铅球被水平推出后的运动过程中，不计空气阻力，下列关于铅球在空中运动时的加速度大小a、速度大小v、动能Ek和机械能E随运动时间t的变化关系中，正确的是( )
4．(2023·陕西渭南一模)(多选)一只排球在A点被竖直抛出，此时动能为20 J，上升到最大高度后，又回到A点，动能变为16 J，假设排球在整个运动过程中受到的阻力大小恒定，A点为零势能点，则在整个运动过程中，排球的动能变为10 J时，其重力势能的可能值为( )
A．4 J B．6.75 J
C．8 J D．9 J
5．(2024·山东济南统考)(多选)如图所示，A物体套在光滑的竖直杆上，B物体放置在粗糙水平桌面上，用一细绳连接．初始时细绳经过定滑轮且水平，A物体从P点由静止释放，下落到Q点时速度为v，此过程中绳子一直伸直，物体B始终在水平桌面上，下列说法正确的是( )
A．A物体运动到Q点时，B物体的速度小于v
B．A物体运动到Q点时，B物体的速度大于v
C．A物体减少的机械能等于B物体增加的动能
D．A物体减少的机械能大于B物体增加的动能
6．(多选)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＝3R，重力加速度为g，则小球从P点到B点的运动过程中( )
A．重力势能减少2mgR
B．机械能减少2mgR
C．动能增加mgR
D．克服摩擦力做功mgR
7．(2023·北京西城区三模)(多选)将三个木板1、2、3固定在墙角，木板与墙壁和地面构成了三个不同的三角形，如图所示，其中1与2底边相同，2和3高度相同．现将一个可以视为质点的物块分别从三个木板的顶端由静止释放，并沿斜面下滑到底端，物块与各木板之间的动摩擦因数μ均相同．在这三个过程中，下列说法正确的是( )
A．沿着1和2下滑到底端时，物块的速度大小不同；沿着2和3下滑到底端时，物块的速度大小相同
B．沿着1下滑到底端时，物块的速度最大
C．物块沿着3下滑到底端的过程中，产生的热量是最少的
D．物块沿着1和2下滑到底端的过程，产生的热量一样多
[能力提升]
8．(2024·沈阳中学模拟)(多选)如图所示，质量为M、长为L的木板置于光滑的水平地面上，一质量为m的滑块放置在木板左端，滑块与木板间的滑动摩擦力大小为f，用水平的恒定拉力F作用于滑块．当滑块运动到木板右端时，木板在地面上移动的距离为s，滑块的速度为v1，木板的速度为v2，下列说法中正确的是( )
A．上述过程中，F做功大小为mv＋Mv
B．其他条件不变的情况下，F越大，滑块到达木板右端所用时间越短
C．其他条件不变的情况下，M越大，s越小
D．其他条件不变的情况下，M越大，滑块与木板间产生的热量越多
9．(多选)如图所示，一水平传送带以速度v顺时针匀速转动，将质量为m的小工件轻轻地放到水平传送带上，工件在传送带上滑动一段时间后与传送带保持相对静止，在上述过程中( )
A．工件先受滑动摩擦力后受静摩擦力
B．传送带与工件间摩擦产生的热量为mv2
C．工件对传送带做的功为－mv2
D．传送带对工件做的功为mv2
10．如图所示，光滑水平面上静止放着长L＝1.6 m、质量M＝3 kg的木板(厚度不计)，一个质量m＝1 kg的小物体放在木板的最右端，小物体和木板之间的动摩擦因数μ＝0.1，最大静摩擦力等于滑动摩擦力，现对木板施加一水平向右的拉力F.(取g＝10 m/s2)
(1)若木板与小物体相对滑动，求小物体加速度的大小；
(2)为使小物体不掉下去，F不能超过多少？
(3)如果拉力F＝10 N恒定不变，求小物体从木板的最右端滑至最左端的过程中，系统增加的机械能．
答案及解析
1． 解析：物体在拉力作用下，竖直向下做匀减速直线运动．受力分析可知物体受两个力，重力G及拉力T，且拉力T大于重力G，合力F合＝T－G，方向竖直向上．由功的定义式W＝Fxcos α可知，合力对其做负功(【另解】亦可根据动能定理分析，则有W＝Ek2－Ek1，由物体动能减小可知合力对其做负功)，W合<0，A错误．物体以恒定加速度向下做减速运动的过程中，拉力T对物体做负功，物体的机械能减小，B错误．因G
2． 解析：足球被踢出后，对足球受力分析，足球受到重力和空气阻力，在足球从a运动到b过程中竖直方向上所受重力和空气阻力的竖直分量都向下，足球从b运动到c的过程中所受空气阻力的竖直分量向上，故足球从a运动到b过程中的竖直方向上的加速度大小大于从b运动到c过程中的竖直方向的加速度大小，因a、c两点等高，故从a运动到b的时间小于从b运动到c的时间，A正确；在b点，足球运动方向水平向右，空气阻力水平向左，故此刻足球的加速度斜向左下，B错误；由于运动过程中空气阻力做负功，机械能减少，故足球在a点的机械能比在b点的大，C正确；从a运动到c的过程中机械能减少，a、c两点等高，重力势能相同，故足球在a点的动能比在c点时大，D错误．
答案：AC
3．解析：由于不计空气阻力，铅球被水平推出后只受重力作用，加速度等于重力加速度，不随时间改变，故A错误．铅球被水平推出后做平抛运动，竖直方向有vy＝gt，则抛出后速度大小为v＝，可知速度大小与时间不是一次函数关系，故B错误．铅球抛出后的动能Ek＝mv2＝m，可知动能与时间不是一次函数关系，故C错误．由于忽略空气阻力，所以抛出后铅球机械能守恒，故D正确．
答案：D
4．解析：设排球上升的最大高度为H，排球动能为10 J时离A点的距离为h，空气阻力大小为f，从A点上升到最高点的过程中，根据能量守恒定律得fH＋mgH＝20 J，若上升过程中动能为10 J，则fh＋mgh＝10 J，联立解得h＝H，从A点抛出到回到A点过程中有f·2H＝4 J(【易错点】阻力做功与路程有关)，则fh＝fH＝1 J，重力势能Ep＝mgh＝9 J；若下降过程中动能为10 J，则f(2H－h′)＋mgh′＝10 J，同理可得重力势能Ep＝mgh′＝6.75 J，B、D正确，A、C错误．
答案：BD
5． 解析：A、B两物体沿绳方向速度相等，则有vsin θ＝vB，即vB
答案：AD
6．解析：从P点到B点过程中，重力势能减少2mgR，选项A正确；在B点，有mg＝m，其动能Ek＝mgR，所以动能增加mgR，选项C错误；其机械能减少量为ΔE＝mgR，选项B错误；由功能关系知，机械能的减少量等于克服摩擦力做的功，选项D正确．
答案：AD
7． 解析：设任意一斜面倾角为θ，斜面的长度为L，则物块下滑过程中克服摩擦力做功为W＝μmgcos θ·L，其中Lcos θ为斜面底边的长度，设物块滑到底端时的速度为v，根据动能定理得mgh－μmgLcos θ＝mv2－0(【小妙招】物体在斜面上克服摩擦力做的功等于物体在水平面上受到的摩擦力大小与位移水平投影之积)，根据图中斜面高度和底边长度可知，滑到底边时速度大小关系为v1>v2>v3，故A错误，B正确．摩擦产生的热量等于物块克服摩擦力做的功，即Q＝μmgcos θ·L，由图可知1和2底边相等且小于3的底边，故摩擦生热关系为Q1＝Q2
8． 解析：由功能关系可知拉力F做的功除了增加两物体动能以外还有系统产生的热量，[【敲黑板】拉力F做功的物理意义：将其他能转化为滑块、木板系统的能量(包括动能和内能)．对滑块、木板系统运用能量守恒定律分析得，拉力F做的功WF＝ΔEk＋fL＝mv＋Mv＋Q]A错误；滑块和木板都是做初速度为零的匀加速运动，在其他条件不变的情况下，木板的运动情况不变，滑块和木板的相对位移还是L，所以拉力F越大，滑块的加速度越大，到达木板右端所用时间就越短，B正确；由于木板受到的摩擦力不变，当M越大时木板的加速度越小，而滑块的加速度不变，相对位移一样，滑块在木板上运动时间变短，所以木板在地面上运动的位移变小，C正确；系统产生的热量等于摩擦力和相对位移的乘积，相对位移没变，m不变，摩擦力不变，产生的热量不变，D错误．
答案：BC
9．解析：工件放到传送带上后，先受到滑动摩擦力作用做匀加速运动，工件与传送带保持相对静止后做匀速运动，受力平衡，不受摩擦力，A错误；设工件与传送带间动摩擦因数为μ，工件匀加速的过程，根据牛顿第二定律得，工件的加速度为a＝μg，工件的速度由零增大到v用时为t＝＝，该段时间内传送带的位移为x＝vt＝，所以工件对传送带做功为Wf＝－fx＝－μmg·＝－mv2，C错误；传送带与工件间相对位移大小为Δx＝vt－＝＝，因此摩擦产生的热量为Q＝μmg·Δx＝μmg·＝mv2，B正确；在运动的过程中只有摩擦力对工件做功，由动能定理可知，传送带对工件做的功等于工件动能的变化量mv2，D正确．
答案：BD
10． 解析：(1)小物体受到的滑动摩擦力提供加速度，有μmg＝ma1，解得a1＝1 m/s2.
(2)小物体刚要滑动时，有μmg＝ma
以小物体和木板整体为研究对象，根据牛顿第二定律有F＝(M＋m)a
联立并代入数据解得F＝4 N，故F不能超过4 N.
(3)解法一：
当F＝10 N时，小物体相对于木板滑动，对木板根据牛顿第二定律有F－μmg＝Ma2
代入数据解得木板的加速度大小a2＝3 m/s2
设经过时间t小物体从木板的最右端滑至最左端，则有L＝x板－x物＝a2t2－a1t2
解得t＝ s
此时木板的速度大小为v＝a2t＝ m/s
小物体的速度大小为v1＝a1t＝ m/s
系统增加的机械能ΔE＝Mv2＋mv＝22.4 J.
解法二：
设木板的位移为x，分别对小物体和木板应用动量定理和动能定理
对小物体，有μmgt＝mv1，μmg(x－L)＝mv
对木板，有(F－μmg)t＝Mv，(F－μmg)x＝Mv2
联立解得x＝2.4 m
由功能关系知系统增加的机械能
ΔE＝Fx－μmgL＝22.4 J.
答案：(1)1 m/s2 (2)4 N (3)22.4 J
