1、 第 - 1 - 页 共 8 页 - 1 - 热考热考 7 功和能、功能关系功和能、功能关系 一、选择题 1(2019 年广东茂名联考)如图所示，一物块从斜面低端以初速度 v0开始沿斜面上滑，物 块与斜面间的动摩擦因数 Ek2，Ep1Ep2 BEk1Ek2，Ep1Ep2 CWG1WG2，W1WG2，W1W2 【答案】AC 4(2019 年海南琼海模拟)如图所示，劲度系数为 k 的竖直弹簧下端固定于水平地面上， 质量为 m 的小球从弹簧的正上方高为 h 的地方自由下落到弹簧上端，经几次反弹后小球最终 在弹簧上静止于某一点 A 处，在以上三个量中只改变其中一个量的情况下，下列说法正确的 是( )
2、A无论三个量中的一个怎样改变，此过程小球与弹簧组成的系统机械能守恒 B无论 h 怎样变化，最终小球静止在 A 点时的弹簧压缩量与 h 无关 C无论 m 怎样变化，最终小球静止在 A 点时弹簧的弹性势能都不变 D无论劲度系数 k 为多大，此过程中重力所做的功总是等于克服弹簧弹力做的功 【答案】B 二、计算题 5(2019 年天一大联考)如图所示，倾角 37 的斜面固定在水平面上，质量为 m1 kg 的滑块(可视为质点)由斜面上最低点 P 以初动能 Ek020 J 沿斜面向上运动，当其向上经过 A 点时动能 EkA8 J，机械能的变化量 E机3 J重力加速度 g10 m/s2，sin 37 0.6
3、，求： 第 - 3 - 页 共 8 页 - 3 - (1)物块所受摩擦力的大小； (2)物块回到 P 点时速度的大小 【答案】(1)2 N (2) 2 5 m/s 【解析】(1)由 P 到 A 由动能定理得 (mgsin f)s1EkAEk0 而fs1E机 联立解得 s11.5 m，f2 N. (2)由 P 到最高点由动能定理得 (mgsin f)s20Ek0 解得 s22.5 m 滑块从最高点到 P 点由动能定理得 (mgsin f)s21 2mv 20 解得 v2 5 m/s . 6(2019 年广西桂林三模)如图所示，有一倾角为 37 的粗糙硬杆，其上套一底端固定 且劲度系数为k10 N
4、/m的轻弹簧， 弹簧自然伸长时上端在Q点， 弹簧与杆间摩擦忽略不计 一 个质量为 m5 kg 的小球套在此硬杆上，从 P 点由静止开始滑下，经过 t2 s 后，P 与弹簧自 由端 Q 相碰，PQ 间的距离 L4 m，弹簧的弹性势能与其形变量 x 的关系为 Ep1 2kx 2.已知 sin 37 0.6，cos 37 0.8，重力加速度 g 取 10 m/s2.求： (1)小球与硬杆之间的滑动摩擦因数 ； (2)小球向下运动过程中速度最大时弹簧的弹性势能 【答案】(1)0.5 (2)5 J 【解析】(1)小球做匀加速直线运动，则有 L1 2at 2 解得 a2 m/s2 根据牛顿第二定律得 mg
5、sin 37 mgcos 37 ma 解得 0.5 (2)当小球加速度为零时，速度最大，有 第 - 4 - 页 共 8 页 - 4 - mgsin 37 mgcos 37 kx 解得 x1 m 所以弹性势能为 Ep1 2kx 21 2101 2 J5 J. 7如图所示，一辆电动遥控小车停在水平地面上，小车质量 M3 kg.质量为 m1 kg 的 小物快(可视为质点)静置在车板上某处， 物块与车板间的动摩擦因数 0.1.现在启动小车， 使 小车由静止开始以加速度 a2 m/s2向右匀加速行驶，当运动时间 t1 s 时物块从车板上滑 落已知小车受到地面的摩擦阻力是小车对地面压力的 1 10.不计空
6、气阻力，取重力加速度 g 10 m/s2.求： (1)物块离开小车时，物块的速度大小； (2)01 s 时间内小车的牵引力做的功 【答案】(1)1 m/s (2)11 J 【解析】(1)设物块的加速度为 a1，由牛顿第二定律得 mgma1 由运动学公式得离开小车时，物块的速度为 va1t 联立解得 v1 m/s. (2)设小车所受的牵引力为 F.对于小车，由牛顿第二定律，得 Fmgk(Mm)gMa 小车的位移 x1 2at 2 牵引力做的功为 WFx 解得 W11 J. 8吊锤打桩机如图甲，其工作过程可以简化为图乙：质量 m2.0103 kg 的吊锤在绳子 的恒定拉力 F 作用下从与钉子接触处
7、由静止开始运动， 上升一段高度后撤去 F， 到最高点后自 由落下，撞击钉子将钉子打入一定深度吊锤上升过程中，机械能 E 与上升高度 h 的关系如 图乙，不计摩擦及空气阻力，g10 m/s2.求： (1)吊锤上升 h11.6 m 时的速度大小； (2)吊锤上升 h11.6 m 后，再经过多长时间撞击钉子； 第 - 5 - 页 共 8 页 - 5 - (3)吊锤上升 h20.4 m 时，拉力 F 的瞬时功率 【答案】(1)2 m/s (2)0.8 s (3)2.25104 W 【解析】(1)吊锤上升过程中，由功能关系 EFh 结合图丙，计算得 FE h2.2510 4 N 设吊锤上升到 h11.6
8、 m 处的速度为 v1，由动能定理知 Fh1mgh11 2mv 2 10 联立解得 v12 m/s. (2)依题意，吊锤上升到 h11.6 m 处后做初速度为 v12 m/s 的竖直上抛运动，设经时间 t 落到钉子上，有 h1v1t1 2gt 2 代入数据，解得 t0.8 s. (3)设吊锤上升到 h20.4 m 处的速度为 v2，由动能定理得 Fh2mgh21 2mv 2 00 解得 v21 m/s F 的瞬时功率 PFv2 联立并代入数据解得 P2.25104 W. 9(2019 年甘肃三模)物块放在水平面上，在恒力的作用下由静止从 A 点出发，经时间 t 运动到 B 点，此时撤去拉力，结
9、果物块再运动 t 时间速度为零已知物块的质量为 m，拉力与 水平面的夹角为 ，物块与水平面间的动摩擦因数为 ，重力加速度为 g.求： (1)拉力 F 的大小； (2)整个过程物块克服摩擦力做的功 【答案】(1) 2mg cos sin (2) m2g2t2cos cos sin 【解析】(1)根据题意知，物块先做初速度为零的匀加速运动，再做匀减速运动到末速度 为零，设加速的加速度大小为 a1，减速的加速度为 a2，由于加速时间与减速时间相等，所以 a1a2 撤去拉力后 mgma aa1a2g 拉力作用下做加速运动时 Fcos (mgFsin )ma 解得 F 2mg cos sin . 第 -
10、 6 - 页 共 8 页 - 6 - (2)物块从 A 运动 B 的位移为 x1 2at 21 2gt 2 由动能定理知 Fxcos Wf0 所以克服摩擦力做功的大小为 Wf m2g2t2cos cos sin . 10 (2019 年福建泉州二模)如图， 质量为 2m 的“”型木板， 静止放在光滑的水平面上， 木板左端固定着一水平轻质弹簧， 一质量为 m 的小木块从木板右端以未知速度 v0 开始沿木板 向左滑行，最终恰好回到木板右端；在木块压缩弹簧过程中，弹簧具有最大弹性势能为 Ep.木 块与木板间的动摩擦因数为 ，重力加速度大小为 g.求： (1)未知速度 v0的大小； (2)木块相对木板
11、向左运动的最大距离 xm. 【答案】(1) 6Ep m (2) Ep mg 【解析】(1)木块从右端开始向左运动至弹簧压缩到最短的过程中，摩擦生热设为 Q，当 弹簧压缩到最短时，木块和木板具有相同的速度 v1，由动量和能量关系有 mv0(m2m)v1 1 2mv 2 01 2(m2m)v 2 1EpQ 从初状态至木块 m 又回到右端与木板刚好相对静止时， 木块和木板又具有相同的速度 v2， 由动量和能量关系有 mv0(m2m)v2 1 2mv 2 01 2(m2m)v 2 22Q. 由以上各式解得 v0 6Ep m . (2)物块从弹簧压缩到最短时的位置返回到木板右端时，木块和木板具有相同的速
12、度，再 次获得共同速度 v2，则有(m2m)v1(m2m)v2 Ep1 2(m2m)v 2 11 2(m2m)v 2 2Q 得 QEp，又 Qmgxm 解得 xm Ep mg. 11 (2019 年广西崇左二模)如图甲所示， 一质量为 m1 kg 的木板 A 静止在光滑水平地面 上，在 t0 时刻，质量为 M2 kg 的小物块 B 以初速度 v03 m/s 滑上木板左端，经过一段 时间后木板与墙发生弹性碰撞木板长度可保证小物块在运动过程中不与墙接触木板 A 在 00.8 s 内的速度随时间的变化关系如图乙所示，重力加速度为 g10 m/s2，求： 第 - 7 - 页 共 8 页 - 7 - 甲
13、 乙 (1)t0 时刻木板的右端到墙的距离 L 以及 t0.4 s 时刻 B 的速度大小； (2)A、B 间发生相对滑动过程中各自加速度大小； (3)从 t0 至 A 于强第 5 次碰前，A、B 组成的整体因摩擦产生的总热量 【答案】(1)0.16 m 2.6 m/s (2)2 m/s2 1 m/s2 (3)8.97 J 【解析】(1)由图乙，t10.4 s 时，A 与墙第一次碰撞，碰前 A 的速度 vA10.8 m/s T0 时刻木板的右端到墙的距离为 L1 2vA1t1 解得 L0.16 m A 与墙第一次碰撞前，对 A、B 由动量守恒定律可得 Mv0MvB1mvA1 解得 vB12.6
14、m/s. (2)只要 A 与墙壁碰前 A、B 未达到共同速度，A 就在 0L 之间向右做匀加速运动，向左 做匀减速运动，与墙壁碰前的速度始终为 vA1 B 的加速度 aBv0vB1 t1 1 m/s2 A 的加速度大小 aAvA1 t1 2 m/s2. (3)设 A 与墙发生 n 次碰撞后 A、B 第一次达到共同速度 v1，以向右为正，对 B：v1v0 aBt 对 A：v1aA(t2nt1)，n1,2,3， 联立解得 v161.6n 3 第一次到达共同速度 v1应满足 0v1vA1 联立解得 2.25n3.75 故 n3，v10.4 m/s 设第 4 次碰撞后可能的共同速度为 v2，对 A、B 系统由动量守恒定律可得 Mv1mv1(M m)v2 得 v21 3v1 因为 v2v1，故在第 5 次碰撞前 A、B 已达到共同速度 第 - 8 - 页 共 8 页 - 8 - 对 A、B 整体，由能量守恒定律 Q1 2Mv 2 01 2(Mm)v 2 2 解得 Q8.97 J.
