1.
在電影《飛屋環(huán)游記》中，主角用一簇氣球使他的房子成功升空．小屋從地面靜止出發(fā)做勻加速運(yùn)動(dòng)，它加速上升到h處時(shí)，速度達(dá)到了v，不計(jì)小屋受到的浮力和空氣阻力，則在這一過(guò)程中( )
A．繩對(duì)小屋的拉力等于小屋的重力
B．繩對(duì)小屋的拉力做的功等于小屋動(dòng)能的增量
C．繩對(duì)小屋的拉力做的功等于小屋機(jī)械能的增量
D．繩對(duì)小屋的拉力和小屋重力對(duì)小屋做的總功等于小屋機(jī)械能的增量
2.
蹦床運(yùn)動(dòng)員與床墊接觸的過(guò)程可簡(jiǎn)化為下述模型：運(yùn)動(dòng)員從高處落到處于自然狀態(tài)的床墊(A位置)上，隨床墊一同向下做變速運(yùn)動(dòng)到達(dá)最低點(diǎn)(B位置)，如圖所示．有關(guān)運(yùn)動(dòng)員從A運(yùn)動(dòng)至B的過(guò)程，下列說(shuō)法正確的是( )
A．運(yùn)動(dòng)員的機(jī)械能守恒
B．運(yùn)動(dòng)員的速度一直減小
C．運(yùn)動(dòng)員的機(jī)械能先增加后減小
D．運(yùn)動(dòng)員先失重后超重
3．(多選)據(jù)報(bào)道：“新冠”疫情期間，湖南一民警自費(fèi)買藥，利用無(wú)人機(jī)空投藥品，將藥品送到了隔離人員手中．假設(shè)無(wú)人機(jī)在離地面高度為12 m處懸停后將藥品自由釋放，藥品勻加速豎直下落了2 s后落地，若藥品質(zhì)量為0.5 kg，重力加速度g取10 m/s2，則藥品從釋放到剛接觸地面的過(guò)程中( )
A．機(jī)械能守恒
B．機(jī)械能減少了24 J
C．動(dòng)能增加了36 J
D．所受的合力做了60 J的功
4.
如圖所示，將輕質(zhì)彈簧的一端固定在水平桌面上O點(diǎn)，當(dāng)彈簧處于自由狀態(tài)時(shí)，彈簧另一端在A點(diǎn)．用一個(gè)金屬小球擠壓彈簧至B點(diǎn)，由靜止釋放小球，隨即小球被彈簧豎直彈出，已知C點(diǎn)為AB的中點(diǎn)．則( )
A．從B到A過(guò)程中，小球的機(jī)械能守恒
B．從B到A過(guò)程中，小球的動(dòng)能一直在增大
C．從B到A過(guò)程中，彈簧的彈性勢(shì)能先增大后減小
D．從B到C過(guò)程彈簧彈力對(duì)小球做功大于從C到A過(guò)程
5.
踢出的足球在空中運(yùn)動(dòng)軌跡如圖所示，足球視為質(zhì)點(diǎn)，空氣阻力不計(jì)．用vy、E、Ek、P分別表示足球的豎直分速度大小、機(jī)械能、動(dòng)能、重力的瞬時(shí)功率大小，用t表示足球在空中的運(yùn)動(dòng)時(shí)間，下列圖象中可能正確的是( )
6.
[2022·廣東湛江調(diào)研]如圖所示，某廂式貨車在裝車時(shí)，用木板做成斜面，將貨物(視為質(zhì)點(diǎn))沿斜面拉到車上，拉力方向始終平行于接觸面．第一次裝卸工人用長(zhǎng)木板搭成與水平地面夾角較小斜面，將貨物從所在位置直接沿斜面拉到車上；第二次裝卸工人用較短木板搭成與水平地面夾角較大斜面，先沿水平地面拉動(dòng)貨物，再通過(guò)短木板搭成的斜面將貨物拉到貨車上．兩次拉動(dòng)過(guò)程中，貨物與貨車的水平距離保持不變，貨物與地面及兩斜面間的動(dòng)摩擦因數(shù)均相同，則兩次拉動(dòng)過(guò)程中，關(guān)于摩擦力對(duì)貨物所做的功，下列說(shuō)法正確的是( )
A．第一次拉動(dòng)貨物過(guò)程中，貨物克服摩擦力做功較多
B．第二次拉動(dòng)貨物過(guò)程中，貨物克服摩擦力做功較多
C．兩次拉動(dòng)貨物過(guò)程中，貨物克服摩擦力做功相同
D．兩次拉動(dòng)貨物過(guò)程中，貨物克服摩擦力做功多少無(wú)法比較
7．[2022·山東菏澤統(tǒng)考]一木塊固定在水平面上，其截面如圖所示，AB為 eq \f(1,4) 圓形軌道，CD為半圓形軌道，兩圓形軌道均與水平軌道BC相切，半徑均為R＝1 m，BC間距LBC＝1 m，E、B、C在同一水平面上，EB間距為L(zhǎng)EB＝3 m.一可視為質(zhì)點(diǎn)的小球從A點(diǎn)正上方h處自由下落，進(jìn)入軌道后，小球恰好能經(jīng)過(guò)D點(diǎn)離開(kāi)，小球經(jīng)過(guò)水平軌道BC時(shí)的阻力大小為小球重力的0.3倍，其他軌道的阻力及空氣阻力不計(jì)，取g＝10 m/s2.
(1)求小球經(jīng)過(guò)D點(diǎn)時(shí)的速度大小vD；
(2)求小球的釋放高度h；
(3)設(shè)小球落到斜面AE上某點(diǎn)離A點(diǎn)的距離x，改變小球下落時(shí)的高度h，求x與h的函數(shù)關(guān)系．
綜合題組
8．如圖所示，輕質(zhì)彈簧與傾角為37°的固定斜面平行，彈簧的下端固定，上端與物塊相連，繞過(guò)光滑定滑輪的輕繩分別與物塊和小球相連．開(kāi)始時(shí)用手托住小球，使彈簧處于原長(zhǎng)狀態(tài)，滑輪左側(cè)的輕繩與斜面平行，滑輪右側(cè)的輕繩豎直，然后由靜止釋放小球．已知小球的質(zhì)量是物塊質(zhì)量的兩倍，重力加速度大小為g，物塊與斜面間的動(dòng)摩擦因數(shù)為0.5，取sin 37°＝0.6，cs 37°＝0.8，不計(jì)空氣阻力．下列說(shuō)法正確的是( )
A．釋放小球的瞬間，小球的加速度大小為 eq \f(g,2)
B．物塊上滑過(guò)程中，小球機(jī)械能的減少量等于彈簧彈性勢(shì)能與物塊機(jī)械能的增加量之和
C．物塊上滑過(guò)程中，物塊動(dòng)能的增加量等于它所受重力、輕繩拉力、摩擦力做功之和
D．物塊上滑過(guò)程中，輕繩拉力對(duì)小球做的功等于小球機(jī)械能的變化
9．如圖甲，固定的斜面長(zhǎng)為10 m，質(zhì)量m＝2.0 kg的小滑塊自斜面頂端由靜止開(kāi)始沿斜面下滑的過(guò)程中，小滑塊的動(dòng)能Ek隨位移x的變化規(guī)律如圖乙所示，取斜面底面為重力勢(shì)能參考面，小滑塊的重力勢(shì)能Ep隨位移x的變化規(guī)律如圖丙所示，重力加速度g取10 m/s2.則下列判斷中正確的是( )
A．斜面的傾角為45°
B．滑塊與斜面間的動(dòng)摩擦因數(shù)為0.2
C．下滑過(guò)程滑塊的加速度大小為1.25 m/s2
D．滑塊自斜面下滑過(guò)程中損失的機(jī)械能為25 J
10．如圖所示，質(zhì)量為M＝1 kg的滑板靜止在足夠大的粗糙水平地面上，左端緊靠固定的擋板，滑板AB段是半徑為R＝0.8 m的四分之一光滑圓弧面，BC段是一較長(zhǎng)的粗糙水平面，兩段相切于B點(diǎn)．將一質(zhì)量為m＝1 kg的滑塊從A點(diǎn)由靜止釋放，它經(jīng)B點(diǎn)后沿BC方向運(yùn)動(dòng)，最后和滑板相對(duì)靜止．已知滑塊與滑板BC段間的動(dòng)摩擦因數(shù)μ1＝0.3，滑板與地面間的動(dòng)摩擦因數(shù)μ2＝0.1，重力加速度g取10 m/s2，滑塊可視為質(zhì)點(diǎn)．求：
(1)滑塊運(yùn)動(dòng)到B點(diǎn)時(shí)對(duì)滑板的壓力；
(2)滑塊與滑板間因摩擦而產(chǎn)生的熱量．
課時(shí)分層作業(yè)（十七） 功能關(guān)系 能量守恒定律
1．解析：小屋加速上升，合力向上，小屋受到向上的拉力和重力，則繩對(duì)小屋的拉力大于小屋的重力，故A錯(cuò)誤．根據(jù)動(dòng)能定理得，知繩對(duì)小屋的拉力做的功大于小屋動(dòng)能的增量，故B錯(cuò)誤．根據(jù)功能原理知：除了重力以外其他力做的功等于機(jī)械能的變化，所以繩對(duì)小屋的拉力做的功等于小屋機(jī)械能的增量，故C正確．繩對(duì)小屋的拉力和小屋重力對(duì)小屋做的總功等于小屋動(dòng)能的增量，由于小屋的重力勢(shì)能增加，所以繩對(duì)小屋的拉力和小屋重力對(duì)小屋做的總功小于小屋機(jī)械能的增量，故D錯(cuò)誤．
答案：C
2．解析：以運(yùn)動(dòng)員為研究對(duì)象，除受重力外，還受到床墊的彈力，運(yùn)動(dòng)員的機(jī)械能不守恒，選項(xiàng)A錯(cuò)誤；運(yùn)動(dòng)員剛接觸床墊時(shí)，重力大于彈力，加速度向下，隨著床墊形變?cè)龃?，彈力增大，?dāng)重力小于彈力后，加速度向上．從A運(yùn)動(dòng)至B的過(guò)程，運(yùn)動(dòng)員的速度先增大后減小至零，且運(yùn)動(dòng)員先失重后超重，選項(xiàng)B錯(cuò)誤，D正確；運(yùn)動(dòng)員一直克服彈力做功，機(jī)械能一直減小，選項(xiàng)C錯(cuò)誤．
答案：D
3．解析：藥品下落過(guò)程中還有空氣阻力做功，機(jī)械能不守恒，選項(xiàng)A錯(cuò)誤；藥品在下落過(guò)程中，由運(yùn)動(dòng)學(xué)公式可得h＝ eq \f(1,2) at2，vt＝at，藥品落地的動(dòng)能為Ek＝ eq \f(1,2) mv eq \\al(\s\up11(2),\s\d4(t)) ，聯(lián)立解得Ek＝36 J．根據(jù)動(dòng)能定理W合＝WG＋W阻＝Ek－0，重力做功為WG＝mgh，解得WG＝60 J，W阻＝－24 J，W合＝36 J，由功能關(guān)系可知，機(jī)械能減少了24 J，選項(xiàng)B、C正確，D錯(cuò)誤．
答案：BC
4．解析：從B到A過(guò)程中，彈簧的彈力對(duì)小球做正功，則小球的機(jī)械能增加，選項(xiàng)A錯(cuò)誤；從B到A過(guò)程中，開(kāi)始時(shí)彈力大于重力，小球加速上升，當(dāng)彈力等于重力時(shí)小球速度最大，動(dòng)能最大；之后彈力小于重力，小球的速度減小，動(dòng)能減小，則小球的動(dòng)能先增大后減小，選項(xiàng)B錯(cuò)誤；從B到A過(guò)程中，彈簧的壓縮量一直減小，則彈性勢(shì)能一直減小，選項(xiàng)C錯(cuò)誤；從B到C過(guò)程彈簧彈力的平均值大于從C到A過(guò)程中彈力的平均值，可知從B到C過(guò)程彈簧彈力對(duì)小球做功大于從C到A過(guò)程，選項(xiàng)D正確．
答案：D
5．解析：足球做斜拋運(yùn)動(dòng)，在豎直方向上做加速度為g的勻變速直線運(yùn)動(dòng)，上升階段vy＝vy0－gt，下落階段vy＝gt，由關(guān)系式可知，速度與時(shí)間成一次函數(shù)關(guān)系，圖象是一條傾斜直線，選項(xiàng)A錯(cuò)誤；不考慮空氣阻力，足球只受重力作用，機(jī)械能守恒，E不變，選項(xiàng)B錯(cuò)誤；足球在水平方向上一直有速度，則足球的動(dòng)能不能為零，選項(xiàng)C錯(cuò)誤；上升階段vy＝vy0－gt，下落階段vy＝gt，再由重力的瞬時(shí)功率P＝mgvy，可得重力的瞬時(shí)功率與時(shí)間成一次函數(shù)關(guān)系，且在最高點(diǎn)重力的瞬時(shí)功率為零，選項(xiàng)D正確．
答案：D
6．解析：
假設(shè)長(zhǎng)木板的長(zhǎng)度為L(zhǎng)1，與地面的夾角為θ；短木板的長(zhǎng)度為L(zhǎng)2，與地面的夾角為α，貨物在水平地面上運(yùn)動(dòng)的距離為d，如圖所示．第一次時(shí)，貨物克服摩擦力做的功為W1＝μmgL1cs θ，第二次時(shí)，貨物克服摩擦力做的功為W2＝μmgd＋μmgL2cs α，由于d＝L1cs θ－L2cs α，聯(lián)立解得W2＝μmgL1cs θ，所以W1－W2，兩次拉動(dòng)貨物過(guò)程中，貨物克服摩擦力做功相同，選項(xiàng)C正確．
答案：C
7．解析：（1）由題可知，小球恰好能從D點(diǎn)出射，則有mg＝m eq \f(v eq \\al(\s\up1(2),\s\d1(D)) ,R)
解得vD＝ eq \r(Rg) ＝ eq \r(10) m/s
（2）從釋放點(diǎn)到D點(diǎn)，根據(jù)動(dòng)能定理
WG＋Wf＝mg（h－R）－0.3 mgLBC＝ eq \f(1,2) mv eq \\al(\s\up11(2),\s\d4(D))
解得h＝1.8 m
（3）設(shè)小球從D點(diǎn)飛出后經(jīng)t時(shí)間落到斜面上
mg（h－R）－0.3 mgLBC＝ eq \f(1,2) mv2
v＝ eq \r(2g（h－R－0.3LBC）)
由幾何關(guān)系可得： eq \f(\f(1,2)gt2－R,vt－2R) ＝ eq \f(1,2)
解得t＝ eq \f(v,g)
x× eq \f(\r(5),5) ＝ eq \f(1,2) gt2－R
x＝ eq \r(5) ×（h－2.3）其中2.3 m≤h≤3.3 m
答案：（1） eq \r(10) m/s （2）1.8 m （3）x＝ eq \r(5) （h－2.3）其中2.3 m≤h≤3.3 m
8．解析：令物塊的質(zhì)量為m，則小球的質(zhì)量為2m，釋放小球瞬間，根據(jù)牛頓第二定律，對(duì)小球有2mg－T＝2ma，對(duì)物塊有T－mg sin θ－μmg cs θ＝ma，聯(lián)立解得a＝ eq \f(g,3) ，故A錯(cuò)誤；根據(jù)能量守恒定律可知，物塊上滑過(guò)程中，小球機(jī)械能的減少量等于彈簧彈性勢(shì)能、物塊機(jī)械能的增加量以及物塊和斜面摩擦產(chǎn)生的熱量之和，故B錯(cuò)誤；根據(jù)動(dòng)能定理可知，物塊上滑過(guò)程中，物塊動(dòng)能的增加量等于它所受重力、輕繩拉力、摩擦力以及彈簧彈力做功之和，故C錯(cuò)誤；小球運(yùn)動(dòng)過(guò)程中受到重力以及繩子的拉力，根據(jù)功能關(guān)系可知，繩子拉力所做的功等于小球機(jī)械能的變化，故D正確．
答案：D
9．解析：由圖丙知，滑塊的初始重力勢(shì)能為Ep1＝100 J，據(jù)題斜面長(zhǎng)度為L(zhǎng)＝10 m，由Ep＝mgh＝mgL sin α，可得斜面的傾角α＝30°，選項(xiàng)A錯(cuò)誤；滑塊下滑的過(guò)程，根據(jù)動(dòng)能定理得mgL sin α－μmgL cs α＝Ek2－0，由圖乙知末動(dòng)能Ek2＝25 J，解得μ＝ eq \f(\r(3),4) ，選項(xiàng)B錯(cuò)誤；滑塊下滑的過(guò)程，根據(jù)牛頓第二定律得mg sin α－μmg cs α＝ma，解得a＝1.25 m/s2，選項(xiàng)C正確；根據(jù)能量守恒得：下滑過(guò)程中損失的機(jī)械能為E＝Ep1－Ek2＝100 J－25 J＝75 J，選項(xiàng)D錯(cuò)誤．
答案：C
10．解析：（1）設(shè)滑塊運(yùn)動(dòng)到B點(diǎn)時(shí)速度為v0，
根據(jù)機(jī)械能守恒定律得mgR＝ eq \f(1,2) mv eq \\al(\s\up11(2),\s\d4(0))
可得v0＝ eq \r(2gR) ＝4 m/s
滑塊運(yùn)動(dòng)到B點(diǎn)時(shí)，由牛頓第二定律得FN－mg＝ eq \f(mv eq \\al(\s\up1(2),\s\d1(0)) ,R)
解得FN＝30 N
由牛頓第三定律得滑塊運(yùn)動(dòng)到B點(diǎn)時(shí)對(duì)滑板的壓力為
F壓＝FN＝30 N
（2）對(duì)滑塊，由牛頓第二定律得a1＝μ1g＝3 m/s2
對(duì)滑板，由牛頓第二定律得
a2＝ eq \f(μ1mg－μ2（m＋M）g,M) ＝1 m/s2
對(duì)滑塊和滑板，當(dāng)兩者共速時(shí)，根據(jù)運(yùn)動(dòng)學(xué)公式則有
v1＝v0－a1t1
v1＝a2t1
聯(lián)立解得t1＝1 s，v1＝1 m/s
滑塊運(yùn)動(dòng)的位移為x1＝ eq \f(v0＋v1,2) t1＝2.5 m
滑板運(yùn)動(dòng)的位移為x2＝ eq \f(v1,2) t1＝0.5 m
滑塊和滑板共速后，滑塊與滑板一起運(yùn)動(dòng)，沒(méi)有相對(duì)位移，所以滑塊與滑板間因摩擦而產(chǎn)生的熱量為
Q＝μ1mg（x1－x2），代入數(shù)值可得Q＝6 J
答案：（1）30 N （2）6 J

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