專練9  功能關(guān)系、機(jī)械能守恒定律及其應(yīng)用  例1．(多選)有一款小游戲“跳一跳”，游戲要求操控者通過(guò)控制棋子(質(zhì)量為m，可視為質(zhì)點(diǎn))脫離平臺(tái)時(shí)的速度，使其能從同一水平面上的平臺(tái)跳到旁邊的另一平臺(tái)上。如圖所示的拋物線為棋子在某次跳躍過(guò)程中的運(yùn)動(dòng)軌跡，軌跡的最高點(diǎn)距平臺(tái)上表面高度為h，不計(jì)空氣阻力，重力加速度為g，則(　　)A．棋子從離開(kāi)平臺(tái)至運(yùn)動(dòng)到最高點(diǎn)的過(guò)程中，重力勢(shì)能增加mghB．棋子從離開(kāi)平臺(tái)至運(yùn)動(dòng)到最高點(diǎn)的過(guò)程中，機(jī)械能增加mghC．棋子離開(kāi)平臺(tái)后距平臺(tái)面高度為時(shí)動(dòng)能為D．棋子落到另一平臺(tái)上時(shí)的速度大于  例2．(2020?全國(guó)I卷?20)(多選)一物塊在高3.0 m、長(zhǎng)5.0 m的斜面頂端從靜止開(kāi)始沿斜面下滑，其重力勢(shì)能和動(dòng)能隨下滑距離s的變化如圖中直線Ⅰ、Ⅱ所示，重力加速度取10 m/s2。則(　　)A. 物塊下滑過(guò)程中機(jī)械能不守恒B. 物塊與斜面間的動(dòng)摩擦因數(shù)為0.5C. 物塊下滑時(shí)加速度的大小為6.0 m/s2D. 當(dāng)物塊下滑2.0 m時(shí)機(jī)械能損失了12 J     1．(多選)如圖，籃球比賽的某次快攻中，球員甲將球斜向上傳給前方隊(duì)友，球傳出瞬間離地面高h1，速度大小為v；對(duì)方球員乙原地豎直起跳攔截，其躍起后手離地面的最大高度為h2，球越過(guò)乙時(shí)速度沿水平方向，且恰好未被攔截。球可視為質(zhì)點(diǎn)，質(zhì)量為m，重力加速度取g，以地面為零勢(shì)能面，忽略空氣阻力，則(　　)A．籃球在空中運(yùn)動(dòng)時(shí)間為B．球剛斜拋出時(shí)的水平速度為C．隊(duì)友接球前瞬間，球的動(dòng)能一定為D．隊(duì)友接球前瞬間，球的機(jī)械能一定為2．(多選)如圖所示，一鋼板懸掛在吊機(jī)的細(xì)繩下端，由靜止開(kāi)始沿豎直方向運(yùn)動(dòng)（忽略空氣阻力，運(yùn)動(dòng)過(guò)程中鋼板的機(jī)械能E與鋼板通過(guò)距離x的關(guān)系圖像如圖所示，設(shè)地面勢(shì)能為0，其中0～x1過(guò)程的圖像為直線，x1～x2過(guò)程的圖像為曲線，則下列說(shuō)法正確的是(　　)A．過(guò)程中鋼板的速度先增大后減小B．過(guò)程中鋼板的加速度一定先減小后增大C．過(guò)程中鋼板一直處于失重狀態(tài)D．由圖像信息可求出鋼板的質(zhì)量3．(多選)在距地面高H處由靜止釋放一小球，小球向下運(yùn)動(dòng)過(guò)程中受到的阻力不能忽略，以地面為重力勢(shì)能的零勢(shì)能面，物體的機(jī)械E能隨小球到地面的高度h的變化關(guān)系圖像如圖所示，圖中縱坐標(biāo)b、c為已知數(shù)據(jù)，重力加速度為g。根據(jù)圖像判斷下列說(shuō)法正確的是(　　)A．小球的質(zhì)量等于B．當(dāng)時(shí)，小球的動(dòng)能等于重力勢(shì)能bC．小球運(yùn)動(dòng)的加速度等于D．運(yùn)動(dòng)過(guò)程中小球受到的阻力大小恒為4．(多選)廣州長(zhǎng)隆水上樂(lè)園是世界知名的水上樂(lè)園，多次榮膺“全球必去水上樂(lè)園”稱號(hào)。某水滑梯的示意圖如圖所示（圖中L1、L2、h均為已知量），滑水裝備與螺旋滑道間的摩擦可忽略，傾斜滑道和水平滑道與滑水裝備間的動(dòng)摩擦因數(shù)均為μ。若一質(zhì)量為m的游客（含裝備，可視為質(zhì)點(diǎn)）從螺旋滑道頂端由靜止滑下，在傾斜滑道上加速下滑，且在水平滑道左端的速度大小為v。不計(jì)游客在傾斜滑道和水平滑道連接處的機(jī)械能損失，重力加速度大小為g，則下列說(shuō)法正確的是(　　)A．游客剛進(jìn)入傾斜滑道時(shí)的速度大小為B．C．D．游客在整個(gè)滑道上運(yùn)動(dòng)的過(guò)程中損失的機(jī)械能為4．(多選)如圖所示，甲、乙兩滑塊的質(zhì)量分別為1 kg、2 kg，放在靜止的水平傳送帶上，兩者相距5 m，與傳送帶間的動(dòng)摩擦因數(shù)均為0.2。t＝0時(shí)，甲、乙分別以6 m/s、2 m/s的初速度開(kāi)始向右滑行。t＝0.5 s時(shí)，傳送帶啟動(dòng)（不計(jì)啟動(dòng)時(shí)間，立即以3 m/s的速度向右做勻速直線運(yùn)動(dòng)，傳送帶足夠長(zhǎng)，重力加速度取10 m/s2。下列說(shuō)法正確的是(　　)A．t＝0.5 s時(shí)，兩滑塊相距2 mB．t＝2.5 s時(shí)，兩滑塊相距3 mC．0～1.5 s 內(nèi)，乙相對(duì)傳送帶的位移大小為0.25 mD．0～2.5 s內(nèi)，兩滑塊與傳送帶間摩擦生熱共為14.5 J5．如圖所示，傾角θ＝30°的光滑斜面底端固定一垂直于斜面的擋板，長(zhǎng)為2L的木板A靜置于斜面上，A下端距擋板為L，可視為質(zhì)點(diǎn)的物體B置于木板A頂端，隨A一起無(wú)初速度釋放。已知A、B質(zhì)量均為m，A、B間滑動(dòng)摩擦因數(shù)μ＝，重力加速度為g，求：(1)A第一次與擋板碰前的速度大小v1；(2)若A與擋板碰后以原速率反彈，忽略碰撞時(shí)間，求碰后A和B的加速度；(3)若A與擋板碰后以原速率反彈，忽略碰撞時(shí)間，求從開(kāi)始釋放，到A第二次與擋板相碰前，系統(tǒng)損失的機(jī)械能。           6．如圖所示輕彈簧一端固定在水平面上的豎直擋板上，處于原長(zhǎng)時(shí)另一端位于水平面上B點(diǎn)處，B點(diǎn)左側(cè)光滑，右側(cè)粗糙。水平面的右側(cè)C點(diǎn)處有一足夠長(zhǎng)的斜面與水平面平滑連接，斜面傾角為37°，斜面上有一半徑為R＝1 m的光滑半圓軌道與斜面切于D點(diǎn)，半圓軌道的最高點(diǎn)為E，G為半圓軌道的另一端點(diǎn)，LBC＝2.5 m，A、B、C、D、E、G均在同一豎直面內(nèi)。使質(zhì)量m＝0.5 kg的小物塊P擠壓彈簧右端至A點(diǎn)，然后由靜止釋放P，P到達(dá)B點(diǎn)時(shí)立即受到斜向右上方，與水平方向的夾角為37°，大小為F＝5 N的恒力，一直保持F對(duì)物塊P的作用，結(jié)果P通過(guò)半圓軌道的最高點(diǎn)E時(shí)的速度為vE＝ m/s。已知P與水平面斜面間的動(dòng)摩擦因數(shù)均為μ＝0.5，g取10 m/s2，sin 37°＝0.6，求：(1)P運(yùn)動(dòng)到E點(diǎn)時(shí)對(duì)軌道的壓力大?。?/span>(2)彈簧的最大彈性勢(shì)能；(3)若其他條件不變，增大B、C間的距離使P過(guò)G點(diǎn)后恰好能垂直落在斜面上，求P在斜面上的落點(diǎn)距D點(diǎn)的距離。
 例1．(多選)【解析】設(shè)平臺(tái)表面為零勢(shì)能面，則棋子在最高點(diǎn)的重力勢(shì)能為mgh，故棋子從離開(kāi)平臺(tái)至運(yùn)動(dòng)到最高點(diǎn)的過(guò)程中，重力勢(shì)能增加mgh，A正確；棋子從離開(kāi)平臺(tái)至運(yùn)動(dòng)到最高點(diǎn)的過(guò)程中，不計(jì)空氣阻力，只有重力做功，機(jī)械能守恒，B錯(cuò)誤；取平臺(tái)表面為零勢(shì)能面，則棋子在最高點(diǎn)的機(jī)械能E＝mgh＋mvx2，vx為棋子在最高點(diǎn)的速度．由于機(jī)械能守恒，則棋子離開(kāi)平臺(tái)后距平臺(tái)面高度為時(shí)，動(dòng)能為Ek＝E－mgh＝mgh＋mvx2>，C錯(cuò)誤；設(shè)棋子落到另一平臺(tái)時(shí)的瞬時(shí)速度大小為v，棋子從最高點(diǎn)落到另一平臺(tái)的過(guò)程中，根據(jù)動(dòng)能定理得：mgh＝mv2－mvx2，解得：v＝>，D正確。【答案】AD例2．(多選)【解析】下滑5 m的過(guò)程中，重力勢(shì)能減少30 J，動(dòng)能增加10 J，減小的重力勢(shì)能并不等與增加的動(dòng)能，所以機(jī)械能不守恒，A正確；斜面高3 m、長(zhǎng)5 m，則斜面傾角為θ＝37°。令斜面底端為零勢(shì)面，則物塊在斜面頂端時(shí)的重力勢(shì)能mgh＝30 J，可得質(zhì)量m＝1 kg，下滑5 m過(guò)程中，由功能原理，機(jī)械能的減少量等于克服摩擦力做的功μmg·cosθ·s＝20 J，求得μ＝0.5，B正確；由牛頓第二定律mgsin θ－μmgcos θ＝ma，求得a＝2 m/s2，C錯(cuò)誤；物塊下滑2.0 m時(shí)，重力勢(shì)能減少12 J，動(dòng)能增加4 J，所以機(jī)械能損失了8 J，D選項(xiàng)錯(cuò)誤。【答案】AB  1．(多選)【答案】BD【解析】球從甲到乙，在豎直方向上有，解得，這只是籃球在空中運(yùn)動(dòng)的部分時(shí)間，故A錯(cuò)誤；球拋出的豎直速度，球拋出的水平速度，故B正確；由于不知隊(duì)友的具體身高，則無(wú)法判斷接球前瞬間，球的動(dòng)能為多少，故C錯(cuò)誤；由機(jī)械能守恒定律得，隊(duì)友接球前瞬間，球的機(jī)械能一定為，故D正確。2．(多選)【答案】AD【解析】由題意可知，E?x圖像的斜率表示繩子的拉力，所以0～x1過(guò)程中物體所受拉力是恒力，由于物體從靜止開(kāi)始運(yùn)動(dòng)，所以一開(kāi)始必定是加速運(yùn)動(dòng)且加速度恒定，由于機(jī)械能減少，所以得知0～x1過(guò)程中物體是向下勻加速運(yùn)動(dòng)，因此處于失重狀態(tài)； x1～x2過(guò)程中根據(jù)圖像可知斜率增大，則物體繩子拉力增大，開(kāi)始時(shí)拉力物體向下勻加速運(yùn)動(dòng)即拉力小于重力，然后拉力大于重力的，因此 x1～x2過(guò)程中物體也經(jīng)歷了先加速后減速階段，最終減速到0，物體先失重后超重，故A正確，BC錯(cuò)誤；由E?x圖像可知，鋼板由靜止開(kāi)始沿豎直方向運(yùn)動(dòng)，落地時(shí)速度剛好為0，下落高度為x2，則有，解得，故D正確。3．(多選)【答案】AC【解析】設(shè)小球質(zhì)量為m，運(yùn)動(dòng)過(guò)程受到的阻力為f，根據(jù)功能關(guān)系可求小球下落到距地面高h處時(shí)的機(jī)械能為，結(jié)合圖像可得，，解得，A正確；當(dāng)時(shí)，根據(jù)動(dòng)能定理可求動(dòng)能為，可見(jiàn)在此位置小球的動(dòng)能小于重力勢(shì)能，B錯(cuò)誤；根據(jù)牛頓第二定律有，又因?yàn)?/span>，，聯(lián)立可得，C正確；由關(guān)系式，可知圖像斜率的物理意義為阻力，可見(jiàn)阻力大小是恒定的，由圖可得，D錯(cuò)誤。4．(多選)【答案】BD【解析】由機(jī)械能守恒定律有，解得游客剛進(jìn)入傾斜滑道時(shí)的速度大小，故A錯(cuò)誤；設(shè)傾斜滑道的傾角為θ，游客在傾斜滑道上加速下滑，有，，，解得，故B正確；游客從水平滑道左端離開(kāi)，由動(dòng)能定理，可得，故C錯(cuò)誤；游客在整個(gè)滑道上運(yùn)動(dòng)的過(guò)程中損失的機(jī)械能，故D正確。4．(多選)【答案】CD【解析】兩滑塊勻減速運(yùn)動(dòng)時(shí)的加速度大小，乙減速到零的時(shí)間，所以t＝0.5 s時(shí)二者均沒(méi)有靜止，根據(jù)運(yùn)動(dòng)學(xué)公式可得t＝0.5 s時(shí)，兩滑塊相距，故A錯(cuò)誤；傳送帶啟動(dòng)時(shí)，甲滑塊的速度為，與傳送帶速度相等所用時(shí)間，這1 s內(nèi)甲滑塊的位移，傳送帶啟動(dòng)時(shí)，乙滑塊的速度，傳送帶啟動(dòng)后乙滑塊勻加速運(yùn)動(dòng)，加速度大小不變，與傳送帶速度相等所用時(shí)間，這1 s內(nèi)乙滑塊的位移，1.5 s～2.5 s兩滑塊都跟傳送帶一起勻速運(yùn)動(dòng)，兩滑塊相距，故B錯(cuò)誤；在0～0.5 s內(nèi)，乙相對(duì)傳送帶的位移大小，在0.5 s～1.5 s內(nèi)乙相對(duì)傳送帶的位移大小，因此0～1.5 s內(nèi)，乙相對(duì)傳送帶的位移大小，故C正確；在0～0.5 s內(nèi)，甲相對(duì)傳送帶的位移大小為，在0.5～1.5 s內(nèi)甲相對(duì)傳送帶的位移大小，共速時(shí)甲滑塊相對(duì)傳送帶的距離，共速后不再發(fā)生相對(duì)運(yùn)動(dòng)，不會(huì)產(chǎn)生熱，甲滑塊傳送帶間摩擦生熱量，乙滑塊傳送帶間摩擦生熱量，因此0～2.5 s內(nèi)，兩滑塊與傳送帶間摩擦生熱Q＝Q1＋Q2＝14.5 J，故D正確。5．【解析】(1)物體B隨A一起無(wú)初速度釋放的加速度根據(jù)勻變速運(yùn)動(dòng)的公式有解得。(2)若A與擋板碰后，對(duì)A有解得，方向沿斜面向下對(duì)B有解得，方向沿斜面向上。(3)若碰后，假設(shè)B不從A上滑落，且經(jīng)t后共速，則有可得則這段時(shí)間內(nèi)有：，所以可見(jiàn)即B未從A上滑落，假設(shè)成立。之后，A、B再以相同速度與擋板發(fā)生第二次碰撞。從開(kāi)始釋放，到A第二次與擋板相碰前，系統(tǒng)損失的機(jī)械能解得。6．【解析】(1) P在半圓軌道的最高點(diǎn)E，設(shè)軌道對(duì)P的壓力為FN，由牛頓運(yùn)動(dòng)定律得：解得：FN＝3 N由牛頓第三定律得，P運(yùn)動(dòng)到E點(diǎn)時(shí)對(duì)軌道的壓力FN?＝3 N。(2)P從D點(diǎn)到E點(diǎn)，由動(dòng)能定理得：解得：m/sP從C點(diǎn)到D點(diǎn)，由牛頓運(yùn)動(dòng)定律得：F－mgsin 37°－μmgcos 37°＝ma1解得a1＝0，說(shuō)明P從C點(diǎn)到D點(diǎn)勻速運(yùn)動(dòng)，故m/s由能的轉(zhuǎn)化和守恒得：解得：Epm＝1 J。(2)P在G點(diǎn)脫離圓軌道，做曲線運(yùn)動(dòng)，把該運(yùn)動(dòng)分解為平行于斜面的勻減速直線運(yùn)動(dòng)和垂直于斜面的初速度為零的勻加速直線運(yùn)動(dòng)，有：F－mgsin 37°＝ma3，mgcos 37°＝ma4解得：a3＝4 m/s2，a4＝8 m/s2P垂直落在斜面上，運(yùn)動(dòng)時(shí)間滿足： 平行于斜面方向上：0＝vG－a3t聯(lián)立解得：vG＝2 m/s平行于斜面方向上：m即P在斜面上的落地距D的距離x＝1 m。 

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