壓軸題 功能關(guān)系及能量守恒的綜合應(yīng)用（解析版）

理知識點(diǎn)如牛頓運(yùn)動定律、動量守恒定律等相結(jié)合，形成綜合性的大題。這類題目往解題要領(lǐng)歸納。11(1)傳送帶電動機(jī)做的功W電=ΔEk+ΔEp+Q=Fx傳。(2)傳送帶摩擦力產(chǎn)生的熱量Q=Ff·x相對。223311A.釋放A時其加速度大小為6m/s2B.A向左運(yùn)動的最大位移為4ma=故A錯誤；F-mg=m/s2=3m/s2μ=0.2xFx-mgx-Wf=0Wf=?xx=6m故B錯誤；F=mg+f=mg+μmg=mg+0.2mgxx=3m解得A向左運(yùn)動的最大速度為vm=3m/s2x八=x1=5.8m或x2=0.2mF-mg-0.2mgx1=2ma1，F(xiàn)-mg-0.2mgx2=2ma2a1=-2.8m/s2，a2=2.8m/s2T1-mg=ma1，T2-mg=ma2T1=7.2N2=故D錯誤。22A.A的速度大小為B.A的重力勢能增加了1.2mghC.B的速度大小為2ghD.B的機(jī)械能增加了mghmgsinθ=0.6mg故B錯誤；解得B的速度為44v=則A的速度vA=D．B的機(jī)械能增加量為ΔEB=mgh+mv2=mgh故D錯誤。故選A。3輕桿的長度為2h?，F(xiàn)將小球M從距地面豎直高度3C.從靜止釋放到小球M即將落地，輕桿對小球N的做功為mgh D.從靜止釋放到小球M即將落地，輕桿對小球N的沖量為m1 tanθ=2×=1θ=45。故AB錯誤；mgh=mv+mvv1cosθ=v2v1=ghv2=55 4 2mv=W桿=I合=mv2=m l4 l42kk>10μmglkk>10μmglA.C.B.D.FA=k-=kl>μmga=kx-μmg=kx-mmμg(0≤x≤0.5l)k-x圖像的切線斜率逐漸增大；故B正確；66Ep=k(Δx)2=k(0.6l-x)2ΔE=-μmgx故選B。525B錯誤；W=mv-mv2+ΔEp7788Δs=×2×2m=2mQ=28J66A.木板的長度為3mB.物塊的質(zhì)量為0.8kgC.拉力F對物塊做的功為9.9JD.木板與地面間因摩擦產(chǎn)生的熱量為3.3Ja1=m/s2=0.4m/s22=m/s2=1.5m/s23=μ2g=m/s2=4m/s24=μ1g=m/s2=2m/s2L=m=2.75m故A錯誤；-μmgx-μmgx=0-mvμ2m2g-μ1m1+m2g=m1a1F-μ2m2g=m2a2m2=0.6kg故B錯誤；W=FL=9.9JQ=μ1m1+m2g?1.5m=3.3J故D正確。1圖像可求出()1A.物體的初速率v0=4m/sB.物體與斜面間的動摩擦因數(shù)μ=0.8D.取不同的傾角θ,物體在斜面上能達(dá)到的位移x的最小值xmin≈0.7mv=2ghv0=4m/s故A正確；99μ=0.5故B錯誤；=mgfm=μmgcos30°=mg<mgsin30°-mgxsinθ-μmgcosθ?x=0-mv2gsinθ+μcosθ55sin2gsinθ+μcosθ55sinθ+αx=m≈0.7m故D正確。故選AD。 A.t=t1時重力對B做功的瞬時功率為B.t=t1時重力對B做功的瞬時功率為C.從t=0到t=t1時間內(nèi)，力F做的功為D.t=t1時連接AB的細(xì)桿中的彈力大小為22ax=vC2vC=2gLB繞A做圓周運(yùn)動，解得vB=2gL故重力對B做功的瞬時功率為P=mgvBcos30o=mgL-Lcos60o+WF=mv+mvWF=mgLF=ma=mgt=t1時刻對C分析，根據(jù)牛頓第二定律o+F=maFC=0B所受合力沿AB桿指向A，設(shè)AB桿對B的彈力沿AB桿指向B，根據(jù)牛頓第二定律，有FCsin30o+mgsin30o-FA=mFA=-FC≠0FA≠-故選BC。33mgsinθ=maa=g故B正確；vcos53°=v1故小物塊在D處的速度與小球的速度之比為2+mv故D正確。故選BCD。4A=1kg，mB=2kg的物塊A和B用輕彈簧連接并豎42A.小球C從P點(diǎn)運(yùn)動到D點(diǎn)的過程中，合外力對物體A的沖量為零I合=Δp=0W合=WT=ΔEk>0故B錯誤；FL=mCv+mAv又vA=vCcosθvC=5m/sT=F=2F物體A的加速度大小為a=故D正確。故選ACD。F彈=mBg2F-mAg-F彈mA=2m/s255A.輕質(zhì)彈簧的勁度系數(shù)k為B.小球A運(yùn)動到O點(diǎn)時的速度大小為、2gLk(2L)2=2mg×2Lk=故A正確2mg×2Lsin53°-k(2Lsin53°)2=×2mv2+mv2v=gL故B錯誤；vA2mg×2L(sin53°-sin30°)-k(2Lsin53°-2Lsin30°)2=×2mv+mv'2v'=gL根據(jù)動能定理可知輕桿對小球B做的功為W=mv'2W=mgL故選AC。vN=3vM故A錯誤；mglcosθ=mv+mv解得M球的速度vM=m/svN=1.5m/smglcosθ+WF=mvWF=-1.125JI=mgt2+mvN2≈20.06N?s故D錯誤。故選BC。 超過定滑輪距地面的高度。已知當(dāng)B距離彈簧上端的高度H≤時，A不能做豎直上拋運(yùn)動，(重力加B.當(dāng)B物塊距離彈簧上端的高度H=時，B物塊下落過程中繩拉力與彈簧彈力的合力沖量方向豎C.當(dāng)B物塊距離彈簧上端的高度H=時，彈簧最大彈性勢能為D.當(dāng)B物塊距離彈簧上端的高度H=時，A物塊上升的最大高度為F彈+FT=2mgF彈=2mg-FTBC．因?yàn)楫?dāng)B物塊距離彈簧上端的高度H=時，A物塊恰不能做豎直上拋運(yùn)動，則當(dāng)物體B到達(dá)最2mg+Δx-mg+Δx（-Δx=0為Ep=Δx=故BC正確；D．當(dāng)B物塊距離彈簧上端的高度為H=時，則B物體壓縮彈簧下降時(2m-m)g?+=×3mv2+Ep v=3k則物體上拋運(yùn)動的高度則A物塊上升的最大高度為h1=+H+Δx=++=故D正確。故選BCD。88平固定的光滑直桿上質(zhì)量為m的物塊P連接。初始時物塊P在水平外力F作用下靜止在直桿的A點(diǎn)，且A.物塊P向左運(yùn)動的過程中其機(jī)械能先增大后減小B.物塊P從A點(diǎn)運(yùn)動到B點(diǎn)時，物塊Q的重力勢能減少量C.物塊P在A點(diǎn)時彈簧的伸長量為dTsinα=mgT=mgT=2mgsinθ+F彈F彈=mgF彈=kxx=OA-OB=-=x=-=vQ=vPcosβ=vP物塊P從A點(diǎn)運(yùn)動到B的過程中，由能量2mg?sinθ=mv+·2mv對物塊P由動能定理有W=mvW=mgd故D項(xiàng)正確。 相切與A、B兩點(diǎn)，從A到B長度為L1=5.6m。傳送帶以v0=0.8m/s的速率順時針轉(zhuǎn)動。兩皮帶輪的半徑都為R=1.5m。長度為L2=2.0m水平直軌道CD和傳送帶皮帶輪最高點(diǎn)平滑無縫連接。現(xiàn)有一體積可忽略，質(zhì)量為m=0.5kg小物塊在傳送帶下端A無初速度釋放。若小物塊與傳送帶之間的動摩擦因數(shù)A.小物塊從A運(yùn)動到B的時間為8sC.將小物塊由A點(diǎn)送到C點(diǎn)電動機(jī)多消耗的電a=0.4m/s2 v v=m=0.8m<L1t1==s=2s>mgsin37°t2==s=6s則小物塊從A運(yùn)動到B所用的時間為t=t1+t2=8sA正確；F=m=0.21N<mg=5NΔx=v0t1-x1=0.8mh=R-Rcos37°=0.3mE=Q+mv+mg(L1sin37°+h)=21.02Jμ2mg=mvμ2=0.032故選ABC。 ()A.摩擦力對物塊所做的功為-B.整個過程皮帶與物塊間產(chǎn)生的熱量為C.拉力所做的功為+2mv+mghD.皮帶因傳送物塊多消耗的電能為+2mv+mgh02=2ax1=x2=x1=4sθ,x2=4θWf=μmgcosθ?x1-μmgcosθ?x2=-A錯誤；WF+Wf-mgh=m2v02WF=+2mv+mght1=t1=t2=t2=x相1=v0t1-=x相1=v0t1-=h-v0t2=Q=μmgcosθx相1+x相2=B正確；故選BC。82+48度為L=2m、質(zhì)量為M=0.8kg。另有一質(zhì)量為m=1kg的小物塊(82+48重力加速度取g=10m/s2。以下說法正確的是()μ1mg>μ2[m+7-nM[gn>4.5μ1mg=ma1v-v=2a1?4Lv1=m/sμ1mg-μ2m+2Mg=2Ma56v1t5-a1t-a56t=Lt5=1sv=v1-a5t5=m/sv2=a56t5=m/sμ1mg-μ2m+Mg=Ma66=m/s2設(shè)達(dá)到共速時間為t6v-a1t6=v2+a6t6t6=sv共=m/sd=v+v共t6-v2+v共t6=mQ=μ1mgd=J故選BD。 4W-W=×3mv2v=3mv=3mv1+mv2，×3mv2=×3mv+mvv2=Wf=×mvWf=Wh=gt2，x1=v底1t，x2=v底2t =x23-(2n1-1)Wf=mv1-mv，-(2n2-1)Wf=mv2-mv3n1=n2+21n1=82=3或n1=9，n2=6或n1=10，n2=9、質(zhì)量m1=0.1kg的滑塊以v0=a滑=m/s2=4m/s2，a木=m/s2=2m/s2μ1m1g=m1a滑μ1m1g-μ2(m1+m2)g=m2a木μ1=0.4，μ2=0.2F=Eq0<E<40N/C0<F<0.4Nfmax=μ1m1g=0.4N>F-[Eq+μ2(m1+m2)g]d=0-(m1+m2)vE=20N/CF=Eq=0.2Nf=μ2(m1+m2)g=0.3N-Eqd-μ2(m1+m2)g?s1=0-(m1+m2)vs=1-0.02EF=μ2(m1+m2)gE=30N/C-Eqs-μ2(m1+m2)g?s=0-(m1+m2)vs=③當(dāng)30N/C<E<40N/C時，滑塊和木板在電場中速度減為零后將反向做加速運(yùn)動從而-Eqx-μ2(m1+m2)g?x=0-(m1+m2)v反向出電場的過程由動能定理有s=碰撞從E點(diǎn)沿水平方向滑上傳送帶。當(dāng)傳送帶以v=5m/s的速度順時針轉(zhuǎn)動，vy=v0sinθ=4m/svx=v0cosθ=3m/sy=0.8mh=y+0.4m=1.2mx==1.6m<l1=4m成立。故滑塊離開F點(diǎn)的速度vF=5m/s從F到P由動能定理得-mgR-μ2mgl2=0-mvμ2=0.3mgR-μ2mgs=0s=mx=2l2-s=mmgsinα=mvQ=4.8m/s從F到Q由動能定理得-μ2mgl2-mgR1+sinα=mv-mvv1=39.4m/s-3μ2mgl2-mgR=0-mvv2=43m/sμ1mgl1=mv-mvvm=7m/s39.4m/s≤v≤43m/s N1=mgcosθ,N2=mgsinθmaμ1N1-μ2N2=maa=2.5m/s2v=2ax0m<L=m<L=10m2=s2=s=0.8s=10-=10-0.82s=4.6st=t1+t2=5.4sx1=v0t1=1.6m，x2=v0t2=9.2mWf1=f1x1=μ1mgcosθ?x1=64JWf2=f2x2=μ2mgsinθ?x1=138JE=Wf1+Wf2=202J滑塊P自傳送帶左端A點(diǎn)由靜止釋放，滑塊P大小略小于彎曲軌道的間距?；瑝KP經(jīng)過傳送帶和彎曲軌 F+mg=mmv-mv=mg?2Rv2=-26msF-mg=mF=70Nmv-mv=mg?2Rmv4=mv2+3mv5，mv=mv+×