功能经典例题

【答案】A

【解析】AB、BC水平距离一样，时间一样，则竖直方向的$\Delta v=gt$ ，A对

答案【C】

解析：这类题一般是先要画图了解过程，然后受力分析，然后写出表达式，如果不能写出也要能定性分析。

小球上抛过程$mg+kv=ma$，加速度逐渐减小。

小球下落过程$mg-kv=ma$，加速度逐渐减小

但是速度为0的时候，加速度不为零，斜率不是0，所以A错。

速度位移关系一样写出一个表达式

上抛过程 $\dfrac{1}{2}mv^2=\dfrac{1}{2}v_0^2-(mg+kv)x$ 解得：$v^2=v_0^2-2(g+\dfrac{kv}{m})$速度随着斜率减小

下落过程 $\dfrac{1}{2}mv^2=(mg-kv)x$ 解得：$v^2=2(g-\dfrac{kv}{m})$，随着速度增加斜率减小.所以B错

关于动能

上抛$E_K=E_{K0}-(mg+kv)x$，斜率逐渐减小

下落$E_K=(mg-kv)x$，斜率逐渐减小 所以C对！

关于能量

上抛$E=E_0-kvx$，速度减小，斜率减小。

下落$E=E_0′-kv’x$ ，速度增大，斜率增大。

【答案】D

【解析】势能本身就是力被限制产生的，也就是说从当前位置移动到无穷远处或者到0电势面所做的功，就是当前势能。

ABC在O点产生的合力为0，那么这个地方电场强度也是0，那么该点的电势能也是0.A错

A点的电势$\varphi_A=2k\dfrac{q}{\dfrac{L}{2}}+k\dfrac{q}{\dfrac{\sqrt{3}L}{2}}$

O点的电势$\varphi_o=3k\dfrac{q}{\dfrac{L}{\sqrt{3}}}$

很明显二者不同 B错

1处小球的电势能为$E_{p1}=\varphi q=q(\varphi_2+\varphi_3)=2k\dfrac{q^2}{L}$

$E_{p1}=$E_{p2}=$E_{p3}$，系统的总电势能$E_{p}=\dfrac{E_{p1}=E_{p2}=E_{p3}}{2}=3k\dfrac{q^2}{L}$ ：C错误

若将B剪段，则1在AC方向上速度为0，在OB方向三动量守恒$0=mv_1-2mv_2$

三个小球运动在一条直线的时候电势能最小，电势能最小时，动能最大！

此时1的电势能$E_{p1}=2k\dfrac{q^2}{L}$ ，23的电势能$E_{p1}=E_{p2}=\dfrac{3kq^2}{2L}$

此时电势能大小为$E_p=k\dfrac{5q^2}{2L}$

$3k\dfrac{q^2}{L}-k\dfrac{5q^2}{2L}=\dfrac{1}{2}mv_1^2+\dfrac{1}{2} \times 2m v_2^2$

解得$v_{1m}=q\sqrt{\dfrac{2k}{3mL}}$

【答案】C

C

【解析】当A下落至地面时，B恰好上升到与圆心等高位置，这个过程中机械能守恒，

即：$2mgR-mgR=\dfrac{1}{2}3mv^2$

接下来，B物体做竖直上抛运动，再上升的高度$h=\dfrac{v^2}{2g}$

两式联立得$h=\dfrac{R}{3}$

这样B上升的最大高度H=h+R=4R/3

【答案】A

【解析】A.由于绳对人的作用力一直向上，故绳对人的冲量始终向上；由于人在下降中速度先增大后减小，动量先增大后减小；故A正确；

B.在该过程中，拉力与运动方向始终相反，绳子的力一直做负功；但由分析可知，人的动能先增大后减小；故B错误；

C.绳子恰好伸直时，绳子的形变量为零，弹性势能为零；但此时人的动能不是最大，故C误；

D.人在最低点时，绳子对人的拉力一定大于人受到的重力；故D错误．

由题意知，圆环从 A 到 C 先加速后减速，到达 B 处的加速度减小为零，故加速度先减小后增大，故 A 错误；从 A 到 C，

根据能量守恒： \[ mgh = W_{f}+E_{p} \]

从 C 到 A： \[ \frac{1}{2}mv^{2}+E_{p}=mgh + W_{f} \]

联立解得： \[ W_{f}=\frac{1}{4}mv^{2}，E_{p}=mgh – \frac{1}{4}mv^{2} \] 所以 B 正确，C 错误；

从 A 到 B： \[ mgh_{1}=\frac{1}{2}mv_{B1}^{2}+\Delta E_{p1}+W_{f1} \]

从 C 到 A： \[ \frac{1}{2}mv^{2}+\Delta E_{p2}=\frac{1}{2}mv_{B2}^{2}+W_{f2}+mgh_{2}

\frac{1}{2}mv^{2}+E_{p}=mgh + W_{f} \]

联立可得 \( v_{B2}>v_{B1} \)，所以 D 正确。

【答案】BCD

BCD

【解析】A．因M和N两点处弹簧对小球的弹力大小相等，且∠ONM<∠OMN<知M处的弹簧处于压缩状态，N处的弹簧处于伸长状态，则弹簧的弹力对小球选做负功后正功，选项A错误．

B．当弹簧水平时，竖直方向的力只有重力，加速度为g；当竖直方向的合外力为mg时，加速度为也g，则有两个时刻的加速度大小等于g，选项B正确；

C．弹簧长度最短时，即弹簧水平，弹力与速度垂直，则做功的功率为零，选项C正确；

D．由M→N的动能定理$W_{FK}+W_G=\Delta E_K$，因M和N两点处弹簧对小球的弹力大小相等，则由弹力作功特点知$W_{FK}=0$，即$W_{G}=\Delta E_K$，选项D正确．

C 【解析】卫星做匀速圆周运动，万有引力提供向心力 \[ \frac{GMm}{r^{2}} = m\frac{v^{2}}{r} \] 可得质量为 \(m\) 的人造地球卫星与地心的距离为 \(r\) 时的动能为 \[ E_{k} = \frac{1}{2}mv^{2} = \frac{GMm}{2r} \] 结合题意，此时卫星的机械能 \(E = E_{k} + E_{p} = -\frac{GMm}{2r}\) 根据能量守恒定律，该卫星因摩擦而产生的热量等于卫星损失的机械能，所以 \[ Q = E_{1} – E_{2} = -\frac{GMm}{2R_{1}} – (-\frac{GMm}{2R_{2}}) = \frac{GMm}{2}(\frac{1}{R_{2}} – \frac{1}{R_{1}}) \] ，故选 C。

【C】

物块在刚释放的一段时间内相对传送带向左滑动，受到向右的滑动摩擦力，同时弹簧弹力逐渐增大，由题图乙可知当\(x = x_{0}\)时，摩擦力发生突变，瞬间减小后，随着\(x\)正比例增大，考虑到弹簧弹力也是随\(x\)成正比例增大，由此可推知当\(x = x_{0}\)时，物块刚好与传送带达到共同速度，之后随着传送带继续向右运动，在\(x ～ 2x_{0}\)过程物块始终相对传送带静止，弹力和静摩擦力同时增大且平衡，物块做匀速直线运动，当\(x = 2x_{0}\)时，弹簧弹力大小增大至与滑动摩擦力大小相同，\(AB\)错误；根据前面分析可知，弹簧的劲度系数为\(k = \frac{\mu mg}{2x_{0}}\)，\(C\)正确；

在\(0 ～ x_{0}\)过程，弹簧弹力从零线性增大到\(kx_{0}\)，则此过程的平均弹力大小为\(\overline{F}_{\text{T}}=\frac{0 + kx_{0}}{2}=\frac{\mu mg}{4}\)，设传送带的速度为\(v\)，此过程对物块根据动能定理有\(\frac{1}{2}mv^{2}=\mu mgx_{0}-\overline{F}_{\text{T}}x_{0}\)，解得\(v = \sqrt{\frac{3\mu gx_{0}}{2}}\)，\(D\)错误。

答案：BCD

解析：

【答案】BC

【解析】A. 设木板与地面之间的摩擦因数为\(\mu_{2}\)，木板做匀减速的加速度为\(a_{3}\)，根据牛顿第二定律得 \(\mu_{2}(M + m)g = (M + m)a_{3}\) 根据图像得

\(a_{3} = \frac{0.5}{1.0 – 0.5}m/s^{2} = 1m/s^{2}\)解得\(\mu_{2} = 0.1\)

设滑块与木板之间的摩擦因数为\(\mu_{1}\)，木板做匀加速的加速度为\(a_{2}\)，根据牛顿第二定律得 \(\mu_{1}mg – \mu_{2}(M + m)g = Ma_{2}\)

根据图像得\(a_{2} = \frac{0.5}{0.5}m/s^{2} = 1m/s^{2}\) 解得\(\mu_{1} = 0.5\) 滑块与木板之间的动摩擦因数为\(0.5\)，

A错误； B. 设滑块的加速度为\(a_{1}\)，根据牛顿第二定律得\(\mu_{1}mg = ma_{1}\)

解得\(a_{1} = 5m/s^{2}\) 根据逆向思维，滑块滑上木板时的速度为\(v_{0} = 0.5 + a_{1}×0.5 = 3m/s\) 木板长度为\(L = \frac{3 + 0.5}{2}×0.5m – \frac{0.5×0.5}{2}m = 0.75m\) ，B正确；

C. 根据机械能守恒定律得，释放滑块时弹簧的弹性势能为\(E_{p} = \frac{1}{2}mv_{0}^{2} = 0.45J\) ，C正确；

D. 木板与水平面间因摩擦产生的热量为\(Q = \mu_{2}(M + m)g×\frac{1×0.5}{2} = 0.075J\) ，D错误。故选BC。

【BCD】

【解析】A.质量为\(m\)的物块\(b\)从距\(a\)正上方\(h\)处自由释放，根据机械能守恒，可得到达物体\(a\)时\(b\)的速度为\(mgh = \frac{1}{2}mv^{2}\) 解得\(v = \sqrt{2gh}\) \(A\)与\(b\)碰撞的过程中，动量守恒，则有\(mv = 2mv_{\text{共}}\) 两物块由于碰撞损失的机械能为\(\Delta E=\frac{1}{2}mv^{2}-\frac{1}{2}\cdot 2mv_{\text{共}}^{2}=\frac{1}{2}mgh\)，\(A\)错误； \(B\)．

一起上升到最高点时物块\(b\)恰好不离开物块\(a\)，则此时弹簧处在原长位置，设此时物体上升的高度为\(h_{1}\)，则有 \(\frac{1}{2}\cdot 2m\cdot v_{\text{共}}^{2}+\frac{1}{2}kh_{1}^{2}=2m\cdot gh_{1}\)

又\(kh_{1}=mg\)

解得\(h_{1}=\frac{1}{3}h\) 从碰撞后到最高点，整个系统弹性势能的减少量为

\(\frac{1}{2}\cdot 2m\cdot v_{\text{共}}^{2}-\frac{1}{2}\cdot 2m\cdot g\cdot \frac{1}{3}h=\frac{1}{6}mgh\)，\(B\)正确；

\(C\)．当弹簧的弹力大小与两物块的重力大小相等时，此时有两物块的最大动能 \(E_{km}=\frac{1}{2}\cdot 2m\cdot v_{\text{共}}^{2}+\frac{1}{6}mgh=\frac{2}{3}mgh\)，\(C\)正确；

\(D\)．当两物体的速度减为零时，整个系统弹性势能取得最大值，此时最大值为 \(E_{pm}=E_{km}+E_{\text{p}}=\frac{8mgh}{3}\)，\(D\)正确。故选\(BCD\)。