专题13 功能关系

小球从 $ A $ 到 $ B $ ,由牛顿第二定律有 $ {F}_{弹}-mg=ma $ ,当 $ a=0 $ 时,小球速度最大,有 $ {F}_{弹}=mg $ ,此时弹簧仍处于压缩状态, $ \mathrm{A} $ 错误；上升过程中，小球、弹簧与地球组成的系统机械能守恒,弹性势能、重力势能和动能相互转化,动能最大时重力势能和弹性势能之和最小,可知 $ {F}_{弹}=mg $ 时，动能最大，此位置在 $ A $ 与 $ B $ 之间, $ \mathrm{B} $ 错误；小球从 $ A $ 到 $ B $ 的过程中,弹性势能、重力势能和动能相互转化,故小球、弹簧与地球组成的系统机械能守恒,小球与地球组成的系统机械能不守恒， $ \mathrm{C} $ 错误；小球从 $ A $ 到 $ C $ 的过程中,由动能定理有 $ {W}_{弹}+{W}_{G}=\mathrm{\Delta }{E}_{\mathrm{k}}=0 $ ,由功能关系有 $ {W}_{G}=-\mathrm{\Delta }{E}_{\mathrm{p}} $ ,解得 $ {W}_{弹}=\mathrm{\Delta }{E}_{\mathrm{p}} $ , $ \mathrm{D} $ 正确.

由题意可知,子弹的动能变化量为 $ \dfrac{1}{2}m{v}^{2}-\dfrac{1}{2}m{v}_{0}^{2} $ , $ \mathrm{A} $ 正确；由动能定理可知,子弹对木块所做的功等于木块动能的增量,有 $ {W}_{1}=\dfrac{1}{2}M{v}^{2}-0=\dfrac{1}{2}M{v}^{2} $ , $ \mathrm{B} $ 正确；木块对子弹的阻力恒为 $ f $ ,木块的位移大小为 $ L $ 且子弹进入木块的深度为 $ s $ ,木块对子弹做的功 $ {W}_{2}=-f{x}_{子}=-f(L+s) $ , $ \mathrm{C} $ 正确；由能量守恒定律得,系统因摩擦产生的热量等于系统动能的损失,则有 $ Q=\dfrac{1}{2}m{v}_{0}^{2}-\dfrac{1}{2}(M+m){v}^{2} $ , $ \mathrm{D} $ 错误.本题选说法错误的,故选 $ \mathrm{D} $ .

由题意可知，物块 $ a $ 离开挡板后，有 $ F=mg=2mg \sin {30}^{\circ } $ ，即两物块在沿斜面方向上合力为零.当物块 $ a $ 离开挡板时，两物块的速度差最大，根据平衡条件可知 $ {F}_{弹}=mg \sin {30}^{\circ }=\dfrac{1}{2}mg $ ，故 $ \mathrm{A} $ 正确；因为物块 $ a $ 离开挡板后，两物块在沿斜面方向上合力为零，所以两物块的合力等大反向，根据牛顿第二定律可知，两物块的加速度大小相等，方向相反，故弹簧最长时， $ a $ 的加速度与 $ b $ 的加速度大小相等、方向相反，故 $ \mathrm{B} $ 错误；初始时，对物块 $ b $ ，根据平衡条件有 $ mg \sin {30}^{\circ }=k{x}_{1} $ ，解得此时弹簧的压缩量为 $ {x}_{1}=\dfrac{mg}{2k} $ ， $ a $ 刚要离开挡板瞬间，对物块 $ a $ ，根据平衡条件有 $ mg \sin {30}^{\circ }=k{x}_{2} $ ，解得此时弹簧的伸长量为 $ {x}_{2}=\dfrac{mg}{2k} $ ，即初、末状态弹簧的形变量相等，则初、末状态弹簧的弹性势能相等，根据动能定理得 $ F({x}_{1}+{x}_{2})-mg \sin {30}^{\circ }\cdot ({x}_{1}+{x}_{2})=\dfrac{1}{2}m{v}^{2} $ ，解得 $ v=g\sqrt{\dfrac{m}{k}} $ ，故 $ \mathrm{C} $ 错误； $ a $ 离开挡板后，两物块在沿斜面方向上合力为零，则两物块的动能与弹簧的弹性势能之和不变，当弹簧最长时，弹簧的弹性势能最大， $ a $ 、 $ b $ 组成的系统动能最小，故 $ \mathrm{D} $ 正确.

根据功能关系可知 $ {W}_{G}=-\mathrm{\Delta }{E}_{\mathrm{p}}=mgℎ $ ,所以 $ {E}_{\mathrm{p}}-ℎ $ 图线切线斜率的绝对值表示重力,所以 $ {E}_{\mathrm{p}}-ℎ $ 图线切线的斜率不变,故 $ \mathrm{A} $ 错误；根据功能关系可知 $ {W}_{合}=\mathrm{\Delta }{E}_{\mathrm{k}} $ ,所以 $ {E}_{\mathrm{k}}-ℎ $ 图线切线的斜率表示合外力,伞打开前跳伞者做自由落体运动,合外力等于重力,所以图线的斜率不变,伞打开后跳伞者减速下落过程,根据牛顿第二定律可得 $ k{v}^{2}-mg=ma $ ,由于速度减小,则合外力减小,图线切线的斜率的绝对值减小,当跳伞者匀速下落时，空气阻力与重力平衡,合外力为零,图线切线的斜率为零,但速度不为零， $ {E}_{\mathrm{k}} $ 不为零，故 $ \mathrm{B} $ 正确；根据功能关系可知 $ {W}_{f}=\mathrm{\Delta }E $ ,所以 $ E-ℎ $ 图线切线的斜率的绝对值表示空气阻力,伞打开前,空气阻力为零,所以 $ E-ℎ $ 图线的斜率为零,伞打开后空气阻力先减小后不变,则图线切线的斜率的绝对值先减小后不变,但不会减小到零，故 $ \mathrm{C} $ 错误；自由落体运动过程中有 $ {v}^{2}=2gℎ $ ,由此可知, $ {v}^{2} $ 与 $ ℎ $ 成正比,故 $ \mathrm{D} $ 错误.

由题图乙可知 $ {h}_{1}=2.5\mathrm{m} $ 时,货物与传送带共速,此时 $ E=37.5\mathrm{J}=mg{h}_{1}+\dfrac{1}{2}m{v}^{2} $ ,解得传送带速度 $ v=5\mathrm{m}/\mathrm{s} $ ,故 $ \mathrm{A} $ 正确；货物机械能的变化量等于摩擦力做的功,即共速前 $ \mathrm{\Delta }E=\mu mg{x}_{1} \cos {30}^{\circ }=\mu mg\dfrac{{h}_{1}}{ \sin {30}^{\circ }} \cos {30}^{\circ } $ ,则第一段的斜率 $ k=\dfrac{37.5}{2.5}\mathrm{J}/\mathrm{m}=\dfrac{\mu mg}{ \tan {30}^{\circ }} $ ,解得 $ \mu =\dfrac{\sqrt{3}}{2} $ ,故 $ \mathrm{B} $ 正确；第一段，对货物由牛顿第二定律有 $ \mu mg \cos {30}^{\circ }-mg \sin {30}^{\circ }=ma $ ，解得加速度 $ a=\mu g \cos {30}^{\circ }-g \sin {30}^{\circ }=2.5\mathrm{m}/{\mathrm{s}}^{2} $ ,货物和传送带达到共速的时间 $ {t}_{1}=\dfrac{v}{a}=2\mathrm{s} $ ,传送带的位移 $ x=v{t}_{1}=10\mathrm{m} $ ,货物沿传送带的位移 $ {x}_{1}=\dfrac{{h}_{1}}{ \sin {30}^{\circ }}=5\mathrm{m} $ ,则系统因摩擦产生的热量 $ Q=\mu mg \cos {30}^{\circ }\cdot (x-{x}_{1})=37.5\mathrm{J} $ ,因 $ \mu mg \cos {30}^{\circ } > mg \sin {30}^{\circ } $ ,则共速后货物与传送带一起匀速运动,无摩擦生热,故 $ \mathrm{C} $ 错误；货物从 $ A $ 到 $ B $ ,电动机多做的功 $ W=E+Q=62.5\mathrm{J}+37.5\mathrm{J}=100\mathrm{J} $ ,故 $ \mathrm{D} $ 正确.

小球在 $ c $ 点时，弹性绳伸长量为 $ {x}_{c} $ ，杆对小球的弹力为 $ {F}_{\mathrm{N}c}=k{x}_{c}=\dfrac{mg}{2} $ ，释放小球后，设弹性绳与竖直杆夹角为 $ \theta $ ，杆对小球的弹力等于弹性绳垂直于杆方向的分力，即 $ {F}_{\mathrm{N}}=kx \sin \theta $ ，又 $ x \sin \theta ={x}_{c} $ ，故杆对小球的弹力保持 $ {F}_{\mathrm{N}}=\dfrac{mg}{2} $ 不变，则小球所受滑动摩擦力大小始终为 $ f=\mu {F}_{\mathrm{N}}=\mu \dfrac{mg}{2}=0.3mg $ ，小球从 $ c $ 到 $ e $ 过程，由功能关系可得 $ mgℎ-fℎ-[\dfrac{1}{2}k({ℎ}^{2}+{x}_{c}^{2})-\dfrac{1}{2}k{x}_{c}^{2}]=0 $ ，解得弹性绳的劲度系数为 $ k=\dfrac{1.4mg}{ℎ} $ ，同理,小球从 $ c $ 到 $ d $ 的过程，有 $ mg\cdot \dfrac{ℎ}{2}-f\cdot \dfrac{ℎ}{2}-[\dfrac{1}{2}k(\dfrac{{ℎ}^{2}}{4}+{x}_{c}^{2})-\dfrac{1}{2}k{x}_{c}^{2}]=\dfrac{1}{2}m{v}^{2}-0 $ ，解得小球经过 $ d $ 点时速度大小为 $ v=\dfrac{\sqrt{35gℎ}}{10}=3.5\mathrm{m}/\mathrm{s} $ ，故 $ \mathrm{C} $ 正确.

小物块在斜面上做匀加速直线运动,设加速度大小为 $ {a}_{0} $ ,到达 $ B $ 点时速度大小为 $ v $ ,则有 $ x=\dfrac{v}{2}{t}_{0} $ ,解得 $ v=\dfrac{2x}{{t}_{0}}=\dfrac{2×4}{2}\mathrm{m}/\mathrm{s}=4\mathrm{m}/\mathrm{s} $ ,则加速度大小为 $ {a}_{0}=\dfrac{v}{{t}_{0}}=\dfrac{4}{2}\mathrm{m}/{\mathrm{s}}^{2}=2\mathrm{m}/{\mathrm{s}}^{2} $ ,根据牛顿第二定律可得 $ mg \sin {37}^{\circ }-{\mu }_{0}mg \cos {37}^{\circ }=m{a}_{0} $ ,解得小物块与斜面 $ AB $ 间的动摩擦因数 $ {\mu }_{0}=0.5 $ ,故 $ \mathrm{B} $ 正确；滑上传送带后,小物块在传送带上先做匀加速直线运动,设加速度大小为 $ a $ ,根据牛顿第二定律有 $ \mu mg=ma $ ,解得 $ a=\mu g=0.2×10\mathrm{m}/{\mathrm{s}}^{2}=2\mathrm{m}/{\mathrm{s}}^{2} $ ,设小物块达到与传送带速度相等时运动的位移大小为 $ s $ ,根据速度—位移关系,有 $ {v}_{带}^{2}-{v}^{2}=2as $ ,代入数据解得 $ s=5\mathrm{m} < 8\mathrm{m} $ ,之后小物块匀速运动,匀加速运动的时间 $ {t}_{1}=\dfrac{{v}_{带}-v}{a}=\dfrac{6-4}{2}\mathrm{s}=1\mathrm{s} $ ,匀速运动的时间 $ {t}_{2}=\dfrac{L-s}{{v}_{带}}=\dfrac{8-5}{6}\mathrm{s}=0.5\mathrm{s} $ ,所以小物块在传送带 $ B $ 、 $ C $ 之间的运动时间为 $ t={t}_{1}+{t}_{2}=1\mathrm{s}+0.5\mathrm{s}=1.5\mathrm{s} $ ,故 $ \mathrm{A} $ 正确；小物块与传送带的相对位移大小 $ \mathrm{\Delta }s={v}_{带}{t}_{1}-s=(6×1-5)\mathrm{m}=1\mathrm{m} $ ,产生的热量 $ Q=\mu mg\mathrm{\Delta }s=0.2×1×10×1\mathrm{J}=2\mathrm{J} $ ,故 $ \mathrm{C} $ 正确；小物块滑上传送带后,电动机多消耗的电能 $ E=Q+(\dfrac{1}{2}m{v}_{带}^{2}-\dfrac{1}{2}m{v}^{2}) $ ,代入数据解得 $ E=12\mathrm{J} $ ,故 $ \mathrm{D} $ 错误.本题选说法不正确的,故选 $ \mathrm{D} $ .

夯杆加速上升过程中,由牛顿第二定律可得 $ 2\mu F-mg=ma $ ,代入数据解得 $ a=2.5\mathrm{m}/{\mathrm{s}}^{2} $ , $ \mathrm{A} $ 错误；夯杆加速上升的高度 $ {h}_{1}=\dfrac{{v}_{0}^{2}}{2a} $ ,在加速上升阶段,电动机对夯杆做的功 $ {W}_{1}=2\mu F{h}_{1} $ ,设加速阶段用时为 $ t $ ,则 $ {h}_{1}=\dfrac{{v}_{0}t}{2} $ ,此阶段滚轮与夯杆间的相对位移为 $ \mathrm{\Delta }h={v}_{0}t-\dfrac{{v}_{0}t}{2}=\dfrac{{v}_{0}t}{2}={h}_{1} $ ,此阶段产生的热量为 $ Q=2\mu F\mathrm{\Delta }h $ ,解得 $ Q=6.25×{10}^{4}\mathrm{J} $ ,夯杆匀速上升阶段上升高度为 $ {h}_{2}=h-{h}_{1} $ ,电动机对夯杆做的功为 $ {W}_{2}=mg{h}_{2} $ ,由能量守恒定律知每个打夯周期中,电动机多消耗的电能为 $ W={W}_{1}+Q+{W}_{2} $ ,解得 $ W=1.4×{10}^{5}\mathrm{J} $ , $ \mathrm{B} $ 错误, $ \mathrm{C} $ 正确；每个打夯周期中滚轮与夯杆间因摩擦产生的热量为 $ Q=2\mu F\mathrm{\Delta }h=2\mu F({v}_{0}t-\dfrac{{v}_{0}t}{2})=\mu F\cdot \dfrac{{v}_{0}^{2}}{a}=\dfrac{\mu F\cdot {v}_{0}^{2}}{\dfrac{2\mu F-mg}{m}}=\dfrac{\mu m{v}_{0}^{2}}{2\mu -\dfrac{mg}{F}} $ ,可知滚轮对夯杆的正压力 $ F $ 增大时, $ Q $ 将减小, $ \mathrm{D} $ 错误.