資源簡介

考點規范練19　功能關系、能量守恒定律
一、單項選擇題
1.如圖所示,某滑翔愛好者利用無動力滑翔傘在高山頂助跑起飛,在空中完成長距離滑翔后安全到達山腳下。他在空中滑翔的過程中(　　)
A.只有重力做功
B.重力勢能的減小量大于重力做的功
C.重力勢能的減小量等于動能的增加量
D.動能的增加量等于合力做的功
2.某同學將質量為m的一礦泉水瓶(可看成質點)豎直向上拋出,水瓶以g的加速度勻減速上升,上升的最大高度為h。水瓶往返過程受到的阻力大小不變。則(　　)
A.上升過程中水瓶的動能減少量為mgh
B.上升過程中水瓶的機械能減少了mgh
C.水瓶落回地面時動能大小為
D.水瓶上升過程處于超重狀態,下落過程處于失重狀態
3.如圖所示,滑雪者從O點由靜止沿斜面自由滑下,接著在水平面上滑至N點停下。斜面、水平面與滑雪板之間的動摩擦因數都為μ=0.1。滑雪者(包括滑雪板)的質量m=50 kg,g取 10 m/s2,O、N兩點間的水平距離s=100 m。在滑雪者經過ON段運動的過程中,克服摩擦力做的功為(　　)
A.1 250 J B.2 500 J
C.5 000 J D.7 500 J
4.如圖甲所示,固定的粗糙斜面長為10 m,一小滑塊自斜面頂端由靜止開始沿斜面下滑的過程中,小滑塊的動能Ek隨位移x的變化規律如圖乙所示。取斜面底端為重力勢能的參考平面,小滑塊的重力勢能Ep隨位移x的變化規律如圖丙所示,重力加速度g取10 m/s2。根據上述信息能求出(　　)
A.斜面的傾角
B.小滑塊與斜面之間的動摩擦因數
C.小滑塊下滑的加速度的大小
D.小滑塊受到的滑動摩擦力的大小
5.如圖所示,足夠長的水平傳送帶以v=2 m/s的速度沿順時針方向勻速轉動,上方漏斗以每秒25 kg把煤粉均勻且豎直抖落到傳送帶上,然后煤粉隨傳送帶一起運動。已知煤粉與傳送帶間的動摩擦因數為0.2,重力加速度g取10 m/s2,欲使傳送帶保持原來的速度勻速轉動,則傳送帶的電動機應增加的功率為(　　)
A.200 W B.50 W
C.100 W D.無法確定
6.一足夠長的光滑圓筒豎直立于水平地面上,內有一輕質彈簧,下端固定于圓筒底部,彈簧上面放一質量為m的小球,小球與彈簧不連接,施加外力,將小球豎直向下壓至某位置靜止,如圖所示。現撤去F,小球從靜止開始運動到與彈簧分離的過程中,重力、彈簧彈力對小球所做的功分別為W1和W2,小球離開彈簧時的速度為v,不計空氣阻力,則上述過程中(　　)
A.小球的機械能守恒
B.小球的重力勢能增加了W1
C.小球的機械能增加了W1+mv2
D.彈簧的彈性勢能減少了W2
7.如圖所示,小球A、B、C通過鉸鏈與兩根長為l的輕桿相連,A、B、C位于豎直面內且成正三角形,其中A、C置于水平地面上。現將球B由靜止釋放,球A、C在桿的作用下向兩側滑動,三小球的運動始終在同一豎直平面內。已知mA=mB=mC=m,不計摩擦,重力加速度為g,則球B由靜止釋放至落地的過程中,下列說法正確的是(　　)
A.球B的機械能先減小后增大
B.球B落地的速度大小為
C.球A對地面的壓力一直大于mg
D.球B落地點位于初始位置正下方
二、多項選擇題
8.如圖所示,傾角為37°的光滑斜面上粘貼有一厚度不計、寬度d=0.2 m的橡膠帶,橡膠帶的上、下邊緣與斜面的上、下邊緣平行,橡膠帶的上邊緣到斜面的頂端距離l=0.4 m,現將質量為m=1 kg、寬度為d的薄矩形板上邊緣與斜面頂端平齊且從斜面頂端靜止釋放。已知矩形板與橡膠帶之間的動摩擦因數為0.5,重力加速度g取10 m/s2,不計空氣阻力,矩形板由斜面頂端靜止釋放下滑到完全離開橡膠帶的過程中(此過程矩形板始終在斜面上),下列說法正確的是(　　)
A.矩形板受到的摩擦力Ff=4 N
B.矩形板的重力做功WG=3.6 J
C.產生的熱量Q=0.8 J
D.矩形板的上邊緣穿過橡膠帶下邊緣時速度大小為 m/s
9.如圖所示,某跳臺滑雪運動員從助滑道滑下,然后從跳臺a處沿水平方向飛出,在斜坡b處著陸,其Ek-t圖像是運動員從a到b飛行時的動能隨飛行時間變化的關系圖像,不計空氣阻力的作用,重力加速度g取10 m/s2,則下列說法正確的是(　　)
A.運動員在a處的速度大小為20 m/s
B.斜坡的傾角為30°
C.運動員運動到b處時,重力的瞬時功率為1.2×104 W
D.t=1 s時,運動員在空中離坡面的距離最大
10.如圖所示,甲、乙兩傳送帶與水平面的夾角相同,都以恒定速率v向上運動。現將一質量為m的小物體(視為質點)輕輕放在A處,小物體在甲傳送帶到達B處時恰好達到傳送帶的速率v。小物體在乙傳送帶上到達離B處豎直高度為h的C處時達到傳送帶的速率v。已知B處離地面的高度均為h0,則在小物體從A到B的過程中 (　　)
A.小物體與甲傳送帶間的動摩擦因數較小
B.兩傳送帶對小物體做功相等
C.甲傳送帶消耗的電能比較大
D.兩種情況下因摩擦產生的熱量相等
三、非選擇題
11.如圖甲所示,質量為m0=5 kg的木板A在水平向右F=30 N的拉力作用下在粗糙水平地面上向右運動,t=0時刻在其右端無初速度地放上一質量m=1 kg的小物塊B。放上物塊后A、B的v-t圖像如圖乙所示。已知物塊可看作質點,木板足夠長。g取10 m/s2,求:
(1)物塊與木板之間的動摩擦因數μ1和木板與地面間的動摩擦因數μ2;
(2)物塊與木板之間摩擦產生的熱量;
(3)放上物塊后,木板運動的總位移。
12.如圖所示,水平面AB段光滑、BC段粗糙,右側豎直平面內有一呈拋物線形狀的坡面OD,以坡面底部的O點為原點、OC方向為y軸建立直角坐標系Oxy,坡面的拋物線方程為y=x2。一輕質彈簧左端固定在A點,彈簧自然伸長狀態時右端處在B點。一個質量m=0.2 kg的小物塊壓縮彈簧后由靜止釋放,從C點飛出落到坡面上。已知坡底O點離C點的高度h=5 m,BC間距離l=2 m,小物塊與BC段的動摩擦因數為0.1,小物塊可視為質點,空氣阻力不計。
(1)若小物塊到達C點的速度為 m/s,求釋放小物塊時彈簧具有的彈性勢能。
(2)在(1)問的情況下,求小物塊落到坡面上的位置坐標。
(3)改變彈簧的壓縮量,彈簧具有多大的彈性勢能時,小物塊落在坡面上的動能最小 并求出動能的最小值。
考點規范練19　功能關系、能量守恒定律
1.D　解析:由功能轉換關系知,重力做功對應重力勢能的變化,合力做功對應物體動能的變化,選項D正確。
2.A　解析:水瓶以a=g的加速度減速上升,設阻力為Ff,則有mg+Ff=ma,解得阻力Ff=mg,上升階段動能的改變量等于合外力做的功,W合=-mah=-mgh,故A正確。上升過程機械能的變化等于阻力做的功,即-Ffh=ΔE,所以上升過程機械能減少mgh,故B錯誤。上升過程由動能定理-mgh=0-Ek0,得初動能為mgh,全程由動能定理得-2Ffh=Ek-Ek0,解得Ek=mgh,故C錯誤。上升階段加速度方向向下,下落階段加速度方向向下,均為失重狀態,故D錯誤。
3.C　解析:設斜面的傾角為θ,則滑雪者從O到N的運動過程中克服摩擦力做的功Wf=μmgcos θ·xOM+μmgxMN,由題圖可知,xOMcos θ+xMN=s,兩式聯立可得Wf=μmgs=5 000 J,故選項A、B、D錯誤,C正確。
4.D　解析:小滑塊沿斜面下滑的過程中,根據動能定理有F合x=ΔEk,由題圖乙的斜率可求得合力F合= N=2.5 N。小滑塊重力勢能的變化量ΔEp=-mgΔxsin θ,由題圖丙的斜率可求得mgsin θ=- N=10 N,F合=mgsin θ-Ff=mgsin θ-μmgcos θ=ma=2.5 N,則小滑塊受到的滑動摩擦力的大小Ff可以求出。因小滑塊的質量m未知,故斜面的傾角θ、小滑塊與斜面之間的動摩擦因數μ、小滑塊下滑的加速度a的大小不能求出,故選D。
5.C　解析:煤粉豎直抖落到傳送帶上,在滑動摩擦力作用下加速到與傳送帶速度相等。由牛頓第二定律μmg=ma,解得煤粉的加速度大小a=μg=2 m/s2。加速時間t==1 s,加速位移x1=at2=1 m,在1 s時間內傳送帶位移x2=vt=2 m,煤粉相對于傳送帶滑動的距離Δx=x2-x1=1 m,每秒鐘由于煤粉滑動摩擦產生的熱量Q=μm1gΔx=0.2×25×10×1 J=50 J,每秒鐘豎直抖落到傳送帶上的煤粉增加的動能ΔEk=m1v2=×25×22 J=50 J,根據功能關系,傳送帶電動機應增加的功率P=100 W,C正確。
6.D　解析:根據題意可知,小球在運動過程中受到的彈力對小球做正功,所以小球的機械能不守恒,故A錯誤。重力做功是重力勢能變化的量度,由題意知重力做負功,重力勢能增加-W1,故B錯誤。小球增加的機械能在數值上等于重力勢能和動能的增量,即為ΔE=-W1+mv2,故C錯誤。據功能關系可知,彈簧的彈力做正功,彈性勢能減小,故彈簧的彈性勢能減小了ΔEp=W2,故D正確。
7.A　解析:球B下落時,A、C開始運動,當B落地后,A和C停止運動,所以球A和C的機械能先增大后減小,因A、B、C三球組成的系統機械能守恒,故球B的機械能先減小后增大,故A正確。對整個系統分析,有2mg·l=×2m,解得vB=,故B錯誤。在B落地前,球A、C做減速運動,輕桿對球有向上的力的作用,故球A對地面的壓力可能小于mg,故C錯誤。系統在水平方向所受外力為零,系統水平方向上動量守恒,因為A、C兩球質量不相同,故速度不一樣,故球B落地點不可能位于初始位置正下方,故D錯誤。
8.BCD　解析:矩形板在滑上橡膠帶的過程中對橡膠帶的壓力是變化的,所以矩形板受摩擦力是變化的,故A錯誤。重力做功WG=mg(l+d)sin θ=3.6 J,所以B正確。產生的熱量等于克服摩擦力做的功Q=2×μmgcos θ·d=0.8 J,所以C正確。根據動能定理有WG-Q=mv2-0,解得v= m/s,所以D正確。
9.CD　解析:由題圖可知t=0時的動能Ek1==3×103 J,t=2 s時的動能Ek2=mv2=15×103 J,t=2 s時的豎直分速度vy=gt=20 m/s,根據運動的合成與分解有v=,聯立解得m=60 kg,v0=10 m/s,選項A錯誤。2 s內的水平位移x=v0t=20 m,豎直位移y=gt2=20 m,由幾何關系知tan α==1,則斜面傾角α=45°,選項B錯誤。運動員運動到b處時,重力的瞬時功率為P=mgvy=1.2×104 W,選項C正確。t=1 s時豎直速度vy'=10 m/s=v0,可見t=1 s時的速度方向與斜面平行,此時運動員在空中離坡面的距離最大,選項D正確。
10.ABC　解析:根據公式v2=2ax,可知物體加速度關系a甲Q乙,根據能量守恒定律,電動機消耗的電能E電等于摩擦產生的熱量Q與小物體增加機械能之和,因小物體兩次從A到B增加的機械能相同,Q甲>Q乙,所以甲傳送帶消耗的電能更多,故C正確,D錯誤。
11.解析:(1)放上物塊后,在A、B相對滑動過程中,由圖示圖像可知,B的加速度aB= m/s2=4 m/s2,
A的加速度aA= m/s2=-2 m/s2。
由牛頓第二定律得,對B,μ1mg=maB,
對A,F-μ1mg-μ2(m0+m)g=m0aA,
解得μ1=0.4,μ2=0.6。
(2)物塊與木板相對運動過程中,相對位移
s=×18×3 m=27 m,
物塊與木板之間的摩擦產生的熱量
Q=μ1mgs=0.4×1×10×27 J=108 J。
(3)A、B共同運動時,由牛頓第二定律得
μ2(m0+m)g-F=(m0+m)a,
解得a=1 m/s2,
A、B共同運動時間t= s=12 s,
放上物塊后木板運動的總位移
x=×(12+18)×3 m+×12 m=117 m。
答案:(1)0.4　0.6　(2)108 J　(3)117 m
12.解析:(1)設釋放小物塊時彈簧具有的彈性勢能為Ep0。小物塊從釋放到C點的過程,根據能量守恒定律得Ep0=μmgl+
代入數據解得Ep0=0.9 J。
(2)小物塊離開C點后做平拋運動,則有
x=vCt
h-y=gt2
結合題意得y=x2
聯立得小物塊落到坡面上的位置坐標為。
(3)物塊從B到C,由能量守恒定律得Ep=μmgl+
小物塊做平拋運動,有
x=vCt
h'=gt2
又 y=h-h'=x2
小物塊落在坡面上的動能為 Ek=mgh+
代入得Ek= J
根據數學知識可知,當vC=5 m/s,即Ep=2.9 J時,動能最小,且Ekmin=7.5 J。
答案:(1)0.9 J
(2)
(3)2.9 J　7.5 J
7

展開更多......

收起↑