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第六章　第29练　功能关系　能量守恒定律
[分值：100分]
1~7题每小题8分，共56分
1.(2024·浙江1月选考·3)如图所示，质量为m的足球从水平地面上位置1被踢出后落在位置3，在空中达到最高点2的高度为h，重力加速度为g，则足球(　　)
A.从1到2动能减少mgh
B.从1到2重力势能增加mgh
C.从2到3动能增加mgh
D.从2到3机械能不变
2.(2025·江苏盐城市检测)足够长的水平传送带始终以恒定速度v匀速运动，某时刻一个质量为m的小物块静止放到传送带上，在小物块与传送带间发生相对运动的过程中，滑动摩擦力对小物块做的功为W，小物块与传送带间因摩擦产生的热量为Q，则(　　)
A.Q＝mv2 B.Q＝mv2
C.W＝mv2 D.W＝mv2
3.(2025·江苏南通市检测)如图所示，一条轻绳跨过定滑轮，绳的两端各系一个小球A和B，已知mB>mA，A球静止于水平地面，用手托住B球，轻绳刚好被拉紧，然后释放B球。定滑轮的质量及轮与轴间的摩擦均不计，空气阻力不计，重力加速度为g，则在B球落地前(　　)
A.若增大mB，绳的拉力减小
B.若减小mA，绳的拉力增大
C.A、B球的动能变化量相等
D.A、B球的机械能变化率大小相等
4.如图所示，在竖直平面内有一半径为R的圆弧轨道，半径OA水平、OB竖直，一个质量为m的小球自A点的正上方P点由静止开始自由下落，小球沿轨道到达最高点B时恰好对轨道没有压力。已知AP＝2R，重力加速度为g，则小球从P点运动到B点的过程中(　　)
A.重力做功2mgR B.机械能减少mgR
C.合外力做功mgR D.克服摩擦力做功mgR
5.(2024·江苏镇江市期末)如图甲所示，长木板静止在光滑水平地面上，质量为m的滑块以水平初速度v0由木板左端恰能滑至木板的右端与木板相对静止。若将木板分成长度相等的两段(如图乙)，该滑块仍以v0从木板左端开始滑动，已知滑块运动过程中所受摩擦力不变。则下列分析正确的是(　　)
A.滑块滑到木板的右端后飞离木板
B.滑块滑到木板的右端前就与木板保持相对静止
C.两过程滑块的动量变化相同
D.两过程系统产生的热量相等
6.(2025·江苏镇江市开学考)将一初动能为E的物体(可视为质点)竖直上抛，物体回到出发点时，动能为，取出发点位置的重力势能为零，整个运动过程可认为空气阻力大小恒定，则该物体动能与重力势能相等时，其动能为(　　)
A. B. C. D.
7.(2024·江苏苏州市期中)风力发电机是由风力带动叶片转动，叶片再带动转子(磁极)转动，使定子(线圈，不计电阻)中产生电流，实现风能向电能的转化。若叶片长为l，设定的额定风速为v，空气的密度为ρ，额定风速下发电机的输出功率为P，则风能转化为电能的效率为(　　)
A. B. C. D.
8、9题每小题9分，10题16分，共34分
8.如图所示，平直木板AB倾斜放置，小物块与木板间的动摩擦因数由A到B均匀增大，小物块从A点由静止释放，恰好可以到达B点，小物块的加速度a、动能Ek、重力势能Ep和机械能E(取地面为零势能面)随下滑位移x变化的图像可能正确的是(　　)
9.(2024·安徽卷·7)在某地区的干旱季节，人们常用水泵从深水井中抽水灌溉农田，简化模型如图所示。水井中的水面距离水平地面的高度为H。出水口距水平地面的高度为h，与落地点的水平距离约为l。假设抽水过程中H保持不变，水泵输出能量的η倍转化为水被抽到出水口处增加的机械能。已知水的密度为ρ，水管内径的横截面积为S，重力加速度大小为g，不计空气阻力。则水泵的输出功率约为(　　)
A.(H＋h＋)
B.(H＋h＋)
C.(H＋)
D.(H＋)
10.(16分)(2025·江苏省海安高级中学月考)如图所示，粗糙程度相同的水平地面上的O处固定一竖直光滑杆，质量为m的小滑块P套在杆上，质量为m的小滑块Q放在地面上。滑块P、Q间通过铰链用长为L的刚性轻杆连接，一水平轻弹簧右端与Q相连，左端与固定在地面上的竖直挡板连接。已知Q在初始位置A处时两杆夹角α＝37°，弹簧为原长，两小滑块均恰好静止。现给滑块Q一水平外力F，使P以a＝0.4g向下做匀加速运动，Q从A位置运动到B位置，此处两杆夹角为53°，该过程中P、Q始终在同一竖直平面内，已知弹簧的弹性势能Ep＝kx2，k为弹簧的劲度系数x为弹簧的形变量，且k＝，弹簧始终在弹性限度内，最大静摩擦力近似等于滑动摩擦力，重力加速度为g，sin 37°＝0.6，sin 53°＝0.8。求：
(1)(4分)滑块Q静止在位置A时，受到的摩擦力Ff大小及支持力FN大小；
(2)(4分)滑块Q到达位置B时的速度大小vQ；
(3)(8分)滑块Q从位置A到达位置B过程中，力F做的功WF。
(10分)
11.(2024·山东卷·7)如图所示，质量均为m的甲、乙两同学，分别坐在水平放置的轻木板上，木板通过一根原长为l的轻质弹性绳连接，连接点等高且间距为d(dA.＋μmg(l－d)
B.＋μmg(l－d)
C.＋2μmg(l－d)
D.＋2μmg(l－d)
参考解析
1.B　[由足球的运动轨迹可知，足球在空中运动时一定受到空气阻力作用，则从1到2重力势能增加mgh，从1到2动能减少量大于mgh，故A错误，B正确； 从2到3由于空气阻力作用，机械能减小，重力势能减小mgh，则动能增加小于mgh，故C、D错误。]
2.A　[对小物块进行分析可知，小物块先在滑动摩擦力作用下做匀加速直线运动，速度增大至与传送带速度相等时，与传送带保持相对静止做匀速直线运动，此后，小物块不再受到摩擦力作用，根据动能定理可知，滑动摩擦力对小物块做的功为W＝mv2－0＝mv2，故C、D错误；设小物块加速到与传送带速度相等历时为t，则此过程的相对位移为x＝vt－t，则小物块与传送带间因摩擦产生的热量为Q＝μmgx，根据上述有μmgx＝mv2，解得Q＝mv2，故A正确，B错误。]
3.D　[对A、B分别由牛顿第二定律得
FT－mAg＝mAa，mBg－FT＝mBa
联立解得FT＝
可知增大任何一小球的质量，绳的拉力都增大；反之减小，故A、B错误；小球的动能变化量为ΔEk＝mv2－0＝mv2，两球速度大小相等，而B球质量大，则B球动能变化量大，故C错误；小球的机械能变化率为，由于两球受到绳的拉力的大小相等，而位移大小也相等，所以A、B球的机械能变化率大小相等，故D正确。]
4.D　[小球从P点运动到B点的过程中，重力做的功WG＝mg(2R－R)＝mgR，故A错误；小球沿轨道到达最高点B时恰好对轨道没有压力，则有mg＝m，解得vB＝，则此过程中机械能的减少量为ΔE＝mgR－mmgR，故B错误；根据动能定理可知，合外力做功W合＝m－0＝mgR，故C错误；根据功能关系可知，小球克服摩擦力做的功等于机械能的减少量，则W克f＝ΔE＝mgR，故D正确。]
5.B　[第一次在滑块运动过程中，滑块与木板之间的摩擦力使整个木板一直加速，第二次滑块先使整个木板加速，运动到右半部分上后左半部分停止加速，只有右半部分加速，平均加速度大于第一次的对应过程，故第二次滑块与右边木板将更早达到共同速度，所以滑块还没有运动到最右端，故A错误，B正确；根据动量守恒定律可知两过程中滑块最后的速度不同，则两过程滑块的动量变化不同，故C错误；根据摩擦力乘以相对位移等于产生的热量，分析可知在题图乙中木板上相对运动的位移没有题图甲中的长，所以产生的热量小于在题图甲中木板上滑行产生的热量，故D错误。]
6.B　[设上升的最大高度为h，根据动能定理可得
Ff·2h＝E－
根据能量守恒可得E＝mgh＋Ffh
可得mgh＝E，Ffh＝E
所以Ff＝mg
若在上升阶段离出发点H处动能和重力势能相等，则Ek＋mgH＝E－FfH，Ek＝Ep＝mgH
所以Ek＝mgH＝E
若在下降阶段离出发点H'处动能和重力势能相等，则Ek'＋mgH'＝E－Ff(2h－H')
Ek'＝Ep'＝mgH'
解得Ek'＝E，故选B。]
7.A　[风能转化为电能的工作原理为将风的动能转化为输出的电能，设风吹向发电机的时间为t，则在t时间内吹向发电机的风柱的体积为V＝vt·S＝vtπl2，则风柱的质量M＝ρV＝ρvtπl2，因此在t时间内吹过的风的动能为Ek＝Mv2＝ρvtπl2·v2，在t时间内发电机输出的电能E＝P·t，则风能转化为电能的效率为η＝，故A正确，B、C、D错误。]
8.B　[根据题意，小物块从AB是先加速后减速运动，加速度先向下后向上，方向发生了变化，所以A错误；设斜面的长度为L，则小物块的重力势能可以表示为Ep＝mg(L－x)sin θ，B正确；下滑过程中，小物块的动能先增大后减小，但是其图线的斜率表示其所受的合力，根据题意可以判断合力是变力，与图像不符，所以C错误；根据功能关系，机械能的减少量等于小物块克服摩擦力所做的功，E－x图像的斜率大小表示摩擦力大小，根据题意摩擦力逐渐增大，与图像不符，所以D错误。]
9.B　[设水从出水口射出的初速度为v0，取t时间内的水为研究对象，
该部分水的质量为m＝v0tSρ
根据平抛运动规律v0t'＝l
h＝gt'2
解得v0＝l
根据功能关系得
Ptη＝m＋mg(H＋h)
联立解得水泵的输出功率为
P＝(H＋h＋)
故选B。]
10.(1)0.75mg　2mg　(2)0.3　(3)0.075mgL
解析　(1)滑块Q恰好静止在A处时，对滑块P受力分析
FNP＝mg·tan α
对两滑块整体受力分析
FN＝mg＋mg，FNP＝Ff
解得Ff＝0.75mg，FN＝2mg
(2)滑块Q到达位置B处时，两滑块沿杆方向速度相等，则有
vQ·sin 53°＝vP·cos 53°
滑块P下降高度
H＝L·cos 37°－L·cos 53°＝0.2L
根据＝2aH
联立解得vP＝0.4，
vQ＝0.3
(3)根据Ff＝μFN
将Ff＝0.75mg，FN＝2mg代入上式解得μ＝
对系统竖直方向分析
2mg－FN'＝ma
解得FN'＝1.6mg
解得Ff'＝μFN'＝0.6mg
滑块Q从位置A到达位置B过程中，水平方向移动的距离为
x＝Lsin 53°－Lsin 37°＝0.2L
产生的热量为Q＝Ff'·x
解得Q＝0.12mgL
弹簧增加的弹性势能为
ΔEp＝kx2＝0.03mgL
由能量守恒得WF＋mgH＝mm＋ΔEp＋Q
解得WF＝0.075mgL。
11.B　[解法一：当甲所坐木板刚要离开原位置时，对甲及其所坐木板整体有kx0＝μmg
解得弹性绳的伸长量x0＝
则此时弹性绳的弹性势能为
E0＝k
从开始拉动乙所坐木板到甲所坐木板刚要离开原位置的过程，乙所坐木板的位移为x1＝x0＋l－d，
此过程中由于摩擦产生的热量Q＝μmgx1，
则由功能关系可知该过程F所做的功W＝E0＋μmgx1＝＋μmg(l－d)
解法二：画出外力F与乙所坐的木板的位移x的关系图像如图所示，则外力F做的功W＝μmg(l－d)＋x0
又kx0＝μmg
联立解得W＝＋μmg(l－d)
故选B。]

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