第24天 功能关系
1．(多选)(2024·湖南岳阳统考一模)起重机某次从t＝0时刻由静止开始提升质量为m＝150 kg的物体，其a-t图像如图所示，5～10 s内起重机的功率为额定功率，不计其他阻力，重力加速度为g＝10 m/s2，则以下说法正确的是( )
A．物体在0～10 s内运动的最大速度为10 m/s
B．起重机的额定功率为18 000 W
C．5～10 s内起重机对物体做的功等于0～5 s内起重机对物体做功的1.5倍
D．5～10 s内起重机对物体做的功等于0～5 s内起重机对物体做功的2倍
2．(2024·河北统考一模)如图所示，某航拍小型飞机有四个相同的风扇，每个风扇的半径均为R，当它在无风的天气悬停时，每个风扇都呈水平状态，风扇吹出的空气速度大小都等于v，吹出的空气流动方向相同。已知空气的平均密度为ρ，不考虑其他位置空气流动的影响。则风扇悬停时，下列说法错误的是( )
A．风扇吹出的空气流动方向竖直向下
B．单位时间内每个风扇吹出的空气的质量为πρR2v
C．小型飞机受到的总重力等于4πρR2v2
D．每个风扇对空气做功的功率为πρR2v2
3．(多选)(2024·贵州校联考模拟预测)如图所示，一质量为M、长为1 m的木板静止在水平桌面上，另一质量为m的小物块(可视为质点)从木板上的左端以速度v0＝4 m/s开始运动。已知物块与木板间的动摩擦因数为μ1＝0.2，木板与桌面间的动摩擦因数为μ2＝0.1，最大静摩擦力等于滑动摩擦力，g取10 m/s2。则( )
A．当M＝2m时，小物块滑出长木板的时间为(2＋)s
B．当M＝2m时，小物块滑出长木板的时间为(2－)s
C．当m＝2M时，小物块滑出长木板的时间为 s
D．当m＝2M时，小物块滑出长木板的时间为 s
4．(多选)(2024·湖南岳阳统考一模)如图所示，轻质弹簧一端固定在水平面上的光滑转轴O上，另一端与套在粗糙固定直杆N处的质量为0.2 kg的小球(可视为质点)相连。直杆与水平面的夹角为30°，N点距水平面的高度为0.4 m，NP＝PM，ON＝OM，OP等于弹簧原长。小球从N处由静止开始下滑，经过P处的速度为2 m/s，并恰能停止在M处。已知重力加速度取10 m/s2，小球与直杆的动摩擦因数为，则下列说法正确的是( )
A．小球通过P点时的加速度大小为3 m/s2
B．弹簧具有的最大弹性势能为0.5 J
C．小球通过NP段与PM段摩擦力做功相等
D．N到P过程中，球和弹簧组成的系统损失的机械能为0.4 J
5．(多选)(2024·四川南充阆中中学校考一模)如图甲所示，质量为m的物块静止在竖直放置的轻弹簧上(不相连)，弹簧下端固定，劲度系数为k。t＝0时刻，对物块施加一竖直向上的外力F，使物块由静止向上运动，当弹簧第一次恢复原长时，撤去外力F。从0时刻到F撤去前，物块的加速度a随位移x的变化关系如图乙所示。重力加速度为g，忽略空气阻力，则在物块上升过程( )
A．外力F为恒力
B．物块的最大加速度大小为2g
C．外力F撤去后物块可以继续上升的最大高度为
D．弹簧的最大弹性势能Ep＝
1/3第24天
1．BD [由a t图像可知，物体在0～5 s做匀加速直线运动，5 s 时物体的速度为v1＝at1＝2×5 m/s＝10 m/s，由于5 s后物体继续做加速度逐渐减小的加速运动，可知物体在0～10 s内运动的最大速度大于10 m/s，故A错误；由a t图像可知，在5 s时，物体结束做匀加速运动，此时起重机功率达到最大功率，根据牛顿第二定律可得，F－mg＝ma，解得F＝1 800 N，则起重机的额定功率为P额＝Fv1＝1 800×10 W＝18 000 W，故B正确；0～5 s内，物体的位移为x1＝t1＝×5 m＝25 m，0～5 s内起重机对物体做的功为W1＝Fx1＝1 800×25 J＝45 000 J，5～10 s内起重机保持额定功率不变，则5～10 s内起重机对物体做的功W2＝P额t＝18 000×5 J＝90 000 J，可得2W1＝W2，故D正确，C错误。故选BD。]
2．D [由于小型飞机悬停时受到的升力与其重力平衡，则风扇吹风方向均为竖直向下，故A正确；单位时间内被每个风扇推动的空气质量为＝ρ＝πρR2v，故B正确；根据动量定理得FΔt＝Δmv，解得每个风扇对空气的作用力为F＝πρR2v2，小型飞机的总重力G＝4F＝4πρR2v2，故C正确；每个风扇对空气做功的功率为P＝Fv＝πρR2v3，故D错误。本题选错误的，故选D。]
3．BD [设物块所受滑动摩擦力为f1，以向右为正方向，则物块与木板间的滑动摩擦力f1＝－μ1mg＝－2m，物块在木板上与木板发生相对运动时，设物块加速度为a1，对物块由牛顿第二定律可知物块的加速度满足f1＝ma1，代入得a1＝－2 m/s2; 设木板与地面间滑动摩擦力为f2，则f2＝μ2(M＋m)g，
由分析知当M＝2m时，如图对木板进行受力分析知f2，则物块在木板上运动时，对木板由牛顿第二定律可知木板的加速度满足f′1－f2＝Ma2，则μ1mg－μ2(m＋M)g＝Ma2，代入得a2＝1 m/s2，物块从木板左端运动到木板右端的过程中，根据运动学公式得L＝x物－x板＝，代入得t2＝ s或t2＝ s(舍去)，故C错误，D正确。故选BD。]
4．CD [因OP等于弹簧原长，则小球到达P点时的加速度为a＝g sin 30°－μg cos 30°＝2 m/s2，故A错误；因NP段与PM段关于P点对称，则在两段上弹力的平均值相等，则摩擦力平均值相等，摩擦力做功相等，故C正确；设小球从N运动到P的过程克服摩擦力做功为Wf，弹簧具有的最大弹性势能为Ep，根据能量守恒定律得，对于小球从N到P的过程有mg×＋Ep＝mv2＋Wf，N到M的过程有mgh＝2Wf，得Ep＝mv2＝×0.2×22 J＝0.4 J，故B错误；N到P过程中，球和弹簧组成的系统损失的机械能ΔE＝Wf＝＝0.4 J，故D正确。故选CD。]
5．ACD [物块静止在竖直放置的轻弹簧上时，弹簧的压缩量为x0＝，在物块上升阶段(撤去外力前)，当物块的位移为x时，由牛顿第二定律得F＋k(x0－x)－mg＝ma，解得a＝，由a x图像可知等于纵轴截距，则为定值，所以F是恒力，故A正确；当x＝x0时，a＝0，则有＝0，则F＝kx0＝mg，由a＝可知，当x＝0时，a最大，且最大值为amax＝＝g，故B错误；弹簧最大弹性势能为Ep＝x0＝x0＝＝，故D正确；设外力F撤去后物块可以继续上升的最大高度为h，从开始到物块上升到最高点的过程，由功能关系可得Fx0＋Ep＝＋h)，解得h＝，故C正确。故选ACD。]
2/2第24天 功能关系
1．(多选)(2024·湖南岳阳统考一模)起重机某次从t＝0时刻由静止开始提升质量为m＝150 kg的物体，其a-t图像如图所示，5～10 s内起重机的功率为额定功率，不计其他阻力，重力加速度为g＝10 m/s2，则以下说法正确的是( )
A．物体在0～10 s内运动的最大速度为10 m/s
B．起重机的额定功率为18 000 W
C．5～10 s内起重机对物体做的功等于0～5 s内起重机对物体做功的1.5倍
D．5～10 s内起重机对物体做的功等于0～5 s内起重机对物体做功的2倍
BD [由a-t图像可知，物体在0～5 s做匀加速直线运动，5 s时物体的速度为v1＝at1＝2×5 m/s＝10 m/s，由于5 s后物体继续做加速度逐渐减小的加速运动，可知物体在0～10 s内运动的最大速度大于10 m/s，故A错误；由a-t图像可知，在5 s时，物体结束做匀加速运动，此时起重机功率达到最大功率，根据牛顿第二定律可得，F－mg＝ma，解得F＝1 800 N，则起重机的额定功率为P额＝Fv1＝1 800×10 W＝18 000 W，故B正确；0～5 s内，物体的位移为x1＝t1＝×5 m＝25 m，0～5 s内起重机对物体做的功为W1＝Fx1＝1 800×25 J＝45 000 J，5～10 s内起重机保持额定功率不变，则5～10 s内起重机对物体做的功W2＝P额t＝18 000×5 J＝90 000 J，可得2W1＝W2，故D正确，C错误。故选BD。]
2．(2024·河北统考一模)如图所示，某航拍小型飞机有四个相同的风扇，每个风扇的半径均为R，当它在无风的天气悬停时，每个风扇都呈水平状态，风扇吹出的空气速度大小都等于v，吹出的空气流动方向相同。已知空气的平均密度为ρ，不考虑其他位置空气流动的影响。则风扇悬停时，下列说法错误的是( )
A．风扇吹出的空气流动方向竖直向下
B．单位时间内每个风扇吹出的空气的质量为πρR2v
C．小型飞机受到的总重力等于4πρR2v2
D．每个风扇对空气做功的功率为πρR2v2
D [由于小型飞机悬停时受到的升力与其重力平衡，则风扇吹风方向均为竖直向下，故A正确；单位时间内被每个风扇推动的空气质量为＝ρ＝πρR2v，故B正确；根据动量定理得FΔt＝Δmv，解得每个风扇对空气的作用力为F＝πρR2v2，小型飞机的总重力G＝4F＝4πρR2v2，故C正确；每个风扇对空气做功的功率为P＝Fv＝πρR2v3，故D错误。本题选错误的，故选D。]
3．(多选)(2024·贵州校联考模拟预测)如图所示，一质量为M、长为1 m的木板静止在水平桌面上，另一质量为m的小物块(可视为质点)从木板上的左端以速度v0＝4 m/s开始运动。已知物块与木板间的动摩擦因数为μ1＝0.2，木板与桌面间的动摩擦因数为μ2＝0.1，最大静摩擦力等于滑动摩擦力，g取10 m/s2。则( )
A．当M＝2m时，小物块滑出长木板的时间为(2＋)s
B．当M＝2m时，小物块滑出长木板的时间为(2－)s
C．当m＝2M时，小物块滑出长木板的时间为 s
D．当m＝2M时，小物块滑出长木板的时间为 s
BD [设物块所受滑动摩擦力为f1，以向右为正方向，则物块与木板间的滑动摩擦力f1＝－μ1mg＝－2m，物块在木板上与木板发生相对运动时，设物块加速度为a1，对物块由牛顿第二定律可知物块的加速度满足f1＝ma1，代入得a1＝－2 m/s2；设木板与地面间滑动摩擦力为f2，则f2＝μ2(M＋m)g，
由分析知当M＝2m时，如图对木板进行受力分析知 f ′1f2，则物块在木板上运动时，对木板由牛顿第二定律可知木板的加速度满足－f2＝Ma2，则μ1mg－μ2(m＋M)g＝Ma2，代入得a2＝1 m/s2，物块从木板左端运动到木板右端的过程中，根据运动学公式得L＝x物－x板＝，代入得t2＝ s或t2＝ s(舍去)，故C错误，D正确。故选BD。]
4．(多选)(2024·湖南岳阳统考一模)如图所示，轻质弹簧一端固定在水平面上的光滑转轴O上，另一端与套在粗糙固定直杆N处的质量为0.2 kg的小球(可视为质点)相连。直杆与水平面的夹角为30°，N点距水平面的高度为0.4 m，NP＝PM，ON＝OM，OP等于弹簧原长。小球从N处由静止开始下滑，经过P处的速度为2 m/s，并恰能停止在M处。已知重力加速度取10 m/s2，小球与直杆的动摩擦因数为，则下列说法正确的是( )
A．小球通过P点时的加速度大小为3 m/s2
B．弹簧具有的最大弹性势能为0.5 J
C．小球通过NP段与PM段摩擦力做功相等
D．N到P过程中，球和弹簧组成的系统损失的机械能为0.4 J
CD [因OP等于弹簧原长，则小球到达P点时的加速度为a＝g sin 30°－μg cos 30°＝2 m/s2，故A错误；因NP段与PM段关于P点对称，则在两段上弹力的平均值相等，则摩擦力平均值相等，摩擦力做功相等，故C正确；设小球从N运动到P的过程克服摩擦力做功为Wf，弹簧具有的最大弹性势能为Ep，根据能量守恒定律得，对于小球从N到P的过程有mg×＋Ep＝mv2＋Wf，N到M的过程有mgh＝2Wf，得Ep＝mv2＝×0.2×22 J＝0.4 J，故B错误；N到P过程中，球和弹簧组成的系统损失的机械能ΔE＝Wf＝＝0.4 J，故D正确。故选CD。]
5．(多选)(2024·四川南充阆中中学校考一模)如图甲所示，质量为m的物块静止在竖直放置的轻弹簧上(不相连)，弹簧下端固定，劲度系数为k。t＝0时刻，对物块施加一竖直向上的外力F，使物块由静止向上运动，当弹簧第一次恢复原长时，撤去外力F。从0时刻到F撤去前，物块的加速度a随位移x的变化关系如图乙所示。重力加速度为g，忽略空气阻力，则在物块上升过程( )
A．外力F为恒力
B．物块的最大加速度大小为2g
C．外力F撤去后物块可以继续上升的最大高度为
D．弹簧的最大弹性势能Ep＝
ACD [物块静止在竖直放置的轻弹簧上时，弹簧的压缩量为x0＝，在物块上升阶段(撤去外力前)，当物块的位移为x时，由牛顿第二定律得F＋k(x0－x)－mg＝ma，解得a＝，由a-x图像可知等于纵轴截距，则为定值，所以F是恒力，故A正确；当x＝x0时，a＝0，则有＝0，则F＝kx0＝mg，由a＝可知，当x＝0时，a最大，且最大值为amax＝＝g，故B错误；弹簧最大弹性势能为Ep＝x0＝x0＝＝，故D正确；设外力F撤去后物块可以继续上升的最大高度为h，从开始到物块上升到最高点的过程，由功能关系可得Fx0＋Ep＝mg(x0＋h)，解得h＝，故C正确。故选ACD。]
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