第1节 追寻守恒量——能量 第2节 功
基础训练
1.下列关于功和能的说法中,正确的是( D )
A.能就是功,功就是能
B.做功越多,物体的能就越大
C.外力对物体不做功,这个物体就没有能
D.能量转化的多少可以用功来度量
解析:功是能量转化的量度,做了多少功,就有多少能量发生了转化。做功越多,即转化的能量就越多,但物体具有的能量并不一定大。同样,没有做功的物体,并不表明物体没有能量。从广义上说,任何物体都有能量。
2.如图所示,一小孩和一大人都以水平的力匀速推动相同的木箱在相同的路面走同样的位移(推木箱的速度大小如图中所注),比较此过程中两人分别对木箱做功的多少( C )
A.大人做的功多
B.小孩做的功多
C.大人和小孩做的功一样多
D.条件不足,无法判断
解析:因为木箱匀速运动,地面对木箱摩擦力相等,小孩和大人所用的推力相等,又所走的位移相同,所以做功一样多,选项C正确,A,B,D
错误。
3.卡车用水平拉力F拉着拖车在水平路面上行驶。当卡车将拖车沿一直线从A处缓慢地移到B处,然后再从B处缓慢地沿原路移回到A处,如果A,B二处相距s,在这个过程中拉力F对拖车做的功是( C )
A.0 B.Fs
C.2Fs D.条件不足,无法确定
解析:在卡车将拖车从A处缓慢地移到B处过程中,拉力F做功为W=Fs。再从B处缓慢地移回到A处,拉力F做功也为W=Fs。则整个过程中拉力做的功为2Fs。
4.如图所示,在皮带传送装置中,皮带把物体P匀速带至高处,在此过程中,下述说法正确的是( A )
A.摩擦力对物体做正功
B.摩擦力对物体做负功
C.支持力对物体做正功
D.合外力对物体做正功
解析:摩擦力沿斜面向上,与物体运动方向相同,故摩擦力做正功,A正确,B错误;支持力垂直于运动方向,故支持力做功为零,C错误;物体P匀速上升过程中,合外力为零,合外力对物体做功为零,D错误。
5.如图所示,滑雪者由静止开始沿斜坡从A点自由下滑,然后在水平面上前进至B点后停止。已知斜坡、水平面与滑雪板之间的动摩擦因数均为μ,滑雪者(包括滑雪板)的质量为m,A,B两点间的水平距离为L。在滑雪者经过AB段运动的过程中,摩擦力做功大小( C )
A.大于μmgL
B.小于μmgL
C.等于μmgL
D.以上三种情况都有可能
解析:设水平部分的长度为x1,斜坡的长度为x2,斜坡与水平面的夹角为θ,则下滑的过程中摩擦力做功大小为W=μmgx1+μmgcos θ·x2=μmg(x1+x2cos θ)=μmgL,选项C正确。
6.如图所示,同一物体(可视为质点)分别沿斜面AD和BD自顶点由静止开始下滑,该物体与两斜面间的动摩擦因数相同。在滑行过程中克服摩擦力做的功分别为WA和WB,则( B )
A.WA>WB B.WA=WB
C.WA
解析:设斜面AD,BD与水平面CD所成夹角分别为α,β,根据功的公式,得WA=μmgcos α·lAD=μmglCD,WB=μmgcos β·lBD=μmglCD,所以B
正确。
7.一人乘电梯从1楼到30楼,在此过程中经历了先加速、后匀速、再减速的运动过程,则电梯支持力对人做功情况是( D )
A.加速时做正功,匀速时不做功,减速时做负功
B.加速时做正功,匀速和减速时做负功
C.加速和匀速时做正功,减速时做负功
D.始终做正功
解析:电梯上升的过程中,电梯支持力方向一直向上,而位移也总是向上,与加速或匀速无关,力的方向与位移的方向相同,由功的定义可得电梯支持力对人做正功。
8.如图所示,两个互相垂直的力F1和F2作用在同一物体上,使物体运动,物体发生一段位移后,力F1对物体做功为4 J,力F2对物体做功为3 J,则力F1与F2的合力对物体做功为( A )
A.7 J B.5 J C.3.5 J D.1 J
解析:功是标量,合力的功等于各个分力的功的代数和,即W=W1+W2=
3 J+4 J=7 J,故选项A正确。
9.如图所示,某个F=10 N的力作用在半径为R=1 m的转盘的边缘上,力F的大小保持不变,但方向在任何时刻均与作用点的切线一致,则转动一周这个力F做的总功为( B )
A.0 B.20π J
C.10 J D.10π J
解析:本题中力F的大小不变,但方向时刻都在变化,属于变力做功问题,可以考虑把圆周分割为很多的小段来研究。当各小段的弧长足够小时,可以认为力的方向与弧长代表的位移方向一致,故所求的总功为W=F·Δs1+F·Δs2+F·Δs3+…=F(Δs1+Δs2+Δs3+…)=F·2πR=
20π J,选项B正确。
10.如图所示,板长为l,板的B端静放有质量为m的可视为质点的小物体P,物体与板间的动摩擦因数为μ,开始时板水平,若板绕A点缓慢转过一个小角度α的过程中,物体保持与板相对静止,则这个过程中,关于小物体P所受力的做功,以下说法正确的是( D )
A.重力对P做功为mglsin α
B.摩擦力对P做功为μmglcos 2α
C.弹力对P做功为mgcos α·lsin α
D.板对P做功为mglsin α
解析:板绕A点缓慢转动过程中,小物体受到三个力,即重力、摩擦力、板的弹力。其中,重力做功WG=-mglsin α,是负功,故选项A错误;摩擦力始终与运动方向垂直,不做功,选项B错误;板绕A点缓慢转动过程中,小物体虽做圆周运动,但是因为板是缓慢运动,可看成是物体始终处于平衡状态,合外力为0,合外力的总功也为0,即有WG+W弹+WFf=0,则得W弹=-WG=mglsin α,选项C错误;板对小物体有弹力和摩擦力两个力的作用,所以板对P做功即为W板=W弹+WFf=mglsin α,选项D正确。
能力提升
11.如图所示,质量为m的物体A静止在倾角为θ的斜面体B上,斜面体B的质量为M。现对该斜面体B施加一个水平向左的推力F,使物体A随斜面体B一起沿水平方向向左匀速运动,当移动的距离为l时,斜面体B对物体A所做的功为( D )
A.Fl B.mglsin θ·cos θ
C.mglsin θ D.0
解析:对物体A进行受力分析,其受到重力mg、支持力FN、静摩擦力Ff,如图所示,由于物体A做匀速运动,所以支持力FN与静摩擦力Ff的合力即斜面体B对物体A的作用力竖直向上,而位移方向水平向左,所以斜面体B对物体A的作用力的方向与位移方向垂直,斜面体B对物体A所做的功为0,D正确。
12.如图所示,一质量为M、长为L的木板,放在光滑的水平地面上,在木板的右端放一质量为m的小木块,用一根不可伸长的轻绳通过光滑的定滑轮分别与小木块、木板连接,木块与木板间的动摩擦因数为μ,开始时木块和木板静止,现用水平向右的拉力F作用在木板上,将小木块拉向木板左端的过程中,拉力至少做功为( D )
A.2μmgL B.mgL
C.μ(M+m)gL D.μmgL
解析:在拉力F的作用下,小木块、木板缓慢匀速运动,使m被拉到木板的左端的过程中拉力做功最少,设此时绳的拉力为FT,则FT=μmg,
FT+μmg=F,当小木块到达木板左端时,木板向右运动的位移为,故拉力做功W=F·=μmgL,故D正确。
13.如图所示,演员正在进行杂技表演。由图可估算出他将一只鸡蛋抛出的过程中对鸡蛋所做的功最接近于( A )
A.0.3 J B.3 J
C.30 J D.300 J
解析:根据生活常识,20个鸡蛋大约1 kg,表演者抛出的高度按0.5 m计算,则抛出过程中对鸡蛋做的功为W=mgh=×10×0.5 J=0.25 J,选项A正确。
14.如图所示,小物体m位于光滑的斜面M上,斜面置于光滑水平面上,从地面上看,在小物体m沿斜面M下滑过程中,斜面对小物体的作用力是( B )
A.垂直于斜面,做功为零
B.垂直于斜面,做功不为零
C.不垂直于斜面,做功为零
D.不垂直于斜面,做功不为零
解析:小物体m沿斜面M下滑过程中,斜面对小物体的作用力(即弹力)始终与斜面垂直,但由于斜面M发生了移动,故小物体m的运动方向并不沿斜面向下,故斜面对小物体做功不为零。
15.如图所示,水平粗糙地面上的物体被绕过光滑定滑轮的轻绳系着,现以大小恒定的拉力F拉绳的另一端,使物体从A点起由静止开始运动。若从A点运动至B点和从B点运动至C点的过程中拉力F做的功分别为W1,W2,图中AB=BC,且动摩擦因数处处相同,则在物体的运动过程中( D )
A.摩擦力增大,W1>W2 B.摩擦力减小,W1C.摩擦力增大,W1W2
解析:设系在物体上的细绳与水平方向间夹角为α,则物体对地面的压力FN=mg-Fsin α,而物体所受的滑动摩擦力Ff=μFN,可见,随α的增大,Ff逐渐减小;因细绳拉力F的水平分力Fcos α随α的增大而减小,由于AB=BC,故W1>W2,选项D正确。
16.一小球在空中由静止开始下落,与水平地面相碰后又上升到某一高度,其运动的vt图象如图所示,已知小球质量为1 kg,整个过程中所受的阻力大小不变,求:(g取10 m/s2)
(1)小球下落的加速度是多大。
(2)小球初始位置距地面的高度。
(3)此过程小球克服阻力所做的功为多少。
解析:(1)小球由静止开始下落,从题图可知下落的加速度 a==
8 m/s2。
(2)下落的高度h=at2=×8×0.52 m=1 m。
(3)0.5～0.75 s内小球向上反弹,上升的高度
h′=×(0.75-0.5)×3 m=0.375 m
所以0～0.75 s内通过的路程为s=1.375 m
上升过程中加速度大小a′==12 m/s2,
mg+F阻=ma′
代入数据可得F阻=2 N
整个过程中小球克服阻力所做的功为W=F阻·s=2.75 J。
答案:(1)8 m/s2 (2)1 m (3)2.75 J
17.装有装饰材料的木箱A质量为50 kg,放在水平地面上,要将它运送到90 m远处的施工现场。如果用450 N的水平恒力使A从静止开始运动,经过6 s可到达施工现场。
(1)求木箱与地面间的动摩擦因数。
(2)若用大小为450 N,方向与水平方向夹角为α(cos α=0.8)斜向上的拉力拉木箱A从静止开始运动,使木箱A能够到达90 m远处的施工现场,拉力至少做多少功?(运动过程中动摩擦因数处处相同,g=
10 m/s2,结果保留两位有效数字)
解析:(1)将重物看做是质量为m的质点,设拉力为F,阻力为f,时间为t,位移为s,加速度为a,动摩擦因数为μ。
第一个运动过程中,有F-f=ma,其中f= μN=μmg,
又s=at2,
联立以上各式并代入数据,解得μ=0.4。
(2)第二个过程中,有Fcos α-f′=ma1,
其中f′=μN′,且有Fsin α+N′-mg=0,
三式联立,代入数据,解得a1=5.36 m/s2,
使重物能够到达90 m远,即撤去拉力后重物滑行至90 m 远。此时速度刚好为零。
由s1+s2=s,s1=a1,
又=2a2s2,v1=a1t1,
且f2= μN=μmg,f2=ma2,
代入数据,解得s1≈38.5 m。
故拉力至少做功为Wmin=Fs1cos α,
代入数据,解得Wmin≈1.4×104 J。
答案:(1)0.4 (2)1.4×104 J
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第3节 功 率
基础训练
1.如图所示是甲、乙两物体做功与所用时间的关系图象,那么甲物体的功率P甲与乙物体的功率P乙相比( B )
A.P甲>P乙
B.P甲C.P甲=P乙
D.无法判定
解析:根据功率的定义式P=可知,在功与所用时间的关系图象中,直线的斜率表示该物体的功率。因此,由图线斜率可知P甲2.下列各图列出的各种做功情形中,功率最接近于1 kW 的是( B )
解析:高速公路上行驶的大型客车功率接近于100 kW,冲刺中的速滑运动员功率接近于200 W,射水鱼射出水柱的瞬间功率接近于0.1 W,功率最接近于1 kW的是在山坡上奔驰的骏马,故选B。
3.一辆汽车在平直公路上从静止开始运动,假设汽车的功率保持不变,所受的阻力恒定,则下列说法正确的是( D )
A.汽车一直做匀加速运动
B.汽车先匀加速运动,后匀速运动
C.汽车先匀加速运动,后匀减速运动直至静止
D.汽车做加速度越来越小的加速运动,直至匀速运动
解析:根据P=Fv知,功率不变,速度增大,则牵引力减小,根据a=知,加速度减小,当加速度减小到零,做匀速直线运动。所以汽车做加速度越来越小的加速运动,直至匀速运动,故D正确。
4.同样功率的拖拉机,耕地时一般比在道路上行驶时速度慢,这样做的主要目的是( D )
A.节省燃料
B.提高柴油机的功率
C.提高传动机械的效率
D.增大拖拉机的牵引力
解析:拖拉机耕地时受到的阻力比在路面上行驶时大得多,根据P=Fv,在功率一定的情况下,减小速度,可以获得更大的牵引力,选项D
正确。
5.在光滑水平面上,一个物体在恒力F作用下从静止开始加速运动,经过一段时间t,末速度为v。则( C )
A.在t时间内力F对物体所做的功为Fvt
B.在t时间内力F的功率为Fv
C.在t时刻力F的功率为Fv
D.在t时刻力F的功率为Fv
解析:在t时间内的位移l=,W=Fl=Fvt,选项A错误;t时间内的功率为==Fv,B错误;t时刻的瞬时功率P=Fv,C正确,D错误。
6.假设摩托艇受到的阻力的大小正比于它的速率。如果摩托艇发动机的输出功率变为原来的2倍,则摩托艇的最大速率变为原来的( D )
A.4倍 B.2倍
C.倍 D.倍
解析:设Ff=kv,当阻力等于牵引力时,速度最大,输出功率变化前,有P=Fv=Ffv=kv2,变化后有2P=F′v′=Ff′v′=kv′2,联立解得v′=v,选项D正确。
7.竖直上抛一球,球又落回原处,已知空气阻力的大小正比于球的速度。则以下说法中正确的是( C )
A.上升过程中克服重力做的功大于下降过程中重力做的功
B.上升过程中克服阻力做的功等于下降过程中克服阻力做的功
C.上升过程中克服重力做功的平均功率大于下降过程中重力做功的平均功率
D.上升过程中克服重力做功的平均功率等于下降过程中重力做功的平均功率
解析:重力做功只与高度差有关,上升过程中克服重力做的功等于下降过程中重力做的功,A错误;而由于阻力的作用,上升时间短于下降时间,则上升过程中克服重力做功的平均功率大于下降过程中重力做功的平均功率,C正确,D错误;上升过程与下降过程的平均速率不等,而上、下过程中位移大小相等,故克服阻力做的功不相等,B错误。
8.某同学以正常速度从一楼登上三楼,他登楼的功率最接近于( C )
A.3 W B.30 W C.300 W D.3 000 W
解析:要估算这个学生登楼时的功率,必须知道人的质量,可近似为50 kg,正常登楼的速度约为0.5 m/s,根据公式P===mgv,代入数据可估算人登楼的功率为250 W,所以C正确。
9.一辆质量为m的汽车,在平直的公路上行驶时的功率恒为P,受到的阻力也恒定不变,当汽车经过甲地时速度达到v1,仍在加速行驶,汽车经过乙地时速度达到v2,恰好变为匀速行驶,下列解题思路哪些是正确的( C )
A.可根据s=求出甲、乙两地间的位移s
B.可根据t=求出汽车从甲地到乙地的时间t
C.可根据F2=和F2=f求出阻力f
D.可根据F1=和F1=ma1求出汽车在速度v1时的加速度a1
解析:由于功率恒定,根据P=Fv得,汽车启动过程中的牵引力逐渐减小,汽车做加速度逐渐减小的变加速运动,有关匀变速直线运动的规律不再适用,故A,B错误;汽车经过乙地时速度达到v2,恰好变为匀速行驶,则有F2=f,又F2=,综合可求出阻力f,C正确;公式P=Fv中的“F”为牵引力,牛顿第二定律F=ma 中的“F”为合外力,均反映的是瞬时关系,应根据F1= 和F1-f=ma1求出汽车在速度v1时的加速度a1,故D错误。
10.把动力装置分散安装在每节车厢上,使其既具有牵引动力,又可以载客,这样的客车车辆叫做动车,如图所示。几节自带动力的车辆(动车)加几节不带动力的车辆(拖车)混合编成一组,就是动车组。假设动车组运行过程中受到的阻力大小与其所受重力大小成正比,每节动车与拖车的质量都相等,每节动车的额定功率都相同。若1节动车加3节拖车编成的动车组的最大速度为120 km/h,则6节动车加3节拖车编成的动车组的最大速度为(均在平直轨道上运行)( C )
A.120 km/h B.240 km/h
C.320 km/h D.480 km/h
解析:设每节车的质量为m,所受阻力为kmg,每节动车的功率为P,1节动车加3节拖车编成的动车组的最大速度为v1=120 km/h,则P=4kmgv1;设6节动车加3节拖车编成的动车组的最大速度为v2,则有6P=9kmgv2,联立解得v2=320 km/h,选项C正确。
能力提升
11.(2017·浙江11月选考)如图所示,质量为60 kg的某运动员在做俯卧撑运动,运动过程中可将她的身体视为一根直棒。已知重心在c点,其垂线与脚、两手连线中点间的距离Oa,Ob分别为0.9 m和0.6 m。若她在1 min内做了30个俯卧撑,每次肩部上升的距离均为0.4 m,则克服重力做的功和相应的功率约为(g取10 N/kg)( B )
A.430 J,7 W B.4 300 J,70 W
C.720 J,12 W D.7 200 J,120 W
解析:设每次俯卧撑中,重心变化的高度为h,根据相似三角形=,解得h=0.24 m。一次俯卧撑中,克服重力做功W=mgh=60×10×0.24 J
=144 J,所以一分钟内克服重力做功为W总=30×144 J=4 320 J,功率P= W≈70 W,B正确。
12.一根质量为M的直木棒,悬挂在O点,有一只质量为m的猴子抓着木棒,如图甲所示。剪断悬挂木棒的细绳,木棒开始下落,同时猴子开始沿棒向上爬,设在一段时间内木棒沿竖直方向下落,猴子对地的高度保持不变。忽略空气阻力。则图乙的四个图象中能正确反映在这段时间内猴子对木棒做功的功率随时间变化的关系的是( B )
解析:根据猴子对地高度不变,猴子受力平衡,木棒对猴子向上的作用力等于猴子的重力,由牛顿第三定律,猴子对木棒的作用力为mg,木棒在重力和猴子作用力作用下向下做匀加速运动,其速度v=at,猴子对木棒做功的功率P=Fv=Fat,选项B正确。
13.一质量为1×103 kg的汽车行驶在平直路面上,其速度v不同时,对应的最大输出功率P不同,Pv关系如图所示。汽车从静止开始,以恒定加速度1 m/s2做匀加速直线运动时,受到的阻力恒为1×103 N。该匀加速过程持续时间大约为( D )
A.5 s B.10 s C.15 s D.20 s
解析:汽车做匀加速直线运动。根据牛顿第二定律得F-Ff=ma,则F=Ff+ma=1×103 N+1×103×1 N=2×103 N,其Pv图线为一直线,图线斜率即为牵引力F,则k=2,作该直线如图所示,由此知该匀加速过程的最大速度v1=20 m/s,加速过程持续时间为t1==20 s,选项D正确。
14.我国自行研制、具有完全自主知识产权的新一代大型喷气式客机C919首飞成功后,拉开了全面试验试飞的新征程,假设飞机在水平跑道上的滑跑是初速度为零的匀加速直线运动,当位移x=1.6×103 m时才能达到起飞所要求的速度v=80 m/s,已知飞机质量m=7.0×104 kg,滑跑时受到的阻力为自身重力的,重力加速度取g=10 m/s2,求:
(1)飞机滑跑过程中加速度a的大小。
(2)飞机滑跑过程中牵引力的平均功率P。
解析:(1)飞机滑跑过程中做初速度为零的匀加速直线运动,有v2=2ax,
代入数据解得a=2 m/s2。
(2)设飞机滑跑受到的阻力为F阻,根据题意有
F阻=mg,
设发动机的牵引力为F,根据牛顿第二定律有
F-F阻=ma
设飞机滑跑过程中的平均速度为,有=
在滑跑阶段,牵引力的平均功率P=F
联立解得P=8.4×106 W。
答案:(1)2 m/s2 (2)8.4×106 W
15.起重机使质量为1 000 kg的物体从静止开始向上做匀加速运动,用时4 s,上升了8 m。g=10 m/s2,求:
(1)在这个过程中,克服重力做的功是多少。
(2)4 s末,起重机的瞬时功率为多大。
(3)在这个过程中,物体所受合外力做功的平均功率。
解析:(1)重力做功W=-mgh=-80 000 J,
即克服重力做的功为80 000 J。
(2)由x=at2,解得a=1 m/s2,
由牛顿第二定律可得F-mg=ma,
解得起重机牵引力F=ma+mg=11 000 N,
4 s末物体的速度为v=at=4 m/s,
起重机的瞬时功率为P=Fv=44 kW。
(3)W合=WF+WG= Fh-mgh=8 000 J,
则合外力做功的平均功率为P==2 kW。
答案:(1)80 000 J (2)44 kW (3) 2 kW
16.严重的雾霾天气,对国计民生已造成了严重的影响,汽车尾气是形成雾霾的重要污染源,“铁腕治污”已成为国家的工作重点,地铁列车可实现零排放,大力发展地铁,可以大大减少燃油公交车的使用,减少汽车尾气排放。若一地铁列车从甲站由静止启动后做直线运动,先匀加速运动20 s达到最高速度72 km/h,再匀速运动80 s,接着匀减速运动15 s到达乙站停住。设列车在匀加速运动阶段牵引力为1×106 N,匀速阶段牵引力的功率为6×103 kW,忽略匀减速运动阶段牵引力所做的功。
(1)求甲站到乙站的距离。
(2)如果燃油公交车运行中做的功与该列车从甲站到乙站牵引力做的功相同,求公交车排放气体污染物的质量。(燃油公交车每做1焦耳功排放气体污染物3×10-6 g)
解析:(1)设列车匀加速直线运动阶段用的时间为t1,距离为s1;在匀速直线运动阶段所用的时间为t2,距离为s2,速度为v;在匀减速运动阶段所用的时间为t3,距离为s3。甲站到乙站的距离为s。则s1=t1,
①
s2=vt2, ②
s3=t3, ③
s=s1+s2+s3, ④
联立①②③④,并代入数据得s=1 950 m。 ⑤
(2)设列车在匀加速直线运动阶段的牵引力为F,所做的功为W1;在匀速直线运动阶段的牵引力的功率为P,所做的功为W2。设燃油公交车做与该列车从甲站到乙站相同的功W,将排放气体污染物质量为M。则
W1=Fs1, ⑥
W2=Pt2, ⑦
W=W1+W2, ⑧
M=(3×10-9 kg·J-1)·W, ⑨
联立①⑥⑦⑧⑨式并代入数据得M=2.04 kg。
答案:(1)1 950 m (2)2.04 kg
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第4节 重力势能
基础训练
1.选择不同的水平面作为参考平面,物体在某一位置的重力势能和某一过程中重力势能的改变量( D )
A.都具有不同的数值
B.都具有相同的数值
C.前者具有相同数值,后者具有不同数值
D.前者具有不同数值,后者具有相同数值
解析:物体的重力势能与参考平面的选择有关,同一物体在同一位置相对不同的参考平面,重力势能的数值不同;物体重力势能的改变量跟参考平面无关。选项D正确。
2.质量相等、密度均匀的正方体木块和正方体铁块平放在同一水平桌面上,相对于桌面而言,将两者的重力势能相比较( A )
A.木块重力势能大 B.铁块重力势能大
C.两者重力势能一样大 D.无法比较
解析:木块的重心较铁块高,故木块重力势能大。
3.一棵树上有一个质量为0.3 kg的熟透了的苹果P,该苹果从树上A下落到地面上C点最后滚入沟底D处。A,B,C,D,E点所在平面之间竖直距离如图所示。以地面为零势能面,g取10 m/s2,则该苹果从A落下到D的过程中重力势能的减少量和在D处的重力势能分别是( C )
A.15.6 J和9 J B.9 J和-9 J
C.15.6 J和-9 J D.15.6 J和-15.6 J
解析:以地面为零势能面,根据重力势能的计算公式得D处的重力势能Ep=mgh=0.3×10×(-3.0)J=-9 J。从A落下到D的过程中重力势能的减少量ΔEp=mgΔh=0.3×10×(0.7+1.5+3.0)J=15.6 J,故选C。
4.物体从某高处做自由落体运动,以地面为重力势能零势能面,下列所示图象中,能正确描述物体的重力势能与下落高度的关系的是( B )
解析:设物体开始下落时的重力势能为Ep0,物体下落高度h过程中重力势能减少量ΔEp=mgh,故物体下落高度h时的重力势能Ep=Ep0-ΔEp=Ep0-mgh,即Eph图象为倾斜直线,B正确。
5.如图所示,某游客领着孩子游泰山时,孩子不小心将手中一质量为m的皮球滑落,球从A点滚到了山脚下的B点,高度标记如图所示,则下列说法正确的是( D )
A.从A到B的曲线轨迹长度不知道,无法求出此过程重力做的功
B.从A到B过程中阻力大小不知道,无法求出此过程重力做的功
C.从A到B重力做功mg(H+h)
D.从A到B重力做功mgH
解析:重力做功与路径无关,与是否受其他力也无关,只与初、末位置有关,从A到B重力做功为WG=mgH,选项D正确,A,B,C错误。
6.如图所示,质量为m的跳高运动员先后用背越式和跨越式两种跳高方式跳过某一高度,该高度比他起跳时的重心高出h,则他从起跳后至越过横杆的过程中克服重力所做的功( C )
A.都必须大于mgh
B.都不一定大于mgh
C.用背越式不一定大于mgh,用跨越式必须大于mgh
D.用背越式必须大于mgh,用跨越式不一定大于mgh
解析:背越式过杆时,身体的重心有可能始终在杆的下方,此时运动员重力势能的增加量略小于mgh;跨越式过杆时运动员的重心必须在杆的上方,运动员的重力势能增加量必须大于mgh,故选C。
7.在同一高度,把三个质量相同的球A,B,C分别以相等的速率竖直上抛、竖直下抛和平抛,它们都落到同一水平地面上。三个球在运动过程中,重力对它们做的功分别为WA,WB,WC,重力的平均功率分别为PA,PB,PC,则它们的大小关系为( C )
A.WA>WB=WC,PA>PB=PC
B.WA=WB=WC,PA=PB=PC
C.WA=WB=WC,PB>PC>PA
D.WA>WB>WC,PA>PB>PC
解析:由重力做功特点知WA=WB=WC;从抛出到落地的时间,由运动学知识知tBPC>PA,故C正确。
8.如图所示,质量为m的小球,从离桌面H高处由静止下落,桌面离地高度为h。若以桌面为参考平面,那么小球落地时的重力势能及整个过程中重力势能的变化分别是( D )
A.mgh,减少mg(H-h)
B.mgh,增加mg(H+h)
C.-mgh,增加mg(H-h)
D.-mgh,减少mg(H+h)
解析:以桌面为参考平面,落地时小球的重力势能为-mgh,即末状态的重力势能为-mgh,初状态的重力势能为mgH,重力势能的变化即为-mgh-mgH=-mg(H+h),重力势能减少了mg(H+h)。故选D。
能力提升
9.质量为m的物体放在水平地面上,物体上方连着一个轻弹簧,弹簧的原长为l,劲度系数为k。现用手拉弹簧上端的P点,从弹簧处于自然状态(原长)开始缓慢向上移动,直到物体离开地面一段距离,在这个过程中P点移动的位移是H,那么物体的重力势能增加量是( C )
A.mg(H+) B.mgH
C.mg(H-) D.条件不足,不能确定
解析:P点移动位移H的过程中,弹簧伸长量为,则物体上升的高度为H-,则物体的重力势能增加量ΔEp=mg(H-)。故选C。
10.幼儿园的小朋友在做滑梯游戏时,三个小朋友分别经图中A,B,C三条不同的路径从滑梯的顶端滑到底端。设三位小朋友的体重相同,则比较三者的下滑过程有( D )
A.到达底端的速率一定相同
B.克服摩擦力做功一定相等
C.沿路径C下滑时到达底端的速率最大
D.三条不同路径重力做的功一定相等
解析:由于不能确定三条路径滑梯与小朋友之间的摩擦力及路程,故无法比较克服摩擦力做功的大小,也就无法比较到达底端的速率,选项A,B,C错误;重力做功只与初末位置的高度差有关,与路径无关,选项D正确。
11.(2018·浙江4月选考)如图所示,一根绳的两端分别固定在两座猴山的A,B处,A,B两点水平距离为16 m,竖直距离为2 m,A,B间绳长为20 m。质量为10 kg的猴子抓住套在绳上的滑环从A处滑到B处。以A点所在水平面为参考平面,猴子在滑行过程中重力势能最小值约为(绳处于拉直状态)( B )
A.-1.2×103 J B.-7.5×102 J
C.-6.0×102 J D.-2.0×102 J
解析:由图可知猴子到C点时重力势能最小,∠BCF=∠ECF=θ,由几何关系可得BC·sin θ+AC·sin θ=BD,解得sin θ=0.8,即θ=53°,又AD=2 m,则ED=AD·tan 53°= m,所以FE= m。由FC∶AD=FE∶ED得FC=5 m,所以AC高度差为7 m,再加上猴子自身高度,重心距套环约为0.5 m,故猴子重力势能最小约为Ep=-mgh=-750 J,B正确。
12.如图所示,在水平地面上平铺着n块砖,每块砖的质量均为m,厚度均为h。如果工人将砖一块一块地叠放起来,那么工人至少做功( B )
A.n(n-1)mgh B.n(n-1)mgh
C.n(n+1)mgh D.n(n+1)mgh
解析:把n块砖看做一个整体,其总质量是nm,以地面为零势能面,n块砖都平放在地上时,其重心都在高处,所以这n块砖的初始重力势能为Ep1=nmg;当n块砖叠放在一起时,其总高度为nh,其总的重心位置在处,所以末态重力势能为Ep2=n2mg,人做的功至少等于重力势能的增量,即W=ΔEp=Ep2-Ep1=n(n-1)mgh,选项B正确。
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第5节 探究弹性势能的表达式
基础训练
1.如图所示的几个运动过程中,物体的弹性势能增加的是( B )
A.如图甲,撑杆跳高的运动员上升过程中,杆的弹性势能
B.如图乙,人拉长弹簧过程中,弹簧的弹性势能
C.如图丙,用橡皮筋发射模型飞机的过程中,橡皮筋的弹性势能
D.如图丁,小球被弹簧向上弹起的过程中,弹簧的弹性势能
解析:选项A,C,D中弹簧或杆的形变量均减小,所以弹性势能减小,选项B中弹簧的形变量增大,所以弹性势能增加,选项B正确.
2.某同学在桌面上用一个小钢球和一个弹簧来探究弹簧的弹性势能。弹簧一端固定(如图所示),另一端用钢球压缩弹簧后释放,钢球被弹出后落地。他发现弹簧压缩得越多,钢球被弹出得越远,由此能得出的结论应是( A )
A.弹性势能与形变量有关,形变量越大,弹性势能越大
B.弹性势能与形变量有关,形变量越大,弹性势能越小
C.弹性势能与劲度系数有关,劲度系数越大,弹性势能越大
D.弹性势能与劲度系数有关,劲度系数越大,弹性势能越小
解析:由题意可知,弹性势能与形变量有关,形变量越大,弹性势能越大,故A正确,B错误;题中实验只研究了弹簧形变量与弹性势能的关系,而没有研究劲度系数与弹性势能的关系,故C,D错误。
3.如图所示,轻质弹簧与竖直墙壁相连,一物体以初速度v0沿光滑水平面冲向弹簧,在弹簧被物体压缩至最短的过程中( C )
A.物体对弹簧做的功与弹簧的压缩量成正比
B.弹力做正功,弹簧的弹性势能增大
C.物体的初速度v0越大,弹簧最终具有的弹性势能就越大
D.弹簧最终具有的弹性势能只决定于弹簧本身,与初速度v0无关
解析:在弹簧被压缩的过程中,弹力在增大,是变力做功,故物体对弹簧做的功与弹簧的压缩量不成正比,A错误;压缩过程中,是物体克服弹簧的弹力做功,即弹力做负功,B错误;压缩过程是物体的动能转化为弹性势能,初速度v0越大,动能也越大,则弹簧最终具有的弹性势能也就越大,故C正确,D错误。
4.如图所示,射箭运动员用力把弓拉开,然后放手让箭射出。对此过程的判断,下列说法正确的是( C )
A.在把弓拉开过程中,运动员的动能转化为弓和弦的动能
B.在把弓拉开过程中,弓和弦的弹性势能转化为运动员的动能
C.在箭射出过程中,弓和弦的弹性势能转化为箭的动能
D.在箭射出过程中,弓和弦的弹性势能转化为运动员的动能
解析:在把弓拉开过程中,运动员做功把化学能转化弓和弦的弹性势能,运动员动能变化很小,选项A,B错误;在箭射出过程中,弓和弦的弹性势能转化为箭的动能,选项C正确,D错误。
5.如图所示,一轻弹簧一端固定于O点,另一端系一重物,将重物从与悬点O在同一水平面且弹簧保持原长的A点无初速度释放,让它自由摆下。不计空气阻力,在重物由A点摆向最低点B的过程中( C )
A.重力做正功,弹力不做功
B.重力做正功,弹力做正功
C.若用与弹簧原长相等的细绳代替弹簧后,重力做正功,弹力不做功
D.若用与弹簧原长相等的细绳代替弹簧后,重力做功不变,弹力不
做功
解析:用细绳拴住小球向下摆动时重力做正功,弹力不做功,用弹簧拴住小球下摆时,重力做正功,弹簧要伸长,小球轨迹不是圆弧,弹力做负功,选项C正确,A,B,D错误。
6.在光滑的水平面上,物体A以较大速度va向前运动,与以较小速度vb向同一方向运动的、连有水平轻质弹簧的物体B发生相互作用,如图所示.在相互作用的过程中,当三者组成的系统的弹性势能最大时( B )
A.va>vb B.va=vb
C.va解析:当两物体A,B第一次相距最近时,va=vb,弹簧压缩量最大,弹性势能最大,B正确。
7.如图所示,撑杆跳是运动会中常见的比赛项目,用于撑起运动员的杆要求具有很好的弹性。关于运动员从杆触地开始到杆竖直的过程中,下列说法正确的是( B )
A.杆弹性势能一直增大
B.杆弹性势能先增大后减小
C.运动员的重力势能先增大后减小
D.以上说法均错误
解析:运动员撑杆触地后到上升到最高点之前到杆形变量最大时弹性势能逐渐增大到最大,然后杆由弯变直,弹性势能变小,则A错误,B正确;运动员高度越来越高,重力势能一直增大,C错误。
能力提升
8.如图所示,质量相等的两木块中间连有一弹簧,今用力F缓慢向上提A,直到B恰好离开地面。开始时物体A静止在弹簧上面,设开始时弹簧的弹性势能为Ep1,B刚要离开地面时,弹簧的弹性势能为Ep2,则关于Ep1,Ep2的大小关系及弹性势能的变化ΔEp,下列说法中正确的是( A )
A.Ep1=Ep2 B.Ep1>Ep2
C.ΔEp>0 D.ΔEp<0
解析:设开始时弹簧形变量为x1,有kx1=mg。设B刚要离开地面时弹簧形变量为x2,有kx2=mg。由于x1=x2,所以Ep1=Ep2,ΔEp=0,A正确。
9.如图,在“探究弹性势能的表达式”活动中,为计算弹簧弹力所做的功,把拉伸弹簧的过程分为很多小段,拉力在每小段可以认为是恒力,用各小段做功的代数和代表弹力在整个过程所做的功,物理学中把这种研究方法叫做“微元法”。下列几个实例中应用到这一思想方法的是( C )
A.在不需要考虑物体本身的大小和形状时,用点来代替物体,即质点
B.一个物体受到几个力共同作用产生的效果与某一个力产生的效果相同,这个力叫做那几个力的合力
C.在推导匀变速直线运动位移公式时,把整个运动过程划分成很多小段,每一小段近似看做匀速直线运动,然后把各小段的位移相加
D.在探究加速度与力、质量之间关系时,先保持质量不变探究加速度与力的关系,再保持力不变探究加速度与质量的关系
解析:选项A是建立理想化模型法,选项B是等效替代法,选项D是控制变量法,只有选项C应用了微元法。
10.用如图所示的装置测量弹簧的弹性势能。将弹簧放置在水平气垫导轨上,左端固定,右端在O点;在O点右侧的B,C位置各安装一个光电门,计时器(图中未画出)与两个光电门相连。先用米尺测得B,C两点间距离x,再用带有遮光片的滑块压缩弹簧到某位置A,由静止释放,计时器显示遮光片从B到C所用的时间t,用米尺测量A,O之间的
距离。
(1)计算滑块离开弹簧时速度大小的表达式是 。?
(2)为求出弹簧的弹性势能,还需要测量 。?
A.弹簧原长
B.当地重力加速度
C.滑块(含遮光片)的质量
(3)增大A,O之间的距离,计时器显示时间t将 。?
A.增大 B.减小 C.不变
解析:(1)计算滑块离开弹簧时速度大小的表达式是v=。
(2)弹簧的弹性势能等于滑块得到的动能,则为求出弹簧的弹性势能,还需要测量滑块(含遮光片)的质量,故选C。
(3)增大A,O之间的距离,弹簧压缩量变大,滑块得到的速度变大,则滑块经过计时器显示时间t将减小,故选B。
答案:(1) v= (2)C (3)B
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第6节 实验:探究功与速度变化的关系
1.图示是“探究功与速度变化的关系”实验装置,用该装置实验时,需要测出( C )
A.小车的质量
B.橡皮筋的劲度系数
C.橡皮筋恢复原长时小车的速度
D.橡皮筋对小车做功的具体数值
解析:本实验只需要探究橡皮筋做的功与小车获得速度的定性关系,故不需要测量小车质量,橡皮筋劲度系数和橡皮筋对小车做功的具体数值。
2.利用如图甲所示的装置“探究做功与物体速度变化的关系”,某同学打出如图乙所示的纸带.为了更精确地测定橡皮筋对小车做功完成后小车的速度,应测量( D )
A.0和1间的距离 B.1和2间的距离
C.2和3间的距离 D.3和4间的距离
解析:实验需要测定的是橡皮筋对小车做功完成后小车的速度,即小车做匀速运动时的速度,即要选择距离较大且均匀的点,测量的距离应尽可能大一些,以减小测量误差,故应测量3和4间的距离。
3.某学习小组在利用橡皮筋做“探究功与速度变化的关系”的实验中,小车在运动中会受到阻力作用,因此,在小车沿木板滑动的过程中,除橡皮筋对其做功外,还有阻力做功,这样便会给实验带来误差。在实验中想到的办法是使木板略微倾斜,对于木板的倾斜程度,下面说法正确的是( BC )
A.木板只要稍微倾斜一下即可,没有什么严格要求
B.木板的倾斜程度在理论上应满足条件,即使物体重力沿斜面下滑的分力等于小车受到的阻力
C.如果小车在倾斜的木板上能做匀速直线运动,则木板的倾斜程度是符合要求的
D.其实木板不倾斜,问题也不大,因为实验总是存在误差的
解析:倾斜木板的原因是为了平衡小车在运动过程中受到的摩擦力。从力的角度分析,是让重力沿斜面向下的分力与摩擦力平衡;从运动的角度分析,是让小车在木板上做匀速直线运动。故选项B,C正确,A,D错误。
4.关于“探究做功与速度变化的关系”的实验,下列说法中正确的是( AC )
A.应调节定滑轮的高度使细绳与木板平行
B.应调节定滑轮的高度使细绳保持水平
C.平衡摩擦力时,若纸带上打出的点越来越密,就应调大斜面倾角
D.平衡摩擦力时,若纸带上打出的点越来越疏,就应调大斜面倾角
解析:实验中调整定滑轮高度,使细绳与木板平行,这样能使细绳对小车的拉力等于它受的合力,A正确,B错误;纸带上打出的点越来越密,表明小车做减速运动,摩擦力平衡不够,这时需要垫高木板一端,使斜面倾角增大,直到打出的点均匀为止,C正确,D错误。
5.“探究功与速度变化的关系”实验装置如图所示。
(1)除了图中所给出的实验器材外,实验还需要的器材有 。?
(2)根据图示装置,为平衡摩擦力,应将木板的 (选填“左”或“右”)端适当垫高。
(3)在实验过程中,固定橡皮筋时,橡皮筋应与 (选填“木板面”或“水平桌面”)平行。
答案:(1)BC (2)左 (3)木板面
6.用如图甲所示的装置来完成“探究功与速度变化的关系”实验,将细绳一端拴在小车上,跨过滑轮后,细绳另一端固定一小桶,在小桶内放入砝码,牵引小车运动,并把小桶和砝码所受的总重力当做小车受到的拉力,探究拉力对小车做的功与小车获得的速度的关系,则:
(1)下列说法正确的是 。
A.本实验不需要平衡摩擦力,可以直接将长木板水平固定
B.实验时应先不挂小桶,适当抬高长木板的左端,平衡小车受到的摩擦力
C.实验时应先接通打点计时器的电源,再释放小车
D.实验时应先释放小车,再接通打点计时器的电源
(2)某次实验小桶和钩码的总质量为m,小车的质量为M,获得的纸带如图乙所示,图中1,2,3,4都为计数点,计数点2,3,4与点1间的距离分别为x1,x2,x3,相邻两计数点间的时间间隔为T。则:
①在打点计时器打“2”点时,小车运动的速度大小为 ;?
②在打点计时器打“2”点到打“3”点的过程中,外力对小车做的功为 。
答案:(1)BC (2)① ②mg(x2-x1)
7.(2019·浙江1月学考)用如图甲所示装置做“探究做功与物体速度变化的关系”实验。
(1)除了图甲中已给出的实验器材外,还需要的测量器材是 (填字母)。
A.秒表 B.天平
C.刻度尺 D.弹簧测力计
(2)实验前,要求通过调整长木板的倾角来平衡小车受到的阻力。可认为阻力已被平衡的方法是 (填字母)。?
A.轻推小车后,小车运动越来越快
B.静止释放小车后,小车仍保持静止
C.静止释放小车后,小车运动越来越快
D.轻推小车后,拖着纸带的小车能缓慢持续下滑
(3)有同学根据实验数据得到的图象如图乙所示,为了能更加直观地确定W与v之间的关系,应作出 图象。?
答案:(1)C (2)D (3)Wv2
8.在 “探究功和速度变化关系”的实验中,甲同学直接将长木板放在水平桌面上进行橡皮筋拉小车实验(如图甲所示);乙同学将长木板一端垫高(如图乙所示),调整木块位置使得连接纸带的小车被轻推后恰好能在长木板上匀速下滑,然后进行橡皮筋拉小车实验。
(1)两同学中操作正确的是 (选填“甲”或“乙”)同学。?
(2)下列操作正确规范的是 。(本题只有一个选项是正确的)
A.打点计时器接直流电源
B.先释放小车,再接通电源
C.需使用相同规格的橡皮筋
D.改变橡皮筋条数后小车可从不同位置静止释放
(3)通过正确操作得到的一条纸带应为图 (选填“丙”或“丁”)。
解析:(1)为平衡摩擦阻力,应调整木板位置使得连接纸带的小车被轻推后恰好能在长木板上匀速下滑,乙同学的操作正确。
(2)打点计时器应接交流电源,应先接通电源,再释放小车,改变橡皮筋条数后小车应从相同位置静止释放,使用的橡皮筋规格应相同,故选C。
(3)正确操作得到的纸带显示的小车的运动应是先加速,后匀速,故应选丁。
答案:(1)乙 (2)C (3)丁
9.如图1所示,用质量为m的重物通过滑轮牵引小车,使它在长木板上运动,打点计时器在纸带上记录小车的运动情况。利用该装置可以完成“探究功和速度变化的关系”实验。
(1)打点计时器使用的电源是 (填字母)。?
A.直流电源 B.交流电源
(2)①实验中,需要平衡摩擦力和其他阻力,正确操作方法是 (填字母)。?
A.把长木板右端垫高 B.改变小车的质量
②在不挂重物且 (填字母)的情况下,轻推一下小车,若小车拖着纸带做匀速运动,表明已经消除了摩擦力和其他阻力的影响。?
A.计时器不打点 B.计时器打点
(3)接通电源,释放小车,打点计时器在纸带上打下一系列点,将打下的第一个点标为O。在纸带上依次取A,B,C…若干个计数点,已知相邻计数点间的时间间隔为T。测得A,B,C,…各点到O点的距离为x1,x2,x3,…,如图2所示。
实验中,重物质量远小于小车质量,可认为小车所受的拉力大小为mg。从打O点到打B点的过程中,拉力对小车做的功W= ,打B点时小车的速度v= 。?
(4)以v2为纵坐标,W为横坐标,利用实验数据作出如图3所示的v2W图象。由此图象可得v2随W变化的表达式为 。根据功与能的关系,动能的表达式中可能包含v2这个因子;分析实验结果的单位关系,与图线斜率有关的物理量应是 。?
解析:(1)打点计时器均使用交流电源,选B。
(2)①平衡摩擦阻力和其他阻力,是通过垫高木板右端,构成斜面,使重力沿斜面向下的分力跟它平衡,选A。②平衡摩擦阻力时需要打点计时器工作,纸带跟打点计时器限位孔间会有摩擦,且可以通过纸带打出的点迹判断小车的运动是否为匀速直线运动,选B。
(3)小车拖动纸带移动的距离等于重物下落的距离,又小车所受拉力约等于重物重力,因此W=mgx2;小车做匀变速直线运动,因此打B点时小车的速度为打AC段的平均速度,则v=。
(4)由题图3可知,图线斜率k≈4.7 kg-1,
即v2=4.7 W(m2/s2);与图线斜率有关的物理量为质量。
答案:(1)B (2)①A ②B (3)mgx2
(4)v2=4.7 W(m2/s2) 质量
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第7节 动能和动能定理
基础训练
1.对于质量一定的物体,下列关于速度和动能关系的说法中,正确的是( C )
A.物体的速度发生了变化,其动能也一定变化
B.物体的动能发生了变化,其速度不一定变化
C.物体的速度不变,其动能也一定不变
D.物体的动能不变,其速度也一定不变
解析:速度是矢量,速度变化意味着速度大小变化,或速度方向变化,也可能是两者均发生变化。当只有物体的速度方向发生改变时,对于质量一定的物体,其动能不变,故A,D错。 而当物体的动能发生变化,则意味着其速度一定发生了变化,故B错。故选项C正确。
2.两个材料相同的物体,甲的质量大于乙的质量,以大小相同的初动能在同一水平面上滑动,最后都停止,则它们滑行的距离是( B )
A.甲大 B.乙大
C.相等 D.无法比较
解析:由动能定理可得,滑行距离满足-μmg·s=0-Ek0,选项B正确。
3.从地面竖直向上抛出一只小球,小球运动一段时间后落回地面。忽略空气阻力,该过程中小球的动能Ek与时间t的关系图象是( A )
解析:小球做竖直上抛运动,设初速度为v0,则
v=v0-gt,
小球的动能Ek=mv2,把速度v代入得
Ek=mg2t2-mgv0t+m,
Ek与t为二次函数关系,选项A正确。
4.在离地面高h处以相同的速率分别竖直向上和竖直向下抛出两个相同的小球,空气阻力大小相同,则从抛出到落地的过程中( B )
A.两球运动中的加速度大小始终相同
B.重力对两球做功相同
C.空气阻力对两球做功相同
D.两球动能的增加量相同
解析:由于上升过程和下降过程小球的运动方向不同,故阻力方向也不相同,则合力和加速度均不相同。又由于两个小球经过的路程不等,故阻力做功也不等,则总功也不相等,故两球动能的增加量不相同。
5.运动员一般采用蹲踞式起跑,在发令枪响后,左脚迅速蹬离起跑器,在向前加速的同时提升身体重心,如图所示。假设质量为m的运动员,在起跑时重心升高量为h,获得的速度为v,在此过程中运动员对自身做功为W,若不计其他阻力,则有( C )
A.W=mv2 B.W+mgh=mv2
C.W-mgh=mv2 D.W+mv2=mgh
解析:运动员起跑时重心升高,克服重力做功,重力势能增加量为mgh,动能增加量为mv2,则根据动能定理,有W-mgh=mv2,选项C正确。
6.速度为v的子弹,恰可穿透一块固定的木板,如果子弹速度为2v,子弹穿透木板时所受阻力视为不变,则可穿透同样的固定木板( C )
A.2块 B.3块
C.4块 D.8块
解析:子弹以速度v运动时,恰能水平穿透一块固定的木板,根据动能定理有-Ffd=0-mv2,
设子弹的速度为2v时,穿过的木板数为n,
则有-nFfd=0-m(2v)2,
联立两式得n=4,选项C正确。
7.近日德国的设计师推出了一款名为“抛掷式全景球形相机”,来自德国柏林的5位设计师采用了36个手机用的摄像头并将其集入一个球体内,质量却只有200 g,当你将它高高抛起,它便能记录下从你头顶上空拍摄的图像。整个过程非常简单,你只需进行设定,让相机球在飞到最高位置时自动拍摄即可。假设你从手中竖直向上抛出相机,到达离抛出点10 m处进行全景拍摄,若忽略空气阻力的影响,则你在抛出过程中对相机做的功为( B )
A.10 J B.20 J C.40 J D.200 J
解析:人在抛出相机过程中对相机做的功即相机获得的动能,根据相机能上升到抛出点10 m处,v2=2gH,得到v=10 m/s,则W=Ek=mv2 =
20 J。
8.在篮球比赛中,某位同学获得罚球机会,他站在罚球线处用力将篮球投出,篮球约以2 m/s的速度撞击篮筐。已知篮球质量约为0.6 kg,篮筐离地高度约为3 m,忽略篮球受到的空气阻力,则该同学罚球时对篮球做的功最接近于( B )
A.1 J B.10 J C.50 J D.100 J
解析:设该同学罚球时对篮球做的功为W,则有W-mgΔh=ΔEk=mv2-0,其中Δh=h筐-h手,可取球出手的高度h手=2 m,代入数据即得W=7.2 J,故选项B正确。
9.如图,一半径为R的半圆形轨道竖直固定放置,轨道两端等高;质量为m的质点自轨道端点P由静止开始滑下,滑到最低点Q时,对轨道的正压力为2mg,重力加速度大小为g。质点自P滑到Q的过程中,克服摩擦力所做的功为( C )
A.mgR B.mgR
C.mgR D.mgR
解析:在Q点质点受到重力和支持力作用,其合力提供向心力,有 FN-mg=m,FN=2mg,联立解得,v=,下落过程中重力做正功,摩擦力做负功,根据动能定理可得mgR-Wf=mv2,解得 Wf=mgR,所以质点克服摩擦力做功为mgR,选项C正确。
10.摩托车比赛是一项精彩刺激的体育比赛,某次摩托车比赛中有如图所示的一段赛道,水平高台离地面的高度H=5.0 m,高台右端有一壕沟,壕沟两侧的高度差为h=0.8 m,水平距离为8 m。求:
(1)摩托车要安全跨越壕沟,在水平高台上至少需多大的水平初速度?
(2)若摩托车运动员以v0=10 m/s的初速度从坡底冲上高台后,恰好安全跨越壕沟,摩托车从坡底冲上高台至开始跨越壕沟的过程中,历时t=10 s,发动机的功率恒为P=5.0 kW,人和车的总质量m=1.8×102 kg
(可视为质点),在摩托车冲上高台的过程中克服摩擦力所做的功。
解析:(1)设摩托车跨越壕沟所用时间为t1,根据平抛运动规律有h=g,x=vt1,解得v=20 m/s。
(2)根据动能定理有Pt-mgH-Wf=mv2-m,
解得Wf=1.4×104 J。
答案:(1)20 m/s (2)1.4×104 J
能力提升
11.从地面竖直向上抛出一物体,物体在运动过程中除受到重力外,还受到一大小不变、方向始终与运动方向相反的外力作用。距地面高度h在3 m以内时,物体上升、下落过程中动能Ek随h的变化如图所示。重力加速度取10 m/s2。该物体的质量为( C )
A.2 kg B.1.5 kg
C.1 kg D.0.5 kg
解析:设物体在运动过程中受到的外力为F,对上升过程,由动能定理,可得-(F+mg)h=Ek-Ek0,则F+mg=,即F+mg=12 N;对下落过程,有(mg-F)h=Ek′-Ek0′,即mg-F==8 N,联立两式,得m=1 kg,F=2 N,选项C正确。
12.在粗糙水平面上运动的物体,从A点开始受水平恒力F作用沿直线运动到B点。已知物体在A,B两点的速度大小相等,则在此过程中( C )
A.物体一定做匀速直线运动
B.F的方向始终与摩擦力方向相反
C.F可能对物体先做负功,后做正功
D.F对物体所做的总功为零
解析:物体在A,B两点的速度大小相等,对应的有两种可能情况:一是物体做匀速直线运动;二是物体先减速后反向加速;所以,选项A,B错;物体先减速后反向加速过程中,力F的方向必与在A点的速度方向相反,F对物体先做负功,后做正功,选项C正确;根据动能定理,F与摩擦力对物体所做的总功为零,选项D错误。
13.完全由我国自行设计、建造的国产新型航空母舰已完成多次海试,并取得成功。航母上的舰载机采用滑跃式起飞,故甲板是由水平甲板和上翘甲板两部分构成,如图1所示。为了便于研究舰载机的起飞过程,假设上翘甲板BC是与水平甲板AB相切的一段圆弧,示意如图2,AB长L1=150 m,BC水平投影L2=63 m,图中C点切线方向与水平方向的夹角θ=12°(sin 12°≈0.21)。若舰载机从A点由静止开始做匀加速直线运动,经t=6 s到达B点进入BC。已知飞行员的质量m=60 kg,g=
10 m/s2,求:
(1)舰载机水平运动的过程中,飞行员受到的水平力所做功W。
(2)舰载机刚进入BC时,飞行员受到竖直向上的压力FN多大。
解析:(1)舰载机由静止开始做匀加速直线运动,设其刚进入上翘甲板时的速度为v,则有
= ①
根据动能定理,有
W=mv2-0 ②
联立①②式,代入数据,得
W=7.5×104 J。 ③
(2)设上翘甲板所对应的圆弧半径为R,根据几何关系,有
L2=Rsin θ ④
由牛顿第二定律,有
FN-mg=m ⑤
联立①④⑤式,代入数据,得
FN=1.1×103 N。
答案:(1)7.5×104 J (2)1.1×103 N
14.某雪橇运动简化模型如图所示:倾角为θ=37°的直线雪道AB与曲线雪道BCDE在B点平滑连接,其中A,E两点在同一水平面上,雪道最高点C所对应的圆弧半径R=10 m,B,C两点距离水平面AE的高度分别为h1=18 m,h2=20 m,雪橇与雪道各处的动摩擦因数均为μ=0.1,运动员可坐在电动雪橇上由A点从静止开始向上运动,若电动雪橇以恒定功率1.2 kW工作10 s后自动关闭,则雪橇和运动员(总质量m=50 kg)到达C点的速度为2 m/s。已知雪橇运动过程中不脱离雪道,且
sin 37°=0.6,cos 37°=0.8,g取10 m/s2,求:
(1)雪橇在C点时对雪道的压力。
(2)雪橇在BC段克服摩擦力所做的功。
解析:(1)在C点,雪橇和人由重力和支持力的合力提供向心力,由向心力公式和牛顿第二定律得mg-FN=m,解得FN=480 N,
由牛顿第三定律可知雪橇对雪道的压力大小为480 N,方向竖直向下。
(2)雪橇在AB段受到的滑动摩擦力为
f=μmgcos 37°=40 N,
设雪橇在BC段克服摩擦力做功大小为WBC,从A到C根据动能定理有
Pt-mgh2-f·-WBC=mv2,
解得WBC=700 J。
答案:(1)480 N,方向竖直向下 (2)700 J
15.如图所示,在竖直平面内,长为L、倾角θ=37°的粗糙斜面AB下端与半径R=1 m的光滑圆弧轨道BCDE平滑相接于B点,C点是最低点,D点与圆心O等高。现有质量m=0.1 kg的小物体从斜面AB上端的A点无初速下滑,恰能到达圆弧轨道的D点。若物体与斜面之间的动摩擦因数μ=0.25,不计空气阻力,g取10 m/s2,sin 37°=0.6,cos 37°=0.8,求:
(1)斜面AB的长度L。
(2)物体第一次通过C点时的速度大小vC1。
(3)物体经过C点时,轨道对它的最小支持力F Nmin。
(4)物体在粗糙斜面AB上滑行的总路程s总。
解析:(1)A到D过程,根据动能定理有
mg(Lsin θ-Rcos θ)-μmgLcos θ=0,
解得L=2 m。
(2)A到C过程,根据动能定理有
mg(Lsin θ+R-Rcos θ)-μmgLcos θ=m,
解得vC1=2 m/s。
(3)物体经过C点,轨道对它有最小支持力时,它将在B点所处高度以下运动,所以从B到C过程有
mg(R-Rcos θ)=m,
根据向心力公式有F Nmin-mg=m,
解得F Nmin=1.4 N。
(4)根据动能定理有
mgLsin θ-μmgs总cos θ=0,
解得s总=6 m。
答案:(1)2 m (2)2 m/s (3)1.4 N (4)6 m
16.在某电视台的“冲关大挑战”节目中,参赛选手沿固定的倾斜滑道AB下滑,通过光滑圆弧轨道BC后从C点飞出,落到水池中的水平浮台DE上才可以进入下一关。某次比赛中,选手从A点由静止开始下滑,恰好落在浮台左端点D。已知滑道AB与圆弧BC在B点相切,C点切线水平,AB长L=5 m,圆弧半径R=2 m,∠BOC=37°,C点距浮台面的竖直高度h=2.45 m,水平距离L1=2.8 m,浮台宽度L2=2.1 m,选手质量m=
50 kg,不计空气阻力。(sin 37°=0.6,cos 37°=0.8)求:
(1)选手运动到C点时的速度大小;
(2)在圆弧C点,选手对轨道的压力大小;
(3)若要进入下一关,选手在A点沿滑道下滑的初速度最大是多少?
解析:(1)选手从C点飞出后做平抛运动,
则h=gt2,L1=vCt,
代入数据解得选手运动到C点时的速度为vC=4 m/s。
(2)选手经C点时,有FN-mg=m,
代入数据解得FN=900 N,
根据牛顿第三定律,在C点选手对轨道的压力为900 N。
(3)选手恰好落在D点的过程中,根据动能定理有
mg(Lsin 37°+R-Rcos 37°)-Wf=m;
若要进入下一关,选手最远落到E点,设此时运动员到C点的速度大小为vC′,根据平抛运动规律可知vC′=7 m/s;
设选手在A点时的最大初速度大小为vm,
根据动能定理有
mg(Lsin 37°+R-Rcos 37°)-Wf=mvC′2-m;
联立以上各式,代入数据得vm= m/s。
答案:(1)4 m/s (2)900 N (3) m/s
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7
动能和动能定理
基础训练
1.关于运动物体所受的合外力、合外力做的功及动能变化的关系,下列说法正确的是( A )
A.合外力为零,则合外力做功一定为零
B.合外力做功为零,则合外力一定为零
C.合外力做功越多,则动能一定越大
D.动能不变化,则物体所受合外力一定为零
解析:物体所受合外力为零,则物体可能静止,也可能做匀速直线运动,这两种情况下合外力做功均为零,或这两种运动状态物体的动能均不变,所以合外力做功一定为零,A正确;合外力做功为零或动能不变,合外力不一定为零,如匀速圆周运动,故B,D错误;合外力做功越多,动能变化越大,而不是动能越大,故C错误。
2.如图所示,在水平桌面上的A点有一个质量为m的物体以初速度v0被抛出,不计空气阻力,当它到达B点时,其动能为( B )
A.m+mgH B.m+mgh
C.m-mgh D.m+mg(H-h)
解析:由A到B,合外力对物体做的功W=mgh,物体的动能变化ΔEk=
Ek-m,根据动能定理得物体在B点的动能Ek=m+mgh,B正确。
3.质量为0.5 kg的篮球以10 m/s的速度撞向篮板后,以不变的速率反弹回来,则此过程中( D )
A.篮球的速度没有改变 B.篮球的动能改变了
C.篮板对篮球做功为50 J D.篮板对篮球做功为零
解析:速度是矢量,反弹回来后速度的方向发生了变化,所以速度发生了变化,故选项A错误;根据动能的计算式Ek=mv2,篮球反弹回来后速率未变,所以动能不变,故选项B错误;根据动能定理W=ΔEk=Ek2-Ek1,篮球的动能未变,所以篮板对篮球做的功等于0,故选项C错误,选项D正确。
4.一辆汽车以v1=6 m/s的速度沿水平路面行驶时,急刹车后能滑行x1=3.6 m,如果以v2=8 m/s的速度行驶,在同样的路面上急刹车后滑行的距离x2应为( A )
A.6.4 m B.5.6 m C.7.2 m D.10.8 m
解析:急刹车后,车只受摩擦力的作用,且两种情况下摩擦力大小是相同的,汽车的末速度皆为零,故有-Fx1=0-m,-Fx2=0-m,两式相除得x2=x1=()2×3.6 m=6.4 m。
5.某地平均风速为5 m/s,已知空气密度是1.2 kg/m3,有一风车,它的风叶转动时可形成半径为12 m的圆面。如果这个风车能将圆面内10%的气流动能转变为电能,则该风车带动的发电机功率最接近于( B )
A.340 W B.3.4 kW C.6.8 kW D.34 kW
解析:在t时间内作用于风车的气流质量m=ρπr2v·t,这些气流的动能为mv2,转变成的电能E=mv2×10%,所以风车带动发电机的功率为P==ρπr2v3×10%,代入数据得P≈3.4 kW。
6.如图所示,质量m=1 kg、长L=0.8 m 的均匀矩形薄板静止在水平桌面上,其右端与桌子边缘相平。板与桌面间的动摩擦因数为μ=0.4。现用F=5 N的水平力向右推薄板,使它翻下桌子,力F做的功至少为(g取10 m/s2)( D )
A.1 J B.4 J C.2 J D.1.6 J
解析:薄板在F作用下先加速到一定速度,后撤去F,薄板共向前运动时刚好停止,此时F做功最少且刚好翻下桌子,根据动能定理WF-=0,解得WF==1.6 J。
7.一小物块沿斜面向上滑动,然后滑回到原处。物块初动能为Ek0,与斜面间的动摩擦因数不变,则该过程中,物块的动能Ek与位移x关系的图线是( C )
解析:设物块与斜面间的动摩擦因数为μ,物块的质量为m,则物块在上滑过程中根据功能关系有-(mgsin θ+μmgcos θ)x=Ek-Ek0,即Ek=
Ek0-(mgsin θ+μmgcos θ)x,物块沿斜面下滑的过程中有(mgsin θ-μmgcos θ)(x0-x)=Ek,由此可以判断C项正确。
8.如图所示,小球以初速度v0从A点沿不光滑的轨道运动到高为h的B点后自动返回,其返回途中仍经过A点,则经过A点的速度大小为( B )
A. B.
C. D.
解析:设小球从A到B克服摩擦力做的功为Wf。小球从A至B有-Wf-mgh=0-m,小球从B至A有mgh-Wf=m-0,解以上两式得vA=,选项B正确。
9.总质量为80 kg的跳伞运动员从离地500 m的直升机上跳下,经过2 s拉开绳索开启降落伞,如图所示是跳伞过程中的vt图,g取10 m/s2,试根据图象求:
(1)求0～2 s内阻力做的功。
(2)估算14 s内运动员下落的高度及克服阻力做的功。
解析:(1)从题图中可以看出,在0～2 s运动员做匀加速运动,其加速度大小为
a== m/s2=8 m/s2
设此过程中运动员受到的阻力大小为Ff,根据牛顿第二定律,有mg-Ff=ma
得Ff=m(g-a)=80×(10-8)N=160 N。
0～2 s内下落高度h′=t=×2 m=16 m。
阻力做功W=-Ffh′=-2 560 J。
(2)从图中估算得出运动员在14 s内下落了
h=39.5×2×2 m=158 m
根据动能定理,有mgh-Wf=mv2
所以有Wf=mgh-mv2=(80×10×158-×80×62)J≈1.25×105 J。
答案:(1)-2 560 J (2)158 m 1.25×105 J
能力提升
10.如图所示绘出了轮胎与地面间的动摩擦因数分别为μ1和μ2时,紧急刹车时的刹车痕(即刹车距离s)与刹车前车速v的关系曲线,则μ1和μ2的大小关系为( C )
A.μ1<μ2 B.μ1=μ2
C.μ1>μ2 D.条件不足,不能比较
解析:在刹车过程中,由动能定理可知-μmgs=0-m,据此式可得选项C正确。
11.如图所示,DO是水平面,AB是斜面,初速度为v0的物体从D点出发沿DBA滑动到顶点A时速度刚好为零。已知物体与水平面和斜面之间的动摩擦因数处处相同且不为零,轨道交接处均由很小的圆弧平滑连接。如果斜面改为AC,让该物体从D点出发沿DCA滑动到A点且速度刚好为零,则物体具有的初速度( B )
A.大于v0 B.等于v0
C.小于v0 D.决定于斜面的倾角
解析:根据动能定理有-mgh-Wf=0-m,其中Wf为物体在滑行过程中克服摩擦力做功,设斜面倾角为θ,则Wf=μmgcos θ·sAB+μmg·sBD=
μmg(xOB+sBD),即只与滑过的水平方向距离有关,即沿DBA和沿DCA两轨道滑行过程中Wf相同,B正确。
12.如图所示,质量m=60 kg的高山滑雪运动员,从A点由静止开始沿滑道滑下,然后由B点水平飞出,最后落在斜坡上的C点。已知BC连线与水平方向夹角θ=37°,A,B两点间的高度差为hAB=25 m,B,C两点间的距离为L=75 m,(不计空气阻力,g取10 m/s2,sin 37°=0.6,
cos 37°=0.8)求:
(1)运动员从B点飞出时的速度vB的大小;
(2)运动员从A滑到B的过程中克服摩擦力所做的功。
解析:(1)设由B到C运动员做平抛运动的时间为t
竖直方向:hBC=Lsin 37°=gt2
水平方向:Lcos 37°=vBt
代入数据,解得vB=20 m/s。
(2)A到B过程由动能定理有
mghAB+Wf=m,
代入数据,解得Wf=-3 000 J,
运动员克服摩擦力所做的功为3 000 J。
答案:(1)20 m/s (2)3 000 J
13.某日有雾的清晨,一艘质量为m=500 t的轮船,从某码头由静止起航做直线运动,并保持发动机的输出功率等于额定功率不变,经t0=10 min后,达到最大行驶速度vm=20 m/s,雾也恰好散开,此时船长突然发现航线正前方s0=480 m处,有一只拖网渔船以v=5 m/s的速度沿垂直航线方向匀速运动,且此时渔船船头恰好位于轮船的航线上,轮船船长立即下令采取制动措施,附加了制动力F=1.0×105 N,结果渔船的拖网刚好越过轮船的航线时,轮船也刚好从该点通过,从而避免了事故的发生,已知渔船连拖网共长L=200 m。求:
(1)轮船减速时的加速度a多大。
(2)轮船的额定功率P多大。
(3)发现渔船时,轮船已离开码头多远。
解析:(1)减速运动的时间t==40 s
因为s0=vmt-at2,
所以加速度a=0.4 m/s2。
(2)轮船做减速运动时:F+f=ma
f=1×105 N
则P=F牵vm=fvm=2×106 W。
(3)Pt-fs=m
s=1.1×104 m。
答案:(1)0.4 m/s2 (2)2×106 W (3)1.1×104 m
14.风洞是研究空气动力学的实验设备。如图,将刚性杆水平固定在风洞内距地面高度H=3.2 m处,杆上套一质量m=3 kg可沿杆滑动的小球。小球所受的风力调节为F=15 N,方向水平向左。小球以速度v0=8 m/s向右离开杆,取g=10 m/s2。求:
(1)小球落地所需时间和离开杆端的水平距离;
(2)小球落地时的动能;
(3)小球离开杆端后经过多少时间动能为78 J?
解析:(1)小球在竖直方向做自由落体运动,
t0==0.8 s
在水平方向做匀减速运动,a==5 m/s2
水平位移s=v0t0-a=4.8 m。
(2)由动能定理
mgH-Fs=Ek-m,得Ek=120 J。
(3)小球离开杆后经过时间t的位移x=v0t-at2,
Ekt-m=mg·gt2-Fx,
以Ekt=78 J和v0=8 m/s代入得
125t2-80t+12=0,
解得t1=0.4 s,t2=0.24 s,
故小球离开杆后经过0.24 s动能为78 J。
答案:(1)4.8 m (2)120 J (3)0.24 s
15.如图甲所示,长为4 m的水平轨道AB与半径为R=0.6 m 的竖直半圆弧轨道BC在B处相连接,有一质量为1 kg的滑块(大小不计),从A处由静止开始受水平向右的力F作用,F的大小随位移x变化的关系如图乙所示,滑块与AB间的动摩擦因数为μ=0.25,与BC间的动摩擦因数未知,取g=10 m/s2。求:
(1)滑块到达B处时的速度大小。
(2)滑块在水平轨道AB上运动前2 m过程所用的时间。
(3)若到达B点时撤去力F,滑块沿半圆弧轨道内侧上滑,并恰好能到达最高点C,则滑块在半圆弧轨道上克服摩擦力所做的功是多少。
解析:(1)对滑块从A到B的过程,由动能定理得
F1x1-F3x3-μmgx=m
即20×2 J-10×1 J-0.25×1×10×4 J=×1×
得vB=2 m/s。
(2)在前2 m内,有F1-μmg=ma
且x1=a
解得t1= s= s。
(3)当滑块恰好能到达最高点C时,应有
mg=m
对滑块从B到C的过程,由动能定理得
W-mg×2R=m-m
代入数值得W=-5 J,即克服摩擦力做的功为5 J。
答案:(1)2 m/s (2) s (3)5 J
16.(2018·浙江4月选考)如图所示,一轨道由半径为2 m的四分之一竖直圆弧轨道AB和长度可调的水平直轨道BC在B点平滑连接而成。现有一质量为0.2 kg的小球从A点无初速释放,经过圆弧上B点时,传感器测得轨道所受压力大小为3.6 N,小球经过BC段所受的阻力为其重力的0.2倍。然后从C点水平飞离轨道,落到水平地面上的P点,P,C两点间的高度差为3.2 m。小球运动过程中可视为质点,且不计空气阻力,g取10 m/s2。
(1)求小球运动至B点时的速度大小。
(2)求小球在圆弧轨道上克服摩擦力所做的功。
(3)为使小球落点P与B点的水平距离最大,求BC段的长度。
(4)小球落到P点后弹起,与地面多次碰撞后静止。假设小球每次碰撞机械能损失75%,碰撞前后速度方向与地面的夹角相等。求小球从C点飞出到最后静止所需时间。
解析:(1)在B点,由牛顿第二定律得FN-mg=
解得vB=4 m/s。
(2)A至B过程,由动能定理得
mgR-Wf=m
Wf=2.4 J。
(3)B至C过程,由动能定理得
-kmgLBC=m-m
B至P的水平距离
LBP=+vC=4-+vC
当vC=1.6 m/s时,P至B的水平距离最大
则LBC=3.36 m。
(4)C至P过程所用时间t0==0.8 s
t0为第一次碰撞前时间
t0×2=t1为第一次碰撞后,第二次碰撞前时间
t0×2=t2为第二次碰撞后,第三次碰撞前时间
……
t0()n×2=tn为第n次碰撞后,
第n+1次碰撞前时间
小球从C点飞出到最后静止的时间
t=t0+=2.4 s。
答案:(1)4 m/s (2)2.4 J (3)3.36 m (4)2.4 s
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8
机械能守恒定律
基础训练
1.如图所示表示撑杆跳运动的三个阶段:助跑、撑杆起跳、越横杆,其中发生了弹性势能与重力势能转化的阶段是( B )
A.只有助跑阶段
B.只有撑杆起跳阶段
C.只有越横杆阶段
D.撑杆起跳阶段与越横杆阶段
解析:运动员的助跑阶段,身体中的化学能转化为人和杆的动能;起跳时,运动员的动能和身体中的化学能转化为人的重力势能和撑杆中的弹性势能,随着人体的继续上升,撑杆中的弹性势能转化为人的重力势能,使人体上升至横杆以上;越横杆阶段弹性势能和重力势能均
不变。
2.如图所示是足球比赛中漂亮的“香蕉球”示意图,足球在沿曲线飞行的过程中,足球的 ( C )
A.机械能守恒
B.动能一定增大
C.速度一定改变
D.所受合外力可能为0
解析:足球能飞出“香蕉球”路线,是空气阻力作用的缘故,故其机械能不守恒,选项A错;足球在沿曲线飞行的过程中,若足球上升,重力做负功,则动能减小,选项B错;曲线运动的速度方向时刻改变,选项C正确;所受空气作用力不可能与重力平衡,故其所受合外力不可能为0,选项D错。
3.游乐场中的一种滑梯如图所示。小朋友从轨道顶端由静止开始下滑,沿水平轨道滑动了一段距离后停下来,则( D )
A.下滑过程中支持力对小朋友做功
B.下滑过程中小朋友的重力势能增加
C.整个运动过程中小朋友的机械能守恒
D.在水平面滑动过程中摩擦力对小朋友做负功
解析:小朋友在运动过程中受阻力作用,机械能不守恒,因此选项C错误;在整个运动中支持力与运动方向垂直,因此支持力对小朋友不做功,选项A错误;下滑过程中小朋友的重力势能减小,选项B错误;而运动过程中小朋友的机械能减少了,因此摩擦力做负功,所以选项D
正确。
4.在下列几种运动中,机械能守恒的是( D )
A.物体沿斜面匀速下滑
B.汽车在平直路面上加速行驶
C.物体在空中以8 m/s2的加速度下落
D.物体以8 m/s的初速度冲上光滑固定斜面
解析:机械能守恒的条件是系统内只有重力或弹力做功。选项A中除重力外,有阻力做功,机械能不守恒;汽车在平直路面上加速行驶,汽车的牵引力对汽车做功,所以汽车的机械能不守恒,选项B错误;物体以8 m/s2的加速度下落,说明物体受重力和空气阻力的作用,阻力做负功,所以机械能不守恒,选项C错误;选项D中只有重力做功,机械能守恒。
5.物体自由下落,空气阻力不计,求其下落一段高度时的速度大小,可用动能定理列方程mgh=mv2(1式),也可根据机械能守恒定律列方程mgh= mv2(2式),结果列出的两个方程完全一样,但是( D )
A.1式中的“mgh”是能,2式中的“mgh”是功
B.两式中的“h”意义相同,都是表示高度
C.1式中的“h”是过程中的位移,2式中的“h”是那一状态的相对
高度
D.两式中的“mv2”意义相同,都是物体末状态的动能
解析:1式中的“mgh”是功,2式中的“mgh”是能,选项A错;1式中的“h”表示物体运动过程中的竖直方向的位移,2式中的“h”是那一状态的相对高度,B,C错;两式中的“mv2”都是物体末状态的动能,选项D对。
6.如图所示,一匀质杆长为r,从图示位置由静止开始沿光滑面ABD滑动,弧AB是半径为r的圆弧,BD为水平面。则当杆滑到BD位置时的速度大小为( B )
A. B. C. D.2
解析:由机械能守恒定律得mv2=ΔEp=mg,解得v=,B正确。
7.以大小相同的初速度v0将物体从同一水平面分别竖直上抛、斜上抛、沿光滑固定斜面(足够长)上滑,如图所示,三种情况达到的最大高度分别为h1,h2和h3,不计空气阻力(斜上抛物体在最高点的速度方向水平),则( D )
A.h1=h2>h3 B.h1=h2C.h1=h3h2
解析:竖直上抛物体和沿斜面运动的物体,上升到最高点时,速度均为0,由机械能守恒得mgh=m,所以h=,斜上抛物体在最高点速度不为零,设为v1,则mgh2=m-m,所以h28.如图所示,一根跨越光滑定滑轮的轻绳,两端各有一杂技演员(可视为质点),a站于地面,b从图示的位置由静止开始向下摆动,运动过程中绳始终处于伸直状态,当演员b摆至最低点时,a刚好对地面无压力,则演员a质量与演员b质量之比为( B )
A.1∶1 B.2∶1 C.3∶1 D.4∶1
解析:设b摆至最低点时的速度为v,b手握的绳端到定滑轮E段为l,由机械能守恒定律可得mgl(1-cos 60°)=mv2,解得v=。设b摆至最低点时绳子的拉力为FT,由圆周运动知识得 FT-mbg=mb,解得FT=
2mbg,对演员a有FT=mag,所以,演员a质量与演员b质量之比为2∶1。
9.如图,半圆形光滑轨道固定在水平地面上,半圆的直径与地面垂直。一小物块以速度v从轨道下端滑入轨道,并从轨道上端水平飞出,小物块落地点到轨道下端的距离与轨道半径有关,此距离最大时对应的轨道半径为(重力加速度大小为g)( B )
A. B. C. D.
解析:小物块的运动如图所示,在由A到B过程中,由机械能守恒得
mv2=m+mg·2R,
即vB=,B到C平抛,
则2R=gt2,
水平位移x=vBt==
当R=时,x最大,选项B正确。
10.如图所示,轻质弹簧的一端固定在倾角为θ的光滑斜面底端,另一端与质量为m的物体连接。开始时用手按住物体使弹簧处于压缩状态,放手后物体向上运动所能达到的最大速度为v。已知重力加速度为g,下列判断正确的是( C )
A.物体达到最大速度v时,弹簧处于拉伸状态
B.物体达到最大速度v时,其加速度为gsin θ
C.从释放到达到最大速度v的过程中,物体受到的合外力一直减小
D.从释放到达到最大速度v的过程中,弹簧弹力对物体做功为mv2
解析:物体达到最大速度v时,物体受到的向上的弹力与平行斜面向下的重力的分力相等,故弹簧处于压缩状态,A,B错误;从释放到达到最大速度v的过程中,物体的加速度不断减小,则物体受到的合外力一直减小,C正确;从释放到达到最大速度v的过程中,弹簧弹力对物体做功应等于物体动能mv2与物体增加的重力势能之和,D错误。
11.如图所示,一玩溜冰的小孩(可视作质点)质量为m=30 kg,他在左侧平台上滑行一段距离后做平抛运动,恰能无碰撞地沿圆弧切线从A点进入光滑竖直圆弧轨道,并沿轨道下滑,A,B为圆弧两端点,其连线水平。已知圆弧半径为R=1.0 m,对应圆心角为θ=106°,平台与AB连线的高度差为h=0.8 m。(计算中取g=10 m/s2,sin 53°=0.8,
cos 53°=0.6)求:
(1)小孩平抛的初速度大小;
(2)小孩运动到圆弧轨道最低点O时对轨道的压力大小。
解析:(1)由于小孩无碰撞进入圆弧轨道,即小孩落到A点时速度方向沿A点切线方向,则
==tan 53°,
又由h=gt2得
t ==0.4 s,
而vy=gt=4 m/s,
联立以上各式得v0=3 m/s。
(2)设小孩到最低点的速度为v,根据机械能守恒定律有
mv2=m+mg[h+R(1-cos 53°)],
在最低点,据牛顿第二定律,有FN-mg=m,
代入数据解得FN=1 290 N,
由牛顿第三定律可知,小孩对轨道的压力为1 290 N。
答案:(1)3 m/s (2)1 290 N
能力提升
12.如图所示,一位质量m=60 kg参加“挑战极限”的业余选手,要越过一宽度为s=2.5 m的水沟,跃上高为H=2.0 m的平台,采用的方法是:人手握一根长L=3.25 m的轻质弹性杆一端,从A点由静止开始匀加速助跑,至B点时,杆另一端抵在O点的阻挡物上,接着杆发生形变、同时脚蹬地,人被弹起,离地时重心高h=0.8 m,到达最高点时杆处于竖直,人的重心在杆的顶端.运动过程中空气阻力可忽略不计。(取g=
10 m/s2)
(1)第一次试跳,人恰能到达最高点,则人在B点离开地面时的速度v1是多少?
(2)第二次试跳,人在最高点放开杆水平飞出后,恰好趴落到平台边缘,则人在最高点飞出时速度v2至少多大?
(3)设在第二次试跳中,人跑到B点时速度大小为vB=8 m/s,求人在B点蹬地弹起瞬间,至少应做多少功?
解析:(1)由机械能守恒定律,得m=mg(L-h)
v1== m/s=7 m/s。
(2)人飞出做平抛运动,最高点速度v最小时人刚好落在平台上,则有L-H=gt2
s=v2t
解得
v2=s=2.5× m/s=5 m/s。
(3)设蹬地瞬间人做功W,由动能定理,有
W-mg(L-h)=m-m
W=mg(L-h)+m-m=60×10×(3.25-0.8) J+×60×52 J-×60×
82 J=300 J。
答案:(1)7 m/s (2)5 m/s (3)300 J
13.如图所示,竖直平面内固定着由两个半径为R的四分之一圆弧构成的细管道ABC,圆心连线O1O2水平。轻弹簧左端固定在竖直挡板上,右端靠着质量为m的小球(小球的直径略小于管道内径),长为R的薄板DE置于水平面上,板的左端D到管道右端C的水平距离为R,开始时弹簧处于锁定状态,具有一定的弹性势能,解除锁定,小球离开弹簧后进入管道,最后从C点抛出(重力加速度为g,不计小球与水平面和细管道的摩擦)。
(1)若小球经C点时对管道外侧的弹力的大小为mg。求弹簧锁定时具有的弹性势能Ep;
(2)试通过计算判断小球能否落在薄板DE上。
解析:(1)设小球到达C点时的速度大小为v1。
解除弹簧锁定后小球运动到C点过程,弹簧和小球组成的系统机械能守恒,
由机械能守恒定律得Ep=2mgR+m
小球经过C点所受的弹力大小为mg,方向竖直向下。
在C点,由牛顿第二定律得mg+mg=m
解得Ep=3mgR,v1=。
(2)小球离开C后做平抛运动,由平抛运动的规律有
2R=gt2
x=v1t
联立解得x=2R
因为x>2R,所以小球不能落在薄板DE上。
答案:(1)3mgR (2)见解析
14.“割绳子”曾是一款风靡世界的休闲游戏,玩家需要通过剪断绳索,让绑着的糖果掉入怪兽嘴里。如图是其中的某个关卡,开始时,一端连有糖果的绳索处于水平状态,另一端固定在O点,绳索长度为R,图中的怪兽A相对O点水平位移和竖直位移分别为R和2R,怪兽B位于O点正上方R处,C处为喷气装置,可为糖果提供水平向右的动力或者阻力,该装置相对O点的竖直位移为R。已知糖果质量为m,重力加速度为g,题中涉及物体都可视为质点处理,糖果由水平位置开始静止释放,回答下列问题:
(1)糖果运动到最低点时,其对绳子的拉力为多大?
(2)试通过分析说明,糖果运动至最低点时,剪断绳索,能否被怪兽A吃到。若能,请说明理由;若不能,则计算说明怪兽A在同一高度的什么位置才能吃到糖果。
(3)显然,喷气装置提供额外的能量之后,糖果才有可能被怪兽B吃到,请问这部分额外能量最少为多少?
解析:(1)糖果向下运动的过程中,由机械能守恒定律mgR=m,得v1=
在最低点,以糖果为研究对象,根据牛顿第二定律得
FT-mg=m
联立计算得出FT=3mg
由牛顿第三定律知,糖果运动到最低点时对绳子的拉力为3mg。
(2)糖果运动至最低点时,剪断绳索,糖果开始做平抛运动,
则有R=gt2,得t=,
水平位移为x=v1t=2R
因为x>R,所以糖果不能被怪兽A吃到。怪兽A在同一高度离O点的水平距离为2R的位置才能吃到糖果。
(3)糖果恰好被怪兽B吃到时,
在最高点,有mg=m,
设这种情况下,糖果在最低点的速度为v2,
根据机械能守恒定律得mg·2R+m=m,
可得v2=,
所以,喷气装置提供额外的能量为
E=m-m=1.5mgR。
答案:(1)3mg (2)见解析 (3)1.5mgR
15.某校开展“趣味运动会”时有一个节目的场地设施如图所示,AB为水平的直轨道。上面安装有电动悬挂器,在电动机带动下可载人运动。AB直轨道右下方有半径为R=10 m的竖直光滑圆弧轨道CDE,C处有一圆形小孔,∠COD=α=53°。节目中选手先抓住悬挂器,从A点下方的平台边缘处从静止开始沿水平方向做加速度为a的匀加速直线运动。若选手在与平台等高处合适的位置相对于自己无初速度释放一质量m=5 kg的小球,小球恰能从C点处的圆孔沿切线方向飞入圆弧轨道,且小球通过C点时的速度大小为10 m/s,取g=10 m/s2,sin 53°
=0.8,cos 53°=0.6。求:
(1)A下方平台与圆弧入口处的高度差H;
(2)在本节目场地设计时,A下方平台到C处的距离L与电动悬挂器在水平直轨道AB上做匀加速直线运动时的加速度a应满足的函数关系;
(3)小球滑到竖直圆形轨道最低点D时对轨道的压力。
解析:(1)小球释放后做平抛运动,到达C点时的速度方向沿C点的切线方向,如图所示,
vx=vCcos α,vy=vCsin α,
竖直方向上做自由落体运动,H==3.2 m。
(2)小球释放前随选手做匀加速直线运动,
L=+vxt,其中t=,
将vx和t代入可得,L=+4.8。
(3)对小球从C到D的过程,由动能定理可得
mgR(1-cos α)=m-m,
小球滑到最低点D时,根据牛顿第二定律得
FN-mg=m,代入数据解得FN=140 N。
由牛顿第三定律知,小球对轨道的压力FN′=140 N。
答案:(1)3.2 m (2)L=+4.8 (3)140 N
16.如图所示,斜面ABC下端与圆轨道CDE相切于C,整个装置竖直固定,D是圆轨道的最低点,斜面的倾角θ=37°,B与圆心O等高,圆轨道半径r=0.5 m,斜面高 h=1.4 m。现有一个质量m=1 kg的小物块P(视为质点)从斜面上端A点静止下滑,经竖直圆轨道回到最低点D′以后经直轨道D′F冲上两个半径R=0.4 m的圆管轨道,所有轨道均光滑,取sin 37°=0.6,cos 37°=0.8,g取10 m/s2,忽略空气阻力,求:
(1)物块到达D点对轨道的压力大小;
(2)若物块要不脱离轨道的基础上能通过圆管轨道最高点G,则物块释放的高度H至少为多少(距离斜面底端的高度)?
解析:(1)物块从A到D的过程,由动能定理得
mg(h+r-rcos θ)=m
物块到达D点时,由牛顿第二定律FN-mg=m,
联立解得FN=70 N
根据牛顿第三定律知,物块到达D点对轨道的压力大小为70 N。
(2)因E点高于G点,由机械能守恒定律可知,要不脱轨,物块在E点的速度必须满足vE≥。
从开始到E点的过程,由机械能守恒定律得
mg(H+r-rcos θ)=m+2mgr
解得H≥1.15 m,
所以物块释放的高度至少为1.15 m。
答案:(1)70 N (2)1.15 m
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第9节 实验:验证机械能守恒定律
1.在“验证机械能守恒定律”实验中,下列说法正确的是( D )
A.必须测量重物的质量
B.必须用秒表测出重锤下落的时间
C.把秒表测得的时间代入v=gt,计算重锤的速度
D.释放纸带前,手捏住纸带上端并使纸带处于竖直
解析:因实验需验证的关系式是mgh=mv2,m可约去,故可以不测重物的质量,A错误;打点计时器可以测量重锤下落的时间,不需要用秒表测量,故B错误;该实验是验证机械能守恒定律的实验,如果把重物看成自由落体运动,再运用自由落体的规律求解速度,那么就是用机械能守恒来验证机械能守恒定律,故C错误;释放纸带前,手捏住纸带上端并使纸带处于竖直,从而减小纸带与限位孔之间的摩擦,故D正确。
2.(多选)用自由落体法验证机械能守恒定律,就是看m是否等于mghn(n为计数点的编号0,1,2,…n)。下列说法中正确的是( AB )
A.打点计时器打第一个点0时,重物的速度为零
B.hn是计数点n到起始点0的距离
C.必须测量重物的质量
D.用vn=gtn计算vn时,tn=(n-1)T(T为打点周期)
解析:本实验的原理是利用重物的自由落体运动来验证机械能守恒定律。因此打点计时器打第一个点时,重物运动的速度应为零,A正确;hn与vn分别表示打第n个点时重物下落的高度和对应的瞬时速度,B正确;本实验中,不需要测量重物的质量,因为公式mgh=mv2的两边都有m,故只要gh=v2成立,mgh=mv2就成立,机械能守恒定律也就被验证了,C错误;实验中应用公式vn=来计算vn,D错误。
3.(2016·浙江4月选考)(1)在下列学生实验中,需要用到打点计时器的实验有 (填字母)。?
A.探究求合力的方法
B.探究加速度与力、质量的关系
C.探究做功与物体速度变化的关系
D.探究作用力与反作用力的关系
(2)①做“验证机械能守恒定律”的实验,已有铁架台、铁夹、电源、纸带、打点计时器,还必须选取的器材是图中的 (填字母)。?
②某同学在实验过程中,a.在重锤的正下方地面铺海绵;b.调整打点计时器的两个限位孔连线为竖直;c.重复多次实验。以上操作可减小实验误差的是 (填字母)。?
答案:(1)BC (2)BD bc
4.在“验证机械能守恒定律”实验中,释放纸带前,甲、乙两同学操作正确的是 (选填“甲”或“乙”);纸带下端所挂物体应选 (选填“A”“B”“C”或“D”),理由是 。
解析:甲同学这样做才能使重锤自由下落时,纸带上的点迹较多,故选择甲。产生系统误差的主要原因是纸带通过打点计时器时存在摩擦阻力,使得重锤获得的动能小于它所减少的重力势能,为减小误差,重锤应选体积小、质量大的。从增加重力减小阻力的影响,故选择B物体。
答案:甲 B 增加重力减小阻力的影响
5.小张做验证机械能守恒定律实验,在接通电源、释放纸带之前的情形如图所示,已知铁架台置于水平桌面上,打点计时器竖直,请指出图中不合理的地方(至少两处)。
不合理①: ;
不合理②: 。
答案:①重锤未紧靠打点计时器 ②重锤与地面的距离太小 ③手应该抓住纸带的上端并使纸带竖直(任选两处填入)
6.图中甲、乙两图都是用来“验证机械能守恒定律”的装置示意图。
(1)比较甲、乙两图,某同学认为乙图装置较好,其理由如下列所述,其中正确的是 (填字母代号)。?
A.电火花计时器打点更准确
B.减小了空气阻力对实验的影响
C.可以节省纸带,让点迹更为密集
D.保证物体从静止释放,避免因纸带抖动而增大摩擦
(2)实验中发现重物增加的动能略小于减少的重力势能,其主要原因是 (填字母代号)。?
A.重物的质量过大
B.重物的体积过小
C.电源的电压偏低
D.重物及纸带在下落时受到阻力
(3)从纸带上选取多个点,测量从第一点到其余各点的下落高度h,并计算各点速度的平方v2,以为纵轴,以h为横轴,根据实验数据绘出h图线,则在误差允许的范围内该图线是 ,图线的斜率是 。
解析:(1)因为用夹子固定纸带,可以避免用手握纸带时因手的抖动带来的弊端。电磁打点计时器与电火花计时器的打点精度是相同的。
(2)重物及纸带在下落时受到阻力,由于阻力做功,重力势能除了转化为动能,还有一部分转化为内能。
(3)从纸带上选取多个点,测量从第一点到其余各点的下落高度h,并计算各点速度的平方v2,则需验证的关系式是mgh=mv2,故在误差允许的范围内,h图线是一条过原点且斜率为g的直线。
答案:(1)D (2)D (3)过原点的一条倾斜直线 重力加速度g
7.在验证机械能守恒定律的实验中,质量m=100 g的重锤自由下落,在纸带上打出了一系列的点,如图乙所示。相邻计数点时间间隔为0.02 s,长度单位是 cm,g取9.8 m/s2。
(1)某同学开始实验时情形如图甲所示,接通电源释放纸带。请指出该同学在实验中存在的两处明显错误或不当的地方。
① ;
② 。
(2)从起始点O到打下计数点B的过程中,物体重力势能的减少量
ΔEp= J,动能的增加量ΔEk= J。(均保留两位有效数字)
解析:(1)由题图甲可知,打点计时器接了直流电源,应接交流电源。重物释放时离打点计时器太远,不利于数据的采集和测量。
(2)根据平均速度等于中间时刻的瞬时速度,
则有vB==1 m/s,
物体重力势能的减少量ΔEp=mghOB≈0.051 J,
物体动能的增加量ΔEk=m=0.050 J。
答案:(1)①打点计时器接了直流电源 ②重物离打点计时器太远了 (2)0.051 0.050
8.如图所示,打点计时器固定在铁架台上,使重物带动纸带从静止开始自由下落,利用此装置验证机械能守恒定律。
(1)对于该实验,下列操作中对减小实验误差有利的是 。?
A.重物选用质量和密度较大的金属锤
B.两限位孔在同一竖直面内上下对正
C.精确测量出重物的质量
D.用手托稳重物,接通电源后,撤手释放重物
(2)某实验小组利用上述装置将打点计时器接到50 Hz的交流电源上,按正确操作得到了一条完整的纸带,由于纸带较长,图中有部分未画出,如图所示。纸带上各点是打点计时器打出的计时点,其中O点为纸带上打出的第一个点。重物下落高度应从纸带上计时点间的距离直接测出,利用下列测量值能完成验证机械能守恒定律的选项有 。
A.OA,AD和EG的长度
B.OC,BC和CD的长度
C.BD,CF和EG的长度
D.AC,BD和EG的长度
解析:(1)选用质量和密度较大的金属锤、限位孔对正都可以减小摩擦力对实验结果造成的误差,所以A,B正确;动能与重力势能表达式中都含有质量m,可以约去,故不需要测量出质量m的具体数值,C错误;重物下落之前应该用手拉住纸带上端而不是用手托稳重物,D错误。
(2)测出BC和CD的长度就可以计算出打下C点时的速度vC,再测出OC的长度,就可验证mghOC=m是否成立,所以B正确;测出BD,EG的长度可计算出打下C,F两点时的速度vC和vF,再测出CF的长度,就可验证mghCF=m-m是否成立,所以C正确。
答案:(1)AB (2)BC
9.某同学用如图甲所示的装置验证机械能守恒定律。一根细线系住钢球,悬挂在铁架台上,钢球静止于A点,光电门固定在A的正下方。在钢球底部竖直地粘住一片宽度为d的遮光条.将钢球拉至不同位置由静止释放,遮光条经过光电门的挡光时间t由计时器测出,取v=作为钢球经过A点时的速度。记录钢球每次下落的高度h和计时器示数t,计算并比较钢球在释放点和A点之间的势能变化大小ΔEp与动能变化大小ΔEk,就能验证机械能是否守恒。
(1)用ΔEp=mgh计算钢球重力势能变化的大小,式中钢球下落高度h应测量释放时的钢球球心到 之间的竖直距离。?
A.钢球在A点时的顶端
B.钢球在A点时的球心
C.钢球在A点时的底端
(2)用ΔEk=mv2计算钢球动能变化的大小,用刻度尺测量遮光条宽度,示数如图乙所示,其读数为 cm.某次测量中,计时器的示数为0.010 0 s,则钢球的速度为v= m/s。?
(3)下表为该同学的实验结果:
ΔEp(×10-2 J) 4.892 9.786 14.69 19.59 29.38
ΔEk(×10-2 J) 5.04 10.1 15.1 20.0 29.8
他发现表中的ΔEp与ΔEk之间存在差异,认为这是由于空气阻力造成的.你是否同意他的观点?请说明理由。
(4)请你提出一条减小上述差异的改进建议。
解析:(1)钢球下落的高度为初末位置球心间的竖直距离,所以选B。(2)由图知读数为1.50 cm,钢球的速度为v=,代入数据解得v=
1.50 m/s。(3)若是空气阻力造成的,则ΔEk应小于ΔEp,根据表格数据知不是空气阻力造成的。(4)钢球经过A点时,光电门的位置低于球心的位置,故实验中测得的钢球速度大于钢球在A点的实际速度。遮光条与钢球运动的角速度相等,由v=ω·r知,ω一定时,v与r成正比,故分别测出光电门和球心到悬点的距离L和l,即可计算出钢球经过A点时的速度v′=v。
答案:(1)B (2)1.50(1.49～1.51都算对) 1.50(1.49～1.51都算对) (3)见解析 (4)分别测出光电门和球心到悬点的距离L和l,计算ΔEk时,将v代入钢球的速度v′=v。
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第10节 能量守恒定律与能源
基础训练
1.利用新能源发电的形式很多,如甲、乙、丙和丁图所示,其中甲表示潮汐能发电,乙表示地热能发电,而丙和丁图所对应的发电形式分别是( B )
A.化学能,风能 B.太阳能,风能
C.核能,太阳能 D.核能,化学能
2.关于能量耗散,下列说法中正确的是( D )
A.能量耗散是指在一定条件下,能量在转化过程中总量减少了
B.能量耗散表明能量守恒定律具有一定的局限性
C.能量耗散表明在能源的利用过程中,能量在数量上越来越少
D.能量耗散从能量转化的角度反映出自然界中宏观过程的方向性
解析:能量耗散是不可避免的,但是能量耗散也遵守能量守恒定律,故选D。
3.如图是安装在列车车厢之间的摩擦缓冲器结构图,图中①和②为楔块,③和④为垫块,楔块与弹簧盒、垫块间均有摩擦,在车厢相互撞击时弹簧压缩过程中( B )
A.缓冲器的机械能守恒
B.摩擦力做功消耗机械能
C.垫块的动能全部转化成内能
D.弹簧的弹性势能全部转化为动能
解析:由于楔块与弹簧盒、垫块间均有摩擦,摩擦力做负功,则缓冲器的机械能部分转化为内能,故选项A错误,B正确;车厢撞击过程中,弹簧被压缩,摩擦力和弹簧弹力都做功,所以垫块的动能转化为内能和弹性势能,选项C,D错误。
4.画作《瀑布》如图所示,有人对这画作作了如下解释,水流从高处倾斜而下,推动水轮机发电,又顺着水渠流动,回到瀑布上方。然后再次倾斜而下,如此周而复始,这一解读违背了( D )
A.库仑定律
B.欧姆定律
C.电荷守恒定律
D.能量守恒定律
5.如图所示为“风光互补路灯”系统,在有阳光时通过太阳能电池板发电,有风时通过风力发电机发电,二者皆备时同时发电,并将电能输至蓄电池储存起来,供路灯照明使用。该系统( D )
A.只可以实现风能转化为电能
B.只可以实现太阳能转化为电能
C.可以实现电能转化为风能
D.可以同时实现风能、太阳能转化为电能
6.滑雪运动深受人民群众喜爱。某滑雪运动员(可视为质点)由坡道进入竖直面内的圆弧形滑道AB,从滑道的A点滑行到最低点B的过程中,由于摩擦力的存在,运动员的速率不变,则运动员沿AB下滑过程中( C )
A.所受合外力始终为零 B.所受摩擦力大小不变
C.合外力做功一定为零 D.机械能始终保持不变
解析:运动员做匀速圆周运动,合外力指向圆心,A错误;对运动员受力分析如图所示,
Ff=mgsin α,下滑过程中α减小,sin α变小,故摩擦力Ff变小,B错误;由动能定理知,匀速下滑动能不变,合外力做功为零,C正确;运动员下滑过程中动能不变,重力势能减小,机械能减小,D错误.
7.铅球运动员将静止在地面上的质量为1 kg的铅球向上提升1 m的高度,并以2 m/s的速度将铅球投掷出去,则在这一过程中( B )
A.手对铅球做功10 J
B.铅球的重力势能增加10 J
C.铅球克服重力做功2 J
D.铅球的机械能增加2 J
解析:手对铅球做功应等于铅球获得的总机械能,即W=mv2+mgh=12 J,故A,D错误;铅球克服重力做功W=mgh=10 J,则B正确,C错误。
8.(2017·浙江11月选考)如图所示是具有登高平台的消防车,具有一定质量的伸缩臂能够在5 min内使承载4人的登高平台(人连同平台的总质量为400 kg)上升60 m到达灭火位置。此后,在登高平台上的消防员用水炮灭火,已知水炮的出水量为3 m3/min,水离开炮口时的速率为20 m/s,则用于(g取10 m/s2)( B )
A.水炮工作的发动机输出功率约为1×104 W
B.水炮工作的发动机输出功率约为4×104 W
C.水炮工作的发动机输出功率约为2.4×106 W
D.伸缩臂抬升登高平台的发动机输出功率约为800 W
解析:登高平台的发动机输出功率为克服伸缩臂和人连同平台的重力的功率,克服人和平台重力的功率,P== W=800 W,故输出功率应大于800 W,选项D错误;在1 s内,喷出去水的质量为m2=ρV=
103× kg=50 kg,增加的重力势能为WG=m2gh=50×10×60 J=3×104 J,增加的动能为m2v2=1×104 J,所以1 s内水增加的机械能为4×104 J,所以水炮工作的发动机输出功率为4×104 W,选项B正确,A,C错误。
9.质量为m的跳水运动员进入水中后受到水的阻力而做减速运动,设水对运动员的阻力大小恒为F,已知重力加速度为g,那么在运动员减速下降h的过程中( D )
A.运动员的重力势能增加了mgh
B.运动员的动能减少了Fh
C.运动员的机械能减少了(F-mg)h
D.运动员的机械能减少了Fh
解析:运动员减速下降h,重力势能在减小,A错误;合外力做功为(mg-F)h,是负功,所以运动员的动能减少了(F-mg)h,B错误;机械能的变化等于除重力、弹力外其他力做的功,所以运动员的机械能减少了Fh,故C错误,D正确。
10.如图所示,轻质弹簧一端固定,另一端连接一小物块,O点为弹簧在原长时物块的位置。物块由A点静止释放,沿粗糙程度相同的水平面向右运动,最远到达B点。在从A到B的过程中,物块( D )
A.加速度一直减小
B.经过O点时的速度最大
C.所受弹簧弹力始终做正功
D.所受弹簧弹力做的功等于克服摩擦力做的功
解析:由A点开始运动时,F弹>Ff,合力向右,小物块向右加速运动,弹簧压缩量逐渐减小,F弹减小,由F弹-Ff=ma知,a减小;当运动到F弹=Ff时,a减小为零,此时弹簧仍处于压缩状态,由于惯性,小物块继续向右运动,此时,F弹能力提升
11.从地面竖直向上抛出一物体,其机械能E总等于动能Ek与重力势能Ep之和。取地面为重力势能零点,该物体的E总和Ep随它离开地面的高度h的变化如图所示。重力加速度取10 m/s2。由图中数据可得( A )
A.物体的质量为2 kg
B.h=0时,物体的速率为20 m/s
C.h=2 m时,物体的动能Ek=40 J
D.从地面至h=4 m,物体的动能减少80 J
解析:Eph图象的斜率表示物体受到的重力mg,即mg= N=20 N,解得m=2 kg,故A正确;由图象可知,物体离地面的高度h=0时,重力势能Ep=0,机械能E总=100 J,则动能Ek=E总-Ep=100 J,而Ek=mv2=100 J,解得v=10 m/s,故B错误;同理可得,h=2 m时,Ep=40 J,Ek=E总-Ep=90 J-
40 J=50 J;h=4 m时,Ek=E总-Ep=80 J-80 J=0 J,从地面至h=4 m,物体的动能减少100 J,故C,D错误。
12.(2015·浙江10月选考)快艇在运动中受到的阻力与速度平方成正比(即Ff=kv2)。若油箱中有20 L燃油,当快艇以10 m/s匀速行驶时,还能行驶40 km,假设快艇发动机的效率保持不变,则快艇以
20 m/s匀速行驶时,还能行驶( C )
A.80 km B.40 km C.10 km D.5 km
解析:发动机的功率P=Ffv=kv3,以10 m/s匀速行驶40 km的时间t1==
4 000 s,总功一定,由于发动机的效率不变,发动机输出的有用功相等即kt1=kt2,得t2=500 s,x2=v2t2=10 000 m=10 km。
13.如图所示是某类潮汐发电示意图。涨潮时开闸,水由通道进入海湾水库蓄水,待水面升至最高点时关闭闸门(如图甲),落潮时,开闸放水发电(如图乙)。设海湾水库面积为5.0×108 m2,平均潮差为3.0 m,一天涨落潮两次,发电机的平均能量转化效率为10%,则一天内发电的平均功率约为(ρ海水=1.0×103 kg/m3,g取10 m/s2)( B )
A.2.6×104 kW B.5.2×104 kW
C.2.6×105 kW D.5.2×105 kW
解析:放水发电时,海水的重力势能减少,其中10%转化为电能。一天内提供的重力势能为Ep=2mgh=2ρ海水Vgh=2×1.0×103×5.0×108×
3.0×10×1.5 J=4.5×1013 J,则一天内发电的平均功率为P=≈5.2×104 kW。故选项B正确。
14.(2019·浙江6月学考)如图所示是质量可忽略不计的秋千,悬点O离地面高度H=2 m。质量m=5 kg的小猴(可视为质点)趴在秋千上,它到悬点O的距离l1=1.6 m。饲养员在图中左侧推秋千,每次做功都为W=5 J。秋千首次从最低点被推动,以后每次推动都是在秋千荡回左侧速度变为零时进行。若不计空气阻力,g取10 m/s2,求:
(1)经1次推动,小猴荡起的最高点比最低点高多少。
(2)经多少次推动,小猴经过最低点的速度v=4 m/s。
(3)某次小猴向右经过最低点时,一个挂在秋千绳上C点的金属小饰物恰好脱落,并落在地上D点。D到C的水平距离x=0.96 m,C到O的距离l2=1.28 m。则小猴此次经过最低点时对秋千的作用力多大。
解析:(1)推动一次W=mgh,得h=0.1 m。
(2)推动n次后,回到最低点,由动能定理nW=mv2,得n=8。
(3)小饰物下落时间满足H-l2=gt2,t= s,
脱落时的速度v1== m/s,
设小猴经过最低点时速度为v2,
=,
得v2= m/s,
对小猴受力分析,有
FT-mg=m,
解得FT=81.25 N,
由牛顿第三定律得,小猴对秋千的作用力为81.25 N。
答案:(1)0.1 m (2)8次 (3)81.25 N
15.如图所示,竖直放置的半径为R的半圆形光滑轨道BCD跟水平直轨道AB相切于B点,D点为半圆形轨道的最高点。木块m(可视为质点)跟轨道A,B间的动摩擦因数为μ,AB两点间的距离为s。现给木块m以水平向右的初速度v0从A点滑出。试问:
(1)如果要求木块经D点滑出后重新回到A点,则v0应满足什么条件?
(2)如果要求木块能沿原路返回并重新回到A点,则v0应满足什么条件?R,μ,s之间还应满足什么条件?
解析:(1)木块m从D点滑出后做平抛运动又回到A点,设木块在D点的速度为v,木块从D点运动到A点所用的时间为t,
在水平方向:s=vt,
竖直方向上:2R=gt2,
解得v=。
对木块从A到D由动能定理有
-μmgs-mg·2R=mv2-m,
解得 v0 =。
(2)要使木块沿原路返回,则沿圆轨道上滑时,不能超过题图中C点。
根据功能关系,v0应满足:
m≤μmgs+mgR,
又要使木块能回到A点,
则有m≥2μmgs,
联立两式得≥ v0≥2,
要使上式成立,则R,μ,s之间还应满足R≥μs。
答案:(1)v0=
(2)≥ v0≥2 R≥μs
16.(2017·浙江11月选考)如图1所示是游乐园的过山车,其局部可简化为如图2所示的示意图,倾角θ=37°的两平行倾斜轨道BC,DE的下端与水平半圆形轨道CD顺滑连接。倾斜轨道BC的B端高度h=24 m,倾斜轨道DE与圆弧EF相切于E点,圆弧EF的圆心O1、水平半圆轨道CD的圆心O2与A点在同一水平面上,DO1的距离L=20 m。质量m=1 000 kg的过山车(包括乘客)从B点自静止滑下,经过水平半圆轨道后,滑上另一倾斜轨道,到达圆弧顶端F时乘客对座椅的压力为自身重力的0.25倍。已知过山车在BCDE段运动时所受的摩擦力与轨道对过山车的支持力成正比,比例系数μ=,EF段摩擦力不计,整个运动过程空气阻力不计。(sin 37°=0.6,cos 37°=0.8)
(1)求过山车过F点时的速度大小。
(2)求从B到F整个运动过程中摩擦力对过山车做的功。
(3)如果过D点时发现圆轨道EF段有故障,为保证乘客的安全,立即触发制动装置,使过山车不能到达EF段并保证不再下滑,则过山车受到的摩擦力至少应多大?
解析:(1)在F点有
m人g-m人g=m人, ①
r=Lsin θ=12 m, ②
得vF==3 m/s。 ③
(2)设整个过程摩擦阻力做功为W,对B到F的过程用动能定理
mg(h-r)+W=m-0, ④
得W=-7.5×104 J。 ⑤
(3)触发制动后能恰好到达E点对应的摩擦力为Ff1,
-Ff1Lcos θ-mgrcos θ=0-m, ⑥
未触发制动时,对D点到F点的过程,有
-μmgcos θ·Lcos θ-mgr=m-m, ⑦
由⑥⑦两式得
Ff1=×103 N=4.6×103 N。 ⑧
要使过山车停在倾斜轨道上的摩擦力为Ff2,
Ff2=mgsin θ=6×103 N, ⑨
综合考虑⑧⑨两式,
得Ffm=6×103 N。
答案:(1)3 m/s
(2)-7.5×104 J (3)6×103 N
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