課時(shí)跟蹤檢測（十九） 功能關(guān)系 能量守恒定律

PAGE第13頁共13頁課時(shí)跟蹤檢測（十九）功能關(guān)系能量守恒定律A卷——全員必做1．(2021·浙江1月選考)一輛汽車在水平高速公路上以80km/h的速度勻速行駛，其1s內(nèi)能量分配情況如圖所示。則汽車()A．發(fā)動(dòng)機(jī)的輸出功率為70kWB．每1s消耗的燃料最終轉(zhuǎn)化成的內(nèi)能是5.7×104JC．每1s消耗的燃料最終轉(zhuǎn)化成的內(nèi)能是6.9×104JD．每1s消耗的燃料最終轉(zhuǎn)化成的內(nèi)能是7.0×104J解析：選C每秒鐘來自燃料7.0×104J，說明輸入總功率為70kW，其中發(fā)動(dòng)機(jī)輸入總功率為69kW，選項(xiàng)A錯(cuò)誤。根據(jù)示意圖，除了燃料蒸發(fā)帶走1000J之外，根據(jù)能量守恒定律，剩余能量均轉(zhuǎn)化為內(nèi)能，因此選項(xiàng)B、D錯(cuò)誤，選項(xiàng)C正確。2．(2021·廣州質(zhì)檢)“健身彈跳球”是近期流行的一種健身器材。小學(xué)生在玩彈跳球時(shí)雙腳站在水平跳板上，用力向下壓彈跳球后，彈跳球能和人一起跳離地面。某彈跳球安全性能指標(biāo)要求反彈高度不超過15cm，請(qǐng)估算該彈跳球一次反彈過程最多能對(duì)小學(xué)生做的功最接近于()A．0.6J B．6JC．60J D．600J解析：選C一名小學(xué)生的質(zhì)量大約為40kg，從地面起跳至最大高度處，重力勢能增加mgh＝60J，根據(jù)功能關(guān)系可知彈跳球一次反彈過程最多能對(duì)小學(xué)生做的功等于小學(xué)生增加的重力勢能為60J，故選項(xiàng)C正確。3．(2021·榆林調(diào)研)一個(gè)人站立在商場的自動(dòng)扶梯的水平踏板上，隨扶梯向上加速，如圖所示，則()A．人對(duì)踏板的壓力大小等于人所受到的重力大小B．人只受重力和踏板的支持力的作用C．踏板對(duì)人的支持力做的功等于人的機(jī)械能增加量D．人所受合力做的功等于人的動(dòng)能的增加量解析：選D人的加速度斜向上，將加速度分解到水平和豎直方向得：ax＝acosθ，方向水平向右；ay＝asinθ，方向豎直向上，水平方向受靜摩擦力作用，f＝ma＝macosθ，水平向右，豎直方向受重力和支持力，F(xiàn)N－mg＝masinθ，所以FN>mg，故A、B錯(cuò)誤；除重力以外的力對(duì)物體做的功，等于物體機(jī)械能的變化量，踏板對(duì)人的力除了支持力還有摩擦力，運(yùn)動(dòng)過程中摩擦力也做功，所以踏板對(duì)人的支持力做的功不等于人的機(jī)械能增加量，故C錯(cuò)誤；由動(dòng)能定理可知，人所受合力做的功等于人的動(dòng)能的增加量，故D正確。4．(2021·北京市第十三中學(xué)開學(xué)測試)一木塊靜置于光滑水平面上，一顆子彈沿水平方向飛來射入木塊中。當(dāng)子彈進(jìn)入木塊的深度達(dá)到最大值2.0cm時(shí)，木塊沿水平面恰好移動(dòng)1.0cm。在上述過程中系統(tǒng)損失的機(jī)械能與子彈損失的動(dòng)能之比為()A．1∶2 B．1∶3C．2∶3 D．3∶2解析：選C根據(jù)題意，子彈在摩擦力作用下的位移為x1＝(2＋1)cm＝3cm，木塊在摩擦力作用下的位移為x2＝1cm；系統(tǒng)損失的機(jī)械能轉(zhuǎn)化為內(nèi)能，根據(jù)功能關(guān)系，有ΔE系統(tǒng)＝Q＝f·Δx＝f(x1－x2)，子彈損失的動(dòng)能等于克服摩擦力做的功，故ΔE子彈＝fx1，所以eq\f(ΔE系統(tǒng),ΔE子彈)＝eq\f(2,3)，所以C正確，A、B、D錯(cuò)誤。5.如圖所示，滑塊靜止于光滑水平面上，與之相連的輕質(zhì)彈簧處于自然伸直狀態(tài)，現(xiàn)用恒定的水平外力F作用于彈簧右端，在向右移動(dòng)一段距離的過程中力F做了10J的功。下列說法正確的是()A．彈簧的彈性勢能增加了10JB．滑塊的動(dòng)能增加了10JC．滑塊和彈簧組成的系統(tǒng)機(jī)械能增加了10JD．滑塊和彈簧組成的系統(tǒng)機(jī)械能守恒解析：選C力F做功的同時(shí)，彈簧伸長，彈性勢能增大，滑塊向右加速，滑塊動(dòng)能增加，由功能關(guān)系可知，力F做的功等于滑塊的動(dòng)能與彈簧彈性勢能的增加量之和，即滑塊和彈簧組成的系統(tǒng)機(jī)械能增加了10J，C正確，A、B、D錯(cuò)誤。6.(多選)如圖所示為地鐵站用于安全檢查的裝置，主要由水平傳送帶和X光透視系統(tǒng)兩部分組成，傳送過程傳送帶速度不變。假設(shè)乘客把物品輕放在傳送帶上之后，物品總會(huì)先、后經(jīng)歷兩個(gè)階段的運(yùn)動(dòng)，用v表示傳送帶速率，用μ表示物品與傳送帶間的動(dòng)摩擦因數(shù)，則()A．前階段，物品一定向傳送帶運(yùn)動(dòng)的方向運(yùn)動(dòng)B．后階段，物品受到摩擦力的方向跟傳送方向相同C．v相同時(shí)，μ不同的等質(zhì)量物品與傳送帶因摩擦產(chǎn)生的熱量相同D．μ相同時(shí)，v增大為原來的2倍，前階段物品的位移也增大為原來的2倍解析：選AC物品輕放在傳送帶上，前階段，物品受到向前的滑動(dòng)摩擦力，所以物品的運(yùn)動(dòng)方向一定與傳送帶的運(yùn)動(dòng)方向相同，故A正確；后階段，物品與傳送帶一起做勻速運(yùn)動(dòng)，不受摩擦力，故B錯(cuò)誤；設(shè)物品勻加速運(yùn)動(dòng)的加速度為a，由牛頓第二定律得Ff＝μmg＝ma，物品的加速度大小為a＝μg，勻加速的時(shí)間為t＝eq\f(v,a)＝eq\f(v,μg)，位移為x＝eq\f(v,2)t，傳送帶勻速的位移為x′＝vt，物品相對(duì)傳送帶滑行的距離為Δx＝x′－x＝eq\f(vt,2)＝eq\f(v2,2μg)，物品與傳送帶摩擦產(chǎn)生的熱量為Q＝μmgΔx＝eq\f(1,2)mv2，則知v相同時(shí)，μ不同的等質(zhì)量物品與傳送帶因摩擦產(chǎn)生的熱量相同，故C正確；前階段物品的位移為x＝eq\f(vt,2)＝eq\f(v2,2μg)，則知μ相同時(shí)，v增大為原來的2倍，前階段物品的位移增大為原來的4倍，故D錯(cuò)誤。7．(2021·衡水模擬)質(zhì)量為2kg的物體以10m/s的初速度，從起點(diǎn)A出發(fā)豎直向上拋出，在它上升到某一點(diǎn)的過程中，物體的動(dòng)能損失了50J，機(jī)械能損失了10J，設(shè)物體在上升、下降過程空氣阻力大小恒定，則該物體再落回到A點(diǎn)時(shí)的動(dòng)能為(g＝10m/s2)()A．40J B．60JC．80J D．100J解析：選B物體上升到某一高度時(shí)，重力、阻力均做負(fù)功，根據(jù)動(dòng)能定理有：W合＝ΔEk①，空氣阻力做功對(duì)應(yīng)著機(jī)械能的變化，則有：Wf＝ΔE②，將ΔEk＝－50J，ΔE＝－10J，代入①②可得：W合＝－50J，Wf＝－10J，可得W合＝5Wf，物體的初動(dòng)能為Ek0＝eq\f(1,2)mv02＝eq\f(1,2)×2×102J＝100J；當(dāng)物體從A點(diǎn)到最高點(diǎn)的過程中，物體的動(dòng)能減小了100J，由動(dòng)能定理可得，合力做的功W合上＝－100J，所以空氣阻力做功為Wf上＝－20J，由功能原理知，機(jī)械能損失了20J，由于空氣阻力大小恒定，所以下落過程機(jī)械能也損失了20J，則物體落回A點(diǎn)時(shí)的動(dòng)能為100J－2×20J＝60J，故A、C、D錯(cuò)誤，B正確。8．(2021年1月新高考8省聯(lián)考·遼寧卷)(多選)如圖所示，甲、乙兩滑塊的質(zhì)量分別為1kg、2kg，放在靜止的水平傳送帶上，兩者相距5m，與傳送帶間的動(dòng)摩擦因數(shù)均為0.2。t＝0時(shí)，甲、乙分別以6m/s、2m/s的初速度開始向右滑行。t＝0.5s時(shí)，傳送帶啟動(dòng)(不計(jì)啟動(dòng)時(shí)間)，立即以3m/s的速度向右做勻速直線運(yùn)動(dòng)。傳送帶足夠長，重力加速度取10m/s2。下列說法正確的是()A．t＝0.5s時(shí)，兩滑塊相距2mB．t＝1.5s時(shí)，兩滑塊速度相等C．0～1.5s內(nèi)，乙相對(duì)傳送帶的位移大小為0.25mD．0～2.5s內(nèi)，兩滑塊與傳送帶間摩擦生熱共為14.5J解析：選BCD兩滑塊做勻變速運(yùn)動(dòng)時(shí)的加速度大小a＝eq\f(μmg,m)＝μg＝2m/s2，根據(jù)x＝v0t－eq\f(1,2)at2，t＝0.5s時(shí)，兩滑塊相距Δx＝x0－eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(v1t－\f(1,2)at2))＋eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(v2t－\f(1,2)at2))＝3m，A錯(cuò)誤；傳送帶啟動(dòng)時(shí)，甲滑塊的速度為v1′＝v1－at＝5m/s，與傳送帶速度相等所用時(shí)間Δt1＝eq\f(v1′－v0,a)＝1s，因此在t＝1.5s時(shí)，甲滑塊速度與傳送帶相等；傳送帶啟動(dòng)時(shí)，乙滑塊傳送的速度為v2′＝v2－at＝1m/s，與傳送帶速度相等所用時(shí)間Δt2＝eq\f(v0－v2′,a)＝1s，因此在t＝1.5s時(shí)，乙滑塊速度與傳送帶相等；t＝1.5s時(shí)，兩滑塊速度相等，B正確；0～0.5s內(nèi)，乙相對(duì)傳送帶的位移大小為x1＝v2t－eq\f(1,2)at2＝0.75m,0.5～1.5s內(nèi)，乙相對(duì)傳送帶的位移大小為x2＝v0t′－eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(v2′t′＋\f(1,2)at′2))＝1m，因此0～1.5s內(nèi)，乙相對(duì)傳送帶的位移大小為x2－x1＝0.25m，C正確；甲相對(duì)傳送帶的位移x甲＝v1t甲－eq\f(1,2)at甲2－v0t甲′＝6×1.5m－eq\f(1,2)×2×1.52m－3×1m＝3.75m，甲滑塊與傳送帶間摩擦生熱量Q1＝μm1g·x甲＝7.5J，乙滑塊與傳送帶間摩擦生熱量Q2＝μm2g(x1＋x2)＝7J，因此0～2.5s內(nèi)，兩滑塊與傳送帶間摩擦生熱為Q＝Q1＋Q2＝14.5J，D正確。9．(2021年1月新高考8省聯(lián)考·湖北卷)如圖所示，兩傾角均為θ的光滑斜面對(duì)接后固定在水平地面上，O點(diǎn)為斜面的最低點(diǎn)。一個(gè)小物塊從右側(cè)斜面上高為H處由靜止滑下，在兩個(gè)斜面上做往復(fù)運(yùn)動(dòng)。小物塊每次通過O點(diǎn)時(shí)都會(huì)有動(dòng)能損失，損失的動(dòng)能為小物塊當(dāng)次到達(dá)O點(diǎn)時(shí)動(dòng)能的5%。小物塊從開始下滑到停止的過程中運(yùn)動(dòng)的總路程為()A.eq\f(49H,sinθ) B.eq\f(39H,sinθ)C.eq\f(29H,sinθ) D.eq\f(20H,sinθ)解析：選B小物塊第一次到達(dá)O點(diǎn)，獲得的動(dòng)能Ekl＝mgH運(yùn)動(dòng)的路程s1＝eq\f(H,sinθ)小球第一次通過O點(diǎn)損失的動(dòng)能為0.05mgH，滑上斜面到最高點(diǎn)H1＝0.95H到第二次到達(dá)O點(diǎn)運(yùn)動(dòng)的路程s2＝eq\f(H,sinθ)＋eq\f(2H1,sinθ)＝eq\f(H,sinθ)＋eq\f(2×0.95H,sinθ)第二次通過O點(diǎn)后滑上斜面的最高點(diǎn)H2＝0.95H1＝(0.95)2H小球第三次達(dá)到O點(diǎn)的路程s3＝eq\f(H,sinθ)＋eq\f(2×0.95H,sinθ)＋eq\f(2H2,sinθ)＝eq\f(H,sinθ)＋eq\f(2×0.95H,sinθ)＋eq\f(2×0.952H,sinθ)……則在整個(gè)過程中的路程s總＝eq\f(H,sinθ)＋eq\f(2×0.95H,sinθ)＋eq\f(2×0.952H,sinθ)＋…＋eq\f(2×0.95nH,sinθ)根據(jù)等比數(shù)列求和公式得s總＝eq\f(H,sinθ)＋eq\f(2×0.95H1－0.95n,0.05×sinθ)當(dāng)n趨于無窮大，有s總＝eq\f(39H,sinθ)。10.(2021·南京模擬)(多選)如圖所示，光滑的半圓軌道豎直放置，邊緣處固定著光滑小滑輪，跨過滑輪的輕繩連接小球A和B，質(zhì)量分別為mA和mB，小球A在水平拉力F作用下靜止于P點(diǎn)時(shí)，對(duì)軌道的壓力恰好為零。現(xiàn)增大拉力F使小球A沿半圓軌道運(yùn)動(dòng)至Q點(diǎn)，小球A經(jīng)過Q點(diǎn)時(shí)速度為vA，小球B的速度為vB，已知OQ連線與豎直方向的夾角為30°，小球A從P運(yùn)動(dòng)到Q的過程中，下列說法正確的有()A．兩球A、B質(zhì)量之比mA∶mB＝1∶eq\r(2)B．小球A經(jīng)過Q點(diǎn)時(shí)，兩球A、B速度之比vA∶vB＝1∶eq\r(2)C．小球A、B組成的系統(tǒng)機(jī)械能一直增加D．拉力F對(duì)小球A做的功等于小球A機(jī)械能的變化量解析：選AC靜止時(shí)，對(duì)小球A受力分析可得：mBgcos45°＝mAg，解得：mA∶mB＝cos45°＝1∶eq\r(2)，A正確；小球A經(jīng)過Q點(diǎn)時(shí)，兩球沿繩方向的速度大小相等，即：vAsin30°＝vB，解得：vA∶vB＝eq\f(1,sin30°)＝2∶1，B錯(cuò)誤；小球A從P運(yùn)動(dòng)到Q的過程中，拉力F一直做正功，所以小球A、B組成的系統(tǒng)機(jī)械能一直增加，C正確；小球A機(jī)械能的變化量為除小球A重力以外的其他力做功之和，除小球A重力對(duì)小球A做功之外，還有拉力F和繩的拉力T對(duì)小球A做功，拉力F做正功，繩的拉力T做負(fù)功，所以小球A機(jī)械能的變化量小于拉力F對(duì)小球A做的功，D錯(cuò)誤。11．彈跳桿運(yùn)動(dòng)是一項(xiàng)廣受青少年歡迎的運(yùn)動(dòng)，彈跳桿的結(jié)構(gòu)如圖甲所示，一根彈簧的下端固定在跳桿的底部，上端固定在一個(gè)套在跳桿上的腳踏板底部，質(zhì)量為5m的小明站在腳踏板上，當(dāng)他和跳桿處于豎直靜止?fàn)顟B(tài)時(shí)，彈簧的壓縮量為x0，小明先保持穩(wěn)定姿態(tài)豎直彈跳。某次彈跳中，從彈簧處于最大壓縮量為5x0開始計(jì)時(shí)，如圖乙(a)所示；上升到彈簧恢復(fù)原長時(shí)，小明抓住跳桿，使得他和彈跳桿瞬間達(dá)到共同速度，如圖乙(b)所示；緊接著他保持穩(wěn)定姿態(tài)豎直上升到最大高度，如圖乙(c)所示；已知全程彈簧始終處于彈性限度內(nèi)(彈簧彈性勢能滿足Ep＝eq\f(1,2)kx2，k為彈簧勁度系數(shù)，x為彈簧形變量)，跳桿的質(zhì)量為m，重力加速度為g，空氣阻力、彈簧和腳踏板的質(zhì)量以及彈簧和腳踏板與跳桿間的摩擦均可忽略不計(jì)。求：(1)彈跳桿中彈簧的勁度系數(shù)k；(2)從開始計(jì)時(shí)至豎直上升到最大高度過程中小明的最大速度vm。解析：(1)小明和跳桿處于豎直靜止?fàn)顟B(tài)時(shí)，受力平衡，重力與彈簧彈力等大反向，有5mg＝kx0，解得k＝eq\f(5mg,x0)。(2)小明受到的合力為零時(shí)，速度最大，此時(shí)小明上升高度為4x0。根據(jù)系統(tǒng)能量守恒可知，eq\f(1,2)k(5x0)2＝5mg·4x0＋eq\f(1,2)kx02＋eq\f(1,2)×5mvm2解得vm＝4eq\r(gx0)。答案：(1)eq\f(5mg,x0)(2)4eq\r(gx0)12.(2020·大連二模)如圖所示，傾角為θ＝30°的光滑斜面底端固定一塊垂直于斜面的擋板。將長木板A靜置于斜面上，A上放置一小物塊B，初始時(shí)A下端與擋板相距L＝4m，現(xiàn)同時(shí)無初速度釋放A和B。已知在A停止運(yùn)動(dòng)之前B始終沒有脫離A且不會(huì)與擋板碰撞，A和B的質(zhì)量均為m＝1kg，它們之間的動(dòng)摩擦因數(shù)μ＝eq\f(\r(3),3)，A或B與擋板每次碰撞損失的動(dòng)能均為ΔE＝10J，忽略碰撞時(shí)間，重力加速度大小g取10m/s2。求：(1)A第一次與擋板碰撞前瞬間的速度大小v；(2)A第一次與擋板碰撞到第二次與擋板碰撞的時(shí)間間隔Δt；(3)B相對(duì)于A滑動(dòng)的最短時(shí)間t。解析：(1)A和B一起沿斜面向下運(yùn)動(dòng)，在A第一次與擋板碰撞前瞬間，由A和B組成的系統(tǒng)機(jī)械能守恒得：2mgLsinθ＝eq\f(1,2)(2m)v2解得v＝2eq\r(10)(2)A第一次與擋板碰撞后，對(duì)B有mgsinθ＝μmgcosθ，故B勻速下滑設(shè)A與擋板碰撞后的加速度為a1，對(duì)于A由牛頓第二定律得：mgsinθ＋μmgcosθ＝ma1解得a1＝10m/s2，方向沿斜面向下設(shè)A第一次反彈的速度大小為v1，由動(dòng)能定理得：eq\f(1,2)mv2－eq\f(1,2)mv12＝ΔE由運(yùn)動(dòng)學(xué)規(guī)律可知，A第一次與擋板碰撞到第二次與擋板碰撞的時(shí)間為Δt＝eq\f(2v1,a1)，解得Δt＝eq\f(2\r(5),5)s。(3)設(shè)A第二次反彈的速度大小為v2，由動(dòng)能定理有eq\f(1,2)mv2－eq\f(1,2)mv22＝2ΔE，解得v2＝0即A與擋板第二次碰后停在底端，B繼續(xù)勻速下滑，設(shè)與擋板碰后B反彈的速度為v′，加速度大小為a′，沿A向上運(yùn)動(dòng)的時(shí)間為t2，由動(dòng)能定理得eq\f(1,2)mv2－eq\f(1,2)mv′2＝ΔEmgsinθ＋μmgcosθ＝ma′，v′＝a′t2聯(lián)立解得t2＝eq\f(\r(5),5)s當(dāng)B速度減為0時(shí)，因mgsinθ＝μmgcosθ，B將靜止在A上當(dāng)A停止運(yùn)動(dòng)時(shí)，B恰好勻速滑至擋板處，則B相對(duì)A運(yùn)動(dòng)的時(shí)間t最短，故t＝Δt＋t2＝eq\f(3\r(5),5)s。答案：(1)2eq\r(10)m/s(2)eq\f(2\r(5),5)s(3)eq\f(3\r(5),5)sB卷——重點(diǎn)選做1．(2019·全國卷Ⅱ)(多選)從地面豎直向上拋出一物體，其機(jī)械能E總等于動(dòng)能Ek與重力勢能Ep之和。取地面為重力勢能零點(diǎn)，該物體的E總和Ep隨它離開地面的高度h的變化如圖所示。重力加速度取10m/s2。由圖中數(shù)據(jù)可得()A．物體的質(zhì)量為2kgB．h＝0時(shí)，物體的速率為20m/sC．h＝2m時(shí)，物體的動(dòng)能Ek＝40JD．從地面至h＝4m，物體的動(dòng)能減少100J解析：選AD由于Ep＝mgh，所以Ep與h成正比，斜率k＝mg，由題圖得k＝20N，因此m＝2kg，故A正確；當(dāng)h＝0時(shí)，Ep＝0，E總＝Ek＝eq\f(1,2)mv02，因此v0＝10m/s，故B錯(cuò)誤；由圖像知h＝2m時(shí)，E總＝90J，Ep＝40J，由E總＝Ek＋Ep得Ek＝50J，故C錯(cuò)誤；h＝4m時(shí)，E總＝Ep＝80J，即此時(shí)Ek＝0，即上升4m距離，物體的動(dòng)能減少100J，故D正確。2．(2021·佛山模擬)如圖甲所示，質(zhì)量為0.1kg的小球從最低點(diǎn)A沖入豎直放置在水平地面上、半徑為0.4m的半圓形軌道，小球速度的平方與其高度的關(guān)系圖像如圖乙所示。已知小球恰能到達(dá)最高點(diǎn)C，軌道粗糙程度處處相同，空氣阻力不計(jì)。g取10m/s2，B為AC軌道中點(diǎn)。下列說法中不正確的是()A．圖乙中x＝4m2·sB．小球從B到C損失了0.125J的機(jī)械能C．小球從A到C合外力對(duì)其做的功為－1.05JD．小球從C拋出后，落地點(diǎn)到A的距離為0.8m解析：選B當(dāng)h＝0.8m時(shí)，小球恰在C點(diǎn)，由于小球恰好通過最高點(diǎn)C，由mg＝meq\f(vC2,r)，可得vC2＝gr＝4m2·s－2，A正確；小球從A到C的過程中，動(dòng)能減少量ΔEk＝eq\f(1,2)mvA2－eq\f(1,2)mvC2＝1.05J，故合外力對(duì)其做的功為－1.05J，重力勢能增加量ΔEp＝mg·2r＝0.8J，故機(jī)械能減少0.25J，由于小球在A→B段所受摩擦力大于在B→C段的摩擦力，故小球從B到C損失的機(jī)械能小于0.125J，B錯(cuò)誤，C正確；小球離開C點(diǎn)后做平拋運(yùn)動(dòng)，由2r＝eq\f(1,2)gt2，x＝vCt，可解得x＝0.8m，故D正確。3.(2021·貴陽模擬)畢節(jié)是全國唯一一個(gè)以“開發(fā)扶貧、生態(tài)建設(shè)”為主題的試驗(yàn)區(qū)，是國家“西電東送”的主要能源基地。如圖所示為風(fēng)力發(fā)電機(jī)，風(fēng)力帶動(dòng)葉片轉(zhuǎn)動(dòng)，葉片再帶動(dòng)轉(zhuǎn)子(磁極)轉(zhuǎn)動(dòng)，使定子(線圈，不計(jì)電阻)中產(chǎn)生電流，實(shí)現(xiàn)風(fēng)能向電能的轉(zhuǎn)化。若葉片長為l，設(shè)定的額定風(fēng)速為v，空氣的密度為ρ，額定風(fēng)速下發(fā)電機(jī)的輸出功率為P，則風(fēng)能轉(zhuǎn)化為電能的效率為()A.eq\f(2P,πρl2v3) B.eq\f(6P,πρl2v3)C.eq\f(4P,πρl2v3) D.eq\f(8P,πρl2v3)解析：選A風(fēng)能轉(zhuǎn)化為電能的工作原理為將風(fēng)的動(dòng)能轉(zhuǎn)化為輸出的電能，則在t時(shí)間內(nèi)吹向發(fā)電機(jī)的風(fēng)的體積為V＝vt·S＝vt·πl(wèi)2，則風(fēng)的質(zhì)量M＝ρV＝ρvt·πl(wèi)2，因此風(fēng)吹過的動(dòng)能為Ek＝eq\f(1,2)Mv2＝eq\f(1,2)ρvt·πl(wèi)2·v2，在此時(shí)間內(nèi)發(fā)電機(jī)輸出的電能E＝Pt，則風(fēng)能轉(zhuǎn)化為電能的效率為η＝eq\f(E,Ek)＝eq\f(2P,πρl2v3)，故A正確，B、C、D錯(cuò)誤。4.如圖所示，水平白色傳送帶以速度v0＝1m/s沿逆時(shí)針方向勻速運(yùn)動(dòng)，一質(zhì)量為m＝1kg的小石墨塊P以速度v＝5m/s從左端滑上傳送帶，已知P與傳送帶間的動(dòng)摩擦因數(shù)為μ＝0.5，傳送帶長度為3m，重力加速度取g＝10m/s2。則()A．P在傳送帶上向右運(yùn)動(dòng)的最大位移為3mB．從P滑上傳送帶至掉下過程中，P在傳送帶上留下的黑色痕跡長度為0.5mC．從P滑上傳送帶至掉下過程中，P與傳送帶之間產(chǎn)生的摩擦熱Q＝12.5JD．從P滑上傳送帶至掉下過程中，電動(dòng)機(jī)多做的功W＝6J解析：選D小石墨塊P向右運(yùn)動(dòng)的減速階段：加速度大小為a＝μg＝5m/s2，速度減為零時(shí)，向右運(yùn)動(dòng)的位移最大，有x＝eq\f(0－v2,－2a)＝eq\f(－5×5,－2×5)m＝2.5m，A錯(cuò)誤；小石墨塊P從滑上傳送帶到回頭向左加速直到與傳送帶共速的過程，設(shè)經(jīng)t時(shí)間，有1m/s＝－5m/s＋5m/s2·t，解得t＝1.2s，畫出v-t圖像，易知P在傳送帶上留下的黑色痕跡長度即為陰影部分的面積，即s相對(duì)＝eq\f(5＋1×1.2,2)m＝3.6m，B錯(cuò)誤；P與傳送帶之間產(chǎn)生的摩擦熱Q＝μmgs相對(duì)＝5×3.6J＝18J，C錯(cuò)誤；電動(dòng)機(jī)多做的功W＝μmg×s傳送帶＝5×1×1.2J＝6J，D正確。5.(2020·煙臺(tái)一模)(多選)如圖所示，在水平地面上有一圓弧形凹槽ABC，AC連線與地面相平，凹槽ABC是位于豎直平面內(nèi)以O(shè)為圓心、半徑為R的一段圓弧，B為圓弧最低點(diǎn)，而且AB段光滑，BC段粗糙?，F(xiàn)有一質(zhì)量為m的小球(可視為質(zhì)點(diǎn))，從水平地面上P處以初速度v0斜向右上方飛出，v0與水平地面夾角為θ，不計(jì)空氣阻力，該小球恰好能從A點(diǎn)沿圓弧的切線方向進(jìn)入軌道，沿圓弧ABC繼續(xù)運(yùn)動(dòng)后從C點(diǎn)以速率eq\f(v0,2)飛出。重力加速度為g，則下列說法正確的是()A．小球由P到A的過程中，離地面的最大高度為eq\f(v0sinθ,g)B．小球到達(dá)A點(diǎn)時(shí)重力的瞬時(shí)功率為mgv0sinθC．小球在圓弧軌道內(nèi)由于摩擦產(chǎn)生的熱量為eq\f(3mv02,8)D．小球經(jīng)過圓弧軌道最低點(diǎn)B處受到軌道的支持力大小為mg(3－2cosθ)＋eq\f(mv02,R)解析：選BCD小球由P到A的過程做斜拋運(yùn)動(dòng)，離地面的最大高度為H＝eq\f(v0y2,2g)＝eq\f(v02sin2θ,2g)，故A錯(cuò)誤；根據(jù)對(duì)稱性可知，小球到A點(diǎn)的豎直分速度vAy＝v0y＝v0sinθ，小球到達(dá)A點(diǎn)時(shí)重力的瞬時(shí)功率為P＝mgvAy＝mgv0sinθ，故B正確；沿圓弧軌道運(yùn)動(dòng)過程中，由動(dòng)能定理可知－Wf＝eq\f(1,2)mvC2－eq\f(1,2)mvA2，vA＝v0，小球在圓弧軌道內(nèi)由于摩擦產(chǎn)生的熱量Q＝Wf＝eq\f(3mv02,8)，故C正確；沿圓弧軌道AB運(yùn)動(dòng)過程中，由機(jī)械能守恒定律可知mgR(1－cosθ)＋eq\f(1,2)mv02＝eq\f(1,2)mvB2，在最低點(diǎn)，由向心力公式得FN－mg＝eq\f(mvB2,R)，解得小球經(jīng)過圓形軌道最低點(diǎn)B處受到軌道的支持力大小FN＝mg(3－2cosθ)＋eq\f(mv02,R)，故D正確。6.如圖所示，在光滑水平面上，質(zhì)量為m＝4kg的物塊左側(cè)壓縮一個(gè)勁度系數(shù)為k＝32N/m的輕質(zhì)彈簧，彈簧與物塊未拴接。物塊與左側(cè)豎直墻壁用細(xì)線拴接，使物塊靜止在O點(diǎn)，水平面在A點(diǎn)與一順時(shí)針勻速轉(zhuǎn)動(dòng)且傾角θ＝37°的傳送帶平滑連接。已知xOA＝0.25m，傳送帶頂端為B點(diǎn)，LAB＝2m，物塊與傳送帶間的動(dòng)摩擦因數(shù)μ＝0.5?，F(xiàn)剪斷細(xì)線同時(shí)給物塊施加一個(gè)初始時(shí)刻為零的變力F，使物塊從O點(diǎn)到B點(diǎn)做加速度大小恒定的加速運(yùn)動(dòng)。物塊運(yùn)動(dòng)到A點(diǎn)時(shí)彈簧恰好恢復(fù)原長，運(yùn)動(dòng)到B點(diǎn)時(shí)撤去力F，物塊沿平行AB方向拋出，C為運(yùn)動(dòng)的最高點(diǎn)。傳送帶轉(zhuǎn)輪半徑遠(yuǎn)小于LAB，不計(jì)空氣阻力，已知重力加速度g＝10m/s2。(1)求物塊從B點(diǎn)運(yùn)動(dòng)到C點(diǎn)，豎直位移與水平位移的比值；(2)若傳送帶速度大小為5m/s，求物塊與傳送帶間由于摩擦產(chǎn)生的熱量；(3)若傳送帶勻速轉(zhuǎn)動(dòng)的速度大小為v，且v的取值范圍為2m/s＜v＜3m/s，物塊由O點(diǎn)到B點(diǎn)的過程中力F做的功W與傳送帶速度大小v的函數(shù)關(guān)系。解析：(1)設(shè)物塊從B運(yùn)動(dòng)到C的時(shí)間為t，BC的豎直距離：h＝eq\f(1,2)v0sinθ·tBC的水平距離為：x＝v0cosθ·t代入數(shù)據(jù)解得：eq\f(h,x)＝eq\f(3,8)。(2)在O點(diǎn)由牛頓第二定律得：kxOA＝ma代入數(shù)據(jù)解得：a＝2m/s2由vA2＝2axOA得：vA＝1m/s到達(dá)B點(diǎn)時(shí)：vB2＝2a(xOA＋LAB)，代入數(shù)據(jù)得：vB＝3m物塊從A到B運(yùn)動(dòng)時(shí)間：t＝eq\f(vB－vA,a)＝1s物塊與傳送帶間摩擦產(chǎn)生的熱量：Q＝μmgcosθ(vt－LAB)，代入數(shù)據(jù)解得：Q＝48J。(3)物塊在水平面上受到彈簧的彈力與拉力F，由牛頓第二定律得：F＋k(xOA－x)＝ma可知力F隨位移x線性變化，則：W1＝eq\x\to(F)xOA＝eq\f(1,2)ma·xOA，代入數(shù)據(jù)解得：W1＝1J若傳送帶速度2m/s＜v＜3m/s，物塊受到的滑動(dòng)摩擦力方向沿斜面先向上后向下物塊的速度小于v時(shí)受到的摩擦力的方向向上，由牛頓第二定律得：F1＋μmgcosθ－mgsinθ＝ma解得：F1＝16N由速度位移關(guān)系得：v2－vA2＝2ax1物塊的速度大于v時(shí)受到的摩擦力的方向向下，由牛頓第二定律得：F2－μmgcosθ－mgsinθ＝ma解得：F2＝48N由A到B拉力做的功：W2＝F1x1＋F2(LAB－x1)解得：W2＝104－8v2拉力做的總功：W＝W1＋W2＝105－8v2。答案：(1)eq\f(3,8)(2)48J(3)W＝105－8v27.如圖所示，輕質(zhì)彈簧左端固定，右端連接一個(gè)光滑的滑塊A，彈簧的勁度系數(shù)k＝500N/m，彈簧的彈性勢能表達(dá)式為Ep＝eq\f(1,2)kx2(x為彈簧的形變量)?；瑝KB靠在A的右側(cè)，兩滑塊不連接，A、B滑塊均可視為質(zhì)點(diǎn)，質(zhì)量都為1kg，最初彈簧的壓縮量為x0＝9cm，由靜止釋放A、B，A到平臺(tái)右端距離L＝15cm，平臺(tái)離地高為H＝5m，在平臺(tái)右側(cè)與平臺(tái)水平相距s處有一固定斜面，斜面高為d＝4.8m，傾角θ＝37°。若B撞到斜面上時(shí)，立刻以沿斜面的速度分量繼續(xù)沿斜面下滑。B與水平面和斜面之間動(dòng)摩擦因數(shù)均為0.5，若B在斜面上滑動(dòng)時(shí)有最大的摩擦熱，g＝10m/s2。求：(1)B離開平臺(tái)的速度v1的大小；(2)斜面距平臺(tái)右端距離s；(3)B滑到斜面底端的速度大小。解析：(1)A、B恰好分離時(shí)，A、B的加速度相同，A、B間彈力為0，根據(jù)牛頓第二定律有，對(duì)B分析，μmg＝ma，解得a＝μg＝5m/s2，對(duì)A分析，kx1＝ma，解得x1＝eq\f(ma,k)＝0.01m＝1cm，彈簧伸長量為1cm時(shí)，A、B分離，由釋放至A、B分離，根據(jù)能量守恒定律可得eq\f(1,2)kx02＝eq\f(1,2)kx12＋μmg(x0＋x1)＋eq\f(1,2)·2mv02，分離后，對(duì)滑塊B由動(dòng)能定理得－μmg(L－x0－x1)＝eq\f(1,2)mv12－eq\f(1,