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第4講　功能關(guān)系　能量守恒定律
目標(biāo)要求 　1.熟練掌握幾種常見的功能關(guān)系，并會用于解決實(shí)際問題.2.掌握一對摩擦力做功與能量轉(zhuǎn)化的關(guān)系.3.會應(yīng)用能量守恒觀點(diǎn)解決綜合問題．
考點(diǎn)一　功能關(guān)系的理解和應(yīng)用
基礎(chǔ)回扣
1．對功能關(guān)系的理解
(1)做功的過程就是能量轉(zhuǎn)化的過程，不同形式的能量發(fā)生相互轉(zhuǎn)化是通過做功來實(shí)現(xiàn)的．
(2)功是能量轉(zhuǎn)化的量度，功和能的關(guān)系，一是體現(xiàn)在不同的力做功，對應(yīng)不同形式的能轉(zhuǎn)化，具有一一對應(yīng)關(guān)系，二是做功的多少與能量轉(zhuǎn)化的多少在數(shù)值上相等．
2．常見的功能關(guān)系
幾種常見力做功 對應(yīng)的能量變化 關(guān)系式
重力 正功 重力勢能減少 WG＝－ΔEp＝Ep1－Ep2
負(fù)功 重力勢能增加
彈簧等的彈力 正功 彈性勢能減少 W彈＝－ΔEp＝Ep1－Ep2
負(fù)功 彈性勢能增加
電場力 正功 電勢能減少 W電＝－ΔEp＝Ep1－Ep2
負(fù)功 電勢能增加
合力 正功 動(dòng)能增加 W合＝ΔEk＝Ek2－Ek1
負(fù)功 動(dòng)能減少
除重力和彈簧彈力以外的其他力 正功 機(jī)械能增加 W其他＝ΔE＝E2－E1
負(fù)功 機(jī)械能減少
一對滑動(dòng)摩擦力做功 機(jī)械能減少內(nèi)能增加 Q＝Ff·Δs相對

技巧點(diǎn)撥
1．物體動(dòng)能的增加與減少要看合外力對物體做正功還是做負(fù)功．
2．勢能的增加與減少要看對應(yīng)的作用力(如重力、彈簧彈力、電場力等)做負(fù)功還是做正功．
3．機(jī)械能增加與減少要看重力和彈簧彈力之外的力對物體做正功還是做負(fù)功．





　　　　　 功能關(guān)系的理解

例1 　(多選)(2019·廣東天河華南師大附中期末)如圖1所示，質(zhì)量為m的小車在水平恒力F推動(dòng)下，從山坡底部A處由靜止運(yùn)動(dòng)至高為h的B處，獲得的速度為v，AB的水平距離為s，重力加速度為g.下列說法正確的是(　　)

圖1
A．小車克服重力所做的功是mgh
B．合力對小車做的功是mv22
C．推力對小車做的功是Fs－mgh
D．阻力對小車做的功是mv22＋mgh－Fs
答案　ABD
解析　上升過程，重力做功為WG＝mgΔh＝mg(hA－h(huán)B)＝－mgh，故小車克服重力所做的功是mgh，故A正確；對小車從A運(yùn)動(dòng)到B的過程中運(yùn)用動(dòng)能定理得W＝12mv2，故B正確；由動(dòng)能定理得W推－mgh＋Wf＝12mv2，解得W推＝12mv2－Wf＋mgh，由于推力為恒力，故W推＝Fs，阻力對小車做的功是Wf＝12mv2＋mgh－Fs，故C錯(cuò)誤，D正確．

　　　　　 功能關(guān)系與圖象結(jié)合

例2 　(多選)(2020·全國卷Ⅰ·20)一物塊在高3.0 m、長5.0 m的斜面頂端從靜止開始沿斜面下滑，其重力勢能和動(dòng)能隨下滑距離s的變化如圖2中直線Ⅰ、Ⅱ所示，重力加速度取10 m/s2.則(　　)

圖2
A．物塊下滑過程中機(jī)械能不守恒
B．物塊與斜面間的動(dòng)摩擦因數(shù)為0.5
C．物塊下滑時(shí)加速度的大小為6.0 m/s2
D．當(dāng)物塊下滑2.0 m時(shí)機(jī)械能損失了12 J
答案　AB
解析　由E－s圖象知，物塊動(dòng)能與重力勢能的和減小，則物塊下滑過程中機(jī)械能不守恒，故A正確；由E－s圖象知，整個(gè)下滑過程中，物塊機(jī)械能的減少量為ΔE＝30 J－10 J＝20 J，重力勢能的減少量ΔEp＝mgh＝30 J，又ΔE＝μmgcos α·s，其中cos α＝s2－h(huán)2s＝0.8，h＝3.0 m，g＝10 m/s2，則可得m＝1 kg，μ＝0.5，故B正確；物塊下滑時(shí)的加速度大小a＝gsin α－
μgcos α＝2 m/s2，故C錯(cuò)誤；物塊下滑2.0 m時(shí)損失的機(jī)械能為ΔE′＝μmgcos α·s′＝8 J，故D錯(cuò)誤．
考點(diǎn)二　摩擦力做功與能量轉(zhuǎn)化
1．摩擦力做功的特點(diǎn)
(1)一對靜摩擦力所做功的代數(shù)和總等于零；
(2)一對滑動(dòng)摩擦力做功的代數(shù)和總是負(fù)值，差值為機(jī)械能轉(zhuǎn)化為內(nèi)能的部分，也就是系統(tǒng)機(jī)械能的損失量；
(3)說明：兩種摩擦力對物體都可以做正功，也可以做負(fù)功，還可以不做功．
2．三步求解相對滑動(dòng)物體的能量問題
(1)正確分析物體的運(yùn)動(dòng)過程，做好受力分析．
(2)利用運(yùn)動(dòng)學(xué)公式，結(jié)合牛頓第二定律分析物體的速度關(guān)系及位移關(guān)系，求出兩個(gè)物體的相對位移．
(3)代入公式Q＝Ff·x相對計(jì)算，若物體在傳送帶上做往復(fù)運(yùn)動(dòng)，則為相對路程s相對．
例3 　(多選)如圖3所示，質(zhì)量為M、長度為L的小車靜止在光滑水平面上，質(zhì)量為m的小物塊(可視為質(zhì)點(diǎn))放在小車的最左端．現(xiàn)用一水平恒力F作用在小物塊上，使小物塊從靜止開始做勻加速直線運(yùn)動(dòng)．小物塊和小車之間的摩擦力為Ff，小物塊滑到小車的最右端時(shí)，小車運(yùn)動(dòng)的距離為x.此過程中，以下結(jié)論正確的是(　　)

圖3
A．小物塊到達(dá)小車最右端時(shí)具有的動(dòng)能為(F－Ff)(L＋x)
B．小物塊到達(dá)小車最右端時(shí)，小車具有的動(dòng)能為Ffx
C．小物塊克服摩擦力所做的功為Ff(L＋x)
D．系統(tǒng)產(chǎn)生的內(nèi)能為Fx
答案　ABC
解析　由動(dòng)能定理可得，小物塊到達(dá)小車最右端時(shí)的動(dòng)能Ek物＝W合＝(F－Ff)(L＋x)，A正確；小物塊到達(dá)小車最右端時(shí)，小車的動(dòng)能Ek車＝Ff x，B正確；小物塊克服摩擦力所做的功Wf＝Ff(L＋x)，C正確；系統(tǒng)產(chǎn)生的內(nèi)能為Ff L，D錯(cuò)誤．

1．(摩擦力做功)(多選)(2019·江蘇卷·8)如圖4所示，輕質(zhì)彈簧的左端固定，并處于自然狀態(tài)．小物塊的質(zhì)量為m，從A點(diǎn)向左沿水平地面運(yùn)動(dòng)，壓縮彈簧后被彈回，運(yùn)動(dòng)到A點(diǎn)恰好靜止．物塊向左運(yùn)動(dòng)的最大距離為s，與地面間的動(dòng)摩擦因數(shù)為μ，重力加速度為g，彈簧未超出彈性限度．在上述過程中(　　)

圖4
A．彈簧的最大彈力為μmg
B．物塊克服摩擦力做的功為2μmgs
C．彈簧的最大彈性勢能為μmgs
D．物塊在A點(diǎn)的初速度為2μgs
答案　BC
解析　小物塊處于最左端時(shí)，彈簧的壓縮量最大，然后小物塊先向右加速運(yùn)動(dòng)再減速運(yùn)動(dòng)，可知彈簧的最大彈力大于滑動(dòng)摩擦力μmg，選項(xiàng)A錯(cuò)誤；物塊從開始運(yùn)動(dòng)至最后回到A點(diǎn)過程，由功的定義可得物塊克服摩擦力做功為2μmgs，選項(xiàng)B正確；自物塊從最左側(cè)運(yùn)動(dòng)至A點(diǎn)過程，由能量守恒定律可知Ep＝μmgs，選項(xiàng)C正確；設(shè)物塊在A點(diǎn)的初速度為v0，整個(gè)過程應(yīng)用動(dòng)能定理有－2μmgs＝0－12mv02，解得v0＝2μgs，選項(xiàng)D錯(cuò)誤．
考點(diǎn)三　能量守恒定律的理解和應(yīng)用
基礎(chǔ)回扣
1．內(nèi)容
能量既不會憑空產(chǎn)生，也不會憑空消失，它只能從一種形式轉(zhuǎn)化為其他形式，或者從一個(gè)物體轉(zhuǎn)移到別的物體，在轉(zhuǎn)化或轉(zhuǎn)移的過程中，能量的總量保持不變．
2．表達(dá)式
ΔE減＝ΔE增．
3．基本思路
(1)某種形式的能量減少，一定存在其他形式的能量增加，且減少量和增加量一定相等；
(2)某個(gè)物體的能量減少，一定存在其他物體的能量增加，且減少量和增加量一定相等．
技巧點(diǎn)撥
應(yīng)用能量守恒定律解題的步驟
1．分清有幾種形式的能在變化，如動(dòng)能、勢能(包括重力勢能、彈性勢能、電勢能)、內(nèi)能等．
2．明確哪種形式的能量增加，哪種形式的能量減少，并且列出減少的能量ΔE減和增加的能量ΔE增的表達(dá)式．
3．列出能量守恒關(guān)系式：ΔE減＝ΔE增．
例4 　(2020·浙江1月選考·20)如圖5所示，一彈射游戲裝置由安裝在水平臺面上的固定彈射器、豎直圓軌道(在最低點(diǎn)E分別與水平軌道EO和EA相連)、高度h可調(diào)的斜軌道AB組成．游戲時(shí)滑塊從O點(diǎn)彈出，經(jīng)過圓軌道并滑上斜軌道．全程不脫離軌道且恰好停在B端則視為游戲成功．已知圓軌道半徑r＝0.1 m，OE長L1＝0.2 m，AC長L2＝0.4 m，圓軌道和AE光滑，滑塊與AB、OE之間的動(dòng)摩擦因數(shù)μ＝0.5.滑塊質(zhì)量m＝2 g且可視為質(zhì)點(diǎn)，彈射時(shí)從靜止釋放且彈簧的彈性勢能完全轉(zhuǎn)化為滑塊動(dòng)能．忽略空氣阻力，各部分平滑連接．求：

圖5
(1)滑塊恰好能過圓軌道最高點(diǎn)F時(shí)的速度vF大小；
(2)當(dāng)h＝0.1 m且游戲成功時(shí)，滑塊經(jīng)過E點(diǎn)對圓軌道的壓力FN大小及彈簧的彈性勢能Ep0；
(3)要使游戲成功，彈簧的彈性勢能Ep與高度h之間滿足的關(guān)系．
答案　見解析
解析　(1)滑塊恰過F點(diǎn)的條件為mg＝mvF2r
解得vF＝1 m/s
(2)滑塊從E點(diǎn)到B點(diǎn)，由動(dòng)能定理得
－mgh－μmgL2＝0－12mvE2
在E點(diǎn)由牛頓第二定律得FN′－mg＝mvE2r
解得FN＝FN′＝0.14 N
從O點(diǎn)到B點(diǎn)，由能量守恒定律得：
Ep0＝mgh＋μmg(L1＋L2)
解得Ep0＝8.0×10－3 J
(3)滑塊恰能過F點(diǎn)的彈性勢能
Ep1＝2mgr＋μmgL1＋12mvF2＝7.0×10－3 J
到B點(diǎn)減速到0
Ep1－mgh1－μmg(L1＋L2)＝0
解得h1＝0.05 m
設(shè)斜軌道的傾角為θ，若滑塊恰好能停在B點(diǎn)不下滑，
則μmgcos θ＝mgsin θ
解得tan θ＝0.5，此時(shí)h2＝0.2 m
從O點(diǎn)到B點(diǎn)
Ep＝mgh＋μmg(L1＋L2)＝2×10－3(10h＋3) J
其中0.05 m≤h≤0.2 m.

2．(能量守恒定律)(多選)(2019·湖南衡陽市第二次模擬)如圖6所示，一根輕彈簧一端固定在O點(diǎn)，另一端固定一個(gè)帶有孔的小球，小球套在固定的豎直光滑桿上，小球位于圖中的A點(diǎn)時(shí)，彈簧處于原長，現(xiàn)將小球從A點(diǎn)由靜止釋放，小球向下運(yùn)動(dòng)，經(jīng)過與A點(diǎn)關(guān)于B點(diǎn)對稱的C點(diǎn)后，小球能運(yùn)動(dòng)到最低點(diǎn)D點(diǎn)，OB垂直于桿，則下列結(jié)論正確的是(　　)

圖6
A．小球從A點(diǎn)運(yùn)動(dòng)到D點(diǎn)的過程中，其最大加速度一定大于重力加速度g
B．小球從B點(diǎn)運(yùn)動(dòng)到C點(diǎn)的過程，小球的重力勢能和彈簧的彈性勢能之和可能增大
C．小球運(yùn)動(dòng)到C點(diǎn)時(shí)，重力對其做功的功率最大
D．小球在D點(diǎn)時(shí)彈簧的彈性勢能一定最大
答案　AD
解析　在B點(diǎn)時(shí)，小球的加速度為g，在BC間彈簧處于壓縮狀態(tài)，小球在豎直方向除受重力外還有彈簧彈力沿豎直方向向下的分力，所以小球從A點(diǎn)運(yùn)動(dòng)到D點(diǎn)的過程中，其最大加速度一定大于重力加速度g，故A正確；由機(jī)械能守恒可知，小球從B點(diǎn)運(yùn)動(dòng)到C點(diǎn)的過程，小球做加速運(yùn)動(dòng)，即動(dòng)能增大，所以小球的重力勢能和彈簧的彈性勢能之和一定減小，故B錯(cuò)誤；小球運(yùn)動(dòng)到C點(diǎn)時(shí)，由于彈簧的彈力為零，合力為重力G，所以小球從C點(diǎn)往下還會加速一段，所以小球在C點(diǎn)的速度不是最大，即重力的功率不是最大，故C錯(cuò)誤；D點(diǎn)為小球運(yùn)動(dòng)的最低點(diǎn)，即速度為零，彈簧形變量最大，所以小球在D點(diǎn)時(shí)彈簧的彈性勢能最大，故D正確．
3．(能量守恒定律)如圖7所示，一物體質(zhì)量m＝2 kg，在傾角θ＝37°的斜面上的A點(diǎn)以初速度v0＝3 m/s下滑，A點(diǎn)距彈簧上端擋板位置B點(diǎn)的距離AB＝4 m．當(dāng)物體到達(dá)B點(diǎn)后將彈簧壓縮到C點(diǎn)，最大壓縮量BC＝0.2 m，然后物體又被彈簧彈上去，彈到的最高位置為D點(diǎn)，D點(diǎn)距A點(diǎn)的距離AD＝3 m．擋板及彈簧質(zhì)量不計(jì)，g取10 m/s2，sin 37°＝0.6，求：(結(jié)果均保留三位有效數(shù)字)

圖7
(1)物體與斜面間的動(dòng)摩擦因數(shù)μ；
(2)彈簧的最大彈性勢能Epm.
答案　(1)0.521　(2)24.4 J
解析　(1)物體從A點(diǎn)到被彈簧彈到D點(diǎn)的過程中，彈簧彈性勢能沒有發(fā)生變化，機(jī)械能的減少量全部用來克服摩擦力做功，即：
12mv02＋mgAD·sin θ＝μmgcos θ·(AB＋2BC＋BD)
代入數(shù)據(jù)解得：μ＝0.521.
(2)物體由A到C的過程中，
動(dòng)能減少量ΔEk＝12mv02
重力勢能減少量ΔEp＝mgsin 37°·AC
摩擦產(chǎn)生的熱量Q＝μmgcos 37°·AC
由能量守恒定律可得彈簧的最大彈性勢能為：
Epm＝ΔEk＋ΔEp－Q≈24.4 J．
課時(shí)精練

1．(2020·河北任丘市第一中學(xué)期末)在奧運(yùn)比賽項(xiàng)目中，高臺跳水是我國運(yùn)動(dòng)員的強(qiáng)項(xiàng)．質(zhì)量為m的跳水運(yùn)動(dòng)員進(jìn)入水中后受到水的阻力而做減速運(yùn)動(dòng)，設(shè)水對他的阻力大小恒為F，當(dāng)?shù)氐闹亓铀俣葹間，那么在他減速下降高度為h的過程中，下列說法正確的是(　　)
A．他的動(dòng)能減少了Fh
B．他的重力勢能增加了mgh
C．他的機(jī)械能減少了(F－mg)h
D．他的機(jī)械能減少了Fh
答案　D
解析　運(yùn)動(dòng)員進(jìn)入水中后，克服合力做的功等于動(dòng)能的減少量，故動(dòng)能減少(F－mg)h，故A錯(cuò)誤；運(yùn)動(dòng)員進(jìn)入水中后，重力做功mgh，故重力勢能減小mgh，故B錯(cuò)誤；運(yùn)動(dòng)員進(jìn)入水中后，除重力外，克服阻力做功Fh，故機(jī)械能減少了Fh，故C錯(cuò)誤，D正確．
2.(多選)如圖1所示，質(zhì)量為m的物體(可視為質(zhì)點(diǎn))以某一速率從A點(diǎn)沖上傾角為30°的固定斜面，其運(yùn)動(dòng)的加速度大小為34g，此物體在斜面上上升的最大高度為h，則在這個(gè)過程中物體(　　)

圖1
A．重力勢能增加了34mgh
B．克服摩擦力做功12mgh
C．動(dòng)能損失了32mgh
D．機(jī)械能損失了14mgh
答案　BC
解析　物體在斜面上能夠上升的最大高度為h，所以重力勢能增加了mgh，故A錯(cuò)誤；
設(shè)物體所受的摩擦力大小為Ff，根據(jù)牛頓第二定律得mgsin 30°＋Ff＝ma＝m·34g
解得Ff＝14mg，物體沿斜面上滑的距離為2h，所以克服摩擦力做功Wf＝Ff·2h＝12mgh，根據(jù)功能關(guān)系可知，機(jī)械能損失了12mgh，故B正確，D錯(cuò)誤；
由動(dòng)能定理可知，動(dòng)能損失量等于物體克服合外力做的功，大小為
ΔEk＝F合·x＝ma·2h＝32mgh，故C正確．
3.如圖2所示，一質(zhì)量為m的滑塊以初速度v0從固定于地面的斜面底端A開始沖上斜面，到達(dá)某一高度后返回A，斜面與滑塊之間有摩擦．下圖中分別表示它在斜面上運(yùn)動(dòng)的速度v、加速度a、勢能Ep和機(jī)械能E隨時(shí)間的變化圖象，可能正確的是(　　)

圖2


答案　C
解析　由牛頓第二定律可知，滑塊上升階段有：mgsin θ＋Ff＝ma1；下滑階段有：mgsin θ－Ff＝ma2.因此a1>a2，故B選項(xiàng)錯(cuò)誤；速度－時(shí)間圖象的斜率表示加速度，當(dāng)上滑和下滑時(shí)，加速度不同，則斜率不同，故選項(xiàng)A錯(cuò)誤；重力勢能先增大后減小，且上升階段加速度大，勢能變化快，下滑階段加速度小，勢能變化慢，故選項(xiàng)C正確；由于摩擦力始終做負(fù)功，機(jī)械能一直減小，故選項(xiàng)D錯(cuò)誤．
4．(多選)(2020·山東濟(jì)南市第一中學(xué)月考)質(zhì)量為m的子彈，以水平速度v射入靜止在光滑水平面上質(zhì)量為M的木塊，并留在其中，下列說法中正確的有(　　)
A．子彈克服阻力做的功與木塊獲得的動(dòng)能相等
B．子彈克服阻力做的功與子彈減少的動(dòng)能相等
C．子彈克服阻力做的功與子彈對木塊做的功相等
D．系統(tǒng)增加的內(nèi)能等于系統(tǒng)減少的機(jī)械能
答案　BD
5.(多選)如圖3所示，在豎直平面內(nèi)有一半徑為R的圓弧軌道，半徑OA水平、OB豎直，一個(gè)質(zhì)量為m的小球自A點(diǎn)的正上方P點(diǎn)由靜止開始自由下落，小球沿軌道到達(dá)最高點(diǎn)B時(shí)恰好對軌道沒有壓力．已知AP＝2R，重力加速度為g，則小球從P點(diǎn)運(yùn)動(dòng)到B點(diǎn)的過程中(　　)

圖3
A．重力做功2mgR B．機(jī)械能減少mgR
C．合外力做功12mgR D．克服摩擦力做功12mgR
答案　CD
解析　小球從P點(diǎn)運(yùn)動(dòng)到B點(diǎn)的過程中，重力做功WG＝mg(2R－R)＝mgR，故A錯(cuò)誤；小球沿軌道到達(dá)最高點(diǎn)B時(shí)恰好對軌道沒有壓力，則有mg＝mvB2R，解得vB＝gR，則此過程中機(jī)械能的減少量為ΔE＝mgR－12mvB2＝12mgR，故B錯(cuò)誤；根據(jù)動(dòng)能定理可知，合外力做功
W合＝12mvB2＝12mgR，故C正確；根據(jù)功能關(guān)系可知，小球克服摩擦力做的功等于機(jī)械能的減少量，為12mgR，故D正確．
6．(多選)(2020·黑龍江佳木斯市質(zhì)檢)如圖4所示，建筑工地上載人升降機(jī)用不計(jì)質(zhì)量的細(xì)鋼繩跨過定滑輪與一電動(dòng)機(jī)相連，通電后電動(dòng)機(jī)帶動(dòng)升降機(jī)沿豎直方向先勻加速上升后勻速上升．摩擦及空氣阻力均不計(jì)．則(　　)

圖4
A．升降機(jī)勻加速上升過程中，升降機(jī)底板對人做的功等于人增加的動(dòng)能
B．升降機(jī)勻加速上升過程中，升降機(jī)底板對人做的功等于人增加的機(jī)械能
C．升降機(jī)勻速上升過程中，升降機(jī)底板對人做的功等于人增加的機(jī)械能
D．升降機(jī)上升的全過程中，升降機(jī)拉力做的功大于升降機(jī)和人增加的機(jī)械能
答案　BC
解析　根據(jù)動(dòng)能定理可知，合外力對物體做的功等于物體動(dòng)能的變化量，所以升降機(jī)勻加速上升過程中，升降機(jī)底板對人做的功與人的重力做功之和等于人增加的動(dòng)能，故A錯(cuò)誤；除重力外，其他力對人做的功等于人機(jī)械能的增加量，B正確；升降機(jī)勻速上升過程中，升降機(jī)底板對人做的功等于人克服重力做的功(此過程中動(dòng)能不變)，即增加的機(jī)械能，C正確；升降機(jī)上升的全過程中，升降機(jī)拉力做的功等于升降機(jī)和人增加的機(jī)械能，D錯(cuò)誤．
7．某同學(xué)用如圖5所示的裝置測量一個(gè)凹形木塊的質(zhì)量m，彈簧的左端固定，木塊在水平面上緊靠彈簧(不連接)將其壓縮，記下木塊右端位置A點(diǎn)，靜止釋放后，木塊右端恰能運(yùn)動(dòng)到B1點(diǎn)．在木塊槽中加入一個(gè)質(zhì)量m0＝800 g的砝碼，再將木塊左端緊靠彈簧，木塊右端位置仍然在A點(diǎn)，靜止釋放后木塊離開彈簧，右端恰能運(yùn)動(dòng)到B2點(diǎn)，測得AB1、AB2長分別為
27.0 cm和9.0 cm，則木塊的質(zhì)量m為(　　)

圖5
A．100 g B．200 g C．300 g D．400 g
答案　D
解析　根據(jù)能量守恒定律，有μmg·AB1＝Ep，μ(m0＋m)g·AB2＝Ep，聯(lián)立解得m＝400 g，D正確．

8.(2019·貴州畢節(jié)市適應(yīng)性監(jiān)測(三))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6所示，赫章的韭菜坪建有風(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(　　)

圖6
A.2Pπρl2v3 B.6Pπρl2v3 C.4Pπρl2v3 D.8Pπρl2v3
答案　A
解析　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，設(shè)風(fēng)吹向發(fā)電機(jī)的時(shí)間為t，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＝vtπl(wèi)2，則風(fēng)的質(zhì)量M＝ρV＝ρvtπl(wèi)2，因此風(fēng)吹過的動(dòng)能為Ek＝12Mv2＝12ρvtπl(wèi)2·v2，在此時(shí)間內(nèi)發(fā)電機(jī)輸出的電能E＝P·t，則風(fēng)能轉(zhuǎn)化為電能的效率為η＝EEk＝2Pπρl2v3，故A正確，B、C、D錯(cuò)誤．
9.(多選)(2019·全國卷Ⅱ·18)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7所示．重力加速度取10 m/s2.由圖中數(shù)據(jù)可得(　　)

圖7
A．物體的質(zhì)量為2 kg
B．h＝0時(shí)，物體的速率為20 m/s
C．h＝2 m時(shí)，物體的動(dòng)能Ek＝40 J
D．從地面至h＝4 m，物體的動(dòng)能減少100 J
答案　AD
解析　根據(jù)題圖可知，h＝4 m時(shí)物體的重力勢能Ep＝mgh＝80 J，解得物體質(zhì)量m＝2 kg，拋出時(shí)物體的動(dòng)能為Ek0＝100 J，由公式Ek0＝12mv2可知，h＝0時(shí)物體的速率為v＝10 m/s，選項(xiàng)A正確，B錯(cuò)誤；由功能關(guān)系可知Ffh4＝|ΔE總|＝20 J，解得物體上升過程中所受空氣阻力Ff＝5 N，從物體開始拋出至上升到h＝2 m的過程中，由動(dòng)能定理有－mgh－Ffh＝Ek－Ek0，解得Ek＝50 J，選項(xiàng)C錯(cuò)誤；由題圖可知，物體上升到h＝4 m時(shí)，機(jī)械能為80 J，重力勢能為80 J，動(dòng)能為零，即從地面上升到h＝4 m，物體動(dòng)能減少100 J，選項(xiàng)D正確．
10.(多選)(2016·全國卷Ⅱ·21)如圖8，小球套在光滑的豎直桿上，輕彈簧一端固定于O點(diǎn)，另一端與小球相連．現(xiàn)將小球從M點(diǎn)由靜止釋放，它在下降的過程中經(jīng)過了N點(diǎn)．已知在M、N兩點(diǎn)處，彈簧對小球的彈力大小相等，且∠ONM<∠OMN<π2.在小球從M點(diǎn)運(yùn)動(dòng)到N點(diǎn)的過程中(　　)

圖8
A．彈力對小球先做正功后做負(fù)功
B．有兩個(gè)時(shí)刻小球的加速度等于重力加速度
C．彈簧長度最短時(shí)，彈力對小球做功的功率為零
D．小球到達(dá)N點(diǎn)時(shí)的動(dòng)能等于其在M、N兩點(diǎn)的重力勢能差
答案　BCD
解析　因在M和N兩點(diǎn)處彈簧對小球的彈力大小相等，且∠ONM<∠OMN<π2，知在M處時(shí)彈簧處于壓縮狀態(tài)，在N處時(shí)彈簧處于伸長狀態(tài)，則彈簧的彈力對小球先做負(fù)功后做正功再做負(fù)功，選項(xiàng)A錯(cuò)誤；當(dāng)彈簧水平時(shí)，豎直方向的力只有重力，加速度為g；當(dāng)彈簧處于原長位置時(shí)，小球只受重力，加速度為g，則有兩個(gè)時(shí)刻的加速度大小等于g，選項(xiàng)B正確；彈簧長度最短時(shí)，即彈簧水平，彈力與速度垂直，彈力對小球做功的功率為零，選項(xiàng)C正確；由動(dòng)能定理得，WF＋WG＝ΔEk，因M和N兩點(diǎn)處彈簧對小球的彈力大小相等，彈性勢能相等，則由彈力做功特點(diǎn)知WF＝0，即WG＝ΔEk，選項(xiàng)D正確．
11.(2018·全國卷Ⅰ·18)如圖9所示，abc是豎直面內(nèi)的光滑固定軌道，ab水平，長度為2R；bc是半徑為R的四分之一圓弧，與ab相切于b點(diǎn)．一質(zhì)量為m的小球，始終受到與重力大小相等的水平外力的作用，自a點(diǎn)處從靜止開始向右運(yùn)動(dòng)．重力加速度大小為g.小球從a點(diǎn)開始運(yùn)動(dòng)到其軌跡最高點(diǎn)，機(jī)械能的增量為(　　)

圖9
A．2mgR B．4mgR
C．5mgR D．6mgR
答案　C
解析　小球從a運(yùn)動(dòng)到c，根據(jù)動(dòng)能定理，得
F·3R－mgR＝12mv12，又F＝mg，故v1＝2gR，
小球離開c點(diǎn)在豎直方向做豎直上拋運(yùn)動(dòng)，水平方向做初速度為零的勻加速直線運(yùn)動(dòng)．且水平方向與豎直方向的加速度大小相等，都為g，故小球從c點(diǎn)到最高點(diǎn)所用的時(shí)間t＝v1g＝2Rg，水平位移x＝12gt2＝2R，
根據(jù)功能關(guān)系，小球從a點(diǎn)到軌跡最高點(diǎn)機(jī)械能的增量為力F做的功，即ΔE＝F·(2R＋R＋x)＝5mgR.
12.如圖10，固定斜面的傾角θ＝30°，物體A與斜面之間的動(dòng)摩擦因數(shù)μ＝32，輕彈簧下端固定在斜面底端，彈簧處于原長時(shí)上端位于C點(diǎn)．用一根不可伸長的輕繩通過輕質(zhì)光滑的定滑輪連接物體A和B，滑輪右側(cè)繩子與斜面平行，A的質(zhì)量為2m，B的質(zhì)量為m，初始時(shí)物體A到C點(diǎn)的距離為L.現(xiàn)給A、B一初速度v0(v0>gL)，使A開始沿斜面向下運(yùn)動(dòng)，B向上運(yùn)動(dòng)，物體A將彈簧壓縮到最短后又恰好能彈到C點(diǎn)．已知重力加速度為g，不計(jì)空氣阻力，整個(gè)過程中，輕繩始終處于伸直狀態(tài)，求：

圖10
(1)物體A向下運(yùn)動(dòng)剛到C點(diǎn)時(shí)的速度大小；
(2)彈簧的最大壓縮量；
(3)彈簧的最大彈性勢能．
答案　(1)v02－gL　(2)12(v02g－L)　(3)34m(v02－gL)
解析　(1)物體A與斜面間的滑動(dòng)摩擦力大小Ff＝2μmgcos θ，
A向下運(yùn)動(dòng)到C點(diǎn)的過程，對A、B組成的系統(tǒng)，由動(dòng)能定理有
2mgLsin θ－mgL－2μmgLcos θ＝12×3m(v2－v02)
解得v＝v02－gL
(2)從物體A接觸彈簧到將彈簧壓縮到最短后又恰好回到C點(diǎn)的過程，對A、B組成的系統(tǒng)由動(dòng)能定理得
－Ff·2x＝0－12×3mv2
解得x＝12(v02g－L)
(3)從彈簧被壓縮至最短到物體A恰好彈回到C點(diǎn)的過程中，由能量守恒定律得
Ep＋mgx＝Ffx＋2mgxsin θ
解得Ep＝3m4(v02－gL)．

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