PAGE10-能量綜合問題(45分鐘100分)一、選擇題(本題共8小題,每小題8分,共64分,其中1～5題為單選題,6～8題為多選題)1.蹦極是一項特別刺激的戶外休閑活動。北京青龍峽蹦極跳塔高度為68米,身系彈性蹦極繩的蹦極運動員從高臺跳下,下落高度大約為50米。假定空氣阻力可忽視,A.運動員到達最低點前加速度先不變后增大B.蹦極過程中,運動員的機械能守恒C.蹦極繩張緊后的下落過程中,動能始終減小D.蹦極繩張緊后的下落過程中,彈力始終增大【解析】選D。蹦極繩張緊前,運動員只受重力,加速度不變,蹦極繩張緊后,運動員受重力、彈力,起先時重力大于彈力,加速度向下,后來重力小于彈力,加速度向上,則蹦極繩張緊后,運動員加速度先減小為零再反向增大,故A錯誤。蹦極過程中,運動員和蹦極繩組成的系統(tǒng)的機械能守恒,故B錯誤。蹦極繩張緊后的下落過程中,運動員加速度先減小為零再反向增大,運動員速度先增大再減小,運動員動能先增大再減小,故C錯誤。蹦極繩張緊后的下落過程中,蹦極繩的伸長量增大,彈力始終增大,故D正確。2.(2024·佛山模擬)如圖甲所示,質量為0.1kg的小球從最低點A沖入豎直放置在水平地面上、半徑為0.4m的半圓軌道,小球速度的平方與其高度的關系圖象如圖乙所示。已知小球恰能到達最高點C,軌道粗糙程度到處相同,空氣阻力不計。g取10m/sA.圖乙中x=4m2B.小球從B到C損失了0.125J的機械能C.小球從A到C合外力對其做的功為-1.05JD.小球從C拋出后,落地點到A的距離為0.8【解析】選B。當h=0.8m時小球在C點,由于小球恰能到達最高點C,故mg=mvC2r,所以vC2=gr=10×0.4m2·s-2=4m2·s-2,故選項A正確;由已知條件無法計算出小球從B到C損失了0.125J的機械能,故選項B錯誤;小球從A到C,由動能定理可知W合=12mvC2-12mvA2=12×0.1×4J-12×0.1×25J=-1.05J,故選項C正確;小球離開C點后做平拋運動,故2r=【加固訓練】一質量為m的鋁球用細線懸掛靜止在足夠深的油槽中(圖甲),某時刻剪斷細線,鋁球起先在油槽中下沉,通過傳感器得到鋁球的加速度隨下沉速度改變的圖象如圖乙所示,已知重力加速度為g,下列說法正確的是 ()A.鋁球剛起先運動的加速度a0=gB.鋁球下沉的速度將會始終增大C.鋁球下沉過程所受到油的阻力Ff=mD.鋁球下沉過程機械能的削減量等于克服油阻力所做的功【解析】選C。鋁球剛起先釋放時,鋁球所受的阻力為0,受到重力、浮力,由牛頓其次定律可得,加速度a0<g,故A錯誤;由圖象可知,鋁球起先下沉后速度越來越大,加速度越來越小,當加速度a=0時,鋁球做勻速運動,速度不再改變,故B錯誤;起先釋放時mg-F浮=ma0,鋁球下沉過程中受重力、阻力、浮力,由牛頓其次定律得,mg-F浮-Ff=ma,解得a=mg-F浮m-Ffm,由a-v圖象可知,a=a0-a0v0v,則有Ffm=a0v0v,解得阻力3.以肯定的初速度從地面豎直向上拋出一小球,小球上升到距地面高h處,又落回到拋出點,假設小球所受空氣阻力大小與速度大小成正比,小球在運動過程中的機械能E(選取地面為零勢能面)隨小球路程s改變,下列圖象中合理的是 ()【解析】選C。依據功能關系可知,空氣阻力做功引起小球機械能的削減,小球在運動的過程中受到的空氣阻力與速率成正比,即空氣阻力先減小后增大,運動過程中,空氣阻力做功先削減后增加,即小球機械能的削減量先減小后增大,小球在下落的過程中,與小球上升的過程比較,在同一點的速率下落的過程比較小,所以小球在下落的過程中減小的機械能小于小球在上升過程中減小的機械能,C選項正確。4.如圖(a)所示,被稱為“魔力陀螺”玩具的陀螺能在圓軌道外側旋轉不脫落。其原理可等效為如圖(b)所示的模型:半徑為R的磁性圓軌道豎直固定,質量為m的鐵球(視為質點)沿軌道外側運動,A、B分別為軌道的最高點和最低點,軌道對鐵球的磁性引力始終指向圓心且大小不變。不計摩擦和空氣阻力,重力加速度為g,則 ()A.鐵球繞軌道可能做勻速圓周運動B.鐵球繞軌道運動過程中機械能守恒C.鐵球在A點的速度必需大于gRD.軌道對鐵球的磁性引力至少為3.5mg,才能使鐵球不脫軌【解析】選B。鐵球在運動的過程中受到重力、軌道的彈力和磁性引力的作用,其中鐵球受軌道的磁性引力始終指向圓心且大小不變,彈力的方向過圓心,它們都始終與運動的方向垂直,所以磁性引力和彈力都不能對鐵球做功,只有重力對鐵球做功,所以鐵球的機械能守恒,在最高點的速度最小,在最低點的速度最大,鐵球不行能做勻速圓周運動,故A錯誤,B正確;在A點軌道對鐵球的彈力的方向向上,鐵球的速度只要大于等于0即可通過A點,故C錯誤;由于鐵球在運動的過程中機械能守恒,所以鐵球在A點的速度越小,則機械能越小,在B點的速度也越小,鐵球不脫軌且須要的磁性引力最小的條件是:鐵球在A點的速度恰好為0,而且到達B點時,軌道對鐵球的彈力恰好等于0,依據機械能守恒定律,鐵球在A點的速度恰好為0,到達B點時的速度滿意mg·2R=12mv2,軌道對鐵球的彈力恰好等于0,則磁性引力與重力的合力供應向心力,即F-mg=mv2R,聯(lián)立得F=5mg,可知要使鐵球不脫軌,軌道對鐵球的磁性引力至少為5mg,5.如圖所示,在傾角為θ的固定光滑斜面上有兩個用輕彈簧相連接的物塊A、B,它們的質量分別為m1、m2,彈簧勁度系數為k。C為一固定擋板,系統(tǒng)處于靜止狀態(tài)。現用一平行斜面對上的恒力F拉物塊A使之向上運動,當物塊B剛要離開擋板C時,物塊A運動的距離為d,速度為v。則此時 ()A.拉力做功的瞬時功率為FvsinθB.物塊B滿意m2gsinθ>kdC.物塊A的加速度為FD.彈簧彈性勢能的增加量為Fd-m1gdsinθ【解析】選C。拉力的瞬時功率P=Fv,故A錯誤;起先時系統(tǒng)處于靜止狀態(tài),彈簧的彈力等于A的重力沿斜面對下的分力,當B剛離開C時,彈簧的彈力等于B的重力沿斜面對下的分力,則m2gsinθ=kx2,由于起先時彈簧是壓縮的,所以d>x2,因此m2gsinθ<kd,故B錯誤;當B剛離開C時,對A依據牛頓其次定律得F-m1gsinθ-kx2=m1a1,起先時對A由平衡條件得m1gsinθ=kx1,而d=x1+x2,解得物塊A加速度為a1=F-kdm1,故C正確;依據功能關系,彈簧彈性勢能的增加量等于拉力的功減去系統(tǒng)動能和重力勢能的增加量,即Fd-m1gdsinθ-12m6.如圖所示,豎直平面內有一半徑為R的固定14圓軌道與水平軌道相切于最低點B。一質量為m的物塊P(可視為質點)從A處由靜止滑下,經過最低點B后沿水平軌道運動,到C處停下,B、C兩點間的距離為R,物塊P與圓軌道、水平軌道之間的動摩擦因數均為μ。現用力F將物塊P沿下滑的路徑從C處緩慢拉回圓弧軌道的頂端A,拉力F的方向始終與物塊P的運動方向一樣,物塊P從B處經圓弧軌道到達A處過程中,克服摩擦力做的功為μmgR,下列說法正確的是A.物塊P在下滑過程中,運動到B處時速度最大B.物塊P從A滑到C的過程中克服摩擦力做的功等于2μmgRC.拉力F做的功小于2mgRD.拉力F做的功為mgR(1+2μ)【解析】選C、D。當重力沿圓軌道切線方向的分力等于滑動摩擦力時速度最大,此位置在AB之間,故A錯誤;將物塊P緩慢地從B拉到A,克服摩擦力做的功為μmgR,而物塊P從A滑到B的過程中,物塊P做圓周運動,依據向心力學問可知物塊P所受的支持力比緩慢運動時要大,則滑動摩擦力增大,所以克服摩擦力做的功Wf大于μmgR,因此物塊P從A滑到C的過程中克服摩擦力做的功大于2μmgR,故B錯誤;由動能定理得,從C到A的過程中有WF-mgR-μmgR-μmgR=0-0,則拉力F做的功為WF=mgR(1+2μ),故D正確;從A到C的過程中,依據動能定理得mgR-Wf-μmgR=0,因為Wf>μmgR,則mgR>μmgR+μmgR,因此WF<2mgR,故C正確。7.在一水平向右勻速運動的長傳送帶的左端A點,每隔相同的時間輕放上一個相同的工件。經測量,發(fā)覺前面那些已經和傳送帶達到相同速度的工件之間的距離均為L。已知傳送帶的速率恒為v,工件與傳送帶間動摩擦因數為μ,工件質量為m,重力加速度為g,則下列說法正確的是 ()A.工件在傳送帶上加速運動的時間肯定等于LB.傳送帶對每個工件做的功為12mvC.每個工件與傳送帶間因摩擦而產生的熱量肯定等于12D.傳送帶因傳送每一個工件而多消耗的能量為mv2【解析】選B、D。工件在傳送帶上先做勻加速直線運動,然后做勻速直線運動,每個工件滑上傳送帶后運動的規(guī)律相同,可知L=vT,解得將相鄰兩個工件放在傳送帶上的時間間隔T=Lv,但工件在傳送帶上加速運動的時間不肯定等于Lv,故A錯誤;傳送帶對每個工件做的功為W=12mv2-0=12mv2,故B正確;設工件加速運動的時間為t,工件與傳送帶相對滑動的路程為Δx=vt-12vt=12vt,摩擦產生的熱量Q=12μmgvt,由于t不肯定等于T,所以Q不肯定等于12μmgvT=12μmgL,故C錯誤;依據能量守恒定律得,傳送帶因傳送一個工件多消耗的能量E=12mv2+μmgΔx=12mv2+【加固訓練】(多選)如圖所示,足夠長傳送帶與水平方向的傾角為θ,物塊a通過平行于傳送帶的輕繩跨過光滑輕滑輪與物塊b相連,起先時,a、b及傳送帶均靜止且a不受傳送帶摩擦力的作用,現讓傳送帶逆時針勻速轉動,則在b上升h高度(未與滑輪相碰)過程中 ()A.物塊a重力勢能削減量等于物塊b重力勢能的增加量B.物塊a機械能的削減量等于物塊b機械能的增加量C.摩擦力對物塊a做的功等于物塊a、b動能增加之和D.隨意時刻,重力對a、b做功的瞬時功率大小相等【解析】選A、C、D。起先時,a、b及傳送帶均靜止且a不受傳送帶摩擦力作用,則有magsinθ=mbg,則masinθ=mb,b上升h,則a下降高度為hsinθ,則a重力勢能的減小量為maghsinθ=mbgh,即物塊a重力勢能削減量等于物塊b重力勢能的增加量,故A正確;由于摩擦力對a做正功,系統(tǒng)機械能增加,所以物塊a機械能的削減量小于物塊b機械能的增加量,故B錯誤;依據能量守恒得知系統(tǒng)機械能增加,摩擦力對a做的功等于a、b機械能的增量,所以摩擦力做功大于a的機械能增加,因為系統(tǒng)重力勢能不變,所以摩擦力做功等于系統(tǒng)動能的增加之和,故C正確;隨意時刻a、b的速率相等,對b克服重力的瞬時功率Pb=mgv,對a有Pa=magvsinθ=mgv,所以重力對a、b做功的瞬時功率大小相等,故D正確。8.(2024·潮州模擬)某同學為了探討物體下落的過程的特點,設計了如下試驗,將兩本書A、B從高樓樓頂放手讓其落下,兩本書下落過程中沒有翻轉和分別,由于受到空氣阻力的影響,其v-t圖象如圖所示,虛線在P點與速度圖線相切,已知mA=mB=1kg,g取10m/sA.t=2s時A處于超重狀態(tài)B.t=2s時AB的加速度大小為2mC.下落過程中AB的機械能守恒D.0～2s內AB機械能削減量大于99J【解析】選B、D。依據v-t圖象的斜率表示加速度,知t=2s時A的加速度為正,方向向下,則A處于失重狀態(tài),故A錯誤;t=2s時AB的加速度大小為a=Δv9-52m/s2=2m/s2,故B正確;下落過程中,由于空氣阻力對AB做功,則AB的機械能不守恒,故C錯誤;0～2s內AB下落的高度h>12×9×2m=9m,AB重力勢能削減量ΔEp=(mA+mB)gh>2×10×9J=180J,動能增加量ΔEk=12(m81J,則AB機械能削減量ΔE=ΔEp-△Ek>180J-81J=99J,故D正確。二、計算題(本題共2小題,共36分)9.(16分)彈跳桿運動是一項廣受青少年歡迎的運動,彈跳桿的結構如圖甲所示,一根彈簧的下端固定在跳桿的底部,上端固定在一個套在跳桿上的腳踏板底部,質量為5m的小明站在腳踏板上,當他和跳桿處于豎直靜止狀態(tài)時,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起先計時,如圖乙(a)所示;上升到彈簧復原原長時,小明抓住跳桿,使得他和彈跳桿瞬間達到共同速度,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(彈簧彈性勢能滿意Ep=12kx2,k為彈簧勁度系數,x為彈簧形變量),跳桿的質量為m,重力加速度為g,空氣阻力、彈簧和腳踏板的質量以及彈簧和腳踏板與跳桿間的摩擦均可忽視不計。求(1)彈跳桿中彈簧的勁度系數k;(2)從起先計時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狀態(tài)時,受力平衡,重力與彈簧彈力等大反向。5mg=kx0。解得,k=5mg(2)小明的合力為零時,速度最大。此時小孩上上升度為4x0。依據系統(tǒng)能量守恒定律可知,12k(5x0)2=5mg·4x0+12kx02+解得vm=4gx答案:(1)5mgx10.(20分)(2024年山東新高考模