小学书法练习指导湘美版三年级上册提课时作业

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题组一 功能关系
1．(多选)(2025·八省联考河南卷)2024年我国研制的“朱雀三号”可重复使用火箭垂直起降飞行试验取得圆满成功。假设火箭在发动机的作用下，从空中某位置匀减速竖直下落，到达地面时速度刚好为零。若在该过程中火箭质量视为不变，则( )
A．火箭的机械能不变
B．火箭所受的合力不变
C．火箭所受的重力做正功
D．火箭的动能随时间均匀减小
[答案] BC
[解析] 由于火箭匀减速竖直下落，速度减小，动能减小，且重力势能减小，故火箭的机械能减小，故A错误；由于火箭匀减速竖直下落，加速度恒定，由牛顿第二定律可知，火箭所受的合力不变，故B正确；由于火箭的重力势能减小，故火箭所受的重力做正功，故C正确；火箭的动能Ek＝eq \f(1,2)mv2＝eq \f(1,2)m(v0－at)2，故火箭的动能不随时间均匀减小，故D错误。故选BC。
2．(多选)(2025·北京四中期中)一质量为m的滑块在拉力F作用下从固定斜面的顶端下滑至底端的过程中，拉力F做功为W1，重力做功为W2，克服摩擦力做功为W3，则下列说法正确的是( )
A．因摩擦而产生的热量为Q＝W2＋W3
B．动能的变化量为ΔEk＝W1＋W2－W3
C．重力势能的变化量为ΔEp＝W2
D．机械能的变化量为ΔE＝W1－W3
[答案] BD
[解析] 摩擦产生的热量等于滑块克服摩擦力做的功，则Q＝W3，故A错误；根据动能定理，合力做的功等于动能的变化量，即ΔEk＝W1＋W2－W3，故B正确；根据重力做功与重力势能变化的关系ΔEp＝－W2，故C错误；除重力外其他力做的功等于机械能的变化量，即ΔE＝W1－W3，故D正确。
3．(多选)滑雪运动员开展滑雪训练可简化为如下模型：将运动员(包括滑板)简化为质点，运动员以某一初速度从足够长的山坡底端向上冲，取坡底为参考平面。运动员的机械能E总和重力势能Ep随离开坡底的高度h的变化规律如图所示，重力加速度g取10 m/s2，不计空气阻力，则下列说法正确的是( )
A．运动员向上冲的过程克服摩擦力做功为2×103 J
B．运动员再次回到坡底时机械能为4.4×103 J
C．运动员的质量为40 kg
D．运动员的初速度大小为10 m/s
[答案] AC
[解析] 由图像可知，运动员在冲上山坡之前，总的机械能为E总＝10×103 J，而冲上山坡，到达最高点时的机械能为E总′＝8×103 J，而在运动员从山坡底端到冲上山坡最高点的过程中，除了重力做功以外还有摩擦力做负功，因此可知运动员向上冲的过程克服摩擦力做功为2×103 J，故A正确；运动员再次回到坡底的过程中，仍然是除了重力做功以外摩擦力做负功，易知在下坡的过程中克服摩擦力做的功和在上坡过程中一样，因此可知运动员再次回到坡底时机械能应为6×103 J，故B错误；由于取了坡底为参考平面，因此运动员滑上山坡最高点后的重力势能就等于运动员的机械能，有mgh＝E总′，h＝20 m，解得m＝40 kg，故C正确；在坡底时运动员的动能等于运动员的机械能，则有eq \f(1,2)mv2＝E总，解得v＝10eq \r(5) m/s，故D错误。
题组二 能量守恒定律
4．某型号玩具小车的电动机额定工作电压为5 V，工作电流为200 mA，车上装有100 cm2的太阳能电板，可用太阳能电板为该模型的电池供电。已知太阳辐射的总功率约为4×1026 W，太阳到地球的距离为1.5×1011 m，假设太阳光传播到达地面约有40%的能量损耗，小车的太阳能电板的光电转化效率为16%，若垂直电板光照6 h，则该玩具小车可工作时间约为( )
A．4 h B．6 h
C．8 h D．10 h
[答案] C
[解析] 由于太阳辐射为球面状，则单位面积上接收的功率P＝eq \f(4×1026W,S)，S＝4π×(1.5×1011)2 m2，垂直电板光照6 h，玩具小车吸收太阳能后转化成的电能为E＝P×60%×16%×0.01×6×3 600 J，玩具小车的电动机消耗的功率为P0＝UI＝5×0.2 W＝1 W，则玩具小车最长可工作时间约为t＝eq \f(E,P0)＝8 h。故选C。
5．(多选)如图所示，轻质弹簧的左端固定，并处于自然状态。小物块的质量为m，从A点向左沿水平地面运动，压缩弹簧后被弹回，运动到A点恰好静止。物块向左运动的最大距离为s，与地面间的动摩擦因数为μ，重力加速度为g，弹簧未超出弹性限度。在上述过程中( )
A．弹簧的最大弹力为μmg
B．物块克服摩擦力做的功为2μmgs
C．弹簧的最大弹性势能为μmgs
D．物块在A点的初速度为eq \r(2μgs)
[答案] BC
[解析] 小物块处于最左端时，弹簧的压缩量最大，然后小物块先向右做加速运动后做减速运动，可知弹簧的最大弹力大于滑动摩擦力μmg，A项错误；物块从开始运动至最后回到A点过程，由功的定义可得物块克服摩擦力做功为2μmgs，B项正确；物块从最左侧运动至A点过程由能量守恒定律可知Ep＝μmgs，C项正确；设物块在A点的初速度为v0，整个过程应用动能定理有－2μmgs＝0－eq \f(1,2)mveq \\al(2,0)，解得v0＝2eq \r(μgs)，D项错误。
题组三 摩擦力做功与能量转化的关系
6．如图所示，木板A放在光滑的水平面上，物体B以水平速度v0冲上木板A后，由于摩擦力作用，最后与木板A相对静止。则从物体B冲上木板A到与木板A相对静止的过程中，下列说法正确的是( )
A．物体B动能的减少量等于木板A动能的增加量
B．物体B克服摩擦力做的功大于物体B动能的减少量
C．物体B损失的机械能小于木板A获得的动能与系统损失的机械能之和
D．摩擦力对木板A做的功等于木板A动能的增加量
[答案] D
[解析] 根据动能定理知，物体B克服摩擦力做的功等于物体B动能的减少量，B错误；由能量守恒定律知，物体B损失的机械能，即物体B减少的动能等于木板A动能增加量和系统产生的内能之和，A错误；系统损失的机械能转化为系统的内能，由A选项分析可知，物体B损失的机械能等于木板A获得的动能和系统损失的机械能之和，C错误；根据动能定理知，摩擦力对木板A做的功等于木板A动能的增加量，D正确。
7．(多选)如图所示，将3个木板1、2、3固定在墙角，现将一个可以视为质点的物块分别从3个木板的顶端由静止释放，物块沿木板下滑到底端，物块与木板之间的动摩擦因数均为μ。下列说法正确的是( )
A．物块沿着1和2下滑到底端时速度大小相等
B．物块沿着3下滑到底端时速度最大
C．物块沿着3下滑到底端的过程中，产生的热量最多
D．物块沿着1和2下滑到底端的过程中，产生的热量一样多
[答案] CD
[解析] 设木板的长度为L，与竖直方向的夹角为θ，物块下滑到底端的过程中，由动能定理得mgh－μmgsin θ·L＝eq \f(1,2)mv2，即mgh－μmg·x＝eq \f(1,2)mv2，木板1和2在水平方向的投影x相同，物块沿着1下滑的高度h较大，故沿着1到达底端的速度大小大于沿着2到达底端的速度大小，A错误；物块沿着2和3下滑的高度h相同，木板3在水平方向的投影x比木板2的大，故沿着3下滑到底端时速度最小，B错误；由功能关系得产生的热量为Q＝μmgsin θ·L＝μmgx，物块沿着3下滑到底端的过程中，产生的热量最多，沿着1和2下滑到底端的过程中，产生的热量一样多，C、D正确。
8．(多选)如图所示，质量m＝1 kg的物块(可视为质点)，以速度大小v0＝4 m/s水平向右滑上正在逆时针转动的水平传送带，传送带AB的长度L＝6 m，传送带的速度大小v＝2 m/s，物块与传送带间的动摩擦因数μ＝0.2，重力加速度大小g＝10 m/s2。关于物块在传送带上的运动，下列表述正确的是( )
A．物块滑离传送带时的动能为1 J
B．物块滑离传送带时的动能为2 J
C．传送带对物块做的功为6 J
D．传送带对物块做的功为－6 J
[答案] BD
[解析] 物块与传送带之间的摩擦力为μmg，加速度大小a＝μg＝2 m/s2，物块减速到零时的位移x＝eq \f(v\\al(2,0),2a)＝4 m，没有到达B端，物块会向左加速运动，加速到与传送带相同速度时的位移x1＝eq \f(v2,2a)＝1 m，则物块还要以2 m/s的速度向左匀速运动x′＝4 m－1 m＝3 m，脱离传送带，所以物块滑离传送带时的动能Ek＝eq \f(1,2)mv2＝2 J，故A错误，B正确；根据动能定理，传送带对物块做的功为W＝eq \f(1,2)mv2－eq \f(1,2)mveq \\al(2,0)＝－6 J，C错误，D正确。
能力提升练
9．如图所示，半径为R的eq \f(1,4)圆弧曲面固定在水平面上，圆弧曲面各处粗糙程度相同。物块从圆弧上的A点由静止释放，下滑到最低点B。规定B点重力势能为零。物块下滑过程中，重力势能Ep和机械能E0与下落高度h的关系图像，最接近真实情况的是( )
[答案] A
[解析] 物块下落高度为h时，其重力势能为Ep＝mg(R－h)＝mgR－mgh，故重力势能Ep与下落高度h的图像是一条斜率不变的倾斜直线，物块下落高度h时，由功能关系得物块的机械能为E＝mgR－Wf，设在下滑过程中重力与速度的夹角为θ，根据牛顿第二定律有FN－mgsin θ＝meq \f(v2,R)，根据f＝μFN，物块在下滑的过程中速度逐渐增大，则其受到的摩擦力逐渐增大，故克服摩擦力做的功逐渐增多，即下滑相同的高度时，物块的机械能损耗越来越多，A正确。
10．(多选)(2025·辽宁大连高三期中)如图所示，倾角为θ＝53°的固定粗糙斜面上有一A点，长度为l＝0.5 m的木板质量分布均匀，其质量为M＝3 kg，开始用外力使木板下端与A点对齐，如图。木块质量为m＝1 kg，两者用一轻质细绳绕过光滑定滑轮连接在一起，木板与斜面间的动摩擦因数为μ＝eq \f(2,3)。现撤去外力让木板由静止开始运动到上端刚好过A点，此过程中，下列说法正确的是( )
A．木板M和木块m组成的系统机械能守恒
B．木板上端刚过A点时速度大小为eq \f(\r(2),2) m/s
C．木板减少的机械能等于木块增加的机械能与系统产生的热量之和
D．系统产生的热量为10 J
[答案] BC
[解析] 由于斜面是粗糙的，木板M和木块m组成的系统在运动中会有摩擦生热，所以木板M和木块m组成的系统机械能不守恒，故A错误；木板M和木块m组成的系统由能量守恒定律有Mglsin θ－mgl＝eq \f(1,2)(M＋m)v2＋μMglcs θ，解得v＝eq \f(\r(2),2) m/s，故B正确；根据能量守恒定律可知木板减少的机械能等于木块增加的机械能与系统产生的热量之和，故C正确；系统产生的热量为Q＝μMglcs θ＝6 J，故D错误。
11．如图所示的离心装置中，光滑水平轻杆固定在竖直转轴的O点，小圆环A和轻质弹簧套在轻杆上，长为2L的细线和弹簧两端分别固定于O和A，质量为m的小球B固定在细线的中点，装置静止时，细线与竖直方向的夹角为37°。现将装置由静止缓慢加速转动，当细线与竖直方向的夹角增大到53°时，A、B间细线的拉力恰好减小到零，弹簧弹力与静止时大小相等、方向相反，重力加速度为g，取sin 37°＝0.6，cs 37°＝0.8，求：
(1)装置静止时，弹簧弹力的大小F；
(2)环A的质量M；
(3)上述过程中装置对A、B所做的总功W。
[答案] (1)eq \f(3mg,8) (2)eq \f(9,64)m (3)eq \f(31,30)mgL
[解析] (1)装置静止时，设AB、OB的张力分别为F1、F2，
对A受力分析，由平衡条件得F＝F1sin 37°
对B受力分析，由平衡条件得F1cs 37°＋F2cs 37°＝mg，F1sin 37°＝F2sin 37°，联立解得F＝eq \f(3mg,8)。
(2)细线与竖直方向夹角为53°时，设装置转动的角速度为ω，A、B的转动半径分别为rA、rB，由几何关系知
rA＝eq \f(8,5)L，rB＝eq \f(4,5)L。
由题知环A的向心力F′＝F
对A，F′＝Mω2·eq \f(8,5)L
对B，mgtan 53°＝mω2·eq \f(4,5)L
解得M＝eq \f(9,64)m。
(3)B上升的高度h＝eq \f(1,5)L，A、B的动能分别为EkA＝eq \f(1,2)Meq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(ω·\f(8,5)L))2
EkB＝eq \f(1,2)meq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(ω·\f(4,5)L))2
根据能量守恒定律可知，
W＝(EkA－0)＋(EkB－0)＋mgh
解得W＝eq \f(31,30)mgL。