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文档简介

作业16能量守恒定律A组基础达标微练一功能关系的理解和应用1.(多选)(2024浙江衢州二中月考)低空跳伞极限运动表演如图所示,运动员从高空一跃而下,实现了自然奇观与极限运动的完备结合。假设质量为m的跳伞运动员,由静止起先下落,在打开伞之前受恒定阻力作用,下落的加速度为56g,在运动员下落高度为h的过程中,下列说法正确的是(A.运动员的重力势能削减了56B.运动员的动能增加了56C.运动员的机械能增加了16D.运动员的机械能削减了16微练二摩擦力做功与能量的关系2.(多选)一质量为m0、长为l的木板静止在光滑水平桌面上,另一质量为m的小物块(可视为质点)从木板上的左端以速度v0起先运动,如图所示。已知物块与木板间的滑动摩擦力大小为Ff,不计空气阻力,当物块从木板右端离开时()A.木板的动能确定等于FflB.木板的动能确定小于FflC.物块的动能确定大于12mvD.物块的动能确定小于12mv3.(多选)(2024浙江9+1联盟期中)机场工作人员利用传送带将货物运输到机舱的简化过程如图甲所示。可视为质点的货物在传送带上运动的v-t图像如图乙所示,12s末货物恰好抵达机舱。已知传送带与水平面间的夹角θ=37°,货物的质量为20kg,重力加速度g取10m/s2,sin37°=0.6,cos37°=0.8,不计空气阻力,则()A.0~2s内摩擦力对货物做正功B.2~12s内摩擦力对货物不做功C.全程货物与传送带因摩擦产生的热量为102.4JD.因运输该货物多消耗的电能为102.4J微练三涉及弹簧的能量问题4.(多选)竖直放置的轻弹簧一端固定于风洞试验室的水平地面,质量m=0.1kg的小球在轻弹簧正上方某处由静止下落,同时受到一个竖直向上的恒定的风力如图甲所示。以小球起先下落的位置为原点,以竖直向下为x轴正方向,取地面为零势能参考面,在小球下落的全过程中,小球重力势能随小球位移的变更关系如图乙中的图线①所示,弹簧弹性势能随小球位移的变更关系如图乙中的图线②所示,弹簧始终在弹性限度范围内,重力加速度g取10m/s2,则()A.小球释放位置距地面的高度为0.7mB.小球在下落过程中受到的风力为0.10NC.小球刚接触弹簧时的动能为0.50JD.弹簧对小球的最大弹力大小为10.8N5.(多选)劲度系数为100N/m的轻弹簧下端固定于倾角θ=53°的光滑斜面底端,上端连接物块Q,Q同时与和斜面平行的轻绳相连,轻绳跨过固定在斜面顶端O点的定滑轮与套在光滑竖直杆上的物块P连接,图中O、B两点等高,间距d=0.3m,如图所示。初始时在外力作用下,P在A点静止不动,A、B间距离h=0.4m,此时轻绳中拉力大小为50N。已知P质量为0.8kg,Q质量为5kg。现将P由静止释放(不计滑轮大小及摩擦,重力加速度g取10m/s2,不计空气阻力,sin53°=0.8,cos53°=0.6),下列说法正确的是()A.P位于A点时,弹簧的伸长量为0.1mB.P上升至B点时的速度大小为7m/sC.P上升至B点的过程中,轻绳拉力对其所做的功为6JD.P上升至B点的过程中,轻绳拉力对P做的功等于Q机械能的削减量B组综合提升6.(2024浙江丽水中学期末)一弹射嬉戏装置由安装在水平台面上的固定弹射器、水平直轨道AB,圆心为O的竖直半圆轨道BCD、水平直轨道EF及弹性板等组成,如图所示,半圆轨道最高点D与水平直轨道右端点E处在同一竖直线上,且D点略高于E点。已知可视为质点的滑块质量m=0.1kg,轨道BCD的半径R=0.6m,轨道EF的长度l=1.0m,滑块与轨道EF间的动摩擦因数μ=0.2,其余各部分轨道均光滑。嬉戏时滑块从A点弹出,经过圆轨道并滑上水平直轨道EF。弹簧的弹性势能最大值Epm=2.0J,弹射器中滑块与弹簧相互作用时,机械能损失忽视不计,滑块与弹性板作用后以等大速率弹回,不计滑块通过DE之间的能量损失,g取10m/s2,不计空气阻力。(1)求滑块恰好能通过D点的速度vD。(2)若弹簧的弹性势能Ep0=1.6J,求滑块运动到与圆心O等高的C点时所受的弹力FN。(3)若滑块最终静止在水平直轨道EF上,求弹簧的弹性势能Ep的范围。7.(2024浙江萧山模拟)如图所示,有一水平足够长的传送带,以v1=4m/s的速度沿顺时针方向匀速运转,传送带右端与一光滑水平轨道平滑连接,轨道的右端固定有一个挡板,一质量m=2kg的小滑块以v2=5m/s的速度从传送带右端冲上传送带,在传送带上减速到零,后反向运动并在水平轨道右端与挡板发生碰撞,假设每次碰撞后小滑块的动能减为碰前的四分之一,小滑块与传送带之间的动摩擦因数μ=0.5,重力加速度g取10m/s2,不计空气阻力,已知当n足够大时,有1+12+14+…+1(1)小滑块在传送带上第一次减速到零的位置距传送带右端的距离x1;(2)从起先到第一次与挡板碰撞前,小滑块与传送带之间摩擦产生的热量Q;(3)从起先到小滑块最终静止的过程,电动机多消耗的电能E。参考答案作业16能量守恒定律1.BD解析依据重力做功与重力势能的变更关系,ΔEp=-WG=-mgh,即重力势能减小了mgh,故A错误;依据动能定理可得,ΔEk=W合=mah=56mgh,即动能增加了56mgh,故B正确;机械能变更量等于重力势能变更量与动能变更量之和,所以ΔE=ΔEp+ΔEk=-mgh+56mgh=-16mgh,即机械能减小了162.BD解析设物块离开木板时的速度为v1,此时木板的速度为v2,由题意可知v1>v2,设物块的对地位移为x1,木板的对地位移为x2。依据能量守恒定律可得12mv02=12mv12+12m0v22+Ffl,整理可得12mv12=12mv02-Ffl-12m0v22<12mv02-Ffl,D正确,C错误;木板的动能等于物块对木板的摩擦力做的功,因摩擦产生的摩擦热Q=Ffl=Ff(x1-x23.AC解析0~2s内货物受到的滑动摩擦力方向沿斜面对上,与货物运动速度方向相同,则摩擦力对货物做正功,选项A正确;2~12s内货物受到的静摩擦力沿斜面对上,摩擦力对货物做正功,选项B错误;加速阶段的加速度a=ΔvΔt=0.4m/s2,则μmgcosθ-mgsinθ=ma,货物相对传送带的位移Δx=2×0.8m-12×2×0.8m=0.8m,全程货物与传送带因摩擦产生的热量Q=μmgcosθΔx=102.4J,选项C正确;因运输该货物多消耗的电能等于货物的动能、重力势能增加量以及产生的内能之和,则因运输该货物多消耗的电能大于102.44.ABD解析由图乙可知,小球在释放位置的重力势能为0.70J,依据Ep=mgh可得,h=0.7m,故A正确;小球从静止下落到最低点,由能量守恒定律得mgx-F风x=Ep弹,解得F风=0.1N,故B正确;小球刚接触弹簧时,小球下落了h1=0.5m,则mgh1-F风h1=Ek,解得Ek=0.45J,故C错误;依据弹力做功与弹性势能的变更关系可知,F'Δx=ΔEp,式中ΔEp=0.54J,F'=Fm+02,Δx=0.1m,解得Fm5.AD解析物块P位于A点时,假设弹簧伸长,则有FT=mQgsinθ+kx1,代入数据解得x1=0.1m,假设正确,则P位于A点时,弹簧的伸长量为0.1m,选项A正确。P上升至B点时,轻绳与竖直杆垂直,P沿轻绳方向的分速度为零,即此时物块Q的速度为0,由几何关系可知Q下降的距离Δx=lOP-lOB=0.5m-0.3m=0.2m,此时弹簧的压缩量x2=0.2m-0.1m=0.1m,则可知P由A点运动到B点的过程中,弹簧的弹性势能不变;P上升至B点的过程中,对物块P、Q及弹簧组成的系统,依据能量守恒有,mQgΔxsinθ-mPgh=12mPvP2,代入数据解得vP=23m/s,对物块P有WT-mPgh=12mPvP2,代入数据解得轻绳拉力对其所做的功为WT=8J,物块Q机械能的削减量ΔE=mQgΔxsinθ=8J,则有WT=ΔE,选项6.答案(1)6m/s(2)103(3)1.5J≤Ep≤1.6J或1.9J≤Ep≤2.0J解析(1)恰好通过D点时,由重力供应向心力,则有mg=mv解得vD=6m/s。(2)滑块从A点运动到C点,由机械能守恒定律得Ep0=mgR+1在C点,轨道的弹力供应向心力,由牛顿其次定律得FN=mv联立解得FN=103N(3)若滑块恰好能通过半圆轨道最高点D,则有xmin=vD2若滑块以最大弹性势能弹出时,能停在水平直轨道EF上,在EF上滑行的最大路程为xmax,则有Epm=μmgxmax+2mgR代入数据解得xmax=4.0m在轨道EF上来回一次损失的能量为ΔE=μmg·2l=0.4J可知,若滑块最终静止在水平直轨道EF上,有如下两种状况满意要求:①1.5m≤x≤2.0m,则有Ep=μmgx+2mgR解得1.5J≤Ep≤1.6J②3.5m≤x≤4.0m,则有Ep=μmgx+2mgR解得1.9J≤Ep≤2.0J综上所述,弹簧的弹性势能Ep的范围为1.5J≤Ep≤1.6J或1.9J≤Ep≤2.0J。7.答案(1)2.5m(2)81J(3)136J解析(1)小滑块在传送带上第一次减速到零,由动能定理可得-μmgx1=0-1解得x1=2.5m。(2)小滑块在传送带上第一次减速到零所用的时间为t0,小滑块在传送带上的加速度为a,此过程传送带位移为x0,此过程产生的热量为Q0,则可得v2=at0a=μgx0=v1t0Q0=μmg(x1+x0)小滑块反向加速至与传送带共速后匀速到达传送带右端,加速时间为t1,此过程传送带位移和小滑块位移分别为x11、x2,此过程产生的热量为Q1,则可得v1=at1x11=v1t1,x2=v12Q1=μmg(x11-x2)可得Q=Q0+Q1=81J。(3)分析可知,从起先到小滑块最终静止的过程中,小滑块给传送带的摩擦力对传送带

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