適用于新高考新教材浙江專版2025屆高考物理一輪總復(fù)習(xí)第5單元機(jī)械能作業(yè)16能量守恒定律新人教版

作業(yè)16能量守恒定律A組基礎(chǔ)達(dá)標(biāo)微練一功能關(guān)系的理解和應(yīng)用1.(多選)(2024浙江衢州二中月考)低空跳傘極限運(yùn)動表演如圖所示,運(yùn)動員從高空一躍而下,實(shí)現(xiàn)了自然奇觀與極限運(yùn)動的完備結(jié)合。假設(shè)質(zhì)量為m的跳傘運(yùn)動員,由靜止起先下落,在打開傘之前受恒定阻力作用,下落的加速度為56g,在運(yùn)動員下落高度為h的過程中,下列說法正確的是(A.運(yùn)動員的重力勢能削減了56B.運(yùn)動員的動能增加了56C.運(yùn)動員的機(jī)械能增加了16D.運(yùn)動員的機(jī)械能削減了16微練二摩擦力做功與能量的關(guān)系2.(多選)一質(zhì)量為m0、長為l的木板靜止在光滑水平桌面上,另一質(zhì)量為m的小物塊(可視為質(zhì)點(diǎn))從木板上的左端以速度v0起先運(yùn)動,如圖所示。已知物塊與木板間的滑動摩擦力大小為Ff,不計(jì)空氣阻力,當(dāng)物塊從木板右端離開時()A.木板的動能確定等于FflB.木板的動能確定小于FflC.物塊的動能確定大于12mvD.物塊的動能確定小于12mv3.(多選)(2024浙江9+1聯(lián)盟期中)機(jī)場工作人員利用傳送帶將貨物運(yùn)輸?shù)綑C(jī)艙的簡化過程如圖甲所示。可視為質(zhì)點(diǎn)的貨物在傳送帶上運(yùn)動的v-t圖像如圖乙所示,12s末貨物恰好抵達(dá)機(jī)艙。已知傳送帶與水平面間的夾角θ=37°,貨物的質(zhì)量為20kg,重力加速度g取10m/s2,sin37°=0.6,cos37°=0.8,不計(jì)空氣阻力,則()A.0~2s內(nèi)摩擦力對貨物做正功B.2~12s內(nèi)摩擦力對貨物不做功C.全程貨物與傳送帶因摩擦產(chǎn)生的熱量為102.4JD.因運(yùn)輸該貨物多消耗的電能為102.4J微練三涉及彈簧的能量問題4.(多選)豎直放置的輕彈簧一端固定于風(fēng)洞試驗(yàn)室的水平地面,質(zhì)量m=0.1kg的小球在輕彈簧正上方某處由靜止下落,同時受到一個豎直向上的恒定的風(fēng)力如圖甲所示。以小球起先下落的位置為原點(diǎn),以豎直向下為x軸正方向,取地面為零勢能參考面,在小球下落的全過程中,小球重力勢能隨小球位移的變更關(guān)系如圖乙中的圖線①所示,彈簧彈性勢能隨小球位移的變更關(guān)系如圖乙中的圖線②所示,彈簧始終在彈性限度范圍內(nèi),重力加速度g取10m/s2,則()A.小球釋放位置距地面的高度為0.7mB.小球在下落過程中受到的風(fēng)力為0.10NC.小球剛接觸彈簧時的動能為0.50JD.彈簧對小球的最大彈力大小為10.8N5.(多選)勁度系數(shù)為100N/m的輕彈簧下端固定于傾角θ=53°的光滑斜面底端,上端連接物塊Q,Q同時與和斜面平行的輕繩相連,輕繩跨過固定在斜面頂端O點(diǎn)的定滑輪與套在光滑豎直桿上的物塊P連接,圖中O、B兩點(diǎn)等高,間距d=0.3m,如圖所示。初始時在外力作用下,P在A點(diǎn)靜止不動,A、B間距離h=0.4m,此時輕繩中拉力大小為50N。已知P質(zhì)量為0.8kg,Q質(zhì)量為5kg?，F(xiàn)將P由靜止釋放(不計(jì)滑輪大小及摩擦,重力加速度g取10m/s2,不計(jì)空氣阻力,sin53°=0.8,cos53°=0.6),下列說法正確的是()A.P位于A點(diǎn)時,彈簧的伸長量為0.1mB.P上升至B點(diǎn)時的速度大小為7m/sC.P上升至B點(diǎn)的過程中,輕繩拉力對其所做的功為6JD.P上升至B點(diǎn)的過程中,輕繩拉力對P做的功等于Q機(jī)械能的削減量B組綜合提升6.(2024浙江麗水中學(xué)期末)一彈射嬉戲裝置由安裝在水平臺面上的固定彈射器、水平直軌道AB,圓心為O的豎直半圓軌道BCD、水平直軌道EF及彈性板等組成,如圖所示,半圓軌道最高點(diǎn)D與水平直軌道右端點(diǎn)E處在同一豎直線上,且D點(diǎn)略高于E點(diǎn)。已知可視為質(zhì)點(diǎn)的滑塊質(zhì)量m=0.1kg,軌道BCD的半徑R=0.6m,軌道EF的長度l=1.0m,滑塊與軌道EF間的動摩擦因數(shù)μ=0.2,其余各部分軌道均光滑。嬉戲時滑塊從A點(diǎn)彈出,經(jīng)過圓軌道并滑上水平直軌道EF。彈簧的彈性勢能最大值Epm=2.0J,彈射器中滑塊與彈簧相互作用時,機(jī)械能損失忽視不計(jì),滑塊與彈性板作用后以等大速率彈回,不計(jì)滑塊通過DE之間的能量損失,g取10m/s2,不計(jì)空氣阻力。(1)求滑塊恰好能通過D點(diǎn)的速度vD。(2)若彈簧的彈性勢能Ep0=1.6J,求滑塊運(yùn)動到與圓心O等高的C點(diǎn)時所受的彈力FN。(3)若滑塊最終靜止在水平直軌道EF上,求彈簧的彈性勢能Ep的范圍。7.(2024浙江蕭山模擬)如圖所示,有一水平足夠長的傳送帶,以v1=4m/s的速度沿順時針方向勻速運(yùn)轉(zhuǎn),傳送帶右端與一光滑水平軌道平滑連接,軌道的右端固定有一個擋板,一質(zhì)量m=2kg的小滑塊以v2=5m/s的速度從傳送帶右端沖上傳送帶,在傳送帶上減速到零,后反向運(yùn)動并在水平軌道右端與擋板發(fā)生碰撞,假設(shè)每次碰撞后小滑塊的動能減為碰前的四分之一,小滑塊與傳送帶之間的動摩擦因數(shù)μ=0.5,重力加速度g取10m/s2,不計(jì)空氣阻力,已知當(dāng)n足夠大時,有1+12+14+…+1(1)小滑塊在傳送帶上第一次減速到零的位置距傳送帶右端的距離x1;(2)從起先到第一次與擋板碰撞前,小滑塊與傳送帶之間摩擦產(chǎn)生的熱量Q;(3)從起先到小滑塊最終靜止的過程,電動機(jī)多消耗的電能E。參考答案作業(yè)16能量守恒定律1.BD解析依據(jù)重力做功與重力勢能的變更關(guān)系,ΔEp=-WG=-mgh,即重力勢能減小了mgh,故A錯誤;依據(jù)動能定理可得,ΔEk=W合=mah=56mgh,即動能增加了56mgh,故B正確;機(jī)械能變更量等于重力勢能變更量與動能變更量之和,所以ΔE=ΔEp+ΔEk=-mgh+56mgh=-16mgh,即機(jī)械能減小了162.BD解析設(shè)物塊離開木板時的速度為v1,此時木板的速度為v2,由題意可知v1>v2,設(shè)物塊的對地位移為x1,木板的對地位移為x2。依據(jù)能量守恒定律可得12mv02=12mv12+12m0v22+Ffl,整理可得12mv12=12mv02-Ffl-12m0v22<12mv02-Ffl,D正確,C錯誤;木板的動能等于物塊對木板的摩擦力做的功,因摩擦產(chǎn)生的摩擦熱Q=Ffl=Ff(x1-x23.AC解析0~2s內(nèi)貨物受到的滑動摩擦力方向沿斜面對上,與貨物運(yùn)動速度方向相同,則摩擦力對貨物做正功,選項(xiàng)A正確;2~12s內(nèi)貨物受到的靜摩擦力沿斜面對上,摩擦力對貨物做正功,選項(xiàng)B錯誤;加速階段的加速度a=ΔvΔt=0.4m/s2,則μmgcosθ-mgsinθ=ma,貨物相對傳送帶的位移Δx=2×0.8m-12×2×0.8m=0.8m,全程貨物與傳送帶因摩擦產(chǎn)生的熱量Q=μmgcosθΔx=102.4J,選項(xiàng)C正確;因運(yùn)輸該貨物多消耗的電能等于貨物的動能、重力勢能增加量以及產(chǎn)生的內(nèi)能之和,則因運(yùn)輸該貨物多消耗的電能大于102.44.ABD解析由圖乙可知,小球在釋放位置的重力勢能為0.70J,依據(jù)Ep=mgh可得,h=0.7m,故A正確;小球從靜止下落到最低點(diǎn),由能量守恒定律得mgx-F風(fēng)x=Ep彈,解得F風(fēng)=0.1N,故B正確;小球剛接觸彈簧時,小球下落了h1=0.5m,則mgh1-F風(fēng)h1=Ek,解得Ek=0.45J,故C錯誤;依據(jù)彈力做功與彈性勢能的變更關(guān)系可知,F'Δx=ΔEp,式中ΔEp=0.54J,F'=Fm+02,Δx=0.1m,解得Fm5.AD解析物塊P位于A點(diǎn)時,假設(shè)彈簧伸長,則有FT=mQgsinθ+kx1,代入數(shù)據(jù)解得x1=0.1m,假設(shè)正確,則P位于A點(diǎn)時,彈簧的伸長量為0.1m,選項(xiàng)A正確。P上升至B點(diǎn)時,輕繩與豎直桿垂直,P沿輕繩方向的分速度為零,即此時物塊Q的速度為0,由幾何關(guān)系可知Q下降的距離Δx=lOP-lOB=0.5m-0.3m=0.2m,此時彈簧的壓縮量x2=0.2m-0.1m=0.1m,則可知P由A點(diǎn)運(yùn)動到B點(diǎn)的過程中,彈簧的彈性勢能不變;P上升至B點(diǎn)的過程中,對物塊P、Q及彈簧組成的系統(tǒng),依據(jù)能量守恒有,mQgΔxsinθ-mPgh=12mPvP2,代入數(shù)據(jù)解得vP=23m/s,對物塊P有WT-mPgh=12mPvP2,代入數(shù)據(jù)解得輕繩拉力對其所做的功為WT=8J,物塊Q機(jī)械能的削減量ΔE=mQgΔxsinθ=8J,則有WT=ΔE,選項(xiàng)6.答案(1)6m/s(2)103(3)1.5J≤Ep≤1.6J或1.9J≤Ep≤2.0J解析(1)恰好通過D點(diǎn)時,由重力供應(yīng)向心力,則有mg=mv解得vD=6m/s。(2)滑塊從A點(diǎn)運(yùn)動到C點(diǎn),由機(jī)械能守恒定律得Ep0=mgR+1在C點(diǎn),軌道的彈力供應(yīng)向心力,由牛頓其次定律得FN=mv聯(lián)立解得FN=103N(3)若滑塊恰好能通過半圓軌道最高點(diǎn)D,則有xmin=vD2若滑塊以最大彈性勢能彈出時,能停在水平直軌道EF上,在EF上滑行的最大路程為xmax,則有Epm=μmgxmax+2mgR代入數(shù)據(jù)解得xmax=4.0m在軌道EF上來回一次損失的能量為ΔE=μmg·2l=0.4J可知,若滑塊最終靜止在水平直軌道EF上,有如下兩種狀況滿意要求:①1.5m≤x≤2.0m,則有Ep=μmgx+2mgR解得1.5J≤Ep≤1.6J②3.5m≤x≤4.0m,則有Ep=μmgx+2mgR解得1.9J≤Ep≤2.0J綜上所述,彈簧的彈性勢能Ep的范圍為1.5J≤Ep≤1.6J或1.9J≤Ep≤2.0J。7.答案(1)2.5m(2)81J(3)136J解析(1)小滑塊在傳送帶上第一次減速到零,由動能定理可得-μmgx1=0-1解得x1=2.5m。(2)小滑塊在傳送帶上第一次減速到零所用的時間為t0,小滑塊在傳送帶上的加速度為a,此過程傳送帶位移為x0,此過程產(chǎn)生的熱量為Q0,則可得v2=at0a=μgx0=v1t0Q0=μmg(x1+x0)小滑塊反向加速至與傳送帶共速后勻速到達(dá)傳送帶右端,加速時間為t1,此過程傳送帶位移和小滑塊位移分別為x11、x2,此過程產(chǎn)生的熱量為Q1,則可得v1=at1x11=v1t1,x2=v12Q1=μmg(x11-x2)可得Q=Q0+Q1=81J。(3)分析可知,從起先到小滑塊最終靜止的過程中,小滑塊給傳送帶的摩擦力對傳送帶