(浙江選考)2020版高考物理一輪復(fù)習(xí)第5章機(jī)械能第4講能量守恒定律與能源學(xué)案

.PAGE下載后可自行編輯修改，頁腳下載后可刪除。第4講能量守恒定律與能源知識排查功能關(guān)系能量轉(zhuǎn)化的量度，即做了多少功就有多少能量發(fā)生了轉(zhuǎn)化。能量的轉(zhuǎn)化，而且能量的轉(zhuǎn)化必須通過做功來實(shí)現(xiàn)。能源1.(1)定義：在能量的轉(zhuǎn)化過程中，一局部能量轉(zhuǎn)化為內(nèi)能流散到周圍環(huán)境中，我們無法把這些內(nèi)能收集起來重新利用，這種現(xiàn)象叫做能量的耗散。(2)能量耗散帶來的問題：一是可利用的能源越來越少，造成能源危機(jī)；二是使環(huán)境吸收的耗散能量越來越多，造成環(huán)境污染，溫度升高。能量守恒定律1.內(nèi)容：能量既不會消滅，也不會創(chuàng)生。它只會從一種形式轉(zhuǎn)化為其他形式，或者從一個物體轉(zhuǎn)移到另一個物體，而在轉(zhuǎn)化和轉(zhuǎn)移的過程中，能量的總量保持不變。2.表達(dá)式：ΔE減＝ΔE增。小題速練(1)物體在速度增大時，其機(jī)械能可能在減小()(2)摩擦力在做功時，機(jī)械能一定會發(fā)生轉(zhuǎn)化()(3)能量在轉(zhuǎn)移或轉(zhuǎn)化過程中，其總量會不斷減少()(4)既然能量在轉(zhuǎn)移或轉(zhuǎn)化過程中是守恒的，故沒有必要節(jié)約能源()(5)節(jié)約可利用能源的目的是為了減少污染排放()(6)滑動摩擦力做功時，一定會引起機(jī)械能的轉(zhuǎn)化()(7)一個物體的能量增加，必定有別的物體能量減少()答案(1)√(2)×(3)×(4)×(5)×(6)√(7)√2.有人設(shè)想在夏天用電冰箱來降低房間的溫度。他的方法是：關(guān)好房間的門窗，然后翻開冰箱的所有門讓冰箱運(yùn)轉(zhuǎn)，且不考慮房間內(nèi)外熱量的傳遞。那么開機(jī)后，室內(nèi)的溫度將()C.開機(jī)時降低，停機(jī)時升高D.開機(jī)時升高，停機(jī)時降低解析電冰箱的壓縮機(jī)運(yùn)行時，一局部電能轉(zhuǎn)化為內(nèi)能，室內(nèi)的溫度將升高。答案A功能關(guān)系能源(1)假設(shè)只涉及動能的變化用動能定理。(2)只涉及重力勢能的變化，用重力做功與重力勢能變化的關(guān)系分析。(3)只涉及機(jī)械能變化，用除重力和彈簧的彈力之外的力做功與機(jī)械能變化的關(guān)系分析?！镜淅咳鐖D1所示，人用平行于粗糙斜面的力將物體拉至斜面頂端，使物體獲得動能，關(guān)于人體消耗的化學(xué)能，下面說法正確的選項(xiàng)是()圖1解析物體上升過程中，動能和重力勢能增加，同時由于摩擦生熱，人體消耗的化學(xué)能等于物體機(jī)械能的增量與系統(tǒng)增加的內(nèi)能之和，應(yīng)選項(xiàng)D正確。答案Dm，在某段時間內(nèi)起重機(jī)將貨物以加速度a加速提升h，那么在這段時間內(nèi)表達(dá)正確的選項(xiàng)是(重力加速度為g)()mah－mgh加mahmahmah＋mgh解析準(zhǔn)確把握功和對應(yīng)能量變化之間的關(guān)系是解答此類問題的關(guān)鍵，具體分析如下：選項(xiàng)內(nèi)容指向、聯(lián)系分析結(jié)論A動能定理，貨物動能的增加量等于貨物所受合外力做的功mah錯誤B功能關(guān)系，貨物機(jī)械能的增量等于除重力以外的力做的功而不等于合外力做的功錯誤C功能關(guān)系，重力勢能的增量等于貨物克制重力做的功mgh錯誤D功能關(guān)系，貨物機(jī)械能的增量等于起重機(jī)拉力做的功m(g＋a)h正確答案Dm的物體由靜止開場下落，由于空氣阻力影響，物體下落的加速度為eq\f(4,5)g，在物體下落高度為h的過程中，以下說法正確的選項(xiàng)是()eq\f(4,5)mgh了eq\f(4,5)mgheq\f(4,5)mgheq\f(4,5)mgh解析下落階段，物體受重力和空氣阻力，由動能定理W＝ΔEk，即mgh－Ffh＝ΔEk，F(xiàn)f＝mg－eq\f(4,5)mg＝eq\f(1,5)mg，可求ΔEk＝eq\f(4,5)mgh，選項(xiàng)A正確；機(jī)械能減少量等于克制阻力所做的功W＝Ffh＝eq\f(1,5)mgh，選項(xiàng)B、C錯誤；重力勢能的減少量等于重力做的功ΔEp＝mgh，選項(xiàng)D錯誤。答案A3.如圖2所示，木塊放在光滑水平面上，一顆子彈水平射入木塊中，受到阻力為f，射入深度為d，此過程木塊位移為s，以下說法中不正確的選項(xiàng)是()圖2f(s＋d)增加的動能為fsD.子彈、木塊系統(tǒng)總機(jī)械能的損失為fd解析對子彈用動能定理得－f(s＋d)＝ΔEk，故子彈損失的動能為f(s＋d)，A正確；對木塊用動能定理得fs＝ΔEk，木塊獲得動能為fs，B正確；子彈減少的動能轉(zhuǎn)化為木塊增加的動能和系統(tǒng)增加的內(nèi)能，故子彈動能的減少大于木塊動能的增加，C錯誤；系統(tǒng)損失的機(jī)械能轉(zhuǎn)化為產(chǎn)生的內(nèi)能Q＝fd，故D正確。答案C能量守恒定律的理解及應(yīng)用(1)轉(zhuǎn)化：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)轉(zhuǎn)移：某個物體的能量減少，一定存在其他物體的能量增加，且減少量和增加量相等。2.涉及彈簧的能量問題應(yīng)注意：如果只有重力和系統(tǒng)內(nèi)彈簧彈力做功，系統(tǒng)機(jī)械能守恒?！镜淅?】(2021·溫州模擬)蹦極是一項(xiàng)既驚險(xiǎn)又刺激的運(yùn)動，深受年輕人的喜愛。如圖3所示，蹦極者從P點(diǎn)由靜止跳下，到達(dá)A處時彈性繩剛好伸直，繼續(xù)下降到最低點(diǎn)B處，B離水面還有數(shù)米距離。蹦極者(視為質(zhì)點(diǎn))在其下降的整個過程中，重力勢能的減少量為ΔE1，繩的彈性勢能的增加量為ΔE2，克制空氣阻力做的功為W，那么以下說法正確的選項(xiàng)是()圖3P到A的運(yùn)動過程中，機(jī)械能守恒A到B的運(yùn)動過程中，機(jī)械能守恒E1＝W＋ΔE2E1＋ΔE2＝W解析蹦極者從P到A及從A到B的運(yùn)動過程中，由于有空氣阻力做功，所以機(jī)械能減少，選項(xiàng)A、B錯誤；整個過程中重力勢能的減少量等于繩的彈性勢能增加量和克制空氣阻力做功之和，即ΔE1＝W＋ΔE2，選項(xiàng)C正確，D錯誤。答案C【典例2】如圖4所示，光滑水平面AB與豎直面內(nèi)的半圓形導(dǎo)軌在B點(diǎn)相切，半圓形導(dǎo)軌的半徑為R。一個質(zhì)量為m的物體將彈簧壓縮至A點(diǎn)后由靜止釋放，在彈力作用下物體獲得某一向右的速度后脫離彈簧，當(dāng)它經(jīng)過B點(diǎn)進(jìn)入導(dǎo)軌的瞬間對軌道的壓力為其重力的8倍，之后向上運(yùn)動恰能到達(dá)最高點(diǎn)C。(不計(jì)空氣阻力)試求：圖4(1)物體在A點(diǎn)時彈簧的彈性勢能；(2)物體從B點(diǎn)運(yùn)動至C點(diǎn)的過程中產(chǎn)生的內(nèi)能。解析(1)設(shè)物體在B點(diǎn)的速度為vB，所受彈力為FNB，那么有FNB－mg＝meq\f(veq\o\al(2,B),R)又FNB＝8mg由能量轉(zhuǎn)化與守恒可知：彈性勢能Ep＝eq\f(1,2)mveq\o\al(2,B)＝eq\f(7,2)mgR。(2)設(shè)物體在C點(diǎn)的速度為vC，由題意可知mg＝meq\f(veq\o\al(2,C),R)物體由B點(diǎn)運(yùn)動到C點(diǎn)的過程中，由能量守恒得Q＝eq\f(1,2)mveq\o\al(2,B)－eq\b\lc\(\a\vs4\al\co1(\f(1,2)mveq\o\al(2,C)－mg·2R))解得Q＝mgR。答案(1)eq\f(7,2)mgR(2)mgR1.(2021·11月浙江選考)如圖5所示，在地面上豎直固定了刻度尺和輕質(zhì)彈簧，彈簧原長時上端與刻度尺上的A點(diǎn)等高，質(zhì)量m＝0.5kg的籃球靜止在彈簧正上方，底端距A點(diǎn)的高度h1＝1.10m，籃球靜止釋放測得第一次撞擊彈簧時，彈簧的最大形變量x1＝0.15m，第一次反彈至最高點(diǎn)，籃球底端距A點(diǎn)的高度h2＝0.873m，籃球?qū)掖畏磸椇箪o止在彈簧的上端，此時彈簧的形變量x2＝0.01m，彈性勢能為Ep＝0.025J。假設(shè)籃球運(yùn)動時受到的空氣阻力大小恒定，忽略籃球與彈簧碰撞時的能量損失和籃球的形變，彈簧形變在彈性限度范圍內(nèi)。求：圖5(1)彈簧的勁度系數(shù)；(2)籃球在運(yùn)動過程中受到的空氣阻力；(3)籃球在整個運(yùn)動過程中通過的路程；(4)籃球在整個運(yùn)動過程中速度最大的位置。解析(1)籃球靜止在彈簧上時，有mg－kx2＝0，解得k＝500N/m(2)籃球從開場運(yùn)動到第一次上升到最高點(diǎn)，由動能定理得mg(h1－h(huán)2)－f(h1＋h2＋2x1)＝0代入數(shù)值解得f＝0.5N(3)設(shè)籃球在整個運(yùn)動過程中總路程s，由能量守恒定律得mg(h1＋x2)＝fs＋Ep代入數(shù)值解得s＝11.05m(4)球在首次下落過程中，合力為零處速度最大速度最大時彈簧形變量為x3mg－f－kx3＝0在A點(diǎn)下方，離A點(diǎn)x3＝0.009m答案(1)500N/m(2)0.5N(3)11.05m(4)第一次下落至A點(diǎn)下方0.009m處速度最大2.如圖6所示，一水平方向的傳送帶以恒定的速度v＝2m/s沿順時針方向勻速轉(zhuǎn)動，傳送帶右端固定著一光滑的四分之一圓弧面軌道，并與弧面下端相切。一質(zhì)量m＝1kg的物體自圓弧面軌道的最高點(diǎn)靜止滑下，圓弧軌道的半徑R＝0.45m，物體與傳送帶之間的動摩擦因數(shù)為μ＝0.2，不計(jì)物體滑過曲面與傳送帶交接處時的能量損失，傳送帶足夠長，g＝10m/s2，求：圖6(1)物體從第一次滑上傳送帶到離開傳送帶經(jīng)歷的時間；(2)物體從第一次滑上傳送帶到離開傳送帶的過程中，傳送帶對物體做的功及由于摩擦產(chǎn)生的熱量。解析(1)沿圓弧軌道下滑過程中機(jī)械能守恒，設(shè)物體滑上傳送帶時的速度為v1，那么mgR＝eq\f(1,2)mveq\o\al(2,1)，得v1＝3m/s物體在傳送帶上運(yùn)動的加速度a＝eq\f(μmg,m)＝μg＝2m/s2物體在傳送帶上向左運(yùn)動的時間t1＝eq\f(v1,a)＝1.5s向左滑動的最大距離x＝eq\f(veq\o\al(2,1),2a)＝2.25m物體向右運(yùn)動速度到達(dá)v時，已向右移動的距離x1＝eq\f(v2,2a)＝1m所用時間t2＝eq\f(v,a)＝1s，勻速運(yùn)動的時間t3＝eq\f(x－x1,v)＝0.625s所以t＝t1＋t2＋t3＝3.125s。(2)根據(jù)動能定理，傳送帶對物體做的功W＝eq\f(1,2)mv2－eq\f(1,2)mveq\o\al(2,1)＝－2.5J，物體相對傳送帶滑過的位移Δx＝eq\f(v2－veq\o\al(2,1),－2a)＋v(t1＋t2)＝6.25m，由于摩擦產(chǎn)生的熱量Q＝μmg·Δx＝12.5J答案(1)3.125s(2)－2.5J12.5J[題源：人教版必修2·P80·T2]游樂場的過山車可以底朝上在圓軌道上運(yùn)行，游客卻不會掉下來(圖7.9－4)。我們把這種情形抽象為圖7.9－5的模型：弧形軌道的下端與豎直圓軌道相接，使小球從弧形軌道上端滾下，小球進(jìn)入圓軌道下端后沿圓軌道運(yùn)動。實(shí)驗(yàn)發(fā)現(xiàn)，只要h大于一定值，小球就可以順利通過圓軌道的最高點(diǎn)。如果圓軌道的半徑為R，h至少要等于多大？不考慮摩擦等阻力。鏈接高考1.(2021·10月浙江選考)如圖7所示，游樂場的過山車可以底朝上在豎直圓軌道上運(yùn)行，可抽象為圖8的模型。傾角為45°的直軌道AB，半徑R＝10m的光滑豎直圓軌道和傾角為37°的直軌道EF，分別通過水平光滑銜接軌道BC、C′E平滑連接，另有水平減速直軌道FG與EF平滑連接，EG間的水平距離l＝40m?，F(xiàn)有質(zhì)量m＝500kg的過山車，從高h(yuǎn)＝40m處的A點(diǎn)靜止下滑，經(jīng)BCDC′EF最終停在G點(diǎn)。過山車與軌道AB、EF的動摩擦因數(shù)均為μ1＝0.2，與減速直軌道FG的動摩擦因數(shù)μ2＝0.75，過山車可視為質(zhì)點(diǎn)，運(yùn)動中不脫離軌道，求： 圖7圖8(1)過山車運(yùn)動至圓軌道最低點(diǎn)C時的速度大??；(2)過山車運(yùn)動至圓軌道最高點(diǎn)D時對軌道的作用力；(3)減速直軌道FG的長度x。(sin37°＝0.6，cos37°＝0.8)解析(1)設(shè)C點(diǎn)的速度為vC，由動能定理得：mgh－μ1mgcos45°·eq\f(h,sin45°)＝eq\f(1,2)mveq\o\al(2,C)代入數(shù)據(jù)解之得：vC＝8eq\r(10)m/s。(2)設(shè)D點(diǎn)速度為vD，由動能定理得：mg(h－2R)－μ1mgcos45°·eq\f(h,sin45°)＝eq\f(1,2)mveq\o\al(2,D)F＋mg＝meq\f(veq\o\al(2,D),R)聯(lián)立并代入數(shù)值解得F＝7×103N。由牛頓第三定律知，對軌道作用力為F′＝7×103N，方向豎直向上。(3)全程應(yīng)用動能定理得mg[h－(l－x)tan37°]－μ1mgcos45°·eq\f(h,sin45°)－μ1mgeq\f(l－x,cos37°)－μ2mgx＝0，解之得x＝32m。答案(1)8eq\r(10)m/s(2)7×103N(3)32m2.(2021·11月浙江選考)如圖9甲所示是游樂園的過山車，其局部可簡化為如圖乙的示意圖，傾角θ＝37°的兩平行傾斜軌道BC、DE的下端與水平半圓形軌道CD順滑連接，傾斜軌道BC的B端高度h＝24m，傾斜軌道DE與圓弧EF相切于E點(diǎn)，圓弧EF的圓心O1、水平半圓軌道CD的圓心O2與A點(diǎn)在同一水平面上，DO1的距離L＝20m。質(zhì)量m＝1000kg的過山車(包括乘客)從B點(diǎn)自靜止滑下，經(jīng)過水平半圓軌道后，滑上另一傾斜軌道，到達(dá)圓弧頂端F時乘客對座椅的壓力為自身重力的0.25倍。過山車在BC、DE段運(yùn)動時所受的摩擦力與軌道對過山車的支持力成正比，比例系數(shù)μ＝eq\f(1,32)，EF段摩擦力不計(jì)，整個運(yùn)動過程空氣阻力不計(jì)。(sin37°＝0.6，cos37°＝0.8)甲乙圖9(1)求過山車過F點(diǎn)時的速度大??；(2)求從B到F整個運(yùn)動過程中摩擦力對過山車做的功；(3)如果過D點(diǎn)時發(fā)現(xiàn)圓軌道EF段有故障，為保證乘客的平安，立即觸發(fā)制動裝置，使過山車不能到達(dá)EF段并保證不再下滑，那么過山車受到的摩擦力至少應(yīng)多大？解析(1)對運(yùn)動到F點(diǎn)的過山車受力分析，根據(jù)向心力公式可得mgmg＝meq\f(veq\o\al(2,F),r)，①r＝Lsinθ②代入數(shù)據(jù)可得vF＝eq\r(\f(3,4)gr)＝3eq\r(10)m/s③(2)從B點(diǎn)到F點(diǎn)，根據(jù)動能定理，mg(h－Lsinθ)＋Wf＝eq\f(1,2)mveq\o\al(2,F)－0④解得Wf＝－7.5×104J⑤(3)觸發(fā)制動后能恰好到達(dá)E點(diǎn)對應(yīng)的摩擦力為Ff1－Ff1Lcosθ－mgrcosθ＝0－eq\f(1,2)mveq\o\al(2,D)⑥未觸發(fā)制動時，對D點(diǎn)到F點(diǎn)的過程，有－μmgcosθLcosθ－mgr＝eq\f(1,2)mveq\o\al(2,F)－eq\f(1,2)mveq\o\al(2,D)⑦由⑥⑦兩式得Ff1＝eq\f(73,16)×103N＝4.6×103N⑧要使過山車停在傾斜軌道上的摩擦力為Ff2Ff2＝mgsinθ＝6×103N⑨綜合考慮⑧⑨兩式，得Ffm＝6×103N答案(1)3eq\r(10)m/s(2)－7.5×104J(3)6.0×103N活頁作業(yè)(時間：30分鐘)A組根底過關(guān)1.以下哪些現(xiàn)象屬于能量的耗散()解析能量耗散主要指其他形式的能量最終轉(zhuǎn)化為環(huán)境的內(nèi)能后，不能再被收集起來重新利用。答案D2.關(guān)于能源的開發(fā)和利用，以下觀點(diǎn)不正確的選項(xiàng)是()A.能源是有限的，無節(jié)制地使用常規(guī)能源，是一種盲目的短期行為B.根據(jù)能量守恒定律，能源是取之不盡、用之不竭的C.能源的開發(fā)和利用，必須同時考慮其對生態(tài)環(huán)境的影響D.不斷開發(fā)新能源，是緩解能源危機(jī)、加強(qiáng)環(huán)境保護(hù)的重要途徑解析在能源的利用過程中，雖然能量的數(shù)量并未減少，但在可利用的品質(zhì)上降低了，從便于利用的變成了不便于利用的了。所以，我們要節(jié)約能源，保護(hù)環(huán)境。答案B3.升降機(jī)底板上放一質(zhì)量為100kg的物體，物體隨升降機(jī)由靜止開場豎直向上移動5m時速度到達(dá)4m/s，那么此過程中(g取10m/s2)()A.升降機(jī)對物體做功5800JB.合外力對物體做功5800JC.物體的重力勢能增加500JD.物體的機(jī)械能增加800J解析根據(jù)動能定理得W升－mgh＝eq\f(1,2)mv2，可解得W升＝5800J，A正確；合外力做的功為eq\f(1,2)mv2＝eq\f(1,2)×100×42J＝800J，B錯誤；物體重力勢能增加mgh＝100×10×5J＝5000J，C錯誤；物體機(jī)械能增加ΔE＝Fh＝W升＝5800J，D錯誤。答案A4.(2021·臺州一中月考)如圖1所示，一物體分別沿軌道aO和bO由靜止滑下，物體與軌道間的動摩擦因數(shù)一樣，假設(shè)斜面保持靜止，物體克制滑動摩擦力做的功分別為W1和W2，那么兩個功的大小的正確關(guān)系是()圖1A.W1＞W(wǎng)2 B.W1＝W2C.W1＜W2 解析設(shè)斜面Oa的傾角為α，高為h1，斜面底長為L，根據(jù)功的公式有W1＝μmgcosα·eq\f(h1,sinα)＝μmgL，可見，克制摩擦力做的功與斜面高度或傾角無關(guān)，只與斜面底邊長有關(guān)，即W1＝W2，所以選項(xiàng)B正確。答案B5.(2021·3月浙江余高模擬)懸崖跳水是一項(xiàng)極具挑戰(zhàn)性的極限運(yùn)動，需要運(yùn)發(fā)動具有非凡的膽量和過硬的技術(shù)。跳水運(yùn)發(fā)動進(jìn)入水中后受到水的阻力而做減速運(yùn)動，設(shè)質(zhì)量為m的運(yùn)發(fā)動剛?cè)胨畷r的速度為v，水對他的阻力大小恒為F，那么在他減速下降深度為h的過程中，以下說法正確的選項(xiàng)是(g為當(dāng)?shù)氐闹亓铀俣?()Fhmgh－mv2Fhmgh解析在運(yùn)發(fā)動減速下降高度為h的過程中，運(yùn)發(fā)動受重力和阻力，運(yùn)用動能定理得：(mg－F)h＝ΔEk，由于運(yùn)發(fā)動動能是減小的，所以運(yùn)發(fā)動動能減少(F－mg)h，故A錯誤；根據(jù)重力做功與重力勢能變化的關(guān)系得：EG＝－ΔEp＝mgh，即他的重力勢能減少了mgh，故B錯誤；機(jī)械能的減少量等于水的阻力做的功，他的機(jī)械能減少了Fh，故C正確，D錯誤。答案C6.彈弓是孩子們喜愛的彈射類玩具，其構(gòu)造原理如圖2所示，橡皮筋兩端點(diǎn)A、B固定在把手上，橡皮筋處于ACB時恰好為原長狀態(tài)，在C處(AB連線的中垂線上)放一固體彈丸，一手執(zhí)把，另一手將彈丸拉至D點(diǎn)放手，彈丸就會在橡皮筋的作用下發(fā)射出去，打擊目標(biāo)?，F(xiàn)將彈丸豎直向上發(fā)射，E是CD中點(diǎn)，那么()圖2D到C過程中，彈丸的機(jī)械能守恒D到C過程中，彈丸的動能一直在增大D到C過程中，橡皮筋的彈性勢能先增大后減小D到E過程橡皮筋對彈丸做功大于從E到C過程解析從D到C除重力外還有彈簧彈力做功，彈丸的機(jī)械能不守恒，A錯誤；D到C的過程，先彈力大于重力，彈丸加速，后重力大于彈力，彈丸減速，所以彈丸的動能先增大后減小，B錯誤；從D到C，橡皮筋的形變量一直減小，所以其彈性勢能一直減小，C錯誤；D到E的彈簧彈力大于E到C的彈簧彈力，彈丸位移相等，所以從D到E過程橡皮筋對彈丸做的功大于從E到C過程橡皮筋對彈丸做的功，D正確。答案D7.一只100g的球從1.8m的高處落到一個水平板上又彈回到1.25m的高度，那么整個過程中重力對球所做的功及球的重力勢能的變化是(g＝10m/s2)()A.重力做功為1.8JB.重力做了0.55J的負(fù)功C.物體的重力勢能一定減少0.55JD.物體的重力勢能一定增加1.25J解析整個過程重力做功WG＝mgh＝0.1×10×0.55J＝0.55J，故重力勢能減少0.55J，所以選項(xiàng)C正確。答案C8.如圖3所示，A、B兩物體用一根輕彈簧相連，放在光滑水平地面上，mA＝2mB，A物體靠在墻壁上，現(xiàn)用力向左緩慢推B物體，壓縮彈簧，外力做功W，突然撤去外力，B物體從靜止開場向右運(yùn)動，以后將帶動A物體一起做復(fù)雜的運(yùn)動，從A物體開場運(yùn)動以后，當(dāng)A、B物體的動能分別為eq\f(2,9)W、eq\f(1,9)W時，彈簧的彈性勢能為()圖3A.W B.eq\f(2,3)W C.eq\f(1,3)W 答案BB組能力提升9.浙江最大抽水蓄能電站2021年將在縉云開建，其工作原理是：在用電低谷時(如深夜)，電站利用電網(wǎng)多余電能把水抽到高處蓄水池中，到用電頂峰時，再利用蓄水池中的水發(fā)電。如圖4所示，假設(shè)該電站蓄水池(上水庫)有效總庫容量(可用于發(fā)電)為7.86×106m3，發(fā)電過程中上下水庫平均水位差637m，年抽水用電為2.4×108kW·h，年發(fā)電量為1.8×108kW·h(水的密度為ρ＝1.0×103kg/m3，重力加速度為g＝10m/s2，以下水庫水面為零勢能面)。那么以下說法正確的選項(xiàng)是()圖4A.抽水蓄能電站的總效率約為65%B.發(fā)電時流入下水庫的水流速度可到達(dá)112m/sEp＝5.0×1013JD.該電站平均每天所發(fā)電能可供應(yīng)一個大城市居民用電(電功率以105kW計(jì)算)約10h解析年抽水用電為2.4×108kW·h，年發(fā)電量為1.8×108kW·h，那么抽水蓄能電站的總效率為η＝eq\f(1.8×108kW·h,2.4×108kW·h)×100%＝75%，故A錯誤；假設(shè)沒有任何阻力，由機(jī)械能守恒得mgh＝eq\f(1,2)mv2，得v＝eq\r(2gh)＝eq\r(2×10×637)m/s≈112m/s，由題知，水流下的過程中受到阻力，所以發(fā)電時流入下水庫的水流速度小于112m/s，故B錯誤；蓄水池中能用于發(fā)電的水的重力勢能為E＝mgh＝ρVgh＝1.0×103×7.86×106×10×637J≈5.0×1013J，故C正確；該電站平均每天所發(fā)電量為E＝eq\f(1.8×108,365)kW·h，可供應(yīng)一個大城市居民用電(電功率以105kW計(jì)算)的時間為t＝eq\f(\f(1.8×108,365),105)h≈5.0h，故D錯誤。答案C10.如圖5所示，ABCD為一豎直平面的軌道，其中BC水平，A點(diǎn)比BC高出H＝10m，BC長l＝1m，AB和CD軌道光滑。一質(zhì)量為m＝1kg的物體，從A點(diǎn)以v1＝4m/s的速度開場運(yùn)動，經(jīng)過BC后滑到高出C點(diǎn)h＝10.3m的D點(diǎn)時速度為零。求：(g＝10m/s2)圖5(1)物體與BC軌道間的動摩擦因數(shù)；(2)物體第5次經(jīng)過B點(diǎn)時的速度；(3)物體最后停頓的位置(距B點(diǎn)的距離)。解析(1)分析物體從A點(diǎn)到D點(diǎn)的過程，由動能定理得－mg(h－H)－μmgl＝0－eq\f(1,2)mveq\o\al(2,1)，解得μ＝0.5。(2)設(shè)物體第5次經(jīng)過B點(diǎn)時的速度為v2，在此過程中物體在BC上滑動了4次，由動能定理得mgH－μmg·4l＝eq\f(1,2)mveq\o\al(2,2)－eq\f(1,2)mveq\o\al(2,1)解得v2＝4eq\r(11)m/s。(3)設(shè)物體運(yùn)動的全過程在水平軌道上通過的路程為s，由動能定理得mgH－μmgs＝0－eq\f(1,2)mveq\o\al(2,1)解得s＝21.6m所以物體在水平軌道上運(yùn)動了10個來回后，還有1.6m故離B點(diǎn)的距離s′＝2m－1.6m＝0.4m。答案(1)0.5(2)4eq\r(11)m/s(3)0.4m11.(2021·新高考選考終極適應(yīng)卷)如圖6所示，兩個半徑為R的四分之一圓弧構(gòu)成的光滑細(xì)管道ABC豎直放置，且固定在光滑水平面上，圓心連線O1O2水平。輕彈簧左端固定在豎直擋板上，右端與質(zhì)量為m的小球接觸(不拴接，小球的直徑略小于管的內(nèi)徑)，長為R的薄板DE置于水平面上，板的左端D到管道右端C的水平距離為R。開場時彈簧處于鎖定狀態(tài)，具有的彈性勢能為3mgR，其中g(shù)為重力加速度。解除鎖定，小球離開彈簧后進(jìn)入管道，最后從C點(diǎn)拋出。圖6(1)求小球經(jīng)C點(diǎn)時的動能；(2)小球經(jīng)C點(diǎn)時所受的彈力；(3)討論彈簧鎖定時彈性勢能滿足什么條件，從C點(diǎn)拋出的小球才能擊中薄板DE。解析(1)解除彈簧鎖定后小球運(yùn)動到C點(diǎn)過程，彈簧和小球系統(tǒng)機(jī)械能守恒，由機(jī)械能守恒定律得：3mgR＝2mgR＋Ek，解得Ek＝mgR小球過C時的動能：Ek＝mgR(2)設(shè)小球經(jīng)過C點(diǎn)時軌道對小球的作用力為F，由牛頓第二定律得：mg＋F＝eq\f(mv2,R)解得F＝mg，方向向下。(3)小球離開C點(diǎn)后做平拋運(yùn)動，豎直方向：2R＝eq\f(1,2)gt2水平方向：x1＝v1t假設(shè)要小球擊中薄板，應(yīng)滿足：R≤x1≤2R彈簧的彈性勢能：Ep＝2mgR＋eq\f(1,2)mveq\o\al(2,1)彈性勢能Ep滿足：eq\f(17,8)mgR≤Ep≤eq\f(5,2)mgR時，小球才能擊中薄板。答案(1)eq\f(1,2)mv2(2)mg方向向下(3)eq\f(17,8)mgR≤Ep≤eq\f(5,2)mgR12.某同學(xué)設(shè)計(jì)出如圖7所示實(shí)驗(yàn)裝置，將一質(zhì)量為0.2kg的小