能量守恒定律的典型例题
高中物理第十二章电能能量守恒定律经典大题例题(带答案)

高中物理第十二章电能能量守恒定律经典大题例题单选题1、如图甲所示,用充电宝为一手机电池充电,其等效电路如图乙所示。
在充电开始后的一段时间内,充电宝的输出电压U=5.0V、输出电流I=0.6A,可认为是恒定不变的,设手机电池的内阻r=0.5Ω,则()A.充电宝输出的电功率为3.18WB.充电宝产生的热功率为0.18WC.1min内手机电池储存的化学能为169.2JD.1min内手机电池产生的焦耳热为18J答案:CA.充电宝的输出电压U=5.0V、输出电流I=0.6A,所以充电宝输出的电功率为=UI=5.0×0.6W=3.0WP出故A错误;B.充电宝内的电流也是I,但其内阻未知,所以产生的热功率无法计算,故B错误;C.由题的已知条件可得手机电池储存的化学能为=UIt−I2rtE化学能其中t=1min=60s解得E=169.2J化学能故C正确;D.1min 内手机电池产生的焦耳热为Q=I2rt=0.62×0.5×60J=10.8J故D错误。
故选C。
2、一根横截面积为S的铜导线,通过的电流为I。
已经知道铜的密度为ρ,铜的摩尔质量为M,电子电荷量为e,阿伏加德罗常数为N A,设每个铜原子只提供一个自由电子,则铜导线中自由电子定向移动速率为()A.MIρN A Se B.MN AρSeC.M AMρSeD.M A SeMρ答案:A设自由电子定向移动的速率为v,导线中自由电子从一端定向移到另一端所用时间为t,对铜导体研究:每个铜原子可提供一个自由电子,则铜原子数目与自由电子的总数相等,为n=ρSvtMN A,t时间内通过导体截面的电荷量为q=ne,则电流强度为I=qt=ρSveN AM解得v=MI ρSN A e故选A。
3、2021年,浙江大学研究团队设计了一款能进行深海勘探的自供能仿生软体智能机器鱼。
在测试中,该机器鱼曾下潜至马里亚纳海沟10900m深处,并在2500mA·h电池驱动下,保持拍打45分钟。
能量守恒定律的应用练习题

能量守恒定律的应用练习题1. 问题描述:一辆质量为m的汽车以速度v1行驶在平坦的道路上,突然遇到一段上坡路段,汽车沿坡道行驶到高度h时速度变为v2。
忽略摩擦和空气阻力等阻力,求汽车在坡道上的平均力。
解答:根据能量守恒定律,汽车在平坦道路上的总机械能等于汽车在坡道上的总机械能,即1/2 * m * v1^2 = mgh + 1/2 * m * v2^2其中,g表示重力加速度,h表示上坡路段的高度。
化简上式可以得到:v1^2 = 2gh + v2^2可以看出,汽车在平坦道路上的速度v1与汽车经过上坡路段后的速度v2、高度h和重力加速度g都有关系。
2. 问题描述:在一个自由下落的物体系统中,有两个物体A和B,物体A的质量为m1,在高度h1处释放,物体B的质量为m2,在高度h2处释放。
物体A和B是否会在某一时刻相撞?如果会相撞,在何处相撞?解答:由于物体A和B均处于自由下落状态,所以它们在任意时刻的速度可以表示为:v1 = sqrt(2gh1)v2 = sqrt(2gh2)其中,g表示重力加速度。
两个物体相撞的条件是它们的坐标相等,即:h1 + v1t - 1/2gt^2 = h2 + v2t - 1/2gt^2化简可得:h1 + v1t = h2 + v2t代入v1和v2的表达式,得:h1 + sqrt(2gh1) * t = h2 + sqrt(2gh2) * t解这个方程可以得到t的值,然后再代入其中一个速度表达式,可以求出相撞时的高度。
3. 问题描述:有一个质量为m的小物块A静止放在水平面上,另一个质量为M 的物块B以速度v斜向上撞击A。
撞击后,B的速度变为v',A和B 分离开的速度为v_A和v_B。
求A和B分离开的速度和方向。
解答:根据能量守恒定律:1/2 * m * v^2 + 1/2 * M * v^2 = 1/2 * m * v_A^2 + 1/2 * M * v_B^2化简得:v^2 = v_A^2 + v_B^2然后根据动量守恒定律:m * v = m * v_A + M * v_B利用以上两个方程可以解得A和B分离开的速度v_A和v_B。
人教版高中物理电能能量守恒定律经典大题例题

(每日一练)人教版高中物理电能能量守恒定律经典大题例题单选题1、电源电动势为E,内阻为r,向可变电阻R供电。
关于路端电压,下列说法正确的是()A.因为电源电动势不变,所以路端电压也不变B.因为U=IR,所以当R增大时,路端电压也增大C.因为U=IR,所以当I增大时,路端电压也增大D.因为U=E-Ir,所以当I增大时,路端电压减小答案:D解析:A.电源电动势不变,根据I=E r+R随着R增大,则电流I减小,根据U=E−Ir 可知,U变大,同理可得,随着R减小,U变小,故A错误;B.当R增大时,电流I减小,故不能应用U=IR 判断U的变化情况,故B错误;C.当电流I增大时,电阻R减小,故不能应用U=IR判断U的变化情况,故C错误;D.根据闭合回路欧姆定律可知U=E−Ir可知,当I增大时,路端电压U减小,故D正确。
故选D。
2、某款扫地机器人如图所示,额定功率24W,额定电流3A,正常工作时电机输出的功率为19.5W,锂电池容量9A·h,为延长锂电池寿命,当剩余电量为总容量的20%时就需要充电,则()ΩB.额定电压为6.5VA.电机的电阻为83C.正常工作时,电机产生的热量为19.5WD.充满电的电池可以正常工作时间为2.4h答案:D解析:A.由+I2rP=P出得r=0.5Ω故A错误;B.由P=UI得额定电压U=8V故B错误;C.正常工作时,电机产生的热量Q=I2r=4.5W故C错误;D.由80%×q=It解得t=2.4h故D正确。
3、油烟危害健康,某品牌的抽油烟机的主要部件是照明灯L和抽气扇M(电动机),电路连接如图所示,下列说法正确的是()A.抽气扇须在点亮照明灯的情况下才能工作B.闭合开关S1和S2,抽气扇处于“弱吸”挡C.抽气扇由“弱吸”挡换成“强吸”挡,其发热功率不变D.工作中的抽气扇因吸入异物出现卡机时,回路中的电流将变大答案:D解析:A.由电路图可知,照明灯和抽气扇处于并联状态,则抽气扇工作与否与是否点亮照明灯无关,A错误;B.由电路图可知,闭合开关S2电阻R被短路,则流过抽气扇的电流、电压变大,则功率变大,抽气扇处于“强吸”挡,B错误;C.由电路图可知,闭合开关S2电阻R被短路,则流过抽气扇的电流变大,而抽气扇的热功率为P=I2r其中r为电机内阻,不变,则抽气扇由“弱吸”挡换成“强吸”挡,其发热功率增大,C错误;D.工作中的抽气扇因吸入异物出现卡机时,电动机变成纯电阻电路,回路中的电流将变大,D正确。
能量守恒练习题计算物体在不同位置的机械能

能量守恒练习题计算物体在不同位置的机械能能量守恒练习题:计算物体在不同位置的机械能能量守恒定律是物理学中重要的基本定律之一。
根据能量守恒定律,一个系统的机械能在任何时刻都保持不变,只会转化为其他形式的能量或转移至其他物体上。
在本文中,我们将通过一些练习题来计算物体在不同位置的机械能。
一、问题一: 物体从高处自由下落假设有一个物体从高处自由下落,当该物体处于不同位置时,如何计算其机械能?我们假设该物体质量为m,重力加速度为g,其高度和速度分别为h和v。
1. 当物体位于高度为h处时:机械能E = 动能K + 重力势能U动能K = 1/2mv^2重力势能U = mgh所以,物体在高度为h处的机械能为:E = 1/2mv^2 + mgh2. 当物体落到地面时:记地面高度为0,此时物体高度为h = 0,速度为v'。
动能K' = 1/2mv'^2重力势能U' = mgh' = 0(因为地面高度为0)所以,物体在地面的机械能为:E' = 1/2mv'^2 + 0 = 1/2mv'^2根据能量守恒定律:E = E'即,1/2mv^2 + mgh = 1/2mv'^2二、问题二: 物体在斜面上滑动假设有一个斜面,物体在斜面上滑动,斜面角度为θ,物体的质量为m,斜面上的高度为h,物体在不同位置的机械能如何计算?1. 当物体位于斜面顶端时:机械能E = 动能K + 重力势能U动能K = 1/2mv^2重力势能U = mgh所以,物体在斜面顶端的机械能为:E = 1/2mv^2 + mgh2. 当物体滑到斜面底端时:记斜面底端高度为0,此时物体高度为h',速度为v'。
动能K' = 1/2mv'^2重力势能U' = mgh' = 0(因为底端高度为0)所以,物体在斜面底端的机械能为:E' = 1/2mv'^2 + 0 = 1/2mv'^2根据能量守恒定律:E = E'即,1/2mv^2 + mgh = 1/2mv'^2三、问题三: 物体在弹簧上振动考虑一个质量为m的物体,以速度v撞击一个具有劲度系数为k的弹簧,物体和弹簧共同振动,当物体处于不同位置时,如何计算其机械能?1. 当物体位于弹簧伸长的最大位置时:机械能E = 动能K + 弹性势能U动能K = 1/2mv^2弹性势能U = 1/2kx^2(x为伸长/压缩的距离)所以,物体在伸长的最大位置的机械能为:E = 1/2mv^2 + 1/2kx^22. 当物体通过平衡位置并开始压缩弹簧时:物体速度逐渐降为0,所以动能K' = 1/2mv'^2 = 0压缩距离为-x',弹性势能U' = 1/2k(-x')^2 = 1/2kx'^2所以,物体在通过平衡位置并开始压缩弹簧时的机械能为:E' = 0 + 1/2kx'^2根据能量守恒定律:E = E'即,1/2mv^2 + 1/2kx^2 = 0 + 1/2kx'^2综上所述,利用能量守恒定律可以计算物体在不同位置的机械能。
高中物理必修三第十二章电能能量守恒定律经典大题例题(带答案)

高中物理必修三第十二章电能能量守恒定律经典大题例题单选题1、利用电流表和电压表测定一节干电池的电动势和内阻,要求尽量减小实验误差。
下列说法正确的是()A.应选用较新的干电池作为被测电源,电池的电动势比较大易测量B.应选用内阻比较大旧电池,使得电压表示数变化大C.滑动变阻器的滑片初始时应放在电阻为零的地方,这样可以保护电压表D.根据实验记录的数据作U-I图像时,应连上所有的点。
答案:BAB.干电池用久了内阻会变大,为了使电池的路端电压变化明显,实验时应使用内阻较大的旧电池作为被测电源,使得电压表示数变化大,故A错误,B正确;C.滑动变阻器的滑片初始时应放在接入电路电阻最大的地方,这样可以保护电流表,故C错误;D.根据实验记录的数据作U-I图像时,应通过尽可能多的点并画一条直线,并使不在直线上的点大致均匀对称的分布在直线两侧,故D错误。
故选B。
2、某喷泉喷出的最高水柱约50m,喷管的直径约为10cm,已知水的密度ρ=1×103kg/m3。
据此估计喷管喷水的电动机的输出功率约为()A.6.5×104WB.1.2×105WC.2.6×105WD.5.2×105W答案:B根据v2=2gℎ可得喷泉喷水的初速度为v0=√2gℎ=10√10m/st时间喷水的质量为m=ρV=ρπd24v0t则喷水消耗的功率大约为P=12mv02t=1.2×105W故选B。
3、一个铁块沿斜面匀速滑下,关于物体的机械能和内能的变化,下列判断中正确的是()A.物体的机械能和内能都不变B.物体的机械能减少,内能不变C.物体的机械能增加,内能增加D.物体的机械能减少,内能增加答案:D铁块沿斜面匀速滑下时,除重力做功外还有摩擦力做负功,则铁块的机械能减小,减小的机械能转化为铁块的内能,使内能增加。
故选D。
4、关于能量和能源,下列说法正确的是()A.化石能源是清洁能源,水能是可再生能源B.在能源的利用过程中,由于能量在数量上并未减少,所以不需要节约能源C.人类在不断地开发和利用新能源,所以能量可以被创造D.能量耗散现象说明:在能量转化的过程中,虽然能的总量并不减少,但能量品质降低了答案:DA.化石能源在燃烧时放出二氧化硫、二氧化碳等气体,会形成酸雨和温室效应,破坏生态环境,不是清洁能源,水能是可再生资源,故A错误;BD.能量耗散现象说明:在能量转化的过程中,虽然能的总量并不减少,但能量品质降低了;例如,内燃机燃烧汽油把化学能转化为机械能,最终机械能又会转化为内能,而最终的内能人们很难再重新利用,所以我们说能量的品质下降了;所以在能源的利用过程中,有一些能源是不可再生的,所以需要节约能源,故B错误D正确。
高中物理 必修2【功能关系 能量守恒定律】典型题(带解析)

高中物理必修2【功能关系能量守恒定律】典型题1.物体在竖直方向上分别做了匀速上升、加速上升和减速上升三种运动.在这三种情况下物体机械能的变化情况是()A.匀速上升机械能不变,加速上升机械能增加,减速上升机械能减小B.匀速上升和加速上升机械能增加,减速上升机械能减小C.匀速上升和加速上升机械能增加,减速上升机械能可能增加,可能减少,也可能不变D.三种情况中,物体的机械能均增加解析:选C.无论物体向上加速运动还是向上匀速运动,除重力外,其他外力一定对物体做正功,物体机械能都增加;物体向上减速运动时,除重力外,物体受到的其他外力不确定,故无法确定其机械能的变化,C正确.2.如图所示,在轻弹簧的下端悬挂一个质量为m的小球A,若将小球A从弹簧原长位置由静止释放,小球A能够下降的最大高度为h.若将小球A换为质量为3m的小球B,仍从弹簧原长位置由静止释放,则小球B下降h时的速度为(重力加速度为g,不计空气阻力)()A.2gh B.4gh 3C.gh D.gh 2解析:选B.小球A下降h过程小球克服弹簧弹力做功为W1,根据动能定理,有mgh-W1=0;小球B下降过程,由动能定理有3mgh-W1=12×3m×v2-0,解得:v=4gh3,故B正确.3.(多选)滑沙是人们喜爱的游乐活动,如图是滑沙场地的一段斜面,其倾角为30°,设参加活动的人和滑车总质量为m,人和滑车从距底端高为h处的顶端A沿滑道由静止开始匀加速下滑,加速度为0.4g ,人和滑车可视为质点,则从顶端向下滑到底端B 的过程中,下列说法正确的是( )A .人和滑车减少的重力势能全部转化为动能B .人和滑车获得的动能为0.8mghC .整个下滑过程中人和滑车减少的机械能为0.2mghD .人和滑车克服摩擦力做功为0.6mgh解析:选BC .沿斜面的方向有ma =mg sin 30°-F f ,所以F f =0.1mg ,人和滑车减少的重力势能转化为动能和内能,故A 错误;人和滑车下滑的过程中重力和摩擦力做功,获得的动能为E k =(mg sin 30°-F f )h sin 30°=0.8mgh ,故B 正确;整个下滑过程中人和滑车减少的机械能为ΔE =mgh -E k =mgh -0.8mgh =0.2mgh ,故C 正确;整个下滑过程中克服摩擦力做功等于人和滑车减少的机械能,所以人和滑车克服摩擦力做功为0.2mgh ,故D 错误.4.(多选)如图所示,质量为m 的物体(可视为质点)以某一速度从A 点冲上倾角为30°的固定斜面,其减速运动的加速度为34g ,此物体在斜面上能够上升的最大高度为h ,则在这个过程中物体( )A .重力势能增加了mghB .机械能损失了12mghC .动能损失了mghD .克服摩擦力做功14mgh解析:选AB .加速度a =34g =mg sin 30°+F f m ,解得摩擦力F f =14mg ;物体在斜面上能够上升的最大高度为h ,所以重力势能增加了mgh ,故A 项正确;机械能的损失F f x =14mg ·2h=12mgh ,故B 项正确;动能损失量为克服合外力做功的大小ΔE k =F 合外力·x =34mg ·2h =32mgh ,故C 错误;克服摩擦力做功12mgh ,故D 错误.5.以一定的初速度从地面竖直向上抛出一小球,小球上升到最高点之后,又落回到抛出点,假设小球所受空气阻力与速度大小成正比,则小球在运动过程中的机械能E 随离地高度h 变化关系可能正确的是( )解析:选D .根据功能关系得ΔE =F f ·Δh ,得ΔEΔh =F f ,即E -h 图象切线斜率的绝对值等于空气阻力的大小.在上升过程中,速度减小,空气阻力减小,故E -h 图象的斜率减小;下降过程中,速度增大,空气阻力逐渐增大,故E -h 图象的斜率变大;上升过程中平均阻力大于下降过程中的平均阻力,故上升过程中机械能的减小量比下降过程中机械能的减小量大.故图象D 正确,A 、B 、C 错误.6.如图所示,一质量m =2 kg 的长木板静止在水平地面上,某时刻一质量M =1 kg 的小铁块以水平向左的速度v 0=9 m/s 从木板的右端滑上木板.已知木板与地面间的动摩擦因数μ1=0.1,铁块与木板间的动摩擦因数μ2=0.4,取重力加速度g =10 m/s 2,木板足够长,求:(1)铁块相对木板滑动时木板的加速度的大小;(2)铁块与木板摩擦所产生的热量Q 和木板在水平地面上滑行的总路程s . 解析:(1)设铁块在木板上滑动时,木板的加速度为a 2,由牛顿第二定律可得 μ2Mg -μ1(M +m )g =ma 2,解得a 2=0.4×1×10-0.1×3×102m/s 2=0.5 m/s 2.(2)设铁块在木板上滑动时,铁块的加速度为a 1,由牛顿第二定律得 μ2Mg =Ma 1,解得a 1=μ2g =4 m/s 2.设铁块与木板相对静止时的共同速度为v ,所需的时间为t ,则有 v =v 0-a 1t =a 2t , 解得:v =1 m/s ,t =2 s. 铁块相对地面的位移x 1=v 0t -12a 1t 2=9×2 m -12×4×4 m =10 m.木板相对地面的位移x 2=12a 2t 2=12×0.5×4 m =1 m ,铁块与木板的相对位移Δx =x 1-x 2=10 m -1 m =9 m , 则此过程中铁块与木板摩擦所产生的热量 Q =F f Δx =μ2Mg Δx =0.4×1×10×9 J =36 J.设铁块与木板共速后的加速度为a 3,发生的位移为x 3,则有: a 3=μ1g =1 m/s 2,x3=v 2-02a 3=0.5 m. 木板在水平地面上滑行的总路程 s =x 2+x 3=1 m +0.5 m =1.5 m. 答案:(1)0.5 m/s 2 (2)36 J 1.5 m7.如图所示,abc 是竖直面内的光滑固定轨道,ab 水平,长度为2R ;bc 是半径为R 的四分之一圆弧,与ab 相切于b 点.一质量为m 的小球,始终受到与重力大小相等的水平外力的作用,自a 点处从静止开始向右运动.重力加速度大小为g .小球从a 点开始运动到其轨迹最高点,机械能的增量为( )A .2mgRB .4mgRC .5mgRD .6mgR解析:选C .根据动能定理,小球在b 、c 两点的速度大小相等,设小球离开c 时的速度为v ,则有mg ·2R =12m v 2,v =4gR ,小球离开轨道后的上升时间t =v g =4Rg,小球从离开轨道至到达轨迹最高点的过程中,水平方向上的加速度大小等于g ,水平位移s =12gt 2=12g ⎝⎛⎭⎫4R g 2=2R ,整个过程中小球机械能的增量ΔE =F ·l =mg (2R +R +2R )=5mgR ,C 正确.8.质量为m 的人造地球卫星与地心的距离为r 时,引力势能可表示为E p =-GMmr ,其中G 为引力常量,M 为地球质量.该卫星原来在半径为R 1的轨道上绕地球做匀速圆周运动,由于受到极稀薄空气的摩擦作用,飞行一段时间后其做匀速圆周运动的半径变为R 2,此过程中因摩擦而产生的热量为( )A .GMm ⎝⎛⎭⎫1R 2-1R 1B .GMm ⎝⎛⎭⎫1R 1-1R 2C .GMm 2⎝⎛⎭⎫1R 2-1R 1 D .GMm 2⎝⎛⎭⎫1R 1-1R 2 解析:选C .卫星绕地球做匀速圆周运动满足G Mm r 2=m v 2r ,动能E k =12m v 2=GMm 2r ,机械能E =E k +E p ,则E =GMm 2r -GMm r =-GMm2r.卫星由半径为R 1的轨道降到半径为R 2的轨道过程中损失的机械能ΔE =E 1-E 2=GMm 2⎝⎛⎭⎫1R 2-1R 1,即为下降过程中因摩擦而产生的热量,所以选项C 正确.9.如图所示,水平传送带以v =2 m/s 的速率匀速运行,上方漏斗每秒将40 kg 的煤粉竖直放到传送带上,然后一起随传送带匀速运动.如果要使传送带保持原来的速率匀速运行,则电动机应增加的功率为( )A .80 WB .160 WC .400 WD .800 W解析:选B .由功能关系,电动机增加的功率用于使单位时间内落在传送带上的煤粉获得的动能以及煤粉相对传送带滑动过程中产生的热量,所以ΔPt =12m v 2+Q ,传送带做匀速运动,而煤粉相对地面做匀加速运动过程中的平均速度为传送带速度的一半,所以煤粉相对传送带的位移等于相对地面的位移,故Q =f ·Δx =fx =12m v 2,解得ΔP =160 W ,B 项正确.10.如图所示,圆柱形的容器内有若干个长度不同、粗糙程度相同的直轨道,它们的下端均固定于容器底部圆心O ,上端固定在容器侧壁.若相同的小球以同样的速率,从点O 沿各轨道同时向上运动.对它们向上运动过程,下列说法正确的是( )A .小球动能相等的位置在同一水平面上B .小球重力势能相等的位置不在同一水平面上C .运动过程中同一时刻,小球处在同一球面上D .当小球在运动过程中产生的摩擦热相等时,小球的位置不在同一水平面上 解析:选D .小球从底端开始,运动到同一水平面,小球克服重力做的功相同,克服摩擦力做的功不同,动能一定不同,A 项错误.小球的重力势能只与其高度有关,故重力势能相等时,小球一定在同一水平面上,B 项错误.若运动过程中同一时刻,小球处于同一球面上,t =0时,小球位于O 点,即O 为球的最低点;设某直轨道与水平面的夹角为θ,则小球在时间t 0内的位移x 0=v t 0-12(g sin θ+μg cos θ)t 20,由于球的半径R =x 02sin θ与θ有关,故小球在同一时刻一定不在同一球面上,C 项错误.小球运动过程中,摩擦产生的热量等于克服摩擦力所做的功,即Q =μmg cos θ·hsin θ=μmgh cot θ,倾角θ不同时高度h 不同,D 项正确.11.一质点在0~15 s 内竖直向上运动,其加速度—时间图象如图所示,若取竖直向下为正,g 取10 m/s 2,则下列说法正确的是( )A .质点的机械能不断增加B .在0~5 s 内质点的动能增加C .在10~15 s 内质点的机械能一直增加D .在t =15 s 时质点的机械能大于t =5 s 时质点的机械能解析:选D .由图象可以看出0~5 s 内的加速度等于g ,质点的机械能不变,故A 错误;在0~5 s 内,质点速度向上,加速度方向向下,加速度与速度方向相反,则质点速度减小,则动能减小,故B 错误;在10~15 s 内,质点向上减速的加速度大于g ,说明质点受到了方向向下的外力,做负功,机械能减少,故C 错误;根据牛顿第二定律,5~10 s 内,mg -F =ma ,得:F =2m ,方向向上,做正功,质点机械能增加;10~15 s 内,mg +F =ma ,得F =2m ,方向向下,质点机械能减少;质点一直向上做减速运动,则10~15 s 内的速度小于5~10 s 内的速度,则10~15 s 内的位移s 10~15小于5~10 s 内的位移s 5~10,故Fs 5~10>Fs 10~15,则5~15 s 内质点机械能增加的多,减少的少,故质点在t =15 s 时的机械能大于t =5 s 时的机械能,D 正确.12.在学校组织的趣味运动会上,某科技小组为大家提供了一个游戏.如图所示,将一质量为0.1 kg 的钢球放在O 点,用弹射装置将其弹出,使其沿着光滑的半圆形轨道OA和AB 运动.BC 段为一段长为L =2.0 m 的粗糙平面,DEFG 为接球槽.圆弧OA 和AB 的半径分别为r =0.2 m 、R =0.4 m ,小球与BC 段的动摩擦因数为μ=0.7,C 点离接球槽的高度为h =1.25 m ,水平距离为x =0.5 m ,接球槽足够大,g 取10 m/s 2.求:(1)要使钢球恰好不脱离圆弧形轨道,钢球在A 点的速度大小; (2)钢球恰好不脱离轨道时,在B 位置对半圆形轨道的压力大小; (3)要使钢球最终能落入槽中,弹射速度v 0至少多大? 解析:(1)要使钢球恰好不脱离轨道,钢球在最高点时, 对钢球分析有mg =m v 2AR ,解得v A =2 m/s.(2)钢球从A 到B 的过程由动能定理得 mg ·2R =12m v 2B -12m v 2A ,在B 点有F N -mg =m v 2BR ,解得F N =6 N ,根据牛顿第三定律,钢球在B 位置对半环形轨道的压力为6 N. (3)从C 到D 钢球做平抛运动,要使钢球恰好能落入槽中, 则x =v C t ,h =12gt 2,解得v C =1 m/s ,假设钢球在A 点的速度恰为v A =2 m/s 时,钢球可运动到C 点,且速度为v C ′,从A 到C 有mg ·2R -μmgL =12m v C ′2-12m v 2A,解得v C ′2<0,故当钢球在A 点的速度恰为v A =2 m/s 时,钢球不可能到达C 点,更不可能入槽,要使钢球最终能落入槽中,需要更大的弹射速度,才能使钢球既不脱离轨道,又能落入槽中.当钢球到达C 点速度为v C 时,v 0有最小值,从O 到C 有mgR -μmgL =12m v 2C -12m v 20, 解得v 0=21 m/s.答案:(1)2 m/s (2)6 N (3)21 m/s。
高二物理典型例、易错题:能量守恒定律的典型例题

能量守恒定律的典型例题[例1]试分析子弹从枪膛中飞出过程中能的转化.[分析]发射子弹的过程是:火药爆炸产生高温高压气体,气体推动子弹从枪口飞出.[答]火药的化学能→通过燃烧转化为燃气的内能→子弹的动能.[例2]核电站利用原子能发电,试说明从燃料铀在核反应堆中到发电机发出电的过程中的能的转化.[分析]所谓原子能发电,是利用原子反应堆产生大量的热,通过热交换器加热水,形成高温高压的蒸汽,然后推动蒸汽轮机,带动发电机发电.[答]能的转化过程是:核能→水的内能→汽轮机的机械能→发电机的电能.[说明]在能的转化过程中,任何热机都不可避免要被废气带走一些热量,所以结合量守恒定律可得到结论:不消耗能量,对外做功的机器(称为第一类永动机)是不可能的;把工作物质(蒸汽或燃气)的能量全部转化为机械能(称第二类永动机)也是不可能的.【例3】将一个金属球加热到某一温度,问在下列两种情况下,哪一种需要的热量多些?(1)将金属球用一根金属丝挂着(2)将金属球放在水平支承面上(假设金属丝和支承物都不吸收热量)A.情况(1)中球吸收的热量多些B.情况(2)中球吸收的热量多些C.两情况中球吸收的热量一样多D.无法确定[误解]选(C)。
[正确解答]选(B)。
[错因分析与解题指导]小球由于受热体积要膨胀。
由于小球体积的膨胀,球的重心位置也会变化。
如图所示,在情况(1)中,球受热后重心降低,重力对球做功,小球重力势能减小。
而在情况(2)中,球受热后重心升高。
球克服重力做功,重力势能增大。
可见,情况( 1)中球所需的热量较少。
造成[误解]的根本原因,是忽略了球的内能与机械能的转变过程。
这是因为内能的变化是明确告诉的,而重力势能的变化则是隐蔽的。
在解题时必须注意某些隐蔽条件及其变化。
[例4]用质量M=0.5kg的铁锤,去打击质量m=2kg的铁块。
铁锤以v=12m/s的速度与铁块接触,打击以后铁锤的速度立即变为零。
设每次打击产生的热量中有η=50%被铁块吸收,共打击n=50次,则铁块温度升高多少?已知铁的比热C=460J/kg℃。
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能量守恒定律的典型例题[例1]试分析子弹从枪膛中飞出过程中能的转化.[分析]发射子弹的过程是:火药爆炸产生高温高压气体,气体推动子弹从枪口飞出.[答]火药的化学能→通过燃烧转化为燃气的内能→子弹的动能.[例2]核电站利用原子能发电,试说明从燃料铀在核反应堆中到发电机发出电的过程中的能的转化.[分析]所谓原子能发电,是利用原子反应堆产生大量的热,通过热交换器加热水,形成高温高压的蒸汽,然后推动蒸汽轮机,带动发电机发电.[答]能的转化过程是:核能→水的内能→汽轮机的机械能→发电机的电能.[说明]在能的转化过程中,任何热机都不可避免要被废气带走一些热量,所以结合量守恒定律可得到结论:不消耗能量,对外做功的机器(称为第一类永动机)是不可能的;把工作物质(蒸汽或燃气)的能量全部转化为机械能(称第二类永动机)也是不可能的.【例3】将一个金属球加热到某一温度,问在下列两种情况下,哪一种需要的热量多些?(1)将金属球用一根金属丝挂着(2)将金属球放在水平支承面上(假设金属丝和支承物都不吸收热量)A.情况(1)中球吸收的热量多些B.情况(2)中球吸收的热量多些C.两情况中球吸收的热量一样多D.无法确定[误解]选(C)。
[正确解答]选(B)。
[错因分析与解题指导]小球由于受热体积要膨胀。
由于小球体积的膨胀,球的重心位置也会变化。
如图所示,在情况(1)中,球受热后重心降低,重力对球做功,小球重力势能减小。
而在情况(2)中,球受热后重心升高。
球克服重力做功,重力势能增大。
可见,情况( 1)中球所需的热量较少。
造成[误解]的根本原因,是忽略了球的内能与机械能的转变过程。
这是因为内能的变化是明确告诉的,而重力势能的变化则是隐蔽的。
在解题时必须注意某些隐蔽条件及其变化。
[例4]用质量M=0.5kg的铁锤,去打击质量m=2kg的铁块。
铁锤以v=12m/s的速度与铁块接触,打击以后铁锤的速度立即变为零。
设每次打击产生的热量中有η=50%被铁块吸收,共打击n=50次,则铁块温度升高多少?已知铁的比热C=460J/kg℃。
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能量守恒定律的典型例题
[例1]试分析子弹从枪膛中飞出过程中能的转化.
[分析]发射子弹的过程是:火药爆炸产生高温高压气体,气体推动子弹从枪口飞出.
[答]火药的化学能→通过燃烧转化为燃气的内能→子弹的动能.
[例2]核电站利用原子能发电,试说明从燃料铀在核反应堆中到发电机发出电的过程中的能的转化.
[分析]所谓原子能发电,是利用原子反应堆产生大量的热,通过热交换器加热水,形成高温高压的蒸汽,然后推动蒸汽轮机,带动发电机发电.
[答]能的转化过程是:核能→水的内能→汽轮机的机械能→发电机的电能.
[说明]
在能的转化过程中,任何热机都不可避免要被废气带走一些热量,所以结合量守恒定律可得到结论:
不消耗能量,对外做功的机器(称为第一类永动机)是不可能的;
把工作物质(蒸汽或燃气)的能量全部转化为机械能(称第二类永动机)也是不可能的.
【例3】将一个金属球加热到某一温度,问在下列两种情况下,哪一种需要的热量多些?(1)将金属球用一根金属丝挂着(2)将金属球放在水平支承面上(假设金属丝和支承物都不吸收热量)A.情况(1)中球吸收的热量多些
B.情况(2)中球吸收的热量多些
C.两情况中球吸收的热量一样多
D.无法确定
[误解]选(C)。
[正确解答]选(B)。
[错因分析与解题指导]小球由于受热体积要膨胀。
由于小球体积的膨胀,球的重心位置也会变化。
如图所示,在情况(1)中,球受热后重心降低,重力对球做功,小球重力势能减小。
而在情况(2)中,
球受热后重心升高。
球克服重力做功,重力势能增大。
可见,情况( 1)中球所需的热量较少。
造成[误解]的根本原因,是忽略了球的内能与机械能的转变过程。
这是因为内能的变化是明确告诉的,而重力势能的变化则是隐蔽的。
在解题时必须注意某些隐蔽条件及其变化。
[例4]用质量M=0.5kg的铁锤,去打击质量m=2kg的铁块。
铁锤以v=12m/s的速度与铁块接触,打击以后铁锤的速度立即变为零。
设每次打击产生的热量中有η=50%被铁块吸收,共打击n=50次,则铁块温度升高多少?已知铁的比热C=460J/kg℃。
[分析] 铁锤打击过程中能的转换及分配关系为
据此,即可列式算出△t.
[解答]铁锤打击n=50次共产生热量:
设铁块的温度升高△t,由
[例5]用功率P=600W的电动机带动钻头在铁板上钻孔,在t=3min 内产生热量的最大值为多少?若其中η=75%被铁块吸收,铁块的质量为m=0.7kg,则铁块的温度升高多少?已知铁的比热为C=460j/kg·℃。
[分析]在这个钻孔过程中,能的转换及分配如下:
当供给电动机的电能完全转化为钻头的机械能,钻头的机械能完全转化为内能时,就可算出所产生的最大热量.由上述能的分配,根据吸热公式可算出铁块所升高的温度。
[解]在t=3min内产生的热量的最大值为:
Q=Pt=600×3×60J=1.08×105J
设铁块升高的温度为△t,由吸热公式:
ηQ=cm△t
=251.6℃
[例6]光滑水平桌面上一块质量M=400g的木块,被一颗质量
m=20g,以水平速度v=500m/s飞行的子弹击中,子弹穿出木块时的速度v1=300m/s.若子弹击中木块的过程中,系统损失的机械能全部转变为内能,其中η=41.8%部分被子弹吸收使其温度升高.已知子弹的比热c=125J/kg·℃,试求子弹穿越木块过程中升高的温度.[分析]子弹穿越木块过程中,水平方向不受外力,由动量守恒可算出木块获得的速度.根据子弹-木块系统损失的机械能可算出产生的内能.由此即可算出子弹所升高的温度.
[解]子弹穿出木块后,木块的速度设为V,由
mv=mv1+MV,
得
子弹木块系统损失的机械能
根据量守恒,子弹穿越木块过程中产生的内能(即增加的内能)为
Q=△U=1580J.
设子弹升高温度为△t,则由
ηQ=cm△t,
[说明] 有的学生认为子弹损失的动能就等于穿越木块过程中产生的热能,这是不对的,不能忽略木块所获得的动能.子弹击中木块过程中,整个系统能的转化及分配情况如下:。