新高考浙江版2025届高考物理一轮总复习训练第5单元9能量守恒与功能关系STSE问题(人教版)

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A.打开降落伞之后,飞船仍处于失重状态
B.匀速下降阶段,飞船的机械能守恒
C.减速下降阶段,飞船的机械能的减少量等于合力对飞船做的功
D.匀速下降阶段,飞船的机械能的减少量等于重力对飞船做的功
2.混凝土泵车是利用压力将混凝土沿管道连续输送的机械。由泵体和输送管组成。泵体装在汽车底盘上,再装备可伸缩或屈折的布料杆,就组成泵车。中国制造的某一型号泵车如图所示,表中列出了其部分技术参数。已知混凝土密度为2.4×103 kg/m3,假设泵车的泵送系统以150 m3/h的输送量给30 m高处输送混凝土,则每小时泵送系统对混凝土做的功至少为(g取10 m/s2)( )

×107 J×107 J
×108 J×108 J
3.(多选)在研究某种笔的弹跳问题时,可以把笔简化为轻质弹簧、外壳和内芯三部分进行研究,如图所示。图甲把笔竖直倒立于水平硬桌面上,下压外壳使其下端接触桌面;图乙由静止释放,外壳竖直上升,内芯与外壳碰撞;图丙碰撞后内芯与外壳以共同的速度一起上升到最大高度处。不计摩擦与空气阻力,下列说法正确的是( )
A.仅减少笔芯中的油,则笔弹起的最大高度将变大
B.仅增大弹簧的劲度系数,则笔弹起的最大高度将变大
C.笔弹起的过程中,外壳和内芯组成的系统机械能守恒
D.笔弹起的过程中,弹簧释放的弹性势能等于笔增加的重力势能
4.(多选)(2023浙江杭州期中)受自动雨伞开伞过程的启发,某同学设计了如图所示的弹射模型。竖直放置在水平桌面上的滑杆上套有一个滑块,初始时静止在A处。某时刻,滑块以初速度v0被向上弹出,滑到B处与滑杆发生碰撞(碰撞过程有部分机械能损失),并带动滑杆一起向上运动。若滑块的质量为m,滑杆的质量为m',滑杆A、B间的距离为L,滑块运动过程中受到的摩擦力为Ff,重力加速度为g,不计空气阻力。下列判断正确的是( )
A.无论滑块静止还是向上滑动,桌面对滑杆的支持力始终等于(m'+m)g
B.滑块沿滑杆向上滑动的过程中的加速度为
C.滑块碰撞前瞬间的动能为-mgL-FfL
D.滑杆能上升的最大高度为
5.(2023浙江绍兴二模)质量为2 000 kg的电梯的缆绳发生断裂后向下坠落,电梯刚接触井底缓冲弹簧时的速度为4 m/s,缓冲弹簧被压缩2 m时电梯停止了运动,下落过程中安全钳总共提供给电梯17 000 N的滑动摩擦力,如图所示。已知弹簧的弹性势能为Ep=kx2(k为弹簧的劲度系数,x为弹簧的形变量),安全钳提供的滑动摩擦力等于最大静摩擦力,g取10 m/s2,不计空气阻力,下列说法正确的是( )
A.弹簧的劲度系数为3 000 N/m
B.整个过程中电梯的加速度一直在减小
C.电梯停止在井底时受到的摩擦力大小为17 000 N
D.电梯接触弹簧到速度最大的过程中电梯和弹簧组成的系统损失的机械能约为4 600 J
6.在倾角为θ=30°的光滑斜面MN底端固定一个被压缩且锁定的轻弹簧,轻弹簧的上端静止放一质量m=2 kg的可看作质点的滑块,滑块与斜面顶端N点相距x=0.3 m,如图所示。现将弹簧解除锁定,滑块离开弹簧后经N点离开斜面,恰好水平飞上由电动机带动、速度为v=7 m/s顺时针匀速转动的传送带,足够长的传送带水平放置,其上表面距N点所在水平面高度为h=0.2 m,滑块与传送带间的动摩擦因数μ=,g取10 m/s2,不计空气阻力。求:
(1)滑块从离开N点至飞上传送带的时间;
(2)弹簧锁定时储存的弹性势能;
(3)滑块在传送带上运动时由于摩擦产生的热量。
7.杂技演员进行摩托车表演的轨道如图所示,它由倾斜直线轨道AB、圆弧形轨道BCD、半圆形轨道DE、水平轨道EF组成,已知轨道AB的倾角θ=37°,A、B间高度差H=12 m,轨道BCD的半径R=4.8 m,轨道DE的半径r=2.4 m,轨道最低点C距水平地面高度差h=0.2 m,在轨道AB上运动时摩托车(含人)受到的阻力为正压力的0.2倍,其余阻力均不计。表演者从A点驾驶摩托车由静止开始沿轨道AB运动,接着沿轨道BCDEF运动,然后从F点离开轨道,最后落到地面上的G点。已知摩托车功率P恒为2×103 W,发动机工作时间由表演者控制,表演者与摩托车总质量m=100 kg,表演者与摩托车可视为质点,g取10 m/s2,cs 37°=0.8,不计空气阻力。
(1)某次表演中,通过C点时摩托车对轨道的压力为6 000 N,求经过C点的速度。
(2)满足(1)中的条件下,求摩托车发动机的工作时间。
(3)已知“受力因子k”等于表演者与摩托车整体承受的压力除以整体的重力,在k≤8条件下表演者是安全的,求能在安全完成完整表演的情况下,表演者落点G点与F点的水平距离的可能值。
参考答案
素养练9 能量守恒与功能关系STSE
问题(科学态度与责任)
1.D 解析 打开降落伞后,飞船减速运动时,加速度方向向上,处于超重状态,故A错误;匀速下降阶段,飞船动能不变,重力势能减小,机械能减小,故B错误;减速下降阶段,飞船的机械能的减少量等于阻力对飞船做的功,故C错误;匀速下降阶段,飞船的机械能的减少量等于阻力对飞船做的功,而重力等于阻力,所以飞船的机械能的减少量等于重力对飞船做的功,故D正确。
2.C 解析 每小时泵送系统对混凝土做的功至少为W=mgh=ρVgh=2.4×103×150×10×30J=1.08×108J,故选C。
3.AB 解析 设壳下移h1时下端与桌面接触,外力做功为W,弹性势能为Ep,令外壳和内芯的质量分别为m1和m2,由静止释放后外壳获得的初速度为v1,上升高度为h1,外壳与内芯碰撞后弹起时的共同速度为v2,上升的最大高度为h2,根据功能关系可得,W+m1gh1=Ep,根据机械能守恒定律得,Ep=m1gh1+m2,外壳与内芯碰撞过程中,由动量守恒定律得,m1v1=(m1+m2)v2,碰撞过程中,(m1+m2)gh2=(m1+m2),可知仅减少笔芯中的油,m减小,v1不变,v2增大,则笔弹起的最大高度将变大,A正确;由上可知,仅增大弹簧的劲度系数,弹簧储存的弹性势能增大,外壳获得的动能增大,笔弹起的最大高度将变大,B正确;由上可知,笔弹起的过程中,弹簧释放的弹性势能等于笔增加的重力势能和动能之和,故外壳和内芯组成的系统机械能不守恒,C、D错误。
4.BC 解析 滑块向上加速滑动时,整体加速度方向向下,处于失重状态,桌面对滑杆的支持力小于(m'+m)g,故A错误;根据牛顿第二定律,滑块沿滑杆向上滑动的过程中的加速度a=,故B正确;根据动能定理有,-mgL-FfL=Ek-,得Ek=-mgL-FfL,故C正确;若碰撞过程没有机械能损失,根据能量守恒有,(m+m')gH+(mg+Ff)L=,得滑杆能上升的最大高度H=,因为有机械能损失,所以滑杆能上升的最大高度小于,故D错误。
5.D 解析 电梯刚接触井底缓冲弹簧时的速度为4m/s,缓冲弹簧被压缩2m时电梯停止了运动,根据能量守恒,得mv2+mg·Δx=kΔx2+Ff动·Δx,代入数据解得k=11000N/m,故A错误;与弹簧接触前,电梯做匀加速直线运动,接触弹簧后,先做加速度逐渐减小的加速运动,后做加速度逐渐增大的减速运动,故B错误;电梯停止在井底时,由受力平衡得,kΔx=mg+Ff静,代入数据解得Ff静=kΔx-mg=22000N-20000N=2000N,故C错误;当电梯速度最大时,此时加速度为零,则kΔx'+Ff动=mg,解得Δx'=m=m,电梯接触弹簧到速度最大的过程中,电梯和弹簧组成的系统损失的机械能等于摩擦力做的负功,则ΔE=Ff动·Δx'=17000×J≈4636J≈4600J,故D正确。
6.答案 (1)0.2 s (2)19 J (3)75 J
解析 (1)滑块从N点离开飞上传送带,在竖直方向上做垂直上抛运动
h=
解得t1=0.2s。
(2)滑块离开N点的竖直分速度
vy=gt1
在N点由速度分解可得
vN=
弹簧解除锁定至滑块到达N点过程,系统的机械能守恒
Ep=mgxsinθ+
解得Ep=19J。
(3)滑块刚飞上传送带时的速度
v0=vNcsθ=2m/s
滑块在传送带上加速时,由牛顿第二定律得
μmg=ma
相对传送带滑动的时间t2满足
v=v0+at2
所以滑块滑动过程对地的位移
x1=m
滑块滑动过程传送带对地的位移
x2=vt2=7m
所以摩擦产生的热量
Q=μmg(x2-x1)=75J。
7.答案 (1)4m/s
(2)1.12 s
(3)12 m≤x≤2m
解析 (1)由牛顿第二定律知F-mg=m
得vC=4m/s。
(2)从A到C运动过程中,由动能定理W牵引+WG+W阻=-0
其中W牵引=Pt,WG=mg[H+R(1-cs37°)],W阻=-0.2mg·
代入得t=1.12s。
(3)要使表演者能完整的运动,临界条件是能恰好经过D点
经过D点的最小速度vD1满足mg=m
即vD1=
由机械能守恒得通过E点的最小速度vE1=
小圆半径小于大圆半径,故最小速度由大圆半径决定
要保证表演者安全,其受到的最大压力FN=8mg
可判断得经过E点时,恰好为最大压力值,则8mg-mg=m
可得vE2=
此情形下经过C点速度为vC,由机械能守恒得,mgR=
得vC=
对C点压力为FC-mg=m,得FC=6.5mg