能量守恒定律习题
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。
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。
高中物理-热力学第一定律能量守恒定律练习
高中物理-热力学第一定律能量守恒定律练习A级抓基础1．在一个与外界没有热交换的房间内打开冰箱门，冰箱正常工作，过一段时间房间内的温度将( )A．降低B．升高C．不变D．无法确定解析：取房间内气体及电冰箱(有散热装置)为系统，外界消耗电能，对系统做功，系统总内能增加．答案：B2.如图所示是密闭的气缸，外力推动活塞P压缩气体，对缸内气体做功800 J，同时气体向外界放热200 J，缸内气体的( )A．温度升高，内能增加600 JB．温度升高，内能减少200 JC．温度降低，内能增加600 JD．温度降低，内能减少200 J解析：对一定质量的气体，由热力学第一定律ΔU＝W＋Q可知，ΔU＝800 J ＋(－200 J)＝600 J，ΔU为正表示内能增加了600 J，对气体来说，分子间距较大，分子势能为零，内能等于所有分子动能的和，内能增加，气体分子的平均动能增加，温度升高，选项A正确．答案：A3．在热力学第一定律的表达式ΔU＝W＋Q中关于ΔU、W、Q各个物理量的正、负，下列说法中正确的是( )A．外界对物体做功时W为正，吸热时Q为负，内能增加时ΔU为正B．物体对外界做功时W为负，吸热时Q为正，内能增加时ΔU为负C．物体对外界做功时W为负，吸热时Q为正，内能增加时ΔU为正D．外界对物体做功时W为负，吸热时Q为负，内能增加时ΔU为负解析：外界对物体做功时W为正，反之为负；吸热时Q为正，反之为负；内能增加时ΔU为正，反之为负．故C正确．答案：C4．(多选)一定质量的理想气体，如果体积膨胀，同时吸收热量，下列关于该气体内能变化的说法中正确的是( )A．如果气体对外做的功大于吸收的热量，气体内能将减少B．如果气体对外做的功小于吸收的热量，气体内能将减少C．如果气体对外做的功等于吸收的热量，气体内能将不变D．如果气体对外做的功等于吸收的热量，气体内能可能改变解析：体积膨胀，则气体的压力一定对外做功．W<0，吸收热量Q>0，所以气体内能的变化要比较二者的大小关系，由W＋Q＝ΔU可知A、C正确．答案：AC5．对于一个大气压下100 ℃的水变成100 ℃的水蒸气的过程中，下列说法正确的是( )A．水的内能增加，对外界做功，一定是吸热B．水的内能不变，对外界做功，从外界吸热C．水的内能减少，对外界不做功，向外界放热D．水的内能增加，对外界做功，向外界放热解析：水变成水蒸气的过程是吸热的过程，又因气体膨胀对外界做功，分子间距增大，分子势能增加，由此判断可知A对．答案：A6．如图所示，一定质量的理想气体从状态A经等压过程到状态 B.此过程中，气体压强p＝1.0×105Pa，吸收的热量Q＝7.0×102J，求此过程中气体内能的增量．解析：等压变化，V AT A＝V BT B，对外做的功W＝p(V B－V A)．根据热力学第一定律ΔU＝Q－W，解得ΔU＝5.0×102 J.答案：5.0×102 JB级提能力7.如图所示，某同学将空的薄金属筒开口向下压入水中．设水温均匀且恒定，筒内空气无泄漏，不计气体分子间的相互作用，则被淹没的金属筒在缓缓下降过程中，筒内空气体积减小，空气一定( )A．从外界吸热B．内能增大C．向外界放热D．内能减小解析：本题考查气体性质和热力学第一定律，由于不计气体分子之间的相互作用，且整个过程缓慢进行，所以可看成温度不变，即气体内能不变，选项B、D均错．热力学第一定律公式ΔU＝W＋Q，因为在这个过程中气体体积减小，外界对气体做了功，式中W取正号，ΔU＝0，所以Q为负，即气体向外放热，故选项A错，C对．正确选项为 C.答案：C8．密闭有空气的薄塑料瓶因降温而变扁，此过程中瓶内空气(不计分子势能)( )A．内能减小，吸收热量B．内能减小，外界对其做功C．内能增大，放出热量D．内能增大，对外界做功解析：因不计分子势能，所以瓶内空气内能由温度决定，内能随温度降低而减小．空气内能减小、外界对空气做功，根据热力学第一定律可知空气向外界放热．故A、C、D错误，B正确．答案：B9．(多选)如图所示，绝热气缸中间用固定栓将可无摩擦移动的导热隔板固定，隔板质量不计，左右两室分别充有一定量的氢气和氧气(视为理想气体)．初始时，两室气体的温度相等，氢气的压强大于氧气的压强，松开固定栓直至系统重新达到平衡，下列说法中正确的是( )A ．初始时氢分子的平均动能大于氧分子的平均动能B ．系统重新达到平衡时，氢气的内能比初始时的小C ．松开固定栓直至系统重新达到平衡的过程中有热量从氧气传递到氢气D ．松开固定栓直至系统重新达到平衡的过程中，氧气的内能先增大后减小解析：温度是分子平均动能的标志，A 错；松开固定栓直至系统重新达到平衡的过程中，氢气对氧气做功，由于隔板导热，最终温度相同，系统与外界无热交换，最终温度等于初始温度，B 错，C 、D 正确．答案：CD10.如图所示，倒悬的导热汽缸中封闭着一定质量的理想气体，轻质活塞可无摩擦地上下移动，活塞的横截面积为S ，活塞的下面吊着一个重为G 的物体，大气压强恒为p 0.起初环境的热力学温度为T 0时，活塞到汽缸底面的距离为L .当环境温度逐渐升高，导致活塞缓慢下降，该过程中活塞下降了0.1L ，汽缸中的气体吸收的热量为Q .求：(1）汽缸内部气体内能的增量ΔU ；(2）最终的环境温度T .解析：(1）密封气体的压强p ＝p 0－GS 密封气体对外做功W ＝pS ×0.1L 由热力学第一定律ΔU ＝Q －W 得ΔU ＝Q －0.1p 0SL ＋0.1LG(2）该过程是等压变化，由盖—吕萨克定律有LS T 0＝（L ＋0.1L ）S T，解得T ＝1.1T 0答案：(1）Q－0.1p0SL＋0.1LG(2）1.1T011.在1个标准大气压下，水在沸腾时， 1 g的水由液态变成同温度的水汽，其体积由1.043 cm3变为1 676 cm3.已知水的汽化热为 2 263.8 J/g.求：(1）体积膨胀时气体对外界做的功W；(2）气体吸收的热量Q；(3）气体增加的内能ΔU.解析：取1 g水为研究系统，1 g沸腾的水变成同温度的水汽需要吸收热量，同时由于体积膨胀，系统要对外做功，所以有ΔU<Q吸.(1）气体在等压(大气压）下膨胀做功为：W＝p(V2－V1）＝1.013×105×(1 676－1.043）×10－6 J＝169.7 J.(2）气体吸热为：Q＝mL＝1×2 263.8 J＝2 263.8 J.(3）根据热力学第一定律，得ΔU＝Q＋W＝2 263.8 J＋(－169.7）J＝2 094.1 J.答案：(1）169.7 J (2）2 263.8 J(3）2 094.1 J。
高中物理必修三第十二章电能能量守恒定律基础知识题库(带答案)
高中物理必修三第十二章电能能量守恒定律基础知识题库单选题1、在如图所示的电路中R1=4Ω，R2=6Ω，电源电动势E=3V。
当S闭合时，理想电压表的示数为U=1V。
则流过电源的电流为和电源的内阻分别为（）A．0.25A，2ΩB．0.5A，2ΩC．0.25A，4ΩD．0.5A，4Ω答案：A流过电源的电流与流过R1的电流相同，根据欧姆定律I=UR1=14A=0.25A根据闭合电路欧姆定律I=ER1+R2+r代入数据可得电源内电阻r=2Ω故选A。
2、热现象过程中不可避免地出现能量耗散的现象。
所谓能量耗散是指在能量转化的过程中无法把散失的能量重新收集、加以利用。
下列关于能量耗散的说法中正确的是（）A．能量耗散说明能量不守恒B．由于能量的转化过程符合能量守恒定律，所以不会发生能源危机C．能量耗散过程中能量不守恒D．能量耗散是从能量转化的角度反映出自然界中涉及热运动的宏观过程具有方向性答案：D能量耗散是指能量在转化和转移的过程中扩散到周围环境中无法再收集起来，其满足能量守恒定律，能量在数量上并未减少，但在可利用的品质上降低了。
能量耗散反映了涉及热运动的宏观过程都具有方向性，故D 正确,ABC错误。
故选D。
3、某智能手机说明书信息如图所示，电池支持低压大电流充电，则该手机（）B．电池能提供的电能为4000mA·hC．待机电流约7.6mAD．电池充满电后以100mA的电流工作时，可连续工作4h答案：CA．4.35V为充电的电压，不是该电池的电动势，A错误；B．mA·h为电荷量的单位，所以4000mA·h表示该电池提供的电荷量，B错误；代入数据得C．由I=qtI＝4000×10−3×3600A≈0.0076A22×24×3600C正确；，得D．由I=qtt＝4000×10−3×3600h＝40h100×10−3D错误。
高考物理二轮专题复习：能量守恒定律综合计算题(word版含答案)
能量守恒定律综合计算专题复习1．如图，光滑水平面上静止一质量m1=1.0kg、长L=0.3m的木板，木板右端有质量m2=1.0kg的小滑块，在滑块正上方的O点用长r=0.4m的轻质细绳悬挂质量m=0.5kg的小球。
将小球向右上方拉至细绳与竖直方向成θ=60°的位置由静止释放，小球摆到最低点与滑块发生正碰并被反弹，碰撞时间极短，碰撞前后瞬间细绳对小球的拉力减小了4.8N，最终小滑块恰好不会从木板上滑下。
不计空气阻力，滑块、小球均可视为质点，重力加速度g取10m/s2。
求：(1)小球碰前瞬间的速度大小；(2)小球碰后瞬间的速度大小；(3)小滑块与木板之间的动摩擦因数。
2．如图所示，ABCD为固定在竖直平面内的轨道，其中ABC为光滑半圆形轨道，半径为R，CD为水平粗糙轨道，一质量为m的小滑块（可视为质点）从圆轨道中点B由静止释放，滑至D点恰好静止，CD 间距为4R。
已知重力加速度为g。
(1)求小滑块与水平面间的动摩擦因数(2)求小滑块到达C点时，小滑块对圆轨道压力的大小(3)现使小滑块在D点获得一初动能，使它向左运动冲上圆轨道，恰好能通过最高点A，求小滑块在D点获得的初动能3．如图甲，倾角α＝37︒的光滑斜面有一轻质弹簧下端固定在O点，上端可自由伸长到A点。
在A点放一个物体，在力F的作用下向下缓慢压缩弹簧到B点（图中未画出），该过程中力F随压缩距离x的变化如图乙所示。
重力加速度g取10m/s2，sin37︒＝0.6，cos37︒＝0.8，求：（1）物体的质量m；（2）弹簧的最大弹性势能；（3）在B点撤去力F，物体被弹回到A点时的速度。
4．如图所示，长为L的轻质木板放在水平面上，左端用光滑的铰链固定，木板中央放着质量为m的小物块，物块与板间的动摩擦因数为μ.用力将木板右端抬起，直至物块刚好沿木板下滑．最大静摩擦力等于滑动摩擦力，重力加速度为g。
(1)若缓慢抬起木板，则木板与水平面间夹角θ的正切值为多大时物块开始下滑；(2)若将木板由静止开始迅速向上加速转动，短时间内角速度增大至ω后匀速转动，当木板转至与水平面间夹角为45°时，物块开始下滑，则ω应为多大；(3)在(2)的情况下，求木板转至45°的过程中拉力做的功W。
2024高考物理能量守恒定律练习题及答案
2024高考物理能量守恒定律练习题及答案1. 在一个高处为10m的楼顶上有质量为2kg的物体A和质量为4kg的物体B。
物体A水平地以5m/s的速度被推出楼顶，物体B静止不动。
物体A与物体B发生完全弹性碰撞后，两者分别以多大的速度运动？假设重力加速度为10m/s²。
解析：根据能量守恒定律，弹性碰撞过程中动能守恒，即物体A在运动过程中的动能完全转移到物体B上。
根据公式KE = 0.5mv²，我们可以用以下公式计算物体A和物体B的速度：物体A的初始动能 = 物体B的动能 + 物体A的末速度²0.5 * 2 * (5)² = 0.5 * 4 * v² + 0.5 * 2 * v²解方程可得:50 = 2v² + 2v²50 = 4v²v² = 12.5v ≈ 3.54 m/s所以，物体A和物体B分别以3.54 m/s的速度运动。
2. 一个物体质量为0.5kg，初始速度为10m/s，经过一段时间后，物体的速度变为5m/s。
在这段时间内，物体所受到的净力是多少？根据动能定理，物体的初动能减去末动能等于物体所做的功，即：功 = 0.5 * m * (v² - u²)= 0.5 * 0.5 * (5² - 10²)= -37.5 J根据牛顿第二定律，力等于物体质量乘以加速度，即：净力 = m * a= 0.5 * (5 - 10)/t （由于物体速度减小，加速度为负值）解方程可得：净力 = -2.5/t因此，在这段时间内物体所受到的净力为-2.5/t 牛顿。
3. 一个质量为2kg的物体从高处落下，下落过程中逐渐失去了5m/s 的速度。
这段过程中物体所受到的净力是多少？解析：对于自由落体运动，物体所受到的净力等于重力，即 F = m * g。
根据动能定理，物体的初动能减去末动能等于物体所做的功，即：功 = 0.5 * m * (v² - u²)= 0.5 * 2 * (0² - (-5)²)因为物体逐渐失去了5m/s的速度，所以功为负值。
三大守恒练习题
三大守恒练习题守恒定律是物理学中的重要概念，它描述了在封闭系统中某些物理量的守恒特性。
常见的守恒定律有能量守恒定律、动量守恒定律和角动量守恒定律。
这些守恒定律在解决物理问题时起着至关重要的作用。
为了更好地理解和应用守恒定律，下面将针对每个定律提出三道练习题。
一、能量守恒练习题1. 一个弹簧恢复力常数为k的弹簧，一端固定在墙上，另一端系有质量为m的物体。
初始时刻，物体与弹簧静止。
当把物体沿着弹簧的方向拉开距离l并释放时，求物体在压缩到弹簧原长时的速度。
解析：根据能量守恒定律，系统的机械能在运动过程中保持不变。
在初始时刻，物体的机械能只有重力势能；在物体压缩到弹簧原长时，机械能只有弹性势能。
因此，有重力势能转化为弹性势能，即mgL = (1/2)kL^2，解得物体在压缩到弹簧原长时的速度为v = √(2gL)。
2. 一个质量为m的物体从高度为h处自由下落，下落过程中与地面发生完全弹性碰撞，反弹后的高度为h'。
求弹性碰撞过程中物体与地面的动量变化。
解析：根据动量守恒定律，碰撞过程中系统的动量保持不变。
在自由下落阶段，物体的动量为mv，碰撞后竖直方向上的速度反向，动量为-mv。
因此，第一阶段动量变化量为Δp1 = -mv，第二阶段动量变化量为Δp2 = -(-mv) = mv。
整个弹性碰撞过程中，物体与地面的动量变化为Δp = Δp1 + Δp2 = 0。
3. 一个质量为m的火箭，以速度v0燃烧燃料喷出。
喷出速度为v，燃料的质量为m'，燃烧时间为Δt。
求火箭燃烧过程中的平均推力。
解析：根据牛顿第二定律和动量守恒定律，火箭燃烧过程中的平均推力可以表示为火箭的质量变化率与喷出速度之积的相反数，即F = -Δ(mv)/Δt = v dm/Δt。
由质量守恒定律可知，燃烧过程中的质量变化率为dm/Δt = -m'/Δt。
因此，火箭燃烧过程中的平均推力为F = -v(m'/Δt)。
二、动量守恒练习题1. 一个质量为m1的小球在静止的水平面上，与一个质量为m2的小球发生碰撞，碰撞后两球的速度分别为v1'和v2'。
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能量守恒定律应用专题
1、几种功能关系
⑴．合力做功量度了物体的动能变化：W 合=ΔEK
⑵．重力做功量度了物体的重力势能的变化：W G =－ΔE PG ⑶．弹簧的弹力做功量度了弹性势能的变化：W 弹=－ΔE P 弹 ⑸．系统内相互作用的摩擦力做功：
a ．系统内的一对静摩擦力做功：一对静摩擦力对系统做功的代数和为零，其作用是在系统内各物体间传递机械能。
b 、系统内一对滑动摩擦力做功的代数和为负
其作用是使系统的部分机械能转化为系统的内能，Q= fS 相对。
⑹．电场力做功量度了电势能的变化：W E =－ΔE PE 2、能量守恒定律解题思路 （1） 明确研究对象
（2） 确定运动过程，分析过程中能量转化情况，明确哪些能增加，哪些能减少 （3） 据ΔE 增=ΔE 减列方程求解 练 习
1.将小球竖直上抛,经一段时间落回抛出点,若小球所受的空气阻力与速度成正比,对其上升过程和下降过程损失的机械能进行比较,下列说法中正确的是( A ) A.上升损失的机械能大于下降损失的机械能 B.上升损失的机械能小于下降损失的机械能 C.上升损失的机械能等于下降损失的机械能 D.无法比较
2.已知货物的质量为m,在某段时间内起重机将货物以a 的加速度加速升高h,则在这段时间内叙述正确的是(重力加速度为g)( D )
A.货物的动能一定增加mah-mgh
B.货物的机械能一定增加mah
C.货物的重力势能一定增加mah
D.货物的机械能一定增加mah+mgh
3.质量为m 小球被系在轻绳的一端,在竖直平面内做半径为R 的圆周运动,运动过程中小球受到空气阻力的作用.设某一时刻小球通过轨道的最低点,此时绳子的张力为7mg,此后小球继续做圆周运动,经过半个圆周恰好能通过最高点,则在此过程中小球克服空气阻力所做的功为 … ( 才 ) A.4mgR B.
3
mgR
C.
2
mgR
D.mgR
4.下面列举的哪几种情况下所做的功是零(ACD ) A.卫星做匀速圆周运动,地球引力对卫星做 的功 B.平抛运动中,重力对物体做的功
C.举重运动员,举着杠铃在头上的上方停留 10 s 过程中,运动员对杠铃做的功
D.木块在粗糙水平面上滑动,支持力对木块做的功
5.一竖直弹簧下端固定于水平地面上,小球从弹簧的正上方高为h 的地方自由下落到弹簧
上端,如右图所示,经几次反弹以后小球落在弹簧上静止于某一点A 处,则( B )
A.h 越大,弹簧在A 点的压缩量越大
B.弹簧在A 点的压缩量与h 无关
C.小球第一次到达A 点时的速度与h 无关
D.h 越小,小球第一次到达A 点时的速度越大
6.如图所示,滑块静止于光滑水平面上,与之相连的轻质弹簧处于自然伸直状态.现用恒定的外力F 作用于弹簧右端,在向右移动一段距离的过程中,拉力F 做了10 J 的功.上述过程中( C )
A.弹簧的弹性势能增加了10 J
B.滑块的动能增加了10 J
C.滑块和弹簧组成的系统机械能增加了10 J
D.滑块和弹簧组成的系统机械能守恒
7.如图所示,一质量为m 的小球固定于轻质弹簧的一端,弹簧的另一端固定于O 点处,将小球拉至A 处,弹簧恰好无形变,由静止释放小球,它运动到O 点正下方B 点的速度为v,与A 点的竖直高度差为h,则( 安定 )
A.由A 至B 重力做功为mgh
B.由A 至B 重力势能减少2
12mv C.由A 至B 小球克服弹力做功为mgh
D.小球到达位置B 时弹簧的弹性势能为2
1mgh mv -
8.如图所示,电梯的质量为M,其天花板上通过一轻质弹簧 悬挂一质量为m 的物体.电梯在钢索的拉力作用下由静止开始竖直向上加速运动,当上升高度为H 时,电梯的速度达到v,则在这段运动过程中,以下说法正确的是 ( C )
A.轻质弹簧对物体的拉力所做的功等于2
12mv B.钢索的拉力所做的功等于2
12mv MgH + C.轻质弹簧对物体的拉力所做的功大于212mv D.钢索的拉力所做的功等于2
12()()m M v m M gH +++
9.如图所示,ABCD 是一个盆式容器,盆内侧壁与盆底BC 的连接处都是一段与BC 相切的圆弧,B 、C 为水平的，其距离d=0.50m,盆边缘的高度为h=0.30m, 在A 处放一个质量为m 的小物块并让其从静止开始下滑，已知喷内侧壁是光滑的，而盆底BC 面与小物块间的动摩擦因数为μ= 0.10. 小物块在盆内来回滑动,最后停下来,则停的地点到B 的距离为( )
A.0.50 m
B.0.25 m
C.0.10 m
D.0
10、某人在距离地面高25 m处,斜向上方抛出一个质量为100g的小球,小球出手时的速度
为
010
v= m/s.落地时的速度为
120
v= m/s.(取g=10 m/s2)试求:
(1)人抛出小球时做了多少功?
(2)若小球落地后不反弹,则小球在飞行过程中克服空气阻力做的功.
(3)若小球撞地后会继续反弹,但与地相撞没有机械能损失,且小球所受空气阻力大小恒为0.5 N,则小球经过的总路程为多少?
9.(18分)如图所示,在距水平地面高为0.4 m处,水平固定一根长直光滑杆,在杆上P点固定一定滑轮,滑轮可绕水平轴无摩擦转动,在P点的右边,杆上套有一质量m=2 kg的小球A.半径R=0.3 m的光滑半圆形细轨道竖直地固定在地面上,其圆心O在P点的正下方,在轨道上套有一质量也为m=2 kg的小球B.用一条不可伸长的柔软细绳通过定滑轮将两小球连接起来.杆和半圆形轨道在同一竖直面内,两小球均可看做质点,且不计滑轮大小的影响,g取10
m/2s.现给小球A一个水平向右的恒力F=55 N.求:
(1)把小球B从地面拉到P点正下方C点过程,力F做的功 ;
(2)小球B运动到C处时的速度大小;
(3)小球B被拉到离地多高时与小球A速度大小相等?。