假期作业(3)机械能守恒定律-【快乐假期每一天】2024-2025学年高一物理暑假作业

第一部分假期作业 5.(2024·全国·高三专题练 (3)“嫦娥五号”在P点由轨道I变为轨道Ⅱ的 Q 习)我国的月球探测计划“嫦 过程中，发动机沿轨道的切线方向瞬间一次性喷 娥工程”分为“绕、落、回”三 出一部分气体，已知喷出的气体相对喷气后“嫦 步。“嫦娥五号”的任务是 娥五号”的速度大小为“，求喷出的气体的质量。 “回”。“嫦娥五号”发射，经 过中途轨道修正和近月制动 之后，进入绕月圆轨道I。“嫦娥五号”再次成功 变轨进入远月点为P、近月点为Q的椭圆形轨道 Ⅱ。如图所示，“嫦娥五号”探测器在Q点附近， 由大功率发动机制动、减速，以抛物线路径下落 到距月面100m高处进行30s悬停避障，之后再 缓慢竖直下降到距月面高度仅为数米处，为避免 激起更多月尘，关闭发动机，做自由落体运动，落 到月球表面。已知引力常量为G,月球的质量为 M,月球的半径为R,“嫦娥五号”在轨道I上运 动时的质量为m,P、Q点与月球表面的高度分 别为h1、h2 (1)求“嫦娥五号”在圆形轨道上运动的速度大小： (2)已知“嫦娥五号”与月心的距离为r时，引力 势能为E,=一GMm(取无穷远处引力势能为 零)，其中m为此时“嫦娥五号”的质量。若“嫦 娥五号”在轨道Ⅱ上运动的过程中，动能和引力 势能相互转换，它们的总量保持不变。已知“嫦 娥五号”经过Q点的速度大小为，请根据能量 守恒定律求它经过P点时的速度大小。 假期作业（三） 机械能守恒定律 中中中中 考点分折 时，具有确定的机械能。 必会知识 机械能具有相对性，势能具有相对性（须确定零 知识点一 机械能 势能参考平面)，同时，与动能相关的速度也具有 1.定义：物体的动能与重力势能（弹性势能）之和称 相对性（应该相对于同一个惯性参考系，一般是 为机械能。 以地面为参考系)，所以机械能也具有相对性。 2.表达式：E=Ek十Ep,Ek为动能，Ep为势能（重 机械能具有系统性，是物体、地球和弹性系统所 力势能和弹性势能)。 共有的。 3.标矢性：机械能是标量，但有正、负（因重力势能 知识点二功能关系 有正、负)。 1.内容 机械能包括动能、重力势能、弹性势能。重力势 (1)功是能量转化的量度，即做了多少功就有多 能是属于物体和地球组成的重力系统的，弹性势 少能量发生了转化。 能是属于弹簧的弹力系统的。 (2)做功的过程一定伴随着能量的转化，而且能 机械能是状态量，做机械运动的物体在某一位置 量的转化必通过做功来实现。 假期作业·物理 2.几种常见的功能关系 功 能量的变化 合外力做正功 动能增加 重力做正功 重力势能减少 磨杠 弹簧弹力做正功 弹性势能减少 A.驴拉磨转动的角速度约为6.28rads 电场力做正功 电势能减少 B.驴拉磨的线速度约为0.314m/s C.驴拉磨转动一周拉力所做的功为0J 其他力（除重力、弹力）做正功 机械能增加 D.驴拉磨转动一周拉力的平均功率约为628W 对滑动摩擦力做的总功为负功 系统的内能增加 【答案】D 【解析】由已知可得T=10s,则驴拉磨转动的 典 例剖析 角速度u=2红=0.628rads,故A错误：磨杆边 T 典例愈 (2024·江西省赣州市六校联盟)早在 缘的线速度为v=2wr≈0.628m/s,故B错误； 驴对磨的拉力沿圆周切线方向，拉力作用点的速 二千多年前，我国劳动人民就发明了汉石磨盘， 度方向也在圆周切线方向，故可认为拉磨过程中 它是一种可使谷物脱壳、粉碎的加工工具，凝聚 拉力方向始终与速度方向相同，故根据微元功原 着人类的高度智慧。后来人们通常用驴来拉磨 理可知，拉力对磨盘所做的功等于拉力的大小与 把谷物磨成面粉，如图所示。磨盘半径r=0.5m, 拉力作用点沿圆周运动孤长的乘积，则磨转动一 磨杆长也为0.5m,驴以恒定的速率拉动磨盘转 周，孤长S=2π(2r)=6.28m,所以拉力所做的 功W=FS=6280J,故C错误；根据功率的定义 动，假设驴对磨杆的拉力F为1000N,在1分钟 的时间内转动了6圈，则 得P=W=628W,故D正确。 达标检测 LLLEEE2EEEEKLL15L4L 题 型练习八 44u O 题型一 变力做功 (2024·江苏镇江·高一江苏省镇江第一中学校 P 丙 入 考期中)力F对物体所做的功可由公式W一 A.甲图中若F大小不变，物块从A到C过程中 Fscos a求得。但用这个公式求功是有条件的， 力F做的为W=FXAC 即力F必须是恒力。而实际问题中，有很多情况 B.乙图中，全过程中F做的总功为72J 是变力在对物体做功。那么，用这个公式不能直 C.丙图中，绳长为R,若空气阻力f大小不变，小 接求变力的功，我们就需要通过其他的一些方法 球从A运动到B过程中空气阻力做的功W 来求解力F所做的功。如图，对于甲、乙、丙、丁 =2R财 四种情况下求解某个力所做的功，下列说法正确 D.图丁中，F始终保持水平，无论是F缓慢将小 的是 ( 球从P拉到Q,还是F为恒力将小球从P拉 0 到Q,F做的功都是W=Flsin0 题型二重力势能弹性势能 12 x/m (2024·云南红河·高一校考阶段练习)如图所 示，一蹦极运动员身系弹性蹦极绳从水面上方的 高台下落，到最低点时未接触水面，空气阻力忽 第一部分假期作业 略不计，运动员可视为质点，下列说法错误的是 7 FIN m·s-l 6 0 A.蹦极绳张紧后的下落过程中，运动员动能先 A.物体的质量为2kg 增大后减小 B.动摩擦因数u=0.1 B.蹦极绳张紧后的下落过程中，弹性势能一直 C.这3s内推力F做功16J 变大 D.这3s内物体克服摩擦力做功12J C.运动员整个下落过程中，重力势能的减小量 2.(多选)(2024·山西省高一下学期模拟)如图所 等于重力所做的功 示，一轻弹簧放在倾角0=30°且足够长的光滑斜 D.运动员整个下落过程中，重力势能的改变量 面上，下端固定在斜面底端的挡板上，上端与放 与重力势能零点的选取有关 在斜面上的物块A连接，物块B与物块A(质量 题型三动能动能定律 均为m,且均可视为质点)叠放在斜面上且保持 (多选)(2024·山东·模拟预测)如图1所示，水 静止，现用大小为2mg的恒力平行于斜面向上 平面上一质量为2kg的木箱在水平向右的力F1 =13N的作用下向右移动4m的距离后，在另 拉物块B。已知弹簧的劲度系数为k,弹簧的弹 一水平力F2作用下，又匀速运动4m的距离到 性势能E,=kx2,其中x为弹簧的形变量，弹簧 达斜面底端，撤去外力，木箱冲上倾角为37°的斜 始终在弹性限度内，重力加速度大小为g,下列说法 面，斜面和水平面间通过光滑小圆弧轨道（未画 正确的是 出)连接。在木箱从静止开始运动到斜面上最高 点的过程中，其动能随运动路程变化的图像如图 2所示。已知木箱与斜面间的动摩擦因数为 B 0.5,重力加速度g取10m/s2,sin37°=0.6，cos37 0 =0.8。下列说法正确的是 ( ↑EWJ A,从开始运动到B与A刚分离时，B运动的距 36 离为紧 37 B.从开始运动到B与A刚分离时，B的机械能 8 s/m 图1 图2 先增大后不变 A.F2的大小为4N C.从开始运动到B与A刚分离时，A、B组成的 B.木箱在斜面上能到达的最大高度为1.8m 系统机械能守恒 C.木箱返回水平面后向左运动的最大距离为1.8m D.,B与A分离瞬间，B的动能为mx 16k D.整个运动过程中，木箱克服摩擦力做的功为36J 3.(2024·山东济南·山东省实验中学校考一模) 能力提升 某物理活动小组想利用一根压缩的弹簧弹开带 有遮光片的滑块来探究弹簧的弹性势能与形变 1.(2024·黑龙江哈尔滨·高一哈尔滨市第四中学 量之间的关系，装置如图(a)所示，将带有刻度尺 校校考期中)如图所示，物体受到水平推力F的 的长木板水平固定在桌面上，弹簧的左端固定在 作用在粗糙水平面上做直线运动，监测到推力 挡板上，弹簧左端对应刻度尺位置坐标为零，右 F、物体速度)随时间1变化的规律如图所示，取 端与滑块刚好接触（但不连接，弹簧为原长），记 g=10m/s2,则 ( 录弹簧原长位置，现让滑块压缩弹簧至P点并 假期作业·物理 锁定，P点位置坐标记为x0,然后在木板上弹簧 (I)C处于静止状态时所加外力F的大小： 原长位置处固定光电门，位置坐标记为x1。实 (2)当弹簧恢复原长时C的速度大小： 验步骤如下： (3)此后的过程中，B受到地面支持力F、的最 光片 小值。 肖板滑块d 光电门 bM卫 因 中平可 0 图(a) △ 3 cm 上L MTITMIT 0 510 图) 图 (1)用游标卡尺测量遮光片的宽度d,其示数如 图(b)所示，d= cm; (2)将光电门连接计时器，解除弹簧锁定，滑块被 弹开并沿木板向右滑动，计时器记录遮光片通过 光电门的时间△，再测量滑块停止时的位置坐 标记为x2,若已知遮光片与滑块总质量为m,则 弹簧的弹性势能E。= (用物理量符号 表示)： (3)改变P点的位置，记录弹簧形变量x1一x0 的数值，多次重复步骤(2)，通过计算得到多组 E。值，选择合适标度在坐标纸上描点作图，即可 5.(2024·浙江宁波·高三统考阶段练习)如图所 示，长L=1m的传送带AB以速度v0=1m/s 得到弹簧弹性势能与形变量的关系： 顺时针转动，与水平面夹角为α=37°，下端与足 (4)若在实验过程中，某同学用图像法处理数据， 够长的光滑水平轨道BC平滑连接。滑块P、Q 以为纵坐标，以x为横坐标得图像如图()所 用细线拴在一起静止在水平轨道BC上，中间有 一被压缩的轻质弹簧(P,Q与弹簧不相连)。剪 示，设重力加速度为g,则该同学选择的横坐标x 断细线后弹簧恢复原长时，滑块P向左运动的 为 ,由图线可得滑块与木板间的动摩擦 速度为1=4m/s。已知滑块与传送带之间的动 因数以= (用物理量的符号表示)。 摩擦因数=0.5，滑块P、Q质量分别为m1=1 4.(2024·福建福州·高一 kg、2=2kg。高H=1.5m倾角为0的粗糙倾 校考阶段练习)如图，倾角 斜轨道与水平轨道BC在C处平滑连接，光滑曲 为53°的足够长斜面固定 线轨道DEF左右对称，E为最高点。对于一般 在地面上，劲度系数为k、 曲线上的某点，若存在一个最接近该点附近曲线 竖直放置的轻弹簧两端拴 的圆，则这个圆叫做曲率圆，它的半径叫做该点 B 53 接着A、B物块，跨过轻滑 的曲率半径。图中圆1和圆2分别为D、E两点 轮的轻绳拴接着A、C物块。开始时C在平行斜 的曲率圆，半径分别为R1=0.8m、R2=0.2m。 滑块Q在光滑轨道DEF内侧运动时的向心加 面方向的外力作用下处于静止状态，绳恰好绷直 速度恰好始终恒为a=2g。求： 且无张力。现撤去外力，C沿斜面向下运动。已 知A、B、C的质量均为m,重力加速度为g,忽略 my m 一切摩擦，弹簧的弹性势能E,=k2,其中x 为弹簧的形变量，取sin53°=0.8。求： 10 第一部分假期作业 (1)滑块Q从C运动到D过程中损失的机械能 (3)物块P与传送带之间因摩擦而产生的热 △E: 量Q。 (2)曲线轨道DEF上任意高度h处的曲率半径 R与h的关系： 假期作业（四） 动量守恒定律 考点分析 必会知识 典例剖析 知识点一 动量守恒定律 典例@ (2024·广东·模拟预测)如图所示，学 内容：如果一个系统不受外力，或者所受外力的 生练习用脚顺球。某一次足球由静止自由下落 矢量和为零，这个系统的总动量保持不变。 1.25m,被重新顺起，离开脚部后竖直上升的最 动量守恒定律的三种表达式： 大高度仍为1.25m。已知足球与脚部的作用时 (1)p=p'或m1十m22=m10'1+2v'2 间为0.1s,足球的质量为0.4kg,重力加速度大 系统相互作用前的总动量p和相互作用后的总 小g取10m/s2,不计空气阻力，则 动量p'大小相等，方向相同。 (2)△p=p'-p=0 系统总动量的变化量为零。 (3)△p1=-△p2 相互作用的系统内的部分中，一部分动量的增加 量等于另一部分动量的减少量。 知识点二动量守恒的特性 A.足球下落到与脚部刚接触时动量大小为4kg·m/s 1.矢量性：动量守恒方程是一个矢量方程，解题时 B.足球自由下落过程重力的冲量大小为2kg·ms 需要统一正方向。 C.足球与脚部作用过程中动量变化量为零 2.瞬时性：动量是一个瞬时量，动量守恒指的是系 D.脚部对足球的平均作用力为足球重力的9倍 统任一瞬时的动量恒定。 【答案】B 3.相对性：各物体动量大小，必须统一参考系，一般 【解析】足球达到脚背的速度为v=、2gh= 以地面为参考系。 5ms,足球下落到与脚部刚接触时动量大小为 4.系统性：研究的对象是相互作用的两个或多个物 p=mv=0.4×5kg·m/s=2kg·mfs,A错 体组成的系统。 5,普适性：它不仅适用于宏观物体组成的系统，也 误：小球自由下落的时间为 2h=0.5s,所以 适用于微观粒子组成的系统。 足球自由下落过程重力的冲量大小为I=mg参考答案 3.【答案】BD 假期作业（三） 【解析】如图所示，三星均围绕边长为d的等边三角形 机械能守恒定律 的中心O做匀速圆周运动，由几何关系，匀速圆周运动的 题型练习 丰径一20=，故A错买设 d 题型一 【答案】B 星球的质量为M,星球间的万有引力 【解析】甲图中若F大小不变，物块从A到C过程中力 Fz-GM2 ，如国所示。星球微匀连圈 F做的为W=F(OA一OC),A错误：乙图中，全过程中F 做的总功为W=15×6J-3×(12-6)J=72J,B正确； 周运动的向心力Fn=2F万cos30°，由 丙图中，绳长为R,若空气阻力∫大小不变，小球从A运 牛顿第二定律F。=M(停)除合得M-这， 3G7,故B 动到B过程中空气阻力微的功为W=-fX子×2R 正确：星球表面重力近似等于万有引力mg= GMm,结合 R2 R,C错误；图丁中，F拾终保持水年，若F为恒力， M=4π2d3 3C票，可得星球表面的重力加选度g 4r2d3 3R2T,故C 将小球从P拉到Q,F做的功是W=Fsin0。F始终保 持水平，若是F缓慢将小球从P拉到Q,根据动能定理得 错误，由GMn-m R2 ,结合M=4r2d 3G示，可得星球的第一宇 W-mgl(1-cos0)=0,解得W=mgl(1一cos0),D错误。 题型二 审装度v一-2兴√品故D正喷， 【答案】D 【解析】蹦极绳张紧后的下落过程中，开始时弹力小于 4.【答案】BC 重力，速度逐渐增大，当弹力等于重力时，速度达到最大， 【解析】根据万有引力提供向心力有G 之后弹力大于重力，速度逐渐减小，直到为零，所以动能 先变大后变小，故A正确：蹦极绳张紧后的下落过程中， ,可得T=2√震。-。国为水至的公转半楼比 弹力一直做负功，弹性势能一直增加，故B正确；整个下 落过程中，重力势能的减小量等于重力所做的功，故C正 金星小，故可知水星的公转周期比金星小：水星的公转向 确；整个下落过程中，重力势能的改变量只与高度差有 心加速度比金星的大，故A错误，B正确；设水星的公转 关，与重力势能的零势能点选取没有关系，故D错误。 半径为R永，地球的公转半径为R地，当口角最大时有 题型三 R来，同理可知有sinB如-尺，所以水星与金星 sin am一R地 【答案】AC 【解析】由题图2可知，木箱初动能为0，则木箱在F1的 的公转半径之比为R米：R全=sin am sinm,故C正确； 作用下做初速度为零的匀加速直线运动，应用动能定理 卫根格6把=加爱可得√受结合商面的分折可 有(F1一mg)s1=Ek1。由题图2知Ek1=36J,可得 =0.2,之后木箱在F2的作用下做匀速运动，所以F2 得v水：v全=√/sin 8m√sin am,故D错误。 1mg=4N,故A正确：木箱冲上斜面后做匀减速运动， 5.【答案】(1)√R+ GM 根据动能定理有一(mgsin37°十42 ngcos37)53=0一 E2。由题图2知Ek2=36J,可得s3=1.8m,木箱在斜面 (2)+2GM(R+hR+h2 上能到达的最大高度hmx=53sin37°=1.08m,故B错 误：因为2=0.5<tan37°=0.75，所以当木箱运动至斜 (3)GM )WR+0√t+2GM(R+hR+h)】 面上的最高，点后，沿斜面向下做匀加速运动，到达水平面 后，在摩擦力作用下再减速直到停止。木箱从冲上斜面 【解析】(1)“嫦城五号”探测器在轨道I上做匀速圆周 到最终停下来，对这一过程应用动能定理可得 运动，根据万有引力和牛頓第二定律 一242mg53c0s37°-1mg4=0-Ek2,可得54=1.8m,故 Mm GM GcR十hz=mR+h,解得m气√食干 C正确；对整个运动过程，由动能定理有W1十W2一W! =0,所以W:=Wm十W2=F1s1十F2s2=68J,故D (2)设“嫦蛾五号”在轨道Ⅱ上运行经过P点的速度为 错误。 口ⅡP,由题意及能量守恒定律可得 能力提升 合m-GR平=mi一GR% 1 1.【答案】D 【解析】由速度时间图像可知，在2~3s时间内，物体做匀 1 解得IP√+2GM(R+h一R+h2》 1 速运动，处于平衡状态，所以滑动摩擦力的大小为∫=4N; 在1一2s时间内，物体做匀加速运动，口一1图像中图线的 (3)设发动机喷出气体的质量为△m,根据动量守恒定 律得 针率表示加追度，可得a=2m/g2=2m/s2,由牛顿第 mu1=(m一△m)vIp+△m(vIp+u) 二定律可得F一f=ma,联立解得物体的质量为m= 解得△m=” 「GM u NR+h1 +2GM(R+hi R+h2 1k8,A错误：物体与水平面同的动摩馨因数为以一女 33 假期作业·物理 0.4,B错误：第2s内物体的位移为工=司ar=号×2× (3)C运动到最低点时，B对地的压力最小，设弹簧的拉仲 形变量为x',根据系统机械能守恒，有mg(x十x)sin53 12m=1m,克服摩擦力做的功为W=∫x=4X1J=4J; v一图像中图线与时间轴所包围的面积表示位移，可知第 =mg(x十)十△EB,由功能关系有△E。=合x”- 3s内物体的位移为x'=2m,故第3s内克服摩擦力做的 功为W'=∫x'=8J,则这3s内物体克服摩擦力做功 之，由于B交力平衡，有户N十=mg:联立解得FN 12J,D正确：这3s内推力F做功WF=6×1J十4×2J =0.4mg。 =14J,C错误。 5.【答案】(1)△E=18】(2)R=0.8-h,(0≤h≤0.6m) 2.【答案】AD (3)6J 【解析】由题意可知，在开始时弹簧的弹力大小为F1= 【解析】(1)弹簧将P,Q弹开的过程动量守恒有m11 2 ngsin0=2 ngsin30°=mg,物块B与物块A刚分离时， m22,解得v2=2m/s 二者具有相同的加速度，且二者间的弹力是零，由此可知 由题如，滑块Q在光滑轨道DEF内侧运动时的向心加速 此时弹黄时A的弹力大小为P2=子mg,此过程中，弹黄 度格好始终恒为a=2,则在D点有a=票解得D 弹力的麦化量的大小为△F=R一R=名mg,由朔克定 =4m/s, 故滑块Q从C运动到D过程中损失的机械能为△E 律可得△F=k△z,解得B运动的距离为△x==, 1 k 2k m2暖+m:gH-言m26,解得AE=18J A正确：从开始运动到B与A刚分离时，两物块的加速度 v隆 沿斜面向上减小到零，物块B一直做加速运动，且高度逐 (2)同理在E点也有a一R2 渐增大，因此B的机械能一直增大，B错误：从开始运动 解得vE=2m/s 到B与A刚分离时，合外力对A、B组成的系统做功不是 从D点到曲线轨道DEF上任意高度有 零，因此A、B组成的系统机械能不守恒，C错误；B与A 1 1m2gh一2m202一2m22 分离瞬间，对A、B组成的系统，由动能定理可得2EB= 吉2宽0+a如Xar+号g·A-2ngax·a3r 2 且a=R k 解得B的动能为EB=四器， 联立有R=0.8一h 16k,D正确。 其中R≥R1 则0≤h≤0.6m. 3.【答案】(1)1.30(2) md2 (x2-x0) 2△2(x2-x1) (4)x2-x1 (3)滑块P在传送带向上减速，其加速度为 ad? a1=gsin a+ugcos a=10 m/s2 2bg 滑块P向上减连到0时有1==0.4s 【解析】(1)游标卡尺主尺读数为13mm,游标尺读数为 al 0×0.1mm,则d=13.0mm=1.30cm 位移1-71=0.8m<L (2函住置的建度为=是根据功能关系有E,=m8 则滑块P未从顶端冲出，之后向下先加速，加速到共速有 1 （x2一)，根据动能定理有一mg(x4一x1)=0-2mU, 4-0-0.1s 年将器品 .1 x1=2t2=0.05m (4)zx1一x2的过程中，根据动能定理有一umg(x2一x1)= 共速后a2=gsin a-gcos a=2m/s2 0-之md,可得=2g（ 则滑块P向下减速有 △2 d ,则横坐标应为x2一 1 x1-x2=0+2a2喝 ad? 自旅据图泉斜华可知=名一警，解得以一瑞 解得t3=0.5s 故整个过程中滑块P与传送带相对运动的距离 4.【答案】(1)0.8mg 3mg2 (2)N10k (3)0.4mg △s=(x1十ot1)十(ol2-x2)+(x2-x1-ol3)=1.5m 【解析】(1)C处于静止状态时受力平衡，外力沿斜面方 则Q=m2gco3a·△=6J。 向上，有F=mgsin53°，解得F=0.8mg。 假期作业（四） 动量守恒定律 (2)设初始时弹簧的压缩量为x,当弹簧恢复原长时，物块 A上升的高度为x,C沿斜面下滑的距离为x,对A、C、弹 题型练习 题型一 簧组成的系统，根据机栽能宁恒定律有mg:n0叶红2 【答案】C =mgx十 号·2m2,开始静止则mg=红，解得0 【解析】由图像可得，图线与坐标轴所国成的面积表示 这段时间载人飞船所发生的位移，故最后一秒下降高度 3mg2 小于9m,A错误：降落过程的最后一秒中，0~0.8s返回 V10k· 舱处于平衡状态，0.8一1.0s向下做加速度减小的减速