质量与能量平衡大作业110
第四章 能量衡算
4） 列出热量衡算方程式 能量衡算大多以单元设备为衡算对象，可以 按物料走向依次列出热量衡算方程式，首先分析 热效应的项目，切勿漏项，特别应注意反应热和 相变热；项目确定后，即可按前述能量守恒定律 列出总的热平衡方程式。 5） 计算和核算 根据所列方程进行求解。在求解过程中，要 分析所列方程的复杂程度，分成独立求解和联立 求解，解出的结果要反复核对。如不平衡，要分 析原因，必要时应重新计算。
第二节 非反应过程的能量衡算
一、能量平衡方程式
输出 ＝ 输入 ＋生成 －消耗－积累 △E =Q + W Q---体系从环境中吸收的能量； W---环境对体 系所作的功。 a. 封闭体系：△U=Q+W 体系中没有物质流动，动势能变化不存在， △U=0，只有能量交换而无物质传递的体系。
b. 稳态流动体系： 输入速率－输出速率 = 积累速率 应用封闭体系进行能量衡算时应注意： 1）体系的内能几乎完全取决于化学组成、聚集态、 体系物料的温度等。理想气体的U 与压力无关， 液体与固体的U与压力无关。在一个过程中，没 有T、相、化学组成的变化，且物料全部是固体、 液体或理想气体，则△U=0 2）假设体系及其环境的温度相同，则Q=0（绝热） 3）没有运动部件或产生电流，则W=0。
6）绘制能量衡算图和编写能量衡算表 把整个过程衡算的结果经反复核对无误后列 表，具体要求如下： ① 表格可与物料衡算结果同时列入； ② 按计算所选定的物料基准列表； ③ 换算以单位产品为基准的数据，为产品成 本估算提供依据； ④ 换算为时间基准，即单位时间产品量对应 的数据，为设备选型、物料输送、仓贮配置 以及其它经济指标提供条件。
40 2 15000 6000kg/h，GW 9000kg/h 97 2
GD
新课标版高考物理一轮复习 第五章 第讲 功能关系 能量守恒定律夯基提能作业本
第4讲功能关系能量守恒定律A组基础过关1.起跳摸高是学生经常进行的一项体育活动。
一质量为m的同学波折两腿向下蹲,尔后用力蹬地起跳,从该同学用力蹬地到刚走开地面的起跳过程中,他的重心上升了h,离地时他的速度大小为v。
以下说法正确的选项是()A.该同学的机械能增加了mghB.起跳过程中该同学机械能的增量为mgh+mv2C.地面的支持力对该同学做的功为mgh+mv2D.该同学所受的合外力对其做的功为mv2+mgh答案B该同学重心高升了h,重力势能增加了mgh,又知离地时获得的动能为mv2,则机械能增加了mgh+mv2,A项错误,B项正确;该同学在与地面作用的过程中,支持力对该同学做的=mv2,D项错误。
功为零,C项错误;该同学所受的合外力对其做的功等于动能的增量,即W合2.(多项选择)(2019山东临沂质检)以下列图,在起落机内有一固定的圆滑斜面体,一轻弹簧的一端连在位于斜面体下方的固定木板A上,另一端与质量为m的物块B相连,弹簧与斜面平行。
起落机由静止开始加速上升高度h的过程中()A.物块B的重力势能增加量必然等于mghB.物块B的动能增加量等于斜面的支持力和弹簧的弹力对其做功的代数和C.物块B的机械能增加量等于斜面的支持力和弹簧的弹力对其做功的代数和D.物块B和弹簧组成的系统机械能的增加量等于斜面对物块B的支持力和A对弹簧的弹力做功的代数和答案CD起落机静止时,物块B受重力、支持力、弹簧的弹力,处于平衡状态,当物块B随起落机加速上升时,其拥有向上的加速度,合力向上,弹簧弹力和支持力在竖直方向上的合力大于重力,所以弹簧的弹力增大,物块B相对于斜面向下运动,物块B上升的高度小于h,所以重力势能的增加量小于mgh,A项错误;由动能定理可知,动能的增加量等于合力做的功,经受力解析可知,物块B受三个力的作用,除弹簧弹力和支持力外,还有重力,B项错误;由功能关系可知,机械能的增量等于除重力及系统内弹力外其他力对系统做的功,分别对B和B与弹簧组成的系统受力解析,可知C、D项正确。
高考物理总复习课时作业二十一功能关系能量守恒定律(2021年整理)
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课时作业二十一功能关系能量守恒定律(限时：45分钟）(班级________ 姓名________)1．如图所示，在竖直平面内有一“V”形槽,其底部BC是一段圆弧，两侧都与光滑斜槽相切,相切处B、C位于同一水平面上．一小物体从右侧斜槽上距BC平面高度为2h的A处由静止开始下滑,经圆弧槽再滑上左侧斜槽，最高能到达距BC所在水平面高度为h的D处,接着小物体再向下滑回，若不考虑空气阻力，则( ）第1题图A．小物体恰好滑回到B处时速度为零B．小物体尚未滑回到B处时速度已变为零C．小物体能滑回到B处之上，但最高点要比D处低D．小物体最终一定会停止在圆弧槽的最低点2．(多选）下面关于摩擦力做功的叙述，正确的是（）A．静摩擦力对物体一定不做功B．滑动摩擦力对物体不一定做负功C．一对静摩擦力中，一个静摩擦力做正功，则另一个静摩擦力一定做负功D．一对滑动摩擦力中,一个滑动摩擦力做负功，则另一个滑动摩擦力一定做正功3．如图所示,质量为0.1 kg的小物块在粗糙水平桌面上滑行4 m后以3.0 m/s的速度飞离桌面,最终落在水平地面上，已知物块与桌面间的动摩擦因数为0。
5，桌面高0。
45 m，若不计空气阻力，取g＝10 m/s2,则（)第3题图A．小物块的初速度是5 m/sB．小物块的水平射程为1。
2018年物理同步优化指导必修2练习：第7章 第10节 能量
活页作业(十八)能量守恒定律与能源(15分钟50分)一、选择题(每小题5分，共30分)1．滚摆上下摆动，而高度越来越低，说明()A．滚摆的机械能守恒B．能量正在消失C．只有动能和势能的相互转化D．减少的机械能转化为内能，但总能量守恒解析：高度越来越低，说明机械能不守恒，减小的机械能转化为内能，故选项A、B、C错误．答案：D2．有人设想在夏天用电冰箱来降低房间的温度．他的办法是：关好房间的门窗然后打开冰箱的所有门让冰箱运转，且不考虑房间内外热量的传递，则开机后，室内的温度将() A．逐渐有所升高B．保持不变C．开机时降低，停机时又升高D．开机时升高，停机时降低解析：冰箱工作，会产生热量，即消耗电能，产生了内能，且房间与外界没有能量交换，所以房内温度会升高，选项A正确．答案：A3．物体只在重力和一个不为零的向上的拉力作用下，分别做匀速上升、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．由于该拉力与重力大小的关系不明确，所以不能确定物体机械能的变化情况D．三种情况中，物体的机械能均增加解析：无论物体怎样向上运动，拉力都做正功，物体的机械能均增加，故选项D正确．答案：D4．(多选)质量为4 kg的物体被人由静止开始向上提升0.25 m后速度达1 m/s，则下列判断正确的是()A．人对物体传递的功是12 JB．合外力对物体做功2 JC．物体克服重力做功10 JD．人对物体做的功等于物体增加的动能解析：人提升物体的过程中，人对物体做了功，对物体传递了能量，不能说人对物体传递了功，选项A 错误；人做功即除重力以外的其他力对物体做功等于物体机械能的改变量，W 人＝mgh ＋12m v 2＝12 J ，选项D 错误；合外力对物体做的功(包括重力)等于物体动能的变化，W 合＝12m v 2＝2 J ，选项B 正确；物体克服重力做的功等于物体重力势能的增加，W G ＝mgh＝10 J ，选项C 正确．答案：BC5．水平传送带以速度v 匀速转动，一质量为m 的小木块A 由静止轻放在传送带上，若小木块与传送带间的动摩擦因数为μ，如图所示，在小木块与传送带相对静止时，因传送小木块电动机多输出的能量为( )A ．m v 2B ．2m v 2C ．14m v 2D ．12m v 2解析：相对滑动时木块的加速度a ＝μg ，从放上至相对静止所用时间t ＝v a ＝vμg .此过程中传送带对地的位移x 1＝v t ＝v 2μg .木块对地位移为x 2＝v 2t ＝v 22μg .摩擦力对木块做的功等于木块动能的增加，E 1＝W 1＝μmgx 2＝12m v 2.系统克服摩擦力做的功而转化为内能E 2＝μmg Δx ＝μmg (x 1－x 2)＝12m v 2，此过程发电机多输出的能量E ＝E 1＋E 2＝m v 2．答案：A6．(多选)质量为m 的物体以加速度a ＝34g ，匀加速下落h ，g 为重力加速度，则( )A ．物体重力势能减小34mghB ．物体重力势能减小mghC ．物体动能增加34mghD ．物体机械能减小14mgh解析：重力势能减少量等于重力做的功，所以ΔE p 减＝mgh ，故选项A 错误，选项B 正确；物体动能增量ΔE k 等于合力的功，故ΔE k ＝mah ＝34mgh ，选项C 正确；物体机械能的减少量等于克服阻力做的功，由牛顿第二定律知mg －f ＝ma ，所以f ＝14mg ，所以机械能减少，ΔE 机减＝fh ＝14mgh ，选项D 正确．答案：BCD二、非选择题(每小题10分，共20分)7．水从20 m 高处落下，如果水的重力势能的20%用来使水的温度升高，则水落下后的温度将升高多少？(g 取10 m/s 2)解析：水减小的重力势能ΔE p ＝mgh 水的内能增量Q ＝ΔE p η 所以ΔE p η＝cm Δt解得Δt ＝ΔE p ηcm ＝mghηcm ＝ghηc ＝10×20×20%4.2×103℃＝9.5×10－3 ℃． 答案：9.5×10－3 ℃8．质量为m 的钢球以速度v 落入沙坑，钢球在沙坑中下陷的深度为d ，重力加速度为g .求：(1)钢球在沙坑中受到的阻力大小F f ； (2)钢球下陷过程中产生的内能．解析：(1)钢球在沙坑中下陷过程由动能定理得 mgd －F f d ＝0－12m v 2解得F f ＝mg ＋m v 22d．(2)由能量守恒定律可知内能的增量等于钢球机械能的减少量，故ΔE 内＝mgd ＋12m v 2．答案：(1)mg ＋m v 22d (2)mgd ＋12m v 2(25分钟 50分)一、选择题(每小题5分，共35分)1．如图所示，一小孩从公园中粗糙的滑梯上自由加速滑下，其能量的变化情况是( ) A ．重力势能减小，动能不变，机械能减小，总能量减小 B ．重力势能减小，动能增加，机械能减小，总能量不变 C ．重力势能减小，动能增加，机械能增加，总能量增加 D ．重力势能减小，动能增加，机械能守恒，总能量不变解析：由能量转化和守恒定律可知，小孩在下滑过程中总能量守恒，故选项A 、C 错误；由于摩擦力要做负功，机械能不守恒，故选项D 错误；下滑过程中重力势能向动能和内能转化，故只有选项B 正确．答案：B2．2013年6月20日在“天宫一号”实验舱内，指令长聂海胜轻盈地盘起腿悬空打坐．王亚平用手指轻轻一推，聂海胜就飘出很远．对此现象的解释，下列说法正确的是( )A ．我们看到聂海胜在王亚平推力作用下飘出很远，这说明王亚平对聂海胜的作用力大于聂海胜对王亚平的作用力B ．由于是王亚平推聂海胜，王亚平对聂海胜的作用力先于聂海胜对王亚平的作用力，若王亚平也悬空，在聂海胜飘出的同时，王亚平一定后退C ．把王亚平和聂海胜看作一个系统，在他们相互作用的过程中，机械能一定增加D ．把王亚平和聂海胜看作一个系统，在他们相互作用的过程中，机械能守恒解析：王亚平对聂海胜的作用力和聂海胜对王亚平的作用力是一对作用力和反作用力，大小相等，方向相反，且同时产生或消失，选项A 、B 错误；把王亚平和聂海胜看作一个系统，在他们相互作用的过程中，王亚平做功，机械能增加，选项C 正确，选项D 错误．答案：C3．一物块由静止开始从粗糙斜面上的某点加速下滑到另一点，在此过程中重力对物块做的功等于( )A ．物块动能的增加量B ．物块重力势能的减少量与物块克服摩擦力做的功之和C ．物块重力势能的减少量和物块动能的增加量以及物块克服摩擦力做的功之和D ．物块动能的增加量与物块克服摩擦力做的功之和解析：由动能定理得W G －W F ＝ΔE k ，故W G ＝ΔE k ＋W F ，即重力做功等于物体克服摩擦力做功与动能的增量之和，选项D 正确．答案：D4．(多选)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 点时速度为v ，与A 点的竖直高度差为h ，则( )A ．由A 至B 重力做功为mgh B ．由A 至B 重力势能减少12m v 2C ．由A 至B 小球克服弹力做功为mghD ．小球到达位置B 时弹簧的弹性势能为mgh －12m v 2解析：由A 至B 重力做功为mgh ，选项A 正确；但此过程中重力势能的减少有一部分转化为弹簧的弹性势能，故选项B 错误；由动能定理得mgh －W 弹＝12m v 2，故小球克服弹力做的功等于弹簧的弹性势能，即为mgh －12m v 2，选项C 错误，选项D 正确．答案：AD5．(多选)如图所示，在抗洪救灾中，一架直升机通过绳索用恒力F 竖直向上拉起一个漂在水面上的木箱，使其由水面开始加速上升到某一高度，若考虑空气阻力而不考虑空气浮力，则在此过程中，下列说法正确的是( )A ．力F 所做的功减去克服阻力所做的功等于木箱重力势能的增量B ．木箱克服重力所做的功等于木箱重力势能的增量C ．力F 、重力、阻力三者的合力所做的功等于木箱动能的增量D ．力F 和阻力的合力所做的功等于木箱机械能的增量解析：木箱运动过程中，有力F 、重力、阻力三个力对木箱做功，合力做功决定着物体动能的改变量，选项C 正确；重力做功决定着重力势能的改变量，选项B 正确，选项A 错误；除重力做功以外，其他力做功的代数和等于物体机械能的改变量，选项D 正确．答案：BCD6．(多选)如图所示，质量为m 的物体(可视为质点)以某一速度由底端冲上倾角为30°的固定斜面，上升的最大高度为h ，其加速度大小为34g .在这个过程中，物体( )A ．重力势能增加了mghB ．动能损失了mghC ．动能损失了3mgh2D ．机械能损失了mgh解析：物体重力势能的增加量等于克服重力做的功，选项A 正确；合力做的功大小等于动能的减少量ΔE k ＝mas ＝ma h sin 30°＝32mgh ，选项B 错误，选项C 正确；机械能的损失量等于克服摩擦力做的功，因mg sin 30 °＋f ＝ma ，所以f ＝14mg ，故克服摩擦力做的功为fs ＝14mg ·2h ＝12mgh ，选项D 错误．答案：AC7．(多选)一颗子弹以某一水平速度击中了静止在光滑水平面上的木块，并从中穿出．对于这一过程，下列说法正确的是( )A ．子弹减少的机械能等于木块增加的机械能B ．子弹和木块组成的系统机械能的损失量等于系统产生的热量C ．子弹减少的机械能等于木块增加的动能与木块增加的内能之和D ．子弹减少的动能等于木块增加的动能与子弹和木块增加的内能之和解析：子弹射穿木块的过程中，由于相互间摩擦力的作用使得子弹的动能减少，木块获得动能，同时产生热量，且系统产生的热量在数值上等于系统机械能的损失．选项A 没有考虑系统增加的内能；选项C 没有考虑子弹增加的内能．答案：BD二、非选择题(15分)8．如图所示，传送带保持v ＝4 m /s 的速度水平匀速运动，将质量为1 kg 的物块无初速地放在A 端，若物块与皮带间动摩擦因数为0.2，A 、B 两端相距6 m ，则物块从A 到B 的过程中，皮带摩擦力对物块所做的功为多少？摩擦产生的热量又是多少？(g 取10 m/s 2)解析：木块与皮带间的摩擦力为 F f ＝μF N ＝μmg ＝0.2×1×10 N ＝2 N 由牛顿第二定律得木块加速度为 a ＝F f m ＝21m /s 2＝2 m/s 2木块速度达到4 m/s 时需发生位移为 l ＝v 22a ＝422×2m ＝4 m<6 m 即木块在到达B 端之前就已达到最大速度4 m/s ，后与传送带一起匀速运动，不再发生滑动．皮带摩擦力对物块所做的功等于物块动能的增加量，即 W ＝ΔE k ＝12m v 2＝12×1×42 J ＝8 J木块滑动过程中与传送带的相对位移为 l 相＝v v a －l ＝⎝⎛⎭⎫4×42－4 m ＝4 m 所以产生的摩擦热为Q ＝μmgl 相＝0.2×1×10×4 J ＝8 J ． 答案：8 J 8 J。
2020_2021学年高中物理第七章机械能守恒定律10能量守恒定律与能源课后作业含解析新人教版必修2
能量守恒定律与能源限时：45分钟一、单项选择题1．出行是人们工作生活中必不可少的环节，出行的工具五花八门，使用的能源也各不相同．自行车、电动自行车、普通汽车消耗能量的类型分别是( B )①生物质能②核能③电能④太阳能⑤化学能A．①④⑤B．①③⑤C．①②③D．①③④解析：人骑自行车是将生物质能转化为机械能；电动自行车是将蓄电池的电能转化为机械能；普通汽车是将汽油的化学能转化为机械能，所以B选项正确．2．能源短缺和环境恶化指的是( D )①煤炭和石油的开采与技术有关，在当前技术条件下，煤炭和石油的开采是有限的，这叫能源短缺．②煤炭和石油资源是有限的，以今天的开采和消耗速度，石油储藏将在百年内用尽，煤炭资源也不可能永续，这叫能源短缺．③煤炭和石油具有很大的气味，在开采、存放和使用过程中这些气味会聚集在空气中污染空气，使环境恶化．④大量煤炭和石油产品在燃烧时排出的有害气体污染了空气，改变了大气成分，使环境恶化．A．①③B．①④C．②③D．②④解析：煤炭和石油都是由几亿年以前的生物遗体形成的，这些能源不能再次生成，也不可重复使用，它们的储量是有限的，并不是取之不尽、用之不竭的，这就是所讲的能源短缺，②正确；能源在使用时会排出有害气体，污染空气，这就是所讲的环境恶化，④正确．故D 正确．3．如图所示，一个粗细均匀的U 形管内装有同种液体，液体质量为m .在管口右端用盖板A 密闭，两边液面高度差为h ，U 形管内液体的总长度为4h ，拿去盖板，液体开始运动，由于管壁的阻力作用，最终管内液体停止运动，则该过程中产生的内能为( A )A.116mgh B.18mgh C.14mgh D.12mgh 解析：去掉右侧盖板之后，液体向左侧流动，最终两侧液面相平，液体的重力势能减少，减少的重力势能转化为内能．如图所示，最终状态可等效为右侧12h 的液柱移到左侧管中，即增加的内能等于该液柱减少的重力势能，则Q ＝18mg ·12h ＝116mgh ，故A 正确．4．如图所示，质量为m 的物块从A 点由静止开始下落，加速度是12g ，下落H 到B 点后与一轻弹簧接触，又下落h 后到达最低点C ，在由A 运动到C 的过程中，空气阻力恒定，则( D )A ．物块机械能守恒B ．物块和弹簧组成的系统机械能守恒C ．物块机械能减少12mg (H ＋h )D ．物块和弹簧组成的系统机械能减少12mg (H ＋h )解析：因为下落加速度是12g ，所以有阻力做功且阻力大小F f ＝12mg ，机械能不守恒，A 、B 错；下落(H ＋h )过程中，阻力做功WF f ＝－F f (H ＋h )，所以物块和弹簧组成的系统机械能减少12mg (H ＋h )．5．如图所示，在水平地面上平铺着n 块砖，每块砖的质量为m ，厚度为h .如果工人将砖一块一块地叠放起来，那么工人至少做功( B )A ．n (n －1)mghB.12n (n －1)mgh C ．n (n ＋1)mghD.12n (n ＋1)mgh解析：本题关键在于分析各块砖的重心位置变化情况，从而找出n 块砖的重力势能变化．把n 块砖看作一个整体，其总质量是M ＝nm ，以地面为零势能面，n 块砖都平放在地上时，其重心都在h 2高处，所以n 块砖的初始重力势能为E 1＝nmgh2.当n 块砖叠放在一起时，其总高度为H ＝nh ，其总的重心位置在H 2＝nh2处，所以末态重力势能为E 2＝nmg H 2＝n 2mgh2，人做的功至少等于重力势能的增量，即W ＝ΔE p ＝E 2－E 1＝n n －1mgh 2.二、多项选择题6．质量为m 的物体在竖直向上的拉力F 的作用下从静止出发以2g 的加速度匀加速上升h ，则( AB )A ．物体的机械能增加3mghB ．物体的重力势能增加mghC ．物体的动能增加FhD ．物体在上升过程中机械能守恒解析：由F －mg ＝2mg ，得拉力F ＝3mg ，机械能的增加量等于拉力F 做的功，即W f ＝Fh ＝3mgh ，A 对，D 错．重力势能的增加量等于克服重力做的功mgh ，B 对．动能的增加量等于合力做的功，即W 合＝m ·2g ·h ＝2mgh ＝23Fh ，C 错．7．将质量为m 的小球在距地面高度为h 处抛出．抛出时的速度大小为v 0，小球落到地面时的速度大小为2v 0.若小球受到的空气阻力不能忽略，则对于小球下落的整个过程中，下列说法正确的是( AB )A ．小球克服空气阻力做的功小于mghB ．重力对小球做的功等于mghC ．合外力对小球做的功小于mv 20D ．合外力对小球做的功等于mv 20解析：由题意可知，小球落地时的速度比抛出时大，即从抛出到落地的过程中，动能变大了．根据动能定理W 合＝ΔE k ，则W 合>0，即重力所做的功大于阻力所做的功．而这个过程中重力对小球做的功为W G ＝mgh ，所以A 、B 正确．从抛出到落地的过程中，合外力做的功等于小球动能的变化量，即W 合＝12m (2v 0)2－12mv 20＝32mv 20>mv 20，故C 、D 均错．8．如图所示，一块长木板B 放在光滑水平面上，B 上放一粗糙物体A .现以恒力F 拉B ，A 在B 上滑动但未滑离B ，以地面为参考系，A 、B 都前移了一段距离，在此过程中( BD )A ．外力F 做的功等于A 和B 的动能的增量 B ．B 对A 的摩擦力所做的功，等于A 的动能的增量C ．A 对B 的摩擦力所做的功，等于B 对A 的摩擦力所做的功D ．外力F 对B 做的功等于B 的动能的增量与B 克服摩擦力所做的功之和解析：A 所受的合力即为B 给A 的摩擦力，由动能定理可知B 正确；A 、B 间有一对相互作用的摩擦力，尽管两摩擦力等大，但A 、B 相对于地面的位移不相等，故两个摩擦力做的功也不相等，故C 错误；对B 物体，由动能定理有W F －W f ＝ΔE k B ，D 正确；而对于选项A ，正确的说法是外力F 做的功等于A 和B 动能的增量加上系统内能的增量，A 错误．三、非选择题9．电动车所需能量由它所携带的蓄电池供给．下图为某类电动车与汽油车性能的比较．通常车用电动机的质量是汽油机的4倍或5倍．为促进电动车的推广使用，在技术上主要应对电动车的蓄电池、电动机等部件加以改进．给电动车蓄电池充电的能量实际上来自于发电站，一般发电站燃烧燃料所释放出来的能量仅30%转化为电能，在向用户输送及充电过程中又损失了20%，这意味着使用电动车时能量转化的总效率约为16.8%.解析：从题图中可以看出电动车每千克蓄能物质所储存的能量和充一次电能行驶的距离均远小于汽油车，因此应对蓄电池加以改进．另外，电动车的效率也不是很高，所以也可对电动机进行改进．设发电站消耗的能量为E0，电动车输出的机械能为E，由题意可知使用电动车时能量转化的总效率为η＝EE0＝E0×30%×80%×70%E0×100%＝16.8%.10．如图所示，斜面的倾角为θ，质量为m的滑块距挡板P的距离为x0，滑块以初速度v0沿斜面上滑，滑块与斜面间的动摩擦因数为μ，滑块所受摩擦力小于重力沿斜面向下的分力．若滑块每次与挡板相碰均无机械能损失，求滑块经过的总路程．答案：1μ(v202g cos θ＋x0tan θ)解析：滑块最终要停在斜面底部，设滑块经过的总路程为s，对滑块运动的全程应用能量守恒定律，全程所产生的热量为Q ＝12mv 20＋mgx 0sin θ又因为全程产生的热量等于克服摩擦力所做的功，即Q ＝μmgs cos θ解以上两式可得s ＝1μ(v 202g cos θ＋x 0 tan θ)．11．如图所示，在光滑的水平面上，有一质量为M 的长木块以一定的初速度向右匀速运动，将质量为m 的小铁块无初速度地轻放到长木块右端，小铁块与长木块间的动摩擦因数为μ，当小铁块在长木块上相对长木块滑动L 时与长木块保持相对静止，此时长木块对地的位移为l ，求这个过程中：(1)系统产生的热量； (2)小铁块增加的动能； (3)长木块减少的动能； (4)系统机械能的减少量．答案：(1)μmgL (2)μmg (l －L ) (3)μmgl (4)μmgL 解析：画出这一过程两物体位移示意图，如图所示．(1)m、M间相对滑动的位移为L，根据能量守恒定律，有Q＝μmgL，即摩擦力对系统做的总功等于系统产生的热量．(2)根据动能定理有μmg(l－L)＝12mv2－0，其中(l－L)为小铁块相对地面的位移，从上式可看出ΔE km＝μmg(l－L)，说明摩擦力对小铁块做的正功等于小铁块动能的增加量．(3)摩擦力对长木块做负功，根据功能关系，得ΔE k M＝－μmgl，即长木块减少的动能等于长木块克服摩擦力做的功μmgl.(4)系统机械能的减少量等于系统克服摩擦力做的功ΔE＝μmgL.12．如图所示，传送带与水平面之间的夹角为θ＝30°，其上A、B两点间的距离为l ＝5 m，传送带在电动机的带动下以v＝1 m/s的速度匀速运动，现将一质量为m＝10 kg 的小物体(可视为质点)轻放在传送带的A点，已知小物块与传送带之间的动摩擦因数μ＝32，在传送带将小物体从A点传送到B点的过程中，求：(g取10 m/s2)(1)传送带对小物体做的功；(2)电动机做的功．答案：(1)255 J (2)270 J解析：(1)小物块轻放在传送带上时，受力分析如图所示．根据牛顿第二定律得 沿斜面方向：μmg cos θ－mg sin θ＝ma ，可知，小物体上升的加速度为a ＝2.5 m/s 2.当小物体的速度为v ＝1 m/s 时，位移x ＝v 22a＝0.2 m.然后小物体将以v ＝1 m/s 的速度完成4.8 m 的路程，由功能关系得：W ＝ΔE p ＋ΔE k＝mgl sin θ＋12mv 2＝255 J.(2)电动机做功使小物体机械能增加，同时小物体与传送带间因摩擦产生热量Q ，由v ＝at 得t ＝va＝0.4 s.相对位移x ′＝vt －12at 2＝0.2 m ，因摩擦产生的热量Q ＝μmgx ′cos θ＝15 J ， 故电动机做的功为W ＋Q ＝270 J.。
浙教版 初中科学9年级上册 第三章 能量的转化与守恒 实验探究题(较难题)(含答案)
浙教版9年级上册第三章能量的转化与守恒实验探究题（较难题）一、机械能1.同学们所用的笔，有些在靠近笔端的地方装有一个轻质弹簧(如图所示)。
小文和小军各自拿自己装有弹簧的笔玩弹笔游戏。
结果发现小军的笔弹得高一些，小文分析：笔弹起的高度与笔内弹簧的弹性势能的大小有关，那么弹簧弹性势能的大小又跟什么因素有关呢？小文猜想：①弹簧弹性势能的大小可能跟它的材料有关；②弹簧弹性势能的大小可能跟它弹性形变的程度有关。
（1）小文利用两个外形完全相同但材料不同的弹簧A和B、一个小钢球、一个轻木块，在同一水平面上进行了如图所示的实验，此实验是为了验证猜想________，实验中弹性势能的大小是通过________来体现的。
（2）请你设计一个实验方案来验证另一个猜想(写出简要的实验步骤，分析可能出现的现象并得出结论)。
2.某兴趣小组提出利用“研究动能的大小与哪些因素有关”的实验装置（如图所示）与所需器材（斜面、木块、不同质量的小钢球）来探究“影响重力势能大小的因素”的设想．请你帮助完成如下实验方案：（1）实验中通过观察________ 的大小，来判断小球重力势能的大小（2）本实验中若水平面绝对光滑则不能得出结论，原因是________（3）实验中为了要探究重力势能与物体的质量的关系要选用上述图________ ，具体的操作方法是让小球从________ （选填“相同”或“不同”）的高度由静止滚下（4）要探究重力势能与物体的高度的关系要选用上述图________ ，具体的操作方法是让小球从________ （选填“相同”或“不同”）的高度由静止滚下（5）通过比较分析可以得出的结论是________3.在探究动能大小与质量关系的两次实验中，小球从同一高度由静止开始释放时的场景如图所示，木板固定在水平面上；（1）本实验使钢球获得动能的操作方法是________；（2）该实验是通过比较木块在木板上滑行的________来比较小球动能大小的，图中错误的操作是________；（3）改正后进行实验，发现木块会从木板右侧滑出，则可以通过________(选填“增大”或“减小”)木块的质量来加以改进；4.为探究影响重力势能的大小的因素，小金利用带有四个铁钉的小方桌、沙箱及质量不同的重物设计并进行了如图甲所示的实验。
2020-2021学年人教版选修4 第2章第3节 化学平衡(第5课时) 作业
第3节 化学平衡第5课时 等效平衡及转化率问题基础训练1．已知反应2SO 2(g)＋O 2(g)2SO 3(g)ΔH ＝－197 kJ·mol －1。
在容积相同的三个密闭容器中，按不同方式投入反应物，保持恒温、恒容，平衡时有关数据如下：下列各式正确的是( )A ．2n 1＞n 3B ．Q 1＋Q 2＝197C ．2p 1＜p 3D ．α1＋α3＝1 解析：本题疑难之处是等效平衡的应用。
2 mol SO 3相当于2 mol SO 2、1 mol O 2，恒温恒容时，甲和乙完全等效，所以n 1＝n 2、p 1＝p 2(恒温恒容下气体的p 与n 成正比)；Q 1＝n 12×197，则Q 2＝2－n 22×197，Q 1＋Q 2＝197；α1＝n 12、α2＝2－n 22，α1＋α2＝1；将丙分两步完成，先将4 mol SO 3充入2倍于乙体积的容器，与乙完全等效，此时丙的压强p ′3＝p 2，然后将丙的体积压缩至与乙相同(压缩的瞬间p ″3＝2p 2)，增大压强，平衡向右移动，最终p 3＜2p 2、n 3＞2n 2、α3＜α2、Q 3＜2Q 2。
由于n 1＝n 2，n 3＞2n 2，则2n 1＜n 3，A 项不正确；Q 1＋Q 2＝197，B 项正确；p 1＝p 2，p 3＜2p 2，故p 3＜2p 1，C 项错误；α1＋α3＜1，D 项错误。
答案：B2．在一个真空固定体积的密闭容器内，充入10 mol N 2和30 molH 2，发生合成氨反应：N 2(g)＋3H 2(g) 2NH 3(g)，在一定温度下达到平衡，H 2的转化率为25%。
若在同一容器中充入NH 3，欲达到平衡时的各成份的百分含量与上述平衡时相同，则起始时充入的NH 3的物质的量和达到平衡时NH 3的转化率是( )A ．15 mol 25%B ．20 mol 50%C ．20 mol 75%D ．40 mol 80%解析：恒温恒容下，若开始只充入NH 3，欲达到平衡时的各成份的百分含量与原平衡相同，则二者为等效平衡，由于反应前后气体的化学计量数之和不相等，故平衡时对应组分的物质的量相等，需要氨气的物质的量＝10 mol ×2＝20 mol ，原平衡中参加反应的氢气为30 mol ×25%＝7.5mol ，由方程式可知平衡时氨气的物质的量＝7.5 mol ×2/3＝5 mol ，故若开始只充入NH 3，氨气的转化率＝(20 mol －5 mol)/20 mol ×100%＝75%，故选C 。
2019版高考物理金榜一轮课时分层作业： 三十八 选修3-3 3热力学定律与能量守恒 Word版含解析-
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课时分层作业三十八热力学定律与能量守恒(45分钟100分)一、选择题(本题共7小题,每小题6分,共42分)1.如图,一定质量的理想气体,由状态a经过ab过程到达状态b或者经过ac过程到达状态c。
设气体在状态b和状态c的温度分别为T b和T c,在过程ab和ac中吸收的热量分别为Q ab和Q ac。
则( )A.T b>T c,Q ab>Q acB.T b>T c,Q ab<Q acC.T b=T c,Q ab>Q acD.T b=T c,Q ab<Q ac【解析】选C。
根据理想气体状态方程有:==,所以有T a<T b=T c,在ab过程中,吸收的热量Q ab=ΔU-W,其中W<0,在ac过程中,吸收的热量Q ac=ΔU,所以Q ab>Q ac,所以C正确,A、B、D错误。
2.某驾驶员发现中午时车胎内的气压高于清晨时的,且车胎体积增大。
若这段时间胎内气体质量不变且可视为理想气体,那么 ( )A.外界对胎内气体做功,气体内能减小B.外界对胎内气体做功,气体内能增大C.胎内气体对外界做功,内能减小D.胎内气体对外界做功,内能增大【解析】选D。
以胎内气体为研究对象,由于气体温度升高,内能增大,体积增大,胎内气体对外做功,故D正确。
【规律总结】判定物体内能变化的方法(1)内能的变化都要用热力学第一定律进行综合分析。
(2)做功情况看气体的体积:体积增大,气体对外界做功,W为负;体积缩小,外界对气体做功,W为正。
(3)与外界绝热,则不发生热传递,此时Q=0。
(4)如果研究对象是理想气体,则由于理想气体没有分子势能,所以当它的内能变化时,主要体现在分子动能的变化上,从宏观上看就是温度发生了变化。
3.(多选)(2018·昆明模拟)关于热力学第一定律和热力学第二定律,下列论述错误的是( )A.热力学第一定律指出内能可以与其他形式的能相互转化,而热力学第二定律则指出内能不可能完全转化为其他形式的能,故这两条定律是相互矛盾的B.内能可以全部转化为其他形式的能,只是会产生其他影响,故两条定律并不矛盾C.两条定律都是有关能量转化的规律,它们不但不矛盾,而且没有本质区别D.能量守恒定律已包含了热力学第一定律和热力学第二定律E.热力学第一定律和热力学第二定律是相互独立的【解析】选A、C、D。
高中物理 第四章 力与平衡 第1节 力的合成作业 鲁科版必修1(2021年整理)
福建省南安市高中物理第四章力与平衡第1节力的合成作业鲁科版必修1编辑整理：尊敬的读者朋友们：这里是精品文档编辑中心，本文档内容是由我和我的同事精心编辑整理后发布的，发布之前我们对文中内容进行仔细校对，但是难免会有疏漏的地方，但是任然希望（福建省南安市高中物理第四章力与平衡第1节力的合成作业鲁科版必修1）的内容能够给您的工作和学习带来便利。
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第1节 力的合成一、单项选择题1．两个共点力大小都是50N ，如果要使这两个力的合力也是50N,则这两个力之间的夹角为( D ）A 。
30º B.60º C.90º D.120º2．有两个共点力，一个力的大小是8N ，另一个力的大小是3N ，它们合力的大小可能是( B )A ．3NB ．9NC ．15ND ．24N3．如图所示，放在光滑水平面上的一个物体，同时受到两个水平方向力的作用,其中水平向右的力F 1＝5 N ，水平向左的力F 2＝10 N ，当F 2由10 N 逐渐减小到零的过程中，这两个力的合力大小( C ） A ．逐渐减小 B ．逐渐增大 C ．先减小后增大 D ．先增大后减小4．如图所示，重为100N 的物体在水平面上向右运动，物体与水平面的动摩擦因数为0。
2，与此同时物体受到一个水平向左的力F=20N ，那么物体受到的合力为( B ）A ．0B ．40N ，水平向左C ．20N,水平向右D ．20N ，水平向左5．有两个大小相等的共点力F 1和F 2，当它们的夹角为90°时，合力大小为F,它们的夹角变为60°时，合力的大小为( D ）A ．2FB ．23F C ．3F D ．26F 6．如图所示,作用于O 点的三个力F 1、F 2、F 3合力为零．F 1沿－y 方向，大小已知．F 2与＋x 方向夹角为θ(θ〈90°)，大小未知．下列说法正确的是（ )A ．F 3的最小可能值为F 1cos θB ．F 3一定指向第二象限C ．F 1与F 2的夹角越小，则F 1与F 2的合力越小D ．F 3与F 2的夹角越小，则F 3与F 2的合力越小7．如图所示，轻绳上端固定在天花板上的O 点，下端悬挂一个重为10N 的物vF体A,B是固定的表面光滑的圆柱体。
(新课标)高中物理第七章曲线运动作业21能量守恒定律与能源新人教版必修2(2021学年)
（新课标)2018版高中物理第七章曲线运动作业２1 能量守恒定律与能源新人教版必修2编辑整理:尊敬的读者朋友们:这里是精品文档编辑中心,本文档内容是由我和我的同事精心编辑整理后发布的,发布之前我们对文中内容进行仔细校对,但是难免会有疏漏的地方，但是任然希望（(新课标)２018版高中物理第七章曲线运动作业21 能量守恒定律与能源新人教版必修２）的内容能够给您的工作和学习带来便利。
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课时作业（二十一）一、选择题１．物体只在重力和一个不为零的向上的拉力作用下,分别做匀速上升、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．由于该拉力与重力大小的关系不明确，所以不能确定物体机械能的变化情况D.三种情况中，物体的机械能均增加答案Ｄ解析无论物体怎样向上运动，拉力都做正功,物体的机械能均增加,故选Ｄ项．２.(多选）质量为m的物体在竖直向上拉力F的作用下从静止出发以2g的加速度匀加速上升h，则( ）A.物体的机械能增加3mghﻩB．物体的重力势能增加mgｈＣ.物体的动能增加Ｆh D.物体在上升过程中机械能守恒答案 AＢ解析由F－mｇ＝2mｇ,得拉力Ｆ=３ｍg，机械能的增加等于拉力F做的功,即W F＝Fh=3ｍgh，A项对,D项错.重力势能的增加等于克服重力做的功ｍgh,B项对．动能的增加等于合力做的功,即W合=ｍ·2ｇ·h=2mｇh＝错误!Fh,C项错.3.市面上出售一种装有太阳能电扇的帽子（如图所示).在阳光的照射下,小电扇快速转动,能给炎热的夏季带来一丝凉爽．该装置的能量转化情况是( ）Ａ.太阳能→电能→机械能Ｂ.太阳能→机械能→电能Ｃ．电能→太阳能→机械能ﻩD．机械能→太阳能→电能答案 A解析电池板把太阳能转化为电能,小电动机把电能转化为机械能．4.（多选)在体育比赛项目中,高台跳水是我国运动员的强项.质量为m的跳水运动员进入水中后受到水的阻力而做减速运动，设水对他的阻力大小恒为F，那么在他减速下降高度为ｈ的过程中，下列说法正确的是(g为当地的重力加速度)（ )Ａ．他的动能减少了Fh-ｍgｈﻩ B.他的重力势能增加了mghC．他的机械能减少了(F－mｇ）hﻩＤ.他的机械能减少了Fh答案AＤ解析由动能定理,ΔＥk＝mgｈ-Ｆh,动能减少了Fｈ－mgh,A项正确;他的重力势能减少了mgh，B项错误；他的机械能减少了ΔE=Fh,Ｃ项错误,Ｄ项正确.５.如图所示,某段滑雪雪道倾角为３0°,总质量为m(包括雪具在内）的滑雪运动员从距底端高为h处的雪道上由静止开始匀加速下滑，加速度为错误!g。
2021年高考物理一轮总复习 功能关系 能量守恒定律课时作业 新人教版必修2
2021年高考物理一轮总复习 功能关系 能量守恒定律课时作业 新人教版必修21．如图所示长木板A 放在光滑的水平地面上，物体B 以水平速度冲上A 后，由于摩擦力作用，最后停止在木板A 上，则从B 冲到木板A 上到相对木板A 静止的过程中，下列说法中正确的是( )第1题图A ．物体B 动能的减少量等于系统损失的机械能B ．物体B 克服摩擦力做的功等于系统内能的增加量C ．物体B 损失的机械能等于木板A 获得的动能与系统损失的机械能之和D ．摩擦力对物体B 做的功和对木板A 做的功的总和等于系统内能的增加量2．物体只在重力和一个不为零的向上的拉力作用下，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 ．由于该拉力与重力大小的关系不明确，所以不能确定物体机械能的变化情况D ．三种情况中，物体的机械能均增加3．如图为测定运动员体能的装置，轻绳拴在腰间沿水平线跨过定滑轮(不计滑轮的质量与摩擦)，下悬重为G 的物体．设人的重心相对地面不动，人用力向后蹬传送带，使水平传送带以速率v 逆时针转动．则( )第3题图A ．人对重物做功，功率为GvB ．人对传送带的摩擦力大小等于G ，方向水平向左C ．在时间t 内人对传送带做功消耗的能量为GvtD ．若增大传送带的速度，人对传送带做功的功率不变第4题图4．如图所示，劲度系数为k 的轻质弹簧，一端系在竖直放置的半径为R 的圆环顶点P ，另一端系一质量为m 的小球，小球穿在圆环上作无摩擦的运动．设开始时小球置于A 点，弹簧处于自然状态，当小球运动到最低点时速率为v ，对圆环恰好没有压力．下列分析正确的是( )A ．从A 到B 的过程中，小球的机械能守恒B ．从A 到B 的过程中，小球的机械能减少C ．小球过B 点时，弹簧的弹力为mg ＋m v 2RD ．小球过B 点时，弹簧的弹力为mg ＋m v 22R5．如图所示，一根轻弹簧左端固定，右端系一物块，物块置于摩擦不能忽略的水平面上．现将弹簧压缩到A 点后释放，物块运动到B 点时速度变为零，O 为弹簧处于自然长度时的位置，AB 距离为x 0.物块从A 到B 的过程中，弹簧弹力的大小F 、物块加速度的大小a 、物块速度的大小v 、物块和弹簧组成的系统机械能E 随物块的位移x 变化的图象可能是( )第5题图6．一物块放在如图所示的斜面上，用力F 沿斜面向下拉物块，物块沿斜面运动了一段距离，若已知在此过程中，拉力F 所做的功为A ，斜面对物块的作用力所做的功为B ，重力做的功为C ，空气阻力做的功为D ，其中A 、B 、C 、D 的绝对值为100J 、30J 、100J 、20J ，则(1)物块动能的增量多少？(2)物块机械能的增量为多少？第6题图7．如图所示，小球从高h 的光滑斜面滚下，经有摩擦的水平地面再滚上另一光滑斜面，当它到达13h 高度处时，速度为零．求小球最后停在AB 间何处？第7题图8．构建和谐型、节约型社会深得民心，遍布于生活的方方面面．自动充电式电动车是很好的一例．电动车的前轮装有发电机，发电机与蓄电池连接．当骑车者用力蹬车或电动自行车自动滑行时，打开自动充电装置，自行车就可以连通发电机向蓄电池充电，将其他形式的能转化成电能储存起来．现有某人骑车以1250J 的初动能在粗糙的水平路面上滑行，人车总质量为100kg.第一次关闭自动充电装置，让车自由滑行，其动能随位移变化关系如图中图线①所示；第二次启动自动充电装置，其动能随位移变化关系如图线②所示，设阻力恒定，求：(1)第一次滑行的时间；(2)第二次滑行过程中向蓄电池所充的电能是多少？第8题图9．荡秋千是一项古老的运动，秋千是一块板用两根绳系在两个固定的悬点组成，设某人的质量为m，身高为θ，站立时重心离脚底H/2，蹲下时重心离脚底H/4，绳子悬挂点到踏板的绳长为6H，绳子足够柔软且不可伸长，绳子和踏板的质量不计，人身体始终与绳子保持平行，重力加速度为g.(1)若该人在踏板上保持站式，由伙伴将其推至摆角θ.(单位：rad)，由静止释放，忽略空气阻力，求摆至最低点时每根绳的拉力大小；(2)若该人在踏板上保持站式，由伙伴将其推至摆角θ1.(单位：rad)，由静止释放，摆至另一侧最大摆角为θ2(单位：rad)，设空气阻力大小恒定，作用点距离脚底为H/3，求空气阻力的大小；(3)若该人在踏板上采取如下步骤：当荡至最高处时，突然由蹲式迅速站起，而后缓缓蹲下，摆到另一侧最高处时已是蹲式，在该处又迅速站起，之后不断往复，可以荡起很高，用此法可以荡起的最大摆角为θm弧度，假设人的“缓缓蹲下”这个动作不会导致系统机械能的损耗，而且空气阻力大小和作用点与第(2)问相同，试证明：θmcosθm＝θ1＋θ244cosθ2－cosθ1.第9题图10．如图所示，在竖直平面内，粗糙的斜面轨道AB的下端与光滑的圆弧轨道BCD相切于B，C是最低点，圆心角∠BOC＝37°，D与圆心O等高，圆弧轨道半径R＝1.0m，现有一个质量为m＝0.2kg可视为质点的小物体，从D点的正上方E点处自由下落，DE距离h＝1.6m，物体与斜面AB之间的动摩擦因数μ＝0.5.取sin37°＝0.6，cos37°＝0.8, g＝10m/s2.求：第10题图(1)物体第一次通过C点时轨道对物体的支持力F N的大小；(2)要使物体不从斜面顶端飞出，斜面的长度L AB至少要多长；(3)若斜面已经满足(2)要求，物体从E点开始下落，直至最后在光滑圆弧轨道做周期性运动，在此过程中系统因摩擦所产生的热量Q的大小．11．如图所示，x轴与水平传送带重合，坐标原点O在传送带的左端，传送带长L＝8m，匀速运动的速度v0＝5m/s.一质量m＝1kg的小物块轻轻放在传送带上x P＝2m的P点，小物块随传送带运动到Q点后恰好能冲上光滑圆弧轨道的最高点N点．小物块与传送带间的动摩擦因数μ＝0.5，重力加速度g＝10 m/s2.求：(1)N点的纵坐标；(2)从P点到Q点，小物块在传送带上运动系统产生的热量；(3)若将小物块轻放在传送带上的某些位置，小物块均能沿光滑圆弧轨道运动(小物块始终在圆弧轨道运动不脱轨)到达纵坐标y M＝0.25 m的M点，求这些位置的横坐标范围．第11题图课时作业(二十) 功能关系 能量守恒定律1.CD 【解析】 根据能量的转化，B 的动能减少量等于系统损失的机械能加A 的动能增加量，A 错C 对；B 克服摩擦力做的功等于B 的动能减少量，B 错．对B ：WF f B ＝E′kB －E kB ，对A ，WF f A ＝E′kA －0则WF f A ＋WF f B ＝(E′kA －E′kB )－E kB ＝ΔE 内增，D 对．2.D 【解析】 在只有重力做功时，物体机械能守恒，加上拉力后，拉力始终做正功，所以三种情况下物体机械能始终增加，D 正确．3.BC 【解析】 重物相对地面不动，故人对重物没有做功，A 错；以人为研究对象，其相对地面静止，故人受到的摩擦力大小为G ，方向向右，则人对传送带的摩擦力大小等于G ，方向向左，B 正确；人对传送带的摩擦力大小为G ，而传送带以速度v 运动，则消耗的能量为Gvt ，C 正确；若增大传送带的速度，由P ＝Fv ＝Gv 知人对传送带做功的功率也变大，D 错；故答案选BC.4.BC 【解析】 球从A 到B 过程中，由能量守恒定律得弹簧弹性势能增加等于球机械能减少，B 对．在B 点受力分析得重力G ，弹簧弹力F 且F －mg ＝m v 2R ，所以F ＝mg ＋m v 2R，其中R 为球做圆周运动半径，C 对．5.D 【解析】 水平面上的摩擦力不能忽略，F ＝0时，物块运动在O 点，此点非AB 中点，AC 错；物块由A 运动到B ，摩擦力始终向左，故在平衡位置左边的点比关于平衡位置对称的右边的点处的加速度小，在0－x 02侧、加速度a ＝F 弹－f ，所以a ＝Kx －μmg，故加速度a 与位移x 不是比例关系，x 02－x 0侧同理，故B 错；由于存在摩擦力，故系统机械能E 减小，D 正确．6.(1)150J (2)50J 【解析】 (1)在物块下滑的过程中，拉力F 做正功，斜面对物块有摩擦力，做负功，重力做正功，空气阻力做负功，根据动能定理，合外力对物块做的功等于物块动能的增量，则ΔE K ＝W 合＝A ＋B ＋C ＋D ＝100J ＋(－30J)＋100J ＋(－20J)＝150J.(2)根据功能关系，除重力之外的其他力所做的功等于物块机械能的增量，则ΔE 机＝A ＋B ＋D ＝100J ＋(－30J)＋(－20J)＝50J.7.停在AB 中间 【解析】 由能量守恒定律得： mgh －13mgh ＝μmgs AB 13mgh ＝μmgs，所以s ＝12s AB ，即停在AB 中间． 8.(1)10s (2)750J 【解析】 (1)由题图知电动车的初动能1250J ，共滑行了25m ，设滑行时所受的阻力为F f ，由动能定理可得－F f ·x ＝0－Ek 0，代入数据得F f ＝50N.由牛顿第二定律对电动车滑行有a ＝F f m 50100m/s 2＝0.5m/s 2.设第一次滑行的时间为t ，则由v t ＝v 0－at 得t ＝v 0a ＝2Ek 0m /a ，代入数据得t ＝10s. (2)由(1)知F f ＝50N ，第二次滑行路程x′＝10m ，第二次滑行过程中由于摩擦力作用产生热量Q ＝F f x ′＝500J ，由能量守恒定律得第二次滑行过程中向蓄电池所充电能E ＝Ek 0－Q ＝1250J －500J ＝750J.9.见解析 【解析】 (1)设落至最低点时速度为v ，则由机械能守恒定律有12mv 2＝mg(6H－H 2)(1－cos θ)，设拉力为F ，则由牛顿第二定律有F －mg ＝m v 26H －H 2，求得F ＝3mg －2mgcos θ，每根绳的拉力F′＝12F ＝3mg －2mgcos θ02.(2)全程损耗的机械能为ΔE 机＝mg(6H －H 2)(cos θ2－cos θ1)，空气阻力做的功为W f ＝－f(6H －H 3)(θ1＋θ2)，由功能关系有W f ＝ΔE k ，求得f ＝33（cos θ2－cos θ1）34（θ1＋θ2）mg. (3)在一个周期内，通过“迅速站起”获得的机械能(重力势能)是ΔE 机＝2mg(H 2－H 4)cos θm ，空气阻力做的功是W f ＝－4f(6H －H 3)θm ，由功能关系有W f ＝ΔE 机，求得θm cos θm＝θ1＋θ244（cos θ2－cos θ1），得证． 10.(1)12.4N (2)2.4m (3)4.8J【解析】 (1)物体从E 到C ，由能量守恒得：mg(h ＋R)＝12mv 2C ，在C 点，由牛顿第二定律得：F N －mg ＝m v 2C R，解得F N ＝12.4N (2)从E ～D ～C ～B ～A 过程，由动能定理得W G －W f ＝0W G ＝mg[(h ＋Rcos37°)－L AB sin37°]W f ＝μmgcos37°L AB解得L AB ＝2.4m(3)因为，mgsin37°>μmgcos37° (或μ<tan37°)所以，物体不会停在斜面上．物体最后以C 为中心，B 为一侧最高点沿圆弧轨道做往返运动．从E 点开始直至稳定，系统因摩擦所产生的热量Q ＝ΔE pΔE p ＝mg(h ＋Rcos37°)解得Q ＝4.8J.11.(1)1m (2)12.5J (3)7m ≤x ≤7.5m ，0≤x≤5.5m 【解析】 (1)小物块在传送带上匀加速运动的加速度a ＝μg＝5m/s 2小物块与传送带共速时，所用的时间t ＝v 0a＝1s 运动的位移Δx ＝v 02a＝2.5m<(L －x)＝6m 故小物块与传送带达到相同速度后以v 0＝5m/s 的速度匀速运动到a ，然后冲上光滑圆弧轨道恰好到达N 点，故有：mg ＝m 2v 2N y N由机械能守恒定律得12mv 20＝mgy N ＋12mv 2N (2)小物块在传送带上相对传送带滑动的位移s ＝v 0t －Δx ＝2.5m 产生的热量Q ＝μmgs＝12.5J(3)设在坐标为x 1处将小物块轻放在传送带上，若刚能到达圆心右侧的M 点，由能量守恒得：μmg(L －x 1)＝mgy M 代入数据解得x 1＝7.5 mμmg(L －x 2)＝12mgy N 代入数据解得x 2＝7 m 若刚能到达圆心左侧的M 点，由(1)可知X 3＝5.5 m 故小物块放在传送带上的位置坐标范围为7m ≤x ≤7.5m 和0≤x≤5.5m.m28936 7108 焈27234 6A62 橢y25279 62BF 抿 24386 5F42 彂26788 68A4 梤636888 9018 逘5s31253 7A15 稕28489 6F49 潉。
龙岩一中鲁科版物理“力的平衡”周末作业
龙岩一中物理“力的平衡”周末作业2010年12月10日命题人：梁鸿辉一、选择题1、列说法正确的是（）A．体操运动员双手握住单杠吊在空中不动时处于平衡状态B．蹦床运动员在空中上升到最高点时处于平衡状态C．举重运动员在举起杠铃后不动的那段时就处于平衡状态D．游泳运动员仰卧在水面静止不动时处于平衡状态2、有三个力，F1＝2N，F2＝5N，F3＝8N，则 ( )A．F1可能是F2和F3的合力B．F2可能是F1和F3的合力C．F3可能是F1和F2的合力D．上述说法都不对3、 n个共点力作用在一个质点上,使质点处于平衡状态.当其中的F1逐渐减小时,物体所受的合力 ( )A.逐渐增大,与F1同向B.逐渐增大,与F1反向C.逐渐减小,与F1同向D.逐渐减小,与F1反向4、用两根绳子吊起—重物，使重物保持静止，若逐渐增大两绳之间的夹角，则两绳对重物的拉力的合力变化情况是( )A．不变 B．减小C．增大 D．无法确定5、如图所示，用轻绳将小球悬于O点，力F拉住小球使悬线偏离竖直方向600角，小球处于平衡状态，要使F有最小值，F竖直方向的夹角θ是（）A.900B.600C.300D.006、物体静止在斜面上，若斜面倾角增大（物体仍静止），物体受到的斜面的支持力和摩擦力的变化情况是（）A．支持力增大，摩擦力增大 B．支持力增大，摩擦力减小C．支持力减小，摩擦力增大 D．支持力减小，摩擦力减小7、如图所示， 用绳索将重球挂在墙上，不考虑墙的摩擦。
如果把绳的长度增加一些，则球对绳的拉力F 1和球对墙的压力F 2的变化情况是（ ）A ．F 1增大，F 2减小B ．F 1减小，F 2增大C ．F 1和F 2都减小D ．F 1和F 2都增大8、如图所示，用力F 推着一个质量为m 的木块紧贴在竖直墙壁上，木块此时处于静止状态，已知力F 与竖直方向成θ角，则墙对木块施加的摩擦力的说法中不正确的是( )A. 大小可能是mg-Fcos θ，方向竖直向上B. 大小可能是Fcos θ-mg ，方向竖直向下C. 不可能等于零D. 一定大于零9、 如图所示，用绳跨过定滑轮牵引小船，设水的阻力不变，则在 小船匀速靠岸的过程中（ ）A. 绳子的拉力不断增大B. 绳子的拉力不变C. 船所受浮力增大D. 船所受浮力变小10、如图所示，两个等大的水平力F 分别作用在B 和C 上.A 、B 、C 都处于静止状态。
物料与能量平衡
m3/hr（湿） m3/hr（干） Nm3/hr（湿） Nm3/hr（干） kg/hr(湿) pa C vol％ vol％（干） vol％（干） vol％（干） vol％（干） mg/Nm3(干） mg/Nm3(干） mg/Nm3(干） mg/Nm3(干） mg/Nm3(6％O2，干)
1,656,393 1,540,280 1,122,770 1,044,064 1,479,791 101,370 130.0 7.01 80.62 6.11 13.19 0.08 50.00 25.00 35.00 150.00 2393.62
#4炉
校核煤质 51.03 2.36 5.88 0.42 1.6 30.38 8.33 19464 备注
小时消耗量（t） 日消耗量（t） 年消耗量（t）
134
134 按20h 按5500h
2680 2680 737000 737000
烟气参数
处理烟气量
总体积流量（湿） 总体积流量（湿） 总体积流量（干） m3/hr（湿） Nm3/hr（湿） Nm3/hr（干） 1,656,393 1,122,770 1,044,064
含固量（t/h)
密度（t/m3) 总质量流量（t/h) 总体积流量（t/m3) 2.7 22
58%
1.575 132.0 83.80 10.093 41.245 1 1
60%
1.607 164.3 102.21
48%
1.433 205.33 143.28
30%
1.233 73.33 59.48
烟气系统
Fi
1
1
Pi
x
Wi
1
确定工艺流程
单元操作分解
2021版高考物理总复习第17课功能关系能量守恒定律练习
2021版高考物理总复习第17课功能关系能量守恒定律练习1．功能关系的明白得与应用 a ．利用功能关系求解力做功多少(1)(2021全国Ⅲ，6分)如图所示，一质量为m ，长度为l 的平均柔软细绳PQ 竖直悬挂。
用外力将绳的下端Q 缓慢地竖直向上拉起至M 点，M 点与绳的上端P 相距13l 。
重力加速度大小为g 。
在此过程中，外力做的功为( )A.19mglB.16mglC.13mglD.12mgl 答案：A解析：绳MQ 的重心在MQ 的中点处，MQ ＝23l ，将绳的下端Q 拉至M 点，设现在绳的最低点为D 点，MD 段绳的重心为MD 的中点，MD ＝13l ，那么绳MQ 重心上升的距离为h ＝12×⎝ ⎛⎭⎪⎫23－13l ＝16l ，绳MQ 的质量为m 1＝23m ，依照功能关系，外力做的功即为绳子增加的重力势能，即W ＝m 1gh ＝19mgl ，故A 项正确。
b ．解析式法解决功能关系中的图像问题(2)(经典题，6分)如图所示，质量为m 的滑块从斜面底端以平行于斜面的初速度v 0冲上固定斜面，沿斜面上升的最大高度为H ，已知斜面倾角为α，斜面与滑块间的动摩擦因数为μ，且μ＜tan α，最大静摩擦力等于滑动摩擦力，取斜面底端为零势能面，则能表示滑块在斜面上运动的机械能E 、动能E k 、势能E p 与上升高度h 之间关系的图像是( )答案：D解析：重力势能的变化仅与重力做功有关，随着上升高度h 的增大，重力势能增大，故A 项错误。
机械能的变化仅与重力和系统内弹力之外的其他力做功有关，上滑过程中有 －F f hsin α＝E －E 0，即E ＝E 0－F fhsin α；下滑过程中有－F f 2H －hsin α＝E ′－E 0，即E ′＝E 0－2F f H sin α＋F f hsin α，故上滑和下滑过程中E -h 图线均为直线，故B 项错误。
动能的变化与合力做功有关，上滑过程中有－mgh －F fsin αh ＝E k －E k0，即E k ＝E k0－⎝ ⎛⎭⎪⎫mg ＋F f sin αh ，下滑过程中有－mgh －F f 2H －h sin α＝E k ′－E k0，即E k ′＝E k0－2F f H sin α－⎝⎛⎭⎪⎫mg －F f sin αh ，故E k －h 图线为直线，但下滑过程斜率小，故C 项错误，D 项正确。
2019版高考物理金榜一轮课时分层作业： 三十八 选修3-3 3热力学定律与能量守恒 含解析
课时分层作业三十八热力学定律与能量守恒(45分钟100分)一、选择题(本题共7小题,每小题6分,共42分)1.如图,一定质量的理想气体,由状态a经过ab过程到达状态b或者经过ac过程到达状态c。
设气体在状态b和状态c的温度分别为T b 和T c,在过程ab和ac中吸收的热量分别为Q ab和Q ac。
则( )A.T b>T c,Q ab>Q acB.T b>T c,Q ab<Q acC.T b=T c,Q ab>Q acD.T b=T c,Q ab<Q ac【解析】选C。
根据理想气体状态方程有:==,所以有T a<T b=T c,在ab过程中,吸收的热量Q ab=ΔU-W,其中W<0,在ac过程中,吸收的热量Q ac=ΔU,所以Q ab>Q ac,所以C正确,A、B、D错误。
2.某驾驶员发现中午时车胎内的气压高于清晨时的,且车胎体积增大。
若这段时间胎内气体质量不变且可视为理想气体,那么( )A.外界对胎内气体做功,气体内能减小B.外界对胎内气体做功,气体内能增大C.胎内气体对外界做功,内能减小D.胎内气体对外界做功,内能增大【解析】选D。
以胎内气体为研究对象,由于气体温度升高,内能增大,体积增大,胎内气体对外做功,故D正确。
【规律总结】判定物体内能变化的方法(1)内能的变化都要用热力学第一定律进行综合分析。
(2)做功情况看气体的体积:体积增大,气体对外界做功,W为负;体积缩小,外界对气体做功,W为正。
(3)与外界绝热,则不发生热传递,此时Q=0。
(4)如果研究对象是理想气体,则由于理想气体没有分子势能,所以当它的内能变化时,主要体现在分子动能的变化上,从宏观上看就是温度发生了变化。
3.(多选)(2018·昆明模拟)关于热力学第一定律和热力学第二定律,下列论述错误的是( )A.热力学第一定律指出内能可以与其他形式的能相互转化,而热力学第二定律则指出内能不可能完全转化为其他形式的能,故这两条定律是相互矛盾的B.内能可以全部转化为其他形式的能,只是会产生其他影响,故两条定律并不矛盾C.两条定律都是有关能量转化的规律,它们不但不矛盾,而且没有本质区别D.能量守恒定律已包含了热力学第一定律和热力学第二定律E.热力学第一定律和热力学第二定律是相互独立的【解析】选A、C、D。
食品营养学第八章营养与能量平衡
在肝脏脱氨并合成尿素时也需要消耗一定能量。
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第八章 营养(yíngyǎng)与能量平衡
• 三、体力活动 根据劳动强度的不同，中国将一般男性的体力劳动分为五级
（因女性无极重体力劳动，故分为四级）。
（1）极轻体力劳动 身体主要处于坐位(zuò wèi)的工作，如办公室、开 会、读书和装配或修理钟表等。
kcal/(m2 ·53h.)0 51.3 49.3 47.3 45.2 43.0 41.8 38.6 37.5 36.8 36.3 35.8 34.9 33.8 33.0
女 kJ/(m2 ·h)
221.8 214.2 202.5 190.0 179.1 167.4 158.6 147.7 147.3 146.9 146.0 141.8 136.8 132 营养 与能量平衡 (yíngyǎng)