2019-2020学年高中物理能力导练二十三能量守恒定律与能源含解析 人教版必修2 11页

能力导练二十三　能量守恒定律与能源 基础巩固 ‎1．关于能源的利用和节能，下列说法正确的是(　　)‎ A．根据能量守恒定律，能源的利用率应该是100%‎ B．由于能量既不会凭空消失，也不会凭空产生，总是守恒的，所以节约能源的意义不大 C．节约能源只要提高节能意识就行，与科学进步无关 D．在能源的利用中，总会有一部分能源未被利用而损失掉 解析：能源的使用在任何情况下都不可能达到理想状态，做到没有任何损失，虽然遵从能量守恒定律，但它指的是损失部分和被利用部分总和与原来的能量总量相等，选项A错误，D正确；根据能量转化的方向性可知，能量经转化后，可利用的能量只可能减少，不可能增加，因此节能的意义重大，同时，只有节能意识是不够的，必须利用科技手段来提高能源的利用率，不断开发新能源，以满足人类社会可持续发展的需要，选项B、C错误．‎ 答案：D ‎2．(多选)关于功和能，下列说法正确的是(　　)‎ A．功和能的单位相同，它们的物理意义也相同 B．做功的过程就是物体能量的转化过程 C．做了多少功，就有多少能量发生了转化 D．各种不同形式的能量可以互相转化，而且在转化过程中，能的总量是守恒的 解析：A中功和能的单位相同，但它们的物理意义不同．A错．据功是能量转化的量度，做功过程就是能量转化的过程，并且做多少功能量就转化多少，在转化过程中能量守恒，‎ 11‎ 所以BCD正确．‎ 答案：BCD 图1‎ ‎3．如图1所示，弹性轻绳的一端套在手指上，另一端与弹力球连接，用手将弹力球以某一竖直向下的初速度向下抛出，抛出后手保持不动．从球抛出瞬间至球第一次到达最低点的过程中(弹性轻绳始终在弹性限度内，空气阻力忽略不计)，下列说法正确的是(　　)‎ A．绳伸直以后，绳的拉力始终做负功，球的动能一直减小 B．该过程中，手受到的绳的拉力先增大后减小 C．该过程中，重力对球做的功大于球克服绳的拉力做的功 D．在最低点时，球、绳和地球组成的系统势能最大 解析：绳伸直以后，绳的拉力向上，始终做负功，分析受力可知，重力大于拉力时，球的速度增大，动能增大，当重力与拉力相等时，球的速度最大，动能最大，当重力小于拉力时球的速度减小，动能减小，A选项错误；该过程中，绳子伸长量逐渐增大，手受到绳的拉力一直增大，B选项错误；从球抛出瞬间至球第一次到达最低点的过程中，动能损失，重力对球做的功小于球克服绳的拉力做的功，C选项错误；根据能量守恒定律可知，在最低点时，小球的动能为零，球、绳和地球组成的系统势能最大，D选项正确．‎ 答案：D 图2‎ 11‎ ‎4．如图2所示，一根弹簧原长为L，一端固定在墙上，另一端与物体接触但不连接，物体与地面间的动摩擦因数为μ，物体的质量为m，现用力推物体m使之压缩弹簧，放手后物体在弹力的作用下沿地面运动距离s而停止(此物体与弹簧已分离)，则弹簧被压缩后具有的弹性势能是 (　　)‎ A．kL2 B．μmgs C．μmg(L＋s) D．μmg(L－s)‎ 解析：弹簧释放的过程，物体和弹簧组成的系统能量守恒，最终弹簧的弹性势能转化为内能，Ep＝μmgs，由于弹簧压缩的长度x未知，不能根据Ep＝kx2求解弹性势能，A、C、D选项错误，B选项正确．‎ 答案：B ‎5．小球从高处自静止开始下落，不计空气阻力，小球动能Ek随下落的高度h变化的图线正确的是(　　)‎ 解析：小球自由下落，由动能定理可得，Ek＝mgh，所以动能Ek与下落的高度h是正比例的关系，故B正确．故选B.‎ 答案：B ‎6．一质量均匀、不可伸长的绳索，重为G，A、B两端固定在天花板上，现在最低点C处施加一竖直向下的力，将最低点缓慢拉至D点，在此过程中，绳的重心位置(　　)‎ 11‎ 图3‎ A．逐渐升高 ‎ B．逐渐降低 C．先降低后升高 ‎ D．始终不变 解析：外力对绳索做正功，绳索的机械能增加，由于绳索的动能不变，增加的必是重力势能，重力势能增加是重心升高的结果，故A正确．‎ 答案：A ‎7.‎ 图4‎ ‎(多选)如图4所示，一块长木板B放在光滑的水平面上，在B上放一物体A，现以恒定的外力拉B，由于A、B间摩擦力的作用，A将在B上滑动，以地面为参照物，A、B都向前移动一段距离．在此过程中(　　)‎ A．外力F做的功等于A和B动能的增量 B．B对A的摩擦力所做的功等于A的动能增量 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：物体A所受的合外力等于B对A的摩擦力，对物体A运用动能定理，则有B对A的摩擦力所做的功等于A的动能增量，B对．A对B的摩擦力与B对A 11‎ 的摩擦力是一对作用力与反作用力，大小相等，方向相反，但是由于A在B上滑动，A、B对地的位移不相等，故二者做功不相等，C错．对B应用动能定理，WF－Wf＝ΔEkB，即WF＝Wf＋ΔEkB就是外力F对B做的功，等于B的动能增量与B克服摩擦力所做的功之和，D对．由上述讨论知B克服摩擦力所做的功与A的动能增量(等于B对A的摩擦力所做的功)不相等，故A错．‎ 答案：BD 图5‎ ‎8．如图5所示，将一个小球用细线悬挂起来，让小球在a、b之间来回摆动，c点为小球圆弧轨迹的最低点，则以下说法中正确的是(　　)‎ A．小球由a到c的过程，动能减小，重力势能增大 B．小球由c到b的过程，动能减小，重力势能增大 C．小球在c点时的重力势能最大 D．小球在b点时的动能最大 解析：A.小球摆动过程中，受到重力和细线的拉力，拉力与速度垂直，不做功，只有重力做功，机械能守恒，小球由a到c的过程，动能增加，重力势能减小，A错误；B.小球由c到b的过程，动能减小，重力势能增大，B正确；C.小球在c点时的重力势能最小，C错误；D.小球在b点时的动能为零，D错误；故选B.‎ 答案：B 11‎ 综合应用 ‎9．(2019年鹤岗一中月考)(多选)如图6所示，一木块放在光滑水平面上，一子弹水平射入木块中，射入深度为d，子弹所受平均阻力为f，设木块离原位置s远时开始匀速前进，下列判断正确的是(　　)‎ 图6‎ A．子弹损失的动能为fs B．子弹损失的动能为f(s＋d)‎ C．子弹损失的动能为fd D．子弹、木块系统损失的机械能为fd 解析：根据动能定理知，子弹损失的动能f(s＋d)，A、C错，B对，根据功能原理知，D对．‎ 答案：BD 图7‎ ‎10．(多选)如图7所示为某探究活动小组设计的节能运动系统，斜面轨道倾角为30°，质量为M的木箱与轨道的动摩擦因数为.木箱在轨道顶端时，自动装货装置将质量为m的货物装入木箱，然后木箱载着货物沿轨道无初速地滑下，当轻弹簧被压缩至最短时，自动卸货装置立刻将货物卸下，然后木箱恰好被弹回到轨道顶端，再重复上述过程．‎ 11‎ 下列选项正确的是(　　)‎ A．m＝M B．m＝2M C．木箱不与弹簧接触时，上滑的加速度大于下滑的加速度 D．在木箱与货物从顶端滑到最低点的过程中，减少的重力势能全部转化为弹簧的弹性势能 解析：在木箱与货物一起向下滑到卸货过程中，则有 ‎(M＋m)gLsin 30°＝μ(M＋m)gLcos 30°＋W弹，‎ 卸下货后，木箱被弹回轨道顶端，有 W弹－MgLsin 30°－μMgLcos 30°＝0，‎ 联立解得m＝2M，A错误B正确；‎ 设下滑时加速度为a1，弹起离开弹簧后加速度为a2，‎ 则有(M＋m)gsin 30°－μ(M＋m)gcos 30°‎ ‎＝(M＋m)a1‎ 解得：a1＝2.5 m/s2，‎ Mgsin 30°＋μMgcos 30°＝Ma2，‎ 解得：a2＝7.5 m/s2，所以木箱不与弹簧接触时，上滑的加速度大于下滑的加速度，C正确；过程中摩擦力做功，一部分能量转化为内能，D错误．‎ 答案：BC ‎11．(多选)如图8所示，有三个斜面a、b、c，底边的长分别为L、L、2L，高度分别为2h、h、h.某物体与三个斜面间的动摩擦因数都相同，这个物体分别沿三个斜面从顶端由静止开始下滑到底端．三种情况相比较，下列说法正确的是(　　)‎ 11‎ 图8‎ A．物体减少的重力势能ΔEpa＝2ΔEpb＝2ΔEpc B．物体到达底端的动能ΔEka＝2ΔEkb＝2ΔEkc C．因摩擦产生的热量2Qa＝2Qb＝Qc D．因摩擦产生的热量4Qa＝2Qb＝Qc 解析：重力势能的减少量等于物体重力做的功，所以ΔEpa＝mg·2h，ΔEpb＝ΔEpc＝mgh，即ΔEpa＝2ΔEpb＝2ΔEpc，A正确．设斜面和水平方向间的夹角为θ，斜面长度为x，则物体下滑过程中克服摩擦力做的功W＝μmgcosθ·x，xcosθ即底边长度；物体下滑过程中，除重力外有摩擦力做功，根据能量守恒，损失的机械能转化成摩擦产生的内能，由图可知a和b底边相等且等于c的一半，故摩擦生热关系为2Qa＝2Qb＝Qc，故C正确，D错误．设物体滑到底端时的速度为v，根据动能定理得mgH－μmgxcosθ＝mv2－0，则Eka＝mg·2h－μmgL，Ekb＝mgh－μmgL，Ekc＝mgh－μmg·2L，根据图中斜面高度和底边长度可知滑到底端时动能大小关系为Eka>Ekb>Ekc，B错误．‎ 答案：AC ‎12.‎ 图9‎ 11‎ 如图9所示，滑块从A点由静止开始沿曲面下滑，过O点后滑上右边曲面B点时的速度恰好等于零，O点附近光滑，滑块经过O点不发生碰撞．若滑块从B点以某一速度v沿原路径往回滑，到达A点时的速度也恰好为零，求A、B两点间的高度差．(假设滑块从A到B与从B到A因摩擦而产生的内能相同)‎ 解析：滑块从A到B，由能量守恒定律得mgΔh＝E内．‎ 滑块从B到A，由能量守恒定律得mv2＝mgΔh＋E内．联立以上两式解得Δh＝.‎ 答案： 图10‎ ‎13．如图10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＝，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．‎ 解析：‎ 图11‎ ‎(1)小物块轻放在传送带上时，受力分析如图11所示，根据牛顿第二定律得 沿斜面方向：μmgcosθ－mgsinθ＝ma，‎ 11‎ 可知，小物体上升的加速度为 a＝2.5 m/s2.‎ 当小物体的速度为v＝1 m/s时，‎ 位移x＝＝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＝ΔEp＋ΔEk＝mglsinθ＋mv2＝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＝＝0.4 s.‎ 相对位移x′＝v t－at2＝0.2 m，‎ 因摩擦产生的热量Q＝μmgx′cosθ＝15 J，‎ 故电动机做的功W电机＝W＋Q＝270 J.‎ 答案：(1)255 J　(2)270 J 探究拓展 ‎14．如图12所示，让摆球从图中的C位置由静止开始摆下，摆到最低点D处，摆线刚好拉断，小球在粗糙的水平面上由D点向右做匀减速运动滑向A点，到达A孔进入半径R＝0.3 m的竖直放置的光滑圆弧轨道，当摆球进入圆轨道立即关闭A孔，已知摆线长为L＝2.5 m，θ＝60°，小球质量为m＝1 kg，小球可视为质点，D点与小孔A的水平距离s＝2 m，g取10 m/s2，试求：‎ 图12‎ 11‎ ‎(1)摆线能承受的最大拉力为多大？‎ ‎(2)要使摆球能进入圆轨道并恰能通过圆轨道的最高点，求粗糙水平面摩擦因数μ的范围．‎ 解析：(1)摆球摆动过程中，受到重力和绳子拉力作用，只有重力做功，机械能守恒．‎ mgL(1－cosθ)＝mvD2‎ 摆球在D点时，摆线刚好拉断，摆线拉力为最大拉力 根据牛顿第二定律可知，Fm－mg＝m 联立解得摆线能承受的最大拉力Fm＝20 N.‎ ‎(2)要使摆球能进入圆轨道并恰能通过圆轨道的最高点，在最高点，重力提供向心力．‎ 根据牛顿第二定律可知mg＝m 小球从D到圆轨道的最高点过程中，只有重力、摩擦力做功．根据动能定理可知 ‎－μmgs－2mgR＝mv2－mvD2‎ 解得μ＝0.25.‎ 即要使摆球能进入圆轨道并能通过圆轨道的最高点，‎ μ≤0.25.‎ 答案：(1)20 N　(2)μ≤0.25‎ 11‎