高中物理人教版 (新课标)必修210.能量守恒定律与能源同步测试题

这是一份高中物理人教版 (新课标)必修210.能量守恒定律与能源同步测试题，共9页。试卷主要包含了下列对能量耗散的理解正确的是等内容，欢迎下载使用。

1．下列关于能源开发和利用的说法中，正确的是( )


A．能源利用的过程是内能转化成机械能的过程


B．要合理开发和节约使用核能、太阳能、风能、地热能、海洋能等常规能源


C．能源利用的过程，是一种形式的能向另一种形式的能转化的过程


D．无论是节约能源还是开发能源，我国都要靠外国支援


解析 能量是守恒的，开发是为了便于利用，实质是能量的转化．


答案 C


2．下列关于对能的转化和守恒定律的认识正确的是( )


A．某种形式的能减少，一定存在其他形式的能增加


B．某个物体的能减少，必然有其他物体的能增加


C．不需要任何外界的动力而持续对外做功的机器——永动机不可能制成


D．石子从空中落下，最后停止在地面上，说明机械能消失了


解析 从能量守恒和转化定律可知，某种形式的能减少，一定存在其他形式的能增加，或者能量从一个物体转移到另外一个物体，而能的总量不会改变，任何不需要能量的机器是不可能制成的，故A、B、C选项正确．


答案 ABC


3．下列对能量耗散的理解正确的是( )


A．能量耗散说明能量在不断的减少


B．能量耗散遵循能量守恒定律


C．能量耗散导致能量品质降低


D．能量耗散是指其他形式的能量转化为环境的内能后，我们无法将分散在环境中的内能重新收集起来加以利用的现象


答案 BCD


4．一颗子弹以某一速度击中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．子弹减少的机械能等于木块增加的动能与木块和子弹增加的内能之和


解析 由能量守恒定律可知，对子弹来讲，减少的机械能一是用于增加木块的动能，二是用于增加子弹和木块的内能，故D选项正确，A、C选项错误；对子弹和木块组成的系统而言，减少的机械能只能用来增加它们的内能，故B选项正确．


答案 BD





5．如图所示，滑块由静止开始沿曲面下滑，滑到B点时，速度恰好等于零；如果滑块从B点以速度v沿曲面下滑返回A点时，速度恰好也等于零，设滑块从A到B和从B到A平均摩擦力大小相等，则A、B两点的高度差等于( )


A．0 B.eq \f(v2,2g)


C.eq \f(v2,4g) D.eq \f(v2,g)


解析 由能量守恒和转化定律可知：由A到B有mgh＝Q，从B到A有eq \f(1,2)mv2－mgh＝Q


联立解得h＝eq \f(v2,4g).


答案 C


6．如图所示，M是一个有半圆形轨道的物体，固定在地面上，轨道位于竖直平面内，a、b两点等高，金属块P从H高处自由下落，滑过M从b处竖直上升，到达最大高度eq \f(H,2)处，当它再次落下滑过轨道最低点后( )





A．恰能到达a点 B．能冲出a点


C．不能到达a点 D．无法确定


解析 设金属块质量为m，第一次滑过M时克服摩擦力做功Wf，第二次滑过M时克服摩擦力做功Wf′，第二次经a点时速度为va，则由动能定理，对两个过程列出表达式分别为


第一次：mgeq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(H－\f(H,2)))－Wf＝0


第二次：mgeq \f(H,2)－Wf′＝eq \f(1,2)mveq \\al(2,a).


由于第一次经过M时金属块的速率较大，由向心力的来源可知，金属块对M的压力较大，从而Wf>Wf′，所以va>0，即能从a点滑出，B选项正确．


答案 B





7．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，现拿去盖板，液体开始运动，由于液体的管壁的阻力作用，最终管内液体停止运动，则该过程中产生的内能为( )


A.eq \f(1,16)mgh B.eq \f(1,8)mgh


C.eq \f(1,4)mgh D.eq \f(1,2)mgh


解析 拿去盖板后管中液体开始运动，但由于管壁阻力的作用，最终U形管中左右两边液面相平，在此过程中管中液体减少的机械能转化为系统的内能．


当左右两管液面等高时，可简化为把右管中长度为eq \f(h,2)的液柱移到左管，此过程减少的重力势能


ΔEp＝eq \f(mg,8)·eq \f(h,2)＝eq \f(1,16)mgh，故A选项正确．


答案 A





8．一小滑块放在如图所示的凹形斜面上，用力F沿斜面向下拉小滑块，小滑块沿斜面运动了一段距离．若已知在这个过程中，拉力F所做的功的大小(绝对值)为A，斜面对滑块的作用力所做的功的大小为B，重力做功的大小为C，空气阻力做功的大小为D.当用这些量表达时，小滑块的动能的改变(指末态动能减去初态动能)等于________，滑块的重力势能的改变等于________；滑块机械能(指动能与重力势能之和)的改变等于________．


解析 根据功能关系，动能的改变等于外力做功的代数和，其中做负功的有空气阻力，斜面对滑块的作用力的功(因弹力不做功，实际上为摩擦阻力的功)，因此ΔEk＝A－B＋C－D；


重力势能的减少等于重力做的功，因此ΔEp＝－C；


滑块机械能的改变等于重力之外的其他力做的功，因此ΔE＝A－B－D.


答案 A－B＋C－D －C A－B－D


9．某脉冲激光器的耗电功率为2×103 W，每秒钟输出10个光脉冲，每个脉冲持续的时间为10－8 s，携带的能量为0.2 J．则每个脉冲的功率为________W，该激光器将电能转化为激光能量的效率为________．


解析 每个脉冲的功率为P＝eq \f(W,t)＝eq \f(0.2,10－8)W＝2×107W.


激光器将电能转化为激光能量的效率为


η＝eq \f(W脉,W总)＝eq \f(0.2×10,2×103×1)＝0.1%.


答案 2×107 0.1%


10．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，已知小物体与传送带





之间的动摩擦因数μ＝eq \r(3)/2，在传送带将小物体从A点传送到B点的过程中，求：


(1)传送带对小物体做的功；


(2)电动机做的功(取g＝10 m/s2)．


解析 (1)由ma＝μmgcsθ－mgsinθ知，物块上升加速度为a＝eq \f(1,4)g，当它的速度为v＝1 m/s时，位移是l＝eq \f(v2,2a)＝0.2 m，即物块将以v＝1 m/s的速度完成4.8 m的路程，由功能关系得W＝ΔEk＋ΔEp＝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.而由v＝at得t＝0.4 s，相对位移l′＝vt－eq \f(v,2)t＝0.2 m，Q＝μmgl′csθ＝15 J，W电＝W＋Q＝270 J.


答案 (1)255 J


(2)270 J


11．一台水轮发电机组，每秒有2.0 m3的水流过水轮机，若河坝水位高度差是20 m，则水每秒对水轮机最多能做多少功？若有40%的机械能转化为电能，问发电机的输出功率为多大？


解析 若使水对水轮机做的功最多，则把水的重力势能全部转给水轮机，则每秒对水轮机做功为W＝mgh＝ρVgh＝103×2×10×20 J＝4×105 J；有40%的机械能转化为电能，由P＝eq \f(W,t)又得发电机的功率P＝eq \f(W·40%,t)＝eq \f(4×105×0.4 J,1s)＝1.6×105 W.


答案 4×105 J 1.6×105W


12．一小物体以Ek1＝100 J的初动能滑上斜面，当动能减少ΔEk＝80 J时，机械能减少E＝32 J，则当物体滑回原出发点时动能为多少？


解析 设斜面倾角为θ，滑动摩擦力为F，动能减少80 J时位移为l1，根据功能关系动能减少量等于合外力做的功，即


ΔEk＝(mgsinθ＋F)l1①


机械能减少量等于除重力以外的力(此题中即为F)所做的功，即


E＝Fl1②


设物体从斜面底端到最高点位移为l2


则动能的减少量为100 J，即


Ek1＝(mgsinθ＋F)l2③


设机械能的减少量为WF，即为上滑过程中滑动摩擦力所做的总功有


WF＝Fl2④


综合①②③④有eq \f(80,32)＝eq \f(100,WF)，所以WF＝40 J.


上滑及下滑过程中滑动摩擦力都做负功，且数值相等，所以一个往返摩擦力做负功总和为WF总＝2WF＝80 J.


物体回到原出发点时的动能为Ek2，由动能定理WF总＝Ek1－Ek2得Ek2＝20 J.


答案 20 J


13．一传送带装置示意如图，其中传送带经过AB区域时是水平的，经过BC区域时变为圆弧形(圆弧由光滑模板形成，未画出)，经过CD区域时是倾斜的，AB和CD都与BC相切．现将大量的质量均为m的小货箱一个一个在A处放到传送带上，放置时初速度为零，经传送带运送到D处，D和A的高度差为h.稳定工作时传送带速度不变，CD段上各箱等距排列，相邻两箱的距离为L.每个箱子在A处投放后，在到达B之间已经相对于传送带静止，且以后也不再滑动(忽略经BC段时的微小滑动)．已知在一段相当长的时间T内，共运送小货箱的数目为N.这装置由电动机带动，传送带与轮子间无相对滑动，不计轮轴处的摩擦．求电动机的平均输出功率P.





解析 以地面为参考系(下同)，设传送带的运动速度为v0，在水平段运输的过程中，小货箱先在滑动摩擦力作用下做匀加速运动，设这段路程为s，所用时间为t，加速度为a，则对小箱有s＝eq \f(1,2)at2，v0＝at.


在这段时间内，传送带运动的路程为s0＝v0t.


由以上可得s0＝2s.


用Ff表示小箱与传送带之间的滑动摩擦力，则传送带对小箱做功为A＝Ff·s＝eq \f(1,2)mveq \\al(2,0).


传送带克服小箱对它的摩擦力做功


A0＝Ffs0＝2·eq \f(1,2)mveq \\al(2,0).


两者之差就是克服摩擦力做功发出的热量


Q＝eq \f(1,2)mveq \\al(2,0).①


可见，在小箱加速运动过程中，小箱获得的动能与发出的热量相等．T时间内，电动机输出的功为W＝PT.②


此功用于增加小箱的动能、势能以及克服摩擦力发热，即W＝eq \f(1,2)Nmveq \\al(2,0)＋Nmgh＋NQ.③


已知相邻两小箱的距离为L，所以v0T＝NL.④


联立①②③④，得P＝eq \f(Nm,T)eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(N2L2,T2)＋gh)).


答案 eq \f(Nm,T)eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(N2L2,T2)＋gh))