2021学年10.能量守恒定律与能源同步训练题

这是一份2021学年10.能量守恒定律与能源同步训练题，共6页。试卷主要包含了单项选择题，计算题等内容，欢迎下载使用。

一、单项选择题
1．(2011年龙岩调研)从地面上将一小球竖直上抛，经一定时间小球回到抛出点．若小球运动过程中所受的空气阻力大小不变，关于小球上升过程和下降过程的有关说法正确的是( )
A．回到抛出点时的速度大小与抛出时的速度大小相等
B．上升过程重力和阻力均做负功，下降过程重力做正功，阻力做负功
C．上升时间大于下降时间，上升损失的机械能小于下降损失的机械能
D．上升时间小于下降时间，上升损失的机械能小于下降损失的机械能
解析：选B.由于受空气阻力作用，小球在运动过程中，要克服阻力做功，因此落回到抛出点时的速度小于抛出时的速度，故A项错误；上升过程中，重力和空气阻力方向向下，对小球均做负功，下降过程中，重力方向向下，对小球做正功，空气阻力方向向上，对小球做负功，故B项正确；上升过程的加速度a1＝eq \f(mg＋f,m)，下降过程中的加速度a2＝eq \f(mg－f,m)，所以a1＞a2，所以上升时间小于下降时间，而空气阻力和运动路程大小都相等，所以损失的机械能相等，故C项错误，D项错误．
2．一小物体冲上一个固定的粗糙斜面，经过斜面上A、B两点到达斜面的最高点后返回时，又通过了A、B两点，如图所示，对于物体上滑时由A到B和下滑时由B到A的过程中，其动能的增量的大小分别为ΔEk1和ΔEk2，机械能的增量的大小分别是ΔE1和ΔE2，则以下大小关系正确的是( )
A．ΔEk1>ΔEk2 ΔE1>ΔE2
B．ΔEk1>ΔEk2 ΔE1<ΔE2
C．ΔEk1>ΔEk2 ΔE1＝ΔE2
D．ΔEk1<ΔEk2 ΔE1＝ΔE2
解析：选C.设物体在A、B间滑动时克服阻力做功为Wf，则物体由A到B，有mgh＋Wf＝ΔEk1，由B到A，有mgh－Wf＝ΔEk2，所以ΔEk1>ΔEk2；再根据功能关系，物体克服阻力做的功等于物体机械能改变量的大小，有：Wf＝ΔE1＝ΔE2，故选项C正确．
3．(2011年广东六校联合体联考)一物体沿斜面向上运动，运动过程中质点的机械能E与竖直高度h关系的图象如图所示，其中O～h1过程的图线为水平线，h1～h2过程的图线为倾斜直线．根据该图象，下列判断正确的是( )
①物体在O～h1过程中除重力外不受其他力的作用
②物体在O～h1过程中只有重力做功其他力不做功
③物体在h1～h2过程中合外力与速度的方向一定相反
④物体在O～h2过程中动能可能一直保持不变
A．①② B．②④
C．②③ D．①③
解析：选C.O～h1过程的图线为水平线，说明物体的机械能不变，即除重力以外没有其他力做功，但并非一定不受其他力作用，故①错误，②正确；在h1～h2过程中由于物体的机械能减小，重力势能增加，只能是动能减小，即合外力与速度方向相反，故③正确；在O～h2过程中物体的机械能减小，重力势能增大，动能只能减小不可能保持不变，故④错误．故应选C.
4．(2011年厦门质检)如图甲所示，长木板A放在光滑的水平面上，物块B以水平初速度v0从A的左端滑上A的水平上表面，且A、B之间的接触面是粗糙的．它们在运动过程中的v—t关系如图乙所示，根据图中所给出的已知数据v0、t1及物块质量m，能求出的物理量是( )
A．木板获得的动能
B．A、B组成的系统损失的机械能
C．木板的最小长度
D．A、B之间的动摩擦因数
解析：选C.因不知道长木板A的质量，故不能求得木板获得的动能、A、B组成的系统损失的机械能和A、B之间的动摩擦因数，A、B、D错误；木板的最小长度也就是A、B之间的相对位移，由图乙可知，相对位移就是它们的v—t图所围图形面积的差，也就是图中三角形的面积．
5．(2011年河北石家庄高中毕业班质检)如图所示，足够长的传送带由电动机带动，始终以速度v匀速运动．现将质量为m的物块在水平传送带左端由静止释放，物块与传送带间的动摩擦因数为μ，之后物块与传送带相对静止，在物块从静止释放到相对传送带静止的全过程中( )
A．摩擦力对物块做功为mv2
B．传送带克服摩擦力做功为eq \f(1,2)mv2
C．电动机多做的功为eq \f(1,2)mv2
D．电动机增加的功率为μmgv
解析：选D.物块达到传送带的速度所需时间为t，则v＝μgt，t＝eq \f(v,μg)；物块的对地位移s1＝eq \f(v2,2μg)，传送带的位移s2＝vt＝eq \f(v2,μg)，摩擦力对物块做的功W＝fΔs＝μmg(s2－s1)＝eq \f(1,2)mv2，A错误；传送带克服摩擦力做的功W＝fs2＝μmg×eq \f(v2,μg)＝mv2，B错误；电动机多做的功为ΔW＝fΔs＋eq \f(1,2)mv2＝mv2，C错；电动机增加的功率为ΔP＝eq \f(ΔW,t)＝μmgv，D正确．
6．(2011年湖北襄阳四中期中测试)如图所示，足够长的传送带以恒定速率顺时针运行，将一个物体轻轻放在传送带底端，第一阶段物体被加速到与传送带具有相同的速度，第二阶段与传送带相对静止，匀速运动到达传送带顶端．下列说法正确的是( )
A．第一阶段摩擦力对物体做正功，第二阶段摩擦力对物体不做功
B．第一阶段摩擦力对物体做的功等于第一阶段物体动能的增加
C．第一阶段物体和传送带间的摩擦生热等于第一阶段物体机械能的增加
D．物体从底端到顶端全过程机械能的增加等于全过程物体与传送带间的摩擦生热
解析：选C.第一阶段为滑动摩擦力做功，第二阶段为静摩擦力做功，两个阶段摩擦力方向都跟物体运动方向相同，所以摩擦力都做正功，选项A错误；由功能关系可知，第一阶段摩擦力对物体做的功(除重力之外的力所做的功)等于物体机械能的增加，即ΔE＝W阻＝F阻s物，摩擦生热为Q＝F阻s相对，又由于s传送带＝vt，s物＝eq \f(v,2)t，所以s物＝s相对＝eq \f(1,2)s传送带，即Q＝ΔE，选项C正确，B错误．第二阶段没有摩擦生热，但物体的机械能继续增加，结合选项C可以判断选项D错误．
7．(2011年甘肃兰州交大东方中学期中测试)如图所示，一个滑雪运动员从左侧斜坡距离坡底8 m处由静止滑下．以坡底为零势能参考面，当下滑到距离坡底l1处时，运动员的动能和势能恰好相等；到坡底后运动员又靠惯性冲上右侧斜坡．若不计经过坡底时的机械能损失，当上滑到距离坡底l2处时，运动员的动能和势能再次相等，上滑的最大距离为4 m．在此全过程中，下列说法正确的是( )
A．摩擦力对运动员所做的功等于运动员动能的变化
B．重力和摩擦力对运动员所做的总功等于运动员机械能的变化
C．l1<4 m，l2>2 m
D．l1>4 m，l2<2 m
解析：选C.在整个过程中，只有重力和摩擦力做功，由动能定理可知重力和摩擦力所做的总功等于运动员动能的变化，选项B错误；由功能关系可知摩擦力所做的功等于运动员机械能的变化，选项A错误；在下滑过程中，若不考虑空气阻力，l1＝4 m；若考虑空气阻力，l1处的机械能应小于初始状态的机械能，即l1<4 m；在上滑过程中，若不考虑空气阻力，l2应在2 m处，若考虑空气阻力，l2处机械能应大于4 m处机械能，即l2>2 m，选项C正确，D错误．
8．(2010年高考江苏卷改编)如图所示，平直木板AB倾斜放置，板上的P点距A端较近，小物块与木板间的动摩擦因数由A到B逐渐减小．先让物块从A由静止开始滑到B.然后，将A着地，抬高B，使木板的倾角与前一过程相同，再让物块从B由静止开始滑到A.上述两过程相比较，下列说法中一定正确的有( )
A．物块经过P点的动能，前一过程较小
B．物块从顶端滑到P点的过程中因摩擦产生的热量，前一过程较少
C．物块滑到底端的速度，前一过程较大
D．物块从顶端滑到底端的时间，后一过程较长
解析：选A.设物块从A到P的平均加速度为a1，从B到P的平均加速度为a2，由题意可知，a19．(2011年泉州第一次联考)如图所示，一物体从高为H的斜面顶端由静止开始滑下，滑上与该斜面相连的一光滑曲面后又返回斜面，在斜面上能上升到的最大高度为eq \f(1,2)H.若不考虑物体经过斜面底端转折处的能量损失，则当物体再一次滑回斜面时上升的最大高度为( )
A．0 B.eq \f(1,4)H
C．H与eq \f(1,2)H之间 D．0与eq \f(1,4)H之间
解析：选B.设斜面与地面间夹角为θ，对物体滑回斜面的过程应用功能关系有
mg(H－eq \f(H,2))＝f·(eq \f(H,sinθ)＋eq \f(H,2sinθ))①
设当物体再一次滑回斜面时上升的最大高度为H′，根据功能关系有
mg(eq \f(H,2)－H′)＝f·(eq \f(H,2sinθ)＋eq \f(H′,sinθ))②
由①②两式可得H′＝eq \f(H,4)，故B选项正确．
10．(2011年福建南平模拟)如图所示，质量为m1、长为L的木板置于光滑的水平面上，一质量为m的滑块放置在木板左端，滑块与木板间滑动摩擦力的大小为f，用水平的恒定拉力F作用于滑块．当滑块从静止开始运动到木板右端时，木板在地面上移动的距离为s，滑块速度为v1，木板速度为v2，下列结论中正确的是( )
A．滑块克服摩擦力所做的功为fL
B．上述过程满足(F－f)(L＋s)＝eq \f(1,2)mveq \\al(2,1)＋eq \f(1,2)m1veq \\al(2,2)
C．其他条件不变的情况下，F越大，滑块到达右端所用时间越长
D．其他条件不变的情况下，f越大，滑块与木板间产生的热量越多
解析：选D.滑块运动到木板右端的过程中，滑块相对于地面的位移为(L＋s)，所以滑块克服摩擦力做功为f(L＋s)，A错误；上述过程中对滑块根据动能定理有(F－f)(L＋s)＝eq \f(1,2)mveq \\al(2,1)，对木板有fs＝eq \f(1,2)m1veq \\al(2,2)，所以(F－f)(L＋s)＋fs＝eq \f(1,2)mveq \\al(2,1)＋eq \f(1,2)m1veq \\al(2,2)，故B错误；对滑块根据牛顿第二定律有a1＝eq \f(F－f,m)，对木板有a2＝eq \f(f,m1)，滑块从静止开始运动到木板右端时有eq \f(1,2)a1t2－eq \f(1,2)a2t2＝L，可见F越大，时间越短，C错误；由能量守恒定律可得滑块与木板间产生的热量为fL，D正确．
二、计算题
11．(2010年高考大纲全国卷Ⅱ)如图所示，MNP为竖直面内一固定轨道，其圆弧段MN与水平段NP相切于N，P端固定一竖直挡板．M相对于N的高度为h，NP长度为s.一物块自M端从静止开始沿轨道下滑，与挡板发生一次碰撞后停止在水平轨道上某处．若在MN段的摩擦可忽略不计，物块与NP段轨道间的滑动摩擦因数为μ，求物块停止的地方与N点距离的可能值．(不计与挡板碰撞时的能量损失)
解析：根据功能原理，在物块从开始下滑到静止的过程中，物块重力势能减小的数值ΔEp与物块克服摩擦力所做功的数值W相等，即ΔEp＝W ①
设物块质量为m，在水平轨道上滑行的总路程为s′，则
ΔEp＝mgh②
W＝μmgs′③
设物块在水平轨道上停止的地方与N点的距离为d.若物块在与P碰撞后，在到达圆弧形轨道前停止，则s′＝2s－d ④
联立①②③④式得d＝2s－eq \f(h,μ)
此结果在eq \f(h,μ)≤2s时有效．
若eq \f(h,μ)>2s，则物块在与P碰撞后，可再一次滑上圆弧形轨道，滑下后在水平轨道上停止，此时有s′＝2s＋d⑤
联立①②③⑤式得d＝eq \f(h,μ)－2s.
答案：见解析
12．滑板运动是一项陆地上的“冲浪运动”，具有很强的观赏性．如图所示，abcdef为同一竖直平面内的滑行轨道，其中bc段水平，ab、de和ef段均为倾角θ＝37°的斜直轨道，轨道间均用小圆弧平滑相连(小圆弧的长度可忽略)．已知H1＝5 m，L＝15 m，H2＝1.25 m，H3＝12.75 m，设滑板与轨道之间的摩擦力为它们间压力的k倍(k＝0.25)，运动员连同滑板的总质量m＝60 kg.运动员从a点由静止开始下滑从c点水平飞出，在de上着陆后，经短暂的缓冲动作后保留沿斜面方向的分速度下滑，接着在def轨道上来回滑行，除缓冲外运动员连同滑板可视为质点，忽略空气阻力，取g＝10 m/s2，sin37°＝0.6，cs37°＝0.8.求：
(1)运动员从c点水平飞出时的速度大小vc；
(2)运动员在de上着陆时，沿斜面方向的分速度大小v0；
(3)设运动员第一次和第四次滑上ef轨道时上升的最大高度分别为h1和h4，则h1∶h4等于多少？
解析：(1)设运动员从a点到c点的过程中克服阻力做功Wf，根据动能定理mgH1－Wf＝eq \f(1,2)mveq \\al(2,c)－0 ①
Wf＝kmgcs θ·eq \x\t(ab)＋kmg·eq \x\t(bc) ②
L＝eq \x\t(ab)csθ＋eq \x\t(bc) ③
由①②③式并代入数据，
解得vc＝5 m/s.④
(2)运动员从c点水平飞出到落到de轨道上的过程中做平抛运动，设从c点到着陆点经过的时间为t
水平位移x＝vxt⑤
竖直位移y＝eq \f(1,2)gt2⑥
由几何关系eq \f(y－H2,x)＝tan θ ⑦
水平方向分速度vx＝v力⑧
竖直方向分速度vy＝gt ⑨
v0＝vxcsθ＋vysinθ ⑩
由④⑤⑥⑦⑧⑨⑩式并代入数据，解得v0＝10 m/s.
(3)设运动员第一次沿ef斜面向上滑的最大高度为h′1，根据功能关系
mg(h1－h′1)＝kmgcsθ(eq \f(h1,sinθ)＋eq \f(h′1,sinθ))
解得h′1＝eq \f(1,2)h1
同理可得，运动员第二次沿ef斜面向上滑的最大高度
h2＝eq \f(1,2)h′1＝(eq \f(1,2))2h1
以此类推，运动员第四次沿ef斜面向上滑的最大高度
h4＝(eq \f(1,2))6h1
解得h1∶h4＝64∶1
答案：(1)5 m/s (2)10 m/s (3)64∶1