22能量守恒定律与能源 同步配套练习Word版含答案.docx
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22能量守恒定律与能源同步配套练习Word版含答案
课时训练22 能量守恒定律与能源
题组一 功能关系的分析
1.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。
开机后,室内的温度将( )
A.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:
电冰箱的压缩机运行时,一部分电能转化为内能,室内的温度将升高。
答案:
A
2.我国居民有在房前种树的习惯,夏天大树长出茂密的叶子,为人们挡住炎炎烈日,冬天树叶又会全部掉光,使温暖的阳光进入屋内,可以起到冬暖夏凉的作用,被人们称为天然空调。
炎热的夏天,我们在经过有树的地方时,也会感到很明显的凉意。
关于树木周围比较凉爽的现象,下列说法正确的是( )
A.树木把大部分太阳光反射出去,使地面温度降低
B.树木吸收太阳能,使自己温度升高,周围温度降低
C.树木吸收太阳能,将太阳光的能量转化为化学能,使环境温度降低
D.白天树木将热量存起来,晚上再将热量放出来,所以白天在树林里感到凉爽而晚上感到热
解析:
树木进行光合作用,将太阳能转化成树木生长所需的化学能。
因此能使环境温度降低,并不是将能量反射或使自己温度升高,故正确选项为C。
答案:
C
3.关于能的转化与守恒,下列说法错误的是( )
A.能量能从一种形式转化为另一种形式,但不能从一个物体转移到另一物体
B.能量的形式多种多样,它们之间可以相互转化
C.一个物体能量增加了,必然伴随着别的物体能量减少
D.能的转化与守恒定律证明了第一类永动机是不可能存在的
解析:
能量可从一种形式转化为另一形式,也可从一个物体转移到另一物体,如热传递的过程,A错。
答案:
A
4.已知货物的质量为m,在某段时间内起重机将货物以加速度a加速升高h,则在这段时间内叙述正确的是(重力加速度为g)( )
A.货物的动能一定增加mah-mgh
B.货物的机械能一定增加mah
C.货物的重力势能一定增加mah
D.货物的机械能一定增加mah+mgh
解析:
准确把握功和对应能量变化之间的关系是解答此类问题的关键,具体分析如下:
选项
内容指向、联系分析
结论
A
动能定理,货物动能的增加量等于货物合外力做的功mah
错误
B
功能关系,货物机械能的增量等于除重力以外的力做功而不等于合外力做的功
错误
C
功能关系,重力势能的增量对应货物重力做的负功,大小为mgh
错误
D
功能关系,货物机械能的增量为起重机拉力做的功m(g+a)h
正确
答案:
D
题组二 功能关系的计算
5.(多选)一个质量为m的小球,用长为L的轻绳悬挂于O点,小球在水平力F的作用下,从最低点P缓慢地移到Q点,如图所示,则在此过程中( )
A.小球受到的合外力做功为mgL(1-cosθ)
B.拉力F做功为FLsinθ
C.小球的重力势能增加mgL(1-cosθ)
D.水平力F做功使小球的机械能增加mgL(1-cosθ)
解析:
小球受到的合外力做功等于小球的动能变化,而小球缓慢移动的过程中动能不变,故合外力做功为零,选项A错误。
拉力是变力,做功大小不能用W=Fscosα计算,根据动能定理WF-mgL(1-cosθ)=0,可知拉力做功的数值为mgL(1-cosθ),选项B错误。
小球重力势能的增加等于克服重力做的功ΔEp=mgL(1-cosθ),选项C正确。
小球机械能的增加等于重力之外的其他力做的功,本题中绳的弹力不做功,故拉力做的功等于机械能的增量,因WF=mgL(1-cosθ),故机械能增加量为mgL(1-cosθ),选项D正确。
答案:
CD
6.(多选)如图所示,固定在竖直面内的光滑圆环半径为R,圆环上套有质量分别为m和2m的小球A、B(均可看作质点),且小球A、B用一长为2R的轻质细杆相连,在小球B从最高点由静止开始沿圆环下滑至最低点的过程中(已知重力加速度为g),下列说法正确的是( )
A.A球增加的机械能等于B球减少的机械能
B.A球增加的重力势能等于B球减少的重力势能
C.A球的最大速度为
D.细杆对A球做的功为mgR
解析:
系统机械能守恒的实质可以理解为是一种机械能的转移,此题的情景就是A球增加的机械能等于B球减少的机械能,A对;A球增加的重力势能ΔEpA=2mgR,B球减少的重力势能ΔEpB=4mgR,B错;根据机械能守恒定律有2mg·2R-mg·2R=·3mv2,所以A球的最大速度为,C错;根据功能关系,细杆对A球做的功等于A球增加的机械能,即WA=mv2+mg·2R=mgR,故D对。
答案:
AD
7.(多选)如图所示,质量为M,长度为L的小车静止在光滑的水平面上,质量为m的小物块,放在小车的最左端,现用一水平力F作用在小物块上,小物块与小车之间的摩擦力为Ff,经过一段时间小车运动的位移为x,小物块刚好滑到小车的右端,则下列说法中正确的是( )
A.此时物块的动能为F(x+L)
B.此时小车的动能为Ffx
C.这一过程中,物块和小车增加的机械能为Fx-FfL
D.这一过程中,因摩擦而产生的热量为FfL
解析:
对物块,所受四个力中水平力F和物块与小车间的滑动摩擦力做功,这两个力做功的位移都是(x+L),则由动能定理可知小物块的动能(等于增加的动能)Ek=ΔEk=(F-Ff)(x+L),A项错误;对小车,只有物块对小车的滑动摩擦力做正功,且W=Ffx,由动能定理可知B项正确;系统增加的机械能等于除重力和弹力外的其他力(包括内力和外力)做功的代数和,即ΔE=F(x+L)-FfL,C项错误;这一过程中,因摩擦而产生的热量等于滑动摩擦力与相对路程的乘积,即ΔQ=FfL,D项正确。
答案:
BD
8.人的体温是由下丘脑中特殊神经细胞监察和控制的,当下丘脑温度高于37℃时,人体散热机制(如血管舒张、出汗等)就活跃起来,已知人体温度在37℃时蒸发18g汗水所需要能量E=4.3×103J。
现有一中年人慢步行走时新陈代谢功率为35W,此人慢步行走时体温保持在37℃,行走用时1小时出汗约30.2g,试求此人通过传导辐射等方式(不包括出汗)产生的散热功率。
解析:
此人利用出汗排放的热量
Q1=·E=×4.3×103J=7.2×103J
利用出汗排热的功率
P1==2W
此人通过传导辐射产生的散热功率
P2=P总-P1=35W-2W=33W。
答案:
33W
(建议用时:
30分钟)
1.
(多选)溜溜球是一种流行的健身玩具,具有很浓的趣味性,备受学生的欢迎。
溜溜球类似于“滚摆”,对称的左右两轮通过固定轴连接(两轮均用透明塑料制成),轴上套一个可以自由转动的圆筒,圆筒上系条长约1m的棉线,玩时手掌向下,用力向正下方掷出溜溜球,当滚到最低处时,轻抖手腕,向上拉一下绳线,溜溜球将返回到你的手上,如图所示。
溜溜球在运动过程中( )
A.一边转动一边向下运动,由于重力做功,溜溜球越转越快,动能不断增大,溜溜球的势能转化为动能
B.在溜溜球上下运动的过程中,由于发生动能和势能的相互转化,因此机械能守恒
C.在溜溜球上下运动的过程中,由于空气阻力和绳子与固定轴之间摩擦力的作用,会损失一部分能量
D.在溜溜球转到最低点绳子将要开始向上缠绕时,轻抖手腕,向上拉一下绳子,给溜溜球提供能量
解析:
溜溜球向下运动时,由于重力做正功,动能一定增加,势能转化为动能,选项A正确。
溜溜球在上下运动的过程中,由于有阻力做功,所以会损失一部分机械能,机械能不守恒,若不及时补充能量则溜溜球上升的高度会越来越低,因此可在溜溜球运动到最低点时轻抖手腕,向上拉一下绳子,给其补充能量,故选项C、D正确,选项B错误。
答案:
ACD
2.下列说法中正确的是( )
A.能就是功,功就是能
B.做功越多,物体的能量就越大
C.外力对物体不做功,这个物体就没有能量
D.能量转化的多少可以用做功来量度
解析:
功和能是两个不同的概念,故选项A错误;做功的多少只是说明了能量转化的多少,而不能说明能量的多少,故选项B错误;外力是否做功不能说明物体能量的有无,故选项C错误;功是能量转化的量度,故选项D正确。
答案:
D
3.在跳高运动的发展史上,其中有以下四种不同的过竿姿势,如图所示,则在跳高运动员消耗相同能量的条件下,能越过最高横竿的过竿姿势为( )
解析:
运动员经过助跑后,跳起过竿时,其重心升高,在四种过竿姿势中背越式相对于竿的重心位置最低,所以在消耗相同能量的条件下,该种过竿姿势能越过更高的横竿,D项正确。
答案:
D
4.(多选)关于能源的开发和利用,下列说法正确的是( )
A.根据能量守恒定律,能源是取之不尽、用之不竭的
B.能源的开发和利用,必须同时考虑其对生态环境的影响
C.不断开发新能源,是缓解能源危机,加强环境保护的重要途径
D.能源是有限的,无节制地使用常规能源,是一种盲目的短期行为
解析:
能量虽然守恒,但在可利用的品质上却降低了,这是能源危机更深层的含义,故选项B、C、D正确。
答案:
BCD
5.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
D.机械能→太阳能→电能
解析:
电池板中太阳能转化为电能,小电动机中电能转化为机械能。
答案:
A
6.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,转化为内能的能量为( )
A.mv2 B.2mv2
C.mv2D.mv2
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=。
此过程中传送带相对地的位移x1=vt=。
木块相对地的位移为x2=t=。
摩擦力对木块做的功等于木块动能增加,E1=W1=μmgx2=mv2。
传送带克服摩擦力做的功W2=μmgx1=mv2。
此过程中传送带克服摩擦力做功将传送带能量转化为木块的动能及内能,由能量守恒定律,转化的内能为ΔE=W2-W1=μmg(x1-x2)=mv2,故D正确。
答案:
D
7.(多选)在最近几年的空调市场上出现一个新宠——变频空调,据专家介绍变频空调比定频空调要节能,因为定频空调开机时就等同于汽车启动时,很耗能,是正常运行的5~7倍。
空调在工作时达到设定温度就停机,等温度高了再继续启动。
这样的频繁启动,耗电多,而变频空调启动时有一个由低到高的过程,而运行过程是自动变速来保持室内温度,从开机到关机中间不停机。
而是达到设定温度后就降到最小功率运行,所以比较省电。
阅读上述介绍后,探究以下说法中合理的是( )
A.变频空调节能,运行中不遵守能量守恒定律
B.变频空调运行中做功少,转化能量多
C.变频空调在同样工作条件下运行效率高,省电
D.变频空调与定频空调做同样功时,消耗同样电能
解析:
自然界的一切过程都遵守能量守恒定律,A错。
功是能量转化的量度,做同样功,消耗同样电能,B错、D对。
由变频空调的工作特点可知省电的原理是效率高,C对。
答案:
CD
8.(多选)
如图所示,倾角θ=30°的粗糙斜面固定在地面上,长为l、质量为m、粗细均匀、质量分布均匀的软绳置于斜面上,其上端与斜面顶端齐平。
用细线将物块与软绳连接,物块由静止释放后向下运动,直到软绳刚好全部离开斜面(此时物块未到达地面),在此过程中( )
A.物块的机械能逐渐增加
B.软绳重力势能共减少了mgl
C.物块重力势能的减少量等于软绳克服摩擦力所做的功
D.软绳重力势能的减少量小于其动能的增加量与克服摩擦力所做功之和
解析:
因为软绳的拉力对物块做负功,物块的机械能减少,故选项A错误。
设斜面顶端的重力势能为零,则软绳初始状态的重力势能Ep1=-mglsinθ,当软绳刚好全部离开斜面顶端时的重力势能Ep2=-mgl,则这个过程中有ΔEp=Ep2-Ep1=-mgl-=-mgl,故选项B正确。
以物块和软绳组成的系统为研究对象,物块和软绳减少的重力势能的总和等于物块和软绳增加的动能和软绳克服摩擦力所做的功的和,故选项C错误。
对软绳而言,由功能原理可知,软绳的重力势能的减少量小于软绳动能的增加量与软绳克服摩擦力做的功之和,故选项D正确。
答案:
BD
9.如图所示是利用潮汐发电的示意图,左方为陆地和海湾,中间为水坝,其下有通道,水经通道可带动发电机。
涨潮时,水进入海湾,待内外水面高度相同时,堵住通道,如图甲所示。
潮落至最低点时放水发电,如图乙所示。
待内外水面高度相同时,再堵住通道,直至下次涨潮到最高点,又放水发电,如图丙所示。
设海湾面积为S=5.0×108m2,高潮与低潮间高度差为h=3.0m,求一天内水流的平均功率。
(g取10m/s2)
解析:
潮汐发电其实质就是将海水的重力势能转化为电能。
每次涨潮时流进海湾(落潮时流出海湾)的海水的质量为
m=ρV=ρSh
=1.0×103×5.0×108×3.0kg
=1.5×1012kg,
其重心的高度变化为
h'==1.5m。
一天内海水两进两出,故水流功率为
P=
=W
≈1.0×109W。
答案:
1.0×109W
10.如图所示,AB为半径R=0.8m的光滑圆弧轨道,下端B恰与小车右端平滑对接。
小车质量M=3kg,车长L=2.06m,现有一质量m=1kg的滑块,由轨道顶端无初速释放,滑到B端后冲上小车。
已知地面光滑,滑块与小车上表面间的动摩擦因数μ=0.3,当车运动了1.5s时,车被地面装置锁定。
(g取10m/s2)试求:
(1)滑块到达B端时,轨道对它支持力的大小;
(2)车被锁定时,车右端距轨道B端的距离;
(3)从车开始运动到被锁定的过程中,滑块与车面间由于摩擦而产生的内能大小。
解析:
(1)由机械能守恒定律和牛顿第二定律得mgR=,FN-mg=m,则FN=30N。
(2)设m滑上小车后经过时间t1与小车同速,共同速度大小为v,对滑块有μmg=ma1,v=vB-a1t1
对于小车:
μmg=Ma2,v=a2t1
解得v=1m/s,t1=1s<1.5s
故滑块与小车同速后,小车继续向左匀速行驶了0.5s,则小车右端距B端的距离为l车=t1+v(1.5s-t1)=1m。
(3)Q=μmgl相对=μmg=6J。
答案:
(1)30N
(2)1m (3)6J
课时训练5 向心加速度
题组一 对向心加速度的理解
1.关于向心加速度的说法正确的是( )
A.向心加速度越大,物体速率变化越快
B.向心加速度的大小与轨道半径成反比
C.向心加速度的方向始终与线速度方向垂直
D.在匀速圆周运动中向心加速度是恒量
解析:
向心加速度只反映速度方向变化的快慢,A错误;向心加速度的大小可用a=或a=ω2r表示,当v一定时,a与r成反比,当ω一定时,a与r成正比,可见a与r的比例关系是有条件的,故B错误;向心加速度的方向始终与线速度方向垂直,在圆周运动中始终指向圆心,方向在不断地变化,不是恒量,故匀速圆周运动也不能说是匀变速运动,应是变加速运动,故C正确,D错误。
答案:
C
2.关于做匀速圆周运动物体的向心加速度方向,下列说法正确的是( )
A.与线速度方向始终相同
B.与线速度方向始终相反
C.始终指向圆心
D.始终保持不变
解析:
做匀速圆周运动的物体的向心加速度方向始终指向圆心。
答案:
C
3.(多选)处于北京和广州的物体,都随地球自转而做匀速圆周运动,关于它们的向心加速度的比较,下列说法中正确的是( )
A.它们的方向都沿半径指向地心
B.它们的方向都在平行赤道的平面内指向地轴
C.北京的向心加速度比广州的向心加速度大
D.北京的向心加速度比广州的向心加速度小
解析:
如图所示,地球表面各点的向心加速度都在平行赤道的平面内指向地轴,选项B正确,选项A错误。
在地面上纬度为φ的P点,做圆周运动的轨道半径r=R0cosφ,其向心加速度a=rω2=R0ω2cosφ。
由于北京的地理纬度比广州的地理纬度高,北京的物体随地球自转的半径小,两地的物体随地球自转的角速度相同,因此北京的物体随地球自转的向心加速度比广州的物体小,选项D正确,选项C错误。
答案:
BD
题组二 有关向心加速度的计算
4.图为自行车的轮盘与车轴上的飞轮之间的链条传动装置。
P是轮盘的一个齿,Q是飞轮上的一个齿。
下列说法中正确的是( )
A.P、Q两点的角速度大小相等
B.P、Q两点的向心加速度大小相等
C.P点的向心加速度小于Q点的向心加速度
D.P点的向心加速度大于Q点的向心加速度
解析:
P、Q两点的线速度大小相等,由ω=知,ω∝,ωP<ωQ,A错;由a=知,a∝,aP 答案: C 5.一物体以4m/s的线速度做匀速圆周运动,转动周期为2s,则物体在运动过程中的任一时刻,速度变化率的大小为( ) A.2m/s2B.4m/s2 C.0D.4πm/s2 解析: 由2πr=vT知r= 而a=m/s2=4πm/s2。 答案: D 6.A、B两小球都在水平面上做匀速圆周运动,A球的轨道半径是B球轨道半径的2倍,A的转速为30r/min,B的转速为15r/min。 则两球的向心加速度之比为( ) A.1∶1B.2∶1C.4∶1D.8∶1 解析: 由题意知A、B两小球的角速度之比ωA∶ωB=nA∶nB=2∶1,所以两小球的向心加速度之比aA∶aB=RA∶RB=8∶1,D正确。 答案: D 7.(多选)如图所示,长为L的悬线固定在O点,在O点正下方处有一钉子C,把悬线另一端的小球m拉到跟悬点在同一水平面上无初速度释放,小球到悬点正下方时悬线碰到钉子,则小球的( ) A.线速度突然增大 B.角速度突然增大 C.向心加速度突然增大 D.以上说法均不对 解析: 当小球运动到O点正下方时,由于圆心由O点变成C点,小球做圆周运动的半径突然减小,而小球的线速度不能突变,即线速度不变,由v=ω·r,可知角速度会突然增大,故B选项正确;由an=可知向心加速度突然增大,故C选项正确。 答案: BC 8.飞机由俯冲转为拉起的一段轨迹可以近似看成圆弧,如图所示,如果这段圆弧的半径r=800m,飞行员能承受的加速度为8g。 飞机在最低点P的速率不得超过多少? (g取10m/s2) 解析: 飞机在最低点做圆周运动,其向心加速度最大不得超过8g才能保证飞行员的安全,由an=得v=m/s=80m/s。 答案: 80m/s (建议用时: 30分钟) 1.做匀速圆周运动的两物体甲和乙,它们的向心加速度分别为a1和a2,且a1>a2,下列判断正确的是( ) A.甲的线速度大于乙的线速度 B.甲的角速度比乙的角速度小 C.甲的轨道半径比乙的轨道半径小 D.甲的速度方向比乙的速度方向变化快 解析: 由于不知甲和乙做匀速圆周运动的半径大小关系,故不能确定它们的线速度、角速度的大小关系,A、B、C错。 向心加速度是表示线速度方向变化快慢的物理量,a1>a2,表明甲的速度方向比乙的速度方向变化快,D对。 答案: D 2.如图所示一端固定,另一端系一小球,让小球在光滑水平面内做匀速圆周运动,关于小球运动到P点时的加速度方向,下列图中可能的是( ) 解析: 匀速圆周运动的物体的加速度就是向心加速度,其方向指向圆心,B正确。 答案: B 3.如图所示,A、B为啮合传动的两齿轮,RA=2RB,则A、B两轮边缘上两点的( ) A.角速度之比为2∶1 B.向心加速度之比为1∶2 C.周期之比为1∶2 D.转速之比为2∶1 解析: 两啮合齿轮边缘上的两点应满足vA=vB,又v=ωR,则有ωA∶ωB=RB∶RA=1∶2,A错误;由a=可知aA∶aB=RB∶RA=1∶2,B正确;周期TA∶TB=ωB∶ωA=2∶1,C错误;转速n∝ω,则nA∶nB=1∶2,D错误。 答案: B 4.(多选)一质点做匀速圆周运动,轨道半径为R,向心加速度为a,则质点( ) A.在时间t内绕圆心转过的角度θ=·t B.在时间t内走过的路程x=·t C.运动的线速度v= D.运动的周期T=2π 解析: 由公式an=rω2得ω=,在时间t内转过的角度θ=ωt=·t,故A项正确;由an=得v=,在时间t内通过的路程(弧长)x=vt=·t,故B项错误,C项正确;由an=r·()2=得T==2π,故D项错误。 答案: AC 5.(多选)A、B两质点做匀速圆周运动的向心加速度随半径变化的图象如图所示,其中A为双曲线的一个分支,由图可知( ) A.A物体运动的线速度大小不变 B.A物体运动的角速度大小不变 C.B物体运动的角速度大小不变 D.B物体运动的线速度大小不变 解析: 解本题时,应先根据图象确定向心加速度随半径r变化的函数关系,再根据这个函数关系,结合向心加速度的计算公式作出判断。 由an=知,v一定时,an与r成反比; 由an=ω2r知,ω一定时,an与r成正比;图线A为双曲线的一支,an与r成反比,故线速度不变,选项A正确;图线B为过原点的直线,an与r成正比,故角速度不变,选项C正确。 答案: AC 6. 如图所示,两轮压紧,通过摩擦传动(不打滑),已知大轮半径是小轮半径的2倍,E为大轮半径的中点,C、D分别是大轮和小轮边缘的一点,则E、C、D三点向心加速度的大小关系正确的是( ) A.anC=anD=2anE B.anC=2anD=2anE C.anC==2anED.anC==anE 解析: 同轴转动,C、E两点的角速度相等,由an=ω2r,有=2,即anC=2anE;两轮边缘点的线速度大小相等,由an=,有,即anC=anD,故选C。 答案: C 7.(多选)如图所示,一小球以大小为a=4m/s2的向心加速度做匀速圆周运动,半径R=1m,则下列说法正确的是( ) A.小球运动的角速度为2rad/s B.小球做圆周运动的周期为πs C.小球在t=s内通过的位移大小为m D.小球在πs内通过的路程为零 解析: 由a=r求出小球的运动周期T=πs,ω==2rad/s,A、B正确。 小球在s内转过90°,通过的位移为R,πs内转过一周,路程为2πR,C、D错误。 答案: AB 8.如图所示,半径为R的圆环竖直放置,一轻弹簧一端固定在环的最高点A,一端系一带有小孔穿在环上的小球,弹簧原长为R。 将小球从静止释放,释放时弹簧恰无形变,小球运动到环的最低点时速率为v,这时小球向心加速度的大小为( ) A.B.C.D. 解析: 小球沿圆环运动,其运动轨迹就是圆环所在的圆,轨迹的圆心就是圆环的圆心,运动轨迹的半径就是圆环的半径,小球运动到环的最低点时,其向心加速度的大小为,加速度方向竖直向上,正确选项为A。 答案: A 9.如图所示,甲、乙两物体自同一水平线上同时开始运动,甲沿顺时针方向做匀速圆周运动,圆半径为R;乙做自由落体运动,当乙下落至A点时,甲恰好第一次运动到最高点B,求甲物体做匀速圆周运动的向心加速度的大小。 解析: 若设乙下落到A点所用时间为t,则R=gt2,所以t=,这段时间内甲运动了T,即T= 又由于a=Rω2=R 解得a=π2g。 答案: π2g 10.如图所示,一轿车以30m/s的速率沿半径为60m的圆跑道行驶,当轿车
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