2018-2019學年高中物理 第七章 機械能守恒定律 課時提升作業(yè)十九 7.10 能量守恒定律與能源 新人教版必修2.doc

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課時提升作業(yè) 十九 　能量守恒定律與能源 (20分鐘　50分) 一、選擇題(本題共3小題,每小題7分,共21分) 1.如圖所示,一小孩從公園中粗糙的滑梯上自由加速滑下,其能量的變化情況是 (　　) A.重力勢能減小,動能不變,機械能減小,總能量減小 B.重力勢能減小,動能增加,機械能減小,總能量不變 C.重力勢能減小,動能增加,機械能增加,總能量增加 D.重力勢能減小,動能增加,機械能守恒,總能量不變 【解析】選B。由能量守恒定律可知,小孩在下滑過程中總能量守恒,故A、C均錯;由于摩擦力要做負功,機械能不守恒,故D錯;下滑過程中重力勢能向動能和內能轉化,故只有B正確。 2.(2018西城區(qū)高一檢測)在奧運比賽項目中,高臺跳水是我國運動員的強項。如圖所示,質量為m的跳水運動員進入水中后受到水的阻力而做減速運動,設水對她的阻力大小恒為F,那么在她減速下降高度為h的過程中,下列說法正確的是(g為當地的重力加速度) (　　) A.她的動能減少了Fh B.她的重力勢能增加了mgh C.她的機械能減少了(F-mg)h D.她的機械能減少了Fh 【解析】選D。運動員下降高度h的過程中,重力勢能減少了mgh,B錯誤;除重力做功以外,只有水對她的阻力F做負功,因此機械能減少了Fh,C錯誤,D正確;由動能定理可知,動能減少了(F-mg)h,故A錯誤。 3.如圖所示,勁度系數為k的輕彈簧一端固定在墻上,一個小物塊(可視為質點)從A點以初速度v0向左運動,接觸彈簧后運動到C點時速度恰好為零,彈簧始終在彈性限度內。AC兩點間距離為L,物塊與水平面間動摩擦因數為μ,重力加速度為g,則物塊由A點運動到C點的過程中,下列說法正確的是 (　　) A.彈簧和物塊組成的系統(tǒng)機械能守恒 B.物塊克服摩擦力做的功為12mv02 C.彈簧的彈性勢能增加量為μmgL D.物塊的初動能等于彈簧的彈性勢能增加量與摩擦產生的熱量之和 【解析】選D。物塊與水平面間動摩擦因數為μ,由于摩擦力做功機械能減小,故A項錯誤;物塊由A點運動到C點過程中動能轉換為彈性勢能和內能,根據能量守恒知物塊克服摩擦力做的功為μmgL=12mv02-Ep彈,故B項錯誤,D項正確;根據B項分析知Ep彈=12mv02-μmgL,故C項錯誤。 【補償訓練】 如圖所示,輕質彈簧的一端固定在豎直墻面上,另一端拴接一小物塊,小物塊放在動摩擦因數為μ的水平面上,當小物塊位于O點時彈簧處于自然狀態(tài)。現將小物塊向右移到a點,然后由靜止釋放,小物塊最終停在O點左側的b點(圖中未畫出),以下說法正確的是 (　　) A.Ob之間的距離小于Oa之間的距離 B.從O至b的過程中,小物塊的加速度逐漸減小 C.小物塊在O點時的速度最大 D.從a到b的過程中,彈簧彈性勢能的減少量小于小物塊克服摩擦力所做的功 【解析】選A。如果沒有摩擦力,根據機械能守恒知O點應該在ab中間,Oa=Ob。由于有摩擦力,物塊從a到b過程中機械能損失,故無法到達沒有摩擦力情況下的b點,即O點靠近b點,故Oa > Ob,選項A正確;從O至b的過程中,小物塊受到向右的摩擦力及向右的彈力,且彈力逐漸變大,故物塊的加速度逐漸變大,選項B錯誤;當物塊從a點向左運動時,受到向左的彈力和向右的摩擦力,且彈力逐漸減小,加速度逐漸減小,當彈力等于摩擦力時加速度為零,此時速度最大,故小物塊的速度最大位置在O點右側,選項C錯誤;由能量守恒關系可知,從a到b的過程中,彈簧彈性勢能的減少量等于小物塊克服摩擦力所做的功,選項D錯誤。 二、計算題(19分。要有必要的文字說明和解題步驟,有數值計算的要注明單位) 4.如圖所示,遙控電動賽車(可視為質點)從A點由靜止出發(fā),經過時間t后關閉電動機,賽車繼續(xù)前進至B點后進入固定在豎直平面內的圓形光滑軌道,通過軌道最高點P后又進入水平軌道CD上。已知賽車在水平軌道AB部分和CD部分運動時受到的阻力恒為車重的0.5倍,即k=Ffmg=0.5,賽車的質量m=0.4 kg,通電后賽車的電動機以額定功率P=2 W工作,軌道AB的長度L=2 m,圓形軌道的半徑R=0.5 m,空氣阻力可以忽略,取重力加速度g=10 m/s2。某次比賽,要求賽車在運動過程上既不能脫離軌道,又要在CD軌道上運動的路程最短。在此條件下,求 (1)賽車在CD軌道上運動的最短路程。 (2)賽車電動機工作的時間。 【解析】(1)要求賽車在運動過程中既不能脫離軌道,又要在CD軌道上運動的路程最短,則賽車經過圓軌道P點時速度最小,此時賽車對軌道的壓力為零,重力提供向心力: mg=mvP2R 賽車在C點的速度為vC,由機械能守恒定律可得, mg2R+12mvP2=12mvC2 由上述兩式聯(lián)立,代入數據可得: vC=5 m/s 設賽車在CD軌道上運動的最短路程為x,由動能定理可得: -kmgx=0-12mvC2 代入數據可得:x=2.5 m (2)由于豎直圓軌道光滑,由機械能守恒定律可知:vB=vC=5 m/s,從A點到B點的運動過程中,由能量守恒定律可得: Pt=kmgL+12mvB2 代入數據可得:t=4.5 s。 答案:(1)2.5 m　(2)4.5 s (10分)如圖所示,足夠長的傳送帶以恒定速率順時針運行,將一個物體輕輕放在傳送帶底端,第一階段物體被加速到與傳送帶具有相同的速度,第二階段與傳送帶相對靜止,勻速運動到達傳送帶頂端。下列說法正確的是 (　　) A.第一階段摩擦力對物體做正功,第二階段摩擦力對物體不做功 B.第一階段摩擦力對物體做的功等于第一階段物體動能的增加 C.第一階段物體和傳送帶間的摩擦生熱等于第一階段物體機械能的增加 D.物體從底端到頂端全過程機械能的增加等于全過程物體與傳送帶間的摩擦生熱 【解析】選C。第一階段物體受到沿斜面向上的滑動摩擦力;第二階段物體受到沿斜面向上的靜摩擦力做功,兩個階段摩擦力方向都跟物體運動方向相同,所以兩個階段摩擦力都做正功,故A錯誤;根據動能定理得知,外力做的總功等于物體動能的增加,第一階段,摩擦力和重力都做功,則第一階段摩擦力對物體做的功不等于第一階段物體動能的增加,故B錯誤;由功能關系可知,第一階段摩擦力對物體做的功(除重力之外的力所做的功)等于物體機械能的增加,即ΔE=W阻= F阻s物,摩擦生熱為Q=F阻s相對,又由于s傳送帶=vt,s物=v2t,所以s物=s相對=12s傳送帶,即Q=ΔE,故C正確;第二階段沒有摩擦生熱,但物體的機械能繼續(xù)增加,故D錯誤。 【補償訓練】 (多選)(2018黃岡高一檢測)在大型物流貨場,廣泛的應用傳送帶搬運貨物。如圖甲所示,傾斜的傳送帶以恒定速率運動,皮帶始終是繃緊的,將m=1 kg的貨物放在傳送帶上的A點,經過1.2 s 到達傳送帶的B點。用速度傳感器測得貨物與傳送帶的速度v隨時間t變化的圖象如圖乙所示,已知重力加速度g=10 m/s2。由v-t圖象可知 (　　) A.A、B兩點的距離為2.4 m B.貨物與傳送帶間的動摩擦因數為0.5 C.貨物從A運動到B的過程中,傳送帶對貨物做功大小為12.8 J D.貨物從A運動到B的過程中,貨物與傳送帶摩擦產生的熱量為4.8 J 【解析】選B、D。根據v??t圖象可知,貨物放在傳送帶上后做勻加速直線運動,當速度達到與傳送帶速度相同時,繼續(xù)做勻加速直線運動,但是加速度變小了,所以貨物受到的滑動摩擦力在t=0.2 s時由沿傳送帶向下變?yōu)檠貍魉蛶蛏稀到B的距離對應貨物v -t圖象與橫軸所圍的“面積”,x=1220.2 m+12(2+4)1 m=3.2 m,故A錯誤;0～0.2 s內貨物的加速度為a1=Δv1Δt1=20.2 m/s2=10 m/s2,根據牛頓第二定律得mgsin θ+μmgcos θ=ma1,同理0.2～1.2 s內a2=Δv2Δt2= 4-21.2-0.2 m/s2=2 m/s2,mgsin θ-μmgcos θ=ma2,聯(lián)立解得:cosθ=0.8,μ=0.5,故B正確;整個過程貨物與傳送帶間的滑動摩擦力大小均為Ff=μmgcos θ=4 N,則0～0.2 s內傳送帶對貨物做功為:W1=Ffx1=40.2 J=0.8 J,0.2～1.2 s內傳送帶對貨物做功為:W2=-Ffx2=-43 J=-12 J,W=W1+W2=-11.2 J,所以整個過程,傳送帶對貨物做功大小為11.2 J,故C錯誤;根據功能關系,貨物與傳送帶摩擦產生的熱量等于摩擦力乘以相對位移,由圖象可得0～0.2 s內相對位移Δx1=120.22 m=0.2 m, 0.2～1.2 s內相對位移Δx2=1212 m=1 m,所以產生的熱量為:Q=FfΔx1+FfΔx2=4.8 J,故D正確。