浙江省2019-2020學年高中物理 第六章 課時訓練4 能量守恒定律、功能關系的綜合應用（含解析）

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1、課時訓練4　能量守恒定律、功能關系的綜合應用 基礎鞏固 1.畫作《瀑布》如圖所示。有人對此畫作了如下解讀:水流從高處傾瀉而下,推動水輪機發(fā)電,又順著水渠流動,回到瀑布上方,然后再次傾瀉而下,如此自動地周而復始。這一解讀違背了(　D　) A.庫侖定律 B.歐姆定律 C.電荷守恒定律 D.能量守恒定律 2.上端固定的一根細線下面懸掛一擺球,擺球在空氣中擺動,擺動的幅度越來越小,對此現(xiàn)象下列說法正確的是(　B　) A.擺球機械能守恒 B.擺球的機械能正在減少 C.能量正在消失 D.只有動能和重力勢能的相互轉化 3.下列說法正確的是(　C　) A.隨著科技的發(fā)展,第一類永

2、動機是可以制成的 B.太陽照射到地球上的光能轉化成了其他形式的能量,但照射到宇宙空間的能量都消失了 C.“既要馬兒跑,又讓馬兒不吃草”違背了能量轉化和守恒定律,因而是不可能的 D.有種“全自動”手表,不用上發(fā)條,也不用任何形式的電源,卻能一直走動,說明能量可以憑空產(chǎn)生 4.如圖所示為“風光互補路燈”系統(tǒng),在有陽光時通過太陽能電池板發(fā)電,有風時通過風力發(fā)電機發(fā)電,二者皆備時同時發(fā)電,并將電能輸至蓄電池儲存起來,供路燈照明使用。該系統(tǒng)(　D　) A.只可以實現(xiàn)風能轉化為電能 B.只可以實現(xiàn)太陽能轉化為電能 C.可以實現(xiàn)電能轉化為風能 D.可以同時實現(xiàn)風能、太陽能轉化為電能 解

3、析:當同時具有風和陽光時,兩者可同時發(fā)電,將風能、太陽能轉化為電能,選項D正確。 5.關于能源的開發(fā)和應用,下列說法中正確的是(　C　) A.能源應用的過程就是內能轉化為機械能的過程 B.化石能源的能量歸根結底來自于太陽能,因此化石能源永遠不會 枯竭 C.在廣大的農(nóng)村推廣沼氣前景廣闊、意義重大,既變廢為寶,減少污染,又大量節(jié)約能源 D.隨著科學技術的發(fā)展,煤炭資源將取之不盡,用之不竭 解析:能源應用過程并不單純是將內能轉化為機械能的過程,各種轉化形式均可為人類服務,故A錯誤;化石能源的能量雖然來自太陽能,但要經(jīng)過數(shù)億年的地質演變才能形成,且儲量有限,為不可再生能源,故B錯誤;在廣

4、大農(nóng)村推廣沼氣對改善農(nóng)村環(huán)境、節(jié)約能源意義重大,功在當代,利在千秋,故C正確;無論技術先進與否,煤炭資源不可能取之不盡、用之不竭,故D錯誤。 6.低碳生活是一種綠色而又環(huán)保的新型生活方式,日常生活注意節(jié)電、節(jié)油、節(jié)氣、節(jié)水,從點滴做起,保護環(huán)境,保護地球。下列關于能源與能量理解正確的是(　D　) A.能量是守恒的,沒有必要提倡節(jié)約能源 B.能量耗散表明自然界的能量在利用過程中正在不斷地消失 C.自然界中石油、煤炭等能源取之不盡,用之不竭,只需不斷開采 D.人類應積極開發(fā)與利用風能、太陽能、潮汐能等可再生的新能源 解析:在能源的利用過程中,雖然能量在數(shù)量上并未減少,但可利用率越來越小

5、,故仍需節(jié)約能源,故A錯誤;能量耗散表明自然界的能量在轉化的過程中可利用率越來越小,但總量不會減小,故B錯誤;自然界中石油、煤炭指的是億萬年前的大量生物經(jīng)過地殼變化,被埋藏在地下,受地層壓力和溫度的影響,緩慢地形成的可以燃燒的礦物質,在短時間內不能再生,是不可再生能源,故C錯誤;太陽能、風能、潮汐能是可再生能源,人類應多開發(fā)與利用,故D正確。 7.一個質量為25 kg的小孩從高度為3.0 m的滑梯頂端由靜止開始滑下,滑到底端時的速度為2.0 m/s。取g=10 m/s2,關于力對小孩做的功,以下結果正確的是(　A　) A.合外力做功50 J B.阻力做功500 J C.重力做功500 J

6、 D.支持力做功50 J 解析:由動能定理可得,合外力對小孩做的功W合=mv2-0=×25×22 J =50 J,故A正確;重力對小孩做的功WG=mgh=25×10×3 J=750 J,故C錯誤;由于支持力的方向始終與速度方向垂直,支持力對小孩不做功,故D錯誤;因為W合=WG+Wf,所以Wf=W合-WG=(50-750)J=-700 J,故B錯誤。 8.(2018·浙江11月學考)奧運會比賽項目撐桿跳高如圖所示,下列說法不正確的是(　B　) A.加速助跑過程中,運動員的動能增加 B.起跳上升過程中,桿的彈性勢能一直增加 C.起跳上升過程中,運動員的重力勢能增加 D.越過橫桿后

7、下落過程中,運動員的重力勢能減少,動能增加 解析:加速助跑過程中,運動員的速度增大,動能增大,故A正確;起跳上升過程中,桿的形變量先增加后減少,彈性勢能先增加后減少,故B錯誤;起跳上升過程中,運動員的重心升高,重力勢能增加,故C正確;越過橫桿后下落過程中,運動員重力做正功,重力勢能減少,動能增加,D正確。 能力提高 9.如圖所示是我國某10兆瓦(1兆瓦=106 W)光伏發(fā)電站,投入使用后每年可減少排放近萬噸二氧化碳。已知該地區(qū)每年能正常發(fā)電的時間約為1 200 h,則該電站年發(fā)電量約為(　B　) A.1.2×106 kW·h B.1.2×107 kW·h C.1.2×109 kW

8、·h D.1.2×1010 kW·h 解析:P=107 W=104 kW,t=1 200 h,則W=Pt=104×1 200 kW·h =1.2×107 kW·h。 10.如圖所示,汽車在拱形橋上由A勻速率運動到B,以下說法正確的是(　D　) A.牽引力與克服摩擦力做的功相等 B.合外力對汽車做正功 C.牽引力和重力做的總功大于克服摩擦力做的功 D.汽車在上拱形橋的過程中克服重力做的功等于汽車增加的重力 勢能 解析:汽車由A勻速率運動到B,合外力始終指向圓心,合外力做功為零,即W牽+WG-Wf=0,即牽引力與重力做的總功等于克服摩擦力做的功,選項A,B,C錯誤;因為汽車勻

9、速率運動,所以在上拱形橋的過程中,克服重力做的功等于汽車增加的重力勢能,選項D正確。 11.如圖所示是具有登高平臺的消防車,具有一定質量的伸縮臂能夠在5 min內使承載4人的登高平臺(人連同平臺的總質量為400 kg)上升60 m 到達滅火位置。此后,在登高平臺上的消防員用水炮滅火,已知水炮的出水量為3 m3/min,水離開炮口時的速率為20 m/s,g取 10 m/s2,則用于(　B　) A.水炮工作的發(fā)動機輸出功率為1×104 W B.水炮工作的發(fā)動機輸出功率為4×104 W C.水炮工作的發(fā)動機輸出功率為2.4×106 W D.伸縮臂抬升登高平臺的發(fā)動機輸出功率約為80

10、0 W 解析:登高平臺的發(fā)動機輸出功率為設備升高克服重力的功率,即P== W=400 W,選項D錯誤。在一秒鐘內,噴出去水的體積V= m3= m3,噴出去水的質量為m=ρV=103× kg=50 kg,噴出去水的重力勢能為WG=mgh=50×10×60 J=3×104 J,水的動能為mv2=1×104 J,所以1秒鐘內水增加的能量為4×104 J,所以功率為4×104 W,選項B正確,A,C錯誤。 12.靜止在地面上的物體在豎直向上的恒力作用下上升,在某一高度撤去恒力。不計空氣阻力,在整個上升過程中,物體機械能隨時間變化關系是(　C　) 解析:在豎直向上的恒力作用下上升過程中,由

11、于拉力對物體做正功,物體機械能增加,拉力做功WF=F·x=F·at2,與時間成二次函數(shù)關系,即物體機械能的增加與時間t不成線性關系,選項A,B錯誤;撤去恒力后,物體只受重力作用,所以機械能守恒,選項D錯誤,C正確。 13.(2018·浙江11月學考)如圖所示為某一游戲的局部簡化示意圖。D為彈射裝置,AB是長為21 m的水平軌道,傾斜直軌道BC固定在豎直放置的半徑為R=10 m的圓形支架上,B為圓形的最低點,軌道AB與BC平滑連接,且在同一豎直平面內。某次游戲中,無動力小車在彈射裝置D的作用下,以v0=10 m/s的速度滑上軌道AB,并恰好能沖到軌道BC的最高點。已知小車在軌道AB上受到的摩擦

12、力為其重量的0.2倍,軌道BC光滑,則小車從A到C的運動時間是(　A　) A.5 s B.4.8 s C.4.4 s D.3 s 解析:小車從A到B做勻減速直線運動,加速度大小為a1=μg=2 m/s2,由xAB=v0t1-a1得,t1=3 s(t1=7 s 舍去),小車到達B點時的速度v1=v0-a1t1=4 m/s,從B到C過程,根據(jù)機械能守恒定律,有m=mgh,解得h=0.8 m,根據(jù)幾何關系,xBC=2Rsin θ,h=xBCsin θ,解得sin θ=0.2,從B到C做勻減速直線運動的加速度大小為a2=gsin θ,由0=v1-a2t2得t2=2 s,所以從A到C的時間為t=

13、t1+t2=5 s,故A正確。 14.如圖為某體校的鉛球訓練裝置的示意圖。假設運動員以6 m/s速度將鉛球從傾角為30°的軌道底端推出,當鉛球向上滑到某一位置時,其動能減少了72 J,機械能減少了12 J,已知鉛球(包括其中的上掛設備)質量為12 kg,滑動過程中阻力大小恒定,則下列判斷正確的是(　C　) A.鉛球上滑過程中減少的動能全部轉化為重力勢能 B.鉛球向上運動的加速度大小為4 m/s2 C.鉛球返回底端時的動能為144 J D.運動員每推一次消耗的能量至少為60 J 解析:鉛球從開始被推出到滑至某一位置時,受重力、支持力和阻力,根據(jù)動能定理,有-mg·lsin 30°

14、-fl=Ek-=-72 J,機械能的減小量等于克服摩擦力做的功,即fl=ΔE=12 J,聯(lián)立可解得 l=1 m,f=12 N,根據(jù)牛頓第二定律可得-mg·sin 30°-f=ma,解得a=-6 m/s2,故B錯誤;當鉛球滑到某一位置時,動能減少了72 J,機械能減少了12 J,所以當鉛球到達最高點時動能減少了m=216 J,機械能減少了36 J,所以鉛球上升過程中克服摩擦力做功是36 J,全過程摩擦力做功為W=-72 J,從出發(fā)到返回底端,重力不做功,設回到出發(fā)點的動能為 Ek′,由動能定理可得W=Ek′-Ek0,解得Ek′=144 J,故C正確;鉛球上滑過程中減少的動能全部轉化為重力勢能和

15、內能,故A錯誤;根據(jù)能量守恒可知運動員每推一次消耗的能量至少為216 J,故D錯誤。 15.(2019·金麗衢十二校聯(lián)考)如圖所示,ABCD是游樂場中的滑道,它位于豎直平面內,由兩個半徑分別為R1=10 m和R2=2 m的光滑圓弧,以及長L=10 m、動摩擦因數(shù)μ=0.1的水平滑道組成,所有滑道平滑連接,D點恰好在水面上。游客(可視為質點)可由AB弧的任意位置從靜止開始下滑,游客的質量為m=50 kg,g取10 m/s2。 (1)若到達AB弧的末端時速度為5 m/s,此時游客對滑道的壓力多大? (2)若要保證游客能滑入水中,開始下滑點與B點間圓弧所對應的圓心角要滿足什么條件?(可用三

16、角函數(shù)表示) (3)若游客在C點脫離滑道,求其落水點到D點的距離范圍。 解析:(1)在B點時,根據(jù)牛頓第二定律,有 FN-mg=m, 解得FN=625 N, 根據(jù)牛頓第三定律可知,游客對滑道的壓力大小為625 N。 (2)根據(jù)能量關系,為保證游客滑入水中,要滿足 mgR1(1-cos θ)-μmgL>0 解得cos θ<0.9。 (3)在C點恰好脫離軌道時,有 mg=m, 解得v1=2 m/s; 從A點到C點,由動能定理可得 mgR1-μmgL=m 解得v2=6 m/s, 即到達C點的速度范圍是2 m/s≤v≤6 m/s; 由平拋運動的規(guī)律,有R2=gt2,解得

17、t=2 s; 則落水點到D點的距離x=vt-R2 解得2(-1)m≤x≤(6-2)m。 答案:(1)625 N　(2)cos θ<0.9 (3)2(-1)m≤x≤(6-2)m 16.如圖所示,雪道與水平冰面在B處平滑地連接。小明乘雪橇從雪道上離冰面高度h=8 m的A處自靜止開始下滑,經(jīng)B處后沿水平冰面滑至C處停止。已知小明與雪橇的總質量m=70 kg,用速度傳感器測得雪橇在B處的速度值vB=12 m/s,不計空氣阻力和連接處能量損失,小明和雪橇可視為質點,g取10 m/s2。 (1)從A到C過程中,小明與雪橇所受重力做了多少功; (2)從A到B過程中,小明與雪橇損失了多少機械能?

18、 (3)若小明乘雪橇最后停在BC的中點,則他應從雪道上距冰面多高處由靜止開始下滑? 解析:(1)從A到C過程中,小明與雪橇所受重力做的功 WG=mgh,代入數(shù)值得WG=5.6×103 J。 (2)從A到B過程中,重力勢能減少量 ΔEp=mgh=5.6×103 J, 動能增加量ΔEk=m=5.04×103 J, 損失的機械能為ΔE機=mgh-m=5.6×102 J。 (3)設小明在雪道上所受阻力為Ff,在冰面上所受阻力為Ff′,B,C間距離為x,由動能定理有mgh-Ff-Ff′x=0, mgh′-Ff-Ff′=0 解得h′==4 m。 答案:(1)5.6×103 J　(

19、2)5.6×102 J　(3)4 m 17.(2018·浙江6月學考)小明用如圖所示軌道探究滑塊的運動規(guī)律。長L1=1 m的斜軌道傾角為α,斜軌道底端平滑連接長L2=0.1 m 的水平軌道,水平軌道左端與半徑R=0.2 m的光滑半圓形軌道底端B平滑連接。將質量m=0.05 kg的滑塊(可不計大小)從斜軌道頂端釋放,滑塊與斜軌道及水平軌道間的動摩擦因數(shù)均為μ=0.3。已知sin 37° =0.6,cos 37°=0.8。 (1)當α=37°時,無初速釋放滑塊,求滑塊到達B點時對半圓軌道壓力FN的大小; (2)當α=37°時,為保證滑塊能到達半圓軌道頂端A,應至少以多大速度v1釋放滑塊?

20、 (3)為保證滑塊離開半圓軌道頂端A后恰好能垂直撞擊斜軌道,求α的范圍。 解析:(1)從斜軌頂端滑到B點有 mgL1sin α-μmgL1cos α-μmgL2=mv2 在B點:FN-mg=m 聯(lián)立兩式并代入數(shù)據(jù)得FN=2.15 N, 由牛頓第三定律得FN′大小為2.15 N。 (2)若滑塊恰能到達半圓軌道頂端A,到達A點速度設為v2,則 mg=m,v2== m/s, 從斜軌頂端到圓軌道最高點有 mgL1sin α-μmgL1cos α-μmgL2-2mgR=m-m 代入數(shù)據(jù)解得v1= m/s。 (3)由圖1有tan α=, 由圖2可得gt2+(v2t-L2)tan α=2R, 由(2)知v2需滿足條件v2≥ m/s, 由以上三式整理可得α值滿足:tan 3α+2tan α-1=0, (tan α+1)(tan 2α+tan α-1)≥0 解之可得α的最小值滿足:tan α=, 綜合分析可知:arctan ≤α<。 答案:(1)2.15 N　(2) m/s　(3)arctan ≤α< - 8 -