3.3 能量守恒定律 练习题

能量守恒定律练习一、单选题1.下列对能量守恒定律的认识不正确的是(    )A.某种形式的能量减少，一定存在其他形式的能量的增加B.某个物体的能量减少，必然有其他物体的能量增加C.不需要任何外界的动力而持续对外做功的机器—第一类永动机是不可能制成的D.石子从空中落下，最后停止在地面上，说明石子的机械能消失了2.自由摆动的秋千摆动幅度越来越小。在此过程中(    )A.机械能守恒B.能量正在消失C.只有动能和重力势能的相互转化D.减少的机械能转化为内能，但总能量守恒3.风力发电是一种环保的电能获取方式。某风力发电机的叶片转动形成的圆面积为S，某时间风的速度大小为v，风向恰好跟此圆面垂直；此时空气的密度为ρ，该风力发电机将空气动能转化为电能的效率为η，则风力发电机发电的功率为(  )A.ηρSv2B.12ηρSv2C.ηρSv3D.12ηρSv34.下图是同一型号子弹以相同的初速度射入固定的、两种不同防弹材料时完整的运动径迹示意图．由此图可判定，与第一次试验比较，第二次试验A.子弹克服阻力做功更少B.子弹与材料产生的总热量更多C.子弹的动量变化量更大D.防弹材料所受冲量相等 1.如图，用长为l的轻绳悬挂一质量为M的沙箱，沙箱静止。一质量为m的弹丸以速度v水平射入沙箱并留在其中，随后与沙箱共同摆动一小角度。不计空气阻力。对子弹射向沙箱到与其共同摆过一小角度的过程(   )A.若保持m、v、l不变，M变大，则系统损失的机械能变小B.若保持M、v、l不变，m变大，则系统损失的机械能变小C.若保持M、m、l不变，v变大，则系统损失的机械能变大D.若保持M、m、v不变，l变大，则系统损失的机械能变大2.至今为止第一类永动机从来没有成功过，其原因是(    )A.违反了牛顿运动定律B.违反了动量守恒定律C.违反了能量守恒定律D.机械制造的技术没有过关3.如图所示，小车静止在光滑水平面上，AB是小车内半圆弧轨道的水平直径，现将一小球从距A点正上方h高处由静止释放，小球由A点沿切线方向经半圆轨道后从B点冲出，在空中能上升的最大高度为0.8h，不计空气阻力。下列说法正确的是(    )A.在相互作用过程中，小球和小车组成的系统动量守恒B.小球离开小车后做竖直上抛运动C.小球离开小车后做斜上抛运动D.小球第二次冲出轨道后在空中能上升的最大高度为0.6h4.如图所示，ABCD是一个盆式容器，盆内侧壁与盆底BC的连接处都是一段与BC相切的圆弧(不计其长度)，BC水平，其长d=0.50m，盆边缘的高度h=0.30m。在A处放一个质量为m的小物块并让其由静止开始下滑。已知盆内侧壁是光滑的，而盆底BC面与小物块间的动摩擦因数μ=0.10。小物块在盆内来回滑动，最后停止下来，则小物块停止时的位置到B的距离为A.0.50mB.0.25mC.0.10mD.0 1.如图所示，在光滑绝缘的水平面上有两个质量相等、带电量不等的小球a和b.t=0时刻，b速度为0，给a一个正对b的初速度v0，在以后运动过程中a和b始终未接触，下列图线分别是：两球间库仑力F随时间t变化图、两球速度v随时间t变化图、两球电势能Ep随a位移xa变化图、b球动能Ekb随b的位移xb变化图，其中与两球运动情况最相符的是A.B.C.D.2.下列说法正确的是(    )A.因为能量守恒，所以能源危机是不可能的B.摩擦力做功的过程，必定有机械能转化为内能C.热力学第二定律可表述为所有自发的热现象的宏观过程都具有方向性D.第二类永动机不可能制造成功的原因是违背了能量守恒定律3.如图所示，一轻弹簧竖直放置，两端固定物体B和C，O点是弹簧处于原长时物体B所处的位置，B、O间距离为x。把一物体A从静止释放，释放时A、B之间的距离为h，物体A和物体B的质量均为m，发生碰撞后粘在一起向下运动(以后不再分开)，压缩弹簧然后上升到最高点D，O、D之间距离也为x，重力加速度为g，物体C始终静止，下列说法正确的是A.碰撞后瞬间物体B的速度为ghB.运动到O点时，A、B之间弹力不为零C.物体C的质量可能等于mD.h和x的关系满足h=4x 二、多选题1.如图所示为A，B两球沿一直线运动并发生正碰，如图为两球碰撞前后的位移图像．a、b分别为A，B两球碰前的位移图像，c为碰撞后两球共同运动的位移图像，若A球的质量m=2kg，则由图判断下列结论正确的是(    )A.B两球碰撞前的总动量为-3kg·m/sB.碰撞时A对B的冲量为-4N·sC.碰撞前后A的动量变化量为4kg·m/sD.碰撞中A、B两球组成的系统损失的机械能为10J2.如图所示，子弹水平射入放在光滑水平地面上静止的木块，子弹未穿透木块，此过程中木块的动能增加了5 J，下列说法正确的是(    )A.此过程中系统产生的内能可能为6 JB.此过程中系统产生的内能可能为4 JC.此过程中子弹损失的动能可能为9JD.此过程中子弹损失的动能可能为13J3.如图甲所示，在某电场中建立x坐标轴，A、B为x轴上的两点，xA、xB分别为A、B两点在x轴上的坐标值。一电子仅在电场力作用下沿x轴运动，该电子的电势能Ep随其坐标x变化的关系图象如图乙所示，则下列说法正确的是(    )A.该电场一定不是孤立点电荷形成的电场B.A点的电场强度小于B点的电场强度 C.电子由A点运动到B点的过程中，电场力对其所做的功W=EpA−EpBD.电子在A点的动能小于在B点的动能1.如图所示，长木板A放在光滑的水平地面上，物体B以水平速度冲上A后，由于摩擦力作用，最后停止在木板A上，则从B冲到木板A上到相对木板A静止的过程中，下述说法中正确的是(    )A.物体B动能的减少量等于系统损失的机械能B.物体B克服摩擦力做的功等于系统内能的增加量C.物体B损失的机械能等于木板A获得的动能与系统损失的机械能之和D.摩擦力对物体B做的功和对木板A做的功的总和等于系统内能的增加量三、填空题（本大题共3小题，共12.0分）2.利用能源的过程就是能量的转化过程。例如，让煤燃烧使水汽化，化学能转化为内能;然后蒸汽推动汽轮机转动，部分内能转化为机械能;汽轮机带动发电机发电，机械能又转化为电能;电能进一步使各种用电器工作，等等。在整个过程中，由于热量的散失和摩擦不可避免，煤的化学能的一部分最后都转化为          能，散失到环境中，散失了的          不会再自动聚集起来供人类重新利用，这就是能量的耗散。3.如图所示，a、b、c为匀强电场中的等势面，ab的距离是bc的一半，b面的电势Ub=0V，一个电量为1C的负电荷以18焦的动能进入电场，到c时，速度为零。则c面的电势Uc为_______V，当电荷的电势能为10焦时，电荷的动能为___________J。  4.一带电油滴在匀强电场E中的运动轨迹如图中虚线所示，电场方向竖直向下．若不计空气阻力，则此带电油滴从a运动到b的过程中，动能和重力势能之和______，重力势能和电势能之和______.(填“增加”、“减少”或“不变”) 答案和解析1.【答案】D2.【答案】D3.【答案】D【解答】t时间内垂直吹向旋转叶片有效受风面积的空气的质量为m=ρSvt；这些空气所具有的动能为   Ek=12mv2=12ρSv3t风力发电机将风能转化为电能的效率为η，风力发电机输出的电功率为P根据能量守恒：Pt=ηEk，解得：P=12ηρSv3，故D正确，ABC错误。故选D。4.【答案】D【解答】A.设子弹初速度为v，子弹克服阻力做功为Wf，对子弹，由动能定理得：−Wf=0−12mv2，所以子弹克服阻力做功Wf=12mv2，可知二次试验子弹克服阻力做功相等，故A错误；B.根据能量守恒，子弹的动能全部转化为子弹与材料的总热量，故二次试验总热量相等，故B错误；C.子弹的动量变化量为Δp=0−mv，可知二次试验子弹的动量变化量相等，故C错误；D.对子弹，根据动量定理知子弹所受冲量为：I1=Δp=0−mv，根据牛顿第三定律知子弹对防弹材料的作用力与防弹材料的作用力等大反向，所以防弹材料所受冲量与子弹所受冲量等大反向，则防弹材料所受冲量为：I2=−I1=mv，故二次试验防弹材料所受冲量相等，故D正确。故选D。5.【答案】C【解答】弹丸击中沙箱过程系统水平方向动量守恒，以弹丸的初速度方向为正方向，由动量守恒定律得：mv=(M+m)v′，解得：v′=mvM+m，弹丸与沙箱一起摆动过程系统机械能守恒，由能量守恒定律可知，整个过程系统损失的机械能：△E=12mv2−12(M+m)v′2=Mmv22(M+m)；A、若保持m、v、l不变，M变大，系统损失的机械能：△E=Mmv22(M+m)=mv22(1+mM)变大，故A错误；B、若保持M、v、l不变，m变大，则系统损失的机械能：△E=Mmv22(M+m)=Mv22(1+Mm)变大，故B错误；C 、若保持M、m、l不变，v变大，则系统损失的机械能：△E=Mmv22(M+m)变大，故C正确；D、若保持M、m、v不变，l变大，则系统损失的机械能：△E=Mmv22(M+m)不变，故D错误；故选：C。6.【答案】C7.【答案】B【解答】A.小球与小车组成的系统在水平方向不受外力，水平方向系统动量守恒，但系统所受的合外力不为零，所以系统动量不守恒，故A错误；BC.小球与小车组成的系统在水平方向动量守恒，可知系统水平方向的总动量保持为零。小球由B点离开小车时系统水平方向动量为零，故小球与小车水平方向速度为零，所以小球离开小车后做竖直上抛运动，故B正确，C错误；D.小球第一次车中运动过程中，由动能定理得mgh−0.8h−Wf=0，Wf为小球克服摩擦力做功大小，解得Wf=0.2mgh，即小球第一次在车中滚动损失的机械能为0.2mgh，由于小球第二次在车中滚动时，对应位置处速度变小，因此小车给小球的弹力变小，摩擦力变小，摩擦力做功小于0.2mgh，机械能损失小于0.2mgh，因此小球再次离开小车时，能上升的高度大于0.8h−0.2h=0.6h，故D错误；故选B。8.【答案】D【解答】小物块在盆内侧壁滑动无机械能损失，而在盆底滑动时，滑动摩擦力做功，使机械能转化为内能，对小物块，从A点出发到最后停下来，整个过程根据动能定理有：mgh−μmgs=0−0，解得s=hμ=0.30.1=3m=6d，刚好3个来回，所以最终停在B点，故ABC错误，D正确。故选：D。9.【答案】D【解答】A.t=0时刻，小球a和b之间距离不是无穷远，所以两球间库仑力F不能为零，即图像不能过原点，故A错误；B.t=0时刻给a一个正对b的初速度v0，由于库仑力的作用，小球a减速，小球b 加速，两小球同速前，小球a和b之间距离减小，同速后a和b之间距离增大，根据库仑定律可知，小球a和b之间的库仑力先增大后减小，故v−t图像中小球a和b的斜率先增大后减小，故B错误；C.由于库仑力对a球做负功，对b球做正功，故两小球同速前，动能转化为两球的电势能，故两球电势能Ep随a位移xa增大，两小球同速后，电势能转化为两球的动能，故两球电势能Ep随a位移xa减小，故两球电势能先增大后减小。故C错误；D.b球动能Ekb随b的位移xb变化图像中的斜率表示b球所受库仑力的变化，两小球同速前，小球a和b之间距离减小，同速后a和b之间距离增大，根据库仑定律可知，小球a和b之间的库仑力先增大后减小，故图像中的斜率先增大后减小，无穷远处，斜率为零，动能不变，故D正确。10.【答案】C【解答】A.能量虽然是守恒的，总量不变，但是我们可以利用的能源是有限的，故一定要注意节约能源。故A错误;B.一对滑动摩擦力做功，两物体之间存在相对运动时，系统机械能转化为内能，如果没有相对运动，即一对静摩擦力做功，系统没有机械能转化为内能。故B错误;C.热力学第二定律可表述为所有自发的热现象的宏观过程都具有方向性。故C正确;D.第二类永动机不违反能量守恒定律，但是违反了机械能和内能转化的方向性。故D错误。11.【答案】C【解答】A.由运动学公式得碰撞前物体A的速度v0=2gh，根据动量守恒mv0=2mv得碰撞后瞬间物体A、B的速度为v=122gh，故A错误。B.O点是弹簧原长位置，所以运动到O点时，A与B系统仅受重力作用，加速度为重力加速度g，所以A、B之间弹力为零，故B错误。C.因为C始终静止，当运动至D点时，O，D之间距离也为x，由胡克定律可知弹簧的弹力等于物体B的受到的重力，所以物体C的质量要大于或等于m，故C正确。D.根据能量守恒有12×2mv2=4mgx，解得h=8x，故D错误。12.【答案】BCD【解答】C.由x−t图象的斜率表示速度，可知，碰撞前有：vA= xA tA = 4−102m/s=−3m/s，vB= xB tB = 4 2 m/s=2m/s，碰撞后有：vA′=vB′=v= xCtC  = 2−4 4−2 m/s=−1m/s；则碰撞前后A 的动量变化为：△PA=mvA′−mvA=2×(−1)kg·m/s−2×(−3)kg·m/s=4kg⋅m/s，故C正确；B.对A、B组成的系统，根据动量守恒定律知：碰撞前后B的动量变化为：△PB=−△PA=−4kg⋅m/s，对B，由动量定理可知，碰撞时A对B所施冲量为：IB=△PB=−4kg⋅m/s=−4N⋅s，故B正确；A.由△PB=mB(vB′−vB)，所以：mB= ΔPBvB′−vB  = −4−1−2kg  = 43  kg，则A与B碰撞前的总动量为：p总=mvA+mBvB=2×(−3)kg·m/s+ 4 3 ×2kg·m/s=− 10 3 kg⋅m/s，故A错误；D.碰撞中A、B两球组成的系统损失的动能：ΔEk= 1 2 mvA2+ 12  mBvB2− 1 2 (m+mB)v2，代入数据解得：△Ek=10J，故D正确。故选BCD。13.【答案】AD【解答】AB.设子弹的初速度为V，射入木块后子弹与木块共同的速度为v，木块的质量为m，子弹的质量为m0，根据动量守恒定律得：m0V=(m0+m)v得 ：v=m0Vm0+m，木块获得的动能为ΔEk=12mv2 ，系统产生的内能为Q=12m0V2−12m0+mv2=m0mV22m0+m>12mv2=5J，故A正确，B错误；CD.由能量守恒知此过程中子弹损失的动能为ΔE损=Q+12mv2>10J，故D正确，C错误。故选AD。14.【答案】AC【解答】AB.根据功能关系知，Ep=qφ，，得：，即有，根据数学知识可知，图线的斜率k=qE，则知E保持不变，说明电场强度不变，所以该电场一定是匀强电场，一定不是孤立点电荷形成的电场，EA=EB，故A正确，B错误；C.电子由A点运动到B点的过程中，由功能关系可得，电场力对其所做的功W=EpA−EpB,故C正确；D. 根据能量守恒定律得知，电子从A到B电势能增大，动能减小。即电子在A点的动能大于在B点的动能，故D错误。故选AC。15.【答案】CD【解答】A.物体B以水平速度冲上A后，由于摩擦力作用，B减速运动，A加速运动，根据能量守恒定律，物体B动能的减少量等于A增加的动能和产生的热量之和，则A错误；B.根据动能定理，物体B克服摩擦力做的功等于B损失的动能，故B错误；C.由能量守恒定律可知，物体B损失的机械能等于木板获得的动能与系统损失的机械能之和，故C正确；D.摩擦力对物体B做功等于B动能的减少，摩擦力对木板A做功等于A动能的增加，由能量守恒定律，摩擦力对物体B做的功和对木板A做的功的综合等于系统内能的增加量的负值，即它们的竖直相等，故D正确。故选CD。16.【答案】内；内能。17.【答案】−12；2。【解答】负电荷从a到c过程，由动能定理得：qUac=0−Ek0解得：Uac=−Ek0q=−18−1V=18V又ab的距离是bc的一半，则：Uab=13Uac=6V，Ubc=23Uac=12V根据Ubc=φb−φc和Uab=φa−φb可得：φa=6V，φc=−12V则该电荷在a点的电势能：Epa=qφa=−6J由于只有电场力做功，所以动能和电势能总和不变：E总=18J+−6J=12J则当电荷的电势能为10焦时，电荷的动能为：Ek=E总−Ep=12J−10J=2J。故答案为：−12；2 。18.【答案】增加；减少【解析】解：油滴由a到b，由运动轨迹可判出油滴所受的电场力与重力的合力竖直向上，故油滴所受的电场力方向竖直向上，电场力做正功，电势能一定减小，油滴运动过程中，重力势能、动能和电势能的总和保持不变，根据能量守恒定律，则有重力势能和动能之和增加；合力做正功，动能增加，则重力势能和电势能之和减少．