能量守恒定律練習(xí)一、單選題1.下列對能量守恒定律的認(rèn)識不正確的是(????)A.某種形式的能量減少，一定存在其他形式的能量的增加B.某個物體的能量減少，必然有其他物體的能量增加C.不需要任何外界的動力而持續(xù)對外做功的機器—第一類永動機是不可能制成的D.石子從空中落下，最后停止在地面上，說明石子的機械能消失了2.自由擺動的秋千擺動幅度越來越小。在此過程中(????)A.機械能守恒B.能量正在消失C.只有動能和重力勢能的相互轉(zhuǎn)化D.減少的機械能轉(zhuǎn)化為內(nèi)能，但總能量守恒3.風(fēng)力發(fā)電是一種環(huán)保的電能獲取方式。某風(fēng)力發(fā)電機的葉片轉(zhuǎn)動形成的圓面積為S，某時間風(fēng)的速度大小為v，風(fēng)向恰好跟此圓面垂直；此時空氣的密度為ρ，該風(fēng)力發(fā)電機將空氣動能轉(zhuǎn)化為電能的效率為η，則風(fēng)力發(fā)電機發(fā)電的功率為(??)A.ηρSv2B.12ηρSv2C.ηρSv3D.12ηρSv34.下圖是同一型號子彈以相同的初速度射入固定的、兩種不同防彈材料時完整的運動徑跡示意圖．由此圖可判定，與第一次試驗比較，第二次試驗A.子彈克服阻力做功更少B.子彈與材料產(chǎn)生的總熱量更多C.子彈的動量變化量更大D.防彈材料所受沖量相等 1.如圖，用長為l的輕繩懸掛一質(zhì)量為M的沙箱，沙箱靜止。一質(zhì)量為m的彈丸以速度v水平射入沙箱并留在其中，隨后與沙箱共同擺動一小角度。不計空氣阻力。對子彈射向沙箱到與其共同擺過一小角度的過程(???)A.若保持m、v、l不變，M變大，則系統(tǒng)損失的機械能變小B.若保持M、v、l不變，m變大，則系統(tǒng)損失的機械能變小C.若保持M、m、l不變，v變大，則系統(tǒng)損失的機械能變大D.若保持M、m、v不變，l變大，則系統(tǒng)損失的機械能變大2.至今為止第一類永動機從來沒有成功過，其原因是(????)A.違反了牛頓運動定律B.違反了動量守恒定律C.違反了能量守恒定律D.機械制造的技術(shù)沒有過關(guān)3.如圖所示，小車靜止在光滑水平面上，AB是小車內(nèi)半圓弧軌道的水平直徑，現(xiàn)將一小球從距A點正上方h高處由靜止釋放，小球由A點沿切線方向經(jīng)半圓軌道后從B點沖出，在空中能上升的最大高度為0.8h，不計空氣阻力。下列說法正確的是(????)A.在相互作用過程中，小球和小車組成的系統(tǒng)動量守恒B.小球離開小車后做豎直上拋運動C.小球離開小車后做斜上拋運動D.小球第二次沖出軌道后在空中能上升的最大高度為0.6h4.如圖所示，ABCD是一個盆式容器，盆內(nèi)側(cè)壁與盆底BC的連接處都是一段與BC相切的圓弧(不計其長度)，BC水平，其長d=0.50m，盆邊緣的高度h=0.30m。在A處放一個質(zhì)量為m的小物塊并讓其由靜止開始下滑。已知盆內(nèi)側(cè)壁是光滑的，而盆底BC面與小物塊間的動摩擦因數(shù)μ=0.10。小物塊在盆內(nèi)來回滑動，最后停止下來，則小物塊停止時的位置到B的距離為A.0.50mB.0.25mC.0.10mD.0 1.如圖所示，在光滑絕緣的水平面上有兩個質(zhì)量相等、帶電量不等的小球a和b.t=0時刻，b速度為0，給a一個正對b的初速度v0，在以后運動過程中a和b始終未接觸，下列圖線分別是：兩球間庫侖力F隨時間t變化圖、兩球速度v隨時間t變化圖、兩球電勢能Ep隨a位移xa變化圖、b球動能Ekb隨b的位移xb變化圖，其中與兩球運動情況最相符的是A.B.C.D.2.下列說法正確的是(????)A.因為能量守恒，所以能源危機是不可能的B.摩擦力做功的過程，必定有機械能轉(zhuǎn)化為內(nèi)能C.熱力學(xué)第二定律可表述為所有自發(fā)的熱現(xiàn)象的宏觀過程都具有方向性D.第二類永動機不可能制造成功的原因是違背了能量守恒定律3.如圖所示，一輕彈簧豎直放置，兩端固定物體B和C，O點是彈簧處于原長時物體B所處的位置，B、O間距離為x。把一物體A從靜止釋放，釋放時A、B之間的距離為h，物體A和物體B的質(zhì)量均為m，發(fā)生碰撞后粘在一起向下運動(以后不再分開)，壓縮彈簧然后上升到最高點D，O、D之間距離也為x，重力加速度為g，物體C始終靜止，下列說法正確的是A.碰撞后瞬間物體B的速度為ghB.運動到O點時，A、B之間彈力不為零C.物體C的質(zhì)量可能等于mD.h和x的關(guān)系滿足h=4x 二、多選題1.如圖所示為A，B兩球沿一直線運動并發(fā)生正碰，如圖為兩球碰撞前后的位移圖像．a(chǎn)、b分別為A，B兩球碰前的位移圖像，c為碰撞后兩球共同運動的位移圖像，若A球的質(zhì)量m=2kg，則由圖判斷下列結(jié)論正確的是(????)A.B兩球碰撞前的總動量為-3kg·m/sB.碰撞時A對B的沖量為-4N·sC.碰撞前后A的動量變化量為4kg·m/sD.碰撞中A、B兩球組成的系統(tǒng)損失的機械能為10J2.如圖所示，子彈水平射入放在光滑水平地面上靜止的木塊，子彈未穿透木塊，此過程中木塊的動能增加了5?J，下列說法正確的是(????)A.此過程中系統(tǒng)產(chǎn)生的內(nèi)能可能為6?JB.此過程中系統(tǒng)產(chǎn)生的內(nèi)能可能為4?JC.此過程中子彈損失的動能可能為9JD.此過程中子彈損失的動能可能為13J3.如圖甲所示，在某電場中建立x坐標(biāo)軸，A、B為x軸上的兩點，xA、xB分別為A、B兩點在x軸上的坐標(biāo)值。一電子僅在電場力作用下沿x軸運動，該電子的電勢能Ep隨其坐標(biāo)x變化的關(guān)系圖象如圖乙所示，則下列說法正確的是(????)A.該電場一定不是孤立點電荷形成的電場B.A點的電場強度小于B點的電場強度 C.電子由A點運動到B點的過程中，電場力對其所做的功W=EpA?EpBD.電子在A點的動能小于在B點的動能1.如圖所示，長木板A放在光滑的水平地面上，物體B以水平速度沖上A后，由于摩擦力作用，最后停止在木板A上，則從B沖到木板A上到相對木板A靜止的過程中，下述說法中正確的是(????)A.物體B動能的減少量等于系統(tǒng)損失的機械能B.物體B克服摩擦力做的功等于系統(tǒng)內(nèi)能的增加量C.物體B損失的機械能等于木板A獲得的動能與系統(tǒng)損失的機械能之和D.摩擦力對物體B做的功和對木板A做的功的總和等于系統(tǒng)內(nèi)能的增加量三、填空題（本大題共3小題，共12.0分）2.利用能源的過程就是能量的轉(zhuǎn)化過程。例如，讓煤燃燒使水汽化，化學(xué)能轉(zhuǎn)化為內(nèi)能;然后蒸汽推動汽輪機轉(zhuǎn)動，部分內(nèi)能轉(zhuǎn)化為機械能;汽輪機帶動發(fā)電機發(fā)電，機械能又轉(zhuǎn)化為電能;電能進(jìn)一步使各種用電器工作，等等。在整個過程中，由于熱量的散失和摩擦不可避免，煤的化學(xué)能的一部分最后都轉(zhuǎn)化為??????????能，散失到環(huán)境中，散失了的??????????不會再自動聚集起來供人類重新利用，這就是能量的耗散。3.如圖所示，a、b、c為勻強電場中的等勢面，ab的距離是bc的一半，b面的電勢Ub=0V，一個電量為1C的負(fù)電荷以18焦的動能進(jìn)入電場，到c時，速度為零。則c面的電勢Uc為_______V，當(dāng)電荷的電勢能為10焦時，電荷的動能為___________J。??4.一帶電油滴在勻強電場E中的運動軌跡如圖中虛線所示，電場方向豎直向下．若不計空氣阻力，則此帶電油滴從a運動到b的過程中，動能和重力勢能之和______，重力勢能和電勢能之和______.(填“增加”、“減少”或“不變”) 答案和解析1.【答案】D2.【答案】D3.【答案】D【解答】t時間內(nèi)垂直吹向旋轉(zhuǎn)葉片有效受風(fēng)面積的空氣的質(zhì)量為m=ρSvt；這些空氣所具有的動能為???Ek=12mv2=12ρSv3t風(fēng)力發(fā)電機將風(fēng)能轉(zhuǎn)化為電能的效率為η，風(fēng)力發(fā)電機輸出的電功率為P根據(jù)能量守恒：Pt=ηEk，解得：P=12ηρSv3，故D正確，ABC錯誤。故選D。4.【答案】D【解答】A.設(shè)子彈初速度為v，子彈克服阻力做功為Wf，對子彈，由動能定理得：?Wf=0?12mv2，所以子彈克服阻力做功Wf=12mv2，可知二次試驗子彈克服阻力做功相等，故A錯誤；B.根據(jù)能量守恒，子彈的動能全部轉(zhuǎn)化為子彈與材料的總熱量，故二次試驗總熱量相等，故B錯誤；C.子彈的動量變化量為Δp=0?mv，可知二次試驗子彈的動量變化量相等，故C錯誤；D.對子彈，根據(jù)動量定理知子彈所受沖量為：I1=Δp=0?mv，根據(jù)牛頓第三定律知子彈對防彈材料的作用力與防彈材料的作用力等大反向，所以防彈材料所受沖量與子彈所受沖量等大反向，則防彈材料所受沖量為：I2=?I1=mv，故二次試驗防彈材料所受沖量相等，故D正確。故選D。5.【答案】C【解答】彈丸擊中沙箱過程系統(tǒng)水平方向動量守恒，以彈丸的初速度方向為正方向，由動量守恒定律得：mv=(M+m)v′，解得：v′=mvM+m，彈丸與沙箱一起擺動過程系統(tǒng)機械能守恒，由能量守恒定律可知，整個過程系統(tǒng)損失的機械能：△E=12mv2?12(M+m)v′2=Mmv22(M+m)；A、若保持m、v、l不變，M變大，系統(tǒng)損失的機械能：△E=Mmv22(M+m)=mv22(1+mM)變大，故A錯誤；B、若保持M、v、l不變，m變大，則系統(tǒng)損失的機械能：△E=Mmv22(M+m)=Mv22(1+Mm)變大，故B錯誤；C 、若保持M、m、l不變，v變大，則系統(tǒng)損失的機械能：△E=Mmv22(M+m)變大，故C正確；D、若保持M、m、v不變，l變大，則系統(tǒng)損失的機械能：△E=Mmv22(M+m)不變，故D錯誤；故選：C。6.【答案】C7.【答案】B【解答】A.小球與小車組成的系統(tǒng)在水平方向不受外力，水平方向系統(tǒng)動量守恒，但系統(tǒng)所受的合外力不為零，所以系統(tǒng)動量不守恒，故A錯誤；BC.小球與小車組成的系統(tǒng)在水平方向動量守恒，可知系統(tǒng)水平方向的總動量保持為零。小球由B點離開小車時系統(tǒng)水平方向動量為零，故小球與小車水平方向速度為零，所以小球離開小車后做豎直上拋運動，故B正確，C錯誤；D.小球第一次車中運動過程中，由動能定理得mgh?0.8h?Wf=0，Wf為小球克服摩擦力做功大小，解得Wf=0.2mgh，即小球第一次在車中滾動損失的機械能為0.2mgh，由于小球第二次在車中滾動時，對應(yīng)位置處速度變小，因此小車給小球的彈力變小，摩擦力變小，摩擦力做功小于0.2mgh，機械能損失小于0.2mgh，因此小球再次離開小車時，能上升的高度大于0.8h?0.2h=0.6h，故D錯誤；故選B。8.【答案】D【解答】小物塊在盆內(nèi)側(cè)壁滑動無機械能損失，而在盆底滑動時，滑動摩擦力做功，使機械能轉(zhuǎn)化為內(nèi)能，對小物塊，從A點出發(fā)到最后停下來，整個過程根據(jù)動能定理有：mgh?μmgs=0?0，解得s=hμ=0.30.1=3m=6d，剛好3個來回，所以最終停在B點，故ABC錯誤，D正確。故選：D。9.【答案】D【解答】A.t=0時刻，小球a和b之間距離不是無窮遠(yuǎn)，所以兩球間庫侖力F不能為零，即圖像不能過原點，故A錯誤；B.t=0時刻給a一個正對b的初速度v0，由于庫侖力的作用，小球a減速，小球b 加速，兩小球同速前，小球a和b之間距離減小，同速后a和b之間距離增大，根據(jù)庫侖定律可知，小球a和b之間的庫侖力先增大后減小，故v?t圖像中小球a和b的斜率先增大后減小，故B錯誤；C.由于庫侖力對a球做負(fù)功，對b球做正功，故兩小球同速前，動能轉(zhuǎn)化為兩球的電勢能，故兩球電勢能Ep隨a位移xa增大，兩小球同速后，電勢能轉(zhuǎn)化為兩球的動能，故兩球電勢能Ep隨a位移xa減小，故兩球電勢能先增大后減小。故C錯誤；D.b球動能Ekb隨b的位移xb變化圖像中的斜率表示b球所受庫侖力的變化，兩小球同速前，小球a和b之間距離減小，同速后a和b之間距離增大，根據(jù)庫侖定律可知，小球a和b之間的庫侖力先增大后減小，故圖像中的斜率先增大后減小，無窮遠(yuǎn)處，斜率為零，動能不變，故D正確。10.【答案】C【解答】A.能量雖然是守恒的，總量不變，但是我們可以利用的能源是有限的，故一定要注意節(jié)約能源。故A錯誤;B.一對滑動摩擦力做功，兩物體之間存在相對運動時，系統(tǒng)機械能轉(zhuǎn)化為內(nèi)能，如果沒有相對運動，即一對靜摩擦力做功，系統(tǒng)沒有機械能轉(zhuǎn)化為內(nèi)能。故B錯誤;C.熱力學(xué)第二定律可表述為所有自發(fā)的熱現(xiàn)象的宏觀過程都具有方向性。故C正確;D.第二類永動機不違反能量守恒定律，但是違反了機械能和內(nèi)能轉(zhuǎn)化的方向性。故D錯誤。11.【答案】C【解答】A.由運動學(xué)公式得碰撞前物體A的速度v0=2gh，根據(jù)動量守恒mv0=2mv得碰撞后瞬間物體A、B的速度為v=122gh，故A錯誤。B.O點是彈簧原長位置，所以運動到O點時，A與B系統(tǒng)僅受重力作用，加速度為重力加速度g，所以A、B之間彈力為零，故B錯誤。C.因為C始終靜止，當(dāng)運動至D點時，O，D之間距離也為x，由胡克定律可知彈簧的彈力等于物體B的受到的重力，所以物體C的質(zhì)量要大于或等于m，故C正確。D.根據(jù)能量守恒有12×2mv2=4mgx，解得h=8x，故D錯誤。12.【答案】BCD【解答】C.由x?t圖象的斜率表示速度，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；則碰撞前后A 的動量變化為：△PA=mvA′?mvA=2×(?1)kg·m/s?2×(?3)kg·m/s=4kg?m/s，故C正確；B.對A、B組成的系統(tǒng)，根據(jù)動量守恒定律知：碰撞前后B的動量變化為：△PB=?△PA=?4kg?m/s，對B，由動量定理可知，碰撞時A對B所施沖量為：IB=△PB=?4kg?m/s=?4N?s，故B正確；A.由△PB=mB(vB′?vB)，所以：mB=?ΔPBvB′?vB??=??4?1?2kg??=?43??kg，則A與B碰撞前的總動量為：p總=mvA+mBvB=2×(?3)kg·m/s+?4?3?×2kg·m/s=??10?3?kg?m/s，故A錯誤；D.碰撞中A、B兩球組成的系統(tǒng)損失的動能：ΔEk=?1?2?mvA2+?12??mBvB2??1?2?(m+mB)v2，代入數(shù)據(jù)解得：△Ek=10J，故D正確。故選BCD。13.【答案】AD【解答】AB.設(shè)子彈的初速度為V，射入木塊后子彈與木塊共同的速度為v，木塊的質(zhì)量為m，子彈的質(zhì)量為m0，根據(jù)動量守恒定律得：m0V=(m0+m)v得?：v=m0Vm0+m，木塊獲得的動能為ΔEk=12mv2?，系統(tǒng)產(chǎn)生的內(nèi)能為Q=12m0V2?12m0+mv2=m0mV22m0+m>12mv2=5J，故A正確，B錯誤；CD.由能量守恒知此過程中子彈損失的動能為ΔE損=Q+12mv2>10J，故D正確，C錯誤。故選AD。14.【答案】AC【解答】AB.根據(jù)功能關(guān)系知，Ep=qφ，，得：，即有，根據(jù)數(shù)學(xué)知識可知，圖線的斜率k=qE，則知E保持不變，說明電場強度不變，所以該電場一定是勻強電場，一定不是孤立點電荷形成的電場，EA=EB，故A正確，B錯誤；C.電子由A點運動到B點的過程中，由功能關(guān)系可得，電場力對其所做的功W=EpA?EpB,故C正確；D. 根據(jù)能量守恒定律得知，電子從A到B電勢能增大，動能減小。即電子在A點的動能大于在B點的動能，故D錯誤。故選AC。15.【答案】CD【解答】A.物體B以水平速度沖上A后，由于摩擦力作用，B減速運動，A加速運動，根據(jù)能量守恒定律，物體B動能的減少量等于A增加的動能和產(chǎn)生的熱量之和，則A錯誤；B.根據(jù)動能定理，物體B克服摩擦力做的功等于B損失的動能，故B錯誤；C.由能量守恒定律可知，物體B損失的機械能等于木板獲得的動能與系統(tǒng)損失的機械能之和，故C正確；D.摩擦力對物體B做功等于B動能的減少，摩擦力對木板A做功等于A動能的增加，由能量守恒定律，摩擦力對物體B做的功和對木板A做的功的綜合等于系統(tǒng)內(nèi)能的增加量的負(fù)值，即它們的豎直相等，故D正確。故選CD。16.【答案】內(nèi)；內(nèi)能。17.【答案】?12；2?！窘獯稹控?fù)電荷從a到c過程，由動能定理得：qUac=0?Ek0解得：Uac=?Ek0q=?18?1V=18V又ab的距離是bc的一半，則：Uab=13Uac=6V，Ubc=23Uac=12V根據(jù)Ubc=φb?φc和Uab=φa?φb可得：φa=6V，φc=?12V則該電荷在a點的電勢能：Epa=qφa=?6J由于只有電場力做功，所以動能和電勢能總和不變：E總=18J+?6J=12J則當(dāng)電荷的電勢能為10焦時，電荷的動能為：Ek=E總?Ep=12J?10J=2J。故答案為：?12；2 。18.【答案】增加；減少【解析】解：油滴由a到b，由運動軌跡可判出油滴所受的電場力與重力的合力豎直向上，故油滴所受的電場力方向豎直向上，電場力做正功，電勢能一定減小，油滴運動過程中，重力勢能、動能和電勢能的總和保持不變，根據(jù)能量守恒定律，則有重力勢能和動能之和增加；合力做正功，動能增加，則重力勢能和電勢能之和減少．