浙江省2019-2020學(xué)年高中物理 第六章 課時(shí)訓(xùn)練4 能量守恒定律、功能關(guān)系的綜合應(yīng)用（含解析）

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1、課時(shí)訓(xùn)練4　能量守恒定律、功能關(guān)系的綜合應(yīng)用 基礎(chǔ)鞏固 1.畫作《瀑布》如圖所示。有人對(duì)此畫作了如下解讀:水流從高處傾瀉而下,推動(dòng)水輪機(jī)發(fā)電,又順著水渠流動(dòng),回到瀑布上方,然后再次傾瀉而下,如此自動(dòng)地周而復(fù)始。這一解讀違背了(　D　) A.庫(kù)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(xì)線下面懸掛一擺球,擺球在空氣中擺動(dòng),擺動(dòng)的幅度越來(lái)越小,對(duì)此現(xiàn)象下列說(shuō)法正確的是(　B　) A.擺球機(jī)械能守恒 B.擺球的機(jī)械能正在減少 C.能量正在消失 D.只有動(dòng)能和重力勢(shì)能的相互轉(zhuǎn)化 3.下列說(shuō)法正確的是(　C　) A.隨著科技的發(fā)展,第一類永

2、動(dòng)機(jī)是可以制成的 B.太陽(yáng)照射到地球上的光能轉(zhuǎn)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(zhuǎn)化和守恒定律,因而是不可能的 D.有種“全自動(dòng)”手表,不用上發(fā)條,也不用任何形式的電源,卻能一直走動(dòng),說(shuō)明能量可以憑空產(chǎn)生 4.如圖所示為“風(fēng)光互補(bǔ)路燈”系統(tǒng),在有陽(yáng)光時(shí)通過(guò)太陽(yáng)能電池板發(fā)電,有風(fēng)時(shí)通過(guò)風(fēng)力發(fā)電機(jī)發(fā)電,二者皆備時(shí)同時(shí)發(fā)電,并將電能輸至蓄電池儲(chǔ)存起來(lái),供路燈照明使用。該系統(tǒng)(　D　) A.只可以實(shí)現(xiàn)風(fēng)能轉(zhuǎn)化為電能 B.只可以實(shí)現(xiàn)太陽(yáng)能轉(zhuǎn)化為電能 C.可以實(shí)現(xiàn)電能轉(zhuǎn)化為風(fēng)能 D.可以同時(shí)實(shí)現(xiàn)風(fēng)能、太陽(yáng)能轉(zhuǎn)化為電能 解

3、析:當(dāng)同時(shí)具有風(fēng)和陽(yáng)光時(shí),兩者可同時(shí)發(fā)電,將風(fēng)能、太陽(yáng)能轉(zhuǎn)化為電能,選項(xiàng)D正確。 5.關(guān)于能源的開發(fā)和應(yīng)用,下列說(shuō)法中正確的是(　C　) A.能源應(yīng)用的過(guò)程就是內(nèi)能轉(zhuǎn)化為機(jī)械能的過(guò)程 B.化石能源的能量歸根結(jié)底來(lái)自于太陽(yáng)能,因此化石能源永遠(yuǎn)不會(huì) 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(xué)技術(shù)的發(fā)展,煤炭資源將取之不盡,用之不竭 解析:能源應(yīng)用過(guò)程并不單純是將內(nèi)能轉(zhuǎn)化為機(jī)械能的過(guò)程,各種轉(zhuǎn)化形式均可為人類服務(wù),故A錯(cuò)誤;化石能源的能量雖然來(lái)自太陽(yáng)能,但要經(jīng)過(guò)數(shù)億年的地質(zhì)演變才能形成,且儲(chǔ)量有限,為不可再生能源,故B錯(cuò)誤;在廣

4、大農(nóng)村推廣沼氣對(duì)改善農(nóng)村環(huán)境、節(jié)約能源意義重大,功在當(dāng)代,利在千秋,故C正確;無(wú)論技術(shù)先進(jìn)與否,煤炭資源不可能取之不盡、用之不竭,故D錯(cuò)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(diǎn)滴做起,保護(hù)環(huán)境,保護(hù)地球。下列關(guān)于能源與能量理解正確的是(　D　) A.能量是守恒的,沒(méi)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(guò)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(yīng)積極開發(fā)與利用風(fēng)能、太陽(yáng)能、潮汐能等可再生的新能源 解析:在能源的利用過(guò)程中,雖然能量在數(shù)量上并未減少,但可利用率越來(lái)越小

5、,故仍需節(jié)約能源,故A錯(cuò)誤;能量耗散表明自然界的能量在轉(zhuǎn)化的過(guò)程中可利用率越來(lái)越小,但總量不會(huì)減小,故B錯(cuò)誤;自然界中石油、煤炭指的是億萬(wàn)年前的大量生物經(jīng)過(guò)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(zhì),在短時(shí)間內(nèi)不能再生,是不可再生能源,故C錯(cuò)誤;太陽(yáng)能、風(fēng)能、潮汐能是可再生能源,人類應(yīng)多開發(fā)與利用,故D正確。 7.一個(gè)質(zhì)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(shí)的速度為2.0 m/s。取g=10 m/s2,關(guān)于力對(duì)小孩做的功,以下結(jié)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(dòng)能定理可得,合外力對(duì)小孩做的功W合=mv2-0=×25×22 J =50 J,故A正確;重力對(duì)小孩做的功WG=mgh=25×10×3 J=750 J,故C錯(cuò)誤;由于支持力的方向始終與速度方向垂直,支持力對(duì)小孩不做功,故D錯(cuò)誤;因?yàn)閃合=WG+Wf,所以Wf=W合-WG=(50-750)J=-700 J,故B錯(cuò)誤。 8.(2018·浙江11月學(xué)考)奧運(yùn)會(huì)比賽項(xiàng)目撐桿跳高如圖所示,下列說(shuō)法不正確的是(　B　) A.加速助跑過(guò)程中,運(yùn)動(dòng)員的動(dòng)能增加 B.起跳上升過(guò)程中,桿的彈性勢(shì)能一直增加 C.起跳上升過(guò)程中,運(yùn)動(dòng)員的重力勢(shì)能增加 D.越過(guò)橫桿后

7、下落過(guò)程中,運(yùn)動(dòng)員的重力勢(shì)能減少,動(dòng)能增加 解析:加速助跑過(guò)程中,運(yùn)動(dòng)員的速度增大,動(dòng)能增大,故A正確;起跳上升過(guò)程中,桿的形變量先增加后減少,彈性勢(shì)能先增加后減少,故B錯(cuò)誤;起跳上升過(guò)程中,運(yùn)動(dòng)員的重心升高,重力勢(shì)能增加,故C正確;越過(guò)橫桿后下落過(guò)程中,運(yùn)動(dòng)員重力做正功,重力勢(shì)能減少,動(dòng)能增加,D正確。 能力提高 9.如圖所示是我國(guó)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(wàn)噸二氧化碳。已知該地區(qū)每年能正常發(fā)電的時(shí)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(yùn)動(dòng)到B,以下說(shuō)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(duì)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(guò)程中克服重力做的功等于汽車增加的重力 勢(shì)能 解析:汽車由A勻速率運(yùn)動(dòng)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(xiàng)A,B,C錯(cuò)誤;因?yàn)槠噭?/p>

9、速率運(yùn)動(dòng),所以在上拱形橋的過(guò)程中,克服重力做的功等于汽車增加的重力勢(shì)能,選項(xiàng)D正確。 11.如圖所示是具有登高平臺(tái)的消防車,具有一定質(zhì)量的伸縮臂能夠在5 min內(nèi)使承載4人的登高平臺(tái)(人連同平臺(tái)的總質(zhì)量為400 kg)上升60 m 到達(dá)滅火位置。此后,在登高平臺(tái)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(shí)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(dòng)機(jī)輸出功率為1×104 W B.水炮工作的發(fā)動(dòng)機(jī)輸出功率為4×104 W C.水炮工作的發(fā)動(dòng)機(jī)輸出功率為2.4×106 W D.伸縮臂抬升登高平臺(tái)的發(fā)動(dòng)機(jī)輸出功率約為80

10、0 W 解析:登高平臺(tái)的發(fā)動(dòng)機(jī)輸出功率為設(shè)備升高克服重力的功率,即P== W=400 W,選項(xiàng)D錯(cuò)誤。在一秒鐘內(nèi),噴出去水的體積V= m3= m3,噴出去水的質(zhì)量為m=ρV=103× kg=50 kg,噴出去水的重力勢(shì)能為WG=mgh=50×10×60 J=3×104 J,水的動(dòng)能為mv2=1×104 J,所以1秒鐘內(nèi)水增加的能量為4×104 J,所以功率為4×104 W,選項(xiàng)B正確,A,C錯(cuò)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(jì)空氣阻力,在整個(gè)上升過(guò)程中,物體機(jī)械能隨時(shí)間變化關(guān)系是(　C　) 解析:在豎直向上的恒力作用下上升過(guò)程中,由

11、于拉力對(duì)物體做正功,物體機(jī)械能增加,拉力做功WF=F·x=F·at2,與時(shí)間成二次函數(shù)關(guān)系,即物體機(jī)械能的增加與時(shí)間t不成線性關(guān)系,選項(xiàng)A,B錯(cuò)誤;撤去恒力后,物體只受重力作用,所以機(jī)械能守恒,選項(xiàng)D錯(cuò)誤,C正確。 13.(2018·浙江11月學(xué)考)如圖所示為某一游戲的局部簡(jiǎn)化示意圖。D為彈射裝置,AB是長(zhǎng)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(diǎn),軌道AB與BC平滑連接,且在同一豎直平面內(nèi)。某次游戲中,無(wú)動(dòng)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(diǎn)。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(yùn)動(dòng)時(shí)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(yùn)動(dòng),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(dá)B點(diǎn)時(shí)的速度v1=v0-a1t1=4 m/s,從B到C過(guò)程,根據(jù)機(jī)械能守恒定律,有m=mgh,解得h=0.8 m,根據(jù)幾何關(guān)系,xBC=2Rsin θ,h=xBCsin θ,解得sin θ=0.2,從B到C做勻減速直線運(yùn)動(dòng)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(shí)間為t=

13、t1+t2=5 s,故A正確。 14.如圖為某體校的鉛球訓(xùn)練裝置的示意圖。假設(shè)運(yùn)動(dòng)員以6 m/s速度將鉛球從傾角為30°的軌道底端推出,當(dāng)鉛球向上滑到某一位置時(shí),其動(dòng)能減少了72 J,機(jī)械能減少了12 J,已知鉛球(包括其中的上掛設(shè)備)質(zhì)量為12 kg,滑動(dòng)過(guò)程中阻力大小恒定,則下列判斷正確的是(　C　) A.鉛球上滑過(guò)程中減少的動(dòng)能全部轉(zhuǎn)化為重力勢(shì)能 B.鉛球向上運(yùn)動(dòng)的加速度大小為4 m/s2 C.鉛球返回底端時(shí)的動(dòng)能為144 J D.運(yùn)動(dòng)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(shí),受重力、支持力和阻力,根據(jù)動(dòng)能定理,有-mg·lsin 30°

14、-fl=Ek-=-72 J,機(jī)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(cuò)誤;當(dāng)鉛球滑到某一位置時(shí),動(dòng)能減少了72 J,機(jī)械能減少了12 J,所以當(dāng)鉛球到達(dá)最高點(diǎn)時(shí)動(dòng)能減少了m=216 J,機(jī)械能減少了36 J,所以鉛球上升過(guò)程中克服摩擦力做功是36 J,全過(guò)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(shè)回到出發(fā)點(diǎn)的動(dòng)能為 Ek′,由動(dòng)能定理可得W=Ek′-Ek0,解得Ek′=144 J,故C正確;鉛球上滑過(guò)程中減少的動(dòng)能全部轉(zhuǎn)化為重力勢(shì)能和

15、內(nèi)能,故A錯(cuò)誤;根據(jù)能量守恒可知運(yùn)動(dòng)員每推一次消耗的能量至少為216 J,故D錯(cuò)誤。 15.(2019·金麗衢十二校聯(lián)考)如圖所示,ABCD是游樂(lè)場(chǎng)中的滑道,它位于豎直平面內(nèi),由兩個(gè)半徑分別為R1=10 m和R2=2 m的光滑圓弧,以及長(zhǎng)L=10 m、動(dòng)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(diǎn)恰好在水面上。游客(可視為質(zhì)點(diǎn))可由AB弧的任意位置從靜止開始下滑,游客的質(zhì)量為m=50 kg,g取10 m/s2。 (1)若到達(dá)AB弧的末端時(shí)速度為5 m/s,此時(shí)游客對(duì)滑道的壓力多大? (2)若要保證游客能滑入水中,開始下滑點(diǎn)與B點(diǎn)間圓弧所對(duì)應(yīng)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(diǎn)脫離滑道,求其落水點(diǎn)到D點(diǎn)的距離范圍。 解析:(1)在B點(diǎn)時(shí),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(duì)滑道的壓力大小為625 N。 (2)根據(jù)能量關(guān)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(diǎn)恰好脫離軌道時(shí),有 mg=m, 解得v1=2 m/s; 從A點(diǎn)到C點(diǎn),由動(dòng)能定理可得 mgR1-μmgL=m 解得v2=6 m/s, 即到達(dá)C點(diǎn)的速度范圍是2 m/s≤v≤6 m/s; 由平拋運(yùn)動(dòng)的規(guī)律,有R2=gt2,解得

17、t=2 s; 則落水點(diǎn)到D點(diǎn)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(zhì)量m=70 kg,用速度傳感器測(cè)得雪橇在B處的速度值vB=12 m/s,不計(jì)空氣阻力和連接處能量損失,小明和雪橇可視為質(zhì)點(diǎn),g取10 m/s2。 (1)從A到C過(guò)程中,小明與雪橇所受重力做了多少功; (2)從A到B過(guò)程中,小明與雪橇損失了多少機(jī)械能?

18、 (3)若小明乘雪橇最后停在BC的中點(diǎn),則他應(yīng)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(guò)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(guò)程中,重力勢(shì)能減少量 ΔEp=mgh=5.6×103 J, 動(dòng)能增加量ΔEk=m=5.04×103 J, 損失的機(jī)械能為ΔE機(jī)=mgh-m=5.6×102 J。 (3)設(shè)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(dòng)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(xué)考)小明用如圖所示軌道探究滑塊的運(yùn)動(dòng)規(guī)律。長(zhǎng)L1=1 m的斜軌道傾角為α,斜軌道底端平滑連接長(zhǎng)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(zhì)量m=0.05 kg的滑塊(可不計(jì)大小)從斜軌道頂端釋放,滑塊與斜軌道及水平軌道間的動(dòng)摩擦因數(shù)均為μ=0.3。已知sin 37° =0.6,cos 37°=0.8。 (1)當(dāng)α=37°時(shí),無(wú)初速釋放滑塊,求滑塊到達(dá)B點(diǎn)時(shí)對(duì)半圓軌道壓力FN的大小; (2)當(dāng)α=37°時(shí),為保證滑塊能到達(dá)半圓軌道頂端A,應(yīng)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(diǎn)有 mgL1sin α-μmgL1cos α-μmgL2=mv2 在B點(diǎn):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(dá)半圓軌道頂端A,到達(dá)A點(diǎn)速度設(shè)為v2,則 mg=m,v2== m/s, 從斜軌頂端到圓軌道最高點(diǎn)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 -