人教版高中物理選擇性必修三 3.3 能量守恒定律 練習(xí)

1、第 =page 2 2頁(yè)，共 =sectionpages 2 2頁(yè)能量守恒定律練習(xí)一、單選題下列對(duì)能量守恒定律的認(rèn)識(shí)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(gè)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(dòng)力而持續(xù)對(duì)外做功的機(jī)器第一類永動(dòng)機(jī)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(jī)械能消失了自由擺動(dòng)的秋千擺動(dòng)幅度越來越小。在此過程中()A. 機(jī)械能守恒B. 能量正在消失C. 只有動(dòng)能和重力勢(shì)能的相互轉(zhuǎn)化D. 減少的機(jī)械能轉(zhuǎn)化為內(nèi)能，但總能量守恒風(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(jī)的葉片轉(zhuǎn)動(dòng)形成的圓面積為S，某

2、時(shí)間風(fēng)的速度大小為v，風(fēng)向恰好跟此圓面垂直；此時(shí)空氣的密度為，該風(fēng)力發(fā)電機(jī)將空氣動(dòng)能轉(zhuǎn)化為電能的效率為，則風(fēng)力發(fā)電機(jī)發(fā)電的功率為( )A. Sv2B. 12Sv2C. Sv3D. 12Sv3下圖是同一型號(hào)子彈以相同的初速度射入固定的、兩種不同防彈材料時(shí)完整的運(yùn)動(dòng)徑跡示意圖由此圖可判定，與第一次試驗(yàn)比較，第二次試驗(yàn)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(dòng)量變化量更大D. 防彈材料所受沖量相等如圖，用長(zhǎng)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(dòng)一小角度。不計(jì)空氣阻力。對(duì)子彈射向沙箱到與其共同擺過一小角

3、度的過程( )A. 若保持m、v、l不變，M變大，則系統(tǒng)損失的機(jī)械能變小B. 若保持M、v、l不變，m變大，則系統(tǒng)損失的機(jī)械能變小C. 若保持M、m、l不變，v變大，則系統(tǒng)損失的機(jī)械能變大D. 若保持M、m、v不變，l變大，則系統(tǒng)損失的機(jī)械能變大至今為止第一類永動(dòng)機(jī)從來沒有成功過，其原因是()A. 違反了牛頓運(yùn)動(dòng)定律B. 違反了動(dòng)量守恒定律C. 違反了能量守恒定律D. 機(jī)械制造的技術(shù)沒有過關(guān)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(diǎn)正上方h高處由靜止釋放，小球由A點(diǎn)沿切線方向經(jīng)半圓軌道后從B點(diǎn)沖出，在空中能上升的最大高度為0.8h，不計(jì)空氣阻力。下列

4、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(dòng)量守恒B. 小球離開小車后做豎直上拋運(yùn)動(dòng)C. 小球離開小車后做斜上拋運(yùn)動(dòng)D. 小球第二次沖出軌道后在空中能上升的最大高度為0.6h如圖所示，ABCD是一個(gè)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(jì)其長(zhǎng)度)，BC水平，其長(zhǎng)d=0.50m，盆邊緣的高度h=0.30m。在A處放一個(gè)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(dòng)摩擦因數(shù)=0.10。小物塊在盆內(nèi)來回滑動(dòng)，最后停止下來，則小物塊停止時(shí)的位置到B的距離為A. 0.50mB. 0.25mC. 0.10mD. 0如圖所示

5、，在光滑絕緣的水平面上有兩個(gè)質(zhì)量相等、帶電量不等的小球a和b.t=0時(shí)刻，b速度為0，給a一個(gè)正對(duì)b的初速度v0，在以后運(yùn)動(dòng)過程中a和b始終未接觸，下列圖線分別是：兩球間庫(kù)侖力F隨時(shí)間t變化圖、兩球速度v隨時(shí)間t變化圖、兩球電勢(shì)能Ep隨a位移xa變化圖、b球動(dòng)能Ekb隨b的位移xb變化圖，其中與兩球運(yùn)動(dòng)情況最相符的是A. B. C. D. 下列說法正確的是()A. 因?yàn)槟芰渴睾悖阅茉次C(jī)是不可能的B. 摩擦力做功的過程，必定有機(jī)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(dòng)機(jī)不可能制造成功的原因是違背了能量守恒定律如圖所示，一輕彈簧豎直放置

6、，兩端固定物體B和C，O點(diǎn)是彈簧處于原長(zhǎng)時(shí)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(shí)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(yùn)動(dòng)(以后不再分開)，壓縮彈簧然后上升到最高點(diǎn)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(yùn)動(dòng)到O點(diǎn)時(shí)，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、多選題如圖所示為A，B兩球沿一直線運(yùn)動(dòng)并發(fā)生正碰，如圖為兩球碰撞前后的位移圖像a、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(yùn)動(dòng)的位移圖像，若A球的質(zhì)量m=

7、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(dòng)量為-3kgm/sB. 碰撞時(shí)A對(duì)B的沖量為-4NsC. 碰撞前后A的動(dòng)量變化量為4kgm/sD. 碰撞中A、B兩球組成的系統(tǒng)損失的機(jī)械能為10J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(dòng)能增加了5J，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6JB. 此過程中系統(tǒng)產(chǎn)生的內(nèi)能可能為4JC. 此過程中子彈損失的動(dòng)能可能為9JD. 此過程中子彈損失的動(dòng)能可能為13J如圖甲所示，在某電場(chǎng)中建立x坐標(biāo)軸，A、B為x軸上的兩點(diǎn)，xA、xB分別為A、B兩點(diǎn)在x軸上的坐標(biāo)值。一電子僅在電場(chǎng)力作

8、用下沿x軸運(yùn)動(dòng)，該電子的電勢(shì)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(chǎng)一定不是孤立點(diǎn)電荷形成的電場(chǎng)B. A點(diǎn)的電場(chǎng)強(qiáng)度小于B點(diǎn)的電場(chǎng)強(qiáng)度C. 電子由A點(diǎn)運(yùn)動(dòng)到B點(diǎn)的過程中，電場(chǎng)力對(duì)其所做的功W=EpAEpBD. 電子在A點(diǎn)的動(dòng)能小于在B點(diǎn)的動(dòng)能如圖所示，長(zhǎng)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(duì)木板A靜止的過程中，下述說法中正確的是()A. 物體B動(dòng)能的減少量等于系統(tǒng)損失的機(jī)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(jī)械能等于木板A獲得的動(dòng)能與系統(tǒng)損失的機(jī)械能

9、之和D. 摩擦力對(duì)物體B做的功和對(duì)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）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(dòng)汽輪機(jī)轉(zhuǎn)動(dòng)，部分內(nèi)能轉(zhuǎn)化為機(jī)械能;汽輪機(jī)帶動(dòng)發(fā)電機(jī)發(fā)電，機(jī)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(gè)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(huì)再自動(dòng)聚集起來供人類重新利用，這就是能量的耗散。如圖所示，a、b、c為勻強(qiáng)電場(chǎng)中的等勢(shì)面，ab的距離是bc的一半，b面的電勢(shì)Ub=0V，一個(gè)電量為1C的負(fù)電荷以18焦的動(dòng)能進(jìn)入電場(chǎng)，到

10、c時(shí)，速度為零。則c面的電勢(shì)Uc為_V，當(dāng)電荷的電勢(shì)能為10焦時(shí)，電荷的動(dòng)能為_J。一帶電油滴在勻強(qiáng)電場(chǎng)E中的運(yùn)動(dòng)軌跡如圖中虛線所示，電場(chǎng)方向豎直向下若不計(jì)空氣阻力，則此帶電油滴從a運(yùn)動(dòng)到b的過程中，動(dòng)能和重力勢(shì)能之和_，重力勢(shì)能和電勢(shì)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(shí)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=Svt；這些空氣所具有的動(dòng)能為Ek=12mv2=12Sv3t風(fēng)力發(fā)電機(jī)將風(fēng)能轉(zhuǎn)化為電能的效率為，風(fēng)力發(fā)電機(jī)輸出的電功率為P根據(jù)能量守恒：Pt=Ek，解得：P=12Sv3，故D正確，ABC錯(cuò)誤。故選D。4.【

11、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(duì)子彈，由動(dòng)能定理得：Wf=012mv2，所以子彈克服阻力做功Wf=12mv2，可知二次試驗(yàn)子彈克服阻力做功相等，故A錯(cuò)誤；B.根據(jù)能量守恒，子彈的動(dòng)能全部轉(zhuǎn)化為子彈與材料的總熱量，故二次試驗(yàn)總熱量相等，故B錯(cuò)誤；C.子彈的動(dòng)量變化量為p=0mv，可知二次試驗(yàn)子彈的動(dòng)量變化量相等，故C錯(cuò)誤；D.對(duì)子彈，根據(jù)動(dòng)量定理知子彈所受沖量為：I1=p=0mv，根據(jù)牛頓第三定律知子彈對(duì)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(yàn)防彈材料所受沖量相等，故

12、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(dòng)量守恒，以彈丸的初速度方向?yàn)檎较?，由?dòng)量守恒定律得：mv=(M+m)v，解得：v=mvM+m，彈丸與沙箱一起擺動(dòng)過程系統(tǒng)機(jī)械能守恒，由能量守恒定律可知，整個(gè)過程系統(tǒng)損失的機(jī)械能：E=12mv212(M+m)v2=Mmv22(M+m)；A、若保持m、v、l不變，M變大，系統(tǒng)損失的機(jī)械能：E=Mmv22(M+m)=mv22(1+mM)變大，故A錯(cuò)誤；B、若保持M、v、l不變，m變大，則系統(tǒng)損失的機(jī)械能：E=Mmv22(M+m)=Mv22(1+Mm)變大，故B錯(cuò)誤；C、若保持M、m、l不變，v變大，則系統(tǒng)損失的機(jī)械能：E=Mmv2

13、2(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(jī)械能：E=Mmv22(M+m)不變，故D錯(cuò)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(dòng)量守恒，但系統(tǒng)所受的合外力不為零，所以系統(tǒng)動(dòng)量不守恒，故A錯(cuò)誤；BC.小球與小車組成的系統(tǒng)在水平方向動(dòng)量守恒，可知系統(tǒng)水平方向的總動(dòng)量保持為零。小球由B點(diǎn)離開小車時(shí)系統(tǒng)水平方向動(dòng)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(yùn)動(dòng)，故B正確，C錯(cuò)誤；D.小球第一次車中運(yùn)動(dòng)過程中，由動(dòng)能定理得mgh0.8hWf=0，Wf為小球克服摩擦力做功大小，解得Wf=

14、0.2mgh，即小球第一次在車中滾動(dòng)損失的機(jī)械能為0.2mgh，由于小球第二次在車中滾動(dòng)時(shí)，對(duì)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(jī)械能損失小于0.2mgh，因此小球再次離開小車時(shí)，能上升的高度大于0.8h0.2h=0.6h，故D錯(cuò)誤；故選B。8.【答案】D【解答】小物塊在盆內(nèi)側(cè)壁滑動(dòng)無機(jī)械能損失，而在盆底滑動(dòng)時(shí)，滑動(dòng)摩擦力做功，使機(jī)械能轉(zhuǎn)化為內(nèi)能，對(duì)小物塊，從A點(diǎn)出發(fā)到最后停下來，整個(gè)過程根據(jù)動(dòng)能定理有：mghmgs=00，解得s=h=0.30.1=3m=6d，剛好3個(gè)來回，所以最終停在B點(diǎn)，故ABC錯(cuò)誤，D正確。故選：D。9.【答案】D【解答

15、】A.t=0時(shí)刻，小球a和b之間距離不是無窮遠(yuǎn)，所以兩球間庫(kù)侖力F不能為零，即圖像不能過原點(diǎn)，故A錯(cuò)誤；B.t=0時(shí)刻給a一個(gè)正對(duì)b的初速度v0，由于庫(kù)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(kù)侖定律可知，小球a和b之間的庫(kù)侖力先增大后減小，故vt圖像中小球a和b的斜率先增大后減小，故B錯(cuò)誤；C.由于庫(kù)侖力對(duì)a球做負(fù)功，對(duì)b球做正功，故兩小球同速前，動(dòng)能轉(zhuǎn)化為兩球的電勢(shì)能，故兩球電勢(shì)能Ep隨a位移xa增大，兩小球同速后，電勢(shì)能轉(zhuǎn)化為兩球的動(dòng)能，故兩球電勢(shì)能Ep隨a位移xa減小，故兩球電勢(shì)能先增大后減小。故C錯(cuò)誤；D.b球動(dòng)能Ekb

16、隨b的位移xb變化圖像中的斜率表示b球所受庫(kù)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(kù)侖定律可知，小球a和b之間的庫(kù)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(dòng)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(cuò)誤;B.一對(duì)滑動(dòng)摩擦力做功，兩物體之間存在相對(duì)運(yùn)動(dòng)時(shí)，系統(tǒng)機(jī)械能轉(zhuǎn)化為內(nèi)能，如果沒有相對(duì)運(yùn)動(dòng)，即一對(duì)靜摩擦力做功，系統(tǒng)沒有機(jī)械能轉(zhuǎn)化為內(nèi)能。故B錯(cuò)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(dòng)機(jī)

17、不違反能量守恒定律，但是違反了機(jī)械能和內(nèi)能轉(zhuǎn)化的方向性。故D錯(cuò)誤。11.【答案】C【解答】A.由運(yùn)動(dòng)學(xué)公式得碰撞前物體A的速度v0=2gh，根據(jù)動(dòng)量守恒mv0=2mv得碰撞后瞬間物體A、B的速度為v=122gh，故A錯(cuò)誤。B.O點(diǎn)是彈簧原長(zhǎng)位置，所以運(yùn)動(dòng)到O點(diǎn)時(shí)，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(cuò)誤。C.因?yàn)镃始終靜止，當(dāng)運(yùn)動(dòng)至D點(diǎn)時(shí)，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122mv2=4mgx，解得h=8x，故D錯(cuò)誤。12.【答案】BCD【解答】C.由xt圖象

18、的斜率表示速度，可知，碰撞前有：vA=xAtA=4102m/s=3m/s，vB=xBtB=42m/s=2m/s，碰撞后有：vA=vB=v=xCtC=2442m/s=1m/s；則碰撞前后A的動(dòng)量變化為：PA=mvAmvA=2(1)kgm/s2(3)kgm/s=4kgm/s，故C正確；B.對(duì)A、B組成的系統(tǒng)，根據(jù)動(dòng)量守恒定律知：碰撞前后B的動(dòng)量變化為：PB=PA=4kgm/s，對(duì)B，由動(dòng)量定理可知，碰撞時(shí)A對(duì)B所施沖量為：IB=PB=4kgm/s=4Ns，故B正確；A.由PB=mB(vBvB)，所以：mB=PBvBvB=412kg=43kg，則A與B碰撞前的總動(dòng)量為：p總=mvA+mBvB=2(3

19、)kgm/s+432kgm/s=103kgm/s，故A錯(cuò)誤；D.碰撞中A、B兩球組成的系統(tǒng)損失的動(dòng)能：Ek=12mvA2+12mBvB212(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(dòng)量守恒定律得：m0V=(m0+m)v得：v=m0Vm0+m，木塊獲得的動(dòng)能為Ek=12mv2，系統(tǒng)產(chǎn)生的內(nèi)能為Q=12m0V212m0+mv2=m0mV22m0+m12mv2=5J，故 A正確，B錯(cuò)誤；CD.由能量守恒知此過程中子彈損失的動(dòng)能為E損=Q+12mv210J，故D正確，C錯(cuò)誤。故選AD。14.【答案】AC【解答】AB.根據(jù)功能關(guān)系知，Ep=q，得：，即有，根據(jù)數(shù)學(xué)知識(shí)可知，圖線的斜率k=qE，則知E保持不變，說明電場(chǎng)強(qiáng)度不變，所以該電場(chǎng)一定是勻強(qiáng)電場(chǎng)，一定不是孤立點(diǎn)電荷形成的電場(chǎng)，EA=EB，故A正確，B錯(cuò)誤；C.電子由A點(diǎn)運(yùn)動(dòng)到B點(diǎn)的過程中，由功能關(guān)系可得，電場(chǎng)力對(duì)其所做的功W=EpAEpB,故C正確；D.根據(jù)能量守恒定律得知，電子從A到B電勢(shì)能增大，動(dòng)能減小。即電子在A點(diǎn)的動(dòng)能大于在B點(diǎn)的動(dòng)能，故D錯(cuò)誤。故選AC。15.【答案】CD【解答】A