4-6 能量的转化与守恒 习题（含解析答案）

4.6
能量的转化与守恒
作业
1．(多选题)如图所示，在粗糙斜面顶端固定轻弹簧的一端，另一端挂一物体，物体在A点处于平衡状态．现用平行于斜面向下的力拉物体，第一次直接拉到B点，第二次将物体先拉到C点，再回到B点，在这两次过程中下列说法正确的是(　　)
A．重力势能的改变量相等
B．弹性势能的改变量相等
C．摩擦力对物体做的功相等
D．弹簧弹力对物体做的功相等
解析：两次初末位置相同，所以重力和弹簧的弹力做的功是相同的，此题中滑动摩擦力始终做负功，大小为摩擦力乘路程，与路径有关，所以两次摩擦力做功不同．答案：ABD
2．(多选题)如图所示，在抗洪救灾中，一架直升机通过绳索，用恒力F竖直向上拉起一个漂在水面上的木箱，使其由水面开始加速上升到某一高度，若考虑空气阻力而不考虑空气浮力，则在此过程中，以下说法正确的有(　　)
A．力F所做功减去克服阻力所做的功等于重力势能的增量
B．木箱克服重力所做的功等于重力势能的增量
C．力F、重力、阻力三者合力所做的功等于木箱动能的增量
D．力F和阻力的合力所做的功等于木箱机械能的增量
解析：对木箱受力分析如图所示，则由动能定理得WF－mgh－WFf＝ΔEk，故C对；由上式得：WF－WFf＝ΔEk＋mgh，即WF－WFf＝ΔEk＋ΔEp＝ΔE，故A错，D对；由重力做功与重力势能变化关系知B对，故B、C、D对．
3．(多选题)如图所示，一轻质弹簧一端固定在墙上的O点，另一端可自由伸长到B点．今使一质量为m的小物体靠着弹簧，将弹簧压缩到A点，然后释放，小物体能在水平面上运动到C点静止，已知AC＝L；若将小物体系在弹簧上，在A点由静止释放，则小物体将做阻尼振动直到最后静止，设小物体通过的总路程为x，则下列说法中可能的是(　　)
A．x＞L　　　　　　　
B．x＝L
C．x＜L
D．无法判断
解析：第一种情况下弹簧的弹性势能全部转化为内能，有Q＝FfL＝E弹，第二种情况下有可能停在B点(弹性势能全转化为内能)，此时x＝L，也可能停在其他的位置，这样末态的弹性势能不为零，转化为内能的量也会小一些，所以小物体通过的总路程小于L.答案：BC
4．(多选题)一带电小球在空中由A点运动到B点的过程中，受重力、电场力和空气阻力三个力作用．若重力势能增加3
J，机械能增加0.5
J，电场力对小球做功1
J，则小球(　　)
A．重力做功为3
J
B．电势能增加1
J
C．克服空气阻力做功0.5
J
D．动能减少2.5
J
解析：重力做功等于重力势能的减小量，重力势能增加3
J，即重力做功－3
J，故A错误．电场力做功等于电势能的减小量，电场力做功1
J，即电势能减小1
J，故B错误．除重力外的各个力做的总功等于机械能的增加量，电场力做功1
J，机械能增加0.5
J，所以克服空气阻力做功0.5
J，故C正确．合力做功等于动能的增加量，合力做功等于各个力做的总功为－2.5
J，所以动能减小2.5
J，故D正确．答案：CD
5．将一物体从地面竖直上抛出，设物体运动过程中所受的空气阻力大小恒定，物体在地面时的重力势能为零，则物体从抛出到落回原地的过程中，物体的机械能E与物体距地面高度h的关系正确的是图中的(　　)
　
A　　　　　B　　　
　C　　
　　D
解析：因有空气阻力做负功，所以物体的机械能减小，减小的机械能等于物体克服空气阻力做的功，ΔE＝Ff·h，两者为一次函数关系，当物体落回原抛出点时机械能不为零，故A正确．
6．(多选题)如图所示，轻质弹簧的一端与固定的竖直板P拴接，另一端与物体A相连，物体A静止于光滑水平桌面上，右端接一细线，细线绕过光滑的定滑轮与物体B相连．开始时用手托住B，让细线恰好伸直，然后由静止释放B，直至B获得最大速度．下列有关该过程的分析正确的是(　　)
A．B物体的机械能一直减小
B．B物体的动能的增加量等于它所受重力与拉力做的功之和
C．B物体机械能的减少量等于弹簧的弹性势能的增加量
D．细线拉力对A做的功等于A物体与弹簧所组成的系统机械能的增加量
解析：把AB和弹簧看作一个系统，系统机械能守恒，在B下落直至B获得最大速度过程中，A的动能增大，弹簧弹性势能增大，所以B物体的机械能一直减小，选项A正确；由动能定理，B物体的动能的增加量等于它所受重力与拉力做的功之和，选项B正确；B物体机械能的减少量等于弹簧的弹性势能的增加量与A动能增加量之和，选项C错误；对A和弹簧组成的系统，由功能关系，细线拉力对A做的功等于A物体与弹簧所组成的系统机械能的增加量，选项D正确．
答案：ABD
7．一物块从如图所示的弧形轨道上的A点由静止开始滑下，由于轨道不光滑，它仅能滑到B点．由B点返回后，仅能滑到C点，已知A、B高度差为h1，B、C高度差为h2，则下列关系正确的是(　　)
A．h1＝h2
B．h1＜h2
C．h1＞h2
D．h1、h2大小关系不确定
解析：由能的转化和守恒定律可知，物块由A到B的过程中重力势能减少mgh1，全部用于克服摩擦力做功，即WfAB＝mgh1，同理：WfBC＝mgh2，又随着小滑块最大高度的降低，运动过程中的同位置处滑块对轨道的压力变小，必有WfAB＞WfBC，所以mgh1＞mgh2，得：h1＞h2，C项正确．
8．(多选题)滑块以速率v1靠惯性沿固定斜面由底端向上运动，当它回到出发点时速率变为v2，且v2＜v1，若滑块向上运动的位移中点为A，取斜面底端所在水平面的重力势能为零，则(　　)
A．上升时机械能减小，下降时机械能增大
B．上升时机械能减小，下降时机械能也减小
C．上升过程中动能和势能相等的位置在A点上方
D．上升过程中动能和势能相等的位置在A点下方
解析：由v2＜v1，需要考虑摩擦力，故无论上升还是下降，机械能都是减少的，故选项B是正确的．设滑块上升的最大高度为h，上升过程中克服摩擦力做功为W摩，由动能定理得mgh＋W摩＝mv.设上升过程动能和势能相等的高度为h′，此时滑块速度为v，克服摩擦力做功为W摩′，由动能定理得mgh′＋W摩′＝mv－mv2，由题意知，mgh′＝mv2，则2mgh′＋W摩′＝mv，根据W摩′＜W摩可得h′＞，即动能与势能相等的位置在A点上方，C正确．答案：BC
9．(多选题)如图所示，质量为M、长度为L的小车静止在光滑的水平面上．质量为m的小物块(可视为质点)放在小车的最左端．现用一水平恒力F作用在小物块上，使物块从静止开始做匀加速直线运动．物块和小车之间的摩擦力为Ff.物块滑到小车的最右端时，小车运动的距离为l.在这个过程中，以下结论正确的是(　　)
A．物块到达小车最右端时具有的动能为(F－Ff)(L＋l)
B．物块到达小车最右端时，小车具有的动能为Ffl
C．物块克服摩擦力所做的功为Ff(L＋l)
D．物块和小车增加的机械能为Fl
解析：根据动能定理，物块到达最右端时具有的动能为Ek1＝ΔEk1＝F(L＋l)－Ff(L＋l)＝(F－Ff)·(L＋l)，A正确．物块到达最右端时，小车具有的动能可根据动能定理列式：Ek2＝ΔEk2＝Ffl，B正确．由功的公式，物块克服摩擦力所做的功为Wf＝Ff(L＋l)，C正确．物块增加的机械能Ekm＝(F－Ff)(L＋l)，小车增加的机械能EkM＝Ffl，物块和小车增加的机械能为Ekm＋EkM＝F·(L＋l)－FfL.或直接由功能关系得结论，D错误．答案：ABC
10．(多选题)如图所示，光滑水平面OB与足够长粗糙斜面BC交于B点．轻弹簧左端固定于竖直墙面，现用质量为m1的滑块压缩弹簧至D点，然后由静止释放，滑块脱离弹簧后经B点滑上斜面，上升到最大高度，并静止在斜面上．不计滑块在B点的机械能损失；换用相同材料质量为m2的滑块(m2>m1)压缩弹簧到相同位置，然后由静止释放，下列对两滑块说法正确的是(　　)
A．两滑块到达B点的速度相同
B．两滑块沿斜面上升的最大高度相同
C．两滑块上升到最高点过程克服重力做的功相同
D．两滑块上升到最高点过程机械能损失相同
解析：滑块被弹簧弹开获得的动能Ek＝mv2＝Ep，可判断A错误；沿斜面BC向上的最大高度为h，由动能定理得Ep－mgh－μmghcotθ＝0，整理得h＝，两物体质量不同，上升的高度不同，B错误；克服重力做功mgh＝，C正确；机械能损失等于克服摩擦力的功ΔE＝μmghcotθ＝，D正确．答案：CD
11．如图所示，斜面的倾角为θ，质量为m的滑块距挡板P的距离为x0，滑块以初速度v0沿斜面上滑，滑块与斜面间的动摩擦因数为μ，滑块所受摩擦力小于重力沿斜面向下的分力．若滑块每次与挡板相碰均无机械能损失，求滑块经过的总路程．
解析：滑块最终要停在斜面底部，设滑块经过的总路程为x，对滑块运动的全程应用功能关系，全程所产生的热量为Q＝mv＋mgx0sinθ，
又全程产生的热量等于克服摩擦力所做的功，即
Q＝μmgxcosθ，
解以上两式可得x＝.
答案：
12．如图所示，有一个可视为质点的小物块质量为m＝1
kg，从平台上的A点以v0＝2
m/s的初速度水平抛出，到达C点时，恰好沿C点的切线方向进入固定在水平地面上的光滑圆弧轨道，最后小物块滑上紧靠轨道末端D点的质量为M＝3
kg的长木板．已知木板上表面与圆弧轨道末端切线在同一水平面上，木板下表面与水平地面之间光滑，小物块与长木板间的动摩擦因数μ＝0.3，圆弧轨道的半径为R＝0.4
m，C点和圆弧的圆心连线与竖直方向的半径OD夹角为60°，不计空气阻力，g取10
m/s2.求：
(1)小物块到达C点时的速度大小．
(2)小物块经过圆弧轨道末端D点时对轨道的压力多大．
(3)要使小物块不滑出长木板，木板长度L至少应为多大．
解析：(1)由运动的分解可得小物块到达C点时的速度大小vC＝＝4
m/s
(2)小物块从C到D的过程中，由机械能守恒定律得：
mgR(1－cos60°)＝mv－mv，
代入数据解得vD＝2
m/s.
小球在D点时由牛顿第二定律得：FN－mg＝m
代入数据解得FN＝60
N，
由牛顿第三定律得F′N＝FN＝60
N，方向竖直向下
(3)设小物块刚滑到木板左端时恰与木板达到共同速度v，小物块在木板上滑行的过程中，小物块与长木板的加速度大小分别为：
a1＝＝μg＝3
m/s2,
a2＝＝1
m/s2，
速度满足：vD－
a1t＝a2t＝v
对物块和木板系统，由能量守恒定律得
μmgL＝mv－(m＋M)v2
解得：L＝2.5
m，即木板的长度至少是2.5
m.
答案：(1)4
m/s　(2)60
N　(3)2.5
m
13．如图所示，在竖直平面内，粗糙的斜面轨道AB的下端与光滑的圆弧轨道BCD相切于B点，C点是最低点，圆心角∠BOC＝37°，D点与圆心O等高，圆弧轨道半径R＝1.0
m，现在一个质量为m＝0.2
kg可视为质点的小物体，从D点的正上方E点处自由下落，DE距离h＝1.6
m，小物体与斜面AB之间的动摩擦因数μ＝0.5.取sin37°＝0.6，cos37°＝0.8，g＝10
m/s2.求：
(1)小物体第一次通过C点时轨道对小物体的支持力FN的大小；
(2)要使小物体不从斜面顶端飞出，斜面的长度LAB至少要多长；
(3)若斜面已经满足(2)中的要求，小物体从E点开始下落，直至最后在光滑圆弧轨道做周期性运动，在此过程中系统因摩擦所产生的热量Q的大小．
解析：(1)小物体从E到C，由机械能守恒定律得mg(h＋R)＝mv　①
在C点，由牛顿第二定律得：FN－mg＝m　②
联立①②解得FN＝12.4
N.
(2)从E→D→C→B→A过程，由动能定理得WG－W阻＝0　③
WG＝mg[(h＋Rcos37°)－LABsin37°]　④
W阻＝μmgcos37°LAB　⑤
联立③④⑤解得LAB＝2.4
m.
(3)因为mgsin37°>μmgcos37°(或μ所以，小物体不会停在斜面上，小物体最后以C为中心，B为一侧最高点沿圆弧轨道做往返运动．
从E点开始直至稳定，系统因摩擦所产生的热量，Q＝ΔE　⑥
ΔE＝mg(h＋Rcos37°)　⑦联立⑥⑦解得Q＝4.8
J.
14．“娱乐风洞”是一集高科技与惊险的娱乐项目，它可把游客在一个特定的空间内“吹”起来，让人体验太空飘忽感觉．在某次表演中，假设风洞内向上的总风量和风速保持不变，表演者通过调整身姿，来改变所受的向上风力大小，人体可上下移动的空间总高度为H.人体所受风力大小与正对面积成正比，站立时受风面积为水平横躺时的1/8.当人体与竖直方向成一定倾斜角时，受风正对面积是最大值的1/2，恰好可以静止或匀速漂移．表演者开始时，先以站立身势从A点下落，经过某处B点，立即调整为横躺身姿．运动到最低点C处恰好减速为零，则有(　　)
A．运动过程中的最大加速度是3g/4
B．B点的高度是3H/5
C．表演者从A至B克服风力所做的功是从B至C过程的1/6
D．表演者从A至B动能的增量大于从B至C克服风力做的功
解析：设人体横躺身姿受力面积为S，风力大小与正对面积比值为k，则有，受风正对面积是最大值的1/2，
恰好可以静止或匀速漂移，kS/2＝mg，
站立身势从A点下落，mg－kS/8＝ma1，解得a1＝3g/4.
横躺身姿时，kS－mg＝ma2，解得a2＝g.
所以运动过程中的最大加速度是g，选项A错误．
设过B点时速度为v，B点的高度是h，根据匀变速直线运动规律，2a2h＝2a2(H－h)，解得h＝3H/7，选项B错误．
表演者从A至B克服风力所做的功W2＝kS/8·(H－h)＝kSH/14.从B至C克服风力做的功W2＝kS·h＝3kSH/7，表演者从A至B克服风力所做的功是B至C过程的1/6，选项C正确；由动能定理，表演者从A至B动能的增量等于mg(H－h)－W2＝3kSH/14，小于从B至C克服风力做的功为W2＝3kSH/7，选项D错误．答案：C