第四章 第六节 能量的转化与守恒 训练题 Word版含解析

A级　抓基础
1．伽利略的斜面实验表达了一个最重要的事实：如果空气阻力和摩擦力小到可以忽略，小球必将准确地终止于同它开始点相同的高度，绝不会更高一点，也绝不会更低一点，这说明小球在运动过程中，有一个“东西”是不变的，这个“东西”就是(　　)
A．力 B．能量 C．动能 D．势能
解析：如果没有空气阻力和摩擦力，小球从某一高度下滑，一定会滑上相同的高度，因为这个过程中能量没有损失，初态的总能量一定等于末态的总能量，A、C、D错误，B正确．
答案：B
2．(多选)下面关于能量的转移和转化说法中正确的是(　　)
A．节日里点燃的“冲天爆竹”腾空而起，是内能转化为机械能的过程
B．将一杯热水倒入一盆冷水中，冷水和热水温度变成一样，是热水的内能转移到冷水中的过程
C．冬日，人们在太阳光下晒太阳取暖，是太阳能转化为机械能的过程
D．在炉子上放一壶水，将水加热到50 ℃是机械能转化为内能的过程
解析：节日里点燃的“冲天爆竹”腾空而起，是内能转化为机械能的过程，选项A正确；将一杯热水倒入一盆冷水中，冷水和热水温度变成一样，是热水的内能转移到冷水中的过程，选项B正确；冬日，人们在太阳光下晒太阳取暖，是太阳能转化为内能的过程，选项C错误；在炉子上放一壶水，将水加热到50 ℃是内能的转移过程，选项D错误．
答案：AB
3．(多选)从光滑斜面上滚下的物体，最后停止在粗糙的水平面上，说明(　　)
A．在斜面上滚动时，只有动能和势能的相互转化
B．在斜面上滚动时，有部分势能转化为内能
C．在水平面上滚动时，总能量正在消失
D．在水平面上滚动时，机械能转化为内能，总能量守恒
解析：在斜面上滚动时，只有重力做功，只发生动能和势能的相互转化，A正确，B错误；在水平面上滚动时，有摩擦力做功，机械能转化为内能，总能量是守恒的，C错误，D正确．
答案：AD
4．如图所示，当小孩沿粗糙滑梯加速滑下时其能量的变化情况是(　　)
A．重力势能减小，动能不变，机械能减小，总能量减小
B．重力势能减小，动能增加，机械能减小，总能量不变
C．重力势能减小，动能增加，机械能增加，总能量增加
D．重力势能减小，动能增加，机械能守恒，总能量不变
解析：由能量转化和守恒定律可知，小孩在下滑过程中总能量守恒，A、C均错误；由于摩擦力要做负功，机械能不守恒，D错误；下滑过程中重力势能向动能和内能转化，只有B正确．
答案：B
5．质量为0.4 kg的塑料球，从离桌面高0.5 m处自由落下，与桌面碰撞后获得2 m/s的速度，则碰撞时损失的机械能为(g取10 m/s2)(　　)
A．0.8 J　　　　　 B．1.2 J
C．2.0 J D．2.5 J
解析：根据机械能守恒定律得，小球碰地前的动能Ek1＝mgh＝0.4×10×0.5 J＝2 J，碰地后反弹的动能Ek2＝mv2＝×0.4×4 J＝0.8 J．由能量守恒定律可知，损失的机械能ΔE＝Ek1－Ek2＝1.2 J，故B正确，A、C、D错误．
答案：B
B级　提能力
6．(多选)如图所示，一个长为L，质量为M的木板，静止在光滑水平面上，一个质量为m的物块(可视为质点)，以水平初速度v0，从木板的左端滑向另一端，设物块与木板间的动摩擦因数为μ，当物块与木板相对静止时，物块仍在长木板上，物块相对木板的位移为d，木板相对地面的位移为s.则在此过程中(　　)
A．摩擦力对物块做功为－μmg(s＋d)
B．摩擦力对木板做功为μmgs
C．木板动能的增量为μmgd
D．由于摩擦而产生的热量为μmgs
解析：物块相对于地面运动的位移为x1＝s＋d，则摩擦力对物块做功为Wf＝－fx1＝－μmg(s＋d)，A正确；木板受到的摩擦力方向与运动方向相同，做正功，则摩擦力对木板做功为W＝μmgs，B正确；对木板，根据动能定理可知，木板动能的增量等于摩擦力对木板做的功，即为μmgs，C错误；系统由于摩擦而产生的热量等于摩擦力乘以相对位移，即为μmgd，D错误．
答案：AB
7．如图甲，长木板A放在光滑的水平面上，质量为m＝2 kg的另一物体B(可看作质点)以水平速度v0＝2 m/s滑上原来静止的长木板A的表面．由于A、B间存在摩擦，之后A、B速度随时间变化情况如图乙所示，则下列说法正确的是(g取10 m/s2)(　　)
A．木板获得的动能为2 J
B．系统损失的机械能为4 J
C．木板A的最小长度为2 m
D．A、B间的动摩擦因数为0.1
解析：A.由题图象可知A、B的加速度大小都为1 m/s2，根据牛顿第二定律知二者质量相等，均为2 kg，则木板获得的动能为Ek＝mv2＝1 J，选项A错误；系统损失的机械能ΔE＝mv－·2m·v2＝2 J，选项B错误；由v-t图象可求出二者相对位移为×2×1 m＝1 m，木板A的最小长度为1 m，C错误；对B受力分析，根据牛顿第二定律，得μmg＝maB，解得μ＝0.1，选项D正确．
答案：D
8.(多选)如图所示，质量为m的物体在水平传送带上由静止释放，传送带由电动机带动，始终保持以速率v匀速运动，物体与传送带间的动摩擦因数为μ，物体过一会儿能保持与传送带相对静止，对于物体从静止释放到相对传送带静止这一过程下列说法正确的是(　　)
A．电动机多做的功为mv2
B．摩擦力对物体做的功为mv2
C．电动机增加的功率为μmgv
D．传送带克服摩擦力做功为mv2
解析：由能量守恒知电动机多做的功为物体动能增量和摩擦生热Q，所以A项错误；根据动能定理，对物体列方程，Wf＝mv2，所以B项正确；因为电动机增加的功率P＝＝＝μmgv，C项正确；因为传送带与物体共速之前，传送带的路程是物体路程的2倍，所以传送带克服摩擦力做功是摩擦力对物体做功的2倍，即mv2，D项错误．
答案：BC
9.(多选)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x.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＋x)
B．物块到达小车最右端时，小车具有的动能为Ffx
C．物块克服摩擦力所做的功为Ff(l＋x)
D．物块和小车增加的机械能为Fx
解析：对物块分析，物块的位移为l＋x，根据动能定理，得(F－Ff)(l＋x)＝mv2－0，知物块到达小车最右端时具有的动能为(F－Ff)(l＋x)，故A正确；对小车分析，小车的位移为x，根据动能定理，得Ffx＝Mv′2－0，知物块到达小车最右端时，小车具有的动能为Ffx，故B正确；物块与小车增加的内能Q＝Ffx相对＝Ffl，故C错误；根据能量守恒，得外力F做的功转化为小车和物块的机械能和摩擦产生的内能，则有F(l＋x)＝ΔE＋Q，所以ΔE＝F(l＋x)－Ffl，故D错误．
答案：AB
10．如图所示，一个可视为质点的质量为m＝1 kg的小物块，从光滑平台上的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相平，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夹角θ＝60°，不计空气阻力，g取10 m/s2.请回答下列问题：
(1)小物块刚要到达圆弧轨道末端D点时对轨道的压力是多少？
(2)要使小物块不滑出长木板，木板的长度L至少多大？
解析：(1)小物块在C点时的速度大小vC＝，
小物块由C到D的过程中，由机械能守恒定律，得
mgR(1－cos 60°)＝mv－mv，
代入数据解得vD＝2 m/s，
小物块在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．
(2)设小物块刚好滑到木板左端且达到共同速度的大小为v，滑行过程中，小物块加速度大小为a1＝＝μg，
长木板的加速度a2＝，
小物块与长木板的速度分别为v＝vD－a1t，v＝a2t.
对小物块和木板组成的系统，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L至少2.5 m.
答案：(1)60 N，方向竖直向下　(2)2.5 m