人教版 (2019)必修 第二册机械能守恒定律课后作业题

这是一份人教版 (2019)必修 第二册机械能守恒定律课后作业题，共8页。试卷主要包含了有关功与能的下列说法中正确的是等内容，欢迎下载使用。
(选择题1～10小题，每小题5分。本检测卷满分80分)
1．(2024·浙江杭州高一期末)有关功与能的下列说法中正确的是( )
A．功是能量转化的量度，功的正负表示大小
B．重力势能具有相对性和系统性，势能的正负表示大小
C．沿竖直方向用手加速向上提水桶时，拉力做的功等于水桶重力势能的增加量
D．坐升降电梯上楼时，电梯对人做的功等于人动能的增加量
2．(2024·浙江1月选考)如图所示，质量为m的足球从水平地面上位置1被踢出后落在位置3，在空中达到最高点2的高度为h，则足球( )
A．从1到2动能减少mgh
B．从1到2重力势能增加mgh
C．从2到3动能增加mgh
D．从2到3机械能不变
3．(2024·江苏苏州高一期中)如图，公园里的喷泉有40个相同的喷口，每个喷泉管口直径为2 cm。喷嘴方向固定竖直向上，喷出的水柱最高可达约10 m，则喷泉电动机的输出功率约为( )
A．6 kW B．18 kW
C．60 kW D．180 kW
4.如图所示，一固定斜面的倾角为30°，一质量为m的小物块自斜面底端以一定的初速度沿斜面向上做匀减速运动，加速度大小等于0.8g(g为重力加速度大小)，物块上升的最大高度为H，则此过程中( )
A．物块的重力势能减少了mgH
B．物块的动能损失了1.6mgH
C．物块的机械能损失了0.8mgH
D．物块克服摩擦力做功0.8mgH
5.(多选)如图所示，一热气球总质量为m，在竖直上升过程中受到浮力恒为F，空气阻力恒为F阻，热气球从地面由静止上升高度h，速度变为v，已知重力加速度为g。在上述过程中，热气球的( )
A．重力势能增加了(mg＋F阻)h
B．动能增加了(F－mg－F阻)h
C．机械能增加了Fh
D．机械能增加了mgh＋eq \f(1,2)mv2
6．(2024·福建三明高一期末)(多选)如图甲所示，一轻弹簧竖立在水平地面上，质量为0.5 kg的小球在外力的作用下，从接触弹簧开始缓慢向下运动到某一位置。撤去外力后，小球被弹起上升至最高点的过程中，其速度平方随位移的变化v2­x图像如图乙所示， 其中0.2～1.0 m的图像为直线，空气阻力忽略不计，重力加速度g取10 m/s2，则( )
A．小球与弹簧分离时位移小于0.2 m
B．小球的最大速度为v1＝4 m/s
C．弹簧弹性势能的最大值为Ep＝5 J
D．小球压缩弹簧的过程中，外力做功为WF＝4 J
7.(2024·浙江宁波高一阶段练习)DIY手工能够使人们体验到创造过程中的乐趣和成就感。如图为某款DIY太阳能小车，组装成功后质量约为130 g，太阳直射时匀速行驶速度约为0.25 m/s，行驶过程中阻力约为车重的0.2倍。已知太阳与地球之间的平均距离约为1.5×1011 m，太阳每秒辐射的能量约为3.9×1026 J，太阳光传播到达地面的过程中大约有37%的能量损耗，太阳能电池有效受光面积约为15 cm2，g取10 m/s2。则该车所用太阳能电池将太阳能转化为机械能的效率约为( )
A．5% B．10%
C．20% D．30%
8．(2023·山东高考)《天工开物》中记载了古人借助水力使用高转筒车往稻田里引水的场景。引水过程简化如下：两个半径均为R的水轮，以角速度ω匀速转动。水筒在筒车上均匀排布，单位长度上有n个，与水轮间无相对滑动。每个水筒离开水面时装有质量为m的水，其中的60%被输送到高出水面H处灌入稻田。当地的重力加速度为g，则筒车对灌入稻田的水做功的功率为( )
A.eq \f(2nmgω2RH,5) B.eq \f(3nmgωRH,5)
C.eq \f(3nmgω2RH,5) D．nmgωRH
9.如图所示，一长L＝10 m的水平传送带AB，以恒定速度v＝8 m/s顺时针运动，现有一质量为m＝2 kg的物块以水平向右的初速度v0＝4 m/s从传送带左端A处滑上传送带，物块与传送带间的动摩擦因数μ＝0.4(g取10 m/s2)。则下列说法正确的是( )
A．经过1 s，滑动摩擦力对物块做功为－48 J
B．经过1 s，物块机械能变化量为64 J
C．物块从A到B点过程中，物块动能增加64 J
D．物块从A到B点过程中，系统内能增加16 J
10．(2024·安徽黄山模拟)(多选)如图所示，一小物块由静止开始沿倾角为53°的斜面向下滑动，最后停在水平地面上。斜面和地面平滑连接，且物块与斜面、物块与地面间的动摩擦因数均为eq \f(2,3)，取地面为零势能面，已知sin 53°＝0.8，cs 53°＝0.6。该过程中，物块的机械能E、重力势能Ep、动能Ek、摩擦产生的热量Q与水平位移x的关系图像可能正确的是( )
11．(12分)如图所示，在光滑水平地面上放置质量M＝2 kg的长木板，木板上表面与固定的光滑弧面相切。一质量m＝1 kg的小滑块自弧面上高h处由静止自由滑下，在木板上滑行t＝1 s后，滑块和木板以共同速度v＝1 m/s匀速运动，g取10 m/s2。求：
(1)滑块与木板间的摩擦力大小Ff；
(2)滑块下滑的高度h；
(3)滑块与木板相对滑动过程中产生的热量Q。
12．(18分)(2024·成都高一检测)如图所示，大型车间传送带常用较大轮子带动，为保持传送带水平稳定传输物体，在上部分传送带下方还安装有滚轮支撑(图中未画出)。已知传送带两轮的半径r＝1 m，传输中传送带不打滑，质量为1 kg的物体从光滑轨道A点无初速下滑(A点比B点高h＝5 m)，物体与传送带之间的动摩擦因数μ＝0.2，当传送带静止时，物体恰能在C点飞离传送带，重力加速度g取10 m/s2，则：
(1)BC两点间距离为多少？
(2)当传送带两轮以12 rad/s的角速度顺时针转动时，物体仍从A点无初速释放，在整个过程中物体与传送带系统增加的内能为多少？电动机因运送物体而对传送带多做多少功？
课时跟踪检测(二十四)
1．选B 功是能量转化的量度，功的正负表示动力做功还是阻力做功，故A错误；重力势能具有相对性和系统性，势能的正负表示大小，故B正确；沿竖直方向用手加速向上提水桶时，根据功能关系可知，拉力做的功等于水桶重力势能的增加量和动能增加量之和，故C错误；坐升降电梯上楼时，电梯对人做的功等于人动能的增加量和重力势能增加量之和，故D错误。
2．选B 由足球的运动轨迹可知，足球在空中运动时一定受到空气阻力作用，则足球机械能减少，足球从1到2重力势能增加mgh，从1到2动能减少量大于mgh，A错误，B正确；从2到3由于空气阻力作用，则机械能减少，重力势能减少mgh，则动能增加量小于mgh，选项C、D错误。
3．选B 喷出的水柱最高达10 m，可得水柱喷出的最大速度v＝eq \r(2gh)＝10eq \r(2) m/s，根据能量转化，有P＝eq \f(40×\f(1,2)mv2,t)，又每个喷嘴t时间内喷出水的质量为m＝ρSvt＝ρπeq \f(d,2)2vt，解得P＝5πρd2v3≈18 kW，故选B。
4．选B 重力做功－mgH，根据功能关系可知，物块的重力势能增加了mgH，A错误；在此过程中，合外力做的功为W＝－maeq \f(H,sin 30°)＝－1.6mgH，由功能关系可知物块的动能损失了1.6mgH，B正确；在上升过程中，物块的动能减少了1.6mgH，而重力势能增加了mgH，故物块的机械能损失了0.6mgH，C错误；设物块克服摩擦力做功为W克，由动能定理可得W＝－mgH－W克＝－1.6mgH，解得W克＝0.6mgH，D错误。
5．选BD 热气球从地面由静止上升高度h，克服重力做功mgh，则重力势能增加了mgh，故A错误；根据动能定理可得(F－mg－F阻)h＝ΔEk增，故B正确；根据功能关系，可得ΔE＝(F－F阻)h＝eq \f(1,2)mv2＋mgh，故C错误，D正确。
6．选CD 小球的v2­x图像中，0.2～1.0 m的图像为直线，且不计空气阻力，说明小球在位移为x＝0.2 m时刚好回到弹簧原长位置，小球与弹簧分离，故A错误；与弹簧分离后的小球做竖直上抛运动，则根据运动学公式有v2＝eq \r(2gΔh)＝eq \r(2×10×1.0－0.2) m/s＝4 m/s，小球速度最大时所处的位置为弹力和重力平衡的位置，所以小球最大速度满足v1>v2＝4 m/s，故B错误；小球弹起的过程中，小球和弹簧组成的系统机械能守恒，则弹簧弹性势能的最大值为Ep＝mghm＝0.5×10×1 J＝5 J，故C正确；由题图乙可知小球在压缩弹簧的过程中下降的高度为h＝0.2 m，根据功能关系有WF＋mgh＝Ep，可得外力做功为WF＝Ep－mgh＝5 J－0.5×10×0.2 J＝4 J，故D正确。
7．选A 由题意可知，驱动该太阳能小车正常行驶时所需要的机械功率为P机＝Fv＝fv＝0.2mgv＝0.065 W，该太阳能小车接收太阳的功率为P＝eq \f(P总,4πr2)×S×(1－37%)，其中P总＝eq \f(W,t)＝3.9×1026 W，r＝1.5×1011 m，S＝15 cm2＝1.5×10－3 m2，代入数据解得P≈1.304 W，该车所用太阳能电池将太阳能转化为机械能的效率约为η＝eq \f(P机,P)×100%＝eq \f(0.065 W,1.304 W)×100%≈5%，故选A。
8．选B 根据题意可知，水轮转一圈灌入农田的水的总质量为m总＝2πRnm×60%＝1.2πRnm，水轮转一圈灌入稻田的水克服重力做的功W＝1.2πRnmgH，筒车对灌入稻田的水做功的功率P＝eq \f(W,T)，又T＝eq \f(2π,ω)，联立有P＝eq \f(3nmgωRH,5)，故选B。
9．选D 物块刚放到传送带上时，由于与传送带有相对运动，物块受向右的滑动摩擦力，物块做加速运动，有Ff＝μmg＝ma，解得a＝4 m/s2，经过1 s物块相对地面的位移为x＝v0t＋eq \f(1,2)at2＝6 m＜10 m，物块的速度v′＝v0＋at＝8 m/s，滑动摩擦力对物块做正功W＝Ffx＝μmgx＝48 J，物块机械能变化量为48 J，故A、B错误；物块到达B点时速度与传送带速度相同，物块的动能增加量为ΔEk＝eq \f(1,2)mv2－eq \f(1,2)mveq \\al(2,0)＝48 J，故C错误；物块从A到B点过程中，系统内能增加Q＝Ff·x相＝μmg(vt－x)＝0.4×2×10×(8×1－6)J＝16 J，故D正确。
10．选BD 设O点到斜面底端的距离为x0，物块在水平地面上运动的距离为x1，物块释放点的高度为h，物块从释放到停止运动的过程中，克服摩擦力做功W克＝μmgcs 53°·eq \f(x0,cs 53°)＋μmgx1＝μmgx，根据能量守恒定律可知，摩擦产生的热量为Q＝W克＝μmgx，而物块在该过程中机械能的减少量始终等于克服摩擦力所做的功，则物块在x轴上任意位置的机械能为E＝mgh－eq \f(2,3)mg·x，其E­x图像是纵轴截距为mgh、斜率为－eq \f(2,3)mg的倾斜直线，而其Q­x图像是过原点且斜率为eq \f(2,3)mg的倾斜直线，故A错误，D正确；物块的重力势能Ep＝mgh－mgtan 53°·x＝mgh－eq \f(4,3)mg·xeq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(x≤x0＝\f(3,4)h))，可知Ep­x图像是纵轴截距为mgh、斜率为－eq \f(4,3)mg的图线，当x>x0时，物块在水平地面上运动，重力势能为0保持不变，故B正确；当物块从最高点下滑至斜面最低点的过程中，物块的动能Ek1＝mgxtan 53°－μmgcs 53°·eq \f(x,cs 53°)＝eq \f(2,3)mg·x(x≤x0)，当物块下滑至斜面底端时其动能Ek1＝eq \f(2,3)mgx0，此后在水平面上克服摩擦力做功，则有Ek2＝eq \f(2,3)mgx0－μmg(x－x0)＝eq \f(4,3)mgx0－eq \f(2,3)mg·x(x0≤x≤2x0)，动能达到最大值前，其图像为过原点的倾斜直线，斜率为eq \f(2,3)mg，动能达到最大后，物块在水平地面上运动，其图线的斜率为－eq \f(2,3)mg，可知图线具有对称性，故C错误。
11．解析：(1)对木板，由牛顿第二定律，有Ff＝Ma1，由运动学公式有v＝a1t，联立解得Ff＝2 N。
(2)对滑块，同理有－Ff＝ma2，设滑块滑上木板时的速度为v0，则v－v0＝a2t，解得v0＝3 m/s。
由机械能守恒定律，有mgh＝eq \f(1,2)mveq \\al(2,0)，
得h＝eq \f(v\\al(2,0),2g)＝eq \f(32,2×10) m＝0.45 m。
(3)根据能量守恒定律，有Q＝eq \f(1,2)mveq \\al(2,0)－eq \f(1,2)(M＋m)v2＝eq \f(1,2)×1×32 J－eq \f(1,2)×(2＋1)×12 J＝3 J。
答案：(1)2 N (2)0.45 m (3)3 J
12．解析：(1)设物体质量为m，在C点时运动速度为vC，BC间距离为x
当传送带静止时，物体恰能在C点飞离传送带，则有
mg＝meq \f(v\\al(2,C),r)，
物体从开始下滑到离开传送带的过程，由动能定理得
mgh－μmgx＝eq \f(1,2)mveq \\al(2,C)
联立解得vC＝eq \r(10) m/s，x＝22.5 m。
(2)设物体滑到B点的速度为vB，物体从A点下滑到B点的过程，由机械能守恒定律有mgh＝eq \f(1,2)mveq \\al(2,B)，
解得vB＝10 m/s，
传送带的速度为v＝ωr＝12 m/s
所以物体先做匀加速运动，由牛顿第二定律有μmg＝ma，解得加速度大小为a＝μg＝2 m/s2
物体在BC段加速到与传送带速度相等的时间为
t＝eq \f(Δv,a)＝eq \f(12－10,2) s＝1 s
这段时间物体经过的位移为
x1＝eq \f(vB＋v,2)t＝11 m＜x＝22.5 m
所以物体先做加速运动再做匀速运动；
传送带在这段时间内经过的位移为x2＝vt＝12 m
则物体与传送带间相对位移为Δx＝x2－x1＝1 m
则物体与传送带系统增加的内能
Q＝fs＝fΔx＝μmgΔx＝2 J
电动机因运送物体而对传送带多做的功
W＝Q＋eq \f(1,2)mv2－eq \f(1,2)mveq \\al(2,B)＝24 J。
答案：(1)22.5 m (2)2 J 24 J