2020_2021学年高中物理第四章机械能和能源6能源的开发与利用课时练习含解析教科版必修2.doc

能源的开发与利用
(25分钟·60分)
一、选择题(本题共6小题,每题5分,共30分)
1.(2020·文昌高一检测)下列能源中,不是“可再生”能源的是 ( )
A.太阳能
B.天然气
C.风能
D.潮汐能
【解析】选B。

根据可再生和不可再生能源的区别,可知:煤、石油、天然气等化石能源是短时间内不能再次产生的,是不可再生能源。

太阳能、潮汐能、风能等在短时间内可以再次产生,是可再生能源,A、C、D错误,B正确。

2.动车组列车进站前的减速过程分为两个阶段进行:第一阶段采用“再生刹车”技术,速度从250 km/h减至90 km/h,这期间停止动力供给,列车依靠惯性继续前行,并带动发电机发电;第二阶段采用机械刹车,速度从90 km/h开始不断减小直至停止;关于列车进站过程中的能量转化,下列说法中正确的是( )
A.第一阶段减小的动能全部转化为电能,即电能等于减小的动能
B.第一阶段减小的动能有一部分转化为电能,即电能小于减小的动能
C.第二阶段减小的动能主要转化为内能,且内能等于减小的动能
D.第二阶段减小的动能主要转化为内能,且内能大于减小的动能
【解析】选B。

第一阶段减速过程中,由于速度变小,所以动能变小,由于继续行驶并带动发电机发电,故将一部分动能转化为电能。

减小的动能有一部分转化为电能,即电能小于减小的动能,A错误、B正确;第二阶段减小的动能有一部分转化为内能,有一部分转化成了电能,所以内能小于减小的动能,故C、D错误。

3.韩晓鹏是我国首位在冬奥会雪上项目夺冠的运动员。

他在一次自由式滑雪空中技巧比赛中沿“助滑区”保持同一姿态下滑了一段距离,重力对他做功1 900 J,他克服阻力做功100 J。

韩晓鹏在此过程中( )
A.动能增加了1 900 J
B.动能增加了2 000 J
C.重力势能减小了1 900 J
D.重力势能减小了2 000 J
【解题指南】解答本题时应从以下两点进行分析:
(1)动能定理:合外力做功等于动能的增量。

(2)重力做功等于重力势能的变化量。

【解析】选C。

由动能定理得W合=1 900 J-100 J=1 800 J,动能增加了1 800 J,故A、B错;重力势能的变化量等于重力做功等于1 900 J,C正确,D错误。

4.如图所示,木块A放在木板B的左端,用恒力F将A拉至B的右端,第一次将B固定在地面上,F 做功为W1,产生的热量为Q1;第二次让B可以在光滑地面上自由滑动,F做的功为W2,产生的热量为Q2,则应有 ( )
A.W1<W2,Q1=Q2
B.W1=W2,Q1=Q2
C.W1<W2,Q1<Q2
D.W1=W2,Q1<Q2
【解析】选A。

木块从木板左端滑到右端,F所做的功W=Fs,因为木板不固定时木块的位移要比固定时长,所以W1<W2。

摩擦产生的热量Q=Fs相对,两次都从木板左端滑到右端,相对位移相等,所以Q1=Q2。

故A正确,B、C、D错误。

5.如图所示,木块静止在光滑水平桌面上,一子弹水平射入木块的深度为d时,子弹与木块相对静止,在子弹入射的过程中,木块沿桌面移动的距离为L,木块对子弹的平均阻力为f,那么在这一过程中不正确的是( )
A.木块的机械能增量为fL
B.子弹的机械能减少量为f(L+d)
C.系统的机械能减少量为fd
D.系统的机械能减少量为f(L+d)
【解析】选D。

木块机械能的增量等于子弹对木块的作用力f 做的功fL,A正确;子弹机械能的减少量等于动能的减少量,即子弹克服阻力做的功f(L+d),B正确;系统改变的机械能等于力f做的总功,即ΔE=fL-f(L+d)=-fd,故机械能减少量为fd,C正确,D错误。

6.消防车供水系统主要由水泵、输水管道和水炮组成。

如图所示,在地面上用消防水炮对建筑物上离地高度 h=20 m 的着火点进行灭火,水炮口与着火点的水平距离 x=30 m,水柱的最高点恰好在着火点处,水炮出水量为3.6 m3/min,水的密度为1×103 kg/m3,整个供水系统的效率为60%,g取10 m/s2。

忽略空气阻力和水炮口的粗细,下列说法正确的是( )
A.水从水炮口射出的速度为30 m/s
B.水到达着火点瞬间的速度为30 m/s
C.空中水柱的质量为7 200 kg
D.水泵的输入功率为31.25 kW
【解析】选D。

水炮射出的水可看成从着火点到水炮的平抛运动,故有:h=gt2, x=v0t,v y=gt,v=,联立解得:v0=15 m/s,v=25 m/s,t=2 s;所以水从水炮口射出的速度为25 m/s,水到达着火点瞬间的速度为15 m/s,故A、B错误;空中水柱的质量M=ρQt=1×103××2 kg=120 kg,故C错误;水炮中的水喷射速度为v=25 m/s,结合水泵效率和动能定理有:Pt×60%=Mv2,解得:P=31.25 kW,故D正确。

二、计算题(本题共2小题,共30分。

要有必要的文字说明和解题步骤,有数值计算的要标明单位)
7.(14分)四川省“十二五”水利发展规划指出,若按现有供水能力测算,我省供水缺口极大,蓄引提水是目前解决供水问题的重要手段之一。

某地要把河水抽高20 m,进入蓄水池,用一台电动机通过传动效率为80%的皮带,带动效率为60%的离心水泵工作。

工作电压为380 V,此时输入电动机的电功率为19 kW,电动机的内阻为0.4 Ω。

已知水的密度为1×103 kg/m3,重力加速度g取10 m/s2。

求
(1)电动机内阻消耗的热功率。

(2)将蓄水池蓄入864 m3的水需要的时间(不计进、出水口的水流速度)。

【解析】(1) 设电动机的电功率为P,则P=UI
设电动机内阻r上消耗的热功率为P r,则P r=I2r
代入数据解得P r=1×103 W
(2) 设蓄水总质量为M,所用抽水时间为t。

已知抽水高度为h,容积为V,水的密度为ρ,则
M=ρV
设质量为M的河水增加的重力势能为ΔE p,
则ΔE p=Mgh
设电动机的输出功率为P0,则P0=P-P r
根据能量守恒定律得P0t×60%×80%=ΔE p
代入数据解得t=2×104 s。

答案:(1)1×103 W (2)2×104 s
8.(16分)(2019·成都高一检测)如图所示,半径为R的光滑半圆弧轨道与高为10R的光滑斜轨道放在同一竖直平面内,两轨道之间由一条光滑水平轨道CD相连,水平轨道与斜轨道间有一段圆弧过渡。

在水平轨道上,轻质弹簧被a、b两小球挤压,处于静止状态。

同时释放两个小球。

a球恰好能通过圆弧轨道的最高点A,b球恰好能到达斜轨道的最高点B。

已知a球质量为m1,b 球质量为m2,重力加速度为g。

求:
(1)a球离开弹簧时的速度大小v a。

(2)b球离开弹簧时的速度大小v b。

(3)释放小球前弹簧的弹性势能E p。

【解析】(1)由a球恰好能到达A点知m1g=m1
由动能定理有
-2m1gR=m1-m1
得v a=
(2)对于b球由动能定理有
-10m2gR=0-m2
得v b=2
(3)由机械能守恒定律得
E p=m1+m2
得E p=(m1+10m2)gR
答案:(1)(2)2(3)(m1+10m2)gR
(15分钟·40分)
9.(6分)(多选)如图所示,在动摩擦因数为0.2的水平面上有一质量为3 kg的物体被一个劲度系数为120 N/m的压缩轻质弹簧突然弹开,物体离开弹簧后在水平面上继续滑行了1.3 m才停下来,下列说法正确的是(g取10 m/s2) ( )
A.物体开始运动时弹簧的弹性势能E p=7.8 J
B.当物体速度最大时弹簧的压缩量为x=0.05 m
C.物体离开弹簧时动能为7.8 J
D.当弹簧恢复原长时物体的速度最大
【解析】选B、C。

根据能量的转化与守恒,物体离开弹簧后在水平面上滑行了x1=1.3 m,知物体离开弹簧时的动能为E k=μmgx1=0.2×3×10×1.3 J=7.8 J,设弹簧开始的压缩量为x0,则开始运动时弹簧的弹性势能E p=μmg(x0+x1)=7.8 J+ μmgx0>7.8 J,
故选项A不合题意,选项C符合题意; 当物体速度最大时,物体受的合外力为零,弹簧弹力与摩擦力平衡,弹簧未恢复原长,即kx=μmg,解得物体速度最大时弹簧的压缩量
x== m=0.05 m,故选项B符合题意,选项D不符合题意。

10.(6分)(多选)如图所示,足够长的传送带与水平方向的倾角为θ,物块a通过平行于传送带的轻绳跨过光滑轻滑轮与物块b相连,b的质量为m,开始时a、b及传送带均静止,且a不受传送带摩擦力作用,现让传送带逆时针匀速转动,则在b上升h高度(未与滑轮相碰)过程中( )
A.物块a重力势能减少mgh
B.摩擦力对a做的功大于a机械能的增量
C.摩擦力对a做的功小于物块a、b动能增量之和
D.任意时刻重力对a、b做功的瞬时功率大小相等
【解析】选A、B、D。

开始时,a、b及传送带均静止且a不受传送带摩擦力作用,有m a gsinθ=mg,则m a=,b上升h,则a下降hsinθ,则a重力势能的减小量为m a g×hsinθ=mgh,故A正确; 根据能量守恒得,系统机械能增加,摩擦力对a做的功等于a、b机械能的增量。

所以摩擦力做功大于a的机械能增量。

因为系统重力势能不变,所以摩擦力做功等于系统动能的增量,故C 错误,B正确; 任意时刻a、b的速率相等,对b:克服重力的瞬时功率P b=mgv,对a 有:P a=m a gvsinθ=mgv,所以任意时刻重力对a、b做功的瞬时功率大小相等,故D正确。

11.(6分)如图所示,可视为质点的小球A和B用一根长为0.2 m的轻杆相连,两球质量相等,开始时两小球置于光滑的水平面上,并给两小球一个 2 m/s的初速度,经一段时间两小球滑上一个倾角为30°的光滑斜面,不计球与斜面碰撞时的机械能损失,g取10 m/s2,在两小球的速度减小为零的过程中,下列判断正确的是 ( )
A.杆对小球A做负功
B.小球A的机械能守恒
C.杆对小球B做正功
D.小球B速度为零时距水平面的高度为0.15 m
【解析】选D。

将小球A、B看作一个系统,设小球的质量均为m,最后小球B上升的高度为h,根据机械能守恒定律有×2mv2=mgh+mg(h+l·sin30°),解得h=0.15 m,D正确;以小球A为研究对象,由动能定理有-mg(h+l·sin30°)+W杆=0-mv2,可知W杆>0,可见杆对小球A做正功,小球A的机械能不守恒,A、B错误;由于系统机械能守恒,故小球A增加的机械能等于小球B减小
的机械能,杆对小球B做负功,C错误。

12.(22分)(2020·达州高一检测)如图甲所示,倾角θ=37°的粗糙斜面固定在水平面上,斜面足够长。

一根轻弹簧一端固定在斜面的底端,另一端与质量m=
1.0 kg的小滑块(可视为质点)接触,滑块与弹簧不相连,开始时弹簧处于压缩状态。

当t=0时释放滑块,在0～0.24 s时间内,滑块的加速度a随时间t变化的关系如图乙所示。

已知弹簧的劲度系数k=
2.0×102N/m,当t=0.14 s时,滑块的速度v1=2.0 m/s。

g取10
m/s2,sin37°=0.6,cos37°=0.8。

弹簧弹性势能的表达式为E p=kx2(式中k为弹簧的劲度系数,x为弹簧的形变量)。

求:
(1)斜面对滑块摩擦力的大小;
(2)t=0.14 s时滑块与出发点间的距离d;
(3)在0～0.44 s时间内,摩擦力做的功W。

【解析】(1)当t1=0.14 s时,滑块与弹簧开始分离,此后滑块受重力、斜面的支持力和摩擦力,滑块开始做匀减速直线运动。

由题中的图乙可知,在这段过程中滑块加速度的大小为:a1=10 m/s2;
根据牛顿第二定律有:mgsinθ+f=ma1,代入数据解得:f=4.0 N;
(2)当t1=0.14 s时弹簧恰好恢复原长,所以此时滑块与出发点间的距离d等于t0=0时弹簧的
形变量x,所以在0～0.14 s时间内弹簧弹力做的功为W弹=E p初-E p末=kd2。

在这段过程中,根据动能定理有W弹-mgdsinθ-fd=m-0,
代入数据解得d=0.20 m;
(3)设从t1=0.14 s时开始,经时间Δt1滑块的速度减为零,则有Δt1==0.20 s,
这段时间内滑块运动的距离为:x1==0.20 m;
此时t2=0.14 s+Δt1=0.34 s,此后滑块将反向做匀加速直线运动,根据牛顿第二定律可求得此时加速度的大小为:a2==2.0 m/s2,
在0.34～0.44 s(Δt2=0.1 s)时间内,滑块反向运动的距离为x2=a2(Δt2)2,
代入数据解得x2=0.01 m;
所以在0～0.44 s时间内,摩擦力f做的功为W=-f(d+x1+x2),代入数据解得W=-1.64 J。

答案:(1)4.0 N (2)0.20 m (3)-1.64 J。