- 能量守恒定律
- 共848题
通过做功改变物体内能的是（）
正确答案
ACD
考查热学知识，改变内能的方式。古人钻木对木头做功，使木头的内能增加，使其达到燃点从而取火，A对；用火炉烧开水时是通过热传递的方式改变水的内能，B错；用打气筒打气时主要是人对气筒中的气体做功，气体内能增加，温度升高，筒壁温度也升高，当然也有活塞与筒壁的摩擦带来热量，C对；瓶内的高压气体将瓶塞冲开对瓶塞做功，瓶内气体的内能减小，瞬间温度降低，D对。
（16分）如图所示，一轻弹簧的下端固定在倾角θ＝37°的斜面上，上端连一不计质量的挡板．一质量m＝2 kg的物体从斜面上的A点以初速度v0＝
(1)物体与斜面间的动摩擦因数μ；
(2)弹簧的最大弹性势能Epm。
正确答案
0.5 24J
试题分析：解：(1)整个过程从A到D，由系统能量转化与守恒定律有：
mgssin37°-umgcos37°L=0-
代入数据计算得μ=0.5
(2)弹簧压缩到C点时，对应的弹性势能最大，由A到C的过程：由系统能量转化与守恒定律有：
Epm=
代入数据计算得Epm＝24J
如图是磁流体发电工作原理示意图．发电通道是个长方体，其中空部分的长、高、宽分别为l、a、b，前后两个侧面是绝缘体，上下两个侧面是电阻可略的导体电极，这两个电极与负载电阻R相连．发电通道处于匀强磁场里，磁感应强度为B，方向如图．发电通道内有电阻率为ρ的高温等离子电离气体沿导管高速向右流动，运动的电离气体受到磁场作用，产生了电动势．发电通道两端必须保持一定压强差，使得电离气体以不变的流速v通过发电通道．不计电离气体所受的摩擦阻力．根据提供的信息完成下列问题：
（1）判断发电机导体电极的正负极，求发电机的电动势E；
（2）发电通道两端的压强差△P；
（3）若负载电阻R阻值可以改变，当R减小时，电路中的电流会增大；但当R减小到R 0时，电流达到最大值（饱和值）Im；当R继续减小时，电流就不再增大，而保持不变．设变化过程中，发电通道内电离气体的电阻率保持不变．求R 0和Im．
正确答案
（1）根据左手定则可知，正离子向上偏，负离子向下偏，所以发电机上导体电极为正极、下导体电极为负极．
电机的电动势E=Bav…①
（2）外电路闭合后：I=
发电通道内电离气体的等效电阻为：r=ρ
等离子电离气体等效电流受到的安培力为：F=BIa…④
等离子电离气体水平方向由平衡条件得：ab△p-BIa=0…⑤
联立①②③④⑤解得：△p=
（3）当所有进入发电机的等离子全都偏转到导体电极上形成电流时，电流达到最大值Im，
Im=
联立②⑦解得：R0=
答：（1）发电机上导体电极为正极、下导体电极为负极．电机的电动势E=Bav；
（2）发电通道两端的压强差△P为
（3）R 0为
如图7-32所示，已知一定质量的理想气体，从状态1变化到状态2。问：气体对外是否做功？
正确答案
气体膨胀对外做功了。
【错解分析】错解一：因为判断不了气体体积情况，所以无法确定。
错解二：因为1状态与2状态在一条直线上．而p-T坐标上的等容线是直线．所以状态1与状态2的体积相等，气体对外不做功。
错解一是不会应用等容线，不知道如何利用p-V图比较两个状态的体积，因而感到无从下手。
错解二是把等容线的概念弄错了，虽然状态1和状态2在一条直线上，但并不是说p—T图上的所有直线都是等容线。只有延长线过原点的直线才表示一个等容过程。而此题的状态1与状态2所在的直线就不是一条等容线。
【正确解答】如图7-33所示，分别做出过1和2的等容线Ⅰ和Ⅱ，由图可知，直线Ⅰ的斜率大于直线Ⅱ的斜率，则VⅡ＞VⅠ，即V2＞V1，所以，从状态1变化到状态2，气体膨胀对外做功了。
【小结】 从此题的解答可以看到，利用图象帮助解决问题，有时是很方便的，但这种方法首先必须按图象有一个清楚的了解，只有在“识别”图象的基础上，才能准确地“运用”图像。
(1)注意观察的同学会发现,用来制冷的空调室内机通常持在高处,而用来取暖的暖气片却装在较低处,这是由于利用热空气密度较小而冷空气密度较大来形成对流的缘故.请你解释,为什么热空气密度小而冷空气密度大?
(2)将一氢气球放飞,随着气球高度的不断增大,若高空气压不断降低,气球的体积也不断增大,而温度基本不变,请问在此过程中其能量是怎样转化与转移的?
正确答案
见解析
(1)根据盖·吕萨克定律可知,对于质量一定的气体,在压强一定的情况下,温度越高,体积越大,故密度越小.
(2)气体要不断从外界吸热,将吸取的能量用来不断对外做功.
如图，在光滑水平面上有一辆质量M=6Kg的平板小车，车上的质量为m=1.96Kg的木块，木块与小车平板间的动摩擦因数μ=0.3，车与木块一起以V=2m/s的速度向右行驶．一颗质量m0=0.04Kg的子弹水平速度v0=98m/s，在很短的时间内击中木块，并留在木块中（g=10m/s2）
（1）如果木块刚好不从平板车上掉下来，小车L多长？
（2）如果木块刚好不从车上掉下来，从子弹击中木块开始经过1.5s木块的位移是多少？
正确答案
（1）子弹射入木块，子弹和木块系统内力远大于外力，动量守恒，有：m0v0-mv=（m+m0）v1 …①
解得
v1=0
若它们相对平板车滑行L，则它们恰好不从小车上掉下来，它们跟小车有共同速度V′，根据动量守恒定律，有
Mv=（m+m0+M）v′…②
解得
v′=1.5m/s
由能量守恒定律有：
Q=μ（m0+m）g L=
由①②③，代入数据可求出：L=0.5m
即要使木块不掉下来，小车L的长度为0.5m．
（2）子弹射入木块后，木块在摩擦力的作用下做匀加速直线运动，根据牛顿第二定律，滑块的加速度：a=μg=3m/s2．
经过时间t1速度为v′，有v′=at1
解得：t1=0.5s．
在这段时间内，木块做匀加速运动，通过的位移：S1=
在t2=t-t1=1s内做匀速运动，通过位移为：s2=v′t2=1.5m．
故在3S内的总位移S总=S1+S2=1.875m．
如图所示，质量M=0.45kg的前方带有小孔的塑料块沿斜面滑到最高点C时速度恰为零，此时它刚好与从A点以v0水平射出的弹丸相碰，弹丸沿着斜面方向进入塑料块中，并立即与塑料块粘在一起有相同的速度．已知A点和C点距地面的高度分别为：H=1.95m，h=0.15m，弹丸的质量m=0.05kg，水平初速度v0=8m/s，重力加速度g=10m/s2．求：
（1）斜面与水平地面的夹角θ．
（2）上述条件仍成立，若再在斜面下端与地面交 接处设一个垂直斜面的弹性挡板，塑料块与它相碰后可以立即原速率反弹．现要使弹丸与塑料块相碰后一起沿斜面向下运动，它们与挡板第一次相撞后恰好仍能返回C点，则塑料块与斜面间的动摩擦因数应为多少？
正确答案
（1）对弹丸从开始到C点过程，研究竖直方向的分运动，设到C点时竖直方向分速度为vy，根据运动学公式
得 vy=6m/s所以此时弹丸速度方向偏离原方向的夹角θ满足：tanθ=
所以，θ=37°
依题意知，斜面与水平地面夹角也为θ=37°
（2）设弹丸与塑料块碰撞后两者共同速度为v1，依动量守恒有：
m
解得：v1=1m/s
从结合体开始下滑到返回C点的全过程，设通过的总路程为s根据能量守恒：
μ（m+M）gcosθS=
而：S=
解得：μ=0.125
答：（1）倾角为37°（2）动摩擦因数为0.125
如图所示，水平放置的平行金属板的N板接地，M板电势为+U，两板间距离为d，d比两板的尺寸小很多，在两板之间有一长为2l的绝缘轻杆，可绕杆的水平固定轴O在竖直面内无摩擦地转动，O为杆的中点．杆的两端分别连着小球A和B，它们的质量分别为2m和m，它们的带电量分别为+q和-q．当杆由图示水平位置从静止开始转过900到竖直位置时，已知重力加速度为g，求：
（1）两球的电势能的变化；
（2）两球的总动能；
（3）杆对A球的作用力．
正确答案
（1）电场中的场强为：E=
电场力对两球做的功为：WE=2qEl=
电势能的减小量为：
（2）两球减少的重力势能：WG=mgl
由能量转化与守恒定律得，有：WG+WE=Ek
解得：Ek=mgl+
（3）根据（2）问，有：
A球在最低点，由牛顿第二定律，有：
F-2mg-
解得：F=
答：（1）两球的电势能的变化量是
（2）两球的总动能是mgl+
（3）杆对A球的作用力大小是
如图所示，在光滑的水平长直轨道上，有一质量为M=3kg、长度为L=2m的平板车以速度v0=4m/s匀速运动．某时刻将质量为m=1kg的小滑块轻放在平板车的中点，小滑块与车面间的动摩擦因数为μ=0.2，取g=10m/s2．
（1）若小滑块最终停在平板车上，小滑块和平板车摩擦产生的内能为多少？
（2）若施加一个外力作用在平板车上使其始终保持速度为v0=4m/s的匀速运动，当小滑块放到平板车中点的同时，对该小滑块施加另一个与平板车运动方向相同的恒力F，要保证滑块不能从平板车的左端掉下，恒力F大小应该满足什么条件？
（3）在（2）的情况下，力F取最小值，要保证滑块不从平板车上掉下，力F的作用时间应该在什么范围内？
正确答案
（1）由动量守恒定律得：
Mv0=（M+m）v
解得v=
由能量守恒得：Q=
（2）设恒力F取最小值为F1，滑块加速度为a1，此时滑块恰好到达车的左端，则
滑块运动到车左端的时间 t1=
由几何关系有 v0t1-
由牛顿定律有 F1+μmg=ma1③
由①②③式代入数据解得 t1=0.5s，F1=6N
则恒力F大小应该满足条件是 F≥6N
（3）力F取最小值，当滑块运动到车左端后，为使滑块恰不从右端滑出，相对车先做匀加速运动（设运动加速度为a2，时间为t2），
再做匀减速运动（设运动加速度大小为a3）．到达车右端时，与车达共同速度．则有
F1-μmg=ma2④
μmg=ma3⑤
由④⑤⑥式代入数据解得t2=
则力F的作用时间t应满足 t1≤t≤t1+t2，
即0.5s≤t≤1.08s
答：（1）若小滑块最终停在平板车上，小滑块和平板车摩擦产生的内能为6J
（2）恒力F大小应该满足 F≥6N
（3）在（2）的情况下，力F取最小值，要保证滑块不从平板车上掉下，力F的作用时间应该在0.5s≤t≤1.08s．
如图所示，很长的光滑磁棒竖直固定在水平面上，在它的侧面有均匀向外的辐射状的磁场．磁棒外套有一个质量均匀的圆形线圈，质量为m，半径为R，电阻为r，线圈所在磁场处的磁感应强度为B．让线圈从磁棒上端由静止释放沿磁棒下落，经一段时间与水平面相碰并反弹，线圈反弹速度减小到零后又沿磁棒下落，这样线圈会不断地与水平面相碰下去，直到停留在水平面上．已知第一次碰后反弹上升的时间为t1，下落的时间为t2，重力加速度为g，不计碰撞过程中能量损失和线圈中电流磁场的影响．求：
（1）线圈第一次下落过程中的最大速度υm
（2）第一次与水平面碰后上升到最高点的过程中通过线圈某一截面的电量q
（3）线圈从第一次到第二次与水平面相碰的过程中产生的焦耳热Q．
正确答案
（1）线圈第一次下落过程中有E=B•2πRv、I=
根据牛顿第二定律得 mg-FA=ma
可知线圈做加速度减小的加速运动，当a=0时，速度最大，代入求得最大速度为：υm=
（2）反弹后上升的过程中某一时刻，由牛顿运动定律得：mg+BI•2πR=ma
则得：mg△t+BI•2πR•△t=ma△t
在一段微小时间△t内，速度增量为△υ=a△t，通过线圈截面电量为：△q=I△t
则：△q=
得到：∑△q=
故：q=
（3）反弹后上升的过程中某一时刻，由牛顿运动定律得：mg+B
在一段微小时间△t内，速度增量为：△υ=a△t，线圈上升高度为：△h=υ△t
则线圈可上升的最大高度h为：h=∑△h=
线圈到达最高点后，下落过程中的某一时刻，由牛顿运动定律得：mg-B
在一段微小时间△t内，速度增量为：△υ=a△t，线圈下降高度为：△h=υ△t
则线圈第二次下降到水平面时的速度为：υ=∑△υ=
本过程中线圈中产生的热量为线圈动能的损失：Q=
化简得：Q=
答：（1）线圈第一次下落过程中的最大速度υm为
（2）第一次与水平面碰后上升到最高点的过程中通过线圈某一截面的电量q为
（3）线圈从第一次到第二次与水平面相碰的过程中产生的焦耳热Q为
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