04第二章3 能量守恒--习题解答
内能及能量守恒定律试题及解答汇总
第二章内能及能量守恒定律概念：（一）物体的内能：1．物体的内能：物体中所有分子做热运动的动能和分子势能的总和叫做物体的内能，也叫做物体的热力学能。
2．任何物体都具有内能，因为一切物体都是由不停地做无规则热运动并且相互作用着的分子所组成。
3．决定物体内能的因素：（1）从宏观上看：物体内能的大小由物体的摩尔数、温度和体积三个因素决定；（2）从微观上看：物体内能的大小由组成物体的分子总数，分子热运动的平均动能和分子间的距离三个因素决定。
4、改变内能的两种方式：（1）做功可以改变物体的内能：①外界对物体做功，物体的内能增加；②物体对外界做功，物体的内能减少；③做功使物体内能发生改变的时候，内能的改变就用功数值来量度．外界对物体做多少功，物体的内能就增加多少；物体对外界做多少功，物体的内能就减少多少。
（二）能量守恒定律：1、能量守恒定律：能量既不会凭空产生，也不会凭空消失，它只能从一种形式转化为别的形式，或者从一个物体转移到别的物体，在转化或转移的过程中其总量不变。
另一种表述：第一类用动机是不可能制成的。
2、能量守恒定律的历史意义．3、能的转化和守恒是自然界的普遍规律，违背该定律的永动机是永远无法实现的。
它是没有条件的。
4、物质的不同运动形式对应不同形式的能，各种形式的能在一定条件下可以转化或转移，在转化或转移过程中，能的总量守恒。
5、理解：（1）某种形式的能减小，一定存在其他形式的能增加，且减小量和增加量一定相等。
（2）某个物体的能减小，一定存在其他物体的能量增加，且减小量和增加量一定相等。
例题分析【例1】关于物体内能及其变化，下列说法正确的是(B)A.物体的温度改变时，其内能必定改变B.物体对外做功，其内能不一定改变，向物体传递热量，其内能不一定改变C.对物体做功，物体内能必定改变；物体向外传出一定热量，其内能必定D.若物体与外界不发生热交换，则物体的内能必定不改变【解析】一定质量的物体，其内能由温度和体积共同决定 物体的温度改变时，其内能不一定改变.所以A错误.做功和热传递是改变物体内能的两种方式 若物体对外做功W焦，同时吸收Q焦的热量，且①W＞Q，则物体的内能减少；②W ＝Q，则物体的内能不变；③W＜Q，则物体的内能增加，所以只有B正确.【例2】下面设想符合能量转化和守恒定律的是(D)A.利用永久磁铁间的作用力，造一台永远转动的机械B.做成一条船，利用流水的能量逆水航行C.通过太阳照射飞机，即使飞机不带燃料也能飞行D.利用核动力，驾驶地球离开太阳系【解析】利用磁场能可以使磁铁所具有的磁场能转化为动能，但由于摩擦力的不可避免性，动能最终转化为内能使转动停止，故A错，让船先静止在水中，设计一台水力发电机使船获得足够电能，然后把电能转化为船的动能使船逆水航行；同理可利用光能的可转化性和电能的可收集性，使光能转化为飞机的动能，实现飞机起飞；故B、C可选；设计一种利用反冲理论以核动力为能源，使地球获得足够大的能量，挣脱太阳引力的束缚而离开太阳系，故D可选.【例3】关于物体内能，下列说法中正确的是〖〗A．手感到冷时，搓搓手就会感到暖和些，这是利用做功改变物体的内能 B．将物体举高或使它们的速度增大，是利用做功来使物体的内能增大C．阳光照晒衣服，衣服的温度升高，是利用热传递来改变物体的内能 D．用打气筒打气，简内气体变热，是利用热传递来改变物体的内能【解析】AC【变式一】下面关于物体内能改变的说法中正确的是〖〗A、物体对外做功，其内能必定改变B、物体对外做功，其内能不一定改变C、物体吸收热量，其内能必增加D、外界对物体做功，物体同时吸收热量，其内能必增加【解析】B【变式二】对于热量、功和内能三个物理量，下列各种说法中正确的是〖〗 A．热量和功由过程决定，而内能由状态决定B．热量、功和内能的物理意义相同C．热量和功都可以作为内能的量度D．内能大物体含有的热量多【解析】A【例4】下列说法正确的是〖〗A、第二类永动机与第一类永动机一样违背了能量守恒定律B、自然界中的能量是守恒的，所以能量永不枯竭，不必节约能源C、自然界中有的能量便于利用，有的不便于利用D、不可能让热量由低温物体传递给高温物体而不引起其它任何变化【解析】CD【自我检测】一：一、选择题1．关于物体的内能及其变化，以下说法正确的是( )A．物体的温度改变时，其内能必定改变B．物体对外做功，其内能不一定改变，向物体传递热量，其内能也不一定改变C．物体对外做功，其内能必定改变．物体向外传出一定热量其内能必定改变D．若物体与外界不发生热交换，则物体的内能必定不改变2．下列关于做功和热传递的说法中正确的是( )A．做功和热传递的实质是相同的B．做功和热传递在改变物体内能上是等效的C．做功和热传递是对同一过程中的两种说法D．做功和热传递是不可能同时发生的3．“第一类永动机”是不可能制成的，这是因为它( )A．不符合热力学第一定律B．做功产生的热量太少C．由于有摩擦、热损失等因素的存在D．找不到合适的材料和合理的设计方案4．(2010年高考重庆卷)给旱区送水的消防车停于水平地面．在缓慢放水过程中，若车胎不漏气，胎内气体温度不变，不计分子间势能，则胎内气体( )A．从外界吸热 B．对外界做负功C．分子平均动能减小D．内能增加5．一定量的气体在某一过程中，外界对气体做了8×104J的功，气体的内能减少了1.2×105 J，则下列个式中正确的是( )A．W＝8×104J，ΔU＝1.2×105J，Q＝4×104 JB．W＝8×104J，ΔU＝－1.2×105J，Q＝－2×105JC．W＝－8×104J，ΔU＝1.2×105J，Q＝2×104JD．W＝－8×104J，ΔU＝1.2×105J，Q＝－4×104J6.(2010年高考广东理综卷)图4－1－7是密闭的汽缸，外力推动活塞P压缩气体，对缸内气体做功800 J，同时气体向外界放热200 J，缸内气体的( )图4－1－7A．温度升高，内能增加600 JB．温度升高，内能减少200 JC．温度降低，内能增加600 JD．温度降低，内能减少200 J7．(2011年高考新课标全国卷)对于一定量的理想气体，下列说法正确的是( )A．若气体的压强和体积都不变，其内能也一定不变B．若气体的内能不变，其状态也一定不变C．若气体的温度随时间不断升高，其压强也一定不断增大D．气体温度每升高1 K所吸收的热量与气体经历的过程有关E．当气体温度升高时，气体的内能一定增大8．关于物体内能的变化，以下说法中正确的是( )A．物体吸收热量，内能一定增大B．物体对外做功，内能一定减少C．物体吸收热量，同时对外做功，内能可能不变D．物体放出热量，同时对外做功，内能可能不变9．一木箱静止于水平面上，现在用一个80 N的水平推力推动木箱前进10 m，木箱受到的摩擦力为60 N，则转化为木箱与地面系统的内能U和转化为木箱的动能Ek，分别是( )A．U＝200 J，Ek＝600 J B．U＝600 J，Ek＝200 JC．U＝600 J，Ek＝800 J D．U＝800 J，Ek＝200 J10．(2011年高考重庆理综卷)某汽车后备箱内安装有撑起箱盖的装置，它主要由汽缸和活塞组成．开箱时，密闭于汽缸内的压缩气体膨胀，将箱盖顶起，如图4－1－5所示．在此过程中，若缸内气体与外界无热交换，忽略气体分子间相互作用，则缸内气体( )图4－1－5A．对外做正功，分子的平均动能减小B．对外做正功，内能增大C．对外做负功，分子的平均动能增大D．对外做负功，内能减小二、非选择题1．风沿水平方向以速度v垂直吹向一直径为d的风车叶轮上，设空气密度为ρ，风的动能有50%转化为风车的动能，风车带动水车将水提高h的高度，效率为80%，则单位时间最多可提升的水的质量m＝________.2．一定质量的气体，在从一个状态变化到另一个状态的过程中，吸收热量280 J，并对外做功120 J，试问：(1)这些气体的内能发生了怎样的变化？(2)如果这些气体又返回原来的状态，并放出了240 J热量，那么在返回的过程中是气体对外界做功，还是外界对气体做功？做多少功？3．(2011年陕西高二质检)山峡水利工程的坝高h0＝185 m，正常水位为h＝175 m，水库容积V＝3.93×1010m3，装机容量(发电机的总功率)P＝1.768×107 kW，发电量W＝8.4×1010kW·h.假设发电机效率为η＝80%，试根据这些数据计算出水利枢纽的流量Q，并写出每个物理量应选用的单位．(不进行具体计算，用字母表示)4.如图4－1－6所示，一导热汽缸放在水平面上，其内封闭一定质量的某种理想气体，活塞通过滑轮组与一重物连接，并保持平衡，已知汽缸高度为h，开始活塞在汽缸中央，初始温度为t摄氏度，活塞面积为S，大气压强为p0.物体重力为G，活塞质量及一切摩擦不计，缓慢升高环境温度，使活塞上升Δx，封闭气体吸收了Q的热量．(汽缸始终未离开地面)求：图4－1－6(1)环境温度升高了多少度？(2)气体的内能如何变化？变化了多少？一、选择题1、解析：选B.温度变化物体的分子动能变化，但内能可能不变，A错；改变内能有两种方式：做功和热传递，由热力学第一定律可知B正确，C、D错．2、解析：选B.做功和热传递在改变物体内能上是等效的，但本质不同，做功是将其他形式的能量转化为内能或将内能转化为其他形式的能量，热传递是内能的转移，且做功和热传递可以同时进行，故B选项正确．3、解析：选A.第一类永动机是指不消耗能量而且还能对外做功，故违背了能量的转化与守恒．4、解析：选A.本题考查了热力学定律．由于车胎内温度保持不变，故分子的平均动能不变，内能不变．放水过程中体积增大对外做功，由热力学第一定律可知，胎内气体吸热．A选项正确．5、解析：选B.由符号法则可知，外界对气体做功W取正，气体内能减少，ΔU 为负值，代入热力学第一定律表达式得Q＝－2×105J.故选B.6、解析：选A.对一定质量的气体，由热力学第一定律ΔU＝W＋Q可知，ΔU＝800 J＋(－200 J)＝600 J，ΔU为正表示内能增加了600 J，对气体来说，分子间距较大，分子势能为零，内能等于所有分子动能的和，内能增加，气体分子的平均动能增加，温度升高，选项A正确．7、解析：选ADE.A选项，p、V不变，则T不变，气体的内能不变，故选项A正确．B选项，内能不变，温度不变，p、V可能变，选项B错误．C选项，气体温度升高，压强不一定增大，故选项C错误．D选项，气体温度每升高1 K吸收的热量与气体对外做功多少有关，即与经历的过程有关，故选项D正确．E选项，温度升高，理想气体的内能一定增大，故选项E正确．8、解析：选C.做功和热传递可以改变物体的内能，当做功和热传递同时发生时，物体的内能可能不变，比如物体吸热的同时又对外做功，且吸收的热量与对外做的功在数值上相等，此时物体的内能不发生变化．9、解析：选B.由于木箱在推动中受到滑动摩擦力，其与相对位移的乘积为物体的内能即：U＝60×10 J＝600 J．由能量守恒定律可得：Ek＝W总－U＝80×10 J－600 J＝200 J，故B正确．10、解析：选 A.气体膨胀，气体对外做正功，又因气体与外界无热交换，由热力学第一定律可知气体内能减小，因忽略气体分子间相互作用，没有分子势能，所以分子的平均动能减小，选项A 正确．二、非选择题1、解析：设在t 时间内吹在风车上的空气的质量为m ＝14πd2·vt ·ρ， 风的动能Ek ＝12mv2＝18πd2v3t ρ. 根据题意：18πd3v2t ρ×50%×80%＝mgh. 则m t ＝πd2ρv320gh. 答案：πd2ρv320gh2、解析：(1)由热力学第一定律可得ΔU ＝W ＋Q＝－120 J ＋280 J＝160 J.(2)由于气体的内能仅与状态有关，所以气体从2状态回到1状态过程中内能的变化应等于从1状态到2状态过程中内能的变化，则从2状态到1状态的内能应减少160 J ．即ΔU ′＝－160 J ，又Q ′＝－240 J ，根据热力学第一定律得：ΔU ′＝W ′＋Q ′∴W ′＝ΔU ′－Q ′＝－160 J －(－240 J)＝80 J即外界对气体做功80 J.答案：(1)增加了160 J(2)外界对气体做功 80 J3、解析：设在时间Δt 内，有ΔV 的水通过水利枢纽，则：Q ＝ΔV Δt，ΔV ＝Q Δt 减少的重力势能ΔEp ＝mgh ＝ΔV ρgh ＝Q Δt ρgh发电机的功率：P＝ΔEpηΔt＝QΔtρghηΔt＝Qρghη流量为Q＝Pρghη.(其中各物理量均取国际制单位)4、解析：(1)活塞缓慢移动，任意状态都处于平衡状态，故气体做等压变化，由盖—吕萨克定律可知：VT＝ΔVΔT得ΔT＝2Δxh(273＋t)(2)设汽缸内压强为p，由平衡条件得：pS＝p0S－G封闭气体对外做功W＝pSΔx＝(p0S－G)Δx由热力学第一定律得：ΔU＝Q＋(－W)＝Q－(p0S－G)Δx.1．关于物体内能的变化，以下说法中正确的是( )A．物体吸收热量，内能一定增大B．物体对外做功，内能一定减少C．物体吸收热量，同时对外做功，内能可能不变D．物体放出热量，同时对外做功，内能可能不变解析：选C.做功和热传递可以改变物体的内能，当做功和热传递同时发生时，物体的内能可能不变，比如物体吸热的同时又对外做功，且吸收的热量与对外做的功在数值上相等，此时物体的内能不发生变化．2．一木箱静止于水平面上，现在用一个80 N的水平推力推动木箱前进10 m，木箱受到的摩擦力为60 N，则转化为木箱与地面系统的内能U和转化为木箱的动能E k，分别是( )A．U＝200 J，E k＝600 J B．U＝600 J，E k＝200 JC．U＝600 J，E k＝800 J D．U＝800 J，E k＝200 J解析：选B.由于木箱在推动中受到滑动摩擦力，其与相对位移的乘积为物体的内能即：U＝60×10 J＝600 J．由能量守恒定律可得：E k＝W总－U＝80×10 J－600 J＝200 J，故B正确．3．(2011年高考重庆理综卷)某汽车后备箱内安装有撑起箱盖的装置，它主要由汽缸和活塞组成．开箱时，密闭于汽缸内的压缩气体膨胀，将箱盖顶起，如图4－1－5所示．在此过程中，若缸内气体与外界无热交换，忽略气体分子间相互作用，则缸内气体( )图4－1－5A．对外做正功，分子的平均动能减小B．对外做正功，内能增大C．对外做负功，分子的平均动能增大D．对外做负功，内能减小解析：选A.气体膨胀，气体对外做正功，又因气体与外界无热交换，由热力学第一定律可知气体内能减小，因忽略气体分子间相互作用，没有分子势能，所以分子的平均动能减小，选项A正确．4.如图4－1－6所示，一导热汽缸放在水平面上，其内封闭一定质量的某种理想气体，活塞通过滑轮组与一重物连接，并保持平衡，已知汽缸高度为h，开始活塞在汽缸中央，初始温度为t摄氏度，活塞面积为S，大气压强为p0.物体重力为G，活塞质量及一切摩擦不计，缓慢升高环境温度，使活塞上升Δx，封闭气体吸收了Q的热量．(汽缸始终未离开地面)求：图4－1－6(1)环境温度升高了多少度？(2)气体的内能如何变化？变化了多少？解析：(1)活塞缓慢移动，任意状态都处于平衡状态，故气体做等压变化，由盖—吕萨克定律可知：VT＝ΔVΔT得ΔT＝2Δxh(273＋t)(2)设汽缸内压强为p，由平衡条件得：pS＝p0S－G封闭气体对外做功W＝pSΔx＝(p0S－G)Δx由热力学第一定律得：ΔU＝Q＋(－W)＝Q－(p0S－G)Δx.答案：见解析【自我检测】二：一、选择题1．关于物体的内能及其变化，以下说法正确的是( )A．物体的温度改变时，其内能必定改变B．物体对外做功，其内能不一定改变，向物体传递热量，其内能也不一定改变C．物体对外做功，其内能必定改变．物体向外传出一定热量其内能必定改变D．若物体与外界不发生热交换，则物体的内能必定不改变解析：选B.温度变化物体的分子动能变化，但内能可能不变，A错；改变内能有两种方式：做功和热传递，由热力学第一定律可知B正确，C、D错．2．下列关于做功和热传递的说法中正确的是( )A．做功和热传递的实质是相同的B．做功和热传递在改变物体内能上是等效的C．做功和热传递是对同一过程中的两种说法D．做功和热传递是不可能同时发生的解析：选B.做功和热传递在改变物体内能上是等效的，但本质不同，做功是将其他形式的能量转化为内能或将内能转化为其他形式的能量，热传递是内能的转移，且做功和热传递可以同时进行，故B选项正确．3．“第一类永动机”是不可能制成的，这是因为它( )A．不符合热力学第一定律B．做功产生的热量太少C．由于有摩擦、热损失等因素的存在D．找不到合适的材料和合理的设计方案解析：选A.第一类永动机是指不消耗能量而且还能对外做功，故违背了能量的转化与守恒．4．(2010年高考重庆卷)给旱区送水的消防车停于水平地面．在缓慢放水过程中，若车胎不漏气，胎内气体温度不变，不计分子间势能，则胎内气体( ) A．从外界吸热B．对外界做负功C．分子平均动能减小D．内能增加解析：选A.本题考查了热力学定律．由于车胎内温度保持不变，故分子的平均动能不变，内能不变．放水过程中体积增大对外做功，由热力学第一定律可知，胎内气体吸热．A选项正确．5．一定量的气体在某一过程中，外界对气体做了8×104J的功，气体的内能减少了1.2×105 J，则下列个式中正确的是( )A．W＝8×104J，ΔU＝1.2×105J，Q＝4×104 JB．W＝8×104J，ΔU＝－1.2×105J，Q＝－2×105JC．W＝－8×104J，ΔU＝1.2×105J，Q＝2×104JD．W＝－8×104J，ΔU＝1.2×105J，Q＝－4×104J解析：选B.由符号法则可知，外界对气体做功W取正，气体内能减少，ΔU为负值，代入热力学第一定律表达式得Q＝－2×105J.故选B.6.(2010年高考广东理综卷)图4－1－7是密闭的汽缸，外力推动活塞P压缩气体，对缸内气体做功800 J，同时气体向外界放热200 J，缸内气体的( )图4－1－7A．温度升高，内能增加600 JB．温度升高，内能减少200 JC ．温度降低，内能增加600 JD ．温度降低，内能减少200 J解析：选A.对一定质量的气体，由热力学第一定律ΔU ＝W ＋Q 可知，ΔU ＝800 J ＋(－200 J)＝600 J ，ΔU 为正表示内能增加了600 J ，对气体来说，分子间距较大，分子势能为零，内能等于所有分子动能的和，内能增加，气体分子的平均动能增加，温度升高，选项A 正确．7．(2011年高考新课标全国卷)对于一定量的理想气体，下列说法正确的是( )A ．若气体的压强和体积都不变，其内能也一定不变B ．若气体的内能不变，其状态也一定不变C ．若气体的温度随时间不断升高，其压强也一定不断增大D ．气体温度每升高1 K 所吸收的热量与气体经历的过程有关E ．当气体温度升高时，气体的内能一定增大解析：选ADE.A 选项，p 、V 不变，则T 不变，气体的内能不变，故选项A 正确．B 选项，内能不变，温度不变，p 、V 可能变，选项B 错误．C 选项，气体温度升高，压强不一定增大，故选项C 错误．D 选项，气体温度每升高1 K 吸收的热量与气体对外做功多少有关，即与经历的过程有关，故选项D 正确．E 选项，温度升高，理想气体的内能一定增大，故选项E 正确．二、非选择题8．风沿水平方向以速度v 垂直吹向一直径为d 的风车叶轮上，设空气密度为ρ，风的动能有50%转化为风车的动能，风车带动水车将水提高h 的高度，效率为80%，则单位时间最多可提升的水的质量m ＝________.解析：设在t 时间内吹在风车上的空气的质量为m ＝14πd 2·vt ·ρ， 风的动能E k ＝12mv 2＝18πd 2v 3t ρ. 根据题意：18πd 3v 2t ρ×50%×80%＝mgh . 则m t ＝πd 2ρv 320gh. 答案：πd 2ρv 320gh9．一定质量的气体，在从一个状态变化到另一个状态的过程中，吸收热量280 J ，并对外做功120 J ，试问：(1)这些气体的内能发生了怎样的变化？(2)如果这些气体又返回原来的状态，并放出了240 J 热量，那么在返回的过程中是气体对外界做功，还是外界对气体做功？做多少功？解析：(1)由热力学第一定律可得ΔU ＝W ＋Q＝－120 J ＋280 J＝160 J.(2)由于气体的内能仅与状态有关，所以气体从2状态回到1状态过程中内能的变化应等于从1状态到2状态过程中内能的变化，则从2状态到1状态的内能应减少160 J．即ΔU′＝－160 J，又Q′＝－240 J，根据热力学第一定律得：ΔU′＝W′＋Q′∴W′＝ΔU′－Q′＝－160 J－(－240 J)＝80 J即外界对气体做功80 J.答案：(1)增加了160 J(2)外界对气体做功80 J10．(2011年陕西高二质检)山峡水利工程的坝高h0＝185 m，正常水位为h＝175 m，水库容积V＝3.93×1010m3，装机容量(发电机的总功率)P＝1.768×107 kW，发电量W＝8.4×1010kW·h.假设发电机效率为η＝80%，试根据这些数据计算出水利枢纽的流量Q，并写出每个物理量应选用的单位．(不进行具体计算，用字母表示)解析：设在时间Δt内，有ΔV的水通过水利枢纽，则：Q＝ΔVΔt，ΔV＝QΔt减少的重力势能ΔE p＝mgh＝ΔVρgh＝QΔtρgh发电机的功率：P＝ΔE pηΔt＝QΔtρghηΔt＝Qρghη流量为Q＝Pρghη.(其中各物理量均取国际制单位)答案：见解析【自我检测】三：1．关于热传导的方向性，下列说法正确的是( )A．热量能自发地由高温物体传给低温物体B．热量能自发地由低温物体传给高温物体C．在一定条件下，热量也可以从低温物体传给高温物体D．热量一定不可能从低温物体传给高温物体解析：选AC.在有外力做功的情况下，热量可以从低温物体传给高温物体，而热量只能自发地从高温物体传给低温物体．2．对于孤立体系中发生的实际过程，下列说法中正确的是( )A．系统的总熵只能增大或不变，不可能减小B．系统的总熵可能增大，可能不变，还可能减小C．系统逐渐从比较有序的状态向更加无序的状态发展D．系统逐渐从比较无序的状态向更加有序的状态发展解析：选AC.根据熵增加原理，在任何自然过程中，一个孤立系统的总熵不会减少可知，A对，B错．根据热力学第二定律的微观解释可知，一切自然过程总是沿着分子热运动的无序性增大的方向进行，所以C对，D错．3．第二类永动机不可能制成，这是因为( )A．它违背了能量守恒定律B．热量总是从高温物体传递到低温物体C．机械能不可能全部转变为内能D．内能不能全部转化为机械能，同时不引起其他变化解析：选D.第二类永动机的设想虽然符合能量守恒定律，但是违背了能量转化过程中，有些过程是不可逆的规律，所以不可能制成，故选D.4．热力学第二定律常见的表述有两种．第一种表述：不可能使热量由低温物体传递到高温物体，而不引起其他变化；第二种表述：不可能从单一热源吸收热量并把它全部用来做功，而不引起其他变化．图4－3－4甲是根据热力学第二定律的第一种表述画出的示意图：外界对制冷机做功，使热量从低温物体传递到高温物体．请你根据第二种表述完成示意图乙．根据你的理解，热力学第二定律的实质是________．图4－3－4解析：示意图如图所示．答案：一切与热现象有关的宏观过程都具有方向性．一、选择题1．(2011年廊坊高二检测)热力学第二定律指出( )A．不可能使热量由低温物体传递到高温物体B．不可能从单一热源吸收热量并把它全部用来做功C．热机效率η≤1D．大量分子参与的宏观过程具有方向性解析：选D.热力学第二定律指出，热量可以从低温物体传到高温物体，但要引起其他变化，故A错，B也错．热机效率要小于1，不能等于1，C也错．一切与热现象有关的宏观过程都具有方向性，D对．2．关于热力学第二定律的微观意义，下列说法正确的是( )A．大量分子无规则的热运动能够自动转变为有序运动B．热传递的自然过程是大量分子从有序运动状态向无序运动状态转化的过程C．热传递的自然过程是大量分子从无序程度小的运动状态向无序程度大的运动状态转化的过程D．一切自然过程总是沿着分子热运动的无序性增大的方向进行解析：选CD.热力学第二定律的微观意义明确指出：一切自然过程总是沿着分子热运动的无序程度增大的方向进行，所以答案C、D正确．3．关于永动机和热力学定律的讨论，下列叙述正确的是( )A．第二类永动机违反能量守恒定律B．如果物体从外界吸收了热量，则物体的内能一定增加C．外界对物体做功，则物体的内能一定增加D．做功和热传递都可以改变物体的内能，但从能量转化或转移的观点来看这两种改变方式是有区别的解析：选D.第二类永动机违反热力学第二定律，并不是违反能量守恒定律，故A 错；据热力学第一定律ΔU＝Q＋W知内能的变化由做功W和热传递Q两个方面共同决定，只知道做功情况或只知道传热情况无法确定内能的变化情况，故B、C 错误；做功和热传递都可改变物体内能．但做功是不同形式能的转化，而热传递是同种形式能间的转移，这两种方式是有区别的，故D正确．4．在一定速度下发生变化的孤立系统，其总熵的变化是( )A．不变B．可能增大或减小C．总是增大D．总是减小解析：选C.根据熵增加原理可知，任何孤立系统熵是增加的，故C正确．5．根据热力学第二定律分析，下列说法中正确的是( )A．热量能够从高温物体传到低温物体，但不能从低温物体传到高温物体B．热量能够从高温物体传到低温物体，也可以从低温物体传到高温物体C．机械能可以全部转化为内能，但变化的内能不可以全部转化为机械能D．机械能可以全部转化为内能，变化的内能也可以全部转化为机械能解析：选BD.根据热传递的规律可知，热量可以自发地从高温物体传到低温物体，但不能自发地(不需要外界帮助)从低温物体传到高温物体．借助外界的帮助，热量可以从低温物体传到高温物体，如电冰箱就是接通电源后，压缩机对“制冷剂”(氟利昂等)做功，把热量从冰箱内部(低温物体)传向外部(高温物体)达到制冷目的的，故选项A错误，B正确．机械能可以全部转化为内能(如一个运动物体克服摩擦力做功而最终停止运动时，机械能全部转化为内能)，在一定条件下，变化的内能也可以全部转化为机械能，如理想气体在等温膨胀过程中，将吸收来的热量全部用来做功，因此选项C错误，选项D正确．6．对热力学第二定律，下列理解正确的是( )A．自然界进行的一切宏观过程都是可逆的B．自然界进行的涉及热现象的宏观过程都具有方向性，是不可逆的C．热量不可能由低温物体传递到高温物体D．第二类永动机违背了能量守恒定律，因此不可能制成解析：选B.由热力学第二定律可知，热量不可能从低温物体传到高温物体，而不引起其他变化，由此说明热量由低温物体传到高温物体是可能的，但要引起其他变化，故C错；第二类永动机并不违反能量守恒，却违背了自然界涉及热现象宏观过程的方向性，故A、D错，B正确．7.如图4－3－5所示，汽缸内盛有一定量的理想气体，汽缸壁是导热的，缸外环境保持恒温，活塞与汽缸壁接触光滑，但不漏气，现将活塞杆与外界连接缓慢地向右移动，气体膨胀对外做功．已知理想气体的内能只与温度有关，则下列说法正确的是( )。
大物习题答案第2章动量守恒定律与能量守恒定律
第2章 动量守恒定律与能量守恒定律一 基本要求1 理解冲量、动量等概念。
掌握动量定理及动量守恒定律，能运用它们解简单系统在平面内运动的力学问题。
2 理解功的概念，能计算变力做功的问题 。
3 理解保守力做功的特点和势能的概念，会计算重力、弹性力和万有引力做的功及对应的势能 。
4 理解动能定理、功能原理和机械能守恒定律，掌握运用守恒定律解问题 的思想和方法 。
二 基本概念 １ 质点的动量、冲量质点的动量定义：m =p υ，p 为矢量，也是状态量。
质点的冲量定义 ：21t t dt =⎰I F ，它也是矢量，是过程量。
2 冲力 在解决冲击、碰撞问题时，将两个物体在碰撞瞬间的相互作用力称为冲力，冲力作用时间短，量值变化也很大，所以很难确定每一时刻的冲力，常用平均冲力的冲量来代替变力的冲量 。
3内力和外力 对于质点系，其内部各个质点之间的相互作用力称为内力，质点系以外的其他物体对其中的任一质点的作用力称为外力。
4功 功率（1）功 力对质点所作的功为力在质点位移方向的分量与位移大小的乘积。
cos BBAAW dW d F dr θ==⋅=⎰⎰⎰F r(2) 功率 功随时间的变化率,反映的是做功的快慢。
dW P dt =cos d d P F dt dtυθ⋅==⋅=⋅=F r r F F υ5动能 质量为m 的物体，当它具有速度υ时，定义212m υ为质点在速度为υ时的动能，用k E 表示。
6保守力和非保守力 如果力F 对物体做的功只与物体初、末位置有关而与物体所经过的路径无关，我们把具有这种特点的力称为保守力，否则称为非保力。
保守力做功0ld ⋅=⎰F l ，非保守力作功 0ld ⋅≠⎰F l 。
重力、弹性力、万有引力均为保守力，而摩擦力、汽车的牵引力等都是非保守力。
7势能 系统某点的势能等于在保守力作用下将物体从该点沿任意路径移动到零势能点保守力做的功，用p E 表示。
8机械能，系统的动能和势能统称为机械能，用E 表示。
功能关系 能量守恒定律(含答案)
第4课时功能关系能量守恒定一、基础知识（一）功能关系1、内容：能量既不会凭空产生，也不会凭空消失，它只能从一种形式转化为另一种形式，或者从一个物体转移到别的物体，在转化或转移的过程中，能量的总量保持不变．2、表达式：ΔE减＝ΔE增．（三）能量守恒定律及应用列能量守恒定律方程的两条基本思路：(1)某种形式的能量减少，一定存在其他形式的能量增加，且减少量和增加量一定相等；(2)某个物体的能量减少，一定存在其他物体的能量增加且减少量和增加量一定相等．（四）应用能量守恒定律解题的步骤1、分清有多少形式的能[如动能、势能(包括重力势能、弹性势能、电势能)、内能等]在变化；2、明确哪种形式的能量增加，哪种形式的能量减少，并且列出减少的能量ΔE减和增加的能量ΔE增的表达式；3、列出能量守恒关系式：ΔE减＝ΔE增．二、练习1、对于功和能的关系，下列说法中正确的是()A．功就是能，能就是功B．功可以变为能，能可以变为功C．做功的过程就是能量转化的过程D．功是物体能量的量度答案 C解析 功和能是两个密切相关的物理量，但功和能有本质的区别，功是反映物体在相互作用过程中能量变化多少的物理量，与具体的能量变化过程相联系，是一个过程量；能是用来反映物体具有做功本领的物理量，物体处于一定的状态(如速度和相对位置)就具有一定的能量，功是反映能量变化的多少，而不是反映能量的多少．2、从地面竖直上抛一个质量为m 的小球，小球上升的最大高度为h .设上升和下降过程中空气阻力大小恒定为F f .下列说法正确的是( )A ．小球上升的过程中动能减少了mghB ．小球上升和下降的整个过程中机械能减少了F f hC ．小球上升的过程中重力势能增加了mghD ．小球上升和下降的整个过程中动能减少了F f h 答案 C解析 根据动能定理，上升的过程中动能减少量等于小球克服重力和阻力做的功，为mgh ＋F f h ，小球上升和下降的整个过程中动能减少量和机械能的减少量都等于整个过程中克服阻力做的功，为2F f h ，A 、B 、D 错，选C.3、假设某足球运动员罚点球直接射门时，球恰好从横梁下边缘踢进，此时的速度为v .横梁下边缘离地面的高度为h ，足球质量为m ，运动员对足球做的功为W 1，足球运动过程中克服空气阻力做的功为W 2，选地面为零势能面，下列说法正确的是 ( ) A ．运动员对足球做的功为W 1＝mgh ＋12m v 2－W 2B ．足球机械能的变化量为W 1－W 2C ．足球克服阻力做的功为W 2＝mgh ＋12m v 2－W 1D ．运动员刚踢完球的瞬间，足球的动能为mgh ＋12m v 2答案 B解析 由功能关系可知：W 1＝mgh ＋12m v 2＋W 2，A 项错．足球机械能的变化量为除重力、弹力之外的力做的功．ΔE 机＝W 1－W 2，B 项对；足球克服阻力做的功W 2＝W 1－mgh － 12m v 2，C 项错．D 项中，刚踢完球瞬间，足球的动能应为E k ＝W 1＝mgh ＋12m v 2＋W 2，D 项错.4、如图所示，质量为m 的跳高运动员先后用背越式和跨越式两种跳高方式跳过某一高度，该高度比他起跳时的重心高出h ，则他从起跳后至越过横杆的过程中克服重力所做的功( )A ．都必须大于mghB ．都不一定大于mghC ．用背越式不一定大于mgh ，用跨越式必须大于mghD ．用背越式必须大于mgh ，用跨越式不一定大于mgh 答案 C解析 采用背越式跳高方式时，运动员的重心升高的高度可以低于横杆，而采用跨越式跳高方式时，运动员的重心升高的高度一定高于横杆，故用背越式时克服重力做的功不一定大于mgh ，而用跨越式时克服重力做的功一定大于mgh ，C 正确．5、如图所示，美国空军X －37B 无人航天飞机于2010年4月首飞，在X －37B 由较低轨道飞到较高轨道的过程中( ) A ．X －37B 中燃料的化学能转化为X －37B 的机械能B ．X －37B 的机械能要减少C ．自然界中的总能量要变大D ．如果X －37B 在较高轨道绕地球做圆周运动，则在此轨道上其机械能不变 答案 AD解析 在X －37B 由较低轨道飞到较高轨道的过程中，必须启动助推器，对X －37B 做正功，X －37B 的机械能增大，A 对，B 错．根据能量守恒定律，C 错．X －37B 在确定轨道上绕地球做圆周运动，其动能和重力势能都不会发生变化，所以机械能不变，D 对．6、如图所示，某段滑雪雪道倾角为30°，总质量为m (包括雪具在内)的滑雪运动员从距底端高为h 处的雪道上由静止开始匀加速下滑，加速度为13g .在他从上向下滑到底端的过程中，下列说法中正确的是( )A ．运动员减少的重力势能全部转化为动能B ．运动员获得的动能为13mghC ．运动员克服摩擦力做功为23mghD ．下滑过程中系统减少的机械能为13mgh答案 D解析 运动员的加速度为13g ，小于g sin 30°，所以运动员下滑的过程中必受摩擦力，且大小为16mg ，克服摩擦力做功为16mg ·h sin 30°＝13mgh ，故C 错；摩擦力做功，机械能不守恒，减少的重力势能没有全部转化为动能，而是有13mgh 的重力势能转化为内能，故A错，D 对；由动能定理知，运动员获得的动能为13mg ·h sin 30°＝23mgh ，故B 错．7、如图所示，汽车在拱形桥上由A 匀速率运动到B ，以下说法正确的是( ) A ．牵引力与克服摩擦力做的功相等B ．合外力对汽车不做功C ．牵引力和重力做的总功大于克服摩擦力做的功D ．汽车在上拱形桥的过程中克服重力做的功转化为汽车的重力势能 答案 BD解析 汽车由A 匀速率运动到B ，合外力始终指向圆心，合外力做功为零，即W 牵＋W G －W f ＝0，即牵引力与重力做的总功等于克服摩擦力做的功，A 、C 错误，B 正确；汽车在上拱形桥的过程中，克服重力做的功转化为汽车的重力势能，D 正确．8、若礼花弹在由炮筒底部击发至炮筒口的过程中，克服重力做功W 1，克服炮筒阻力及空气阻力做功W 2，高压燃气对礼花弹做功W 3，则礼花弹在炮筒内运动的过程中(设礼花弹发射过程中质量不变)( )A ．礼花弹的动能变化量为W 3＋W 2＋W 1B ．礼花弹的动能变化量为W 3－W 2－W 1C ．礼花弹的机械能变化量为W 3－W 2D ．礼花弹的机械能变化量为W 3－W 2－W 1 答案 BC解析 动能变化量等于各力做功的代数和，阻力、重力都做负功，故W 3－W 1－W 2＝ΔE k ，所以B 对，A 错．重力以外其他力做功的和为W 3－W 2即等于机械能增加量，所以C 对，D 错．9、如图所示，ABCD 是一个盆式容器，盆内侧壁与盆底BC 的连接处都是一段与BC 相切的圆弧， B 、C 在水平线上，其距离d ＝0.5 m ．盆边缘的高度为h ＝0.30 m ．在A 处放一个质量为m 的小物块并让其由静止下滑．已知盆内侧壁是光滑的，而盆底BC 面与小物块间的动摩擦因数为μ＝0.10.小物块在盆内来回滑动，最后停下来，则停下的位置到B 的距离为( )A ．0.50 mB ．0.25 mC ．0.10 mD ．0答案 D解析 由mgh ＝μmgx ，得x ＝3 m ，而x d ＝3 m0.5 m ＝6，即3个来回后，恰停在B 点，选项D 正确．10、如图所示，质量为m 的小车在水平恒力F 推动下，从山坡(粗糙)底部A 处由静止运动至高为h 的坡顶B ，获得的速度为v ，AB 之间的水平距离为x ，重力加速度为g ，下列说法正确的是( )A ．小车重力所做的功是mghB ．合外力对小车做的功是12m v 2C ．推力对小车做的功是12m v 2＋mghD ．阻力对小车做的功是Fx －12m v 2－mgh答案 B解析 小车重力所做的功为－mgh ，A 错误．由动能定理得合外力对小车做的功W ＝ 12m v 2，B 正确．推力对小车做的功为Fx ，C 错误．根据动能定理，阻力对小车做的功为－(Fx －12m v 2－mgh )，故D 错误．11、如图所示，在升降机内固定一光滑的斜面体，一轻弹簧的 一端连在位于斜面体上方的固定木板B 上，另一端与质量为m 的物块A 相连，弹簧与斜面平行．整个系统由静止开始加速上 升高度h 的过程中( ) 图4A ．物块A 的重力势能增加量一定等于mghB ．物块A 的动能增加量等于斜面的支持力和弹簧的拉力对其做功的代数和C ．物块A 的机械能增加量等于斜面的支持力和弹簧的拉力对其做功的代数和D ．物块A 和弹簧组成系统的机械能增加量等于斜面对物块的支持力和B 对弹簧的拉力做功的代数和解析 由于斜面光滑，物块A 静止时弹簧弹力与斜面支持力的合力与重力平衡，当整个装置加速上升时，由牛顿第二定律可知物块A 受到的合力应向上，故弹簧伸长量增加，物块A 相对斜面下滑一段距离，故选项A 错误；根据动能定理可知，物块A 动能的增加量应等于重力、支持力及弹簧弹力对其做功的代数和，故选项B 错误；物块A 机械能的增加量应等于除重力以外的其他力对其做功的代数和，选项C 正确；物块A 和弹簧组成的系统机械能增加量应等于除重力和弹簧弹力以外的其他力做功的代数和，故选项D 正确． 答案 CD12、如图所示有一倾角为θ＝37°的硬杆，其上套一底端固定且劲度系数为k ＝120 N/m 的轻弹簧，弹簧与杆间无摩擦．一个质量为m ＝1 kg 的小球套在此硬杆上，从P 点由静止开始滑下，已知小球与硬杆间的动摩擦因数μ＝0.5，P 与弹簧自由端Q 间的距离为l ＝1 m ．弹簧的弹性势能与其形变量x 的关系为E p ＝12kx 2.求：(1)小球从开始下滑到与弹簧自由端相碰所经历的时间t ； (2)小球运动过程中达到的最大速度v m ；(3)若使小球在P 点以初速度v 0下滑后又恰好回到P 点，则v 0需多大？ 解析 (1)F 合＝mg sin θ－μmg cos θ a ＝F 合m ＝g sin θ－μg cos θ＝2 m/s 2l ＝12at 2 所以t ＝2la＝1 s (2)小球从P 点无初速度滑下，当弹簧的压缩量为x 时小球有最大速度v m ，有 mg sin θ－μmg cos θ＝kx ，x ＝160m 此过程由能量守恒定律可得：mg ·(l ＋x )sin θ＝W 弹＋μmg cos θ(l ＋x )＋12m v 2m 而W 弹＝12kx 2代入数据解得：v m ＝113030m/s ＝2 m/s (3)设小球从P 点以初速度v 0下滑，压缩弹簧至最低点时弹簧的压缩量为x 1，由能量守恒有：mg (l ＋x 1)sin θ＋12m v 20＝μmg cos θ(l ＋x 1)＋12kx 21小球从最低点经过Q 点回到P 点时的速度为0，则有：1 2kx 21＝mg(l＋x1)sin θ＋μmg cos θ(l＋x1)联立以上二式解得x1＝0.5 m，v0＝2 6 m/s＝4.9 m/s.答案(1)1 s(2)2 m/s(3)4.9 m/s13、如图所示，一轻质弹簧原长为l，竖直固定在水平面上，一质量为m的小球从离水平面高为H处自由下落，正好压在弹簧上，下落过程中小球遇到的空气阻力恒为F f，小球压缩弹簧的最大压缩量为x，则弹簧被压到最短时的弹性势能为()A．(mg－F f)(H－l＋x)B．mg(H－l＋x)－F f(H－l)C．mgH－F f(l－x)D．mg(l－x)＋F f(H－l＋x)答案 A解析小球重力势能的减少量为ΔE p＝mg(H－l＋x)克服空气阻力做的功为W f＝F f(H－l＋x)弹性势能的增加量为ΔE＝ΔE p－W f＝(mg－F f)(H－l＋x)故选项A正确．14、如图甲所示，一根轻质弹簧左端固定在水平桌面上，右端放一个可视为质点的小物块，小物块与弹簧不连接，小物块的质量为m＝2 kg，当弹簧处于原长时，小物块静止于O 点．现对小物块施加一个外力，使它缓慢移动，压缩弹簧至A点(压缩量为x A)，此时弹簧的弹性势能E p＝2.3 J．在这一过程中，所用外力与压缩量的关系如图乙所示．然后突然撤去外力，让小物块沿桌面运动到B点后水平抛出．已知A、B之间的距离为L＝0.65 m，水平桌面的高为h＝5 m，计算时，可认为滑动摩擦力等于最大静摩擦力．g取10 m/s2，求：(1)在A点释放小物块后瞬间，小物块的加速度；(2)小物块落地点与桌边B的水平距离．答案(1)22 m/s2(2)1 m解析(1)由F－x图象可得，小物块与桌面间的滑动摩擦力大小为F f＝2 N释放瞬间弹簧弹力大小 F T ＝F －F f ＝(48－2) N ＝46 N 故释放瞬间小物块的加速度大小为 a ＝F T －F f m ＝46－22m/s 2＝22 m/s 2(2)从A 点开始到B 点的过程中，摩擦产生的热量Q ＝F f L 对小物块根据能量守恒有E p ＝12m v 2B ＋Q物块从B 点开始做平抛运动，则h ＝12gt 2故小物块落地点与桌边B 的水平距离x ＝v B t联立解得x ＝1 m15、如图所示，在水平地面上固定一个半径为R 的半圆形轨道，其中圆弧部分光滑，水平段长为L ，一质量为m 的小物块紧靠一根被压缩的弹簧固定在水平轨道的最右端，小物块与水平轨道间的动摩擦因数为μ，现突然释放小物块，小物块被弹出，恰好能够到达圆弧轨道的最高点A ，取g ＝10 m/s 2，且弹簧长度忽略不计，求： (1)小物块的落点距O ′的距离； (2)小物块释放前弹簧具有的弹性势能． 答案 (1)2R (2)52mgR ＋μmgL解析 设小物块被弹簧弹出时的速度大小为v 1，到达圆弧轨道的最低点时速度大小为v 2，到达圆弧轨道的最高点时速度大小为v 3.(1)因为小物块恰好能到达圆弧轨道的最高点，故向心力刚好由重力提供，有m v 23R ＝mg①小物块由A 飞出后做平抛运动，由平抛运动的规律有 x ＝v 3t② 2R ＝12gt 2③联立①②③解得：x ＝2R ，即小物块的落点距O ′的距离为2R(2)小物块在圆弧轨道上从最低点运动到最高点的过程中，由机械能守恒定律得12m v 22＝mg ·2R ＋12m v 23④小物块被弹簧弹出到运动到圆弧轨道的最低点的过程由功能关系得：12m v 21＝12m v 22＋μmgL ⑤小物块释放前弹簧具有的弹性势能就等于小物块被弹出时的动能，故有E p ＝12m v 21 ⑥ 由①④⑤⑥联立解得：E p ＝52mgR ＋μmgL16、(2012·安徽理综·16)如图所示，在竖直平面内有一半径为R 的圆弧轨道，半径OA 水平、OB 竖直，一个质量为m 的小球 自A 的正上方P 点由静止开始自由下落，小球沿轨道到达最高 点B 时恰好对轨道没有压力．已知AP ＝2R ，重力加速度为g ， 则小球从P 到B 的运动过程中 ( ) A ．重力做功2mgRB ．机械能减少mgRC ．合外力做功mgRD ．克服摩擦力做功12mgR答案 D解析 小球到达B 点时，恰好对轨道没有压力，故只受重力作用，根据mg ＝m v 2R 得，小球在B 点的速度v ＝gR .小球从P 点到B 点的过程中，重力做功W ＝mgR ，故选项A 错误；减少的机械能ΔE 减＝mgR －12m v 2＝12mgR ，故选项B 错误；合外力做功W 合＝12m v 2＝12mgR ，故选项C 错误；根据动能定理得，mgR －W f ＝12m v 2－0，所以W f ＝mgR －12m v 2＝12mgR ，故选项D 正确． 17、如图所示，质量为m 的物体(可视为质点)以某一速度从A 点冲上倾角为30°的固定斜面，其运动的加速度为34g ，此物体在斜面上上升的最大高度为h ，则在这个过程中物体( )A ．重力势能增加了34mghB ．重力势能增加了mghC ．动能损失了mghD ．机械能损失了12mgh答案 BD解析 设物体受到的摩擦阻力为F f ，由牛顿运动定律得F f ＋mg sin 30°＝ma ＝34mg ，解得F f ＝14mg .重力势能的变化由重力做功决定，故 ΔE p ＝mgh .动能的变化由合外力做功决定，故 ΔE k ＝(F f ＋mg sin 30°)x ＝34mg ·hsin 30°＝32mgh . 机械能的变化由重力或系统内弹力以外的其他力做功决定，故ΔE 机械＝F f ·x ＝14mg ·hsin 30°＝12mgh ，故B 、D 正确，A 、C 错误．18、(2012·福建理综·17)如图所示，表面光滑的固定斜面顶端安装 一定滑轮，小物块A 、B 用轻绳连接并跨过滑轮(不计滑轮的质量和摩擦)．初始时刻，A 、B 处于同一高度并恰好处于静止状态． 剪断轻绳后A 下落，B 沿斜面下滑，则从剪断轻绳到物块着地， 两物块( )A ．速率的变化量不同B ．机械能的变化量不同C ．重力势能的变化量相同D ．重力做功的平均功率相同 答案 D解析 A 、B 开始时处于静止状态，对A ：m A g ＝T ① 对B ：T ＝m B g sin θ②由①②得m A g ＝m B g sin θ 即m A ＝m B sin θ③剪断轻绳后，A 、B 均遵守机械能守恒定律，机械能没有变化，故B 项错误；由机械能守恒知，mgh ＝12m v 2，所以v ＝2gh ，落地速率相同，故速率的变化量相同，A 项错误；由ΔE p ＝mgh ，因m 不同，故ΔE p 不同，C 项错误；重力做功的功率P A ＝m A g v ＝m A g v2＝m A g2gh 2，P B ＝m B g v sin θ＝m B g 2gh 2sin θ，由③式m A ＝m B sin θ，得P A ＝P B ，D 项正确． 19、(2010·山东理综·22)如图所示，倾角θ＝30°的粗糙斜面固定在地面上，长为l 、质量为m 、粗细均匀、质量分布均匀的软绳置于斜面上，其上端与斜面 顶端齐平．用细线将物块与软绳连接，物块由静止释放后向下运动，直到软绳刚好全部离开斜面(此时物块未到达地面)，在此 过程中 ( )A ．物块的机械能逐渐增加B ．软绳重力势能共减少了14mgl C ．物块重力势能的减少等于软绳克服摩擦力所做的功D ．软绳重力势能的减少小于其动能的增加与克服摩擦力所做功之和答案 BD解析 细线的拉力对物块做负功，所以物块的机械能减少，故选项A 错误；软绳减少的重力势能ΔE p ＝mg (l 2－l 2sin 30°)＝14mgl ，故选项B 正确；软绳被拉动，表明细线对软绳的拉力大于摩擦力，而物块重力势能的减少等于克服细线拉力做功与物块动能之和，选项C 错误；对软绳应用动能定理，有W T ＋W G －W f ＝ΔE k ，所以软绳重力势能的减少ΔE p ＝W G ＝ΔE k ＋(W f －W T )，所以ΔE p <ΔE k ＋W f ，选项D 正确．20、如图所示，倾角为30°、高为L 的固定斜面底端与水平面平滑相连，质量分别为3m 、m 的两个小球A 、B 用一根长为L 的轻绳连接，A 球置于斜面顶端，现由静止释放A 、B 两球，球B 与弧形挡板碰撞过程中无机械能损失，且碰后只能沿斜面下滑，它们最终均滑至水平面上．重力加速度为g ，不计一切摩擦，则 ( )A ．小球A 下滑过程中，小球A 、B 系统的重力对系统做正功，系统的重力势能减小B ．A 球刚滑至水平面时，速度大小为5gL 2C ．小球B 升高L /2时，重力对小球A 做功的功率大于重力对小球B 做功的功率D ．小球B 从刚开始上升到开始进入斜面过程中，绳的拉力对小球B 做功为3mgL 4答案 ABC解析 小球A 下滑过程中，B 球的重力对B 球做负功，A 球的重力对A 球做正功，但由系统的动能增大可知，系统的重力势能减小，故小球A 、B 系统的重力对系统做正功，A 项正确；对A 、B 系统利用机械能守恒可知，A 球从开始滑动到刚滑至水平面过程中，有3mgL －mg L 2＝12×4m v 2，故v ＝5gL 2，B 项正确；小球B 升高L /2时，因两球的速度大小相等，而A 球沿斜面向下的分力为1.5mg ，故此时重力对小球A 做功的功率大于重力对小球B 做功的功率，C 项正确；小球B 从刚开始上升到开始进入斜面过程中，有3mg L 2－mgL ＝12×4m v ′2，故v ′＝gL 2，对B 球利用动能定理有：W －mgL ＝12m v ′2，故W ＝9mgL 8，D 项错误．。
高中物理功能关系能量守恒定律典型题及答案
高中物理功能关系能量守恒定律典型题及答案1.起跳摸高是学生经常进行的一项体育活动。
一质量为m的同学弯曲两腿向下蹲,然后用力蹬地起跳,从该同学用力蹬地到刚离开地面的起跳过程中,他的重心上升了h,离地时他的速度大小为v。
下列说法正确的是( )A.该同学的机械能增加了mghB.起跳过程中该同学机械能的增量为mgh+mv2C.地面的支持力对该同学做的功为mgh+mv2D.该同学所受的合外力对其做的功为mv2+mgh2.如图所示，弹簧的下端固定在光滑斜面底端，弹簧与斜面平行．在通过弹簧中心的直线上，小球P从直线上的N点由静止释放，在小球P与弹簧接触到速度变为零的过程中，下列说法中正确的是( )A．小球P的动能一定在减小B．小球P的机械能一定在减少C．小球P与弹簧系统的机械能一定在增加D．小球P重力势能的减小量大于弹簧弹性势能的增加量3.(2017课标Ⅲ,16,6分)如图,一质量为m、长度为l的均匀柔软细绳PQ竖直悬挂。
用外力将绳的下端Q缓慢地竖直向上拉起至M点,M点与绳的上端P相距l。
重力加速度大小为g。
在此过程中,外力做的功为( )A.mglB.mglC.mglD.mgl4.(多选)(2020·全国卷Ⅰ·20)一物块在高3.0 m、长5.0 m的斜面顶端从静止开始沿斜面下滑，其重力势能和动能随下滑距离s的变化如图中直线Ⅰ、Ⅱ所示，重力加速度取10 m/s2.则( )A．物块下滑过程中机械能不守恒B．物块与斜面间的动摩擦因数为0.5C．物块下滑时加速度的大小为6.0 m/s2D．当物块下滑2.0 m时机械能损失了12 J5.(多选)如图所示,轻质弹簧的一端固定在竖直墙面上,另一端拴接一小物块,小物块放在水平面上,小物块与水平面之间的动摩擦因数为μ,当小物块位于O点时弹簧处于自然状态。
现将小物块向右移到a 点,然后由静止释放,小物块最终停在O点左侧的b点(图中未画出),以下说法正确的是( )A.O、b之间的距离小于O、a之间的距离B.从O至b的过程中,小物块的加速度逐渐减小C.小物块在O点时的速度最大D.整个过程中,弹簧弹性势能的减少量等于小物块克服摩擦力所做的功6.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，重力加速度为g.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μmgsC．木板动能的增量为μmgdD．由于摩擦而产生的热量为μmgs7.(多选)如图所示,一质量为M的斜面体静止在水平地面上,质量为m的木块沿粗糙斜面加速下滑h高度,速度大小由v1增大到v2,所用时间为t,木块与斜面体之间的动摩擦因数为μ。
能量守恒定律的应用练习题
能量守恒定律的应用练习题1. 问题描述：一辆质量为m的汽车以速度v1行驶在平坦的道路上，突然遇到一段上坡路段，汽车沿坡道行驶到高度h时速度变为v2。
忽略摩擦和空气阻力等阻力，求汽车在坡道上的平均力。
解答：根据能量守恒定律，汽车在平坦道路上的总机械能等于汽车在坡道上的总机械能，即1/2 * m * v1^2 = mgh + 1/2 * m * v2^2其中，g表示重力加速度，h表示上坡路段的高度。
化简上式可以得到：v1^2 = 2gh + v2^2可以看出，汽车在平坦道路上的速度v1与汽车经过上坡路段后的速度v2、高度h和重力加速度g都有关系。
2. 问题描述：在一个自由下落的物体系统中，有两个物体A和B，物体A的质量为m1，在高度h1处释放，物体B的质量为m2，在高度h2处释放。
物体A和B是否会在某一时刻相撞？如果会相撞，在何处相撞？解答：由于物体A和B均处于自由下落状态，所以它们在任意时刻的速度可以表示为：v1 = sqrt(2gh1)v2 = sqrt(2gh2)其中，g表示重力加速度。
两个物体相撞的条件是它们的坐标相等，即：h1 + v1t - 1/2gt^2 = h2 + v2t - 1/2gt^2化简可得：h1 + v1t = h2 + v2t代入v1和v2的表达式，得：h1 + sqrt(2gh1) * t = h2 + sqrt(2gh2) * t解这个方程可以得到t的值，然后再代入其中一个速度表达式，可以求出相撞时的高度。
3. 问题描述：有一个质量为m的小物块A静止放在水平面上，另一个质量为M 的物块B以速度v斜向上撞击A。
撞击后，B的速度变为v'，A和B 分离开的速度为v_A和v_B。
求A和B分离开的速度和方向。
解答：根据能量守恒定律：1/2 * m * v^2 + 1/2 * M * v^2 = 1/2 * m * v_A^2 + 1/2 * M * v_B^2化简得：v^2 = v_A^2 + v_B^2然后根据动量守恒定律：m * v = m * v_A + M * v_B利用以上两个方程可以解得A和B分离开的速度v_A和v_B。
第二章习题解答
第二章 思考题1 试写出导热傅里叶定律的一般形式，并说明其中各个符号的意义。
答：傅立叶定律的一般形式为：nx t gradt q∂∂-=λλ＝－，其中：gradt 为空间某点的温度梯度；n是通过该点的等温线上的法向单位矢量，指向温度升高的方向；q 为该处的热流密度矢量。
2 已知导热物体中某点在x,y,z 三个方向上的热流密度分别为y x q q ,及z q ，如何获得该点的 热密度矢量？ 答：k q j q i q q z y x ⋅+⋅+⋅=，其中k j i,,分别为三个方向的单位矢量量。
3 试说明得出导热微分方程所依据的基本定律。
答：导热微分方程式所依据的基本定律有：傅立叶定律和能量守恒定律。
4 试分别用数学语言将传热学术语说明导热问题三种类型的边界条件。
答：① 第一类边界条件：)(01ττf t w =>时， ② 第二类边界条件：)()(02τλτf x tw =∂∂->时③ 第三类边界条件：)()(f w w t t h x t-=∂∂-λ5 试说明串联热阻叠加原则的内容及其使用条件。
答：在一个串联的热量传递过程中，如果通过每个环节的热流量都相同，则各串联环节的总热阻等于各串联环节热阻的和。
使用条件是对于各个传热环节的传热面积必须相等。
7.通过圆筒壁的导热量仅与内、外半径之比有关而与半径的绝对值无关，而通过球壳的导热量计算式却与半径的绝对值有关，怎样理解？ 答：因为通过圆筒壁的导热热阻仅和圆筒壁的内外半径比值有关，而通过球壳的导热热阻却和球壳的绝对直径有关，所以绝对半径不同时，导热量不一样。
6 发生在一个短圆柱中的导热问题，在下列哪些情形下可以按一维问题来处理？ 答：当采用圆柱坐标系，沿半径方向的导热就可以按一维问题来处理。
8 扩展表面中的导热问题可以按一维问题来处理的条件是什么？有人认为，只要扩展表面细长，就可按一维问题来处理，你同意这种观点吗？答：只要满足等截面的直肋，就可按一维问题来处理。
第2章-3能量守恒定律j(2024版)
xb
x2
由胡克定律： F kxi
W
F dx
x2
kxi
dxi
x2 kxdx
x1
x1
W
1 2
kx12
1 2
kx22
弹性力做功只与弹簧的起始和末了位置有关，
而与弹性变形的过程无关。
保守力：
做功与路径无关，只与始末位置有关的力。
非保守力：
做功不仅与始末位置有关，而且与路径 有关力。
保守力的特点：
dx vdt 3 t 2dt 2
W
Fdx
2
6t
3
t 2dt
9
t
4
2
36 J
0
2
40
2-4-2 动能和动能定理
一、质点动能定理
动能： 质点因有速度而具有对外做功的本领。
Ek
1 2
mv2
单位：J
设质点m在力的作用下 沿曲线从a点移动到b点
元功：
dW
F
dr
F
cos
ds
dr
b
θ
F
a
F cos
Ep
1 2
kx2
引力势能：
（弹簧自由端(坐标原点）为 势能零点）
Ep
G
m0m r
（无限远处为势能零点）
势能是瞬时量，是位置的函数。
保守力功与势能的积分关系：
W Ep
保守力功与势能的微分关系： dW dEp
因为： dW F dr Fxdx Fydy Fzdz
dEp
Ep x
dx
Ep y
质点i的动能定理：
Fi
Wi外i
n
n
n
第二章2 动量守恒和能量守恒--习题解答
3 10 N
3
求：（1）子弹在射入A的过程中，B受到A的作用力 的大小。（2）当子弹留在B中时，A和B的速度的大 小。
解：（1）以A、B为系统：
以B为对象：
f (mA mB )a AB
由题意得知：
f BA mB a B
a AB a B
联解上四方程得：
f 310 N
3
f BA
1 0
F kx
x x x
o k F m o x1 m k o F x2
A kxdx cos 1 kx2 2 1 kx12 2 2
x1
x2
弹性力做功，积分上下限应为弹簧伸长量。
10、C
A保 E p ; F保 .dl 0
l
（1）保守力作正功，系统内相应的势能减 小。（2）正确。（3）一对力做功等于其 中一个力的大小与相对位移的乘积。
(2) 当质点从（0，0）移动到（2，-3）时，此力所作的功为： 2 3 2 3 A F dr Fx dx F y dy 3dx 5dy 9J
mB 3 f 1.8 10 N m A mB
（2）动量定理：
ft (m A mB )v A
求解得到： v A 6m / s 动量守恒： mv0 mA v A (mB m)v B 求解得到：
v B 22m / s
P20-2：矿砂从传送带A落到另一传送带B，其速率 大小v1=4m/s，速度方向与竖直方向成30度角，而 传送带B与水平成15度角，其速度的大小v2=2m/s。 如果传送带的运送量恒定，设为qm=2000kg/h，求 矿砂作用在传送带B上的力的大小和方向。
大学物理课后习题(第二章)
第二章 能量守恒 动量守恒选择题2－1 有一劲度系数为k 的弹簧(质量忽略不计),垂直放置,下端悬挂一质量为m 的小球.现使弹簧为原长,而小球恰好与地面接触.今将弹簧上端缓慢地提起,直到小球刚脱离地面为止,在上提过程中外力做的功为 （ A ）(A)222m g k ; (B)222m g k ;(C) 224m g k; (D) 224m g k.2－2 一弹簧长00.5m l =,劲度系数为k ,上端挂在天花板上,当下端吊一小盘后,长度变为10.6m l =.然后在盘中放一物体,使弹簧长度变为20.8m l =.放物后,在弹簧伸长的过程中,弹性力所做的功为 （ C ）(A) 0.80.6d kx x -⎰; (B) 0.80.6d kx x ⎰;(C) 0.30.1d kx x -⎰; (D) 0.80.1d kx x ⎰.2－3 如图所示,一单摆在点A 和点A '之间往复运动,就点A 、点B 和点C 三位置比较,重力做功的功率最大位置为 （ B ）(A) 点A ; (B) 点B ; (C) 点C ; (D) 三点都一样.2－4 今有质量分别为1m 、2m 和3m 的三个质点,彼此相距分别为12r 、23r 和31r .则它之间的引力势能总和为 （ A ）(A) 233112122331m m m m m m G r r r ⎛⎫-++ ⎪⎝⎭; (B) 233112122331m m m m m m G r r r ⎛⎫++ ⎪⎝⎭; (C) 2331121223312m m m m m m G r r r ⎛⎫-++⎪⎝⎭; (D) 2331121223312m m m m m m G r r r ⎛⎫++ ⎪⎝⎭.2－5 有下列几种情况:(1) 物体自由落下,由物体和地球组成的系统; (2) 使物体均匀上升,由物体和地球组成的系统;(3) 子弹射入放在光滑水平面上的木块,由子弹和木块组成的系统; (4) 物体沿光滑斜坡向上滑动,由物体和地球组成的系统.机械能守恒的有 （ C ）(A) (1)、(3); (B) (2)、(4); (C) (1)、(4); (D) (1)、(2).2－6 质量分别为m 和4m 的两个质点,沿一直线相向运动.它们的动能分别为E 和4E ,它们的总动量的大小为 （ C ）(A)(C)-.2－7 质量为m 的小球,以水平速度v 与竖直的墙壁作完全弹性碰撞.以小球的初速度v的方向为O x 轴的正方向,则此过程中小球动量的增量为 （ D ） (A) m i v ; (B) 0; (C) 2m i v ; (D) 2m -i v .2－8 如图所示,质量为1k g 的弹性小球,自某高度水平抛出,落地时与地面发生完全弹性碰撞.已知在抛出1s 后又跳回原高度,而且速度的大小和方向和刚抛出时相同.在小球与地面碰撞的过程中,地面给它的冲量的大小和方向为 （ A ）(A) 19.8kg m s -⋅⋅,垂直地面向上;19.8kg m s-⋅⋅,垂直地面向上;(C) 119.6kg m s -⋅⋅,垂直地面向上; (D) 14.9kg m s-⋅⋅,与水平面成o45角.2－9 一炮弹由于特殊原因,在弹道最高点处突然炸成两块,如果其中一块做自由落体下落,则另一块的着地点 （ A ）(A) 比原来更远; (B) 比原来更近; (C) 仍和原来一样; (D) 条件不足,不能判定.2－10 在下列陈述中,正确的是 （ A ） (A) 物体的动量不变,动能也不变; (B) 物体的动能不变,动量也不变; (C) 物体的动量变化,动能也一定变化; (D) 物体的动能变化,动量却不一定也变化.2－11 如图所示,一光滑圆弧形槽m '放置于光滑的水平面上,一滑块m 自槽的顶部由静止释放后沿槽滑下,不计空气阻力,对这一过程,下列陈述正确的为 （ C ）(A) 由m 和m '组成的系统动量守恒; (B) 由m 和m '组成的系统机械能守恒; (C) 由m 、m '和地球组成的系统机械能守恒; (D) m 对m '的正压力恒不作功.2－12 如图所示,质量为20g 的子弹,以1400m s-⋅的速率沿图示方向射入一原来静止的、质量为980g 的摆中.摆线不可伸缩,质量忽略不计.子弹射入后,摆的速度为 （ A ）(A) 14m s -⋅; (B) 18m s -⋅; (C) 12m s -⋅; (D) 11.79m s -⋅. 计算题2－13 用力推物体,使物体沿O x 轴正方向前进,力在O x 轴上的分量为510x F x =+式中x 的单位为m ,x F 的单位为N .求当物体由0x =移到4m x =时,力所做的功.解 在物体由0x =移到4m x =的过程中,力所做的功为()214d 510d 100J x x x A F x x x ==+=⎰⎰2－14 一个不遵守胡克定律的弹簧,它的弹性力F 与形变x 的关系为3F kx b x =--式中,411.1610N m k -=⨯⋅,531.610N mb -=⨯⋅,求弹簧变形由10.2m x =到20.3mx =时,弹性力所做的功.解 在弹簧变形由1x 到2x 的过程中,弹性力所做的功为221132244212111d ()d ()()24x x x x A F x kx b x F x k x x b x x ==-+=----⎰⎰将10.2m x =和20.3m x =代入上式,可得2244212142254411()()2411 1.1610(0.30.2) 1.6010(0.30.2)J 550J24A k x x b x x =----⎡⎤=-⨯⨯⨯--⨯⨯⨯-=-⎢⎥⎣⎦2－15 如果子弹穿入墙壁时,所受的阻力与穿入的深度h 成正比,证明当子弹的初速度增大为原来的2倍时,子弹进入墙壁的深度也增大2倍.证 在穿进墙壁后,子弹所受的阻力为F kh =-,式中k 为常数.设子弹进入墙壁的最大深度为m h ,则在子弹穿入过程中,阻力做的功为m 2m 01d 2h A kh h kh =-=-⎰子弹在最大深度m h 时的速度为零.由外力的功等于始末二状态之间的动能的增量,有22m ax 01122kh k -=-v式中0v 是子弹的初速度,即子弹与墙壁接触瞬间的速度.k 和子弹质量m 均为常数,因此子弹的初速度0v 和子弹进入墙壁的最大深度m h 成正比,子弹的初速度增大为原来的2倍时,子弹进入墙壁的最大深度也增大为原来的2倍.2－16 如图所示,一质量为4k g 的小球,从高度3m h =处落下,使弹簧受到压缩.假定弹簧的质量与小球相比可以略去不计,弹簧的劲度系数1500N m k -=⋅.求弹簧被压缩的最大距离.解 小球从开始下落,到弹簧达到最大压缩x 量为止,下落距离为h x +.这期间, 由小球、弹簧和地球组成的系统机械能守恒.由于小球的动能增量为零,因此21()02kx m g h x -+=即2220m g m g x x h kk--=将2249.80.1568500m g k⨯⨯==,3m h =代入上式,可解得0.769m x =2－17 测定矿车的阻力因数μ(即阻力与矿车对轨道正压力的比值)的设施如图所示.测定时使矿车自高度h 处从静止开始下滑,滑过一段水平距离2l 后停下.已知坡底的长度为1l ,证明12h l l μ=+.证 设矿车质量为m ,则矿车在坡道上下滑时所受的正压力大小为co s m g θ.式中θ为斜面与水平面的夹角.由功能原理,矿车所受的力在全过程中所做的功,等于其始末二状态之间的动能增量,而动能的增量为零,于是2co s 0co s l m g h m g m g l μθμθ--=由此可得12()h l l μ=+2－18 一颗子弹由枪口射出时速率为0v ,当子弹在枪筒内被加速时,它所受的合外力为F a bt =-式中a 、b 为常量.(1) 设子弹走到枪口处,所受的合力刚好为零,求子弹走完枪筒全长所需的时间; (2) 求子弹所受的冲量; (3) 求子弹的质量.解 (1) 子弹走到枪口处,所受的合力刚好为零:00F a bt =-=由此可得子弹走完枪筒全长所需的时间为0a t b=(2) 在[]00,t ,子弹所受的冲量为022200011()d ()222t a aaI a b t t a t b t ab bb b=-=-=-=⎰(3) 由动量原理I m =∆v ,而子弹的初速度为零,于是有0I =m v由此可得子弹的质量为2I a b ==m v v2－19 一质量为m 的质点,在O xy 平面上运动,其位置矢量为cos sin a t b t ωω=+r i j求从0t =到π2t ω=时间内,质点所受的合外力的冲量.解 质点的速度为d sin co s d a t b t tωωωω==-+r i j v0t =时, 质点的速度为1b ω=j vπ2t ω=时, 质点的速度为2ππsin co s 22a b a ωωωωωωω=-+=-i j i v由动量原理, 在0t =到π2t ω=时间内质点所受的合外力的冲量为21m m m a m b ωω=-=--I i j v v2－20 有一横截面积为20.2m S =的直角弯管,水平放置,如图所示.管中流过流速为13.0m s-=⋅v 的水.求弯管所受力的大小和方向.解 d m 的水转过直角,经历的时间为∆l t =v,式中l 为弯管14圆弧的长度;动量改变的大小为d m ,方向与水平成o45角.由动量定理,弯管给d m 的水的平均作用力的大小为2d d d d m m m F l tl===∆v圆弧弯管长度的水的质量为d m mS l ρ==⎰.这么多的水转过直角,弯管所给的平均作用力的大小为2223231100.20 3.0N 2.5510NS l F S ll====⨯⨯⨯=⨯v v v方向与水平成o45角,斜向上.此力的反作用力即为水管所受的力,大小为32.5510N F '=⨯方向与水平成o45角,斜向下.2－21 水力采煤是利用水枪在高压下喷出来的强力水柱,冲击煤层而使煤层破裂.设所用水枪的直径为30m m ,水速为160m s-⋅,水柱与煤层表面垂直,如图所示.水柱在冲击煤层后,沿煤层表面对称地向四周散开.求水柱作用在煤层上的力.解 设水在煤层表面均匀四散,则煤层所受的合力在沿煤层表面的方向上的分量为零.在t ∆时间内,有质量为m tS ρ=∆v 的水到达煤层表面.式中v 为水速, S 为水柱截面积.在垂直于煤层的方向上,其动量的变化为()2x m tS ρ∆=-∆v v由动量定理,()x x F t m ∆=∆v ,可求得水柱所受的冲力在垂直于煤层的方向上的分量为x F S ρ=-2v水柱作用在煤层上的力是x F i 的反作用力,垂直指向煤层,大小为2432π 3.01011060N 2545N 4F S ρ-⨯⨯'==⨯⨯⨯=2v2－22 在铁轨上,有一质量为40t 的车辆,其速度为11.5m s -⋅,它和前面的一辆质量为35t 的静止车辆挂接.挂接后,它们以同一速度前进.求:(1) 挂接后的速率;(2) 质量为35t 的车辆受到的冲量. 解 (1) 由动量守恒定律,有21122()m m m m +=+v v v式中11 1.5m s -=⋅v 是140t m =的车辆的初速度,20=v 是230t m =的车辆的初速度;v 是两辆车一起运动的速度.由此可得311113124010 1.5m s0.8m s(4035)10m m m --⨯⨯==⋅=⋅++⨯v v(2) 质量为235t m =的车辆受到的冲量等于其动量的增量:34235100.8N s 2.8010N s I m ==⨯⨯⋅=⨯⋅v2－23 一个质量为60kg 的人,以12.0m s -⋅速率跳上一辆以11.0m s -⋅的速率运动的小车.小车的质量为180k g .(1) 如果人从小车后面跳上去,求人和小车的共同速度 (2) 如果人从小车前面跳上去,求人和小车的共同速度. 解 以小车前进方向为正方向.由动量守恒定律121122()m m m m +=+v v v式中v 是人和小车的共同速度, 1v 是人的速率, 12 1.0m s -=⋅v 是小车的速率. 由上式可得112212m m m m +=+v v v(1) 如果人从小车后面跳上去,则人的速度11 2.0m s -=⋅v ,人和小车的共同运动的速度为1111221260 2.0180 1.0m s1.25m s(60180)m m m m --+⨯+⨯==⋅=⋅++v v v(2) 如果人从小车前面跳上去,则人的速度11 2.0m s -=-⋅v ,人和小车的共同运动的速度为1111221260( 2.0)180 1.0m s0.25m s(60180)m m m m --+⨯-+⨯==⋅=⋅++v v v2－24 一炮弹竖直向上发射,初速度为0v .在发射后经过时间t ,在空中自动爆炸.假定炮弹爆炸后分成质量相等的A 、B 、C 三块碎片.其中A 块的速度为零, B 、C 两块的速度大小相同,且B 块的方向与水平成α角.求B 、C 两块碎片的速度大小和C 块的方向.解 临爆炸前,炮弹的速度在竖直方向,大小为0g t =-v v .其方向可能竖直向上,亦可能竖直向下.设炮弹的质量为m ,爆炸后瞬时B 、C 两块的速度分别为B v 和C v .由动量守恒定律B C 1133m m m +=v v v图示为速度竖直向上时的动量守恒的矢量图,图中π2βα=-.若速度竖直向下,亦可作出相似的动量守恒的矢量图.由于B 、C 两块的速度大小相同,即B C =v v ,因此动量守恒的矢量图为等腰三角形,C v 与竖直面的夹角亦为β,与水平面的夹角亦为α;与B v 之间的夹角为π2α-,且B C 11sin sin 33m m m αα+=v v v将0g t =-v v 和B C =v v 代入,即可求得B 、C 两块碎片的速度大小为0B C 32sin g t α-==v v v2－25 如图所示,有一空气锤,质量为200kg m =,由高度0.45m h =处受工作气缸中压缩空气的压力及重力的作用而落下,摩擦阻力可以忽略.已知工作气缸内压缩空气对锤头的平均压力37.0010N F =⨯,锤头与工件的碰撞时间为0.010s t =,求锤头锻打工件时的平均冲力.解 设锤头到达工件,与工件接触瞬时的速度为v .由功能原理,有21()2F m g h m +=v由此可得=v这时,汽缸内的压强已经很小,对锤头的压力可以忽略.锤头锻打工件时的过程中,受到的向上的平均冲力为1F .以竖直向下为正方向,由动量原理,有()1Fm g t m -+∆=-v可得1F 的大小为15200 2009.8N 1.29010N0.010m F m g m gt ⎛⎫=+=⎪∆⎝⎭⎛⎫=⨯⨯=⨯ ⎪ ⎪⎝⎭v工件所受的打击力是1F 的反作用力,平均大小亦为51.29010N ⨯,方向竖直向下.若不忽略汽缸内的压缩空气对锤头的压力,且认为大小亦为37.0010N F =⨯,则有()1F F m g t m '-++∆=-v由此可得锤头和工件所受的打击力的平均大小()53511 1.290107.0010N1.3610N F F F '=+=⨯+⨯=⨯2－26 两个形状相同质量均为m '弧形光滑导轨A 和B ,放在光滑地板上,且在同一竖直平面内,A 和B 的下端均和地板相切,如图所示.今有一质量为m 的小物体,由静止从高度为0h 的A 的顶端下滑,求m 在B 导轨上上升的最大高度.解 设小物体下滑至地面时,物体速度为v ,导轨A 的速度为A v .在小物体下滑的过程中,小物体、导轨A 和地球组成的系统机械能守恒,有22A 01122m m m g h '+=v v小物体和导轨A 组成的系统在水平方向上动量守恒,有A 0m m '+=v v联立解此二方程,可得=v设小物体沿导轨B 上升的最大高度为h ,此时二者一起运动的速度为B v .在小物体上升的过程中,小物体、导轨B 和地球组成的系统机械能守恒,有221B 11()22m m g h m m '=++v v小物体和导轨B 组成的系统在水平方向上动量守恒,有B ()m m m '=+v v联立解此二方程,可得22()m h m m g'='+v将=v 代入上式,可得20m h h m m '⎛⎫= ⎪'+⎝⎭。
大学物理动量守恒和能量守恒习题讲解
第三章 动量守恒定律和能量守恒定律
动量守恒和能量守恒习题课选讲例题
物理学教程 （第二版）
例 以下四种说法中，哪一种是正确的？ （1）作用力与反作用力的功一定是等值异号.
（2）内力不能改变系统的总机械能.
（3）摩擦力只能作负功. （4）同一个力作功在不同的参考系中，也不 一定相同.
Ff m
dv
Fn m
v
2
Ff
m
en R
et
o
由
v
v
0
dv v
π
πR
R
0
d s 得 ln
W
v v0
1 2
Fn
π
2 mv0
v v0e
摩擦力 的功
(e
2 π
1) 0
第三章 动量守恒定律和能量守恒定律
动量守恒和能量守恒习题课选讲例题
动量守恒和能量守恒习题课选讲例题
物理学教程 （第二版）
例
一质量为 m 的小球,以速率为v0 、与水平面夹
角为60°的仰角作斜抛运动，不计空气阻力，小球从抛
出点到最高点这一过程中所受合外力的冲量大小
为
3 m v 0 2 ，冲量的方向是 沿 解： I mv mv0
1
y 轴负方向 .
物理学教程 （第二版）
程中所作的功为：
( A) 67 J , (B) (D ) 91 J , 67 J
（A）
( C ) 17 J ,
分析： F r W
( 4 i 5 j 6 k ) ( 3i 5 j 9 k )
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二、填空题
1、 、
ur r A1 = F 1 ⋅ ∆ r = Fx ∆x + Fy ∆y = 12 × 3 − 3 × 8 = 12 J ; 动能定理：A1 + A 2 = ∆E k = 24 J ∴ A2 = 12 J
GMm mv2 2、 (1) 、 = 2 (3 R ) 3R GMm 1 2 ⇒ Ek = mv = 2 6R
(52.8 x + 38.4 x 2 )dx = 31J ∫
x1
(2)由功能原理：拉力做的功 W = ∆ E P = 31J 又由机械能守恒 1 mv 2 = 31J 2 2 × 31 v= = 5.34 m • s −1 2.17
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2、
v 解: (1)由题知， F合 为恒力，
v v v v v v v A合 = F ⋅ ∆r = (7i − 6 j ) ⋅ ( −3i + 4 j + 16k )
ur F
r r
A=∫
a
h = GMm R ( R + h)
1 2 (2)动能定理A = mv − 0 2
Mm F ⋅ d r = ∫ −G 2 dr R+h r
0
v=
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2GMh R ( R + h)
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设作用在质量为 2 kg 上的物体上 的力 F = 6 t N，若物体由静止出发沿直线 ， 运动， 内该力作的功. 运动，求在开始的 2s 内该力作的功
x x x
r r x2 ∴ A = ∫ F = ∫ −kxdx dr = ( kx − kx2
1 2 2 1 1 2 x1 x1 2
x2
)
3
弹性力做功，积分上下限应为弹簧伸长量。 弹性力做功，积分上下限应为弹簧伸长量。
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4、C 、
A保 = − ∆ E p ; ∫
l
r r F保 .dl = 0
v t dv 有 ∫ dv = ∫ 3tdt 解 由 F = 6t = m 0 0 dt dx 2 2 得 v = 1.5t ，又v = ， ∴ dx = 1.5t dt dt x t 2 4 因 W = Fdx = 6t × 1.5t dt = 2.25t ∫ ∫
0 0
4
所以， 所以，当 t = 2 s 得 W = 36 J 时，
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(2)
E引p
Mm = −G 3R
7
3、 、
1 2 功能原理：Fxm − µ mgxm = kxm 2 1 2( F − µ mg ) 2 2 ⇒ E p弹 = kxm = 2 k
外力为零：F − µ mg = kx ⇒ E p弹 1 ( F − µ mg ) 2 = kxm 2 = 2 2k
9、C 、
r r r r = A cos ωti + B sin ωtj r r r ⇒ v = − Aω sin ωti + Bω cos ωtj r r ∴ t = 0时， v1 = Bω j ; r π r t= ， v2 = − Aω i 2ω
1 2 1 2 动能定理：A = ∆Ek = mv2 − mv1 2 2
1 2 1 mg m2 g2 A外 = kx = k = 2k 2 2 k
2
6、C 、 7、C 、 8、D 、
∆E k = A引 = ∫
R2
R1
Mm ( −G 2 )dr r
1 s 1 1 2 2 动 能 定 理 ： - fs = 0 − mv ; − f = mu − mv 2 2 2 2 2 2012-4-1 5
= Fx ∆x + Fy ∆y = −21 − 24 = −45 J
(3)由动能定理，
∆E k = A = −45 J
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3：一陨石从距地面高位h处由静止开始落向地 ：一陨石从距地面高位 处由静止开始落向地 忽略空气阻力。（设地球质量为M， 。（设地球质量为 面，忽略空气阻力。（设地球质量为 ，半径 ），求 为R，陨石质量为 ），求（1）陨石下落过程 ，陨石质量为m）， ） 万有引力的功是多少？（ ？（2） 中，万有引力的功是多少？（ ）陨石落地的速 度多大？ 度多大？ 解：(1) r b ur R
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第二章
一、选择题
功和能
能量守恒
1、C 、
2、A 、
A=
∫
2
0
3 x dx = x
2
3 2 0
= 8J
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3、C 、 弹力的功: 弹力的功
k
A=
l 2 − 0 ∫l1 − l0
(− kx )dx
r r r r F = − kxi , dr = dxi
m
r o k F m o x1 m k r o F x2
kxm µ mg xm
r F
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4、(1) E p引 = (− 、
(2) E p引
GMm GMm 2GMm ) − (− )= 3R R 3R
GMm =− 3R
三、计算题 1、
r r (1) 拉力做的功 W = ∫ F外 • dr =
x2
（3）此力为保守力， 因为此力作功只与初末 位置有关。
（1）保守力作正功，系统内相应的势能减小。 ）保守力作正功，系统内相应的势能减小。 （2）正确。 ）正确。 （3）一对力做功等于其中一个力的大小与相对位 ） 移的乘积。 移的乘积。
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5、C 、
临界条件： 临界条件：N=0；
kx=mg
功能原理： 功能原理： A外 + A非保内 = E2 − E1