高考物理一轮章末定时练4 功和功率及能的转化与守恒.docx
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高考物理一轮章末定时练4功和功率及能的转化与守恒
章末定时练四
(时间:
60分钟)
一、选择题(本题共8小题,在每小题给出的四个选项中,第1~5题只有一项符合题目要求,第6~8题有多项符合题目要求).
1.(2013·汕头二模)下列说法正确的是( ).
A.若物体所受的合力为零,则物体的动能一定不变
B.若物体所受的合力不为零,则物体的动能一定改变
C.若物体的动能不变,则它所受的合力一定为零
D.若物体的动能改变,则它所受的合力一定为零
解析 物体所受的合力为零,则合力做的功一定为零,物体的动能一定不变,选项A正确;物体所受的合力不为零,但合力做的功可能为零,故物体的动能可能不变,选项B错误;物体的动能不变,则物体的速度大小不变,但速度方向可能改变,故合力可能不为零,选项C错误;物体的动能改变,则物体的速度一定改变,故合力一定不为零,选项D错误.
答案 A
2.质量为1kg的物体静止于光滑水平面上.t=0时刻起,物体受到向右的水平拉力F作用,第1s内F=2N,第2s内F=1N.下列判断正确的是( ).
A.2s末物体的速度是2m/s
B.2s内物体的位移为3m
C.第1s末拉力的瞬时功率最大
D.第2s末拉力的瞬时功率最大
解析 由牛顿第二定律得第1s和第2s内的加速度分别为2m/s2和1m/s2,第1s末和第2s末的速度分别为v1=a1t1=2m/s和v2=v1+a2t2=3m/s,则选项A错误;2s内的位移s=
+
t2=3.5m,则选项B错误;第1s末拉力的瞬时功率P1=Fv1=4W,第2s末拉力的瞬时功率P2=Fv2=3W,则选项C正确,D错误.
答案 C
3.如图1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( ).
图1
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
解析 由题意根据力的平衡有mAg=mBgsinθ,所以mA=mBsinθ.根据机械能守恒定律mgh=
mv2,得v=
,所以两物块落地速率相等,选项A错;因为两物块的机械能守恒,所以两物块的机械能变化量都为零,选项B错误;根据重力做功与重力势能变化的关系,重力势能的变化为ΔEp=-WG=-mgh,选项C错误;因为A、B两物块都做匀变速运动,所以A重力的平均功率为
A=mAg·
,B重力的平均功率
B=mBg·
cos
,因为mA=mBsinθ,所以
A=
B,选项D正确.
答案 D
4.(2013·浙江高考模拟冲刺)在一场英超联赛中,我国球员孙继海大力踢出的球飞行15m后,击在对方球员劳特利奇的身上.假设球击中身体时的速度约为22m/s,离地面高度约为1.5m,估算孙继海踢球时脚对球做的功为( ).
A.15JB.150J
C.1500JD.15000J
解析 孙继海踢球时脚对球做的功等于球增加的机械能.足球的质量大约为0.5kg,则足球增加的机械能E=mgh+
mv2=0.5×10×1.5J+
×0.5×222J=128.5J,故B正确.
答案 B
5.(2013·昆明市质检)如图2所示,质量为m的小球套在倾斜放置的固定光滑杆上,一根轻质弹簧一端固定于O点,另一端与小球相连,弹簧与杆在同一竖直平面内,将小球沿杆拉到弹簧水平位置由静止释放,小球沿杆下滑,当弹簧位于竖直位置时,小球速度恰好为零,此时小球下降的竖直高度为h,若全过程中弹簧始终处于伸长状态且处于弹性限度范围内,下列说法正确的是
( ).
图2
A.弹簧与杆垂直时,小球速度最大
B.弹簧与杆垂直时,小球的动能与重力势能之和最大
C.小球下滑至最低点的过程中,弹簧的弹性势能增加量小于mgh
D.小球下滑至最低点的过程中,弹簧的弹性势能增加量大于mgh
解析 弹簧与杆垂直时,弹性势能最小,小球重力势能和动能之和最大,选项A错误,B正确.由机械能守恒定律,小球下滑至最低点的过程中,弹簧的弹性势能增加等于mgh,选项C、D错误.
答案 B
6.光滑水平面上静止的物体,受到一个水平拉力作用开始运动,拉力F随时间t变化的图象如图3所示,用Ek、v、s、P分别表示物体的动能、速度、位移和拉力F的功率,下列四个图象分别定性描述了这些物理量随时间变化的情况,其中正确的是( ).
图3
解析 由于拉力F恒定,所以物体有恒定的加速度a,则v=at,则v与t成正比,选项B正确;由P=Fv=Fat可知,P与t成正比,选项D正确;由s=
at2可知s与t2成正比,选项C错误;由动能定理可知Ek=Fs=
Fat2,Ek与t2成正比,选项A错误.
答案 BD
7.如图4所示,将一轻弹簧固定在倾角为30°的斜面底端,现用一质量为m的物体将弹簧压缩锁定在A点,解除锁定后,物体将沿斜面上滑,物体在运动过程中所能到达的最高点B距A的竖直高度为h,物体离开弹簧后沿斜面向上运动的加速度大小等于重力加速度g.则下列说法正确的是( ).
图4
A.弹簧的最大弹性势能为mgh
B.物体从A点运动到B点的过程中系统损失的机械能为mgh
C.物体的最大动能等于弹簧的最大弹性势能
D.物体最终静止在B点
解析 物体离开弹簧上滑时,有mgsinθ+μmgcosθ=ma=mg,又因为θ=30°,所以mgsinθ=μmgcosθ=
mg,μ=tanθ;根据功能关系:
Epm=mgh+Q大于mgh,A项错误;机械能损失ΔE=Q=μmgcosθ·
=mgh,B项正确;物体最大动能的位置在A点上方,合外力为零处,即k′=mgsinθ+μmgcosθ,Epm=Ekm+mgh′+μmgcosθ
,C项错误;因为μ=tanθ,所以物体可以在B点静止,D项正确.
答案 BD
8.在机场和火车站可以看到对行李进行安全检查用的水平传送带如图5所示,当旅客把行李放在正在匀速运动的传送带上后,传送带和行李之间的滑动摩擦力使行李开始运动,随后它们保持相对静止,行李随传送带一起匀速通过检测仪器接受检查,设某机场的传送带匀速前进的速度为0.4m/s,某行李箱的质量为5kg,行李箱与传送带之间的动摩擦因数为0.2,当旅客把这个行李箱小心地放在传送带上,通过安全检查的过程中,g取10m/s2,则( ).
图5
A.开始时行李的加速度为2m/s2
B.行李到达B点时间为2s
C.传送带对行李做的功为0.4J
D.传送带上将留下一段摩擦痕迹,该痕迹的长度是0.03m
解析 行李开始运动时由牛顿第二定律有:
μmg=ma,所以a=2m/s2,故A项正确.
由于传送带的长度未知,故时间不可求,故B项错误;
行李最后和传送带一起匀速运动,所以传送带对行李做的功为W=
mv2=0.4J,故C项正确;
在传送带上留下的痕迹长度为Δs=vt-
=
=0.04m,故D项错误.
答案 AC
二、非选择题
9.某同学利用竖直上抛小球的频闪照片验证机械能守恒定律.频闪仪每隔0.05s闪光一次,如图6所标数据为实际距离,该同学通过计算得到不同时刻的速度如下表(当地重力加速度取9.8m/s2,小球质量m=0.2kg,结果保留三位有效数字)
图6
时刻
t2
t3
t4
t5
速度(m/s)
4.99
4.48
3.98
(1)由频闪照片上的数据计算t5时刻小球的速度v5=________m/s;
(2)从t2到t5时间内,重力势能增量ΔEp=______J,动能减少量ΔEk=______J;
(3)在误差允许的范围内,若ΔEp与ΔEk近似相等,即可验证了机械能守恒定律.由上述计算得ΔEp________Ek(选填“>”“<”或“=”),造成这种结果的主要原因是________________________________________________________________________________________________.
解析 本题考查机械能守恒定律的验证,与教材实验有所不同,本题以竖直上抛为依托考查机械能守恒,要注意知识的迁移和变化.
(1)v5=
×10-2m/s=3.48m/s;
(2)重力势能的增量ΔEp=mgΔh,代入数据可得ΔEp=1.24J,动能减少量为ΔEk=
mv22-
mv52,代入数据可得ΔEk=1.28J;
(3)由计算可得ΔEp<ΔEk,主要是由于存在空气阻力.
答案
(1)3.48
(2)1.24 1.28
(3)< 存在空气阻力
10.某同学为探究“恒力做功与物体动能改变的关系”,设计了如下实验,他的操作步骤是:
图7
a.连接好实验装置如图7所示.
b.将质量为200g的小车拉到打点计时器附近,并按住小车.
c.在质量为10g、30g、50g的三种钩码中,他挑选了一个质量为50g的钩码挂在拉线的挂钩P上.
d.释放小车,打开打点计时器的电源,打出一条纸带.
(1)在多次重复实验得到的纸带中取出自认为满意的一条.经测量、计算,得到如下数据:
①第一个点到第N个点的距离为40.0cm.
②打下第N点时小车的速度大小为1.00m/s.该同学将钩码的重力当作小车所受的拉力,拉力对小车做的功为________J,小车动能的增量为________J.
(2)此次实验探究结果,他没能得到“恒力对物体做的功等于物体动能的增量”,且误差很大,显然,在实验探究过程中忽视了各种产生误差的因素.请你根据该同学的实验装置和操作过程帮助分析一下,造成较大误差的主要原因有:
____________________________________________________.
(至少写出两条原因)
解析
(1)拉力为F=mg=0.050×9.8N=0.49N,
拉力对小车做的功:
W=Fl=0.49×0.400J=0.196J,
小车动能的增量:
ΔEk=
mv2=
×0.200×1.002J=0.100J.
(2)误差很大的可能原因:
①小车质量不满足远大于钩码质量;②没有平衡摩擦力;③先放小车后开电源,使打第一个点时,小车已有了一定的初速度.
答案
(1)②0.196 0.100
(2)①小车质量没有远大于钩码质量;②没有平衡摩擦力;③操作错误:
先放小车后开电源(任选其二)
11.(2013·江西联考)有一个边长为L=1.6m的正方形桌子,桌面离地高度为h=1.25m.一个质量为m的小物块可从桌面正中心O点以初速v0=3m/s沿着与OA成37°的方向在桌面上运动直至落地.设物块与桌面间的动摩擦因数为μ=0.25,取g=10m/s2,cos37°=0.8,则:
图8
(1)物块落地的速度大小是多少?
(2)物块落地点到桌面中心O点的水平距离是多少?
解析
(1)设小物块落地时的速度为v,由能量守恒可得:
mv02+mgh=
mv2+μmg
代入数据得:
v=
m/s.
(2)设小物块运动到桌边时的速度为v′,则由能量守恒可得:
mv02=
mv′2+μmg
代入数据得v′=2m/s
小物块做平抛运动的时间为t=
=0.5s
小物块落地点到桌面中心O点的水平距离为
s=v′t+
=2m
答案
(1)
m/s
(2)2m
12.如图9所示,ABC为固定在竖直面内的光滑四分之一圆轨道,其半径为r=10m,N为固定在水平面内的半圆平面,其半径为R=
m,轨道ABC与平面N相切于C点,DEF是包围在半圆平面N周围且垂直于N的光滑半圆形挡板,质量为M=1kg的滑块的上表面与平面N在同一水平面内,且滑块与N接触紧密但不连接,现让物体自A点由静止开始下滑,进入平面N后受到挡板DEF的约束并最终冲上滑块,已知m=1kg,物体与平面N之间的动摩擦因数为μ1=0.5、与滑块之间的动摩擦因数为μ2=0.4,滑块与地面之间是光滑的,滑块的竖直高度为h=0.05m,长L=4m.(取g=10m/s2)
图9
(1)物体滑到C处时对圆轨道的压力是多少?
(2)物体运动到F处时的速度是多少?
(3)当物体从滑块上滑落后到达地面时,物体与滑块之间的距离是多少?
解析
(1)对物体从A处到C处,由机械能守恒定律得
mgr=
mvC2,在C处有F-mg=m
联立解得F=3mg=30N
由牛顿第三定律可知,物体滑到C处时,对圆轨道的压力是30N.
(2)对物体从C处到F处,由动能定理有
-μ1mg×πR=
mvF2-
mvC2,解得vF=10m/s.
(3)物体在滑块上运动,对物体由牛顿第二定律有:
-μ2mg=ma1,解得a1=-4m/s2
对滑块由牛顿第二定律有:
μ2mg=Ma2,
解得a2=4m/s2
设经t时间物体刚要从滑块上滑落,此时物体的速度为v1,运动的位移为s1,滑块的速度为v2,运动的位移为s2
s1=vFt+
a1t2,s2=
a2t2,s1-s2=L
由以上三式得t=
s或2s(不合题意舍去)
则有v1=8m/s,v2=2m/s
设物体从抛出到落地时间为t1,h=
gt12,得t1=0.1s
这段时间内物体水平位移s3=v1t1=0.8m
滑块水平位移s4=v2t1=0.2m
Δs=s3-s4=0.6m.
答案
(1)30N
(2)10m/s (3)0.6m