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