贵州省铜仁市高考物理 核心考点押题仿真模拟试题 功与功率及能的转化和守恒04

功与功率及能的转化和守恒04(时间：90分钟，满分：100分)一、选择题(本题共12小题，每小题4分，共48分．在每小题给出的四个选项中，有的只有一个选项正确，有的有多个选项正确，全部选对的得4分，选对但不全的得2分，有选错或不答的得0分)1．关于能源的利用，下列说法不．正确的是( )A．自然界的能量守恒，所以不需要节约能源B．一座城市的能量耗散使其环境温度略高于周围农村的环境温度C．煤炭和石油产品燃烧会造成空气污染和温室效应D．能量耗散表明能源的利用是有条件的，也是有代价的解析：选A.自然界的能量守恒，但能量在利用过程中，可利用的品质在逐渐降低，因此，必须节约能源，A项错，C、D对．城市工业、交通急剧发展使得城市过多接收了耗散的能量，使城市温度升高，B对．2．下列关于能量守恒定律的认识正确的是( )A．某种形式的能减少，一定存在其他形式的能增加B．某个物体的能量减少，必然有其他物体的能量增加C．不需要任何外界的动力而持续对外做功的机械——永动机不可能制成D．石子从空中落下，最后停止在地面上，，说明机械能消失了解析：选ABC.根据能量守恒定律可知，能量既不会消灭，也不会创生．能量只能从一种形式转化为其他形式，或者从一个物体转移到其他物体，A、B对，D错，永动机违背了能量守恒定律，故它不可能制造出来，C对．3．如图7－4所示，人站在电动扶梯的水平台阶上，假定人与扶梯一起沿斜面加速上升，在这个过程中，人脚所受的静摩擦力( )图7－4A．等于零，对人不做功B．水平向左，对人做负功C．水平向右，对人做正功D．斜向上，对人做正功解析：选C.人随扶梯沿斜面加速上升，人的受力有重力、支持力和水平向右的静摩擦力，且静摩擦力方向与运动方向的夹角小于90°，故静摩擦力对人做正功．4．人们设计出磁悬浮列车，列车能以很大速度行驶．列车的速度很大，是采取了下列哪些可能的措施( )A．减小列车的质量B．增大列车的牵引力C．减小列车受的阻力D．增大列车的功率解析：选CD.当列车以最大速度行驶时，牵引力与阻力大小相等，有P＝F f v，故v＝PF f，要增大速度的话，一方面增加列车的功率，另一方面减小列车受的阻力．5．如图7－5所示，一物体以一定的初速度沿水平面由A 点滑到B 点，摩擦力做功为W 1，若该物体从A ′点沿两斜面滑到B ′点，摩擦力做功为W 2，已知物体与各接触面的动摩擦因数均相同 .则( )图7－5A ．W 1＝W 2B ．W 1>W 2C ．W 1<W 2D ．不能确定W 1和W 2的大小关系解析：选A.若物体沿水平面从A 滑到B ，摩擦力所做的功为W 1，有W 1＝F f ·l ＝μmg ·l ，若沿两斜面由A ′滑到B ′，摩擦力做功为W 2，有W 2＝μmg cos α·l 1＋μmg cos β·l 2，l 1·cos α＋l 2·cos β＝l ，所以W 2＝μmg ·l ＝W 1.6.图7－6伽利略曾设计如图7－6所示的一个实验，将摆球拉至M 点放开，摆球会达到同一水平高度上的N 点．如果在E 或F 处钉上钉子，摆球将沿不同的圆弧达到同一高度的对应点；反过来，如果让摆球从这些点下落，它同样会达到原水平高度上的M 点．这个实验可以说明，物体由静止开始沿不同倾角的光滑斜面(或弧线)下滑时，其末速度的大小( )A ．只与斜面的倾角有关B ．只与斜面的长度有关C ．只与下滑的高度有关D ．只与物体的质量有关 解析：选C. 物体由静止开始沿不同倾角的光滑斜面(或弧线)下滑的过程中，机械能守恒，由mgh ＝12mv 2可得，末速度的大小v ＝2gh 与斜面的倾角和长度、物体的质量无关．7．如图7－7所示在足球赛中，红队球员在白队禁区附近主罚定位球，并将球从球门右上角贴着球门射入，球门高度为h ，足球飞入球门的速度为v ，足球质量为m ，则红队球员将足球踢出时对足球做的功W 为(不计空气阻力、足球可视为质点)( )图7－7A.12mv 2B ．mgh C.12mv 2＋mgh D.12mv 2－mgh 解析：选C.根据动能定理可得：W －mgh ＝12mv 2－0，所以W ＝12mv 2＋mgh ，C 正确．8．质量为m 的汽车，启动后沿平直路面行驶，如果发动机的功率恒为P ，且行驶过程中受到的摩擦阻力大小一定，汽车速度能够达到的最大值为v ，那么当汽车的车速为v4时，汽车的瞬时加速度的大小为( )A.Pmv B.2P mvC.3P mvD.4P mv 解析：选C.阻力F f ＝P v ，当速度为v4时牵引力F ＝P v 4＝4P v ，合力为3P v ，故加速度a ＝3Pmv.9．一物体自t ＝0时开始做直线运动，其速度图线如图7－8所示．下列选项正确的是( )图7－8A ．在0～6 s 内，物体离出发点最远为30 mB ．在0～6 s 内，物体经过的路程为40 mC ．在0～4 s 内，物体的平均速率为7.5 m/sD ．在5～6 s 内，物体所受的合外力做负功解析：选BC.根据vt 图象的“面积”表示位移和vt 图象的意义知，物体在第5 s 时离出发点最远，最远距离为x m ＝12×(5＋2)×10 m ＝35 m ；0～6 s 内的路程为s ＝x m ＋12×1×10 m＝40 m ；0～4 s 内的位移x ＝12×(4＋2)×10 m ＝30 m ，故平均速率为v ＝x t ＝304m/s ＝7.5 m/s ；在5～6 s 内，物体的速度增加，根据动能定理，合外力做正功．综上所述B 、C 正确，A 、D 错误．10．质量为m 的汽车发动机的功率恒为P ，摩擦阻力恒为F f ，牵引力为F ，汽车由静止开始，经过时间t 行驶了位移l 时，速度达到最大值v m ，则发动机所做的功为( )A ．PtB ．F f v m t C.12mv m 2＋F f l D ．Fl 解析：选ABC.因为功率P 恒定，所以功W ＝Pt ，A 正确．汽车达到最大速度时F ＝F f ，则P ＝Fv ＝F f v m ，所以W ＝Pt ＝F f v m t ，B 正确；从汽车静止到速度达到最大值的过程中，由动能定理得：W －F f l ＝12mv 2m ，W ＝12mv 2m ＋F f l所以C 正确；由于牵引力F 是变力，所以不能用F ·l 表示做功，D 错．11．物体放在水平面上，受到的水平拉力F 随时间t 变化的图象如图7－9甲所示，物体受力后的运动速度v 随时间t 变化的图象如图乙所示．在整个过程中，下列说法正确的是( )图7－9A ．拉力做功为40 JB ．物体克服摩擦力做功为16 JC ．合力做功为24 JD ．以上结果都不对解析：选D.本题结合速度—时间图象考查功的概念．由v －t 图知物体在0～2 s 内静止，x 1＝0,2～6 s 内做匀加速运动，位移x 2＝12×4×3 m ＝6 m ，在6～8 s 内做匀速运动，位移x 3＝3×2 m ＝6 m ，且水平面对物体的滑动摩擦力大小为F f ＝F 3＝2 N,8～10 s 内做匀减速运动，位移x 4＝12×2×3 m ＝3 m ，所以拉力做功为W F ＝F 2x 2＋F 2x 3＝3×6 J ＋2×6＝30 J ；物体克服摩擦力做功WF f ＝F f (x 2＋x 3＋x 4)＝2×15 J ＝30 J ；合力做功等于物体动能的变化，为零．故本题应选D.12．一质量为1 kg 的质点静止于光滑水平面上，从t ＝0时起，第1秒内受到2 N 的水平外力作用．第2秒内受到同方向的1 N 的外力作用．下列判断正确的是( )A ．0～2 s 内外力的平均功率是94 WB ．第2秒内外力所做的功是54JC ．第2秒末外力的瞬时功率最大D ．第1秒内与第2秒内质点动能增加量的比值是45解析：选AD.根据牛顿第二定律得：物体在第1 s 内的加速度a 1＝F 1m＝2 m/s 2，在第2 s内的加速度a 2＝F 2m ＝11m/s 2＝1 m/s 2；第1 s 末的速度v 1＝a 1t ＝2 m/s ，第2 s 末的速度v 2＝v 1＋a 2t ＝3 m/s ；0～2 s 内外力做的功W ＝12mv 22＝92 J ，功率P ＝W t ＝94W ，故A 正确．第2 s 内外力所做的功W 2＝12mv 22－12mv 21＝(12×1×32－12×1×22)J ＝52J ，故B 错误．第1 s 末的瞬时功率P 1＝F 1v 1＝4 W ．第2 s 末的瞬时功率P 2＝F 2v 2＝3 W ，故C 错误．第1 s 内动能的增加量ΔE k1＝12mv 21＝2 J ，第2 s 内动能的增加量ΔE k2＝W 2＝52 J ，所以ΔE k1ΔE k2＝45，故D 正确．二、填空题(本题共2小题，每小题6分，共12分．把答案填在题中横线上)图7－1013．为了测定一根轻弹簧压缩最短时能储存的弹性势能大小，可以将弹簧固定在一带有凹槽轨道的一端，并将轨道固定在水平桌面边缘上，如图7－10所示，用钢球将弹簧压缩至最短，而后突然释放，钢球将沿轨道飞出桌面，实验时：(1)需要测定的物理量是______________(2)计算弹簧压缩最短时弹性势能的关系式是E p ＝____________ 答案：(1)小球质量m ，桌面高度H ，水平射程x(2)mgx 24H14．在用打点计时器验证机械能守恒定律的实验中，使质量为m ＝1 kg 的重物自由下落，打点计时器在纸带上打出一系列的点，选取一条符合实验要求的纸带如图7－11所示．O 为第一个点，A 、B 、C 为从合适位置开始选取的三个连续点(其他点未画出)．已知打点计时器每隔0.02 s 打一点，当地的重力加速度为g ＝9.80 m/s 2.那么：图7－11(1)纸带的________端(填“左”或“右”)与重物相连；(2)根据图中所得的数据，应取图中O 点到________点来验证机械能守恒定律；(3)从O 点到(2)问中所取的点，重物重力势能的减少量ΔE p ＝________J ，动能增加量ΔE k ＝________J ．(结果保留3位有效数字)解析：因O 点为打出的第一个点，所以O 端(即左端)与重物相连，用OB 段验证机械能守恒定律，则重力势能的减少量为ΔE p ＝mgh OB ＝1.88 J动能的增加量为ΔE k ＝12mv 2B －0v B ＝h AC 2T ＝h OC －h OA2T由以上两式得ΔE k ＝1.87 J.答案：(1)左 (2)B (3)1.88 1.87三、计算题(本题共4小题，共40分．解答时应写出必要的文字说明、方程式和重要的演算步骤，只写出最后答案的不能得分，有数值计算的题，答案中必须明确写出数值和单位)15．(8分)汽车在水平直线公路上行驶，额定功率为P 额＝80 kW ，汽车行驶过程中所受阻力恒为F f ＝2.5×103 N ，汽车的质量M ＝2.0×103kg.若汽车从静止开始做匀加速直线运动，加速度的大小为a ＝1.0 m/s 2，汽车达到额定功率后，保持额定功率不变继续行驶．求：(1)汽车在整个运动过程中所能达到的最大速度． (2)当汽车的速度为20 m/s 时的加速度．解析：(1)汽车在整个运动过程中速度达到最大时，牵引力与阻力大小相等， 即F ＝F f ，又P 额＝Fv m ，(2分)所以最大速度v m ＝P 额F f ＝800002500m/s ＝32 m/s.(2分)(2)当汽车的速度为20 m/s 时，汽车的牵引力为 F ＝P 额v ＝8000020N ＝4000 N(2分)对汽车由牛顿第二定律可得a ＝F －F f M ＝4000－25002000m/s 2＝0.75 m/s 2(2分)所以汽车的加速度为0.75 m/s 2.答案：(1)32 m/s (2)0.75 m/s 216．(10分)如图7－12所示，已知轻弹簧发生弹性形变时所具有的弹性势能E p ＝12kx 2.其中k 为弹簧的劲度系数， x 为其形变量．图7－12现有质量为m 1的物块与劲度系数为k 的轻弹簧相连并静止地放在光滑的水平桌面上，弹簧的另一端固定，按住物块m 1，弹簧处于自然长度，在m 1的右端连一细线并绕过光滑的定滑轮接一个挂钩．现在将质量为m 2的小物体轻轻地挂在挂钩上．设细线不可伸长，细线、挂钩、滑轮的质量及一切摩擦均不计，释放m 1，求：(1)m 1速度达最大值时弹簧伸长的长度． (2)m 1的最大速度值．解析：(1)对m 1、m 2进行受力分析，由线不可伸长知： F T －kx ＝m 1a (2分) m 2g －F T ＝m 2a (2分)两式相加得m 2g －kx ＝(m 1＋m 2)a (1分) 当a ＝0时，m 1、m 2速度达最大值，故弹簧伸长量为x ＝m 2gk.①(2分) (2)系统机械能守恒，以弹簧原长处为弹性势能零点，m 2刚挂上时的位置为重力势能零点，则系统初态机械能为零，故有12(m 1＋m 2)v 2＋12kx 2－m 2gx ＝0②(2分) 将①式代入②式解得v ＝±m 2gm 1＋m 2k故速度大小为m 2gm 1＋m 2k.(1分)答案：(1)m 2g k (2)m 2gm 1＋m 2k17．(10分)如图7－13所示，一可视为质点的物体质量为m ＝1 kg ，在左侧平台上水平抛出，恰能无碰撞地沿圆弧切线从A 点进入光滑竖直圆弧轨道，并沿轨道下滑，A 、B 为圆弧两端点，其连线水平，O 为轨道的最低点，已知圆弧半径为R ＝1.0 m ，对应圆心角为θ＝106°，平台与AB 连线的高度差为h ＝0.8 m ．(重力加速度g ＝10 m/s 2，sin53°＝0.8，cos53°＝0.6)求：图7－13(1)物体做平抛运动的初速度；(2)物体运动到圆弧轨道最低点O 时对轨道的压力．解析：(1)由于物体无碰撞进入圆弧轨道，即物体落到A 点时速度方向沿A 点切线方向，设此时速度方向与水平方向夹角为α，则tan α＝v y v x ＝v y v 0＝tan53°①(1分)又h ＝12gt 2②(1分)而v y ＝gt ③(1分)联立①②③式得v 0＝3 m/s.④(1分)(2)设物体运动到最低点的速度为v ，由机械能守恒得 12mv 2－12mv 20＝mg [h ＋R (1－cos53°)]⑤(3分) 在最低点，根据牛顿第二定律，有F N －mg ＝m v 2R⑥(2分)联立④⑤⑥式得F N ＝43 N由牛顿第三定律知，物体对轨道的压力为43 N ．(1分) 答案：(1)3 m/s (2)43 N18．(12分)工厂流水线上采用弹射装置把物品转运，现简化其模型分析：如图7－14所示，质量为m 的滑块，放在光滑的水平平台上，平台右端B 与水平传送带相接，传送带的运行速度为v 0，长为L ；现将滑块向左压缩固定在平台上的轻弹簧，到达某处时由静止释放，若滑块离开弹簧时的速度小于传送带的速度，当滑块滑到传送带右端C 时，恰好与传送带速度相同，滑块与传送带间的动摩擦因数为μ.求：图7－14(1)释放滑块时，弹簧具有的弹性势能；(2)滑块在传送带上滑行的整个过程中产生的热量．解析：(1)设滑块冲上传送带时的速度为v ，在弹簧弹开过程中，由机械能守恒E p ＝12mv 2(2分)滑块在传送带上做匀加速运动由动能定理μmgL ＝12mv 02－12mv 2(2分)解得：E p ＝12mv 02－μmgL .(1分)(2)设滑块在传送带上做匀加速运动的时间为t ，则t 时间内传送带的位移s ＝v 0t (1分) 又v 0＝v ＋at μmg ＝ma (1分)滑块相对传送带滑动的位移Δs ＝s －L (2分) 相对滑动生成的热量Q ＝μmg ·Δs (2分)解得：Q ＝mv 0·(v 0－v 02－2μgL )－μmgL .(1分)答案：(1)12mv 02－μmgL(2)mv 0(v 0－v 02－2μgL )－μmgL。