高一物理能的转化和守恒检测题

第1、2章《功和功率》《能的转化和守恒》单元测试
1．用力将重物竖直提起，先由静止开始匀加速上升，紧接着匀速上升.如果前后两过程的运动时间相同，不计空气阻力，则( )
A ．加速过程中拉力做的功比匀速过程中拉力做的功大
B ．匀速过程中拉力做的功比加速过程中拉力做的功大
C ．两过程中拉力做的功一样大
D ．上述三种情况都有可能
解析：匀加速运动的位移s 1 = 12
at 2，匀速运动的位移s 2 = at ·t = 2s 1，当匀加速上提时的拉力F = 2m g 时，两过程拉力做的功相等；当F < 2m g 时，匀加速过程拉力做的功比匀速上升过程拉力做的功小；当F > 2m g 时，匀加速过程拉力做的功比匀速上升过程拉力做的功大. 答案：D
2．在水平粗糙的地面上，使同一物体由静止开始做匀加速直线运动，第一次是斜向上的拉力F ，第二次是斜向下的推力F .两次力的作用线与水平方向的夹角相同，力的大小相同，位移的大小也相同.则在这两次力的作用过程中( )
A ．力F 对物体做的功相同，合力对物体做的总功也相同
B ．力F 对物体做的功相同，合力对物体做的总功不相同
C ．力F 对物体做的功不相同，合力对物体做的总功相同
D ．力F 对物体做的功不相同，合力对物体做的总功也不相同
解析：两力对物体做的功W = Fs cos α相同，合外力做的功：第一次W 1 = (F cos α - μmg ＋μF sin α)s ；第二次W 2 = (F cos α - μmg - μF sin α)s .
答案：B
3．如图所示，一很长的、不可伸长的柔软轻绳跨过光滑定滑轮，绳两端各系一小球a 和b .a 球的质量为m ，静置于地面；b 球的质量为3m ，用手托住，高度为h ，此时轻绳刚好拉紧.从静止开始释放b 后，a 可能达到的最大高度为( )
A ．h B.1.5h C.2h D.2.5h
解析：在b 落地前，a 、b 组成的系统机械能守恒，且a 、b 两球的速度大小相等，
根据机械能守恒定律可知，3m gh - mgh = 12
(m ＋3m)υ2，得：υ = gh .b 落地时，a 的高度为h ，之后a 向上做竖直上抛运动，此过程中机械能守恒，有12
m υ2 = mg ·△h ，得：△h = υ22g = h 2.所以a 可能达到的最大高度为1.5h ，选项B 正确. 答案：B
4．如图所示，质量为m 的小车在水平恒力F 的推动下，从山坡底部A
处由静止起运动至高为h 的坡顶B ，获得速度为υ，A 、B 的水平距离为
s .下列说法正确的是( )
A ．小车克服重力所做的功是mgh
B ．推力对小车做的功是12
m υ2 C ．推力对小车做的功是Fs - mgh
D ．阻力对小车做的功是12
m υ2＋mgh - Fs 解析：重力对小车做的功WG = - mgh ，故选项A 正确.由功的定义知W 推 = F ·s ，由动能
定理有W 推 - mgh ＋W 阻 = 12m υ2，故W 阻 = 12
m υ2＋mgh - Fs .故选项B 、C 错误，选项D 正确.
答案：AD
5．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，BC 水平，其长d = 0.50m ，盆边缘的高
度h = 0.30m.在A 处放一个质量为m 的小物块并让其由静止开始下
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
μ = 0.6．小物块在盆内来回滑动，最后停止下来，则小物块停止
时的位置到B 的距离为( )
A.0.50m
B.0.25m
C.0.10m
D.0
解析：对小物块从A 点出发到最后停下来的整个过程，由动能定理有：mgh - μmgs = 0 所以s = h μ
= 3m 而d = 0.50m ，刚好三个来回，所以最终停在B 点.
答案：D
7．如图所示，一内壁粗糙的环形细圆管位于竖直平面内，环的半径为R (比
细管的直径大得多)，在圆管中有一个直径与细管内径相同的小球(可视为质
点)，小球的质量为m .设某一时刻小球通过轨道的最低点时对管壁的压力为
6m g ，此后小球便做圆周运动，经过半个圆周恰能通过最高点，则在此过程
中小球克服摩擦力所做的功是( )
A.3m gR
B.2m gR C ．mgR D ．12
mgR 解析：设小球在环形管最低点的速度大小为υ，由向心力公式得：6m g - mg = m υ2R
可得小球在最低点的动能为： E k = 12m υ2 = 52
mgR
又由题意知，小球到达最高点时速度等于零，设这一过程管壁摩擦力对小球做的功为Wf ，由动能定理得： WG ＋Wf = 0 - 12
m υ2
即 - mg ·2R ＋Wf = - 52
mgR
解得：Wf = - 12
mgR 即小球克服摩擦力做的功为12
mgR . 答案：D
8．如图所示，物体的质量为1kg ，动滑轮和细绳的质量均不计.现用一竖直向上的拉力F 拉
动细绳，使物体从静止开始以5m/s 2的加速度匀速上升，则拉力F 在1s 末的瞬时功率是(g
取10m/s 2)( )
A.150W
B.75W
C.37.5W
D.25W
解析：设与重物连接的悬绳的拉力为F ′，由牛顿第二定律得：
F ′ - mg = m a
解得：F ′ = 15N.
方法一 每时刻拉力做功的功率都等于悬绳对重物做功的功率，故P = F ′·υ = F ′·at = 75W.
方法二 由动滑轮的特点知，F = 12
F ′，拉力F 作用点上升的加速度为10m/s 2，故P = F ·υ′ = 152
×10×1W = 75W. 答案：B
9．在光滑的水平面上有一静止的物体，现以水平恒力F 1推这一物体，作用一段时间后换成相反方向的水平恒力F 2推这一物体，当恒力F 2作用的时间与恒力F 1作用的时间相等时，物体恰好回到原处，此时物体的动能为32J ，则在整个过程中，恒力F 1、F 2做的功分别为( )
A.16J 、16J
B.8J 、24J
C.32J 、0J
D.48J 、 - 16J
解析：如图所示，设两过程的时间均为t ，A 到B 过程中，物体的加速度大小为a 1；B 到D 过程中，物体的加速度大小为a 2.取向右的方向为正方向，设AB = s ，可得：
s = 12
a 1t 2
- s = υ0t - 12
a 2t 2 υ0 = a 1t
解得：a 2 = 3a 1
因为F 1 = m a1，F 2 = m a2
解得：F 2 = 3F 1
又由动能定理得：
W 1＋W 2 = △E k = 32J
W 1 = F 1·s
W 2 = F 2·s
可得：W 1 = 8J ，W 2 = 24J.
答案：B
10．一质量为500t 的机车，以恒定功率375kW 由静止出发，经过5min 速度达到最大值54km/h ，
设机车所受阻力f 恒定不变，取g = 10m/s 2，试求：
（1）机车受到的阻力f 的大小.
（2）机车在这5min 内行驶的路程.
解析：研究对象为机车.首先分析物理过程：机车以恒定功率P 0由静止出发→速度υ增加
→牵引力F 减小(P 0 = F υ)→合力减小(F 合 = F - f )→加速度减小(a =
F 合m
)→速度继续增加→直至合力减小为0，加速度a = 0，速度达到最大.
可见机车在这5min 内做的是加速度减小、速度不断增大的变速运动.当机
车的速度达到最大时，P 0 = F υm ax ，此时F = f ，机车的受力情况如图所
示.
（1）已知P 0 = 375kW = 3.75×105W
υm ax = 54km/h = 15m/s
根据P 0 = F υm ax 时F = f ，得：P 0 = f υm ax
机车受到的阻力f = P 0υm ax = 3.75×10515N = 2.5×104N. （2）机车在这5min 内，牵引力为变力，做正功，阻力做负功，重力、弹力不做功. 根据P 0 = WF t
，牵引力做的功为：WF = P 0·t
根据动能定理有： P 0·t - f ·s = 12m υ2m ax - 0
解得：s =
P 0·t - 12m υ2m ax f = 3.75×105×5×60 - 0.5×5×105×1522.5×104m = 2250m.
答案：（1）2.5×104N （2）2250m
11．弹射器是航母制造中的关键技术之一，重型喷气式战斗机在水平跑道上需要滑行450m 以上才能达到起飞速度，而即使当今最大的“尼米兹”级航空母舰甲板的长度也不过300余米，依靠弹射器是重型战斗机在航母上起飞的必不可少的环节.
已知美军F - 14战斗机重3.0×107kg ，在地面跑道上靠自身发动机提供动力需滑行450m
才能到达250km/h 的起飞速度，而这种战斗机在“尼米兹”号航母上，在蒸汽弹射器和自身发动机动力的共同作用下，可在45m 内将速度加到250km/h .若F - 14战斗机加速度滑行时，发动机动力和飞机受到的阻力都恒定，则“尼米兹”号上蒸汽弹射器使一架F - 14战斗机起飞至少要做多少功？
解析：设F - 14战斗机自身发动机的牵引力为F ，受到的阻力为f ，在水平地面跑道上起飞时，由动能定理有：
(F - f )·s 1 = 12
m υ2 - 0 在“尼米兹”号航母甲板上起飞时，有：
W ＋Fs 2 - fs 2 = 12m υ2
解得：弹射器至少需做的功W = 6.5×1010
J.
答案：6.5×1010J。