2015届高考物理第一轮随堂达标检测试题16

章末定时练五
(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1 kg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1 s内F＝2 N，第2 s内F＝1 N．下列判断正确的是
()．A．2 s末物体的速度是2 m/s
B．2 s内物体的位移为3 m
C．第1 s末拉力的瞬时功率最大
D．第2 s末拉力的瞬时功率最大
解析由牛顿第二定律得第1 s和第2 s内的加速度分别为2 m/s2和1 m/s2，第1 s末和第2 s末的速度分别为v1＝a1t1＝2 m/s和v2＝v1＋a2t2＝3 m/s，则
选项A错误；2 s内的位移x＝v1t1
2＋
v1＋v2
2t2＝3.5 m，则选项B错误；第1 s
末拉力的瞬时功率P1＝F v1＝4 W，第2 s末拉力的瞬时功率P2＝F v2＝3 W，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m A g ＝m B g sin θ，所以m A ＝m B sin θ.根据机械能
守恒定律mgh ＝12m v 2，得v ＝2gh ，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ΔE p ＝－W G ＝－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P A ＝m A g ·v 2，B 重力的平均功率P B ＝m B g ·v 2cos ⎝ ⎛⎭
⎪⎫π2－θ，因为m A ＝m B sin θ，所以P A ＝P B ，选项D 正确．
答案 D
4．如图2所示，有一倾θ＝30°的足够长斜坡，小孩在做游戏时，从该斜坡顶端将一足球沿水平方向踢出去，已知足球被踢出时的初动能为9 J ，不计空气阻力，则该足够第一次落在斜坡上时的动能为 ( )．
图2
A ．12 J
B ．21 J
C ．27 J
D ．36 J
解析 足球被踢出后开始做平抛运动，第一次落在斜坡上时对足球的位移进
行分解有tan 30°＝y
x＝
0＋v y
2t
v0t，得
v0
v y＝
3
2，足球第一次落在斜坡上时的动能
为1
2m(v
2
＋v2y)＝21 J，只有选项B正确．
答案 B
5．(2013·昆明市质检)如图3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3
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4所示，用E k、v、x、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4
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 ＝F v ＝Fat 可知，P 与t 成正比，选项D 正确；
由x ＝12at 2可知x 与t 2成正比，选项C 错误；由动能定理可知E k ＝Fx ＝12Fat 2，E k 与t 2成正比，选项A 错误．
答案 BD
7．如图5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5
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mg sin θ＋μmg cos θ＝ma ＝mg ，又因为θ＝
30°，所以mg sin θ＝μmg cos θ＝12mg ，μ＝tan θ；根据功能关系：E pm ＝mgh
＋Q 大于mgh ，A 项错误；机械能损失ΔE ＝Q ＝μmg cos θ·h sin 30°
＝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kx′＝mg sin
θ＋μmg cos θ，E pm＝E km＋mgh′＋μmg cos θh′
sin θ，C项错误；因为μ＝tan θ，
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6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0.4 m/s，某行李箱的质量为5 kg，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10 m/s2，则 ()．
图6
A．开始时行李的加速度为2 m/s2
B．行李到达B点时间为2 s
C．传送带对行李做的功为0.4 J
D．传送带上将留下一段摩擦痕迹，该痕迹的长度是0.03 m
解析行李开始运动时由牛顿第二定律有：μmg＝ma，所以a＝2 m/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＝1
2m v
2＝
0.4 J，故C项正确；
在传送带上留下的痕迹长度为Δx＝v t－v t
2＝
v t
2＝0.04 m，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0.05 s 闪光一次，如图7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9.8 m/s2，小球质量m＝0.2 kg，结果保留三位有
效数字)
图7
55
(2)从t2到t5时间内，重力势能增量ΔE p＝______J，动能减少量ΔE k＝______J；
(3)在误差允许的范围内，若ΔE p与ΔE k近似相等，即可验证了机械能守恒定律．由上述计算得ΔE p________E k(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＝16.14＋18.66
2×0.05
×10－2 m/s＝3.48 m/s；
(2)重力势能的增量ΔE p＝mgΔh，代入数据可得ΔE p＝1.24 J，动能减少量为
ΔE k＝1
2m v
2
2
－
1
2m v
2
5
，代入数据可得ΔE k＝1.28 J；
(3)由计算可得ΔE p＜ΔE k，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8
a．连接好实验装置如图8所示．
b．将质量为200 g的小车拉到打点计时器附近，并按住小车．
c．在质量为10 g、30 g、50 g的三种钩码中，他挑选了一个质量为50 g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40.0 cm.
②打下第N点时小车的速度大小为1.00 m/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＝0.050×9.8 N＝0.49 N，
拉力对小车做的功：
W＝Fl＝0.49×0.400 J＝0.196 J，
小车动能的增量：
ΔE k＝1
2m v
2＝
1
2×0.200×1.00
2 J＝0.100 J.
(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)②0.1960.100(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＝1.6 m的正方形桌子，桌面离地高度为h ＝1.25 m．一个质量为m的小物块可从桌面正中心O点以初速v0＝3 m/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＝10 m/s2，cos 37°＝0.8，则：
图9
(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：
1
2m v 2
＋mgh＝
1
2m v
2＋μmg
⎝
⎛
⎭
⎪
⎫
L/2
cos 37°
代入数据得：
v＝29 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：
1
2m v 2
＝
1
2m v′
2＋μmg
⎝
⎛
⎭
⎪
⎫
L/2
cos 37°
代入数据得v′＝2 m/s
小物块做平抛运动的时间为t＝2h
g＝0.5 s
小物块落地点到桌面中心O点的水平距离为
x＝v′t＋
L/2
cos 37°＝2 m
答案(1)29 m/s(2)2 m
12．如图10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
＝10 m，N为固定在水平面内的半圆平面，其半径为R＝10
πm，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＝1 kg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 ＝1 kg ，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 ＝0.05 m ，长L ＝4 m ．(取g ＝10 m/s 2)
图10
(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 ＝12m v 2C ，在C 处有F －mg ＝m v 2C r
联立解得F ＝3mg ＝30 N
由牛顿第三定律可知，物体滑到C 处时，对圆轨道的压力是30 N.
(2)对物体从C 处到F 处，由动能定理有
－μ1mg ×πR ＝12m v 2F －12m v 2C ，解得v F ＝10 m/s.
(3)物体在滑块上运动，对物体由牛顿第二定律有：
－μ2mg ＝ma 1，解得a 1＝－4 m/s 2
对滑块由牛顿第二定律有：μ2mg ＝Ma 2，
解得a 2＝4 m/s 2
设经t 时间物体刚要从滑块上滑落，此时物体的速度为v 1，运动的位移为x 1，滑块的速度为v 2，运动的位移为x 2
x 1＝v F t ＋12a 1t 2，x 2＝12a 2t 2，x 1－x 2＝L
由以上三式得t ＝12 s 或2 s(不合题意舍去)
则有v 1＝8 m/s ，v 2＝2 m/s
设物体从抛出到落地时间为t 1，h ＝12gt 21，得t 1＝0.1 s
这段时间内物体水平位移x 3＝v 1t 1＝0.8 m 滑块水平位移x 4＝v 2t 1＝0.2 m Δx ＝x 3－x 4＝0.6 m.
答案 (1)30 N (2)10 m/s
(3)0.6 m。