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2027届高考物理人教版一轮复习：功和能综合练习测试试卷【含答案Word版】
学校:___________姓名:___________班级:___________考号:___________
注意事项：
1．答卷前，考生务必将自己的姓名、准考证号填写在本试卷和答题卡上．
2．回答选择题时，选出每小题答案后，用铅笔把答题卡上对应题目的答案标号涂黑．如需改动，用橡皮擦干净后，再选涂其他答案标号．回答非选择题时，将答案写在答题卡上．写在本试卷上无效．
3．考试结束后，将本试卷和答题卡一并交回．
第一部分（选择题 共43分）
一、选择题：本题共7小题，每小题4分，共28分。在每小题给出的四个选项中，只有一项是符合题目要求的。
1．[4分]浙江省某地的“渔光互补”光伏发电项目计划在5000多亩荒草地和水域上方安装90余万块单晶双面双玻光伏组件（如图所示），该光伏电站在阳光照射时正常工作的总容量为4.0×108W，则晴朗的一天能够提供的电能约为（　　）
A．4.0×108kW·h B．3.0×106kW·h
C．9.6×105kW·h D．9.6×109kW·h
2．[4分]如图所示，一固定斜面高度为H，质量为m的小球沿斜面从顶端滑到底端，已知重力加速度为g，将小球视为质点，关于该过程中重力对小球做功的情况，下列判断正确的是（　　）
A．做负功，小于mgH B．做负功，等于mgH
C．做正功，大于mgH D．做正功，等于mgH
3．[4分]下列单位中，与功率单位瓦特（W）不等效的是（　　）
A． B． C． D．
4．[4分]图中是古代人民“簸扬糠秕”的劳动场景，在恒定水平风力作用下，从同一高度由静止落下,因质量不同的米粒和糠秕（米粒的质量大于糠秕的质量）落到地面不同位置而达到分离米粒和糠秕的目的。若不计空气阻力，下列说法正确的是（ ）
A．糠秕在空中运动的时间大于米粒的运动时间
B．落地时，米粒和糠秕重力的瞬时功率相等
C．从释放到落地的过程中，重力对米粒和糠秕做的功相同
D．从释放到落地的过程中，水平方向上位移较大的是糠秕
5．[4分]从地面竖直向上抛出一只小球，小球运动一段时间后落回地面．忽略空气阻力，该过程中小球的动能Ek与时间t的关系图像是（ ）
A．B．C．D．
6．[4分]如图所示，固定斜面倾角30，A、B两点在斜面上，高度差为h，质量为m的物体（视为质点）从A点由静止释放，以大小为的加速度匀加速运动到B点，物体在A到B过程中
A．重力势能减少了
B．克服摩擦力做功
C．动能增加了
D．机械能损失了
7．[4分]袋鼠跳是一项很有趣的运动．如图所示，一位质量m＝60kg的老师参加袋鼠跳游戏，全程10m，假设该老师从起点到终点用了相同的10跳，每一次跳起后，重心上升最大高度为h＝0.2m．忽略空气阻力，下列说法正确的是（　　）
A．该老师起跳时，地面对该老师做正功
B．该老师每跳跃一次克服重力做功的功率约为300W
C．该老师从起点到终点的时间可能是7s
D．该老师从起点到终点的时间可能是4s
二、选择题：本题共3小题，每小题5分，共15分。在每小题给出的四个选项中，有多项是符合题目要求。全部选对的得5分，选对但不全的得3分，有选错的得0分。
8．[5分]如图所示，固定的倾斜光滑杆上套有一个质量为m的圆环，杆与水平方向夹角为，圆环与竖直放置的轻质弹簧上端相连，弹簧的另一端固定在地面上的A点，此时弹簧处于原长h，让圆环沿杆由静止滑下，滑到杆的底部时速度恰好为零，在环下滑过程中
A．圆环和地球组成的系统机械能守恒
B．当弹簧垂直光滑杆时，圆环的速度最大
C．弹簧的最大弹性势能为mgh
D．弹簧从竖直位置转过角过程中，弹簧对圆环的作用力先做负功后做正功，总功一定为零
9．[5分]如图，某同学在水平地面上先后两次从点抛出沙包，分别落在正前方地面和处．沙包的两次运动轨迹处于同一竖直平面，且交于点，点正下方地面处设为点．已知两次运动轨迹的最高点离地高度均为，，，，沙包质量为，忽略空气阻力，重力加速度大小取，则沙包（ ）
A．第一次运动过程中上升与下降时间之比为
B．第一次经点时的机械能比第二次的小
C．第一次和第二次落地前瞬间的动能之比为
D．第一次抛出时速度方向与落地前瞬间速度方向的夹角比第二次的大
10．[5分]将一小球从A点竖直向上抛出上升至最高点B后又返回A点，C为AB中点，选A点为重力势能零点，其小球动能EK和重力势能Ep随运动路程S变化的图象如图所示，则对小球运动过程中的判断正确的是（　　）
A．运动过程中空气阻力大小恒定
B．上升过程的时间比下落过程的时间短
C．上升过程中机械能损失了
D．下落经过C点时动能小于重力势能
第二部分（非选择题 共57分）
非选择题：本大题共5题，共57分。
11．[8分]某中学物理小组准备围绕弹簧振子的运动特性开展实验测量弹簧的劲度系数。实验器材：待测弹簧，支架台，电子秒表，电子秤，米尺，重物若干。
(1)实验方案：
①将待测弹簧上端固定在支架台上，下端悬挂重物组成一弹簧振子，如图1所示。
②在弹性限度内给弹簧振子施加向下的力稳定后释放，使其做简谐运动；
③利用电子秒表记录该弹簧振子简谐运动周期；
④处理数据，计算出待测弹簧的劲度系数。
小组成员检查实验方案时，发现还需测量 。
(2)误差分析
实际上，待测弹簧并不是轻质弹簧，而具有一定质量，则测量结果 (填“偏大”或“偏小”)。
(3)拓展实验：弹簧振子改装与测量
将该弹簧悬挂质量为的重物且达到平衡时，将一根不可伸长的柔性丝线的一端固定于弹簧的中点，另一端用丝线夹固定在弹簧上端处，令丝线处于刚好拉直而尚未出现张力的状态。如图2所示。
①改变重物质量并记录稳定时弹簧的伸长量，绘制图像，下列正确的是 。
②实验小组成员发现，当重物质量为时下拉重物稳定后释放，重物的位移呈现周期性变化，如图3所示。将弹簧视为轻质弹簧，以向上为正方向，则 ， 。
12．[8分]某同学利用如图（a）所示的实验装置来测量重力加速度大小。细绳跨过固定在铁架台上不可转动的小圆柱体，两端各悬挂一个重锤。实验步骤如下：
①用游标卡尺测量遮光片的宽度。
②将遮光片固定在重锤1上，用天平测量重锤1和遮光片的总质量、重锤2的质量。
③将光电门安装在铁架台上，将重锤1压在桌面上，保持系统静止，重锤2离地面足够高。用刻度尺测量出遮光片中心到光电门的竖直距离。
④启动光电门，释放重锤1,用数字毫秒计测出遮光片经过光电门所用时间。
⑤根据上述数据求出重力加速度大小。
⑥多次改变光电门高度，重复步骤,求出的平均值。
回答下列问题：
（1） 测量时，游标卡尺的示数如图（b）所示，可知_______。
（2） 重锤1通过光电门时的速度大小为_______（用、表示）。若不计摩擦，与、、、、的关系式为____。
（3） 实验发现，当和之比接近于1时，的测量值明显小于真实值。主要原因是圆柱体表面不光滑，导致跨过圆柱体的绳两端拉力不相等。理论分析表明，圆柱体与绳之间的动摩擦因数很小时，跨过圆柱体的绳两端拉力差,其中 是只与圆柱体表面动摩擦因数有关的常数。
保持不变，其中,。 足够小时，重锤运动的加速度大小可近似表示为。调整两重锤的质量，测得不同 时重锤的加速度大小,结果如下表。根据表格数据，采用逐差法得到重力加速度大小____________（保留三位有效数字）。
0．04 0．06 0．08 0．10
0．084 0．281 0．477 0．673
13．[13分]如图，质量m1＝1 kg的木板静止在光滑水平地面上，右侧的竖直墙面固定一劲度系数k＝20 N/m的轻弹簧，弹簧处于自然状态。质量m2＝4 kg的小物块以水平向右的速度v0＝ m/s滑上木板左端，两者共速时木板恰好与弹簧接触。木板足够长，物块与木板间的动摩擦因数μ＝0．1，最大静摩擦力等于滑动摩擦力。弹簧始终处在弹性限度内，弹簧的弹性势能Ep与形变量x的关系为Ep＝kx2。取重力加速度g＝10 m/s2，结果可用根式表示。
(1)求木板刚接触弹簧时速度v1的大小及木板运动前右端距弹簧左端的距离x1。
(2)求木板与弹簧接触以后，物块与木板之间即将相对滑动时弹簧的压缩量x2及此时木板速度v2的大小。
(3)已知木板向右运动的速度从v2减小到0所用时间为t0。求木板从速度为v2时到之后与物块加速度首次相同时的过程中，系统因摩擦转化的内能ΔU(用t0表示)。
14．[12分]“天问一号”着陆器成功着陆火星表面，这标志着我国首次火星探测任务——着陆火星取得圆满成功。它着陆前的运动可简化为如图所示四个过程，若已知着陆器（含降落伞）总质量m=1.3×103kg，取火星表面重力加速度=4m/s2，忽略着陆器质量的变化和的变化，打开降落伞后的运动可视为竖直向下的直线运动。则：
（1）在第Ⅳ阶段的最后，着陆器经0.75s的无初速度、无动力下降后安全着陆，且火星表面大气非常稀薄，求着陆器着陆时的动能Ek；
（2）假设着陆器在第Ⅱ“伞降减速阶段”做匀减速运动，求它所受总平均阻力f的大小；
（3）着陆器在第Ⅲ“动力减速阶段”可视为匀减速运动，求它在该阶段机械能的改变量。
15．[16分]质量m=1kg的小物块在沿光滑斜面向上的力F作用下，从长斜面底端以一定初速度沿斜面向上运动。经过0.4s沿斜面上滑了1.2m，以斜面底端为零势能面，其动能Ek和重力势能Ep随位移的变化关系如图线①和②所示。g取10m/s2。求：
(1)物块的初速度和斜面的倾角；
(2)力F的大小；
(3)试通过计算证明：机械能改变量等于除重力以外其他力做的功；
(4)若经过0.4s后撤去拉力F，在图中画出小物块沿斜面上滑过程中动能和重力势能随位移的变化图线。（标出关键点的坐标）
参考答案
1．【答案】B
【详解】一天的有效阳光照射时间约为8小时，所以。
2．【答案】D
【详解】
小球沿斜面从顶端滑到底端，初末位置的高度差为H，重力做功与路径无关，只与初末位置有关，故
小球高度降低，重力做正功
故选D。
3．【答案】C
【详解】
A．，A正确，不符合题意；
B．，B正确，不符合题意；
C．，C错误，符合题意；
D．，D正确，不符合题意。
故选C。
4．【答案】D
【详解】糠秕和米粒在竖直方向均做自由落体运动，下落的高度相同，根据可知从释放到落地的过程中，糠秕的运动时间等于米粒的运动时间，错误；根据可知，落地时，米粒的竖直分速度等于糠秕的竖直分速度，根据及米粒的重力大于糠秕的重力知，米粒重力的瞬时功率大于糠秕重力的瞬时功率（关键：力的瞬时功率等于力乘力方向上的速度），错误；根据，因米粒和糠秕质量不同，则从释放到落地的过程中，重力对米粒和糠秕做功不相同，错误；从释放到落地的过程中，因米粒质量较大，则受到相同的恒定风力时，米粒水平方向加速度较小，落地时水平位移较小，故水平方向上位移较大的是糠秕，正确。
【思路引导】
5．【答案】A
【详解】
小球做竖直上抛运动时，速度
根据动能
得
故选A。
6．【答案】D
【详解】
A．根据牛顿第二定律：
，
物体在A到B过程中，重力做的功：WG=mgh，重力势能减小了mgh，A错误；
B．物体在A到B过程中，克服摩擦力做功：
B错误；
C．根据动能定理：
动能增加了，C错误；
D．克服摩擦力做的功等于机械能的减少量，机械能损失了，D正确．
故选D．
7．【答案】C
【详解】
A.老师起跳时，地面虽然对老师有弹力作用，但在弹力的方向上没有位移，所以地面对老师没有做功，故A错误；
B.因重心上升的最大高度h＝0.2m，根据自由落体公式，将数据代入得，老师每跳跃一次克服重力做的功W＝mgh＝120J，考虑人屈膝跳起的时间，则该老师每跳跃一次的时间t'＞2t，所以每跳跃一次克服重力做功的功率，即P＜300W，故B错误；
CD.因老师上升时间等于下降时间，且上升时间t＝0.2s，则人在空中运动的时间t1＝2t＝0.4s，老师从起点到终点用了相同的十跳，考虑人屈膝跳起的时间，则总时间t总＞10t1＝4s，故C正确，D错误.
8．【答案】CD
【详解】
A、圆环沿杆滑下，滑到杆底端的过程中有两个力对圆环做功，即环的重力和弹簧的拉力；所以圆环和地球组成的系统机械能不守恒，如果把圆环和弹簧组成的系统作为研究对象，则系统的机械能守恒，故选项A错误；
B、当圆环沿杆的加速度为零时，其速度最大，动能最大，此时弹簧处于伸长状态，给圆环一个斜向左下方的拉力，故选项B错误；
C、根据功能关系可知当圆环滑到最底端时其速度为零，重力势能全部转化为弹性势能，此时弹性势能最大，等于重力势能的减小量即为，故选项C正确；
D、弹簧转过角时，此时弹簧仍为原长，弹簧从竖直位置转过角过程中，弹簧对圆环的作用力与运动方向的夹角先大于后小于，弹簧对圆环的作用力先做负功后做正功，总功一定为零，故选项D正确．
9．【答案】BD
【详解】根据逆向思维，沙包从抛出到最高点的运动可视为反方向的平抛运动，则第一次抛出上升的高度为，上升时间为，最高点离水平地面高度为，则下降的时间为，故第一次抛出上升时间与下降时间的比值为，A错误；两次运动轨迹最高点等高、沙包抛出的位置相同，则两次从抛出到落地的时间相等，为，故第一次、第二次抛出时水平方向的分速度分别为、，由于两条轨迹最高点等高，故抛出时竖直方向的分速度也相等，，由于沙包在空中运动过程中只受重力，则机械能守恒，故第一次过点比第二次过点机械能少，从抛出到落地瞬间，根据机械能守恒定律得，，故落地前瞬间，第一次与第二次沙包的动能之比为，B正确，C错误；如图所示，两次抛出时竖直方向的分速度相同，两次落地时沙包在竖直方向的分速度也相同，第一次的水平分速度较小，由知，第一次抛出时速度与水平方向的夹角较大，第一次落地时速度与水平方向的夹角也较大，故第一次抛出时速度方向与落地前瞬间速度方向的夹角比第二次的大，D正确．
10．【答案】ABD
【详解】
A．根据动能定理可知动能随路程变化的图象中斜率表示合力，由图象可知，上升和下降斜率不变，即合力恒定不变，运动过程中空气阻力大小恒定，故A正确；
B．根据牛顿第二定律得上升过程的加速度为．下落过程的加速度为，又上升和下落的高度相同，根据 得：，故B正确；
C．设上升过程克服阻力做功为W，整个过程根据动能定理得：，解得：，根据功能关系得：上升过程中机械能损失，故C错误；
D．由B到C由动能定理得： ①，下落整个过程由动能定理得：②，①②联立解得：，由图象可知地面为重力势能零点，且由图象可知mgh=2E0，故，即下落经过C点时动能小于重力势能，故D正确．
11．【答案】(1)重物质量；(2)偏小；(3)①C(2分)；②；
【详解】(1)由弹簧振子简谐运动的周期公式可得：.因此，还需测量重物的质量。
(2)实验过程中，周期为准确值，由于待测弹簧的质量不可忽略，因此偏小，导致劲度系数的测量值偏小。
(3)①当重物质量小于时，柔性丝线未参与受力，弹簧劲度系数为图像斜率为；当重物质量大于时，柔性丝线绷直，弹簧有效长度减半，劲度系数变为原来的2倍即图像斜率变为.因此，应选图像
②改装后弹簧振子的周期，图像中.因此：
改装后弹簧振子做周期性运动过程中机械能守恒，根据弹簧振子简谐运动特性有：
解得：
12．【答案】（1） （2分）
（2） （2分）；（3分）
（3） （2分）
【详解】
（1） 游标卡尺的精度是，主尺部分读数为，游标尺的刻度3和主尺上刻度线对齐，则游标卡尺的读数。
（2） 重锤1上遮光片的宽度为，遮光片通过光电门的时间为，利用平均速度代替瞬时速度可知。两个重锤组成的系统运动过程中机械能守恒，则有，联立可得。
（3） 由题意有，即，由逐差法可得（关键点：题中给出了 是常数）。
13．【答案】(1)1 m/s　 m　(2) m　 m/s　(3)4t0－8 (SI)
【详解】(1)从小物块滑上木板的左端到木板刚接触弹簧的过程，小物块与木板组成的系统动量守恒(关键：共速时木板恰好与弹簧接触)，以水平向右为正方向，根据动量守恒定律可得m2v0＝(m1＋m2)v1(2分)
解得v1＝1 m/s(1分)
从木板开始运动到刚与弹簧接触的过程，根据动能定理可得μm2gx1＝m1(2分)
解得x1＝ m(1分)
(2)物块与木板之间将要相对滑动时，物块与木板间的摩擦力为最大静摩擦力，根据牛顿第二定律，
对物块有μm2g＝m2a1(1分)
对物块和木板整体有kx2＝(m1＋m2)a1(1分)
联立解得x2＝ m，a1＝1 m/s2(1分)
物块、木板和弹簧组成的系统，从木板与弹簧刚接触到物块与木板即将相对滑动的过程，根据能量守恒定律可得(m1＋m2)＝(m1＋m2)＋k(2分)
解得v2＝ m/s(1分)
(3)木板从速度为v2时到之后与物块加速度首次相同时(点拨：加速度相同包含方向相同，因为物块的加速度方向始终向左，且大小为1 m/s2，所以木板只能是被弹簧弹回之后的加速度与此相同)，对木板，根据牛顿第二定律可得kx－μm2g＝m1a1(1分)
解得x＝ m＝x2，即木板从速度为v2时到之后与物块加速度首次相同时会返回两者刚要开始相对滑动时的位置(1分)
设木板向右运动的速度从v2减到零通过的位移大小为x3，物块的位移大小为x4，木板返回过程中物块的位移大小为x5，根据对称性(关键：木板所受合力具有对称性，加速度具有对称性，运动时间具有对称性)知，木板返回到两者刚要开始相对滑动时的位置所用时间也为t0(关键：物块始终做匀减速直线运动)，
根据运动规律可得x4＋x5＝v2·2t0－a1(2t0)2(1分)
根据能量守恒定律可得，系统因摩擦转化的内能
ΔU＝μm2g(x4－x3＋x3＋x5)(1分)
联立解得ΔU＝4t0－8 (SI)(1分)
14．【答案】（1）；（2）；（3）
【详解】
（1）着陆器在着陆前0.75s内，大气非常稀薄阻力可以忽略，无初速度、无动力下降，所以做自由落体运动则着陆速度
所以
（方法二）着陆器在着陆前0.75秒内做自由落体运动，下落高度
该过程阻力可以忽略，只有重力做功，由机械能守恒定律可得：着陆器着陆瞬间的动能
（2）设在第Ⅱ阶段加速度为，对着陆器受力分析如图所示
由
根据牛顿第二定律得
代值得
解得
（3）设第Ⅲ阶段下降高度为，则
该过程着陆器机械能改变量为
即机械能减少了
15．【答案】(1)2m/s，30°；(2)10N；(3)见解析；(4)见解析
【详解】
(1)根据
Ek0=mv02
得初速度
v0=2m/s
根据
Ep=mgh=mgssinθ
得斜面倾角
θ=30°
(2)由匀变速运动规律
s=v0t+at2
代入数据，得
a=5m/s2
物块受力如图所示
根据牛顿第二定律，得
F-mgsinθ=ma
解得
F=10N
(3)除了重力仅F对物体做功
WF=Fs=10×1.2J=12J
初始位置机械能
E0=Ek0+Ep0=(2+0)J=2J
0.4s末时
v1=v0+at=4m/s
即动能
Ek1=mv12=8J
0.4s末位置机械能
E1=Ek1+Ep1=(8+6)J=14J
机械能改变量
ΔE=E1-E0=12J
即得
ΔE=WF
(4)0.4s后，受力分析，根据牛顿第二定律得
由位移速度公式得
解得
则位移为
由机械能守恒得
根据以上数据作图如下
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