统考版2024高考物理二轮专题复习专题强化训练6功能关系与能量守恒

这是一份统考版2024高考物理二轮专题复习专题强化训练6功能关系与能量守恒，共9页。试卷主要包含了选择题，非选择题等内容，欢迎下载使用。

一、选择题(1～7题为单项选择题，8～10题为多项选择题)
1．[2023·湖北卷]两节动车的额定功率分别为P1和P2，在某平直铁轨上能达到的最大速度分别为v1和v2.现将它们编成动车组，设每节动车运行时受到的阻力在编组前后不变，则该动车组在此铁轨上能达到的最大速度为( )
A．eq \f(P1v1＋P2v2,P1＋P2)B．eq \f(P1v2＋P2v1,P1＋P2)
C．eq \f(\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(P1＋P2))v1v2,P1v1＋P2v2)D．eq \f(\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(P1＋P2))v1v2,P1v2＋P2v1)
2．[2023·新课标卷]无风时，雨滴受空气阻力的作用在地面附近会以恒定的速率竖直下落．一质量为m的雨滴在地面附近以速率v下落高度h的过程中，克服空气阻力做的功为(重力加速度大小为g)( )
A．0B．mgh
C．eq \f(1,2)mv2－mghD．eq \f(1,2)mv2＋mgh
3．[2022·湖北卷]如图所示，质量分别为m和2m的小物块P和Q，用轻质弹簧连接后放在水平地面上，P通过一根水平轻绳连接到墙上．P的下表面光滑，Q与地面间的动摩擦因数为μ，最大静摩擦力等于滑动摩擦力．用水平拉力将Q向右缓慢拉开一段距离，撤去拉力后，Q恰好能保持静止．弹簧形变始终在弹性限度内，弹簧的劲度系数为k，重力加速度大小为g.若剪断轻绳，P在随后的运动过程中相对于其初始位置的最大位移大小为( )
A．eq \f(μmg,k)B．eq \f(2μmg,k)
C．eq \f(4μmg,k)D．eq \f(6μmg,k)
4．[2023·山西太原阶段练习]如图所示，长度为L、质量均匀分布的矩形平整厚板，以一定的初速度沿光滑水平面向右运动，接着滑上宽度为l的粗糙水平面区域(该区域足够大，且lA．μmgLB．μmgL－eq \f(μmgl2,L)
C．μmgl－eq \f(μmgl2,2L)D．2μmgL－eq \f(μmgl2,L)
5．[2022·浙江1月]某节水喷灌系统如图所示，水以v0＝15m/s的速度水平喷出，每秒喷出水的质量为2.0kg.喷出的水是从井下抽取的，喷口离水面的高度保持H＝3.75m不变．水泵由电动机带动，电动机正常工作时，输入电压为220V，输入电流为2.0A．不计电动机的摩擦损耗，电动机的输出功率等于水泵所需要的输入功率．已知水泵的抽水效率(水泵的输出功率与输入功率之比)为75%，忽略水在管道中运动的机械能损失，则( )
A．每秒水泵对水做功为75J
B．每秒水泵对水做功为225J
C．水泵输入功率为440W
D．电动机线圈的电阻为10Ω
6.[2023·安徽合肥二模]一物块在高h＝3m、长l＝5m的斜面底端以某一初速度沿斜面上滑，其动能和重力势能随上滑距离的变化如图中直线Ⅰ、Ⅱ所示．重力加速度g＝10m/s2，不计空气阻力，则下列说法正确的是( )
A．物块上滑时加速度的大小为6m/s2
B．物块与斜面间的动摩擦因数为0.5
C．当物块上滑到s＝2.5m时，其动能和重力势能相等
D．在物块上滑s＝4m过程中，其机械能损失了12J
7．[2022·浙江6月]小明用额定功率为1200W、最大拉力为300N的提升装置，把静置于地面的质量为20kg的重物竖直提升到高为85.2m的平台，先加速再匀速，最后做加速度大小不超过5m/s2的匀减速运动，到达平台速度刚好为零，则提升重物的最短时间为( )
A．13.2sB．14.2s
C．15.5sD．17.0s
8．[2023·东北三省四市教研联合体联考]第22届哈尔滨冰雪大世界开门迎客了，近400m长的极速大滑梯是大人、孩子最喜欢的娱乐项目．一名游客坐在雪橇上下滑了一段路程，重力对他做功3000J，他克服阻力做功500J，则在此过程中这名游客( )
A．重力势能增加了3000J
B．动能增加了3000J
C．动能增加了2500J
D．机械能减少了500J
9．[2023·湖南卷](多选)如图，固定在竖直面内的光滑轨道ABC由直线段AB和圆弧段BC组成，两段相切于B点，AB段与水平面夹角为θ，BC段圆心为O，最高点为C，A与C的高度差等于圆弧轨道的直径2R.小球从A点以初速度v0冲上轨道，能沿轨道运动恰好到达C点，下列说法正确的是( )
A．小球从B到C的过程中，对轨道的压力逐渐增大
B．小球从A到C的过程中，重力的功率始终保持不变
C．小球的初速度v0＝eq \r(2gR)
D．若小球初速度v0增大，小球有可能从B点脱离轨道
10．[2022·河北卷]如图，轻质定滑轮固定在天花板上，物体P和Q用不可伸长的轻绳相连，悬挂在定滑轮上，质量mQ>mP，t＝0时刻将两物体由静止释放，物体Q的加速度大小为eq \f(g,3).T时刻轻绳突然断开，物体P能够达到的最高点恰与物体Q释放位置处于同一高度，取t＝0时刻物体P所在水平面为零势能面，此时物体Q的机械能为E.重力加速度大小为g，不计摩擦和空气阻力，两物体均可视为质点．下列说法正确的是( )
A．物体P和Q的质量之比为1∶3
B．2T时刻物体Q的机械能为eq \f(E,2)
C．2T时刻物体P重力的功率为eq \f(3E,2T)
D．2T时刻物体P的速度大小为eq \f(2gT,3)
二、非选择题
11．[2023·湖北卷]如图为某游戏装置原理示意图．水平桌面上固定一半圆形竖直挡板，其半径为2R、内表面光滑，挡板的两端A、B在桌面边缘，B与半径为R的固定光滑圆弧轨道eq \(CDE,\s\up8(︵))在同一竖直平面内，过C点的轨道半径与竖直方向的夹角为60°.小物块以某一水平初速度由A点切入挡板内侧，从B点飞出桌面后，在C点沿圆弧切线方向进入轨道eq \(CDE,\s\up8(︵))内侧，并恰好能到达轨道的最高点D.小物块与桌面之间的动摩擦因数为eq \f(1,2π)，重力加速度大小为g，忽略空气阻力，小物块可视为质点．求：
(1)小物块到达D点的速度大小；
(2)B和D两点的高度差；
(3)小物块在A点的初速度大小．
12．2022年2月2日，北京冬奥会冰壶比赛在“冰立方”拉开帷幕，其比赛场地如图所示．比赛中，甲队运动员在投掷线P处将冰壶A以一定的速度推出，冰壶在水平冰面上沿直线自由滑行，恰好停在营垒的中心O处．乙队运动员在投掷线P处将冰壶B以相同的速度推出，其队友在冰壶滑行一段距离后开始在其滑行前方摩擦冰面，直到B与A碰撞．碰撞后，A恰好被挤出营垒．已知A与B质量相等、材质相同，P与O距离为30m，营垒的半径为1.8m，冰壶与冰面间的动摩擦因数μ＝0.02，摩擦冰面后，冰壶与冰面的动摩擦因数变为原来的90%.设冰壶之间的碰撞时间极短且无机械能损失，不计冰壶的大小，重力加速度g＝10m/s2.求：
(1)冰壶被推出时速度的大小；
(2)乙队运动员用毛刷擦冰面的长度是多少？
专题强化训练6 功能关系与能量守恒
1．解析：由题意可知两节动车分别有P1＝f1v1，P2＝f2v2
当将它们编组后有P1＋P2＝（f1＋f2）v
联立可得v＝eq \f(（P1＋P2）v1v2,P1v2＋P2v1)
故选D.
答案：D
2．解析：在地面附近雨滴做匀速运动，根据动能定理得mgh－Wf＝0
故雨滴克服空气阻力做功为mgh，故选B.
答案：B
3．解析：Q恰好能保持静止时，设弹簧的伸长量为x，满足kx＝2μmg，若剪断轻绳后，物块P与弹簧组成的系统机械能守恒，弹簧的最大压缩量也为x，因此P相对于其初始位置的最大位移大小为s＝2x＝eq \f(4μmg,k)，C正确．
答案：C
4．解析：设厚板与粗糙水平面接触长度为x，滑动摩擦力为f＝μeq \f(mg,L)x，当厚板与粗糙水平面接触长度为l时，滑动摩擦力为f＝μeq \f(mgl,L)，画出摩擦力与位移的关系图象，其与坐标轴围成的面积表示克服摩擦力的功W＝[（L－l）＋L]×eq \f(μmgl,L)×eq \f(1,2)，解得W＝μmgl－eq \f(μmgl2,2L)，C正确．
答案：C
5．解析：每秒水泵对水做的功等于水的机械能增加量，即W＝ΔE＝eq \f(1,2)mv eq \\al(2,0) ＋mgH＝300J，故选项A、B均错误；水泵输入功率（即电动机输出功率）为P泵入＝eq \f(P泵出,η)＝eq \f(300,0.75)W＝400W，故选项C错误；电动机的输入功率为P电＝440W，根据能量的转化与守恒，可得P电＝P泵入＋Pr＝P泵入＋I2r，代入数据可得电动机的内阻为r＝10Ω，故选项D正确．
答案：D
6．解析：物块在末位置的重力势能为Ep＝mgh＝18J，解得物块的质量m＝0.6kg，上滑过程中，根据牛顿第二定律和动能定理可得－mal＝0－Ek0，根据图线可知Ek0＝30J，解得加速度大小为a＝10m/s2，选项A错误；设斜面的倾角为θ，则sinθ＝eq \f(h,l)＝eq \f(3,5)＝0.6，所以θ＝37°，上滑过程中根据牛顿第二定律可得mgsinθ＋μmgcsθ＝ma，解得μ＝0.5，选项B正确；根据图象可知，当物块上滑到s＝2.5m时，其动能大于重力势能，选项C错误；在物块上滑s＝4m过程中，损失的机械能为ΔE＝μmgcsθ·s＝0.5×0.6×10×0.8×4J＝9.6J，选项D错误.
答案：B
7．解析：以最大加速度向上加速到匀加速能达到的最大速度，然后保持功率不变达到最大速度，最后以最大加速度做匀减速运动减速到零所需时间最短．重物向上提升的最大加速度a1＝eq \f(F－mg,m)＝5m/s2，匀加速过程的最大速度v＝eq \f(P,F)＝4m/s，匀加速上升的时间为t1＝eq \f(v,a1)＝0.8s，匀加速上升的高度h1＝1.6m；重物能达到的最大速度为vm＝eq \f(P,mg)＝6m/s，以最大加速度减速上升的时间t2＝eq \f(vm,a2)＝1.2s，上升高度为h2＝3.6m，则以恒功率上升的高度h3＝80m，恒功率上升过程有Pt3＝mgh3＋eq \f(1,2)m（v eq \\al(2,m) －v2），解得t3＝13.5s，则提升重物的最短时间为t＝t1＋t2＋t3＝15.5s，C正确．
答案：C
8．解析：重力做正功，所以游客的重力势能减少了3000J，A错误；合力做功等于动能的增加，所以动能增加了3000J－500J＝2500J，B错误，C正确；阻力做负功，所以机械能减少了500J，D正确．
答案：CD
9．解析：由题知，小球能沿轨道运动恰好到达C点，则小球在C点的速度为vC＝0
小球在圆弧BC上运动到D点的受力分析如图所示，则在D位置时有mgcsα－FN＝meq \f(v2,R)，从D到C过程有，mg（R－Rcsα）＝eq \f(1,2)mv2，联立解得FN＝3mgcsα－2mg，A正确；
A到B的过程中重力的功率为P＝－mgvsinθ，由于A到B的过程中小球的速度逐渐减小
则A到B的过程中小球重力的功率始终减小，则B错误；
从A到C的过程中有－mg·2R＝eq \f(1,2)mv eq \\al(2,C) －eq \f(1,2)mv eq \\al(2,0)
解得v0＝eq \r(4gR)，C错误；
小球在B点恰好脱离轨道有mgcsθ＝meq \f(v eq \\al(2,B) ,R)
则vB＝eq \r(gRcsθ)
则若小球初速度v0增大，小球在B点的速度有可能为eq \r(gRcsθ)，故小球有可能从B点脱离轨道，D正确．
故选AD.
答案：AD
10．解析：由牛顿第二定律，mQg－mPg＝（mQ＋mP）a，a＝eq \f(g,3)，解得mP∶mQ＝1∶2，A错误；经过时间T，P上升高度h1＝eq \f(1,2)aT2＝eq \f(1,6)gT2，T时刻P速度v＝aT＝eq \f(1,3)gT，此后P做竖直上抛运动，竖直上抛高度h2＝eq \f(v2,2g)＝eq \f(1,18)gT2.PQ之间竖直高度为h＝h1＋h2＝eq \f(1,6)gT2＋eq \f(1,18)gT2＝eq \f(2,9)gT2，t＝0时物体Q的机械能为E＝mQgh＝eq \f(2,9)mQg2T2.在Q匀加速下落过程中，隔离Q受力分析，由牛顿第二定律，mQg－F＝mQa，解得细绳中拉力F＝eq \f(2mQg,3).对Q由功能关系可知，T时刻Q的机械能为ET＝E－Fh1＝eq \f(2,9)mQg2T2－eq \f(2mQg,3)×eq \f(1,6)gT2＝eq \f(1,9)mQg2T2＝eq \f(E,2).T时刻后，只有重力对Q做功，Q机械能不变，所以2T时刻物体Q的机械能为eq \f(E,2)，B正确；由竖直上抛运动到最高点的时间为t＝eq \f(v,g)＝eq \f(T,3)，2T时刻物体P的速度v＝g×eq \f(2T,3)＝eq \f(2gT,3)，物体P重力的功率为PG＝mPgv＝eq \f(2,3)mPg2T＝eq \f(1,3)mQg2T＝eq \f(3E,2T)，C、D正确．
答案：BCD
11．解析：（1）由题知，小物块恰好能到达轨道的最高点D，则在D点有meq \f(v eq \\al(2,D) ,R)＝mg
解得vD＝eq \r(gR)
（2）由题知，小物块从C点沿圆弧切线方向进入轨道eq \x\t(CDE)内侧，则在C点有cs60°＝eq \f(vB,vC)
小物块从C到D的过程中，根据动能定理有
－mg（R＋Rcs60°）＝eq \f(1,2)mv eq \\al(2,D) －eq \f(1,2)mv eq \\al(2,C)
则小物块从B到D的过程中，根据动能定理有
mgHBD＝eq \f(1,2)mv eq \\al(2,D) －eq \f(1,2)mveq \\al(2,B)
联立解得vB＝eq \r(gR)，H＝0
（3）小物块从A到B的过程中，根据动能定理有－μmgs＝eq \f(1,2)mv eq \\al(2,B) －eq \f(1,2)mv eq \\al(2,A)
s＝π瘙簚2R
解得vA＝eq \r(3gR)
答案：（1）eq \r(gR) （2）0 （3）eq \r(3gR)
12．解析：（1）冰壶A以一定的速度推出，恰好停在营垒的中心O处，由动能定理可得－μmgs＝0－eq \f(1,2)mv eq \\al(2,0)
解得v0＝2eq \r(3)m/s
（2）设冰壶B与冰壶A碰撞前的速度为v1，碰撞后的速度为v′B，冰壶A碰撞后的速度为v′A，根据动量守恒定律有mv1＝mv′B＋mv′A
根据机械能守恒定律有eq \f(1,2)mv eq \\al(2,1) ＝eq \f(1,2)mv′ eq \\al(2,B) ＋eq \f(1,2)mv′ eq \\al(2,A)
解得v′B＝0，v′A＝v1
即冰壶B与冰壶A碰撞后二者交换速度，因此可以将整个过程看成冰壶B一直沿直线PO运动到营垒区边缘，运动的总位移为s′＝30m＋1.8m＝31.8m
设乙队运动员用毛刷擦冰面的长度为L，根据动能定理有－μmg（s′－L）－μ′mgL＝0－eq \f(1,2)mv eq \\al(2,0)
其中μ′＝0.9μ，代入数据解得L＝18m
答案：（1）2eq \r(3)m/s （2）18m