高考物理二轮复习高频考点专项训练---功能关系（2份打包，解析版+原卷版，可预览）

高考物理二轮复习高频考点专项训练---功能关系

1.(2019·河南名校联盟高三下学期2月联考)如图所示，ad、bd、cd是竖直面内三根固定的光滑细杆，a、b、c、d位于同一圆周上，a点为圆周的最高点，d点为最低点．每根杆上都套着一个质量相等的小滑环(图中未画出)，三个滑环分别从a、b、c处由静止释放，用P1、P2、P3依次表示各滑环从静止滑到d过程中重力的平均功率，则(　　)

A．P1<P2<P3   B．P1>P2>P3

C．P3>P1>P2   D．P1＝P2＝P3

答案　B

解析　对小滑环b受力分析，受重力和支持力，将重力沿杆的方向和垂直杆的方向正交分解，根据牛顿第二定律得，小滑环做初速度为零的匀加速直线运动的加速度为a＝gsin θ(θ为杆与水平方向的夹角)，由数学知识可知，小滑环的位移x＝2Rsin θ，所以t＝＝＝，t与θ无关，即t1＝t2＝t3，而三个环重力做功W1>W2>W3，所以有：P1>P2>P3，B正确．

2.(多选)(2019·福建龙岩市期末质量检查)如图所示，在竖直平面内有一条不光滑的轨道ABC，其中AB段是半径为R的圆弧，BC段是水平的．一质量为m的滑块从A点由静止滑下，最后停在水平轨道上C点，此过程克服摩擦力做功为W1.现用一沿着轨道方向的力推滑块，使它缓慢地由C点推回到A点，此过程克服摩擦力做功为W2，推力对滑块做功为W，重力加速度为g，则下列关系中正确的是(　　)

A．W1＝mgR   B．W2＝mgR

C．mgR<W<2mgR   D．W>2mgR

答案　AC

解析　滑块由A到C的过程，由动能定理可知mgR－W1＝0，故A对；滑块由A到B做圆周运动，而在推力作用下从C经过B到达A的过程是一个缓慢的匀速过程，所以从A到B的过程中平均支持力大于从B到A 的平均支持力，那么摩擦力从A到B做的功大于从B到A做的功，而两次经过BC段摩擦力做功相等，故W2<W1＝mgR，故B错；滑块由C到A的过程中，由能量守恒可知，推力对滑块做的功等于滑块重力势能增加量与克服摩擦力所做的功两部分，即W－mgR－W2＝0，即W＝W1＋W2，由于 W2<W1＝mgR，所以mgR<W<2mgR，故C对，D错．

3．2018年2月13日，平昌冬奥会女子单板滑雪U形池项目中，我国选手刘佳宇荣获亚军，为我国夺得此届冬奥会首枚奖牌．如图为U形池模型，其中A、B为U形池两侧边缘，C为U形池最低点，U形池轨道各处粗糙程度相同．运动员(可看成质点)在池边高h处自由下落由左侧进入池中，从右侧飞出后上升的最大高度为，下列说法正确的是(　　)

A．运动员再次进入池中后，能够冲出左侧边缘A然后返回

B．运动员再次进入池中后，刚好到达左侧边缘A然后返回

C．由A到C过程与由C到B过程相比，运动员损耗机械能相同

D．由A到C过程与由C到B过程相比，前一过程运动员损耗机械能较小

答案　A

解析　运动员由h处自由下落，到右侧高度，损失的机械能ΔE＝mg.运动员受到的摩擦力与正压力成正比，由圆周运动的规律可知，运动员返回时比开始进入时的平均速率要小，平均摩擦力要小，则阻力做功小于mg，故能冲出A点，选项A正确，B错误，同理，A到C过程比C到B过程平均速率大，平均摩擦力大，运动员损耗机械能大，故C、D错误．

4.(多选)(2018·安徽安庆市二模)如图所示，一运动员穿着飞行装备从飞机上跳出后的一段运动过程可近似认为是匀变速直线运动，运动方向与水平方向成53°角，运动员的加速度大小为.已知运动员(包含装备)的质量为m，则在运动员下落高度为h的过程中，下列说法正确的是(sin 53°＝，cos 53°＝)(　　)

A．运动员重力势能的减少量为mgh

B．运动员动能的增加量为mgh

C．运动员动能的增加量为mgh

D．运动员的机械能减少了mgh

答案　CD

解析　运动员下落的高度是h，则重力做功：W＝mgh，所以运动员重力势能的减少量为mgh，故A错误；运动员下落的高度是h，则飞行的距离：L＝＝h，运动员受到的合外力：F合＝ma＝mg，动能的增加量等于合外力做的功，即：ΔEk＝W合＝F合L＝mg×h＝mgh，故B错误，C正确；运动员重力势能的减少量为mgh，动能的增加量为mgh，所以运动员的机械能减少了mgh，故D正确．

5.(2019·山东烟台市上学期期末)如图所示，把两个相同的小球从离地面相同高度处，以相同大小的初速度v分别沿竖直向上和水平向右方向抛出，不计空气阻力．则下列说法中正确的是(　　)

A．两小球落地时速度相同

B．两小球落地时，重力的瞬时功率相同

C．从小球抛出到落地，重力对两小球做的功相等

D．从小球抛出到落地，重力对两小球做功的平均功率相等

答案　C

解析　两小球运动过程中均只有重力做功，故机械能都守恒，由机械能守恒定律得，两小球落地时的速度大小相同，但方向不同，故A错误；两小球落地时，由于竖直方向的分速度不同，故重力的瞬时功率不相同，故B错误；由重力做功公式W＝mgh得，从开始运动至落地，重力对两小球做功相同，故C正确；从抛出至落地，重力对两小球做的功相同，但是落地的时间不同，故重力对两小球做功的平均功率不相同，故D错误．

6.(2019·河北张家口市上学期期末)如图所示，运动员跳伞将经历加速下降和减速下降两个过程，在这两个过程中，下列说法正确的是(　　)

A．运动员先处于超重状态后处于失重状态

B．空气浮力对系统始终做负功

C．加速下降时，重力做功大于系统重力势能的减小量

D．任意相等的时间内系统重力势能的减小量相等

答案　B

解析　运动员先加速向下运动，处于失重状态，后减速向下运动，处于超重状态，选项A错误；空气浮力与运动方向总相反，则对系统始终做负功，选项B正确；无论以什么运动状态运动，重力做功都等于系统重力势能的减小量，选项C错误；因为是变速运动，相等的时间内，因为系统下降的高度不相等，则系统重力势能的减小量不相等，选项D错误．

7.一名外卖送餐员用电动自行车沿平直公路行驶给客户送餐，中途因电瓶“没电”，只能改用脚蹬车以5 m/s的速度匀速前行，骑行过程中所受阻力大小恒为车和人总重力的0.02倍(取g＝10 m/s2)，该送餐员骑电动自行车以5 m/s的速度匀速前行过程做功的功率最接近(　　)

A．10 W  B．100 W  C．1 kW  D．10 kW

答案　B

解析　设送餐员和车的总质量为100 kg，匀速行驶时的速率为5 m/s，匀速行驶时的牵引力与阻力大小相等，F＝0.02mg＝20 N，则送餐员骑电动自行车匀速行驶时的功率为P＝Fv＝100 W，故B正确．

8.(2019·河南驻马店市上学期期终)一物体在竖直向上的恒力作用下，由静止开始上升，到达某一高度时撤去外力．若不计空气阻力，则在整个上升过程中，物体的机械能E随时间t变化的关系图象是(　　)

答案　A

解析　设物体在恒力作用下的加速度为a，机械能增量为：ΔE＝FΔh＝F·at2，知此时E－t图象是开口向上的抛物线；撤去外力后的上升过程中，机械能守恒，则机械能不随时间改变，故A正确，B、C、D错误．

9.(2019·吉林“五地六校”合作体联考)一辆赛车在水平路面上由静止启动，在前5 s内做匀加速直线运动，5 s末达到额定功率，之后保持以额定功率运动．其v－t图象如图所示．已知赛车的质量为m＝1×103 kg，赛车受到的阻力为车重力的0.1倍，重力加速度g取10 m/s2，则以下说法正确的是(　　)

A．赛车在前5 s内的牵引力为5×102 N

B．赛车速度为25 m/s时的加速度为5 m/s2

C．赛车的额定功率为100 kW

D．赛车的最大速度为80 m/s

答案　C

解析　匀加速直线运动的加速度大小为：a＝＝ m/s2＝4 m/s2，根据牛顿第二定律得：F－Ff＝ma，解得牵引力为：F＝Ff＋ma＝0.1×1×103×10 N＋1×103×4 N＝5×103 N，故A错误；额定功率为：P＝Fv＝5 000×20 W＝100 000 W＝100 kW.当车的速度是25 m/s时，牵引力：F′＝＝ N＝4 000 N，车的加速度：a′＝＝ m/s2＝3 m/s2，故B错误，C正确；当牵引力与阻力相等时，速度最大，最大速度为：vm＝＝＝ m/s＝100 m/s，故D错误．

10.(多选)如图所示，滑块a、b的质量均为m，a套在固定竖直杆上，与光滑水平地面相距h，b放在地面上．a、b通过铰链用刚性轻杆连接，由静止开始运动．不计摩擦，a、b可视为质点，重力加速度大小为g.则(　　)

A．a落地前，轻杆对b一直做正功

B．a落地时速度大小为

C．a下落过程中，其加速度大小始终不大于g

D．a落地前，当a的机械能最小时，b对地面的压力大小为mg

答案　BD

解析　滑块b的初速度为零，末速度也为零，所以轻杆对b先做正功，后做负功，选项A错误；以滑块a、b及轻杆组成的系统为研究对象，系统的机械能守恒，当a刚落地时，b的速度为零，则mgh＝mva2＋0，即va＝，选项B正确；a、b的先后受力如图甲、乙所示，

由a的受力图可知，a下落过程中，其加速度大小先小于g后大于g，选项C错误；当a落地前b的加速度为零(即轻杆对b的作用力为零)时，b的机械能最大，a的机械能最小，这时b受重力、支持力，且FNb＝mg，由牛顿第三定律可知，b对地面的压力大小为mg，选项D正确．

11.(多选)(2019·山西晋中市适应性调研)如图甲所示，足够长的固定光滑细杆与地面成一定倾角，在杆上套有一个光滑小环，沿杆方向给环施加一个拉力F，使环由静止开始运动，已知拉力F及小环速度v随时间t变化的规律如图乙、丙所示，重力加速度g取10 m/s2.则以下判断正确的是(　　)

A．小环的质量是1 kg

B．细杆与地面间的倾角是30°

C．前3 s内拉力F的最大功率是2.25 W

D．前3 s内拉力对小环做功5.75 J

答案　AD

解析　由速度－时间图象得到环先匀加速上升，然后匀速运动，由题图可得：第1 s内，a＝＝ m/s2＝0.5 m/s2，加速阶段：F1－mgsin θ＝ma；匀速阶段：F2－mgsin θ＝0，联立以上三式解得：m＝1 kg，sin θ＝0.45，故A正确，B错误；第1 s内，速度不断变大，拉力的瞬时功率也不断变大，第1 s末，P＝Fv1＝5×0.5 W＝2.5 W；第1 s末到第3 s末，P＝Fv1＝4.5×0.5 W＝2.25 W，即拉力的最大功率为2.5 W，故C错误；从速度－时间图象可以得到，第1 s内的位移为0.25 m,1～3 s内的位移为1 m，前3 s内拉力做的功为：W＝5×0.25 J＋4.5×

1 J＝5.75 J，故D正确．

12.从地面竖直向上抛出一物体，其机械能E总等于动能Ek与重力势能Ep之和．取地面为重力势能零点，该物体的E总和Ep随它离开地面的高度h的变化如图所示．重力加速度取10 m/s2.由图中数据可得(　　)

A．物体的质量为2 kg

B．h＝0时，物体的速率为20 m/s

C．h＝2 m时，物体的动能Ek＝40 J

D．从地面至h＝4 m，物体的动能减少100 J

答案　AD

解析　根据题图图像可知，h＝4 m时物体的重力势能mgh＝80 J，解得物体质量m＝2 kg，抛出时物体的动能为Ek0＝100 J，由公式Ek0＝mv2可知，h＝0时物体的速率为v＝10 m/s，选项A正确，B错误；由功能关系可知Ffh＝|ΔE总|＝20 J，解得物体上升过程中所受空气阻力Ff＝5 N，从物体开始抛出至上升到h＝2 m的过程中，由动能定理有－mgh－Ffh＝Ek－100 J，解得Ek＝50 J，选项C错误；由题图图像可知，物体上升到h＝4 m时，机械能为80 J，重力势能为80 J，动能为零，即从地面上升到h＝4 m，物体动能减少100 J，选项D正确．

13.如图所示，在地面上竖直固定了刻度尺和轻质弹簧，弹簧原长时上端与刻度尺上的A点等高．质量m＝0.5 kg的篮球静止在弹簧正上方，其底端距A点的高度h1＝1.10 m，篮球由静止释放，测得第一次撞击弹簧时，弹簧的最大形变量x1＝0.15 m，第一次反弹至最高点，篮球底端距A点的高度h2＝0.873 m，篮球多次反弹后静止在弹簧的上端，此时弹簧的形变量x2＝0.01 m，弹性势能为Ep＝0.025 J．若篮球运动时受到的空气阻力大小恒定，忽略篮球与弹簧碰撞时的能量损失和篮球形变，弹簧形变在弹性限度范围内，g取10 m/s2.求：

(1)弹簧的劲度系数；

(2)篮球在运动过程中受到的空气阻力的大小；

(3)篮球在整个运动过程中通过的路程．

答案　(1)500 N/m　(2)0.50 N　(3)11.05 m

解析　(1)由最后静止的位置可知kx2＝mg，所以k＝500 N/m

(2)由动能定理可知，在篮球由静止下落到第一次反弹至最高点的过程中

mgΔh－Ff·L＝mv22－mv12

整个过程动能变化为0，重力做功mgΔh＝mg(h1－h2)＝1.135 J

空气阻力大小恒定，作用距离为L＝h1＋h2＋2x1＝2.273 m

故可得Ff≈0.50 N

(3)整个运动过程中，空气阻力一直与运动方向相反

根据动能定理有mgΔh′＋Wf＋W弹＝mv2′2－mv12

整个过程动能变化为0，重力做功mgΔh′＝mg(h1＋x2)＝5.55 J

弹力做功W弹＝－Ep＝－0.025 J

则空气阻力做功Wf＝－mgΔh′－W弹＝－5.525 J

因Wf＝－Ffs

故解得s＝11.05 m.

14.由相同材料的木板搭成的轨道如图所示，其中木板AB、BC、CD、DE、EF…的长均为L＝1.5 m，木板OA和其他木板与水平地面的夹角都为β＝37°，sin 37°＝0.6，cos 37°＝0.8，g取10 m/s2.一个可看成质点的物体在木板OA上从离地高度h＝1.8 m处由静止释放，物体与木板间的动摩擦因数都为μ＝0.2，在两木板交接处都用小曲面相连，使物体能顺利地经过，既不损失动能，也不会脱离轨道，在以后的运动过程中，求：(最大静摩擦力等于滑动摩擦力)

(1)物体能否静止在木板上？请说明理由．

(2)物体运动的总路程是多少？

(3)物体最终停在何处？并作出解释．

答案　(1)不能　理由见解析　(2)11.25 m　(3)C点　解释见解析

解析　(1)物体在木板上时，重力沿木板方向的分力为

mgsin β＝0.6mg

最大静摩擦力Ffm＝μmgcos β＝0.16mg

因mgsin β>μmgcos β，故物体不会静止在木板上．

(2)从物体开始运动到停下，设总路程为s，由动能定理得

mgh－μmgscos β＝0

解得s＝11.25 m

(3)假设物体依次能到达B、D点，由动能定理得

mg(h－Lsin β)－μmgcos β(L＋)＝mvB2

解得vB>0

mg(h－Lsin β)－μmgcos β(3L＋)＝mvD2

vD无解

说明物体能通过B点但不能到达D点，因物体不能静止在木板上，故物体最终停在C点．