2023届高考物理二轮复习专题五功能关系与能量守恒作业含答案

这是一份2023届高考物理二轮复习专题五功能关系与能量守恒作业含答案，共13页。试卷主要包含了8 m，5 kg等内容，欢迎下载使用。
专题五  功能关系与能量守恒1.(2022·山东)我国多次成功使用“冷发射”技术发射长征十一号系列运载火箭．如图所示，发射仓内的高压气体先将火箭竖直向上推出，火箭速度接近零时再点火飞向太空．从火箭开始运动到点火的过程中(　　)A．火箭的加速度为零时，动能最大B．高压气体释放的能量全部转化为火箭的动能C．高压气体对火箭推力的冲量等于火箭动量的增加量D．高压气体的推力和空气阻力对火箭做功之和等于火箭动能的增加量答案　A解析　从火箭开始运动到点火的过程中，火箭先加速运动后减速运动，当加速度为零时，动能最大，A项正确；高压气体释放的能量转化为火箭的动能和重力势能及火箭与空气间因摩擦产生的热量，B项错误；根据动量定理可得高压气体对火箭的推力F、火箭自身的重力mg和空气阻力f的冲量矢量和等于火箭动量的变化量，C项错误；根据动能定理可得高压气体对火箭的推力F、火箭自身的重力mg和空气阻力f对火箭做的功之和等于火箭动能的变化量，D项错误．2．(2022·湖南)(多选)神舟十三号返回舱进入大气层一段时间后，逐一打开引导伞、减速伞、主伞，最后启动反冲装置，实现软着陆．某兴趣小组研究了减速伞打开后返回舱的运动情况，将其运动简化为竖直方向的直线运动，其v－t图像如图所示．设该过程中，重力加速度不变，返回舱质量不变，下列说法正确的是(　　)A．在0～t1时间内，返回舱重力的功率随时间减小B．在0～t1时间内，返回舱的加速度不变C．在t1～t2时间内，返回舱的动量随时间减小D．在t2～t3时间内，返回舱的机械能不变答案　AC解析　由题知，返回舱的运动简化为竖直方向的直线运动，所以重力的功率P＝mgv，因此在0～t1时间内，结合v－t图像可知返回舱重力的功率随时间减小，A项正确；v－t图像的斜率表示返回舱的加速度，故0～t1时间内，返回舱的加速度不断减小，B项错误；返回舱的动量大小与其速度大小成正比，所以t1～t2时间内，返回舱的动量随时间减小，C项正确；在t2～t3时间内，返回舱匀速下降，机械能不守恒，D项错误．3.(2022·福建模拟)(多选)某辆汽车总质量为m，发动机的功率为P时在平直公路上以速度v0匀速行驶．t＝0时汽车进入限速区，驾驶员立即将汽车功率减小到并保持该功率继续行驶，t1时刻后汽车再次匀速．假设汽车行驶过程中所受阻力大小不变，从驾驶员减小油门开始，汽车的v－t关系如图所示，则在0～t1时间内，下列说法正确的是(　　)A．减小功率后瞬间汽车的加速度大小为B．减小功率后瞬间汽车的加速度大小为C．汽车行驶的位移大小为＋D．汽车行驶的位移大小为＋答案　BC解析　发动机的功率为P时，汽车以速度v0匀速行驶，可知阻力为f＝，减小功率后瞬间，汽车的牵引力大小为F＝，根据牛顿第二定律可得，减小功率后瞬间汽车的加速度大小为a＝＝＝，B项正确，A项错误；t1时刻后汽车再次匀速，此时汽车速度大小为＝＝，在0～t1时间内，根据动能定理可得t1－fs＝m－mv02，又f＝，联立解得s＝＋，C项正确，D项错误．故选B、C两项．4．(2022·四川模拟)如图所示，在光滑水平桌面内，固定有光滑轨道ABC，其中半圆轨道BC与直轨道AB相切于B点，物体受到与AB平行的水平拉力F，从静止开始运动，拉力F的大小满足如图乙所示(以A为坐标原点，拉力F从A指向B为正方向)．若m＝1 kg，AB＝4 m，半圆轨道的半径R＝1.5 m，重力加速度取g＝10 m/s2.则下列说法中正确的是(　　)A．拉力F从A到B做功为50 JB．物体从B到C过程中，所受的合力为0C．物体能够到达C点，且速度大小为2 m/sD．物体能够到达C点，且速度大小为2 m/s答案　D解析　F－x图像与坐标轴所围面积表示功，则拉力F从A到B做功为W＝×2×40 J－10×1 J＝30 J，故A项错误；物体从B到C过程中，做圆周运动，合力不为0，故B项错误；从A到B由动能定理有W＝mvB2，解得vB＝2 m/s，由于光滑轨道ABC在水平面内，则物体从B到C做匀速圆周运动，物体能够到达C点，且速度大小为2 m/s，故C项错误，D项正确．故选D项．5.(2022·莱州模拟)如图所示，在竖直面内固定三枚钉子a、b、c，三枚钉子构成边长d＝10 cm的等边三角形，其中钉子a、b沿着竖直方向．长为L＝0.3 m的细线一端固定在钉子a上，另一端系着质量m＝200 g的小球，细线拉直与边ab垂直，然后将小球以v0＝ m/s的初速度竖直向下抛出，小球可视为质点，不考虑钉子的粗细，重力加速度g＝10 m/s2，细线碰到钉子c后，物块达到最高点时，细线拉力大小为(　　)A．0　　　　　　　　　 B．1 NC．2 N   D．3 N答案　C解析　设物块达到最高点速度为v，根据机械能守恒mv02＝mv2＋mgh，h＝L－d－d－＝L－d，代入数据联立解得v＝ m/s，根据牛顿第二定律F＋mg＝，解得细线拉力大小为F＝－mg＝2 N．故选C项．6.(2022·太原模拟)如图所示，质量分布均匀的铁链，静止放在半径R＝ m的光滑半球体上方．给铁链一个微小的扰动使之向右沿球面下滑，当铁链的端点B滑至C处时其速度大小为3 m/s.已知∠AOB＝60°，以OC所在平面为参考平面，取g＝10 m/s2.则下列说法中正确的是(　　)A．铁链下滑过程中靠近B端的一小段铁链机械能守恒B．铁链在初始位置时其重心高度为 mC．铁链的端点A滑至C点时其重心下降2.8 mD．铁链的端点A滑至C处时速度大小为6 m/s答案　C解析　铁链下滑过程中靠近B端的一小段铁链受到上边铁链的拉力，该拉力做负功，故机械能不守恒，故A项错误；根据几何关系可知，铁链长度为L＝＝2 m，铁链全部贴在球体上时，质量分布均匀且形状规则，则其重心在几何中心且重心在∠AOB的角平分线上，故铁链在初始位置时其重心与圆心连线长度等于端点B滑至C处时其重心与圆心连线长度，均设为h0，根据机械能守恒有mgh0－mgh0sin 30°＝mv12，代入数据解得h0＝1.8 m，故B项错误；铁链的端点A滑至C点时，其重心在参考平面下方处，则铁链的端点A滑至C点时其重心下降Δh＝h0＋＝2.8 m，故C项正确；铁链的端点A滑至C处过程，根据机械能守恒有mgΔh＝mv22，解得v2＝2 m/s，故D项错误．故选C项．7．(2022·全国甲卷)(多选)地面上方某区域存在方向水平向右的匀强电场，将一带正电荷的小球自电场中P点水平向左射出．小球所受的重力和电场力的大小相等，重力势能和电势能的零点均取在P点．则射出后(　　)A．小球的动能最小时，其电势能最大B．小球的动能等于初始动能时，其电势能最大C．小球速度的水平分量和竖直分量大小相等时，其动能最大D．从射出时刻到小球速度的水平分量为零时，重力做的功等于小球电势能的增加量答案　BD解析　由题意可知，小球所受电场力与重力的合力指向右下，与水平方向成45°角，小球向左射出后做匀变速曲线运动，当其水平速度与竖直速度大小相等时，即速度方向与小球所受合力方向垂直时，小球克服合力做的功最大，此时动能最小，而此时小球仍具有水平向左的分速度，电场力仍对其做负功，其电势能继续增大，A、C两项错误；小球在电场力方向上的加速度大小ax＝g，竖直方向加速度大小ay＝g，当小球水平速度减为零时，克服电场力做的功最大，小球的电势能最大，由匀变速运动规律有v0＝gt，此时小球竖直方向的速度vy＝gt＝v0，所以此时小球动能等于初动能，由能量守恒定律可知，小球重力势能减少量等于小球电势能的增加量，又由功能关系知重力做的功等于小球重力势能的减少量，故B、D两项正确．8.(2022·江苏模拟)两个完全相同的正方形匀质金属框，边长为L，通过长为L的绝缘轻质杆相连，构成如图所示的组合体．距离组合体下底边H处有一方向水平、垂直纸面向里的匀强磁场．磁场区域上下边界水平，高度为L，左右宽度足够大．把该组合体在垂直磁场的平面内以初速度v0水平无旋转抛出，设置合适的磁感应强度大小B使其匀速通过磁场，不计空气阻力．下列说法正确的是(　　)A．B与v0无关，与成反比B．通过磁场的过程中，金属框中电流的大小和方向保持不变C．通过磁场的过程中，组合体克服安培力做功的功率小于重力做功的功率D．调节H、v0和B，只要组合体仍能匀速通过磁场，则其通过磁场的过程中产生的热量不变答案　D解析　将组合体以初速度v0水平无旋转抛出后，组合体做平抛运动，后进入磁场做匀速运动，由于水平方向切割磁感线产生的感应电动势相互抵消，则有mg＝，vy＝，解得B＝，则B与v0无关，与成反比，故A项错误；当金属框刚进入磁场时金属框的磁通量增加，此时感应电流的方向为逆时针方向，当金属框刚出磁场时金属框的磁通量减少，此时感应电流的方向为顺时针方向，故B项错误；组合体通过磁场的过程中mg＝F安，则组合体克服安培力做功的功率等于重力做功的功率，故C项错误；无论调节哪个物理量，只要组合体仍能匀速通过磁场，都有mg＝F安，则安培力做的功都为W＝F安4L，则组合体通过磁场的过程中产生的热量不变，故D项正确．故选D项．9．(2022·山东模拟)(多选)某同学用如图甲所示装置研究带电小球在重力场和电场中具有的势能E(重力势能、电势能之和)的变化情况．两个带同种电荷的小球甲、乙放在竖直放置的绝缘圆筒中，小球甲固定在圆筒底部，小球乙从靠近小球甲的位置处释放，测出小球乙的位置x和速度v，利用能量守恒可以得到小球乙的E－x图像．图乙中Ⅰ图线是小球E－x图像，Ⅱ图线是计算机拟合的图线Ⅰ的渐近线(即图像Ⅱ是物体的重力势能随x的变化规律)，实验中忽略一切摩擦且小球的电荷量不会发生变化，g＝10 m/s2，则小球乙(　　)A．上升过程中速度一直变大B．上升过程中速度先变大后变小C．质量为0.5 kgD．从x1＝6.0 cm处运动至x2＝20.0 cm处电势能减少0.4 J答案　BC解析　上升过程中系统能量守恒，由图像可知势能先变小后变大，因此小球乙的动能先变大后变小，速度也先变大后变小，故A项错误，B项正确；根据库仑定律F＝可知当甲、乙两球的距离趋于无穷大时，它们之间的库仑力趋近于零，电势能几乎不变化，此时系统势能的变化量主要取决于重力势能的变化，即ΔE＝mgΔx，mg＝，由此可知小球的重力等于图中渐近线的斜率，由图知mg＝＝ N＝5 N，所以m＝0.5 kg，故C项正确；从x1＝6.0 cm处运动至x2＝20.0 cm处势能增加了0.9 J－0.5 J＝0.4 J，重力势能增加了mgΔx′＝5×0.14 J＝0.7 J，则电势能变化了0.4 J－0.7 J＝－0.3 J，即电势能减少0.3 J，故D项错误．故选B、C两项．10．(2022·吉林模拟)(多选)如图甲，劲度系数k＝10 N/m的轻弹簧左端固定在竖直墙上，右端连接一个质量为M的木板．开始时弹簧处于原长，木板静止在光滑的水平桌面上，一质量为m＝1 kg的物块(可视为质点)从木板左端以初速度2 m/s滑上木板，最终恰好停在木板的右端．图乙中A为物块的v－t图线；B为木板的v－t图线且为正弦图线．已知重力加速度g＝10 m/s2，根据图中所给信息可得(　　)A．木板的长度为2 mB．t＝1 s时，弹簧的弹性势能为1.5 JC．t＝1 s时，木板受到物块的摩擦力与弹簧的弹力大小相等D．2 s内“物块和木板”系统的摩擦生热为2 J答案　AD解析　由于v－t图像与t轴围成的面积表示位移，通过图像可知，物块一直向右运动，位移s＝2 m，木板先向右后向左运动，总位移为0.因此，物块运动的位移即为木板长度，即2 m，A项正确；由于v－t图像的斜率表示加速度，可知物块减速运动的加速度为1 m/s2.而物块在仅有摩擦力的作用下做匀减速运动，根据牛顿第二定律可知f＝ma＝1 N，由木板的v－t图像可知，t＝0.5 s时，木板的速度最大，此时由于切线斜率为0，故木板的加速度为0.对木板进行受力分析可知，此时弹簧弹力与摩擦力二力平衡，且弹簧伸长量的大小应为木板的位移x，则有kx＝f，解得x＝0.1 m，由正弦图线的对称性可知，t＝1 s时，木板的速度为0，即位于简谐运动的最大振幅处，木板向右的位移为2x.对物块0～1 s过程列能量守恒：mv02＝mv12＋f(s物块－2x)＋Ep，其中物块在1 s内的位移为s物块＝t＝m＝1.5 m，联立可得Ep＝0.2 J，B项错误；1 s时，木板的v－t图线切线斜率不为0，说明木板此时仍有加速度，故摩擦力与弹簧弹力并不相等，C项错误；两秒内“物块和木板”系统的摩擦生热Q＝fΔs，而由图像可知，全过程物块与木板的相对路程即等于物块的位移s，因此系统摩擦生热为2 J，D项正确．故选A、D两项．11．(2022·新疆模拟)如图所示是一个玩具轨道装置，质量m＝2 kg的小滑块从P点静止释放，沿曲线轨道AB滑下后冲入竖直圆形轨道BC，再经过水平轨道BD，最后从D点飞入沙池中的水平目标薄板MN上，各轨道间平滑连接．其中圆轨道BC的半径R＝0.14 m，水平轨道BD的长L＝1 m，BD段与滑块间的动摩擦因数μ＝0.2，其余部分摩擦不计，薄板MN的宽度d＝0.24 m，M点到D点的水平距离x1＝0.56 m，薄板MN到水平轨道BD的竖直高度h＝0.8 m，不计空气阻力，g＝10 m/s2，求：(1)若小滑块恰好落在薄板MN上的N点，小滑块在D点的动能；(2)要使小滑块不脱离轨道并落在薄板MN上，P点距水平轨道BD的高度H应满足的条件．答案　(1)4 J　(2)0.35 m≤H≤0.4 m解析　(1)小滑块从D点飞出后做平抛运动，竖直方向h＝gt2水平方向x1＋d＝vDt又EkD＝mvD2联立解得EkD＝4 J.(2)小滑块刚好不脱离轨道，在C点满足mg＝m从C到D由动能定理得2mgR－μmgL＝mv′D2－mvC2v′Dt＝x>x1又mg(H1－2R)＝mvC2联立解得H1＝0.35 m小滑块不脱离轨道并落在薄板MN上的N端过程中mgH2－μmgL＝mvD2解得H2＝0.4 m，故0.35 m≤H≤0.4 m.12．(2022·浙江6月选考)如图所示，在竖直面内，一质量为m的物块a静置于悬点O正下方的A点，以速度v逆时针转动的传送带MN与直轨道AB、CD、FG处于同一水平面上，AB、MN、CD的长度均为l.圆弧形细管道DE半径为R，EF在竖直直径上，E点高度为H.开始时，与物块a相同的物块b悬挂于O点，并向左拉开一定的高度h由静止下摆，细线始终张紧，摆到最低点时恰好与a发生弹性正碰．已知m＝2 g，l＝1 m，R＝0.4 m，H＝0.2 m，v＝2 m/s，物块与MN、CD之间的动摩擦因数μ＝0.5，轨道AB和管道DE均光滑，物块a落到FG时不反弹且静止．忽略M、B和N、C之间的空隙，CD与DE平滑连接，物块可视为质点，重力加速度g取10 m/s2.(1)若h＝1.25 m，求a、b碰撞后瞬时物块a的速度v0的大小；(2)物块a在DE最高点时，求管道对物块的作用力FN与h间满足的关系；(3)若物块b释放高度0.9 m<h<1.65 m，求物块a最终静止的位置x值的范围(以A点为坐标原点，水平向右为正，建立x轴)．答案　(1)5 m/s　(2)FN＝0.1h－0.14(h≥1.2 m)　(3)见解析解析　(1)滑块b摆到最低点时，由机械能守恒定律得mgh＝mvb2解得vb＝5 m/sb与a发生弹性正碰v0＝vb＝5 m/s.(2)设滑块a从h1的高度释放时，运动到E点时速度恰好为零，根据动能定理可得mgh1－2μmgl－mgH＝0解得h1＝1.2 m以竖直向下为正方向FN＋mg＝mmgh－2μmgl－mgH＝mvE2联立解得FN＝0.1h－0.14(h≥1.2 m)．(3)当1.2 m≤h<1.65 m时，物块位置在E点或E点右侧，根据动能定理得mgh－2μmgl－mgH＝mvE2从E点飞出后，竖直方向H＝gt2水平方向有s1＝vEt根据几何关系可得DF＝ m，x＝3l＋DF＋s1代入数据解得 m≤x< m当0.9 m<h<1.2 m时，从h2＝0.9 m释放时，根据动能定理可得mgh2－μmgs2＝0，解得s2＝1.8 m，滑块a运动到距C点0.8 m处速度恰好为零．滑块a由E点速度为零，返回到CD时，由mgH－μmgs3＝0，解得s3＝0.4 m，距C点0.6 m，综上可知0.9 m<h<1.2 m时，3l－s3<x≤3l，即2.6 m<x≤3 m.