2023版高考物理二輪復(fù)習(xí)重點講練專題五功能關(guān)系與能量守恒課時作業(yè)

PAGEPAGE2專題五功能關(guān)系與能量守恒一、選擇題(共10個小題，1－4為單項選擇，5－10為多項選擇，每題5分共50分)1．(2022·新課標全國Ⅰ)如圖，一半徑為R、粗糙程度處處相同的半圓形軌道如圖放置，三點POQ水平．一質(zhì)量為m的質(zhì)點自P點上方高度R處由靜止開始下落，恰好從P點進入軌道，質(zhì)點滑到軌道最低點N時，對軌道的壓力為4mg，g為重力加速度的大小，用W表示質(zhì)點從P運動到N點的過程中克服摩擦力所做的功，那么()A．W＝eq\f(1,2)mgR，質(zhì)點恰好可以到達Q點B．W>eq\f(1,2)mgR，質(zhì)點不能到達Q點C．W＝eq\f(1,2)mgR，質(zhì)點到達Q點后，繼續(xù)上升一段距離D．W<eq\f(1,2)mgR，質(zhì)點到達Q點后，繼續(xù)上升一段距離答案C解析根據(jù)動能定理可得質(zhì)點在P點的動能EkP＝mgR，在圓弧運動時，沿半徑方向的合力提供所需的向心力即FN－mgsinθ＝meq\f(v2,R)，經(jīng)過N點時，根據(jù)牛頓第三定律，軌道對質(zhì)點的支持力FN與質(zhì)點對軌道的壓力F′N大小相等為4mg，由牛頓第二定律和向心力公式有：4mg－mg＝meq\f(vN2,R)，得vN＝eq\r(3gR)，所以N點的動能EkN＝eq\f(3,2)mgR，從P到N點過程由動能定理，可得mgR－W＝eq\f(3,2)mgR－mgR，得克服摩擦力做功W＝eq\f(1,2)mgR，滑動摩擦力Ff＝μFN，根據(jù)功能關(guān)系可知質(zhì)點克服摩擦力做功機械能減少，根據(jù)對稱性再結(jié)合前面可知從N到Q過程中的速度小于P到N過程中對應(yīng)高度的速度，軌道彈力小于P到N過程中對應(yīng)高度的彈力，軌道摩擦力小于P到N過程中對應(yīng)高度的摩擦力，故從N到Q質(zhì)點克服摩擦力做功WNQ<W＝eq\f(1,2)mgR，由動能定理，可得－mg·R－WNQ＝eq\f(1,2)mvQ2－eq\f(1,2)mvN2，得vQ>0，仍會向上運動一段距離，C項正確．2.(2022·江蘇南京市、鹽城市模擬)一滑塊以一定的初速度從一固定斜面的底端向上沖，到斜面上某一點后返回底端，斜面粗糙．滑塊運動過程中加速度大小與時間關(guān)系圖像如下圖．以下四幅圖像分別表示滑塊運動過程中位移x、速度v、動能Ek和重力勢能Ep(以斜面底端為參考平面)隨時間變化的關(guān)系圖像，其中正確的選項是()答案D解析滑塊沖上斜面到沿斜面下滑到底端的過程，先勻減速后勻加速，上滑過程x＝v0t－eq\f(1,2)a1t2，下滑過程x＝－eq\f(1,2)a2(t－t1)2，所以兩段均為開口向下的拋物線(或者從x－t圖線的斜率，由過程可知：速度先減小后增大，所以斜率先減小后增大)．所以A項錯誤；因為有摩擦，所以機械能有損失，回到底端的速度必小于v0，所以B項錯誤；因為動能Ek＝eq\f(1,2)mv2，即有上滑過程Ek＝eq\f(1,2)m(v0－a1t)2，下滑過程有Ek＝eq\f(1,2)m[a2(t－t1)]2，上滑到最高點的動能為0，所以C項錯誤；重力勢能Ep＝mgh，所以重力勢能先增加后減小，即D項正確．3.(2022·襄陽市第五中學(xué)5月模擬最后一卷)如下圖，小物塊以初速度v0從O點沿斜面向上運動，同時從O點斜向上拋出一個速度大小也為v0的小球，物塊和小球在斜面上的P點相遇．物塊和小球質(zhì)量相等(均可視為質(zhì)點)，空氣阻力忽略不計．那么以下說法正確的選項是()A．斜面可能是光滑的B．小球運動到最高點時離斜面最遠C．在P點時，小球的動能大于物塊的動能D．小球和物塊到達P點過程中克服重力做功的平均功率不相等答案C解析把小球的速度分解到沿斜面方向和垂直斜面方向，那么沿斜面方向的速度小于物塊的速度，假設(shè)斜面光滑，那么小球和物塊沿斜面方向的加速度相同，那么不可能在P點相遇，所以斜面不可能是光滑的，故A項錯誤；當(dāng)小球的速度方向與斜面平行時，離斜面最遠，此時豎直方向速度不為零，不是運動到最高點，故C項錯誤；物塊在斜面上還有摩擦力做功，根據(jù)動能定理，在P點時，小球的動能應(yīng)該大于物塊的動能，故C項正確．小球和物塊初末位置相同，那么高度差相等，而重力相等，那么重力做功相等，時間又相同，所以小球和物塊到達P點過程中克服重力做功的平均功率相等，故D項錯誤．應(yīng)選C.考點定位功率；動能定理名師點睛此題主要考查了運動的合成與分解問題，要求同學(xué)們能正確分析小球和物塊的受力情況和運動情況，特別注意C選項，當(dāng)小球的速度方向與斜面平行時，離斜面最遠，難度適中．4．(2022·黑龍江東部地區(qū)聯(lián)考)如下圖，甲、乙兩種粗糙面不同的傳送帶，傾斜放于水平地面，與水平面的夾角相同，以同樣恒定的速率v向上運動．現(xiàn)將一質(zhì)量為m的小物體(視為質(zhì)點)輕輕放在A處，小物體在甲傳送帶上到達B處時恰好到達速率v；在乙上到達離B豎直高度為h的C處時到達速率v，B處離地面高度皆為H.那么在物體從A到B過程中()A．小物體在兩種傳送帶上具有的加速度相同B．將小物體傳送到B處，兩種傳送帶消耗的電能相等C．兩種傳送帶對小物體做功相等D．將小物體傳送到B處，兩種系統(tǒng)產(chǎn)生的熱量相等答案C解析據(jù)題意，小物體向上加速運動過程中有：μmgcosθ－mgsinθ＝ma，整理，得a＝μgcosθ－gsinθ，由于甲、乙傳送帶與小物體間的動摩擦因數(shù)不同，那么物體在甲、乙傳送帶上的加速度不相同，A項錯誤；將小物體傳送到B處，傳送帶甲消耗的電能為物塊增加的機械能(mgH＋eq\f(1,2)mv2)與系統(tǒng)產(chǎn)生的熱量之和，而物體在甲上運動時產(chǎn)生的熱量為：Q1＝f1Δs＝f1(vt1－eq\f(vt1,2))＝f1eq\f(vt1,2)，又eq\f(vt1,2)＝s1(s1為AB間的距離)、f1－mgsinθ＝ma1、v2＝2a1s1、s1＝eq\f(H,sinθ)，解得：Q1＝mgH＋eq\f(1,2)mv2，同理，可得物體在乙傳送帶上運動時產(chǎn)生的熱量：Q2＝mg(H－h(huán))＋eq\f(1,2)mv2，那么Q1>Q2，所以甲傳送帶把物體送到B點消耗的電能較多，B、D項錯誤；傳送帶將物體送到B點，傳送帶對物體做的功由動能定理有：WF－WG＝eq\f(1,2)mv2，即WF＝mgH＋eq\f(1,2)mv2，兩個傳送帶都符合這個關(guān)系，C項正確．5．(2022·第二次大聯(lián)考廣東)如下圖，有一光滑軌道ABC，AB局部為半徑為R的eq\f(1,4)圓弧，BC局部水平，質(zhì)量均為m的小球a、b固定在豎直輕桿的兩端，輕桿長為R，不計小球大?。_始時a球處在圓弧上端A點，由靜止釋放小球和輕桿，使其沿光滑軌道下滑，以下說法正確的選項是()A．a(chǎn)球下滑過程中機械能保持不變B．a(chǎn)、b兩球和輕桿組成的系統(tǒng)在下滑過程中機械能保持不變C．a(chǎn)、b滑到水平軌道上時速度為eq\r(2gR)D．從釋放到a、b滑到水平軌道上，整個過程中輕桿對a球做的功為eq\f(mgR,2)答案BD解析由機械能守恒的條件得，a機械能不守恒，a、b系統(tǒng)機械能守恒，所以A項錯誤，B項正確．對ab系統(tǒng)由機械能守恒定律得mgR＋2mgR＝2×eq\f(1,2)mv2，解得v＝eq\r(3gR)，C項錯誤．對a由動能定理得mgR＋W＝eq\f(1,2)mv2，解得W＝eq\f(mgR,2)，D項正確．點撥熟練掌握機械能守恒的條件及守恒定律，a、b系統(tǒng)機械能守恒．6．(2022·浙江)如下圖為一滑草場．某條滑道由上下兩段高均為h，與水平面傾角分別為45°和37°的滑道組成，滑草車與草地之間的動摩擦因數(shù)為μ.質(zhì)量為m的載人滑草車從坡頂由靜止開始自由下滑，經(jīng)過上、下兩段滑道后，最后恰好靜止于滑道的底端(不計滑草車在兩段滑道交接處的能量損失，sin37°＝0.6，cos37°＝0.8)．那么()A．動摩擦因數(shù)μ＝eq\f(6,7)B．載人滑草車最大速度為eq\r(\f(2gh,7))C．載人滑草車克服摩擦力做功為mghD．載人滑草車在下段滑道上的加速度大小為eq\f(3,5)g答案AB解析由動能定理可知：mg·2h－μmgcos45°·eq\f(h,sin45°)－μmgcos37°·eq\f(h,sin37°)＝0，解得μ＝eq\f(6,7)，選項A正確；對前一段滑道，根據(jù)動能定理有mgh－μmgcos45°·eq\f(h,sin45°)＝eq\f(1,2)mv2，解得：v＝eq\r(\f(2gh,7))，那么選項B正確；載人滑草車克服摩擦力做功為2mgh，選項C錯誤；載人滑草車在下段滑道上的加速度大小為a＝eq\f(mgsin37°－μmgcos37°,m)＝－eq\f(3,35)g，選項D錯誤；應(yīng)選A、B項．考點定位動能定理；牛頓第二定律的應(yīng)用名師點睛此題以娛樂場中的滑草場為背景，考查了牛頓第二定律的綜合應(yīng)用及動能定理．解此題的關(guān)鍵是分析物體運動的物理過程及受力情況，正確選擇適宜的物理規(guī)律列出方程解答．此題難度中等，考查學(xué)生利用物理知識解決實際問題的能力．7.(2022·新課標全國Ⅱ)如下圖，滑塊a、b的質(zhì)量均為m，a套在固定直桿上，與光滑水平地面相距h，b放在地面上，a、b通過鉸鏈用剛性輕桿連接．不計摩擦，a、b可視為質(zhì)點，重力加速度大小為g.那么()A．a(chǎn)落地前，輕桿對b一直做正功B．a(chǎn)落地時速度大小為eq\r(2gh)C．a(chǎn)下落過程中，其加速度大小始終不大于gD．a(chǎn)落地前，當(dāng)a的機械能最小時，b對地面的壓力大小為mg答案BD解析當(dāng)a物體剛釋放時，兩者的速度都為0，當(dāng)a物體落地時，沿桿的分速度為0，由機械能守恒定律可知，a落地時的速度大小為va＝eq\r(2gh)，故B項正確；b物體的速度也為0，所以輕桿對b先做正功，后做負功，故A項錯誤；a落地前，當(dāng)a的機械能最小時，b的速度最大，此時桿對b的作用力為0，這時，b對地面的壓力大小為mg，a的加速度為g，故C項錯誤，D項正確．8．(2022·山東模擬)如下圖，絕緣粗糙斜面體固定在水平地面上，斜面所在空間存在平行于斜面向上的勻強電場E，輕彈簧一端固定在斜面頂端，另一端拴接一不計質(zhì)量的絕緣薄板．一帶正電的小滑塊，從斜面上的P點處由靜止釋放后，沿斜面向上運動，并能壓縮彈簧至R點(圖中未標出)，然后返回．那么()A．滑塊從P點運動到R點的過程中，其機械能增量等于電場力與彈簧彈力做功之和B．滑塊從P點運動到R點的過程中，電勢能的減小量大于重力勢能和彈簧彈性勢能的增加量之和C．滑塊返回能到達的最低位置在P點的上方D．滑塊最終停下時，克服摩擦力所做的功等于電勢能的減小量與重力勢能增加量之差答案BCD解析由題可知，小滑塊從斜面上的P點處由靜止釋放后，沿斜面向上運動，說明小滑塊開始時受到的合力的方向向上，開始時小滑塊受到重力、電場力、斜面的支持力和摩擦力的作用；小滑塊開始壓縮彈簧后，還受到彈簧的彈力的作用，小滑塊向上運動的過程中，斜面的支持力不做功，電場力做正功，重力做負功，摩擦力做負功，彈簧的彈力做負功．在小滑塊開始運動到到達R點的過程中，電場力做的功轉(zhuǎn)化為小滑塊的重力勢能、彈簧的彈性勢能以及內(nèi)能．A項，由以上的分析可知，滑塊從P點運動到R點的過程中，其機械能增量等于電場力與彈簧彈力做功、摩擦力做功之和，故A項錯誤；B項，由以上的分析可知，電場力做的功轉(zhuǎn)化為小滑塊的重力勢能、彈簧的彈性勢能以及內(nèi)能，所以電勢能的減小量大于重力勢能和彈簧彈性勢能的增加量之和，故B項正確；C項，小滑塊運動的過程中，由于摩擦力做功，小滑塊的機械能與電勢能的和減小，所以滑塊返回能到達的最低位置在P點的上方，不能再返回P點，故C項正確；D項，滑塊運動的過程中，由于摩擦力做功，小滑塊的機械能與電勢能的和逐漸減小，所以滑塊最終停下時，克服摩擦力所做的功等于電勢能的減小量與重力勢能增加量之差，故D項正確．9．(2022·四川)如下圖，半圓槽光滑、絕緣、固定，圓心是O，最低點是P，直徑MN水平，a、b是兩個完全相同的帶正電小球(視為點電荷)，b固定在M點，a從N點靜止釋放，沿半圓槽運動經(jīng)過P點到達某點Q(圖中未畫出)時速度為零．那么小球a()A．從N到Q的過程中，重力與庫侖力的合力先增大后減小B．從N到P的過程中，速率先增大后減小C．從N到Q的過程中，電勢能一直增加D．從P到Q的過程中，動能減少量小于電勢能增加量答案BC解析a球從N點靜止釋放后，受重力mg、b球的庫侖力Fc和槽的彈力N作用，a球在從N到Q的過程中，mg與Fc的夾角θ逐漸減小，不妨先假設(shè)Fc的大小不變，隨著θ的減小mg與Fc的合力F將逐漸增大，況且，由庫侖定律和圖中幾何關(guān)系可知，隨著θ的減小Fc逐漸增大，因此F一直增加，故A項錯誤；在a球從N到Q的過程中，根據(jù)能的轉(zhuǎn)化與守恒可知，其電勢能增加量等于其機械能的減少量，a球在Q點時的重力勢能大于其在P點時的重力勢能，因此該過程中動能一定在減少，且其減少量一定等于其電勢能與重力勢能增加量之和，故D項錯誤；既然在從P到Q的過程中，a球的動能在減少，因此其速率也在減小，而開始在N點時速率為0，開始向下運動段中，其速率必先增大，故B項正確．10．(2022·廣東)如下圖的水平勻強電場中，將兩個帶電小球M和N分別沿圖示路徑移動到同一水平線上的不同位置，釋放后，M、N保持靜止，不計重力，那么()A．M的帶電量比N大 B．M帶負電荷，N帶正電荷C．靜止時M受到的合力比N大 D．移動過程中勻強電場對M做負功答案BD解析此題考查了靜電場知識，由于電場中M、N都保持靜止，以M、N整體為研究對象，根據(jù)平衡條件和電場強度方向的規(guī)定，可判斷出M、N一定帶等量的異種電荷，A項錯誤；假設(shè)M帶正電，N帶負電，那么M、N不能保持靜止，要相互靠近，不符題意，故只能M帶負電，N帶正電，B項正確；靜止時，M、N所受的合力均為0，C項錯誤；根據(jù)電勢能Ep＝qφ，由于M帶負電，沿電場線方向電勢降低，在移動M過程中電勢能增加，電場力對M做負功(或者由功W＝Eqscosθ，θ為電場力和位移的方向夾角為鈍角，W<0，做負功)．二、計算題(共4個小題，11題11分，12題12分，12題13分，14題14分，共50分)11．(2022·浙江)如下圖，用一塊長L1＝1.0m的木板在墻和桌面間架設(shè)斜面，桌面高H＝0.8m，長L2＝1.5m．斜面與水平桌面的傾角θ可在0～60°間調(diào)節(jié)后固定．將質(zhì)量m＝0.2kg的小物塊從斜面頂端靜止釋放，物塊與斜面間的動摩擦因數(shù)μ1＝0.05，物塊與桌面間的動摩擦因數(shù)μ2，忽略物塊在斜面與桌面交接處的能量損失．(重力加速度取g＝(1)求θ角增大到多少時，物塊能從斜面開始下滑；(用正切值表示)(2)當(dāng)θ增大到37°時，物塊恰能停在桌面邊緣，求物塊與桌面間的動摩擦因數(shù)μ2.(sin37°＝0.6，cos37°＝0.8)(3)繼續(xù)增大θ角，發(fā)現(xiàn)θ＝53°時物塊落地點與墻面的距離最大，求此最大距離xm.答案(1)tanθ≥0.05(2)μ2＝0.8(3)1.9解析(1)為使小物塊下滑mgsinθ≥μmgcosθ ①θ滿足的條件tanθ≥0.05 ②(2)克服摩擦力做功Wf＝μ1mgL1cosθ＋μ2mg(L2－L1cosθ) ③由動能定理得mgL1sinθ－Wf＝0 ④代入數(shù)據(jù)得μ2＝0.8 ⑤(3)由動能定理可得mgL1sinθ－Wf＝eq\f(1,2)mv2 ⑥代入數(shù)據(jù)得v＝1m/s H＝eq\f(1,2)gt2，t＝0.4s ⑧x1＝vt，x1＝0.4m xm＝x1＋L2＝1.9m 12.(2022·重慶市月考)如下圖，在光滑斜面上有兩個用輕質(zhì)彈簧相連接的物塊A、B.它們的質(zhì)量均為2m，彈簧的勁度系數(shù)為k，C為一固定擋板，物塊A通過一根輕繩跨過光滑的定滑輪與物塊D相連，物塊D的質(zhì)量也為2m，用手托住物塊D，使輕繩拉直但沒有作用力．從靜止釋放物塊D，當(dāng)物塊D到達最大速度時，物塊B恰好離開擋板C.求：(1)斜面的傾角θ；(2)物塊D的最大速度vm；(3)在其他條件不變的情況下，將物塊D的質(zhì)量改為eq\f(3m,2)，假設(shè)物塊D的最大速度為v，求物塊D從開始運動到到達最大速度的過程中彈簧的彈性勢能的變化量ΔEp.答案(1)30°(2)geq\r(\f(m,k))(3)eq\f(3m2g2,4k)－eq\f(7,4)mv2解析(1)物塊D到達最大速度時，A、B、D系統(tǒng)平衡，那么4mgsinθ＝2mg ①解得θ＝30°(2)釋放物塊D前，對物塊A有：2mgsinθ＝kx1 ②物塊D到達最大速度時，對物塊B有：2mgsinθ＝kx2 ③由②③得x2＝x1＝eq\f(mg,k)即釋放物塊D時和物塊D到達最大速度時，彈簧的彈性勢能不變．那么由機械能守恒得：2mg(x1＋x2)－2mg(x1＋x2)sin30°＝eq\f(1,2)(4m)vm2 ④聯(lián)立得：vm＝geq\r(\f(m,k)) ⑤(3)物塊D到達最大速度時，B未離開擋板C，A、D系統(tǒng)平衡，那么eq\f(3,2)mg＝kx3＋2mgsinθ ⑥所以x3＝eq\f(mg,2k)<x1，彈簧的彈性勢能減少．那么由機械能守恒得eq\f(3,2)mg(x3＋x1)－2mg(x3＋x1)sinθ＝eq\f(1,2)×(eq\f(3,2)m＋2m)v2＋ΔEp ⑦聯(lián)立解得ΔEp＝eq\f(3m2g2,4k)－eq\f(7,4)mv2 ⑧13．(2022·蘇錫常鎮(zhèn)四市二調(diào))如下圖，一足夠長的水平傳送帶以速度v0勻速運動，質(zhì)量均為m的小物塊P和小物塊Q由通過滑輪組的輕繩連接，輕繩足夠長且不可伸長．某時刻物塊P從傳送帶左端以速度2v0沖上傳送帶，P與定滑輪間的繩子水平．物塊P與傳送帶間的動摩擦因數(shù)μ＝0.25，重力加速度為g，不計滑輪的質(zhì)量與摩擦．求：(1)運動過程中小物塊P、Q的加速度大小之比；(2)物塊P剛沖上傳送帶到右方最遠處的過程中，PQ系統(tǒng)機械能的改變量；(3)假設(shè)傳送帶以不同的速度v(0<v<2v0)勻速運動，當(dāng)v取多大時物塊P向右沖到最遠處時，P與傳送帶間產(chǎn)生的摩擦熱最??？最小值為多大？答案(1)運動過程中小物塊P、Q的加速度大小之比是2∶1(2)物塊P剛沖上傳送帶到右方最遠處的過程中，PQ系統(tǒng)機械能的改變量為零(3)v＝eq\f(v0,2)時，P與傳送帶間產(chǎn)生的摩擦熱最小，最小值為Q＝eq\f(5,8)mv02分析(1)由圖可知，P與Q的位移關(guān)系始終滿足P的位移是Q的位移的2倍，結(jié)合：s＝eq\f(1,2)at2求得加速度的比值；(2)分別以P與Q為研究的對象，由牛頓第二定律求出加速度，然后結(jié)合運動學(xué)的公式，求出P與傳送帶的速度相等之前的位移；當(dāng)P的速度與傳送帶相等后，分析摩擦力與繩子的拉力的關(guān)系，判斷出P將繼續(xù)減速，求出加速度，再結(jié)合運動學(xué)的公式求出位移，最后由功能關(guān)系求出機械能的改變量；(3)結(jié)合(2)的解答過程，寫出物體P相對于傳送帶的位移的表達式以及Q＝fx相對，然后即可求出產(chǎn)生的最小的熱量．解析(1)設(shè)P的位移、加速度大小分別為s1、a1，Q的位移、加速度大小分別為s2、a2，因s1＝2s2，故a1＝2a2eq\f(a1,a2)＝2∶1(2)對P有：μmg＋T＝ma1，對Q有：mg－2T＝ma2，得a1＝0.6gP先減速到與傳送帶速度相同，設(shè)位移為x1，x1＝eq\f(〔2v0〕2－v02,2a1)＝eq\f(5v02,2g)共速后，由于f＝μmg＜eq\f(1,2)mg，P不可能隨傳送帶一起勻速運動，繼續(xù)向右減速，設(shè)此時P加速度為a′1，Q的加速度為a′2＝eq\f(1,2)a′1對P有：T－μmg＝ma′1，對Q有：mg－2T＝ma′2解得：a1′＝0.2g設(shè)減速到0位移為x2，x2＝eq\f(v02,2a′1)＝eq\f(5v02,2g)PQ系統(tǒng)機械能的改變量等于摩擦力對P做的功，ΔE＝－μmgx1＋μmgx2＝0(3)第一階段P相對皮帶向前，相對路程：s1＝eq\f(〔2v0－v〕2,2a1)第二階段相對皮帶向后，相對路程：s2＝eq\f(v2,2a′1)摩擦產(chǎn)生的熱量Q＝μmg(s1＋s2)＝eq\f(5,6)m(v2－vv0＋v02)當(dāng)v＝eq\f(1,2)v0時，摩擦熱最小Q＝eq\f(5,8)mv02.考點定位此題旨在考查牛頓運動定律和功能關(guān)系14.如下圖，O、A、B為同一豎直平面內(nèi)的三個點，OB沿豎直方向，∠BOA＝60°，OB＝eq\f(3,2)OA，將一質(zhì)量為m的小球以一定的初動能自O(shè)點水平向右拋出，小球在運動過程中恰好通過A點，使此小球帶電，電荷量為q(q