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1、高考物理二輪復習 功能關系、能量守恒提能專訓 一、選擇題(本題共12小題，每小題4分，共48分．多選全部選對的得4分，選對但不全的得2分，有選錯的得0分) 1．(xx·新課標全國卷Ⅱ)取水平地面為重力勢能零點．一物塊從某一高度水平拋出，在拋出點其動能與重力勢能恰好相等．不計空氣阻力．該物塊落地時的速度方向與水平方向的夾角為(　　) A. B. C. D. 答案：B 解析：設物塊水平拋出的初速度為v0，高度為h，根據(jù)題意在拋出點動能與重力勢能相等有mv＝mgh，即v0＝.物塊在豎直方向上的運動是自由落體運動，故落地時的豎直分速度vy＝＝vx＝v0，則該物塊落地時的速度方向與水平方

2、向的夾角θ＝，故選項B正確，選項A、C、D錯誤． 2．(xx·甘肅天水一中段考)質量為m的物體，從距地面h高處由靜止開始以加速度a＝g豎直下落到地面，在此過程(　　) A．物體的動能增加mgh B．物體的重力勢能減少mgh C．物體的機械能減少mgh D．物體的機械能保持不變 答案：A 解析：物體動能的增加等于合外力的功W＝mah＝mgh，A項正確；物體的重力勢能的減少量等于重力做的功WG＝mgh，B項錯誤；物體除重力之外的其他力做功為WF＝－(mg－ma)h＝－mgh，所以機械能的減少量為mgh，選項C、D錯誤． 3. (多選)如圖，一固定斜面傾角為30°，一質量為m的小

3、物塊自斜面底端以一定的初速度沿斜面向上做勻減速運動，加速度的大小等于重力加速度的大小g.若物塊上升的最大高度為H，則此過程中，物塊的(　　) A．動能損失了2mgH B．動能損失了mgH C．機械能損失了mgH D．機械能損失了mgH 答案：AC 解析：小物塊向上做勻減速直線運動，合外力沿斜面向下，由牛頓第二定律得F合＝ma＝mg，根據(jù)動能定理知損失的動能等于F合s＝＝2mgH，A項對，B項錯；小物塊在向上運動過程中，重力勢能增加了mgH，而動能減少了2mgH，故機械能損失了mgH，C項對，D項錯． 4. 如圖所示，跳水運動員最后踏板的過程可以簡化為下述模型：運動員從高

4、處落到處于自然狀態(tài)的跳板上，隨跳板一同向下做變速運動到達最低點．對于運動員從開始與跳板接觸到運動至最低點的過程，下列說法中正確的是(　　) A．運動員到達最低點時，其所受外力的合力為零 B．在這個過程中，運動員的動能一直在減小 C．在這個過程中，跳板的彈性勢能先增加后減少 D．在這個過程中，運動員所受重力對她做的功小于跳板的作用力對她做的功的絕對值 答案：D 解析：運動員到達最低點時，其所受外力的合力方向向上，合力一定大于零，選項A錯誤；從開始與跳板接觸到運動至最低點的過程，運動員的動能先增大后減小，跳板的彈性勢能一直在增加，選項B、C錯誤；從開始與跳板接觸到運動至最低點的過程，由

5、動能定理可知運動員所受重力對她做的功與跳板的作用力對她做的功(負功)之和等于動能的變化，可得運動員所受重力對她做的功小于跳板的作用力對她做的功的絕對值，選項D正確． 5. (xx·沈陽模擬)如圖所示，質量為m的物體在水平傳送帶上由靜止釋放，傳送帶由電動機帶動，始終保持以速度v勻速運動，物體與傳送帶間的動摩擦因數(shù)為μ，物體過一會兒能保持與傳送帶相對靜止，對于物體從靜止釋放到相對靜止這一過程中，下列說法正確的是(　　) A．電動機做的功為mv2 B．摩擦力對物體做的功為mv2 C．傳送帶克服摩擦力做的功為mv2 D．電動機增加的功率為μmgv 答案：D 解析：由能量守恒，電動機做

6、的功等于物體獲得的動能和由于摩擦而產生的內能，選項A錯誤；對物體受力分析知，僅有摩擦力對物體做功，由動能定理知，選項B錯誤；傳送帶克服摩擦力做的功等于摩擦力與傳送帶對地位移的乘積，可知這個位移是物體對地位移的兩倍，即W＝mv2，選項C錯誤；由功率公式知傳送帶增加的功率為μmgv，選項D正確． 6．將一物體豎直向上拋出，物體上升到最高點后又落回拋出點．此過程中物體上升的最大高度為H，所受空氣阻力大小恒為f.下列說法正確的是(　　) A．拋出后的瞬間與落回拋出點的瞬間，重力的瞬時功率相同 B．上升與下落過程中動能的變化量相等 C．上升與下落過程中重力做功相同 D．上升與下落過程中機械能的

7、損失相等 答案：D 解析：上升與下落過程，空氣阻力均做負功，且所做負功大小相等，由功能關系知，上升與下落過程機械能的損失相等，選項D正確；因為空氣阻力一直做負功，所以物體的機械能不斷減少，故物體落回拋出點時的速度小于拋出時的速度，落回拋出點時重力的瞬時功率較小，選項A錯誤；上升過程合外力做功(G＋f)h，下落過程合外力做功(G－f)h，故上升過程合外力做功多，由動能定理知，上升過程物體的動能變化量大，選項B錯誤；上升過程重力做負功，而下落過程重力做正功，選項C錯誤． 7．(xx·吉林市期末)如圖所示，小木塊可以分別從固定斜面沿左邊或右邊由靜止開始滑下，且滑到水平面上的A點或B點停下．假定

8、小木塊和斜面及水平面間的動摩擦因數(shù)相同，斜面與水平面平緩連接，圖中水平面上的O點位于斜面頂點正下方，則(　　) A．距離OA等于OB B．距離OA大于OB C．距離OA小于OB D．無法作出明確的判斷 答案：A 解析：設斜面傾角為θ，高為h，物塊質量為m，根據(jù)動能定理，mgh－μmgcos α－μmgx＝0 變形可得x＋＝，即OA＝，與傾角無關，所以OA＝OB，A項正確． 8．(xx·淄博市期末統(tǒng)測)半徑為r和R(r

9、的是(　　) A．機械能均逐漸減小 B．經最低點時動能相等 C．兩球經過最低點時加速度大小不等 D．機械能總是相等的 答案：D 解析：兩小球下滑過程中只有重力做功，所以機械能守恒，A項錯誤，D項正確；對小球下滑到最低端應用動能定理得：mgr＝mv2－0，可見物體的動能與半徑有關，半徑大的動能大，B項錯誤；小球在最低點的加速度為a＝＝＝2g，與半徑無關，C項錯誤． 9. (多選)在半徑為R的四分之一光滑圓弧軌道上的a點，質量為m的小物塊由靜止開始滑下，如圖(圓心O與a點連線Oa與水平方向夾30°角)經最低點b滑上粗糙水平面，圓弧軌道在b點與水平軌道平滑相接．物體與水平面間動

10、摩擦因數(shù)為μ，物塊滑至c點停止．下列說法正確的是(　　) A．物塊滑到b點時的速度大小為 B．物塊滑到b點時對b點的壓力大小為2mg C．c點與b點之間的距離為 D．整個過程中物塊機械能損失為mgR 答案：BD 解析：物塊從a點到b點的過程中，機械能守恒，故有mgR(1－sin 30°)＝mv，解得物塊在b點時的速度為vb＝，選項A錯誤；根據(jù)牛頓第二定律可知FN－mg＝m，可得到物塊在b點時對軌道的壓力為FN＝2mg，故選項B正確；從b點到c點由動能定理得－μmgx＝0－mv，代入數(shù)據(jù)解得兩點間的距離為x＝，選項C錯誤；由能量守恒定律可知，物塊全程機械能損失為，選項D正確．

11、10. (xx·山西太原一模)將小球以10 m/s的初速度從地面豎直向上拋出，取地面為零勢能面，小球在上升過程中的動能Ek、重力勢能Ep與上升高度h間的關系分別如圖中兩直線所示．取g＝10 m/s2，下列說法正確的是(　　) A．小球的質量為0.2 kg B．小球受到的阻力(不包括重力)大小為0.20 N C．小球動能與重力勢能相等時的高度為 m D．小球上升到2 m時，動能與重力勢能之差為0.5 J 答案：D 解析：在最高點，由Ep＝mgh得m＝0.1 kg，A項錯誤；由除重力以外其他力做功W其＝ΔE可知：－fh＝E高－E低，E為機械能，解得f＝0.25 N，B項錯誤；設小球動能

12、和重力勢能相等時的高度為H，此時有mgH＝mv2，由動能定理－fH－mgH＝mv2－mv，得H＝ m，故C項錯誤；當上升h′＝2 m時，由動能定理－fh′－mgh′＝Ek2－mv，得Ek2＝2.5 J，Ep2＝mgh′＝2 J，所以動能與重力勢能之差為0.5 J，故D項正確． 11．(xx·云南一模)起跳摸高是學生經常進行的一項體育活動．一質量為m的同學彎曲兩腿向下蹲，然后用力蹬地起跳，從該同學用力蹬地到剛離開地面的起跳過程中，他的重心上升了h，離地時他的速度大小為v.下列說法正確的是(　　) A．該同學機械能增加了mgh B．起跳過程中該同學機械能增量為mgh＋mv2 C．地面的支持

13、力對該同學做功為mgh＋mv2 D．該同學所受的合外力對其做功為mv2＋mgh 答案：B 解析：由題意可知，從該同學用力蹬地到剛離開地面的起跳過程中，根據(jù)動能定理可得：WF－mgh＝mv2，因此WF＝mgh＋mv2，則該同學機械能增量為mgh＋mv2，故A項錯誤，B項正確；地面的支持力的作用點始終沒有動，所以支持力對該同學做功為0，該同學增大的機械能是人體內的肌肉做功，故C項錯誤；由動能定理可知，所受的合外力對其做功為mv2，故D項錯誤． 12．(xx·山東煙臺一模)(多選)如圖所示，兩個小球A、B分別固定在輕桿的兩端，輕桿可繞水平光滑轉軸O在豎直平面內轉動，OA>OB，現(xiàn)將該桿靜

14、置于水平方向，放手后兩球開始運動，已知兩球在運動過程受到大小始終相同的空氣阻力作用，則從開始運動到桿轉到豎直位置的過程中，以下說法正確的是(　　) A．兩球組成的系統(tǒng)機械能守恒 B．B球克服重力做的功等于B球重力勢能的增加 C．重力和空氣阻力對A球做功代數(shù)和等于它的動能增加 D．A球克服空氣阻力做的功大于B球克服空氣阻力做的功 答案：BD 解析：由于有空氣阻力作用，兩球和輕桿組成的系統(tǒng)機械能不守恒，A項錯誤；重力做功僅僅和重力勢能相聯(lián)系，B球克服重力做的功等于B球重力勢能的增加，B項正確；根據(jù)動能定理，合外力的功等于動能的變化，對A球做功的力有重力、空氣阻力和輕桿的作用力，C項錯誤

15、；由于OA>OB，且兩球在運動過程受到大小始終相同的空氣阻力作用，所以克服空氣阻力做的功W＝Ff××2πr＝Ffπr，故D項正確． 二、計算題(本題包括4小題，共52分．解答應寫出必要的文字說明、方程式和重要演算步驟，只寫出最后答案不能得分) 13．(xx·廣東深圳一模)(12分)如圖甲所示，在傾角為37°的粗糙斜面的底端，一質量m＝1 kg可視為質點的滑塊壓縮一輕彈簧并鎖定，滑塊與彈簧不相連．t＝0時解除鎖定，計算機通過傳感器描繪出滑塊的速度—時間圖象如圖乙所示，其中Oab段為曲線，bc段為直線，在t1＝0.1 s時滑塊已上滑s＝0.2 m 的距離，g取10 m/s2.求： (1)

16、物體離開彈簧后在圖中bc段對應的加速度a及動摩擦因數(shù)μ的大?。? (2)t2＝0.3 s和t3＝0.4 s時滑塊的速度v1、v2的大小； (3)鎖定時彈簧具有的彈性勢能Ep. 答案：(1)10 m/s2　0.5 　(2)0　0.2 m/s　(3)4 J 解析：(1)由題中圖象可知0.1 s物體離開彈簧向上做勻減速運動，加速度的大小 a＝ m/s2＝10 m/s2 根據(jù)牛頓第二定律，有 a＝＝10 m/s2 解得：μ＝0.5. (2)根據(jù)速度—時間公式，得： t2＝0.3 s時的速度大小v1＝v0－at＝1 m/s－10×0.1 m/s＝0. 0．3 s后滑塊開始下滑，下滑的

17、加速度 a′＝＝2 m/s2 t2＝0.4 s時的速度大小v2＝a′t′＝2×0.1 m/s＝0.2 m/s. (3)由功能關系可得： Ep＝mv2＋mgssin 37°＋μmgscos 37°＝4 J. 14．(12分)一個平板小車置于光滑水平面上，其右端恰好和一個光滑圓弧軌道AB的底端等高對接，如圖所示．已知小車質量M＝2 kg，小車足夠長，圓弧軌道半徑R＝0.8 m．現(xiàn)將一質量m＝0.5 kg的小滑塊，由軌道頂端A點無初速度釋放，滑塊滑到B端后沖上小車．滑塊與小車上表面間的動摩擦因數(shù)μ＝0.2.(取g＝10 m/s2)試求： (1)滑塊到達B端時，對軌道的壓力大小；

18、(2)小車運動2 s時，小車右端距軌道B端的距離； (3)滑塊與車面間由于摩擦而產生的內能． 答案：(1)15 N　(2)0.96 m　(3)3.2 J 解析：(1)滑塊從A端下滑到B端時速度大小為v0，由動能定理得mgR＝mv，v0＝4 m/s 在B點對滑塊由牛頓第二定律得FN－mg＝m 解得軌道對滑塊的支持力FN＝3mg＝15 N 由牛頓第三定律得，滑塊對軌道的壓力大小FN′＝15 N (2)滑塊滑上小車后，由牛頓第二定律 對滑塊：－μmg＝ma1，得a1＝－2 m/s2 對小車：μmg＝Ma2，得a2＝0.5 m/s2 設經時間t后兩者達到共同速度，則有v0＋a1t＝

19、a2t 解得t＝1.6 s 由于t＝1.6 s＜2 s．故1.6 s后小車和滑塊一起勻速運動，速度v＝a2t＝0.8 m/s 因此，2 s時小車右端距軌道B端的距離為 x＝a2t2＋v(2－t)＝0.96 m (3)滑塊相對小車滑動的距離為Δx＝t－t＝3.2 m 所以產生的內能Q＝μmgΔx＝3.2 J 15．(14分)如圖所示，在粗糙水平面上豎直固定半徑為R＝6 cm的光滑圓軌道．質量為m＝4 kg的物塊靜止放在粗糙水平面上A處，物塊與水平面的動摩擦因數(shù)μ＝0.75，A與B的間距L＝0.5 m．現(xiàn)對物塊施加大小恒定的拉力F使其沿粗糙水平面做直線運動，到達B處將拉力F撤去，物塊

20、沿豎直光滑圓軌道運動．若拉力F與水平面夾角為θ時，物塊恰好沿豎直光滑圓軌道通過最高點，重力加速度g取10 m/s2，物塊可視為質點．求： (1)物塊到達B處時的動能； (2)拉力F的最小值及與水平方向的夾角θ. 答案：(1)6 J　(2)33.6 N　37° 解析：(1)設物塊到達豎直光滑軌道最高點的速度為v，則有mg＝m① 物塊從B處沿光滑圓軌道運動到最高點，因為機械能守恒，取B為零勢能點， 所以EkB＝2mgR＋mv2② 聯(lián)立①②得EkB＝mgR＝6 J 所以物塊到達B處時的動能EkB＝6 J (2)物塊從A運動到B，根據(jù)動能定理有 FLcos θ－μ(mg－F

21、sin θ)L＝EkB 解得F＝＝ 由數(shù)學知識可知，當θ＝37°時，F(xiàn)的最小值為33.6 N 16．(14分)如圖，水平傳送帶以恒定的速度v0＝2 m/s勻速向右傳動，傳送帶左右兩端點P、Q之間的距離為L＝4 m．有一個質量m＝2 kg的小物體(視為質點)，自右端Q點以某一初速度v沿著皮帶向左滑行，恰好未能從左端P點滑出，繼而回頭向右從Q點滑離．物體與皮帶之間的動摩擦因數(shù)μ＝0.2.(g取10 m/s2) (1)物體的初速度v等于多少？它回頭從Q點滑離時的速度為多大？ (2)物體從Q出發(fā)再返回Q皮帶摩擦力對物體做了多少功？ (3)物體從Q出發(fā)再返回Q所經歷的時間為多少？ 答案

22、：(1)4 m/s　2 m/s　(2)－12 J　(3)4.5 s 解析：(1)物體恰未從P點滑出，表示到P點時物體的速度為0，由動能定理得－μmgL＝0－mv2 解得v＝4 m/s 設物體從P點向右運動到G點時與皮帶速度相同，位移為x，所以 μmgx＝mv x＝1 m