【名师伴你行】2021届高考物理二轮复习专题提能专训：7功能关系、能量守恒.docx

提能专训(七)　功能关系、能量守恒
时间：90分钟　满分：100分
一、选择题(本题共12小题，每小题4分，共48分．多选全部选对的得4分，选对但不全的得2分，有选错的得0分)
1．(2022·新课标全国卷Ⅱ)取水平地面为重力势能零点．一物块从某一高度水平抛出，在抛出点其动能与重力势能恰好相等．不计空气阻力．该物块落地时的速度方向与水平方向的夹角为(　　)
A. B. C. D.
答案：B
解析：设物块水平抛出的初速度为v0，高度为h，依据题意在抛出点动能与重力势能相等有mv＝mgh，即v0＝.物块在竖直方向上的运动是自由落体运动，故落地时的竖直分速度vy＝＝vx＝v0，则该物块落地时的速度方向与水平方向的夹角θ＝，故选项B正确，选项A、C、D错误．
2．(2022·甘肃天水一中段考)质量为m的物体，从距地面h高处由静止开头以加速度a＝g竖直下落到地面，在此过程(　　)
A．物体的动能增加mgh
B．物体的重力势能削减mgh
C．物体的机械能削减mgh
D．物体的机械能保持不变
答案：A
解析：物体动能的增加等于合外力的功W＝mah＝mgh，A项正确；物体的重力势能的削减量等于重力做的功WG＝mgh，B项错误；物体除重力之外的其他力做功为WF＝－(mg－ma)h＝－mgh，所以机械能的削减量为mgh，选项C、D错误．

3. (多选)如图，一固定斜面倾角为30°，一质量为m的小物块自斜面底端以肯定的初速度沿斜面对上做匀减速运动，加速度的大小等于重力加速度的大小g.若物块上升的最大高度为H，则此过程中，物块的(　　)
A．动能损失了2mgH B．动能损失了mgH
C．机械能损失了mgH D．机械能损失了mgH
答案：AC
解析：小物块向上做匀减速直线运动，合外力沿斜面对下，由牛顿其次定律得F合＝ma＝mg，依据动能定理知损失的动能等于F合s＝＝2mgH，A项对，B项错；小物块在向上运动过程中，重力势能增加了mgH，而动能削减了2mgH，故机械能损失了mgH，C项对，D项错．
4.

如图所示，跳水运动员最终踏板的过程可以简化为下述模型：运动员从高处落处处于自然状态的跳板上，随跳板一同向下做变速运动到达最低点．对于运动员从开头与跳板接触到运动至最低点的过程，下列说法中正确的是(　　)
A．运动员到达最低点时，其所受外力的合力为零
B．在这个过程中，运动员的动能始终在减小
C．在这个过程中，跳板的弹性势能先增加后削减
D．在这个过程中，运动员所受重力对她做的功小于跳板的作用力对她做的功的确定值
答案：D
解析：运动员到达最低点时，其所受外力的合力方向向上，合力肯定大于零，选项A错误；从开头与跳板接触到运动至最低点的过程，运动员的动能先增大后减小，跳板的弹性势能始终在增加，选项B、C错误；从开头与跳板接触到运动至最低点的过程，由动能定理可知运动员所受重力对她做的功与跳板的作用力对她做的功(负功)之和等于动能的变化，可得运动员所受重力对她做的功小于跳板的作用力对她做的功的确定值，选项D正确．

5. (2022·沈阳模拟)如图所示，质量为m的物体在水平传送带上由静止释放，传送带由电动机带动，始终保持以速度v匀速运动，物体与传送带间的动摩擦因数为μ，物体过一会儿能保持与传送带相对静止，对于物体从静止释放到相对静止这一过程中，下列说法正确的是(　　)
A．电动机做的功为mv2
B．摩擦力对物体做的功为mv2
C．传送带克服摩擦力做的功为mv2
D．电动机增加的功率为μmgv

答案：D
解析：由能量守恒，电动机做的功等于物体获得的动能和由于摩擦而产生的内能，选项A错误；对物体受力分析知，仅有摩擦力对物体做功，由动能定理知，选项B错误；传送带克服摩擦力做的功等于摩擦力与传送带对地位移的乘积，可知这个位移是物体对地位移的两倍，即W＝mv2，选项C错误；由功率公式知传送带增加的功率为μmgv，选项D正确．
6．将一物体竖直向上抛出，物体上升到最高点后又落回抛出点．此过程中物体上升的最大高度为H，所受空气阻力大小恒为f.下列说法正确的是(　　)
A．抛出后的瞬间与落回抛出点的瞬间，重力的瞬时功率相同
B．上升与下落过程中动能的变化量相等
C．上升与下落过程中重力做功相同
D．上升与下落过程中机械能的损失相等
答案：D
解析：上升与下落过程，空气阻力均做负功，且所做负功大小相等，由功能关系知，上升与下落过程机械能的损失相等，选项D正确；由于空气阻力始终做负功，所以物体的机械能不断削减，故物体落回抛出点时的速度小于抛出时的速度，落回抛出点时重力的瞬时功率较小，选项A错误；上升过程合外力做功(G＋f)h，下落过程合外力做功(G－f)h，故上升过程合外力做功多，由动能定理知，上升过程物体的动能变化量大，选项B错误；上升过程重力做负功，而下落过程重力做正功，选项C错误．
7．(2022·吉林市期末)如图所示，小木块可以分别从固定斜面沿左边或右边由静止开头滑下，且滑到水平面上的A点或B点停下．假定小木块和斜面及水平面间的动摩擦因数相同，斜面与水平面平缓连接，图中水平面上的O点位于斜面顶点正下方，则(　　)

A．距离OA等于OB B．距离OA大于OB
C．距离OA小于OB D．无法作出明确的推断
答案：A
解析：设斜面倾角为θ，高为h，物块质量为m，依据动能定理，mgh－μmgcos α－μmgx＝0
变形可得x＋＝，即OA＝，与倾角无关，所以OA＝OB，A项正确．
8．(2022·淄博市期末统测)半径为r和R(r高点无初速释放，在下滑过程中关于两小球的说法正确的是(　　)

A．机械能均渐渐减小
B．经最低点时动能相等
C．两球经过最低点时加速度大小不等
D．机械能总是相等的
答案：D
解析：两小球下滑过程中只有重力做功，所以机械能守恒，A项错误，D项正确；对小球下滑到最低端应用动能定理得：mgr＝mv2－0，可见物体的动能与半径有关，半径大的动能大，B项错误；小球在最低点的加速度为a＝＝＝2g，与半径无关，C项错误．

9. (多选)在半径为R的四分之一光滑圆弧轨道上的a点，质量为m的小物块由静止开头滑下，如图(圆心O与a点连线Oa与水平方向夹30°角)经最低点b滑上粗糙水平面，圆弧轨道在b点与水平轨道平滑相接．物体与水平面间动摩擦因数为μ，物块滑至c点停止．下列说法正确的是(　　)
A．物块滑到b点时的速度大小为
B．物块滑到b点时对b点的压力大小为2mg
C．c点与b点之间的距离为
D．整个过程中物块机械能损失为mgR
答案：BD
解析：物块从a点到b点的过程中，机械能守恒，故有mgR(1－sin 30°)＝mv，解得物块在b点时的速度为vb＝，选项A错误；依据牛顿其次定律可知FN－mg＝m，可得到物块在b点时对轨道的压力为FN＝2mg，故选项B正确；从b点到c点由动能定理得－μmgx＝0－mv，代入数据解得两点间的距离为x＝，选项C错误；由能量守恒定律可知，物块全程机械能损失为，选项D正确．

10. (2022·山西太原一模)将小球以10 m/s的初速度从地面竖直向上抛出，取地面为零势能面，小球在上升过程中的动能Ek、重力势能Ep与上上升度h间的关系分别如图中两直线所示．取g＝10 m/s2，下列说法正确的是(　　)
A．小球的质量为0.2 kg
B．小球受到的阻力(不包括重力)大小为0.20 N
C．小球动能与重力势能相等时的高度为 m
D．小球上升到2 m时，动能与重力势能之差为0.5 J
答案：D
解析：在最高点，由Ep＝mgh得m＝0.1 kg，A项错误；由除重力以外其他力做功W其＝ΔE可知：－fh＝E高－E低，E为机械能，解得f＝0.25 N，B项错误；设小球动能和重力势能相等时的高度为H，此时有mgH＝mv2，由动能定理－fH－mgH＝mv2－mv，得H＝ m，故C项错误；当上升h′＝2 m时，由动能定理－fh′－mgh′＝Ek2－mv，得Ek2＝2.5 J，Ep2＝mgh′＝2 J，所以动能与重力势能之差为0.5 J，故D项正确．
11．(2022·云南一模)起跳摸高是同学经常进行的一项体育活动．一质量为m的同学弯曲两腿向下蹲，然后用力蹬地起跳，从该同学用力蹬地到刚离开地面的起跳过程中，他的重心上升了h，离地时他的速度大小为v.下列说法正确的是(　　)
A．该同学机械能增加了mgh
B．起跳过程中该同学机械能增量为mgh＋mv2
C．地面的支持力对该同学做功为mgh＋mv2
D．该同学所受的合外力对其做功为mv2＋mgh
答案：B
解析：由题意可知，从该同学用力蹬地到刚离开地面的起跳过程中，依据动能定理可得：WF－mgh＝mv2，因此WF＝mgh＋mv2，则该同学机械能增量为mgh＋mv2，故A项错误，B项正确；地面的支持力的作用点始终没有动，所以支持力对该同学做功为0，该同学增大的机械能是人体内的肌肉做功，故C项错误；由动能定理可知，所受的合外力对其做功为mv2，故D项错误．

12．(2022·山东烟台一模)(多选)如图所示，两个小球A、B分别固定在轻杆的两端，轻杆可绕水平光滑转轴O在竖直平面内转动，OA>OB，现将该杆静置于水平方向，放手后两球开头运动，已知两球在运动过程受到大小始终相同的空气阻力作用，则从开头运动到杆转到竖直位置的过程中，以下说法正确的是(　　)
A．两球组成的系统机械能守恒
B．B球克服重力做的功等于B球重力势能的增加
C．重力和空气阻力对A球做功代数和等于它的动能增加
D．A球克服空气阻力做的功大于B球克服空气阻力做的功
答案：BD
解析：由于有空气阻力作用，两球和轻杆组成的系统机械能不守恒，A项错误；重力做功仅仅和重力势能相联系，B球克服重力做的功等于B球重力势能的增加，B项正确；依据动能定理，合外力的功等于动能的变化，对A球做功的力有重力、空气阻力和轻杆的作用力，C项错误；由于OA>OB，且两球在运动过程受到大小始终相同的空气阻力作用，所以克服空气阻力做的功W＝Ff××2πr＝Ffπr，故D项正确．
二、计算题(本题包括4小题，共52分．解答应写出必要的文字说明、方程式和重要演算步骤，只写出最终答案不能得分)
13．(2022·广东深圳一模)(12分)如图甲所示，在倾角为37°的粗糙斜面的底端，一质量m＝1 kg可视为质点的滑块压缩一轻弹簧并锁定，滑块与弹簧不相连．t＝0时解除锁定，计算机通过传感器描绘出滑块的速度—时间图象如图乙所示，其中Oab段为曲线，bc段为直线，在t1＝0.1 s时滑块已上滑s＝0.2 m 的距离，g取10 m/s2.求：

(1)物体离开弹簧后在图中bc段对应的加速度a及动摩擦因数μ的大小；
(2)t2＝0.3 s和t3＝0.4 s时滑块的速度v1、v2的大小；
(3)锁定时弹簧具有的弹性势能Ep.
答案：(1)10 m/s2　0.5 　(2)0　0.2 m/s　(3)4 J
解析：(1)由题中图象可知0.1 s物体离开弹簧向上做匀减速运动，加速度的大小
a＝ m/s2＝10 m/s2
依据牛顿其次定律，有
a＝＝10 m/s2
解得：μ＝0.5.
(2)依据速度—时间公式，得：
t2＝0.3 s时的速度大小v1＝v0－at＝1 m/s－10×0.1 m/s＝0.
0．3 s后滑块开头下滑，下滑的加速度
a′＝＝2 m/s2
t2＝0.4 s时的速度大小v2＝a′t′＝2×0.1 m/s＝0.2 m/s.
(3)由功能关系可得：
Ep＝mv2＋mgssin 37°＋μmgscos 37°＝4 J.
14．(12分)一个平板小车置于光滑水平面上，其右端恰好和一个光滑圆弧轨道AB的底端等高对接，如图所示．已知小车质量M＝2 kg，小车足够长，圆弧轨道半径R＝0.8 m．现将一质量m＝0.5 kg的小滑块，由轨道顶端A点无初速度释放，滑块滑到B端后冲上小车．滑块与小车上表面间的动摩擦因数μ＝0.2.(取g＝10 m/s2)试求：

(1)滑块到达B端时，对轨道的压力大小；
(2)小车运动2 s时，小车右端距轨道B端的距离；
(3)滑块与车面间由于摩擦而产生的内能．
答案：(1)15 N　(2)0.96 m　(3)3.2 J
解析：(1)滑块从A端下滑到B端时速度大小为v0，由动能定理得mgR＝mv，v0＝4 m/s
在B点对滑块由牛顿其次定律得FN－mg＝m
解得轨道对滑块的支持力FN＝3mg＝15 N
由牛顿第三定律得，滑块对轨道的压力大小FN′＝15 N
(2)滑块滑上小车后，由牛顿其次定律
对滑块：－μmg＝ma1，得a1＝－2 m/s2
对小车：μmg＝Ma2，得a2＝0.5 m/s2
设经时间t后两者达到共同速度，则有v0＋a1t＝a2t
解得t＝1.6 s
由于t＝1.6 s＜2 s．故1.6 s后小车和滑块一起匀速运动，速度v＝a2t＝0.8 m/s
因此，2 s时小车右端距轨道B端的距离为
x＝a2t2＋v(2－t)＝0.96 m
(3)滑块相对小车滑动的距离为Δx＝t－t＝3.2 m
所以产生的内能Q＝μmgΔx＝3.2 J
15．(14分)如图所示，在粗糙水平面上竖直固定半径为R＝6 cm的光滑圆轨道．质量为m＝4 kg的物块静止放在粗糙水平面上A处，物块与水平面的动摩擦因数μ＝0.75，A与B的间距L＝0.5 m．现对物块施加大小恒定的拉力F使其沿粗糙水平面做直线运动，到达B处将拉力F撤去，物块沿竖直光滑圆轨道运动．若拉力F与水平面夹角为θ时，物块恰好沿竖直光滑圆轨道通过最高点，重力加速度g取10 m/s2，物块可视为质点．求：

(1)物块到达B处时的动能；
(2)拉力F的最小值及与水平方向的夹角θ.

答案：(1)6 J　(2)33.6 N　37°
解析：(1)设物块到达竖直光滑轨道最高点的速度为v，则有mg＝m①
物块从B处沿光滑圆轨道运动到最高点，由于机械能守恒，取B为零势能点，
所以EkB＝2mgR＋mv2②
联立①②得EkB＝mgR＝6 J
所以物块到达B处时的动能EkB＝6 J
(2)物块从A运动到B，依据动能定理有
FLcos θ－μ(mg－Fsin θ)L＝EkB
解得F＝＝
由数学学问可知，当θ＝37°时，F的最小值为33.6 N
16．(14分)如图，水平传送带以恒定的速度v0＝2 m/s匀速向右传动，传送带左右两端点P、Q之间的距离为L＝4 m．有一个质量m＝2 kg的小物体(视为质点)，自右端Q点以某一初速度v沿着皮带向左滑行，恰好未能从左端P点滑出，继而回头向右从Q点滑离．物体与皮带之间的动摩擦因数μ＝0.2.(g取10 m/s2)

(1)物体的初速度v等于多少？它回头从Q点滑离时的速度为多大？
(2)物体从Q动身再返回Q皮带摩擦力对物体做了多少功？
(3)物体从Q动身再返回Q所经受的时间为多少？
答案：(1)4 m/s　2 m/s　(2)－12 J　(3)4.5 s
解析：(1)物体恰未从P点滑出，表示到P点时物体的速度为0，由动能定理得－μmgL＝0－mv2
解得v＝4 m/s

设物体从P点向右运动到G点时与皮带速度相同，位移为x，所以
μmgx＝mv
x＝1 m