2021屆新高考物理二輪微復習限時強化練：功能關系 能量守恒（解析版）

2021屆新高考物理二輪微專題復習限時強化練

功能關系能量守恒

一、選擇題

1、如圖所示，在豎直平面內有一半徑為A的圓弧軌道，半徑OA水平、

/豎直，一個質量為力的小球自力點的正上方尸點由靜止開始自由

下落，小球沿軌道到達最高點夕時恰好對軌道沒有壓力.已知加三

2R,重力加速度為g,則小球從尸點運動到〃點的過程中（）

重力做功2mgRB.機械能減少mgR

合外力做功mgRD.克服摩擦力做功w勿gE

2、（多選）如圖所示，楔形木塊&從固定在水平面上，粗糙斜面筋和

光滑斜面A與水平面的夾角相同，頂角6處安裝一定滑輪.質量分

別為K/（粉質的滑塊，通過不可伸長的輕繩跨過定滑輪連接，輕繩

與斜面平行.兩滑塊由靜止釋放后，沿斜面做勻加速運動.若不計滑

輪的質量和摩擦，在兩滑塊沿斜面運動的過程中（）

A.兩滑塊組成的系統(tǒng)機械能守恒

B.重力對〃做的功等于"動能的增加量

C.輕繩對勿做的功等于勿機械能的增加量

D.兩滑塊組成的系統(tǒng)的機械能損失等于〃克服摩擦力做的功

（多選）如圖所示，建筑工地上載人升降機用不計質量的細鋼繩跨過定

滑輪與一電動機相連，通電后電動機帶動升降機沿豎直方向先勻加速

上升后勻速上升。摩擦及空氣阻力均不計。則（）

A.升降機勻加速上升過程中，升降機底板對人做的功等于人增

加的動能

B.升降機勻加速上升過程中，升降機底板對人做的功等于人增

加的機械能

C.升降機勻速上升過程中，升降機底板對人做的功等于人增加

的機械能

D.升降機上升的全過程中，升降機拉力做的功大于升降機和人

增加的機械能

4.如圖所示，一物體沿固定斜面從靜止開始向下運動，經過時間to

滑至斜面底端.已知物體在運動過程中所受的摩擦力大小恒定.若用

X、耳和￡分別表示該物體的速度大小、位移大小、重力勢能和機

械能，設斜面最低點重力勢能為零，則下列圖像中可能正確的是

5、（多選）如圖所示，小球套在光滑的豎直桿上，輕彈簧一端固定于

。點，另一端與小球相連.現將小球從加點由靜止釋放，它在下降的

過程中經過了4點.已知在以"兩點處，彈簧對小球的彈力大小相

3T

等，且NQ物KN的亦方.在小球從"點運動到"點的過程中（）

M

O

A.彈力對小球先做正功后做負功

B.有兩個時刻小球的加速度等于重力加速度

C.彈簧長度最短時，彈力對小球做功的功率為零

D.小球到達/V點時的動能等于其在以川兩點的重力勢能差

6.（多選）從地面豎直向上拋出一物體，其機械能￡總等于動能及與重

力勢能反之和.取地面為重力勢能零點，該物體的￡總和目隨它離開

地面的高度力的變化如圖所示.重力加速度取10m/s2.由圖中數據可

得（）

A.物體的質量為2kg

B.力=0時，物體的速率為20m/s

C.h=2m時，物體的動能瓦=40J

D.從地面至h=4m,物體的動能減少100J

7.（多選）如圖所示，小球/、反。通過錢鏈與兩根長為/的輕桿相連,

4%位于豎直面內且成正三角形，其中爾。置于水平面上.現將球8

由靜止釋放，球4。在桿的作用下向兩側滑動，三小球的運動始終

在同一豎直平面內.已知⑸=5%=；%=R，不計任何摩擦，重力加速

乙乙

度為g.則球夕由靜止釋放至落地的過程中，下列說法正確的是（）

B

A.球方的機械能先減小后增大

B.球方落地的速度大小為

C.球/對地面的壓力一直大于醺

D.球夕落地地點位于初始位置正下方

8、如圖甲所示為歷史上著名的襄陽炮，其實質就是一種大型拋石

機.它采用杠桿原理，由一根橫桿和支架構成，橫桿的一端固定重物,

另一端放置石袋，發(fā)射時用絞車將放置石袋的一端用力往下拽，而后

突然松開，因為重物的牽綴，長臂會猛然翹起，石袋里的巨石就被拋

出.將其工作原理簡化為圖乙所示，橫桿的質量不計，將一質量加=

10kg,可視為質點的石塊，裝在橫桿長臂與轉軸。點相距￡=5m的

末端石袋中，在轉軸短臂右端固定一重物機發(fā)射之前先利用外力使

石塊靜止在地面上的/點，靜止時長臂與水平面的夾角。=37°，

解除外力后石塊被發(fā)射，當長臂轉到豎直位置時立即停止運動，石塊

被水平拋出，落在水平地面上，石塊落地位置與。點的水平距離s=

20m,空氣阻力不計，sin37°=0.6,cos37°=0.8,g取lOm/s?.

則（）

A.石塊水平拋出時的初速度大小為10mm/s

B.石塊水平拋出時的初速度大小為20m/s

C.從力點到最高點的過程中，長臂對石塊做的功為2050J

D.從力點到最高點的過程中，長臂對石塊做的功為2500J

9、（多選）某汽車研發(fā)機構在汽車的車輪上安裝了小型發(fā)電機，將減

速時的部分動能轉化并儲存在蓄電池中，以達到節(jié)能的目的。某次測

試中，汽車以額定功率行駛一段距離后關閉發(fā)動機，測出了汽車動能

Ek與位移x的關系圖像如圖所示，其中①是關閉儲能裝置時的關系圖

線，②是開啟儲能裝置時的關系圖線。已知汽車的質量為1000kg,

設汽車運動過程中所受地面阻力恒定，空氣阻力不計。根據圖像所給

的信息可求出（）

A.汽車行駛過程中所受地面的阻力為1000N

B,汽車的額定功率為80kW

C.汽車加速運動的時間為22.5s

D.汽車開啟儲能裝置后向蓄電池提供的電能為5X105J

10、（多選）如圖所示，質量為m的物體（可視為質點）以某一速度從A

點沖上傾角為30°的固定斜面，其減速運動的加速度大小為品。此

4

物體在斜面上能夠上升的最大高度為ho則在這個過程中物體

（）

A.重力勢能增加了mgh

B.機械能損失了1gh

C.動能損失了mgh

D.克服摩擦力做功與igh

4

11、如圖，abc是豎直面內的光滑固定軌道，ab水平，長度為2R；

be是半徑為R的四分之一圓弧，與ab相切于b點。一質量為m的小

球，始終受到與重力大小相等的水平外力的作用，自a點處從靜止開

始向右運動。重力加速度大小為g。小球從a點開始運動到其軌跡最

高點，機械能的增量為（

A.2mgRB.4mgR

D.6mgR

12、（多選）如圖所示，質量為力的小球穿在光滑細桿以/上，并可沿

細桿滑動.已知細桿與水平面的夾角為30°,細桿長度為2乙P為

細桿中點.小球連接輕彈簧，彈簧水平放置，彈簧右端固定于豎直平

面的。點.此時彈簧恰好處于原長，原長為平乙勁度系數為等將

小球從M點由靜止釋放，小球會經過戶點，并能夠到達〃點.重力加

速度大小為g,下列說法正確的是（）

小球運動至〃點時受到細桿彈力為平加g

小球運動到尸點處時的加速度為承

小球運動至4點時的速度為恒2

D.小球運動至N點時彈簧的彈性勢能為加

13、（多選）如圖所示為傾角a=37。的粗糙斜面，質量為%=0.5kg

的小球用長為L=0.5m的細繩系于斜面上的懸點。處，小球與斜面

間的動摩擦因數4=0.5,在最低點夕小球獲得切向初速度r0=14

m/s,此后小球繞懸點。做圓周運動，重力加速度取g=10m/s\sin

37°=0.6,cos37°=0.8,n取3.14,則（）

A.小球在8點獲得初速度小后瞬間繩上拉力大小為196N

B.小球經過最高點力的速度大小至少為mm/s

C.小球每做一次完整的圓周運動系統(tǒng)損失的機械能為3.14J

D.全過程小球能通過/點7次

二、非選擇題

14、如圖所示，4夕為傾角為。=37°的光滑固定斜面，在夕點與水

平傳送帶平滑連接，在傳送帶的右端。處，平滑連接有半圓形光滑軌

道切，軌道半徑為E=2m,切為半圓軌道豎直方向的直徑.現自斜

面高力=5m的4點由靜止釋放一個加=1kg小物塊，物塊與傳送帶

間的動摩擦因數4=0.2,傳送帶以7o=5m/s的速度順時針轉動，

傳送帶足夠長.重力加速度尸10m/s2,求:

A.D

....C

...C)

(1)物塊到達。點時，系統(tǒng)由于摩擦產生的內能。；

⑵通過改變傳送帶順時針轉動的速度大小，可以影響物塊在半圓軌

道上的運動情況，若要求物塊不在半圓軌道上脫離，試計算傳送帶的

速度大小范圍.

15、下圖是一皮帶傳輸裝載機械示意圖.井下挖掘工將礦物無初速放

置于沿圖示方向運行的傳送帶力端，被傳輸到末端〃處，再沿一段圓

形軌道到達軌道的最高點。處，然后水平拋到貨臺上.已知半徑為〃

=0.4m的圓形軌道與傳送帶在2點相切，。點為圓形軌道的圓心，

BO.CO分別為圓形軌道的半徑.礦物可視為質點，傳送帶與水平面

間的夾角。=37°,礦物與傳送帶間的動摩擦因數〃=0.85,傳送

帶勻速運行的速度為n=6m/s,傳送帶/、方兩點間的長度為￡=40

m.若礦物落點〃處離最高點。點的水平距離為s=2m,豎直距離為

力=1.25m,礦物質量加=5kg,sin37°=0.6,cos37°=0.8,g

=10m/s2,不計空氣阻力.求：

(1)礦物到達。點時對軌道的壓力大??；

(2)礦物到達〃點時的速度大??；

(3)礦物由4點到達。點的過程中，摩擦力對礦物所做的功.

16、如圖甲所示，半徑4=0.451n的光滑"圓弧軌道固定在豎直平面

內，夕為軌道的最低點，夕點右側的光滑水平面上緊挨8點有一靜止

的小平板車，平板車質量〃=1kg,長度1=1m,小車的上表面與〃

點等高，距地面的高度為=0.2m.質量加=1kg的物塊(可視為質點)

從圓弧軌道最高點力由靜止釋放.取g=10m/s2.試求：

(1)物塊滑到軌道上的夕點時對軌道的壓力大小；

⑵若鎖定平板車并在上表面鋪上一種特殊材料，其動摩擦因數從左

向右隨距離均勻變化，如圖乙所示，求物塊滑離平板車時的速率；

⑶若解除平板車的鎖定并撤去上表面鋪的材料后，物塊與平板車上

表面間的動摩擦因數〃=0.2,物塊仍從圓弧最高點/由靜止釋放，

求物塊落地時距平板車右端的水平距離.

17、如圖所示為輪滑比賽的一段模擬賽道.一個小物塊(可看成質點)

從4點以一定的初速度水平拋出，剛好無碰撞地從。點進入光滑的圓

弧賽道，圓弧賽道所對的圓心角為60°,圓弧半徑為凡圓弧賽道的

最低點與水平賽道座平滑連接，DE長為R,物塊經圓弧賽道進入水

平賽道，然后在瓦點無碰撞地滑上左側的固定光滑斜坡，斜坡的傾角

為37°,物塊恰好能滑到斜坡的最高點RF、0、月三點在同一高度,

重力加速度大小為g,不計空氣阻力.求：

(1)物塊的初速度的的大小及物塊與水平賽道間的動摩擦因數；

(2)試判斷物塊向右返回時，能不能滑到。點，如果能，試分析物塊

從。點拋出后，撞在/打或比部分的位置.

答案與解析

1、答案:D

解析：小球從〃點運動到夕點的過程中，重力做功%=〃/g(2A—必=

mgR,故A錯誤；小球沿軌道到達最高點夕時恰好對軌道沒有壓力，

2

則有mg=nr^,解得以="許，則此過程中機械能的減少量為卜E=

mgR—^mvl=\mgR,故B錯誤；根據動能定理可知，合外力做功W合

=%nv￡mgR,故C錯誤；根據功能關系可知，小球克服摩擦力做的

功等于機械能的減少量，為%膜,故D正確.

乙

2.答案：CD

解析：由于斜面ab粗糙，故兩滑塊組成的系統(tǒng)的機械能不守恒，故

A錯誤；由動能定理得，重力、拉力、摩擦力對"做的總功等于膨動

能的增加量，故B錯誤；除重力、彈力以外的力做功，導致機械能變

化，輕繩對勿做正功，勿機械能增加，故C正確；除重力、彈力以外

的力做功，將導致機械能變化，摩擦力對."做負功，造成兩滑塊組成

的系統(tǒng)的機械能損失，故D正確.

3、答案：BC

解析：根據動能定理可知，合外力對物體做的功等于物體動能的

變化量，所以升降機勻加速上升過程中，升降機底板對人做的功和人

的重力做功之和等于人增加的動能，故A錯誤；除重力外，其他力對

人做的功等于人機械能的增加量，B正確；升降機勻速上升過程中，

升降機底板對人做的功等于人克服重力做的功（此過程中動能不變），

即增加的機械能，C正確；升降機上升的全過程中，升降機拉力做的

功等于升降機和人增加的機械能，D錯誤。

4.答案：D

解析：在V—方圖像中，斜率表示加速度，由于物體沿斜面做勻加速

運動，因此其“一1圖像斜率不變，選項A錯誤；物體下滑位移大小

為x=\at\因此由數學知識可知其位移一時間圖像為開口向上的拋

物線的一部分，故B錯誤；設斜面高為九，傾角為則物體下落

的高度7?=xsin—，斜面最低點重力勢能為零，則物體

的重力勢能為耳=儂（4-力）=儂加一些等」巴所以反_t圖像明

顯不是一次函數關系圖像，選項c錯誤；根據功能關系，物體克服摩

擦力做的功等于機械能的減少量，故物體的機械能E=&_Kx=Eo—

A-上算所以E-t圖像是開口向下的拋物線的一部分，選項D正確.

5、答案:BCD

解析：因在〃和N兩點處彈簧對小球的彈力大小相等，且

JI

/如水NQmUp知在"處時彈簧處于壓縮狀態(tài)，在N處時彈簧處于

乙

伸長狀態(tài)，則彈簧的彈力對小球先做負功后做正功再做負功，選項A

錯誤；當彈簧水平時，豎直方向的力只有重力，加速度為g;當彈簧

處于原長位置時，小球只受重力，加速度為g,則有兩個時刻的加速

度大小等于g,選項B正確；彈簧長度最短時，即彈簧水平，彈力與

速度垂直，彈力對小球做功的功率為零，選項c正確；由動能定理得,

%+俄=△瓦，因"和"兩點處彈簧對小球的彈力大小相等，彈性勢

能相等，則由彈力做功特點知%=0,即％=△及，選項D正確.

6.答案:AD

解析：根據題圖可知，方=4m時物體的重力勢能力g力=80J,解得物

體質量勿=2kg,拋出時物體的動能為及o=lOOJ,由公式/（）=；/聲

可知，力=0時物體的速率為u=10m/s,選項A正確，B錯誤；由功

能關系可知F&=|△8=20J,解得物體上升過程中所受空氣阻力大

小￡=5N,從物體開始拋出至上升到力=2m的過程中，由動能定理

有一力g力一￡力=及一100J,解得瓦=50J,選項C錯誤；由題圖可知，

物體上升到力=4m時-，機械能為80J,重力勢能為80J,動能為零,

即從地面上升到力=4m,物體動能減少100J,選項D正確.

7.答案：AB

解析：夕下落時，4、。開始運動，當夕落地后，4、。停止運動，因4、

反。三球組成的系統(tǒng)機械能守恒，故球少的機械能先減小后增大，

故A正確；對整個系統(tǒng)分析有：/1g*勿幺之，解得VB=N小gL，故

B正確；在夕落地前的一段時間，4。做減速運動，輕桿對球有沿桿

向上的力，此時球/對地面的壓力小于儂，故C錯誤；因為4、。兩

球質量不相同，故力、。兩球水平方向加速度大小不同，故球夕落地

地點不可能位于初始位置正下方，故D錯誤.

8、答案：C

解析：石塊被拋出后做平拋運動，豎直高度為力=￡+￡sin<7=^gt2

-T/日I￡+￡sin_a_2r—

可得t=yj--------------=5^s

水平方向做勻速直線運動，有5=匕力

可得平拋的初速度大小為及=5亞m/s,故A、B錯誤；

石塊從4點到最高點的過程，由動能定理有/—儂7?=；/"2—0,解得

長臂對石塊做的功為仁儂?力+；勿及2=2050J,故C正確，D錯誤.

乙

9、答案：BD

解析：由圖線①求所受阻力，由△ExFQx,得FL2N=2000N,

400

A錯誤；由Ek“=：m喏［可得，v,n=40m/s,所以P=FM=80kW,B正確；加

速階段，

Pt-Ffx=AEk,得t=16.25s,C錯誤;根據能量守恒定律，并由圖線②

可得，

z535

AE=Ekffl-Ffx=8X10J-2X10X150J=5X10J,D正確。

10、答案：AB

解析：加速度大小aWg」ngsm30°+F/,解得摩擦力Ff」mg,物體在斜

4m4

面上能夠上升的最大高度為h,所以重力勢能增加了mgh,故A項正

確；機械能損失了F「x=}g?2h=：mgh,故B項正確；動能損失量為克

q3

服合外力做功的大小△E=F今外力?x=-mg?2h=-mgh,故C項錯誤；克

k42

服摩擦力做功）gh,故D項錯誤。

11、答案：C

解析：設小球運動到c點的速度大小為V,,小球由a到c的過程，由

動能定理得：F?3R-mgR=：m返，又F=mg,解得：￡=4gR。小球離開

c點后，在水平方向做初速度為零的勻加速直線運動，豎直方向在重

力作用下做勻減速直線運動，整個過程運動軌跡如圖所示，由牛頓第

二定律可知，小球離開c點后水平方向和豎直方向的加速度大小均為

g,則由豎直方向的運動可知，小球從離開c點到其軌跡最高點所需

的時間小球在水平方向的位移為x」glA解得x=2R。小球從a

92

點開始運動到其軌跡最高點的過程中，水平方向的位移大小為

x+3R=5R,則小球機械能的增加量AE=F?5R=5mgR。

h

12、答案：AC

解析：小球運動至尸點時，根據幾何關系可得。、戶之間的距離為:

"二羋/sin30°

則彈簧的彈力大小為:

對小球受力分析，可知小球在尸點受重力、彈簧的彈力和輕桿的彈力

作用，如圖所示，

30°

在垂直斜面方向上，根據平衡條件有：R=F+mgcos30°,

解得：A=￥&z?g

b

在沿斜面方向上，根據牛頓第二定律有：峻in30°=ma

解得：a=/in30°=gg,A正確，B錯誤；

根據幾何關系，可知0N=0M=^^-L,

故小球從"點運動至"點，彈性勢能變化量為零，所以小球在N點時

彈簧的彈性勢能為零，則整個過程小球減小的重力勢能全部轉化為小

球的動能,

根據機械能守恒有：mg*2Zsin30°=；/詔

解得：匕,二蛆3，C正確，D錯誤.

13、答案：BD

2

解析：在夕點，由牛頓第二定律：/一儂sin37°=行

解得：&=199N,選項A錯誤；

2

若小球恰能經過最高點/,則滿足儂sin37°=膏

解得以=/m/s,選項B正確；

小球每做一次完整的圓周運動系統(tǒng)損失的機械能為

△￡=〃叱os37°?2n￡=0.5X0.5X10X0.8X2X3.14X0.5J

=6.28J,選項C錯誤；

小球從〃點開始運動，到恰能經過最高點A時，損失的能量：

1^1^AE'45.25

△E'=5"詔-+mg?2Zsin37°)=45.25J,則人］=,￡

NNArO.Zo

仁7.2,則全過程小球能通過4點7次，選項D正確.

14、答案：(1)12.5J(2)r^lOm/s或W2標m/s

解析：(1)由于傳送帶足夠長，物塊到。點的速度一定與傳送帶速度

相同

由A到8過程，利用能量守恒可得mgh=Jm]

在傳送帶上a——ng

到達共速所用時間方=上二上

a

物塊的位移彳=匕要力

乙

相對位移為卜s=X-Vot

由于系統(tǒng)摩擦產生的內能為g〃儂，△S

解得匕12.5J.

⑵傳送帶的速度即為物塊進入半圓軌道的速度，物塊不從軌道上脫

離，有兩種臨界情況：

①物塊到達圓心等高處時速度為零，由能量關系可得:力雇二磔^

乙

解得rn=2^10m/s

2

②物塊恰能到達〃點，則有儂=詹，。到〃的過程，由能量關系可

K

得3川匕2?=3加匕;+儂?27?

解得切=10m/s

綜合兩種情況，傳送帶的速度大小范圍為：r^lOm/s或^2710

m/s.

15、答案：(1)150N(2)6m/s(3)1276J

解析：(1)礦物從。處拋出，由平拋運動知識，可得s=W,

h=^g/.

乙

礦物在。處，由牛頓第二定律可得

聯立解得：吐=4m/s,A=150N.

根據牛頓第三定律可得K'=A=150N.

⑵假設礦物在力〃段始終處于加速狀態(tài)，由動能定理可得

口ingLcos9—mgLsin0=：/0’2,

解得V8'=8m/s.

由于)>F0,故礦物在傳送帶上加速至與傳送帶速度相等后勻速運

動至B,

所以0=6m/s.

(3)礦物由4點到。點過程中，由動能定理得

%—mg[Lsin9+7?(l+cos")]=/詔,解得％=1276J.

乙

16、答案：(1)30N(2)1m/s(3)0.2m

解析：(1)物塊從圓弧軌道最高點/滑到〃點的過程中，機械能守恒，

貝mgR=gmv；，

解得。=3m/s.