統(tǒng)考版2024高考物理二輪專題復(fù)習(xí)專題強(qiáng)化訓(xùn)練6功能關(guān)系與能量守恒

專題強(qiáng)化訓(xùn)練6功能關(guān)系與能量守恒一、選擇題(1～7題為單項(xiàng)選擇題，8～10題為多項(xiàng)選擇題)1．[2023·湖北卷]兩節(jié)動(dòng)車的額定功率分別為P1和P2，在某平直鐵軌上能達(dá)到的最大速度分別為v1和v2.現(xiàn)將它們編成動(dòng)車組，設(shè)每節(jié)動(dòng)車運(yùn)行時(shí)受到的阻力在編組前后不變，則該動(dòng)車組在此鐵軌上能達(dá)到的最大速度為()A．eq\f(P1v1＋P2v2,P1＋P2)B．eq\f(P1v2＋P2v1,P1＋P2)C．eq\f(\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(P1＋P2))v1v2,P1v1＋P2v2)D．eq\f(\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(P1＋P2))v1v2,P1v2＋P2v1)2．[2023·新課標(biāo)卷]無(wú)風(fēng)時(shí)，雨滴受空氣阻力的作用在地面附近會(huì)以恒定的速率豎直下落．一質(zhì)量為m的雨滴在地面附近以速率v下落高度h的過(guò)程中，克服空氣阻力做的功為(重力加速度大小為g)()A．0B．mghC．eq\f(1,2)mv2－mghD．eq\f(1,2)mv2＋mgh3．[2022·湖北卷]如圖所示，質(zhì)量分別為m和2m的小物塊P和Q，用輕質(zhì)彈簧連接后放在水平地面上，P通過(guò)一根水平輕繩連接到墻上．P的下表面光滑，Q與地面間的動(dòng)摩擦因數(shù)為μ，最大靜摩擦力等于滑動(dòng)摩擦力．用水平拉力將Q向右緩慢拉開(kāi)一段距離，撤去拉力后，Q恰好能保持靜止．彈簧形變始終在彈性限度內(nèi)，彈簧的勁度系數(shù)為k，重力加速度大小為g.若剪斷輕繩，P在隨后的運(yùn)動(dòng)過(guò)程中相對(duì)于其初始位置的最大位移大小為()A．eq\f(μmg,k)B．eq\f(2μmg,k)C．eq\f(4μmg,k)D．eq\f(6μmg,k)4．[2023·山西太原階段練習(xí)]如圖所示，長(zhǎng)度為L(zhǎng)、質(zhì)量均勻分布的矩形平整厚板，以一定的初速度沿光滑水平面向右運(yùn)動(dòng)，接著滑上寬度為l的粗糙水平面區(qū)域(該區(qū)域足夠大，且l<L).當(dāng)板的末端恰好到達(dá)粗糙水平面的左側(cè)位置時(shí)，板的速度變?yōu)榱悖阎宓馁|(zhì)量為m，板與粗糙水平面之間的動(dòng)摩擦因數(shù)為μ，重力加速度為g.由此可知板在滑過(guò)此區(qū)域過(guò)程中克服摩擦力做的功為()A．μmgLB．μmgL－eq\f(μmgl2,L)C．μmgl－eq\f(μmgl2,2L)D．2μmgL－eq\f(μmgl2,L)5．[2022·浙江1月]某節(jié)水噴灌系統(tǒng)如圖所示，水以v0＝15m/s的速度水平噴出，每秒噴出水的質(zhì)量為2.0kg.噴出的水是從井下抽取的，噴口離水面的高度保持H＝3.75m不變．水泵由電動(dòng)機(jī)帶動(dòng)，電動(dòng)機(jī)正常工作時(shí)，輸入電壓為220V，輸入電流為2.0A．不計(jì)電動(dòng)機(jī)的摩擦損耗，電動(dòng)機(jī)的輸出功率等于水泵所需要的輸入功率．已知水泵的抽水效率(水泵的輸出功率與輸入功率之比)為75%，忽略水在管道中運(yùn)動(dòng)的機(jī)械能損失，則()A．每秒水泵對(duì)水做功為75JB．每秒水泵對(duì)水做功為225JC．水泵輸入功率為440WD．電動(dòng)機(jī)線圈的電阻為10Ω

6.[2023·安徽合肥二模]一物塊在高h(yuǎn)＝3m、長(zhǎng)l＝5m的斜面底端以某一初速度沿斜面上滑，其動(dòng)能和重力勢(shì)能隨上滑距離的變化如圖中直線Ⅰ、Ⅱ所示．重力加速度g＝10m/s2，不計(jì)空氣阻力，則下列說(shuō)法正確的是()A．物塊上滑時(shí)加速度的大小為6m/s2B．物塊與斜面間的動(dòng)摩擦因數(shù)為0.5C．當(dāng)物塊上滑到s＝2.5m時(shí)，其動(dòng)能和重力勢(shì)能相等D．在物塊上滑s＝4m過(guò)程中，其機(jī)械能損失了12J7．[2022·浙江6月]小明用額定功率為1200W、最大拉力為300N的提升裝置，把靜置于地面的質(zhì)量為20kg的重物豎直提升到高為85.2m的平臺(tái)，先加速再勻速，最后做加速度大小不超過(guò)5m/s2的勻減速運(yùn)動(dòng)，到達(dá)平臺(tái)速度剛好為零，則提升重物的最短時(shí)間為()A．13.2sB．14.2sC．15.5sD．17.0s8．[2023·東北三省四市教研聯(lián)合體聯(lián)考]第22屆哈爾濱冰雪大世界開(kāi)門(mén)迎客了，近400m長(zhǎng)的極速大滑梯是大人、孩子最喜歡的娛樂(lè)項(xiàng)目．一名游客坐在雪橇上下滑了一段路程，重力對(duì)他做功3000J，他克服阻力做功500J，則在此過(guò)程中這名游客()A．重力勢(shì)能增加了3000JB．動(dòng)能增加了3000JC．動(dòng)能增加了2500JD．機(jī)械能減少了500J9．[2023·湖南卷](多選)如圖，固定在豎直面內(nèi)的光滑軌道ABC由直線段AB和圓弧段BC組成，兩段相切于B點(diǎn)，AB段與水平面夾角為θ，BC段圓心為O，最高點(diǎn)為C，A與C的高度差等于圓弧軌道的直徑2R.小球從A點(diǎn)以初速度v0沖上軌道，能沿軌道運(yùn)動(dòng)恰好到達(dá)C點(diǎn)，下列說(shuō)法正確的是()A．小球從B到C的過(guò)程中，對(duì)軌道的壓力逐漸增大B．小球從A到C的過(guò)程中，重力的功率始終保持不變C．小球的初速度v0＝eq\r(2gR)D．若小球初速度v0增大，小球有可能從B點(diǎn)脫離軌道10．[2022·河北卷]如圖，輕質(zhì)定滑輪固定在天花板上，物體P和Q用不可伸長(zhǎng)的輕繩相連，懸掛在定滑輪上，質(zhì)量mQ>mP，t＝0時(shí)刻將兩物體由靜止釋放，物體Q的加速度大小為eq\f(g,3).T時(shí)刻輕繩突然斷開(kāi)，物體P能夠達(dá)到的最高點(diǎn)恰與物體Q釋放位置處于同一高度，取t＝0時(shí)刻物體P所在水平面為零勢(shì)能面，此時(shí)物體Q的機(jī)械能為E.重力加速度大小為g，不計(jì)摩擦和空氣阻力，兩物體均可視為質(zhì)點(diǎn)．下列說(shuō)法正確的是()A．物體P和Q的質(zhì)量之比為1∶3B．2T時(shí)刻物體Q的機(jī)械能為eq\f(E,2)C．2T時(shí)刻物體P重力的功率為eq\f(3E,2T)D．2T時(shí)刻物體P的速度大小為eq\f(2gT,3)二、非選擇題11．[2023·湖北卷]如圖為某游戲裝置原理示意圖．水平桌面上固定一半圓形豎直擋板，其半徑為2R、內(nèi)表面光滑，擋板的兩端A、B在桌面邊緣，B與半徑為R的固定光滑圓弧軌道eq\o(CDE,\s\up8(︵))在同一豎直平面內(nèi)，過(guò)C點(diǎn)的軌道半徑與豎直方向的夾角為60°.小物塊以某一水平初速度由A點(diǎn)切入擋板內(nèi)側(cè)，從B點(diǎn)飛出桌面后，在C點(diǎn)沿圓弧切線方向進(jìn)入軌道eq\o(CDE,\s\up8(︵))內(nèi)側(cè)，并恰好能到達(dá)軌道的最高點(diǎn)D.小物塊與桌面之間的動(dòng)摩擦因數(shù)為eq\f(1,2π)，重力加速度大小為g，忽略空氣阻力，小物塊可視為質(zhì)點(diǎn)．求：(1)小物塊到達(dá)D點(diǎn)的速度大?。?2)B和D兩點(diǎn)的高度差；(3)小物塊在A點(diǎn)的初速度大小．12．2022年2月2日，北京冬奧會(huì)冰壺比賽在“冰立方”拉開(kāi)帷幕，其比賽場(chǎng)地如圖所示．比賽中，甲隊(duì)運(yùn)動(dòng)員在投擲線P處將冰壺A以一定的速度推出，冰壺在水平冰面上沿直線自由滑行，恰好停在營(yíng)壘的中心O處．乙隊(duì)運(yùn)動(dòng)員在投擲線P處將冰壺B以相同的速度推出，其隊(duì)友在冰壺滑行一段距離后開(kāi)始在其滑行前方摩擦冰面，直到B與A碰撞．碰撞后，A恰好被擠出營(yíng)壘．已知A與B質(zhì)量相等、材質(zhì)相同，P與O距離為30m，營(yíng)壘的半徑為1.8m，冰壺與冰面間的動(dòng)摩擦因數(shù)μ＝0.02，摩擦冰面后，冰壺與冰面的動(dòng)摩擦因數(shù)變?yōu)樵瓉?lái)的90%.設(shè)冰壺之間的碰撞時(shí)間極短且無(wú)機(jī)械能損失，不計(jì)冰壺的大小，重力加速度g＝10m/s2.求：(1)冰壺被推出時(shí)速度的大?。?2)乙隊(duì)運(yùn)動(dòng)員用毛刷擦冰面的長(zhǎng)度是多少？專題強(qiáng)化訓(xùn)練6功能關(guān)系與能量守恒1．解析：由題意可知兩節(jié)動(dòng)車分別有P1＝f1v1，P2＝f2v2當(dāng)將它們編組后有P1＋P2＝（f1＋f2）v聯(lián)立可得v＝eq\f(（P1＋P2）v1v2,P1v2＋P2v1)故選D.答案：D2．解析：在地面附近雨滴做勻速運(yùn)動(dòng)，根據(jù)動(dòng)能定理得mgh－Wf＝0故雨滴克服空氣阻力做功為mgh，故選B.答案：B3．解析：Q恰好能保持靜止時(shí)，設(shè)彈簧的伸長(zhǎng)量為x，滿足kx＝2μmg，若剪斷輕繩后，物塊P與彈簧組成的系統(tǒng)機(jī)械能守恒，彈簧的最大壓縮量也為x，因此P相對(duì)于其初始位置的最大位移大小為s＝2x＝eq\f(4μmg,k)，C正確．答案：C4．解析：設(shè)厚板與粗糙水平面接觸長(zhǎng)度為x，滑動(dòng)摩擦力為f＝μeq\f(mg,L)x，當(dāng)厚板與粗糙水平面接觸長(zhǎng)度為l時(shí)，滑動(dòng)摩擦力為f＝μeq\f(mgl,L)，畫(huà)出摩擦力與位移的關(guān)系圖象，其與坐標(biāo)軸圍成的面積表示克服摩擦力的功W＝[（L－l）＋L]×eq\f(μmgl,L)×eq\f(1,2)，解得W＝μmgl－eq\f(μmgl2,2L)，C正確．答案：C5．解析：每秒水泵對(duì)水做的功等于水的機(jī)械能增加量，即W＝ΔE＝eq\f(1,2)mveq\o\al(2,0)＋mgH＝300J，故選項(xiàng)A、B均錯(cuò)誤；水泵輸入功率（即電動(dòng)機(jī)輸出功率）為P泵入＝eq\f(P泵出,η)＝eq\f(300,0.75)W＝400W，故選項(xiàng)C錯(cuò)誤；電動(dòng)機(jī)的輸入功率為P電＝440W，根據(jù)能量的轉(zhuǎn)化與守恒，可得P電＝P泵入＋Pr＝P泵入＋I(xiàn)2r，代入數(shù)據(jù)可得電動(dòng)機(jī)的內(nèi)阻為r＝10Ω，故選項(xiàng)D正確．答案：D6．解析：物塊在末位置的重力勢(shì)能為Ep＝mgh＝18J，解得物塊的質(zhì)量m＝0.6kg，上滑過(guò)程中，根據(jù)牛頓第二定律和動(dòng)能定理可得－mal＝0－Ek0，根據(jù)圖線可知Ek0＝30J，解得加速度大小為a＝10m/s2，選項(xiàng)A錯(cuò)誤；設(shè)斜面的傾角為θ，則sinθ＝eq\f(h,l)＝eq\f(3,5)＝0.6，所以θ＝37°，上滑過(guò)程中根據(jù)牛頓第二定律可得mgsinθ＋μmgcosθ＝ma，解得μ＝0.5，選項(xiàng)B正確；根據(jù)圖象可知，當(dāng)物塊上滑到s＝2.5m時(shí)，其動(dòng)能大于重力勢(shì)能，選項(xiàng)C錯(cuò)誤；在物塊上滑s＝4m過(guò)程中，損失的機(jī)械能為ΔE＝μmgcosθ·s＝0.5×0.6×10×0.8×4J＝9.6J，選項(xiàng)D錯(cuò)誤.答案：B7．解析：以最大加速度向上加速到勻加速能達(dá)到的最大速度，然后保持功率不變達(dá)到最大速度，最后以最大加速度做勻減速運(yùn)動(dòng)減速到零所需時(shí)間最短．重物向上提升的最大加速度a1＝eq\f(F－mg,m)＝5m/s2，勻加速過(guò)程的最大速度v＝eq\f(P,F)＝4m/s，勻加速上升的時(shí)間為t1＝eq\f(v,a1)＝0.8s，勻加速上升的高度h1＝1.6m；重物能達(dá)到的最大速度為vm＝eq\f(P,mg)＝6m/s，以最大加速度減速上升的時(shí)間t2＝eq\f(vm,a2)＝1.2s，上升高度為h2＝3.6m，則以恒功率上升的高度h3＝80m，恒功率上升過(guò)程有Pt3＝mgh3＋eq\f(1,2)m（veq\o\al(2,m)－v2），解得t3＝13.5s，則提升重物的最短時(shí)間為t＝t1＋t2＋t3＝15.5s，C正確．答案：C8．解析：重力做正功，所以游客的重力勢(shì)能減少了3000J，A錯(cuò)誤；合力做功等于動(dòng)能的增加，所以動(dòng)能增加了3000J－500J＝2500J，B錯(cuò)誤，C正確；阻力做負(fù)功，所以機(jī)械能減少了500J，D正確．答案：CD9．解析：由題知，小球能沿軌道運(yùn)動(dòng)恰好到達(dá)C點(diǎn)，則小球在C點(diǎn)的速度為vC＝0小球在圓弧BC上運(yùn)動(dòng)到D點(diǎn)的受力分析如圖所示，則在D位置時(shí)有mgcosα－FN＝meq\f(v2,R)，從D到C過(guò)程有，mg（R－Rcosα）＝eq\f(1,2)mv2，聯(lián)立解得FN＝3mgcosα－2mg，A正確；A到B的過(guò)程中重力的功率為P＝－mgvsinθ，由于A到B的過(guò)程中小球的速度逐漸減小則A到B的過(guò)程中小球重力的功率始終減小，則B錯(cuò)誤；從A到C的過(guò)程中有－mg·2R＝eq\f(1,2)mveq\o\al(2,C)－eq\f(1,2)mveq\o\al(2,0)解得v0＝eq\r(4gR)，C錯(cuò)誤；小球在B點(diǎn)恰好脫離軌道有mgcosθ＝meq\f(veq\o\al(2,B),R)則vB＝eq\r(gRcosθ)則若小球初速度v0增大，小球在B點(diǎn)的速度有可能為eq\r(gRcosθ)，故小球有可能從B點(diǎn)脫離軌道，D正確．故選AD.答案：AD10．解析：由牛頓第二定律，mQg－mPg＝（mQ＋mP）a，a＝eq\f(g,3)，解得mP∶mQ＝1∶2，A錯(cuò)誤；經(jīng)過(guò)時(shí)間T，P上升高度h1＝eq\f(1,2)aT2＝eq\f(1,6)gT2，T時(shí)刻P速度v＝aT＝eq\f(1,3)gT，此后P做豎直上拋運(yùn)動(dòng)，豎直上拋高度h2＝eq\f(v2,2g)＝eq\f(1,18)gT2.PQ之間豎直高度為h＝h1＋h2＝eq\f(1,6)gT2＋eq\f(1,18)gT2＝eq\f(2,9)gT2，t＝0時(shí)物體Q的機(jī)械能為E＝mQgh＝eq\f(2,9)mQg2T2.在Q勻加速下落過(guò)程中，隔離Q受力分析，由牛頓第二定律，mQg－F＝mQa，解得細(xì)繩中拉力F＝eq\f(2mQg,3).對(duì)Q由功能關(guān)系可知，T時(shí)刻Q的機(jī)械能為ET＝E－Fh1＝eq\f(2,9)mQg2T2－eq\f(2mQg,3)×eq\f(1,6)gT2＝eq\f(1,9)mQg2T2＝eq\f(E,2).T時(shí)刻后，只有重力對(duì)Q做功，Q機(jī)械能不變，所以2T時(shí)刻物體Q的機(jī)械能為eq\f(E,2)，B正確；由豎直上拋運(yùn)動(dòng)到最高點(diǎn)的時(shí)間為t＝eq\f(v,g)＝eq\f(T,3)，2T時(shí)刻物體P的速度v＝g×eq\f(2T,3)＝eq\f(2gT,3)，物體P重力的功率為PG＝mPgv＝eq\f(2,3)mPg2T＝eq\f(1,3)mQg2T＝eq\f(3E,2T)，C、D正確．答案：BCD11．解析：（1）由題知，小物塊恰好能到達(dá)軌道的最高點(diǎn)D，則在D點(diǎn)有meq\f(veq\o\al(2,D),R)＝mg解得vD＝eq\r(gR)（2）由題知，小物塊從C點(diǎn)沿圓弧切線方向進(jìn)入軌道eq\x\to(CDE)內(nèi)側(cè)，則在C點(diǎn)有cos60°＝eq\f(vB,vC)小物塊從C到D的過(guò)程中，根據(jù)動(dòng)能定理有－mg（R＋Rcos60°）＝eq\f(1,2)mveq\o\al(2,D)－eq\f(1,2)mveq\o\al(2,C)則小物塊從B到D的過(guò)程中，根據(jù)動(dòng)能定理有mgHBD＝eq\f(1,2)mveq\o\al(2,D)－e