还剩4页未读，
继续阅读
2023届二轮复习 专题6 功能关系与能量守恒 作业
展开
这是一份2023届二轮复习 专题6 功能关系与能量守恒 作业，共7页。试卷主要包含了选择题，非选择题等内容，欢迎下载使用。
1．如图所示，高速公路上汽车定速巡航(即保持汽车的速率不变)沿拱形路面上坡，空气阻力和摩擦阻力的大小不变．此过程中( )
A．汽车的牵引力大小不变
B．汽车的牵引力逐渐增大
C．汽车的输出功率保持不变
D．汽车的输出功率逐渐减小
2.
在全运会小轮车泥地竞速赛中，选手从半径为R的圆弧形赛道顶端由静止出发冲到坡底，设阻力大小不变为f，选手和车总重为G.在此过程中，关于选手和车的下列说法正确的是( )
A．克服阻力做功为fR
B．动能增加量为GR
C．机械能保持不变
D．在坡底所受的支持力大于重力
3.
[2022·湖北卷]如图所示，质量分别为m和2m的小物块P和Q，用轻质弹簧连接后放在水平地面上，P通过一根水平轻绳连接到墙上．P的下表面光滑，Q与地面间的动摩擦因数为μ，最大静摩擦力等于滑动摩擦力．用水平拉力将Q向右缓慢拉开一段距离，撤去拉力后，Q恰好能保持静止．弹簧形变始终在弹性限度内，弹簧的劲度系数为k，重力加速度大小为g.若剪断轻绳，P在随后的运动过程中相对于其初始位置的最大位移大小为( )
A.eq \f(μmg,k)B．eq \f(2μmg,k)
C．eq \f(4μmg,k)D．eq \f(6μmg,k)
4.
[2022·福建押题卷]一质量为2kg的物体受水平拉力F作用，在粗糙水平面上做加速直线运动时的at图像如图所示，t＝0时其速度大小为2m/s.滑动摩擦力大小恒为2N，则( )
A．在t＝6s时刻，物体的速度为18m/s
B．在0～6s时间内，合力对物体做的功为400J
C．在0～6s时间内，拉力对物体的冲量为36N·s
D．在t＝6s时刻，拉力F的功率为200W
5.
[2022·浙江1月]某节水喷灌系统如图所示，水以v0＝15m/s的速度水平喷出，每秒喷出水的质量为2.0kg.喷出的水是从井下抽取的，喷口离水面的高度保持H＝3.75m不变．水泵由电动机带动，电动机正常工作时，输入电压为220V，输入电流为2.0A．不计电动机的摩擦损耗，电动机的输出功率等于水泵所需要的输入功率．已知水泵的抽水效率(水泵的输出功率与输入功率之比)为75%，忽略水在管道中运动的机械能损失，则( )
A．每秒水泵对水做功为75J
B．每秒水泵对水做功为225J
C．水泵输入功率为440W
D．电动机线圈的电阻为10Ω
6．[2022·安徽合肥二模]一物块在高h＝3m、长l＝5m的斜面底端以某一初速度沿斜面上滑，其动能和重力势能随上滑距离的变化如图中直线Ⅰ、Ⅱ所示．重力加速度g＝10m/s2，不计空气阻力，则下列说法正确的是( )
A．物块上滑时加速度的大小为6m/s2
B．物块与斜面间的动摩擦因数为0.5
C．当物块上滑到s＝2.5m时，其动能和重力势能相等
D．在物块上滑s＝4m过程中，其机械能损失了12J
7．[2022·浙江6月]小明用额定功率为1200W、最大拉力为300N的提升装置，把静置于地面的质量为20kg的重物竖直提升到高为85.2m的平台，先加速再匀速，最后做加速度大小不超过5m/s2的匀减速运动，到达平台速度刚好为零，则提升重物的最短时间为( )
A．13.2sB．14.2s
C．15.5sD．17.0s
8．[2022·东北三省四市教研联合体联考]第22届哈尔滨冰雪大世界开门迎客了，近400m长的极速大滑梯是大人、孩子最喜欢的娱乐项目．一名游客坐在雪橇上下滑了一段路程，重力对他做功3000J，他克服阻力做功500J，则在此过程中这名游客( )
A．重力势能增加了3000J
B．动能增加了3000J
C．动能增加了2500J
D．机械能减少了500J
9.
我国风洞技术领先世界．如图，在光滑斜面上，一个小物块受到沿斜面方向的恒定风力作用，沿斜面加速向上运动，则从物块接触弹簧至达到最左端( )
A．物块的速度先增大后减小
B．物块加速度一直减小到零
C．弹簧弹性势能先增大后减小
D．物块和弹簧组成的系统机械能一直在增大
10.
[2022·河北卷]如图，轻质定滑轮固定在天花板上，物体P和Q用不可伸长的轻绳相连，悬挂在定滑轮上，质量mQ>mP，t＝0时刻将两物体由静止释放，物体Q的加速度大小为eq \f(g,3).T时刻轻绳突然断开，物体P能够达到的最高点恰与物体Q释放位置处于同一高度，取t＝0时刻物体P所在水平面为零势能面，此时物体Q的机械能为E.重力加速度大小为g，不计摩擦和空气阻力，两物体均可视为质点．下列说法正确的是( )
A．物体P和Q的质量之比为1∶3
B．2T时刻物体Q的机械能为eq \f(E,2)
C．2T时刻物体P重力的功率为eq \f(3E,2T)
D．2T时刻物体P的速度大小为eq \f(2gT,3)
二、非选择题
11．弹珠游戏装置可以简化如图．轻质弹簧一端固定，另一端紧靠着一个弹珠(与弹簧不拴接).轻推弹珠，弹簧被压缩；释放后，弹珠被弹簧弹出，然后从A点进入竖直圆轨道(水平轨道和竖直圆轨道平滑相接).已知弹珠的质量m＝20g(可视为质点)，圆轨道的半径R＝0.1m，忽略弹珠与轨道间的一切摩擦，不计空气阻力，取g＝10m/s2，求：
(1)若弹珠以v＝2.2m/s的速度从A点进入竖直圆轨道，它能否顺利通过圆轨道的最高点B？请说明理由．
(2)在O点左侧有一个小盒子，盒子上开有小孔，孔口C点与圆轨道的圆心O等高，并与O点的水平距离为2R，要想让弹珠能从C点掉入盒子中，弹簧被压缩后需要储存多大的弹性势能Ep?
12．2022年2月2日，北京冬奥会冰壶比赛在“冰立方”拉开帷幕，其比赛场地如图所示．比赛中，甲队运动员在投掷线P处将冰壶A以一定的速度推出，冰壶在水平冰面上沿直线自由滑行，恰好停在营垒的中心O处．乙队运动员在投掷线P处将冰壶B以相同的速度推出，其队友在冰壶滑行一段距离后开始在其滑行前方摩擦冰面，直到B与A碰撞．碰撞后，A恰好被挤出营垒．已知A与B质量相等、材质相同，P与O距离为30m，营垒的半径为1.8m，冰壶与冰面间的动摩擦因数μ＝0.02，摩擦冰面后，冰壶与冰面的动摩擦因数变为原来的90%.设冰壶之间的碰撞时间极短且无机械能损失，不计冰壶的大小，重力加速度g＝10m/s2.求：
(1)冰壶被推出时速度的大小；
(2)乙队运动员用毛刷擦冰面的长度是多少？
专题强化训练6 功能关系与能量守恒
1．解析：设坡面与水平面夹角为θ，汽车速率不变，有F牵＝f＋mgsinθ，因上坡过程坡度越来越小，θ角在减小，空气阻力和摩擦阻力的大小不变，则牵引力变小，故A、B错误；由功率公式P＝F牵v可知，汽车速率不变，输出功率变小，故C错误，D正确．
答案：D
2．解析：克服阻力做功为eq \f(1,2)πRf，选项A错误；
根据动能定理可知，动能增加量为
ΔEk＝GR－eq \f(1,2)πRf，选项B错误；
由于有阻力做功，则机械能减小，选项C错误；
在坡底时，由牛顿第二定律可知
FN－G＝meq \f(v2,R)
可知，所受的支持力FN大于重力G，选项D正确．
答案：D
3．解析：Q恰好能保持静止时，设弹簧的伸长量为x，满足kx＝2μmg，若剪断轻绳后，物块P与弹簧组成的系统机械能守恒，弹簧的最大压缩量也为x，因此P相对于其初始位置的最大位移大小为s＝2x＝eq \f(4μmg,k)，C正确．
答案：C
4．解析：加速直线运动时的at图像所围的面积代表速度的变化量，则Δv＝v6－v0＝eq \f(（2＋4）×6,2)m/s＝18m/s
则v6＝20m/s，故A错误；
根据动能定理得W＝eq \f(1,2)mv eq \\al(\s\up1(2),\s\d1(6)) －eq \f(1,2)mv eq \\al(\s\up1(2),\s\d1(0)) ＝396J，故B错误；
在0～6s时间内，拉力对物体的冲量为I－ft＝mv6－mv0，解得I＝48N·s，故C错误；
在t＝6s时刻，拉力F－f＝ma，解得F＝10N
拉力F的功率为P＝Fv＝10×20W＝200W，故D正确．
答案：D
5．解析：每秒水泵对水做的功等于水的机械能增加量，即W＝ΔE＝eq \f(1,2)mv eq \\al(\s\up1(2),\s\d1(0)) ＋mgH＝300J，故选项A、B均错误；水泵输入功率（即电动机输出功率）为P泵入＝eq \f(P泵出,η)＝eq \f(300,0.75)W＝400W，故选项C错误；电动机的输入功率为P电＝440W，根据能量的转化与守恒，可得P电＝P泵入＋Pr＝P泵入＋I2r，代入数据可得电动机的内阻为r＝10Ω，故选项D正确．
答案：D
6．解析：物块在末位置的重力势能为Ep＝mgh＝18J，解得物块的质量m＝0.6kg，上滑过程中，根据牛顿第二定律和动能定理可得－mal＝0－Ek0，根据图线可知Ek0＝30J，解得加速度大小为a＝10m/s2，选项A错误；设斜面的倾角为θ，则sinθ＝eq \f(h,l)＝eq \f(3,5)＝0.6，所以θ＝37°，上滑过程中根据牛顿第二定律可得mgsinθ＋μmgcsθ＝ma，解得μ＝0.5，选项B正确；根据图像可知，当物块上滑到s＝2.5m时，其动能大于重力势能，选项C错误；在物块上滑s＝4m过程中，损失的机械能为ΔE＝μmgcsθ·s＝0.5×0.6×10×0.8×4J＝9.6J，选项D错误．
答案：B
7．解析：以最大加速度向上加速到匀加速能达到的最大速度，然后保持功率不变达到最大速度，最后以最大加速度做匀减速运动减速到零所需时间最短．重物向上提升的最大加速度a1＝eq \f(F－mg,m)＝5m/s2，匀加速过程的最大速度v＝eq \f(P,F)＝4m/s，匀加速上升的时间为t1＝eq \f(v,a1)＝0.8s，匀加速上升的高度h1＝1.6m；重物能达到的最大速度为vm＝eq \f(P,mg)＝6m/s，以最大加速度减速上升的时间t2＝eq \f(vm,a2)＝1.2s，上升高度为h2＝3.6m，则以恒功率上升的高度h3＝80m，恒功率上升过程有Pt3＝mgh3＋eq \f(1,2)m（v eq \\al(\s\up1(2),\s\d1(m)) －v2），解得t3＝13.5s，则提升重物的最短时间为t＝t1＋t2＋t3＝15.5s，C正确．
答案：C
8．解析：重力做正功，所以游客的重力势能减少了3000J，A错误；合力做功等于动能的增加，所以动能增加了3000J－500J＝2500J，B错误，C正确；阻力做负功，所以机械能减少了500J，D正确．
答案：CD
9．解析：从物块接触弹簧至达到最左端，在斜面方向上依次满足（设风力为F）：F>mgsinθ＋kx，F＝mgsinθ＋kx1，Fx1>x），所以物块的加速度先减小后增加，弹簧弹性势能一直增加，物块的速度先增大后减小，故A正确，B、C错误．物体向上运动的过程中风力一直做正功，所以物块与弹簧组成的系统机械能一直增大，D正确．
答案：AD
10．解析：由牛顿第二定律，mQg－mPg＝（mQ＋mP）a，a＝eq \f(g,3)，解得mP∶mQ＝1∶2，A错误；经过时间T，P上升高度h1＝eq \f(1,2)aT2＝eq \f(1,6)gT2，T时刻P速度v＝aT＝eq \f(1,3)gT，此后P做竖直上抛运动，竖直上抛高度h2＝eq \f(v2,2g)＝eq \f(1,18)gT2.PQ之间竖直高度为h＝h1＋h2＝eq \f(1,6)gT2＋eq \f(1,18)gT2＝eq \f(2,9)gT2，t＝0时物体Q的机能为E＝mQgh＝eq \f(2,9)mQg2T2.在Q匀加速下落过程中，隔离Q受力分析，由牛顿第二定律，mQg－F＝mQa，解得细绳中拉力F＝eq \f(2mQg,3).对Q由功能关系可知，T时刻Q的机械能为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时刻后，只有重力对Q做功，Q机械能不变，所以2T时刻物体Q的机械能为eq \f(E,2)，B正确；由竖直上抛运动到最高点的时间为t＝eq \f(v,g)＝eq \f(T,3)，2T时刻物体P的速度v＝g×eq \f(2T,3)＝eq \f(2gT,3)，物体P重力的功率为PG＝mPgv＝eq \f(2,3)mPg2T＝eq \f(1,3)mQg2T＝eq \f(3E,2T)，C、D正确．
答案：BCD
11．解析：（1）弹珠从A点进入竖直圆轨道后，假设它能冲上最高点B
从A到B由机械能守恒可知eq \f(1,2)mv eq \\al(\s\up1(2),\s\d1(A)) ＝2mgR＋eq \f(1,2)mv eq \\al(\s\up1(2),\s\d1(B))
解得vB＝eq \f(\r(21),5)m/s
若要顺利通过圆轨道的最高点C，则在C点根据牛顿第二定律可知mg＝meq \f(v eq \\al(\s\up1(2),\s\d1(min)) ,R)
解得vmin＝eq \r(gR)＝1m/s>eq \f(\r(21),5)m/s
所以弹珠不能顺利通过圆轨道的最高点B；
（2）若弹珠能够掉入盒子中，根据平抛运动规律可知
R＝eq \f(1,2)gt2
2R＝vC·t
解得vC＝eq \r(2)m/s
根据系统能量守恒可知Ep＝eq \f(1,2)mv eq \\al(\s\up1(2),\s\d1(C)) ＋2mgR＝3mgR
解得Ep＝0.06J
答案：（1）不能，理由见解析 （2）0.06J
12．解析：（1）冰壶A以一定的速度推出，恰好停在营垒的中心O处，由动能定理可得－μmgs＝0－eq \f(1,2)mv eq \\al(\s\up1(2),\s\d1(0))
解得v0＝2eq \r(3)m/s
（2）设冰壶B与冰壶A碰撞前的速度为v1，碰撞后的速度为v′B，冰壶A碰撞后的速度为v′A，根据动量守恒定律有mv1＝mv′B＋mv′A
根据机械能守恒定律有eq \f(1,2)mv eq \\al(\s\up1(2),\s\d1(1)) ＝eq \f(1,2)mv′ eq \\al(\s\up1(2),\s\d1(B)) ＋eq \f(1,2)mv′ eq \\al(\s\up1(2),\s\d1(A))
解得v′B＝0，v′A＝v1
即冰壶B与冰壶A碰撞后二者交换速度，因此可以将整个过程看成冰壶B一直沿直线PO运动到营垒区边缘，运动的总位移为s′＝30m＋1.8m＝31.8m
设乙队运动员用毛刷擦冰面的长度为L，根据动能定理有－μmg（s′－L）－μ′mgL＝0－eq \f(1,2)mv eq \\al(\s\up1(2),\s\d1(0))
其中μ′＝0.9μ，代入数据解得L＝18m
答案：（1）2eq \r(3)m/s （2）18m
1．如图所示，高速公路上汽车定速巡航(即保持汽车的速率不变)沿拱形路面上坡，空气阻力和摩擦阻力的大小不变．此过程中( )
A．汽车的牵引力大小不变
B．汽车的牵引力逐渐增大
C．汽车的输出功率保持不变
D．汽车的输出功率逐渐减小
2.
在全运会小轮车泥地竞速赛中，选手从半径为R的圆弧形赛道顶端由静止出发冲到坡底，设阻力大小不变为f，选手和车总重为G.在此过程中，关于选手和车的下列说法正确的是( )
A．克服阻力做功为fR
B．动能增加量为GR
C．机械能保持不变
D．在坡底所受的支持力大于重力
3.
[2022·湖北卷]如图所示，质量分别为m和2m的小物块P和Q，用轻质弹簧连接后放在水平地面上，P通过一根水平轻绳连接到墙上．P的下表面光滑，Q与地面间的动摩擦因数为μ，最大静摩擦力等于滑动摩擦力．用水平拉力将Q向右缓慢拉开一段距离，撤去拉力后，Q恰好能保持静止．弹簧形变始终在弹性限度内，弹簧的劲度系数为k，重力加速度大小为g.若剪断轻绳，P在随后的运动过程中相对于其初始位置的最大位移大小为( )
A.eq \f(μmg,k)B．eq \f(2μmg,k)
C．eq \f(4μmg,k)D．eq \f(6μmg,k)
4.
[2022·福建押题卷]一质量为2kg的物体受水平拉力F作用，在粗糙水平面上做加速直线运动时的at图像如图所示，t＝0时其速度大小为2m/s.滑动摩擦力大小恒为2N，则( )
A．在t＝6s时刻，物体的速度为18m/s
B．在0～6s时间内，合力对物体做的功为400J
C．在0～6s时间内，拉力对物体的冲量为36N·s
D．在t＝6s时刻，拉力F的功率为200W
5.
[2022·浙江1月]某节水喷灌系统如图所示，水以v0＝15m/s的速度水平喷出，每秒喷出水的质量为2.0kg.喷出的水是从井下抽取的，喷口离水面的高度保持H＝3.75m不变．水泵由电动机带动，电动机正常工作时，输入电压为220V，输入电流为2.0A．不计电动机的摩擦损耗，电动机的输出功率等于水泵所需要的输入功率．已知水泵的抽水效率(水泵的输出功率与输入功率之比)为75%，忽略水在管道中运动的机械能损失，则( )
A．每秒水泵对水做功为75J
B．每秒水泵对水做功为225J
C．水泵输入功率为440W
D．电动机线圈的电阻为10Ω
6．[2022·安徽合肥二模]一物块在高h＝3m、长l＝5m的斜面底端以某一初速度沿斜面上滑，其动能和重力势能随上滑距离的变化如图中直线Ⅰ、Ⅱ所示．重力加速度g＝10m/s2，不计空气阻力，则下列说法正确的是( )
A．物块上滑时加速度的大小为6m/s2
B．物块与斜面间的动摩擦因数为0.5
C．当物块上滑到s＝2.5m时，其动能和重力势能相等
D．在物块上滑s＝4m过程中，其机械能损失了12J
7．[2022·浙江6月]小明用额定功率为1200W、最大拉力为300N的提升装置，把静置于地面的质量为20kg的重物竖直提升到高为85.2m的平台，先加速再匀速，最后做加速度大小不超过5m/s2的匀减速运动，到达平台速度刚好为零，则提升重物的最短时间为( )
A．13.2sB．14.2s
C．15.5sD．17.0s
8．[2022·东北三省四市教研联合体联考]第22届哈尔滨冰雪大世界开门迎客了，近400m长的极速大滑梯是大人、孩子最喜欢的娱乐项目．一名游客坐在雪橇上下滑了一段路程，重力对他做功3000J，他克服阻力做功500J，则在此过程中这名游客( )
A．重力势能增加了3000J
B．动能增加了3000J
C．动能增加了2500J
D．机械能减少了500J
9.
我国风洞技术领先世界．如图，在光滑斜面上，一个小物块受到沿斜面方向的恒定风力作用，沿斜面加速向上运动，则从物块接触弹簧至达到最左端( )
A．物块的速度先增大后减小
B．物块加速度一直减小到零
C．弹簧弹性势能先增大后减小
D．物块和弹簧组成的系统机械能一直在增大
10.
[2022·河北卷]如图，轻质定滑轮固定在天花板上，物体P和Q用不可伸长的轻绳相连，悬挂在定滑轮上，质量mQ>mP，t＝0时刻将两物体由静止释放，物体Q的加速度大小为eq \f(g,3).T时刻轻绳突然断开，物体P能够达到的最高点恰与物体Q释放位置处于同一高度，取t＝0时刻物体P所在水平面为零势能面，此时物体Q的机械能为E.重力加速度大小为g，不计摩擦和空气阻力，两物体均可视为质点．下列说法正确的是( )
A．物体P和Q的质量之比为1∶3
B．2T时刻物体Q的机械能为eq \f(E,2)
C．2T时刻物体P重力的功率为eq \f(3E,2T)
D．2T时刻物体P的速度大小为eq \f(2gT,3)
二、非选择题
11．弹珠游戏装置可以简化如图．轻质弹簧一端固定，另一端紧靠着一个弹珠(与弹簧不拴接).轻推弹珠，弹簧被压缩；释放后，弹珠被弹簧弹出，然后从A点进入竖直圆轨道(水平轨道和竖直圆轨道平滑相接).已知弹珠的质量m＝20g(可视为质点)，圆轨道的半径R＝0.1m，忽略弹珠与轨道间的一切摩擦，不计空气阻力，取g＝10m/s2，求：
(1)若弹珠以v＝2.2m/s的速度从A点进入竖直圆轨道，它能否顺利通过圆轨道的最高点B？请说明理由．
(2)在O点左侧有一个小盒子，盒子上开有小孔，孔口C点与圆轨道的圆心O等高，并与O点的水平距离为2R，要想让弹珠能从C点掉入盒子中，弹簧被压缩后需要储存多大的弹性势能Ep?
12．2022年2月2日，北京冬奥会冰壶比赛在“冰立方”拉开帷幕，其比赛场地如图所示．比赛中，甲队运动员在投掷线P处将冰壶A以一定的速度推出，冰壶在水平冰面上沿直线自由滑行，恰好停在营垒的中心O处．乙队运动员在投掷线P处将冰壶B以相同的速度推出，其队友在冰壶滑行一段距离后开始在其滑行前方摩擦冰面，直到B与A碰撞．碰撞后，A恰好被挤出营垒．已知A与B质量相等、材质相同，P与O距离为30m，营垒的半径为1.8m，冰壶与冰面间的动摩擦因数μ＝0.02，摩擦冰面后，冰壶与冰面的动摩擦因数变为原来的90%.设冰壶之间的碰撞时间极短且无机械能损失，不计冰壶的大小，重力加速度g＝10m/s2.求：
(1)冰壶被推出时速度的大小；
(2)乙队运动员用毛刷擦冰面的长度是多少？
专题强化训练6 功能关系与能量守恒
1．解析：设坡面与水平面夹角为θ，汽车速率不变，有F牵＝f＋mgsinθ，因上坡过程坡度越来越小，θ角在减小，空气阻力和摩擦阻力的大小不变，则牵引力变小，故A、B错误；由功率公式P＝F牵v可知，汽车速率不变，输出功率变小，故C错误，D正确．
答案：D
2．解析：克服阻力做功为eq \f(1,2)πRf，选项A错误；
根据动能定理可知，动能增加量为
ΔEk＝GR－eq \f(1,2)πRf，选项B错误；
由于有阻力做功，则机械能减小，选项C错误；
在坡底时，由牛顿第二定律可知
FN－G＝meq \f(v2,R)
可知，所受的支持力FN大于重力G，选项D正确．
答案：D
3．解析：Q恰好能保持静止时，设弹簧的伸长量为x，满足kx＝2μmg，若剪断轻绳后，物块P与弹簧组成的系统机械能守恒，弹簧的最大压缩量也为x，因此P相对于其初始位置的最大位移大小为s＝2x＝eq \f(4μmg,k)，C正确．
答案：C
4．解析：加速直线运动时的at图像所围的面积代表速度的变化量，则Δv＝v6－v0＝eq \f(（2＋4）×6,2)m/s＝18m/s
则v6＝20m/s，故A错误；
根据动能定理得W＝eq \f(1,2)mv eq \\al(\s\up1(2),\s\d1(6)) －eq \f(1,2)mv eq \\al(\s\up1(2),\s\d1(0)) ＝396J，故B错误；
在0～6s时间内，拉力对物体的冲量为I－ft＝mv6－mv0，解得I＝48N·s，故C错误；
在t＝6s时刻，拉力F－f＝ma，解得F＝10N
拉力F的功率为P＝Fv＝10×20W＝200W，故D正确．
答案：D
5．解析：每秒水泵对水做的功等于水的机械能增加量，即W＝ΔE＝eq \f(1,2)mv eq \\al(\s\up1(2),\s\d1(0)) ＋mgH＝300J，故选项A、B均错误；水泵输入功率（即电动机输出功率）为P泵入＝eq \f(P泵出,η)＝eq \f(300,0.75)W＝400W，故选项C错误；电动机的输入功率为P电＝440W，根据能量的转化与守恒，可得P电＝P泵入＋Pr＝P泵入＋I2r，代入数据可得电动机的内阻为r＝10Ω，故选项D正确．
答案：D
6．解析：物块在末位置的重力势能为Ep＝mgh＝18J，解得物块的质量m＝0.6kg，上滑过程中，根据牛顿第二定律和动能定理可得－mal＝0－Ek0，根据图线可知Ek0＝30J，解得加速度大小为a＝10m/s2，选项A错误；设斜面的倾角为θ，则sinθ＝eq \f(h,l)＝eq \f(3,5)＝0.6，所以θ＝37°，上滑过程中根据牛顿第二定律可得mgsinθ＋μmgcsθ＝ma，解得μ＝0.5，选项B正确；根据图像可知，当物块上滑到s＝2.5m时，其动能大于重力势能，选项C错误；在物块上滑s＝4m过程中，损失的机械能为ΔE＝μmgcsθ·s＝0.5×0.6×10×0.8×4J＝9.6J，选项D错误．
答案：B
7．解析：以最大加速度向上加速到匀加速能达到的最大速度，然后保持功率不变达到最大速度，最后以最大加速度做匀减速运动减速到零所需时间最短．重物向上提升的最大加速度a1＝eq \f(F－mg,m)＝5m/s2，匀加速过程的最大速度v＝eq \f(P,F)＝4m/s，匀加速上升的时间为t1＝eq \f(v,a1)＝0.8s，匀加速上升的高度h1＝1.6m；重物能达到的最大速度为vm＝eq \f(P,mg)＝6m/s，以最大加速度减速上升的时间t2＝eq \f(vm,a2)＝1.2s，上升高度为h2＝3.6m，则以恒功率上升的高度h3＝80m，恒功率上升过程有Pt3＝mgh3＋eq \f(1,2)m（v eq \\al(\s\up1(2),\s\d1(m)) －v2），解得t3＝13.5s，则提升重物的最短时间为t＝t1＋t2＋t3＝15.5s，C正确．
答案：C
8．解析：重力做正功，所以游客的重力势能减少了3000J，A错误；合力做功等于动能的增加，所以动能增加了3000J－500J＝2500J，B错误，C正确；阻力做负功，所以机械能减少了500J，D正确．
答案：CD
9．解析：从物块接触弹簧至达到最左端，在斜面方向上依次满足（设风力为F）：F>mgsinθ＋kx，F＝mgsinθ＋kx1，F
答案：AD
10．解析：由牛顿第二定律，mQg－mPg＝（mQ＋mP）a，a＝eq \f(g,3)，解得mP∶mQ＝1∶2，A错误；经过时间T，P上升高度h1＝eq \f(1,2)aT2＝eq \f(1,6)gT2，T时刻P速度v＝aT＝eq \f(1,3)gT，此后P做竖直上抛运动，竖直上抛高度h2＝eq \f(v2,2g)＝eq \f(1,18)gT2.PQ之间竖直高度为h＝h1＋h2＝eq \f(1,6)gT2＋eq \f(1,18)gT2＝eq \f(2,9)gT2，t＝0时物体Q的机能为E＝mQgh＝eq \f(2,9)mQg2T2.在Q匀加速下落过程中，隔离Q受力分析，由牛顿第二定律，mQg－F＝mQa，解得细绳中拉力F＝eq \f(2mQg,3).对Q由功能关系可知，T时刻Q的机械能为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时刻后，只有重力对Q做功，Q机械能不变，所以2T时刻物体Q的机械能为eq \f(E,2)，B正确；由竖直上抛运动到最高点的时间为t＝eq \f(v,g)＝eq \f(T,3)，2T时刻物体P的速度v＝g×eq \f(2T,3)＝eq \f(2gT,3)，物体P重力的功率为PG＝mPgv＝eq \f(2,3)mPg2T＝eq \f(1,3)mQg2T＝eq \f(3E,2T)，C、D正确．
答案：BCD
11．解析：（1）弹珠从A点进入竖直圆轨道后，假设它能冲上最高点B
从A到B由机械能守恒可知eq \f(1,2)mv eq \\al(\s\up1(2),\s\d1(A)) ＝2mgR＋eq \f(1,2)mv eq \\al(\s\up1(2),\s\d1(B))
解得vB＝eq \f(\r(21),5)m/s
若要顺利通过圆轨道的最高点C，则在C点根据牛顿第二定律可知mg＝meq \f(v eq \\al(\s\up1(2),\s\d1(min)) ,R)
解得vmin＝eq \r(gR)＝1m/s>eq \f(\r(21),5)m/s
所以弹珠不能顺利通过圆轨道的最高点B；
（2）若弹珠能够掉入盒子中，根据平抛运动规律可知
R＝eq \f(1,2)gt2
2R＝vC·t
解得vC＝eq \r(2)m/s
根据系统能量守恒可知Ep＝eq \f(1,2)mv eq \\al(\s\up1(2),\s\d1(C)) ＋2mgR＝3mgR
解得Ep＝0.06J
答案：（1）不能，理由见解析 （2）0.06J
12．解析：（1）冰壶A以一定的速度推出，恰好停在营垒的中心O处，由动能定理可得－μmgs＝0－eq \f(1,2)mv eq \\al(\s\up1(2),\s\d1(0))
解得v0＝2eq \r(3)m/s
（2）设冰壶B与冰壶A碰撞前的速度为v1，碰撞后的速度为v′B，冰壶A碰撞后的速度为v′A，根据动量守恒定律有mv1＝mv′B＋mv′A
根据机械能守恒定律有eq \f(1,2)mv eq \\al(\s\up1(2),\s\d1(1)) ＝eq \f(1,2)mv′ eq \\al(\s\up1(2),\s\d1(B)) ＋eq \f(1,2)mv′ eq \\al(\s\up1(2),\s\d1(A))
解得v′B＝0，v′A＝v1
即冰壶B与冰壶A碰撞后二者交换速度，因此可以将整个过程看成冰壶B一直沿直线PO运动到营垒区边缘，运动的总位移为s′＝30m＋1.8m＝31.8m
设乙队运动员用毛刷擦冰面的长度为L，根据动能定理有－μmg（s′－L）－μ′mgL＝0－eq \f(1,2)mv eq \\al(\s\up1(2),\s\d1(0))
其中μ′＝0.9μ，代入数据解得L＝18m
答案：（1）2eq \r(3)m/s （2）18m
相关试卷
统考版2024高考物理二轮专题复习专题强化训练6功能关系与能量守恒： 这是一份统考版2024高考物理二轮专题复习专题强化训练6功能关系与能量守恒，共9页。试卷主要包含了选择题，非选择题等内容，欢迎下载使用。
新高考物理二轮复习专题三 功能关系与能量守恒（含解析）： 这是一份新高考物理二轮复习专题三 功能关系与能量守恒（含解析），共22页。试卷主要包含了机械能守恒定律 功能关系等内容，欢迎下载使用。
2023届高考物理二轮复习专题五功能关系与能量守恒作业含答案： 这是一份2023届高考物理二轮复习专题五功能关系与能量守恒作业含答案，共13页。试卷主要包含了8 m，5 kg等内容，欢迎下载使用。
