新教材2024高考物理二轮专题复习第三编高考夺分训练课时提升训练4功能关系与能量守恒（附解析）

这是一份新教材2024高考物理二轮专题复习第三编高考夺分训练课时提升训练4功能关系与能量守恒（附解析），共8页。试卷主要包含了单项选择题，多项选择题，非选择题等内容，欢迎下载使用。
1．[2023·全国甲卷]一同学将铅球水平推出，不计空气阻力和转动的影响，铅球在平抛运动过程中( )
A．机械能一直增加
B．加速度保持不变
C．速度大小保持不变
D．被推出后瞬间动能最大
2.[2023·辽宁卷]如图(a)，从高处M点到地面N点有Ⅰ、Ⅱ两条光滑轨道．两相同小物块甲、乙同时从M点由静止释放，沿不同轨道滑到N点，其速率v与时间t的关系如图(b)所示．由图可知，两物块在离开M点后、到达N点前的下滑过程中( )
A．甲沿Ⅰ下滑且同一时刻甲的动能比乙的大
B．甲沿Ⅱ下滑且同一时刻甲的动能比乙的小
C．乙沿Ⅰ下滑且乙的重力功率一直不变
D．乙沿Ⅱ下滑且乙的重力功率一直增大
3.
[2023·江苏卷]滑块以一定的初速度沿粗糙斜面从底端上滑，到达最高点B后返回到底端．利用频闪仪分别对上滑和下滑过程进行拍摄，频闪照片示意图如图所示．与图乙中相比，图甲中滑块( )
A．受到的合力较小
B．经过A点的动能较小
C．在A、B之间的运动时间较短
D．在A、B之间克服摩擦力做的功较小
4．[2023·广东省广州市开学测试]福建土楼兼具居住和防御的功能，承启楼是圆形土楼的典型代表，如图(a)所示．承启楼外楼共四层，各楼层高度如图(b)所示．同一楼层内部通过直径约50m的圆形廊道连接．若将质量为100kg的防御物资先从二楼仓库搬到四楼楼梯口M处，再用100s沿廊道运送到N处，如图(c)所示．重力加速度大小取10m/s2，则( )

A．该物资从二楼地面被运送到四楼M处的过程中，克服重力所做的功为5400J
B．该物资从M处被运送到N处的过程中，克服重力所做的功为78500J
C．从M处沿圆形廊道运动到N处，位移大小为78.5m
D．从M处沿圆形廊道运动到N处，平均速率为0.5m/s
二、多项选择题
5．[2023·四川省雅安市高三诊考]滑板项目是极限运动的鼻祖，许多的极限运动项目均由滑板项目延伸而来．如图所示为滑板运动场地的示意图，场地是圆心角为θ＝120°的圆弧面，A、C等高，B为最低点，滑板与场地之间的动摩擦因数μ＝eq \f(\r(3),2)，且处处相同．现运动员和滑板车一起由A点以一定的初速度沿圆弧面向下滑，且恰能到达C点，重力加速度用g表示．下列说法中正确的是( )
A．运动员在C点时的加速度为eq \f(\r(3),4)g
B．运动员在下滑过程中，重力的功率一直在增大
C．运动员由A到B过程中与由B到C过程中摩擦力做的功相等
D．运动员在整个运动过程中机械能一直在减少
6．[2023·广东省广州市一模]如图，中国古代的一种斜面引重车前轮矮小、后轮高大，在前后轮之间装上木板构成斜面；系紧在后轮轴上的绳索，绕过斜面顶端的滑轮与斜面上的重物连接．设重物的重力为G、绳索对重物的拉力为T、斜面对重物的作用力为F.推车子前进，重物被拉动沿木板上滑过程中( )
A．F与T的夹角一定大于90°
B．G和T的合力一定与F等大反向
C．T和F对重物做功之和等于重物动能的变化量
D．T和F对重物做功之和等于重物机械能的变化量
7．[2023·新课标卷]一质量为1kg的物体在水平拉力的作用下，由静止开始在水平地面上沿x轴运动，出发点为x轴零点，拉力做的功W与物体坐标x的关系如图所示．物体与水平地面间的动摩擦因数为0.4，重力加速度大小取10m/s2.下列说法正确的是( )
A．在x＝1m时，拉力的功率为6W
B．在x＝4m时，物体的动能为2J
C．从x＝0运动到x＝2m，物体克服摩擦力做的功为8J
D．从x＝0运动到x＝4m的过程中，物体的动量最大为2kgm/s
8．如图甲，劲度系数k＝10N/m的轻弹簧左端固定在竖直墙上，右端连接一个质量为M的木板．开始时弹簧处于原长，木板静止在光滑的水平桌面上，一质量m＝1kg的物块(可视为质点)从木板左端以2m/s的初速度滑上木块，最终恰好停在木板的右端．图乙中A为物块的v­t图线，B为木板的v­t图线且为正弦图线．已知重力加速度g＝10m/s2，根据图中所给信息可得( )
A．木板的长度为2m
B．t＝1s时，弹簧的弹性势能为1.5J
C．t＝1s时，木板受到物块的摩擦力与弹簧的弹力大小相等
D．2s内物块和木板因摩擦产生的热量为2J
三、非选择题
9．[2023·四川巴中市上学期考试]滑板是同学们喜爱的体育运动，如图所示，一同学正在进行滑板运动．图中ABD是同一水平路面，BC是一段R＝4m的圆弧路面，圆弧的最高点C与其圆心O在同一竖直线上，BC圆弧对应的圆心角为37°，该同学从A点由静止开始在AB路段单脚用力蹬地，然后收腿和滑板一起冲上圆弧路段到达C点，在C点时滑板对路面的压力为300N；已知他和滑板的总质量为50kg，不计滑板与各路段之间的摩擦力以及经过B点时的机械能损失．已知重力加速度g＝10m/s2，cs37°＝0.8，sin37°＝0.6.求：
(1)从C点水平抛出，其落地点与C点的水平距离x为多少？
(2)该同学在AB段消耗的体能中有多少焦转化为他和滑板的机械能．
10.[2023·山东青岛市期中]科技节上某中学科技社团设计了一个竖直面轨道模型，如图所示，该模型由一个半径R＝0.45m的光滑四分之一圆弧轨道和一个固定半径r＝0.6m的“S”型光滑管道以及一个倾角可调的斜直轨道构成．现从圆弧轨道的顶端A点由静止释放一个质量m＝0.5kg的小球，小球从B点水平进入“S”型管道，该管道B、C两管口切线水平，O1、O2为两细管道圆心，O1O2连线与竖直线间的夹角α＝120°.在光滑水平轨道CD中间静止放置一个质量也为0.5kg的小滑块，小滑块与小球发生弹性碰撞冲上与水平面平滑连接的足够长倾斜直轨道，不计小滑块经过D点处的机械能损失，直轨道DE的倾角θ可以在0到60°间调节，小滑块与轨道DE间的动摩擦因数μ＝0.75.已知sin53°＝0.8，cs53°＝0.6，重力加速度g取10m/s2，求：
(1)小球运动到B点时对管道作用力的大小和方向；
(2)若θ＝53°，滑块在倾斜轨道DE上经过的总路程s；
(3)写出θ取不同值时，滑块在倾斜轨道DE上克服摩擦力所做的功W与θ的关系．
11.
[2023·呼伦贝尔模拟]如图所示，ABCD为固定在竖直平面内的轨道，AB段平直倾斜且粗糙，BC段是光滑圆弧，对应的圆心角θ＝53°，半径为r，CD段水平粗糙，各段轨道均平滑连接，在D点右侧固定了一个eq \f(1,2)圆弧挡板MN，圆弧半径为R，圆弧的圆心在D点．倾斜轨道所在区域始终有场强大小为E1＝eq \f(9mg,5q)、方向垂直于斜轨向下的匀强电场，在M、N两点所在直线右侧空间存在方向竖直向上的匀强电场(图中没有画出)，场强大小为E2＝eq \f(2mg,q).一个质量为m、电荷量为q的带正电小物块(可视为质点)在倾斜轨道上的A点由静止释放，最终从D点水平抛出并击中挡板，以D点为原点，水平向右为x轴正方向，竖直向下为y轴正方向，建立平面直角坐标系．已知A、B之间距离为2r，斜轨与小物块之间的动摩擦因数为μ＝eq \f(1,4)，重力加速度为g，sin53°＝0.8，cs53°＝0.6.求：
(1)小物块运动至圆弧轨道的C点时对轨道的压力大小；
(2)改变小物块释放点到B点的距离和电场强度E1的大小，使小物块每次都能从D点以不同的速度水平抛出并击中挡板的不同位置，求击中挡板时小物块动能的最小值，并求出小物块的落点坐标．
课时提升训练4
1．解析：铅球做平抛运动，仅受重力，故机械能守恒，A错误；铅球的加速度恒为重力加速度保持不变，B正确；铅球做平抛运动，水平方向速度不变，竖直方向做自由落体运动，根据运动的合成可知铅球速度变大，则动能越来越大，CD错误．故选B.
答案：B
2．解析：由图（b）可知，甲下滑过程中，甲做匀加速直线运动，则甲沿Ⅱ下滑，乙做加速度逐渐减小的加速运动，乙沿Ⅰ下滑，A、C错误；任意时刻甲的速率都小于乙的速率，可知同一时刻甲的动能比乙的小，B正确；乙沿Ⅰ下滑，开始时乙速度为0，到N点时乙竖直方向速度为零，根据瞬时功率公式P＝mgvy可知重力瞬时功率先增大后减小，D错误．故选B.
答案：B
3．解析：设斜面倾角为θ、滑块与斜面间的动摩擦因数为μ，对滑块受力分析有F合上＝mgsinθ＋μmgcsθ，F合下＝mgsinθ－μmgcsθ，故图甲中滑块受到的合力较大，A错；滑块由A到B的过程，有2a上xAB＝v eq \\al(\s\up1(2),\s\d1(A上)) ，由B到A的过程，有2a下xAB＝v eq \\al(\s\up1(2),\s\d1(A下)) ，又F合上＞F合下，则a上＞a下，故vA上＞vA下，图甲中滑块经过A点的动能较大，B错；将滑块由A到B的过程逆向思维为由B到A的初速度为0、加速度大小为a上的匀加速运动，则xAB＝eq \f(1,2)a上t eq \\al(\s\up1(2),\s\d1(上)) ，又xAB＝eq \f(1,2)a下t eq \\al(\s\up1(2),\s\d1(下)) ，a上＞a下，故t上＜t下，即图甲中滑块在A、B之间的运动时间较短，C对；上升和下降过程摩擦力大小相等，经过AB的距离相等，根据W＝－fx可知在A、B之间克服摩擦力做的功相等，D错．
答案：C
4．解析：该物资从二楼地面被运送到四楼M处的过程中，克服重力所做的功为WG＝mgΔh＝100×10×（2.7＋2.7）J＝5400J，故A正确；
该物资从M处被运送到N处的过程中，由于M、N高度差为零，所以克服重力做功为零，故B错误；
从M处沿圆形廊道运动到N处，位移大小为50m，故C错误；
从M处沿圆形廊道运动到N处，平均速率为eq \(v,\s\up6(－))＝eq \f(s,t)＝eq \f(πr,t)＝eq \f(3.14×\f(50,2),100)m/s＝0.785m/s，故D错误．
答案：A
5．解析：对运动员在C点受力分析有mgsin60°－μmgcs60°＝ma，解得a＝eq \f(\r(3),4)g，选项A正确；在下滑到最低点B时，此时vB⊥mg，则重力的功率为零，所以重力的功率先增大后减小，选项B错误；运动员由A到C过程中，在同一等高处右边的速度始终大于左边的速度，则其对右边圆弧面的压力始终大于对左边圆弧面的压力，故运动员在右边圆弧面受到的摩擦力始终大于在左边圆弧面受到的摩擦力，因此右边摩擦力做的功大于左边摩擦力做的功，选项C错误；由于摩擦力一直做负功，所以运动员的机械能一直在减少，选项D正确．
答案：AD
6．解析：
对重物受力分析，受重力G、绳的拉力T、斜面的支持力N和摩擦力f，斜面对重物的作用力F为支持力N和摩擦力f的合力，如图所示：由受力分析图可知，F与T的夹角一定大于90°，故A正确；重物被拉动沿木板上滑过程中不一定做匀速运动，不一定处于平衡状态，所以G和T的合力不一定与F等大反向，故B错误；由动能定理可知，合外力对重物所做的功等于重物动能的变化量，即G、T和F对重物做功之和等于重物动能的变化量，故C错误；由功能关系可知，除重力以外的其他力对重物所做的功等于重物机械能的变化量，所以T和F对重物做功之和等于重物机械能的变化量，故D正确．
答案：AD
7．解析：由于拉力在水平方向，则拉力做的功为W＝Fx
可看出W­x图像的斜率代表拉力F.
在物体运动的过程中根据动能定理有W－μmgx＝eq \f(1,2)mv2
则x＝1m时物体的速度为v1＝2m/s
x＝1m时，拉力为F＝eq \f(ΔW,Δx)＝6N
则此时拉力的功率P＝Fv1＝12W
x＝4m时物体的动能为Ek＝2J
A错误、B正确；
从x＝0运动到x＝2m，物体克服摩擦力做的功为Wf＝μmgx＝8J，C正确；
根据W­x图像可知在0～2m的过程中F1＝6N，2～4m的过程中F2＝3N，由于物体受到的摩擦力恒为f＝4N，则物体在x＝2m处速度最大，动量最大，且根据选项AB分析可知此时的速度v2＝eq \r(8)m/s
则从x＝0运动到x＝4的过程中，物体的动量最大为p＝mv＝2eq \r(2)kg·m/s，D错误．
答案：BC
8．解析：由于v­t图线与t轴围成的面积表示位移，通过图像可知，物块一直向右运动，位移s＝2m，木板先向右运动后向左运动，总位移为0.因此，物块运动的位移即为木板长度，即2m，A正确．由于v­t图像的斜率表示加速度，可知物块减速运动的加速度大小为1m/s2，而物块仅受摩擦力的作用做匀减速运动，根据牛顿第二定律可知f＝ma＝1N，由木板的v­t图线可知，t＝0.5s时，B的速度最大，此时木板的加速度为0，对木板进行受力分析可知，此时弹簧弹力与摩擦力二力平衡，且弹簧伸长量的大小为木板的位移x，有kx＝f，解得x＝0.1m，由正弦图线的对称性可知，t＝1s时，木板的速度为0，即木板向右运动的位移为2x，对0～1s内的运动过程，由能量守恒定律得eq \f(1,2)mv eq \\al(\s\up1(2),\s\d1(0)) ＝eq \f(1,2)mv eq \\al(\s\up1(2),\s\d1(1)) ＋f（sA－2x）＋Ep，其中物块在1s内的位移为sA＝eq \f(v0＋v1,2)t＝eq \f(2＋1,2)×1m＝1.5m，联立可得Ep＝0.2J，B错误.1s时，木板的v­t图线切线斜率不为0，说明木板此时仍有加速度，故摩擦力与弹簧弹力大小并不相等，C错误.2s内物块和木板因摩擦产生的热量Q＝fΔs，由图像可知，全过程物块与木板的相对路程等于物块的位移s，因此物块和木板因摩擦产生的热量为2J，D正确．
答案：AD
9．解析：（1）他和滑板在C点受力分析有mg－FN＝meq \f(v eq \\al(\s\up1(2),\s\d1(C)) ,R)
由几何关系有h＝R（1－cs37°）
在C点平抛有h＝eq \f(1,2)gt2，x＝vCt
联立解得x＝1.6m.
（2）设其消耗的体能为E，A～C过程所做功为W，由功能关系有W－mgh＝eq \f(1,2)mv eq \\al(\s\up1(2),\s\d1(C))
能量守恒有E＝W
则E＝800J.
答案：（1）1.6m （2）800J
10．解析：（1）小球从A到B，根据机械能守恒有mgR＝eq \f(1,2)mv eq \\al(\s\up1(2),\s\d1(B))
小球在B点，根据牛顿第二定律有FN－mg＝meq \f(v eq \\al(\s\up1(2),\s\d1(B)) ,R)
联立解得FN＝15N
根据牛顿第三定律可知小球运动到B点时对管道作用力的大小为F′N＝FN＝15N，方向竖直向下．
（2）因小球和滑块的质量相等，发生弹性碰撞，故碰撞后两物体的速度交换，所以两者在轨道间的运动其实可以只考虑一个物体．对小滑块分析，则有mgsin53°>μmgcs53°
所以小滑块不能停在倾斜轨道上，最后停在水平面上的D点，根据全过程动能定理有mg[R＋2r＋2rsin（α－90°）]－μmgcs53°·s＝0
解得s＝5m.
（3）当mgsinθ＝μmgcsθ时，即tanθ＝μ＝0.75
解得θ＝37°
当0≤θ≤37°时，小滑块能停在倾斜轨道上，由动能定理得mg[R＋2r＋2rsin（α－90°）]－μmgcsθ·x2－mgx2sinθ＝0
解得x2＝eq \f(9,3csθ＋4sinθ)
则滑块在直轨道CD上克服摩擦力所做的功W＝μmgcsθ·x2
解得W＝eq \f(33.75csθ,3csθ＋4sinθ)
当37°＜θ≤53°，小滑块最后停在D点，由动能定理得mg[R＋2r＋2rsin（α－90°）]－W＝0
解得W＝112.5J.
答案：（1）15N 方向竖直向下 （2）5m （3）见解析
11．解析：（1）小物块由A到B过程由动能定理，得mgsinθ·2r－μ（mgcsθ＋qE1）·2r＝eq \f(1,2)mv eq \\al(\s\up1(2),\s\d1(B))
解得vB＝eq \r(\f(4,5)gr)
小物块由B到C过程由机械能守恒定律，得
mgr（1－csθ）＝eq \f(1,2)mv eq \\al(\s\up1(2),\s\d1(C)) －eq \f(1,2)mv eq \\al(\s\up1(2),\s\d1(B))
解得vC＝eq \r(\f(8,5)gr)
在C点由支持力与重力的合力提供向心力，得
FN－mg＝meq \f(v eq \\al(\s\up1(2),\s\d1(C)) ,r)
解得FN＝eq \f(13,5)mg
由牛顿第三定律可得小物块对圆弧轨道的压力大小F′N＝eq \f(13,5)mg.
（2）小物块离开D点后做类平抛运动，得水平方向x＝vDt
由牛顿第二定律有qE2－mg＝ma
解得a＝g
加速度方向竖直向上，则竖直方向位移大小y＝eq \f(1,2)at2
而x2＋y2＝R2
小物块类平抛过程，由动能定理得
（qE2－mg）y＝Ek－eq \f(1,2)mv eq \\al(\s\up1(2),\s\d1(D))
解得Ek＝eq \f(mgR2,4y)＋eq \f(3mgy,4)
由数学中的均值不等式可知
Ek≥2eq \r(\f(mgR2,4y)·\f(3mgy,4))＝eq \f(\r(3),2)mgR
当且仅当eq \f(mgR2,4y)＝eq \f(3mgy,4)
即y＝eq \f(\r(3),3)R，x＝eq \f(\r(6),3)R时，物块落到圆弧上的坐标为eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(\r(6),3)R，－\f(\r(3),3)R))，此时小物块动能的最小值为Ekmin＝eq \f(\r(3),2)mgR
答案：（1）eq \f(13,5)mg （2）eq \f(\r(3),2)mgR eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(\r(6),3)R，－\f(\r(3),3)R))