新高考物理二轮复习过关练习第3部分 考前特训 热点5　功能关系和能量守恒 (含解析)

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A．0.1 B．0.2 C．0.8 D．1
答案 B
解析 从P到R滑行过程中由能量守恒可知，该滑雪爱好者克服阻力做功为W克f＝mg(H－h)－eq \f(1,2)mv2，解得W克f＝60×10×(24－4) J－eq \f(1,2)×60×182 J＝2 280 J，从P到R滑行过程中，重力做功为WG＝mg(H－h)＝12 000 J，则eq \f(W克f,WG)＝eq \f(2 280,12 000)≈0.2，故选B.
2.(多选)(2022·黑龙江大庆市第三次质检)如图所示，足够长粗糙斜面固定在水平地面上，绕过光滑定滑轮的轻绳连接质量相等的物块A和B(可看作质点)，当一沿斜面向下的恒力F作用在物块A上，使其加速下滑的过程中(物块B始终未与斜面、滑轮相碰)，则下列说法中正确的是( )
A．恒力F做功大于物块A、B动能增量之和
B．恒力F做功等于物块A、B动能增量之和
C．物块A与斜面因摩擦产生的热量与物块B的机械能增量之和等于恒力F做功
D．物块A克服绳的拉力做功一定大于物块A的重力势能减少量
答案 AD
解析 以物块A、B整体为研究对象，设物块A沿斜面下降的距离为L，根据动能定理得WF－mgL＋mgLsin θ－W克f＝Ek－0，可得WF＝Ek＋W克f＋mgL－mgLsin θ，故A正确，B错误；由功能关系可知物块A与斜面因摩擦产生的热量与物块A、B的机械能增量之和等于恒力F做功，故C错误；以物块B为研究对象可得WT－mgL＝eq \f(1,2)mv2，可得WT＝eq \f(1,2)mv2＋mgL，而物块A重力势能的减少量为ΔEp＝mgLsin θ，可知WT>ΔEp，故D正确．
3.(多选)(2022·湖南卷·7)神舟十三号返回舱进入大气层一段时间后，逐一打开引导伞、减速伞、主伞，最后启动反冲装置，实现软着陆．某兴趣小组研究了减速伞打开后返回舱的运动情况，将其运动简化为竖直方向的直线运动，其v－t图像如图所示．设该过程中，重力加速度不变，返回舱质量不变，下列说法正确的是( )
A．在0～t1时间内，返回舱重力的功率随时间减小
B．在0～t1时间内，返回舱的加速度不变
C．在t1～t2时间内，返回舱的动量随时间减小
D．在t2～t3时间内，返回舱的机械能不变
答案 AC
解析 重力的功率为P＝mgv，由题图可知在0～t1时间内，返回舱的速度随时间减小，故重力的功率随时间减小，故A正确；根据v－t图像的斜率表示加速度可知，在0～t1时间内，返回舱的加速度减小，故B错误；在t1～t2时间内，由图像可知返回舱的速度减小，由p＝mv可知动量随时间减小，故C正确；在t2～t3时间内，由图像可知返回舱的速度不变，则动能不变，但由于返回舱高度下降，重力势能减小，故机械能减小，故D错误．
4．(多选)如图甲所示是一辆质量为1 000 kg的汽车启动时，发动机的输出功率与时间的关系，已知启动9 s时，汽车速度最大，图乙是发动机的牵引力与汽车速度的倒数之间的关系．假设在启动过程中车受到的阻力不变，则下列说法中正确的是( )
A．AB段汽车做匀速运动
B．汽车的额定功率是30 kW
C．汽车的启动过程中发动机做功为2.5×105 J
D．汽车的启动距离约为6.67 m
答案 BD
解析 由题图乙知，汽车在AB段受到的牵引力不变，做匀加速直线运动，故A错误；由P＝Fv得到F＝eq \f(P,v)，所以BC段图线的斜率表示汽车的额定功率，即P额＝30 kW，故B正确；从题图甲中可知，汽车整个启动过程中牵引力做功的大小为题图甲中图线与横轴围成的面积，即W＝(5＋9)×30×103×eq \f(1,2) J＝2.1×105 J，故C错误；在汽车的启动过程中，由动能定理有W－Ffx＝eq \f(1,2)mvm2，由题图乙知汽车最大速度为vm＝20 m/s，所以阻力的大小为Ff＝eq \f(P额,vm)＝1.5×103 N，可得汽车启动距离约为6.67 m，故D正确．
5．(2022·山东枣庄市二模)如图甲所示，倾角为θ＝37°的传送带以v＝2.0 m/s的速度顺时针匀速转动，传送带的长度LAB＝10.0 m．一个可视为质点的质量m＝1.0 kg的物块，自A点无初速度地放在传送带底端，其被传送至B端的过程中，动能Ek与位移x的关系图像如图乙所示．重力加速度取g＝10 m/s2，sin 37°＝0.6，cs 37°＝0.8.下列说法正确的是( )
A．物块与传送带之间的动摩擦因数为0.25
B．整个过程中合外力对物块做的功为4.0 J
C．整个过程中摩擦力对物块做的功为64.0 J
D．整个过程中摩擦力对物块做的功等于物块机械能的增加量
答案 D
解析 开始时物块在传送带的作用下动能不断增大，根据动能定理有(μmgcs θ－mgsin θ)x＝Ek－0，在5 m后动能不变，可知此时物块与传送带相对静止，即物块速度大小为v＝2.0 m/s，可得μ＝0.8，A错误；由动能定理可知，整个过程中合外力对物块做的功等于动能的变化量，则有W合＝ΔEk＝eq \f(1,2)mv2＝2 J，B错误；由功能关系可知，整个过程中摩擦力对物块做的功等于物块机械能的增加量，即Wf＝eq \f(1,2)mv2＋mgLABsin θ＝62 J，C错误，D正确．
6.(多选)(2022·云南省统测)如图所示，足够长的固定斜面上，长为L的ab段粗糙，其余部分光滑，斜面与水平面的夹角为θ.轻杆两端分别连接滑块P、Q，P的质量为2m，Q的质量为m，两滑块与ab段间的动摩擦因数均为μ.已知斜面顶端与a点的高度差为h，两滑块均可视为质点且轻杆长度不计，重力加速度为g.则两滑块从斜面顶端由静止开始下滑，直到滑块P滑离a点(此时滑块Q仍在斜面上)的过程中，下列说法正确的是( )
A．Q到达b点前，轻杆对Q的弹力为0
B．Q刚好滑入ab段的瞬间，P的加速度大小为eq \f(3gsin θ－μgcs θ,2)
C．P、Q和轻杆组成的系统损失的机械能为3μmgLcs θ
D．P滑离a点时的速度大小为eq \r(2gh－2μgLcs θ)
答案 ACD
解析 Q到达b点前，轻杆、滑块P、Q三者加速度相同，三者相对静止，轻杆对Q的弹力为0，故A正确；Q刚好滑入ab段的瞬间，对轻杆、滑块P、Q整体分析，加速度a＝eq \f(3mgsin θ－μmgcs θ,3m)＝eq \f(3gsin θ－μgcs θ,3)，故B错误；整个过程中ab段粗糙，P、Q和轻杆组成的系统经过ab段时，损失的机械能为ΔE＝3μmgLcs θ，故C正确；设P滑离a点时的速度大小为v，根据动能定理有
3mgh－3μmgLcs θ＝eq \f(1,2)×3mv2，
得v＝eq \r(2gh－2μgLcs θ)，故D正确．
7．(2022·重庆实验外国语学校模拟)如图所示，光滑的小滑轮D(可视为质点)固定，质量均为m的物体A和B用轻弹簧连接，一根不可伸长的轻绳一端与物体A连接，另一端跨过定滑轮与质量为M的小环C连接．小环C穿过竖直固定的光滑均匀细杆，小环C位于R处时，轻绳与细杆的夹角为θ，此时物体B与地面间刚好无压力．图中SD水平，位置R和Q之间高度差为h，R和Q关于S对称．现让小环从R处由静止释放，环下落过程中轻绳始终处于拉直状态，环到达Q处时获得最大速度．重力加速度为g，忽略空气阻力．在小环从R处下落到Q处的过程中，下列说法正确的是( )
A．小环C机械能最大的位置在S点下方
B．弹簧弹力和地面支持力对物体B的冲量和为零
C．小环C的最大动能为eq \f(M2gh,M＋mcs2θ)
D．小环C到达位置Q时，物体A的加速度大小为eq \b\lc\|\rc\|(\a\vs4\al\c1(\f(M,mcs θ)g－g))
答案 C
解析 小环C下落过程受重力、杆的支持力和轻绳的拉力，非重力做功等于机械能的变化量．到位置S前的过程中，非重力做正功，机械能增加．经过S后的过程，非重力做负功，机械能减小，因此，小环C的机械能先增加再减小，下落到位置S时，小环C的机械能最大，故A错误；小环从R处下落到Q处的过程中，物体B始终静止在地面上，动量变化量为零，因此物体B所受合力的冲量为零，即重力、弹簧弹力和地面对物体B的支持力的冲量和为零，则弹簧弹力和地面对物体的支持力的冲量和与重力冲量等大反向，由于此过程重力冲量不为零，故B错误；环在Q时动能最大，环在R和Q时，弹簧长度相同，弹性势能相同，环C和A通过轻绳相连，沿着绳子的分速度相等(如图所示)，故vQcs θ＝vA，故A与环的动能之比为eq \f(EkA,EkQ)＝eq \f(\f(1,2)mvA2,\f(1,2)MvQ2)＝eq \f(m,M)cs2θ，对小环和A的系统，有Mgh＝EkA＋EkQ，联立可得小环C的最大动能EkQ＝eq \f(M2gh,M＋mcs2θ)，故C正确；环在R和Q时，弹簧长度相同，B对地面的压力为零，说明弹簧处于伸长状态且弹力等于物体B的重力mg，环在Q位置时，速度最大，说明受力平衡，受重力、支持力和拉力，根据平衡条件，有FTcs θ＝Mg，对A有FT－mg－F＝ma，对B有F＝mg，联立解得a＝eq \f(M,mcs θ) g－2g，故D错误．