2021届新高考物理二轮微复习限时强化练：功能关系 能量守恒（解析版）

2021届新高考物理二轮微专题复习限时强化练

功能关系能量守恒

一、选择题

1、如图所示，在竖直平面内有一半径为A的圆弧轨道，半径OA水平、

/竖直，一个质量为力的小球自力点的正上方尸点由静止开始自由

下落，小球沿轨道到达最高点夕时恰好对轨道没有压力.已知加三

2R,重力加速度为g,则小球从尸点运动到〃点的过程中（）

重力做功2mgRB.机械能减少mgR

合外力做功mgRD.克服摩擦力做功w勿gE

2、（多选）如图所示，楔形木块&从固定在水平面上，粗糙斜面筋和

光滑斜面A与水平面的夹角相同，顶角6处安装一定滑轮.质量分

别为K/（粉质的滑块，通过不可伸长的轻绳跨过定滑轮连接，轻绳

与斜面平行.两滑块由静止释放后，沿斜面做匀加速运动.若不计滑

轮的质量和摩擦，在两滑块沿斜面运动的过程中（）

A.两滑块组成的系统机械能守恒

B.重力对〃做的功等于"动能的增加量

C.轻绳对勿做的功等于勿机械能的增加量

D.两滑块组成的系统的机械能损失等于〃克服摩擦力做的功

（多选）如图所示，建筑工地上载人升降机用不计质量的细钢绳跨过定

滑轮与一电动机相连，通电后电动机带动升降机沿竖直方向先匀加速

上升后匀速上升。摩擦及空气阻力均不计。则（）

A.升降机匀加速上升过程中，升降机底板对人做的功等于人增

加的动能

B.升降机匀加速上升过程中，升降机底板对人做的功等于人增

加的机械能

C.升降机匀速上升过程中，升降机底板对人做的功等于人增加

的机械能

D.升降机上升的全过程中，升降机拉力做的功大于升降机和人

增加的机械能

4.如图所示，一物体沿固定斜面从静止开始向下运动，经过时间to

滑至斜面底端.已知物体在运动过程中所受的摩擦力大小恒定.若用

X、耳和£分别表示该物体的速度大小、位移大小、重力势能和机

械能，设斜面最低点重力势能为零，则下列图像中可能正确的是

5、（多选）如图所示，小球套在光滑的竖直杆上，轻弹簧一端固定于

。点，另一端与小球相连.现将小球从加点由静止释放，它在下降的

过程中经过了4点.已知在以"两点处，弹簧对小球的弹力大小相

3T

等，且NQ物KN的亦方.在小球从"点运动到"点的过程中（）

M

O

A.弹力对小球先做正功后做负功

B.有两个时刻小球的加速度等于重力加速度

C.弹簧长度最短时，弹力对小球做功的功率为零

D.小球到达/V点时的动能等于其在以川两点的重力势能差

6.（多选）从地面竖直向上抛出一物体，其机械能£总等于动能及与重

力势能反之和.取地面为重力势能零点，该物体的£总和目随它离开

地面的高度力的变化如图所示.重力加速度取10m/s2.由图中数据可

得（）

A.物体的质量为2kg

B.力=0时，物体的速率为20m/s

C.h=2m时，物体的动能瓦=40J

D.从地面至h=4m,物体的动能减少100J

7.（多选）如图所示，小球/、反。通过钱链与两根长为/的轻杆相连,

4%位于竖直面内且成正三角形，其中尔。置于水平面上.现将球8

由静止释放，球4。在杆的作用下向两侧滑动，三小球的运动始终

在同一竖直平面内.已知⑸=5%=；%=R，不计任何摩擦，重力加速

乙乙

度为g.则球夕由静止释放至落地的过程中，下列说法正确的是（）

B

A.球方的机械能先减小后增大

B.球方落地的速度大小为

C.球/对地面的压力一直大于醺

D.球夕落地地点位于初始位置正下方

8、如图甲所示为历史上著名的襄阳炮，其实质就是一种大型抛石

机.它采用杠杆原理，由一根横杆和支架构成，横杆的一端固定重物,

另一端放置石袋，发射时用绞车将放置石袋的一端用力往下拽，而后

突然松开，因为重物的牵缀，长臂会猛然翘起，石袋里的巨石就被抛

出.将其工作原理简化为图乙所示，横杆的质量不计，将一质量加=

10kg,可视为质点的石块，装在横杆长臂与转轴。点相距£=5m的

末端石袋中，在转轴短臂右端固定一重物机发射之前先利用外力使

石块静止在地面上的/点，静止时长臂与水平面的夹角。=37°，

解除外力后石块被发射，当长臂转到竖直位置时立即停止运动，石块

被水平抛出，落在水平地面上，石块落地位置与。点的水平距离s=

20m,空气阻力不计，sin37°=0.6,cos37°=0.8,g取lOm/s?.

则（）

A.石块水平抛出时的初速度大小为10mm/s

B.石块水平抛出时的初速度大小为20m/s

C.从力点到最高点的过程中，长臂对石块做的功为2050J

D.从力点到最高点的过程中，长臂对石块做的功为2500J

9、（多选）某汽车研发机构在汽车的车轮上安装了小型发电机，将减

速时的部分动能转化并储存在蓄电池中，以达到节能的目的。某次测

试中，汽车以额定功率行驶一段距离后关闭发动机，测出了汽车动能

Ek与位移x的关系图像如图所示，其中①是关闭储能装置时的关系图

线，②是开启储能装置时的关系图线。已知汽车的质量为1000kg,

设汽车运动过程中所受地面阻力恒定，空气阻力不计。根据图像所给

的信息可求出（）

A.汽车行驶过程中所受地面的阻力为1000N

B,汽车的额定功率为80kW

C.汽车加速运动的时间为22.5s

D.汽车开启储能装置后向蓄电池提供的电能为5X105J

10、（多选）如图所示，质量为m的物体（可视为质点）以某一速度从A

点冲上倾角为30°的固定斜面，其减速运动的加速度大小为品。此

4

物体在斜面上能够上升的最大高度为ho则在这个过程中物体

（）

A.重力势能增加了mgh

B.机械能损失了1gh

C.动能损失了mgh

D.克服摩擦力做功与igh

4

11、如图，abc是竖直面内的光滑固定轨道，ab水平，长度为2R；

be是半径为R的四分之一圆弧，与ab相切于b点。一质量为m的小

球，始终受到与重力大小相等的水平外力的作用，自a点处从静止开

始向右运动。重力加速度大小为g。小球从a点开始运动到其轨迹最

高点，机械能的增量为（

A.2mgRB.4mgR

D.6mgR

12、（多选）如图所示，质量为力的小球穿在光滑细杆以/上，并可沿

细杆滑动.已知细杆与水平面的夹角为30°,细杆长度为2乙P为

细杆中点.小球连接轻弹簧，弹簧水平放置，弹簧右端固定于竖直平

面的。点.此时弹簧恰好处于原长，原长为平乙劲度系数为等将

小球从M点由静止释放，小球会经过户点，并能够到达〃点.重力加

速度大小为g,下列说法正确的是（）

小球运动至〃点时受到细杆弹力为平加g

小球运动到尸点处时的加速度为承

小球运动至4点时的速度为恒2

D.小球运动至N点时弹簧的弹性势能为加

13、（多选）如图所示为倾角a=37。的粗糙斜面，质量为%=0.5kg

的小球用长为L=0.5m的细绳系于斜面上的悬点。处，小球与斜面

间的动摩擦因数4=0.5,在最低点夕小球获得切向初速度r0=14

m/s,此后小球绕悬点。做圆周运动，重力加速度取g=10m/s\sin

37°=0.6,cos37°=0.8,n取3.14,则（）

A.小球在8点获得初速度小后瞬间绳上拉力大小为196N

B.小球经过最高点力的速度大小至少为mm/s

C.小球每做一次完整的圆周运动系统损失的机械能为3.14J

D.全过程小球能通过/点7次

二、非选择题

14、如图所示，4夕为倾角为。=37°的光滑固定斜面，在夕点与水

平传送带平滑连接，在传送带的右端。处，平滑连接有半圆形光滑轨

道切，轨道半径为E=2m,切为半圆轨道竖直方向的直径.现自斜

面高力=5m的4点由静止释放一个加=1kg小物块，物块与传送带

间的动摩擦因数4=0.2,传送带以7o=5m/s的速度顺时针转动，

传送带足够长.重力加速度尸10m/s2,求:

A.D

....C

...C)

(1)物块到达。点时，系统由于摩擦产生的内能。；

⑵通过改变传送带顺时针转动的速度大小，可以影响物块在半圆轨

道上的运动情况，若要求物块不在半圆轨道上脱离，试计算传送带的

速度大小范围.

15、下图是一皮带传输装载机械示意图.井下挖掘工将矿物无初速放

置于沿图示方向运行的传送带力端，被传输到末端〃处，再沿一段圆

形轨道到达轨道的最高点。处，然后水平抛到货台上.已知半径为〃

=0.4m的圆形轨道与传送带在2点相切，。点为圆形轨道的圆心，

BO.CO分别为圆形轨道的半径.矿物可视为质点，传送带与水平面

间的夹角。=37°,矿物与传送带间的动摩擦因数〃=0.85,传送

带匀速运行的速度为n=6m/s,传送带/、方两点间的长度为£=40

m.若矿物落点〃处离最高点。点的水平距离为s=2m,竖直距离为

力=1.25m,矿物质量加=5kg,sin37°=0.6,cos37°=0.8,g

=10m/s2,不计空气阻力.求：

(1)矿物到达。点时对轨道的压力大小；

(2)矿物到达〃点时的速度大小；

(3)矿物由4点到达。点的过程中，摩擦力对矿物所做的功.

16、如图甲所示，半径4=0.451n的光滑"圆弧轨道固定在竖直平面

内，夕为轨道的最低点，夕点右侧的光滑水平面上紧挨8点有一静止

的小平板车，平板车质量〃=1kg,长度1=1m,小车的上表面与〃

点等高，距地面的高度为=0.2m.质量加=1kg的物块(可视为质点)

从圆弧轨道最高点力由静止释放.取g=10m/s2.试求：

(1)物块滑到轨道上的夕点时对轨道的压力大小；

⑵若锁定平板车并在上表面铺上一种特殊材料，其动摩擦因数从左

向右随距离均匀变化，如图乙所示，求物块滑离平板车时的速率；

⑶若解除平板车的锁定并撤去上表面铺的材料后，物块与平板车上

表面间的动摩擦因数〃=0.2,物块仍从圆弧最高点/由静止释放，

求物块落地时距平板车右端的水平距离.

17、如图所示为轮滑比赛的一段模拟赛道.一个小物块(可看成质点)

从4点以一定的初速度水平抛出，刚好无碰撞地从。点进入光滑的圆

弧赛道，圆弧赛道所对的圆心角为60°,圆弧半径为凡圆弧赛道的

最低点与水平赛道座平滑连接，DE长为R,物块经圆弧赛道进入水

平赛道，然后在瓦点无碰撞地滑上左侧的固定光滑斜坡，斜坡的倾角

为37°,物块恰好能滑到斜坡的最高点RF、0、月三点在同一高度,

重力加速度大小为g,不计空气阻力.求：

(1)物块的初速度的的大小及物块与水平赛道间的动摩擦因数；

(2)试判断物块向右返回时，能不能滑到。点，如果能，试分析物块

从。点抛出后，撞在/打或比部分的位置.

答案与解析

1、答案:D

解析：小球从〃点运动到夕点的过程中，重力做功%=〃/g(2A—必=

mgR,故A错误；小球沿轨道到达最高点夕时恰好对轨道没有压力，

2

则有mg=nr^,解得以="许，则此过程中机械能的减少量为卜E=

mgR—^mvl=\mgR,故B错误；根据动能定理可知，合外力做功W合

=%nv£mgR,故C错误；根据功能关系可知，小球克服摩擦力做的

功等于机械能的减少量，为%膜,故D正确.

乙

2.答案：CD

解析：由于斜面ab粗糙，故两滑块组成的系统的机械能不守恒，故

A错误；由动能定理得，重力、拉力、摩擦力对"做的总功等于膨动

能的增加量，故B错误；除重力、弹力以外的力做功，导致机械能变

化，轻绳对勿做正功，勿机械能增加，故C正确；除重力、弹力以外

的力做功，将导致机械能变化，摩擦力对."做负功，造成两滑块组成

的系统的机械能损失，故D正确.

3、答案：BC

解析：根据动能定理可知，合外力对物体做的功等于物体动能的

变化量，所以升降机匀加速上升过程中，升降机底板对人做的功和人

的重力做功之和等于人增加的动能，故A错误；除重力外，其他力对

人做的功等于人机械能的增加量，B正确；升降机匀速上升过程中，

升降机底板对人做的功等于人克服重力做的功（此过程中动能不变），

即增加的机械能，C正确；升降机上升的全过程中，升降机拉力做的

功等于升降机和人增加的机械能，D错误。

4.答案：D

解析：在V—方图像中，斜率表示加速度，由于物体沿斜面做匀加速

运动，因此其“一1图像斜率不变，选项A错误；物体下滑位移大小

为x=\at\因此由数学知识可知其位移一时间图像为开口向上的抛

物线的一部分，故B错误；设斜面高为九，倾角为则物体下落

的高度7?=xsin—，斜面最低点重力势能为零，则物体

的重力势能为耳=侬（4-力）=侬加一些等」巴所以反_t图像明

显不是一次函数关系图像，选项c错误；根据功能关系，物体克服摩

擦力做的功等于机械能的减少量，故物体的机械能E=&_Kx=Eo—

A­上算所以E-t图像是开口向下的抛物线的一部分，选项D正确.

5、答案:BCD

解析：因在〃和N两点处弹簧对小球的弹力大小相等，且

JI

/如水NQmUp知在"处时弹簧处于压缩状态，在N处时弹簧处于

乙

伸长状态，则弹簧的弹力对小球先做负功后做正功再做负功，选项A

错误；当弹簧水平时，竖直方向的力只有重力，加速度为g;当弹簧

处于原长位置时，小球只受重力，加速度为g,则有两个时刻的加速

度大小等于g,选项B正确；弹簧长度最短时，即弹簧水平，弹力与

速度垂直，弹力对小球做功的功率为零，选项c正确；由动能定理得,

%+俄=△瓦，因"和"两点处弹簧对小球的弹力大小相等，弹性势

能相等，则由弹力做功特点知%=0,即％=△及，选项D正确.

6.答案:AD

解析：根据题图可知，方=4m时物体的重力势能力g力=80J,解得物

体质量勿=2kg,抛出时物体的动能为及o=lOOJ,由公式/（）=；/声

可知，力=0时物体的速率为u=10m/s,选项A正确，B错误；由功

能关系可知F&=|△8=20J,解得物体上升过程中所受空气阻力大

小£=5N,从物体开始抛出至上升到力=2m的过程中，由动能定理

有一力g力一£力=及一100J,解得瓦=50J,选项C错误；由题图可知，

物体上升到力=4m时-，机械能为80J,重力势能为80J,动能为零,

即从地面上升到力=4m,物体动能减少100J,选项D正确.

7.答案：AB

解析：夕下落时，4、。开始运动，当夕落地后，4、。停止运动，因4、

反。三球组成的系统机械能守恒，故球少的机械能先减小后增大，

故A正确；对整个系统分析有：/1g*勿幺之，解得VB=N小gL，故

B正确；在夕落地前的一段时间，4。做减速运动，轻杆对球有沿杆

向上的力，此时球/对地面的压力小于侬，故C错误；因为4、。两

球质量不相同，故力、。两球水平方向加速度大小不同，故球夕落地

地点不可能位于初始位置正下方，故D错误.

8、答案：C

解析：石块被抛出后做平抛运动，竖直高度为力=£+£sin<7=^gt2

-T/日I£+£sin_a_2r—

可得t=yj--------------=5^s

水平方向做匀速直线运动，有5=匕力

可得平抛的初速度大小为及=5亚m/s,故A、B错误；

石块从4点到最高点的过程，由动能定理有/—侬7?=；/"2—0,解得

长臂对石块做的功为仁侬•力+；勿及2=2050J,故C正确，D错误.

乙

9、答案：BD

解析：由图线①求所受阻力，由△ExFQx,得FL2N=2000N,

400

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

速阶段，

Pt-Ffx=AEk,得t=16.25s,C错误;根据能量守恒定律，并由图线②

可得，

z535

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

10、答案：AB

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

4m4

面上能够上升的最大高度为h,所以重力势能增加了mgh,故A项正

确；机械能损失了F「x=}g•2h=：mgh,故B项正确；动能损失量为克

q3

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

k42

服摩擦力做功）gh,故D项错误。

11、答案：C

解析：设小球运动到c点的速度大小为V,,小球由a到c的过程，由

动能定理得：F•3R-mgR=：m返，又F=mg,解得：£=4gR。小球离开

c点后，在水平方向做初速度为零的匀加速直线运动，竖直方向在重

力作用下做匀减速直线运动，整个过程运动轨迹如图所示，由牛顿第

二定律可知，小球离开c点后水平方向和竖直方向的加速度大小均为

g,则由竖直方向的运动可知，小球从离开c点到其轨迹最高点所需

的时间小球在水平方向的位移为x」glA解得x=2R。小球从a

92

点开始运动到其轨迹最高点的过程中，水平方向的位移大小为

x+3R=5R,则小球机械能的增加量AE=F•5R=5mgR。

h

12、答案：AC

解析：小球运动至尸点时，根据几何关系可得。、户之间的距离为:

"二芈/sin30°

则弹簧的弹力大小为:

对小球受力分析，可知小球在尸点受重力、弹簧的弹力和轻杆的弹力

作用，如图所示，

30°

在垂直斜面方向上，根据平衡条件有：R=F+mgcos30°,

解得：A=¥&z?g

b

在沿斜面方向上，根据牛顿第二定律有：峻in30°=ma

解得：a=/in30°=gg,A正确，B错误；

根据几何关系，可知0N=0M=^^-L,

故小球从"点运动至"点，弹性势能变化量为零，所以小球在N点时

弹簧的弹性势能为零，则整个过程小球减小的重力势能全部转化为小

球的动能,

根据机械能守恒有：mg*2Zsin30°=；/诏

解得：匕,二蛆3，C正确，D错误.

13、答案：BD

2

解析：在夕点，由牛顿第二定律：/一侬sin37°=行

解得：&=199N,选项A错误；

2

若小球恰能经过最高点/,则满足侬sin37°=膏

解得以=/m/s,选项B正确；

小球每做一次完整的圆周运动系统损失的机械能为

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

=6.28J,选项C错误；

小球从〃点开始运动，到恰能经过最高点A时，损失的能量：

1^1^AE'45.25

△E'=5"诏-+mg•2Zsin37°)=45.25J,则人］=,£

NNArO.Zo

仁7.2,则全过程小球能通过4点7次，选项D正确.

14、答案：(1)12.5J(2)r^lOm/s或W2标m/s

解析：(1)由于传送带足够长，物块到。点的速度一定与传送带速度

相同

由A到8过程，利用能量守恒可得mgh=Jm]

在传送带上a——ng

到达共速所用时间方=上二上

a

物块的位移彳=匕要力

乙

相对位移为卜s=X-Vot

由于系统摩擦产生的内能为g〃侬，△S

解得匕12.5J.

⑵传送带的速度即为物块进入半圆轨道的速度，物块不从轨道上脱

离，有两种临界情况：

①物块到达圆心等高处时速度为零，由能量关系可得:力雇二磔^

乙

解得rn=2^10m/s

2

②物块恰能到达〃点，则有侬=詹，。到〃的过程，由能量关系可

K

得3川匕2?=3加匕;+侬•27?

解得切=10m/s

综合两种情况，传送带的速度大小范围为：r^lOm/s或^2710

m/s.

15、答案：(1)150N(2)6m/s(3)1276J

解析：(1)矿物从。处抛出，由平抛运动知识，可得s=W,

h=^g/.

乙

矿物在。处，由牛顿第二定律可得

联立解得：吐=4m/s,A=150N.

根据牛顿第三定律可得K'=A=150N.

⑵假设矿物在力〃段始终处于加速状态，由动能定理可得

口ingLcos9—mgLsin0=：/0’2,

解得V8'=8m/s.

由于)>F0,故矿物在传送带上加速至与传送带速度相等后匀速运

动至B,

所以0=6m/s.

(3)矿物由4点到。点过程中，由动能定理得

%—mg[Lsin9+7?(l+cos")]=/诏,解得％=1276J.

乙

16、答案：(1)30N(2)1m/s(3)0.2m

解析：(1)物块从圆弧轨道最高点/滑到〃点的过程中，机械能守恒，

贝mgR=gmv；，

解得。=3m/s.