2019届高考物理二轮复习专题二功和能考点2功能关系能量守恒定律限时集训20190118232.doc

1、1考点二 功能关系 能量守恒定律限时 45分钟；满分 100分一、选择题(17 题每小题 7分，810 题每小题 9分)1如图 2214 所示，将一个内、外侧均光滑的半圆形槽置于光滑的水平面上，槽的左侧有一竖直墙壁。现让一小球自左端槽口 A点的正上方由静止开始下落，从 A点与半圆形槽相切进入槽内，则下列说法正确的是图 2214A小球在半圆形槽内运动的全过程中，只有重力对它做功B小球从 A点向半圆形槽的最低点运动的过程中，小球处于失重状态C小球从 A点经最低点向右侧最高点运动的过程中，小球与槽组成的系统机械能守恒D小球从下落到从右侧离开槽的过程中机械能守恒解析 小球从 A点向半圆形槽的最低点运动

2、的过程中，半圆形槽有向左运动的趋势，但是实际上没有动，整个系统只有重力做功，所以小球与槽组成的系统机械能守恒；而小球过了半圆形槽的最低点以后，半圆形槽向右运动，由于系统没有其他形式的能量产生，满足机械能守恒的条件，所以系统的机械能守恒，故 C正确；小球从开始下落至到达槽最低点前，小球先失重，后超重，故 B错误；当小球向右上方滑动时，半圆形槽也向右移动，半圆形槽对小球做负功，小球的机械能不守恒，故 A、D 错误。答案 C2滑沙是人们喜爱的游乐活动，如图是 2215 滑沙场地的一段斜面，其倾角为30。设参加活动的人和滑车总质量为 m，人和滑车从距底端高为 h处的顶端 A沿滑道由静止开始匀加速下滑，

3、加速度为 0.4g，人和滑车可视为质点，则从顶端向下滑到底端 B的过程中，下列说法正确的是2图 2215A人和滑车减少的重力势能全部转化为动能B人和滑车获得的动能为 0.4 mghC整个下滑过程中人和滑车减少的机械能为 0.2mghD人和滑车克服摩擦力做功为 0.6mgh解析 由牛顿第二定律有 mgsin 30 f ma，得 f0.1 mg，人和滑车受重力、支持力、摩擦力作用，摩擦力做负功，机械能不守恒，A 错误；由动能定理得 W 合 0.4 mg Ek， Ek0.8 mgh，B 错误；由功能关系知，摩擦力做功 Wf f 0.2 hsin 30 hsin 30mgh，机械能减少 0.2mgh，

4、人和滑车克服摩擦力做的功为 0.2mgh，C 正确，D 错误。答案 C3(2018唐山二模)如图 2216 所示，倾角为 30的光滑斜面底端固定一轻弹簧，O点为原长位置。质量为 0.5 kg的滑块从斜面上 A点由静止释放，物块下滑并压缩弹簧到最短的过程中，最大动能为 8 J。现将物块由 A点上方 0.4 m处的 B点由静止释放，弹簧被压缩过程中始终在弹性限度内， g取 10 m/s2，则下列说法正确的是图 2216A物块从 O点开始做减速运动B从 B点释放滑块动能最大位置比从 A点释放要低C从 B点释放滑块最大动能为 9 JD从 B点释放弹簧最大弹性势能比从 A点释放增加了 1 J解析 物块从

5、接触弹簧到最短的过程，先加速后减速，选项 A错误。物块合力为零时动能最大，两次动能最大的位置相同，B、D 错误。从 B点释放时的机械能比从 A点释放时3大， E mghsin 1 J。故从 B点释放后。物块能达到的最大动能为 9 J，选项 C正确。答案 C4(多选)(2018淮北二模)静止在地面上的物体在竖直向上的恒力作用下上升，在某一高度撤去恒力。若不计空气阻力、则在整个上升过程中，下列关于物体机械能 E和动能Ek随时间变化的关系图象正确的是解析 物体在恒力作用下向上做加速运动，速度逐渐增大，拉力的功率增大。故 E t图象的斜率增大。动能 Ek mv2 m(at)2， Ek与 t成二次函数关

6、系，撤去拉力后，物体的12 12机械能不变，物体做减速运动，动能逐渐减小，且随着速度的减小，重力的功率减小，Ek t图象的斜率减小，故 A、C 正确。答案 AC5(多选)将三个木板 1、2、3 固定在墙角，木板与墙壁和地面构成了三个不同的三角形，如图 2217 所示，其中 1与 2底边相同，2 和 3高度相同。现将一个可视为质点的物块分别从三个木板的顶端由静止释放，并沿木板下滑到底端，物块与木板之间的动摩擦因数 均相同。在这三个过程中，下列说法正确的是图 2217A沿着木板 1和木板 2下滑到底端时，物块速度的大小相等B沿着木板 2和木板 3下滑到底端时，物块速度的大小相等C沿着木板 1下滑到

7、底端时，物块的动能最大4D物块沿着木板 3下滑到底端的过程中，产生的热量最多解析 对物块受力分析，由动能定理可知，沿着木板 1和木板 2下滑到底端时，摩擦力做功相等，沿木板 1重力做功较大，因此沿着木板 1下滑到底端时速度大，动能较大，选项 A错误；沿着木板 2和木板 3下滑到底端时，重力做功相等，沿木板 3运动时摩擦力做功较大，因此沿着木板 2下滑到底端时速度大，沿着木板 3下滑到底端的过程中，产生的热量最多，选项 B错误，CD 正确。答案 CD6(多选)如图 2218 所示，将一质量为 m的物体放置在一固定的粗糙斜面上，斜面与水平地面间夹角为 ，斜面的高度为 h。一人通过固定在斜面顶端的定

8、滑轮将物体沿斜面由静止开始匀加速地由底端拉至斜面顶端，拉物体的绳始终与斜面平行，物体到达斜面顶端时的速度为 v，则在此过程中图 2218A物体所受的合外力做功为 mgh mv212B物体所受的合外力做功为 mv212C人对物体做的功为 mghD拉力的功率变大解析 物体沿斜面做匀加速运动，根据动能定理 W 合 WF Wf mgh mv2，其中 Wf为12物体克服摩擦力做的功。人对物体做的功即是人对物体的拉力做的功，所以 W 人 WF Wf mgh mv2，A、C 错误、B 正确；拉力不变，速度变大，所以拉力的功率变大，12D正确 。答案 BD7(多选)(2018潍坊模拟)如图 2219 所示，轻

9、质弹簧一端固定，另一端与套在光滑竖直杆上的圆环相连，圆环位于 a处时，弹簧水平且处于原长。将圆环从 a处由静止释放，经过 b处时速度最大，到达 c处时速度为零。已知弹簧始终在弹性限度内，则圆环在从 a下滑到 c的过程中，以下判断正确的是5图 2219A圆环的加速度一直减小B圆环所受杆的弹力一直变大C圆环与弹簧组成系统的机械能守恒D圆环减小的重力势能等于弹簧增加的弹性势能解析 由于在 a处弹簧处于原长状态，则圆环在 a处只受重力的作用，加速度等于重力加速度 g，由题意圆环在 b处的速度最大，该位置的加速度为零，因此圆环由 a到 c的过程中，圆环的加速度先减小后增大，A 错误；设弹簧的原长为 l0

10、，圆环运动过程中弹簧的长度为 l，弹簧与竖直杆的夹角为 ，则圆环从 a运动到 c的过程中，水平方向合外力始终为零，则杆对圆环的弹力与弹簧在水平方向的分力等大反向，则 F k(l l0)sin ，又 sin ，整理得 F kl0 ，显然随 l的增大杆对圆环的弹力一直增大，Bl0l kl20l正确；对圆环与弹簧组成的系统，整个运动过程中，只有重力和弹簧弹力做功，而弹簧弹力属于内力，因此系统的机械能守恒，C 正确；圆环由 a到 c的过程中，圆环的动能先增大后减小，因此重力势能的减少量先大于后小于弹簧弹性势能的增加量，D 错误。答案 BC8(多选)如图 2220 所示，质量为 M、长为 L的木板置于光

11、滑的水平面上，一质量为 m的滑块放置在木板左端，滑块与木板间滑动摩擦力大小为 Ff，用水平的恒定拉力 F作用于滑块，当滑块运动到木板右端时，木板在地面上移动的距离为 x，滑块速度为 v1，木板速度为 v2，下列结论中正确的是图 2220A上述过程中， F做功大小为 mv Mv12 21 12 2B其他条件不变的情况下， M越大， x越小6C其他条件不变的情况下， F越大，滑块到达右端所用时间越长D其他条件不变的情况下， Ff越大，滑块与木板间产生的热量越多解析 由功能关系可知，上述过程中， F做功的大小等于二者增加的动能与系统产生的热量之和，选项 A错；其他条件不变的情况下， M越大，木板的加

12、速度越小， x越小，选项 B对；其他条件不变的情况下， F越大，滑块的加速度越大，滑块到达右端所用时间越短，选项 C错；滑块与木板间产生的热量 Q Ffl 相对 FfL 板 ， L 板 一定， Ff越大产生的热量越多，选项 D对。答案 BD9(多选)(2018咸阳模拟)如图 2221 所示，光滑水平面 OB与足够长的粗糙斜面BC相接于 B点， O端有一竖直墙面，一轻弹簧左端固定于竖直墙面，现用质量为 m1的滑块压缩弹簧至 D点，然后由静止释放，滑块脱离弹簧后经 B点滑上斜面，上升到最大高度，并静止在斜面上，不计滑块在 B点的机械能损失。若换用相同材料、相同粗糙程度的质量为 m2(m2m1)的滑

13、块压缩弹簧至同一点 D后，重复上述过程，下列说法正确的是图 2221A两滑块到达 B点的速度相同B两滑块沿斜面上升的最大高度相同C两滑块上升到最高点的过程中克服重力做的功相同D两滑块上升到最高点的过程中机械能损失相同解析 压缩弹簧至同一点 D后，两种情况下弹簧的弹性势能相同，由静止释放后，由机械能守恒定律可知两滑块在 B点的动能相同。由于 m2m1，则 m2获得的速度小于 m1，两滑块到达 B点时的速度不同，选项 A错误；由牛顿第二定律可知，两滑块沿斜面上升过程中的加速度相同，由 x 可知，两滑块沿斜面上升的最大高度不相同，选项 B错误；滑v22a块上升到最高点的过程中，克服重力做功 WG m

14、gh mgxsin mg sin mv2 sin v22a 12 ga ，由于两个滑块的初动能 mv2相同，所以两滑块上升到最高点的过程中克服重力做的功12相同，选项 C正确；两滑块上升到最高点的过程中，由动能定理， WG Wf0 mv2，动12能变化相同，克服重力做功 WG相同，可知克服摩擦力做功相同，由功能关系可知，机械能损失相同，选项 D正确。7答案 CD10(多选)(2018张家口二模)如图 2222 甲所示，轻弹簧竖直固定在水平面上处于自由状态，一质量为 m0.2 kg的小球，从弹簧上端某高度处自由下落，从它接触弹簧到弹簧压缩至最短的过程中(弹簧在弹性限度内)，其速度 v和弹簧压缩量

15、 x之间的函数图象如图乙所示，其中 A为曲线的最高点，小球和弹簧接触瞬间机械能损失不计，取g10 m/s 2，则图 2222A当 x0.1 m 时，小球处于失重状态B小球在最低点时的加速度大于 10 m/s2。C从接触弹簧到压缩至最短的过程中，小球的机械能守恒D小球从速度最大到压缩至最短，弹簧弹性势能增加量为 3.621 J解析 x0.1 时，小球的速度最大，合力为零，加速度为零，故 A错。小球到达 x20.2 m位置时 k x2 mg ma， a10 m/s2。此后继续向下运动，到最低点时加速度大于 10 m/s2，B 选项正确。从接触弹簧到压缩至最短的过程，小球和弹簧组成的系统机械能守恒，

16、C 错误。根据能量守恒，小球从速度最大到最低点，弹性势能的增加量 Ep mv2 mgh3.621 J，D 正确。12答案 BD二、计算题(本题共 2小题，共 24分)11(12 分)(2016全国卷)轻质弹簧原长为 2l，将弹簧竖直放置在地面上，在其顶端将一质量为 5m的物体由静止释放，当弹簧被压缩到最短时，弹簧长度为 l。现将该弹簧水平放置，一端固定在 A点，另一端与物块 P接触但不连接。 AB是长度为 5l的水平轨道，B端与半径为 l的光滑半圆轨道 BCD相切，半圆的直径 BD竖直，如图 2223 所示。物块 P与 AB间的动摩擦因数 0.5。用外力推动物块 P，将弹簧压缩至长度 l，然后

17、放开，P开始沿轨道运动，重力加速度大小为 g。8图 2223(1)若 P的质量为 m，求 P到达 B点时速度的大小，以及它离开圆轨道后落回到 AB上的位置与 B点间的距离；(2)若 P能滑上圆轨道，且仍能沿圆轨道滑下，求 P的质量的取值范围。解析 (1)依题意，当弹簧竖直放置，长度被压缩至 l时，质量为 5m的物体的动能为零，其重力势能转化为弹簧的弹性势能。由机械能守恒定律，弹簧长度为 l时的弹性势能为 Ep5 mgl 设 P的质量为 M，到达 B点时的速度大小为 vB，由能量守恒定律得Ep Mv Mg 4l12 2B联立式，取 M m并代入题给数据得 vB 6gl若 P能沿圆轨道运动到 D点

18、，其到达 D点时的向心力不能小于重力，即 P此时的速度大小 v应满足 mg0 mv2l设 P滑到 D点时的速度为 vD，由机械能守恒定律得mv mv mg2l 12 2B 12 2D联立式得 vD 2glvD满足式要求，故 P能运动到 D点，并从 D点以速度 vD水平射出。设 P落回到轨道AB所需的时间为 t，由运动学公式得 2l gt2 12P落回到 AB上的位置与 B点之间的距离为 s vDt 联立式得 s2 l 2(2)为使 P能滑上圆轨道，它到达 B点时的速度不能小于零。由式可知 5mgl Mg 4l要使 P仍能沿圆轨道滑回， P在圆轨道的上升高度不能超过半圆轨道的中点 C。由机械能守

19、恒定律有 9Mv Mgl 12 2B联立式得 m M m。53 52答案 (1) 2 l (2) m M m6gl 253 5212(12 分)(2018黄山质检)倾角 37的传送带以速度 v1.0 m/s 顺时针转动，位于其底部的煤斗每秒钟向其输送 K4.0 kg的煤屑，煤屑刚落到传送带上的速度为零，传送带将煤屑送到 h3.0 m的高处，煤屑与传送带间的动摩擦因数 0.8，且煤屑在到达最高点前已经和传送带的速度相等。(重力加速度 g10 m/s2，传送带直径大小可忽略)求：图 2224(1)煤屑从落到传送带开始，运动到与传送带速度相等时前进的位移和时间；(2)传送带电机因输送煤屑而多产生的输出功率。解析 (1)设有质量为 m0的煤屑落到传送带上后向上加速运动，加速度a 0.4 m/s 2 m0gcos m0gsin m0位移为 s 1.25 mv22a时间为 t 2.5 sva(2)传送带做功使煤屑动能增加、重力势能增加、热量增加设经过 t时间，煤屑动能增加量 Ek K tv212重力势能的增加量 Ep K tgh热量增加为滑动摩擦力乘以相对位移Q K tgcos (vt s)输出功率 P Kv2 Kgh Kg cos (vt s)154 W。 Ek Ep Q t 12答案 (1)2.5 s (2)154 W