2022屆高考物理二輪復習 專題二 功和能 考點2 功能關系 能量守恒定律限時集訓

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1、2022屆高考物理二輪復習 專題二 功和能 考點2 功能關系 能量守恒定律限時集訓 一、選擇題(1～7題每小題7分，8～10題每小題9分) 1．如圖2－2－14所示，將一個內(nèi)、外側均光滑的半圓形槽置于光滑的水平面上，槽的左側有一豎直墻壁?，F(xiàn)讓一小球自左端槽口A點的正上方由靜止開始下落，從A點與半圓形槽相切進入槽內(nèi)，則下列說法正確的是 圖2－2－14 A．小球在半圓形槽內(nèi)運動的全過程中，只有重力對它做功 B．小球從A點向半圓形槽的最低點運動的過程中，小球處于失重狀態(tài) C．小球從A點經(jīng)最低點向右側最高點運動的過程中，小球與槽組成的系統(tǒng)機械能守恒 D．小球從下落到從右側離開槽的過程

2、中機械能守恒 解析　小球從A點向半圓形槽的最低點運動的過程中，半圓形槽有向左運動的趨勢，但是實際上沒有動，整個系統(tǒng)只有重力做功，所以小球與槽組成的系統(tǒng)機械能守恒；而小球過了半圓形槽的最低點以后，半圓形槽向右運動，由于系統(tǒng)沒有其他形式的能量產(chǎn)生，滿足機械能守恒的條件，所以系統(tǒng)的機械能守恒，故C正確；小球從開始下落至到達槽最低點前，小球先失重，后超重，故B錯誤；當小球向右上方滑動時，半圓形槽也向右移動，半圓形槽對小球做負功，小球的機械能不守恒，故A、D錯誤。 答案　C 2．滑沙是人們喜愛的游樂活動，如圖是2－2－15滑沙場地的一段斜面，其傾角為30°。設參加活動的人和滑車總質量為m，人和滑車

3、從距底端高為h處的頂端A沿滑道由靜止開始勻加速下滑，加速度為0.4g，人和滑車可視為質點，則從頂端向下滑到底端B的過程中，下列說法正確的是 圖2－2－15 A．人和滑車減少的重力勢能全部轉化為動能 B．人和滑車獲得的動能為0.4 mgh C．整個下滑過程中人和滑車減少的機械能為0.2mgh D．人和滑車克服摩擦力做功為0.6mgh 解析　由牛頓第二定律有mgsin 30°－f＝ma，得f＝0.1mg，人和滑車受重力、支持力、摩擦力作用，摩擦力做負功，機械能不守恒，A錯誤；由動能定理得W合＝0.4mg·＝Ek，Ek＝0.8mgh，B錯誤；由功能關系知，摩擦力做功Wf＝－f＝－0.

4、2 mgh，機械能減少0.2mgh，人和滑車克服摩擦力做的功為0.2mgh，C正確，D錯誤。 答案　C 3．(2018·唐山二模)如圖2－2－16所示，傾角為30°的光滑斜面底端固定一輕彈簧，O點為原長位置。質量為0.5 kg的滑塊從斜面上A點由靜止釋放，物塊下滑并壓縮彈簧到最短的過程中，最大動能為8 J?，F(xiàn)將物塊由A點上方0.4 m處的B點由靜止釋放，彈簧被壓縮過程中始終在彈性限度內(nèi)，g取10 m/s2，則下列說法正確的是 圖2－2－16 A．物塊從O點開始做減速運動 B．從B點釋放滑塊動能最大位置比從A點釋放要低 C．從B點釋放滑塊最大動能為9 J D．從B點釋放彈簧最大

5、彈性勢能比從A點釋放增加了1 J 解析　物塊從接觸彈簧到最短的過程，先加速后減速，選項A錯誤。物塊合力為零時動能最大，兩次動能最大的位置相同，B、D錯誤。從B點釋放時的機械能比從A點釋放時大，ΔE＝mghsin θ＝1 J。故從B點釋放后。物塊能達到的最大動能為9 J，選項C正確。 答案　C 4．(多選)(2018·淮北二模)靜止在地面上的物體在豎直向上的恒力作用下上升，在某一高度撤去恒力。若不計空氣阻力、則在整個上升過程中，下列關于物體機械能E和動能Ek隨時間變化的關系圖象正確的是 解析　物體在恒力作用下向上做加速運動，速度逐漸增大，拉力的功率增大。故E－t圖象的斜率增大。動能E

6、k＝mv2＝m(at)2，Ek與t成二次函數(shù)關系，撤去拉力后，物體的機械能不變，物體做減速運動，動能逐漸減小，且隨著速度的減小，重力的功率減小，Ek－t圖象的斜率減小，故A、C正確。 答案　AC 5．(多選)將三個木板1、2、3固定在墻角，木板與墻壁和地面構成了三個不同的三角形，如圖2－2－17所示，其中1與2底邊相同，2和3高度相同?，F(xiàn)將一個可視為質點的物塊分別從三個木板的頂端由靜止釋放，并沿木板下滑到底端，物塊與木板之間的動摩擦因數(shù)μ均相同。在這三個過程中，下列說法正確的是 圖2－2－17 A．沿著木板1和木板2下滑到底端時，物塊速度的大小相等 B．沿著木板2和木板3下滑到底

7、端時，物塊速度的大小相等 C．沿著木板1下滑到底端時，物塊的動能最大 D．物塊沿著木板3下滑到底端的過程中，產(chǎn)生的熱量最多 解析　對物塊受力分析，由動能定理可知，沿著木板1和木板2下滑到底端時，摩擦力做功相等，沿木板1重力做功較大，因此沿著木板1下滑到底端時速度大，動能較大，選項A錯誤；沿著木板2和木板3下滑到底端時，重力做功相等，沿木板3運動時摩擦力做功較大，因此沿著木板2下滑到底端時速度大，沿著木板3下滑到底端的過程中，產(chǎn)生的熱量最多，選項B錯誤，CD正確。 答案　CD 6．(多選)如圖2－2－18所示，將一質量為m的物體放置在一固定的粗糙斜面上，斜面與水平地面間夾角為θ，斜面的

8、高度為h。一人通過固定在斜面頂端的定滑輪將物體沿斜面由靜止開始勻加速地由底端拉至斜面頂端，拉物體的繩始終與斜面平行，物體到達斜面頂端時的速度為v，則在此過程中 圖2－2－18 A．物體所受的合外力做功為mgh＋mv2 B．物體所受的合外力做功為mv2 C．人對物體做的功為mgh D．拉力的功率變大 解析　物體沿斜面做勻加速運動，根據(jù)動能定理W合＝WF－Wf－mgh＝mv2，其中Wf為物體克服摩擦力做的功。人對物體做的功即是人對物體的拉力做的功，所以W人＝WF＝Wf＋mgh＋mv2，A、C錯誤、B正確；拉力不變，速度變大，所以拉力的功率變大，D正確 。 答案　BD 7．(

9、多選)(2018·濰坊模擬)如圖2－2－19所示，輕質彈簧一端固定，另一端與套在光滑豎直桿上的圓環(huán)相連，圓環(huán)位于a處時，彈簧水平且處于原長。將圓環(huán)從a處由靜止釋放，經(jīng)過b處時速度最大，到達c處時速度為零。已知彈簧始終在彈性限度內(nèi)，則圓環(huán)在從a下滑到c的過程中，以下判斷正確的是 圖2－2－19 A．圓環(huán)的加速度一直減小 B．圓環(huán)所受桿的彈力一直變大 C．圓環(huán)與彈簧組成系統(tǒng)的機械能守恒 D．圓環(huán)減小的重力勢能等于彈簧增加的彈性勢能 解析　由于在a處彈簧處于原長狀態(tài)，則圓環(huán)在a處只受重力的作用，加速度等于重力加速度g，由題意圓環(huán)在b處的速度最大，該位置的加速度為零，因此圓環(huán)由a到c的

10、過程中，圓環(huán)的加速度先減小后增大，A錯誤；設彈簧的原長為l0，圓環(huán)運動過程中彈簧的長度為l，彈簧與豎直桿的夾角為α，則圓環(huán)從a運動到c的過程中，水平方向合外力始終為零，則桿對圓環(huán)的彈力與彈簧在水平方向的分力等大反向，則F＝k(l－l0)sin α，又sin α＝，整理得F＝kl0－，顯然隨l的增大桿對圓環(huán)的彈力一直增大，B正確；對圓環(huán)與彈簧組成的系統(tǒng)，整個運動過程中，只有重力和彈簧彈力做功，而彈簧彈力屬于內(nèi)力，因此系統(tǒng)的機械能守恒，C正確；圓環(huán)由a到c的過程中，圓環(huán)的動能先增大后減小，因此重力勢能的減少量先大于后小于彈簧彈性勢能的增加量，D錯誤。 答案　BC 8．(多選)如圖2－2－20所

11、示，質量為M、長為L的木板置于光滑的水平面上，一質量為m的滑塊放置在木板左端，滑塊與木板間滑動摩擦力大小為Ff，用水平的恒定拉力F作用于滑塊，當滑塊運動到木板右端時，木板在地面上移動的距離為x，滑塊速度為v1，木板速度為v2，下列結論中正確的是 圖2－2－20 A．上述過程中，F(xiàn)做功大小為mv＋Mv B．其他條件不變的情況下，M越大，x越小 C．其他條件不變的情況下，F(xiàn)越大，滑塊到達右端所用時間越長 D．其他條件不變的情況下，F(xiàn)f越大，滑塊與木板間產(chǎn)生的熱量越多 解析　由功能關系可知，上述過程中，F(xiàn)做功的大小等于二者增加的動能與系統(tǒng)產(chǎn)生的熱量之和，選項A錯；其他條件不變的情況下

12、，M越大，木板的加速度越小，x越小，選項B對；其他條件不變的情況下，F(xiàn)越大，滑塊的加速度越大，滑塊到達右端所用時間越短，選項C錯；滑塊與木板間產(chǎn)生的熱量Q＝Ff·l相對＝Ff·L板，L板一定，F(xiàn)f越大產(chǎn)生的熱量越多，選項D對。 答案　BD 9．(多選)(2018·咸陽模擬)如圖2－2－21所示，光滑水平面OB與足夠長的粗糙斜面BC相接于B點，O端有一豎直墻面，一輕彈簧左端固定于豎直墻面，現(xiàn)用質量為m1的滑塊壓縮彈簧至D點，然后由靜止釋放，滑塊脫離彈簧后經(jīng)B點滑上斜面，上升到最大高度，并靜止在斜面上，不計滑塊在B點的機械能損失。若換用相同材料、相同粗糙程度的質量為m2(m2>m1)的滑塊壓縮

13、彈簧至同一點D后，重復上述過程，下列說法正確的是 圖2－2－21 A．兩滑塊到達B點的速度相同 B．兩滑塊沿斜面上升的最大高度相同 C．兩滑塊上升到最高點的過程中克服重力做的功相同 D．兩滑塊上升到最高點的過程中機械能損失相同 解析　壓縮彈簧至同一點D后，兩種情況下彈簧的彈性勢能相同，由靜止釋放后，由機械能守恒定律可知兩滑塊在B點的動能相同。由于m2>m1，則m2獲得的速度小于m1，兩滑塊到達B點時的速度不同，選項A錯誤；由牛頓第二定律可知，兩滑塊沿斜面上升過程中的加速度相同，由x＝可知，兩滑塊沿斜面上升的最大高度不相同，選項B錯誤；滑塊上升到最高點的過程中，克服重力做功WG＝

14、mgh＝mgxsin θ＝mgsin θ＝mv2×sin θ，由于兩個滑塊的初動能mv2相同，所以兩滑塊上升到最高點的過程中克服重力做的功相同，選項C正確；兩滑塊上升到最高點的過程中，由動能定理，－WG－Wf＝0－mv2，動能變化相同，克服重力做功WG相同，可知克服摩擦力做功相同，由功能關系可知，機械能損失相同，選項D正確。 答案　CD 10．(多選)(2018·張家口二模)如圖2－2－22甲所示，輕彈簧豎直固定在水平面上處于自由狀態(tài)，一質量為m＝0.2 kg的小球，從彈簧上端某高度處自由下落，從它接觸彈簧到彈簧壓縮至最短的過程中(彈簧在彈性限度內(nèi))，其速度v和彈簧壓縮量Δx之間的函數(shù)圖象

15、如圖乙所示，其中A為曲線的最高點，小球和彈簧接觸瞬間機械能損失不計，取g＝10 m/s2，則 圖2－2－22 A．當Δx＝0.1 m時，小球處于失重狀態(tài) B．小球在最低點時的加速度大于10 m/s2。 C．從接觸彈簧到壓縮至最短的過程中，小球的機械能守恒 D．小球從速度最大到壓縮至最短，彈簧彈性勢能增加量為3.621 J 解析　Δx＝0.1時，小球的速度最大，合力為零，加速度為零，故A錯。小球到達Δx2＝0.2 m位置時　kΔx2－mg＝ma，a＝10 m/s2。此后繼續(xù)向下運動，到最低點時加速度大于10 m/s2，B選項正確。從接觸彈簧到壓縮至最短的過程，小球和彈簧組成的系統(tǒng)

16、機械能守恒，C錯誤。根據(jù)能量守恒，小球從速度最大到最低點，彈性勢能的增加量ΔEp＝mv2＋mgh＝3.621 J，D正確。 答案　BD 二、計算題(本題共2小題，共24分) 11．(12分)(2016·全國卷Ⅱ)輕質彈簧原長為2l，將彈簧豎直放置在地面上，在其頂端將一質量為5m的物體由靜止釋放，當彈簧被壓縮到最短時，彈簧長度為l?，F(xiàn)將該彈簧水平放置，一端固定在A點，另一端與物塊P接觸但不連接。AB是長度為5l的水平軌道，B端與半徑為l的光滑半圓軌道BCD相切，半圓的直徑BD豎直，如圖2－2－23所示。物塊P與AB間的動摩擦因數(shù)μ＝0.5。用外力推動物塊P，將彈簧壓縮至長度l，然后放開，P

17、開始沿軌道運動，重力加速度大小為g。 圖2－2－23 (1)若P的質量為m，求P到達B點時速度的大小，以及它離開圓軌道后落回到AB上的位置與B點間的距離； (2)若P能滑上圓軌道，且仍能沿圓軌道滑下，求P的質量的取值范圍。 解析　(1)依題意，當彈簧豎直放置，長度被壓縮至l時，質量為5m的物體的動能為零，其重力勢能轉化為彈簧的彈性勢能。由機械能守恒定律，彈簧長度為l時的彈性勢能為Ep＝5mgl ① 設P的質量為M，到達B點時的速度大小為vB，由能量守恒定律得Ep＝Mv＋μMg·4l ② 聯(lián)立①②式，取M＝m并代入題給數(shù)據(jù)得vB＝

18、 ③ 若P能沿圓軌道運動到D點，其到達D點時的向心力不能小于重力，即P此時的速度大小v應滿足 －mg≥0 ④ 設P滑到D點時的速度為vD，由機械能守恒定律得 mv＝mv＋mg·2l ⑤ 聯(lián)立③⑤式得vD＝ ⑥ vD滿足④式要求，故P能運動到D點，并從D點以速度vD水平射出。設P落回到軌道AB所需的時間為t，由運動學公式得2l＝gt2 ⑦ P落回到AB上的位置與B點之間的距離為s＝vDt ⑧ 聯(lián)立⑥⑦⑧式得s＝2l ⑨ (2)為使P能滑上圓軌道，它到達B點時

19、的速度不能小于零。 由①②式可知5mgl＞μMg·4l 要使P仍能沿圓軌道滑回，P在圓軌道的上升高度不能超過半圓軌道的中點C。由機械能守恒定律有 ⑩ Mv≤Mgl ? 聯(lián)立①②⑩?式得m≤M＜m。 答案　(1)　2l　(2)m≤M＜m 12．(12分)(2018·黃山質檢)傾角θ＝37°的傳送帶以速度v＝1.0 m/s順時針轉動，位于其底部的煤斗每秒鐘向其輸送K＝4.0 kg的煤屑，煤屑剛落到傳送帶上的速度為零，傳送帶將煤屑送到h＝3.0 m的高處，煤屑與傳送帶間的動摩擦因數(shù)μ＝0.8，且煤屑在到達最高點前已經(jīng)和傳送帶的速度相

20、等。(重力加速度g＝10 m/s2，傳送帶直徑大小可忽略)求： 圖2－2－24 (1)煤屑從落到傳送帶開始，運動到與傳送帶速度相等時前進的位移和時間； (2)傳送帶電機因輸送煤屑而多產(chǎn)生的輸出功率。 解析　(1)設有質量為m0的煤屑落到傳送帶上后向上加速運動，加速度 a＝＝0.4 m/s2 位移為s＝＝1.25 m 時間為t＝＝2.5 s (2)傳送帶做功使煤屑動能增加、重力勢能增加、熱量增加 設經(jīng)過Δt時間，煤屑動能增加量ΔEk＝KΔtv2 重力勢能的增加量ΔEp＝KΔtgh 熱量增加為滑動摩擦力乘以相對位移 Q＝μKΔtgcos θ·(vt－s) 輸出功率P＝＝Kv2＋Kgh＋μKgcos θ·(vt－s)＝154 W。 答案　(1)2.5 s　(2)154 W