高考物理二輪專題復(fù)習(xí)練案:第6講 功能關(guān)系和能量守恒 Word版含解析

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1、 專題二 第6講 限時(shí):40分鐘 一、選擇題(本題共8小題,其中1~4題為單選,5~8題為多選) 1.(2018·浙江省杭州市高三下學(xué)期預(yù)測卷)興趣小組的同學(xué)們利用彈弓放飛模型飛機(jī)。彈弓的構(gòu)造如圖1所示,其中橡皮筋兩端點(diǎn)A、B固定在把手上。橡皮筋處于ACB時(shí)恰好為橡皮筋原長狀態(tài)(如圖2所示),將模型飛機(jī)的尾部放在C處,將C點(diǎn)拉至D點(diǎn)時(shí)放手,模型飛機(jī)就會(huì)在橡皮筋的作用下發(fā)射出去。C、D兩點(diǎn)均在AB連線的中垂線上,橡皮筋的質(zhì)量忽略不計(jì)。現(xiàn)將模型飛機(jī)豎直向上發(fā)射,在它由D運(yùn)動(dòng)到C的過程中( C ) A.模型飛機(jī)在C位置時(shí)的速度最大 B.模型飛機(jī)的加速度一直在減小 C.橡皮筋對模型

2、飛機(jī)始終做正功 D.模型飛機(jī)的機(jī)械能守恒 [解析] 從D到C,橡皮筋對模型飛機(jī)的彈力先大于重力,后小于重力,根據(jù)牛頓第二定律可知,加速度先減小后增大,加速度方向先向上后向下,則模型飛機(jī)的速度先增大后減小,故AB錯(cuò)誤;橡皮筋對模型飛機(jī)的彈力與位移方向一直相同,所以橡皮筋對模型飛機(jī)的彈力始終做正功,而非重力做功等于機(jī)械能的增加量,故模型飛機(jī)的機(jī)械能一直在增大,故C正確,D錯(cuò)誤。所以C正確,ABD錯(cuò)誤。 2.(2018·四川省高三下學(xué)期第二次模擬)高速公路部分路段旁建有如圖所示的避險(xiǎn)車道,車輛可駛?cè)氡茈U(xiǎn)。若質(zhì)量為m的貨車剎車后以初速度v0經(jīng)A點(diǎn)沖上避險(xiǎn)車道,前進(jìn)距離L時(shí)到B點(diǎn)減速為0,貨車所受阻

3、力恒定,A、B兩點(diǎn)高度差為h,C為A、B中點(diǎn),已知重力加速度為g,下列關(guān)于該貨車從A運(yùn)動(dòng)到B過程說法正確的是( B ) A.克服阻力做的功為mv B.該過程產(chǎn)生的熱量為mv-mgh C.在AC段克服阻力做的功小于CB段克服阻力做的功 D.在AC段的運(yùn)動(dòng)時(shí)間等于CB段的運(yùn)動(dòng)時(shí)間 [解析] 根據(jù)動(dòng)能定理,-mgh-wf=0-mv,克服阻力做的功為Wf=mv-mgh,A錯(cuò)誤;克服摩擦力做的功等于系統(tǒng)產(chǎn)生的內(nèi)能,該過程產(chǎn)生的熱量為mv-mgh,B正確;摩擦力做的功與位移成正比,在AC段克服阻力做的功等于CB段克服阻力做的功,C錯(cuò)誤;從A到C做勻減速運(yùn)動(dòng),在AC段的運(yùn)動(dòng)時(shí)間小于CB段的運(yùn)動(dòng)

4、時(shí)間,D錯(cuò)誤。選B。 3.(2018·山東省歷城高三下學(xué)期模擬)“跳跳鼠”是很多小朋友喜歡玩的一種玩具(圖甲),彈簧上端連接腳踏板,下端連接跳桿(圖乙),人在腳踏板上用力向下壓縮彈簧,然后彈簧將人向上彈起,最終彈簧將跳桿帶離地面( D ) A.不論下壓彈簧程度如何,彈簧都能將跳桿帶離地面 B.從人被彈簧彈起到彈簧恢復(fù)原長,彈簧的彈性勢能全部轉(zhuǎn)化為人的動(dòng)能 C.從人被彈簧彈起到彈簧恢復(fù)原長,人一直向上加速運(yùn)動(dòng) D.從人被彈簧彈起到彈簧恢復(fù)原長,人的加速度先減小后增大 [解析] 當(dāng)彈簧下壓的程度比較小時(shí),彈簧具有的彈性勢能較小,彈簧不能將跳桿帶離地面,故A錯(cuò)誤;從人被彈簧彈起到彈簧

5、恢復(fù)原長,彈簧的彈性勢能轉(zhuǎn)化為人的動(dòng)能和重力勢能,故B錯(cuò)誤;從人被彈簧彈起到彈簧恢復(fù)原長,開始彈力大于重力,人向上加速,彈簧逐漸恢復(fù)形變,彈力逐漸減小,加速度逐漸減??;后來彈力小于重力,人的加速度反向增加,所以人的加速度先減小后增大,故C錯(cuò)誤,D正確。所以D正確,ABC錯(cuò)誤。 4.(2018·河南省商丘市高三下學(xué)期模擬)如圖甲所示,輕質(zhì)彈簧豎直放置,下端固定在水平地面上。一質(zhì)量為m的小物塊從輕彈簧上方且離地高度為h1的A點(diǎn)由靜止釋放,小物塊下落過程中的動(dòng)能Ek隨離地高度h變化的關(guān)系如圖乙所示,其中h2~h1段圖線為直線。已知重力加速度為g,則以下判斷中正確的是( D ) A.當(dāng)小物塊離

6、地高度為h2時(shí),小物塊的加速度恰好為零 B.當(dāng)小物塊離地高度為h3時(shí),小物塊的動(dòng)能最大,此時(shí)彈簧恰好處于原長狀態(tài) C.小物塊從離地高度為h2處下落到離地高度為h3處的過程中,彈簧的彈性勢能增加了mg(h2-h(huán)3) D.小物塊從離地高度為h1處下落到離地高度為h4處的過程中,其減少的重力勢能恰好等于彈簧增加的彈性勢能 [解析] 由題意可知,當(dāng)小物塊離地高度為h2時(shí),小物塊剛好開始接觸彈簧,此時(shí)小物塊只受到重力作用,故此時(shí)的加速度大小為重力加速度g,A錯(cuò)誤;當(dāng)小物塊離地高度為h3時(shí),由題圖乙可知小物塊的動(dòng)能達(dá)到最大,小物塊的速度達(dá)到最大,此時(shí)有mg=kΔx,彈簧的壓縮量為Δx=h2-h(huán)3,

7、B錯(cuò)誤;小物塊從離地高度為h2處下落到離地高度為h3處的過程中,重力勢能減少了mg(h2-h(huán)3),由能量守恒定律可知,小物塊減少的重力勢能轉(zhuǎn)化為小物塊增加的動(dòng)能和彈簧增加的彈性勢能,即彈簧增加的彈性勢能ΔEp=mg(h2-h(huán)3)-(Ek2-Ek1),C錯(cuò)誤;由題圖乙可知,當(dāng)小物塊離地高度為h4時(shí),小物塊的動(dòng)能為零,由能量守恒定律可知,小物塊減少的重力勢能全部轉(zhuǎn)化為彈簧增加的彈性勢能,D正確。 5.(2018·寧夏銀川二中高三下學(xué)期模擬三試題)如圖所示,A、B是粗糙水平面上的兩點(diǎn),O、P、A三點(diǎn)在同一豎直線上,且OP=L,在P點(diǎn)處固定一光滑的小釘子。一小物塊通過原長也為L的彈性輕繩與懸點(diǎn)O連接

8、。當(dāng)小物塊靜止于A點(diǎn)時(shí),小物塊受到彈性輕繩的拉力小于重力。將小物塊移至B點(diǎn)(彈性輕繩處于彈性限度內(nèi)),由靜止釋放后,小物塊沿地面運(yùn)動(dòng)通過A點(diǎn),則在小物塊從B運(yùn)動(dòng)到A的過程中( BD ) A.小物塊的動(dòng)能一直增大 B.小物塊受到的滑動(dòng)摩擦力保持不變 C.小物塊受到的滑動(dòng)摩擦力逐漸減小 D.小物塊和彈性輕繩組成的系統(tǒng)機(jī)械能逐漸減小 [解析] 對小物塊受力分析 設(shè)PA間距為x1,繩與豎直方向的夾角為θ,地面對物塊的支持力為FN,地面對物塊的摩擦力為f。小物塊從B運(yùn)動(dòng)到A的過程中,繩與豎直方向的夾角為θ減小,繩中張力T=k(L+-L0)減小,地面對物塊的支持力FN=mg-Tcosθ

9、=mg-k[x1+(L-L0)cosθ]減小,地面對物塊的摩擦力f=μFN減小;當(dāng)小物塊靜止于A點(diǎn)時(shí),小物塊受到彈性輕繩的拉力小于重力,則小物塊從B運(yùn)動(dòng)到A的過程中,地面對物塊的摩擦力逐漸減小但最終摩擦力仍大于零。小物塊從B運(yùn)動(dòng)到A的過程中,繩拉力的水平分量Tx=Tsinθ逐漸減小,且運(yùn)動(dòng)到A點(diǎn)時(shí)已減小到零。據(jù)上述分析可知,物塊由B運(yùn)動(dòng)到A點(diǎn)的過程中先加速后減速,動(dòng)能先增加后減小。故AB兩項(xiàng)均錯(cuò)誤,C項(xiàng)正確。在小物塊從B運(yùn)動(dòng)到A的過程中,物塊要克服地面的摩擦力做功,物塊和彈性輕繩組成的系統(tǒng)機(jī)械能逐漸減小。故D項(xiàng)正確。綜上本題答案是CD。 6.(2018·福建省莆田市高三下學(xué)期模擬)如圖所示,

10、輕質(zhì)彈簧一端固定于光滑豎直桿上,另一端與質(zhì)量為m的滑塊P連接,P穿在桿上,跨過輕質(zhì)定滑輪的輕繩將P和重物Q連接起來,Q的質(zhì)量M=6m。現(xiàn)將P從圖中A點(diǎn)由靜止釋放,P能沿豎直桿上下運(yùn)動(dòng),當(dāng)它經(jīng)過A、B兩點(diǎn)時(shí)彈簧對P的彈力大小相等,已知OA與水平面的夾角θ=53°,OB距離為L,且與AB垂直,滑輪的摩擦力不計(jì),重力加速度為g,在P從A運(yùn)動(dòng)到B的過程中( BD ) A.Q的重力功率一直增大 B.P與Q的機(jī)械能之和先增大后減小 C.輕繩對P做功mgL D.P運(yùn)動(dòng)到B處時(shí)的速度大小為 [解析] 物塊Q釋放瞬間的速度為零,當(dāng)物塊P運(yùn)動(dòng)至B點(diǎn)時(shí),物塊Q的速度也為零,所以當(dāng)P從A點(diǎn)運(yùn)動(dòng)至B點(diǎn)時(shí),物塊

11、Q的速度先增加后減小,物塊Q的重力的功率也為先增加后減小,故A錯(cuò)誤;對于PQ系統(tǒng),豎直桿不做功,系統(tǒng)的機(jī)械能只與彈簧對P的做功有關(guān),從A到B的過程中,彈簧對P先做正功,后做負(fù)功,所以系統(tǒng)的機(jī)械能先增加后減小,故B正確;從A到B過程中,對于P、Q系統(tǒng)由動(dòng)能定律可得:6mg(-L)-mgLtan53°=mv2,對于P,由動(dòng)能定理可得:W-mgL=mv2,聯(lián)立解得:W=mgL,v=,故C錯(cuò)誤,D正確;故選BD。 7.(2018·山西省孝義市高三下學(xué)期一模理綜)如圖所示,沿傾角為θ的斜面放置的勁度系數(shù)為k輕彈簧,一端固定在擋板上,另一端與質(zhì)量為m的小物塊接觸(但無擠壓)。先用沿斜面向下的力F緩慢推動(dòng)

12、物塊,當(dāng)彈簧的壓縮量為x時(shí),撤去F,物塊沿斜面向上運(yùn)動(dòng),運(yùn)動(dòng)的最大距離為3x。已知物塊與斜面間的動(dòng)摩擦因數(shù)為μ,重力加速度為g。則( BD ) A.撤去F時(shí),彈簧的彈性勢能為2mgx(sinθ+μcosθ) B.撤去F時(shí),物塊加速度的值為-gsinθ-μgcosθ C.從撤去F到沿斜面上升至最高點(diǎn)的過程中,物塊做勻變速運(yùn)動(dòng)的時(shí)間為 D.從撤去F到沿斜面向上速度最大的過程中,物塊克服重力做的功為mgsinθ(x-) [解析] 由題知,物體運(yùn)動(dòng)的最大距離為3x,可知物體的動(dòng)能變化量為0,根據(jù)動(dòng)能定理得:W彈-mgsinθ·3x-μmgcosθ·3x=ΔEk=0,解得:W彈=3mgx(

13、sinθ+μcosθ),即撤去F時(shí)彈性勢能為3mgx(sinθ+μcosθ),故A錯(cuò)誤;撤去F時(shí)根據(jù)牛頓第二定律得:ma=kx-mgsinθ-μmgcosθ,解得:a=-gsinθ-μgcosθ,故B正確;當(dāng)物塊向上運(yùn)動(dòng)x遠(yuǎn)時(shí),彈簧回到原長,設(shè)此時(shí)物塊的速度為v,由動(dòng)能定理得:W彈-mgsinθx-μmgcosθ·x=mv2,解得:v=2,再經(jīng)過2x速度為0,則有2x=t,解得:t=2,故C錯(cuò)誤;當(dāng)物塊的速度最大時(shí),物塊的合外力為0,即kx′-mgsinθ-μmgcosθ=0,解得:x′=,故物塊克服重力做的功為WG=mgsinθ(x-x′)=mgsinθ(x-),故D正確;故選BD。 8.

14、(2018·吉林省實(shí)驗(yàn)中學(xué)高三下學(xué)期模擬)如圖所示,一質(zhì)量為m的小球置于半徑為R的光滑豎直軌道最低點(diǎn)A處,B為軌道最高點(diǎn),C、D為圓的水平直徑兩端點(diǎn)。輕質(zhì)彈簧的一端固定在圓心O點(diǎn),另一端與小球栓接,已知彈簧的勁度系數(shù)為k=,原長為L=2R,彈簧始終處于彈性限度內(nèi),若給小球一水平向右初速度,已知重力加速度為g,則( CD ) A.無論v0多大,小球均不會(huì)離開圓軌道 B.若,小球就能做完整的圓周運(yùn)動(dòng) D.只要小球能做完整圓周運(yùn)動(dòng),則小球與軌道間的最大壓力與最小壓力之差與v0無關(guān) [解析] 因彈簧的勁度系數(shù)為k=,原長為L=2R,若小

15、球恰能到達(dá)最高點(diǎn),此時(shí)彈簧的彈力為F=kR=,軌道的支持力為0,由彈簧的彈力和重力提供向心力,則有mg-F=,解得:v=,從A到最高點(diǎn),形變量沒有變,故彈性勢能不變,由機(jī)械能守恒定律得:2mgR+mv2=mv,解得:v0=,即當(dāng)v0≥時(shí)小球才不會(huì)脫離軌道,故AB錯(cuò)誤,C正確;在最低點(diǎn)時(shí),設(shè)小球受到的支持力為N,有:N1-kR-mg=m,解得:N1=kR+mg+m,運(yùn)動(dòng)到最高點(diǎn)時(shí)受到軌道的支持力最小,為N2,設(shè)此時(shí)的速度為v,由機(jī)械能守恒定律得:2mgR+mv2=mv,此時(shí)合外力提供向心力,有:N2-kR+mg=m,解得:N2=kR-mg+m,聯(lián)立解得ΔN=N1-N2=6mg,與初速度無關(guān),故D

16、正確。故選CD。 二、計(jì)算題(本題共2小題,需寫出完整的解題步驟) 9.(2018·陜西省西交大附中高三下學(xué)期期中)如圖所示,豎直平面內(nèi)放一直角桿,桿的各部分均光滑,水平部分套有質(zhì)量為mA=3kg的小球A,豎直部分套有質(zhì)量為mB=2kg的小球B,A、B之間用不可伸長的輕繩相連。在水平外力F的作用下,系統(tǒng)處于靜止?fàn)顟B(tài),且OA=3m,OB=4m,重力加速度g=10m/s2. (1)求水平拉力F的大小和水平桿對小球A彈力FN的大?。? (2)若改變水平力F大小,使小球A由靜止開始,向右做加速度大小為4.5m/s2的勻加速直線運(yùn)動(dòng),求經(jīng)過s拉力F所做的功。 [解析] 分別對A、B受力分析,

17、根據(jù)平衡條件可得水平拉力F的大小和水平桿對小球A彈力FN的大??;根據(jù)速度的合成與分解求出A、B的速度,根據(jù)能量守恒即可求出拉力F所做的功。 (1)設(shè)靜止時(shí)繩子與豎直方向夾角為θ,則由已知條件可知cosθ= 對B進(jìn)行隔離可知:FTcosθ=mBg 解得:FT==25N 對A進(jìn)行分析:FTsinθ=F=15N 對A、B整體進(jìn)行分析:豎直方向FN=(mA+mB)g=50N (2)經(jīng)過t=s,小球A向右的位移x=at2=1m 此時(shí)繩子與水平方向夾角為θ 小球A的速度為vA=at=3m/s A、B兩小球沿繩方向速度大小相等:vAcosθ=vBsinθ 解得:vB=vAcotθ=4m/

18、s 由能量守恒知:W=ΔEp+ΔEk=mBgh+mAv+mBv=49.5J。 10.(2018·吉林省實(shí)驗(yàn)中學(xué)高三下學(xué)期模擬)如圖所示,A、B兩小球質(zhì)量均為m,A球位于半徑為R的豎直光滑圓軌道內(nèi)側(cè),B球穿過固定的光滑豎直長桿,桿和圓軌道在同一豎直平面內(nèi),桿的延長線過軌道圓心O。兩球用輕質(zhì)鉸鏈與長為L(L>2R)的輕桿連接,連接兩球的輕桿能隨小球自由移動(dòng),M、N、P三點(diǎn)分別為圓軌道上最低點(diǎn)、圓心的等高點(diǎn)和最高點(diǎn),重力加速度為g。 (1)對A球施加一個(gè)始終沿圓軌道切向的推力,使其緩慢從M點(diǎn)移至N點(diǎn),求A球在N點(diǎn)受到的推力大小F; (2)在M點(diǎn)給A球一個(gè)水平向左的初速度,A球沿圓軌道運(yùn)動(dòng)

19、到最高點(diǎn)P時(shí)速度大小為v,求A球在M點(diǎn)時(shí)的初速度大小v0; (3)在(2)的情況下,若A球運(yùn)動(dòng)至M點(diǎn)時(shí),B球的加速度大小為a,求此時(shí)圓軌道對A球的作用力大小FA。 [解析] (1)在N點(diǎn),A、B和輕桿整體處于平衡狀態(tài),在豎直方向有:F-2mg=0 解得:F=2mg (2)A球在M點(diǎn)、P點(diǎn)時(shí),B球的速度都為零。A、B球和輕桿組成的系統(tǒng)在運(yùn)動(dòng)過程中滿足機(jī)械能守恒定律,則:2mg·2R=mv-mv2 解得:v0=。 (3)此時(shí)B球有向上的加速度a,設(shè)桿對B球支持力為F0,由牛頓第二定律有: F0-mg=ma A球此時(shí)受到重力、軌道豎直向上的支持力和輕桿豎直向下的壓力,同理有:FA-F0-mg=m 解得:FA=10mg+ma+m。

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