高考物理二輪專題復習練案：第6講 功能關系和能量守恒 Word版含解析

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1、 專題二　第6講 限時：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期預測卷)興趣小組的同學們利用彈弓放飛模型飛機。彈弓的構造如圖1所示，其中橡皮筋兩端點A、B固定在把手上。橡皮筋處于ACB時恰好為橡皮筋原長狀態(tài)(如圖2所示)，將模型飛機的尾部放在C處，將C點拉至D點時放手，模型飛機就會在橡皮筋的作用下發(fā)射出去。C、D兩點均在AB連線的中垂線上，橡皮筋的質量忽略不計?，F(xiàn)將模型飛機豎直向上發(fā)射，在它由D運動到C的過程中(　C　) A．模型飛機在C位置時的速度最大 B．模型飛機的加速度一直在減小 C．橡皮筋對模型

2、飛機始終做正功 D．模型飛機的機械能守恒 [解析]　從D到C，橡皮筋對模型飛機的彈力先大于重力，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，則模型飛機的速度先增大后減小，故AB錯誤；橡皮筋對模型飛機的彈力與位移方向一直相同，所以橡皮筋對模型飛機的彈力始終做正功，而非重力做功等于機械能的增加量，故模型飛機的機械能一直在增大，故C正確，D錯誤。所以C正確，ABD錯誤。 2．(2018·四川省高三下學期第二次模擬)高速公路部分路段旁建有如圖所示的避險車道，車輛可駛入避險。若質量為m的貨車剎車后以初速度v0經A點沖上避險車道，前進距離L時到B點減速為0，貨車所受阻

3、力恒定，A、B兩點高度差為h，C為A、B中點，已知重力加速度為g，下列關于該貨車從A運動到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段的運動時間等于CB段的運動時間 [解析]　根據(jù)動能定理，－mgh－wf＝0－mv，克服阻力做的功為Wf＝mv－mgh，A錯誤；克服摩擦力做的功等于系統(tǒng)產生的內能，該過程產生的熱量為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錯誤；從A到C做勻減速運動，在AC段的運動時間小于CB段的運動

4、時間，D錯誤。選B。 3．(2018·山東省歷城高三下學期模擬)“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原長，彈簧的彈性勢能全部轉化為人的動能 C．從人被彈簧彈起到彈簧恢復原長，人一直向上加速運動 D．從人被彈簧彈起到彈簧恢復原長，人的加速度先減小后增大 [解析]　當彈簧下壓的程度比較小時，彈簧具有的彈性勢能較小，彈簧不能將跳桿帶離地面，故A錯誤；從人被彈簧彈起到彈簧

5、恢復原長，彈簧的彈性勢能轉化為人的動能和重力勢能，故B錯誤；從人被彈簧彈起到彈簧恢復原長，開始彈力大于重力，人向上加速，彈簧逐漸恢復形變，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錯誤，D正確。所以D正確，ABC錯誤。 4．(2018·河南省商丘市高三下學期模擬)如圖甲所示，輕質彈簧豎直放置，下端固定在水平地面上。一質量為m的小物塊從輕彈簧上方且離地高度為h1的A點由靜止釋放，小物塊下落過程中的動能Ek隨離地高度h變化的關系如圖乙所示，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．當小物塊離

6、地高度為h2時，小物塊的加速度恰好為零 B．當小物塊離地高度為h3時，小物塊的動能最大，此時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，當小物塊離地高度為h2時，小物塊剛好開始接觸彈簧，此時小物塊只受到重力作用，故此時的加速度大小為重力加速度g，A錯誤；當小物塊離地高度為h3時，由題圖乙可知小物塊的動能達到最大，小物塊的速度達到最大，此時有mg＝kΔx，彈簧的壓縮量為Δx＝h2－h(huán)3，

7、B錯誤；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化為小物塊增加的動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錯誤；由題圖乙可知，當小物塊離地高度為h4時，小物塊的動能為零，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期模擬三試題)如圖所示，A、B是粗糙水平面上的兩點，O、P、A三點在同一豎直線上，且OP＝L，在P點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O連接

8、。當小物塊靜止于A點時，小物塊受到彈性輕繩的拉力小于重力。將小物塊移至B點(彈性輕繩處于彈性限度內)，由靜止釋放后，小物塊沿地面運動通過A點，則在小物塊從B運動到A的過程中(　BD　) A．小物塊的動能一直增大 B．小物塊受到的滑動摩擦力保持不變 C．小物塊受到的滑動摩擦力逐漸減小 D．小物塊和彈性輕繩組成的系統(tǒng)機械能逐漸減小 [解析]　對小物塊受力分析 設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運動到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??；當小物塊靜止于A點時，小物塊受到彈性輕繩的拉力小于重力，則小物塊從B運動到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運動到A的過程中，繩拉力的水平分量Tx＝Tsinθ逐漸減小，且運動到A點時已減小到零。據(jù)上述分析可知，物塊由B運動到A點的過程中先加速后減速，動能先增加后減小。故AB兩項均錯誤，C項正確。在小物塊從B運動到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)機械能逐漸減小。故D項正確。綜上本題答案是CD。 6．(2018·福建省莆田市高三下學期模擬)如圖所示，

10、輕質彈簧一端固定于光滑豎直桿上，另一端與質量為m的滑塊P連接，P穿在桿上，跨過輕質定滑輪的輕繩將P和重物Q連接起來，Q的質量M＝6m?，F(xiàn)將P從圖中A點由靜止釋放，P能沿豎直桿上下運動，當它經過A、B兩點時彈簧對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，重力加速度為g，在P從A運動到B的過程中(　BD　) A．Q的重力功率一直增大 B．P與Q的機械能之和先增大后減小 C．輕繩對P做功mgL D．P運動到B處時的速度大小為 [解析]　物塊Q釋放瞬間的速度為零，當物塊P運動至B點時，物塊Q的速度也為零，所以當P從A點運動至B點時，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錯誤；對于PQ系統(tǒng)，豎直桿不做功，系統(tǒng)的機械能只與彈簧對P的做功有關，從A到B的過程中，彈簧對P先做正功，后做負功，所以系統(tǒng)的機械能先增加后減小，故B正確；從A到B過程中，對于P、Q系統(tǒng)由動能定律可得：6mg(－L)－mgLtan53°＝mv2，對于P，由動能定理可得：W－mgL＝mv2，聯(lián)立解得：W＝mgL，v＝，故C錯誤，D正確；故選BD。 7．(2018·山西省孝義市高三下學期一模理綜)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

12、物塊，當彈簧的壓縮量為x時，撤去F，物塊沿斜面向上運動，運動的最大距離為3x。已知物塊與斜面間的動摩擦因數(shù)為μ，重力加速度為g。則(　BD　) A．撤去F時，彈簧的彈性勢能為2mgx(sinθ＋μcosθ) B．撤去F時，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的過程中，物塊做勻變速運動的時間為 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，物體運動的最大距離為3x，可知物體的動能變化量為0，根據(jù)動能定理得：W彈－mgsinθ·3x－μmgcosθ·3x＝ΔEk＝0，解得：W彈＝3mgx(

13、sinθ＋μcosθ)，即撤去F時彈性勢能為3mgx(sinθ＋μcosθ)，故A錯誤；撤去F時根據(jù)牛頓第二定律得：ma＝kx－mgsinθ－μmgcosθ，解得：a＝－gsinθ－μgcosθ，故B正確；當物塊向上運動x遠時，彈簧回到原長，設此時物塊的速度為v，由動能定理得：W彈－mgsinθx－μmgcosθ·x＝mv2，解得：v＝2，再經過2x速度為0，則有2x＝t，解得：t＝2，故C錯誤；當物塊的速度最大時，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·吉林省實驗中學高三下學期模擬)如圖所示，一質量為m的小球置于半徑為R的光滑豎直軌道最低點A處，B為軌道最高點，C、D為圓的水平直徑兩端點。輕質彈簧的一端固定在圓心O點，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，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，小球均不會離開圓軌道 B．若，小球就能做完整的圓周運動 D．只要小球能做完整圓周運動，則小球與軌道間的最大壓力與最小壓力之差與v0無關 [解析]　因彈簧的勁度系數(shù)為k＝，原長為L＝2R，若小

15、球恰能到達最高點，此時彈簧的彈力為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，形變量沒有變，故彈性勢能不變，由機械能守恒定律得：2mgR＋mv2＝mv，解得：v0＝，即當v0≥時小球才不會脫離軌道，故AB錯誤，C正確；在最低點時，設小球受到的支持力為N，有：N1－kR－mg＝m，解得：N1＝kR＋mg＋m，運動到最高點時受到軌道的支持力最小，為N2，設此時的速度為v，由機械能守恒定律得：2mgR＋mv2＝mv，此時合外力提供向心力，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，故D

16、正確。故選CD。 二、計算題(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期期中)如圖所示，豎直平面內放一直角桿，桿的各部分均光滑，水平部分套有質量為mA＝3kg的小球A，豎直部分套有質量為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)處于靜止狀態(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的勻加速直線運動，求經過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)設靜止時繩子與豎直方向夾角為θ，則由已知條件可知cosθ＝ 對B進行隔離可知：FTcosθ＝mBg 解得：FT＝＝25N 對A進行分析：FTsinθ＝F＝15N 對A、B整體進行分析：豎直方向FN＝(mA＋mB)g＝50N (2)經過t＝s，小球A向右的位移x＝at2＝1m 此時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·吉林省實驗中學高三下學期模擬)如圖所示，A、B兩小球質量均為m，A球位于半徑為R的豎直光滑圓軌道內側，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，桿的延長線過軌道圓心O。兩球用輕質鉸鏈與長為L(L>2R)的輕桿連接，連接兩球的輕桿能隨小球自由移動，M、N、P三點分別為圓軌道上最低點、圓心的等高點和最高點，重力加速度為g。 (1)對A球施加一個始終沿圓軌道切向的推力，使其緩慢從M點移至N點，求A球在N點受到的推力大小F； (2)在M點給A球一個水平向左的初速度，A球沿圓軌道運動

19、到最高點P時速度大小為v，求A球在M點時的初速度大小v0； (3)在(2)的情況下，若A球運動至M點時，B球的加速度大小為a，求此時圓軌道對A球的作用力大小FA。 [解析]　(1)在N點，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、P點時，B球的速度都為零。A、B球和輕桿組成的系統(tǒng)在運動過程中滿足機械能守恒定律，則：2mg·2R＝mv－mv2 解得：v0＝。 (3)此時B球有向上的加速度a，設桿對B球支持力為F0，由牛頓第二定律有： F0－mg＝ma A球此時受到重力、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。