2022年高考物理二轮复习第一部分考前复习方略专题六能量守恒与功能关系限时训练 .pdf

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1、学习必备欢迎下载专题六 能量守恒与功能关系一、选择题1(2015高考四川卷) 在同一位置以相同的速率把三个小球分别沿水平、斜向上、斜向下方向抛出，不计空气阻力，则落在同一水平地面时的速度大小( ) A一样大B水平抛的最大C斜向上抛的最大D斜向下抛的最大解析：选A.不计空气阻力的抛体运动，机械能守恒故以相同的速率向不同的方向抛出落至同一水平地面时，物体速度的大小相等故只有选项A正确2( 多选)(2015 湖北省六校高三联考) 如图所示，固定的倾斜光滑杆上套有一个质量为m的圆环，圆环与一弹性橡皮绳相连，橡皮绳的另一端固定在地面上的A点，橡皮绳竖直时处于原长h.让圆环沿杆滑下，滑到杆的底端时速度为零

2、则在圆环下滑过程中( 整个过程中橡皮绳始终处于弹性限度内)( ) A橡皮绳的弹性势能一直增大B圆环的机械能先不变后减小C橡皮绳的弹性势能增加了mghD橡皮绳再次到达原长时圆环动能最大解析：选 BC.橡皮绳开始处于原长，弹性势能为零，圆环刚开始下滑到橡皮绳再次伸直达到原长过程中，弹性势能始终为零，A项错误；圆环在下落的过程中，橡皮绳的弹性势能先不变后不断增大，根据机械能守恒定律可知，圆环的机械能先不变，后减小，B项正确；从圆环开始下滑到滑至最低点过程中，圆环的重力势能转化为橡皮绳的弹性势能，C项正确；橡皮绳达到原长时，圆环受合外力方向沿杆方向向下，对环做正功， 动能仍增大， D项错误3. (20

3、15高考天津卷) 如图所示， 固定的竖直光滑长杆上套有质量为m的小圆环，圆环与水平状态的轻质弹簧一端连接，弹簧的另一端连接在墙上，且处于原长状态现让圆环由静止开始下滑，已知弹簧原长为L，圆环下滑到最大距离时弹簧的长度变为2L( 未超过弹性限度)，则在圆环下滑到最大距离的过程中( ) A圆环的机械能守恒B弹簧弹性势能变化了3mgLC圆环下滑到最大距离时，所受合力为零D圆环重力势能与弹簧弹性势能之和保持不变解析：选B.圆环沿杆下滑的过程中，圆环与弹簧组成的系统动能、弹性势能、重力势能之和守恒，选项A、D错误；弹簧长度为2L时，圆环下落的高度h3L，根据机械能守恒定律，弹簧的弹性势能增加了Epmgh

4、3mgL，选项B 正确；圆精选学习资料 - - - - - - - - - 名师归纳总结 - - - - - - -第 1 页，共 6 页学习必备欢迎下载环释放后，圆环向下先做加速运动，后做减速运动，当速度最大时，合力为零，下滑到最大距离时，具有向上的加速度，合力不为零，选项C错误4( 多选 ) (2015高考全国卷，T21，6 分) 如图，滑块a、b的质量均为m，a套在固定竖直杆上，与光滑水平地面相距h，b放在地面上a、b通过铰链用刚性轻杆连接，由静止开始运动不计摩擦，a、b可视为质点，重力加速度大小为g. 则( ) Aa落地前，轻杆对b一直做正功Ba落地时速度大小为2ghCa下落过程中，其

5、加速度大小始终不大于gDa落地前，当a的机械能最小时，b对地面的压力大小为mg解析：选 BD.由题意知，系统机械能守恒设某时刻a、b的速度分别为va、vb.此时刚性轻杆与竖直杆的夹角为，分别将va、vb分解，如图因为刚性杆不可伸长，所以沿杆的分速度v与v是相等的， 即vacos vbsin . 当a滑至地面时 90，此时vb 0，由系统机械能守恒得mgh12mv2a，解得va2gh，选项 B正确同时由于b初、末速度均为零，运动过程中其动能先增大后减小，即杆对b先做正功后做负功，选项A 错误杆对b的作用力先是推力后是拉力，对a则先是阻力后是动力，即a的加速度在受到杆的向下的拉力作用时大于g，选项

6、 C错误b的动能最大时，杆对a、b的作用力为零，此时a的机械能最小，b只受重力和支持力，所以b对地面的压力大小为mg，选项 D正确5.( 多选)(2015 陕西西工大附中适应考) 如图所示， 质量为m的物体在水平传送带上由静止释放，传送带由电动机带动，始终保持以速率v匀速运动，物体与传送带间的动摩擦因数为，物体过一会儿能保持与传送带相对静止，对于物体从静止释放到相对传送带静止这一过程，下列说法正确的是( ) A电动机多做的功为12mv2B摩擦力对物体做的功为12mv2C电动机增加的功率为mgvD传送带克服摩擦力做的功为12mv2解析： 选 BC.由能量守恒知电动机多做的功为物体动能增量和摩擦产

7、生的热量Q的总和，所以 A项错误；根据动能定理，对物体列方程，Wf12mv2，所以 B项正确；因为电动机增加的功率P物体动能增量摩擦产生的热量时间mgv2t mgv2ttmgv，C项正确； 因为传送带与物体共速之前，传送带的路程是物体路程的2 倍，所以传送带克服摩擦力做功是摩擦力对物体做功的2 倍，即mv2，D项错误6( 多选)(2015 廊坊市质量检测) 如图所示， 在离地面高为H精选学习资料 - - - - - - - - - 名师归纳总结 - - - - - - -第 2 页，共 6 页学习必备欢迎下载处以水平速度v0抛出一质量为m的小球，经时间t，小球离水平地面的高度变为h，此时小球的

8、动能为Ek，重力势能为Ep( 选水平地面为零势能参考面) 下列图象中大致能反映小球动能Ek、势能Ep变化规律的是 ( ) 解析：选AD.由动能定理可知，mg(Hh) EkEk0，即EkEk0mgHmgh，Ekh图象为一次函数图象，B项错误；又EkEk012mg2t2，可知Ekt图象为开口向上的抛物线，A项正确；由重力势能定义式有：Epmgh，Eph为正比例函数，所以D项正确；由平抛运动规律有：Hh12gt2，所以EpmgH12gt2，所以Ept图象不是直线，C项错误7. (2015厦门市质检) 在倾角为 的固定光滑斜面上有两个用轻弹簧相连接的物块A、B，它们的质量分别为m1、m2，弹簧劲度系数

9、为k，C为一固定挡板， 系统处于静止状态现用一平行于斜面向上的恒力F拉物块A使之向上运动， 当物块B刚要离开挡板C时，物块A沿斜面运动的距离为d，速度为v，则 ( ) A此过程中拉力F做功的大小等于物块A动能的增加量B当物块B刚要离开挡板时，受力满足m2gsin kdC当物块B刚要离开挡板时，物块A的加速度为Fkdm1D此过程中弹簧弹性势能的增加量为Fd12m1v2解析：选 C.整个过程中，由功能关系可知拉力F对系统做功等于系统机械能的增加量，若两物块质量相等，初、末状态弹簧的弹性势能不变，物块A动能和重力势能均增大，拉力做功大于物块A动能增加量， A项错误；开始时，弹簧处于压缩状态，m1gs

10、in kx1；B刚要离开挡板时，弹簧处于伸长状态，形变量为x2，由平衡条件可知，m2gsin kx2kd， B 项错误；由牛顿第二定律有，Fkx2m1gsin m1a， x1 x2d，解得：aFkdm1，C项正确；整个过程中，由功能关系可知，弹性势能增加量EpFd12m1v2m1gdsin ，D项错误8(2015漳州一模) 质量为m的带电小球，在充满匀强电场的空间中水平抛出，小球运动时的加速度方向竖直向下，大小为2g3. 当小球下降高度为h时，不计空气阻力，重力加速度为g，下列说法正确的是( ) A小球的动能减少了mgh3B小球的动能增加了2mgh3C小球的电势能减少了2mgh3D小球的电势能

11、增加了mgh精选学习资料 - - - - - - - - - 名师归纳总结 - - - - - - -第 3 页，共 6 页学习必备欢迎下载解析：选B.小球受的合力F23mg，据动能定理，合力做功等于动能的增加量，故EkFh23mgh，选项 A错、B对由题意可知， 电场力F电13mg，电场力做负功， 电势能增加，EpF电h13mgh，选项 C、 D均错9.( 多选)(2015 钦州一模) 如图所示，物体A、B通过细绳及轻质弹簧连接在轻滑轮两侧，物体A、B的质量分别为m、2m. 开始时细绳伸直，用手托着物体A使弹簧处于原长， 且A与地面的距离为h， 物体B静止在地面上 放手后物体A下落，与地面即

12、将接触时速度为v，此时物体B对地面恰好无压力若在物体A下落的过程中，弹簧始终处在弹性限度内，则A接触地面前的瞬间( ) A物体A的加速度大小为g，方向竖直向下B弹簧的弹性势能等于mgh12mv2C物体B有向上的加速度D弹簧对物体A拉力的瞬时功率大小为2mgv解析：选 BD.当A即将接触地面时，物体B对地面恰好无压力，对B受力分析可知，细绳拉力等于轻弹簧弹力F2mg，选项 C错误；然后对A受力分析可得：Fmgma，可得ag，方向竖直向上，选项A错误；A下落过程中，A与弹簧整体机械能守恒，可得mghEp12mv2，弹簧的弹性势能Epmgh12mv2，选项 B正确；拉力的瞬时功率为PFv2mgv，选

13、项 D正确10.( 多选)(2015 石家庄质量检测)如图所示，A是半径为R的圆形光滑轨道，固定在木板B上，竖直放置；B的左右两侧各有光滑挡板固定在地面上，使其不能左右运动，小球C静止放在轨道最低点，A、B、C的质量相等现给小球一水平向右的初速度v0，使小球在圆形轨道的内侧做圆周运动，为保证小球能通过轨道的最高点，且不会使B离开地面，初速度v0必须满足 (重力加速度为g)( ) A最小值为4gR B 最大值为6gRC最小值为5gR D 最大值为7gR解析：选 CD.由题意可知，此圆形轨道的模型是绳系小球在竖直面内的圆周运动，为保证小球能通过轨道的最高点，设在最高点处的最小速度为v1，则mgmv

14、21R，从最低点到最高点过程中，由机械能守恒定律可得12mv20min 2mgR12mv21，解得v0min5gR，选项 A 错误，选项 C正确；为使B刚好不离开地面，设小球运动到最高点时，受到轨道的压力为F，对轨道和木板受力分析，可得F2mg 0，对小球，可得Fmgmv22R，从最低点到最高点过程中，由机械能守恒定律可得12mv20max2mgR12mv22，解得v0max7gR，选项 B错误，选项D正确二、非选择题11(2015湖北八校二联) 如图所示，半径为R的光滑圆环竖直放置，直径MN为竖直方向，环上套有两个小球A和B，A、B之间用一长为3R的轻杆相连，小球可以沿环自由滑动，开始时杆处

15、于水平状态，已知A的质量为m，重力加速度为g. 精选学习资料 - - - - - - - - - 名师归纳总结 - - - - - - -第 4 页，共 6 页学习必备欢迎下载(1) 若B球质量也为m，求此时杆对B球的弹力大小；(2) 若B球质量为 3m，由静止释放轻杆，求B球由初始位置运动到N点的过程中，轻杆对B球所做的功解析： (1) 对B球，受力分析如图，由几何关系得60，FN2mgtan 60 3mg. (2) 由系统机械能守恒得：3mg12RmgR123mv2B12mv2A又vAvB对B运用动能定理得：3mgR2W123mv2B解得：W98mgR. 答案： (1)3mg(2) 98m

16、gR12(2015德州二模 ) 如图所示， 轮半径r10 cm的传送带水平部分AB的长度L1.5 m ，与一圆心在O点、半径R1 m的竖直光滑圆轨道的末端相切于A点，AB高出水平地面H1.25 m ，一质量m 0.1 kg 的小滑块 ( 可视为质点 ) ，由圆轨道上的P点从静止释放，OP与竖直线的夹角37. 已知 sin 37 0.6 ，cos 37 0.8 ，g10 m/s2，滑块与传送带间的动摩擦因数0.1 ，不计空气阻力(1) 求滑块对圆轨道末端的压力；(2) 若传送带一直保持静止，求滑块的落地点与B间的水平距离；(3) 若传送带以v00.5 m/s的速度沿逆时针方向运行( 传送带上部分

17、由B到A运动 ) ，求滑块在传送带上滑行过程中产生的内能精选学习资料 - - - - - - - - - 名师归纳总结 - - - - - - -第 5 页，共 6 页学习必备欢迎下载解析： (1) 从P点到圆轨道末端的过程中，由机械能守恒定律得：mgR(1 cos 37) 12mv2在轨道末端由牛顿第二定律得：FNmgmv2R由以上两式得FN1.4 N 由牛顿第三定律得，滑块对圆轨道末端的压力大小为1.4 N ，方向竖直向下(2) 若传送带静止，从A到B的过程中，由动能定理得：mgL12mv2B12mv2解得：vB1 m/s 由于mgmv2Br，所以滑块从B点开始做平抛运动滑块的落地点与B点间的水平距离为：xvB2Hg0.5 m. (3) 传送带向左运动和传送带静止时，滑块的受力情况没有变化，滑块从A到B的运动情况没有改变所以滑块和传送带间的相对位移为：xLv0vvBg2 m 滑块在传送带上滑行过程中产生的内能为：Qmgx 0.2 J. 答案： (1)1.4 N，方向竖直向下(2)0.5 m (3)0.2 J 精选学习资料 - - - - - - - - - 名师归纳总结 - - - - - - -第 6 页，共 6 页