高考物理大二轮复习第6讲功能关系和能量守恒专题复习指导练案.doc

《高考物理大二轮复习第6讲功能关系和能量守恒专题复习指导练案.doc》由会员分享，可在线阅读，更多相关《高考物理大二轮复习第6讲功能关系和能量守恒专题复习指导练案.doc（8页珍藏版）》请在淘文阁 - 分享文档赚钱的网站上搜索。

1、1第第 6 6 讲讲 功能关系和能量守恒功能关系和能量守恒限时：40 分钟一、选择题(本题共 8 小题，其中 14 题为单选，58 题为多选)1(2017山东省潍坊一模)如图所示，在竖直面内固定一光滑的硬质杆ab，杆与水平面的夹角为，在杆的上端a处套一质量为m的圆环，圆环上系一轻弹簧，弹簧的另一端固定在与a处在同一水平线上的O点，O、b两点处在同一竖直线上。由静止释放圆环后，圆环沿杆从a运动到b，在圆环运动的整个过程中，弹簧一直处于伸长状态，则下列说法正确的是( D )导学号 86084121A 圆环的机械能保持不变B 弹簧对圆环一直做负功C 弹簧的弹性势能逐渐增大D 圆环和弹簧组成的系统机械

2、能守恒解析 由几何关系可知，当环与O点的连线与杆垂直时，弹簧的长度最短，弹簧的弹性势能最小。所以在环从a到C的过程中弹簧对环做正功，而从C到b的过程中弹簧对环做负功，所以环的机械能是变化的。故 A 错误，B 错误；当环与O点的连线与杆垂直时，弹簧的长度最短，弹簧的弹性势能最小，所以弹簧的弹性势能先减小后增大。故 C 错误；在整个的过程中只有重力和弹簧的弹力做功，所以圆环和弹簧组成的系统机械能守恒。故 D 正确；故选 D。2. (2017广东省市二模)如图所示，一个长直轻杆两端分别固定一个小球A和B，两球质量均为m，两球半径忽略不计，杆的长度为l。先将杆AB竖直靠放在竖直墙上，轻轻振动小球B，使

3、小球B在水平面上由静止开始向右滑动，当小球A沿墙下滑距离为l1 22时，不计摩擦。下列说法正确的是( C )导学号 86084122A小球A和B的速度都为1 2glB小球A和B的速度都为 12 3glC小球A的速度为，小球B的速度为12 3gl1 2glD小球A的速度为，小球B的速度为1 2gl12 3gl解析 当小球A沿墙下滑距离为l时，设此时A球的速度为vA，B球的速度为vB。1 2根据系统机械能守恒定律得：mg mvmvl 21 22A1 22B两球沿杆方向上的速度相等，则有：vAcos60vBcos30联立两式解得：vA，vB。故 C 正确，ABD 错误。12 3gl1 2gl3.(2

4、017宁夏银川九中一模)如图所示，一轻弹簧上、下两端各连接质量均为m的两物块A、B，开始时，系统静止在水平面上，现用一竖直向上的恒力F拉物块A，使其向上运动，直到物块B刚好要离开地面，重力加速度为g，则下列说法错误的是( A )导学号 86084123A A的加速度不变B 此过程恒力F做的功等于物块A增加的机械能C 此过程中恒力F的功率可能先增大后减小D 此过程弹簧弹力对物块A做功为零解析 对A受力分析，开始时，A受拉力F和向上的弹簧弹力及重力，由牛顿第二定律得：Fkxmgma，随着A的上升压缩量x减小，加速度减小，但方向向上，故A做加速度减小的加速运动，当弹簧恢复原长后，A继续上升，弹簧被拉

5、长，A的受力变为拉力F和向下的弹簧弹力及重力，Fkxmgma，随着A的上升伸长量x增大，加速度减小，3但方向向上，故A继续做加速度减小的加速运动，当弹簧伸长量最大时，B刚好离开地面，此过程中，A的加速度是变化的，A 错误；根据能量守恒可知，恒力F做的功等于物块A增加的重力势能和弹簧弹性势能的增量，而弹性势能不变，故恒力F做的功等于物块A增加的重力势能，B正确；由A项中分析可知，A先做加速再做减速运动，而力恒定，故此过程中恒力F的功率先增大后减小，C 正确；由牛顿第二定律可知，开始弹簧压缩量为：x，最后弹簧伸长量也为：x，故整个过程中弹簧对A做功为零，D 正确。mg kmg k4(2017河南省

6、市二模)正方体空心框架ABCDA1B1C1D1下表面在水平地面上，将可视为质点的小球从顶点A在BAD所在范围内(包括边界)沿不同的水平方向分别抛出，落点都在B1C1D1平面内(包括边界)。不计空气阻力，以地面为重力势能参考平面。则下列说法正确的是( D )导学号 86084124A小球初速度的最小值与最大值之比是 1：2B落在C1点的小球，运动时间最长C落在B1D1线段上的小球，落地时机械能的最小值与最大值之比是 1：2D轨迹与AC1线段相交的小球，在交点处的速度方向都相同解析 小球落在A1C1线段中点时水平位移最小，落在C1时水平位移最大，由几何关系知水平位移的最小值与最大值之比是 12，由

7、xv0t，t相等得小球初速度的最小值与最大值之比是 12，故 A 错误；小球做平抛运动，由hgt2得 t，下落高度相同，1 22h g平抛运动的时间相等，故 B 错误；落在B1D1线段中点的小球，落地时机械能最小，落在B1D1线段上D1或B1的小球，落地时机械能最大。设落在B1D1线段中点的小球初速度为v1，水平位移为x1。落在B1D1线段上D1或B1的小球初速度为v2，水平位移为x2。由几何关系有 x1x21，由xv0t，得：v1v21，落地时机械能等于抛出时的机械能，22分别为：E1mghmv，E2mghmv，可知落地时机械能的最小值与最大值之比不等1 22 11 22 2于 12。故 C

8、 错误；设AC1的倾角为，轨迹与AC1线段相交的小球，在交点处的速度方向与水平方向的夹角为。则有 tan，tan，则 tan2tan，可1 2gt2 v0tgt 2v0gt v0知一定，则轨迹与AC1线段相交的小球，在交点处的速度方向相同，故 D 正确。5(2017山东省市二模)如图所示，轻弹簧的一端固定在墙上，另一端与一物块4相连，物块与水平面间的动摩擦因数为。开始时用力推着物块使弹簧压缩，将物块从A处由静止释放，经过B处时速度最大，到达C处速度为零，ACL。在C处给物块一初速度，物块恰能回到A处。弹簧始终处于弹性限度内，重力加速度为g。则物块( BD )导学号 86084125A在B处弹簧

9、可能恢复原长B在C处的初速度大小一定是 2gLC从C到A的运动过程中，也是在B处的速度最大D从C到A经过B处的速度大于从A到C经过B处的速度解析 物块从A到C的过程中，弹簧的弹力先大于滑动摩擦力，后小于滑动摩擦力，物块先加速后减速，所以当弹力等于滑动摩擦力时速度最大，此时弹簧处于压缩状态。故A 错误；设释放前弹簧的弹性势能为Ep。根据能量守恒定律得从AC的过程有：EpmgL , 从CA的过程有：EpmgLmv解得，在C处的初速度v02，故1 22 0gLB 正确；从C到A的运动过程中，物块经过B时弹力向右，滑动摩擦力也向右，合力不为零，所以B点的速度不是最大，故 C 错误；两次经过B点时弹簧的

10、弹性势能相同，设为EpB。BC间的距离为S。根据能量守恒定律得从BC的过程有：EpBmv mgS，即得mvmgSEpB1 22B11 22B1从CB的过程有：EpBmgSmv2B2mv，即得mv2B2mvEpBmgS1 21 22 01 21 22 0将EpmgL和EpmgLmv代入上式得1 22 0mv2B2 2mgLEpBmgSmv1 21 22B1可知，vB2vB1。即从C到A经过B处的速度大于从A到C经过B处的速度。故 D 正确。6(2017四川省市一模)如图所示，质量为m的一辆小汽车从水平地面AC上的A点沿斜坡匀速行驶到B点。B距水平面高度为h，以水平地面为零势能面，重力加速度为g。

11、小汽车从A点运动到B点的过程中(空气阻力不能忽略)，下列说法正确的是( AC )导学号 860841265A合外力做功为零B合外力做功为mghC小汽车的机械能增加量为mghD牵引力做功为mgh解析 汽车匀速运动，动能不变，则根据动能定理可知，合外力做功为零，故 A 正确，B 错误；小汽车动能不变，重力势能增加了mgh，则可知小汽车机械能增加量为mgh，故 C 正确；对上升过程由动能定理可知，牵引力的功等于重力势能的增加量和克服阻力做功之和，故牵引力做功一定大于mgh，故 D 错误。故选：AC。7. (2017山西省一模)如图所示，轻弹簧一端固定在O点，另一端与质量为m的带孔小球相连，小球套在竖

12、直固定杆上，轻弹簧自然长度正好等于O点到固定杆的距离OO。小球从杆上的A点由静止释放后，经过B点时速度最大，运动到C点时速度减为零。若在C点给小球一个竖直向上的初速度v，小球恰好能到达A点。整个运动过程中弹簧始终在弹性限度内，下列说法正确的是( AC )导学号 86084127A 从A下滑到O的过程中，弹簧弹力做功的功率先增大后减小B 从A下滑到C的过程中，在B点时小球、弹簧及地球组成的系统机械能最大C 从A下滑到C的过程中，小球克服摩擦力做的功为mv21 4D 从C上升到A的过程中，小球经过B点时的加速度为 0解析 小球从A下滑到O的过程，弹力与运动方向成锐角，弹力做正功，但弹力在减小，速度

13、在增大，而在O点弹力为零，功率为零，则整个过程弹力的功率先增大后减小，A 正确；由全过程的运动可知一直有摩擦力做负功，系统的机械能一直减小，故初位置A的机械能最大，而B点仅动能最大，B 错误；从A到C由动能定理：WGWfWFk00，从C到A，由于路径相同和初末位置相同，则WG、Wf、WFk的大小相同，有WGWfWFk0mv2，解得Wfmv2，C 正确；物体从A至C经过B时速度最大可知1 21 46加速度为零，此时摩擦力向上与弹簧弹力、杆的弹力、重力的合力为零；而从C至A运动时同位置B的弹簧弹力和重力均相同，但摩擦力向下，故合力不为零，D 错误。故选 AC。8(2017湖北省襄阳五中一模)将质量

14、为 2 m 的长木板静止地放在光滑水平面上，如图甲所示。第一次，质量为m的小铅块(可视为质点)，在木板上以水平初速度v0由木板左端向右运动恰能滑至木板的右端与木板相对静止。第二次，将木板分成长度与质量均相等的两段 1 和 2，两者紧挨着仍放在此水平面上，让小铅块以相同的初速度v0由木板 1 的左端开始滑动，如图乙所示设铅块与长木板间的动摩擦因数为，重力加速度为g，对上述两过程，下列判断正确的是( BD )导学号 86084128A铅块在木板 1 上滑动时两段木板间的作用力为mgB铅块在木板 1 上滑动时两段木板间的作用力为mg1 2C小铅块第二次仍能到达木板 2 的右端D系统第一次因摩擦而产生

15、的热量较多解析 第二次小铅块先使整个木板加速，根据牛顿第二定律得ag，对mg 2m1 22 木板根据牛顿第二定律得：F12mamg，故 A 错误，B 正确；在第一次小铅块运动过1 2程中，小铅块与木板之间的摩擦力使整个木板一直加速，第二次小铅块先使整个木板加速，运动到 2 部分上后 1 部分停止加速，只有 2 部分加速，加速度大于第一次的对应过程，故第二次小铅块与 2 木板将更早达到速度相等，所以小铅块还没有运动到 2 的右端，故 C 错误；由于在乙中小铅块还没有运动到 2 的右端，所以在木板 2 上相对运动的位移没有在木板 1 上大，所以在乙中小铅块相对木板的位移小于在甲中小铅块相对木板的位

16、移，根据摩擦力乘以相对位移等于产生的热量，所以乙中产生的热量小于在甲中木板上滑行产生热量，故 D 正确。二、计算题(本题共 2 小题，需写出完整的解题步骤)9. (2017江西省师大附中一模)如图所示，A、B质量分别为mA1 kg，mB2 kg，AB间用弹簧连接着，弹簧劲率系数k100 N/m，轻绳一端系在A上，另一端跨过定滑轮，B为套在轻绳上的光滑圆环，另一圆环C固定在桌边，B被C挡住而静止在C上，若开始时作用在绳子另一端的拉力F为零，此时A处于静止且刚没接触地面。现用恒定拉力F15 N 拉绳子，恰能使B离开C但不能继续上升，不计摩擦且弹簧没超过弹性限度，g10 m/s2求：导学号 8608

17、41297(1)B刚要离开C时A的加速度；(2)若把拉力F改为F30N，则B刚要离开C时，A的速度大小。解析 (1)B刚要离开C的时候，弹簧对B的弹力NmBg：对A有：aA15 m/s2mAgNF mA(2)当F0 时，弹簧的伸长量x1mAg/k0.1 m当F15 N，且A上升到最高点时，弹簧的压缩量x2mBg/k0.2 m所以A上升的高度hx1x20.3 mA上升过程中：FhmAghEp所以弹簧弹性势能增加了Ep1.5 J把拉力改为F30 N 时，A上升过程中：FhmAghEpmAv2 得v3 m/s1 210(2017山东省历城二中二模) 如图所示，半径为R、圆心为O的大圆环固定在竖直平面

18、内，两个轻质小圆环固定在大圆环上竖直对称轴的两侧45的位置上，一根轻质长绳穿过两个小圆环，它的两端都系上质量为m的重物，小圆环的大小、绳子与大、小圆环间的摩擦均可忽略。当在两个小圆环间绳子的中点C处，挂上一个质量M的重物，M恰好在圆心处处于平衡。(重力加速度为g)求：导学号 86084130(1)M与m质量之比。(2)再将重物M托到绳子的水平中点C处，然后无初速释放重物M，则重物M到达圆心8处的速度是多大？解析 (1)以M为研究对象，受力分析：Mg2mgcos45M m21 (2)M与 2 个m组成的系统机械能守恒：MgRsin2mg(RRcos)Mv2mv1 22 11 22 2v2v1cos v1(1)22gR