高考物理二轮复习专题四功能关系与能量守恒重点讲练781.pdf

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1、第 1 页 专题四 功能关系与能量守恒重点讲练 1(2021 永安市模拟)如下图，一轻质弹簧下端，固定在水平面上，上端叠放着两个质量均为M物体A、B(物体B与弹簧栓接)，弹簧劲度系数为k，初始时物体处于静止状态现用竖直向上拉力F作用在物体A上，使物体A开场向上做加速度为a匀加速运动，测得两个物体vt图像如图乙所示(重力加速度为g)，那么()A施加外力瞬间，A、B间弹力大小为M(ga)BA、B在t1时刻别离，此时弹簧弹力大小恰好为零 C弹簧恢复到原长时，物体B速度到达最大值 DB与弹簧组成系统机械能先逐渐增加，后保持不变 答案 A 分析 题中弹簧弹力根据胡克定律列式求解，先对物体AB整体受力分析

2、，根据牛顿第二定律列方程；再对物体B受力分析，根据牛顿第二定律列方程；t1时刻是A与B别离时刻，之间弹力为零 解析 A 项，施加F前，物体AB整体平衡，根据平衡条件，有 2Mgkx，解得x2Mgk 施加外力F瞬间，对B物体，根据牛顿第二定律，有 F弹MgFABMa 其中：F弹2Mg 解得FABM(ga)，故 A 项正确 B 项，物体A、B在t1时刻别离，此时A、B具有共同v与a；且FAB0；第 2 页 对B：F弹MgMa 解得F弹M(ga)，故 B 项错误 C 项，B受重力、弹力及压力作用；当合力为零时，速度最大，而弹簧恢复到原长时，B受到合力为重力，已经减速一段时间；速度不是最大值；故 C

3、项错误；D 项，B与弹簧开场时受到了A压力做负功，故开场时机械能减小；故 D 项错误 点评 此题关键是明确A与B别离时刻，它们间弹力为零这一临界条件；然后分别对AB整体与B物体受力分析，根据牛顿第二定律列方程及机械能守恒条件进展分析 命题立意 机械能守恒定律 2(2021 浙江杭州模拟)如图甲所示，在水平地面上放置一个质量为m4 kg 物体，让其在随位移均匀减小水平推力作用下运动，推力随位移x变化图像乙所示物体与地面间动摩擦因数为0.5，g10 m/s2.以下说法正确是()A物体先做加速运动，推力撤去时开场做减速运动 B物体在水平面上运动最大位移是 12 m C物体在运动中加速度先变小后不变

4、D物体运动最大速度为 8 m/s 答案 D 解析 此题主要考察牛顿第二定律、动能定理；A 项，物体先加速，当推力小于摩擦力时开场减速，当推力为零时，继续减速至速度为零，第 3 页 故 A 项错误；B 项，对运动过程使用动能定理，那么Fxfs0，图像面积即Fx，可得s10 m，故 B 项错误；C 项，加速度先减小至零，后反向增大，推力为零时，加速度保持不变，故 C 项错误；D 项，当Ffmg20 N 时由图像可得x3.2 m，对开场运动到合力为零过程使用动能定理得Fxfxmv2max2，故 D 项正确 3(2021 浙江杭州模拟)如下图x轴上各点电场强度如下图，场强方向与x轴平行，规定沿x轴正方

5、向为正，一负点电荷从坐标原点O以一定初速度沿x轴正方向运动，点电荷到达x2位置速度第一次为零，在x3位置第二次速度为零，不计粒子重力以下说法正确是()A点电荷从O点运动到x2，再运动到x3过程中，速度先均匀减小再均匀增大，然后减小再增大 B点电荷从O点运动到x2，再运动到x3过程中，加速度先减小再增大，然后保持不变 CO点与x2与O点与x3电势差UOx2UOx3 D点电荷在x2、x3位置电势能最小 答案 C 解析 此题主要考察牛顿第二定律、动能定理以及功能关系；A 项，在Ox2之间电场是变化不可能做匀变速，故 A 项错误；B 项，在Ox1之间加速度先增后减，在x1x2之间再次先增后减，向左返回

6、时再次这样变化，在Ox3之间保持不变，故 B 项错误；C 项，对于从x2到x3过程使用动能定理，qUx2OqUOx30，故UOx2UOx3，那么 C 项正确；由功能关系可知，在x2、x3位置动能最小，那么电势第 4 页 能最大，故 D 项错误；此题正确为 C 项 4.(2021 浙江杭州模拟)如下图，直杆AB与水平面成角固定，在杆上套一质量为m小滑块，杆底端B点处有一弹性挡板，杆与板面垂直，滑块与挡板碰撞后原速率返回现将滑块拉到A点由静止释放，与挡板第一次碰撞后恰好能上升到AB中点，设重力加速度为g，由此可以确定()A滑块下滑与上滑过程加速度大小a1、a2 B滑块最终所处位置 C滑块与杆之间动

7、摩擦因数 D滑块第k次与挡板碰撞后速度vk 答案 ABC 解析 此题主要考察牛顿第二定律以及动能定理；设滑块到达底端时速度为v，那么v22a1x2a2x2，故加速度之比为 12，A 项正确；由于有摩擦力，最终滑块能量耗尽而静止于底端，故 B 项正确；由a22a1即 2gsin2gcosgsingcos，故tan3，C 项正确；滑块第k次与挡板碰撞后，能在滑到杆x(12)kl处，那么滑块第k次与挡板碰撞后速度vk满足mv2k2mgxsinmgxcos，由于l未知，所以不能求得vk大小，故 D 项错误；此题正确为 ABC 项 5(2021 山东模拟)如下图，绝缘粗糙斜面体固定在水平地面上，第 5

8、页 斜面所在空间存在平行于斜面向上匀强电场E，轻弹簧一端固定在斜面顶端，另一端拴接一不计质量绝缘薄板一带正电小滑块，从斜面上P点处由静止释放后，沿斜面向上运动，并能压缩弹簧至R点(图中未标出)，然后返回那么()A滑块从P点运动到R点过程中，其机械能增量等于电场力与弹簧弹力做功之与 B滑块从P点运动到R点过程中，电势能减小量大于重力势能与弹簧弹性势能增加量之与 C滑块返回能到达最低位置在P点上方 D滑块最终停下时，克制摩擦力所做功等于电势能减小量与重力势能增加量之差 答案 BCD 解析 由题可知，小滑块从斜面上P点处由静止释放后，沿斜面向上运动，说明小滑块开场时受到合力方向向上，开场时小滑块受到

9、重力、电场力、斜面支持力与摩擦力作用；小滑块开场压缩弹簧后，还受到弹簧弹力作用，小滑块向上运动过程中，斜面支持力不做功，电场力做正功，重力做负功，摩擦力做负功，弹簧弹力做负功在小滑块开场运动到到达R点过程中，电场力做功转化为小滑块重力势能、弹簧弹性势能以及内能A 项，由以上分析可知，滑块从P点运动到R点过程中，其机械能增量等于电场力与弹簧弹力做功、摩擦力做功之与，故 A 项错误；B 项，由以上分析可知，电场力做功转化为小滑块重力势能、弹簧弹性势能以及内能，所以电势能减小量大于重力势能与弹第 6 页 簧弹性势能增加量之与，故 B 项正确；C 项，小滑块运动过程中，由于摩擦力做功，小滑块机械能与电

10、势能与减小，所以滑块返回能到达最低位置在P点上方，不能再返回P点，故 C 项正确；D 项，滑块运动过程中，由于摩擦力做功，小滑块机械能与电势能与逐渐减小，所以滑块最终停下时，克制摩擦力所做功等于电势能减小量与重力势能增加量之差，故 D 项正确 命题立意 此题旨在考察功能关系、机械能守恒定律 易错警示 该题中，小滑块运动过程相对是比拟简单，只是小滑块运动过程中，对小滑块做功力比拟多，要逐个分析清楚，不能有漏掉功，特别是摩擦力功 6.(2021 河北辛集中学)如下图，一质量为m小球套在光滑竖直杆上，轻质弹簧一端固定于O点，另一端与该小球相连 现将小球从A点由静止释放，沿竖直直杆运动到B点，OA长度

11、小于OB长度，弹簧处于OA、OB两位置时弹力大小相等弹簧形变量一样时弹性势能一样那么小球在此过程中()A加速度等于重力加速度g位置有两个 B弹簧弹力功率为零位置有两个 C弹簧弹力对小球所做正功等于小球克制弹簧弹力所做功 D弹簧弹力做正功过程中小球运动距离等于弹簧弹力做负功过程中小球运动距离 答案 AC 第 7 页 解析 此题主要考察牛顿第二定律、功率以及功能关系；弹簧长度变化情况如下：A 项，当弹簧垂直于杆时，小球竖直方向只受重力，加速度为g，继续向下运动，当弹簧恢复原长时，弹力为零，小球只受重力，加速度为g，故有两个位置加速度为g，A 项正确；B 项，弹力功率为零位置有三个：A点因速度为零，

12、故功率为零，当弹簧垂直于杆时以及弹簧恢复原长时，弹力功率也为零，故 B 项错误；C 项，因A点与B点弹簧弹性势能一样，那么弹簧弹力对小球所做正功等于小球克制弹簧弹力所做功故 C 项正确；D 项，因做负功时弹力大，那么弹簧弹力做正功过程中小球运动距离大于小球克制弹簧弹力做功过程中小球运动距离，故 D 项错误；此题正确为 AC 项 7(2021 山东模拟)如下图，在水平面上有两条光滑长直平行金属导轨MN、PQ，电阻忽略不计，导轨间距离为L，磁感应强度为B匀强磁场垂直于导轨所在平面质量均为m两根金属a、b放置在导轨上，a、b接入电路电阻均为R.轻质弹簧左端与b杆连接，右端固定 开场时a杆以初速度v0

13、向静止b杆运动，当a杆向右速度为v时，b杆向右速度到达最大值vm，此过程中a杆产生焦耳热为Q，两杆始终垂直于导轨并与导轨接触良好，那么b杆到达最大速度时()Ab杆受到弹簧弹力为B2L2vvm2R Ba杆受到安培力为B2L2vvmR Ca、b杆与弹簧组成系统机械能减少量为Q 第 8 页 D弹簧具有弹性势能为12mv2012mv212mv2m2Q 答案 AD 解析 当b杆到达最大速度时，弹簧弹力等于安培力，根据安培力大小公式与闭合电路欧姆定律及法拉第电磁感应定律，可得到弹簧弹力；两棒安培力关系求出a杆受到安培力选取系统为研究对象，确定从开场到b杆最大速度作为研究过程，由能量守恒来确定弹簧弹性势能A

14、 项，b杆到达最大速度时，弹簧弹力等于安培力，由闭合电路欧姆定律可得IE2RBLvvm2R，b棒受到安培力大小FBILB2L2vvm2R，那么弹簧弹力为FB2L2vvm2R，故 A 项正确；B 项，a、b两棒串联，电流相等，长度相等，所受安培力大小相等，所以a杆受到安培力为B2L2vvm2R，故 B 项错误；C 项根据能量守恒定律可知，a、b杆与弹簧组成系统机械能减少量为 2Q.故 C 项错误；D 项，选两杆与弹簧组成系统为研究对象，从a棒开场运动到b棒到达最大速度，由能量守恒知，弹簧具有弹性势能为12mv2012mv212mv2m2Q.故 D 项正确 命题立意 此题旨在考察切割磁感线而产生电

15、磁感应 8(2021 第二次大联考广东)如下图，有一光滑轨道ABC，AB局部为半径为R14圆弧，BC局部水平，质量均为m小球a、b固定在竖直轻杆两端，轻杆长为R，不计小球大小开场时a球处在圆弧上端第 9 页 A点，由静止释放小球与轻杆，使其沿光滑轨道下滑，以下说法正确是()Aa球下滑过程中机械能保持不变 Ba、b两球与轻杆组成系统在下滑过程中机械能保持不变 Ca、b滑到水平轨道上时速度为2gR D 从释放到a、b滑到水平轨道上，整个过程中轻杆对a球做功为mgR2 答案 BD 解析 由机械能守恒条件得，a机械能不守恒，a、b系统机械能守恒，所以 A 项错误，B 项正确对ab系统由机械能守恒定律得

16、mgR2mgR212mv2，解得v3gR，C 项错误对a由动能定理得mgRW12mv2，解得WmgR2，D 项正确 命题立意 机械能守恒定律，动能定理 点拨 熟练掌握机械能守恒条件及守恒定律，a、b系统机械能守恒 9(2021 厦门模拟)一物体静止在粗糙斜面上，现用一大小为F1水平拉力拉动物体，经过时间t后其速度变为v，假设将水平拉力大小改为F2，物体从静止开场经过时间t后速度变为 2v，对于上述两过程，用 EJ1、EJ2分别表示前后两次物体增加机械能，EP1、EP2分别表示前后两次物体增加重力势能，那么()AEJ22EJ1，EP22EP1 BEJ22EJ1，EP22EP1 CEJ24EJ1，

17、EP2EP1 第 10 页 DEJ24EJ1，EP22EP1 答案 D 解析 由题意可知，两次物体均做匀加速运动，那么在同样时间内，它们位移之比为s1s2v2t2v2t12，两次上升高度之比：h1h2s1sins2sin12 故重力势能变化量之比：EP1EP2mgh1mgh212，EP22EP1 根据动能表达式：EK12mv2，得 EK1EK214，EK24EK1，而机械能 EEKEP，故 EJ2EK2EP24EK12EP14EK14EP1vB1，所以 D 项正确 11(2021 贵阳二模)如下图，倾角为37足够长传送带以较大恒定速率逆时针运转，一轻绳绕过固定在天花板上轻滑轮，一端连接放在传送

18、带下端质量为m物体A，另一端竖直吊着质量为12m、电荷量为qmgl28k(k为静电力常量)带正电物体B，轻绳与传送带平行，物体B正下方绝缘水平面上固定着一个电荷量也为q带负电物体C，此时A、B都处于静止状态现将物体A向上轻轻触动一下，物第 12 页 体A将沿传送带向上运动，且向上运动最大距离为l.物体A与传送带动摩擦因数为0.5，A、B、C均可视为质点，重力加速度为g，不计空气阻力sin370.6，cos370.8.求：(1)A、B处于静止状态时物体B、C间距离；(2)从物体B开场下落到与物体C碰撞前整个过程中，电场力对物体B所做功 分析(1)开场时刻，物体A、B均保持静止，分别受力分析后根据

19、平衡条件列式后联立求解即可；(2)BC碰撞后，物体A上升过程是匀减速直线运动，根据牛顿第二定律列式求解加速度，根据运动学公式求解BC碰撞前速度；物体B下降过程，对A、B整体由功能关系列式求解电场力对物体B所做功 答案(1)l2(2)mgl 解析(1)开场时，A、B均静止，设物体B、C间距离为l1，由平衡条件，有 对A：Tmgsinmgcos 对B：Tkq2l21mg2，其中qmgl28k 解得l1l2(2)B、C相碰后，A将做匀减速运动，由牛顿第二定律，有mgsinmgcosma 由运动公式，有 0v2m2a(ll1)解得vmgl，第 13 页 物体B下降过程对A、B整体由功能关系，有 W电1

20、2mgl1mg(sincos)l112(m12m)v2m，解得W电mgl 命题立意 动能定理应用；牛顿第二定律 12(2021 开封模拟)质量为m小物块A，放在质量为M木板B左端，B在水平拉力作用下沿水平地面匀速向右滑动，且A、B相对静止某时刻撤去水平拉力，经过一段时间，B在地面上滑行了一段距离x，A在B上相对于B向右滑行了一段距离L(设木板B足够长)后A与B都停下A、B间动摩擦因数1，B与地面间动摩擦因数2，21，求x表达式 分析 撤去水平拉力，A受到滑动摩擦力f11mg，加速度大小a1f1m1g，B受到A向右摩擦力与地面向左摩擦力，B加速度大小a22mMg1mgM，由21分析两加速度大小关

21、系，判断B先停顿运动，然后A在木板上继续做匀减速运动，根据动能定理分别对A、B研究，求解x.答案 x表达式是x1ML21mM 解析 设A、B相对静止一起向右匀速运动时速度为v.撤去外力后至停顿过程中，A受到滑动摩擦力f11mg，加速度大小a1f1m1g 此时B加速度大小a22mMg1mgM 第 14 页 由于21，所以判断B先停顿运动，然后A在木板上继续做匀减速运动，且其加速度大小不变 对A应用动能定理，得f1(Lx)012mv2 对B应用动能定理，得1mgx2(mM)gx012Mv2 消去v解得x1ML21mM.命题立意 动能定理应用；牛顿第二定律 13如图 1 所示，一端封闭两条平行光滑长

22、导轨相距L，距左端L处右侧一段被弯成半径为L2四分之一圆弧，圆弧导轨左、右两段处于高度相差L2水平面上以弧形导轨末端点O为坐标原点，水平向右为x轴正方向，建立Ox坐标轴圆弧导轨所在区域无磁场；左段区域存在空间上均匀分布，但随时间t均匀变化磁场B(t)，如图 2 所示；右段区域存在磁感应强度大小不随时间变化，只沿x方向均匀变化磁场B(x)，如图 3 所示；磁场B(t)与B(x)方向均竖直向上在圆弧导轨最上端，放置一质量为m金属棒ab，与导轨左段形成闭合回路，金属棒由静止开场下滑时左段磁场B(t)开场变化，金属棒与导轨始终接触良好，经过时间t0金属棒恰好滑到圆弧导轨底端金属棒在回路中电阻为R，导轨

23、电阻不计，重力加速度为g.(1)求金属棒在圆弧轨道上滑动过程中，回路中产生感应电动势E；(2)如果根据条件，金属棒能离开右段磁场B(x)区域，离开时速度为v，求金属棒从开场滑动到离开右段磁场过程中产生焦耳热Q；第 15 页(3)如果根据条件，金属棒滑行到xx1位置时停下来，a求金属棒在水平轨道上滑动过程中通过导体棒电荷量q；b通过计算，确定金属棒在全部运动过程中感应电流最大时位置 答案(1)L2B0t0(2)L4B20Rt0mgL2mv22(3)a.B0Lx12x0 x12x0R bx0 处 解析 此题主要考察电磁感应定律、机械能守恒以及功能关系(1)由图 2 可知，BtB0t0 根据法拉第电磁感应定律，感应电动势 EtL2BtL2B0t0(2)金属棒在弧形轨道上滑行过程中，产生焦耳热 Q1E2RtL4B20Rt0 金属棒在弧形轨道上滑行过程中，根据机械能守恒定律 mgL2mv202 金属棒在水平轨道上滑行过程中，产生焦耳热为Q2，根据能量守恒定律Q2mv202mv22mgL2mv22 所以，金属棒在全部运动过程中产生焦耳热 QQ1Q2L4B20Rt0mgL2mv22 第 16 页(3)a.根据图 3，xx1(x1t 所以，I1L2B0t0RL2B0RtL2B0RLgI2 综上所述，金属棒刚进入水平轨道时，即金属棒在x0 处，感应电第 17 页 流最大