2020高考物理二輪復習 600分沖刺 專題二 能量與動量 第6講 功能關系和能量守恒優(yōu)練（含解析）

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1、功能關系和能量守恒 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．(2019·北京延慶模擬)蹦極是一項富有挑戰(zhàn)性的運動，運動員將彈性繩的一端系在身上，另一端固定在高處，然后運動員從高處跳下，如圖所示。圖中a點是彈性繩自然下垂時繩下端的位置，c點是運動員所到達的最低點。在運動員從a點到c點的運動過程中，忽略空氣阻力，下列說法正確的是(　D　) A．運動員的速度一直增大 B．運動員的加速度始終減小 C．運動員始終處于失重狀態(tài) D．運動員克服彈力做的功大于重力對運動員做的功 [解析]　該過程隨著彈性繩的伸長，拉力不斷變大，根據(jù)受力分析可知，先做加速度減小的

2、加速，后做加速度增加的減速，A、B錯；運動員有減速的過程，加速度向上是超重，C錯；運動員克服彈力做的功等于重力勢能的變化量和動能變化量之和，D對。 2．(2019·高三考試大綱調研卷)如圖所示，輕質彈簧一端固定，另一端與一質量為m、套在光滑豎直固定桿A處的圓環(huán)相連，彈簧水平且處于原長。圓環(huán)從A處由靜止開始下滑，經(jīng)過B處的速度最大，到達C處的速度為零，重力加速度為g，則下列說法不正確的是(　B　) A．由A到C的過程中，圓環(huán)的加速度先減小后增大 B．由A到C的過程中，圓環(huán)的動能與重力勢能之和先增大后減少 C．由A到B的過程中，圓環(huán)動能的增加量小于重力勢能的減少量 D．在C處時，彈簧

3、的彈性勢能為mgh [解析]　圓環(huán)從A處由靜止開始下滑，經(jīng)過B處的速度最大，到達C處的速度為零，所以圓環(huán)先做加速運動，再做減速運動，經(jīng)過B處的速度最大，所以經(jīng)過B處的加速度為零，所以加速度先減小，后增大，故A正確；圓環(huán)的動能、重力勢能和彈性勢能之和守恒，因由A到C的過程中，彈性勢能逐漸變大，則圓環(huán)的動能與重力勢能之和逐漸減少，選項B錯誤；由A到B的過程中，因圓環(huán)的動能、重力勢能和彈性勢能之和守恒，則彈性勢能和動能增加量之和等于重力勢能的減小量，則圓環(huán)動能的增加量小于重力勢能的減少量，選項C正確；研究圓環(huán)從A處由靜止開始下滑到C過程，由動能定理得：mgh－W彈＝0－0＝0，則W彈＝mgh，故D

4、正確；故選B。 3．(2019·高三考試大綱調研卷)如圖甲所示，輕彈簧豎直固定在水平面上，一質量為m＝0.2 kg的小球從彈簧上端某高度處自由下落，從它接觸彈簧到彈簧壓縮至最短的過程中(彈簧始終在彈性限度內)，其速度v和彈簧壓縮量Δx的函數(shù)圖象如圖乙所示，其中A為曲線的最高點，小球和彈簧接觸瞬間的機械能損失不計，取重力加速度g＝10 m/s2，則下列說法中不正確的是(　C　) A．該彈簧的勁度系數(shù)為20 N/m B．當Δx＝0.3 m時，小球處于超重狀態(tài) C．小球剛接觸彈簧時速度最大 D．從接觸彈簧到壓縮至最短的過程中，小球的加速度先減小后增大 [解析]　當Δx＝0.1 m時，

5、小球的重力等于彈簧對它的彈力，合力為零，小球的加速度為零，平衡狀態(tài)，可得：kΔx＝mg，解得：k＝＝ N/m＝20 N/m，故A正確；由圖乙可知，Δx＝0.3 m時，物體的速度減小，加速度向上，故說明物體處于超重狀態(tài)，故B正確；由小球的速度圖象知，開始小球的速度增大，小球的重力大于彈簧對它的彈力，當Δx為0.1 m時，小球的速度最大，然后速度減小，故C錯誤；圖中的斜率表示加速度，則由圖可知，從接觸彈簧到壓縮至最短的過程中，小球的加速度先減小后增大，故D正確。本題選不正確的，故選C。 4．(2019·安徽合肥二模)如圖甲所示，置于水平地面上質量為m的物體，在豎直拉力F作用下，由靜止開始向上運動

6、，其動能Ek與距地面高度h的關系如圖乙所示，已知重力加速度為g，空氣阻力不計。下列說法正確的是(　C　) A．在0～h0過程中，F(xiàn)大小始終為mg B．在0～h0和h0～2h0過程中，F(xiàn)做功之比為2︰1 C．在0～2h0過程中，物體的機械能不斷增加 D．在2h0～3.5h0過程中，物體的機械能不斷減少 [解析]　由圖乙物體動能Ek與距地面高度h的關系可知，當物體距離地面高度為h0時，Ek＝mgh0，由功能關系可得，力F做功WF＝Fh0＝ Ek＋mgh0＝2mgh0，解得F＝2mg，即在0～h0過程中，F(xiàn)大小始終為2mg，選項A錯誤；當物體距離地面高度為2h0時，Ek＝1.5mgh0

7、，在h0～2h0過程中，由功能關系可得，力F做功WF＝ΔEk＋ΔEp＝0.5mgh0＋ mgh0＝1.5mgh0，即在0～h0和h0～2h0過程中，F(xiàn)做功之比為21.5＝43，選項B錯誤；在0～2h0過程中，力F做功，物體的機械能不斷增加，選項C正確；在2h0高度，物體的動能為Ek＝1.5mgh0，重力勢能為Ep＝2mgh0，物體的機械能為E＝Ek＋Ep＝3.5mgh0，在3.5h0高度，物體的動能為零，重力勢能為Ep＝3.5mgh0，物體的機械能為E＝ Ek＋Ep＝3.5mgh0，因此在2h0～3.5h0過程中，物體的動能不斷減少，機械能不變，選項D錯誤。 5．(2019·高考大綱調研

8、卷)把質量是0.2 kg的小球放在豎立的彈簧上，并把球往下按至A的位置，如圖甲所示；迅速松手后，彈簧把球彈起，球升至最高位置C(圖丙)途中經(jīng)過位置B時彈簧正好處于自由狀態(tài)(圖乙)。已知B、A的高度差為0.1 m，C、B的高度差為0.2 m，彈簧的質量和空氣阻力均忽略不計。重力加速度g＝10 m/s2，則有(　BC　) A．小球從A上升至B的過程中，彈簧的彈性勢能一直減小，小球的動能一直增加 B．小球從B上升到C的過程中，小球的動能一直減小，勢能一直增加 C．小球在位置A時，彈簧的彈性勢能為0.6 J D．小球從位置A上升至C的過程中，小球的最大動能為0.4 J [解析]　球從A上

9、升到B位置的過程中，先加速，當彈簧的彈力kΔx＝mg時，合力為零，加速度減小到零，速度達到最大，之后小球繼續(xù)上升彈簧彈力小于重力，球做減速運動，故小球從A上升到B的過程中，動能先增大后減小，A錯誤；小球從B到C的過程中，小球的彈力小于重力，故小球的動能一直減??；因小球高度增加，故小球的重力勢能增加；故B正確；根據(jù)能量的轉化與守恒，小球在圖甲中時，彈簧的彈性勢能等于小球由A到C位置時增加的重力勢能：Ep＝mgAC＝0.2×10×0.3 J＝0.6 J；故C正確；由于無法確定小球受力平衡時的彈簧的形變量，故無法求出小球的最大動能；故D錯誤。 6．(2019·湖北省荊門模擬)物體A、B之間通過勁度

10、系數(shù)為k的輕彈簧連接，豎直放置在水平面上，物體A的質量為m 。開始時系統(tǒng)處于靜止狀態(tài)。現(xiàn)用豎直向上的恒力F拉物體A使之豎直向上運動，當物體B剛要離開地面時，A的速度恰好達到最大，物體A運動的距離為初始時彈簧壓縮量的2倍，則(　BD　) A．物體B的質量為2m B．在此過程中恒力F所做的功等于物體A的機械能增加量 C．在此過程中物體A的最大速度為 D．在此過程中物體與彈簧組成的系統(tǒng)機械能增加量為 [解析]　未施加力F時，對物體A分析，得到彈簧壓縮量x＝。當物體B剛要離開地面時，由物體A運動的距離為初始時彈簧壓縮量的2倍可知，此時彈簧的伸長量為x＝。對此時物體B分析，得到的物體B的質

11、量為m，A錯誤；此時A的速度恰好達到最大，合力為0，對A分析可得到恒力F＝2mg。在此過程中，彈簧的彈性勢能未發(fā)生變化，所以恒力F做的功等于物體A增加的機械能，B正確；由功能關系可知，物體與彈簧組成的系統(tǒng)機械能增加量等于恒力F做的功，即為F×2×＝，D正確；對物體A此段過程由動能定理列方程： －mg＝mv2－0，解得v＝，C錯誤。 7．(2019·江蘇省四校模擬)如圖所示，小物塊套在固定豎直桿上，用輕繩連接后跨過小定滑輪與小球相連。開始時物塊與定滑輪等高。已知小球的質量是物塊質量的兩倍，桿與滑輪間的距離為d，重力加速度為g，繩及桿足夠長，不計一切摩擦，現(xiàn)將物塊由靜止釋放，在物塊向下運動過程

12、中，下列說法正確的是(　ABD　) A．剛釋放時物塊的加速度為g B．物塊重力的功率先增大后減小 C．物塊下降的最大距離為d D．物塊速度最大時，繩子的拉力一定大于物塊的重力 [解析]　小球剛開始釋放時，物塊水平方向受力平衡，豎直方向只受重力，根據(jù)牛頓第二定律可知其加速度為g，A正確；剛釋放時物塊的速度為零，小球重力的功率為零。物塊下降到最低點時小球的速度為零，小球重力的功率又為零，所以小球重力的功率先增大后減小，B正確；設物塊下降的最大距離為x，物塊的質量為m。根據(jù)系統(tǒng)機械能守恒定律，有：mgx－2mg(－d)＝0，解得：x＝d，C錯誤；物塊的合力為零時速度最大，則繩子拉力的豎

13、直向上的分力等于物塊的重力，所以繩子的拉力—定大于物塊的重力，D正確。 8．(2019·江蘇省無錫市模擬)如圖所示，內壁光滑的環(huán)形凹槽半徑為R，固定在豎直平面內，一根長度為R的輕桿，一端固定小球甲，另一端固定小球乙，兩球質量均為m，將兩小球放入凹槽內，小球乙恰好位于凹槽的最低點，由靜止釋放后(　ABD　) A．整個運動過程，甲球的速率始終等于乙球的速率 B．當甲、乙兩球到達同一高度時，甲球的速率達到最大值 C．甲球在下滑過程，輕桿對甲球先做正功后做負功 D．甲球可沿凹槽下滑到槽的最低點 [解析]　根據(jù)運動的合成與分解可得：v甲cos45°＝v乙cos45°，則有：v甲＝v乙在，

14、所以整個運動過程，甲球的速率始終等于乙球的速率，故A正確；設甲球與圓心的連線與豎直方向的夾角為θ，則乙球與圓心的連線與豎直方向的夾角為90°－θ，對于系統(tǒng)，機械能守恒，則有：mgRcosθ－mgR(1－sinθ)＝mv＋mv，解得：v甲＝v乙＝＝，當θ＝45°時，即甲、乙兩球到達同一高度時，甲球的速率達到最大值，故B正確；甲球在下滑過程中，輕桿對甲球作用力表現(xiàn)為支持力，力的方向與運動方向相反，輕桿對甲球一直做負功，故C錯誤；根據(jù)對稱性可知，甲球沿凹槽下滑到槽的最低點，乙球運動到圓心等高點，對于系統(tǒng)根據(jù)機械能守恒可得v甲＝v乙＝0，故D正確。 二、計算題(本題共2小題，需寫出完整的解題步驟)

15、 9. (2019·高三二輪復習測試)如圖所示，水平軌道PAB與圓弧軌道BC相切于B點，其中，PA段光滑，AB段粗糙，動摩擦因數(shù)μ＝0.1，AB段長度L＝2 m，BC段光滑，半徑R＝1 m。輕質彈簧勁度系數(shù)k＝200 N/m，左端固定于P點，右端處于自由狀態(tài)時位于A點，現(xiàn)用力推質量m＝2 kg的小滑塊，使其緩慢壓縮彈簧，當推力做功W＝25 J時撤去推力。已知彈簧彈性勢能表達式Ep＝kx2，其中，k為彈簧的勁度系數(shù)，x為彈簧的形變量，重力加速度取g＝10 m/s2。 (1)求推力撤去瞬間，滑塊的加速度大??； (2)求滑塊第一次到達圓弧軌道最低點B時對B點的壓力F大??； (3)判斷滑塊能否越

16、過C點，如果能，求出滑塊到達C點的速度vC和滑塊離開C點再次回到C點所用時間t，如果不能，求出滑塊能達到的最大高度h。 [答案]　(1)50 m/s2　(2)62 N　(3)能　1 m/s　0.2 s [解析]　 (1)推力做功全部轉化為彈簧的彈性勢能，則有W＝Ep，即25＝×200×x2，得x＝0.5 m。由牛頓運動定律得a＝＝50 m/s2 (2)設滑塊到達B點時的速度為vB，由能量關系有W－μmgL＝mv，得v＝21 m2/s2 對小滑塊，由牛頓第二定律得FN－mg＝m，解得FN＝62 N 由牛頓第三定律可知，小滑塊對B點的壓力F＝62 N (3)設滑塊能夠到達C點，且具

17、有速度vC，由功能關系得W－μmgL－mgR＝mv 代入數(shù)據(jù)解得vC＝1 m/s 故滑塊能夠越過C點，從滑塊離開C點到再次回到C點過程中，滑塊做勻變速運動，以向下為正方向有vC＝－vC＋gt，t＝＝0.2 s 10.(2019·廣東七校聯(lián)考)如圖，水平光滑桿CP上套有一個質量為m＝1 kg的小物塊A(可視作質點)，細線跨過O點的輕質小定滑輪一端連接物塊A，另一端懸掛質量為mB＝2 kg的小物塊B，C點為O點正下方桿的右端點，定滑輪到桿的距離OC＝h＝0.4 m。開始時AO與水平方向的夾角為30°，A和B靜止。桿的右下方水平地面上有一傾角為θ＝37°固定斜面，斜面上有一質量為M＝1 kg

18、的極薄木板DE(厚度忽略)，開始時木板鎖定，木板下表面及物塊A與斜面間動摩擦因數(shù)均為μ1＝0.5，木板上表面的DF部分光滑(DF長為L1＝0.53m), FE部分與物塊A間的動摩擦因數(shù)為μ2＝。木板端點E距斜面底端G長LEG＝0.26 m?，F(xiàn)將A、B同時由靜止釋放(PO與水平方向的夾角為60°)，物塊A運動到C點時細線突然斷開，物塊從C水平滑離桿，一段時間后，恰好以平行于薄木板的方向滑上木板，與此同時解除木板的鎖定?；瑝K在木板上DF段運動時間恰是在FE段的一半，重力加速度g取10 m/s2，求： (1)物塊A運動到P點時滑塊A、B的速度之比； (2)木板表面FE部分的長度L2; (3)

19、從解除鎖定開始計時，木板端點E經(jīng)多長時間到達斜面底端G? [答案]　(1)21　(2)0.16 m　(3)0.7 s [解析]　(1)在P點時，由速度關系 vAcos60＝vB ， 得vA：vB ＝2：1 (2)滑塊A運動到C點時，物塊B的速度恰為零。 從釋放物塊A到運動到C，系統(tǒng)機械能守恒： mBg(OA－OC)＝mAv 解得 vC＝4 m/s 設剛滑上木板時的速度大小為v0，由平拋規(guī)律：v0＝＝5 m/s 滑上木板后，在DF段：因為木板與斜面間最大靜摩擦力為： fm＝μ1(m＋M)gcos37°＝8 N 而重力的分量只有Gx＝ Mgsinθ＝6 N, 所以木板

20、不動，物塊A加速度a1 ＝gsinθ＝6 m/s2 對物塊A，經(jīng)過t1運動到F，則：L1＝v0t1＋a1t 代入數(shù)值解得t1＝0.1 s vF＝a1t1＝0.6 m/s 滑到F后，對物塊A：ma2＝mgsin37°－μ2mgcos37° 代入數(shù)值解得a2＝3 m/s2 對木板Ma＝Mgsin37°－μ2mgcos37°－μ1(M＋m)gcos37°代入數(shù)值得a＝1 m/s2 設經(jīng)過t2時間滑塊滑到E點， 則木板的位移：S＝at 滑塊S′＝vFt2－a2t 已知t2＝2t1＝0.2 s， L2＝S′－S 代入數(shù)值解得L2＝0.16 m (3)由(2)知，分離時木板位移S＝at＝0.02 m, 速度 v1＝at2＝ 0.2 m/s 分離后，對木板：Ma′＝Mgsin37°－μ1Mgcos37° 解得a′＝2 m/s2 由LEG－S＝v1t3＋a′t 代入數(shù)值解得t3＝0.4 s 從解除鎖定開始計時，木板端點E到達斜面底端G的時間T＝t1＋t2＋t3＝0.7 s - 8 -