高考物理二輪專題復(fù)習(xí)練案：第6講 功能關(guān)系和能量守恒 Word版含解析

《高考物理二輪專題復(fù)習(xí)練案：第6講 功能關(guān)系和能量守恒 Word版含解析》由會(huì)員分享，可在線閱讀，更多相關(guān)《高考物理二輪專題復(fù)習(xí)練案：第6講 功能關(guān)系和能量守恒 Word版含解析（9頁珍藏版）》請(qǐng)?jiān)谘b配圖網(wǎng)上搜索。

1、 專題二　第6講 限時(shí)：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(xué)期預(yù)測卷)興趣小組的同學(xué)們利用彈弓放飛模型飛機(jī)。彈弓的構(gòu)造如圖1所示，其中橡皮筋兩端點(diǎn)A、B固定在把手上。橡皮筋處于ACB時(shí)恰好為橡皮筋原長狀態(tài)(如圖2所示)，將模型飛機(jī)的尾部放在C處，將C點(diǎn)拉至D點(diǎn)時(shí)放手，模型飛機(jī)就會(huì)在橡皮筋的作用下發(fā)射出去。C、D兩點(diǎn)均在AB連線的中垂線上，橡皮筋的質(zhì)量忽略不計(jì)。現(xiàn)將模型飛機(jī)豎直向上發(fā)射，在它由D運(yùn)動(dòng)到C的過程中(　C　) A．模型飛機(jī)在C位置時(shí)的速度最大 B．模型飛機(jī)的加速度一直在減小 C．橡皮筋對(duì)模型

2、飛機(jī)始終做正功 D．模型飛機(jī)的機(jī)械能守恒 [解析]　從D到C，橡皮筋對(duì)模型飛機(jī)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(jī)的速度先增大后減小，故AB錯(cuò)誤；橡皮筋對(duì)模型飛機(jī)的彈力與位移方向一直相同，所以橡皮筋對(duì)模型飛機(jī)的彈力始終做正功，而非重力做功等于機(jī)械能的增加量，故模型飛機(jī)的機(jī)械能一直在增大，故C正確，D錯(cuò)誤。所以C正確，ABD錯(cuò)誤。 2．(2018·四川省高三下學(xué)期第二次模擬)高速公路部分路段旁建有如圖所示的避險(xiǎn)車道，車輛可駛?cè)氡茈U(xiǎn)。若質(zhì)量為m的貨車剎車后以初速度v0經(jīng)A點(diǎn)沖上避險(xiǎn)車道，前進(jìn)距離L時(shí)到B點(diǎn)減速為0，貨車所受阻

3、力恒定，A、B兩點(diǎn)高度差為h，C為A、B中點(diǎn)，已知重力加速度為g，下列關(guān)于該貨車從A運(yùn)動(dòng)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(chǎn)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(yùn)動(dòng)時(shí)間等于CB段的運(yùn)動(dòng)時(shí)間 [解析]　根據(jù)動(dòng)能定理，－mgh－wf＝0－mv，克服阻力做的功為Wf＝mv－mgh，A錯(cuò)誤；克服摩擦力做的功等于系統(tǒng)產(chǎn)生的內(nèi)能，該過程產(chǎn)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(cuò)誤；從A到C做勻減速運(yùn)動(dòng)，在AC段的運(yùn)動(dòng)時(shí)間小于CB段的運(yùn)動(dòng)

4、時(shí)間，D錯(cuò)誤。選B。 3．(2018·山東省歷城高三下學(xué)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(fù)原長，彈簧的彈性勢(shì)能全部轉(zhuǎn)化為人的動(dòng)能 C．從人被彈簧彈起到彈簧恢復(fù)原長，人一直向上加速運(yùn)動(dòng) D．從人被彈簧彈起到彈簧恢復(fù)原長，人的加速度先減小后增大 [解析]　當(dāng)彈簧下壓的程度比較小時(shí)，彈簧具有的彈性勢(shì)能較小，彈簧不能將跳桿帶離地面，故A錯(cuò)誤；從人被彈簧彈起到彈簧

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

6、地高度為h2時(shí)，小物塊的加速度恰好為零 B．當(dāng)小物塊離地高度為h3時(shí)，小物塊的動(dòng)能最大，此時(shí)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(shì)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(shì)能恰好等于彈簧增加的彈性勢(shì)能 [解析]　由題意可知，當(dāng)小物塊離地高度為h2時(shí)，小物塊剛好開始接觸彈簧，此時(shí)小物塊只受到重力作用，故此時(shí)的加速度大小為重力加速度g，A錯(cuò)誤；當(dāng)小物塊離地高度為h3時(shí)，由題圖乙可知小物塊的動(dòng)能達(dá)到最大，小物塊的速度達(dá)到最大，此時(shí)有mg＝kΔx，彈簧的壓縮量為Δx＝h2－h(huán)3，

7、B錯(cuò)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(shì)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(shì)能轉(zhuǎn)化為小物塊增加的動(dòng)能和彈簧增加的彈性勢(shì)能，即彈簧增加的彈性勢(shì)能ΔEp＝mg(h2－h(huán)3)－(Ek2－Ek1)，C錯(cuò)誤；由題圖乙可知，當(dāng)小物塊離地高度為h4時(shí)，小物塊的動(dòng)能為零，由能量守恒定律可知，小物塊減少的重力勢(shì)能全部轉(zhuǎn)化為彈簧增加的彈性勢(shì)能，D正確。 5．(2018·寧夏銀川二中高三下學(xué)期模擬三試題)如圖所示，A、B是粗糙水平面上的兩點(diǎn)，O、P、A三點(diǎn)在同一豎直線上，且OP＝L，在P點(diǎn)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(diǎn)O連接

8、。當(dāng)小物塊靜止于A點(diǎn)時(shí)，小物塊受到彈性輕繩的拉力小于重力。將小物塊移至B點(diǎn)(彈性輕繩處于彈性限度內(nèi))，由靜止釋放后，小物塊沿地面運(yùn)動(dòng)通過A點(diǎn)，則在小物塊從B運(yùn)動(dòng)到A的過程中(　BD　) A．小物塊的動(dòng)能一直增大 B．小物塊受到的滑動(dòng)摩擦力保持不變 C．小物塊受到的滑動(dòng)摩擦力逐漸減小 D．小物塊和彈性輕繩組成的系統(tǒng)機(jī)械能逐漸減小 [解析]　對(duì)小物塊受力分析 設(shè)PA間距為x1，繩與豎直方向的夾角為θ，地面對(duì)物塊的支持力為FN，地面對(duì)物塊的摩擦力為f。小物塊從B運(yùn)動(dòng)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(duì)物塊的支持力FN＝mg－Tcosθ

9、＝mg－k[x1＋(L－L0)cosθ]減小，地面對(duì)物塊的摩擦力f＝μFN減??；當(dāng)小物塊靜止于A點(diǎn)時(shí)，小物塊受到彈性輕繩的拉力小于重力，則小物塊從B運(yùn)動(dòng)到A的過程中，地面對(duì)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(yùn)動(dòng)到A的過程中，繩拉力的水平分量Tx＝Tsinθ逐漸減小，且運(yùn)動(dòng)到A點(diǎn)時(shí)已減小到零。據(jù)上述分析可知，物塊由B運(yùn)動(dòng)到A點(diǎn)的過程中先加速后減速，動(dòng)能先增加后減小。故AB兩項(xiàng)均錯(cuò)誤，C項(xiàng)正確。在小物塊從B運(yùn)動(dòng)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(jī)械能逐漸減小。故D項(xiàng)正確。綜上本題答案是CD。 6．(2018·福建省莆田市高三下學(xué)期模擬)如圖所示，

10、輕質(zhì)彈簧一端固定于光滑豎直桿上，另一端與質(zhì)量為m的滑塊P連接，P穿在桿上，跨過輕質(zhì)定滑輪的輕繩將P和重物Q連接起來，Q的質(zhì)量M＝6m?，F(xiàn)將P從圖中A點(diǎn)由靜止釋放，P能沿豎直桿上下運(yùn)動(dòng)，當(dāng)它經(jīng)過A、B兩點(diǎn)時(shí)彈簧對(duì)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(jì)，重力加速度為g，在P從A運(yùn)動(dòng)到B的過程中(　BD　) A．Q的重力功率一直增大 B．P與Q的機(jī)械能之和先增大后減小 C．輕繩對(duì)P做功mgL D．P運(yùn)動(dòng)到B處時(shí)的速度大小為 [解析]　物塊Q釋放瞬間的速度為零，當(dāng)物塊P運(yùn)動(dòng)至B點(diǎn)時(shí)，物塊Q的速度也為零，所以當(dāng)P從A點(diǎn)運(yùn)動(dòng)至B點(diǎn)時(shí)，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(cuò)誤；對(duì)于PQ系統(tǒng)，豎直桿不做功，系統(tǒng)的機(jī)械能只與彈簧對(duì)P的做功有關(guān)，從A到B的過程中，彈簧對(duì)P先做正功，后做負(fù)功，所以系統(tǒng)的機(jī)械能先增加后減小，故B正確；從A到B過程中，對(duì)于P、Q系統(tǒng)由動(dòng)能定律可得：6mg(－L)－mgLtan53°＝mv2，對(duì)于P，由動(dòng)能定理可得：W－mgL＝mv2，聯(lián)立解得：W＝mgL，v＝，故C錯(cuò)誤，D正確；故選BD。 7．(2018·山西省孝義市高三下學(xué)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(zhì)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(dòng)

12、物塊，當(dāng)彈簧的壓縮量為x時(shí)，撤去F，物塊沿斜面向上運(yùn)動(dòng)，運(yùn)動(dòng)的最大距離為3x。已知物塊與斜面間的動(dòng)摩擦因數(shù)為μ，重力加速度為g。則(　BD　) A．撤去F時(shí)，彈簧的彈性勢(shì)能為2mgx(sinθ＋μcosθ) B．撤去F時(shí)，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(diǎn)的過程中，物塊做勻變速運(yùn)動(dòng)的時(shí)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(yùn)動(dòng)的最大距離為3x，可知物體的動(dòng)能變化量為0，根據(jù)動(dòng)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(shí)彈性勢(shì)能為3mgx(sinθ＋μcosθ)，故A錯(cuò)誤；撤去F時(shí)根據(jù)牛頓第二定律得：ma＝kx－mgsinθ－μmgcosθ，解得：a＝－gsinθ－μgcosθ，故B正確；當(dāng)物塊向上運(yùn)動(dòng)x遠(yuǎn)時(shí)，彈簧回到原長，設(shè)此時(shí)物塊的速度為v，由動(dòng)能定理得：W彈－mgsinθx－μmgcosθ·x＝mv2，解得：v＝2，再經(jīng)過2x速度為0，則有2x＝t，解得：t＝2，故C錯(cuò)誤；當(dāng)物塊的速度最大時(shí)，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(shí)驗(yàn)中學(xué)高三下學(xué)期模擬)如圖所示，一質(zhì)量為m的小球置于半徑為R的光滑豎直軌道最低點(diǎn)A處，B為軌道最高點(diǎn)，C、D為圓的水平直徑兩端點(diǎn)。輕質(zhì)彈簧的一端固定在圓心O點(diǎn)，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(nèi)，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(huì)離開圓軌道 B．若，小球就能做完整的圓周運(yùn)動(dòng) D．只要小球能做完整圓周運(yùn)動(dòng)，則小球與軌道間的最大壓力與最小壓力之差與v0無關(guān) [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(dá)最高點(diǎn)，此時(shí)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(diǎn)，形變量沒有變，故彈性勢(shì)能不變，由機(jī)械能守恒定律得：2mgR＋mv2＝mv，解得：v0＝，即當(dāng)v0≥時(shí)小球才不會(huì)脫離軌道，故AB錯(cuò)誤，C正確；在最低點(diǎn)時(shí)，設(shè)小球受到的支持力為N，有：N1－kR－mg＝m，解得：N1＝kR＋mg＋m，運(yùn)動(dòng)到最高點(diǎn)時(shí)受到軌道的支持力最小，為N2，設(shè)此時(shí)的速度為v，由機(jī)械能守恒定律得：2mgR＋mv2＝mv，此時(shí)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(guān)，故D

16、正確。故選CD。 二、計(jì)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(xué)期期中)如圖所示，豎直平面內(nèi)放一直角桿，桿的各部分均光滑，水平部分套有質(zhì)量為mA＝3kg的小球A，豎直部分套有質(zhì)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?fàn)顟B(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(duì)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(yùn)動(dòng)，求經(jīng)過s拉力F所做的功。 [解析]　分別對(duì)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(duì)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(shè)靜止時(shí)繩子與豎直方向夾角為θ，則由已知條件可知cosθ＝ 對(duì)B進(jìn)行隔離可知：FTcosθ＝mBg 解得：FT＝＝25N 對(duì)A進(jìn)行分析：FTsinθ＝F＝15N 對(duì)A、B整體進(jìn)行分析：豎直方向FN＝(mA＋mB)g＝50N (2)經(jīng)過t＝s，小球A向右的位移x＝at2＝1m 此時(shí)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(shí)驗(yàn)中學(xué)高三下學(xué)期模擬)如圖所示，A、B兩小球質(zhì)量均為m，A球位于半徑為R的豎直光滑圓軌道內(nèi)側(cè)，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(nèi)，桿的延長線過軌道圓心O。兩球用輕質(zhì)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(dòng)，M、N、P三點(diǎn)分別為圓軌道上最低點(diǎn)、圓心的等高點(diǎn)和最高點(diǎn)，重力加速度為g。 (1)對(duì)A球施加一個(gè)始終沿圓軌道切向的推力，使其緩慢從M點(diǎn)移至N點(diǎn)，求A球在N點(diǎn)受到的推力大小F； (2)在M點(diǎn)給A球一個(gè)水平向左的初速度，A球沿圓軌道運(yùn)動(dòng)

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