《2022屆高考物理二輪復(fù)習(xí) 專題二 功和能 考點(diǎn)2 功能關(guān)系 能量守恒定律限時(shí)集訓(xùn)》由會(huì)員分享，可在線閱讀，更多相關(guān)《2022屆高考物理二輪復(fù)習(xí) 專題二 功和能 考點(diǎn)2 功能關(guān)系 能量守恒定律限時(shí)集訓(xùn)（9頁(yè)珍藏版）》請(qǐng)?jiān)谘b配圖網(wǎng)上搜索。

1、2022屆高考物理二輪復(fù)習(xí) 專題二 功和能 考點(diǎn)2 功能關(guān)系 能量守恒定律限時(shí)集訓(xùn) 一、選擇題(1～7題每小題7分，8～10題每小題9分) 1．如圖2－2－14所示，將一個(gè)內(nèi)、外側(cè)均光滑的半圓形槽置于光滑的水平面上，槽的左側(cè)有一豎直墻壁?，F(xiàn)讓一小球自左端槽口A點(diǎn)的正上方由靜止開始下落，從A點(diǎn)與半圓形槽相切進(jìn)入槽內(nèi)，則下列說法正確的是 圖2－2－14 A．小球在半圓形槽內(nèi)運(yùn)動(dòng)的全過程中，只有重力對(duì)它做功 B．小球從A點(diǎn)向半圓形槽的最低點(diǎn)運(yùn)動(dòng)的過程中，小球處于失重狀態(tài) C．小球從A點(diǎn)經(jīng)最低點(diǎn)向右側(cè)最高點(diǎn)運(yùn)動(dòng)的過程中，小球與槽組成的系統(tǒng)機(jī)械能守恒 D．小球從下落到從右側(cè)離開槽的過程

2、中機(jī)械能守恒 解析　小球從A點(diǎn)向半圓形槽的最低點(diǎn)運(yùn)動(dòng)的過程中，半圓形槽有向左運(yùn)動(dòng)的趨勢(shì)，但是實(shí)際上沒有動(dòng)，整個(gè)系統(tǒng)只有重力做功，所以小球與槽組成的系統(tǒng)機(jī)械能守恒；而小球過了半圓形槽的最低點(diǎn)以后，半圓形槽向右運(yùn)動(dòng)，由于系統(tǒng)沒有其他形式的能量產(chǎn)生，滿足機(jī)械能守恒的條件，所以系統(tǒng)的機(jī)械能守恒，故C正確；小球從開始下落至到達(dá)槽最低點(diǎn)前，小球先失重，后超重，故B錯(cuò)誤；當(dāng)小球向右上方滑動(dòng)時(shí)，半圓形槽也向右移動(dòng)，半圓形槽對(duì)小球做負(fù)功，小球的機(jī)械能不守恒，故A、D錯(cuò)誤。 答案　C 2．滑沙是人們喜愛的游樂活動(dòng)，如圖是2－2－15滑沙場(chǎng)地的一段斜面，其傾角為30°。設(shè)參加活動(dòng)的人和滑車總質(zhì)量為m，人和滑車

3、從距底端高為h處的頂端A沿滑道由靜止開始勻加速下滑，加速度為0.4g，人和滑車可視為質(zhì)點(diǎn)，則從頂端向下滑到底端B的過程中，下列說法正確的是 圖2－2－15 A．人和滑車減少的重力勢(shì)能全部轉(zhuǎn)化為動(dòng)能 B．人和滑車獲得的動(dòng)能為0.4 mgh C．整個(gè)下滑過程中人和滑車減少的機(jī)械能為0.2mgh D．人和滑車克服摩擦力做功為0.6mgh 解析　由牛頓第二定律有mgsin 30°－f＝ma，得f＝0.1mg，人和滑車受重力、支持力、摩擦力作用，摩擦力做負(fù)功，機(jī)械能不守恒，A錯(cuò)誤；由動(dòng)能定理得W合＝0.4mg·＝Ek，Ek＝0.8mgh，B錯(cuò)誤；由功能關(guān)系知，摩擦力做功Wf＝－f＝－0.

4、2 mgh，機(jī)械能減少0.2mgh，人和滑車克服摩擦力做的功為0.2mgh，C正確，D錯(cuò)誤。 答案　C 3．(2018·唐山二模)如圖2－2－16所示，傾角為30°的光滑斜面底端固定一輕彈簧，O點(diǎn)為原長(zhǎng)位置。質(zhì)量為0.5 kg的滑塊從斜面上A點(diǎn)由靜止釋放，物塊下滑并壓縮彈簧到最短的過程中，最大動(dòng)能為8 J。現(xiàn)將物塊由A點(diǎn)上方0.4 m處的B點(diǎn)由靜止釋放，彈簧被壓縮過程中始終在彈性限度內(nèi)，g取10 m/s2，則下列說法正確的是 圖2－2－16 A．物塊從O點(diǎn)開始做減速運(yùn)動(dòng) B．從B點(diǎn)釋放滑塊動(dòng)能最大位置比從A點(diǎn)釋放要低 C．從B點(diǎn)釋放滑塊最大動(dòng)能為9 J D．從B點(diǎn)釋放彈簧最大

5、彈性勢(shì)能比從A點(diǎn)釋放增加了1 J 解析　物塊從接觸彈簧到最短的過程，先加速后減速，選項(xiàng)A錯(cuò)誤。物塊合力為零時(shí)動(dòng)能最大，兩次動(dòng)能最大的位置相同，B、D錯(cuò)誤。從B點(diǎn)釋放時(shí)的機(jī)械能比從A點(diǎn)釋放時(shí)大，ΔE＝mghsin θ＝1 J。故從B點(diǎn)釋放后。物塊能達(dá)到的最大動(dòng)能為9 J，選項(xiàng)C正確。 答案　C 4．(多選)(2018·淮北二模)靜止在地面上的物體在豎直向上的恒力作用下上升，在某一高度撤去恒力。若不計(jì)空氣阻力、則在整個(gè)上升過程中，下列關(guān)于物體機(jī)械能E和動(dòng)能Ek隨時(shí)間變化的關(guān)系圖象正確的是 解析　物體在恒力作用下向上做加速運(yùn)動(dòng)，速度逐漸增大，拉力的功率增大。故E－t圖象的斜率增大。動(dòng)能E

6、k＝mv2＝m(at)2，Ek與t成二次函數(shù)關(guān)系，撤去拉力后，物體的機(jī)械能不變，物體做減速運(yùn)動(dòng)，動(dòng)能逐漸減小，且隨著速度的減小，重力的功率減小，Ek－t圖象的斜率減小，故A、C正確。 答案　AC 5．(多選)將三個(gè)木板1、2、3固定在墻角，木板與墻壁和地面構(gòu)成了三個(gè)不同的三角形，如圖2－2－17所示，其中1與2底邊相同，2和3高度相同?，F(xiàn)將一個(gè)可視為質(zhì)點(diǎn)的物塊分別從三個(gè)木板的頂端由靜止釋放，并沿木板下滑到底端，物塊與木板之間的動(dòng)摩擦因數(shù)μ均相同。在這三個(gè)過程中，下列說法正確的是 圖2－2－17 A．沿著木板1和木板2下滑到底端時(shí)，物塊速度的大小相等 B．沿著木板2和木板3下滑到底

7、端時(shí)，物塊速度的大小相等 C．沿著木板1下滑到底端時(shí)，物塊的動(dòng)能最大 D．物塊沿著木板3下滑到底端的過程中，產(chǎn)生的熱量最多 解析　對(duì)物塊受力分析，由動(dòng)能定理可知，沿著木板1和木板2下滑到底端時(shí)，摩擦力做功相等，沿木板1重力做功較大，因此沿著木板1下滑到底端時(shí)速度大，動(dòng)能較大，選項(xiàng)A錯(cuò)誤；沿著木板2和木板3下滑到底端時(shí)，重力做功相等，沿木板3運(yùn)動(dòng)時(shí)摩擦力做功較大，因此沿著木板2下滑到底端時(shí)速度大，沿著木板3下滑到底端的過程中，產(chǎn)生的熱量最多，選項(xiàng)B錯(cuò)誤，CD正確。 答案　CD 6．(多選)如圖2－2－18所示，將一質(zhì)量為m的物體放置在一固定的粗糙斜面上，斜面與水平地面間夾角為θ，斜面的

8、高度為h。一人通過固定在斜面頂端的定滑輪將物體沿斜面由靜止開始勻加速地由底端拉至斜面頂端，拉物體的繩始終與斜面平行，物體到達(dá)斜面頂端時(shí)的速度為v，則在此過程中 圖2－2－18 A．物體所受的合外力做功為mgh＋mv2 B．物體所受的合外力做功為mv2 C．人對(duì)物體做的功為mgh D．拉力的功率變大 解析　物體沿斜面做勻加速運(yùn)動(dòng)，根據(jù)動(dòng)能定理W合＝WF－Wf－mgh＝mv2，其中Wf為物體克服摩擦力做的功。人對(duì)物體做的功即是人對(duì)物體的拉力做的功，所以W人＝WF＝Wf＋mgh＋mv2，A、C錯(cuò)誤、B正確；拉力不變，速度變大，所以拉力的功率變大，D正確 。 答案　BD 7．(

9、多選)(2018·濰坊模擬)如圖2－2－19所示，輕質(zhì)彈簧一端固定，另一端與套在光滑豎直桿上的圓環(huán)相連，圓環(huán)位于a處時(shí)，彈簧水平且處于原長(zhǎng)。將圓環(huán)從a處由靜止釋放，經(jīng)過b處時(shí)速度最大，到達(dá)c處時(shí)速度為零。已知彈簧始終在彈性限度內(nèi)，則圓環(huán)在從a下滑到c的過程中，以下判斷正確的是 圖2－2－19 A．圓環(huán)的加速度一直減小 B．圓環(huán)所受桿的彈力一直變大 C．圓環(huán)與彈簧組成系統(tǒng)的機(jī)械能守恒 D．圓環(huán)減小的重力勢(shì)能等于彈簧增加的彈性勢(shì)能 解析　由于在a處彈簧處于原長(zhǎng)狀態(tài)，則圓環(huán)在a處只受重力的作用，加速度等于重力加速度g，由題意圓環(huán)在b處的速度最大，該位置的加速度為零，因此圓環(huán)由a到c的

10、過程中，圓環(huán)的加速度先減小后增大，A錯(cuò)誤；設(shè)彈簧的原長(zhǎng)為l0，圓環(huán)運(yùn)動(dòng)過程中彈簧的長(zhǎng)度為l，彈簧與豎直桿的夾角為α，則圓環(huán)從a運(yùn)動(dòng)到c的過程中，水平方向合外力始終為零，則桿對(duì)圓環(huán)的彈力與彈簧在水平方向的分力等大反向，則F＝k(l－l0)sin α，又sin α＝，整理得F＝kl0－，顯然隨l的增大桿對(duì)圓環(huán)的彈力一直增大，B正確；對(duì)圓環(huán)與彈簧組成的系統(tǒng)，整個(gè)運(yùn)動(dòng)過程中，只有重力和彈簧彈力做功，而彈簧彈力屬于內(nèi)力，因此系統(tǒng)的機(jī)械能守恒，C正確；圓環(huán)由a到c的過程中，圓環(huán)的動(dòng)能先增大后減小，因此重力勢(shì)能的減少量先大于后小于彈簧彈性勢(shì)能的增加量，D錯(cuò)誤。 答案　BC 8．(多選)如圖2－2－20所

11、示，質(zhì)量為M、長(zhǎng)為L(zhǎng)的木板置于光滑的水平面上，一質(zhì)量為m的滑塊放置在木板左端，滑塊與木板間滑動(dòng)摩擦力大小為Ff，用水平的恒定拉力F作用于滑塊，當(dāng)滑塊運(yùn)動(dòng)到木板右端時(shí)，木板在地面上移動(dòng)的距離為x，滑塊速度為v1，木板速度為v2，下列結(jié)論中正確的是 圖2－2－20 A．上述過程中，F(xiàn)做功大小為mv＋Mv B．其他條件不變的情況下，M越大，x越小 C．其他條件不變的情況下，F(xiàn)越大，滑塊到達(dá)右端所用時(shí)間越長(zhǎng) D．其他條件不變的情況下，F(xiàn)f越大，滑塊與木板間產(chǎn)生的熱量越多 解析　由功能關(guān)系可知，上述過程中，F(xiàn)做功的大小等于二者增加的動(dòng)能與系統(tǒng)產(chǎn)生的熱量之和，選項(xiàng)A錯(cuò)；其他條件不變的情況下

12、，M越大，木板的加速度越小，x越小，選項(xiàng)B對(duì)；其他條件不變的情況下，F(xiàn)越大，滑塊的加速度越大，滑塊到達(dá)右端所用時(shí)間越短，選項(xiàng)C錯(cuò)；滑塊與木板間產(chǎn)生的熱量Q＝Ff·l相對(duì)＝Ff·L板，L板一定，F(xiàn)f越大產(chǎn)生的熱量越多，選項(xiàng)D對(duì)。 答案　BD 9．(多選)(2018·咸陽(yáng)模擬)如圖2－2－21所示，光滑水平面OB與足夠長(zhǎng)的粗糙斜面BC相接于B點(diǎn)，O端有一豎直墻面，一輕彈簧左端固定于豎直墻面，現(xiàn)用質(zhì)量為m1的滑塊壓縮彈簧至D點(diǎn)，然后由靜止釋放，滑塊脫離彈簧后經(jīng)B點(diǎn)滑上斜面，上升到最大高度，并靜止在斜面上，不計(jì)滑塊在B點(diǎn)的機(jī)械能損失。若換用相同材料、相同粗糙程度的質(zhì)量為m2(m2>m1)的滑塊壓縮

13、彈簧至同一點(diǎn)D后，重復(fù)上述過程，下列說法正確的是 圖2－2－21 A．兩滑塊到達(dá)B點(diǎn)的速度相同 B．兩滑塊沿斜面上升的最大高度相同 C．兩滑塊上升到最高點(diǎn)的過程中克服重力做的功相同 D．兩滑塊上升到最高點(diǎn)的過程中機(jī)械能損失相同 解析　壓縮彈簧至同一點(diǎn)D后，兩種情況下彈簧的彈性勢(shì)能相同，由靜止釋放后，由機(jī)械能守恒定律可知兩滑塊在B點(diǎn)的動(dòng)能相同。由于m2>m1，則m2獲得的速度小于m1，兩滑塊到達(dá)B點(diǎn)時(shí)的速度不同，選項(xiàng)A錯(cuò)誤；由牛頓第二定律可知，兩滑塊沿斜面上升過程中的加速度相同，由x＝可知，兩滑塊沿斜面上升的最大高度不相同，選項(xiàng)B錯(cuò)誤；滑塊上升到最高點(diǎn)的過程中，克服重力做功WG＝

14、mgh＝mgxsin θ＝mgsin θ＝mv2×sin θ，由于兩個(gè)滑塊的初動(dòng)能mv2相同，所以兩滑塊上升到最高點(diǎn)的過程中克服重力做的功相同，選項(xiàng)C正確；兩滑塊上升到最高點(diǎn)的過程中，由動(dòng)能定理，－WG－Wf＝0－mv2，動(dòng)能變化相同，克服重力做功WG相同，可知克服摩擦力做功相同，由功能關(guān)系可知，機(jī)械能損失相同，選項(xiàng)D正確。 答案　CD 10．(多選)(2018·張家口二模)如圖2－2－22甲所示，輕彈簧豎直固定在水平面上處于自由狀態(tài)，一質(zhì)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(彈簧在彈性限度內(nèi))，其速度v和彈簧壓縮量Δx之間的函數(shù)圖象

15、如圖乙所示，其中A為曲線的最高點(diǎn)，小球和彈簧接觸瞬間機(jī)械能損失不計(jì)，取g＝10 m/s2，則 圖2－2－22 A．當(dāng)Δx＝0.1 m時(shí)，小球處于失重狀態(tài) B．小球在最低點(diǎn)時(shí)的加速度大于10 m/s2。 C．從接觸彈簧到壓縮至最短的過程中，小球的機(jī)械能守恒 D．小球從速度最大到壓縮至最短，彈簧彈性勢(shì)能增加量為3.621 J 解析　Δx＝0.1時(shí)，小球的速度最大，合力為零，加速度為零，故A錯(cuò)。小球到達(dá)Δx2＝0.2 m位置時(shí)　kΔx2－mg＝ma，a＝10 m/s2。此后繼續(xù)向下運(yùn)動(dòng)，到最低點(diǎn)時(shí)加速度大于10 m/s2，B選項(xiàng)正確。從接觸彈簧到壓縮至最短的過程，小球和彈簧組成的系統(tǒng)

16、機(jī)械能守恒，C錯(cuò)誤。根據(jù)能量守恒，小球從速度最大到最低點(diǎn)，彈性勢(shì)能的增加量ΔEp＝mv2＋mgh＝3.621 J，D正確。 答案　BD 二、計(jì)算題(本題共2小題，共24分) 11．(12分)(2016·全國(guó)卷Ⅱ)輕質(zhì)彈簧原長(zhǎng)為2l，將彈簧豎直放置在地面上，在其頂端將一質(zhì)量為5m的物體由靜止釋放，當(dāng)彈簧被壓縮到最短時(shí)，彈簧長(zhǎng)度為l?，F(xiàn)將該彈簧水平放置，一端固定在A點(diǎn)，另一端與物塊P接觸但不連接。AB是長(zhǎng)度為5l的水平軌道，B端與半徑為l的光滑半圓軌道BCD相切，半圓的直徑BD豎直，如圖2－2－23所示。物塊P與AB間的動(dòng)摩擦因數(shù)μ＝0.5。用外力推動(dòng)物塊P，將彈簧壓縮至長(zhǎng)度l，然后放開，P

17、開始沿軌道運(yùn)動(dòng)，重力加速度大小為g。 圖2－2－23 (1)若P的質(zhì)量為m，求P到達(dá)B點(diǎn)時(shí)速度的大小，以及它離開圓軌道后落回到AB上的位置與B點(diǎn)間的距離； (2)若P能滑上圓軌道，且仍能沿圓軌道滑下，求P的質(zhì)量的取值范圍。 解析　(1)依題意，當(dāng)彈簧豎直放置，長(zhǎng)度被壓縮至l時(shí)，質(zhì)量為5m的物體的動(dòng)能為零，其重力勢(shì)能轉(zhuǎn)化為彈簧的彈性勢(shì)能。由機(jī)械能守恒定律，彈簧長(zhǎng)度為l時(shí)的彈性勢(shì)能為Ep＝5mgl ① 設(shè)P的質(zhì)量為M，到達(dá)B點(diǎn)時(shí)的速度大小為vB，由能量守恒定律得Ep＝Mv＋μMg·4l ② 聯(lián)立①②式，取M＝m并代入題給數(shù)據(jù)得vB＝

18、 ③ 若P能沿圓軌道運(yùn)動(dòng)到D點(diǎn)，其到達(dá)D點(diǎn)時(shí)的向心力不能小于重力，即P此時(shí)的速度大小v應(yīng)滿足 －mg≥0 ④ 設(shè)P滑到D點(diǎn)時(shí)的速度為vD，由機(jī)械能守恒定律得 mv＝mv＋mg·2l ⑤ 聯(lián)立③⑤式得vD＝ ⑥ vD滿足④式要求，故P能運(yùn)動(dòng)到D點(diǎn)，并從D點(diǎn)以速度vD水平射出。設(shè)P落回到軌道AB所需的時(shí)間為t，由運(yùn)動(dòng)學(xué)公式得2l＝gt2 ⑦ P落回到AB上的位置與B點(diǎn)之間的距離為s＝vDt ⑧ 聯(lián)立⑥⑦⑧式得s＝2l ⑨ (2)為使P能滑上圓軌道，它到達(dá)B點(diǎn)時(shí)

19、的速度不能小于零。 由①②式可知5mgl＞μMg·4l 要使P仍能沿圓軌道滑回，P在圓軌道的上升高度不能超過半圓軌道的中點(diǎn)C。由機(jī)械能守恒定律有 ⑩ Mv≤Mgl ? 聯(lián)立①②⑩?式得m≤M＜m。 答案　(1)　2l　(2)m≤M＜m 12．(12分)(2018·黃山質(zhì)檢)傾角θ＝37°的傳送帶以速度v＝1.0 m/s順時(shí)針轉(zhuǎn)動(dòng)，位于其底部的煤斗每秒鐘向其輸送K＝4.0 kg的煤屑，煤屑剛落到傳送帶上的速度為零，傳送帶將煤屑送到h＝3.0 m的高處，煤屑與傳送帶間的動(dòng)摩擦因數(shù)μ＝0.8，且煤屑在到達(dá)最高點(diǎn)前已經(jīng)和傳送帶的速度相

20、等。(重力加速度g＝10 m/s2，傳送帶直徑大小可忽略)求： 圖2－2－24 (1)煤屑從落到傳送帶開始，運(yùn)動(dòng)到與傳送帶速度相等時(shí)前進(jìn)的位移和時(shí)間； (2)傳送帶電機(jī)因輸送煤屑而多產(chǎn)生的輸出功率。 解析　(1)設(shè)有質(zhì)量為m0的煤屑落到傳送帶上后向上加速運(yùn)動(dòng)，加速度 a＝＝0.4 m/s2 位移為s＝＝1.25 m 時(shí)間為t＝＝2.5 s (2)傳送帶做功使煤屑動(dòng)能增加、重力勢(shì)能增加、熱量增加 設(shè)經(jīng)過Δt時(shí)間，煤屑動(dòng)能增加量ΔEk＝KΔtv2 重力勢(shì)能的增加量ΔEp＝KΔtgh 熱量增加為滑動(dòng)摩擦力乘以相對(duì)位移 Q＝μKΔtgcos θ·(vt－s) 輸出功率P＝＝Kv2＋Kgh＋μKgcos θ·(vt－s)＝154 W。 答案　(1)2.5 s　(2)154 W