届高考物理二轮复习专题二功和能考点功能关系能量守恒定律限时集训2

届高考物理二轮复习专题二功和能考点功能关系能量守恒定律限时集训届高考物理二轮复习专题二功和能考点功能关系能量守恒定律限时集训PAGE届高考物理二轮复习专题二功和能考点功能关系能量守恒定律限时集训考点二功能关系能量守恒定律[限时45分钟；满分100分]一、选择题(1～7题每题7分，8～10题每题9分)1．如图2－2－14所示，将一个内、外侧均圆滑的半圆形槽置于圆滑的水平面上，槽的左边有一竖直墙壁。现让一小球自左端槽口A点的正上方由静止开始着落，从A点与半圆形槽相切进入槽内，则以下说法正确的选项是图2－2－14A．小球在半圆形槽内运动的全过程中，只有重力对它做功B．小球从A点向半圆形槽的最低点运动的过程中，小球处于失重状态C．小球从A点经最低点向右边最高点运动的过程中，小球与槽构成的系统机械能守恒D．小球从着落到从右边走开槽的过程中机械能守恒分析小球从A点向半圆形槽的最低点运动的过程中，半圆形槽有向左运动的趋向，可是实质上没有动，整个系统只有重力做功，所以小球与槽构成的系统机械能守恒；而小球过了半圆形槽的最低点今后，半圆形槽向右运动，因为系统没有其余形式的能量产生，知足机械能守恒的条件，所以系统的机械能守恒，故C正确；小球从开始着落至抵达槽最低点前，小球先失重，后超重，故B错误；当小球向右上方滑动时，半圆形槽也向右挪动，半圆形槽对小球做负功，小球的机械能不守恒，故A、D错误。答案C2．滑沙是人们喜欢的游玩活动，如图是2－2－15滑战场所的一段斜面，其倾角为30°。设参加活动的人和滑车总质量为m，人和滑车从距底端高为h处的顶端A沿滑道由静止开始匀加快下滑，加快度为0.4g，人和滑车可视为质点，则从顶端向下滑终归端B的过程中，以下说法正确的选项是图2－2－15A．人和滑车减少的重力势能所有转变为动能B．人和滑车获取的动能为0.4mghC．整个下滑过程中人和滑车减少的机械能为0.2mghD．人和滑车战胜摩擦力做功为0.6mgh分析由牛顿第二定律有mgsin30°－f＝ma，得f＝0.1mg，人和滑车受重力、支持力、摩擦力作用，摩擦力做负功，机械能不守恒，A错误；由动能定理得W合＝0.4mg·eq\f(h,sin30°)＝Ek，Ek＝0.8mgh，B错误；由功能关系知，摩擦力做功Wf＝－feq\f(h,sin30°)＝－0.2mgh，机械能减少0.2mgh，人和滑车战胜摩擦力做的功为0.2mgh，C正确，D错误。答案C3．(2018·唐山二模)如图2－2－16所示，倾角为30°的圆滑斜面底端固定一轻弹簧，O点为原长地点。质量为0.5kg的滑块从斜面上A点由静止开释，物块下滑并压缩弹簧到最短的过程中，最大动能为8J。现将物块由A点上方0.4m处的B点由静止开释，弹簧被压缩过程中向来在弹性限度内，g取10m/s2，则以下说法正确的选项是图2－2－16A．物块从O点开始做减速运动B．从B点开释滑块动能最大地点比从A点开释要低C．从B点开释滑块最大动能为9JD．从B点开释弹簧最大弹性势能比从A点开释增添了1J分析物块从接触弹簧到最短的过程，先加快后减速，选项A错误。物块协力为零时动能最大，两次动能最大的地点同样，B、D错误。从B点开释时的机械能比从A点开释时大，ΔE＝mghsinθ＝1J。故从B点开释后。物块能达到的最大动能为9J，选项C正确。答案C4．(多项选择)(2018·淮北二模)静止在地面上的物体在竖直向上的恒力作用下上涨，在某一高度撤去恒力。若不计空气阻力、则在整个上涨过程中，以下对于物体机械能E和动能Ek随时间变化的关系图象正确的选项是分析物体在恒力作用下向上做加快运动，速度渐渐增大，拉力的功率增大。故E－t图象的斜率增大。动能Ek＝eq\f(1,2)mv2＝eq\f(1,2)m(at)2，Ek与t成二次函数关系，撤去拉力后，物体的机械能不变，物体做减速运动，动能渐渐减小，且跟着速度的减小，重力的功率减小，Ek－t图象的斜率减小，故A、C正确。答案AC5．(多项选择)将三个木板1、2、3固定在墙角，木板与墙壁和地面构成了三个不同样的三角形，如图2－2－17所示，此中1与2底边同样，2和3高度同样。现将一个可视为质点的物块分别从三个木板的顶端由静止开释，并沿木板下滑终归端，物块与木板之间的动摩擦因数μ均同样。在这三个过程中，以下说法正确的选项是图2－2－17A．沿着木板1和木板2下滑终归端时，物块速度的大小相等B．沿着木板2和木板3下滑终归端时，物块速度的大小相等C．沿着木板1下滑终归端时，物块的动能最大D．物块沿着木板3下滑终归端的过程中，产生的热量最多分析对物块受力分析，由动能定理可知，沿着木板1和木板2下滑终归端时，摩擦力做功相等，沿木板1重力做功较大，所以沿着木板1下滑终归端时速度大，动能较大，选项A错误；沿着木板2和木板3下滑终归端时，重力做功相等，沿木板3运动时摩擦力做功较大，所以沿着木板2下滑终归端时速度大，沿着木板3下滑终归端的过程中，产生的热量最多，选项B错误，CD正确。答案CD6．(多项选择)如图2－2－18所示，将一质量为m的物体搁置在一固定的粗拙斜面上，斜面与水平川面间夹角为θ，斜面的高度为h。一人经过固定在斜面顶端的定滑轮将物体沿斜面由静止开始匀加快地由底端拉至斜面顶端，拉物体的绳向来与斜面平行，物体抵达斜面顶端时的速度为v，则在此过程中图2－2－18A．物体所受的合外力做功为mgh＋eq\f(1,2)mv2B．物体所受的合外力做功为eq\f(1,2)mv2C．人对物体做的功为mghD．拉力的功率变大分析物体沿斜面做匀加快运动，依据动能定理W合＝WF－Wf－mgh＝eq\f(1,2)mv2，此中Wf为物体战胜摩擦力做的功。人对物体做的功即是人对物体的拉力做的功，所以W人＝WF＝Wf＋mgh＋eq\f(1,2)mv2，A、C错误、B正确；拉力不变，速度变大，所以拉力的功率变大，D正确。答案BD7．(多项选择)(2018·潍坊模拟)如图2－2－19所示，轻质弹簧一端固定，另一端与套在圆滑竖直杆上的圆环相连，圆环位于a处时，弹簧水平且处于原长。将圆环从a处由静止开释，经过b处时速度最大，抵达c处时速度为零。已知弹簧向来在弹性限度内，则圆环在从a下滑到c的过程中，以下判断正确的选项是图2－2－19A．圆环的加快度向来减小B．圆环所受杆的弹力向来变大C．圆环与弹簧构成系统的机械能守恒D．圆环减小的重力势能等于弹簧增添的弹性势能分析因为在a处弹簧处于原长状态，则圆环在a处只受重力的作用，加快度等于重力加快度g，由题意圆环在b处的速度最大，该地点的加快度为零，所以圆环由a到c的过程中，圆环的加快度先减小后增大，A错误；设弹簧的原长为l0，圆环运动过程中弹簧的长度为l，弹簧与竖直杆的夹角为α，则圆环从a运动到c的过程中，水平方向合外力向来为零，则杆对圆环的弹力与弹簧在水平方向的分力等大反向，则F＝k(l－l0)sinα，又sinα＝eq\f(l0,l)，整理得F＝kl0－eq\f(kl\o\al(2,0),l)，明显随l的增大杆对圆环的弹力向来增大，B正确；对圆环与弹簧构成的系统，整个运动过程中，只有重力和弹簧弹力做功，而弹簧弹力属于内力，所以系统的机械能守恒，C正确；圆环由a到c的过程中，圆环的动能先增大后减小，所以重力势能的减少许先大于后小于弹簧弹性势能的增添量，D错误。答案BC8．(多项选择)如图2－2－20所示，质量为M、长为L的木板置于圆滑的水平面上，一质量为m的滑块搁置在木板左端，滑块与木板间滑动摩擦力大小为Ff，用水平的恒定拉力F作用于滑块，当滑块运动到木板右端时，木板在地面上挪动的距离为x，滑块速度为v1，木板速度为v2，以下结论中正确的选项是图2－2－20A．上述过程中，F做功大小为eq\f(1,2)mveq\o\al(2,1)＋eq\f(1,2)Mveq\o\al(2,2)B．其余条件不变的状况下，M越大，x越小C．其余条件不变的状况下，F越大，滑块抵达右端所用时间越长D．其余条件不变的状况下，Ff越大，滑块与木板间产生的热量越多分析由功能关系可知，上述过程中，F做功的大小等于两者增添的动能与系统产生的热量之和，选项A错；其余条件不变的状况下，M越大，木板的加快度越小，x越小，选项B对；其余条件不变的状况下，F越大，滑块的加快度越大，滑块抵达右端所用时间越短，选项C错；滑块与木板间产生的热量Q＝Ff·l相对＝Ff·L板，L板必定，Ff越大产生的热量越多，选项D对。答案BD9．(多项选择)(2018·咸阳模拟)如图2－2－21所示，圆滑水平面OB与足够长的粗拙斜面BC相接于B点，O端有一竖直墙面，一轻弹簧左端固定于竖直墙面，现用质量为m1的滑块压缩弹簧至D点，此后由静止开释，滑块走开弹簧后经B点滑上斜面，上涨到最大高度，并静止在斜面上，不计滑块在B点的机械能损失。若换用同样资料、同样粗拙程度的质量为m2(m2>m1)的滑块压缩弹簧至同一点D后，重复上述过程，以下说法正确的选项是图2－2－21A．两滑块抵达B点的速度同样B．两滑块沿斜面上涨的最大高度同样C．两滑块上涨到最高点的过程中战胜重力做的功同样D．两滑块上涨到最高点的过程中机械能损失同样分析压缩弹簧至同一点D后，两种状况下弹簧的弹性势能同样，由静止开释后，由机械能守恒定律可知两滑块在B点的动能同样。因为m2>m1，则m2获取的速度小于m1，两滑块抵达B点时的速度不同样，选项A错误；由牛顿第二定律可知，两滑块沿斜面上涨过程中的加快度同样，由x＝eq\f(v2,2a)可知，两滑块沿斜面上涨的最大高度不同样，选项B错误；滑块上涨到最高点的过程中，战胜重力做功WG＝mgh＝mgxsinθ＝mgeq\f(v2,2a)sinθ＝eq\f(1,2)mv2×eq\f(g,a)sinθ，因为两个滑块的初动能eq\f(1,2)mv2同样，所以两滑块上涨到最高点的过程中战胜重力做的功同样，选项C正确；两滑块上涨到最高点的过程中，由动能定理，－WG－Wf＝0－eq\f(1,2)mv2，动能变化同样，战胜重力做功WG同样，可知战胜摩擦力做功同样，由功能关系可知，机械能损失同样，选项D正确。答案CD10．(多项选择)(2018·张家口二模)如图2－2－22甲所示，轻弹簧竖直固定在水平面上处于自由状态，一质量为m＝0.2kg的小球，从弹簧上端某高度处自由着落，从它接触弹簧到弹簧压缩至最短的过程中(弹簧在弹性限度内)，其速度v和弹簧压缩量Δx之间的函数图象如图乙所示，此中A为曲线的最高点，小球和弹簧接触刹机会械能损失不计，取g＝10m/s2，则图2－2－22A．当Δx＝0.1m时，小球处于失重状态B．小球在最低点时的加快度大于10m/s2。C．从接触弹簧到压缩至最短的过程中，小球的机械能守恒D．小球赶快度最大到压缩至最短，弹簧弹性势能增添量为3.621J分析Δx＝0.1时，小球的速度最大，协力为零，加快度为零，故A错。小球抵达Δx2＝0.2m地点时kΔx2－mg＝ma，a＝10m/s2。今后连续向下运动，到最低点时加快度大于10m/s2，B选项正确。从接触弹簧到压缩至最短的过程，小球和弹簧构成的系统机械能守恒，C错误。依据能量守恒，小球赶快度最大到最低点，弹性势能的增添量ΔEp＝eq\f(1,2)mv2＋mgh＝3.621J，D正确。答案BD二、计算题(此题共2小题，共24分)11．(12分)(2016·全国卷Ⅱ)轻质弹簧原长为2l，将弹簧竖直搁置在地面上，在其顶端将一质量为5m的物体由静止开释，当弹簧被压缩到最短时，弹簧长度为l。现将该弹簧水平搁置，一端固定在A点，另一端与物块P接触但不连结。AB是长度为5l的水平轨道，B端与半径为l的圆滑半圆轨道BCD相切，半圆的直径BD竖直，如图2－2－23所示。物块P与AB间的动摩擦因数μ＝0.5。用外力推进物块P，将弹簧压缩至长度l，此后松开，P开始沿轨道运动，重力加快度大小为g。图2－2－23(1)若P的质量为m，求P抵达B点时速度的大小，以及它走开圆轨道后落回到AB上的地点与B点间的距离；(2)若P能滑上圆轨道，且还能够沿圆轨道滑下，求P的质量的取值范围。分析(1)依题意，当弹簧竖直搁置，长度被压缩至l时，质量为5m的物体的动能为零，其重力势能转变为弹簧的弹性势能。由机械能守恒定律，弹簧长度为l时的弹性势能为Ep＝5mgl①设P的质量为M，抵达B点时的速度大小为vB，由能量守恒定律得Ep＝eq\f(1,2)Mveq\o\al(2,B)＋μMg·4l②联立①②式，取M＝m并代入题给数据得vB＝eq\r(6gl)③若P能沿圆轨道运动到D点，其抵达D点时的向心力不可以够小于重力，即P此时的速度大小v应知足eq\f(mv2,l)－mg≥0④设P滑到D点时的速度为vD，由机械能守恒定律得eq\f(1,2)mveq\o\al(2,B)＝eq\f(1,2)mveq\o\al(2,D)＋mg·2l⑤联立③⑤式得vD＝eq\r(2gl)⑥vD知足④式要求，故P能运动到D点，并从D点以速度vD水平射出。设P落回到轨道AB所需的时间为t，由运动学公式得2l＝eq\f(1,2)gt2⑦P落回到AB上的地点与B点之间的距离为s＝vDt⑧联立⑥⑦⑧式得s＝2eq\r(2)l⑨(2)为使P能滑上圆轨道，它抵达B点时的速度不可以够小于零。由①②式可知5mgl＞μMg·4l要使P还能够沿圆轨道滑回，P在圆轨道的上涨高度不可以够超出半圆轨道的中点C。由机械能守恒定律有⑩eq\f(1,2)Mveq\o\al(2,B)≤Mgl⑪