高考物理二轮复习专题提能专训7功能关系能量守恒

1、20152015 届高考物理二轮复习专题提能专训：届高考物理二轮复习专题提能专训： 7 7 功能关系、功能关系、 能量守恒能量守恒 一、选择题一、选择题( (本题共本题共 1212 小题，每小题小题，每小题 4 4 分，共分，共 4848 分多选全部分多选全部 选对的得选对的得 4 4 分，选对但不全的得分，选对但不全的得 2 2 分，有选错的得分，有选错的得 0 0 分分) ) 1 1(2014(2014新课标全国卷新课标全国卷) )取水平地面为重力势能零点一物块取水平地面为重力势能零点一物块 从某一高度水平抛出，从某一高度水平抛出， 在抛出点其动能与重力势能恰好相等在抛出点其动能与重力势能

2、恰好相等 不计空不计空 气阻力该物块落地时的速度方向与水平方向的夹角为气阻力该物块落地时的速度方向与水平方向的夹角为( () ) 55 A.A.B.B.C.C.D.D. 6 64 43 31212 答案：答案：B B 解析：解析：设物块水平抛出的初速度为设物块水平抛出的初速度为 v v0 0，高度为，高度为h h，根据题意在抛，根据题意在抛 1 1 出点动能与重力势能相等有出点动能与重力势能相等有 m mv v2 2mghmgh，即，即 v v0 0 2 2ghgh. .物块在竖直方物块在竖直方 2 2 0 0 向上的运动是自由落体运动，故落地时的竖直分速度向上的运动是自由落体运动，故落地时的

3、竖直分速度 v vy y 2 2ghghv vx x v v0 0， ， 则该物块落地时的速度方向与水平方向的夹角则该物块落地时的速度方向与水平方向的夹角 ， 故选项故选项 B B 4 4 正确，选项正确，选项 A A、C C、D D 错误错误 2 2(2014(2014甘肃天水一中段考甘肃天水一中段考) )质量为质量为 m m 的物体，的物体，从距地面从距地面 h h 高处高处 1 1 由静止开始以加速度由静止开始以加速度 a a g g 竖直下落到地面，在此过程竖直下落到地面，在此过程( () ) 3 3 1 1 A A物体的动能增加物体的动能增加 mghmgh 3 3 1 1 B B物体

4、的重力势能减少物体的重力势能减少 mghmgh 3 3 1 1 C C物体的机械能减少物体的机械能减少 mghmgh 3 3 D D物体的机械能保持不变物体的机械能保持不变 答案：答案：A A 1 1 解析：解析：物体动能的增加等于合外力的功物体动能的增加等于合外力的功 WWmahmah mghmgh，A A 项项 3 3 正确；物体的重力势能的减少量等于重力做的功正确；物体的重力势能的减少量等于重力做的功 WWG G mghmgh，B B 项错项错 2 2 误；物体除重力之外的其他力做功为误；物体除重力之外的其他力做功为 WWF F ( (mgmgmama) )h h mghmgh， 3 3

5、 2 2 所以机械能的减少量为所以机械能的减少量为 mghmgh，选项，选项 C C、D D 错误错误 3 3 3. (3. (多选多选) )如图，一固定斜面倾角为如图，一固定斜面倾角为 3030，一质量为，一质量为 m m 的小物块自的小物块自 斜面底端以一定的初速度沿斜面向上做匀减速运动，斜面底端以一定的初速度沿斜面向上做匀减速运动， 加速度的大小等加速度的大小等 于重力加速度的大小于重力加速度的大小 g g. .若物块上升的最大高度为若物块上升的最大高度为 H H， 则此过程中，则此过程中， 物物 块的块的( () ) A A动能损失了动能损失了 2 2mgHmgH C C机械能损失了机

6、械能损失了 mgHmgH 答案：答案：ACAC 解析：解析：小物块向上做匀减速直线运动，合外力沿斜面向下，由牛小物块向上做匀减速直线运动，合外力沿斜面向下，由牛 顿第二定律得顿第二定律得 F F 合合 mamamgmg，根据动能定理知损失的动能等于，根据动能定理知损失的动能等于F F 合合 s s mgHmgH 2 2mgHmgH，A A 项对，项对，B B 项错；小物块在向上运动过程中，重项错；小物块在向上运动过程中，重 sin 30sin 30 B B动能损失了动能损失了 mgHmgH 1 1 D D机械能损失了机械能损失了 mgHmgH 2 2 力势能增加了力势能增加了 mgHmgH，而

7、动能减少了而动能减少了 2 2mgHmgH，故机械能损失了故机械能损失了 mgHmgH，C C 项对，项对，D D 项错项错 4. 4. 如图所示，如图所示， 跳水运动员最后踏板的过程可以简化为下述模型：跳水运动员最后踏板的过程可以简化为下述模型： 运运 动员从高处落到处于自然状态的跳板上，动员从高处落到处于自然状态的跳板上， 随跳板一同向下做变速运动随跳板一同向下做变速运动 到达最低点对于运动员从开始与跳板接触到运动至最低点的过程，到达最低点对于运动员从开始与跳板接触到运动至最低点的过程， 下列说法中正确的是下列说法中正确的是( () ) A A运动员到达最低点时，其所受外力的合力为零运动员

8、到达最低点时，其所受外力的合力为零 B B在这个过程中，运动员的动能一直在减小在这个过程中，运动员的动能一直在减小 C C在这个过程中，跳板的弹性势能先增加后减少在这个过程中，跳板的弹性势能先增加后减少 D D在这个过程中，运动员所受重力对她做的功小于跳板的作用在这个过程中，运动员所受重力对她做的功小于跳板的作用 力对她做的功的绝对值力对她做的功的绝对值 答案：答案：D D 解析：解析：运动员到达最低点时，运动员到达最低点时，其所受外力的合力方向向上，合力其所受外力的合力方向向上，合力 一定大于零，选项一定大于零，选项 A A 错误；从开始与跳板接触到运动至最低点的过错误；从开始与跳板接触到运

9、动至最低点的过 程，运动员的动能先增大后减小，跳板的弹性势能一直在增加，选项程，运动员的动能先增大后减小，跳板的弹性势能一直在增加，选项 B B、C C 错误；从开始与跳板接触到运动至最低点的过程，由动能定理错误；从开始与跳板接触到运动至最低点的过程，由动能定理 可知运动员所受重力对她做的功与跳板的作用力对她做的功可知运动员所受重力对她做的功与跳板的作用力对她做的功( (负功负功) ) 之和等于动能的变化，之和等于动能的变化， 可得运动员所受重力对她做的功小于跳板的作可得运动员所受重力对她做的功小于跳板的作 用力对她做的功的绝对值，选项用力对她做的功的绝对值，选项 D D 正确正确 5. 5.

10、 (2014(2014沈阳模拟沈阳模拟) )如图所示，质量为如图所示，质量为 m m 的物体在水平传送带上的物体在水平传送带上 由静止释放，传送带由电动机带动，始终保持以速度由静止释放，传送带由电动机带动，始终保持以速度 v v 匀速运动，匀速运动， 物体与传送带间的动摩擦因数为物体与传送带间的动摩擦因数为 ， 物体过一会儿能保持与传送带相物体过一会儿能保持与传送带相 对静止，对静止， 对于物体从静止释放到相对静止这一过程中，对于物体从静止释放到相对静止这一过程中，下列说法正确下列说法正确 的是的是( () ) 1 1 2 2A A电动机做的功为电动机做的功为 m mv v 2 2 B B摩擦

11、力对物体做的功为摩擦力对物体做的功为 m mv v2 2 1 1 2 2C C传送带克服摩擦力做的功为传送带克服摩擦力做的功为 m mv v 2 2 D D电动机增加的功率为电动机增加的功率为 mgmgv v 答案：答案：D D 解析：解析：由能量守恒，由能量守恒， 电动机做的功等于物体获得的动能和由于摩电动机做的功等于物体获得的动能和由于摩 擦而产生的内能，选项擦而产生的内能，选项 A A 错误；对物体受力分析知，仅有摩擦力对错误；对物体受力分析知，仅有摩擦力对 物体做功，由动能定理知，选项物体做功，由动能定理知，选项 B B 错误；传送带克服摩擦力做的功错误；传送带克服摩擦力做的功 等于摩

12、擦力与传送带对地位移的乘积，等于摩擦力与传送带对地位移的乘积， 可知这个位移是物体对地位移可知这个位移是物体对地位移 的两倍，即的两倍，即WWm mv v2 2，选项，选项C C 错误；由功率公式知传送带增加的功率错误；由功率公式知传送带增加的功率 为为 mgmgv v，选项，选项 D D 正确正确 6 6将一物体竖直向上抛出，物体上升到最高点后又落回抛出将一物体竖直向上抛出，物体上升到最高点后又落回抛出 点此过程中物体上升的最大高度为点此过程中物体上升的最大高度为 H H，所受空气阻力大小恒为，所受空气阻力大小恒为 f f. . 下列说法正确的是下列说法正确的是( () ) A A抛出后的瞬

13、间与落回抛出点的瞬间，重力的瞬时功率相同抛出后的瞬间与落回抛出点的瞬间，重力的瞬时功率相同 B B上升与下落过程中动能的变化量相等上升与下落过程中动能的变化量相等 C C上升与下落过程中重力做功相同上升与下落过程中重力做功相同 D D上升与下落过程中机械能的损失相等上升与下落过程中机械能的损失相等 答案：答案：D D 解析：解析：上升与下落过程，空气阻力均做负功，且所做负功大小相上升与下落过程，空气阻力均做负功，且所做负功大小相 等，由功能关系知，上升与下落过程机械能的损失相等，选项等，由功能关系知，上升与下落过程机械能的损失相等，选项 D D 正正 确；因为空气阻力一直做负功，所以物体的机械

14、能不断减少，故物体确；因为空气阻力一直做负功，所以物体的机械能不断减少，故物体 落回抛出点时的速度小于抛出时的速度，落回抛出点时的速度小于抛出时的速度， 落回抛出点时重力的瞬时功落回抛出点时重力的瞬时功 率较小，选项率较小，选项 A A 错误；上升过程合外力做功错误；上升过程合外力做功( (G Gf f) )h h，下落过程合外，下落过程合外 力做功力做功( (G Gf f) )h h，故上升过程合外力做功多，由动能定理知，上升过，故上升过程合外力做功多，由动能定理知，上升过 程物体的动能变化量大，选项程物体的动能变化量大，选项 B B 错误；上升过程重力做负功，而下错误；上升过程重力做负功，

15、而下 落过程重力做正功，选项落过程重力做正功，选项 C C 错误错误 7 7(2014(2014吉林市期末吉林市期末) )如图所示，小木块可以分别从固定斜面沿如图所示，小木块可以分别从固定斜面沿 左边或右边由静止开始滑下，左边或右边由静止开始滑下， 且滑到水平面上的且滑到水平面上的 A A 点或点或 B B 点停下点停下 假假 定小木块和斜面及水平面间的动摩擦因数相同，定小木块和斜面及水平面间的动摩擦因数相同， 斜面与水平面平缓连斜面与水平面平缓连 接，图中水平面上的接，图中水平面上的 O O 点位于斜面顶点正下方，则点位于斜面顶点正下方，则( () ) A A距离距离 OAOA 等于等于 O

16、BOBB B距离距离 OAOA 大于大于 OBOB C C距离距离 OAOA 小于小于 OBOB 答案：答案：A A D D无法作出明确的判断无法作出明确的判断 解析：解析：设斜面倾角为设斜面倾角为 ，高为，高为h h，物块质量为，物块质量为m m，根据动能定理，根据动能定理， h h mghmghmgmgcoscos mgxmgx0 0 sinsin h hh hh h 变形可得变形可得 x x ，即即 OAOA ，与倾角无关，与倾角无关，所以所以 OAOAOBOB， tantan A A 项正确项正确 8 8(2014(2014淄博市期末统测淄博市期末统测) )半径为半径为 r r 和和

17、R R( (r rOBOB，现将该杆静置于水平方向，放手后两球开始运动，已知两，现将该杆静置于水平方向，放手后两球开始运动，已知两 球在运动过程受到大小始终相同的空气阻力作用，球在运动过程受到大小始终相同的空气阻力作用， 则从开始运动到杆则从开始运动到杆 转到竖直位置的过程中，以下说法正确的是转到竖直位置的过程中，以下说法正确的是( () ) A A两球组成的系统机械能守恒两球组成的系统机械能守恒 B BB B 球克服重力做的功等于球克服重力做的功等于 B B 球重力势能的增加球重力势能的增加 C C重力和空气阻力对重力和空气阻力对 A A 球做功代数和等于它的动能增加球做功代数和等于它的动能

18、增加 D DA A 球克服空气阻力做的功大于球克服空气阻力做的功大于 B B 球克服空气阻力做的功球克服空气阻力做的功 答案：答案：BDBD 解析：解析：由于有空气阻力作用，由于有空气阻力作用， 两球和轻杆组成的系统机械能不守两球和轻杆组成的系统机械能不守 恒，恒，A A 项错误；重力做功仅仅和重力势能相联系，项错误；重力做功仅仅和重力势能相联系，B B 球克服重力做的球克服重力做的 功等于功等于 B B 球重力势能的增加，球重力势能的增加，B B 项正确；项正确；根据动能定理，根据动能定理，合外力的功合外力的功 等于动能的变化，对等于动能的变化，对 A A 球做功的力有重力、空气阻力和轻杆的

19、作用球做功的力有重力、空气阻力和轻杆的作用 力，力，C C 项错误；由于项错误；由于 OAOA OBOB，且两球在运动过程受到大小始终相同，且两球在运动过程受到大小始终相同 1 11 1 的空气阻力作用，的空气阻力作用，所以克服空气阻力做的功所以克服空气阻力做的功 WWF Ff f 22r r F Ff f r r， 4 42 2 故故 D D 项正确项正确 二、计算题二、计算题( (本题包括本题包括 4 4 小题，共小题，共5252 分解答应写出必要的文字分解答应写出必要的文字 说明、方程式和重要演算步骤，只写出最后答案不能得分说明、方程式和重要演算步骤，只写出最后答案不能得分) ) 131

20、3(2014(2014广东深圳一模广东深圳一模)(12)(12 分分) )如图甲所示，在倾角为如图甲所示，在倾角为 3737的粗的粗 糙斜面的底端，一质量糙斜面的底端，一质量 m m1 1 kgkg 可视为质点的滑块压缩一轻弹簧并可视为质点的滑块压缩一轻弹簧并 锁定，锁定，滑块与弹簧不相连滑块与弹簧不相连t t0 0 时解除锁定，时解除锁定，计算机通过传感器描绘计算机通过传感器描绘 出滑块的速度出滑块的速度时间图象如图乙所示，其中时间图象如图乙所示，其中 OabOab 段为曲线，段为曲线，bcbc 段为段为 直线，在直线，在 t t1 10.1 s0.1 s 时滑块已上滑时滑块已上滑 s s0

21、.2 m0.2 m 的距离，的距离，g g 取取 10 m/s10 m/s2 2. .求：求： (1)(1)物体离开弹簧后在图中物体离开弹簧后在图中 bcbc 段对应的加速度段对应的加速度 a a 及动摩擦因数及动摩擦因数 的大小；的大小； (2)(2)t t2 20.3 s0.3 s 和和 t t3 30.4 s0.4 s 时滑块的速度时滑块的速度 v v1 1、v v2 2的大小；的大小； (3)(3)锁定时弹簧具有的弹性势能锁定时弹簧具有的弹性势能 E Ep p. . 答案：答案：(1)10 m/s(1)10 m/s2 20.50.5(2)0(2)00.2 m/s0.2 m/s(3)4

22、J(3)4 J 解析：解析： (1)(1)由题中图象可知由题中图象可知 0.1 s0.1 s 物体离开弹簧向上做匀减速运动，物体离开弹簧向上做匀减速运动， 加速度的大小加速度的大小 2.02.01.01.0 a am/sm/s2 2 10 m/s10 m/s2 2 0.20.20.10.1 根据牛顿第二定律，有根据牛顿第二定律，有 mgmgsin 37sin 37mgmgcos 37cos 37 2 2a a 10 m/s10 m/s m m 解得：解得： 0.5.0.5. (2)(2)根据速度根据速度时间公式，得：时间公式，得： t t2 20.3 s0.3 s 时的速度大小时的速度大小 v

23、 v1 1v v0 0at at1 m/s1 m/s10100.1 m/s0.1 m/s0. 0. 0 03 s3 s 后滑块开始下滑，下滑的加速度后滑块开始下滑，下滑的加速度 mgmgsin 37sin 37mgmgcos 37cos 37 2 2a a 2 m/s2 m/s m m t t2 20.4 s0.4 s 时的速度大小时的速度大小 v v2 2a at t2 20.1 m/s0.1 m/s0.20.2m/s.m/s. (3)(3)由功能关系可得：由功能关系可得： 1 1 2 2E Ep p m mv v mgsmgssin 37sin 37mgsmgscos 37cos 374

24、J.4 J. 2 2 1414(12(12 分分) )一个平板小车置于光滑水平面上，一个平板小车置于光滑水平面上，其右端恰好和一个其右端恰好和一个 1 1光滑圆弧轨道 光滑圆弧轨道 ABAB 的底端等高对接，的底端等高对接，如图所示如图所示已知小车质量已知小车质量 MM2 2 4 4 kgkg，小车足够长，圆弧轨道半径，小车足够长，圆弧轨道半径 R R0.80.8 mm现将一质量现将一质量 m m0.50.5 kgkg 的小滑块，由轨道顶端的小滑块，由轨道顶端 A A 点无初速度释放，滑块滑到点无初速度释放，滑块滑到 B B 端后冲上小端后冲上小 车滑块与小车上表面间的动摩擦因数车滑块与小车上

25、表面间的动摩擦因数 0.2.(0.2.(取取 g g10 m/s10 m/s2 2) )试求：试求： (1)(1)滑块到达滑块到达 B B 端时，对轨道的压力大小；端时，对轨道的压力大小； (2)(2)小车运动小车运动 2 s2 s 时，小车右端距轨道时，小车右端距轨道 B B 端的距离；端的距离； (3)(3)滑块与车面间由于摩擦而产生的内能滑块与车面间由于摩擦而产生的内能 答案：答案：(1)15 N(1)15 N(2)0.96 m(2)0.96 m(3)3.2 J(3)3.2 J 解析：解析：(1)(1)滑块从滑块从 A A 端下滑到端下滑到 B B 端时速度大小为端时速度大小为 v v0

26、 0，由动能定理，由动能定理 1 1 2 2 得得 mgRmgR m mv v0 0，v v0 04 m/s4 m/s 2 2 2 2v v0 0 在在 B B 点对滑块由牛顿第二定律得点对滑块由牛顿第二定律得 F FN N mgmgm m R R 解得轨道对滑块的支持力解得轨道对滑块的支持力 F FN N 3 3mgmg15 N15 N 由牛顿第三定律得，滑块对轨道的压力大小由牛顿第三定律得，滑块对轨道的压力大小 F FN N 15 N15 N (2)(2)滑块滑上小车后，由牛顿第二定律滑块滑上小车后，由牛顿第二定律 对滑块：对滑块：mgmgmama1 1，得 ，得 a a1 12 m/s2

27、 m/s2 2 对小车：对小车：mgmgMaMa2 2，得 ，得 a a2 20.5 m/s0.5 m/s2 2 设经时间设经时间 t t 后两者达到共同速度，则有后两者达到共同速度，则有 v v0 0 a a1 1t ta a2 2t t 解得解得 t t1.6 s1.6 s 由于由于 t t1.6 s1.6 s2 s2 s故故1.6 s1.6 s 后小车和滑块一起匀速运动，速度后小车和滑块一起匀速运动，速度v v a a2 2t t 0.8 m/s0.8 m/s 因此，因此，2 s2 s 时小车右端距轨道时小车右端距轨道 B B 端的距离为端的距离为 1 1 2 2x x a a2 2t

28、t v v(2(2t t) )0.96 m0.96 m 2 2 v v0 0v v v v (3)(3)滑块相对小车滑动的距离为滑块相对小车滑动的距离为 x xt t t t3.2 m3.2 m 2 22 2 所以产生的内能所以产生的内能 Q Qmgmg x x3.2 J3.2 J 1515(14(14 分分) )如图所示，如图所示，在粗糙水平面上竖直固定半径为在粗糙水平面上竖直固定半径为 R R6 cm6 cm 的光滑圆轨道的光滑圆轨道质量为质量为 m m4 kg4 kg 的物块静止放在粗糙水平面上的物块静止放在粗糙水平面上 A A 处，处， 物块与水平面的动摩擦因数物块与水平面的动摩擦因数

29、 0.750.75，A A 与与 B B 的间距的间距 L L0.5 m0.5 m现对现对 物块施加大小恒定的拉力物块施加大小恒定的拉力 F F 使其沿粗糙水平面做直线运动，到达使其沿粗糙水平面做直线运动，到达 B B 处将拉力处将拉力 F F 撤去，物块沿竖直光滑圆轨道运动若拉力撤去，物块沿竖直光滑圆轨道运动若拉力 F F 与水平面与水平面 夹角为夹角为 时，物块恰好沿竖直光滑圆轨道通过最高点，重力加速度时，物块恰好沿竖直光滑圆轨道通过最高点，重力加速度g g 取取 10 m/s10 m/s2 2，物块可视为质点求：，物块可视为质点求： (1)(1)物块到达物块到达 B B 处时的动能；处时

30、的动能； (2)(2)拉力拉力 F F 的最小值及与水平方向的夹角的最小值及与水平方向的夹角 . . 答案：答案：(1)6 J(1)6 J(2)33.6 N(2)33.6 N3737 解析：解析：(1)(1)设物块到达竖直光滑轨道最高点的速度为设物块到达竖直光滑轨道最高点的速度为 v v，则有，则有 mgmg v v2 2 m m R R 物块从物块从 B B 处沿光滑圆轨道运动到最高点，处沿光滑圆轨道运动到最高点， 因为机械能守恒，因为机械能守恒， 取取 B B 为零势能点，为零势能点， 1 1 所以所以 E Ek kB B 2 2mgRmgR m mv v2 2 2 2 5 5 联立得联立

31、得 E Ek kB B mgRmgR6 J6 J 2 2 所以物块到达所以物块到达 B B 处时的动能处时的动能 E Ek kB B 6 J6 J (2)(2)物块从物块从 A A 运动到运动到 B B，根据动能定理有，根据动能定理有 FLFLcoscos ( (mgmgF Fsinsin ) )L LE Ek kB B 4242 解得解得 F F coscos sinsin L Lcoscos 0.75sin0.75sin 由数学知识可知，当由数学知识可知，当 3737时，时，F F 的最小值为的最小值为 33.6 N33.6 N 1616(14(14 分分) )如图，水平传送带以恒定的速度如图，水平传送带以恒定的速度 v v0 02 m/s2 m/s 匀速向右匀速向右 传动，传送带左右两端点传动，传送带左右两端点 P P、Q Q 之间的距离为之间的距离为 L L4 4 mm有一个质量有一个质量 m m2 kg2 kg 的小物体的小物体( (视为质点视为质点) )， 自右端自右端 Q Q 点以某一初速度点以某一初速度 v v 沿着皮带沿着皮带 向左滑行，向左滑行， 恰好未能从左端恰好未能从左端 P P 点滑出，点滑出， 继而回头