届高考物理专题二功和能考点2功能关系能量守恒定律限时集训

2019届高考物理专题二功和能考点2功能关系能量守恒定律限时集训本文简介：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题每小题7分，8～10题每小题9分)1．如图2－2－14所示，将一个内、外侧均光滑的半圆形槽置于光滑的水平面上，槽的左侧有一竖直墙壁。现让一小球自左端槽口A点的正上方由静止开始下落，从A点与半圆形槽相切进入槽内，则下列说法正确

2019届高考物理专题二功和能考点2功能关系能量守恒定律限时集训本文内容：

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题每小题7分，8～10题每小题9分)

1．如图2－2－14所示，将一个内、外侧均光滑的半圆形槽置于光滑的水平面上，槽的左侧有一竖直墙壁。现让一小球自左端槽口A点的正上方由静止开始下落，从A点与半圆形槽相切进入槽内，则下列说法正确的是

图2－2－14

A．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点经最低点向右侧最高点运动的过程中，小球与槽组成的系统机械能守恒

D．小球从下落到从右侧离开槽的过程中机械能守恒

解析

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势，但是实际上没有动，整个系统只有重力做功，所以小球与槽组成的系统机械能守恒；而小球过了半圆形槽的最低点以后，半圆形槽向右运动，由于系统没有其他形式的能量产生，满足机械能守恒的条件，所以系统的机械能守恒，故C正确；小球从开始下落至到达槽最低点前，小球先失重，后超重，故B错误；当小球向右上方滑动时，半圆形槽也向右移动，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

C

2．滑沙是人们喜爱的游乐活动，如图是2－2－15滑沙场地的一段斜面，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速下滑，加速度为0.4g，人和滑车可视为质点，则从顶端向下滑到底端B的过程中，下列说法正确的是

图2－2－15

A．人和滑车减少的重力势能全部转化为动能

B．人和滑车获得的动能为0.4

mgh

C．整个下滑过程中人和滑车减少的机械能为0.2mgh

D．人和滑车克服摩擦力做功为0.6mgh

解析

由牛顿第二定律有mgsin

30°－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·＝Ek，Ek＝0.8mgh，B错误；由功能关系知，摩擦力做功Wf＝－f＝－0.2

mgh，机械能减少0.2mgh，人和滑车克服摩擦力做的功为0.2mgh，C正确，D错误。

答案

C

3．(2018·唐山二模)如图2－2－16所示，倾角为30°的光滑斜面底端固定一轻弹簧，O点为原长位置。质量为0.5

kg的滑块从斜面上A点由静止释放，物块下滑并压缩弹簧到最短的过程中，最大动能为8

J。现将物块由A点上方0.4

m处的B点由静止释放，弹簧被压缩过程中始终在弹性限度内，g取10

m/s2，则下列说法正确的是

图2－2－16

A．物块从O点开始做减速运动

B．从B点释放滑块动能最大位置比从A点释放要低

C．从B点释放滑块最大动能为9

J

D．从B点释放弹簧最大弹性势能比从A点释放增加了1

J

解析

物块从接触弹簧到最短的过程，先加速后减速，选项A错误。物块合力为零时动能最大，两次动能最大的位置相同，B、D错误。从B点释放时的机械能比从A点释放时大，ΔE＝mghsin

θ＝1

J。故从B点释放后。物块能达到的最大动能为9

J，选项C正确。

答案

C

4．(多选)(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升，在某一高度撤去恒力。若不计空气阻力、则在整个上升过程中，下列关于物体机械能E和动能Ek随时间变化的关系图象正确的是

解析

物体在恒力作用下向上做加速运动，速度逐渐增大，拉力的功率增大。故E－t图象的斜率增大。动能Ek＝mv2＝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，动能逐渐减小，且随着速度的减小，重力的功率减小，Ek－t图象的斜率减小，故A、C正确。

答案

AC

5．(多选)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的三角形，如图2－2－17所示，其中1与2底边相同，2和3高度相同。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释放，并沿木板下滑到底端，物块与木板之间的动摩擦因数μ均相同。在这三个过程中，下列说法正确的是

图2－2－17

A．沿着木板1和木板2下滑到底端时，物块速度的大小相等

B．沿着木板2和木板3下滑到底端时，物块速度的大小相等

C．沿着木板1下滑到底端时，物块的动能最大

D．物块沿着木板3下滑到底端的过程中，产生的热量最多

解析

对物块受力分析，由动能定理可知，沿着木板1和木板2下滑到底端时，摩擦力做功相等，沿木板1重力做功较大，因此沿着木板1下滑到底端时速度大，动能较大，选项A错误；沿着木板2和木板3下滑到底端时，重力做功相等，沿木板3运动时摩擦力做功较大，因此沿着木板2下滑到底端时速度大，沿着木板3下滑到底端的过程中，产生的热量最多，选项B错误，CD正确。

答案

CD

6．(多选)如图2－2－18所示，将一质量为m的物体放置在一固定的粗糙斜面上，斜面与水平地面间夹角为θ，斜面的高度为h。一人通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速地由底端拉至斜面顶端，拉物体的绳始终与斜面平行，物体到达斜面顶端时的速度为v，则在此过程中

图2－2－18

A．物体所受的合外力做功为mgh＋mv2

B．物体所受的合外力做功为mv2

C．人对物体做的功为mgh

D．拉力的功率变大

解析

物体沿斜面做匀加速运动，根据动能定理W合＝WF－Wf－mgh＝mv2，其中Wf为物体克服摩擦力做的功。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＋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

BD

7．(多选)(2018·潍坊模拟)如图2－2－19所示，轻质弹簧一端固定，另一端与套在光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处由静止释放，经过b处时速度最大，到达c处时速度为零。已知弹簧始终在弹性限度内，则圆环在从a下滑到c的过程中，以下判断正确的是

图2－2－19

A．圆环的加速度一直减小

B．圆环所受杆的弹力一直变大

C．圆环与弹簧组成系统的机械能守恒

D．圆环减小的重力势能等于弹簧增加的弹性势能

解析

由于在a处弹簧处于原长状态，则圆环在a处只受重力的作用，加速度等于重力加速度g，由题意圆环在b处的速度最大，该位置的加速度为零，因此圆环由a到c的过程中，圆环的加速度先减小后增大，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，水平方向合外力始终为零，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)sin

α，又sin

α＝，整理得F＝kl0－，显然随l的增大杆对圆环的弹力一直增大，B正确；对圆环与弹簧组成的系统，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，因此系统的机械能守恒，C正确；圆环由a到c的过程中，圆环的动能先增大后减小，因此重力势能的减少量先大于后小于弹簧弹性势能的增加量，D错误。

答案

BC

8．(多选)如图2－2－20所示，质量为M、长为L的木板置于光滑的水平面上，一质量为m的滑块放置在木板左端，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，木板在地面上移动的距离为x，滑块速度为v1，木板速度为v2，下列结论中正确的是

图2－2－20

A．上述过程中，F做功大小为mv＋Mv

B．其他条件不变的情况下，M越大，x越小

C．其他条件不变的情况下，F越大，滑块到达右端所用时间越长

D．其他条件不变的情况下，Ff越大，滑块与木板间产生的热量越多

解析

由功能关系可知，上述过程中，F做功的大小等于二者增加的动能与系统产生的热量之和，选项A错；其他条件不变的情况下，M越大，木板的加速度越小，x越小，选项B对；其他条件不变的情况下，F越大，滑块的加速度越大，滑块到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板一定，Ff越大产生的热量越多，选项D对。

答案

BD

9．(多选)(2018·咸阳模拟)如图2－2－21所示，光滑水平面OB与足够长的粗糙斜面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，然后由静止释放，滑块脱离弹簧后经B点滑上斜面，上升到最大高度，并静止在斜面上，不计滑块在B点的机械能损失。若换用相同材料、相同粗糙程度的质量为m2(m2>m1)的滑块压缩弹簧至同一点D后，重复上述过程，下列说法正确的是

图2－2－21

A．两滑块到达B点的速度相同

B．两滑块沿斜面上升的最大高度相同

C．两滑块上升到最高点的过程中克服重力做的功相同

D．两滑块上升到最高点的过程中机械能损失相同

解析

压缩弹簧至同一点D后，两种情况下弹簧的弹性势能相同，由静止释放后，由机械能守恒定律可知两滑块在B点的动能相同。由于m2>m1，则m2获得的速度小于m1，两滑块到达B点时的速度不同，选项A错误；由牛顿第二定律可知，两滑块沿斜面上升过程中的加速度相同，由x＝可知，两滑块沿斜面上升的最大高度不相同，选项B错误；滑块上升到最高点的过程中，克服重力做功WG＝mgh＝mgxsin

θ＝mgsin

θ＝mv2×sin

θ，由于两个滑块的初动能mv2相同，所以两滑块上升到最高点的过程中克服重力做的功相同，选项C正确；两滑块上升到最高点的过程中，由动能定理，－WG－Wf＝0－mv2，动能变化相同，克服重力做功WG相同，可知克服摩擦力做功相同，由功能关系可知，机械能损失相同，选项D正确。

答案

CD

10．(多选)(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＝0.2

kg的小球，从弹簧上端某高度处自由下落，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，其中A为曲线的最高点，小球和弹簧接触瞬间机械能损失不计，取g＝10

m/s2，则

图2－2－22

A．当Δx＝0.1

m时，小球处于失重状态

B．小球在最低点时的加速度大于10

m/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．小球从速度最大到压缩至最短，弹簧弹性势能增加量为3.621

J

解析

Δx＝0.1时，小球的速度最大，合力为零，加速度为零，故A错。小球到达Δx2＝0.2

m位置时

kΔx2－mg＝ma，a＝10

m/s2。此后继续向下运动，到最低点时加速度大于10

m/s2，B选项正确。从接触弹簧到压缩至最短的过程，小球和弹簧组成的系统机械能守恒，C错误。根据能量守恒，小球从速度最大到最低点，弹性势能的增加量ΔEp＝mv2＋mgh＝3.621

J，D正确。

答案

BD

二、计算题(本题共2小题，共24分)

11．(12分)(2016·全国卷Ⅱ)轻质弹簧原长为2l，将弹簧竖直放置在地面上，在其顶端将一质量为5m的物体由静止释放，当弹簧被压缩到最短时，弹簧长度为l。现将该弹簧水平放置，一端固定在A点，另一端与物块P接触但不连接。AB是长度为5l的水平轨道，B端与半径为l的光滑半圆轨道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。用外力推动物块P，将弹簧压缩至长度l，然后放开，P开始沿轨道运动，重力加速度大小为g。

图2－2－23

(1)若P的质量为m，求P到达B点时速度的大小，以及它离开圆轨道后落回到AB上的位置与B点间的距离；

(2)若P能滑上圆轨道，且仍能沿圆轨道滑下，求P的质量的取值范围。

解析

(1)依题意，当弹簧竖直放置，长度被压缩至l时，质量为5m的物体的动能为零，其重力势能转化为弹簧的弹性势能。由机械能守恒定律，弹簧长度为l时的弹性势能为Ep＝5mgl

①

设P的质量为M，到达B点时的速度大小为vB，由能量守恒定律得Ep＝Mv＋μMg·4l

②

联立①②式，取M＝m并代入题给数据得vB＝

③

若P能沿圆轨道运动到D点，其到达D点时的向心力不能小于重力，即P此时的速度大小v应满足

－mg≥0

④

设P滑到D点时的速度为vD，由机械能守恒定律得

mv＝mv＋mg·2l

⑤

联立③⑤式得vD＝

⑥

vD满足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＝gt2

⑦

P落回到AB上的位置与B点之间的距离为s＝vDt

⑧

联立⑥⑦⑧式得s＝2l

⑨

(2)为使P能滑上圆轨道，它到达B点时的速度不能小于零。

由①②式可知5mgl＞μMg·4l

要使P仍能沿圆轨道滑回，P在圆轨道的上升高度不能超过半圆轨道的中点C。由机械能守恒定律有

⑩

Mv≤Mgl

?

联立①②⑩?式得m≤M＜m。

答案

(1)

2l

(2)m≤M＜m

12．(12分)(2018·黄山质检)倾角θ＝37°的传送带以速度v＝1.0

m/s顺时针转动，位于其底部的煤斗每秒钟向其输送K＝4.0

kg的煤屑，煤屑刚落到传送带上的速度为零，传送带将煤屑送到h＝3.0

m的高处，煤屑与传送带间的动摩擦因数μ＝0.8，且煤屑在到达最高点前已经和传送带的速度相等。(重力加速度g＝10

m/s2，传送带直径大小可忽略)求：

图2－2－24

(1)煤屑从落到传送带开始，运动到与传送带速度相等时前进的位移和时间；

(2)传送带电机因输送煤屑而多产生的输出功率。

解析

(1)设有质量为m0的煤屑落到传送带上后向上加速运动，加速度

a＝＝0.4

m/s2

位移为s＝＝1.25

m

时间为t＝＝2.5

s

(2)传送带做功使煤屑动能增加、重力势能增加、热量增加

设经过Δt时间，煤屑动能增加量ΔEk＝KΔtv2

重力势能的增加量ΔEp＝KΔtgh

热量增加为滑动摩擦力乘以相对位移

Q＝μKΔtgcos

θ·(vt－s)

输出功率P＝＝Kv2＋Kgh＋μKgcos

θ·(vt－s)＝154

W。

答案

(1)2.5

s

(2)154

W