高考物理二轮复习 专题四 功能关系与能量守恒重点讲练.doc

专题四 功能关系与能量守恒重点讲练1(2015永安市模拟)如图所示，一轻质弹簧的下端，固定在水平面上，上端叠放着两个质量均为m的物体a、b(物体b与弹簧栓接)，弹簧的劲度系数为k，初始时物体处于静止状态现用竖直向上的拉力f作用在物体a上，使物体a开始向上做加速度为a的匀加速运动，测得两个物体的vt图像如图乙所示(重力加速度为g)，则()a施加外力的瞬间，a、b间的弹力大小为m(ga)ba、b在t1时刻分离，此时弹簧弹力大小恰好为零c弹簧恢复到原长时，物体b的速度达到最大值db与弹簧组成的系统的机械能先逐渐增加，后保持不变答案a分析题中弹簧弹力根据胡克定律列式求解，先对物体ab整体受力分析，根据牛顿第二定律列方程；再对物体b受力分析，根据牛顿第二定律列方程；t1时刻是a与b分离的时刻，之间的弹力为零解析a项，施加f前，物体ab整体平衡，根据平衡条件，有2mgkx，解得x2施加外力f的瞬间，对b物体，根据牛顿第二定律，有f弹mgfabma其中：f弹2mg解得fabm(ga)，故a项正确b项，物体a、b在t1时刻分离，此时a、b具有共同的v与a；且fab0；对b：f弹mgma解得f弹m(ga)，故b项错误c项，b受重力、弹力及压力的作用；当合力为零时，速度最大，而弹簧恢复到原长时，b受到的合力为重力，已经减速一段时间；速度不是最大值；故c项错误；d项，b与弹簧开始时受到了a的压力做负功，故开始时机械能减小；故d项错误点评本题关键是明确a与b分离的时刻，它们间的弹力为零这一临界条件；然后分别对ab整体和b物体受力分析，根据牛顿第二定律列方程及机械能守恒的条件进行分析命题立意机械能守恒定律2(2015浙江杭州模拟)如图甲所示，在水平地面上放置一个质量为m4 kg的物体，让其在随位移均匀减小的水平推力作用下运动，推力随位移x变化的图像乙所示已知物体与地面间的动摩擦因数为0.5，g10 m/s2.下列说法正确的是()a物体先做加速运动，推力撤去时开始做减速运动b物体在水平面上运动的最大位移是12 mc物体在运动中的加速度先变小后不变d物体运动的最大速度为8 m/s答案d解析本题主要考查牛顿第二定律、动能定理；a项，物体先加速，当推力小于摩擦力时开始减速，当推力为零时，继续减速至速度为零，故a项错误；b项，对运动过程使用动能定理，则fxfs0，图像面积即fx，可得s10 m，故b项错误；c项，加速度先减小至零，后反向增大，推力为零时，加速度保持不变，故c项错误；d项，当ffmg20 n时由图像可得x3.2 m，对开始运动到合力为零过程使用动能定理得fxfx，故d项正确3(2015浙江杭州模拟)如图所示x轴上各点的电场强度如图所示，场强方向与x轴平行，规定沿x轴正方向为正，一负点电荷从坐标原点o以一定的初速度沿x轴正方向运动，点电荷到达x2位置速度第一次为零，在x3位置第二次速度为零，不计粒子的重力下列说法正确的是()a点电荷从o点运动到x2，再运动到x3的过程中，速度先均匀减小再均匀增大，然后减小再增大b点电荷从o点运动到x2，再运动到x3的过程中，加速度先减小再增大，然后保持不变co点与x2和o点与x3电势差uox2uox3d点电荷在x2、x3位置的电势能最小答案c解析本题主要考查牛顿第二定律、动能定理以及功能关系；a项，在ox2之间电场是变化的不可能做匀变速，故a项错误；b项，在ox1之间加速度先增后减，在x1x2之间再次先增后减，向左返回时再次这样变化，在ox3之间保持不变，故b项错误；c项，对于从x2到x3过程使用动能定理，qux2oquox30，故uox2uox3，则c项正确；由功能关系可知，在x2、x3位置动能最小，则电势能最大，故d项错误；本题正确为c项4.(2015浙江杭州模拟)如图所示，直杆ab与水平面成角固定，在杆上套一质量为m的小滑块，杆底端b点处有一弹性挡板，杆与板面垂直，滑块与挡板碰撞后原速率返回现将滑块拉到a点由静止释放，与挡板第一次碰撞后恰好能上升到ab的中点，设重力加速度为g，由此可以确定()a滑块下滑和上滑过程加速度的大小a1、a2b滑块最终所处的位置c滑块与杆之间动摩擦因数d滑块第k次与挡板碰撞后速度vk答案abc解析本题主要考查牛顿第二定律以及动能定理；设滑块到达底端时速度为v，则v22a1x2a2，故加速度之比为12，a项正确；由于有摩擦力，最终滑块能量耗尽而静止于底端，故b项正确；由a22a1即2gsin2gcosgsingcos，故，c项正确；滑块第k次与挡板碰撞后，能在滑到杆的x()kl处，则滑块第k次与挡板碰撞后速度vk满足mgxsinmgxcos，由于l未知，所以不能求得vk的大小，故d项错误；本题正确为abc项5(2015山东模拟)如图所示，绝缘粗糙斜面体固定在水平地面上，斜面所在空间存在平行于斜面向上的匀强电场e，轻弹簧一端固定在斜面顶端，另一端拴接一不计质量的绝缘薄板一带正电的小滑块，从斜面上的p点处由静止释放后，沿斜面向上运动，并能压缩弹簧至r点(图中未标出)，然后返回则()a滑块从p点运动到r点的过程中，其机械能增量等于电场力与弹簧弹力做功之和b滑块从p点运动到r点的过程中，电势能的减小量大于重力势能和弹簧弹性势能的增加量之和c滑块返回能到达的最低位置在p点的上方d滑块最终停下时，克服摩擦力所做的功等于电势能的减小量与重力势能增加量之差答案bcd解析由题可知，小滑块从斜面上的p点处由静止释放后，沿斜面向上运动，说明小滑块开始时受到的合力的方向向上，开始时小滑块受到重力、电场力、斜面的支持力和摩擦力的作用；小滑块开始压缩弹簧后，还受到弹簧的弹力的作用，小滑块向上运动的过程中，斜面的支持力不做功，电场力做正功，重力做负功，摩擦力做负功，弹簧的弹力做负功在小滑块开始运动到到达r点的过程中，电场力做的功转化为小滑块的重力势能、弹簧的弹性势能以及内能a项，由以上的分析可知，滑块从p点运动到r点的过程中，其机械能增量等于电场力与弹簧弹力做功、摩擦力做功之和，故a项错误；b项，由以上的分析可知，电场力做的功转化为小滑块的重力势能、弹簧的弹性势能以及内能，所以电势能的减小量大于重力势能和弹簧弹性势能的增加量之和，故b项正确；c项，小滑块运动的过程中，由于摩擦力做功，小滑块的机械能与电势能的和减小，所以滑块返回能到达的最低位置在p点的上方，不能再返回p点，故c项正确；d项，滑块运动的过程中，由于摩擦力做功，小滑块的机械能与电势能的和逐渐减小，所以滑块最终停下时，克服摩擦力所做的功等于电势能的减小量与重力势能增加量之差，故d项正确命题立意本题旨在考查功能关系、机械能守恒定律易错警示该题中，小滑块的运动的过程相对是比较简单的，只是小滑块运动的过程中，对小滑块做功的力比较多，要逐个分析清楚，不能有漏掉的功，特别是摩擦力的功6.(2015河北辛集中学)如图所示，一质量为m的小球套在光滑竖直杆上，轻质弹簧一端固定于o点，另一端与该小球相连现将小球从a点由静止释放，沿竖直直杆运动到b点，已知oa长度小于ob长度，弹簧处于oa、ob两位置时弹力大小相等弹簧的形变量相同时弹性势能相同则小球在此过程中()a加速度等于重力加速度g的位置有两个b弹簧弹力的功率为零的位置有两个c弹簧弹力对小球所做的正功等于小球克服弹簧弹力所做的功d弹簧弹力做正功过程中小球运动的距离等于弹簧弹力做负功过程中小球运动的距离答案ac解析本题主要考查牛顿第二定律、功率以及功能关系；弹簧长度变化情况如下：a项，当弹簧垂直于杆时，小球竖直方向只受重力，加速度为g，继续向下运动，当弹簧恢复原长时，弹力为零，小球只受重力，加速度为g，故有两个位置加速度为g，a项正确；b项，弹力功率为零的位置有三个：a点因速度为零，故功率为零，当弹簧垂直于杆时以及弹簧恢复原长时，弹力功率也为零，故b项错误；c项，因a点与b点弹簧的弹性势能相同，则弹簧弹力对小球所做的正功等于小球克服弹簧弹力所做的功故c项正确；d项，因做负功时弹力大，则弹簧弹力做正功过程中小球运动的距离大于小球克服弹簧弹力做功过程中小球运动的距离，故d项错误；本题正确为ac项7(2015山东模拟)如图所示，在水平面上有两条光滑的长直平行金属导轨mn、pq，电阻忽略不计，导轨间距离为l，磁感应强度为b的匀强磁场垂直于导轨所在平面质量均为m的两根金属a、b放置在导轨上，a、b接入电路的电阻均为r.轻质弹簧的左端与b杆连接，右端固定开始时a杆以初速度v0向静止的b杆运动，当a杆向右的速度为v时，b杆向右的速度达到最大值vm，此过程中a杆产生的焦耳热为q，两杆始终垂直于导轨并与导轨接触良好，则b杆达到最大速度时()ab杆受到弹簧的弹力为ba杆受到的安培力为ca、b杆与弹簧组成的系统机械能减少量为qd弹簧具有的弹性势能为mvmv2mv2q答案ad解析当b杆达到最大速度时，弹簧的弹力等于安培力，根据安培力大小公式与闭合电路欧姆定律及法拉第电磁感应定律，可得到弹簧的弹力；两棒安培力关系求出a杆受到的安培力选取系统为研究对象，确定从开始到b杆最大速度作为研究过程，由能量守恒来确定弹簧的弹性势能a项，b杆达到最大速度时，弹簧的弹力等于安培力，由闭合电路欧姆定律可得i，b棒受到的安培力大小fbil，则弹簧的弹力为f，故a项正确；b项，a、b两棒串联，电流相等，长度相等，所受的安培力大小相等，所以a杆受到的安培力为，故b项错误；c项根据能量守恒定律可知，a、b杆与弹簧组成的系统机械能减少量为2q.故c项错误；d项，选两杆和弹簧组成系统为研究对象，从a棒开始运动到b棒达到最大速度，由能量守恒知，弹簧具有的弹性势能为mvmv2mv2q.故d项正确命题立意本题旨在考察切割磁感线而产生电磁感应8(2015第二次大联考广东)如图所示，有一光滑轨道abc，ab部分为半径为r的圆弧，bc部分水平，质量均为m的小球a、b固定在竖直轻杆的两端，轻杆长为r，不计小球大小开始时a球处在圆弧上端a点，由静止释放小球和轻杆，使其沿光滑轨道下滑，下列说法正确的是()aa球下滑过程中机械能保持不变ba、b两球和轻杆组成的系统在下滑过程中机械能保持不变ca、b滑到水平轨道上时速度为d从释放到a、b滑到水平轨道上，整个过程中轻杆对a球做的功为答案bd解析由机械能守恒的条件得，a机械能不守恒，a、b系统机械能守恒，所以a项错误，b项正确对ab系统由机械能守恒定律得mgr2mgr2mv2，解得v，c项错误对a由动能定理得mgrwmv2，解得w，d项正确命题立意机械能守恒定律，动能定理点拨熟练掌握机械能守恒的条件及守恒定律，a、b系统机械能守恒9(2015厦门模拟)一物体静止在粗糙斜面上，现用一大小为f1的水平拉力拉动物体，经过时间t后其速度变为v，若将水平拉力的大小改为f2，物体从静止开始经过时间t后速度变为2v，对于上述两过程，用ej1、ej2分别表示前后两次物体增加的机械能，ep1、ep2分别表示前后两次物体增加的重力势能，则()aej22ej1，ep22ep1bej22ej1，ep22ep1cej24ej1，ep2ep1dej24ej1，ep22ep1答案d解析由题意可知，两次物体均做匀加速运动，则在同样的时间内，它们的位移之比为s1s2tt12，两次上升的高度之比：h1h2s1sins2sin12故重力势能的变化量之比：ep1ep2mgh1mgh212，ep22ep1根据动能表达式：ekmv2，得ek1ek214，ek24ek1，而机械能eekep，故ej2ek2ep24ek12ep14ek14ep1vb1，所以d项正确11(2015贵阳二模)如图所示，倾角为37足够长的传送带以较大的恒定速率逆时针运转，一轻绳绕过固定在天花板上的轻滑轮，一端连接放在传送带下端质量为m的物体a，另一端竖直吊着质量为m、电荷量为q(k为静电力常量)带正电的物体b，轻绳与传送带平行，物体b正下方的绝缘水平面上固定着一个电荷量也为q的带负电的物体c，此时a、b都处于静止状态现将物体a向上轻轻触动一下，物体a将沿传送带向上运动，且向上运动的最大距离为l.已知物体a与传送带的动摩擦因数为0.5，a、b、c均可视为质点，重力加速度为g，不计空气阻力已知sin370.6，cos370.8.求：(1)a、b处于静止状态时物体b、c间的距离；(2)从物体b开始下落到与物体c碰撞前的整个过程中，电场力对物体b所做的功分析(1)开始时刻，物体a、b均保持静止，分别受力分析后根据平衡条件列式后联立求解即可；(2)bc碰撞后，物体a上升过程是匀减速直线运动，根据牛顿第二定律列式求解加速度，根据运动学公式求解bc碰撞前的速度；物体b下降过程，对a、b整体由功能关系列式求解电场力对物体b所做的功答案(1)(2)mgl解析(1)开始时，a、b均静止，设物体b、c间的距离为l1，由平衡条件，有对a：tmgsinmgcos对b：tk，其中q解得l1(2)b、c相碰后，a将做匀减速运动，由牛顿第二定律，有mgsinmgcosma由运动公式，有0v2a(ll1)解得vm，物体b下降过程对a、b整体由功能关系，有w电mgl1mg(sincos)l1(mm)v，解得w电mgl命题立意动能定理的应用；牛顿第二定律12(2015开封模拟)质量为m的小物块a，放在质量为m的木板b的左端，b在水平拉力的作用下沿水平地面匀速向右滑动，且a、b相对静止某时刻撤去水平拉力，经过一段时间，b在地面上滑行了一段距离x，a在b上相对于b向右滑行了一段距离l(设木板b足够长)后a和b都停下已知a、b间的动摩擦因数1，b与地面间的动摩擦因数2，21，求x的表达式分析撤去水平拉力，a受到的滑动摩擦力f11mg，加速度大小a11g，b受到a的向右的摩擦力和地面向左的摩擦力，b的加速度大小a2，由21分析两加速度的大小关系，判断b先停止运动，然后a在木板上继续做匀减速运动，根据动能定理分别对a、b研究，求解x.答案x的表达式是x解析设a、b相对静止一起向右匀速运动时的速度为v.撤去外力后至停止的过程中，a受到的滑动摩擦力f11mg，加速度大小a11g此时b的加速度大小a2由于21，所以判断b先停止运动，然后a在木板上继续做匀减速运动，且其加速度大小不变对a应用动能定理，得f1(lx)0mv2对b应用动能定理，得1mgx2(mm)gx0mv2消去v解得x.命题立意动能定理的应用；牛顿第二定律13如图1所示，一端封闭的两条平行光滑长导轨相距l，距左端l处的右侧一段被弯成半径为的四分之一圆弧，圆弧导轨的左、右两段处于高度相差的水平面上以弧形导轨的末端点o为坐标原点，水平向右为x