2019届高考物理二轮复习练习：第1部分专题2第6讲功能关系与能量守恒

1、专题二功和能第 6 讲功能关系与能量守恒一、单项选择题1如图所示，劲度系数为 k 的轻弹簧一端固定在墙上，一个小物块（可视为质点）从 A 点以初速度v0向左运动，接触弹簧后运动到 C 点时 速度恰好为零，弹簧始终在弹性限度内. AC 两点间距离为 L,物块与 水平面间动摩擦因数为 卩，重力加速度为 g,则物块由 A 点运动到 C 点的过程中，下列说法正确的是（）（）til纟A/vywV77777777jV7777777777T7A .弹簧和物块组成的系统机械能守恒C .弹簧的弹性势能增加量为卩 mgLD.物块的初动能等于弹簧的弹性势能增加量与摩擦产生的热量之和解析：物块与水平面间动摩擦因数为卩

2、，由于摩擦力做功机械能减小，故 A 错误；此过程动能转换为弹性势能和内能，根据能量守恒知1物块克服摩擦力做的功为- Wf=2mv2- Ep弹，故 B 错误，D 正确；根1据 B 分析知 Ep弹=?mv0 pmgL,故 C 错误.ZUANTlQIANGHUA XUHLIANB.物块克2 2 O OV Vm m1 1 2 2题强化训练答案：D2.（20 佃南雄模拟）一小球从如图所示的弧形轨道上的 A 点由静止 开始滑下，由于轨道不光滑，它仅能滑到 B 点.由 B 点返回后，仅能 滑到 C点，已知 A、B 高度差为 hi, B、C 高度差为 h2，则下列关系 正确的是（）A. hih2B. hih2

3、故选 A.答案：A3如图所示，上表面不光滑的长木板，放在光滑的水平地面上，- 小木块以速度 vo从木板的左端滑上木板，当木块和木板相对静止时， 木板相对地面滑动了 s,小木块相对木板滑动了 d 下列关于滑动摩擦力做功情况分析正确的是（）（）1皿A .木块动能的减少量等于滑动摩擦力对木板做的功B.木板动能的增加量等于木块克服滑动摩擦力做的功C .滑动摩擦力对木板所做的功等于滑动摩擦力对木块做的功D.木块和木板组成的系统的机械能的减少量等于滑动摩擦力与木块相对木板的位移的乘积解析：由功的公式知，滑动摩擦力对木块做的功 Wi=- f(s+ d), 摩擦力对木块做功 W2= fs,因二者不相等，故选项

4、 C 错误；对木块， 由动能定理得，木块动能的减小量 Eki= f(s+ d)W2,故选项 A 错 误；对木板由动能定理得，木板动能的增加量 Ek2= fs,可见小于木块 克服摩擦力做的功f(s + d)，故选项 B 错误；木块与木板机械能的减少 量AE= Eki Ek2=f(s+ d) fs= fd,故选项 D 正确.答案：D4. (2019 广州模拟) )如图所示，竖直平面内的半圆形光滑轨道，其半 径为 R.小球 A、B 质量分别为 mA、ms, A 和 B 之间用一根长为 l(lvR) 的轻杆相连，从图示位置由静止释放，球和杆只能在同一竖直面内运 动，下列说法正确的是()()A. 若 m

5、Ams, B 在右侧上升的最大高度与 A 的起始高度相同C .在 A 下滑过程中轻杆对 A 做负功，对 B 做正功D .在 A 下滑过程中减少的重力势能等于 A 与 B 增加的动能解析：选轨道最低点为零势能点，根据系统机械能守恒条件可知 A和 B 组成的系统机械能守恒，如果 B 在右侧上升的最大高度与 A 的起始高度相同，则有 mAgh- mBgh= 0,则有 mA= mB,故选项 A、B 错误;小球 A 下滑、B 上升过程中小球 B 机械能增加，则小球 A 机械能减少, 说明轻杆对 A 做负功，对 B 做正功，故选项 C 正确；A 下滑过程中减 少的重力势能等于 B 上升过程中增加的重力势能

6、和 A 与 B 增加的动能 之和，故选项D 错误.答案：C二、多项选择题5. （2019 安徽示范高中联考）某综艺节目， 选手表演失败后就从舞 台上掉下去，为了安全，人掉在一质量可忽略的弹簧垫上.假如人掉 下落在垫子上可简化为如图所示的运动模型：从0 点自由下落，至 a点落到弹簧垫上，经过合力为零的 b 点到达最低点 c,然后弹起.整个 过程中忽略空气阻力.分析这一过程，下列表述正确的是（）（）A .经过 b 点时，选手的速率最大B.从 a 点到 c 点，选手的机械能守恒C .由题可知 ac 的长度是 ab 长度的 2 倍D.从 a 点下落到 c 点过程中，选手的动能和重力势能之和一直减 小解

7、析：选手自由下落到 a 点，与弹簧垫接触，但弹力小于重力, 继续加速到 b 点，合力为零，在 b 点速度最大，选项 A 正确；整个系统机械能守恒，选手的动能、重力势能和弹簧垫的弹性势能之和不变，所以选手的机械能减小，弹簧垫的弹性势能增大，选项B 错误、 D 正 确；如果选手是从 a 点下落，设最低点为 d,则 d 点与 a 点关于 b 点对 称，而本题中选手从高处下落，故 c 点比 d 点低，ac2ab,选项 C 错 误.答案：AD6. （2019 合肥模拟）如图所示，在光滑水平面上放置一个质量为 M 的滑块，滑块的一侧是一个 4 圆弧，圆弧半径为 R，E 点切线水平.另 有一个质量为 m 的

8、小球以速度 vo从 A 点冲向滑块，不计摩擦.下列说 法中正确的是（）（）A. 当vo= ,2gR 时，小球能到达 F 点B. 若小球的速度足够大，小球将从滑块的右侧离开滑块C. 小球在圆弧上运动的过程中，滑块的动能增大，小球的机械能 减小2D .若滑块固定，小球返回 E 点时对滑块的压力为 mg+ m 解析：小球在圆弧上运动的过程中，小球对滑块的力有水平向右 的分量，使滑块向右加速，滑块动能增大，小球的机械能将减小，选 项 A 错误、C 正确；当小球速度足够大，从 F 点离开滑块时，由于 F 点切线竖直，在 F 点时小球与滑块的水平速度相同，离开 F 点后将再次从 F 点落回，不会从滑块的右

9、侧离开滑块后落到水平面上，选项 B错误；如果滑块固定，小球返回 E 点时对滑块的压力为 mg+ mR0,选项 D 正确.答案：CD7. （2019 河北五校联考）如图所示，距离为 xo的 A、B 间有一倾斜 传送带沿顺时针方向匀速转动.某时刻，在传送带的 A 端无初速度放 置一小物块.若选择 A 端所在的水平面为零重力势能面，则小物块从2A 端运动到 B 端的过程中，其机械能 E 与位移 x 的关系可能是（）（）解析：设传送带的倾角为 B,若物块放上后一直加速，且到 B 点时速度仍小于 v,则物块机械能一直增大.根据功能关系可知：E =mgcosBx, E x 图线的斜率大小等于 pmgcos

10、0,可知 E 与 x 成正比，选项 A 正确；若物块在到达 B 点之前，速度已经与传送带速度相等， 之后物块的机械能不断增大，设物块与传送带速度相同时机械能为Eo，位移为 x分析速度相同后的过程，可得：E = Eo+mgsin0 x x，）E x 图线的斜率大小等于 mgsin 0,由于物块能从 A 端运动到 B 端,则 pmgcos Omgsin 0,所以图线斜率变小，选项 B 正确，选项 C、D 错误.答案：AB三、计算题8. (2019 惠州模拟) )如图所示，质量为 m= 2 kg 的小物块从斜面顶 端 A点由静止滑下，从 B 点进入光滑水平滑道时无机械能损失.将轻 弹簧的一端固定在水

11、平滑道 C 点处的竖直墙上，另一端恰位于水平滑 道的中点 D.已知斜面的倾角为0=30,斜面顶端距水平滑道的高度 为 h=0.5 m,小物块与斜面间的动摩擦因数为尸,重力加速度 g取 10 m/S，弹簧处于原长时弹性势能为零.(1) 求小物块沿斜面向下滑动时的加速度大小和滑到B 点时的速度大小；(2) 求轻弹簧压缩到最短时的弹性势能；(3) 若小物块能够被弹回到原来的斜面上，求它能够上升的最大高 度.解析：( (1)由牛顿第二定律得mgsin0pmgcos0=ma,代入数据解得 a= 2 m/s2,设斜面长为 L,则 L=sin0= 1 m,sin0小物块滑到 B 点时的速度v= 2aL =

12、2 m/s.(2) 小物块从斜面顶端 A 点运动到弹簧压缩至最短， 由能量守恒定 律得mgh= mgLcosB+Ep.则轻弹簧压缩到最短时的弹性势能Ep= mgh mgLcos0,代入数据解得 Ep= 4 J.(3) 小物块第一次被弹回到原来的斜面上时，上升的高度最大，设 上升的最大高度为 H，由动能定理得mg(h H) mgLcos0警驚S0,代入数据解得 H = 0.125 m.答案：( (1)2 m/s22 m/s (2)4 J (3)0.125 m9. (2019 鄂豫晋冀陕五省联考) )如图所示，水平传送带以 v = 2 m/s 的速率沿逆时针方向转动，在其左端与一竖直固定的光滑轨道

13、平滑相 切，右端与一半径 R= 0.4 m 的光滑半圆轨道相切.一质量 m= 2 kg 的 物块(可视为质点)从光滑轨道上的某点由静止开始下滑，通过水平传送 带后从半圆轨道的最高点水平抛出，并恰好落在传送带的最左端.已 知物块通过半圆轨道最高点时受到的弹力F = 60 N，物块与传送带间的动摩擦因数尸0.25,取重力加速度 g= 10 m/s2,求(计算结果可保留 根号)：(1)物块做平抛运动的初速度 V0；(2) 物块开始下滑时距水平传送带的高度 H ;(3) 电动机由于物块通过传送带而多消耗的电能E.解析：( (1)物块通过半圆轨道最高点时，有2mg+ F = mR解得：vo= 4 m/s

14、 (2)物块做平抛运动的过程中，有解得 x= 1.6 m.物块从开始下滑到运动至半圆轨道最高点的过程中，有:12mgH阿 gx 2mgR= ?mvo,解得 H = 2 m (3)设物块滑上传送带时的速度为 v1,有mgH=；mv2,解得vi= 2 10 m/s 设物块离开传送带时的速度为 v2,有1212?mv2= 2mgR+ ?mv0,解得 v2= 4 2 m/s.g g1 1 2 2=而物块在传送带上运动的加速度大小:a= 4=2.5 m/s2 物块在传送带上运动的时间：V1 V2t=a ,电动机由于物块通过传送带而多消耗的电能:解得 E = 8( 10- 2 2) J.答案：(1)4 m

15、/s (2)2 m (3)8( 10- 2 2) J10. (2019 镇江模拟) )低碳环保、注重新能源的开发与利用的理念, 已经日益融入生产、生活之中.某节水喷灌系统的喷水示意图如图甲 所示，喷口距地面的高度是 h,能沿水平方向旋转，喷口离转动中心的距离为 a,喷出水的落点离地面上转动中心的距离为R.水泵出水口单位时间流出水的质量为 m,所用的水是从井下抽取的，井中水面离 地面的高度为 H，并一直保持不变.水泵由效率为n的太阳能电池板 供电，电池板与水平面之间的夹角为a,太阳光竖直向下照射( (如图乙所示) )，太阳光垂直照射时单位时间、单位面积接收的能量为E。，水泵的效率为n，重力加速度

16、为 g,不计水在细水管和空气中运动时所受的阻力.(1)求水从喷口喷出时的速度大小;(2) 求水泵的输出功率；(3) 若水泵正常工作，求太阳能电池板的面积S.解析：( (1)水从喷口喷出时速度沿水平方向，只受重力作用，做平抛运动，设水喷出时的速度大小为 v,有 R a=vt, h= 2gt2,R a _解得v= 2h 2gh(2)水泵做功，既改变水的势能，又改变水的动能.由功能关系得1单位时间内流出的水获得的机械能为E = mg(h+ H) +2mv2,E2所以水泵的输出功率 P= t = mg(h + H) + Qmv2,(R a)2解得 P= mg(h + H) +厶斤厶斤mg.(3)考虑单

17、位时间内的能量转化及利用效率， 设单位时间内太阳能电池板接收的太阳能转化成的电能为Ei，电能通过水泵将其中的一部分转变成水的机械能 E,有 Ei=nEoScosa2由能量守恒定律得nEi= mg(h + H)+2mv2,mg (h+H) +(R a)联立以上各式解得 S=4hmgninEoCosa答案:R a(2)2h2gh (2)mg(h + H) +(Ra)4h2mg(3)见解析一、单项选择题1“弹弓”一直是孩子们最喜爱的弹射类玩具之一，其构造如图所 示，橡皮筋两端点 A、B 固定在把手上，橡皮筋 ACB 恰好处于原长状 态，在 C处（AB 连线的中垂线上）放一固体弹丸，一手执把，另一手将

18、 弹丸拉至 D点放手，弹丸就会在橡皮筋的作用下迅速发射出去，打击 目标.现将弹丸竖直向上发射，已知 E 是 CD 中点，则（）（）A. 从 D 到 C,弹丸的机械能守恒B. 从 D 到 C,弹丸的动能一直在增大C. 从 D 到 C,弹丸的机械能先增大后减小D .从 D 到 E 弹丸增加的机械能大于从 E 到 C 弹丸增加的机械能解析：从 D 到 C,橡皮筋对弹丸做正功，弹丸机械能一直在增加，A、C 错误；从 D 到 E 橡皮筋作用在弹丸上的合力大于从 E 到 C 橡皮 筋作用在弹丸上的合力，两段高度相等，所以 DE 段橡皮筋对弹丸做 功较多，即机械能增加的较多，D 正确；在 CD 连线中的某一

19、处，弹 丸受力平衡，所以从 D 到 C,弹丸的速度先增大后减小，B 错.答案：D2如图所示，用长为 L 的轻绳把一个小铁球悬挂在高为 2L 的 0 点 处，小铁球以 0 为圆心在竖直平面内做圆周运动且恰能到达最高点B处，不计空气阻力.若运动中轻绳断开，则小铁球落到地面时的速度 大小为（）（）A. gLB. 3gLC. 5gLD. 7gL解析：小铁球恰能到达最高点 B,则小铁球在最高点处的速度 v1=gL以地面为零势能面， 小铁球在 B 点处的总机械能为 mg 3L + ? mv2=；mgL,无论轻绳是在何处断的，小铁球的机械能总是守恒的，因此到达地面时的动能7gL故 D 正确.答案：D3.如图

20、所示，质量为 M，长度为 L 的小车静止在光滑的水平面上， 质量为 m 的小物块，放在小车的最左端，现用一水平力 F 作用在小物 块上，小物块与小车间的摩擦力为 f,经过一段时间小车运动的位移为 s,小物块刚好滑到小车的右端，则下列说法中正确的是()()A .此时物块的动能为 F(s + L)层=qmgL,故小铁球落到地面的速度v=B.此时小车的动能为 Ff(s+ L)C .这一过程中，物块和小车增加的机械能为Fs - fLD .这一过程中，因摩擦而产生的热量为fL解析：对小车由动能定理知 W= f x= Ek,故 Ek= fs, B 错误；对 小物块由动能定理得 F(L + s) f(L +

21、 x)=AEk, A 错误；物块和小车增 加的机械能 E =AEk+ Ek= F(L + s) fL, C 错误；摩擦产生的热量 Q=fL, D 正确.答案：D4. (2019 石家庄模拟) )粗糙水平桌面上放有一物体，在水平恒力作 用下从静止开始向右运动，在桌面上运动一段时间后撤除该恒力，物 体继续滑行一段后离开桌面下落，不计空气阻力，取水平地面为零势能面，物体从开始运动到落地前，其机械能随时间变化的关系为()()解析：物体的机械能等于重力势能与动能之和，物体在水平桌面1上有水平恒力作用的过程中，E = mgh +2m(ait)2，机械能 E 随时间 t按二次函数关系变化，抛物线开口向上；在

22、桌面上撤除恒力后滑行的1过程中，E = mgh + 2mvm a2( (tti)2，机械能 E 随时间 t 还是按二次函数关系变化，抛物线开口向上，离开桌面后，物体做平抛运动，机 械能守恒，故选项 B 正确.答案：B二、多项选择题5如图所示，光滑细杆 AB、AC 在 A 点连接，AB 竖直放置，AC 水平放置，两相同的中心有小孔的小球 M、N,分别套在 AB 和 AC 上, 并用一细绳相连，细绳恰好被拉直.现由静止释放 M、N，在运动过 程中下列说法中正确的是（）（）A.M 球的机械能守恒B.M 球的机械能减小C.M 和 N 组成的系统机械能守恒D .绳的拉力对 N 做负功解析：由于杆 AB、

23、AC 光滑，所以 M 下降，N 向左运动，绳子对N 做正功，对 M 做负功，N 的动能增加，机械能增加，M 的机械能减 少，对 M、N 系统，杆对 M、N 均不做功，系统机械能守恒，故 B、C 两项正确.答案：BC6. 在机场和火车站可以看到对行李进行安全检查用的水平传送带 如图所示，当旅客把行李放在正在匀速运动的传送带上后，传送带和 行李之间的滑动摩擦力使行李开始运动，随后它们保持相对静止，行 李随传送带一起匀速通过检测仪器接受检查.设某机场的传送带匀速 前进的速度为 0 4m/s，某行李箱的质量为 5 kg,行李箱与传送带之间 的动摩擦因数为 0 2,当旅客把这个行李箱小心地放在传送带上，

24、通过 安全检查的过程中，g 取10 m/s2，则（）（）A .开始时行李箱的加速度为 2 m/SB.行李箱到达 B 点的时间为 2 sC .传送带对行李箱做的功为 0 4 JD .传送带上将留下一段摩擦痕迹，该痕迹的长度是0.03 m解析：行李箱开始运动时由牛顿第二定律有：pmg= ma,所以 a=2 m/s2,故 A 正确；由于传送带的长度未知，故时间不可求，故B错误；行李箱最后和传送带一起匀速运动，所以传送带对行李箱做的答案：AC7. （2019 成都模拟） 如图所示， 一小物块在粗糙程度相同的两个固 定斜面上从 A 经 B 滑动到 C,若不考虑物块在经过 B 点时机械能的损 失，则下列说

25、法中不正确的是（）（）B.从 A 到 B 和从 B 到 C,减少的重力势能相等C .从 A 到 B 和从 B 到 C,因摩擦而产生的热量相等D. 小物块在 C 点的动能一定最大解析：设斜面与水平面的夹角为 B,则斜面的长度为 L = 盘，物 块受到的摩擦力为 f= mgcos 0,物块下滑的过程中摩擦力做的功为功为 W =mv220.4 J, C 正确; 在传送带上留下的痕迹长度为s= v t=家 2a=0.04 m，D 错误.Wf= fL = - mghcot 0,可知在物块下滑的过程中，从 B 到 C 过程中克服摩擦力做的功多，物块减少的机械能多；重力势能变化量由初、末位置高度差决定，AB

26、 段的高度和 BC 段的高度相同，则减少的重力 势能相等；摩擦力做负功产生热量，可知从 B 到 C 过程中克服摩擦力 做的功多，产生的热量多；根据动能定理 Ek= WG+ Wf，由于从 B 到 C 过程不知重力做功和摩擦力做功的关系，故不知 B、C 两位置小物块的动能大小关系.答案：ACD三、计算题8. （2019 兰州模拟）如图所示， 竖直平面内固定着由两个半径为 R 的四分之一圆弧构成的细管道 ABC,圆心连线 O1O2水平.轻弹簧左端 固定在竖直挡板上，右端靠着质量为 m 的小球（小球的直径略小于管道 内径），长为 R 的薄板 DE 置于水平面上，板的左端 D 到管道右端 C 的水平距离

27、为R 开始时弹簧处于锁定状态，具有一定的弹性势能，重 力加速度为 g解除锁定，小球离开弹簧后进入管道，最后从 C 点抛出（不 计小球与水平面和管道间的摩擦），小球经 C 点时对轨道外侧的弹力的 大小为 mg.（1） 求弹簧锁定时具有的弹性势能 Ep;（2） 试通过计算判断小球能否落在薄板 DE 上.解：（1）解除弹簧锁定后小球运动到 C 点过程，弹簧和小球组成的系统机械能守恒，设小球到达 C 点的速度大小为 V1，根据机械能守恒定律可得：12Ep= 2mgR+ 2 皿“，小球经 C 点时所受的弹力的大小为 mg,方向向下.、mv2根据向心力公式得： mg+ mg=,解得：Ep= 3mgR(2)

28、小球离开C点后做平抛运动，设从抛出到落到水平面上的时间为 t,根据平抛运动规律有:x = vit= 2 2R,所以小球不能落在薄板 DE 上.答案：( (1)3mgR (2)不能落在 DE 上9. (2019 抚顺模拟) )如图所示，AB 和 CDO 都是处于竖直平面内的1光滑圆弧形轨道，0A 处于水平位置.AB 是半径为 R= 2 m 的 1 圆周轨4道，CDO 是半径为 r = 1 m 的半圆轨道，最高点 0 处固定一个竖直弹 性挡板.D 为 CDO 轨道的中点.BC 段是水平粗糙轨道，与圆弧形轨 道平滑连接.已知 BC 段水平轨道长 L = 2 m,与小球之间的动摩擦因数 尸 0 4现让

29、一个质量为 m = 1 kg 的小球 P 从 A 点的正上方距水平线2R2R4294290A 高 H 处自由落下(g 取 10 m/s2).(1) 当 H = 1.4 m 时，求此球第一次到达 D 点对轨道的压力大小；(2) 当 H = 1.4 m 时,试通过计算判断此球是否会脱离 CDO 轨道.如 果会脱离轨道，求脱离前球在水平轨道经过的路程；如果不会脱离轨道，求静止前球在水平轨道经过的路程.解析：设小球第一次到达 D 的速度 vD, P 到 D 点的过程对小球列动能定理mvDmg(H + r) mgL= ?,在 D 点对小球由牛顿第二定律得：FN= “:D,联立解得：FN= 32 N,由牛顿第三定律得小球在 D 点对轨道的压力大小FN= FN=32 N.第一次来到 0 点时速度为 vi, P 到 0 点的过程对小球列动能定仙mv2理 mgH pmgL= ?,解得：vi= 2 3 m/s,恰能通过 0 点，mg= “；0,临界速度v= 10 m/s,由于 v1vo,故第一次来到 O 点之前没有脱离.设第三次来到 D 点的动能 Ek，对之前的过程列动能定理mg(H + r) 3 mgL= Ek,代入解得：Ek= 0,故小球一直没有脱离 CDO 轨道.设此球静止前在水平轨道经过的路程s,对全过程列动能定理：mg(H + R) pmgs= 0,解得：s