2023年高考物理二轮复习第6讲功能关系和能量守恒练案20231227352

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一、选择题(此题共8小题，其中1～4题为单项选择，5～8题为多项选择)

1．(2023·山东省潍坊一模)如下图，在竖直面内固定一光滑的硬质杆ab，杆与水平面的夹角为θ，在杆的上端a处套一质量为m的圆环，圆环上系一轻弹簧，弹簧的另一端固定在与a处在同一水平线上的O点，O、b两点处在同一竖直线上。由静止释放圆环后，圆环沿杆从a运动到b，在圆环运动的整个过程中，弹簧一直处于伸长状态，则以下说法正确的是(D)

A．圆环的机械能保持不变B．弹簧对圆环一直做负功C．弹簧的弹性势能逐渐增大D．圆环和弹簧组成的系统机械能守恒

[解析]由几何关系可知，当环与O点的连线与杆垂直时，弹簧的长度最短，弹簧的弹性势能最小。所以在环从a到C的过程中弹簧对环做正功，而从C到b的过程中弹簧对环做负功，所以环的机械能是变化的。故A错误，B错误；

当环与O点的连线与杆垂直时，弹簧的长度最短，弹簧的弹性势能最小，所以弹簧的弹性势能先减小后增大。故C错误；在整个的过程中只有重力和弹簧的弹力做功，所以圆环和弹簧组成的系统机械能守恒。故D正确；应选D。

2.(2023·广东省肇庆市二模)如下图，一个长直轻杆两端分别固定一个小球A和B，两球质量均为m，两球半径忽略不计，杆的长度为l。先将杆AB竖直靠放在竖直墙上，轻轻

1

1

振动小球B，使小球B在水平面上由静止开始向右滑动，当小球A沿墙下滑距离为l时，不

2计摩擦。以下说法正确的是(C)

1

A．小球A和B的速度都为gl

2B．小球A和B的速度都为

1

3gl2

11

C．小球A的速度为3gl，小球B的速度为gl

2211

D．小球A的速度为gl，小球B的速度为3gl

22

1

[解析]当小球A沿墙下滑距离为l时，设此时A球的速度为vA，B球的速度为vB。根

2

l1212

据系统机械能守恒定律得：mg·＝mvA＋mvB

222

两球沿杆方向上的速度相等，则有：vAcos60°＝vBcos30°11

联立两式解得：vA＝3gl，vB＝gl。故C正确，ABD错误。

22

3.(2023·宁夏银川九中一模)如下图，一轻弹簧上、下两端各连接质量均为m的两物块A、B，开始时，系统静止在水平面上，现用一竖直向上的恒力F拉物块A，使其向上运动，直到物块B刚好要离开地面，重力加速度为g，则以下说法错误的是(A)

A．A的加速度不变

B．此过程恒力F做的功等于物块A增加的机械能C．此过程中恒力F的功率可能先增大后减小D．此过程弹簧弹力对物块A做功为零

[解析]对A受力分析，开始时，A受拉力F和向上的弹簧弹力及重力，由牛顿其次定律得：F＋kx－mg＝ma，随着A的上升压缩量x减小，加速度减小，但方向向上，故A做加速度减小的加速运动，当弹簧恢复原长后，A继续上升，弹簧被拉长，A的受力变为拉力F

2

和向下的弹簧弹力及重力，F－kx－mg＝ma，随着A的上升伸长量x增大，加速度减小，但方向向上，故A继续做加速度减小的加速运动，当弹簧伸长量最大时，B刚好离开地面，此过程中，A的加速度是变化的，A错误；根据能量守恒可知，恒力F做的功等于物块A增加的重力势能和弹簧弹性势能的增量，而弹性势能不变，故恒力F做的功等于物块A增加的重力势能，B正确；由A项中分析可知，A先做加速再做减速运动，而力恒定，故此过程中恒力F的功率先增大后减小，C正确；由牛顿其次定律可知，开始弹簧压缩量为：x＝，最终弹簧伸长量也为：x＝，故整个过程中弹簧对A做功为零，D正确。

4．(2023·河南省商丘市二模)正方体空心框架ABCD－A1B1C1D1下表面在水平地面上，将可视为质点的小球从顶点A在∠BAD所在范围内(包括边界)沿不同的水平方向分别抛出，落点都在△B1C1D1平面内(包括边界)。不计空气阻力，以地面为重力势能参考平面。则以下说法正确的是(D)

mgkmgk

A．小球初速度的最小值与最大值之比是1：2B．落在C1点的小球，运动时间最长

C．落在B1D1线段上的小球，落地时机械能的最小值与最大值之比是1：2D．轨迹与AC1线段相交的小球，在交点处的速度方向都一致

[解析]小球落在A1C1线段中点时水平位移最小，落在C1时水平位移最大，由几何关系知水平位移的最小值与最大值之比是值之比是

，由x＝v0t，t相等得小球初速度的最小值与最大

2h，下落高度一致，平12

，故A错误；小球做平抛运动，由h＝gt得t＝2

g抛运动的时间相等，故B错误；落在B1D1线段中点的小球，落地时机械能最小，落在B1D1线段上D1或B1的小球，落地时机械能最大。设落在B1D1线段中点的小球初速度为v1，水平位移为x1。落在B1D1线段上D1或B1的小球初速度为v2，水平位移为x2。由几何关系有x1x2＝

2，由x＝v0t，得：v1v2＝1

2

12

2，落地时机械能等于抛出时的机械能，分别为：

。故C

E1＝mgh＋mv2E2＝mgh＋mv2可知落地时机械能的最小值与最大值之比不等于1，2，

错误；设AC1的倾角为α，轨迹与AC1线段相交的小球，在交点处的速度方向与水平方向的12

gt2gtgt夹角为θ。则有tanα＝＝，tanθ＝，则tanθ＝2tanα，可知θ一定，则轨迹

v0t2v0v0

3

与AC1线段相交的小球，在交点处的速度方向一致，故D正确。

5．(2023·山东省日照市二模)如下图，轻弹簧的一端固定在墙上，另一端与一物块相连，物块与水平面间的动摩擦因数为μ。开始时用力推着物块使弹簧压缩，将物块从A处由静止释放，经过B处时速度最大，到达C处速度为零，AC＝L。在C处给物块一初速度，物块恰能回到A处。弹簧始终处于弹性限度内，重力加速度为g。则物块(BD)

A．在B处弹簧可能恢复原长

B．在C处的初速度大小一定是2μgL

C．从C到A的运动过程中，也是在B处的速度最大D．从C到A经过B处的速度大于从A到C经过B处的速度

[解析]物块从A到C的过程中，弹簧的弹力先大于滑动摩擦力，后小于滑动摩擦力，物块先加速后减速，所以当弹力等于滑动摩擦力时速度最大，此时弹簧处于压缩状态。故A错误；设释放前弹簧的弹性势能为Ep。根据能量守恒定律得从A→C的过程有：Ep＝μmgL,12

从C→A的过程有：Ep＋μmgL＝mv0解得，在C处的初速度v0＝2μgL，故B正确；从C到

2

A的运动过程中，物块经过B时弹力向右，滑动摩擦力也向右，合力不为零，所以B点的速

度不是最大，故C错误；两次经过B点时弹簧的弹性势能一致，设为EpB。BC间的距离为S。根据能量守恒定律得

1212

从B→C的过程有：EpB＋mvB1＝μmgS，即得mvB1＝μmgS－EpB

22

12121212

从C→B的过程有：EpB＋μmgS＋mvB2＝mv0，即得mvB2＝mv0－EpB－μmgS

222212

将Ep＝μmgL和Ep＋μmgL＝mv0代入上式得

2121mvB2＝2μmgL－EpB－μmgS＞mv2B122

可知，vB2＞vB1。即从C到A经过B处的速度大于从A到C经过B处的速度。故D正确。6．(2023·四川省达州市一模)如下图，质量为m的一辆小汽车从水平地面AC上的A点沿斜坡匀速行驶到B点。B距水平面高度为h，以水平地面为零势能面，重力加速度为g。小汽车从A点运动到B点的过程中(空气阻力不能忽略)，以下说法正确的是(AC)

4

A．合外力做功为零B．合外力做功为mgh

C．小汽车的机械能增加量为mghD．牵引力做功为mgh

[解析]汽车匀速运动，动能不变，则根据动能定理可知，合外力做功为零，故A正确，B错误；小汽车动能不变，重力势能增加了mgh，则可知小汽车机械能增加量为mgh，故C正确；对上升过程由动能定理可知，牵引力的功等于重力势能的增加量和战胜阻力做功之和，故牵引力做功一定大于mgh，故D错误。应选：AC。

7.(2023·XX省一模)如下图，轻弹簧一端固定在O点，另一端与质量为m的带孔小球相连，小球套在竖直固定杆上，轻弹簧自然长度正好等于O点到固定杆的距离OO′。小球从杆上的A点由静止释放后，经过B点时速度最大，运动到C点时速度减为零。若在C点给小球一个竖直向上的初速度v，小球恰好能到达A点。整个运动过程中弹簧始终在弹性限度内，以下说法正确的是(AC)

A．从A下滑到O′的过程中，弹簧弹力做功的功率先增大后减小

B．从A下滑到C的过程中，在B点时小球、弹簧及地球组成的系统机械能最大12C．从A下滑到C的过程中，小球战胜摩擦力做的功为mv

4D．从C上升到A的过程中，小球经过B点时的加速度为0

[解析]小球从A下滑到O′的过程，弹力与运动方向成锐角，弹力做正功，但弹力在减小，速度在增大，而在O′点弹力为零，功率为零，则整个过程弹力的功率先增大后减小，A正确；由全过程的运动可知一直有摩擦力做负功，系统的机械能一直减小，故初位置A的机械能最大，而B点仅动能最大，B错误；从A到C由动能定理：WG－Wf－WFk＝0－0，从C12

到A，由于路径一致和初末位置一致，则WG、Wf、WFk的大小一致