高考物理二轮复习专题四功能关系与能量守恒重点讲练

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v －t 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 (g －a )B ．A 、B 在t 1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D ．B 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；t 1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2Mg ＝kx ，解得x ＝2Mg k施加外力F 的瞬间，对B 物体，根据牛顿第二定律，有F 弹－Mg －F AB ＝Ma其中：F 弹＝2Mg解得F AB ＝M (g －a )，故A 项正确．B 项，物体A 、B 在t 1时刻分离，此时A 、B 具有共同的v 与a ；且F AB ＝0；对B ：F 弹′－Mg ＝Ma解得F 弹′＝M (g ＋a )，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m ＝4 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μ＝0.5，g ＝10 m/s 2.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Fx －fs ＝0，图像面积即Fx ，可得s ＝10 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F ＝f ＝μmg ＝20 N 时由图像可得x ＝3.2 m ，对开始运动到合力为零过程使用动能定理得Fx －fx ＝mv 2max 2，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x 2位置速度第一次为零，在x 3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C．O点与x2和O点与x3电势差UOx2＝UOx3D．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，qUx2O＋qUOx3＝0，故UOx2＝UOx3，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α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a 1、a 2B ．滑块最终所处的位置C ．滑块与杆之间动摩擦因数μD ．滑块第k 次与挡板碰撞后速度v k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v 2＝2a 1x＝2a 2x 2，故加速度之比为1∶2，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a 2＝2a 1即2g sin α－2μg cos α＝g sin α＋μg cos α，故μ＝tan α3，C 项正确；滑块第k 次与挡板碰撞后，能在滑到杆的x ＝(12)k l 处，则滑块第k 次与挡板碰撞后速度v k 满足mv 2k 2＝mgx sin α＋μmgx cos α，由于l 未知，所以不能求得v k 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v 0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v m ，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( )A ．b 杆受到弹簧的弹力为B 2L 2v －v m 2RB ．a 杆受到的安培力为B 2L 2v －v m RC ．a 、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12mv 20－12mv 2－12mv 2m －2Q 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 ＝E 2R ＝BL v －v m 2R ，b 棒受到的安培力大小F ＝BIL ＝B 2L 2v －v m 2R，则弹簧的弹力为F ＝B 2L 2v －v m 2R，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B 2L 2v －v m 2R，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12mv 20－12mv 2－12mv 2m －2Q .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14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( )A ．a 球下滑过程中机械能保持不变B ．a 、b 两球和轻杆组成的系统在下滑过程中机械能保持不变C ．a 、b 滑到水平轨道上时速度为2gRD ．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mgR 2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mgR ＋2mgR ＝2×12mv 2，解得v ＝3gR ，C 项错误．对a 由动能定理得mgR ＋W ＝12mv 2，解得W ＝mgR 2，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F 1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F 2，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ΔE J1、ΔE J2分别表示前后两次物体增加的机械能，ΔE P1、ΔE P2分别表示前后两次物体增加的重力势能，则( )A ．ΔE J2＝2ΔE J1，ΔE P2＝2ΔE P1B ．ΔE J2>2ΔE J1，ΔE P2>2ΔE P1C ．ΔE J2＝4ΔE J1，ΔE P2<ΔE P1D ．ΔE J2<4ΔE J1，ΔE P2＝2ΔE P1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s 1∶s 2＝v 2t ∶2v 2t ＝1∶2，两次上升的高度之比：h 1∶h 2＝s 1sin θ∶s 2sin θ＝1∶2 故重力势能的变化量之比：ΔE P1∶ΔE P2＝mgh 1∶mgh 2＝1∶2，ΔE P2＝2ΔE P1根据动能表达式：ΔE K ＝12mv 2，得ΔE K1∶ΔE K2＝1∶4，ΔE K2＝4ΔE K1， 而机械能ΔE ＝ΔE K ＋ΔE P ，故ΔE J2＝ΔE K2＋ΔE P2＝4ΔE K1＋2ΔE P1<4ΔE K1＋4ΔE P1<4ΔE J1，故ABC 项错误，D 项正确． 命题立意 本题旨在考查功能关系、动能和势能的相互转化．由物体的运动特征判断出物体重力势能和动能的增量关系，求解机械能变化量时用除重力以外的合力对物体做功等于机械能的增量，这一方法在这里不好用，要利用动能与势能和等于机械能这一知识点10.(2015·江苏)如图所示，轻质弹簧一端固定，另一端与质量为m 、套在粗糙竖直固定杆A 处的圆环相连，弹簧水平且处于原长．圆环从A 处由静止开始下滑，经过B 处的速度最大，到达C 处的速度为零，AC ＝h .圆环在C 处获得一竖直向上的速度v ，恰好能回到A ；弹簧始终在弹性限度之内，重力加速度为g ，则圆环( )A ．下滑过程中，加速度一直减小B ．下滑过程中，克服摩擦力做功为14mv 2 C ．在C 处，弹簧的弹性势能为14mv 2－mgh D ．上滑经过B 的速度大于下滑经过B 的速度答案 BD解析 由题意知，圆环从A 到C 先加速后减速，到达B 处的加速度减小为零，故加速度先减小后增大，故A 项错误；从A 到C ，根据能量守恒mgh ＝W f ＋E P ，从C 到A ：12mv 2＋E p ＝mgh ＋W f ，联立解得W f ＝14mv 2，E P ＝mgh －14mv 2，所以B 项正确；C 项错误；从A 到B ：mgh 1＝12mv 2B 1＋ΔE p1＋W f 1，从C 到B ：12mv 2＋ΔE p2＝12mv 2B 2＋W f 2＋mgh 2，从C 到A ：12mv 2＋E p ＝mgh ＋W f ，联立可得v B 2>v B 1，所以D 项正确．11．(2015·贵阳二模)如图所示，倾角为θ＝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12m 、电荷量为q ＝mgl 28k(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μ＝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sin37°＝0.6，cos37°＝0.8.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)l 2(2)mgl 解析 (1)开始时，A 、B 均静止，设物体B 、C 间的距离为l 1，由平衡条件，有对A ：T ＝mg sin θ＋μmg cos θ 对B ：T ＝k q 2l 21＋mg 2，其中q ＝mgl 28k解得l 1＝l 2 (2)B 、C 相碰后，A 将做匀减速运动，由牛顿第二定律，有mg sin θ＋μmg cos θ＝ma由运动公式，有0－v 2m ＝－2a (l －l 1) 解得v m ＝gl ，物体B 下降过程对A 、B 整体由功能关系，有 W 电＋12mgl 1－mg (sin θ＋μcos θ)l 1＝12(m ＋12m )v 2m ，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μ1，B 与地面间的动摩擦因数μ2，μ2＞μ1，求x 的表达式．分析 撤去水平拉力，A 受到的滑动摩擦力f 1＝μ1mg ，加速度大小a 1＝f 1m ＝μ1g ，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a 2＝μ2m ＋M g －μ1mg M，由μ2＞μ1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 ＝μ1ML μ2－μ1m ＋M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f 1＝μ1mg ，加速度大小a 1＝f 1m ＝μ1g此时B 的加速度大小a 2＝μ2m ＋M g －μ1mg M由于μ2＞μ1，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－f 1(L ＋x )＝0－12mv 2 对B 应用动能定理，得μ1mgx －μ2(m ＋M )gx ＝0－12Mv 2 消去v 解得x ＝μ1ML μ2－μ1m ＋M. 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L 2的四分之一圆弧，圆弧导轨的左、右两段处于高度相差L2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 轴正方向，建立Ox 坐标轴．圆弧导轨所在区域无磁场；左段区域存在空间上均匀分布，但随时间t 均匀变化的磁场B (t )，如图2所示；右段区域存在磁感应强度大小不随时间变化，只沿x 方向均匀变化的磁场B (x )，如图3所示；磁场B (t )和B (x )的方向均竖直向上．在圆弧导轨最上端，放置一质量为m 的金属棒ab ，与导轨左段形成闭合回路，金属棒由静止开始下滑时左段磁场B (t )开始变化，金属棒与导轨始终接触良好，经过时间t 0金属棒恰好滑到圆弧导轨底端．已知金属棒在回路中的电阻为R ，导轨电阻不计，重力加速度为g .(1)求金属棒在圆弧轨道上滑动过程中，回路中产生的感应电动势E ；(2)如果根据已知条件，金属棒能离开右段磁场B (x )区域，离开时的速度为v ，求金属棒从开始滑动到离开右段磁场过程中产生的焦耳热Q ；(3)如果根据已知条件，金属棒滑行到x ＝x 1位置时停下来，a ．求金属棒在水平轨道上滑动过程中通过导体棒的电荷量q ；b ．通过计算，确定金属棒在全部运动过程中感应电流最大时的位置．答案 (1)L 2B 0t 0 (2)L 4B 20Rt 0＋mgL 2－mv 22 (3)a.B 0Lx 12x 0－x 12x 0Rb ．x ＝0处 解析 本题主要考查电磁感应定律、机械能守恒以及功能关系． (1)由图2可知，ΔB Δt ＝B 0t 0根据法拉第电磁感应定律，感应电动势E ＝ΔΦΔt ＝L 2ΔB Δt ＝L 2B 0t 0① (2)金属棒在弧形轨道上滑行过程中，产生的焦耳热Q 1＝E 2R t ＝L 4B 20Rt 0 金属棒在弧形轨道上滑行过程中，根据机械能守恒定律mgL 2＝mv 202②金属棒在水平轨道上滑行的过程中，产生的焦耳热为Q 2，根据能量守恒定律Q 2＝mv 202－mv 22＝mgL 2－mv 22所以，金属棒在全部运动过程中产生的焦耳热Q ＝Q 1＋Q 2＝L 4B 20Rt 0＋mgL 2－mv 22(3)a.根据图3，x ＝x 1(x 1<x 0)处磁场的磁感应强度B 1＝B 0x 0－x 1x 0.设金属棒在水平轨道上滑行时间为Δt .由于磁场B (x )沿x 方向均匀变化，根据法拉第电磁感应定律Δt 时间内的平均感应电动势E 均＝ΔΦΔt ＝Lx 1B 0＋B 12Δt ＝B 0Lx 12x 0－x 12x 0Δt所以，通过金属棒电荷量q ＝I 均Δt ＝E 均R Δt ＝B 0Lx 12x 0－x 12x 0Rb ．金属棒在弧形轨道上滑行过程中，根据①式I 1＝E R ＝L 2B 0t 0R金属棒在水平轨道上滑行过程中，由于滑行速度和磁场的磁感应强度都在减小，所以，此过程中，金属棒刚进入磁场时，感应电流最大．根据②式，刚进入水平轨道时，金属棒的速度v 0＝gL所以，水平轨道上滑行过程中的最大电流I 2＝E ′R ＝B 0L gL R若金属棒自由下落高度L 2，经历时间t ＝L g，显然t 0>t 所以，I 1＝L 2B 0t 0R <L 2B 0Rt ＝L 2B 0R L g＝I 2 综上所述，金属棒刚进入水平轨道时，即金属棒在x ＝0处，感应电流最大．。