2018高考物理二轮专题复习“机械能守恒定律+功能关系”学前诊断含解析.doc

1、第 1 页 “机械能守恒定律 功能关系”学前诊断考点一 单个物体的机械能守恒1.考查平抛运动中的机械能守恒问题多选 在竖直杆上安装一个光滑小导向槽，使竖直上抛的小球能改变方向后做平抛运动；不计经导向槽时小球的能量损失；设小球从地面沿杆竖直上抛的速度大小为 v，重力加速度为 g；那么当小球有最大水平位移时，下列说法正确的是( )A导向槽位置应在高为 的位置v24gB最大水平位移为v2gC小球在上、下两过程中，在经过某相同高度时，合速度的大小总有 v 下 2v 上D当小球落地时，速度方向与水平方向成 45角解析：选 AD 设平抛时的速度为 v0，根据机械能守恒定律可得： mv02mgh mv2，解

2、得 v012 12；根据平抛运动的知识可得下落时间： t ，则水平位移 xv 0t ，所以当v2 2gh2hg (v2g 2h)2h2h2h 时水平位移最大，解得 h ，A 正确；最大的水平位移为： x 2h ，B 错误；根据机v2g v24g 4h2 v22g械能守恒定律可知，在某高度处时上升的速率和下落的速率相等，C 错误；设小球落地时速度与水平方向成 角，位移与水平方向的夹角为 ，根据平抛运动的规律可知， tan 2tan 2 1，则 45，所以 D 正h2h确。2考查圆周运动中的机械能守恒问题小球 P 和 Q 用不可伸长的轻绳悬挂在天花板上， P 球的质量大 于 Q 球的质量，悬挂 P

3、 球的绳比悬挂 Q 球的绳短。将两球拉起，使两绳均被水平拉直，如图所示。将两球由静止释放。在各自轨迹的最低点( )AP 球的速度一定大于 Q 球的速度BP 球的动能一定小于 Q 球的动能CP 球所受绳的拉力一定大于 Q 球所受绳的拉力DP 球的向心加速度一定小于 Q 球的向心加速度解析：选 C 两球由静止释放到运动到轨迹最低点的过程中只有重力做功，机械能守恒，取轨迹的最低点为零势能点，则由机械能守恒定律得 mgL mv2，v ，因 LPL Q，则 vPv Q，又 mPm Q，则两球的动12 2gL第 2 页 能无法比较，选项 A、B 错误；在最低点绳的拉力为 F，则 Fmgm ，则 F3mg，

4、因 mPm Q，则v2LFPF Q，选项 C 正确；向心加速度 a 2g，选项 D 错误。 F mgm3考查机械能守恒定律与平抛运动、圆周运动的综合如图所示，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 水平且与细管的交点为 B，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细管的摩擦)，若小球

5、经 C 点时对管道外侧的弹力大小为 mg。(1)求弹簧锁定时具有的弹性势能 Ep；(2)求小球经细管 B 点的前、后瞬间对管道的压力；(3)试通过计算判断小球能否落在薄板 DE 上。解析：(1)小球经过 C 点时，管道对小球的弹力 FNmg ，方向竖直向下，根据向心力公式有 mgF NmvC2R从解除弹簧锁定到小球运动到 C 点过程中，弹簧的弹性势能全部转化为小球的机械能，而小球的机械能守恒，则 Ep2mgR mvC212解得 Ep3mgR。(2)小球解除锁定到经过 B 点的过程中，根据机械能守恒，有 3mgRmgR mvB212小球经 B 点前、后瞬间，弹力提供向心力，则 FNmvB2R解得

6、 FN4mg由牛顿第三定律可知，小球对管道的压力分别向右和向左，大小为 4mg。(3)小球离开 C 点后做平抛运动，根据平抛运动规律有 2R gt2，xv Ct12解得 x2 R。2因为 x2 R2R ，所以小球不能落在薄板 DE 上。2第 3 页 答案：(1)3mgR (2)分别为向右和向左的大小为 4mg 的压力 (3) 见解析考点二 多个物体的机械能守恒4.考查物体与轻弹簧组成的系统机械能守恒多选 如图 1，小球从高处下落到竖直放置的轻弹簧上，刚接触轻弹簧的瞬间速度是 5 m/s，接触弹簧后小球速度 v 和弹簧缩短的长度 x 之间关系如图 2 所示，其中 A 为曲线的最高点。已知该小球重

7、力为 2 N，弹簧在受到撞击至压缩到最短的过程中，下列说法正确的是( )A小球的动能先变大后变小B小球的机械能先增大后减小C小球速度最大时受到的弹力为 2 ND小球受到的最大弹力为 12.2 N解析：选 ACD 由题图可知，小球的速度先增加后减小，故小球的动能先增大后减小，故 A 正确；在小球下落过程中至弹簧压缩最短时，只有重力和弹簧弹力做功，故小球与弹簧组成的系统机械能守恒，在压缩弹簧的过程中弹簧的弹性势能增加，故小球的机械能减小，故 B 错误；小球下落时，当重力与弹簧弹力平衡时小球的速度最大，据此有：小球受到的弹力大小与小球的重力大小平衡，故此时小球受到的弹力为 2 N，所以 C正确；小球

8、速度最大时，小球的弹力为 2 N，此时弹簧的形变量为 0.1 m，故可得弹簧的劲度系数 k20 N/m，故弹簧弹力最大时形变量最大，根据胡克定律知，小球受到的最大弹力为 Fmaxkx max200.61 N12.2 N，故 D 正确。5考查用轻弹簧连接的两物体组成的系统机械能守恒多选 如图所示，物体 A、B 通过细绳及轻质弹簧连接在轻滑轮两 侧，物体 A、B 的质量都为 m，开始时细绳伸直，用手托着物体 A 使弹簧处于原长且 A 与 地面的距离为 h，物体 B 静止在地面上，放手后物体 A 下落，与地面即将接触时速度大小 为 v，此时物体 B 对地面恰好无压力，则下列说法中正确的是( )A此时

9、弹簧的弹性势能等于 mgh mv212B此时物体 B 的速度大小也为 vC此时物体 A 的加速度大小为 g，方向竖直向上D弹簧的劲度系数为mgh解析：选 AD 物体 B 对地压力恰好为零，故弹簧的拉力为 mg，故细绳对 A 的拉力也等于 mg，弹簧的伸第 4 页 长量为 h，由胡克定律得 k ，故 D 正确；此时物体 B 受重力和弹簧的拉力，处于平衡状态，速度仍为零，mgh故 B 错误；此时物体 A 受重力和细绳的拉力大小相等，合力为零，加速度为零，故 C 错误；物体 A 与弹簧系统机械能守恒，mghE p 弹 mv2，故 Ep 弹 mgh mv2，故 A 正确。12 126考查用轻杆连接的两

10、物体机械能守恒如图所示，可视为质点的小球 A 和 B 用一根长为 0.2 m 的轻杆 相连，两球质量相等，开始时两小球置于光滑的水平面上，并给两小球一个 2 m/s 的 初速度，经一段时间两小球滑上一个倾角为 30的光滑斜面，不计球与斜面碰撞时的机械能损失，g 取 10 m/s2，在两小球的速度减小为零的过程中，下列判断正确的是( )A杆对小球 A 做负功B小球 A 的机械能守恒C杆对小球 B 做正功D小球 B 速度为零时距水平面的高度为 0.15 m解析：选 D 由题意可知，假设没有杆连接，则在 A 上升到斜面上，且 B 还在水平面上运动时，那么 A 在斜面上做减速运动，而 B 在水平面上做

11、匀速运动，但是有杆存在，那肯定是 B 推着 A 上升，因此杆对 A 做正功，故 A 错误；因杆对 A 球做正功，故 A 球的机械能不守恒，故 B 错误；由以上分析可知，杆对 B 做负功，故 C 错误；根据系统机械能守恒，可得： mghmg (hLsin 30) 2mv2，解得：h 0.15 m ，故 D 正确。127考查用轻绳连接的两物体机械能守恒多选 如图所示，质量为 m 的物块 A 和质量为 mB的重物 B 由跨过 定滑轮 D 的轻绳连接，A 可在竖直杆上自由滑动，杆上的 C 点与滑轮 D 的连线水平。当轻绳与杆夹角为 37时，A 恰好静止；当在 B 的下端悬挂质量为 mQ的物块 Q 后，

12、A 恰好上升到 C 点。已知 sin 370.6，cos 370.8，不计一切摩擦，下列说法正确 的是( )AA 上升到 C 点时，加速度大小 agBm BmCm Q0.75mDA 上升过程中，轻绳上的拉力大小始终等于 mBg解析：选 AC 当小物块 A 到达 C 处时，由受力分析可知：水平方向受力平衡，竖直方向只受重力作用，所以小物块 A 的加速度 ag ，故 A 正确；设轻绳的拉力为 FT，未加小物块 Q 时，系统处于平衡状态，根据平衡条件：对 A 有：F Tcos 37mg对 B 有：F Tm Bg第 5 页 联立解得：m B m，故 B 错误；54挂上小物块 Q 后，根据系统机械能守恒

13、得：mg (m Bm Q)g( )AC AD CD解得：m Q m，故 C 正确；A 向上做变速运动，不是处于平衡状态，所以轻绳上的拉力大小不可能等于34mBg，故 D 错误。考点三 功能关系的应用8.考查功与能量变化的对应关系多选 如图所示，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 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) ，下列说法正确的是( )A合外力做功为零B合外力做功为 mghC小汽车的机械能增加量为 mghD牵引力做功为 mgh解析：选 AC 汽车匀速运动，动能不变

14、，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克服阻力做功之和，故牵引力做功一定大于 mgh，故 D 错误。9考查能量守恒定律的应用(2017全国卷)如图，一质量为 m、长度为 l 的均匀柔软细绳 PQ 竖直 悬挂。用外力将绳的下端 Q 缓慢地竖直向上拉起至 M 点，M 点与绳的上端 P 相距 l。重力加速13 度大小为 g。在此过程中，外力做的功为( )A. mgl B. mgl19 16C. mgl D. mgl13 12解析：

15、选 A QM 段绳的质量为 m m，未拉起时，QM 段绳的重心在 QM 中点处，与 M 点距离为 l，23 13绳的下端 Q 拉到 M 点时，QM 段绳的重心与 M 点距离为 l，此过程重力做功 WGmg mgl，16 (13l 16l) 19将绳的下端 Q 拉到 M 点的过程中，由能量守恒定律，可知外力做功 WW G mgl，可知 A 项正确，19B、C、 D 项错误。第 6 页 10考查机械能变化规律分析多选 一物体静止在水平地面上，在竖直向上的拉力 F 作用下开始向上运动，如图甲所示。在物体向上运动过程中，其机械能 E 与位移 x 的关系图像如图乙所示(空气阻力不计)，已知曲线上点 A

16、处的切线斜率最大，则( )A在 x1 处物体所受拉力最大B在 x1x 2 过程中，物体的动能先增大后减小C在 x2 处物体的速度最大D在 x1x 2 过程中，物体的加速度先增大后减小解析：选 AB 由题图可知，x 1 处物体图像的斜率最大，说明此时机械能变化最快，由 EFx 可知此时所受的拉力最大，故 A 正确； x1x 2 过程中，图像的斜率越来越小，则说明拉力越来越小，x 2 时刻图像的斜率为零，说明此时拉力为零，在这一过程中物体应先加速后减速，说明最大速度一定不在 x2 处，故 B 正确，C 错误；由图像可知，在 x1x 2 过程中，拉力逐渐减小，直到变为零，则物体受到的合力应先减小到零

17、，后反向增大，故加速度应先减小，后反向增大，故 D 错误。11考查传送带模型中的功能关系多选 如图所示，光滑轨道 ABCD 中 BC 为圆弧，圆弧半径为 R，CD 部分水平，末端 D 点与右端足够长的水平传送带无缝连接。传送带表面粗糙， 以恒定速度 v 逆时针转动。现将一质量为 m 的小滑块从轨道上 A 点由静止释放， A 到 C 的竖直高度为H，重力加速度为 g，则( )A滑块在传送带上向右运动的最大距离与传送带速度 v 无关B小滑块不可能返回 A 点C若 H4R，滑块经过 C 点时对轨道压力大小为 8mgD若 H4R，传送带速度 v ，则滑块第一次在传送带上滑动过程中，由于摩擦而产生的内能

18、为2gR9mgR解析：选 AD 由于传送带逆时针方向运动，可知滑块在向右运动的过程中一直做减速运动，当滑块速度恰好等于 0 时，向右运动的距离最大，该距离与传送带的速度无关，故 A 正确；滑块在传送带上先向右减速，然后在传送带上向左做加速运动，如果传送带的速度足够大，则滑块向左一直做加速运动，由运动的对称性可知，滑块离开传送带的速度与滑上传送带的速度大小相等时，可以达到 A 点，故 B 错误；若 H4R，滑块经过C 点时的速度：v ，滑块受到的支持力与重力的合力提供向心力，所以：F Nmgm ，得：2gHv2RFN 9mg，根据牛顿第三定律可知，滑块对轨道压力大小为 9mg，故 C 错误；选择

19、向右为正方向，设滑块与传第 7 页 送带之间的动摩擦因数是 ，则滑块的加速度：ag滑块的速度为 时，运动的时间：t ，2gRva 32gRg滑块的位移：x 1vt at2，代入数据得： x112 3R这段时间内传送带的位移：x2vt ，2gR32gRg 6R滑块与传送带之间的相对位移： xx 1x 29R由于摩擦而产生的内能为：Qfx mg 9mgR，故 D 正确。9R12考查多物体系统中功能关系的应用如图所示，质量均为 m 的物块 A 和 B 用轻弹簧相连，放在光滑的斜面上，斜面的倾角 30，B 与斜面底端的固定挡板接触，弹簧的劲度系数为 k，A 通过一根绕过定滑轮的不可伸长的轻绳与放在水平

20、面上的物块C 相连，各段绳均处于刚好伸直状态，A 上段绳与斜面平行， C 左侧绳与水平面平行，C 的质量也为 m，斜面足够长，物块 C 与水平面间的动摩擦因数为 0.5，重力加速度为 g。现给 C 一个向右的初速度，当 C 向右运动的速度为零时，B 刚好要离开挡板，求：(1)物块 C 开始向右运动的初速度大小；(2)若给 C 施加一个向右的水平恒力 F1(未知)使 C 向右运动，当 B 刚好要离开挡板时，物块 A 的速度大小为 v，则拉力 F1 多大？(3)若给 C 一个向右的水平恒力 F2(未知)使 C 向右运动，当 B 刚好要离开挡板时，物块 A 的加速度大小为a，此时拉力 F2 做的功是

21、多少？解析：(1)开始时绳子刚好伸直，因此弹簧的压缩量为x1 mgsin k mg2k当 B 刚好要离开挡板时，弹簧的伸长量为x2 mgsin k mg2k根据功能关系第 8 页 2mv02mg sin (x1x 2)mg(x 1x 2)12解得 v0g 。mk(2)施加拉力 F1 后，当物块 B 刚好要离开挡板时，根据功能关系F1(x1x 2)mg(x 1x 2)mg sin (x1x 2) 2mv212求得 F1mg 。kv2g(3)施加拉力 F2 后，当物块 B 刚好要离开挡板时，设绳的拉力为 F，对 A 研究Fmgsin F 弹 maF 弹 mgsin 对物块 C 研究 F2F mg ma求得 F22ma mg32则拉力做功 WF 2(x1x 2) 。m2gk(2a 32g)答案：(1)g (2)mg (3)mk kv2g m2gk(2a 32g)