2018届高考物理二轮复习文档：“机械能守恒定律 功能关系”学前诊断

2018届高考物理二轮复习文档：“机械能守恒定律 功能关系”学前诊断

‎“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 B．最大水平位移为 C．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：mv02＋mgh＝mv2，解得v0＝；根据平抛运动的知识可得下落时间：t＝，则水平位移x＝v0t＝ ，所以当－2h＝2h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θ角，位移与水平方向的夹角为α，根据平抛运动的规律可知，tan θ＝2tan α＝2×＝1，则θ＝45°，所以D正确。‎ ‎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(　　)‎ A．P球的速度一定大于Q球的速度 B．P球的动能一定小于Q球的动能 C．P球所受绳的拉力一定大于Q球所受绳的拉力 D．P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LP＜LQ，则vP＜vQ，又mP＞mQ，则两球的动能无法比较，选项A、B错误；在最低点绳的拉力为F，则F－mg＝m，则F＝3mg，因mP＞mQ，则FP＞FQ，选项C正确；向心加速度a＝＝2g，选项D错误。 ‎ ‎3．[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FN＝mg，方向竖直向下，‎ 根据向心力公式有mg＋FN＝ 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Ep＝2mgR＋mvC2‎ 解得Ep＝3mgR。‎ ‎(2)小球解除锁定到经过B点的过程中，根据机械能守恒，有3mgR＝mgR＋mvB2‎ 小球经B点前、后瞬间，弹力提供向心力，‎ 则FN＝ 解得FN＝4mg 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，x＝vCt 解得x＝2R。‎ 因为x＝2R＞2R，所以小球不能落在薄板DE上。‎ 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Δx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 N D．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k＝20 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Fmax＝kxmax＝20×0.61 N＝12.2 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．此时弹簧的弹性势能等于mgh－mv2‎ B．此时物体B的速度大小也为v C．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 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，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，mgh＝Ep弹＋mv2，故Ep弹＝mgh－mv2，故A正确。‎ ‎6．[考查用轻杆连接的两物体机械能守恒]‎ 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：mgh＋mg(h＋Lsin 30°)＝×2mv2，解得：h＝0.15 m，故D正确。‎ ‎7．[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，A恰好上升到C点。已知sin 37°＝0.6，cos 37°＝0.8，不计一切摩擦，下列说法正确的是(　　)‎ A．A上升到C点时，加速度大小a＝g B．mB＝m C．mQ＝0.75m D．A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a＝g，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：FTcos 37°＝mg 对B有：FT＝mBg 联立解得：mB＝m，故B错误；‎ 挂上小物块Q后，根据系统机械能守恒得：‎ mg＝(mB＋mQ)g(－)‎ 解得：mQ＝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mBg，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mgh C．小汽车的机械能增加量为mgh D．牵引力做功为mgh 解析：选AC　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Ⅲ)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。重力加速度大小为g。在此过程中，外力做的功为(　　)‎ A.mgl　　　　　　　　 B.mgl C.mgl D.mgl 解析：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，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WG＝－m′g＝－mgl，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W＝－WG＝mgl，可知A项正确，B、C、D项错误。‎ ‎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处的切线斜率最大，则(　　)‎ A．在x1处物体所受拉力最大 B．在x1～x2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x1～x2过程中，物体的加速度先增大后减小 解析：选AB　由题图可知，x1处物体图像的斜率最大，说明此时机械能变化最快，由E＝Fx可知此时所受的拉力最大，故A正确；x1～x2过程中，图像的斜率越来越小，则说明拉力越来越小，x2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x1～x2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，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H＝4R，滑块经过C点时对轨道压力大小为8mg D．若H＝4R，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为9mgR 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H＝4R，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：FN－mg＝m，得：FN＝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；选择向右为正方向，设滑块与传送带之间的动摩擦因数是μ，则滑块的加速度：a＝－μg 滑块的速度为－时，运动的时间：t＝＝，‎ 滑块的位移：x1＝vt＋at2，代入数据得：x1＝ 这段时间内传送带的位移：‎ x2＝v′t＝－·＝－，‎ 滑块与传送带之间的相对位移：Δx＝x1－x2＝ 由于摩擦而产生的内能为：‎ Q＝fΔx＝μmg·＝9mgR，故D正确。‎ ‎12．[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θ＝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μ＝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做的功是多少？‎ 解析：(1)开始时绳子刚好伸直，因此弹簧的压缩量为 x1＝＝ 当B刚好要离开挡板时，弹簧的伸长量为 x2＝＝ 根据功能关系 ×2mv02＝mgsin θ(x1＋x2)＋μmg(x1＋x2)‎ 解得v0＝g。‎ ‎(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(x1＋x2)－μmg(x1＋x2)－mgsin θ(x1＋x2)＝×2mv2‎ 求得F1＝mg＋。‎ ‎(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 F－mgsin θ－F弹＝ma F弹＝mgsin θ 对物块C研究F2－F－μmg＝ma 求得F2＝2ma＋mg 则拉力做功W＝F2(x1＋x2)＝。‎ 答案：(1)g　(2)mg＋　(3)