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  • 2021-05-13 发布

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

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‎“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) ‎ ‎