2020屆高考物理 精準培優(yōu)專練九 功能關(guān)系、機械能守恒定律及其應(yīng)用（含解析）

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1、功能關(guān)系、機械能守恒定律及其應(yīng)用 1．此知識點每年必考，試題往往與其他知識點相結(jié)合，難度較大。 2．注意要點： (1)只涉及動能的變化用動能定理分析。 (2)只涉及重力勢能的變化，用重力做功與重力勢能變化的關(guān)系分析。 (3)只涉及機械能的變化，用除重力和彈簧的彈力之外的其他力做功與機械能變化的關(guān)系分析。 二、考題再現(xiàn) 典例1.(2019?全國II卷?18)從地面豎直向上拋出一物體，其機械能E總等于動能Ek與重力勢能Ep之和。取地面為重力勢能零點，該物體的E總和Ep隨它離開地面的高度h的變化如圖所示。重力加速度取10 m/s2。由圖中數(shù)據(jù)可得(　　) A．物體的質(zhì)量為2 kg

2、 B．h＝0時，物體的速率為20 m/s C．h＝2 m時，物體的動能Ek＝40 J D．從地面至h＝4 m，物體的動能減少100 J 典例2.(2019?全國I卷?25)如圖，一質(zhì)量為m，長度為l的均勻柔軟細繩PQ豎直懸掛。用外力將繩的下端 豎直面內(nèi)一傾斜軌道與一足夠長的水平軌道通過一小段光滑圓弧平滑連接，小物塊B靜止于水平軌道的最左端，如圖（a）所示。t＝0時刻，小物塊A在傾斜軌道上從靜止開始下滑，一段時間后與B發(fā)生彈性碰撞（碰撞時間極短）；當A返回到傾斜軌道上的P點（圖中未標出）時，速度減為0，此時對其施加一外力，使其在傾斜軌道上保持靜止。物塊A運動的v－t圖象如圖（b）所示，

3、圖中的v1和t1均為未知量。已知A的質(zhì)量為m，初始時A與B的高度差為H，重力加速度大小為g，不計空氣阻力。 (1)求物塊B的質(zhì)量； (2)在圖（b）所描述的整個運動過程中，求物塊A克服摩擦力所做的功； (3)已知兩物塊與軌道間的動摩擦因數(shù)均相等，在物塊B停止運動后，改變物塊與軌道間的動摩擦因數(shù)，然后將A從P點釋放，一段時間后A剛好能與B再次碰上。求改變前面動摩擦因數(shù)的比值。 三、對點速練 1．如圖所示，過山車從斜軌上的最高點A由靜止滑下，經(jīng)最低點B運動到圓形軌道最高

4、點C的過程中，忽略空氣阻力和摩擦力，僅有動能和重力勢能互相轉(zhuǎn)化（取B處的重力勢能為零），則過山車(　　) A．在A處的機械能等于在C處的動能 B．在A處的重力勢能大于在C處的動能 C．在B處的機械能小于在C處的機械能 D．在B處的機械能等于在C處的重力勢能 2．如圖所示，傾角為30°的粗糙斜面與傾角為60°的足夠長的光滑斜面對接在一起，兩斜面上分別放有質(zhì)量均為m的物塊甲和乙，兩物塊通過一跨過定滑輪的細線連在一起。在平行于斜面的拉力F的作用下兩物塊均做勻速運動（細線保持拉直狀態(tài))，從圖示位置開始計時，在甲物塊與滑輪相碰前的一段時間內(nèi)，下面的圖象中，x表示每個物塊所通過的路程，E表示兩物

5、塊組成的系統(tǒng)的機械能，Wf表示甲物塊克服摩擦力所做的功，Ep表示兩物塊組成的系統(tǒng)的重力勢能，WF表示拉力F對乙物塊所做的功，則圖象中所反映的關(guān)系可能正確的是(　　) 3．(多選)傳送帶是現(xiàn)代生產(chǎn)、生活中廣泛應(yīng)用于運送貨物的運輸工具，其大量應(yīng)用于工廠、車站、機場、地鐵站等。如圖所示，地鐵一號線的某地鐵站內(nèi)有一條水平勻速運行的行李運輸傳送帶，假設(shè)傳送帶勻速運動的速度大小為v，且傳送帶足夠長。某乘客將一個質(zhì)量為m的行李箱輕輕地放在傳送帶一端，行李箱與傳送帶間的動摩擦因數(shù)為μ。當行李箱的速度與傳送帶的速度剛好相等時，地鐵站突然停電，假設(shè)傳送帶在制動力的作用下立即停止運動。則下列說法中正確的有(　

6、　) A．行李箱在傳送帶上運動的總時間為 B．行李箱相對于傳送帶的總位移為0 C．行李箱與傳送帶之間因摩擦產(chǎn)生的熱量為mv2 D．由于運送行李箱，整個過程中傳送帶多消耗的電能為mv2 4．(多選)用細繩拴一個質(zhì)量為m的小球，小球?qū)⒁还潭ㄔ趬ι系乃捷p質(zhì)彈簧壓縮了x(小球與彈簧不拴連)，如圖所示。將細繩剪斷后(　　) A．小球立即獲得的加速度 B．小球落地的速度大于 C．小球落地的時間等于 D．小球在細繩剪斷瞬間起開始做平拋運動 5．(多選)如圖所示，A物體質(zhì)量為m，B質(zhì)量為2m，用一輕繩相連，將A用一輕彈簧懸掛于天花板上，系統(tǒng)處于靜止狀態(tài)，此時彈簧的伸長量為x，彈性勢能

7、為Ep，已知彈簧的彈性勢能與形變量的平方成正比，且彈簧始終在彈性限度內(nèi)?，F(xiàn)將懸線剪斷，則在以后的運動過程中，A物體的(　　) A．最大動能為 B．最大動能為 C．速度達到最大時，彈簧彈力做功為 D．速度達到最大時，彈簧彈力做功為 6．(多選)用輕桿通過鉸鏈相連的小球A、B、C、D、E處于豎直平面上，各段輕桿等長，其中小球A、B的質(zhì)量均為2m，小球C、D、E的質(zhì)量均為m?，F(xiàn)將A、B兩小球置于距地面高h處，由靜止釋放，假設(shè)所有球只在同一豎直平面內(nèi)運動，不計一切摩擦，則在下落過程中(　　) A．小球A、B、C、D、E組成的系統(tǒng)機械能和動量均守恒 B．小球B的機械能一直減小 C．小球B

8、落地的速度大小為 D．當小球A的機械能最小時，地面對小球C的支持力大小為mg 7．(多選)如圖甲所示，質(zhì)量為1 kg的小物塊，以初速度v0＝11 m/s從θ＝53o的固定斜面底端先后兩次滑上斜面，第一次對小物塊施加一沿斜面向上的恒力F，第二次不施加力，圖乙中的兩條線段a、b分別表示施加力F和無力F時小物塊沿斜面向上運動的v－t圖線，不考慮空氣阻力，g＝10 m/s2，sin 37o＝0.6，cos 37o＝0.8，下列說法正確的是(　　) A．有恒力作用時，恒力F做的功是6.5 J B．小物塊與斜面間的動摩擦因數(shù)為0.5 C．有恒力F時，小物塊在整個上升過程產(chǎn)生的熱量較少 D．有恒

9、力F時，小物塊在整個上升過程機械能的減少量較少 8．(多選)如圖所示，質(zhì)量M＝1 kg的重物B和質(zhì)量m＝0.3 kg的小圓環(huán)A用細繩跨過一光滑滑輪軸連接，A端繩與輪連接，B端繩與軸相連接，不計輪軸的質(zhì)量，輪與軸有相同的角速度且輪和軸的直徑之比為2︰1。重物B放置在傾角為30°固定在水平地面的斜面上，輕繩平行于斜面，B與斜面間的動摩擦因數(shù)μ＝，圓環(huán)A套在豎直固定的光滑直桿上，滑輪軸中心與直桿的距離為L＝4 m?，F(xiàn)將圓環(huán)A從與滑輪軸上表面等高處a靜止釋放，當下降H＝3 m到達b位置時，圓環(huán)的速度達到最大值，已知直桿和斜面足夠長，不計空氣阻力，取g＝10 m/s2。下列判斷正確的是(　　)

10、A．圓環(huán)A到達b位置時，A、B組成的系統(tǒng)機械能減少了2.5 J B．圓環(huán)A速度最大時，環(huán)A與重物B的速度之比為5︰3 C．圓環(huán)A能下降的最大距離為7.5 m D．圓環(huán)A下降過程，作用在重物B上的拉力始終大于10 N 9．如圖所示為一個兒童電動小汽車的軌道傳送接收裝置，L＝1 m的水平直軌道AB與半徑均為0.4 m的豎直光滑螺旋圓軌道(O、O?為圓心，C為最高點)相切于B，B?為第2個圓與水平軌道的切點，O?D與O?B?的夾角為60°，接收裝置為高度可調(diào)節(jié)的平臺，EF為平臺上一條直線，O'EF在同一豎直平面內(nèi)，裝置切面圖可抽象為如圖所示模型。質(zhì)量為0.6 kg的電動小汽車以額定功率P＝6

11、 W從起點A啟動沿軌道運動，剛好能通過C點，之后沿圓弧從B?運動至D點后拋出，沿水平方向落到平臺E點，小汽車與水平直軌道AB的動摩擦因數(shù)μ＝0.2，其余軌道均光滑。(空氣阻力不計，g取10 m/s2，小汽車運動過程中可視為質(zhì)點) (1)求電動機的工作時間； (2)要保證小汽車沿水平方向到達平臺E點，求平臺調(diào)節(jié)到的高度H和EB?的水平位移X。 10．如圖所示輕彈簧一端固定在水平面上的豎直擋板上，處于原長時另一端位于水平面上B點處，B點左側(cè)光滑，右側(cè)粗糙。水平面的右側(cè)C點處有一足夠長的斜面與水平面平滑連接，斜面傾角為37°，斜面上有 一半徑為R＝1

12、m的光滑半圓軌道與斜面切于D點，半圓軌道的最高點為E，G為半圓軌道的另一端點，LBC＝2.5 m，A、B、C、D、E、G均在同一豎直面內(nèi)。使質(zhì)量m＝0.5 kg的小物塊P擠壓彈簧右端至A點，然后由靜止釋放P，P到達B點時立即受到斜向右上方，與水平方向的夾角為37°，大小為F＝5 N的恒力，一直保持F對物塊P的作用，結(jié)果P通過半圓軌道的最高點E時的速度為vE＝m/s。已知P與水平面斜面間的動摩擦因數(shù)均為μ＝0.5，g取10 m/s2，sin 37°＝0.6，求： (1)P運動到E點時對軌道的壓力大小； (2)彈簧的最大彈性勢能； (3)若其他條件不變，增大B、C間的距離使P過G點后恰好能垂

13、直落在斜面上，求P在斜面上的落點距D點的距離。 答案 二、考題再現(xiàn) 典例1.【解析】Ep－h(huán)圖像知其斜率為G，故G＝20 N，解得m＝2 kg，A正確；h＝0時，Ep＝0，Ek＝E機－Ep＝100 J－0＝100 J，故mv2＝100 J，解得v＝10 m/s，B錯誤；h＝2 m時，Ep＝40 J，Ek＝E機－Ep＝85 J－40 J＝45 J，C錯誤；h＝0時，Ek＝E機－Ep＝100 J－0＝100 J，h＝4 m時，Ek?＝E機－Ep＝80 J－80 J＝0，故Ek－Ek?＝100 J，D正確。 【答案】AD 典例2.【解

14、析】(1)根據(jù)圖(b)，v1為物塊A在碰撞前的速度大小，為其碰撞后瞬間速度大小。設(shè)物塊B的質(zhì)量為m?，碰撞后瞬間的速度v?，由動量守恒和機械能守恒有： ， 聯(lián)立解得：m?＝3m。 (2)在圖(b)所描述的過程中，設(shè)物塊A與運動軌道間的滑動摩擦力大小為f，下滑過程中所走的路程為s1，返回過程所走的路程為s2，P點的高度為h，整個過程中所克服摩擦力做功為W，由動能定理有： 由圖(b)可知：， 物塊A整個過程中所克服摩擦力做功為： 聯(lián)立解得：。 (3)設(shè)傾斜軌道的傾角為θ，物塊與軌道間的動摩擦因為μ，則有： 設(shè)物塊B在軌道上滑行的距離為s?，由動能定理有： 設(shè)改變后的動摩擦

15、因數(shù)為μ?，由動能定理有： 聯(lián)立解得：。 三、對點速練 1．【答案】B 【解析】由題意可知，過山車在運動過程中機械能守恒，A處動能為0，C處動能不為零，在A處的機械能大于在C處的動能，A錯誤；因為A處的動能為0，所以A處的機械能等于A處的重力勢能，且C處動能和勢能均不為0，在A處的重力勢能大于在C處的動能，B正確；因為過山車在運動過程中機械能守恒，在B處的機械能等于在C處的機械能，C錯誤；在B處的機械能等于在C處的機械能，且C處動能和勢能均不為0，所以在B處的機械能大于在C處的重力勢能，D錯誤。 2．【答案】C 【解析】相同時間內(nèi)兩物塊的位移大小相等，但斜面傾角不同，得：h

16、甲＜h乙，即任意段時間內(nèi)，乙增加的重力勢能大于甲減少的重力勢能，系統(tǒng)的重力勢能是增加的，而系統(tǒng)動能不變，則系統(tǒng) 的機械能也是增加的，故A、B錯誤；甲物塊克服摩擦力所做的功Wf＝μmgscos30°，s＝vt，故Wf－t圖線為過原點的傾斜直線，同理WF－t圖線亦為過原點的直線，故C正確，D錯誤。 3．【答案】BC 【解析】行李箱所受的合外力等于滑動摩擦力，有μmg＝ma1，解得a1＝μg，經(jīng)過一段時間t1行李箱和傳送帶剛好速度相等，解得t1＝，停電后，傳送帶停止運動，行李箱在摩擦力作用下繼續(xù)向前做勻減速直線運動且加速度大小依舊為μg，則減速時間t2＝，則行李箱在傳送帶上運動的總時間為t＝，

17、選項A錯誤；行李箱在加速過程和減速過程中，行李箱和傳送帶的相對位移大小均為，但方向相反，總的相對位移為零，選項B正確；全程行李箱與傳送帶間的相對路程為，摩擦力大小不變，所以總過程產(chǎn)生的內(nèi)能Q＝μmg·＝mv2，選項C正確；根據(jù)能量守恒，多消耗的電能等于全程產(chǎn)生的內(nèi)能，為mv2，選項D錯誤。 4．【答案】BC 【解析】初態(tài)小球平衡，剪斷繩后，小球合外力與繩中拉力等大反向：，所以加速度：，A錯誤。設(shè)初態(tài)彈簧的彈性勢能為Ep，根據(jù)機械能守恒得：，速度大 于，B正確；小球被水平彈出后，只受重力做平拋運動，豎直方向：，運動時間t＝，C正確；小球在細繩剪斷瞬間，仍受彈簧彈力，所以不是平拋運動，D

18、錯誤。 5．【答案】AD 【解析】設(shè)彈簧的勁度系數(shù)為k，初始狀態(tài)，動能最大時，彈簧伸長量，知A物體向上移動的距離△x＝x，已知彈簧的彈性勢能與形變量的平方成正比，則A物體動能最大時，彈性勢能為，則彈性勢能減小。因為彈力做功等于彈性勢能的減小量，所以A物體速度達到最大時，彈簧彈力做功為。在此過程中，彈性勢能減小，重力勢能增加mgx，則動能增加，即最大動 能為。故AD正確，BC錯誤。 6．【答案】CD 【解析】小球A、B、C、D、E組成的系統(tǒng)機械能守恒但動量不守恒，故A錯誤；由于D球受力平衡，所以D球在整個過程中不會動，所以輕桿DB對B不做功，而輕桿BE對B先做負功后做正功，所以小球B的

19、機械能先減小后增加，故B錯誤；當B落地時小球E的速度等于零，根據(jù)功能關(guān)系mgh＝mv2可知小球B的速度為，故C正確；當小球A的機械能最小時，輕桿AC沒有力，小球C豎直方向上的力平衡，所以支持力等于重力，故D正確。 7．【答案】BD 【解析】根據(jù)v－t圖線的斜率等于加速度，可知：；根據(jù)牛頓第二定律得：不加拉力時有：mab＝－mgsin53°－μmgcos53°；代入數(shù)據(jù)得：μ＝0.5；加拉力時有： maa＝F－mgsin53°－μmgcos53°，解得：F＝1N．位移，則恒力F做的功是WF＝Fx ＝6.05J，故A錯誤，B正確；根據(jù)v－t圖象與坐標軸所圍的面積表示位移，可知有恒力F時小物

20、塊的位移較大，所以在上升過程產(chǎn)生的熱量較大。故C錯誤；有恒力F時，小物塊上升的高度比較大，所以該過程物塊重力勢能增加量較大，而升高的過程中動能的減小量是相等的，所以有恒力F時，小物塊在整個上升過程機械能的減少量較小。故D正確。 8．【答案】AC 【解析】輪與軸有相同的角速度且輪和軸的直徑之比為2:1，可知v輪：v軸＝2:1，則xA：xB＝2:1，圓環(huán)A到達b位置時，重物B沿斜面的運動的位移，A、B組成的系統(tǒng)機械能減少了，故選項A正確；圓環(huán)A速度最大時，設(shè)繩與直桿的夾角為α，則cosα＝0.6，由vAcos α：vB＝2:1，得vAcos α：vB＝10:3，故選項B錯誤；圓環(huán)A能下降的

21、最大距離為Hm，重物B沿斜面的運動的位移，根據(jù)能量守恒可知：，解得圓環(huán)A能下降的最大距離為，故選項C正確；圓環(huán)A先向下做加速運動，后做減速運動，所以重物B也是先加速后減速，而重物B受到的重力、支持力和摩擦力都保持不變，繩子對B的拉力：，即：，所以繩子對B的拉力先大于10N后小于10N，故選項D錯誤。 9．【解析】(1)小汽車恰好能通過最高點C，有：mg＝m 從A到C過程，由動能定理得：Pt-μmgL-2mgR＝-0 聯(lián)立解得t＝1.2 s (2)從C到D過程，由機械能守恒定律得：mg(R+Rsin 30°)+＝ 解得vD＝4 m/s ＝vDsin 30°＝2 m/s ＝vDcos

22、 30°＝m/s 將從D到E的運動看成逆向平拋運動，有 ＝gt h＝gt2 x＝t H＝h+R(1-cos 60°) X＝x+Rsin 60° 解得H＝0.8 m；X＝m 10．【解析】(1) P在半圓軌道的最高點E，設(shè)軌道對P的壓力為FN，由牛頓運動定律得： 解得：FN＝3 N 由牛頓第三定律得，P運動到E點時對軌道的壓力FN?＝3 N。 (2)P從D點到E點，由動能定理得： 解得：m/s P從C點到D點，由牛頓運動定律得：F－mgsin37°－μmgcos 37°＝ma1 解得a1＝0，說明P從C點到D點勻速運動，故m/s 由能的轉(zhuǎn)化和守恒得： 解得：Epm＝1 J。 (2)P在G點脫離圓軌道，做曲線運動，把該運動分解為平行于斜面的勻減速直線運動和垂直于斜面的初速度為零的勻加速直線運動，有： F－mgsin37°＝ma3，mgcos 37°＝ma4 解得：a3＝4 m/s2，a4＝8 m/s2 P垂直落在斜面上，運動時間滿足： 平行于斜面方向上：0＝vG－a3t 聯(lián)立解得：m/s 平行于斜面方向上：m 即P在斜面上的落地距D的距離x＝1 m。 12