（江蘇專用）2020高考物理二輪復(fù)習(xí) 第一部分 專題二 功和能 第二講 機(jī)械能守恒定律 功能關(guān)系——課前自測診斷卷

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1、第二講 機(jī)械能守恒定律 功能關(guān)系 ——課前自測診斷卷 考點一 單個物體的機(jī)械能守恒 1.[考查平拋運動中的機(jī)械能守恒問題] 將一小球從離水平地面高為H處以某一初速度水平拋出，取水平地面為重力的零勢能面，拋出時小球的動能和重力勢能相等，當(dāng)小球的動能為重力勢能的3倍時，小球的速度方向與水平方向夾角為θ，則tan θ的值為(不計空氣阻力)(　　) A.　　　　　　　　　 B. C. D. 解析：選A　物塊做平拋運動，機(jī)械能守恒，則初狀態(tài)的機(jī)械能：E1＝mv02＋mgH，且mv02＝mgH，即E1＝mv02；末狀態(tài)的機(jī)械能：E2＝mv2＋mgh，且mv2＝3mgh，則E2＝mv2，根

2、據(jù)機(jī)械能守恒定律：E1＝E2，即mv02＝mv2，解得v＝，設(shè)此時速度與水平方向的夾角為θ，則tan θ＝＝＝，故選A。 2．[考查機(jī)械能守恒定律與平拋運動、圓周運動的綜合] 如圖所示，豎直平面內(nèi)固定著由兩個半徑為R的四分之一圓弧構(gòu)成的細(xì)管道ABC，圓心連線O1O2水平且與細(xì)管的交點為B。輕彈簧左端固定在豎直擋板上，右端靠著質(zhì)量為m的小球(小球的直徑略小于管道內(nèi)徑)，長為R的薄板DE置于水平面上，板的左端D到管道右端C的水平距離為R。開始時彈簧處于鎖定狀態(tài)，具有一定的彈性勢能。重力加速度為g，解除鎖定，小球離開彈簧后進(jìn)入管道，最后從C點拋出(不計小球與水平面和細(xì)管的摩擦)，若小球經(jīng)C點時對

3、管道外側(cè)的彈力大小為mg。 (1)求彈簧鎖定時具有的彈性勢能Ep； (2)求小球經(jīng)細(xì)管B點的前、后瞬間對管道的壓力； (3)試通過計算判斷小球能否落在薄板DE上。 解析：(1)小球經(jīng)過C點時，管道對小球的彈力FN＝mg，方向豎直向下， 根據(jù)向心力公式有mg＋FN＝m 從解除彈簧鎖定到小球運動到C點過程中，彈簧的彈性勢能全部轉(zhuǎn)化為小球的機(jī)械能，而小球的機(jī)械能守恒，則Ep＝2mgR＋mvC2 解得Ep＝3mgR。 (2)小球解除鎖定到經(jīng)過B點的過程中，根據(jù)機(jī)械能守恒，有3mgR＝mgR＋mvB2 小球經(jīng)B點前、后瞬間，彈力提供向心力， 則FN＝m 解得FN＝4mg 由牛

4、頓第三定律可知，小球?qū)艿赖膲毫Ψ謩e向右和向左，大小為4mg。 (3)小球離開C點后做平拋運動，根據(jù)平拋運動規(guī)律有2R＝gt2，x＝vCt 解得x＝2R。 因為x＝2R＞2R，所以小球不能落在薄板DE上。 答案：(1)3mgR　(2)分別為向右和向左的大小為4mg的壓力　(3)見解析 考點二 多個物體的機(jī)械能守恒 3.[考查用輕繩連接的兩物體機(jī)械能守恒] [多選]如圖所示，將質(zhì)量為2m的重物懸掛在輕繩的一端，輕繩的另一端系一質(zhì)量為m的小環(huán)，小環(huán)套在豎直固定的光滑直桿上，光滑定滑輪與直桿的距離為d?，F(xiàn)將小環(huán)從與定滑輪等高的A處由靜止釋放，當(dāng)小環(huán)沿直桿下滑距離為d時(圖中B處)

5、，下列說法正確的是(重力加速度為g)(　　) A．小環(huán)與重物、地球組成的系統(tǒng)機(jī)械能守恒 B．小環(huán)到達(dá)B處時，重物上升的高度也為d C．小環(huán)在B處的速度與重物上升的速度大小之比等于 D．小環(huán)下落到B處時的速度為 解析：選AD　由于小環(huán)和重物只有重力做功，則系統(tǒng)機(jī)械能守恒，故A項正確；結(jié)合幾何關(guān)系可知，重物上升的高度h＝(－1)d，故B項錯誤；將小環(huán)在B處的速度分解為沿著繩子方向和垂直于繩子方向的兩個分速度，其中沿著繩子方向的速度即為重物上升的速度，則v物＝v環(huán)cos 45，小環(huán)在B處的速度與重物上升的速度大小之比為∶1，故C項錯誤；小環(huán)和重物系統(tǒng)機(jī)械能守恒，則mgd－2mgh＝mv環(huán)

6、2＋2mv物2，且v物＝v環(huán)cos 45，解得：v環(huán)＝，故D項正確。 4．[考查用輕桿連接的兩物體機(jī)械能守恒] [多選]如圖，滑塊a、b的質(zhì)量均為m，a套在固定豎直桿上，與光滑水平地面相距h，b放在地面上。a、b通過鉸鏈用剛性輕桿連接，由靜止開始運動。不計摩擦，a、b可視為質(zhì)點(重力加速度大小為g) ，則(　　) A．a(chǎn)落地前，a、b整體的機(jī)械能守恒 B．因為a的機(jī)械能守恒，所以a落地時速度大小為 C．a(chǎn)落地前，當(dāng)b對地面的壓力大小為mg時，b的機(jī)械能最大 D．a(chǎn)下落過程中，豎直桿對a的作用力逐漸減小 解析：選AC　a落地前，a、b整體只有重力做功，則整體的機(jī)械能守恒，選項A

7、正確；a下落過程中，桿對a做功，則a的機(jī)械能不守恒，選項B錯誤；a、b整體的機(jī)械能守恒，當(dāng)a的機(jī)械能最小時，b的機(jī)械能最大，此時b受到a的推力為零，b只受到重力的作用，所以b對地面的壓力大小為mg，故C正確；a下落過程中，b先加速后減速，即b的加速度先向右后向左，對a、b整體而言，豎直桿對a的作用力先向右后向左，大小不是一直減小，選項D錯誤。 5．[考查輕彈簧與物體組成的系統(tǒng)機(jī)械能守恒] [多選]如圖所示，物體A、B通過細(xì)繩及輕質(zhì)彈簧連接在輕滑輪兩側(cè)，物體A、B的質(zhì)量都為m，開始時細(xì)繩伸直，用手托著物體A使彈簧處于原長且A與地面的距離為h，物體B靜止在地面上，放手后物體A下落，與地面即將接

8、觸時速度大小為v，此時物體B對地面恰好無壓力，則下列說法中正確的是(　　) A．彈簧的勁度系數(shù)為 B．此時物體B的速度大小也為v C．此時物體A的加速度大小為g，方向豎直向上 D．此時彈簧的彈性勢能等于mgh－mv2 解析：選AD　物體B對地壓力恰好為零，處于平衡狀態(tài)，速度仍為零，故彈簧的拉力為mg，彈簧的伸長量為h，由胡克定律得k＝，故A正確，B錯誤；此時物體A受重力和細(xì)繩的拉力大小相等，合力為零，加速度為零，故C錯誤；物體A與彈簧系統(tǒng)機(jī)械能守恒，mgh＝Ep彈＋mv2，故Ep彈＝mgh－mv2，故D正確。 6．[考查系統(tǒng)機(jī)械能守恒與動能定理的綜合應(yīng)用] (2019揚(yáng)州期末)如

9、圖所示，半徑為R的半圓形管道ACB固定在豎直平面內(nèi)，傾角為θ的斜面固定在水平面上，細(xì)線跨過小滑輪連接小球和物塊，細(xì)線與斜面平行，物塊質(zhì)量為m，小球質(zhì)量M＝3m，對物塊施加沿斜面向下的力F使其靜止在斜面底端，小球恰在A點，撤去力F后，小球由靜止下滑。重力加速度為g，sin θ＝≈0.64，不計一切摩擦。求： (1)力F的大?。? (2)小球運動到最低點C時，速度大小v以及管壁對它彈力的大小N； (3)在小球從A點運動到C點過程中，細(xì)線對物塊做的功W。 解析：(1)對小球：細(xì)線上的拉力T＝3mg 對物塊：mgsin θ＋F＝T 聯(lián)立解得：F＝2.36mg。 (2)小球在C點時速度與物塊

10、速度大小相等。 對小球和物塊組成的系統(tǒng)，由機(jī)械能守恒定律得 3mgR－mgπRsin θ＝(3m＋m)v2 解得：v＝ 在C點：對小球，由牛頓第二定律得 N－3mg＝3m 解得：N＝6mg。 (3)在小球從A點運動到C點過程中，對物塊，由動能定理得 W－mgπRsin θ＝mv2－0 解得：W＝mgR。 答案：(1)2.36mg　(2)　6mg　(3)mgR 考點三 功能關(guān)系的應(yīng)用 7.[考查功與能量變化的對應(yīng)關(guān)系] [多選]如圖所示，質(zhì)量為M、長度為L的小車靜止在光滑的水平面上。質(zhì)量為m的小物塊(可視為質(zhì)點)放在小車的最左端，現(xiàn)用一水平恒力F作用在小物塊上，使小

11、物塊從靜止開始做勻加速直線運動。小物塊和小車之間的摩擦力為f，小物塊滑到小車的最右端時，小物塊運動的距離為x。在這個過程中，以下結(jié)論正確的是(　　) A．小物塊到達(dá)小車最右端時具有的動能為(F－f)(L＋x) B．小物塊到達(dá)小車最右端時，小車具有的動能為fx C．小物塊克服摩擦力所做的功為fx D．小物塊和小車增加的總動能為Fx－fL 解析：選CD　由題意可知，小物塊運動的距離為x，則對小物塊，由動能定理得：Ekm＝(F－f)x，故A錯誤；小物塊到達(dá)小車最右端時，小車運動的距離為x－L，則對小車，由動能定理得：EkM＝f(x－L)，故B錯誤；小物塊運動的距離為x，則小物塊克服摩擦力所

12、做的功為fx，故C正確；根據(jù)能量轉(zhuǎn)化和守恒定律可知，小物塊和小車間摩擦生熱為fL，則小物塊和小車增加的總動能為Fx－fL，故D正確。 8．[考查能量守恒定律的應(yīng)用] [多選]如圖所示，一個質(zhì)量為m的物體以某一速度從A 點沖上傾角為30的斜面，其運動的加速度為0.75g，物體在斜面上上升的最大高度為h，則物體在此過程中(　　) A．重力勢能增加了mgh B．動能損失了mgh C．機(jī)械能損失了0.25mgh D．物體克服摩擦力的功率隨時間在減小 解析：選AD　物體上升高度為h，克服重力做功為mgh，則重力勢能增加了mgh，故A正確；根據(jù)牛頓第二定律知，物體所受的合力為F合＝ma＝mg

13、，方向沿斜面向下，根據(jù)動能定理得，ΔEk＝－F合＝－mg2h＝－1.5mgh，所以物體的動能減小1.5mgh，故B錯誤；物體的動能減小1.5mgh，重力勢能增加mgh，所以機(jī)械能減小0.5mgh，故C錯誤；物體克服摩擦力的功率為P＝fv＝f(v0－at)，f、v0、a不變，所以物體克服摩擦力的功率隨時間在均勻減小，故D正確。 9．[考查機(jī)械能變化規(guī)律分析] [多選]一物體靜止在水平地面上，在豎直向上的拉力F作用下開始向上運動，如圖甲所示。在物體向上運動過程中，其機(jī)械能E與位移x的關(guān)系圖像如圖乙所示(空氣阻力不計)，已知曲線上點A處的切線斜率最大，則(　　) A．在x1處物體所受拉力最

14、大 B．在x1～x2過程中，物體的動能先增大后減小 C．在x2處物體的速度最大 D．在x1～x2過程中，物體的加速度先增大后減小 解析：選AB　由題圖可知，x1處物體圖像的斜率最大，說明此時機(jī)械能變化最快，由E＝Fx可知此時所受的拉力最大，故A正確；x1～x2過程中，圖像的斜率越來越小，則說明拉力越來越小，x2時刻圖像的斜率為零，說明此時拉力為零，在這一過程中物體應(yīng)先加速后減速，說明最大速度一定不在x2處，故B正確，C錯誤；由圖像可知，在x1～x2過程中，拉力逐漸減小，直到變?yōu)榱?，則物體受到的合力應(yīng)先減小到零，后反向增大，故加速度應(yīng)先減小，后反向增大，故D錯誤。 10．[考查傳送帶模

15、型中的功能關(guān)系] 水平傳送帶在電動機(jī)的帶動下始終以速度v勻速運動。某時刻在傳送帶上A點處輕輕放上一個質(zhì)量為m的小物體，經(jīng)時間t小物體的速度與傳送帶相同，相對傳送帶的位移大小為x，A點未到右端，在這段時間內(nèi)(　　) A．小物體相對地面的位移大小為2x B．傳送帶上的A點對地面的位移大小為x C．由于物體與傳送帶相互作用產(chǎn)生的熱能為mv2 D．由于物體與傳送帶相互作用電動機(jī)要多做的功為mv2 解析：選D　物體相對地面發(fā)生的位移為x1＝t＝t，傳送帶發(fā)生的位移為x2＝vt，物體相對傳送帶發(fā)生的位移的大小為Δx＝x2－x1＝vt－＝，再根據(jù)題意物體相對傳送帶的位移大小為x，比較可知Δx＝x

16、＝x1＝，所以A錯誤。根據(jù)選項A的分析可知，A點對地面的位移大小為x2＝vt＝2x，所以B錯誤。根據(jù)摩擦生熱公式Q＝fs相對可知，產(chǎn)生的熱能為Q＝fx；又物體的加速度應(yīng)為a＝，物體受到的阻力f＝ma；聯(lián)立以上各式解得Q＝m＝mv2，所以C錯誤。根據(jù)能量守恒定律可知，電動機(jī)多消耗的電能應(yīng)為E電＝Q＋ΔE機(jī)＝mv2＋mv2＝mv2，所以D正確。 11．[考查多物體系統(tǒng)中功能關(guān)系的應(yīng)用] 如圖所示是一個電動升降機(jī)的模型示意圖，A為廂體，B為平衡重物，A、B的質(zhì)量分別為M＝1.5 kg、m＝0.5 kg。A、B由跨過輕質(zhì)滑輪的足夠長的輕繩系住。在電動機(jī)牽引下使廂體A由靜止開始向上運動，電動機(jī)輸出功

17、率20 W保持不變，廂體上升1 m時恰好達(dá)到最大速度。不計空氣阻力和摩擦阻力，g取10 m/s2。在廂體向上運動過程中，求： (1)廂體的最大速度vm； (2)廂體向上的加速度為1 m/s2時，重物下端繩的拉力大??； (3)廂體從開始運動到恰好達(dá)到最大速度過程中所用的時間。 解析：(1)設(shè)廂體的最大速度為vm， 由分析可知，當(dāng)F＝(M－m)g時，廂體A的速度最大 由P＝Fvm可知， vm＝＝ m/s＝2 m/s。 (2)當(dāng)廂體向上的加速度為a＝1 m/s2時，利用牛頓第二定律， 對A：FA－Mg＝Ma① 對B：FB＋mg－FA＝ma② 由①②式，得：FB＝12 N。 (3)電動機(jī)做的功等于A、B機(jī)械能的增加量 Pt＝(M＋m)vm2＋Mgh－mgh 解得：t＝0.7 s。 答案：(1)2 m/s　(2)12 N　(3)0.7 s 7