高考物理二轮复习“机械能守恒定律 功能关系”学前诊断.doc

“机械能守恒定律 功能关系”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：mv02mghmv2，解得v0；根据平抛运动的知识可得下落时间：t，则水平位移xv0t ，所以当2h2h时水平位移最大，解得h，a正确；最大的水平位移为：x2h，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 21，则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()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mglmv2，v，因lplq，则vpvq，又mpmq，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fmgm，则f3mg，因mpmq，则fpfq，选项c正确；向心加速度a2g，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fnmg，方向竖直向下，根据向心力公式有mgfn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ep2mgrmvc2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3mgrmgrmvb2小球经b点前、后瞬间，弹力提供向心力，则fn解得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2rgt2，xvct解得x2r。因为x2r2r，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fmaxkxmax200.61 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此时弹簧的弹性势能等于mghmv2b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，mghep弹mv2，故ep弹mghmv2，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：mghmg(hlsin 30)2mv2，解得：h0.15 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 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agbmbmcmq0.75mda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：ftcos 37mg对b有：ftmbg联立解得：mbm，故b错误；挂上小物块q后，根据系统机械能守恒得：mg(mbmq)g()解得：mqm，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，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。重力加速度大小为g。在此过程中，外力做的功为()a.mglb.mglc.mgl d.mgl解析：选aqm段绳的质量为mm，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wgmgmgl，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wwgmgl，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x1x2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x1x2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efx可知此时所受的拉力最大，故a正确；x1x2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x1x2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：fnmgm，得：fn9mg，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，则滑块的加速度：ag滑块的速度为时，运动的时间：t，滑块的位移：x1vtat2，代入数据得：x1这段时间内传送带的位移：x2vt，滑块与传送带之间的相对位移：xx1x2由于摩擦而产生的内能为：qfxmg9mgr，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