2022届高三物理精准提升专练9 功能关系、机械能守恒定律及其应用

1、专练专练9 功能关系、机械能守恒定律及其应用常考题型常考题型1.应用1.应用机械能守恒和能量守恒定律的应用 例1(多选)有一款小游戏“跳一跳”，游戏要求操控者通过控制棋子(质量为m，可视为质点)脱离平台时的速度，使其能从同一水平面上的平台跳到旁边的另一平台上。如图所示的抛物线为棋子在某次跳跃过程中的运动轨迹，轨迹的最高点距平台上表面高度为h，不计空气阻力，重力加速度为g，则()A棋子从离开平台至运动到最高点的过程中，重力势能增加mghB棋子从离开平台至运动到最高点的过程中，机械能增加mghC棋子离开平台后距平台面高度为eq f(h,2)时动能为eq f(mgh,2)D棋子落到另一平台上时的速度

2、大于eq r(2gh)【解析】设平台表面为零势能面，则棋子在最高点的重力势能为mgh，故棋子从离开平台至运动到最高点的过程中，重力势能增加mgh，A正确；棋子从离开平台至运动到最高点的过程中，不计空气阻力，只有重力做功，机械能守恒，B错误；取平台表面为零势能面，则棋子在最高点的机械能Emgheq f(1,2)mvx2，vx为棋子在最高点的速度由于机械能守恒，则棋子离开平台后距平台面高度为eq f(h,2)时，动能为EkEeq f(1,2)mgheq f(1,2)mgheq f(1,2)mvx2eq f(mgh,2)，C错误；设棋子落到另一平台时的瞬时速度大小为v，棋子从最高点落到另一平台的过程

3、中，根据动能定理得：mgheq f(1,2)mv2eq f(1,2)mvx2，解得：veq r(2ghvoal(,x2)eq r(2gh)，D正确。【答案】AD2.应用2.应用力学中功能关系的理解和应用 例2(2020全国I卷20)(多选)一物块在高3.0 m、长5.0 m的斜面顶端从静止开始沿斜面下滑，其重力势能和动能随下滑距离s的变化如图中直线、所示，重力加速度取10 m/s2。则()A. 物块下滑过程中机械能不守恒B. 物块与斜面间的动摩擦因数为0.5C. 物块下滑时加速度的大小为6.0 m/s2D. 当物块下滑2.0 m时机械能损失了12 J【解析】下滑5 m的过程中，重力势能减少30

4、 J，动能增加10 J，减小的重力势能并不等与增加的动能，所以机械能不守恒，A正确；斜面高3 m、长5 m，则斜面倾角为37。令斜面底端为零势面，则物块在斜面顶端时的重力势能mgh30 J，可得质量m1 kg，下滑5 m过程中，由功能原理，机械能的减少量等于克服摩擦力做的功mgcoss20 J，求得0.5，B正确；由牛顿第二定律mgsin mgcos ma，求得a2 m/s2，C错误；物块下滑2.0 m时，重力势能减少12 J，动能增加4 J，所以机械能损失了8 J，D选项错误。【答案】AB对点速练对点速练1(多选)如图，篮球比赛的某次快攻中，球员甲将球斜向上传给前方队友，球传出瞬间离地面高h

5、1，速度大小为v；对方球员乙原地竖直起跳拦截，其跃起后手离地面的最大高度为h2，球越过乙时速度沿水平方向，且恰好未被拦截。球可视为质点，质量为m，重力加速度取g，以地面为零势能面，忽略空气阻力，则()A篮球在空中运动时间为B球刚斜抛出时的水平速度为C队友接球前瞬间，球的动能一定为D队友接球前瞬间，球的机械能一定为【答案】BD【解析】球从甲到乙，在竖直方向上有，解得，这只是篮球在空中运动的部分时间，故A错误；球抛出的竖直速度，球抛出的水平速度，故B正确；由于不知队友的具体身高，则无法判断接球前瞬间，球的动能为多少，故C错误；由机械能守恒定律得，队友接球前瞬间，球的机械能一定为，故D正确。2(多选

6、)如图所示，一钢板悬挂在吊机的细绳下端，由静止开始沿竖直方向运动（忽略空气阻力，运动过程中钢板的机械能E与钢板通过距离x的关系图像如图所示，设地面势能为0，其中0 x1过程的图像为直线，x1x2过程的图像为曲线，则下列说法正确的是()A过程中钢板的速度先增大后减小B过程中钢板的加速度一定先减小后增大C过程中钢板一直处于失重状态D由图像信息可求出钢板的质量【答案】AD【解析】由题意可知，Ex图像的斜率表示绳子的拉力，所以0 x1过程中物体所受拉力是恒力，由于物体从静止开始运动，所以一开始必定是加速运动且加速度恒定，由于机械能减少，所以得知0 x1过程中物体是向下匀加速运动，因此处于失重状态； x

7、1x2过程中根据图像可知斜率增大，则物体绳子拉力增大，开始时拉力物体向下匀加速运动即拉力小于重力，然后拉力大于重力的，因此 x1x2过程中物体也经历了先加速后减速阶段，最终减速到0，物体先失重后超重，故A正确，BC错误；由Ex图像可知，钢板由静止开始沿竖直方向运动，落地时速度刚好为0，下落高度为x2，则有，解得，故D正确。3(多选)在距地面高H处由静止释放一小球，小球向下运动过程中受到的阻力不能忽略，以地面为重力势能的零势能面，物体的机械E能随小球到地面的高度h的变化关系图像如图所示，图中纵坐标b、c为已知数据，重力加速度为g。根据图像判断下列说法正确的是()A小球的质量等于B当时，小球的动能

8、等于重力势能bC小球运动的加速度等于D运动过程中小球受到的阻力大小恒为【答案】AC【解析】设小球质量为m，运动过程受到的阻力为f，根据功能关系可求小球下落到距地面高h处时的机械能为，结合图像可得，解得，A正确；当时，根据动能定理可求动能为，可见在此位置小球的动能小于重力势能，B错误；根据牛顿第二定律有，又因为，联立可得，C正确；由关系式，可知图像斜率的物理意义为阻力，可见阻力大小是恒定的，由图可得，D错误。4(多选)广州长隆水上乐园是世界知名的水上乐园，多次荣膺“全球必去水上乐园”称号。某水滑梯的示意图如图所示（图中L1、L2、h均为已知量），滑水装备与螺旋滑道间的摩擦可忽略，倾斜滑道和水平滑

9、道与滑水装备间的动摩擦因数均为。若一质量为m的游客（含装备，可视为质点）从螺旋滑道顶端由静止滑下，在倾斜滑道上加速下滑，且在水平滑道左端的速度大小为v。不计游客在倾斜滑道和水平滑道连接处的机械能损失，重力加速度大小为g，则下列说法正确的是()A游客刚进入倾斜滑道时的速度大小为BCD游客在整个滑道上运动的过程中损失的机械能为【答案】BD【解析】由机械能守恒定律有，解得游客刚进入倾斜滑道时的速度大小，故A错误；设倾斜滑道的倾角为，游客在倾斜滑道上加速下滑，有，解得，故B正确；游客从水平滑道左端离开，由动能定理，可得，故C错误；游客在整个滑道上运动的过程中损失的机械能，故D正确。4(多选)如图所示，

10、甲、乙两滑块的质量分别为1 kg、2 kg，放在静止的水平传送带上，两者相距5 m，与传送带间的动摩擦因数均为0.2。t0时，甲、乙分别以6 m/s、2 m/s的初速度开始向右滑行。t0.5 s时，传送带启动（不计启动时间，立即以3 m/s的速度向右做匀速直线运动，传送带足够长，重力加速度取10 m/s2。下列说法正确的是()At0.5 s时，两滑块相距2 mBt2.5 s时，两滑块相距3 mC01.5 s 内，乙相对传送带的位移大小为0.25 mD02.5 s内，两滑块与传送带间摩擦生热共为14.5 J【答案】CD【解析】两滑块匀减速运动时的加速度大小，乙减速到零的时间，所以t0.5 s时二

11、者均没有静止，根据运动学公式可得t0.5 s时，两滑块相距，故A错误；传送带启动时，甲滑块的速度为，与传送带速度相等所用时间，这1 s内甲滑块的位移，传送带启动时，乙滑块的速度，传送带启动后乙滑块匀加速运动，加速度大小不变，与传送带速度相等所用时间，这1 s内乙滑块的位移，1.5 s2.5 s两滑块都跟传送带一起匀速运动，两滑块相距，故B错误；在00.5 s内，乙相对传送带的位移大小，在0.5 s1.5 s内乙相对传送带的位移大小，因此01.5 s内，乙相对传送带的位移大小，故C正确；在00.5 s内，甲相对传送带的位移大小为，在0.51.5 s内甲相对传送带的位移大小，共速时甲滑块相对传送带

12、的距离，共速后不再发生相对运动，不会产生热，甲滑块传送带间摩擦生热量，乙滑块传送带间摩擦生热量，因此02.5 s内，两滑块与传送带间摩擦生热QQ1Q214.5 J，故D正确。5如图所示，倾角30的光滑斜面底端固定一垂直于斜面的挡板，长为2L的木板A静置于斜面上，A下端距挡板为L，可视为质点的物体B置于木板A顶端，随A一起无初速度释放。已知A、B质量均为m，A、B间滑动摩擦因数eq f(r(3),2)，重力加速度为g，求：(1)A第一次与挡板碰前的速度大小v1；(2)若A与挡板碰后以原速率反弹，忽略碰撞时间，求碰后A和B的加速度；(3)若A与挡板碰后以原速率反弹，忽略碰撞时间，求从开始释放，到A

13、第二次与挡板相碰前，系统损失的机械能。【解析】(1)物体B随A一起无初速度释放的加速度根据匀变速运动的公式有解得。(2)若A与挡板碰后，对A有解得，方向沿斜面向下对B有解得，方向沿斜面向上。(3)若碰后，假设B不从A上滑落，且经t后共速，则有可得则这段时间内有：，所以可见从开始释放，到A第二次与挡板相碰前，系统损失的机械能解得。6如图所示轻弹簧一端固定在水平面上的竖直挡板上，处于原长时另一端位于水平面上B点处，B点左侧光滑，右侧粗糙。水平面的右侧C点处有一足够长的斜面与水平面平滑连接，斜面倾角为37，斜面上有一半径为R1 m的光滑半圆轨道与斜面切于D点，半圆轨道的最高点为E，G为半圆轨道的另一

14、端点，LBC2.5 m，A、B、C、D、E、G均在同一竖直面内。使质量m0.5 kg的小物块P挤压弹簧右端至A点，然后由静止释放P，P到达B点时立即受到斜向右上方，与水平方向的夹角为37，大小为F5 N的恒力，一直保持F对物块P的作用，结果P通过半圆轨道的最高点E时的速度为vEeq r(10) m/s。已知P与水平面斜面间的动摩擦因数均为0.5，g取10 m/s2，sin 370.6，求：(1)P运动到E点时对轨道的压力大小；(2)弹簧的最大弹性势能；(3)若其他条件不变，增大B、C间的距离使P过G点后恰好能垂直落在斜面上，求P在斜面上的落点距D点的距离。【解析】(1) P在半圆轨道的最高点E，设轨道对P的压力为FN，由牛顿运动定律得：解得：FN3 N由牛顿第三定律得，P运动到E点时对轨道的压力FN3 N。(2)P从D点到E点，由动能定理得：解得：m/sP从C点到D点，由牛顿运动定律得：Fmgsin 3