（江苏专用）2020高考物理二轮复习 第一部分 专题二 功和能 第二讲 机械能守恒定律 功能关系——

第二讲机械能守恒定律功能关系——课前自测诊断卷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]将一小球从离水平地面高为H处以某一初速度水平抛出，取水平地面为重力的零势能面，抛出时小球的动能和重力势能相等，当小球的动能为重力势能的3倍时，小球的速度方向与水平方向夹角为θ，则tanθ的值为(不计空气阻力)()A.22B.2C.33D.3解析：选A物块做平抛运动，机械能守恒，则初状态的机械能：E1＝12mv02＋mgH，且12mv02＝mgH，即E1＝mv02；末状态的机械能：E2＝12mv2＋mgh，且12mv2＝3mgh，则E2＝23mv2，根据机械能守恒定律：E1＝E2，即mv02＝23mv2，解得v＝3v022，设此时速度与水平方向的夹角为θ，则tanθ＝vyv0＝v2－v02v0＝22，故选A。2．[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＝mvC2R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＋12mvC2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＋12mvB2小球经B点前、后瞬间，弹力提供向心力，则FN＝mvB2R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＝12gt2，x＝vCt解得x＝22R。因为x＝22R＞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3.[考查用轻绳连接的两物体机械能守恒][多选]如图所示，将质量为2m的重物悬挂在轻绳的一端，轻绳的另一端系一质量为m的小环，小环套在竖直固定的光滑直杆上，光滑定滑轮与直杆的距离为d。现将小环从与定滑轮等高的A处由静止释放，当小环沿直杆下滑距离为d时(图中B处)，下列说法正确的是(重力加速度为g)()A．小环与重物、地球组成的系统机械能守恒B．小环到达B处时，重物上升的高度也为dC．小环在B处的速度与重物上升的速度大小之比等于22D．小环下落到B处时的速度为－22gd解析：选AD由于小环和重物只有重力做功，则系统机械能守恒，故A项正确；结合几何关系可知，重物上升的高度h＝(2－1)d，故B项错误；将小环在B处的速度分解为沿着绳子方向和垂直于绳子方向的两个分速度，其中沿着绳子方向的速度即为重物上升的速度，则v物＝v环cos45°，小环在B处的速度与重物上升的速度大小之比为2∶1，故C项错误；小环和重物系统机械能守恒，则mgd－2mgh＝12mv环2＋12×2mv物2，且v物＝v环cos45°，解得：v环＝－22gd，故D项正确。4．[考查用轻杆连接的两物体机械能守恒][多选]如图，滑块a、b的质量均为m，a套在固定竖直杆上，与光滑水平地面相距h，b放在地面上。a、b通过铰链用刚性轻杆连接，由静止开始运动。不计摩擦，a、b可视为质点(重力加速度大小为g)，则()A．a落地前，a、b整体的机械能守恒B．因为a的机械能守恒，所以a落地时速度大小为2ghC．a落地前，当b对地面的压力大小为mg时，b的机械能最大D．a下落过程中，竖直杆对a的作用力逐渐减小解析：选ACa落地前，a、b整体只有重力做功，则整体的机械能守恒，选项A正确；a下落过程中，杆对a做功，则a的机械能不守恒，选项B错误；a、b整体的机械能守恒，当a的机械能最小时，b的机械能最大，此时b受到a的推力为零，b只受到重力的作用，所以b对地面的压力大小为mg，故C正确；a下落过程中，b先加速后减速，即b的加速度先向右后向左，对a、b整体而言，竖直杆对a的作用力先向右后向左，大小不是一直减小，选项D错误。5．[考查轻弹簧与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．弹簧的劲度系数为mghB．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．此时弹簧的弹性势能等于mgh－12mv2解析：选AD物体B对地压力恰好为零，处于平衡状态，速度仍为零，故弹簧的拉力为mg，弹簧的伸长量为h，由胡克定律得k＝mgh，故A正确，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＋12mv2，故Ep弹＝mgh－12mv2，故D正确。6．[考查系统机械能守恒与动能定理的综合应用](2019·扬州期末)如图所示，半径为R的半圆形管道ACB固定在竖直平面内，倾角为θ的斜面固定在水平面上，细线跨过小滑轮连接小球和物块，细线与斜面平行，物块质量为m，小球质量M＝3m，对物块施加沿斜面向下的力F使其静止在斜面底端，小球恰在A点，撤去力F后，小球由静止下滑。重力加速度为g，sinθ＝2π≈0.64，不计一切摩擦。求：(1)力F的大小；(2)小球运动到最低点C时，速度大小v以及管壁对它弹力的大小N；(3)在小球从A点运动到C点过程中，细线对物块做的功W。解析：(1)对小球：细线上的拉力T＝3mg对物块：mgsinθ＋F＝T联立解得：F＝2.36mg。(2)小球在C点时速度与物块速度大小相等。对小球和物块组成的系统，由机械能守恒定律得3mgR－mg·12πRsinθ＝12(3m＋m)v2解得：v＝gR在C点：对小球，由牛顿第二定律得N－3mg＝3mv2R解得：N＝6mg。(3)在小球从A点运动到C点过程中，对物块，由动能定理得W－mg·12πRsinθ＝12mv2－0解得：W＝32mgR。答案：(1)2.36mg(2)gR6mg(3)32mgR考点三功能关系的应用7.[考查功与能量变化的对应关系][多选]如图所示，质量为M、长度为L的小车静止在光滑的水平面上。质量为m的小物块(可视为质点)放在小车的最左端，现用一水平恒力F作用在小物块上，使小物块从静止开始做匀加速直线运动。小物块和小车之间的摩擦力为f，小物块滑到小车的最右端时，小物块运动的距离为x。在这个过程中，以下结论正确的是()A．小物块到达小车最右端时具有的动能为(F－f)(L＋x)B．小物块到达小车最右端时，小车具有的动能为fxC．小物块克服摩擦力所做的功为fxD．小物块和小车增加的总动能为Fx－fL解析：选CD由题意可知，小物块运动的距离为x，则对小物块，由动能定理得：Ekm＝(F－f)x，故A错误；小物块到达小车最右端时，小车运动的距离为x－L，则对小车，由动能定理得：EkM＝f(x－L)，故B错误；小物块运动的距离为x，则小物块克服摩擦力所做的功为fx，故C正确；根据能量转化和守恒定律可知，小物块和小车间摩擦生热为fL，则小物块和小车增加的总动能为Fx－fL，故D正确。8．[考查能量守恒定律的应用][多选]如图所示，一个质量为m的物体以某一速度从A点冲上倾角为30°的斜面，其运动的加速度为0.75g，物体在斜面上上升的最大高度为h，则物体在此过程中()A．重力势能增加了mghB．动能损失了mghC．机械能损失了0.25mghD．物体克服摩擦力的功率随时间在减小解析：选AD物体上升高度为h，克服重力做功为mgh，则重力势能增加了mgh，故A正确；根据牛顿第二定律知，物体所受的合力为F合＝ma＝34mg，方向沿斜面向下，根据动能定理得，ΔEk＝－F合·hsin30°＝－34mg·2h＝－1.5mgh，所以物体的动能减小1.5mgh，故B错误；物体的动能减小1.5mgh，重力势能增加mgh，所以机械能减小0.5mgh，故C错误；物体克服摩擦力的功率为P＝fv＝f(v0－at)，f、v0、a不变，所以物体克服摩擦力的功率随时间在均匀减小，故D正确。9．[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。10．[考查传送带模型中的功能关系]水平传送带在电动机的带动下始终以速度v匀速运动。某时刻在传送带上A点处轻轻放上一个质量为m的小物体，经时间t小物体的速度与传送带相同，相对传送带的位移大小为x，A点未到右端，在这段时间内()A．小物体相对地面的位移大小为2xB．传送带上的A点对地面的位移大小为xC．由于物体与传送带相互作用产生的热能为mv2D．由于物体与传送带相互作用电动机要多做的功为mv2解析：选D物体相对地面发生的位移为x1＝0＋v2t＝v2t，传送带发生的位移为x2＝vt，物体相对传送带发生的位移的大小为Δx＝x2－x1＝vt－vt2＝vt2，再根据题意物体相对传送带的位移大小为x，比较可知Δx＝x＝x1＝vt2，所以A错误。根据选项A的分析可知，A点对地面的位移大小为x2＝vt＝2x，所以B错误。根据摩擦生热公式Q＝fs相对可知，产生的热能为Q＝fx；又物体的加速度应为a＝vt，物体受到的阻力f＝ma；联立以上各式解得Q＝m·vt·vt2＝12mv2，所以C错误。根据能量守恒定律可知，电动机多消耗的电能应为E电＝Q＋ΔE机＝12mv2＋12mv2＝mv2，所以D正确。11．[考查多物体系统中功能关系的应用]如图所示是一个电动升降机的模型示意图，A为厢体，B为平衡重物，A、B的质量分别为M＝1.5kg、m＝0.5kg。A、B由跨过轻质滑轮的足够长的轻绳系住。在电动机牵引下使厢体A由静止开始向上运动，电动机输出功率20W保持不变，厢体上升1m时恰好达到最大速度。不计空气阻力和摩擦阻力，g取10m/s2。在厢体向上运动过程中，求：(1)厢体的最大速度vm；(2)厢体向上的加速度为1m/s2时，重物下端绳的拉力大小；(3)厢体从开始运动到恰好达到最大速度过程中所用的时间。解析：(1)设厢体的最大速度为vm，由分析可知，当F＝(M－m)g时，厢体A的速度最大由P＝Fvm可知，vm＝PM－mg＝20－m/s＝2m/s。(2)当厢体向上的加速度为a＝1m/s2时，利用牛顿第二定律，对A：FA－Mg＝Ma①对B：FB＋mg－FA＝ma②由①②式，得：FB＝12N。(3)电动机做的功等于A、B机械能的增加量Pt＝12(M＋m)vm