（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(cè)診斷卷

第二講 機(jī)械能守恒定律 功能關(guān)系課前自測(cè)診斷卷考點(diǎn)一單個(gè)物體的機(jī)械能守恒1.考查平拋運(yùn)動(dòng)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(shì)能面，拋出時(shí)小球的動(dòng)能和重力勢(shì)能相等，當(dāng)小球的動(dòng)能為重力勢(shì)能的3倍時(shí)，小球的速度方向與水平方向夾角為，則tan 的值為(不計(jì)空氣阻力)()A.B.C.D.解析：選A物塊做平拋運(yùn)動(dòng)，機(jī)械能守恒，則初狀態(tài)的機(jī)械能：E1mv02mgH，且mv02mgH，即E1mv02；末狀態(tài)的機(jī)械能：E2mv2mgh，且mv23mgh，則E2mv2，根據(jù)機(jī)械能守恒定律：E1E2，即mv02mv2，解得v，設(shè)此時(shí)速度與水平方向的夾角為，則tan ，故選A。2考查機(jī)械能守恒定律與平拋運(yùn)動(dòng)、圓周運(yùn)動(dòng)的綜合如圖所示，豎直平面內(nèi)固定著由兩個(gè)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(diǎn)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(zhǎng)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(shí)彈簧處于鎖定狀態(tài)，具有一定的彈性勢(shì)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(diǎn)拋出(不計(jì)小球與水平面和細(xì)管的摩擦)，若小球經(jīng)C點(diǎn)時(shí)對(duì)管道外側(cè)的彈力大小為mg。(1)求彈簧鎖定時(shí)具有的彈性勢(shì)能Ep；(2)求小球經(jīng)細(xì)管B點(diǎn)的前、后瞬間對(duì)管道的壓力；(3)試通過計(jì)算判斷小球能否落在薄板DE上。解析：(1)小球經(jīng)過C點(diǎn)時(shí)，管道對(duì)小球的彈力FNmg，方向豎直向下，根據(jù)向心力公式有mgFNm從解除彈簧鎖定到小球運(yùn)動(dòng)到C點(diǎn)過程中，彈簧的彈性勢(shì)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Ep2mgRmvC2解得Ep3mgR。(2)小球解除鎖定到經(jīng)過B點(diǎn)的過程中，根據(jù)機(jī)械能守恒，有3mgRmgRmvB2小球經(jīng)B點(diǎn)前、后瞬間，彈力提供向心力，則FNm解得FN4mg由牛頓第三定律可知，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(diǎn)后做平拋運(yùn)動(dòng)，根據(jù)平拋運(yùn)動(dòng)規(guī)律有2Rgt2，xvCt解得x2R。因?yàn)閤2R2R，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(diǎn)二多個(gè)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(shí)(圖中B處)，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(shí)，重物上升的高度也為dC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(shí)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(xiàng)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(xiàng)錯(cuò)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(gè)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(xiàng)錯(cuò)誤；小環(huán)和重物系統(tǒng)機(jī)械能守恒，則mgd2mghmv環(huán)22mv物2，且v物v環(huán)cos 45，解得：v環(huán)，故D項(xiàng)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(yùn)動(dòng)。不計(jì)摩擦，a、b可視為質(zhì)點(diǎn)(重力加速度大小為g) ，則()Aa落地前，a、b整體的機(jī)械能守恒B因?yàn)閍的機(jī)械能守恒，所以a落地時(shí)速度大小為Ca落地前，當(dāng)b對(duì)地面的壓力大小為mg時(shí)，b的機(jī)械能最大Da下落過程中，豎直桿對(duì)a的作用力逐漸減小解析：選ACa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(xiàng)A正確；a下落過程中，桿對(duì)a做功，則a的機(jī)械能不守恒，選項(xiàng)B錯(cuò)誤；a、b整體的機(jī)械能守恒，當(dāng)a的機(jī)械能最小時(shí)，b的機(jī)械能最大，此時(shí)b受到a的推力為零，b只受到重力的作用，所以b對(duì)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(duì)a、b整體而言，豎直桿對(duì)a的作用力先向右后向左，大小不是一直減小，選項(xiàng)D錯(cuò)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(shí)細(xì)繩伸直，用手托著物體A使彈簧處于原長(zhǎng)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，與地面即將接觸時(shí)速度大小為v，此時(shí)物體B對(duì)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(shí)物體B的速度大小也為vC此時(shí)物體A的加速度大小為g，方向豎直向上D此時(shí)彈簧的彈性勢(shì)能等于mghmv2解析：選AD物體B對(duì)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(zhǎng)量為h，由胡克定律得k，故A正確，B錯(cuò)誤；此時(shí)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(cuò)誤；物體A與彈簧系統(tǒng)機(jī)械能守恒，mghEp彈mv2，故Ep彈mghmv2，故D正確。6考查系統(tǒng)機(jī)械能守恒與動(dòng)能定理的綜合應(yīng)用(2019揚(yáng)州期末)如圖所示，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M3m，對(duì)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(diǎn)，撤去力F后，小球由靜止下滑。重力加速度為g，sin 0.64，不計(jì)一切摩擦。求：(1)力F的大?。?2)小球運(yùn)動(dòng)到最低點(diǎn)C時(shí)，速度大小v以及管壁對(duì)它彈力的大小N；(3)在小球從A點(diǎn)運(yùn)動(dòng)到C點(diǎn)過程中，細(xì)線對(duì)物塊做的功W。解析：(1)對(duì)小球：細(xì)線上的拉力T3mg對(duì)物塊：mgsin FT聯(lián)立解得：F2.36mg。(2)小球在C點(diǎn)時(shí)速度與物塊速度大小相等。 對(duì)小球和物塊組成的系統(tǒng)，由機(jī)械能守恒定律得3mgRmgRsin (3mm)v2解得：v在C點(diǎn)：對(duì)小球，由牛頓第二定律得N3mg3m解得：N6mg。(3)在小球從A點(diǎn)運(yùn)動(dòng)到C點(diǎn)過程中，對(duì)物塊，由動(dòng)能定理得WmgRsin mv20解得：WmgR。答案：(1)2.36mg(2)6mg(3)mgR考點(diǎn)三功能關(guān)系的應(yīng)用7.考查功與能量變化的對(duì)應(yīng)關(guān)系多選如圖所示，質(zhì)量為M、長(zhǎng)度為L(zhǎng)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(diǎn))放在小車的最左端，現(xiàn)用一水平恒力F作用在小物塊上，使小物塊從靜止開始做勻加速直線運(yùn)動(dòng)。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(shí)，小物塊運(yùn)動(dòng)的距離為x。在這個(gè)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(shí)具有的動(dòng)能為(Ff)(Lx)B小物塊到達(dá)小車最右端時(shí)，小車具有的動(dòng)能為fxC小物塊克服摩擦力所做的功為fxD小物塊和小車增加的總動(dòng)能為FxfL解析：選CD由題意可知，小物塊運(yùn)動(dòng)的距離為x，則對(duì)小物塊，由動(dòng)能定理得：Ekm(Ff)x，故A錯(cuò)誤；小物塊到達(dá)小車最右端時(shí)，小車運(yùn)動(dòng)的距離為xL，則對(duì)小車，由動(dòng)能定理得：EkMf(xL)，故B錯(cuò)誤；小物塊運(yùn)動(dòng)的距離為x，則小物塊克服摩擦力所做的功為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(dòng)能為FxfL，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(gè)質(zhì)量為m的物體以某一速度從A 點(diǎn)沖上傾角為30的斜面，其運(yùn)動(dòng)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(shì)能增加了mghB動(dòng)能損失了mghC機(jī)械能損失了0.25mghD物體克服摩擦力的功率隨時(shí)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(shì)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mamg，方向沿斜面向下，根據(jù)動(dòng)能定理得，EkF合mg2h1.5mgh，所以物體的動(dòng)能減小1.5mgh，故B錯(cuò)誤；物體的動(dòng)能減小1.5mgh，重力勢(shì)能增加mgh，所以機(jī)械能減小0.5mgh，故C錯(cuò)誤；物體克服摩擦力的功率為Pfvf(v0at)，f、v0、a不變，所以物體克服摩擦力的功率隨時(shí)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(yùn)動(dòng)，如圖甲所示。在物體向上運(yùn)動(dòng)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(jì))，已知曲線上點(diǎn)A處的切線斜率最大，則()A在x1處物體所受拉力最大B在x1x2過程中，物體的動(dòng)能先增大后減小C在x2處物體的速度最大D在x1x2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(shí)機(jī)械能變化最快，由EFx可知此時(shí)所受的拉力最大，故A正確；x1x2過程中，圖像的斜率越來越小，則說明拉力越來越小，x2時(shí)刻圖像的斜率為零，說明此時(shí)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(cuò)誤；由圖像可知，在x1x2過程中，拉力逐漸減小，直到變?yōu)榱悖瑒t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(cuò)誤。10考查傳送帶模型中的功能關(guān)系水平傳送帶在電動(dòng)機(jī)的帶動(dòng)下始終以速度v勻速運(yùn)動(dòng)。某時(shí)刻在傳送帶上A點(diǎn)處輕輕放上一個(gè)質(zhì)量為m的小物體，經(jīng)時(shí)間t小物體的速度與傳送帶相同，相對(duì)傳送帶的位移大小為x，A點(diǎn)未到右端，在這段時(shí)間內(nèi)()A小物體相對(duì)地面的位移大小為2xB傳送帶上的A點(diǎn)對(duì)地面的位移大小為xC由于物體與傳送帶相互作用產(chǎn)生的熱能為mv2D由于物體與傳送帶相互作用電動(dòng)機(jī)要多做的功為mv2解析：選D物體相對(duì)地面發(fā)生的位移為x1tt，傳送帶發(fā)生的位移為x2vt，物體相對(duì)傳送帶發(fā)生的位移的大小為xx2x1vt，再根據(jù)題意物體相對(duì)傳送帶的位移大小為x，比較可知xxx1，所以A錯(cuò)誤。根據(jù)選項(xiàng)A的分析可知，A點(diǎn)對(duì)地面的位移大小為x2vt2x，所以B錯(cuò)誤。根據(jù)摩擦生熱公式Qfs相對(duì)可知，產(chǎn)生的熱能為Qfx；又物體的加速度應(yīng)為a，物體受到的阻力fma；聯(lián)立以上各式解得Qmmv2，所以C錯(cuò)誤。根據(jù)能量守恒定律可知，電動(dòng)機(jī)多消耗的電能應(yīng)為E電QE機(jī)mv2mv2mv2，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(gè)電動(dòng)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M1.5 kg、m0.5 kg。A、B由跨過輕質(zhì)滑輪的足夠長(zhǎng)的輕繩系住。在電動(dòng)機(jī)牽引下使廂體A由靜止開始向上運(yùn)動(dòng)，電動(dòng)機(jī)輸出功率20 W保持不變，廂體上升1 m時(shí)恰好達(dá)到最大速度。不計(jì)空氣阻力和摩擦阻力，g取10 m/s2。在廂體向上運(yùn)動(dòng)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(shí)，重物下端繩的拉力大?。?3)廂體從開始運(yùn)動(dòng)到恰好達(dá)到最大速度過程中所用的時(shí)間。解析：(1)設(shè)廂體的最大速度為vm，由分析可知，當(dāng)F(Mm)g時(shí)，廂體A的速度最大由PFvm可知，vm m/s2 m/s。(2)當(dāng)廂體向上的加速度為a1 m/s2時(shí)，利用牛頓第二定律，對(duì)A：FAMgMa對(duì)B：FBmgFAma由式，得：FB12 N。(3)電動(dòng)機(jī)做的功等于A、B機(jī)械能的增加量Pt(Mm)vm2Mghmgh解得：t0.7 s。答案：(1)2 m/s(2)12 N(3)0.7 s7