2019人教版高考物理二轮复习练习：专题二 第2讲机械能守恒定律功能关系 WORD版含解析.docx

1、第 2 讲 机械能守恒定律 功能关系做真题明考向 真题体验 透视命题规律 真题再做 1.(2018高考全国卷，T18)如图，abc 是竖直面内的光滑固定轨道，ab 水平，长度为 2R；bc 是半径为 R 的四分之一圆弧，与 ab 相切于 b 点一质量为 m 的小球，始终受到与重力大小相等的水平外力的作用，自 a 点处从静止开始向右运动重力加速度大小为 g.小球从 a 点开始运动到其轨迹最高点，机械能的增量为()A2mgRB4mgRC5mgRD6mgR解析：小球从 a 运动到 c，根据动能定理，得F3RmgR12mv21，又 Fmg，故 v12 gR，小球离开 c 点在竖直方向做竖直上抛运动，水

2、平方向做初速度为零的匀加速直线运动，且水平方向与竖直方向的加速度大小相等，都为 g，故小球从 c 点到最高点所用的时间 tv1g2Rg，水平位移 x12gt22R，根据功能关系，小球从 a 点到轨迹最高点机械能的增量为力 F 做的功，即 EF(2RRx)5mgR.答案：C2.(多选)(2016高考全国卷，T21)如图，小球套在光滑的竖直杆上，轻弹簧一端固定于 O 点，另一端与小球相连现将小球从 M 点由静止释放，它在下降的过程中经过了 N 点已知在 M、N 两点处，弹簧对小球的弹力大小相等，且ONMOMN2.在小球从 M 点运动到 N 点的过程中()A弹力对小球先做正功后做负功B有两个时刻小球

3、的加速度等于重力加速度C弹簧长度最短时，弹力对小球做功的功率为零D小球到达 N 点时的动能等于其在 M、N 两点的重力势能差解析：在 M、N 两点处，弹簧对小球的弹力大小相等，且ONMOMNMg4l要使 P 仍能沿圆轨道滑回，P 在圆轨道的上升高度不能超过半圆轨道的中点 C.由机械能守恒定律有12Mv2BMgl联立式得53mM52m.答案：(1)6gl 2 2l(2)53mMm)的滑块 A、B，通过不可伸长的轻绳跨过光滑定滑轮相连，轻绳与斜面平行两滑块由静止释放后，沿斜面做匀加速运动若不计滑轮的质量，在两滑块沿斜面运动的过程中，下列说法中正确的是()A两滑块组成的系统机械能守恒B重力对 A 做

4、的功等于 A 动能的增加量C轻绳对 B 做的功等于 B 机械能的增加量D两滑块组成的系统的机械能的减少量等于 A 克服摩擦力做的功解析：除重力以外的力对系统做的功等于系统机械能的变化量，故 A 克服摩擦力做的功等于两滑块组成的系统机械能的减少量，拉力对 B 做的功等于 B 机械能的增加量，重力、绳的拉力及摩擦力对 A 做的功等于 A 动能的增加量，故选项 C、D 正确，A、B 错误答案：CD5如图所示，在竖直平面内有一半径为 R 的圆弧轨道，半径 OA 水平、OB 竖直，一个质量为 m 的小球自 A 点的正上方 P 点由静止开始自由下落，小球沿轨道到达最高点 B 时恰好对轨道没有压力已知 AP

5、2R，重力加速度为 g，则小球从 P 点运动到 B 点的过程中()A重力做功 2mgR B.机械能减少 mgRC合外力做功 mgRD克服摩擦力做功12mgR解析：小球从 P 点运动到 B 点的过程中，重力做功 WGmg(2RR)mgR，故 A 错误；小球沿轨道到达最高点 B 时恰好对轨道没有压力，则有 mgmv2BR，解得 vB gR，则此过程中机械能的减少量为 EmgR12mv2B12mgR，故 B 错误；根据动能定理可知，合外力做功 W 合12mv2B12mgR，故 C 错误；根据功能关系可知，小球克服摩擦力做的功等于机械能的减少量，为12mgR，故 D 正确答案：D6.如图所示，物体以

6、100 J 的初动能从斜面的底端向上运动，斜面足够长当它通过斜面上的M点时，其动能减少了80 J，机械能减少了32 J如果物体能从斜面上返回底端，则()A物体在斜面上运动时，机械能守恒B物体在向上运动时，机械能减少 100 JC物体上升到 M 还能上升的距离为到达 M 点前的14D物体返回 A 点时动能为 36 J解析：由题意，摩擦力始终做负功，机械能不守恒，选项 A 错误；物体向上运动到最高点时，重力势能不为零，机械能减少量小于 100 J，选项 B 错误；根据题意，当它通过斜面上的 M 点时，其动能减少了 80 J，机械能减少了 32 J，说明克服摩擦力做功 32 J，从 M点上升到最高点

7、的过程中，动能减少了 20 J，需要克服摩擦力做功 8 J，整个上升过程，共克服摩擦力做功 40 J，机械能减少了 40 J，物体上升到 M 还能上升的距离为到达 M 点前的14，选项 C 正确；物体返回 A 点的过程中，损失的机械能也是 40 J，物体返回 A 点时动能为 20 J，选项 D 错误答案：C考向三 动力学观点和能量观点的综合应用典例展示 2 如图所示，倾角为 的斜面底端固定一个挡板 P，质量为 m 的小物块 A 与质量不计的木板 B 叠放在斜面上，A 位于 B 的最上端且与挡板 P 相距 L.已知 A 与 B、B 与斜面间的动摩擦因数分别为 1、2，且 1tan 2，最大静摩擦

8、力等于滑动摩擦力，A 与挡板 P 相撞的过程中没有机械能损失将 A、B 同时由静止释放(1)求 A、B 释放瞬间小物块 A 的加速度大小 a1；(2)若 A 与挡板 P 不相撞，求木板 B 的最小长度 l0；(3)若木板 B 的长度为 l，求整个过程中木板 B 运动的总路程思路探究(1)A、B 释放瞬间受哪些力的作用？(2)B 与挡板相撞后，B 如何运动？(3)A 与挡板 P 恰好不相碰的条件是什么？解析(1)释放 A、B，它们一起匀加速下滑以 A、B 为研究对象，由牛顿第二定律有mgsin 2mgcos ma1，解得 a1gsin 2gcos.(2)在 B 与挡板 P 相撞前，A 和 B 相

9、对静止，以相同的加速度一起向下做匀加速运动B与挡板 P 相撞后立即静止，A 开始匀减速下滑若 A 到达挡板 P 处时的速度恰好为零，此时 B 的长度即为最小长度 l0.从 A 释放至到达挡板 P 处的过程中，B 与斜面间由于摩擦产生的热量Q12mgcos(Ll0)，A 与 B 间由于摩擦产生的热量Q21mgcos l0根据能量守恒定律有 mgLsin Q1Q2，得 l0sin 2cos 12cos L.(3)分两种情况：若 ll0，B 与挡板 P 相撞后不反弹，A 一直减速直到静止在木板 B 上木板 B 通过的路程 xLl若 ltan 2”)，找出联系不同阶段的“桥梁”(2)受力及功能分析：分

10、析物体所经历的各个运动过程的受力情况以及做功情况的变化，选择适合的规律求解，如例题中第(3)问，若 ll0 时，A 与挡板 P 碰后运动情况的分析(3)规律应用：对滑块和滑板分别运用动能定理，或者对系统运用能量守恒定律如图所示，要注意区分三个位移7(2018四川成都一诊)如图甲所示，倾角 30的足够长固定光滑斜面上，用平行于斜面的轻弹簧拉着质量 m1 kg 的物体沿斜面向上运动已知物体在 t1 s 到 t3 s 这段时间的 v-t 图象如图乙所示，弹簧的劲度系数 k200 N/m，重力加速度 g 取 10 m/s2.则在该段时间内()A物体的加速度大小为 2 m/s2B弹簧的伸长量为 3 cm

11、C弹簧的弹力做功为 30 JD物体的重力势能增加 36 J解析：根据 v-t 图象的斜率表示加速度可知，物体的加速度大小为 avt1 m/s2，选项 A 错误；对斜面上的物体受力分析，受到竖直向下的重力 mg、斜面的支持力和轻弹簧的弹力 F，由牛顿第二定律，Fmgsin 30ma，解得 F6 N由胡克定律 Fkx 可得弹簧的伸长量 x3 cm，选项 B 正确；在 t1 s 到 t3 s 这段时间内，物体动能增大 Ek12mv2212mv216 J，根据 v-t 图象与时间轴所围面积等于位移，可知物体向上运动位移 x6 m，物体重力势能增加 Epmgxsin 3030 J，根据功能关系可知，弹簧

12、弹力做功 WEkEp36 J，选项 C、D 错误答案：B8(2018河南重点中学联考)如图甲所示，质量 M1.0 kg 的长木板 A 静止在光滑水平面上，在木板的左端放置一个质量 m1.0 kg 的小铁块 B，铁块与木板间的动摩擦因数 0.2，对铁块施加水平向右的拉力 F，F 大小随时间变化如图乙所示，4 s 时撤去拉力可认为 A、B 间的最大静摩擦力与滑动摩擦力大小相等，重力加速度 g 取 10 m/s2.求：(1)01 s 内，A、B 的加速度大小 aA、aB；(2)B 相对 A 滑行的最大距离 x；(3)04 s 内，拉力做的功 W；(4)04 s 内系统产生的摩擦热 Q.解析：(1)设

13、在 01 s 内，A、B 两物体已发生相对运动根据牛顿第二定律得 mgMaAF1mgmaB，代入数据得 aA2 m/s2，aB4 m/s2.aAaB，可见假设正确(2)t11 s 后，拉力 F2mg，铁块 B 做匀速运动，速度大小为 v1；木板 A 仍做匀加速运动，又经过时间 t2，速度与铁块 B 相等v1aBt1又 v1aA(t1t2)解得 t21 s设 A、B 速度相等后一起做匀加速运动，运动时间 t32 s，加速度为 aF2(Mm)aa1 m/s2木板 A 受到的静摩擦力FfMamg，A、B 一起运动x12aBt21v1t212aA(t1t2)2代入数据得 x2 m.(3)01 s 内拉

14、力做的功W1F1x1F112aBt2112 J12 s 内拉力做的功W2F2x2F2v1t28 J24 s 内拉力做的功W3F2x3F2(v1t312at23)20 J04 s 内拉力做的功WW1W2W340 J.(4)系统的摩擦热 Q 只发生在铁块与木板相对滑动阶段，此过程中系统产生的摩擦热Qmgx4 J.答案：(1)2 m/s2 4 m/s2(2)2 m(3)40 J(4)4 J限训练通高考 科学设题 拿下高考高分(45 分钟)一、单项选择题1(2018宁夏银川第四次月考)下列关于力做功与对应能量变化的说法正确的是()A合力做正功，机械能增加B合力做正功，物体的动能一定增加C摩擦力做功，物

15、体的机械能一定减少D合力做负功，重力势能一定减少解析：除重力外其余力做的功等于物体机械能的变化量，除重力外其余力做正功等于物体机械能的增加量，故 A、C 错误；由动能定理可知，合力做功是动能变化的量度，合力做正功，物体的动能一定增加，重力势能的变化是看重力是否做功，故 B 正确，D 错误答案：B2(2018陕西乾县一中高三第四次月考)一蹦极运动员身系弹性蹦极绳从水面上方的高台下落，到最低点时距水面还有数米距离假定空气阻力可忽略，运动员可视为质点，下列说法不正确的是()A运动员到达最低点前重力势能始终减小B蹦极绳张紧后的下落过程中，弹性力做负功，弹性势能增加C蹦极过程中，运动员、地球和蹦极绳所组

16、成的系统机械能守恒D蹦极过程中，重力势能的改变与重力势能零点的选取有关解析：运动员到达最低点前，重力对运动员一直做正功，运动员的重力势能始终减小，故 A 正确；蹦极绳张紧后的下落过程中，弹力方向向上，运动员的位移向下，弹性力对运动员做负功，弹性势能增加，故 B 正确；以运动员、地球和蹦极绳所组成的系统，只有重力和弹力做功，系统的机械能守恒，故 C 正确；重力势能的改变与重力做功有关，取决于初末位置的高度差，与重力势能零点的选取无关，故 D 错误答案：D3韩晓鹏是我国首位在冬奥会雪上项目夺冠的运动员他在一次自由式滑雪空中技巧比赛中沿“助滑区”保持同一姿态下滑了一段距离，重力对他做功 1 900

17、J，他克服阻力做功 100 J韩晓鹏在此过程中()A动能增加了 1 900 JB动能增加了 2 000 JC重力势能减小了 1 900 JD重力势能减小了 2 000 J解析：运动员在运动过程中受到重力和阻力的作用，合力做的功等于动能的增加量，故动能增加了 Ek1 900 J100 J1 800 J，选项 A、B 错误；重力做多少正功，重力势能就减小多少，故重力势能减小了 1 900 J，选项 C 正确，D 错误答案：C4(2018陕西汉中期末检测)空降兵是现代军队的重要兵种一次训练中，空降兵从静止在空中的直升机上竖直跳下(初速度可看成零，未打开降落伞不计空气阻力)，下落高度 h之后打开降落伞

18、，接着又下降高度 H 之后，空降兵达到匀速设空降兵打开降落伞之后受到的空气阻力与速度平方成正比，比例系数为 k，即 fkv2.关于空降兵的说法正确的是()A空降兵从跳下到下落高度为 h 时，机械能一定损失了 mghB空降兵从跳下到刚匀速时，重力势能一定减少了 mgHC空降兵匀速下降时，速度大小为mgkD空降兵从跳下到刚匀速的过程，空降兵克服阻力做功为 mg(Hh)m2gk解析：空降兵从跳下到下落高度为 h 的过程中，只有重力做功，机械能不变，故 A 项错误；空降兵从跳下到刚匀速时，重力做功 mg(Hh)，重力势能一定减少了 mg(Hh)，故B 项错误；空降兵匀速运动时，重力与阻力大小相等，所以

19、 kv2mg，得 vmgk，故 C项正确；空降兵从跳下到刚匀速的过程，重力和阻力对空降兵做的功等于空降兵动能的变化，即 mg(Hh)W 克 f12mv2，得 W 克 fmg(Hh)m2g2k，故 D 项错误答案：C5.如图所示，竖直向上的匀强电场中，绝缘轻质弹簧竖直立于水平地面上，一质量为 m 的带正电小球在外力 F 的作用下静止于图示位置，小球与弹簧不连接，弹簧处于压缩状态现撤去 F，在小球从静止开始运动到离开弹簧的过程中，重力、电场力、弹簧弹力对小球做功分别为 W1、W2、W3，不计空气阻力，则上述过程中()A小球重力势能的增量为 W1B小球与弹簧组成的系统机械能守恒C小球的动能的增量为

20、W1W2D小球机械能的增加量为 W2W3解析：题述过程中重力做负功，故 EpWGW1，A 错误；题述过程中电场力做功，所以小球与弹簧组成的系统机械能不守恒，B 错误；题述过程中电场力、重力、弹力都做功，根据动能定理可得 EkW1W2W3，C 错误；重力以外的力做功等于小球的机械能变化量，故小球机械能增加量等于弹力和电场力做功，所以 EW2W3，D 正确答案：D二、多项选择题6如图所示，固定的光滑斜面倾角为 30，质量分别为 M、m 的两个物体通过细绳及轻弹簧连接于光滑轻滑轮两侧，斜面底端有一与斜面垂直的挡板开始时用手按住物体 M，此时 M 与挡板的距离为 s，滑轮两边的细绳恰好伸直，且弹簧处于

21、原长状态已知 M2m，空气阻力不计松开手后，关于二者的运动，下列说法正确的是()AM 和 m 组成的系统机械能守恒B当 M 的速度最大时，m 与地面间的作用力为零C若 M 恰好能到达挡板处，则此时 m 的速度为零D若 M 恰好能到达挡板处，则此过程中重力对 M 做的功等于弹簧弹性势能的增加量与物体 m 的机械能增加量之和解析：M、m 和弹簧组成的系统机械能守恒，选项 A 错误；当 M 的速度最大时，弹簧弹力 FMgsin 30mg，所以 m 与地面间的作用力为零，选项 B 正确；若 M 恰好能到达挡板处，M 有一段时间做减速运动，绳子拉力大于 mg，m 向上做加速运动，m 的速度不为零，选项

22、C 错误；重力对 M 做的功等于 M 重力势能的减少量，根据机械能守恒定律，若 M 恰好能到达挡板处，M 重力势能的减少量等于弹簧弹性势能的增加量与物体 m 机械能的增加量之和，选项 D 正确答案：BD7如图甲所示，倾角 30的光滑斜面固定在水平面上，自然伸长的轻质弹簧一端固定在斜面底端的挡板上一质量为 m 的小球，从离弹簧上端一定距离的位置静止释放，接触弹簧后继续向下运动，小球运动的 v-t 图象如图乙所示，其中 OA 段为直线段，AB 段是与 OA 相切于 A 点的平滑曲线，BC 是平滑曲线，不考虑空气阻力，重力加速度为 g.关于小球的运动过程，下列说法正确的是()A小球在 tB 时刻所受

23、弹簧的弹力等于12mgB小球在 tC 时刻的加速度大于12gC小球从 tC 时刻所在的位置由静止释放后，能回到出发点D小球从 tA 时刻到 tC 时刻的过程中，重力势能的减少量等于弹簧弹性势能的增加量解析：小球在 tB 时刻速度达到最大，此时弹簧的弹力等于重力沿斜面的分力，即此时 F弹mgsin 3012mg，故 A 正确；由题意可知，tA 时刻小球刚好与弹簧接触且弹簧无形变，此时小球的加速度 aA12g，由图乙可知，A 点图线斜率的绝对值小于 C 点图线斜率的绝对值，分析可知小球在 tC 时刻的加速度大于12g，故 B 正确；整个过程中，弹簧和小球组成的系统机械能守恒，故小球从 C 点释放能

24、到达原来的释放点，故 C 正确；小球从 tA 时刻到 tC时刻的过程中，由系统机械能守恒知小球重力势能的减少量与动能的减少量之和等于弹簧弹性势能的增加量，故 D 错误答案：ABC8如图所示，甲、乙两传送带与水平面的夹角相同，都以恒定速率 v 向上运动现将一质量为 m 的小物体(视为质点)轻轻放在 A 处，小物体在甲传送带上被传送到 B 处时恰好达到传送带的速率 v，在乙传送带上被传送到离 B 处竖直高度为 h 的 C 处时达到传送带的速率 v.已知 B 处离地面的高度均为 H，则在小物体从 A 到 B 的过程中()A小物体与甲传送带间的动摩擦因数较小B两传送带对小物体做功相等C甲传送带消耗的电

25、能比较大D两种情况下因摩擦产生的热量相等解析：根据公式 v22ax 可知，物体加速度关系 a 甲a 乙，再由牛顿第二定律 mgcos mgsin ma 得知，甲Q 乙，根据能量守恒定律，电动机消耗的电能E 电等于摩擦产生的热量Q与物体增加机械能之和，因物块两次从A到B增加的机械能相同，Q 甲Q 乙，所以将小物体传送到 B 处，甲传送带消耗的电能更多，故 C 正确，D 错误答案：ABC三、非选择题9如图所示，左侧竖直墙面上固定一半径为 R0.3 m 的光滑半圆环，右侧竖直墙面上与圆环的圆心 O 等高处固定一光滑直杆质量为 ma100 g 的小球 a 套在半圆环上，质量为mb36 g 的滑块 b

26、套在直杆上，二者之间用长为 l0.4 m 的轻杆通过两铰链连接现将 a从圆环的最高处由静止释放，使 a 沿圆环自由下滑，不计一切摩擦，a、b 均视为质点，重力加速度 g 取 10 m/s2.求：(1)小球 a 滑到与圆心 O 等高的 P 点时的向心力大小；(2)小球 a 从 P 点下滑至杆与圆环相切的 Q 点的过程中，杆对滑块 b 做的功解析：(1)当 a 滑到与 O 同高度 P 点时，a 的速度 v 沿圆环切线向下，b 的速度为零，由机械能守恒定律可得 magR12mav2，解得 v 2gR对小球 a 受力分析，由牛顿第二定律可得Fmav2R2mag2 N.(2)杆与圆相切时，如图所示，a

27、的速度沿杆方向，设此时 b 的速度为 vb，根据杆不可伸长和缩短，有 vavbcos 由几何关系可得 cos ll2R20.8在图中，球 a 下降的高度 hRcos a、b 系统机械能守恒 magh12mav2a12mbv2b12mav2对滑块 b，由动能定理得W12mbv2b0.194 4 J.答案：(1)2 N(2)0.194 4 J10如图甲所示，质量为 m1 kg 的滑块(可视为质点)，从光滑、固定的14圆弧轨道的最高点 A 由静止滑下，经最低点 B 后滑到位于水平面的木板上，已知木板质量 M2 kg，其上表面与圆弧轨道相切于 B 点，且长度足够长，滑块滑上木板后，木板的 v-t 图象

28、如图乙所示，重力加速度 g 取 10 m/s2，求：(1)滑块经过 B 点时对圆弧轨道的压力；(2)木板与地面之间、滑块与木板之间的动摩擦因数；(3)滑块在木板上滑过的距离解析：(1)设圆弧轨道半径为 R，从 A 到 B 的过程中滑块的机械能守恒设滑块到达 B点时的速度大小为 v，则由机械能守恒定律可得mgR12mv2经过 B 点时，由牛顿第二定律可得FNmgmv2R求解可得 FN30 N根据牛顿第三定律可知，滑块在 B 点时对轨道的压力大小为 30 N，方向竖直向下(2)由 v-t 图象可知，木板加速时的加速度大小为 a11 m/s2，滑块与木板共同减速时的加速度大小为 a21 m/s2设木

29、板与地面间的动摩擦因数为 1，滑块与木板之间的动摩擦因数为 2，则在 12 s内，对滑块和木板有1(mM)g(mM)a2在 01 s 内，对木板有2mg1(mM)gMa1联立并代入数据解得 10.1，20.5.(3)滑块在木板上滑动过程中，设滑块与木板相对静止时的共同速度为 v1，滑块从滑上木板到两者具有共同速度所用时间为 t1，则对滑块有2mgma，v1vat1木板的位移 x1v12 t1滑块的位移 x2v1v2t1滑块在木板上滑过的距离 xx2x1从图乙可知 v11 m/s，t11 s代入数据求解可得 x3 m.答案：(1)30 N，竖直向下(2)0.1 0.5(3)3 m11(2018贵

30、州贵阳高三期末)如图所示，AB 是长度 x0.5 m 的水平直轨道，B 端与半径为 R0.1 m 的光滑四分之一圆轨道 BC 相切，过 B 点的半径竖直A 端左侧固定一个倾角 30的光滑斜面，连接处顺滑；穿过足够高的定滑轮的轻绳两端分别系着小物块 a 和 b，a 的质量 m11 kg.开始时将 b 按压在地面不动，a 位于斜面上高 h0.5 m 的地方，此时滑轮左边的绳子竖直而右边的绳子与斜面平行，然后放开手，让 a 沿斜面下滑而 b 上升，当 a滑到斜面底端 A 点时绳子突然断开，a 继续沿水平地面运动，然后进入 BC 轨道，已知物块a 与水平地面间的动摩擦因数 0.2，g 取 10 m/s

31、2.(1)若物块 a 到达 C 点时的速度 vC1 m/s，求 a 在 B 点时对轨道的压力大小；(2)要使物块 a 能滑上轨道 BC 又不会从最高点 C 处滑出，求 b 的质量 m2 的取值范围解析：(1)设物块 a 经过 B 点时的速度为 vB由机械能守恒定律得12m1v2B12m1v2Cm1gR设物块 a 刚进入圆轨道 BC 时受到的支持力为 FN，由牛顿第二定律有FNm1gm1v2BR联立解得 FN40 N由牛顿第三定律，物块 a 对轨道的压力大小为 40 N.(2)设物块 a 经过 A 点的速度为 v1 时恰能滑到 B 点，由动能定理有m1gx012m1v21解得 v1 2 m/s设物块 a 经过 A 点的速度为 v2 时恰能滑到 C 点，由动能定理有m1gxm1gR012m1v22解得 v22 m/s要使物块能滑上轨道 BC 而又不从 C 点滑出，物块 a 在 A 点的速度 vA 应满足2 m/svA2 m/s设两物块的共同速度为 vA，绳断前 a、b 组成的系统机械能守恒，有m1gh12m1v2A12m2v2Am2g hsin 解得14 kgm2 411 kg答案：(1)40 N(2)14 kgm2 411 kg