2019高考物理二轮复习专题二能量与动量第2讲机械能守恒定律功能关系学案.docx

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授课提示：对应学生用书第27页真题再做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F3RmgRmv，又Fmg，故v12，小球离开c点在竖直方向做竖直上抛运动，水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t2，水平位移xgt22R，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ONMOMN.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MvMgl联立式得mMm.答案：(1)2l(2)mMm)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AP2R，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2mgRB.机械能减少mgRC合外力做功mgRD克服摩擦力做功mgR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mgm，解得vB，则此过程中机械能的减少量为EmgRmvmgR，故B错误；根据动能定理可知，合外力做功W合mvmgR，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mgR，故D正确答案：D6.如图所示，物体以100J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80J，机械能减少了32J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100JC物体上升到M还能上升的距离为到达M点前的D物体返回A点时动能为36J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100J，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80J，机械能减少了32J，说明克服摩擦力做功32J，从M点上升到最高点的过程中，动能减少了20J，需要克服摩擦力做功8J，整个上升过程，共克服摩擦力做功40J，机械能减少了40J，物体上升到M还能上升的距离为到达M点前的，选项C正确；物体返回A点的过程中，损失的机械能也是40J，物体返回A点时动能为20J，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1tan2，最大静摩擦力等于滑动摩擦力，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mgsin2mgcosma1，解得a1gsin2gcos.(2)在B与挡板P相撞前，A和B相对静止，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Q21mgcosl0根据能量守恒定律有mgLsinQ1Q2，得l0L.(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ltan2”)，找出联系不同阶段的“桥梁”(2)受力及功能分析：分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m1kg的物体沿斜面向上运动已知物体在t1s到t3s这段时间的vt图象如图乙所示，弹簧的劲度系数k200N/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2m/s2B弹簧的伸长量为3cmC弹簧的弹力做功为30JD物体的重力势能增加36J解析：根据vt图象的斜率表示加速度可知，物体的加速度大小为a1m/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，Fmgsin30ma，解得F6N由胡克定律Fkx可得弹簧的伸长量x3cm，选项B正确；在t1s到t3s这段时间内，物体动能增大Ekmvmv6J，根据vt图象与时间轴所围面积等于位移，可知物体向上运动位移x6m，物体重力势能增加Epmgxsin3030J，根据功能关系可知，弹簧弹力做功WEkEp36J，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M1.0kg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m1.0kg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，4s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10m/s2.求：(1)01s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)04s内，拉力做的功W；(4)04s内系统产生的摩擦热Q.解析：(1)设在01s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aA2m/s2，aB4 m/s2.aAaB，可见假设正确(2)t11s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t21s设A、B速度相等后一起做匀加速运动，运动时间t32s，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xaBtv1t2aA(t1t2)2代入数据得x2m.(3)01s内拉力做的功W1F1x1F1aBt12J12 s内拉力做的功W2F2x2F2v1t28 J24 s内拉力做的功W3F2x3F2(v1t3at)20 J04s内拉力做的功WW1W2W340J.(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Qmgx4J.答案：(1)2m/s24 m/s2(2)2m(3)40J(4)4J限训练通高考科学设题拿下高考高分单独成册对应学生用书第133页(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1900J，他克服阻力做功100J韩晓鹏在此过程中()A动能增加了1900JB动能增加了2000JC重力势能减小了1900JD重力势能减小了2000J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Ek1900J100J1800J，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1900J，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，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D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)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kv2mg，得v，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fmv2，得W克fmg(Hh)，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FMgsin30mg，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vt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时刻所受弹簧的弹力等于mgB小球在tC时刻的加速度大于gC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mgsin30mg，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aAg，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g，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mgcosmgsinma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R0.3m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ma100g的小球a套在半圆环上，质量为mb36g的滑块b套在直杆上，二者之间用长为l0.4m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10m/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magRmav2，解得v对小球a受力分析，由牛顿第二定律可得Fma2mag2N.(2)杆与圆相切时，如图所示，a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cos0.8在图中，球a下降的高度hRcosa、b系统机械能守恒maghmavmbvmav2对滑块b，由动能定理得Wmbv0.1944J.答案：(1)2N(2)0.1944J10如图甲所示，质量为m1kg的滑块(可视为质点)，从光滑、固定的圆弧轨道的最高点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M2kg，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vt图象如图乙所示，重力加速度g取10m/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mgRmv2经过B点时，由牛顿第二定律可得FNmgm求解可得FN30N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30N，方向竖直向下(2)由vt图象可知，木板加速时的加速度大小为a11m/s2，滑块与木板共同减速时的加速度大小为a21 m/s2设木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12s内，对滑块和木板有1(mM)g(mM)a2在01s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x1t1滑块的位移x2t1滑块在木板上滑过的距离xx2x1从图乙可知v11m/s，t11s代入数据求解可得x3m.答案：(1)30N，竖直向下(2)0.10.5(3)3m11(2018贵州贵阳高三期末)如图所示，AB是长度x0.5m的水平直轨道，B端与半径为R0.1m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m11kg.开始时将b按压在地面不动，a位于斜面上高h0.5m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10m/s2.(1)若物块a到达C点时的速度vC1m/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m1vm1vm1gR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FNm1gm1联立解得FN40N由牛顿第三定律，物块a对轨道的压力大小为40N.(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m1gx0m1v解得v1m/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m1gxm1gR0m1v解得v22m/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m1ghm1vm2vm2g解得kgm2kg答案：(1)40N(2)kgm2kg