（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——课前自测诊断卷

1、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，则tan 的值为(不计空气阻力)()A.B.C.D.解析：选A物块做平抛运动，机械能守恒，则初状态的机械能：E1mv02mgH，且mv02mgH，即E1mv02；末状态的机械能：E2mv2mgh，且mv23mgh，则E2mv2，根据机械能守恒定律：E1E2，即mv02mv2，解得v，设此时速度与水平方向的夹角为，则ta

2、n ，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

3、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FNmg，方向竖直向下，根据向心力公式有mgFNm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Ep2mgRmvC2解得Ep3mgR。(2)小球解除锁定到经过B点的过程中，根据机械能守恒，有3mgRmgRmvB2小球经B点前、后瞬间，弹力提供向心力，则FNm解得FN4mg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2Rgt2，xvCt解得x2R。因为x2R2R，所以小球不能落在薄板DE上。答案

4、：(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D小环下落到B处时的速度为 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

5、A项正确；结合几何关系可知，重物上升的高度h(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cos 45，小环在B处的速度与重物上升的速度大小之比为1，故C项错误；小环和重物系统机械能守恒，则mgd2mghmv环22mv物2，且v物v环cos 45，解得：v环，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()Aa落

6、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Ca落地前，当b对地面的压力大小为mg时，b的机械能最大Da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

7、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B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mghmv2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，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，

8、加速度为零，故C错误；物体A与弹簧系统机械能守恒，mghEp弹mv2，故Ep弹mghmv2，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M3m，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，sin 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

9、析：(1)对小球：细线上的拉力T3mg对物块：mgsin FT联立解得：F2.36mg。(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3mgRmgRsin (3mm)v2解得：v在C点：对小球，由牛顿第二定律得N3mg3m解得：N6mg。(3)在小球从A点运动到C点过程中，对物块，由动能定理得WmgRsin mv20解得：WmgR。答案：(1)2.36mg(2)6mg(3)mgR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

10、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(Ff)(Lx)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FxfL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(Ff)x，故A错误；小物块到达小车最右端时，小车运动的距离为xL，则对小车，由动能定理得：EkMf(xL)，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

11、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FxfL，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mamg，方向沿斜面向下，根据动能定理得，EkF合mg2h1.5mgh，所以物体的动能减小1.5mg

12、h，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Pfvf(v0at)，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x1x2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x1x2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

13、体图像的斜率最大，说明此时机械能变化最快，由EFx可知此时所受的拉力最大，故A正确；x1x2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x1x2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

14、，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x1tt，传送带发生的位移为x2vt，物体相对传送带发生的位移的大小为xx2x1vt，再根据题意物体相对传送带的位移大小为x，比较可知xxx1，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x2vt2x，所以B错误。根据摩擦生热公式Qfs相对可知，产生的热能为Qfx；又物体的加速度应为a，物体受到的阻力fma；联立以上各式解得Qmmv2，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QE机mv2mv2mv2，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M1.5 kg、m0.5 kg。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20 W保持不变，厢体上升1 m时恰好达到最大速度。不计空气阻力和摩擦阻力，g取10 m/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1 m/s2时，重物