2019届高考物理 专题十 功能关系、机械能守恒定律及其应用精准培优专练.doc

培优点十 功能关系、机械能守恒定律及其应用一、考点分析1. 此知识点每年必考，试题往往与其他知识点相结合，难度较大。2. 两点注意：(1)求机械能和重力势能都要选择好零势能点。(2)利用动能定理求做功，对物体运动过程要求不严格，只要求得运动物体初末状态的速度即可。二、考题再现典例1. (2018全国I卷18)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的四分之一的圆弧，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( ) A. 2mgR B. 4mgR C. 5mgR D. 6mgR【解析】设小球运动到c点的速度大小为vc，a到c的过程，由动能定理得，又F = mg，解得，小球离开c点后，在水平方向做初速度为零的匀加速直线运动，竖直方向在重力作用力下做匀减速直线运动，由牛顿第二定律可知，小球离开c点后水平方向和竖直方向的加速度大小均为g，则由竖直方向的运动可知，小球从离开c点到其轨迹最高点所需的时间为，小球在水平方向的加速度a = g，在水平方向的位移为。由以上分析可知，小球从a点开始运动到其轨迹最高点的过程中，水平方向上的位移大小为5R，则小球机械能的增加量E = F5R = 5mgR，选项C正确。【答案】C典例2. (2017全国III卷16)如图，一质量为m，长度为l的均匀柔软细绳PQ竖直悬挂。用外力将绳的下端Q缓慢地竖直向上拉起至M点，M点与绳的上端P相距。重力加速度大小为g。在此过程中，外力做的功为( ) A BC D【解析】将绳的下端Q缓慢地竖直向上拉起至M点，PM段绳的机械能不变，MQ段绳的机械能的增加量为，由功能关系可知，在此过程中外力做的功，故选A。【答案】A三、对点速练1一根质量为m、长为L的均匀链条一半放在光滑的水平桌面上，另一半悬在桌边，桌面足够高，如图甲所示。若将一个质量为m的小球分别拴在链条左端和右端，如图乙、丙所示。约束链条的挡板光滑，三种情况均由静止释放，当整根链条刚离开桌面时，关于它们的速度(设甲、乙、丙三图中三根链条的速度分别为va、vb、vc)关系，下列判断中正确的是()Avavbvc Bva<vb<vc Cvc>va>vb Dva>vb>vc【答案】C【解析】链条释放之后到离开桌面，由于桌面无摩擦，机械能守恒，对三次释放，选桌面下方L处为零势能面，释放后重力势能减少量分别为Ep1mgL，Ep2mgL，Ep3mgL，由机械能守恒定律有Ep1mva2，Ep2(2m)vb2，Ep3(2m)vc2，解得v a2gL，vb2gL，v c2gL，即vc2>v>vb2，所以vc>va>vb，故选C。2(多选)如图所示，物块A和圆环B用绕过定滑轮的轻绳连接在一起，圆环B套在光滑的竖直固定杆上，开始时连接B的绳子处于水平。零时刻由静止释放B，经时间t，B下降h，此时，速度达到最大。不计滑轮摩擦和空气的阻力，则()At时刻B的速度大于A的速度 Bt时刻B受到的合力等于零 C0t过程A的机械能增加量大于B的机械能减小量 D0t过程A的重力势能增加量大于B的重力势能减小量 【答案】AB【解析】t时刻B的速度可以分解为沿绳子方向的分速度与垂直于绳子方向的分速度，其中沿绳子方向的分速度与A的速度大小相等，故A正确；当B刚释放的瞬间，绳子的拉力方向与杆垂直，B所受的合力等于mg，B向下先做加速运动，当绳子在竖直方向上的分力等于B的重力时，B的速度最大，加速度等于0，所以B受到的合力等于0，故B正确；0t过程A与B组成的系统机械能守恒，所以A的机械能增加量等于B的机械能减小量，故C错误；0t过程A与B组成的系统的机械能守恒，B减少的重力势能转化为A的重力势能和A、B的动能，所以0t过程A的重力势能增加量小于B的重力势能减小量，故D错误。3如图所示，可视为质点的小球A和B用一根长为0.2 m的轻杆相连，两球质量相等，开始时两小球置于光滑的水平面上，并给两小球一个2 m/s的初速度，经一段时间两小球滑上一个倾角为30的光滑斜面，不计球与斜面碰撞时的机械能损失，g取10 m/s2，在两小球的速度减小为零的过程中，下列判断正确的是()A杆对小球A做负功B小球A的机械能守恒C杆对小球B做正功D小球B速度为零时距水平面的高度为0.15 m【答案】D【解析】由题意可知，A、B两球在上升中受重力做功而做减速运动；假设没有杆连接，则A上升到斜面时，B还在水平面上运动，即A在斜面上做减速运动，B在水平面上做匀速运动，因有杆存在，所以是B推着A上升，因此杆对A做正功，故A错误；因杆对A球做正功，故A球的机械能不守恒，B错误；由以上分析可知，杆对球B做负功，故C错误；设小球B速度为零时距水平面的高度为h，根据系统机械能守恒，可得mghmg(hLsin 30)2mv2，解得h0.15 m，故D正确。4(多选)如图所示，轻质弹簧一端固定在水平面上O点的转轴上，另一端与一质量为m、套在粗糙固定直杆A处的小球(可视为质点)相连，直杆的倾角为30，OAOC，B为AC的中点，OB等于弹簧原长。小球从A处由静止开始下滑，初始加速度大小为aA，第一次经过B处的速度大小为v，运动到C处速度为0，后又以大小为aC的初始加速度由静止开始向上滑行。设最大静摩擦力等于滑动摩擦力，重力加速度为g。下列说法正确的是()A小球可以返回到出发点A处B撤去弹簧，小球可以在直杆上处于静止状态C弹簧具有的最大弹性势能为mv2DaAaCg【答案】CD【解析】设小球从A运动到B的过程克服摩擦力做功为Wf，AB间的竖直高度为h，弹簧具有的最大弹性势能为Ep，根据能量守恒定律：对于小球从A到B的过程有mghEpmv2Wf，A到C的过程有2mghEp2WfEp，解得Wfmgh，Epmv2，小球从C点向上运动时，假设能返回到A点，则由能量守恒定律得Ep2Wf2mghEp，该式不成立，可知小球不能返回到出发点A处，A项错误，C项正确；设从A运动到C摩擦力的平均值为f，ABs，由Wfmgh得fmgsin 30，在B点，摩擦力Ffmgcos 30，由于弹簧对小球有拉力(除B点外)，小球对杆的压力大于mgcos 30，所以fmgcos 30可得mgsin 30mgcos 30，因此撤去弹簧，小球不能在直杆上处于静止状态，B项错误；根据牛顿第二定律得，在A点有Fcos 30mgsin 30FfmaA，在C点有Fcos 30Ffmgsin 30maC，两式相减得aAaCg，D项正确。5(多选)水平长直轨道上紧靠放置n个质量为m可看作质点的物块，物块间用长为l的细线连接，开始处于静止状态，轨道与物块间的动摩擦因数为。用水平恒力F拉动物块1开始运动，到连接第n个物块的线刚好拉直时整体速度正好为零，则()A拉力F所做功为nFlB系统克服摩擦力做功为CFDnmgF(n1)mg【答案】BC【解析】物块1的位移为(n1)l，则拉力F所做功为WFF(n1)l(n1)Fl，故A错误。系统克服摩擦力做功为Wfmglmg(n2)lmg(n1)l，故B正确。据题，连接第n个物块的线刚好拉直时整体速度正好为零，假设没有动能损失，由动能定理有WFWf，解得F。现由于绳子绷紧瞬间系统有动能损失，所以根据功能关系可知F，故C正确，D错误。6如图所示，光滑圆弧AB在竖直平面内，圆弧B处的切线水平。A、B两端的高度差为0.2 m，B端高出水平地面0.8 m，O点在B点的正下方。将一滑块从A端由静止释放，落在水平面上的C点处。(取g10 m/s2)(1)OC的长度是多少？(2)在B端接一长为1.0 m的木板MN，滑块从A端释放后正好运动到N端停止，则木板与滑块间的动摩擦因数多大？(3)若将木板右端截去长为L的一段，滑块从A端释放后将滑离木板落在水平面上P点处，要使落地点距O点的距离最远，L应为多少？【解析】(1)滑块从光滑圆弧AB下滑过程中，根据机械能守恒定律得：mgh1mvB2解得：vB2 m/s滑块离开B点后做平抛运动，则竖直方向：h2gt2水平方向：xvBt联立解得：x0.8 m。(2)滑块从B端运动到N端停止的过程，根据动能定理得mgL0mvB2代入数据解得：0.2。(3)若将木板右端截去长为L的一段后，设滑块滑到木板最右端时速度为v，由动能定理得mg(LL)mv2mvB2滑块离开木板后仍做平抛运动，高度不变，运动时间不变，则落地点距O点的距离sLLvt联立整理得：s10.8L根据数学知识得知，当0.4时，s最大，即L0.16 m时，s最大。7如图所示，一根轻弹簧左端固定于竖直墙上，右端被质量m1 kg可视为质点的小物块压缩而处于静止状态，且弹簧与物块不拴接，弹簧原长小于光滑平台的长度。在平台的右端有一传送带，AB长L5 m，物块与传送带间的动摩擦因数10.2，与传送带相邻的粗糙水平面BC长s1.5 m，它与物块间的动摩擦因数20.3，在C点右侧有一半径为R的光滑竖直圆弧与BC平滑连接，圆弧对应的圆心角为120，在圆弧的最高点F处有一固定挡板，物块撞上挡板后会以原速率反弹回来。若传送带以v5 m/s的速率顺时针转动，不考虑物块滑上和滑下传送带的机械能损失。当弹簧储存的Ep18 J能量全部释放时，小物块恰能滑到与圆心等高的E点，取g10 m/s2。(1)求右侧圆弧的轨道半径R；(2)求小物块最终停下时与C点的距离；(3)若传送带的速度大小可调，欲使小物块与挡板只碰一次，且碰后不脱离轨道，求传送带速度的可调节范围。【解析】(1)物块被弹簧弹出，有：Epmv02解得：v06 m/s因为v0>v，故物块滑上传送带后先减速，物块与传送带相对滑动过程中，有：1mgma1，vv0a1t1，x1v0t1a1t12解得：a12 m/s2，t10.5 s，x12.75 m因为x1<L，故物块与传送带同速后相对静止，最后物块以5 m/s的速度滑上水平面BC，物块滑离传送带后恰到E点，由动能定理可知：mv22mgsmgR解得：R0.8 m。(2)设物块从E点返回至B点的速度为vB，有：mv2mvB22mg2s解得：vB m/s因为vB>0，故物块会再次滑上传送带，物块在恒定摩擦力的作用下先减速至0再反向加速，由运动的对称性，可知其以相同的速率离开传送带，设最终停在距C点x处，有：mv B22mg(sx)解得：x m。(3)设传送带速度为v1时物块恰能到F点，在F点满足：mgsin 30m从B到F过程中由动能定理可知：mv12mv F22mgsmg(RRsin 30)解得：v1 m/s设传送带速度为v2时，物块撞挡板后返回能再次上滑恰到E点，有：mv222mg3smgR解得：v2 m/s若物块在传送带上一直加速运动，有：mv Bm2mv021mgL知其到B点的最大速度vBm m/s综合上述分析可知，只要传送带速度 m/sv m/s就满足条件。