高考物理二轮复习提分练习专题07 功能关系与机械能守恒（含解析）

这是一份高考物理二轮复习提分练习专题07 功能关系与机械能守恒（含解析），共17页。试卷主要包含了机械能守恒定律的应用，功能关系的综合应用，动力学观点和能量观点的综合应用等内容，欢迎下载使用。
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专题07 功能关系与机械能守恒
题型一 机械能守恒定律的应用
【题型解码】
1.单物体多过程机械能守恒问题：划分物体运动阶段，研究每个阶段中的运动性质，判断机械能是否守恒；2.多物体的机械能守恒：一般选用ΔEp＝－ΔEk形式，不用选择零势能面．
【典例分析1】 (2019·东北三省三校二模)(多选)如图所示，竖直平面内固定两根足够长的细杆L1、L2，两杆分离不接触，且两杆间的距离忽略不计。两个小球a、b(视为质点)质量均为m，a球套在竖直杆L1上，b球套在水平杆L2上，a、b通过铰链用长度为L的刚性轻杆连接。将a球从图示位置由静止释放(轻杆与L2杆夹角为45°)，不计一切摩擦，已知重力加速度为g。在此后的运动过程中，下列说法中正确的是(　　)

A．a球和b球所组成的系统机械能守恒 B．b球的速度为零时，a球的加速度大小一定等于g
C．b球的最大速度为 D．a球的最大速度为
【参考答案】　AC
【名师解析】　a球和b球组成的系统除重力外没有其他力做功，只有a球和b球的动能和重力势能相互转化，因此a球和b球的机械能守恒，A正确；设轻杆L和水平杆L2的夹角为θ，由速度关联可知vbcosθ＝vasinθ，得vb＝vatanθ，可知当b球的速度为零时，轻杆L处于水平位置和L2杆平行，此时a球在竖直方向只受重力mg，因此a球的加速度大小为g，当va＝0时，vb也为0，如题图所示位置，此时a的加速度小于g，故B错误；当杆L和杆L1平行成竖直状态，球a运动到最下方，球b运动到L1和L2交点的位置的时候，球b的速度达到最大，此时由速度的关联可知a球的速度为0，因此由机械能守恒定律有：mg(L＋L)＝mv，得vb＝，C正确；当轻杆L向下运动到杆L1和杆L2的交点的位置时，此时杆L和杆L2平行，由速度的关联可知此时b球的速度为0，由机械能守恒定律有：mg·L＝mv，得va＝，此时a球具有向下的加速度g，因此此时a球的速度不是最大，a球将继续向下运动到加速度为0时速度达到最大，D错误。
【典例分析2】(2019·河北雄安新区高三物理模拟)如图为某种鱼饵自动投放器的装置示意图，其下半部AB是一长为2R的竖直细管，上半部BC是半径为R的四分之一圆弧弯管，管口C处切线水平，AB管内有原长为R、下端固定的轻质弹簧．在弹簧上端放置一粒质量为m的鱼饵，解除锁定后弹簧可将鱼饵弹射出去．投饵时，每次总将弹簧长度压缩到0.5R后锁定，此时弹簧的弹性势能为6mgR(g为重力加速度)．不计鱼饵在运动过程中的机械能损失，求：

(1)鱼饵到达管口C时的速度大小v1.
(2)鱼饵到达管口C时对管子的作用力大小和方向．
(3)已知地面比水面高出1.5R，若竖直细管的长度可以调节，圆弧弯道管BC可随竖直细管一起升降．求鱼饵到达水面的落点与AB所在竖直线OO′之间的最大距离Lmax.
【参考答案】　(1)　 (2)6mg　方向向上　(3)9R
【名师解析】(1)鱼饵到达管口C的过程中弹簧的弹性势能转化为鱼饵的重力势能和动能，有
6mgR＝2.5mgR＋mv
解得 v1＝.
(2)设C处管子对鱼饵的作用力向下，大小设为F，
根据牛顿第二定律有
mg＋F＝
解得 F＝6mg
由牛顿第三定律可得鱼饵对管子的作用力F′＝6mg，方向向上．
(3)设AB长度为h，对应平抛水平距离为x，
由机械能守恒定律有
6mgR＝mg(R＋h－0.5R)＋mv2
由平抛运动的规律得x＝vt, 2.5R＋h＝gt2
解得 x＝·＝2
当h＝1.5R时，x的最大值xmax＝8R
则 Lmax＝xmax＋R＝9R.
【提分秘籍】
1.机械能守恒的判断
(1)利用机械能的定义判断：若系统的动能、重力势能和弹性势能的总和不变，则机械能守恒。
(2)利用做功判断：若系统只有重力或弹簧弹力做功，或其他力做功的代数和为零，则机械能守恒。
(3)利用能量转化判断：若系统只有动能和势能的相互转化，或还有其他形式能之间的相互转化，而无机械能与其他形式能之间的相互转化，则机械能守恒。
(4)绳子突然绷紧、物体间非弹性碰撞等，机械能不守恒。
2．应用机械能守恒定律解题时的三点注意
(1)要注意研究对象的选取研究对象的选取是解题的首要环节，有的问题选单个物体(实为一个物体与地球组成的系统)为研究对象机械能不守恒，但选此物体与其他几个物体组成的系统为研究对象，机械能却是守恒的。如图所示，单独选物体A机械能减少，但由物体A、B二者组成的系统机械能守恒。
(2)要注意研究过程的选取有些问题研究对象的运动过程分几个阶段，有的阶段机械能守恒，而有的阶段机械能不守恒。因此，在应用机械能守恒定律解题时要注意过程的选取。

(3)要注意机械能守恒表达式的选取

【突破训练】
1. (2019·福建厦门市上学期期末质检)有一款蹿红的小游戏“跳一跳”，游戏要求操作者通过控制棋子(质量为m，可视为质点)脱离平台时的速度，使其能从同一水平面上的平台跳到旁边的另一平台上．如图7所示的抛物线为棋子在某次跳跃过程中的运动轨迹，轨迹的最高点距平台上表面高度为h，不计空气阻力，重力加速度为g，则(　　)

A．棋子从离开平台至运动到最高点的过程中，重力势能增加mgh
B．棋子从离开平台至运动到最高点的过程中，机械能增加mgh
C．棋子离开平台后距平台面高度为时动能为
D．棋子落到另一平台上时的速度大于
【答案】　AD
【解析】　设平台表面为零势能面，则棋子在最高点的重力势能为mgh，故棋子从离开平台至运动到最高点的过程中，重力势能增加mgh，A正确；棋子从离开平台至运动到最高点的过程中，不计空气阻力，只有重力做功，机械能守恒，B错误；取平台表面为零势能面，则棋子在最高点的机械能E＝mgh＋mv，vx为棋子在最高点的速度．由于机械能守恒，则棋子离开平台后距平台面高度为时，动能为Ek＝E－mgh＝mgh＋mv>，C错误；设棋子落到另一平台时的瞬时速度大小为v，棋子从最高点落到另一平台的过程中，根据动能定理得：mgh＝mv2－mv，解得：v＝>，D正确．
2．(2019·安徽省阜阳市第三中学模拟)(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的质量分别为2m、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，不计一切摩擦及空气阻力，重力加速度大小为g，则下列说法中正确的是(　　)

A．物体A下落过程中，物体A和弹簧组成的系统机械能守恒
B．弹簧的劲度系数为
C．物体A着地时的加速度大小为
D．物体A着地时弹簧的弹性势能为2mgh
【答案】　AC
【解析】　由题可知，物体A下落过程中，B一直静止不动，对于物体A和弹簧组成的系统，只有重力和弹力做功，则物体A和弹簧组成的系统机械能守恒，故A正确；A即将触地时，物体B对地面的压力恰好为零，故弹簧的拉力为T＝mg，开始时弹簧处于原长，由胡克定律知：T＝kh，得弹簧的劲度系数为k＝，故B错误；物体A着地时，细绳对A的拉力等于mg，对A受力分析，根据牛顿第二定律得2mg－mg＝2ma，得a＝，故C正确；物体A与弹簧组成的系统机械能守恒，有：2mgh＝Ep＋×2mv2，所以Ep＝2mgh－mv2，故D错误。
3．(2019·江西重点中学盟校高三第一次联考)如图所示，质量为2m和m的两个弹性环A、B用不可伸长的、长为L的轻绳连接，分别套在水平细杆OP和竖直细杆OQ上，OP与OQ在O点用一小段圆弧杆平滑相连，且OQ足够长．初始时刻，将轻绳拉至水平位置伸直，然后释放两个小环，A环通过小段圆弧杆时速度大小保持不变，重力加速度为g，不计一切摩擦，试求：

(1)当B环下落时A环的速度大小；
(2)A环到达O点后再经过多长时间能够追上B环．
【答案】：(1)　(2)
【解析】：(1)当B环下落时绳子与水平方向之间的夹角满足sin α＝＝，即α＝30°
由速度的合成与分解可知v绳＝vAcos 30°＝vBsin 30°
则vB＝＝vA
B下降的过程中A与B组成的系统机械能守恒，有 mg＝·2mv＋mv
所以A环的速度vA＝ .
(2)由于A到达O点时B的速度等于0，由机械能守恒定律得，
×2mvA′2＝mgL，
解得vA′＝
环A过O点后做初速度为vA′、加速度为g的匀加速直线运动，B做自由落体运动，当A追上B时，有
vA′t＋gt2＝L＋gt2
解得t＝ .
题型二 功能关系的综合应用
【题型解码】
1.做功的过程就是能量转化的过程．功是能量转化的量度．
2.功与能量的变化是“一一对应”的，如重力做功对应重力势能的变化，合外力做功对应动能的变化等．
【典例分析1】(2019·天津河北区一模)(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，放在小车的最左端，现用一水平力F作用在小物块上，小物块与小车之间的摩擦力为f，经过一段时间小车运动的位移为x，小物块刚好滑到小车的最右端，则下列说法中正确的是(　　)

A．此时物块的动能为F(x＋L)
B．此时小车的动能为f(x＋L)
C．这一过程中，物块和小车增加的机械能为F(x＋L)－fL
D．这一过程中，物块和小车因摩擦而产生的热量为fL
【参考答案】　CD
【名师解析】　由图可知，在拉力的作用下物块前进的位移为L＋x，故拉力所做的功为F(x＋L)，摩擦力所做的功为－f(x＋L)，则由动能定理可知物块的动能为(F－f)(x＋L)，故A错误；小车受摩擦力作用，摩擦力作用的位移为x，故摩擦力对小车做功为fx，故小车的动能为fx，故B错误；物块和小车增加的机械能等于拉力和摩擦力对物块和小车做的功的总和，为F(x＋L)－f(x＋L)＋fx＝F(x＋L)－fL，故C正确；系统内因摩擦而产生的热量等于系统克服摩擦力做的功，为f(x＋L)－fx＝fL，D正确。
【典例分析2】(2019·辽宁大连二模)(多选)如图甲所示，固定斜面的倾角为30°，一质量为m的小物块自斜面底端以初速度v0沿斜面向上做匀减速运动，经过一段时间后又沿斜面下滑回到底端，整个过程小物块的v­t图象如图乙所示。下列判断正确的是(　　)

A．物块与斜面间的动摩擦因数μ＝ B．上滑过程的加速度大小是下滑过程的2倍
C．物块沿斜面上滑的过程中机械能减少mv D．物块沿斜面下滑的过程中动能增加mv
【参考答案】　BD
【名师解析】　由v­t图得上滑过程的加速度大小：a＝，下滑过程的加速度大小：a′＝，所以上滑过程的加速度大小是下滑过程的2倍，B正确；根据题意，物块上滑阶段，由牛顿第二定律可知：mgsinθ＋μmgcosθ＝m，同理下滑过程：mgsinθ－μmgcosθ＝m，联立解得：μ＝，A错误；联立mgsinθ＋μmgcosθ＝m与mgsinθ－μmgcosθ＝m两式，可得：f＝μmgcosθ＝，上滑过程中，机械能减小量等于克服摩擦力做的功：ΔE＝Wf＝f·＝mv，C错误；对物块上滑和下滑的全过程，根据动能定理得Ek－mv＝－2fx，其中f＝，x＝v0t0，解得：Ek＝mv，D正确。
【提分秘籍】
1.力学中几种功能关系
(1)合外力做功与动能的关系：W合＝ΔEk.
(2)重力做功与重力势能的关系：WG＝－ΔEp.
(3)弹力做功与弹性势能的关系：W弹＝－ΔEp.
(4)除重力及系统内弹力以外其他力做功与机械能的关系：W其他＝ΔE机．
(5)滑动摩擦力做功与内能的关系：Ffl相对＝ΔE内．
2.涉及做功与能量转化问题的解题方法
(1)分清是什么力做功，并且分析该力做正功还是做负功；根据功能之间的对应关系，确定能量之间的转化情况．
(2)当涉及滑动摩擦力做功时，机械能不守恒，一般应用能量守恒定律，特别注意摩擦产生的内能Q＝Ffl相对，l相对为相对滑动的两物体间相对滑动路径的总长度．
(3)解题时，首先确定初、末状态，然后分清有多少种形式的能在转化，再分析状态变化过程中哪种形式的能量减少，哪种形式的能量增加，求出减少的能量总和ΔE减和增加的能量总和ΔE增，最后由ΔE减＝ΔE增列式求解．
【突破训练】
1.(2019·安徽合肥市第二次质检)如图甲所示，置于水平地面上质量为m的物体，在竖直拉力F作用下，由静止开始向上运动，其动能Ek与距地面高度h的关系如图乙所示，已知重力加速度为g，空气阻力不计．下列说法正确的是(　　)

A．在0～h0过程中，F大小始终为mg B．在0～h0和h0～2h0过程中，F做功之比为2∶1
C．在0～2h0过程中，物体的机械能不断增加 D．在2h0～3.5h0过程中，物体的机械能不断减少
【答案】　C
【解析】　0～h0过程中，Ek－h图象为一段直线，由动能定理得：(F－mg)h0＝mgh0－0，故F＝2mg，A错误；由A可知，F在0～h0过程中，做功为2mgh0，在h0～2h0过程中，由动能定理可知，WF－mgh0＝1.5mgh0－mgh0，解得WF＝1.5mgh0，因此在0～h0和h0～2h0过程中，F做功之比为4∶3，故B错误；在0～2h0过程中，F一直做正功，故物体的机械能不断增加，C正确；在2h0～3.5h0过程中，由动能定理得WF′－1.5mgh0＝0－1.5mgh0，则WF′＝0，故F做功为0，物体的机械能保持不变，故D错误．
2.(多选)(2019·江西上饶高三期末)一足够长的传送带与水平面的夹角为θ，以一定的速度匀速运动．某时刻在传送带适当的位置放上具有一定初速度的物块(如图a所示)，以此时为t＝0时刻记录了物块之后在传送带上运动的速度随时间的变化关系，如图b所示(图中取沿斜面向上的运动方向为正方向，其中两坐标大小v1>v2)．已知传送带的速度保持不变．则下列判断正确的是(　　)

A． 若物块与传送带间的动摩擦因数为μ，则μ>tan θ
B．0～t1时间内，传送带对物块做正功
C．0～t2时间内，系统产生的热量一定比物块动能的减少量大
D．0～t2时间内，传送带对物块做的功等于物块动能的减少量
【答案】：AC
【解析】：在t1～t2时间内，物块向上运动，则有μmgcos θ＞mgsin θ，得μ＞tan θ，故A正确；由题意知，物块先向下运动后向上运动，则知传送带的运动方向应向上，0～t1时间内，物块所受摩擦力沿斜面向上，则传送带对物块做负功，故B错误；0～t2时间内，物块的重力势能减小，动能也减小，都转化为系统产生的内能，则由能量守恒定律知，系统产生的热量大小一定大于物块动能的变化量大小，故C正确；0～t2时间内，传送带对物块做功等于物块机械能的变化量，故D错误．
3．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＝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mgR
C．合外力做功mgR D．克服摩擦力做功mgR
【答案】：D
【解析】：小球从P点运动到B点的过程中，重力做功WG＝mg(2R－R)＝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mg＝m，解得vB＝，则此过程中机械能的减少量为ΔE＝mgR－mv＝mgR，故B错误；根据动能定理可知，合外力做功W合＝mv＝mgR，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．
题型三 动力学观点和能量观点的综合应用
【题型解码】
1.若运动过程只涉及求解力而不涉及能量，选用牛顿运动定律；
2.若运动过程涉及能量转化问题，且具有功能关系的特点，则常用动能定理或能量守恒定律；
3.不同过程连接点速度的关系有时是处理两个过程运动规律的突破点．
【典例分析1】(2019·江苏南京、盐城高三第三次调研)(多选)如图所示，光滑水平面OB与足够长粗糙斜面BC交于B点。轻弹簧左端固定于竖直墙面，用质量为m1的滑块压缩弹簧至D点，然后由静止释放滑块，滑块脱离弹簧后经B点滑上斜面，上升到最大高度，并静止在斜面上。换用相同材料、质量为m2的滑块(m2>m1)压缩弹簧至同一点D后，重复上述过程。不计滑块经过B点时的机械能损失，下列说法正确的是(　　)

A．两滑块到达B点的速度相同
B．两滑块沿斜面上升过程中的加速度相同
C．两滑块上升到最高点的过程中克服重力做的功相同
D．两滑块上升到最高点的过程中因摩擦产生的热量相同
【参考答案】　BCD
【名师解析】　两次实验，弹簧压缩形变是相同的，所以弹性势能相等，两滑块到达B点的动能是相等的，即m1v＝m2v，又m2>m1，所以v1>v2，两滑块到达B点的速度不相同，A错误；沿斜面上升时，物体受到重力、支持力、摩擦力，根据牛顿运动定律可得，ma＝mgsinθ＋μmgcosθ，a＝gsinθ＋μgcosθ，两滑块材料相同，故动摩擦因数μ相同，故两滑块上升过程中加速度相同，B正确；设滑块上升的最大高度为h，则上升到最高点过程中克服重力做的功为mgh，由能量守恒定律得Ep＝mgh＋μmgcosθ×，可得mgh＝，故两滑块上升到最高点的过程中克服重力做的功相同，C正确；因摩擦产生的热量Q＝μmgcosθ，因μ、mgh相同，故产生的热量相同，D正确。
【典例分析2】(2019·湖北“荆、荆、襄、宜四地七校考试联盟”期末)如图所示，固定的光滑竖直杆上套一个滑块A，与滑块A连接的细绳绕过光滑的轻质定滑轮连接滑块B，细绳不可伸长，滑块B放在粗糙的固定斜面上，连接滑块B的细绳和斜面平行，滑块A从细绳水平位置由静止释放(不计滑轮的摩擦及空气阻力)，到滑块A下降到速度最大(A未落地，B未上升至滑轮处)的过程中(　　)

A．滑块A和滑块B的加速度大小一直相等
B．滑块A减小的机械能等于滑块B增加的机械能
C．滑块A的速度最大时，滑块A的速度大于B的速度
D．细绳上张力对滑块A做的功等于滑块A机械能的变化量
【参考答案】　CD
【名师解析】　两滑块与绳构成绳连接体，沿绳方向的加速度相等，则A的分加速度等于B的加速度，故A错误；绳连接体上的一对拉力做功不损失机械能，但B受到的斜面摩擦力对B做负功，由能量守恒可知滑块A减小的机械能等于滑块B增加的机械能和摩擦生热之和，B错误；绳连接体沿绳的速度相等，则A沿绳的分速度等于B的运动速度，如图所示，

即滑块A的速度大于B的速度，故C正确；对A受力分析可知，除重力外，只有细绳的张力对滑块做功，由功能关系可知，细绳上张力对滑块A做的功等于滑块A机械能的变化量，故D正确．
【典例分析3】如图甲所示，质量M＝1.0 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m＝1.0 kg的小铁块B，铁块与木板间的动摩擦因数μ＝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)0～1 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)0～4 s内，拉力做的功W；
(4)0～4 s内系统产生的摩擦热Q.
【参考答案】：(1)2 m/s2　4 m/s2　(2)2 m　(3)40 J　(4)4 J
【名师解析】：(1)设在0～1 s内，A、B两物体已发生相对运动
根据牛顿第二定律得μmg＝MaA
F1－μmg＝maB，代入数据得aA＝2 m/s2，aB＝4 m/s2.
aA