2019届高考物理二轮复习第一部分专题整合专题二功能与动量第2讲功能关系能量守恒定律专项训练201902203257.doc

《2019届高考物理二轮复习第一部分专题整合专题二功能与动量第2讲功能关系能量守恒定律专项训练201902203257.doc》由会员分享，可在线阅读，更多相关《2019届高考物理二轮复习第一部分专题整合专题二功能与动量第2讲功能关系能量守恒定律专项训练201902203257.doc（14页珍藏版）》请在麦多课文档分享上搜索。

1、1第 2 讲 功能关系 能量守恒定律真题再现 1.(2017全国卷)如图 221 所示，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 l。重13力加速度大小为 g。在此过程中，外力做的功为图 221A. mgl B. mgl19 16C. mgl D. mgl13 12解析 此过程中， PM 段细绳的机械能不变， MQ 段细绳的机械能的增量 E mg mg mgl，由功能原理可知，在此过程中，外力做的功为 W23 ( 16l) 23 ( 13l) 19mgl，故 A 正确，B、C、D 错误。19答案

2、A2.(2017全国卷)如图 222 所示，半圆形光滑轨道固定在水平地面上，半圆的直径与地面垂直，一小物块以速度 v 从轨道下端滑入轨道，并从轨道上端水平飞出，小物块落地点到轨道下端的距离与轨道半径有关，此距离最大时，对应的轨道半径为(重力加速度为 g)图 222A. B. C. D.v216g v28g v24g v22g解析 物块由最低点到最高点： mv22 mgr mv ；物块做平抛运动： x v1t； t12 12 212；联立解得： x ，由数学知识可知，当 r 时， x 最大，故选4rg 4v2gr 16r2 4v2g216 v28gB。答案 B3.(多选)(2016全国卷)如图

3、223 所示，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 ONM OMN 。在小球 2从 M 点运动到 N 点的过程中图 223A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 小球在 M 点时弹簧处于压缩状态，在 N 点时弹簧处于伸长状态，则在由 M 到 N过程中有一点弹簧处于原长状态，设该点为 B 点，另设小球在 A 点时对应

4、的弹簧最短，如图所示。从 M 点到 A 点，弹簧压缩量变大，弹力做负功，从 A 点到 B 点弹簧从压缩逐渐恢复至原长，弹力做正功，从 B 点到 N 点弹簧从原长逐渐伸长，弹力做负功，选项 A 错误。小球在 A 点时，水平方向上弹簧的弹力与杆的弹力相平衡，小球受到的合外力 F 合 mg，故加速度 a g，小球在 B 点时，弹簧处于原长，杆对小球没有作用力，小球受到的合外力F 合 mg，故加速度 a g，B 正确。在 A 点时，弹簧的弹力 F 弹 垂直于杆，小球的速度沿杆向下，则 P 弹 F 弹 vcos 0，C 正确。从 M 点到 N 点，小球与弹簧所组成的系统机械能守恒，则 Ek 增 Ep 减

5、 ，即 EkN0 Ep 重 M EP 重 N Ep 弹 M Ep 弹 N，由于在 M、 N 两点弹簧弹力大小相同，由胡克定律可知，弹簧形变量相同，则弹性势能 Ep 弹 N Ep 弹 M，故 EkN Ep 重M EP 重 N，D 正确。答案 BCD34(2017全国卷)一质量为 8.00104 kg 的太空飞船从其飞行轨道返回地面。飞船在离地面高度 1.60105 m 处以 7.5103m/s 的速度进入大气层，逐渐减慢至速度为 100 m/s 时下落到地面。取地面为重力势能零点，在飞船下落过程中，重力加速度可视为常量，大小取为 9.8 m/s2。(结果保留 2 位有效数字) (1)分别求出该飞

6、船着地前瞬间的机械能和它进入大气层时的机械能；(2)求飞船从离地面高度 600 m 处至着地前瞬间的过程中克服阻力所做的功，已知飞船在该处的速度大小是其进入大气层时速度大小的 2.0%。解析 (1)飞船着地前瞬间的机械能为 Ek mv 12 20式中， m 和 v0分别是飞船的质量和着地前瞬间的速率。由式和题给数据得Ek4.010 8 J设地面附近的重力加速度大小为 g，飞船进入大气层的机械能为 Eh mv mgh12 2h式中， vh是飞船在高度 1.6105 m 处的速度大小。由式和题给数据得Eh2.410 12 J(2)飞船在高度 h600 m 处的机械能为 Eh m 2 mgh12(2

7、.0100vh)由功能原理得 W Eh Ek式中， W 是飞船从高度 600 m 处至着地瞬间的过程中克服阻力所做的功。由式和题给数据得 W9.710 8 J。答案 (1)4.010 8 J 2.410 12 J (2)9.710 8 J考情分析分值 612 分题型 选择题或计算题命题热点(1)机械能守恒定律的应用(2)功能关系的应用考点一 机械能守恒定律的应用4(2016 全国卷)如图 224，在竖直平面内有由 圆弧 AB 和 圆弧 BC 组成14 12的光滑固定轨道，两者在最低点 B 平滑连接。 AB 弧的半径为 R， BC 弧的半径为 。一小球R2在 A 点正上方与 A 相距 处由静止开

8、始自由下落，经 A 点沿圆弧轨道运动。R4图 224(1)求小球在 B、 A 两点的动能之比；(2)通过计算判断小球能否沿轨道运动到 C 点。解析 (1)设小球的质量为 m，小球在 A 点的动能为 EkA，由机械能守恒得EkA mg R4设小球在 B 点的动能为 EkB，同理有EkB mg 5R4由式得 5。EkBEkA(2)若小球能沿轨道运动到 C 点，小球在 C 点所受轨道的正压力 N 应满足 N0设小球在 C 点的速度大小为 vC，由牛顿运动定律和向心加速度公式有 N mg m v2CR2由式得， vC应满足 mg m 2v2CR由机械能守恒有 mg mv R4 12 2C由式可知，小球

9、恰好可以沿轨道运动到 C 点。答案 (1)51 (2)见解析5【题组突破】1单个物体的机械能守恒(多选)(2018西安高三一模)如图 225，一物体从光滑斜面 AB 底端 A 点以初速度v0上滑，沿斜面上升的最大高度为 h。下列说法中正确的是(设下列情境中物体从 A 点上滑的初速度仍为 v0)图 225A若把斜面 CB 部分截去，物体冲过 C 点后上升的最大高度仍为 hB若把斜面 AB 变成曲面 AEB，物体沿此曲面上升仍能到达 B 点C若把斜面弯成圆弧形 D，物体仍沿圆弧升高 hD若把斜面从 C 点以上部分弯成与 C 点相切的圆弧状，物体上升的最大高度有可能仍为 h解析 物体上升过程中轨道的

10、支持力不做功，只有重力做功，机械能守恒；斜抛运动的最高点，速度不为零； AD 轨道最高点，合力充当向心力，速度也不为零，若把斜面 CB部分截去，物体冲过 C 点后做斜抛运动，斜抛运动的最高点有水平分速度，速度不为零，由物体机械能守恒可知，故不能到达 h 高处，故 A 错误；若把斜面 AB 变成曲面 AEB，物体在最高点速度为零，根据机械能守恒定律，物体沿此曲面上升仍能到达 B 点，故 B 正确；若把斜面弯成圆弧形 D，如果能到圆弧最高点，根据机械能守恒定律得知：到达 h 处的速度应为零，而物体要到达最高点，必须由合力充当向心力，速度不为零，故知物体不可能升高 h，故 C 错误；若把斜面从 C

11、点以上部位弯成与 C 点相切的圆弧状，若 B 点不高于此圆的圆心，则到达 B 点的速度可以为零，根据机械能守恒定律，物体沿斜面上升的最大高度仍然可以为 h，故 D 正确；故选 BD。答案 BD2多个物体的系统机械能守恒如图 226 所示，钉子 A、 B 相距 5l，处于同一高度。细线的一端系有质量为 M 的小物块，另一端绕过 A 固定于 B。质量为 m 的小球固定在细线上 C 点， B、 C 间的线长为3l。用手竖直向下拉住小球，使小球和物块都静止，此时 BC 与水平方向的夹角为 53。松手后，小球运动到与 A、 B 相同高度时的速度恰好为零，然后向下运动。忽略一切摩擦，重力加速度为 g，取

12、sin 530.8，cos 530.6。求：6图 226(1)小球受到手的拉力大小 F；(2)物块和小球的质量之比 M m；(3)小球向下运动到最低点时，物块 M 所受的拉力大小 T。解析 (1)设小球受 AC、 BC 的拉力分别为 F1、 F2F1sin 53 F2cos 53F mg F1cos 53 F2sin 53且 F1 Mg解得 F Mg mg53(2)小球运动到与 A、 B 相同高度过程中小球上升高度 h13 lsin 53，物块下降高度h22 l由机械能守恒定律得 mgh1 Mgh2解得 Mm 65(3)根据机械能守恒定律，小球回到起始点。设此时 AC 方向的加速度大小为 a，

13、重物受到的拉力为 T由牛顿运动定律得 Mg T Ma小球受 AC 的拉力 T T牛顿运动定律 T mgcos 53 ma解得 T (T mg 或 T Mg)。8mMg5(m M) 4855 811答案 (1) F Mg mg (2) (3) (T mg 或 T Mg)53 65 8mMg5(m M) 4855 811考点二 功能关系的应用7(2016 全国卷)轻质弹簧原长为 2l，将弹簧竖直放置在地面上，在其顶端将一质量为 5m 的物体由静止释放，当弹簧被压缩到最短时，弹簧长度为 l。现将该弹簧水平放置，一端固定在 A 点，另一端与物块 P 接触但不连接。 AB 是长度为 5l 的水平轨道，

14、B端与半径为 l 的光滑半圆轨道 BCD 相切，半圆的直径 BD 竖直，如图 227 所示。物块 P与 AB 间的动摩擦因数 0.5。用外力推动物块 P，将弹簧压缩至长度 l，然后放开， P 开始沿轨道运动，重力加速度大小为 g。图 227(1)若 P 的质量为 m，求 P 到达 B 点时速度的大小，以及它离开圆轨道后落回到 AB 上的位置与 B 点之间的距离；(2)若 P 能滑上圆轨道，且仍能沿圆轨道滑下，求 P 的质量的取值范围。解析 (1)依题意，当弹簧竖直放置，长度被压缩至 l 时，质量为 5m 的物体的动能为零，其重力势能转化为弹簧的弹性势能。由机械能守恒定律，弹簧长度为 l 时的弹

15、性势能 Ep5 mgl物块 P 到达 B 点时的速度大小为 vB，由能量守恒定律得Ep mv mg 4L12 2B联立式，代入题给数据得vB 6gl若 P 能沿圆轨道运动到 D 点，其到达 D 点时的向心力不能小于重力，即 P 此时的速度大小 v 应满足 mg0mv2l设 P 滑到 D 点时的速度为 vD，由机械能守恒定律得8mv mv mg2l12 2B 12 2D联立式得 vD 2glvD满足式要求，故 P 能运动到 D 点，并从 D 点以速度 vD水平射出。设 P 落回到轨道AB 所需的时间为 t，由运动学公式得 2l gt212P 落回到轨道 AB 上的位置与 B 点之间的距离为 s

16、vDt联立式得 s2 l。2(2)设 P 的质量为 M，为使 P 能滑上圆轨道，它到达 B 点时的速度不能小于零。由式可知 5mgl Mg 4l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。由能量守恒定律有5mgL Mg 4L Mgh且 h L联立 式得 m M m。53 52答案 见解析方法总结在处理功能关系的综合问题时，要注意：1弄清物体的受力情况和运动情况，根据物体的运动过程分析物体的受力情况及不同的运动过程中力的变化情况。2根据各力做功的不同特点分析各力在不同的运动过程中的做功情况。3熟练掌握常用的功能关系。【题组突破】1如图 228 所示，物体以 1

17、00 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，则图 228A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149D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

18、 M 点上升到最高点的过程中，动能减少了 20 J，需要克服摩擦力做功 8 J，整个上升过程，其克服摩擦力做功 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 ，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14时动能为 20 J，选项 D 错误。答案 C2.(多选)(2018长春二模)如图 229 所示，足够长传送带与水平方向的倾角为 ，物块 a 通过平行于传送带的轻绳跨过光滑轻滑轮与物块 b 相连，开始时， a、 b 及传送带均静止且 a 不受传送带摩擦力的作用。现让传送带逆时针匀速转动，则在 b 上升 h 高度(未

19、与滑轮相碰)过程中图 229A物块 a 重力势能减少量等于物块 b 重力势能的增加量B物块 a 机械能的减少量等于物块 b 机械能的增加量C摩擦力对物块 a 做的功等于物块 a、 b 动能增加之和D任意时刻，重力对 a、 b 做功的瞬时功率大小相等解析 在 a、 b 及传送带均静止时，由平衡条件知magsin mbg 当 b 上升高度 h 时， a 重力势能减少量 Epa maghsin 。b 重力势能增加量 Epb mbgh，所以 Epa Epb，A 正确；由于传送带对 a 做正功，由功能关系知物块 a 机械能的减少量小于物块 b 机械能的增加量，B 错误。a、 b 两物块的重力势能之和不变

20、，摩擦力对物块 a 做的功等于物块 a、 b 动能增加之和，C 正确。由于 magsin mbg 且两物块的速率相等，所以重力对 a、 b 做功的瞬时功率相等，D 正确。答案 ACD考点三 用功能观点分析多过程问题(2016 全国卷)如图 2210 所示，一轻弹簧原长为 2R，其一端固定在倾角为 37的固定直轨道 AC 的底端 A 处，另一端位于直轨道上 B 处，弹簧处于自然状态，10直轨道与一半径为 R 的光滑圆弧轨道相切于 C 点， AC7 R， A、 B、 C、 D 均在同一竖直平56面内。质量为 m 的小物块 P 自 C 点由静止开始下滑，最低到达 E 点(未画出)，随后 P 沿轨道被

21、弹回，最高到达 F 点， AF4 R，已知 P 与直轨道间的动摩擦因数 ，重力加速度14大小为 g。(取 sin 37 ，cos 37 )35 45图 2210(1)求 P 第一次运动到 B 点时速度的大小。(2)求 P 运动到 E 点时弹簧的弹性势能。(3)改变物块 P 的质量，将 P 推至 E 点，从静止开始释放。已知 P 自圆弧轨道的最高点D 处水平飞出后，恰好通过 G 点。 G 点在 C 点左下方，与 C 点水平相距 R、竖直相距 R，求72P 运动到 D 点时速度的大小和改变后 P 的质量。审题探究1审读题干，挖掘信息。(1)P 自 C 点由静止开始下滑，被弹回后最高到达 F 点整个

22、过程中 Ek0，弹簧弹性势能 Ep 弹 0，减少的重力势能全部转化为内能。(2)P 自圆弧轨道的最高点 D 处水平飞出后，恰好通过 G 点。P 做平抛运动，由平抛运动的两个分位移可计算平抛的初速度。2构建情境，还原模型。(1)P 由 C 到 B 做初速度为零的匀加速直线运动。由牛顿第二定律确定加速度，由运动学公式求末速度。(2)P 由 B 到 E 的过程做变速运动，弹力做负功，弹性势能增加；由 E 到 F 的过程，弹力做正功，弹性势能减少，两过程可分别利用动能定理列式。(3)改变 P 的质量后， P 的运动过程分三段： EC 段，利用动能定理。 CD 段，利用机械能守恒定律。 DG 段，利用平

23、抛运动的规律。解析 (1)根据题意知， B、 C 之间的距离 l 为 l7 R2 R设 P 到达 B 点时的速度为 vB，由动能定理得11mglsin mgl cos mv 12 2B式中 37，联立式并由题给条件得vB2 gR(2)设 BE x， P 到达 E 点时速度为零，设此时弹簧的弹性势能为 Ep， P 由 B 点运动到E 点的过程中，由能量守恒有mgxsin mv mgx cos Ep12 2BE、 F 之间的距离 l1为l14 R2 R xP 到达 E 点后反弹，从 E 点运动到 F 点的过程中，由能量守恒有 Ep mgl1sin mgl 1cos 联立式并由题给条件得 x REp

24、 mgR125(3)设改变后 P 的质量为 m1， D 点与 G 点的水平距离 x1和竖直距离 y1分别为x1 R Rsin 72 56y1 R R Rcos 56 56式中，已应用了过 C 点的圆轨道半径与竖直方向夹角仍为 的事实。设 P 在 D 点的速度为 vD，由 D 点运动到 G 点的时间为 t。由平抛运动公式有y1 gt212x1 vDt联立 式得 vD 355gR设 P 在 C 点速度的大小为 vC，在 P 由 C 运动到 D 的过程中机械能守恒，有m1v m1v m1g 12 2C 12 2D (56R 56Rcos )P 由 E 点运动到 C 点的过程中，同理，由能量守恒有Ep

25、 m1g(x5 R)sin m 1g(x5 R)cos m1v 12 2C联立式得 m1 m。13答案 (1)2 (2) mgR (3) mgR125 355gR 1312规律总结多过程问题的特点及对策1特点：物体的整个运动过程往往是包含直线运动、平抛运动、圆周运动等多种运动形式的组合。2应对策略(1)抓住物理情景中出现的运动状态与运动过程，将整个物理过程分成几个简单的子过程。(2)对每一个子过程分别进行受力分析、过程分析、能量分析，选择合适的规律对相应的子过程列方程。(3)两个相邻的子过程连接点，速度是联系纽带，因此要特别关注连接点速度的大小及方向。(4)解方程并分析结果。【题组突破】1(2

26、018青岛月考)如图 2211 所示，质量为 m2 kg 的小物块从斜面顶端 A 点由静止滑下，从 B 点进入光滑水平滑道时无机械能损失。将轻弹簧的一端固定在水平滑道C 点处的竖直墙上，另一端恰位于水平滑道的中点 D。已知斜面的倾角 30，斜面顶端距水平滑道的高度为 h0.5 m，小物块与斜面间的动摩擦因数为 ，重力加速度35g10 m/s 2。弹簧处于原长时弹性势能为零。图 2211(1)求小物块沿斜面下滑时的加速度大小和滑到 B 点时的速度大小；(2)求轻弹簧压缩到最短时的弹性势能；(3)若小物块能够被弹回到原来的斜面上，求它能够上升的最大高度。解析 (1)小物块沿斜面向下滑动时，由牛顿第

27、二定律有 mgsin mg cos ma得 a2 m/s 2设斜面长为 L，小物块滑到 B 点的速度为 v，由动能定理得 mgh mg cos L mv2，且 L ，得出 v2 m/s。12 hsin (2)小物块从斜面顶端 A 点运动到弹簧压缩至最短，由能量守恒 mgh mg cos L Ep得 Ep4 J。(3)小物块第一次被弹回到原来的斜面上，设上升的最大高度为 h，由动能定理有13mg(h h) mg cos 0(Lhsin )得 h0.125 m。答案 (1)2 m/s 2 2 m/s (2)4 J (3)0.125 m2.如图 2212 所示，传送带 AB 总长为 l10 m，与一

28、个半径为 R0.4 m 的光滑四分之一圆轨道 BC 相切于 B 点，传送带顺时针转动，速度恒为 v6 m/s。现有一个滑块以一定初速度 v0从 A 点水平滑上传送带，滑块质量为 m10 kg，滑块与传送带间的动摩擦因数为 0.1，已知滑块运动到 B 点时，刚好与传送带共速， g 取 10 m/s2，求：图 2212(1)滑块的初速度 v0的大小；(2)滑块能上升的最大高度 h；(3)滑块第二次在传送带上滑行过程中，滑块和传送带间因摩擦产生的内能。解析 (1)以滑块为研究对象，设滑块的加速度大小为 a，由牛顿第二定律可得 mg ma，解得 a1 m/s 2。滑块在传送带上运动的过程中，由速度位移

29、公式可得，当滑块初速度大于传送带速度时 v2 v 2 al，20代入数据可解得 v02 m/s；14当滑块初速度小于传送带速度时 v2 v 2 al，20代入数据可解得 v04 m/s。(2)由机械能守恒定律可得 mgh mv2，12解得 h1.8 m。(3)滑块减速到零的位移 x0 ，v22a解得 x018 m10 m，由此可知，滑块第二次在传送带上滑行时，速度没有减小到零就离开传送带。设滑块在传送带上滑行的时间为 t，则由匀变速直线运动的位移公式可得l vt at2，12解得 t2 s，在此时间内传送带的位移 x vt12 m，14故滑块第二次在传送带上滑行过程中，滑块和传送带间因摩擦产生的内能为Q mg (l x)，代入数据解得 Q220 J。答案 (1)2 m/s 或 4 m/s (2)1.8 m (3)220 J14