新课标2020版高考物理二轮复习专题二第2讲机械能守恒定律功能关系精

机械能守恒定律 功能关系
(45分钟) [刷基础]
1．(2019·四川内江第一次模拟)如图所示，弹性轻绳的一端套在手指上，另一端与弹力球连接，用手将弹力球以某一竖直向下的初速度向下抛出，抛出后手保持不动．从球抛出瞬间至球第一次到达最低点的过程中(弹性轻绳始终在弹性限度内，空气阻力忽略不计)，下列说法正确的是( )
A ．绳伸直以后，绳的拉力始终做负功，球的动能一直减小
B ．该过程中，手受到的绳的拉力先增大后减小
C ．该过程中，重力对球做的功大于球克服绳的拉力做的功
D ．最低点时，球、绳和地球组成的系统势能最大
解析：绳伸直以后，绳的拉力始终做负功，但重力大于拉力时球的速度增大，故球的动能增大，当重力与拉力相等时球的速度最大，动能最大；继续向下，当重力小于拉力时球的速度减小，则球的动能减小，A 错误．该过程中，手受到绳的拉力一直增大，B 错误．该过程中重力对球做的功小于球克服绳的拉力做的功，C 错误．在最低点时，小球的动能为零，球、绳和地球组成的系统势能最大，D 正确．
答案：D
2．(2019·河南周口高三年级上学期期末调研)如图所示，一足够长的粗糙斜面固定在水平地面上，一小物块从斜面底端以初速度
v 0沿斜面上滑至最高点的过程中损失的机械能为E .若小物块以2v 0的初速度沿斜面上滑，则滑
至最高点的过程中损失的机械能为( )
A ．E B.2E C ．2E
D ．4E
解析：对小物块上滑过程受力分析可知，重力和摩擦力做负功，由动能定理可知－F 合
s
＝0－12mv 2
0，则初速度由v 0变为2v 0时，可知滑行位移为s ′＝4s ；而由功能关系可知除重力做
功以外的摩擦力做负功使得机械能减小，即F f ·s ＝E ，故位移变为4倍后，摩擦力不变，可得损失的机械能为原来的4倍，E ′＝4E ，故选项D 正确．
答案：D
3．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 1 900 J ，他克服阻力做功100 J ．韩晓鹏在此过程中( )
A ．动能增加了1 900 J
B ．动能增加了2 000 J
C ．重力势能减小了1 900 J
D ．重力势能减小了2 000 J
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ΔE k ＝1 900 J －100 J ＝1 800 J ，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1 900 J ，选项C 正确，D 错误．
答案：C
4．(2019·湖北八校高三联考)如图所示，倾角为α＝37°、长度为x ＝3 m 的光滑固定斜面，其底端与长木板B 上表面等高，原来B 静止在光滑水平地面上，左端与斜面接
触但不粘连，斜面底端与B 的上表面接触处圆滑．一可视为质点的小滑块A 从斜面顶端处由静止开始下滑，最终A 刚好未从B 上滑下．已知A 、B 的质量相等，A 与B 上表面间的动摩擦因数μ＝0.5，sin 37°＝0.6，cos 37°＝0.8，重力加速度g 取10 m/s 2
，则下列说法正确的是( )
A ．A 在斜面上运动的时间为 3 s
B ．A 在B 上滑动过程中，系统动量和机械能均守恒
C ．A 的最终速度为 3 m/s
D ．长木板B 的长度为1 m
解析：斜面长x ＝3 m ，小滑块下滑的加速度a ＝g sin 37°，下滑时间为t ＝2x
g sin 37°
＝
2×3
10×0.6
s ＝1 s ，A 错误；A 在B 上运动过程中，存在摩擦力，故机械能不守恒，但A
和B 组成的系统动量守恒，B 错误；下滑到底端时的速度为v 0＝2ax ＝2×6×3 m/s ＝6 m/s ，在水平面上运动过程中，A 和B 系统动量守恒，故mv 0＝2mv ，解得两者最终速度为v ＝3 m/s ，C 正确；最终A 刚好未从B 上滑下，说明A 滑到B 最右端时，两者速度相等，设木板B 的长度为L ，则根据能量守恒定律可得μmgL ＝12mv 20－12
·2mv 2
，解得L ＝1.8 m ，D 错误．
答案：C
5．(多选)(2019·山东潍坊高三期末)将质量为m 的小球在距地面高度为h 处抛出，抛出时的速度大小为v 0，小球落到地面时的速度大小为2v 0，若小球受到的空气阻力不能忽略，则对于小球下落的整个过程，下面说法中正确的是( )
A ．小球克服空气阻力做的功小于mgh
B ．重力对小球做的功等于mgh
C ．合外力对小球做的功小于mv 2
0 D ．重力势能的减少量等于动能的增加量
解析：从抛出到落地过程中动能变大了，重力做的功大于克服空气阻力所做的功，而这个过程中重力对小球做的功为mgh ，所以选项A 、B 正确；从抛出到落地过程中，合外力做的功等于小球动能的变化量，W 合＝ΔE k ＝12m (2v 0)2－12mv 20＝32mv 20＞mv 2
0，选项C 错误；因为小球在
下落的过程中克服空气阻力做功，所以重力势能的减少量大于动能的增加量，选项D 错误．
答案：AB
6．(多选)(2018·高考江苏卷)如图所示，轻质弹簧一端固定，另一端连接一小物块，O 点为弹簧在原长时物块的位
置．物块由A 点静止释放，沿粗糙程度相同的水平面向右运动，最远到达B 点．在从A 到B 的过程中，物块( )
A ．加速度先减小后增大
B ．经过O 点时的速度最大
C ．所受弹簧弹力始终做正功
D ．所受弹簧弹力做的功等于克服摩擦力做的功
解析：物体从A 点到O 点过程，刚开始弹簧弹力大于摩擦力，弹力大于摩擦力过程，合力向右，加速度也向右，由于弹力减小，摩擦力不变，小球所受合力减小，加速度减小，弹力等于摩擦力时速度最大，此位置在A 点与O 点之间；弹力小于摩擦力时，合力方向与运动方向相反，弹力减小，摩擦力大小不变，物体所受合力增大，物体的加速度随弹簧形变量的减小而增加，物体做减速运动；从O 点到B 点的过程弹力增大，合力向左，加速度继续增大，选项A 正确，选项B 错误．从A 点到O 点过程，弹簧由压缩恢复原长弹力做正功，从O 点到B 点的过程，弹簧伸长，弹力做负功，故选项C 错误．从A 到B 的过程中根据动能定理知弹簧弹力做的功等于物体克服摩擦力做的功，故选项D 正确．
答案：AD
7．(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B 的质量为2m ，放置在倾角为30°的光滑斜面上，物体A 的质量为m ，用手托着物体A 使弹簧处于原长，细绳伸直，A 与地面的距离为h ，物体B 静止在斜面上挡板P 处．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 对挡板恰好无压力，则下列说法正确的是( )
A ．弹簧的劲度系数为mg
h
B ．此时弹簧的弹性势能等于mgh －12
mv 2
C ．此时物体A 的加速度大小为g ，方向竖直向上
D ．此后物体B 可能离开挡板沿斜面向上运动
解析：物体A 即将落地时，弹簧伸长量为h ，物体B 受力平衡，所以kh ＝2mg sin θ，所
以k ＝mg h ，选项A 对；物体A 落地前，系统机械能守恒，所以弹性势能等于mgh －12
mv 2
，选项
B 对；物体A 即将落地时，对A 应用牛顿第二定律得mg －kh ＝ma ，所以a ＝0，选项
C 错；物体A 落地后，弹簧不再伸长，故物体B 不可能离开挡板沿斜面向上运动，选项
D 错．
答案：AB
8．(多选)(2019·安徽皖南八校高三联考)如图甲所示，水平传送带始终以恒定速率v 1向右运行，质量为m 的物块，以v 2的初速度从与传送带等高的光滑水平地面上的A 处向左滑入传送带，若从物块滑上传送带开始计时，物块在传送带上运动的v ­t 图象(以地面为参考系)如图乙所示，已知v 2＞v 1，则( )
A ．t 1时刻，物块离A 处的距离达到最大
B ．t 2时刻，物块相对传送带滑动的距离达到最大
C ．0～t 3时间内，物块一直受到方向向右的摩擦力
D ．t 1～t 2时间内，由于带动物块电动机多做的功为mv 2
1
解析：t 1时刻小物块向左运动到速度为零，离A 处的距离达到最大，故A 正确．t 2时刻前小物块相对传送带向左运动，之后相对静止，故B 正确．t 2～t 3时间内小物块不受摩擦力作用，故C 错误．t 1～t 2时间内，小物块在滑动摩擦力作用下，做匀加速运动，对小物块，有μmg
v 1
2
(t 2－t 1)＝12mv 21，t 1～t 2时间内，小物块增加的动能为12
mv 2
1，小物块相对传送带的位移Δx ＝v 1(t 2
－t 1)－v 12(t 2－t 1)＝v 12(t 2－t 1)，则系统产生的内能为μmg ·v 12(t 2－t 1)＝12
mv 2
1，电动机多做的
功等于小物块增加的动能和系统产生的内能之和，即mv 2
1，故D 正确．
答案：ABD
9．如图所示，在竖直平面内有一固定光滑轨道，其中AB 是长为x ＝10 m 的水平直轨道，BCD 是圆心为O 、半径为R ＝10 m 的3
4圆弧轨道，
两轨道相切于B 点．在外力作用下，一小球从A 点由静止开始做匀加速
直线运动，到达B 点时撤除外力．已知小球刚好能沿圆轨道经过最高点C ，重力加速度g 取10 m/s 2
.求：
(1)小球在AB 段运动的加速度的大小；
(2)小球从D 点运动到A 点所用的时间．(结果可用根式表示)
解析：(1)小滑块恰好通过最高点，则有mg ＝m v 2C
R
解得v C ＝gR ＝10 m/s
从B 到C 的过程中机械能守恒，有 12mv 2B ＝12mv 2
C ＋mg ·2R 解得v B ＝5gR ＝10 5 m/s
从A 到B 根据速度位移公式得v 2
B ＝2ax 解得a ＝25 m/s 2
.
(2)从C 到D 的过程中机械能守恒，有 12mv 2D ＝12mv 2
C ＋mg ·R 解得v
D ＝3gR ＝10 3 m/s
由B 到C 再到A 的过程机械能守恒，故v A ＝v B ＝10 5 m/s
小球从D →A 做加速度为g 的匀加速运动，由速度公式得v A ＝v D ＋gt 解得t ＝(5－3)s.
答案：(1)25 m/s 2 (2)(5－3)s
[刷综合]
10．(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也为d 时(图中
B 处)，下
列说法正确的是(重力加速度为g )( )
A ．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d
C ．小环在B 处的速度与重物上升的速度大小之比等于2
2
D ．小环下落到B 处时的速度为 (3－22)gd
解析：环与重物、地球组成的系统，只有小环和重物的重力做功，系统机械能守恒，选项A 正确；小球到达B 时，重物上升高度h ＝(2－1)d ＝0.414d ，选项B 错误；把小环的速
度沿轻绳方向和垂直于轻绳方向分解，沿轻绳方向的分速度等于重物上升的速度v 1，有v cos 45°＝v 1，解得v ＝2v 1，选项C 错误；对小环与重物、地球组成的系统，由机械能守恒定律得mgd －2mgh ＝12·2mv 2
1＋12
mv 2，解得v ＝(3－22)gd ，选项D 正确．
答案：AD
11．(多选)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v 2
＝2ax 可知，物体加速度关系a 甲<a 乙，再由牛顿第二定律μmg cos θ－mg sin θ＝ma 得知，μ
甲
<μ
乙
，故A 正确；传送带对小物体做功等于小物体的机械能的增
加量，动能增加量相等，重力势能的增加量也相同，故两传送带对小物体做功相等，故B 正确；由摩擦生热Q ＝F f x
相对
知，甲图中
vt 1
2＝H sin θ，Q 甲＝F f1x 1＝F f1(vt 1－vt 12)＝F f1H
sin θ
，F f1
－mg sin θ＝ma 1＝m
v 22
H sin θ，乙图中Q 乙＝F f2x 2＝F f2H －h
sin θ，F f2－mg sin θ＝ma 2＝m v 2
2
H －h
sin θ
，
解得
Q 甲＝mgH ＋1
2mv 2，Q 乙＝mg (H －h )＋12
mv 2，Q 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
12．(2019·全国百强校高三调研考试)如图，轻质弹簧左端固定，右端连接一个光滑的
滑块A ，弹簧的劲度系数k ＝500 N/m ，弹簧的弹性势能表达式为E p ＝12kx 2
(x 为弹簧的形变
量)．滑块B 靠在A 的右侧与A 不连接，A 、B 滑块均可视为质点，质量都为1 kg ，最初弹簧的压缩量为x 0＝9 cm ，由静止释放A 、B ，A 到平台右端距离L ＝15 cm ，平台离地高为H ＝5 m ，
在平台右侧与平台水平相距s 处有一固定斜面，斜面高为d ＝4.8 m ，倾角θ＝37°.若B 撞到斜面上时，立刻以沿斜面的速度分量继续沿斜面下滑．B 与水平面和斜面之间动摩擦因数均为0.5，若B 在斜面上滑动时有最大的摩擦生热，g 取10 m/s 2
，求：
(1)B 离开平台的速度v 1等于多少？ (2)斜面距平台右端距离s 为多少？ (3)B 滑到斜面底端的速度v B 为多大？
解析：(1)A 、B 分离时，A 、B 的加速度相同，A 、B 间弹力为0 对B 分析：μmg ＝ma ，解得a ＝μg ＝5 m/s 2
对A 分析：kx 1＝ma ，解得x 1＝ma k
＝0.01 m ＝1 cm 弹簧伸长量1 cm 时，A 、B 分离， 由释放至A 、B 分离，根据能量守恒可得 12kx 20＝12kx 21＋μmg (x 0＋x 1)＋1
2·2mv 20 分离后，对物体B ：
－μmg (L －x 0－x 1)＝12mv 21－12mv 20
解得v 1＝1 m/s.
(2)B 在斜面滑动时有最大的摩擦生热，则B 在斜面顶端滑上斜面，从抛出到刚落到斜面上的过程中，做平抛运动，在竖直方向上H －d ＝12
gt 2
，解得t ＝0.2 s ；
在水平方向上s ＝v 1t ＝0.2 m.
(3)平抛竖直分速度v y ＝2g (H －d )＝2 m/s ，
B 沿斜面的速度为v ＝v 1cos 37°＋v y sin 37°＝2 m/s ，
在斜面上：mgd －μmg cos θd
sin θ＝12mv 2B －12
mv 2
， 解得v B ＝6 m/s.
答案：(1)1 m/s (2)0.2 m (3)6 m/s。