2018高考物理二輪專題復(fù)習(xí)“機(jī)械能守恒定律+功能關(guān)系”學(xué)前診斷含解析

1、第1頁“機(jī)械能守恒定律機(jī)械能守恒定律功能關(guān)系功能關(guān)系”學(xué)前診斷學(xué)前診斷考點(diǎn)一考點(diǎn)一單個(gè)物體的機(jī)械能守恒單個(gè)物體的機(jī)械能守恒1.[考查平拋運(yùn)動(dòng)中的機(jī)械能守恒問題考查平拋運(yùn)動(dòng)中的機(jī)械能守恒問題][多選多選]在豎直桿上安裝一個(gè)光滑小導(dǎo)向槽，使豎直上拋的小球能改變方向后做平拋運(yùn)動(dòng)；不計(jì)經(jīng)導(dǎo)向槽時(shí)在豎直桿上安裝一個(gè)光滑小導(dǎo)向槽，使豎直上拋的小球能改變方向后做平拋運(yùn)動(dòng)；不計(jì)經(jīng)導(dǎo)向槽時(shí)小球的能量損失；設(shè)小球從地面沿桿豎直上拋的速度大小為小球的能量損失

2、；設(shè)小球從地面沿桿豎直上拋的速度大小為v，重力加速度為，重力加速度為g；那么當(dāng)；那么當(dāng)小球有最大水平位移時(shí)，下列說法正確的是小球有最大水平位移時(shí)，下列說法正確的是()A導(dǎo)向槽位置應(yīng)在高為導(dǎo)向槽位置應(yīng)在高為的位置的位置v24gB最大水平位移為最大水平位移為v2gC小球在上、下兩過程中，在經(jīng)過某相同高度時(shí)，合速度的大小總有小球在上、下兩過程中，在經(jīng)過某相同高度時(shí)，合速度的大小總有v下＝2v上D當(dāng)小球落地時(shí)，速度方向與水平方向成當(dāng)小球落地時(shí)，

3、速度方向與水平方向成45角解析：解析：選AD設(shè)平拋時(shí)的速度為設(shè)平拋時(shí)的速度為v0，根據(jù)機(jī)械能守恒定律可得：，根據(jù)機(jī)械能守恒定律可得：mv02＋mgh＝mv2，解得，解得v0＝1212；根據(jù)平拋運(yùn)動(dòng)的知識(shí)可得下落時(shí)間：；根據(jù)平拋運(yùn)動(dòng)的知識(shí)可得下落時(shí)間：t＝，則水平位移，則水平位移x＝v0t＝，所以當(dāng)，所以當(dāng)v2－2gh2hg(v2g－2h)2h－2h＝2h時(shí)水平位移最大，解得時(shí)水平位移最大，解得h＝，A正確；最大的水平位移為：正確；最大的

4、水平位移為：x＝＝2h＝，B錯(cuò)誤；根據(jù)機(jī)錯(cuò)誤；根據(jù)機(jī)v2gv24g4h2v22g械能守恒定律可知，在某高度處時(shí)上升的速率和下落的速率相等，械能守恒定律可知，在某高度處時(shí)上升的速率和下落的速率相等，C錯(cuò)誤；設(shè)小球落地時(shí)速度與水平方向成錯(cuò)誤；設(shè)小球落地時(shí)速度與水平方向成θ角，位移與水平方向的夾角為角，位移與水平方向的夾角為α，根據(jù)平拋運(yùn)動(dòng)的規(guī)律可知，，根據(jù)平拋運(yùn)動(dòng)的規(guī)律可知，tanθ＝2tanα＝2＝1，則，則θ＝45，所以，所以D正h2h

5、確。確。2[考查圓周運(yùn)動(dòng)中的機(jī)械能守恒問題考查圓周運(yùn)動(dòng)中的機(jī)械能守恒問題]小球小球P和Q用不可伸長的輕繩懸掛在天花板上，用不可伸長的輕繩懸掛在天花板上，P球的質(zhì)量大球的質(zhì)量大于Q球的質(zhì)量，懸球的質(zhì)量，懸掛P球的繩比懸掛球的繩比懸掛Q球的繩短。將兩球拉起，使兩繩均被水平拉直，如圖所示。將兩球由靜止釋放。在各自軌球的繩短。將兩球拉起，使兩繩均被水平拉直，如圖所示。將兩球由靜止釋放。在各自軌跡的最低點(diǎn)跡的最低點(diǎn)()AP球的速度一定大于球的速度

6、一定大于Q球的速度球的速度BP球的動(dòng)能一定小于球的動(dòng)能一定小于Q球的動(dòng)能球的動(dòng)能CP球所受繩的拉力一定大于球所受繩的拉力一定大于Q球所受繩的拉力球所受繩的拉力DP球的向心加速度一定小于球的向心加速度一定小于Q球的向心加速度球的向心加速度解析：解析：選C兩球由靜止釋放到運(yùn)動(dòng)到軌跡最低點(diǎn)的過程中只有重力做功，機(jī)械能守恒，取軌跡的最低點(diǎn)兩球由靜止釋放到運(yùn)動(dòng)到軌跡最低點(diǎn)的過程中只有重力做功，機(jī)械能守恒，取軌跡的最低點(diǎn)為零勢能點(diǎn)，則由機(jī)械能守恒定

7、律得為零勢能點(diǎn)，則由機(jī)械能守恒定律得mgL＝mv2，v＝，因，因LP＜LQ，則，則vP＜vQ，又，又mP＞mQ，則兩球的動(dòng)，則兩球的動(dòng)122gL第3頁答案：答案：(1)3mgR(2)分別為向右和向左的大小為分別為向右和向左的大小為4mg的壓力的壓力(3)見解析見解析考點(diǎn)二考點(diǎn)二多個(gè)物體的機(jī)械能守恒多個(gè)物體的機(jī)械能守恒4.[考查物體與輕彈簧組成的系統(tǒng)機(jī)械能守恒考查物體與輕彈簧組成的系統(tǒng)機(jī)械能守恒][多選多選]如圖如圖1，小球從高處下落到豎

8、直放置的輕彈簧上，剛接觸輕彈簧的瞬間速度是，小球從高處下落到豎直放置的輕彈簧上，剛接觸輕彈簧的瞬間速度是5ms，接觸彈簧后小，接觸彈簧后小球速度球速度v和彈簧縮短的長度和彈簧縮短的長度Δx之間關(guān)系如圖之間關(guān)系如圖2所示，其中所示，其中A為曲線的最高點(diǎn)。已知該小球重力為為曲線的最高點(diǎn)。已知該小球重力為2N，彈簧在，彈簧在受到撞擊至壓縮到最短的過程中，下列說法正確的是受到撞擊至壓縮到最短的過程中，下列說法正確的是()A小球的動(dòng)能先變大后變小

9、小球的動(dòng)能先變大后變小B小球的機(jī)械能先增大后減小小球的機(jī)械能先增大后減小C小球速度最大時(shí)受到的彈力為小球速度最大時(shí)受到的彈力為2ND小球受到的最大彈力為小球受到的最大彈力為12.2N解析：解析：選ACD由題圖可知，小球的速度先增加后減小，故小球的動(dòng)能先增大后減小，故由題圖可知，小球的速度先增加后減小，故小球的動(dòng)能先增大后減小，故A正確；在小正確；在小球下落過程中至彈簧壓縮最短時(shí)，只有重力和彈簧彈力做功，故小球與彈簧組成的系統(tǒng)機(jī)械能守恒，

10、在壓縮彈球下落過程中至彈簧壓縮最短時(shí)，只有重力和彈簧彈力做功，故小球與彈簧組成的系統(tǒng)機(jī)械能守恒，在壓縮彈簧的過程中彈簧的彈性勢能增加，故小球的機(jī)械能減小，故簧的過程中彈簧的彈性勢能增加，故小球的機(jī)械能減小，故B錯(cuò)誤；小球下落時(shí)，當(dāng)重力與彈簧彈力平衡時(shí)小錯(cuò)誤；小球下落時(shí)，當(dāng)重力與彈簧彈力平衡時(shí)小球的速度最大，據(jù)此有：小球受到的彈力大小與小球的重力大小平衡，故此時(shí)小球受到的彈力為球的速度最大，據(jù)此有：小球受到的彈力大小與小球的重力大小平衡，

11、故此時(shí)小球受到的彈力為2N，所以，所以C正確；小球速度最大時(shí)，小球的彈力為正確；小球速度最大時(shí)，小球的彈力為2N，此時(shí)彈簧的形變量為，此時(shí)彈簧的形變量為0.1m，故可得彈簧的勁度系數(shù)，故可得彈簧的勁度系數(shù)k＝20Nm，故彈簧彈力最大時(shí)形變量最大，根據(jù)胡克定律知，小球受到的最大彈力為故彈簧彈力最大時(shí)形變量最大，根據(jù)胡克定律知，小球受到的最大彈力為Fmax＝kxmax＝200.61N＝12.2N，故D正確。正確。5[考查用輕彈簧連接的兩物體

12、組成的系統(tǒng)機(jī)械能守恒考查用輕彈簧連接的兩物體組成的系統(tǒng)機(jī)械能守恒][多選多選]如圖所示，物體如圖所示，物體A、B通過細(xì)繩及輕質(zhì)彈簧連接在輕滑輪兩通過細(xì)繩及輕質(zhì)彈簧連接在輕滑輪兩側(cè)，物體側(cè)，物體A、B的質(zhì)的質(zhì)量都為量都為m，開始時(shí)細(xì)繩伸直，用手托著物體，開始時(shí)細(xì)繩伸直，用手托著物體A使彈簧處于原長且使彈簧處于原長且A與地面的距離為地面的距離為h，物，物體B靜止在地面上，放手后物體靜止在地面上，放手后物體A下落，與地面即將接觸時(shí)速度大小下落

13、，與地面即將接觸時(shí)速度大小為v，此時(shí)物體，此時(shí)物體B對(duì)地面恰好無壓力，則下列說法中正確的是地面恰好無壓力，則下列說法中正確的是()A此時(shí)彈簧的彈性勢能等于此時(shí)彈簧的彈性勢能等于mgh－mv212B此時(shí)物體此時(shí)物體B的速度大小也為的速度大小也為vC此時(shí)物體此時(shí)物體A的加速度大小為的加速度大小為g，方向豎直向上，方向豎直向上D彈簧的勁度系數(shù)為彈簧的勁度系數(shù)為mgh解析：解析：選AD物體物體B對(duì)地壓力恰好為零，故彈簧的拉力為對(duì)地壓力恰好為零，