高考物理二轮复习第1部分专题突破篇专题6机械能守恒定律功能关系讲练

高考物理二轮复习第1部分专题突破篇专题6机械能守恒定律功能关系讲练

专题六　机械能守恒定律　功能关系考点1|机械能守恒定律的应用难度：中档题题型：选择题、计算题五年1考　(多选)(2015·全国卷ⅡT21)如图1所示，滑块a、b的质量均为m，a套在固定竖直杆上，与光滑水平地面相距h，b放在地面上．a、b通过铰链用刚性轻杆连接，由静止开始运动．不计摩擦，a、b可视为质点，重力加速度大小为g.则(　　)图1A．a落地前，轻杆对b一直做正功B．a落地时速度大小为C．a下落过程中，其加速度大小始终不大于gD．a落地前，当a的机械能最小时，b对地面的压力大小为mg【解题关键】　解此题的关键有两点：(1)刚性轻杆不伸缩，两滑块沿杆的分速度相同．(2)轻杆对滑块a、b都做功，系统机械能守恒．BD　[由题意知，系统机械能守恒．设某时刻a、b的速度分别为va、vb.此时刚性轻杆与竖直杆的夹角为θ，分别将va、vb分解，如图．因为刚性杆不可伸长，所以沿杆的分速度v∥与v′∥是相等的，即vacosθ＝vbsinθ.当a滑至地面时θ＝90°，此时vb ＝0，由系统机械能守恒得mgh＝mv，解得va＝，选项B正确．同时由于b初、末速度均为零，运动过程中其动能先增大后减小，即杆对b先做正功后做负功，选项A错误．杆对b的作用先是推力后是拉力，对a则先是阻力后是动力，即a的加速度在受到杆的向下的拉力作用时大于g，选项C错误．b的动能最大时，杆对a、b的作用力为零，此时a的机械能最小，b只受重力和支持力，所以b对地面的压力大小为mg，选项D正确．正确选项为B、D.]　(2016·江苏高考T14)如图2所示，倾角为α的斜面A被固定在水平面上，细线的一端固定于墙面，另一端跨过斜面顶端的小滑轮与物块B相连，B静止在斜面上．滑轮左侧的细线水平，右侧的细线与斜面平行．A、B的质量均为m.撤去固定A的装置后，A、B均做直线运动．不计一切摩擦，重力加速度为g.求：图2(1)A固定不动时，A对B支持力的大小N；(2)A滑动的位移为x时，B的位移大小s；(3)A滑动的位移为x时的速度大小vA.【解题关键】　关键语句信息解读细线的一端固定于墙面，另一端跨过斜面顶端的小滑轮与物块B相连A向左滑动的位移为x时，B相对斜面下移的距离也为x，但对地的位移不是x不计一切摩擦A、B组成的系统机械能守恒【解析】　(1)支持力的大小N＝mgcosα.(2)根据几何关系sx＝x·(1－cosα)，sy＝x·sinα且s＝解得s＝·x. (3)B的下降高度sy＝x·sinα根据机械能守恒定律mgsy＝mv＋mv根据速度的定义得vA＝，vB＝则vB＝·vA解得vA＝.【答案】　(1)mgcosα　(2)·x(3)1．高考考查特点(1)本考点高考命题选择题集中在物体系统机械能守恒及物体间的做功特点、力与运动的关系；计算题结合平抛、圆周运动等典型运动为背景综合考查．(2)熟悉掌握并灵活应用机械能的守恒条件、掌握常见典型运动形式的特点及规律是突破该考点的关键．2．解题的常见误区及提醒(1)对机械能守恒条件理解不准确，特别是系统机械能守恒时不能正确分析各力的做功情况．(2)典型运动中不熟悉其运动规律，如圆周运动中的临界条件．●考向1　机械能守恒条件的应用1．如图3所示，固定的竖直光滑长杆上套有质量为m的小圆环，圆环与水平状态的轻质弹簧一端连接，弹簧的另一端连接在墙上，且处于原长状态．现让圆环由静止开始下滑，已知弹簧原长为L，圆环下滑到最大距离时弹簧的长度变为2L(未超过弹性限度)，则在圆环下滑到最大距离的过程中(　　)图3A.圆环的机械能守恒 B．弹簧弹性势能变化了mgLC．圆环下滑到最大距离时，所受合力为零D．圆环重力势能与弹簧弹性势能之和保持不变B　[圆环在下滑过程中，圆环的重力和弹簧的弹力对圆环做功，圆环的机械能不守恒，圆环和弹簧组成的系统机械能守恒，系统的机械能等于圆环的动能和重力势能以及弹簧的弹性势能之和，选项A、D错误；对圆环进行受力分析，可知圆环从静止开始先向下加速运动且加速度逐渐减小，当弹簧对圆环的弹力沿杆方向的分力与圆环所受重力大小相等时，加速度减为0，速度达到最大，而后加速度反向且逐渐增大，圆环开始做减速运动，当圆环下滑到最大距离时，所受合力最大，选项C错误；由题图中几何关系知圆环的下降高度为L，由系统机械能守恒可得mg·L＝ΔEp，解得ΔEp＝mgL，选项B正确．]●考向2　单个物体机械能守恒2．(2016·安徽第三次联考)如图4所示，光滑轨道由AB、BCDE两段细圆管平滑连接组成，其中AB段水平，BCDE段是半径为R的四分之三圆弧，圆心O及D点与AB等高，整个轨道固定在竖直平面内，现有一质量为m，初速度v0＝的光滑小球水平进入圆管AB，设小球经过轨道交接处无能量损失，圆管孔径远小于R，则(小球直径略小于管内径)(　　)【导学号：25702025】图4A．小球到达C点时的速度大小vC＝B．小球能通过E点且抛出后恰好落至B点C．无论小球的初速度v0为多少，小球到达E点时的速度都不能为零D．若将DE轨道拆除，则小球能上升的最大高度与D点相距2RB　[对小球从A点至C点过程，由机械能守恒有mv＋mgR＝mv，解得vC＝，选项A错误；对小球从A点至E点的过程，由机械能守恒有mv＝mv＋mgR，解得vE＝，小球从E点抛出后，由平抛运动规律有x＝vEt，R＝gt2，解得x＝R，则小球恰好落至B点，选项B正确；因为内管壁可提供支持力，所以小球到达E 点时的速度可以为零，选项C错误；若将DE轨道拆除，设小球能上升的最大高度为h，则有mv＝mgh，又由机械能守恒可知vD＝v0，解得h＝R，选项D错误．]●考向3　系统机械能守恒3．(高考改编)(多选)在[例1](2015·全国卷ⅡT21)中，若将轻杆换成轻绳，如图5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的环，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.杆上的A点与定滑轮等高，杆上的B点在A点正下方距离为d处．现将环从A处由静止释放，不计一切摩擦阻力，下列说法正确的是(　　)图5A．环到达B处时，重物上升的高度h＝B．环到达B处时，环与重物的速度大小相等C．环从A到B，环减少的机械能等于重物增加的机械能D．环能下降的最大高度为CD　[环到达B处时，对环的速度进行分解，可得v环cosθ＝v物，由题图中几何关系可知θ＝45°，则v环＝v物，B错；因环从A到B，环与重物组成的系统机械能守恒，则环减少的机械能等于重物增加的机械能，C对；当环到达B处时，由题图中几何关系可得重物上升的高度h＝(－1)d，A错；当环下落到最低点时，设环下落高度为H，由机械能守恒有mgH＝2mg(－d)，解得H＝d，故D正确．]4．(2016·河北石家庄一模)如图6所示，左侧竖直墙面上固定半径为R＝0.3m的光滑半圆环，右侧竖直墙面上与圆环的圆心O等高处固定一光滑直杆．质量为ma＝100g的小球a套在半圆环上，质量为mb＝36g的滑块b套在直杆上，二者之间用长为l＝0.4m的轻杆通过两铰链连接．现将a从圆环的最高处由静止释放，使a沿圆环自由下滑，不计一切摩擦， a、b均视为质点，g取10m/s2.求：(1)小球a滑到与圆心O等高的P点时的向心力大小；图6(2)小球a从P点下滑至杆与圆环相切的Q点的过程中，杆对滑块b做的功．【解析】　(1)当a滑到与O同高度的P点时，a的速度v沿圆环切向向下，b的速度为零，由机械能守恒可得：magR＝mav2解得：v＝对小球a受力分析，由牛顿第二定律可得：F＝＝2mag＝2N.(2)杆与圆环相切时，如图所示，此时a的速度沿杆方向，设此时b的速度为vb，则知va＝vbcosθ由几何关系可得：cosθ＝＝0.8球a从P到Q下降的高度h＝Rcosθa、b及杆组成的系统机械能守恒：magh＝mav＋mbv－mav2对滑块b，由动能定理得：W＝mbv＝0.1944J.【答案】　(1)2N　(2)0.1944J 机械能守恒定律应用中的“三选取”(1)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，有的选几个物体组成的系统为研究对象，如图所示单选物体A机械能减少不守恒，但由物体A、B二者组成的系统机械能守恒．(2)研究过程的选取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)机械能守恒表达式的选取①守恒观点：Ek1＋Ep1＝Ek2＋Ep2.(需选取参考面)②转化观点：ΔEp＝－ΔEk.(不需选取参考面)③转移观点：ΔEA增＝ΔEB减.(不需选取参考面)考点2|功能关系及能量守恒难度：较难题型：选择题、计算题五年3考　(多选)(2015·江苏高考T9)如图7所示，轻质弹簧一端固定，另一端与一质量为m、套在粗糙竖直固定杆A处的圆环相连，弹簧水平且处于原长．圆环从A处由静止开始下滑，经过B处的速度最大，到达C处的速度为零，AC＝h.圆环在C处获得一竖直向上的速度v，恰好能回到A.弹簧始终在弹性限度内，重力加速度为g.则圆环(　　)图7A．下滑过程中，加速度一直减小B．下滑过程中，克服摩擦力做的功为mv2C．在C处，弹簧的弹性势能为mv2－mgh D．上滑经过B的速度大于下滑经过B的速度【解题关键】　解此题应注意以下三点：(1)圆环在A处时，弹簧水平且处于原长，此时弹簧弹性势能为零．(2)经过B处的速度最大，则加速度为零．(3)圆环下滑过程中和上滑过程中克服摩擦力做功大小相同．BD　[圆环下落时，先加速，在B位置时速度最大，加速度减小至0.从B到C圆环减速，加速度增大，方向向上，选项A错误．圆环下滑时，设克服摩擦力做功为Wf，弹簧的最大弹性势能为ΔEp，由A到C的过程中，根据能量关系有mgh＝ΔEp＋Wf.由C到A的过程中，有mv2＋ΔEp＝Wf＋mgh.联立解得Wf＝mv2，ΔEp＝mgh－mv2.选项B正确，选项C错误．设圆环在B位置时，弹簧的弹性势能为ΔE′p，根据能量守恒，A到B的过程有mv＋ΔE′p＋W′f＝mgh′，B到A的过程有mv′＋ΔE′p＝mgh′＋W′f，比较两式得v′B>vB，选项D正确．]　(2016·全国甲卷T25)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，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8所示．物块P与AB间的动摩擦因数μ＝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8(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．【解题关键】　关键语句信息解读接触但不连接物块P和弹簧可以分离光滑半圆轨道在BCD上运动时只有重力做功动摩擦因数μ＝0.5物块P在AB上运动时，摩擦力做负功将弹簧压缩至长为l弹簧中存在弹性势能 仍能沿圆轨道滑下没有脱离轨道，高度不超过C点【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时的弹性势能为Ep＝5mgl①设P的质量为M，到达B点时的速度大小为vB，由能量守恒定律得Ep＝Mv＋μMg·4l②联立①②式，取M＝m并代入题给数据得vB＝③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－mg≥0④设P滑到D点时的速度为vD，由机械能守恒定律得mv＝mv＋mg·2l⑤联立③⑤式得vD＝⑥vD满足④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＝gt2⑦P落回到AB上的位置与B点之间的距离为s＝vDt⑧联立⑥⑦⑧式得s＝2l.⑨(2)为使P能滑上圆轨道，它到达B点时的速度不能小于零．由①②式可知5mgl>μMg·4l⑩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.由机械能守恒定律有Mv≤Mgl⑪联立①②⑩⑪式得 m≤M，OB<.根据能量转化与守恒关系可知，物块在A点时，弹簧的弹性势能Ep＝W－ μmgOA＜W－μmga，选项A错误；物块在B点时，弹簧的弹性势能E′p＝Ep－μmga＝W－μmgOA－μmga＜W－μmga，选项B正确；物块在O点的动能Ek＝Ep－μmgOA＝W－2μmgOA＜W－μmga，选项C正确；物块动能最大时，弹簧的弹力kx＝μmg，此时物块处于M点(如图所示)，如果BO＜OM，则物块动能最大时弹簧的弹性势能大于物块在B点时弹簧的弹性势能，选项D错误．]●考向2　功能关系的综合应用6．(高考改编)在[例4](2016·全国甲卷T25)中，若将右侧半圆轨道换成光滑斜面，如图10所示，斜面固定，AB与水平方向的夹角θ＝45°，A、B两点的高度差h＝4m，在B点左侧的水平面上有一左端固定的轻质弹簧，自然伸长时弹簧右端到B点的距离s＝3m．质量为m＝1kg的物块从斜面顶点A由静止释放，物块进入水平面后向左运动压缩弹簧的最大压缩量x＝0.2m．已知物块与水平面间的动摩擦因数μ＝0.5，取g＝10m/s2，不计物块在B点的机械能损失．求：图10(1)弹簧的最大弹性势能；(2)物块最终停止位置到B点的距离；(3)物块在斜面上滑行的总时间(结果可用根式表示)．【解析】　(1)物块从开始位置到压缩弹簧至速度为0的过程，由功能关系可得：mgh－μmg(s＋x)＝Ep解得最大弹性势能Ep＝24J.(2)设物块从开始运动到最终静止，在水平面上运动的总路程为l，由功能关系有：mgh－μmgl＝0解得：l＝8m所以物块停止位置到B点距离为：Δl＝l－2(s＋x)＝1.6m<3m即物块最终停止位置距B点1.6m.(3)物块在光滑斜面上运动时，由牛顿第二定律有：mgsinθ＝ma解得：a＝gsinθ设物块第一次在斜面上运动的时间为t1，则 ＝at解得：t1＝s设物块从水平面返回斜面时的速度为v，由动能定理可得：mgh－2μmg(s＋x)＝mv2解得：v＝4m/s所以，物块第二次在斜面上滑行的时间为：t2＝2＝s.物块在斜面上滑行总时间为：t＝t1＋t2＝s.【答案】　(1)24J　(2)1.6m　(3)s7．(2016·湖南十三校三联)如图11所示，在水平面的上方有一固定的水平运输带，在运输带的左端A处用一小段光滑的圆弧与一光滑的斜面平滑衔接，该运输带在电动机的带动下以恒定的向左的速度v0＝2m/s运动．将一可以视为质点的质量为m＝2kg的滑块由斜面上的O点无初速度释放，其经A点滑上运输带，经过一段时间滑块从运输带最右端的B点离开，落地点为C.已知O点与A点的高度差为H1＝1.65m，A点与水平面的高度差为H2＝0.8m，落地点C到B点的水平距离为x＝1.2m，g取10m/s2.【导学号：25702026】图11(1)求滑块运动到C点时的速度大小；(2)如果仅将O点与A点的高度差变为H′1＝0.8m，且当滑块刚好运动到A点时，撤走斜面，求滑块落在水平面上时的速度大小；(3)在第(2)问情况下滑块在整个运动过程中因摩擦而产生的热量有多少？【解析】　(1)设滑块滑至运输带的右端时速度为v1，滑块自运输带右端飞出至落地的时间为t，则在水平方向上，x＝v1t在竖直方向上，H2＝gt2设滑块落地时的速度为v，根据机械能守恒定律得mv＋mgH2＝mv2 联立解得v1＝3m/s，v＝5m/s.(2)设滑块从高H1＝1.65m处的O点由静止开始下滑到运输带上，再滑到运输带右端过程中，摩擦力对滑块做功为Wf，由动能定理得mgH1＋Wf＝mv。解得Wf＝－24J滑块从高H′1＝0.8m处的O点由静止开始下滑到运输带上，由于mgH′1<|Wf|，在滑到运输带右端前滑块的速度就减为零，然后滑块要向左运动，设滑块从高H′1＝0.8m处由静止开始下滑到达运输带左端的速度为v′0，则mgH′1＝mv′解得v′0＝4m/s因为v0tan37°，所以煤块将匀速运动到顶端．(1分)由功能关系得传送带多消耗的电能E＝mv2＋μmgcos37°(vt′－x1)＋mgLsin37°⑩(2分)代入数据，由以上各式得E＝350J．⑪(2分)【答案】　(1)2m/s　(2)0.4m　(3)350J[评分标准](1)在第(2)中不进行压力为零的分析，只写出方程④且结果计算正确同样给满分．(2)第(3)中只写出方程⑥⑧而没有写出结果⑦，不影响得分．(3)第⑨后没有对结果和运动情况分析，不影响得分．(4)对第⑩分步书写，只要正确可给分．