全国版2021高考物理一轮复习专题六机械能及其守恒考点3机械能守恒定律教案

全国版2021高考物理一轮复习专题六机械能及其守恒考点3机械能守恒定律教案

考点3　机械能守恒定律 ‎403‎ 考向1　机械能守恒定律的理解与判断 ‎1.[2017天津高考,4,6分]“天津之眼”是一座跨河建设、桥轮合一的摩天轮,是天津市的地标之一.摩天轮悬挂透明座舱,乘客随座舱在竖直面内做匀速圆周运动.下列叙述正确的是(　　)‎ A.摩天轮转动过程中,乘客的机械能保持不变 B.在最高点时,乘客重力大于座椅对他的支持力 C.摩天轮转动一周的过程中,乘客重力的冲量为零 D.摩天轮转动过程中,乘客重力的瞬时功率保持不变 必备知识:机械能、向心力、冲量及瞬时功率等.‎ 关键能力:机械能守恒定律概念的理解能力,圆周运动模型的构建能力,向心力、冲量及瞬时功率等的应用能力.‎ 考向2　机械能守恒定律的综合应用 ‎2.[2016全国Ⅲ,24,12分]如图,在竖直平面内有由‎1‎‎4‎圆弧AB和‎1‎‎2‎圆弧BC组成的光滑固定轨道,两者在最低点B平滑连接.AB弧的半径为R,BC弧的半径为R‎2‎.一小球在A点正上方与A相距R‎4‎处由静止开始自由下落,经A点沿圆弧轨道运动.‎ ‎(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.‎ 必备知识:机械能守恒定律、牛顿第二定律、向心力公式等.‎ 关键能力:机械能守恒条件的理解与应用能力,竖直平面内圆周运动模型的构建能力.‎ 解题指导:本题属单物体、多过程综合应用问题.根据机械能守恒定律列式求解动能之比,根据竖直平面内圆周运动临界条件分析判断问题.‎ 考法1 机械能守恒定律的理解及判断 - 7 -‎ ‎1[山东高考,多选]如图所示,楔形木块abc固定在水平面上,粗糙斜面ab和光滑斜面bc与水平面的夹角相同,顶角b处安装一定滑轮.质量分别为M、m(M>m)的滑块,通过不可伸长的轻绳跨过定滑轮连接,轻绳与斜面平行.两滑块由静止释放后,沿斜面做匀加速运动.若不计滑轮的质量和摩擦,在两滑块沿斜面运动的过程中 A.两滑块组成系统的机械能守恒 B.重力对M做的功等于M动能的增加 C.轻绳对m做的功等于m机械能的增加 D.两滑块组成系统的机械能损失等于M克服摩擦力做的功 对于M和m组成的系统,除了重力、轻绳弹力做功外,摩擦力对M做了功,系统机械能不守恒,选项A错误;对于M,合外力做的功等于其重力、轻绳拉力及摩擦力做功的代数和,根据动能定理可知,M动能的增加等于合外力做的功,选项B错误;对于m,只有其重力和轻绳拉力做了功,根据功能关系可知,除了重力之外的其他力对物体做的正功等于物体机械能的增加量,选项C正确;对于M和m组成的系统,系统内轻绳上弹力做功的代数和等于零,只有两滑块的重力和M受到的摩擦力对系统做了功,根据功能关系得,M受到的摩擦力对系统做的功等于系统机械能的损失量,选项D正确.‎ CD ‎1.[2019东北三校第二次联考,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(均可视为质点)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‎(2+‎2‎)gL D.a球的最大速度为‎2‎gL 考法2 多物体机械能守恒问题分析 ‎2[2018江苏高考,14,16分]如图所示,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sin 53°=0.8,cos 53°=0.6.求:‎ ‎(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.‎ - 7 -‎ ‎(1)设小球受AC、BC的拉力分别为F1、F2,则有 F1sin 53°=F2cos 53°‎ F+mg=F1cos 53°+F2sin 53°‎ 且F1=Mg 解得F=‎5‎‎3‎Mg-mg.‎ ‎(2)小球运动到与A、B相同高度过程中 小球上升高度h1=3lsin 53°,物块下降高度h2=2l 根据机械能守恒定律有mgh1=Mgh2‎ 解得Mm=‎6‎‎5‎.‎ ‎(3)根据机械能守恒定律知,小球向下运动到最低点时回到起始点.设此时AC方向的加速度大小为a 根据牛顿第二定律有Mg-T=Ma 小球受AC的拉力T'=T 根据牛顿第二定律有T'-mgcos 53°=ma 解得T=‎8mMg‎5(m+M)‎(T=‎48‎‎55‎mg或T=‎8‎‎11‎Mg).‎ ‎(1)‎5‎‎3‎Mg-mg　(2)6:5　(3)‎8mMg‎5(m+M)‎或‎48‎‎55‎mg或‎8‎‎11‎Mg ‎2.[2015新课标全国Ⅱ,21,6分,多选]如图,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(　　)‎ A.a落地前,轻杆对b一直做正功 B.a落地时速度大小为‎2gh C.a下落过程中,其加速度大小始终不大于g D.a落地前,当a的机械能最小时,b对地面的压力大小为mg 考法3 多过程机械能守恒问题分析 - 7 -‎ ‎3如图所示为某种鱼饵自动投放器中的投饵管装置示意图,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,管口沿水平方向,AB管内有一原长为R、下端固定的轻质弹簧.投饵时,每次总将弹簧长度压缩到0.5R后锁定,在弹簧上端放置一粒鱼饵,解除锁定,弹簧可将鱼饵弹射出去.设质量为m的鱼饵到达管口C时,对管壁的作用力恰好为零.不计鱼饵在运动过程中的机械能损失,且锁定和解除锁定时,均不改变弹簧的弹性势能.已知重力加速度为g.‎ ‎(1)求质量为m的鱼饵到达管口C时的速度大小v1; ‎ ‎(2)求弹簧压缩到0.5R时的弹性势能Ep;‎ ‎(3)已知地面与水面相距1.5R,若使该投饵管绕AB管的中轴线OO'在90°角的范围内来回缓慢转动,每次弹射时只放置一粒鱼饵,鱼饵的质量在‎2‎‎3‎m和m之间变化,且均能落到水面.持续投放足够长时间后,鱼饵能够落到的水面的最大面积S是多少?‎ ‎(1)质量为m的鱼饵到达管口C时做圆周运动的向心力完全由重力提供,则mg=mv‎1‎‎2‎R　①‎ 由①式解得v1=gR　②.‎ ‎(2)弹簧的弹性势能全部转化为鱼饵的机械能,由机械能守恒定律有Ep=mg(1.5R+R)+‎1‎‎2‎mv‎1‎‎2‎　③‎ 由②③式解得Ep=3mgR　④.‎ ‎(3)不考虑缓慢转动装置对鱼饵速度大小的影响,质量为m的鱼饵离开管口C后做平抛运动,设经过t时间落到水面上,离OO'的水平距离为x1,由平抛运动规律有 ‎4.5R=‎1‎‎2‎gt2　⑤,x1=v1t+R　⑥‎ 由②⑤⑥式解得x1=4R　⑦‎ 当鱼饵的质量为‎2‎‎3‎m时,设其到达管口C时速度大小为v2,由机械能守恒定律有Ep=‎2‎‎3‎mg(1.5R+R)+‎1‎‎2‎×(‎2‎‎3‎m)v‎2‎‎2‎　⑧‎ 由④⑧式解得v2=2gR　⑨‎ 质量为‎2‎‎3‎m的鱼饵落到水面上时,设其离OO'的水平距离为x2,则x2=v2t+R　‎ 由⑤⑨⑩式解得x2=7R 鱼饵能够落到水面的最大面积 S=‎1‎‎4‎(πx‎2‎‎2‎-πx‎1‎‎2‎)=8.25πR2.‎ ‎(1)gR　(2)3mgR　(3)8.25πR2‎ - 7 -‎ ‎3.[福建高考]图为某游乐场内水上滑梯轨道示意图,整个轨道在同一竖直平面内,表面粗糙的AB 段轨道与四分之一光滑圆弧轨道BC在B 点水平相切.点A距水面的高度为H,圆弧轨道BC的半径为R,圆心O恰在水面.一质量为m的游客(视为质点)可从轨道 AB 的任意位置滑下,不计空气阻力.‎ ‎(1)若游客从A点由静止开始滑下,到B点时沿切线方向滑离轨道落在水面D点,OD=2R,求游客滑到B点时的速度vB大小及运动过程轨道摩擦力对其所做的功Wf;‎ ‎(2)若游客从AB段某处滑下,恰好停在B点,又因受到微小扰动,继续沿圆弧轨道滑到P点后滑离轨道,求P点离水面的高度h.(提示:在圆周运动过程中任一点,质点所受的向心力与其速率的关系为F向=mv‎2‎R )‎ 考点3　机械能守恒定律 ‎1.B　摩天轮转动过程中乘客的动能不变,重力势能一直变化,故机械能一直变化,A错误;在最高点乘客具有竖直向下的向心加速度,重力大于座椅对他的支持力,B正确;摩天轮转动一周的过程中,乘客重力的冲量等于重力与周期的乘积,C错误;重力瞬时功率等于重力与速度在重力方向上的分量的乘积,而转动过程中速度在重力方向上的分量是变化的,所以重力的瞬时功率也是变化的,D错误.‎ ‎2.(1)5:1　(2)能 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=mgR‎4‎　①‎ 设小球在B点的动能为EkB,同理有EkB=mg‎5R‎4‎　②‎ 由①②式得 EkBEkA=5　③.‎ ‎(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N≥0　④‎ 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=mvC‎2‎R‎2‎　⑤‎ - 7 -‎ 由④⑤式得,vC应满足mg≤m‎2‎vC‎2‎R　⑥‎ 由机械能守恒有mgR‎4‎=‎1‎‎2‎mvC‎2‎　⑦‎ 由⑥⑦式可知,小球恰好可以沿轨道运动到C点.‎ ‎1.ABC　a球和b球所组成的系统受到的外力中只有重力做功,受到的内力中只有弹力做功,系统机械能守恒,故A正确;设轻杆和水平杆L2的夹角为θ(θ≠π‎2‎),由关联速度可知vb·cos θ=va·sin θ,故vb=va·tan θ,即vb=0时,轻杆与水平杆L2重合,此时a球在竖直方向上只受重力,水平方向上受到的合力为0,即此时a球加速度大小为g,B正确;a球运动到杆L2所在平面后再向下运动L距离,此时b球到达两杆的重叠处,a球的速度为0,b球的速度最大,设这一速度为vbm,由机械能守恒定律得mg(L+‎2‎‎2‎L)=‎1‎‎2‎mvbm‎2‎,解得vbm=‎(2+‎2‎)gL,故C正确;a球运动到两杆的重叠处时,b球的速度为0,此时a球的速度为va,由机械能守恒定律得mg‎2‎‎2‎L=‎1‎‎2‎mva‎2‎,解得va=‎2‎gL,此时a球仍具有向下的加速度,速度不是最大,会再加速一段距离,即a球的最大速度要大于‎2‎gL,故D错误.‎ ‎2.BD　开始运动时,b速度为零,当a到最低点时,a的水平分速度为零,b速度为零,运动过程中,b速度大于零,所以b应先加速后减速,则轻杆对b先做正功后做负功,选项A错误.整个过程中,系统机械能守恒,a的重力势能最终全部转化为a的动能,由mgh=‎1‎‎2‎mv2得v=‎2gh,选项B正确.在b减速运动过程中,杆对b的作用效果应为拉力,方向沿杆,则杆对a的作用效果也为拉力,方向沿杆,故杆对a有竖直向下的分力,则此时a的加速度大于g,选项C错误.根据系统机械能守恒可知,当a的机械能最小时,b的动能最大,则此时b的速度最大,水平方向加速度为零,可知,此时杆对b没有力,b对地面的压力大小为mg,选项D正确.‎ ‎3.(1)‎2gR　2mgR-mgH　(2)‎2‎‎3‎R 解析:(1)游客从B点开始做平抛运动,水平方向上有2R=vBt　①‎ 竖直方向上有R=‎1‎‎2‎gt2　②,由①②式得vB=‎2gR　③‎ 从A到B,根据动能定理,有mg(H-R)+Wf=‎1‎‎2‎mvB‎2‎-0　④‎ 由③④式得Wf=2mgR-mgH　⑤.‎ ‎(2)设OP与OB间夹角为θ,游客在P点时的速度为vP,受到的支持力为N,从B到P由机械能守恒定律,有 mg(R-Rcos θ)=‎1‎‎2‎mvP‎2‎-0　⑥‎ - 7 -‎ 过P点时,根据向心力公式,有mgcos θ-N =mvP‎2‎R　⑦‎ 又N=0　⑧,cos θ=hR　⑨‎ 由⑥⑦⑧⑨式解得h=‎2‎‎3‎R.‎ - 7 -‎