全国版2021高考物理一轮复习专题六机械能及其守恒考点4功能关系能量守恒定律教案

全国版2021高考物理一轮复习专题六机械能及其守恒考点4功能关系能量守恒定律教案

考点4　功能关系、能量守恒定律 ‎404‎ 考向1　功能关系的理解和应用 ‎1.[2018天津高考,2,6分]滑雪运动深受人民群众喜爱.某滑雪运动员(可视为质点)由坡道进入竖直面内的圆弧形滑道AB,从滑道的A点滑行到最低点B的过程中,由于摩擦力的存在,运动员的速率不变,则运动员沿AB下滑过程中(　　)‎ A.所受合外力始终为零　　　　　　　　B.所受摩擦力大小不变 C.合外力做功一定为零 D.机械能始终保持不变 必备知识:匀速圆周运动、力与运动的关系、功与能的关系等.‎ 关键能力:匀速圆周运动模型构建、力和运动关系的分析、功能关系的分析和物理规律的灵活运用能力.‎ 解题指导:运动员在有摩擦力的作用下做匀速圆周运动,根据力和运动关系,指向圆心的合外力F合=mv‎2‎R大小不变,切线方向摩擦力与重力的分力平衡,又动能不变,合外力不做功,摩擦力做功,机械能减少.‎ 考向2　应用能量观点求解实际问题 ‎2.[2018浙江下半年选考,19,9分]在竖直平面内,某一游戏轨道由直轨道AB和弯曲的细管道BCD平滑连接组成,如图所示.小滑块以某一初速度从A点滑上倾角为θ=37°的直轨道AB,到达B点的速度大小为2 m/s,然后进入细管道BCD,从细管道出口D点水平飞出,落到水平面上的G点.已知B点的高度h1=1.2 m,D点的高度h2=0.8 m,D点与G点间的水平距离L=0.4 m,滑块与轨道AB间的动摩擦因数μ=0.25,sin 37°=0.6,cos 37°=0.8.‎ ‎(1)求小滑块在轨道AB上的加速度和在A点的初速度;‎ ‎(2)求小滑块从D点飞出的速度;‎ ‎(3)判断细管道BCD的内壁是否光滑.‎ 必备知识:牛顿第二定律、运动学规律、平抛运动规律、能量守恒定律等.‎ 关键能力:匀变速直线运动模型、平抛运动模型的构建能力.‎ 解题指导:小滑块在斜面AB上做匀减速直线运动,由牛顿第二定律和运动学公式,可求得加速度a和初速度v0.小滑块从D点开始做平抛运动,由平抛运动规律可解出vD.根据能量守恒定律分析可知,机械能减小,受阻力作用.‎ - 10 -‎ 考法1 功能关系的理解及判断 ‎1[广东高考]如图是安装在列车车厢之间的摩擦缓冲器结构图.图中①和②为楔块,③和④为垫板,楔块与弹簧盒、垫板间均有摩擦.在车厢相互撞击使弹簧压缩的过程中 A.缓冲器的机械能守恒 B.摩擦力做功消耗机械能 C.垫板的动能全部转化为内能 D.弹簧的弹性势能全部转化为动能 由于车厢相互撞击弹簧压缩的过程中存在克服摩擦力做功,所以缓冲器的机械能减少,A错误,B正确;弹簧压缩的过程中,垫板的动能转化为内能和弹簧的弹性势能,C、D错误.‎ B 考法2 功能关系中的图象问题分析 ‎2[2017江苏高考,3,3分]一小物块沿斜面向上滑动,然后滑回到原处.物块初动能为Ek0,与斜面间的动摩擦因数不变,则该过程中,物块的动能Ek与位移x关系的图线是 设物块与斜面间的动摩擦因数为μ,斜面倾角为θ,物块的质量为m,则物块在上滑过程中根据功能关系有-(mgsin θ+μmgcos θ)x=Ek-Ek0,即Ek=Ek0-(mgsin θ+μmgcos θ)x;设物块沿斜面滑到距出发点x0处返回,则物块沿斜面下滑的过程中有(mgsin θ-μmgcos θ)(x0-x)=Ek,由此可以判断C项正确.‎ C 感悟反思 要判断物块动能Ek与位移x的关系图线,关键是根据功能关系建立动能与位移的函数关系式.2017年江苏高考图象是Ek-x图线,2018年则是Ek-t图线.求解问题的关键是根据题意建立动能Ek与位移x或时间t的函数关系式.‎ ‎1.[2018江苏高考,4,3分]从地面竖直向上抛出一只小球,小球运动一段时间后落回地面.忽略空气阻力,该过程中小球的动能Ek与时间t的关系图象是(　　)‎ ‎ ‎ - 10 -‎ A B C D 考法3 运用功能关系分析求解实际问题 ‎3[2017全国Ⅰ,24,12分]一质量为8.00×104 kg的太空飞船从其飞行轨道返回地面.飞船在离地面高度1.60×105 m处以7.50×103 m/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%.‎ ‎(1)飞船着地前瞬间的机械能Ek0=‎1‎‎2‎mv‎0‎‎2‎　①‎ 式中,m和v0分别是飞船的质量和着地前瞬间的速率.由①式和题给数据得Ek0=4.0×108 J　②‎ 设地面附近的重力加速度大小为g.飞船进入大气层时的机械能Eh=‎1‎‎2‎mvh‎2‎+mgh　③‎ 式中,vh是飞船在高度1.6×105 m处的速度大小.由③式和题给数据得Eh=2.4×1012 J　④.‎ ‎(2)飞船在高度h'=600 m处的机械能Eh'=‎1‎‎2‎m(‎2.0‎‎100‎vh)2+mgh'　⑤‎ 由功能关系得W=Eh'-Ek0　⑥‎ 式中,W是飞船从高度600 m处至着地前瞬间的过程中克服阻力所做的功.由②⑤⑥式和题给数据得W=9.7×108 J.‎ ‎(1)4.0×108 J　2.4×1012 J　(2)9.7×108 J 模型构建 　弹簧模型的能量关系问题 题型1　动能定理求解弹簧做功 ‎4 A、B两个木块叠放在竖直轻弹簧上,如图所示,已知mA=mB=1 kg,轻弹簧的劲度系数为100 N/m.某时刻在木块A上作用一个竖直向上的力F,使木块A由静止开始以2 m/s2的加速度竖直向上做匀加速运动.取g=10 m/s2.‎ - 10 -‎ ‎(1)在木块A做匀加速运动的过程中,力F的最大值是多少?‎ ‎(2)若木块A竖直向上做匀加速运动,直到A、B分离的过程中,弹簧的弹性势能减少了1.28 J,则在这个过程中,力F对木块做的功是多少?‎ ‎(1)以A为研究对象,由牛顿第二定律可得F-mAg+FBA=mAa,所以当FBA=0时,F最大,即Fmax=mAg+mAa=12 N.‎ ‎(2)初始位置弹簧的压缩量x1=mAg+mBgk=0.20 m A、B分离时,FAB=0,以B为研究对象可得 F1-mBg=mBa,解得弹簧的弹力大小F1=12 N 此时弹簧的压缩量x2=F‎1‎k=0.12 m A、B上升的高度Δx=x1-x2=0.08 m A、B的速度vA=vB=v=‎2aΔx=‎2‎‎5‎‎2‎ m/s 以A、B作为一个整体,由动能定理得 WF+W1-(mA+mB)gΔx=‎1‎‎2‎(mA+mB)v2-0‎ 可得WF=0.64 J.‎ ‎(1)12 N　(2)0.64 J 题型2　单物体弹簧系统机械能守恒问题 ‎5[2015天津高考,5,6分]如图所示,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 A.圆环的机械能守恒 B.弹簧弹性势能变化了‎3‎mgL C.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 圆环在下滑的过程中,圆环和弹簧组成的系统机械能守恒,而圆环的机械能并不守恒,A项错误;在下滑到最大距离的过程中,圆环动能的变化量为零,因此圆环减少的重力势能转化为弹簧的弹性势能,即Ep=mg‎(2L‎)‎‎2‎-‎L‎2‎=‎3‎mgL - 10 -‎ ‎,B项正确;圆环下滑的过程中速度先增大后减小,加速度先减小后增大,下滑到最大距离时,向上的加速度最大,此时圆环所受合力不为零,C项错误;由于圆环的重力势能、圆环的动能与弹簧的弹性势能之和为定值,因此圆环重力势能与弹簧弹性势能之和先减小后增大,D项错误.‎ B ‎2.[2016全国Ⅱ,21,6分,多选]如图,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<π‎2‎.在小球从M点运动到N点的过程中(　　)‎ A.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 题型3　多物体弹簧系统机械能守恒问题 ‎6如图,质量为m1的物体A经一轻质弹簧与下方地面上的质量为m2的物体B相连,弹簧的劲度系数为k,A、B都处于静止状态.一条不可伸长的轻绳绕过轻滑轮,一端连物体A,另一端连一轻挂钩.开始时各段绳都处于伸直状态,A上方的一段绳沿竖直方向.现在挂钩上挂一质量为m3的物体C并从静止状态释放,已知它恰好能使B离开地面但不继续上升.若将C换成另一个质量为(m1+m3)的物体D,仍从上述初始位置由静止状态释放,则这次B刚离地时D的速度的大小是多少?已知重力加速度为g.‎ 开始时,A、B静止,设弹簧压缩量为x1,有kx1=m1g　①‎ 挂C并释放后,C向下运动,A向上运动,设B刚要离地时弹簧伸长量为x2,有kx2=m2g　②‎ B不再上升表示此时A和C的速度为零,C已降到其最低点,与初始状态相比,对A、B、C弹簧组成的系统由机械能守恒定律可知,弹簧弹性势能的增加量为 ΔE=m3g(x1+x2)-m1g(x1+x2)　③‎ C换成D后,当B刚离地时弹簧弹性势能的增量与前一次相同,设此时A、D速度为v,由系统机械能守恒得 ‎1‎‎2‎‎(m3+m1)v2+‎1‎‎2‎m1v2+ΔE=(m3+m1)g(x1+x2)-m1g(x1+x2)　④‎ 由①~④式得v=g‎2m‎1‎(m‎1‎+m‎2‎)‎‎(2m‎1‎+m‎3‎)k.‎ g‎2m‎1‎(m‎1‎+m‎2‎)‎‎(2m‎1‎+m‎3‎)k ‎3.[2017江苏高考,9,4分,多选]如图所示,三个小球A、B、C的质量均为m,A与B、C间通过铰链用轻杆连接,杆长为L.B、C置于水平地面上,用一轻质弹簧连接,弹簧处于原长.现A由静止释放下降到最低点,两轻杆间夹角α由60°‎ - 10 -‎ 变为120°.A、B、C在同一竖直平面内运动,弹簧在弹性限度内,忽略一切摩擦,重力加速度为g.则此下降过程中(　　)‎ A.A的动能达到最大前,B受到地面的支持力小于‎3‎‎2‎mg ‎ B.A的动能最大时,B受到地面的支持力等于‎3‎‎2‎mg ‎ C.弹簧的弹性势能最大时,A的加速度方向竖直向下 ‎ D.弹簧的弹性势能最大值为‎3‎‎2‎mgL 题型4　弹簧问题中的功能关系分析 ‎7[2019江苏高考,8,4分,多选]如图所示,轻质弹簧的左端固定,并处于自然状态.小物块的质量为m,从A点向左沿水平地面运动,压缩弹簧后被弹回,运动到A点恰好静止.物块向左运动的最大距离为s,与地面间的动摩擦因数为μ,重力加速度为g,弹簧未超出弹性限度.在上述过程中 A.弹簧的最大弹力为μmg B.物块克服摩擦力做的功为2μmgs C.弹簧的最大弹性势能为μmgs D.物块在A点的初速度为‎2μgs 小物块处于最左端时,弹簧的压缩量最大,然后小物块先向右加速运动再减速运动,可知弹簧的最大弹力大于滑动摩擦力μmg,选项A错误;物块从开始运动至最后回到A点过程,由功的定义可得物块克服摩擦力做功为2μmgs,选项B正确;自物块从最左侧运动至A点过程由能量守恒定律可知Ep=μmgs,选项C正确;设物块在A点的初速度为v0,整个过程应用动能定理有-2μmgs=0-‎1‎‎2‎mv‎0‎‎2‎,解得v0=2μgs,选项D错误.‎ BC 解题思路 对于弹簧问题中的功能关系,分析求解时首先应根据物体的运动情况来判断其受力情况,然后由做功情况分析能量转化,通过对力与运动分析和功能关系分析,再结合能量守恒定律或动能定理求解问题.‎ ‎4.[2018江苏高考,7,4分,多选]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 - 10 -‎ 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 重难突破　能量守恒与动力学的综合应用 ‎8[2018全国Ⅲ,25,20分]如图,在竖直平面内,一半径为R的光滑圆弧轨道ABC和水平轨道PA在A点相切,BC为圆弧轨道的直径,O为圆心,OA和OB之间的夹角为α,sin α=‎3‎‎5‎.一质量为m的小球沿水平轨道向右运动,经A点沿圆弧轨道通过C点,落至水平轨道;在整个过程中,除受到重力及轨道作用力外,小球还一直受到一水平恒力的作用.已知小球在C点所受合力的方向指向圆心,且此时小球对轨道的压力恰好为零.重力加速度大小为g.求 ‎(1)水平恒力的大小和小球到达C点时速度的大小;‎ ‎(2)小球到达A点时动量的大小;‎ ‎(3)小球从C点落至水平轨道所用的时间.‎ ‎(1)设水平恒力的大小为F0,小球到达C点时所受合力的大小为F,由力的合成法则有F‎0‎mg=tan α F2=(mg)2+‎F‎0‎‎2‎ 设小球到达C点时的速度大小为v,由牛顿第二定律得F=mv‎2‎R 联立以上各式,结合题给数据,解得F0=‎3‎‎4‎mg,v=‎5gR‎2‎.‎ ‎(2)设小球到达A点的速度大小v1,如图所示,作CD⊥PA,交PA于D点,‎ 由几何关系得DA=Rsin α CD=R(1+cos α)‎ 由动能定理有,-mg·CD-F0·DA=‎1‎‎2‎mv2-‎1‎‎2‎mv‎1‎‎2‎ 联立以上各式,可解得小球在A点的动量大小p=mv1=m‎23gR‎2‎.‎ ‎(3)小球离开C点后,在竖直方向上做初速度不为零的匀加速直线运动,加速度大小为g,设小球在竖直方向的初速度为v⊥,从C点落到水平轨道上所用时间为t,由运动学公式有 v⊥t+‎1‎‎2‎gt2=CD - 10 -‎ v⊥=vsin α 联立以上各式,结合题给数据,解得t=‎3‎‎5‎‎5Rg.‎ ‎(1)‎3‎‎4‎mg　‎5gR‎2‎　(2)m‎23gR‎2‎　(3)‎‎3‎‎5‎‎5Rg ‎5.[2016全国Ⅱ,25,20分]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.‎ ‎(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.‎ 考点4　功能关系、能量守恒定律 ‎1.C　运动员做匀速圆周运动,所受合外力指向圆心,A项错误;由动能定理可知,合外力做功一定为零,C项正确;运动员的速率不变,有f=mgsin θ,θ为滑道切线方向与水平面的夹角,可知摩擦力在变小,B项错误;运动员动能不变,重力势能减少,所以机械能减少,D项错误.‎ ‎2.(1)6 m/s　(2)1 m/s　(3)见解析 解析:(1)上滑过程中,由牛顿第二定律 mgsin θ+μmgcos θ=ma a=8 m/s2‎ - 10 -‎ 由运动学公式 vB‎2‎‎-v‎0‎‎2‎=-2ah‎1‎sinθ v0=6 m/s.‎ ‎(2)滑块在D处水平飞出,由平抛运动规律 L=vDt h2=‎1‎‎2‎gt2‎ vD=1 m/s.‎ ‎(3)小滑块动能减小,重力势能也减小,所以细管道BCD内壁不光滑.‎ ‎1.A　设小球的质量为m,抛出瞬间小球的速度大小为v0,抛出后,某时刻t小球的速度v=v0-gt,故小球的动能Ek=‎1‎‎2‎mv2=‎1‎‎2‎m(v0-gt)2,结合数学知识知,选项A正确.‎ ‎2.BCD　初态弹簧处于压缩状态,末态弹簧处于伸长状态,且弹簧弹力大小相等,则弹簧弹力先增大后减小再增大,根据弹簧弹力与速度方向间的夹角变化可知弹簧弹力对小球先做负功后做正功再做负功,A错误.小球运动过程中受重力、弹簧的弹力、杆的弹力,其中杆的弹力始终垂直于杆,弹簧的弹力沿弹簧方向,当弹簧与光滑杆垂直时,小球竖直方向只受重力的作用,加速度为重力加速度;当弹簧为原长时,小球只受重力作用,小球的加速度也为重力加速度,B正确.当弹簧与光滑杆垂直时,弹簧长度最短,弹簧弹力与速度垂直,则弹力对小球做功的功率为零,C正确.M、N两点弹簧弹性势能相等,从M到N小球的重力势能转化为动能,则小球在N点的动能等于其在M、N两点的重力势能差,D正确.‎ ‎3.AB　在A的动能达到最大前,A向下加速运动,此时A处于失重状态,则整个系统对地面的压力小于3mg,即地面对B的支持力小于‎3‎‎2‎mg,A项正确;当A的动能最大时,A的加速度为零,这时系统既不失重,也不超重,系统对地面的压力等于3mg,即B受到地面的支持力等于‎3‎‎2‎mg,B项正确;当弹簧的弹性势能最大时,A减速运动到最低点,此时A的加速度方向竖直向上,C项错误;由机械能守恒定律可知,弹簧的弹性势能最大值等于两轻杆夹角为120°时A的重力势能的减少量,即mg(Lcos 30°-Lcos 60°)=‎3‎‎-1‎‎2‎mgL,D项错误.‎ ‎4.AD　物块在从A到B的运动过程中,弹簧对物块的弹力先大于摩擦力后小于摩擦力,物块所受合外力先减小后增大,根据牛顿第二定律知,物块的加速度先减小后增大,选项A正确;物块受到弹簧的弹力等于摩擦力时速度最大,此位置一定位于A、O之间,选项B错误;物块所受弹簧的弹力先做正功后做负功,选项C错误;对物块从A到B的运动过程,由动能定理可知,物块所受弹簧弹力做的功等于克服摩擦力做的功,选项D正确.‎ ‎5.(1)2 ‎2‎l　(2)[‎5‎‎3‎m,‎5‎‎2‎m)‎ 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Ep=5mgl　①‎ 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=‎1‎‎2‎MvB‎2‎+μMg·4l　②‎ - 10 -‎ 联立①②式,取M=m并代入题给数据得vB=‎6gl　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mv‎2‎l-mg≥0,即v≥gl　④‎ 设P滑到D点时的速度为vD,由机械能守恒定律得 ‎1‎‎2‎mvB‎2‎=‎1‎‎2‎mvD‎2‎+mg·2l　⑤‎ 联立③⑤式得vD=‎2gl　⑥‎ vD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=‎1‎‎2‎gt2　⑦‎ P落回到AB上的位置与B点之间的距离为s=vDt　⑧‎ 联立⑥⑦⑧式得s=2 ‎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·4l　‎ 要使P仍能沿圆轨道滑回,P在圆轨道上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‎1‎‎2‎MvB‎2‎≤Mgl　‎ 联立①②式得‎5‎‎3‎m≤M<‎5‎‎2‎m. ‎ - 10 -‎