《（江苏专版）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》由会员分享，可在线阅读，更多相关《（江苏专版）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（16页珍藏版）》请在装配图网上搜索。
1、专项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)(全国卷T21)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1Aa落地前，轻杆对b始终做正功Ba落地时速度大小为Ca下落过程中，其加速度大小始终不不小于g Da落地前，当a的机械能最小时，b对地面的压力大小为mg 【解题核心】解此题的核心有两点：(1)刚性轻杆不伸缩，两滑块沿杆的分速度相似(2)轻杆对滑块a、b都做功，系统机械能守恒BD由题意
2、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，分别将va、vb分解，如图由于刚性杆不可伸长，因此沿杆的分速度v与v是相等的，即vacos vbsin .当a滑至地面时90，此时vb0，由系统机械能守恒得mghmv，解得va，选项B对的同步由于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不小于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，因此b对地面的压力大小为mg，选项D对的
3、对的选项为B、D.(江苏高考T14)如图2所示，倾角为的斜面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.【解题核心】核心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构成的系
4、统机械能守恒【解析】(1)支持力的大小Nmgcos .(2)根据几何关系sxx(1cos )，syxsin 且s解得sx.(3)B的下降高度syxsin 根据机械能守恒定律mgsymvmv根据速度的定义得vA，vB则vBvA解得vA.【答案】(1)mgcos (2)x (3)1高考考察特点(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察(2)熟悉掌握并灵活应用机械能的守恒条件、掌握常用典型运动形式的特点及规律是突破该考点的核心2解题的常用误区及提示(1)对机械能守恒条件理解不精确，特别是系统机械能守恒时不能对
5、的分析各力的做功状况(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，且处在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，圆环和弹簧构成的系统机械能守恒，系统
6、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mgLEp，解得EpmgL，选项B对的考向2单个物体机械能守恒2(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构成，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，
7、整个轨道固定在竖直平面内，既有一质量为m，初速度v0的光滑小球水平进入圆管AB，设小球通过轨道交接处无能量损失，圆管孔径远不不小于R，则(小球直径略不不小于管内径)() 【导学号：25702025】图4A小球达到C点时的速度大小vCB小球能通过E点且抛出后正好落至B点C无论小球的初速度v0为多少，小球达到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mvmgRmv，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mvmvmgR，解得vE，小球从E点抛出后，由平抛运动规律有xvEt，Rgt2，解得xR，则小球正
8、好落至B点，选项B对的；由于内管壁可提供支持力，因此小球达到E点时的速度可觉得零，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mvmgh，又由机械能守恒可知vDv0，解得hR，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(全国卷T21)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，下列说法对的的是()图5A环达到B处时，重物上升的高度hB环达到B处时，环与重
9、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长的机械能D环能下降的最大高度为CD环达到B处时，对环的速度进行分解，可得v环cos v物，由题图中几何关系可知45，则v环v物，B错；因环从A到B，环与重物构成的系统机械能守恒，则环减少的机械能等于重物增长的机械能，C对；当环达到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mgH2mg(d)，解得Hd，故D对的4(河北石家庄一模)如图6所示，左侧竖直墙面上固定半径为R0.3 m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ma100 g的小球a套在半
10、圆环上，质量为mb36 g的滑块b套在直杆上，两者之间用长为l0.4 m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10 m/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：magRmav2解得：v对小球a受力分析，由牛顿第二定律可得：F2mag2 N.(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vavbcos 由
11、几何关系可得：cos 0.8球a从P到Q下降的高度hRcos a、b及杆构成的系统机械能守恒：maghmavmbvmav2对滑块b，由动能定理得：Wmbv0.194 4 J.【答案】(1)2 N(2)0.194 4 J机械能守恒定律应用中的“三选用”(1)研究对象的选用研究对象的选用是解题的首要环节，有的问题选单个物体(实为一种物体与地球构成的系统)为研究对象，有的选几种物体构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两者构成的系统机械能守恒(2)研究过程的选用研究对象的运动过程分几种阶段，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
12、注意过程的选用.(3)机械能守恒体现式的选用守恒观点：Ek1Ep1Ek2Ep2.(需选用参照面)转化观点：EpEk.(不需选用参照面)转移观点：EA增EB减.(不需选用参照面)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)(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，弹簧水平且处在原长圆环从A处由静止开始下滑，通过B处的速度最大，达到C处的速度为零，ACh.圆环在C处获得一竖直向上的速度v，正好能回到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，加速度始终减小B下滑过程中，克服摩擦力
13、做的功为mv2C在C处，弹簧的弹性势能为mv2mghD上滑通过B的速度不小于下滑通过B的速度【解题核心】解此题应注意如下三点：(1)圆环在A处时，弹簧水平且处在原长，此时弹簧弹性势能为零(2)通过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似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Ep，由A到C的过程中，根据能量关系有mghEpWf.由C到A的过程中，有mv2EpWfmgh.联立解得Wfmv2，Epmghmv2.选项B对的，选项C错误
14、设圆环在B位置时，弹簧的弹性势能为Ep，根据能量守恒，A到B的过程有mvEpWfmgh，B到A的过程有mvEpmghWf，比较两式得vBvB，选项D对的(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达
15、到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的质量的取值范畴【解题核心】核心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Ep5mgl设P的质量为M，达到B点时的速度大小为vB，由能量守恒定律得E
16、pMvMg4l联立式，取Mm并代入题给数据得vB若P能沿圆轨道运动到D点，其达到D点时的向心力不能不不小于重力，即P此时的速度大小v应满足mg0设P滑到D点时的速度为vD，由机械能守恒定律得mvmvmg2l联立式得vDvD满足式规定，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2lgt2P落回到AB上的位置与B点之间的距离为svDt联立式得s2l.(2)为使P能滑上圆轨道，它达到B点时的速度不能不不小于零由式可知5mglMg4l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MvMgl联立式得mMm.【答案
17、】(1)2l(2)mM，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EpWmgOAWmga，选项A错误；物块在B点时，弹簧的弹性势能EpEpmgaWmgOAmgaWmga，选项B对的；物块在O点的动能EkEpmgOAW2mgOAWmga，选项C对的；物块动能最大时，弹簧的弹力kxmg，此时物块处在M点(如图所示)，如果BOOM，则物块动能最大时弹簧的弹性势能不小于物块在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(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45，A、B两点的高度差h4 m，在B
18、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s3 m质量为m1 kg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x0.2 m已知物块与水平面间的动摩擦因数0.5，取g10 m/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)物块最后停止位置到B点的距离；(3)物块在斜面上滑行的总时间(成果可用根式表达)【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：mghmg(sx)Ep解得最大弹性势能Ep24 J.(2)设物块从开始运动到最后静止，在水平面上运动的总路程为l，由功能关系有：mghmgl0
19、解得：l8 m因此物块停止位置到B点距离为：ll2(sx)1.6 m3 m即物块最后停止位置距B点1.6 m.(3)物块在光滑斜面上运动时，由牛顿第二定律有：mgsin ma解得：agsin 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：mgh2mg(sx)mv2解得：v4 m/s因此，物块第二次在斜面上滑行的时间为：t22 s.物块在斜面上滑行总时间为：tt1t2 s.【答案】(1)24 J(2)1.6 m(3) s7(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送带，在运送带的左端A处用一小段光滑的圆弧与一光滑
20、的斜面平滑衔接，该运送带在电动机的带动下以恒定的向左的速度v02 m/s运动将一可以视为质点的质量为m2 kg的滑块由斜面上的O点无初速度释放，其经A点滑上运送带，通过一段时间滑块从运送带最右端的B点离开，落地点为C.已知O点与A点的高度差为H11.65 m，A点与水平面的高度差为H20.8 m，落地点C到B点的水平距离为x1.2 m，g取10 m/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H10.8 m，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)问状况下滑块在整个运动过程中因摩擦而
21、产生的热量有多少？【解析】(1)设滑块滑至运送带的右端时速度为v1，滑块自运送带右端飞出至落地的时间为t，则在水平方向上，xv1t在竖直方向上，H2gt2设滑块落地时的速度为v，根据机械能守恒定律得mvmgH2mv2联立解得v13 m/s，v5 m/s.(2)设滑块从高H11.65 m处的O点由静止开始下滑到运送带上，再滑到运送带右端过程中，摩擦力对滑块做功为Wf，由动能定理得mgH1Wfmv。解得Wf24 J滑块从高H10.8 m处的O点由静止开始下滑到运送带上，由于mgH1|Wf|，在滑到运送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H10.8 m处由静止开始下滑达到运送带
22、左端的速度为v0，则mgH1mv解得v04 m/s由于v0v0，故滑块在运送带上向左运动的过程中，先加速至与运送带速度相似，后匀速运动至运送带左端做平抛运动，设滑块从运送带左端抛出，落地时的速度大小为v2，根据机械能守恒定律得mvmgH2mv解得v22 m/s.(3)设滑块与运送带间的动摩擦因数为，滑块从高H10.8 m处由静止开始下滑，在运送带上减速到零的过程中，滑块在运送带上运动的时间为t1，滑块与运送带摩擦所产生的热量为Q1，则有Q1mg(t1v0t1)对滑块，由动能定理得mgt10mv设滑块后来又向运送带左端运动的过程中，滑块加速至v0运动的时间为t2，滑块与运送带摩擦所产生的热量为Q
23、2，则Q2mg(v0t2t2)对滑块，由动能定理得mgt2mv0则滑块自释放至落地全过程中滑块与运送带摩擦所产生的热量QQ1Q2解得Q36 J.【答案】(1)5 m/s(2)2 m/s(3)36 J功是能量转化的量度，是能量转化的标志.功能量转化合外力做功合外力的功等于物体动能的变化量(动能定理)重力做功重力所做的功等于物体重力势能的变化量弹力做功弹力所做的功等于物体弹性势能的变化量除重力和弹力做功外，其她力的合功除重力和弹力做功外，其她力(涉及其她外力、摩擦力等)的合功等于物体机械能的变化量摩擦力的相对功(摩擦力与相对路程的乘积)摩擦力与相对路程的乘积为系统的发热量规范练高分| 动力学与功能
24、关系综合应用问题典题在线(河南郑州二模)(17分)如图12是运用传送带装运煤块的示意图其中传送带长L6 m，倾角37，煤块与传送带间的动摩擦因数0.8，传送带的积极轮和从动轮半径相等积极轮轴顶端与运煤车底板间的竖直高度H1.8 m，与运煤车车厢中心的水平距离x1.2 m目前传送带底端由静止释放某些煤块(可视为质点)，质量m5_kg，煤块在传送带的作用下运送到高处要使煤块在轮的最高点水平抛出并落在车厢中心取g10 m/s2，sin 370.6，cos 370.8.求：图12(1)煤块在轮的最高点水平抛出时的速度；(2)积极轮和从动轮的半径R；(3)电动机运送煤块多消耗的电能信息解读煤块与传送带间
25、存在摩擦力煤块放在传送带上的运动有两种也许：a始终加速到顶端b先加速后匀速到顶端最高点煤块对轮子的压力为零，平抛的水平距离正好为x.多消耗的电能等于煤块增长的机械能与因摩擦产生的内能之和考生抽样阅卷点评点评内容点评1该生在第(1)、(2)步的计算上思路清晰，第(3)加速度的计算对的，故可得分.点评2(2)煤块放在传送带上后的运动状态判断失误，导致计算错误.点评3第式的方程对的，可得分.点评4因中数据出错，导致数据错误，失去成果分.规范解答【解析】(1)煤块离开传送带后做平抛运动水平方向xvt(1分)竖直方向Hgt2(1分)代入数据得v2 m/s.(1分)(2)要使煤块在轮的最高点做平抛运动，则
26、煤块达到轮的最高点时对轮的压力为零(1分)由牛顿第二定律得：mgm(2分)代入数据解得R0.4 m(1分)(3)由牛顿第二定律Fma得mgcos mgsin ma(2分)即a0.4 m/s2(1分)由vv0at，v00得煤块匀加速运动的时间t5 s(1分)煤块的位移x1at25 mtan 37，因此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Emv2mgcos 37(vtx1)mgLsin 37(2分)代入数据，由以上各式得E350 J(2分)【答案】(1)2 m/s(2)0.4 m(3)350 J评分原则(1)在第(2)中不进行压力为零的分析，只写出方程且成果计算对的同样给满分(2)第(3)中只写出方程而没有写出成果，不影响得分(3)第后没有对成果和运动状况分析，不影响得分(4)对第分步书写，只要对的可给分
（江苏专版）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
