（通用版）2020版高考物理大二复习 专题三 第7讲 机械能守恒定律和功能关系课件

1231.(2017全国卷Ⅲ)如图,一质量为m,长度为l的均匀柔软细绳PQ竖直悬挂。用外力将绳的下端Q缓慢地竖直向上拉起至M点,M点与绳的上端P相距l。重力加速度大小为g。在此过程中,外力做的功为()A.19mglB.16mglC.13mglD.12mgl13解析:根据题意,此过程中外力做的功等于细绳增加的重力势能,MQ的下半部分质量为𝑚3的重心升高了𝑙3,故增加的重力势能为ΔEp=𝑚𝑔3×𝑙3=19mgl,所以外力做功19mgl,A正确。答案:A1232.(2018全国卷Ⅰ)如图,abc是竖直面内的光滑固定轨道,ab水平,长度为2R;bc是半径为R的四分之一圆弧,与ab相切于b点。一质量为m的小球,始终受到与重力大小相等的水平外力的作用,自a点处从静止开始向右运动。重力加速度大小为g。小球从a点开始运动到其轨迹最高点,机械能的增量为()A.2mgRB.4mgRC.5mgRD.6mgR123解析:根据功能关系,除重力之外的力做的功等于机械能的变化。从a→c,水平外力做的功为WF=mg·3R,根据动能定理mg·3R-mgR=12𝑚𝑣𝑐2,vc=2𝑔𝑅,方向竖直向上,当竖直方向速度变为零时,到达轨迹最高点d,由c到d所用时间t=𝑣𝑐𝑔=2𝑅𝑔。小球通过c点时,水平方向做ax=𝐹𝑚=g的匀加速直线运动,小球运动到最高点d时水平位移xcd=12axt2=2R,所以整个过程水平拉力做功为mg·(2R+3R)=5mgR,故C正确。答案:C1233.(多选)(2019全国卷Ⅱ)从地面竖直向上抛出一物体,其机械能E总等于动能Ek与重力势能Ep之和。取地面为重力势能零点,该物体的E总和Ep随它离开地面的高度h的变化如图所示。重力加速度取10m/s2。由图中数据可得()A.物体的质量为2kgB.h=0时,物体的速率为20m/sC.h=2m时,物体的动能Ek=40JD.从地面至h=4m,物体的动能减少100J123解析:本题考查机械能、重力势能、动能及E-h图象的理解和应用。由题图可知,物体刚被抛出时的机械能为100J,即物体竖直上抛的初动能Ek0=100J。当机械能与重力势能相等,说明动能为零,上升到最高点时离地面高度为4m,这时mgh=E,所以=10m/s,B错误。从题图中可以得出在上抛过程中,机械能有损失,上升到最高点的整个过程中,共损失了20J的机械能,按照比例上升2m时,机械能损失了10J。因此当h=2m时,物体的动能Ek=100J-40J-10J=50J,C错误。当h=0时,Ek0=100J,当h=4m时,Ek4=0,所以从地面至h=4m,物体的动能减少100J,D正确。答案:ADm=𝐸𝑔ℎ=8010×4kg=2kg,A正确。根据Ek0=12𝑚𝑣02,v0=2𝐸k0𝑚=2×1002m/s考点1考点2机械能守恒定律的理解与应用例1(2019贵州七校联考)如图所示,水平传送带的右端与竖直面内的用内壁光滑钢管弯成的“9”形固定轨道相接,钢管内径很小。传送带的运行速度为v0=6m/s,将质量m=1.0kg的可看成质点的滑块无初速地放在传送带A端,传送带长度L=12.0m,“9”形轨道高H=0.8m,“9”形轨道上半部分圆弧半径为R=0.2m,滑块与传送带间的动摩擦因数为μ=0.3,重力加速度g取10m/s2,试求:考点1考点2(1)滑块从传送带A端运动到B端所需要的时间;(2)滑块滑到轨道最高点C时受到轨道的作用力大小;(3)若滑块从“9”形轨道D点水平抛出后,恰好垂直撞在倾角θ=45°的斜面上P点,求P、D两点间的竖直高度h。审题读取题干获取信息内壁光滑的“9”形固定轨道滑块在“9”形轨道内运动时机械能守恒滑块无初速地放在传送带A端滑块从A点开始做初速度为0的匀加速运动滑块从“9”形轨道D点水平抛出滑块由D点到P点做平抛运动,机械能守恒恰好垂直撞在倾角θ=45°的斜面上P点滑块在P点的速度vP垂直于斜面,其水平分速度为vD考点1考点2解析:(1)滑块在传送带上运动时,由牛顿第二定律得:μmg=ma得:a=μg=3m/s2故滑块从传送带A端运动到B端所需时间为:t=t1+t2=3s加速到与传送带达到共速所需要的时间:t1=𝑣0𝑎=2s前2s内的位移:x1=12𝑎𝑡12=6m之后滑块做匀速运动的位移:x2=L-x1=6m时间:t2=𝑥2𝑣0=1s考点1考点2(2)滑块由B点运动到C点,由机械能守恒定律得:在C点,轨道对滑块的弹力与其重力的合力提供做圆周运动的向心力,设轨道对滑块的弹力方向竖直向下,解得:FN=90N12𝑚𝑣𝐶2+mgH=12𝑚𝑣02由牛顿第二定律得:FN+mg=m𝑣𝐶2𝑅考点1考点2(3)滑块由B点到D点运动的过程中,由机械能守恒定律得:设P、D两点间的竖直高度为h,滑块由D点到P点运动的过程中,由机械能守恒定律得:又vD=vPsin45°由以上三式可解得h=1.4m。答案:(1)3s(2)90N(3)1.4m12𝑚𝑣02=12𝑚𝑣𝐷2+mg(H-2R)12𝑚𝑣𝑃2=12𝑚𝑣𝐷2+mgh考点1考点2方法归纳应用机械能守恒定律的一般步骤考点1考点2对应训练1.(2019贵州贵阳模拟)如图所示,一质量为m的小球固定于轻质弹簧的一端,弹簧的另一端固定于O点。将小球拉至A点,弹簧恰好无形变,由静止释放小球,当小球运动到O点正下方与A点的竖直高度差为h的B点时,速度大小为v。已知重力加速度为g,下列说法正确的是()A.小球运动到B点时的动能等于mghB.小球由A点到B点重力势能减少12mv2C.小球由A点到B点克服弹力做功为mghD.小球到达B点时弹簧的弹性势能为mgh-12mv2考点1考点2解析:小球由A点到B点的过程中,小球和弹簧组成的系统机械能守恒,弹簧由原长到长度变长,小球动能增加量小于重力势能减少量,即12mv2mgh,选项A错误;小球重力势能减少量等于小球动能增加量与弹簧弹性势能增加量之和,即mgh=12mv2+Ep,选项B错误;弹簧弹性势能增加量等于小球重力势能减少量与动能增加量之差,即mgh-12mv2,选项D正确;小球克服弹力所做的功等于弹簧弹性势能增加量,即mgh-12mv2,选项C错误。答案:D考点1考点22.(多选)(2019浙江温州中学模拟)如图所示,在竖直平面内半径为R的四分之一圆弧轨道AB、水平轨道BC与斜面直轨道CD平滑连接在一起,斜面直轨道足够长。在圆弧轨道上静止着N个半径为r(r≪R)的光滑小球(小球无明显形变),小球恰好将圆弧轨道铺满,从最高点A到最低点B依次标记为1、2、3、…、N。现将圆弧轨道末端B处的阻挡物拿走,N个小球由静止开始沿轨道运动,不计摩擦与空气阻力,下列说法正确的是()A.N个小球在运动过程中始终不会散开B.第1个小球从A到B过程中机械能守恒C.第1个小球到达B点前第N个小球做匀加速运动D.第1个小球到达最低点的速度v𝑔𝑅考点1考点2解析:在下滑的过程中,如果没有后面小球的挤压,水平面上的小球将做匀速运动,而圆弧轨道上的小球要做加速运动,则后面的小球对前面的小球有向前挤压的作用,所以小球之间始终相互挤压,冲上斜面直轨道后,后面的小球把前面的小球往上压,所以小球之间始终相互挤压,故N个小球在运动过程中始终不会散开,选项A正确;第1个小球在下落过程中受到挤压,所以有外力对小球做功,小球的机械能不守恒,选项B错误;由于小球在下落过程中速度发生变化,相互间的挤压力变化,所以第N个小球不可能做匀加速运动,选项C答案:AD错误;若小球整体的重心高度为𝑅2,在运动到最低点的过程中,根据机械能守恒定律得:12mv2=mg·𝑅2,解得:v=𝑔𝑅;根据几何关系可知,整体在AB段时,在𝑅2以上的球的个数只占总数的13,所以对整体在AB段时,整体重心低于𝑅2,所以第1个小球到达最低点的速度v𝑔𝑅,选项D正确。考点1考点23.(2019山东济南质检)如图所示,跨过同一高度处的定滑轮的细线连接着质量相同的物体A和B,A套在光滑水平杆上,定滑轮离水平杆的高度h=0.2m,开始时让连着A的细线与水平杆的夹角θ1=37°,由静止释放B,当细线与水平杆的夹角θ2=53°时,A的速度为多大?在以后的运动过程中,A所获得的最大速度为多大?(设B不会碰到水平杆也不会碰地,sin37°=0.6,sin53°=0.8,g取10m/s2)考点1考点2解析:A、B组成的系统只有动能和重力势能的转化,机械能守恒。设θ2=53°时,A、B的速度分别为vA、vB,B下降的高度为h1,则有vAcosθ2=vB代入数据解得vA≈1.1m/s。由于细线的拉力对A做正功,使A加速至左滑轮正下方时速度最大,此时B的速度为零,设整个过程B下降高度为h2,则由机械能守恒定律得代入数据解得vmA≈1.6m/s。mgh1=12𝑚𝑣𝐴2+12𝑚𝑣𝐵2其中h1=ℎsin𝜃1−ℎsin𝜃2mgh2=12𝑚𝑣𝑚𝐴2其中h2=ℎsin𝜃1-h答案:1.1m/s1.6m/s考点1考点2功能关系、能量守恒定律的理解与应用例2(2019江苏南通模拟)如图甲所示,质量M=1.0kg的长木板A静止在光滑水平面上,在木板的左端放置一个质量m=1.0kg的小铁块B,铁块与木板间的动摩擦因数μ=0.2,对铁块施加水平向右的拉力F,F大小随时间变化如图乙所示,4s时撤去拉力。可认为A、B间的最大静摩擦力与滑动摩擦力大小相等,重力加速度g取10m/s2。求:(1)0~1s内,A、B的加速度大小aA、aB;(2)B相对A滑行的最大距离x;(3)0~4s内,拉力做的功W;(4)0~4s内系统因摩擦产生的热量Q。考点1考点2解析:(1)在0~1s内,A、B两物体分别做匀加速直线运动,根据牛顿第二定律得μmg=MaAF1-μmg=maB代入数据得:aA=2m/s2,aB=4m/s2。(2)t1=1s后,拉力F2=μmg,铁块B做匀速运动,速度大小为v1;木板A仍做匀加速运动,又经过时间t2,速度与铁块B相等。v1=aBt1又v1=aA(t1+t2)解得:t2=1s设A、B速度相等后一起做匀加速运动,运动时间t3=2s,加速度为a,则F2=(M+m)aa=1m/s2考点1考点2木板A受到的静摩擦力Ff=Maμmg,A、B一起运动x=12aB𝑡12+v1t2-12aA(t1+t2)2代入数据得:x=2m。(3)时间t1内拉力做的功:W1=F1x1=F1·12aB𝑡12=12J时间t2内拉力做的功:W2=F2x2=F2v1t2=8J时间t3内拉力做的功:W3=F2x3=F2v1t3+12𝑎𝑡32=20J4s内拉力做的功:W=W1+W2+W3=40J。(4)系统因摩擦产生的热量Q只发生在t1+t2时间内,铁块与木板相对滑动阶段,此过程中系统因摩擦产生的热量Q=μmg·x=4J。答案:(1)2m/s24m/s2(2)2m(3)40J(4)4J考点1考点2方法归纳能量问题中滑块—滑板模型的分析流程考点1考点2对应训练4.(多选)(2019山东莱芜模拟)如图所示,水平长直轨道上紧靠放置n个质量为m可视为质点的物块,物块间用长为l的细线连接,开始处于静止状态,轨道与物块间的动摩擦因数为μ。用水平恒力F拉动物块1开始运动,到连接第n个物块的细线刚好拉直时整体速度正好为零,则()A.拉力F所做功为nFlB.系统克服摩擦力做功为𝑛(𝑛-1)𝜇𝑚𝑔𝑙2C.F𝑛𝜇𝑚𝑔2D.nμmgF(n-1)μmg考点1考点2解析:物块1的位移为(n-1)l,则拉力F所做功为WF=F·(n-1)l=(n-1)Fl,选项A错误;系统克服摩擦力做功为Wf=μmg·l+…+μmg·(n-2)l+μmg·(n-1)l=𝑛(𝑛-1)𝜇𝑚𝑔𝑙2,选项B正确;根据题意,连接第n个物块的细线刚好拉直时整体速度正好为零,假设细线绷紧瞬间系统没有动能损失,由动能定理有WF=Wf,解得F=𝑛𝜇𝑚𝑔2,实际由于细线绷紧瞬间系统有动能损失,所以