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2020新课标高考物理二轮复习教师用书:第1部分专题2第2讲 机械能守恒定律 功能关系
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第2讲 机械能守恒定律 功能关系
考点1 机械能守恒定律的应用
■新依据·等级考预测·
❶分析近五年全国卷及北京卷、天津卷的高考题可以看出,本考点是高考命题的热点,题型以选择题为主,题目综合性强,涉及多物体系统机械能时,常与运动的合成与分解相联系。
❷预计2020年等级考仍会以多物体机械能守恒为重点,复习中应加强训练。
1.(多选)(2015·全国卷Ⅱ·T21)如图所示,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( )
A.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
[题眼点拨] 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。因为刚性轻杆不可伸长,所以沿杆的分速度v∥与v′∥是相等的,即vacos θ=vbsin θ。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。]
2.(多选)(2016·全国卷Ⅱ·T21)如图所示,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<。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两点的重力势能之差
BCD [在M、N两点处,弹簧对小球的弹力大小相等,且∠ONM<∠OMN<,则小球在M点时弹簧处于压缩状态,在N点时弹簧处于拉伸状态,小球从M点运动到N点的过程中,弹簧长度先缩短,当弹簧与竖直杆垂直时弹簧达到最短,这个过程中弹力对小球做负功,然后弹簧再伸长,弹力对小球开始做正功,当弹簧达到自然伸长状态时,弹力为零,再随着弹簧的伸长弹力对小球做负功,故整个过程中,弹力对小球先做负功,再做正功,后再做负功,选项A错误;在弹簧与杆垂直时及弹簧处于自然伸长状态时,小球加速度等于重力加速度,选项B正确;弹簧与杆垂直时,弹力方向与小球的速度方向垂直,则弹力对小球做功的功率为零,选项C正确;由机械能守恒定律知,在M、N两点弹簧弹性势能相等,在N点小球的动能等于从M点到N点重力势能的减小值,选项D正确。]
■新储备·等级考提能·
1.机械能守恒的三种判断方法
(1)用做功判断:若物体或系统只有重力(或弹簧的弹力)做功,虽受其他力,但其他力不做功,则其机械能守恒。
(2)用能量转化判断:若物体或系统中只有动能和势能的相互转化,而无机械能与其他形式的能的相互转化,则其机械能守恒(如上T1)。
(3)对多个物体组成的系统,除考虑是否只有重力做功外,还要考虑系统内力是否做功,如有滑动摩擦力做功时,因摩擦生热,系统机械能将有损失。
2.机械能守恒定律的三种表达形式
(多选)如图所示,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( )
A.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
[题眼点拨] ①“光滑直杆”表明没有系统内能的转化。
②“A点与滑轮等高”表明释放后环沿杆下滑,重物上升。
③“轻绳相连”表明沿绳子上的速度大小相等。
[解析] 环到达B处时,对环的速度进行分解,可得v环cos θ=v物,由题图中几何关系可知θ=45°,则v环=v物,B错误;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正确;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错误;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。
[答案] CD
反思:解此题关键是找出速度关联点,明确初、末状态的速度关系,确定环和重物的速度变化规律及速度大小关系,进而确定各自动能变化规律,还要明确环和重物组成的系统机械能守恒。
■新训练·等级考落实·
考向1 单个物体的机械能守恒
1.如图所示,长为0.1 m的不可伸长的细线下挂一木块,弹簧枪射出的一粒弹丸水平击中木块并留在木块内部。此后细线与竖直方向之间的最大夹角为60°。若木块质量为弹丸质量的8倍,重力加速度g=10 m/s2,不计空气阻力,则弹丸击中木块前瞬间的速度大小为( )
A.2 m/s B.9 m/s
C.4 m/s D.6 m/s
B [设弹丸击中木块前瞬间的速度大小为v0,弹丸与木块碰撞后瞬间的共同速度大小为v,由动量守恒定律,可得mv0=(M+m)v,由机械能守恒定律,可得(M+m)v2=(M+m)gL(1-cos 60°),代入数据解得v0=9 m/s,B正确。]
考向2 系统机械能守恒
2.(易错题)(多选)如图所示,在倾角θ=30°的光滑斜面上,放有两个质量分别为1 kg和2 kg的可视为质点的小球A和B,两球之间用一根长为L=0.2 m的轻杆相连,小球B到水平面的高度h=0.1 m。两球从静止开始下滑到光滑的水平面上,不计球与地面碰撞时的机械能损失,g取10 m/s2,则下列说法正确的是( )
A.下滑的整个过程中A球的机械能守恒
B.下滑的整个过程中两球组成的系统机械能守恒
C.两球在光滑水平面上运动时的速度大小为2 m/s
D.下滑的整个过程中杆对B球所做的功为 J
BD [在下滑的整个过程中,只有重力对系统做功,所以系统的机械能守恒,选项B正确;B球在水平面上滑行、而A球在斜面上滑行的一小段时间内,杆的弹力对A做功,所以A球的机械能不守恒,选项A错误;两球在光滑水平面上运动时的速度大小记为v,根据系统机械能守恒可得mAg(h+Lsin 30°)+mBgh=(mA+mB)v2,代入数据解得v= m/s,选项C错误;系统下滑的整个过程中B球机械能的变化量为ΔEB=mBv2-mBgh,代入数据可得ΔEB= J,选项D正确。]
易错点评:在于混淆单个物体和多物体机械能守恒的判断方法。
3.(多选)(2019·黑龙江重点中学第三次联考)如图所示,光滑的小滑轮D(可视为质点)固定,质量相等的物体A和B用轻弹簧连接,物体B放在地面上,用一根不可伸长的轻绳一端与物体A连接,另一端跨过定滑轮与小环C连接,小环C穿过竖直固定的光滑均匀细杆,小环C位于位置R时,绳与细杆的夹角为θ,此时物体B与地面刚好无压力,图中SD水平,位置R和Q关于S对称,现让小环从R处由静止释放,环下落过程中绳始终处于拉直状态,且环到达Q处时速度最大。在小环从R处下落到Q处的过程中,下列说法正确的是( )
A.小环C和物体A组成的系统机械能守恒
B.小环C下落到位置S时,小环C的机械能一定最大
C.小环C从位置R运动到位置Q的过程中,弹簧的弹性势能可能先减小后增大
D.小环C到达位置Q时,物体A与小环C的动能之比为cos θ∶2
BCD [小环C和物体A、弹簧组成的系统机械能守恒,选项A错误;小环从位置R下落到位置S的过程中,轻绳拉力对小环做正功,小环C的机械能增大,小环从位置S下落到位置Q的过程中,轻绳拉力对小环做负功,小环C的机械能减小,所以小环C下落到位置S时,机械能最大,选项B正确;小环C在位置R时,物体B与地面刚好无压力,说明弹簧处于拉伸状态,小环C从位置R运动到位置Q的过程中,弹簧长度先减小后增大,其弹性势能可能先减小后增大,选项C正确;小环C到达位置Q时,小环C沿轻绳方向的分速度大小等于物体A的速度大小,vCcos θ=vA,又小环C到达位置Q时速度最大,则此时小环C受力平衡,在竖直方向有(mA+mB)gcos θ=mCg,mA=mB,由动能公式可知物体A与小环C的动能之比为=,选项D正确。]
考点2 功能关系及能量守恒
■新依据·等级考预测·
❶分析近五年全国卷及北京卷、天津卷的高考题可以看出,本考点是高考命题的持续性热点,题型既有选择题又有计算题。选择题以功能关系的基本应用为主,难度中等;计算题以功能关系的综合应用为主,通常结合曲线运动、弹簧等背景,难度较大。
❷预计2020年等级考可能会结合动量守恒设置综合计算题。
1.(2017·全国卷Ⅲ·T16)如图所示,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.mgl B.mgl C.mgl D.mgl
A [以均匀柔软细绳MQ段为研究对象,其质量为m,取M点所在的水平面为零势能面,开始时,细绳MQ段的重力势能Ep1=-mg·=-mgl,用外力将绳的下端Q缓慢地竖直向上拉起至M点时,细绳MQ段的重力势能Ep2=-mg·=-mgl,则外力做的功即克服重力做的功等于细绳MQ段的重力势能的变化,即W=Ep2-Ep1=-mgl+mgl=mgl,选项A正确。]
2.(多选)(2019·全国卷Ⅱ·T18)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10 m/s2。由图中数据可得( )
A.物体的质量为2 kg
B.h=0时,物体的速率为20 m/s
C.h=2 m时,物体的动能Ek=40 J
D.从地面至h=4 m,物体的动能减少100 J
AD [根据题给图象可知h=4 m时物体的重力势能mgh=80 J,解得物体质量m=2 kg,抛出时物体的动能为Ek=100 J,由动能公式Ek=mv2,可知h=0时物体的速率为v=10 m/s,选项A正确,B错误;由功能关系可知fh=|ΔE|=20 J,解得物体上升过程中所受空气阻力f=5 N,从物体开始抛出至上升到h=2 m的过程中,由动能定理有-mgh-fh=Ek-100 J,解得Ek=50 J,选项C错误;由题给图象可知,物体上升到h=4 m时,机械能为80 J,重力势能为80 J,动能为零,即物体从地面上升到h=4 m,物体动能减少100 J,选项D正确。]
3.(2018·全国卷Ⅰ·T18)如图所示,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.2mgR B.4mgR
C.5mgR D.6mgR
C [设小球运动到c点的速度大小为vc,则对小球由a到c的过程,由动能定理有F·3R-mgR=mv,又F=mg,解得vc=2,小球离开c点后,在水平方向做初速度为零的匀加速直线运动,竖直方向在重力作用下做匀减速直线运动,由牛顿第二定律可知,小球离开c点后水平方向和竖直向的加速度大小均为g,则由竖直方向的运动可知,小球从离开c点到其轨迹最高点所需的时间为t==2,在水平方向的位移大小为x=gt2=2R。由以上分析可知,小球从a点开始运动到其轨迹最高点的过程中,水平方向的位移大小为5R,则小球机械能的增量为ΔE=F·5R=5mgR,C正确,A、B、D错误。]
■新储备·等级考提能·
1.常见功能关系
2.功能关系的理解和应用
(1)功能关系反映了做功和能量转化之间的对应关系,功是能量转化的量度和原因,在不同问题中的具体表现不同(如上T2)。
(2)根据功能之间的对应关系,判定能的转化情况(如上T1)。
(3)可以根据能量转化角度,确定是什么力做功,尤其可以方便计算变力做的功(如上T1)。
(2019·四川成都第二次联考)如图所示,倾角为θ的斜面底端固定一个挡板P,质量为m的小物块A与质量不计的木板B叠放在斜面上,A位于B的最上端且与挡板P相距L。已知A与B、B与斜面间的动摩擦因数分别为μ1、μ2,且μ1>tan θ>μ2,最大静摩擦力等于滑动摩擦力,A与挡板P相撞的过程中没有机械能损失。将A、B同时由静止释放。
(1)求A、B释放瞬间小物块A的加速度大小a1;
(2)若A与挡板P不相撞,求木板B的最小长度l0;
(3)若木板B的长度为l,求整个过程中木板B运动的总路程。
[思维流程]
[解析] (1)释放A、B,它们一起匀加速下滑。以A、B为研究对象,由牛顿第二定律有
mgsin θ-μ2mgcos θ=ma1,
解得a1=gsin θ-μ2gcos θ。
(2)在B与挡板P相撞前,A和B相对静止,以相同的加速度一起向下做匀加速运动。B与挡板P相撞后立即静止,A开始匀减速下滑。若A到达挡板P处时的速度恰好为零,此时B的长度即为最小长度l0。
从A释放至到达挡板P处的过程中,B与斜面间由于摩擦产生的热量
Q1=μ2mgcos θ·(L-l0),
A与B间由于摩擦产生的热量
Q2=μ1mgcos θ·l0
根据能量守恒定律有mgLsin θ=Q1+Q2,
解得l0=L。
(3)分两种情况:
①若l≥l0,B与挡板P相撞后不反弹,A一直减速直到静止在木板B上
木板B通过的路程x=L-l。
②若l
在此过程中,A与B间由于摩擦产生的热量Q′1=μ1mgcos θ·l,
B与斜面间由于摩擦产生的热量
Q′2=μ2mgcos θ·x,
根据能量守恒定律有
mgLsin θ=Q′1+Q′2,
解得x=。
[答案] (1)gsin θ-μ2gcos θ (2)L
(3)L-l或
反思:解答与能量有关的综合题的“三点技巧”
(1)过程分析:将复杂的物理过程分解为几个简单的物理过程,挖掘出题中的隐含条件(如例题中“质量不计的木板B”“μ1>tan θ>μ2”),找出联系不同阶段的“桥梁”。
(2)受力及功能分析:分析物体所经历的各个运动过程的受力情况以及做功情况的变化,选择适合的规律求解,如例题中第(3)问,若l
(3)规律应用:对滑块和滑板分别运用动能定理,或者对系统运用能量守恒定律。如图所示,要注意区分三个位移。
■新训练·等级考落实·
考向1 功能关系的基本应用
1.(原创题)(多选)如图所示,水平面上固定一倾角为θ=30°的斜面,一轻质弹簧下端固定在斜面底端的挡板上,上端连接一质量m=2 kg的物块(可视为质点),开始时物块静止在斜面上A点,此时物块与斜面的摩擦力恰好为零,现用沿斜面向上的恒力F=20 N作用在物块上,使其沿斜面向上运动,当物块从A点运动到B点时,力F做的功W=4 J,已知弹簧的劲度系数k=100 N/m,物块与斜面间的动摩擦因数μ=,g=10 m/s2,则下列说法正确的是( )
A.物块从A点运动到B点的过程中,重力势能增加了4 J
B.物块从A点运动到B点的过程中,产生的内能为1.2 J
C.物块经过B点时的速度大小为 m/s
D.物块从A点运动到B点的过程中,弹簧弹性势能的变化量为0.5 J
BC [施加F前,物块静止,由平衡条件得kx1=mgsin θ,解得物块在A点时弹簧压缩量x1=0.1 m,从A到B力F做的功W=Fx,解得x=0.2 m,所以物块到B点时,弹簧伸长量x2=x-x1=0.1 m,可知从A到B重力势能增加了mgxsin θ=2 J,物块在A、B位置时弹簧弹性势能相等,A、D错误;物块从A点运动到B点的过程中,产生的内能等于克服摩擦力做的功,即Q=μmgxcos θ=1.2 J,由动能定理有W-mgxsin θ-μmgxcos θ=mv2-0,解得v= m/s,B、C正确。]
2.(多选)(2019·安徽示范高中期末联考)如图甲所示,绷紧的传送带与水平方向的夹角为37°,传送带的vt图象如图乙所示。t=0时刻质量为1 kg的楔形物体(可视为质点)从B点滑上传送带并沿传送带向上做匀速运动,2 s后物体开始减速,在t=4 s时物体恰好到达最高点A。重力加速度为10 m/s2。对物体从B点运动到A点的过程,下列说法正确的是(sin 37°=0.6,cos 37°=0.8)( )
甲 乙
A.物体与传送带间的动摩擦因数为0.75
B.物体的重力势能增加48 J
C.摩擦力对物体做的功为12 J
D.物体在传送带上运动过程中产生的热量为12 J
AD [根据速度—时间图象的斜率表示加速度,可得传送带运动的加速度为a=-1 m/s2。t=0时刻质量为1 kg的楔形物体从B点滑上传送带并沿传送带向上做匀速直线运动,说明物体受力平衡,由平衡条件可知μmgcos 37°=mgsin 37°,解得物体与传送带之间的动摩擦因数μ=0.75,选项A正确;2 s末,传送带的速度为2 m/s,物体开始减速,分析可知,物体做匀速直线运动的速度为2 m/s,且2 s后物体与传送带一起做加速度为a=-1 m/s2的匀减速运动,t=4 s时物体恰好到达最高点A,则传送带的长度lAB=6 m,对物体从B点运动到A点的过程,根据动能定理有0-mv2=-mgh+Wf,其中h=lABsin 37°,则物体的重力势能增加量为mgh=36 J,摩擦力对物体做的功为Wf=34 J,选项B、C错误;物体在前2 s内与传送带有相对运动,二者间的相对位移为s=2 m,该过程中的滑动摩擦力f=6 N,则物体在传送带上运动过程中产生的热量为Q=fs=12 J,选项D正确。]
考向2 能量转化与守恒的应用
3.(多选)(2019·四川眉山中学模拟)如图所示,在一水平向右匀速运动的传送带的左端A点,每隔相同的时间T,轻放上一个相同的工件。已知工件与传送带间的动摩擦因数为μ,工件质量为m。经测量,发现后面那些和传送带共速的工件之间的距离均为L,已知重力加速度为g,下列说法正确的是( )
A.传送带的速度大小为
B.工件在传送带上加速的时间为
C.每个工件与传送带间因摩擦而产生的热量为
D.传送带传送一个工件多消耗的能量为
AD [工件在传送带上先做匀加速直线运动,然后做匀速直线运动,每个工件放上传送带后运动的规律相同,可知L=vT,解得传送带的速度v=,选项A正确;设每个工件匀加速运动的时间为t,根据牛顿第二定律得,工件的加速度a=μg,根据v=v0+at,解得t==,选项B错误;工件与传送带发生相对滑动的位移Δx=x传-x物=v-=,则因摩擦产生的热量为Q=μmgΔx=,选项C错误;根据能量守恒定律可得,传送带传送一个工件多消耗的能量为E=mv2+Q=,选项D正确。]
考向3 功能关系的综合应用
4.如图所示,平板车静止在光滑的水平面上,一个四分之一圆弧轨道固定在平台上,平台的上表面与平板车的上表面在同一水平面上,圆弧轨道的底端与平台左端对齐且与平台表面相切,平板车长为L=3.42 m、质量为2 kg,车的右端离平台左端距离为x=2 m。质量为1 kg的物块以初速度v0=6 m/s从车的左端滑上小车,物块与平板车间的动摩擦因数为0.4,平板车与平台相碰后立即静止,物块滑上圆弧轨道并从圆弧轨道上滑下重新滑上平板车,最终与平板车以 m/s的共同速度向左运动,重力加速度为g=10 m/s2,滑块可看作质点,求:
(1)平板车与平台相碰前一瞬间,车的速度大小;
(2)物块从滑上平板车到刚滑上圆弧轨道所用的时间;
(3)整个过程物块与平板车、与圆弧轨道因摩擦产生的热量分别为多少。
[解析] (1)物块滑上平板车后做匀减速运动,
加速度大小为a1=μg=4 m/s2
平板车的加速度大小a2==2 m/s2
设平板车与平台相碰前物块与平板车已保持相对静止,共同速度为v1,则:
v0-a1t1=a2t1
解得:t1=1 s
这段时间内车运动的距离s=a2t=1 m
即平板车与平台相碰前,物块与车达到共同速度,共同速度大小为:v1=a2t1=2 m/s
因此车与平台相碰前一瞬间,车的速度大小为2 m/s。
(2)物块与平板车达到共同速度时发生的相对位移:
x1=(v0+v1)t1-v1t1=3 m
物块随平板车匀速运动的时间:
t2==0.5 s
平板车与平台碰撞后静止,物块由于惯性继续向前滑行,设在车上再滑行的时间为t3,则:L-x1=v1t3-a1t
解得:t3=0.3 s或t3=0.7 s(舍去)
因此物块从滑上平板车到刚滑上圆弧轨道时所用的时间:t=t1+t2+t3=1.8 s。
(3)物块第一次在平板车上滑行因摩擦产生的热量:
Q1=μmgL=13.68 J
物块滑上圆弧轨道时的速度:v2=v1-a1t3=0.8 m/s
设物块再次滑上平板车时的速度为v3,最后的共同速度为v4,则:
v4=v3-a1t4
v4=a2t4
解得:v3=0.5 m/s
再次滑上平板车,因摩擦产生的热量:
Q2=mv-(m+M)v= J
滑块与车之间因摩擦产生的热量:Q=Q1+Q2≈13.76 J
物块在圆弧轨道上滑行因摩擦产生的热量:Q′=mv-mv=0.195 J
[答案] (1)2 m/s (2)1.8 s (3)13.76 J 0.195 J
考点1 机械能守恒定律的应用
■新依据·等级考预测·
❶分析近五年全国卷及北京卷、天津卷的高考题可以看出,本考点是高考命题的热点,题型以选择题为主,题目综合性强,涉及多物体系统机械能时,常与运动的合成与分解相联系。
❷预计2020年等级考仍会以多物体机械能守恒为重点,复习中应加强训练。
1.(多选)(2015·全国卷Ⅱ·T21)如图所示,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( )
A.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
[题眼点拨] 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。因为刚性轻杆不可伸长,所以沿杆的分速度v∥与v′∥是相等的,即vacos θ=vbsin θ。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。]
2.(多选)(2016·全国卷Ⅱ·T21)如图所示,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<。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两点的重力势能之差
BCD [在M、N两点处,弹簧对小球的弹力大小相等,且∠ONM<∠OMN<,则小球在M点时弹簧处于压缩状态,在N点时弹簧处于拉伸状态,小球从M点运动到N点的过程中,弹簧长度先缩短,当弹簧与竖直杆垂直时弹簧达到最短,这个过程中弹力对小球做负功,然后弹簧再伸长,弹力对小球开始做正功,当弹簧达到自然伸长状态时,弹力为零,再随着弹簧的伸长弹力对小球做负功,故整个过程中,弹力对小球先做负功,再做正功,后再做负功,选项A错误;在弹簧与杆垂直时及弹簧处于自然伸长状态时,小球加速度等于重力加速度,选项B正确;弹簧与杆垂直时,弹力方向与小球的速度方向垂直,则弹力对小球做功的功率为零,选项C正确;由机械能守恒定律知,在M、N两点弹簧弹性势能相等,在N点小球的动能等于从M点到N点重力势能的减小值,选项D正确。]
■新储备·等级考提能·
1.机械能守恒的三种判断方法
(1)用做功判断:若物体或系统只有重力(或弹簧的弹力)做功,虽受其他力,但其他力不做功,则其机械能守恒。
(2)用能量转化判断:若物体或系统中只有动能和势能的相互转化,而无机械能与其他形式的能的相互转化,则其机械能守恒(如上T1)。
(3)对多个物体组成的系统,除考虑是否只有重力做功外,还要考虑系统内力是否做功,如有滑动摩擦力做功时,因摩擦生热,系统机械能将有损失。
2.机械能守恒定律的三种表达形式
(多选)如图所示,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( )
A.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
[题眼点拨] ①“光滑直杆”表明没有系统内能的转化。
②“A点与滑轮等高”表明释放后环沿杆下滑,重物上升。
③“轻绳相连”表明沿绳子上的速度大小相等。
[解析] 环到达B处时,对环的速度进行分解,可得v环cos θ=v物,由题图中几何关系可知θ=45°,则v环=v物,B错误;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正确;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错误;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。
[答案] CD
反思:解此题关键是找出速度关联点,明确初、末状态的速度关系,确定环和重物的速度变化规律及速度大小关系,进而确定各自动能变化规律,还要明确环和重物组成的系统机械能守恒。
■新训练·等级考落实·
考向1 单个物体的机械能守恒
1.如图所示,长为0.1 m的不可伸长的细线下挂一木块,弹簧枪射出的一粒弹丸水平击中木块并留在木块内部。此后细线与竖直方向之间的最大夹角为60°。若木块质量为弹丸质量的8倍,重力加速度g=10 m/s2,不计空气阻力,则弹丸击中木块前瞬间的速度大小为( )
A.2 m/s B.9 m/s
C.4 m/s D.6 m/s
B [设弹丸击中木块前瞬间的速度大小为v0,弹丸与木块碰撞后瞬间的共同速度大小为v,由动量守恒定律,可得mv0=(M+m)v,由机械能守恒定律,可得(M+m)v2=(M+m)gL(1-cos 60°),代入数据解得v0=9 m/s,B正确。]
考向2 系统机械能守恒
2.(易错题)(多选)如图所示,在倾角θ=30°的光滑斜面上,放有两个质量分别为1 kg和2 kg的可视为质点的小球A和B,两球之间用一根长为L=0.2 m的轻杆相连,小球B到水平面的高度h=0.1 m。两球从静止开始下滑到光滑的水平面上,不计球与地面碰撞时的机械能损失,g取10 m/s2,则下列说法正确的是( )
A.下滑的整个过程中A球的机械能守恒
B.下滑的整个过程中两球组成的系统机械能守恒
C.两球在光滑水平面上运动时的速度大小为2 m/s
D.下滑的整个过程中杆对B球所做的功为 J
BD [在下滑的整个过程中,只有重力对系统做功,所以系统的机械能守恒,选项B正确;B球在水平面上滑行、而A球在斜面上滑行的一小段时间内,杆的弹力对A做功,所以A球的机械能不守恒,选项A错误;两球在光滑水平面上运动时的速度大小记为v,根据系统机械能守恒可得mAg(h+Lsin 30°)+mBgh=(mA+mB)v2,代入数据解得v= m/s,选项C错误;系统下滑的整个过程中B球机械能的变化量为ΔEB=mBv2-mBgh,代入数据可得ΔEB= J,选项D正确。]
易错点评:在于混淆单个物体和多物体机械能守恒的判断方法。
3.(多选)(2019·黑龙江重点中学第三次联考)如图所示,光滑的小滑轮D(可视为质点)固定,质量相等的物体A和B用轻弹簧连接,物体B放在地面上,用一根不可伸长的轻绳一端与物体A连接,另一端跨过定滑轮与小环C连接,小环C穿过竖直固定的光滑均匀细杆,小环C位于位置R时,绳与细杆的夹角为θ,此时物体B与地面刚好无压力,图中SD水平,位置R和Q关于S对称,现让小环从R处由静止释放,环下落过程中绳始终处于拉直状态,且环到达Q处时速度最大。在小环从R处下落到Q处的过程中,下列说法正确的是( )
A.小环C和物体A组成的系统机械能守恒
B.小环C下落到位置S时,小环C的机械能一定最大
C.小环C从位置R运动到位置Q的过程中,弹簧的弹性势能可能先减小后增大
D.小环C到达位置Q时,物体A与小环C的动能之比为cos θ∶2
BCD [小环C和物体A、弹簧组成的系统机械能守恒,选项A错误;小环从位置R下落到位置S的过程中,轻绳拉力对小环做正功,小环C的机械能增大,小环从位置S下落到位置Q的过程中,轻绳拉力对小环做负功,小环C的机械能减小,所以小环C下落到位置S时,机械能最大,选项B正确;小环C在位置R时,物体B与地面刚好无压力,说明弹簧处于拉伸状态,小环C从位置R运动到位置Q的过程中,弹簧长度先减小后增大,其弹性势能可能先减小后增大,选项C正确;小环C到达位置Q时,小环C沿轻绳方向的分速度大小等于物体A的速度大小,vCcos θ=vA,又小环C到达位置Q时速度最大,则此时小环C受力平衡,在竖直方向有(mA+mB)gcos θ=mCg,mA=mB,由动能公式可知物体A与小环C的动能之比为=,选项D正确。]
考点2 功能关系及能量守恒
■新依据·等级考预测·
❶分析近五年全国卷及北京卷、天津卷的高考题可以看出,本考点是高考命题的持续性热点,题型既有选择题又有计算题。选择题以功能关系的基本应用为主,难度中等;计算题以功能关系的综合应用为主,通常结合曲线运动、弹簧等背景,难度较大。
❷预计2020年等级考可能会结合动量守恒设置综合计算题。
1.(2017·全国卷Ⅲ·T16)如图所示,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.mgl B.mgl C.mgl D.mgl
A [以均匀柔软细绳MQ段为研究对象,其质量为m,取M点所在的水平面为零势能面,开始时,细绳MQ段的重力势能Ep1=-mg·=-mgl,用外力将绳的下端Q缓慢地竖直向上拉起至M点时,细绳MQ段的重力势能Ep2=-mg·=-mgl,则外力做的功即克服重力做的功等于细绳MQ段的重力势能的变化,即W=Ep2-Ep1=-mgl+mgl=mgl,选项A正确。]
2.(多选)(2019·全国卷Ⅱ·T18)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10 m/s2。由图中数据可得( )
A.物体的质量为2 kg
B.h=0时,物体的速率为20 m/s
C.h=2 m时,物体的动能Ek=40 J
D.从地面至h=4 m,物体的动能减少100 J
AD [根据题给图象可知h=4 m时物体的重力势能mgh=80 J,解得物体质量m=2 kg,抛出时物体的动能为Ek=100 J,由动能公式Ek=mv2,可知h=0时物体的速率为v=10 m/s,选项A正确,B错误;由功能关系可知fh=|ΔE|=20 J,解得物体上升过程中所受空气阻力f=5 N,从物体开始抛出至上升到h=2 m的过程中,由动能定理有-mgh-fh=Ek-100 J,解得Ek=50 J,选项C错误;由题给图象可知,物体上升到h=4 m时,机械能为80 J,重力势能为80 J,动能为零,即物体从地面上升到h=4 m,物体动能减少100 J,选项D正确。]
3.(2018·全国卷Ⅰ·T18)如图所示,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.2mgR B.4mgR
C.5mgR D.6mgR
C [设小球运动到c点的速度大小为vc,则对小球由a到c的过程,由动能定理有F·3R-mgR=mv,又F=mg,解得vc=2,小球离开c点后,在水平方向做初速度为零的匀加速直线运动,竖直方向在重力作用下做匀减速直线运动,由牛顿第二定律可知,小球离开c点后水平方向和竖直向的加速度大小均为g,则由竖直方向的运动可知,小球从离开c点到其轨迹最高点所需的时间为t==2,在水平方向的位移大小为x=gt2=2R。由以上分析可知,小球从a点开始运动到其轨迹最高点的过程中,水平方向的位移大小为5R,则小球机械能的增量为ΔE=F·5R=5mgR,C正确,A、B、D错误。]
■新储备·等级考提能·
1.常见功能关系
2.功能关系的理解和应用
(1)功能关系反映了做功和能量转化之间的对应关系,功是能量转化的量度和原因,在不同问题中的具体表现不同(如上T2)。
(2)根据功能之间的对应关系,判定能的转化情况(如上T1)。
(3)可以根据能量转化角度,确定是什么力做功,尤其可以方便计算变力做的功(如上T1)。
(2019·四川成都第二次联考)如图所示,倾角为θ的斜面底端固定一个挡板P,质量为m的小物块A与质量不计的木板B叠放在斜面上,A位于B的最上端且与挡板P相距L。已知A与B、B与斜面间的动摩擦因数分别为μ1、μ2,且μ1>tan θ>μ2,最大静摩擦力等于滑动摩擦力,A与挡板P相撞的过程中没有机械能损失。将A、B同时由静止释放。
(1)求A、B释放瞬间小物块A的加速度大小a1;
(2)若A与挡板P不相撞,求木板B的最小长度l0;
(3)若木板B的长度为l,求整个过程中木板B运动的总路程。
[思维流程]
[解析] (1)释放A、B,它们一起匀加速下滑。以A、B为研究对象,由牛顿第二定律有
mgsin θ-μ2mgcos θ=ma1,
解得a1=gsin θ-μ2gcos θ。
(2)在B与挡板P相撞前,A和B相对静止,以相同的加速度一起向下做匀加速运动。B与挡板P相撞后立即静止,A开始匀减速下滑。若A到达挡板P处时的速度恰好为零,此时B的长度即为最小长度l0。
从A释放至到达挡板P处的过程中,B与斜面间由于摩擦产生的热量
Q1=μ2mgcos θ·(L-l0),
A与B间由于摩擦产生的热量
Q2=μ1mgcos θ·l0
根据能量守恒定律有mgLsin θ=Q1+Q2,
解得l0=L。
(3)分两种情况:
①若l≥l0,B与挡板P相撞后不反弹,A一直减速直到静止在木板B上
木板B通过的路程x=L-l。
②若l
B与斜面间由于摩擦产生的热量
Q′2=μ2mgcos θ·x,
根据能量守恒定律有
mgLsin θ=Q′1+Q′2,
解得x=。
[答案] (1)gsin θ-μ2gcos θ (2)L
(3)L-l或
反思:解答与能量有关的综合题的“三点技巧”
(1)过程分析:将复杂的物理过程分解为几个简单的物理过程,挖掘出题中的隐含条件(如例题中“质量不计的木板B”“μ1>tan θ>μ2”),找出联系不同阶段的“桥梁”。
(2)受力及功能分析:分析物体所经历的各个运动过程的受力情况以及做功情况的变化,选择适合的规律求解,如例题中第(3)问,若l
■新训练·等级考落实·
考向1 功能关系的基本应用
1.(原创题)(多选)如图所示,水平面上固定一倾角为θ=30°的斜面,一轻质弹簧下端固定在斜面底端的挡板上,上端连接一质量m=2 kg的物块(可视为质点),开始时物块静止在斜面上A点,此时物块与斜面的摩擦力恰好为零,现用沿斜面向上的恒力F=20 N作用在物块上,使其沿斜面向上运动,当物块从A点运动到B点时,力F做的功W=4 J,已知弹簧的劲度系数k=100 N/m,物块与斜面间的动摩擦因数μ=,g=10 m/s2,则下列说法正确的是( )
A.物块从A点运动到B点的过程中,重力势能增加了4 J
B.物块从A点运动到B点的过程中,产生的内能为1.2 J
C.物块经过B点时的速度大小为 m/s
D.物块从A点运动到B点的过程中,弹簧弹性势能的变化量为0.5 J
BC [施加F前,物块静止,由平衡条件得kx1=mgsin θ,解得物块在A点时弹簧压缩量x1=0.1 m,从A到B力F做的功W=Fx,解得x=0.2 m,所以物块到B点时,弹簧伸长量x2=x-x1=0.1 m,可知从A到B重力势能增加了mgxsin θ=2 J,物块在A、B位置时弹簧弹性势能相等,A、D错误;物块从A点运动到B点的过程中,产生的内能等于克服摩擦力做的功,即Q=μmgxcos θ=1.2 J,由动能定理有W-mgxsin θ-μmgxcos θ=mv2-0,解得v= m/s,B、C正确。]
2.(多选)(2019·安徽示范高中期末联考)如图甲所示,绷紧的传送带与水平方向的夹角为37°,传送带的vt图象如图乙所示。t=0时刻质量为1 kg的楔形物体(可视为质点)从B点滑上传送带并沿传送带向上做匀速运动,2 s后物体开始减速,在t=4 s时物体恰好到达最高点A。重力加速度为10 m/s2。对物体从B点运动到A点的过程,下列说法正确的是(sin 37°=0.6,cos 37°=0.8)( )
甲 乙
A.物体与传送带间的动摩擦因数为0.75
B.物体的重力势能增加48 J
C.摩擦力对物体做的功为12 J
D.物体在传送带上运动过程中产生的热量为12 J
AD [根据速度—时间图象的斜率表示加速度,可得传送带运动的加速度为a=-1 m/s2。t=0时刻质量为1 kg的楔形物体从B点滑上传送带并沿传送带向上做匀速直线运动,说明物体受力平衡,由平衡条件可知μmgcos 37°=mgsin 37°,解得物体与传送带之间的动摩擦因数μ=0.75,选项A正确;2 s末,传送带的速度为2 m/s,物体开始减速,分析可知,物体做匀速直线运动的速度为2 m/s,且2 s后物体与传送带一起做加速度为a=-1 m/s2的匀减速运动,t=4 s时物体恰好到达最高点A,则传送带的长度lAB=6 m,对物体从B点运动到A点的过程,根据动能定理有0-mv2=-mgh+Wf,其中h=lABsin 37°,则物体的重力势能增加量为mgh=36 J,摩擦力对物体做的功为Wf=34 J,选项B、C错误;物体在前2 s内与传送带有相对运动,二者间的相对位移为s=2 m,该过程中的滑动摩擦力f=6 N,则物体在传送带上运动过程中产生的热量为Q=fs=12 J,选项D正确。]
考向2 能量转化与守恒的应用
3.(多选)(2019·四川眉山中学模拟)如图所示,在一水平向右匀速运动的传送带的左端A点,每隔相同的时间T,轻放上一个相同的工件。已知工件与传送带间的动摩擦因数为μ,工件质量为m。经测量,发现后面那些和传送带共速的工件之间的距离均为L,已知重力加速度为g,下列说法正确的是( )
A.传送带的速度大小为
B.工件在传送带上加速的时间为
C.每个工件与传送带间因摩擦而产生的热量为
D.传送带传送一个工件多消耗的能量为
AD [工件在传送带上先做匀加速直线运动,然后做匀速直线运动,每个工件放上传送带后运动的规律相同,可知L=vT,解得传送带的速度v=,选项A正确;设每个工件匀加速运动的时间为t,根据牛顿第二定律得,工件的加速度a=μg,根据v=v0+at,解得t==,选项B错误;工件与传送带发生相对滑动的位移Δx=x传-x物=v-=,则因摩擦产生的热量为Q=μmgΔx=,选项C错误;根据能量守恒定律可得,传送带传送一个工件多消耗的能量为E=mv2+Q=,选项D正确。]
考向3 功能关系的综合应用
4.如图所示,平板车静止在光滑的水平面上,一个四分之一圆弧轨道固定在平台上,平台的上表面与平板车的上表面在同一水平面上,圆弧轨道的底端与平台左端对齐且与平台表面相切,平板车长为L=3.42 m、质量为2 kg,车的右端离平台左端距离为x=2 m。质量为1 kg的物块以初速度v0=6 m/s从车的左端滑上小车,物块与平板车间的动摩擦因数为0.4,平板车与平台相碰后立即静止,物块滑上圆弧轨道并从圆弧轨道上滑下重新滑上平板车,最终与平板车以 m/s的共同速度向左运动,重力加速度为g=10 m/s2,滑块可看作质点,求:
(1)平板车与平台相碰前一瞬间,车的速度大小;
(2)物块从滑上平板车到刚滑上圆弧轨道所用的时间;
(3)整个过程物块与平板车、与圆弧轨道因摩擦产生的热量分别为多少。
[解析] (1)物块滑上平板车后做匀减速运动,
加速度大小为a1=μg=4 m/s2
平板车的加速度大小a2==2 m/s2
设平板车与平台相碰前物块与平板车已保持相对静止,共同速度为v1,则:
v0-a1t1=a2t1
解得:t1=1 s
这段时间内车运动的距离s=a2t=1 m
因此车与平台相碰前一瞬间,车的速度大小为2 m/s。
(2)物块与平板车达到共同速度时发生的相对位移:
x1=(v0+v1)t1-v1t1=3 m
物块随平板车匀速运动的时间:
t2==0.5 s
平板车与平台碰撞后静止,物块由于惯性继续向前滑行,设在车上再滑行的时间为t3,则:L-x1=v1t3-a1t
解得:t3=0.3 s或t3=0.7 s(舍去)
因此物块从滑上平板车到刚滑上圆弧轨道时所用的时间:t=t1+t2+t3=1.8 s。
(3)物块第一次在平板车上滑行因摩擦产生的热量:
Q1=μmgL=13.68 J
物块滑上圆弧轨道时的速度:v2=v1-a1t3=0.8 m/s
设物块再次滑上平板车时的速度为v3,最后的共同速度为v4,则:
v4=v3-a1t4
v4=a2t4
解得:v3=0.5 m/s
再次滑上平板车,因摩擦产生的热量:
Q2=mv-(m+M)v= J
滑块与车之间因摩擦产生的热量:Q=Q1+Q2≈13.76 J
物块在圆弧轨道上滑行因摩擦产生的热量:Q′=mv-mv=0.195 J
[答案] (1)2 m/s (2)1.8 s (3)13.76 J 0.195 J
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