(考点分析) 第三节 机械能守恒定律及应用-2023年高考物理一轮系统复习学思用

这是一份(考点分析) 第三节 机械能守恒定律及应用-2023年高考物理一轮系统复习学思用，共16页。
【考点分析】　第三节 机械能守恒定律及应用【考点一】  机械能守恒的判定【典型例题1】   (2021·高考广东卷)长征途中，为了突破敌方关隘，战士爬上陡销的山头，居高临下向敌方工事内投掷手榴弹，战士在同一位置先后投出甲、乙两颗质量均为m的手榴弹，手榴弹从投出的位置到落地点的高度差为h，在空中的运动可视为平抛运动，轨迹如图所示，重力加速度为g，下列说法正确的有(　　)A．甲在空中的运动时间比乙的长B．两手榴弹在落地前瞬间，重力的功率相等C．从投出到落地，每颗手榴弹的重力势能减少mghD．从投出到落地，每颗手榴弹的机械能变化量为mgh【解析】  A．由平抛运动规律可知，做平抛运动的时间，因为两手榴弹运动的高度差相同，所以在空中运动时间相等，故A错误；B．做平抛运动的物体落地前瞬间重力的功率，因为两手榴弹运动的高度差相同，质量相同，所以落地前瞬间，两手榴弹重力功率相同，故B正确；C．从投出到落地，手榴弹下降的高度为h，所以手榴弹重力势能减小量，故C正确；D．从投出到落地，手榴弹做平抛运动，只有重力做功，机械能守恒，故D错误。故选BC。【答案】  BC【归纳总结】  1．用做功来判断：分析物体或物体系的受力情况(包括内力和外力)，明确各力做功的情况，若对物体或系统只有重力或弹力做功，没有其他力做功或其他力做功的代数和为零，则机械能守恒．2．用能量转化来判定：若物体系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转化(如系统无滑动摩擦力和介质阻力，无化学能的释放，无电磁感应过程等)，则物体系机械能守恒．3．对一些绳子突然绷紧、物体间碰撞等问题机械能一般不守恒，除非题目中有特别说明或暗示.【考点二】  单个物体的机械能守恒定律【典型例题2】 (2022•山东烟台市德州市高三(下)一模)如图所示，内壁光滑的圆形细管固定在倾角为θ的斜面上，其半径为R，A、C分别为细管的最高点和最低点，B、D为细管上与圆心O处于同一水平高度的两点，细管内有一直径稍小于细管内径的质量为m的小球，小球可视为质点。开始时小球静止在A点，某时刻对小球施加轻微扰动，使小球自A向B沿着细管开始滑动。以过直线BOD的水平面为重力势能的参考平面，重力加速度为g，下列说法正确的是(　　)A．小球不能返回到A点B．小球自A点到B点的过程中，重力的瞬时功率一直增大C．小球在C点时的机械能为2mgRsinθD．小球到达D点时，细管对小球的作用力大小为【解析】  A．小球在运动过程中，机械能守恒，所以小球能返回到A点，故A错误B．小球在A点时速度为零，重力的瞬时功率为零，小球从A到B的过程中，速度逐渐增大，速度沿斜面的分量(v1)也逐渐增大，根据瞬时功率表达式，可知小球自A点到B点的过程中，重力的瞬时功率一直增大，故B正确；C．小球在运动过程中，机械能守恒，所以小球在C点时的机械能为mgRsinθ，故C错误；D．根据机械能守恒可得小球到达D点时的速度为，根据牛顿第二定律可得侧壁对小球的支持力为，解得，管的底部对小球的支持力为，小球到达D点时，细管对小球的作用力大小为，故D正确。故选BD。【答案】  BD【归纳总结】 1．机械能守恒的三种表达式 守恒角度转化角度转移角度表达式E1＝E2ΔEk＝－ΔEpΔEA增＝ΔEB减物理意义系统初状态机械能的总和与末状态机械能的总和相等系统减少(或增加)的重力势能等于系统增加(或减少)的动能系统内A部分物体机械能的增加量等于B部分物体机械能的减少量注意事项选好重力势能的参考平面，且初、末状态必须用同一参考平面计算势能分清重力势能的增加量或减少量，可不选参考平面而直接计算初、末状态的势能差常用于解决两个或多个物体组成的系统的机械能守恒问题2．解题的一般步骤(1)选取研究对象；(2)进行受力分析，明确各力的做功情况，判断机械能是否守恒；(3)选取参考平面，确定初、末状态的机械能或确定动能和势能的改变量；(4)根据机械能守恒定律列出方程；(5)解方程求出结果，并对结果进行必要的讨论和说明．【考点三】  绳连接两物体速度一动一静的机械能守恒问题【典型例题3】  (2022•福建漳州市高三(下)二模)如图，不可伸长的轻绳一端与质量为m的小球相连，另一端跨过两等高定滑轮与物块连接，物块置于左侧滑轮正下方的水平压力传感装置上，小球与右侧滑轮的距离为l。现用水平向右恒力将小球由最低处拉至轻绳与竖直方向夹角处，立即撤去F，此时传感装置示数为。已知物块始终没有脱离传感装置，重力加速度为g，不计滑轮的大小和一切摩擦，，，求：(1)撤去F时小球的速度大小；(2)小球返回最低处时轻绳的拉力大小；(3)小球返回最低处时传感装置的示数。【解析】  (1)由动能定理得可得(2)从释放到运动至最低位置的过程中，由机械能守恒定律得在最低位置时，设细绳的拉力大小为T，对小球，由牛顿第二定律得，解得(3)撤去F时传感装置的示数为设此时细绳的拉力大小为，物块质量为M，对物块由平衡条件对小球小球再次运动至最低处时，物块所受支持力为，由牛顿第三定律可知传感器示数，解得【答案】  (1)；(2)；(3)【考点四】  绳连接两物体速度大小相等的机械能守恒【典型例题4】  (2021·山东泰安市三模)如图所示，一半圆形光滑轨道固定在竖直平面内，半圆顶点有大小可不计的定滑轮，O点为其圆心，AB为半圆上两点，OA处于水平方向，OB与竖直方向夹角为45°。一轻绳两端连接大小可不计的两个小球甲、乙，初始时甲、乙分别静止在B、O两点，绳子处于拉直状态。已知甲球的质量m1=2kg，乙球的质量m2=1kg，半圆轨道的半径r=lm，当地重力加速度为g=10m/s2，忽略一切摩擦。解除约束后，两球开始运动的过程中，下列说法正确的是(　　)A．甲球沿着球面运动过程中，甲、乙两球系统的机械能减少B．甲球沿着球面运动过程中，甲球机械能增加C．甲球一定能沿圆弧面下滑经过A点D．甲球一定在到达A点之前离开圆弧面【解析】  A．甲球沿着球面运动过程中，忽略一切摩擦，对于甲、乙两球组成的系统，只有重力做功，系统的机械能守恒，故A错误；B．甲球沿着球面运动过程中，绳子拉力对甲球做负功，则甲球机械能减小，故B错误；CD．若甲球沿着球面运动过程中，经过某点时对轨道的压力为零，设此时该点与O点的连线与水平方向的夹角为，从B点到该点过程，根据系统的机械能守恒有，其中在该点，根据牛顿第二定律则有，联立解得，令和，分别作出图像，可知两图线有交点，所以通过分析可知有解，但不为零，所以甲球经过该点时做离心运动，所以甲球一定不能沿圆弧面下滑经过A点，C错误，D正确；故选D。【答案】  D【归纳总结】  速度相等的两物体几种实际情景的分析注意分析各个物体在竖直方向的高度变化．【考点五】  两物体速度角速度大小相等的机械能守恒【典型例题5】  (2022•四川省内江市高三(上)一模)如图，半径为r、质量不计的均匀圆盘竖直放直，可以绕过圆心O且与盘面垂直的水平光滑固定轴转动,在盘面的最右边边缘处固定了一个质量为m的小球A，在圆心O的正下方离O点处也固定了一个质量为m的小球B。现从静止开始释放圆盘让其自由转动，重力加速度为g。求：(1)当小球B转到水平位置时，系统重力势能的变化量；(2)当小球B转到水平位置时，A球的向心加速度大小；(3)B球上升的最大高度。【解析】  (1)选取圆盘最低点为零势能面，开始时系统的重力势能为 ①圆盘释放后，易知圆盘一定沿顺时针方向转动，则当小球B转到水平位置时，系统的重力势能为   ②所以系统重力势能的变化量为 ③(2)当小球B转到水平位置时，设A、B的线速度大小分别为vA、vB，根据共轴圆周运动规律有 ④在小球B从最低位置转到水平位置的过程中，A、B组成的系统的机械能守恒，则有 ⑤A球的向心加速度大小为   ⑥联立③④⑤⑥解得   ⑦(3)设B球上升到最大高度时与水平方向的夹角为，此时两球的速度均为零，重力势能为 ⑧从圆盘被释放到B球达到最高点的过程，由机械能守恒定律得   ⑨联立①⑨解得   ⑩所以B球上升的最大高度为 ⑪【答案】  (1)；(2)；(3)【归纳总结】  角速度相等情景①杆对物体的作用力并不总是沿杆的方向，杆能对物体做功，单个物体机械能不守恒．②由v＝ωr知，v与r成正比．【考点六】  两关联物体轻绳模型速度大小不等的机械能守恒【典型例题6】  (2021·湖南湘潭市三模)如图所示，物块套在固定竖直杆上，用轻绳连接后跨过定滑轮与小球相连．开始时物块与定滑轮等高．已知物块的质量m1＝3kg，球的质量m2＝5kg，杆与滑轮间的距离d＝2m，重力加速度g＝10m/s2，轻绳和杆足够长，不计一切摩擦，不计空气阻力．现将物块由静止释放，在物块向下运动的过程中(　　)A．物块运动的最大速度为m/s      B．小球运动的最大速度为m/sC．物块下降的最大距离为3m         D．小球上升的最大距离为2.25m【解析】  当物块所受的合外力为0时，物块运动的速度最大，此时，小球所受合外力也为0，则有绳的张力等于小球的重力，即FT＝m2g＝50N对物块受力分析，如图，可知FTcosθ＝m1g对物块的速度v沿绳的方向和垂直绳的方向分解，则沿绳方向的分速度即为小球的速度，设为v1，则有v1＝vcosθ，对物块和小球组成的系统，由机械能守恒定律可知m1g－m2g(－d)＝m1v2＋m2v12，代入数据可得v＝m/s，v1＝m/s，故A正确，B错误；设物块下落的最大高度为h，此时小球上升的最大距离为h1，则有h1＝－d对物块和小球组成的系统，由机械能守恒定律可得m1gh＝m2gh1联立解得h＝3.75m，h1＝2.25m，故C错误，D正确．【答案】  AD【归纳总结】  某一方向分速度相等情景(关联速度情景)两物体速度的关联实质：沿绳(或沿杆)方向的分速度大小相等．【考点七】  两关联物体轻杆模型的机械能守恒【典型例题7】  (2021·河南洛阳市模拟)如图所示，有一光滑轨道ABC，AB部分为半径为R的圆弧，BC部分水平，质量均为m的小球a、b固定在竖直轻杆的两端，轻杆长为R，小球可视为质点，开始时a球处于圆弧上端A点，由静止开始释放小球和轻杆，使其沿光滑弧面下滑，重力加速度为g，下列说法正确的是(　　)A．a球下滑过程中机械能保持不变B．b球下滑过程中机械能保持不变C．a、b球都滑到水平轨道上时速度大小均为D．从释放a、b球到a、b球都滑到水平轨道上，整个过程中轻杆对a球做的功为mgR【解析】  对于单个小球来说，杆的弹力做功，小球机械能不守恒，A、B错误；两个小球组成的系统只有重力做功，所以系统的机械能守恒，故有mgR＋mg(2R)＝·2mv2，解得v＝，选项C错误；a球在滑落过程中，杆对小球做功，重力对小球做功，故根据动能定理可得W＋mgR＝mv2，联立v＝，解得W＝mgR，故D正确．【答案】  D【考点八】  含弹簧系统的机械能守恒问题【典型例题8】  (2022•湖北省七市高三(下)三月调研)如图所示，轻弹簧一端固定在光滑斜面顶端，另一端连接质量为m点。O点为弹簧原长时的末端位置，初始时刻物体静止在A点，现用沿斜面向下的力F缓慢拉动物体到达斜面上的B点，此时力F大小为mg，此过程中力F做功为W。已知弹簧的弹性势能与形变量的平方成正比，且弹簧始终在弹性限度内，斜面倾角为30°。现撤去力F，物体开始向上运动，则下列说法正确的是(　　)(不计空气阻力)A．物体经过A、B两点时，弹簧的弹性势能之比为1：3B．力F作用的过程中，系统机械能的增加量为WC．物体向上运动经过AB中点时的速度最大D．物体向上运动经过AB中点和O点时速度相等【解析】  A．物体在A点时满足，B点时满足，根据，可知弹簧的弹性势能之比为1：9，故A错误；B．根据功能关系可知，系统机械能增加量为外力F做功，故B正确；C．当加速度为0时，即合力为0时，速度最大，因此在A点速度最大，故C错误；D． AB中点到O点距离为，满足，因此弹性势能减小量等于重力势能增加量，根据机械能守恒可知，动能相同，所以速度相同，故D正确。故选BD。【答案】  BD【考点九】  多个物体的机械能守恒 【典型例题9】  (2021·江苏如皋中学月考)如图所示，A、B两小球由绕过轻质定滑轮的细线相连，A放在固定的光滑斜面上，B、C两小球在竖直方向上通过劲度系数为k的轻质弹簧相连，C放在水平地面上．现用手控制住A，并使细线刚刚拉直但无拉力作用，同时保证滑轮左侧细线竖直、右侧细线与斜面平行．已知A的质量为4m，B、C的质量均为m，重力加速度为g，细线与滑轮之间的摩擦不计．开始时整个系统处于静止状态；释放A后，A沿斜面下滑至速度最大时，C恰好离开地面，在此过程中，求：(1)斜面的倾角α；(2)弹簧恢复原长时，细线中的拉力大小F0；(3)A沿斜面下滑的速度最大值vm.【解析】  (1)A速度最大时，加速度为零，对A有4mgsin α＝F，此时B的加速度也为零，C恰好离开地面，对B、C整体有F＝2mg，解得sin α＝，即α＝30°.(2)设当弹簧恢复原长时，A沿斜面向下运动的加速度大小为a，对A有4mgsin α－F0＝4ma，对B有F0－mg＝ma，解得F0＝mg.(3)一开始弹簧处于压缩状态，有mg＝k·Δx1，压缩量Δx1＝，C恰好离开地面时，弹簧处于伸长状态，有mg＝k·Δx2，伸长量Δx2＝Δx1＝，因而初、末状态弹簧的弹性势能相等，从释放A球至C球恰好离开地面的过程，对整个系统根据机械能守恒定律有4mgsin α·(Δx1＋Δx2)－mg(Δx1＋Δx2)＝(4m＋m)vm2，解得vm＝＝2g.【答案】  (1)30°　(2)mg　(3)2g【归纳总结】  由多个物体组成的系统机械能守恒问题常有多种解法，既可以用系统机械能守恒进行求解，也可以针对各物体用动能定理进行求解，解题时可任选其中的一种．本类型题易错点是误认为mA、mB单个物体机械能守恒．【考点十】  多个物体圆周运动的机械能守恒 【典型例题10】  (2021·江苏模拟)如图所示，在半径为r的轴上悬挂一个质量为M的水桶，轴上分布着6根手柄，柄端有6个质量为m的小球．球离轴心的距离为R，轮轴、绳(极细)及手柄的质量以及摩擦均不计．现将水桶从某一高度释放使整个装置转动，当转动n周时，则A．水桶的速度是小球转动线速度的倍B．水桶的瞬时速度为C．每个小球获得的动能为D．水桶减小的机械能为【解析】  设水桶的速度为v，小球转动的线速度为v'，根据同一轴上角速度相同，则有：，解得：，故A正确；根据机械能守恒定律，有：，联立解得，故B正确；每个小球获得的动能为，故C错误；根据机械能守恒定律知，水桶减小的机械能为，故D错误．所以AB正确，CD错误．【答案】  AB【考点十一】  机械能守恒定律在多过程的圆周运动中的应用【典型例题11】  (2022•上海市奉贤区高三(上)一模)如图，过山车模型轨道由半径R＝1.6m的圆弧AB、半径r＝0.4m的半圆弧BCD与半径R＝1.6m的半圆弧DEF组成。小车(视为质点)可在轨道上无摩擦滑行，取g＝10m/s2。(1)为保证小车可以沿轨道滑行，小车在A点处的速度至少多大？(2)若小车到达F点时速率为4m/s，沿竖直轨道运动继续运动，车处于完全失重状态的时间是多少？(3)若小车在E点速率为，某同学估算得到：小车从E点开始继续向右滑行0.16m的路程所用时间约。请对此估算的合理性做出评价。【解析】  (1)为保证小车可以沿轨道滑行，小车过最高点C时轨道对其最小弹力应恰好为零。 根据，得到vC＝＝2 m/s 小车从A到C的过程中，因为只有重力做功，所以小车机械能守恒。 以A处为零势能面，则mvA2＝mvC2＋mg(R＋r) 代入数据得vA＝2m/s (2)小车从F点向上做竖直上抛运动t上升＝t下降＝＝0.4s 处于完全失重状态的时间是0.8s。(3)小车向右滑行0.16m的过程中，设在圆弧上高度上升了h，这段圆弧对应的圆心角为α=0.1弧度。则α＝0.1×≈5.73°h＝R－R cosα＝8×10-3m  小车从E到F的过程中，只有重力做功，小车机械能守恒。以E处为零势能面，则mvE2＝mvF2＋mgh 代入数据，得vF≈6.92m/s vE＝4m/s≈6.93m/s可得vE≈vF 即可将小车的运动近似看作匀速圆周运动。(也可将小车的运动近似看作匀速直线运动)所以t＝＝s＝s该同学的推理合理。【答案】  (1)vA＝2m/s；(2)0.8s；(3)见解析【考点十二】  机械能守恒定律多过程的平抛运动中的应用【典型例题12】  如图所示，一轻弹簧原长为2R，其一端固定在倾角为37°的固定直轨道AC的底端A处，另一端位于直轨道上B处，弹簧处于自然状态．直轨道与一半径为R的光滑圆弧轨道相切于C点，AC＝7R，A、B、C、D均在同一竖直平面内．质量为m的小物块P自C点由静止开始下滑，最低到达E点(未画出)．随后P沿轨道被弹回，最高到达F点，AF＝4R.已知P与直轨道间的动摩擦因数μ＝，重力加速度大小为g.(取sin 37°＝，cos 37°＝)(1)求P第一次运动到B点时速度的大小；(2)求P运动到E点时弹簧的弹性势能；(3)改变物块P的质量，将P推至E点，从静止开始释放．已知P自圆弧轨道的最高点D处水平飞出后，恰好通过G点．G点在C点左下方，与C点水平相距R、竖直相距R.求P运动到D点时速度的大小和改变后P的质量．【解析】  (1)根据题意知，B、C之间的距离为l＝7R－2R ①设P到达B点时的速度为vB，由动能定理得mglsin θ－μmglcos θ＝mv ②式中θ＝37°.联立①②式并由题给条件得vB＝2. ③(2)设BE＝x.P到达E点时速度为零，设此时弹簧的弹性势能为Ep.P由B点运动到E点的过程中，由动能定理有mgxsin θ－μmgxcos θ－Ep＝0－mv ④E、F之间的距离为l1＝4R－2R＋x ⑤P到达E点后反弹，从E点运动到F点的过程中，由动能定理有Ep－mgl1sin θ－μmgl1cos θ＝0 ⑥联立③④⑤⑥式并由题给条件得x＝R ⑦Ep＝mgR. ⑧(3)设改变后P的质量为m1.D点与G点的水平距离x1和竖直距离y1分别为x1＝R－Rsin θ                   ⑨y1＝R＋R＋Rcos θ ⑩式中，已应用了过C点的圆轨道半径与竖直方向夹角仍为θ的事实．设P在D点的速度为vD，由D点运动到G点的时间为t.由平抛运动公式有y1＝gt2⑪x1＝vDt ⑫联立⑨⑩⑪⑫式得vD＝ ⑬设P在C点速度的大小为vC.在P由C点运动到D点的过程中机械能守恒，有m1v＝m1v＋m1g ⑭P由E点运动到C点的过程中，由动能定理有Ep－m1g(x＋5R)sin θ－μm1g(x＋5R)cos θ＝m1v ⑮联立⑦⑧⑬⑭⑮式得m1＝m.【答案】  (1)2　(2)mgR　(3)　m