《2019高考物理二輪復(fù)習(xí) 專題三 動量和能量 1-3-6 機械能守恒定律 功能關(guān)系課件.ppt》由會員分享，可在線閱讀，更多相關(guān)《2019高考物理二輪復(fù)習(xí) 專題三 動量和能量 1-3-6 機械能守恒定律 功能關(guān)系課件.ppt（61頁珍藏版）》請在裝配圖網(wǎng)上搜索。

1、第6講機械能守恒定律功能關(guān)系,1(2018課標(biāo))高空墜物極易對行人造成傷害。若一個50 g的雞蛋從一居民樓的25層墜下，與地面的碰撞時間約為2 ms，則該雞蛋對地面產(chǎn)生的沖擊力約為() A10 NB102 N C103 N D104 N,解析 由機械能守恒定律可得mgh mv2，可知雞蛋落地時速度大小v ，雞蛋與地面作用過程中，設(shè)豎直向上為正方向，由動量定理得(Fmg)t0(mv)，可知雞蛋對地面產(chǎn)生的沖擊力大小為F mg，每層樓高度約為3 m ，則h243 m72 m，得F949 N，接近103 N，故選項C正確。 答案 C,2(2018課標(biāo))如圖，abc是豎直面內(nèi)的光滑

2、固定軌道，ab水平，長度為2R；bc是半徑為R的四分之一圓弧，與ab相切于b點。一質(zhì)量為m的小球，始終受到與重力大小相等的水平外力的作用，自a點處從靜止開始向右運動。重力加速度大小為g。小球從a點開始運動到其軌跡最高點，機械能的增量為(),A2mgR B4mgR C5mgR D6mgR 解析 以小球為研究對象，在小球由a到c的過程中，應(yīng)用動能定理有FxabFRmgR mv ，其中水平力大小Fmg，得vc2。經(jīng)過c點以后，在豎直方向上小球做豎直上拋運動，,上升的時間t升 2 。在水平方向上小球做加速度為ax的勻加速運動，由牛頓第二定律得Fmax，且Fmg，

3、得axg。在時間t升內(nèi)，小球在水平方向上的位移x axt2R，故力F在整個過程中對小球做的功WFxabFRFx5mgR。由功能關(guān)系，得EW5mgR。故C正確，A、B、D錯誤。 答案 C,3(2018江蘇單科)如圖所示，釘子A、B相距5l，處于同一高度。細線的一端系有質(zhì)量為M的小物塊，另一端繞過A固定于B。質(zhì)量為m的小球固定在細線上C點，B、C間的線長為3l。用手豎直向下拉住小球，使小球和物塊都靜止，此時BC與水平方向的夾角為53。松手后，小球運動到與A、B相同高度時的速度恰好為零，然后向下運動。忽略一切摩擦，重力加速度為g，取sin 530.8，cos 530.6。求：,(1)小球受到手的拉力

4、大小F； (2)物塊和小球的質(zhì)量之比Mm； (3)小球向下運動到最低點時，物塊M所受的拉力大小T。,解析 本題考查共點力平衡、機械能守恒及牛頓運動定律的應(yīng)用。 (1)設(shè)小球受AC、BC的拉力分別為F1、F2 F1sin 53F2cos 53 FmgF1cos 53F2sin 53 且F1Mg 解得F Mgmg (2)小球運動到與A、B相同高度過程中 小球上升高度h13l sin 53，物塊下降高度h22l 由機械能守恒定律得mgh1Mgh2,解得 (3)根據(jù)機械能守恒定律，小球回到起始點。設(shè)此時AC方向的加速度大小為a，物塊受到的拉力為T 由牛頓運動定律得MgTMa 小球受AC的拉力TT

5、 由牛頓運動定律得Tmg cos 53ma 解得T (T mg或T Mg),4(2018課標(biāo))如圖，在豎直平面內(nèi)，一半徑為R的光滑圓弧軌道ABC和水平軌道PA在A點相切，BC為圓弧軌道的直徑，O為圓心，OA和OB之間的夾角為，sin 。一質(zhì)量為m的小球沿水平軌道向右運動，經(jīng)A點沿圓弧軌道通過C點，落至水平軌道；在整個過程中，除受到重力及軌道作用力外，小球還一直受到一水平恒力的作用。已知小球在C點所受合力的方向指向圓心，且此時小球?qū)壍赖膲毫η『脼榱?。重力加速度大小為g。求,(1)水平恒力的大小和小球到達C點時速度的大??； (2)小球到達A點時動量的大??； (3)小球從C點落至

6、水平軌道所用的時間。,,,,應(yīng)用機械能守恒定律解題的基本思路 (1)選取研究對象系統(tǒng)或單個物體。 (2)根據(jù)研究對象所經(jīng)歷的物理過程，進行受力、做功分析，判斷機械能是否守恒。 (3)靈活選取機械能守恒的表達式，列機械能守恒定律方程。 (4)解方程，統(tǒng)一單位，進行運算，求出結(jié)果，進行檢驗。,例1 (2018宜賓模擬)如圖甲所示，傾角為30的光滑斜面固定在水平面上，自然伸長的輕質(zhì)彈簧一端固定在斜面底端的擋板上。一質(zhì)量為m的小球，從離彈簧上端一定距離的位置由靜止釋放，接觸彈簧后繼續(xù)向下運動。小球運動的 v-t圖像如圖乙所示，其中OA段為直線，AB段是與OA相切于A點的平滑曲線，BC是平滑曲線，不考慮

7、空氣阻力，重力加速度為g。關(guān)于小球的運動過程，下列說法正確的是(),A小球在tB時刻所受彈簧彈力大于 mg B小球在tC時刻的加速度大于 g C小球從tC時刻所在的位置由靜止釋放后，不能回到出發(fā)點 D小球從tA時刻到tC時刻的過程中，重力勢能的減少量等于彈簧彈性勢能的增加量,解析 由題圖乙可知，小球在tB時刻加速度大小為零，此時F彈mgsin 30 mg，選項A錯誤；小球在tC時刻到達最低點，彈力達到最大值，小球在A點的加速度大小為gsin 30 g，C點的切線斜率的大小大于A點的切線斜率的大小，即小球在tC時刻的加速度大于 g，選項B正確；由能量守恒定律可知，小球從tC時刻所在的

8、位置由靜止釋放后，能回到出發(fā)點，選項C錯誤；小球從tA時刻到tC時刻的過程中，重力勢能與動能減少量之和等于彈簧彈性勢能的增加量，選項D錯誤。 答案 B,創(chuàng)新預(yù)測 1(2018山東濰坊中學(xué)一模)如圖所示，在豎直面內(nèi)固定一光滑的硬質(zhì)桿ab，桿與水平面的夾角為，在桿的上端a處套一質(zhì)量為m的圓環(huán)，圓環(huán)上系一輕彈簧，彈簧的另一端固定在與a處在同一水平線上的O點，O、b兩點處在同一豎直線上。由靜止釋放圓環(huán)后，圓環(huán)沿桿從a運動到b，在圓環(huán)運動的整個過程中，彈簧一直處于伸長狀態(tài)。則下列說法正確的是(),A圓環(huán)的機械能保持不變 B彈簧對圓環(huán)一直做負功 C彈簧的彈性勢能逐漸增大 D圓環(huán)和彈簧組成的系統(tǒng)機械能守恒,

9、解析 由幾何關(guān)系可知，當(dāng)環(huán)與O點的連線與桿垂直時，彈簧的長度最短，彈簧的彈性勢能最小，如圖，所以在環(huán)從a到C的過程中彈簧對環(huán)做正功，彈簧的彈性勢能減小，環(huán)的機械能增大，而從C到b的過程中，彈簧對環(huán)做負功，彈簧的彈性勢能增大，環(huán)的機械能減小，故A、B、C錯誤；在整個的過程中只有圓環(huán)的重力和彈簧的彈力做功，所以圓環(huán)和彈簧組成的系統(tǒng)機械能守恒，故D正確。 答案 D,2(2018四川成都外國語學(xué)校二診)如圖所示，豎直放置在水平面上的輕質(zhì)彈簧上放著質(zhì)量為m的物體A，處于靜止?fàn)顟B(tài)。若將一個質(zhì)量為2m的物體B豎直向下輕放在A上，則(重力加速度為g)() A放在A上的一瞬間B對A的壓力大小為 mg BAB

10、一起向下運動過程中AB間的壓力先增大后減小 CAB向上運動到某一位置時將分離 D運動過程中AB物體機械能守恒,解析 B放在A上的一瞬間，對AB整體：2mg3ma；對B：2mgFAB2ma，解得FAB ，選項A正確；AB一起向下運動過程中，整體的加速度先向下減小，后向上的增大，故AB間的壓力一直增大，選項B錯誤；因AB只能受到向上的彈力作用，可知AB不可能分離，選項C錯誤；向下運動過程中彈簧彈力對AB系統(tǒng)做負功，故AB物體機械能減小，選項D錯誤；故選A。 答案 A,3(多選)如圖所示，傾角30的光滑斜面固定在地面上，長為l、質(zhì)量為m、粗細均勻、質(zhì)量分布均勻的軟繩置于斜面上，其上端與斜面頂端齊

11、平。用細線將物塊與軟繩連接，物塊由靜止釋放后向下運動，直到軟繩剛好全部離開斜面(此時物塊未到達地面)，在此過程中(),A物塊的機械能逐漸增加 B軟繩的重力勢能減少了 mgl C物塊重力勢能的減少量等于軟繩機械能的增加量 D軟繩重力勢能減少量小于其動能的增加量,解析 細線對物塊做負功，物塊的機械能減少，細線對軟繩做正功，軟繩的機械能增加，故軟繩重力勢能的減少量小于其動能增加量，A錯誤，D正確；物塊重力勢能的減少量一部分轉(zhuǎn)化為軟繩機械能，另一部分轉(zhuǎn)化為物塊的動能，故C錯誤；從開始運動到軟繩剛好全部離開斜面，軟繩的重心下移了 ，故其重力勢能減少了 mgl，B正確。 答案 BD,牢記兩類力做功

12、的特點 (1)重力、彈簧彈力的電場力做功均與路徑無關(guān)，僅由作用對象的初、末位置(即位移)決定。 (2)摩擦力做功與路徑有關(guān)。,例2 (2018重慶永川中學(xué)模擬)(多選)如圖所示，不帶電物體A和帶電的物體B用跨過定滑輪的絕緣輕繩連接，A、B的質(zhì)量分別為2m和m，勁度系數(shù)為k的輕彈簧一端固定在水平面上，另一端與物體A相連，傾角為的斜面處于沿斜面向上的勻強電場中，整個系統(tǒng)不計一切摩擦。開始時，物體B在一沿斜面向上的外力F3mgsin 的作用下保持靜止，且輕繩恰好伸直，然后撤去外力F，直到物體B獲得最大速度，且彈簧未超過彈性限度，則在此過程中(),A物體B受到的電場力大小為mgsin B物體B的速度最

13、大時，彈簧的伸長量為 C撤去外力F的瞬間，物體B的加速度為gsin D物體A、彈簧和地球所組成的系統(tǒng)機械能的增加量等于物體B和地球組成的系統(tǒng)機械能的減少量,解析 開始時，外力F作用在物體B上，物體B處于靜止?fàn)顟B(tài)，對物體B分析可知：Fmgsin F電0，解得：F電2mgsin ，故A錯誤；當(dāng)撤去外力瞬間，對物體A、B整體分析，整體受到的合力為：F合F電mgsin 3mgsin ，由F合3ma可得agsin ，故C正確；當(dāng)物體B所受的合力為零時，物體B的速度最大，由kxF電mgsin 解得彈簧的伸長量為：x ，故B正確；根據(jù)能量守恒可知，物體A、彈簧和地球所組成的系統(tǒng)機械能的增加量等于物體

14、B電勢能的減少量及其機械能的減少量之和，故D錯誤。 答案 BC,創(chuàng)新預(yù)測 4(多選)如圖所示，長為2L的輕桿上端固定一質(zhì)量為m的小球，下端用光滑鉸鏈連接于地面上的O點，桿可繞O點在豎直平面內(nèi)自由轉(zhuǎn)動。定滑輪固定于地面上方L處，電動機由跨過定滑輪且不可伸長的繩子與桿的中點相連。啟動電動機，桿從虛線位置繞O點逆時針倒向地面，假設(shè)整個倒下去的過程中，桿勻速轉(zhuǎn)動。則在此過程中(),A小球重力做功為2mgL B繩子拉力做功大于2mgL C小球重力做功功率逐漸增大 D繩子拉力做功功率先增大后減小,解析 重力做功為重力mg乘以豎直方向位移，即重心下降的高度2L，所以重力做功為2mgL，選項A正確；小球動能一

15、直沒有發(fā)生變化，即合外力做功等于0，所以拉力做功等于重力做功，即2mgL，選項B錯誤；整個運動過程中，小球重力和速度方向夾角逐漸變小，速度大小和重力都不變，所以重力做功的功率逐漸變大，選項C正確；任意一段時間內(nèi)小球動能都不變，所以繩子拉力做功的功率和重力做功的功率始終相等，即逐漸變大，選項D錯誤。 答案 AC,5如圖所示，固定的豎直光滑長桿上套有質(zhì)量為m的小圓環(huán)，圓環(huán)與水平狀態(tài)的輕質(zhì)彈簧一端連接，彈簧的另一端連接在墻上，且處于原長狀態(tài)?，F(xiàn)讓圓環(huán)由靜止開始下滑，已知彈簧原長為L，圓環(huán)下滑到最大距離時彈簧的長度變?yōu)?L(未超過彈性限度)，則在圓環(huán)下滑到最大距離的過程中(),A圓環(huán)的機械能守恒 B彈

16、簧彈性勢能變化了mgL C圓環(huán)下滑到最大距離時，所受合力為零 D圓環(huán)重力勢能與彈簧彈性勢能之和保持不變,解析 在圓環(huán)下滑到最大距離的過程中，彈簧彈力對圓環(huán)做功，圓環(huán)的機械能不守恒，選項A錯誤；利用幾何關(guān)系可知圓環(huán)下落的距離為 L，此時圓環(huán)的重力勢能為Epmg L mgL，根據(jù)功能關(guān)系，彈簧彈性勢能的增加量等于圓環(huán)重力勢能的減少量，即Epmg L mgL，選項B正確；圓環(huán)下落到最大距離時速度為零，所受合力不為零，選項C錯誤；把圓環(huán)和彈簧看成一個系統(tǒng)，系統(tǒng)的機械能守恒，即圓環(huán)的重力勢能與彈簧的彈性勢能、圓環(huán)的動能之和保持不變，選項D錯誤。 答案 B,6(2018河北衡水中學(xué)調(diào)研)(多選)

17、 如圖所示，豎直光滑桿固定不動，套在桿上的輕質(zhì)彈簧下端固定，將套在桿上的滑塊向下壓縮彈簧至離地高度h0.40 m處，滑塊與彈簧不拴接。現(xiàn)由靜止釋放滑塊，通過傳感器測量出滑塊的速度和離地高度h，計算出滑塊的動能Ek，并作出滑塊的Ek-h圖像，其中高度從0.80 m上升到1.40 m范圍內(nèi)圖像為直線，其余部分為曲線。若以地面為重力勢能的零勢能面，取g10 m/s2，則結(jié)合圖像可知(),A滑塊的質(zhì)量為1.00 kg B彈簧原長為0.72 m C彈簧最大彈性勢能為10.00 J D滑塊的重力勢能與彈簧的彈性勢能總和最小為3.60 J,解析 在0.80 m上升到1.40 m內(nèi)，EkEpmgh，圖線的斜率

18、絕對值為：k N10 Nmg，則m1.00 kg，故A正確；在Ek-h圖像中，根據(jù)動能定理知：圖線的斜率大小表示滑塊所受的合外力，由于高度從0.80 m上升到1.40 m范圍內(nèi)圖像為直線，其余部分為曲線，說明滑塊從0.80 m上升到1.40 m范圍內(nèi)所受作用力為恒力，則從h0.8 m開始，滑塊與彈簧分離，彈簧的原長為0.8 m，故B錯誤；根據(jù)能的轉(zhuǎn)化與守恒可知，當(dāng)滑塊上升至最大高度時，增加的重力勢能即為彈簧最大彈性勢能，,所以Epmmgh1.0010(1.400.4) J10.00 J，故C正確；在滑塊整個運動過程中，系統(tǒng)的動能、重力勢能和彈性勢能之間相互轉(zhuǎn)化，因此動能最大時，

19、滑塊的重力勢能與彈簧的彈性勢能總和最小，根據(jù)能的轉(zhuǎn)化和守恒可知，EpminEEkmEpmmghEkm7.2 J，故D錯誤。 答案 AC,規(guī)律選擇的優(yōu)先原則 (1)涉及運動時間或相互作用時間，宜優(yōu)先選取牛頓第二定律和運動學(xué)公式。 (2)對單個物體，宜選用動能定理，特別是涉及位移時應(yīng)優(yōu)先選用動能定理。 (3)若是多個物體組成的系統(tǒng)，則優(yōu)先考慮機械能守恒定律或能量守恒定律。 (4)若涉及系統(tǒng)內(nèi)物體間的相對路程并涉及滑動摩擦力做功，要優(yōu)先考慮能量守恒定律。,例3 如圖，一輕彈簧原長為2R，其一端固定在傾角為37的固定直軌道AC的底端A處，另一端位于直軌道上B處，彈簧處于自然狀態(tài)。直軌道與一半徑為 R

20、的光滑圓弧軌道相切于C點，AC7R，A、B、C、D均在同一豎直平面內(nèi)。質(zhì)量為m的小物塊P自C點由靜止開始下滑，最低到達E點(未畫出)，隨后P沿軌道被彈回，最高到達F點，AF4R。已知P與直軌道間的動摩擦因數(shù) ，重力加速度大小為g。取sin 37 ，cos 37 。,(1)求P第一次運動到B點時速度的大??； (2)求P運動到E點時彈簧的彈性勢能； (3)改變物塊P的質(zhì)量，將P推至E點，從靜止開始釋放。已知P自圓弧軌道的最高點D處水平飛出后，恰好通過G點。G點在C點左下方，與C點水平相距 R、豎直相距R。求P運動到D點時速度的大小和改變后P的質(zhì)量。,解析 (1)根據(jù)題意知，B、C之間的距

21、離l為 l7R2R 設(shè)P到達B點時的速度為vB，由動能定理得 mglsin mglcos mv 式中37。聯(lián)立式并由題給條件得 vB2 。 (2)設(shè)BEx。P到達E點時速度為零，設(shè)此時彈簧的彈性勢能為Ep。P由B點運動到E點的過程中，由動能定理有 mgxsin mgxcos Ep0 mv ,E、F之間的距離l1為 l14R2Rx P到達E點后反彈，從E點運動到F點的過程中，由動能定理有 Epmgl1sin mgl1cos 0 聯(lián)立式并由題給條件得 xR Ep mgR。 (3)設(shè)改變后P的質(zhì)量為m1。D點與G點的水平距離x1和豎直距離y1分別為 x R Rsin ,Y1R

22、R Rcos 式中，已應(yīng)用了過C點的圓軌道半徑與豎直方向夾角仍為的事實。 設(shè)P在D點的速度為vD，由D點運動到G點的時間為t。 由平拋運動公式有 y1 gt2 x1vDt 聯(lián)立式得 vD 設(shè)P在C點速度的大小為vC。在P由C點運動到D點的過程中機械能守恒，有,創(chuàng)新預(yù)測 7.如圖所示，在距水平地面高h11.2 m的光滑水平臺面上，一個質(zhì)量m1 kg的小物塊壓縮彈簧后被鎖定?，F(xiàn)解除鎖定，小物塊與彈簧分離后以一定的水平速度v1向右從A點滑離平臺，并恰好從B點沿切線方向進入豎直面內(nèi)的光滑圓弧軌道BC。已知B點距水平地面的高度h20.6 m，圓弧軌道BC的圓心O與水平臺面等高，C點的切線水

23、平，并與長L2.8 m的水平粗糙直軌道CD平滑連接，小物塊恰能到達D處。重力加速度g10 m/s2，空氣阻力忽略不計。求：,(1)小物塊由A到B的運動時間t； (2)解除鎖定前彈簧所儲存的彈性勢能Ep； (3)小物塊與軌道CD間的動摩擦因數(shù)。,8(2018遼寧本溪市三校聯(lián)考)如圖，半徑R1.0 m的光滑圓弧軌道ABC與足夠長的粗糙軌道CD在C處平滑連接，O為圓弧軌道ABC的圓心，B點為圓弧軌道的最低點，半徑OA、OC與OB的夾角分別為53和37，將一個質(zhì)量m1.0 kg的物體(視為質(zhì)點)從A點左側(cè)高為h0.8 m處的P點水平拋出，恰從A點沿切線方向進入圓弧軌道，已知物體與軌道CD間的動摩擦因數(shù)

24、0.5，重力加速度g10 m/s2，sin 370.6，cos 370.8 ，求：,(1)物體水平拋出時的初速度大小v0； (2)物體經(jīng)過B點時受圓弧軌道支持力大小FN； (3)物體在軌道CD上向上運動的最大距離x。,fmgcos 374 N 設(shè)物體在軌道CD上運動的距離為x，則 fxmgxsin 370 mv 解得x1.45 m。 答案 (1)3 m/s(2)43 N(3)1.45 m,9有一個可視為質(zhì)點的小物塊，質(zhì)量為m1 kg，小物塊從光滑平臺上的A點以v0 m/s的初速度水平拋出，到達C點時，恰好沿C點的切線方向進入固定在水平地面上的光滑圓弧軌道，最后小物塊滑上緊靠軌道末端D點的質(zhì)量

25、為M3 kg的長木板，如圖所示。已知木板上表面與圓弧軌道末端切線相平，木板下表面與水平地面之間光滑接觸，小物塊與長木板間的動摩擦因數(shù)0.3，圓弧軌道的半徑為R0.4 m，C點和圓弧的圓心連線與豎直方向的夾角60，不計空氣阻力，g取10 m/s2。求：,(1)小物塊從A到C所需的時間； (2)小物塊剛到達圓弧軌道末端D點時對軌道的壓力； (3)要使小物塊不滑出長木板，木板的長度L至少多大。 解析 (1)小物塊從A到C過程做平拋運動，因恰好沿C點的切線方向進入圓弧軌道，則小物塊在C點處豎直方向速度大小為vyv0tan 60gt，解得t0.3 s,(2)小物塊在C點時的速度大小為 vC 2

26、 m/s 小物塊由C到D的過程中，由機械能守恒定律得 mgR(1cos 60) mv mv 代入數(shù)據(jù)解得vD4 m/s 小物塊在D點時圓弧軌道對小物塊的支持力大小為FN，由牛頓第二定律得FNmgm,代入數(shù)據(jù)解得FN50 N 由牛頓第三定律得，小物塊剛到D點時對軌道的壓力大小FNFN50 N，方向豎直向下 (3)設(shè)小物塊剛好滑到木板左端且二者達到共同速度的大小為v。在木板上滑行的過程中，小物塊與長木板的加速度大小分別為 a1 g3 m/s2 a2 1 m/s2,經(jīng)時間t后，小物塊與長木板達到共同速度v，則有 vvDa1t，va2t，解得v1 m/s 對小物塊和木板組成的系統(tǒng)，由能量守恒定律得 mgL mv (mM)v2 解得L2 m 答案 (1)0.3 s(2)50 N，方向豎直向下(3)2 m,