《2021届新高考版高考物理一轮复习教师用书：专题六考点3 机械能守恒定律》由会员分享，可在线阅读，更多相关《2021届新高考版高考物理一轮复习教师用书：专题六考点3 机械能守恒定律（6页珍藏版）》请在金锄头文库上搜索。
1、 考点3机械能守恒定律 403考向1机械能守恒定律的理解与判断1.2017天津高考,4,6分“天津之眼”是一座跨河建设、桥轮合一的摩天轮,是天津市的地标之一.摩天轮悬挂透明座舱,乘客随座舱在竖直面内做匀速圆周运动.下列叙述正确的是()A.摩天轮转动过程中,乘客的机械能保持不变B.在最高点时,乘客重力大于座椅对他的支持力C.摩天轮转动一周的过程中,乘客重力的冲量为零D.摩天轮转动过程中,乘客重力的瞬时功率保持不变必备知识:机械能、向心力、冲量及瞬时功率等.关键能力:机械能守恒定律概念的理解能力,圆周运动模型的构建能力,向心力、冲量及瞬时功率等的应用能力.考向2机械能守恒定律的综合应用2.2016
2、全国,24,12分如图,在竖直平面内有由14圆弧AB和12圆弧BC组成的光滑固定轨道,两者在最低点B平滑连接.AB弧的半径为R,BC弧的半径为R2.一小球在A点正上方与A相距R4处由静止开始自由下落,经A点沿圆弧轨道运动.(1)求小球在B、A两点的动能之比;(2)通过计算判断小球能否沿轨道运动到C点.必备知识:机械能守恒定律、牛顿第二定律、向心力公式等.关键能力:机械能守恒条件的理解与应用能力,竖直平面内圆周运动模型的构建能力.解题指导:本题属单物体、多过程综合应用问题.根据机械能守恒定律列式求解动能之比,根据竖直平面内圆周运动临界条件分析判断问题.考法1 机械能守恒定律的理解及判断1山东高考
3、,多选如图所示,楔形木块abc固定在水平面上,粗糙斜面ab和光滑斜面bc与水平面的夹角相同,顶角b处安装一定滑轮.质量分别为M、m(Mm)的滑块,通过不可伸长的轻绳跨过定滑轮连接,轻绳与斜面平行.两滑块由静止释放后,沿斜面做匀加速运动.若不计滑轮的质量和摩擦,在两滑块沿斜面运动的过程中A.两滑块组成系统的机械能守恒B.重力对M做的功等于M动能的增加C.轻绳对m做的功等于m机械能的增加D.两滑块组成系统的机械能损失等于M克服摩擦力做的功对于M和m组成的系统,除了重力、轻绳弹力做功外,摩擦力对M做了功,系统机械能不守恒,选项A错误;对于M,合外力做的功等于其重力、轻绳拉力及摩擦力做功的代数和,根据
4、动能定理可知,M动能的增加等于合外力做的功,选项B错误;对于m,只有其重力和轻绳拉力做了功,根据功能关系可知,除了重力之外的其他力对物体做的正功等于物体机械能的增加量,选项C正确;对于M和m组成的系统,系统内轻绳上弹力做功的代数和等于零,只有两滑块的重力和M受到的摩擦力对系统做了功,根据功能关系得,M受到的摩擦力对系统做的功等于系统机械能的损失量,选项D正确.CD1.2019东北三校第二次联考,多选如图所示,竖直平面内固定两根足够长的细杆L1、L2,两杆分离不接触,且两杆间的距离忽略不计.两个小球a、b(均可视为质点)质量均为m,a球套在竖直杆L1上,b球套在水平杆L2上,a、b通过铰链用长度
5、为L的刚性轻杆连接,将a球从图示位置由静止释放(轻杆与L2杆夹角为45),不计一切摩擦,已知重力加速度为g.在此后的运动过程中,下列说法中正确的是()A.a球和b球所组成的系统机械能守恒B.b球的速度为零时,a球的加速度大小一定等于gC.b球的最大速度为(2+2)gLD.a球的最大速度为2gL考法2 多物体机械能守恒问题分析22018江苏高考,14,16分如图所示,钉子A、B相距5l,处于同一高度.细线的一端系有质量为M的小物块,另一端绕过A固定于B.质量为m的小球固定在细线上C点,B、C间的线长为3l.用手竖直向下拉住小球,使小球和物块都静止,此时BC与水平方向的夹角为53.松手后,小球运动
6、到与A、B相同高度时的速度恰好为零,然后向下运动.忽略一切摩擦,重力加速度为g,取sin 53=0.8,cos 53=0.6.求:(1)小球受到手的拉力大小F;(2)物块和小球的质量之比Mm;(3)小球向下运动到最低点时,物块M所受的拉力大小T.(1)设小球受AC、BC的拉力分别为F1、F2,则有F1sin 53=F2cos 53F+mg=F1cos 53+F2sin 53且F1=Mg解得F=53Mg-mg.(2)小球运动到与A、B相同高度过程中小球上升高度h1=3lsin 53,物块下降高度h2=2l根据机械能守恒定律有mgh1=Mgh2解得Mm=65.(3)根据机械能守恒定律知,小球向下运
7、动到最低点时回到起始点.设此时AC方向的加速度大小为a根据牛顿第二定律有Mg-T=Ma小球受AC的拉力T=T根据牛顿第二定律有T-mgcos 53=ma解得T=8mMg5(m+M)(T=4855mg或T=811Mg).(1)53Mg-mg(2)6:5(3)8mMg5(m+M)或4855mg或811Mg2.2015新课标全国,21,6分,多选如图,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2ghC.a下落过
8、程中,其加速度大小始终不大于gD.a落地前,当a的机械能最小时,b对地面的压力大小为mg考法3 多过程机械能守恒问题分析3如图所示为某种鱼饵自动投放器中的投饵管装置示意图,其下半部AB是一长为2R的竖直细管,上半部BC是半径为R的四分之一圆弧弯管,管口沿水平方向,AB管内有一原长为R、下端固定的轻质弹簧.投饵时,每次总将弹簧长度压缩到0.5R后锁定,在弹簧上端放置一粒鱼饵,解除锁定,弹簧可将鱼饵弹射出去.设质量为m的鱼饵到达管口C时,对管壁的作用力恰好为零.不计鱼饵在运动过程中的机械能损失,且锁定和解除锁定时,均不改变弹簧的弹性势能.已知重力加速度为g.(1)求质量为m的鱼饵到达管口C时的速度
9、大小v1; (2)求弹簧压缩到0.5R时的弹性势能Ep;(3)已知地面与水面相距1.5R,若使该投饵管绕AB管的中轴线OO在90角的范围内来回缓慢转动,每次弹射时只放置一粒鱼饵,鱼饵的质量在23m和m之间变化,且均能落到水面.持续投放足够长时间后,鱼饵能够落到的水面的最大面积S是多少?(1)质量为m的鱼饵到达管口C时做圆周运动的向心力完全由重力提供,则mg=mv12R由式解得v1=gR.(2)弹簧的弹性势能全部转化为鱼饵的机械能,由机械能守恒定律有Ep=mg(1.5R+R)+12mv12由式解得Ep=3mgR.(3)不考虑缓慢转动装置对鱼饵速度大小的影响,质量为m的鱼饵离开管口C后做平抛运动,
10、设经过t时间落到水面上,离OO的水平距离为x1,由平抛运动规律有4.5R=12gt2,x1=v1t+R由式解得x1=4R当鱼饵的质量为23m时,设其到达管口C时速度大小为v2,由机械能守恒定律有Ep=23mg(1.5R+R)+12(23m)v22由式解得v2=2gR质量为23m的鱼饵落到水面上时,设其离OO的水平距离为x2,则x2=v2t+R由式解得x2=7R鱼饵能够落到水面的最大面积S=14(x22-x12)=8.25R2.(1)gR(2)3mgR(3)8.25R23.福建高考图为某游乐场内水上滑梯轨道示意图,整个轨道在同一竖直平面内,表面粗糙的AB 段轨道与四分之一光滑圆弧轨道BC在B 点
11、水平相切.点A距水面的高度为H,圆弧轨道BC的半径为R,圆心O恰在水面.一质量为m的游客(视为质点)可从轨道 AB 的任意位置滑下,不计空气阻力.(1)若游客从A点由静止开始滑下,到B点时沿切线方向滑离轨道落在水面D点,OD=2R,求游客滑到B点时的速度vB大小及运动过程轨道摩擦力对其所做的功Wf;(2)若游客从AB段某处滑下,恰好停在B点,又因受到微小扰动,继续沿圆弧轨道滑到P点后滑离轨道,求P点离水面的高度h.(提示:在圆周运动过程中任一点,质点所受的向心力与其速率的关系为F向=mv2R )考点3机械能守恒定律1.B摩天轮转动过程中乘客的动能不变,重力势能一直变化,故机械能一直变化,A错误
12、;在最高点乘客具有竖直向下的向心加速度,重力大于座椅对他的支持力,B正确;摩天轮转动一周的过程中,乘客重力的冲量等于重力与周期的乘积,C错误;重力瞬时功率等于重力与速度在重力方向上的分量的乘积,而转动过程中速度在重力方向上的分量是变化的,所以重力的瞬时功率也是变化的,D错误.2.(1)5:1(2)能解析:(1)设小球的质量为m,小球在A点的动能为EkA,由机械能守恒得EkA=mgR4设小球在B点的动能为EkB,同理有EkB=mg5R4由式得 EkBEkA=5.(2)若小球能沿轨道运动到C点,小球在C点所受轨道的正压力N应满足N0设小球在C点的速度大小为vC,由牛顿运动定律和向心加速度公式有N+
13、mg=mvC2R2由式得,vC应满足mgm2vC2R由机械能守恒有mgR4=12mvC2由式可知,小球恰好可以沿轨道运动到C点.1.ABCa球和b球所组成的系统受到的外力中只有重力做功,受到的内力中只有弹力做功,系统机械能守恒,故A正确;设轻杆和水平杆L2的夹角为(2),由关联速度可知vbcos =vasin ,故vb=vatan ,即vb=0时,轻杆与水平杆L2重合,此时a球在竖直方向上只受重力,水平方向上受到的合力为0,即此时a球加速度大小为g,B正确;a球运动到杆L2所在平面后再向下运动L距离,此时b球到达两杆的重叠处,a球的速度为0,b球的速度最大,设这一速度为vbm,由机械能守恒定律
14、得mg(L+22L)=12mvbm2,解得vbm=(2+2)gL,故C正确;a球运动到两杆的重叠处时,b球的速度为0,此时a球的速度为va,由机械能守恒定律得mg22L=12mva2,解得va=2gL,此时a球仍具有向下的加速度,速度不是最大,会再加速一段距离,即a球的最大速度要大于2gL,故D错误.2.BD开始运动时,b速度为零,当a到最低点时,a的水平分速度为零,b速度为零,运动过程中,b速度大于零,所以b应先加速后减速,则轻杆对b先做正功后做负功,选项A错误.整个过程中,系统机械能守恒,a的重力势能最终全部转化为a的动能,由mgh=12mv2得v=2gh,选项B正确.在b减速运动过程中,
15、杆对b的作用效果应为拉力,方向沿杆,则杆对a的作用效果也为拉力,方向沿杆,故杆对a有竖直向下的分力,则此时a的加速度大于g,选项C错误.根据系统机械能守恒可知,当a的机械能最小时,b的动能最大,则此时b的速度最大,水平方向加速度为零,可知,此时杆对b没有力,b对地面的压力大小为mg,选项D正确.3.(1)2gR2mgR-mgH(2)23R解析:(1)游客从B点开始做平抛运动,水平方向上有2R=vBt竖直方向上有R=12gt2,由式得vB=2gR从A到B,根据动能定理,有mg(H-R)+Wf=12mvB2-0由式得Wf=2mgR-mgH.(2)设OP与OB间夹角为,游客在P点时的速度为vP,受到的支持力为N,从B到P由机械能守恒定律,有mg(R-Rcos )=12mvP2-0过P点时,根据向心力公式,有mgcos -N =mvP2R又N=0,cos =hR
