2019-2020年高考物理 考前預測核心考點專項突破 機械能守恒定律及其應用.doc

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2019-2020年高考物理 考前預測核心考點專項突破 機械能守恒定律及其應用 1.重力做功的特點 重力所做的功只跟初始位置和末位置的豎直高度有關，跟物體的運動路徑無關． 2．重力勢能 (1)重力做功的特點 ①重力做功與路徑無關，只與始末位置的高度差有關． ②重力做功不引起物體機械能的變化． (2)重力勢能 ①概念：物體由于被舉高而具有的能． ②表達式：Ep＝mgh. ③矢標性：重力勢能是標量，正負表示其大?。? (3)重力做功與重力勢能變化的關系 ①定性關系：重力對物體做正功，重力勢能就減少；重力對物體做負功，重力勢能就增大． ②定量關系：重力對物體做的功等于物體重力勢能的減少量．即WG＝－(Ep2－Ep1)＝－ΔEp. 3．彈性勢能 (1)概念：物體由于發(fā)生彈性形變而具有的能． (2)大?。簭椈傻膹椥詣菽艿拇笮∨c形變量及勁度系數(shù)有關，彈簧的形變量越大，勁度系數(shù)越大，彈簧的彈性勢能越大． (3)彈力做功與彈性勢能變化的關系：類似于重力做功與重力勢能變化的關系，用公式表示：W＝－ΔEp. 機械能守恒定律及其應用?、?考綱要求) 1.機械能 動能和勢能統(tǒng)稱為機械能，其中勢能包括彈性勢能和重力勢能． 2．機械能守恒定律 (1)內(nèi)容：在只有重力或彈力做功的物體系統(tǒng)內(nèi)，動能與勢能可以相互轉(zhuǎn)化，而總的機械能保持不變． (2)表達式： mgh1＋mv12＝mgh2＋mv22 3．守恒條件 只有重力或彈簧的彈力做功． 1．第16屆亞運會于2010年11月12日至11月27日在廣州舉行．亞運會中的投擲鏈球、鉛球、鐵餅和標槍等體育比賽項目都是把物體斜向上拋出的運動，如圖所示，這些物體從被拋出到落地的過程中(　　)． A．物體的機械能先減小后增大 B．物體的機械能先增大后減小 C．物體的動能先增大后減小，重力勢能先減小后增大 D．物體的動能先減小后增大，重力勢能先增大后減小 答案　D 2．關于重力勢能，下列說法中正確的是(　　)． A．物體的位置一旦確定，它的重力勢能的大小也隨之確定 B．物體與零勢能面的距離越大，它的重力勢能也越大 C．一個物體的重力勢能從－5 J變化到－3 J，重力勢能減少了 D．重力勢能的減少量等于重力對物體做的功 解析　物體的重力勢能與參考面有關，同一物體在同一位置相對不同的參考面的重力勢能不同，A選項錯．物體在零勢能面以上，距零勢能面的距離越大，重力勢能越大，物體在零勢能面以下，距零勢面的距離越大，重力勢能越小，B選項錯．重力勢能中的正、負號表示大小，－5 J的重力勢能小于－3 J的重力勢能，C選項錯．重力做的功量度了重力勢能的變化，D選項正確． 答案　D 3．下列物體中，機械能守恒的是(　　)． ①做平拋運動的物體?、诒粍蛩俚跗鸬募b箱　③光滑曲面上自由運動的物體?、芪矬w以g的加速度豎直向上做勻減速運動 　　　　　　　　　　　　　　　　　　 A．①② B．③④ C．①③ D．②④ 解析　物體做平拋運動或沿光滑曲面自由運動時，不受摩擦力，在曲面上彈力不做功，只有重力做功，機械能守恒，所以①、③項正確；勻速吊起的集裝箱，繩的拉力對它做功，不滿足機械能守恒的條件，機械能不守恒；物體以g的加速度向上做勻減速運動時，由牛頓第二定律mg－F＝mg，有F＝mg，則物體受到豎直向上的大小為mg的外力作用，該力對物體做了正功，機械能不守恒． 答案　C 圖4－3－1 4．如圖4－3－1所示在光滑水平面上有一物體，它的左端接連著一輕彈簧，彈簧的另一端固定在墻上，在力F作用下物體處于靜止狀態(tài)，當撤去力F后，物體將向右運動，在物體向右運動的過程中，下列說法正確的是(　　)． A．彈簧的彈性勢能逐漸減少 B．物體的機械能不變 C．彈簧的彈性勢能先增加后減少 D．彈簧的彈性勢能先減少后增加 解析　開始時彈簧處于壓縮狀態(tài)，撤去力F后，物體先向右加速運動后向右減速運動，所以物體的機械能先增大后減小，所以B錯．彈簧先恢復原長后又逐漸伸長，所以彈簧的彈性勢能先減少再增加，D正確． 答案　D 圖4－3－2 5．如圖4－3－2所示，用長為L的輕繩把一個小鐵球懸掛在高為2L的O點處，小鐵球以O為圓心在豎直平面內(nèi)做圓周運動且恰能到達最高點B處，若運動中輕繩斷開，則小鐵球落到地面時的速度大小為(　　)． 　　　　　　　　　　　　　　　　　　 A. B. C. D. 解析　小球恰能到達最高點B， 則小球在最高點處的速度v＝. 取地面重力勢能為零， 鐵球在B點處的總機械能為mg3L＋mv2＝mgL， 無論輕繩是在何處斷的，鐵球的機械能總是守恒的， 因此到達地面時的動能mv′2＝mgL， 故小球落到地面的速度v′＝，正確答案為D. 答案　D 考點一　機械能是否守恒的判斷 從守恒的條件來理解對單個物體，看是否“只有重力做功”；對由多個物體(包括彈簧)組成的系統(tǒng)，看是否“沒有摩擦和介質(zhì)阻力”． 【典例1】 如圖4－3－3所示， 圖4－3－3 固定的傾斜光滑桿上套有一個質(zhì)量為m的圓環(huán)，圓環(huán)與豎直放置的輕質(zhì)彈簧一端相連，彈簧的另一端固定在地面上的A點，彈簧處于原長h.讓圓環(huán)沿桿滑下，滑到桿的底端時速度為零．則在圓環(huán)下滑過程中(　　)． A．圓環(huán)機械能守恒 B．彈簧的彈性勢能先增大后減小 C．彈簧的彈性勢能變化了mgh D．彈簧的彈性勢能最大時圓環(huán)動能最大 解析　圓環(huán)受到重力、支持力和彈簧的彈力作用，支持力不做功，故環(huán)的機械能與彈簧的彈性勢能總和保持不變，故全過程彈簧的彈性勢能變化量等于環(huán)的機械能變化量，C正確，圓環(huán)的機械能不守恒，A錯誤．彈簧垂直桿時彈簧的壓縮量最大，此時圓環(huán)有向下的速度，故此時彈性勢能比末狀態(tài)的彈性勢能小，即：最終狀態(tài)彈簧被拉長，且彈性勢能達到最大，此時圓環(huán)的動能為零，所以彈性勢能是先增加后減小最后又增大，B、D錯誤． 答案　C ——判斷機械能是否守恒的方法 (1)利用機械能的定義判斷：分析動能與勢能的和是否變化．如：勻速下落的物體動能不變，重力勢能減少，物體的機械能必減少． (2)用做功判斷：若物體或系統(tǒng)只有重力(或彈簧的彈力)做功，或有其他力做功，但其他力做功的代數(shù)和為零，機械能守恒． (3)用能量轉(zhuǎn)化來判斷：若系統(tǒng)中只有動能和勢能的相互轉(zhuǎn)化，而無機械能與其他形式的能的轉(zhuǎn)化，則系統(tǒng)的機械能守恒． (4)對一些繩子突然繃緊、物體間非彈性碰撞等問題機械能一般不守恒，除非題中有特別說明或暗示． 【變式1】 關于機械能是否守恒，下列說法正確的是(　　)． A．做勻速直線運動的物體機械能一定守恒 B．做圓周運動的物體機械能一定守恒 C．做變速運動的物體機械能可能守恒 D．合外力對物體做功不為零，機械能一定不守恒 解析　做勻速直線運動的物體與做圓周運動的物體，如果是在豎直平面內(nèi)則機械能不守恒，A、B錯誤；合外力做功不為零，機械能可能守恒，D錯誤，C正確． 答案　C 考點二　機械能守恒定律的應用 　機械能守恒定律的三種表達形式及用法 (1)E2＝E1或Ek2＋Ep2＝Ek1＋Ep1，表示系統(tǒng)末狀態(tài)機械能的總和與初狀態(tài)機械能的總和相等．運用這種形式的表達式時，應選好參考面．若初、末狀態(tài)的高度已知，整個系統(tǒng)除地球外只有一個物體時，運用這種形式比較簡單，即常說的“守恒觀點”． (2)ΔEk增＝ΔEp減或ΔEk減＝ΔEp增，表示系統(tǒng)減少(或增加)的動能等于系統(tǒng)增加(或減少)的勢能．運用這種形式時，一般針對初、末狀態(tài)的高度未知，但高度變化已知的情況．運用的關鍵在于弄清重力勢能的增加(或減少)量，可不選取參考面而直接計算初、末狀態(tài)的勢能差，即常說的“轉(zhuǎn)化觀點”． (3)ΔEA增＝ΔEB減或ΔEA減＝ΔEB增，表示若系統(tǒng)由A、B兩部分組成，則A物體機械能的增加(或減少)與B物體機械能的減少(或增加)相等．即常說的“轉(zhuǎn)移觀點”． 【典例2】 如圖4－3－4所示，是某公園設計的一種驚險刺激的娛樂設施，軌道除CD部分粗糙外，其余均光滑．一挑戰(zhàn)者質(zhì)量為m，沿斜面軌道滑下，無能量損失地滑入第一個圓管形軌道．根據(jù)設計要求，在最低點與最高點各放一個壓力傳感器，測試挑戰(zhàn)者對軌道的壓力，并通過計算機顯示出來．挑戰(zhàn)者到達A處時剛好對管壁無壓力，又經(jīng)過水平軌道CD滑入第二個圓管形軌道．在最高點B處挑戰(zhàn)者對管的內(nèi)側(cè)壁壓力為0.5 mg，然后從平臺上飛入水池內(nèi)，水面離軌道的距離為h＝2.25 m．若第一個圓管軌道的半徑為R，第二個圓管軌道的半徑為r，g取10 m/s2，管的內(nèi)徑及人相對圓管軌道的半徑可以忽略不計：則： 圖4－3－4 (1)挑戰(zhàn)者若能完成上述過程，則他應從離水平軌道多高的地方開始下滑？ (2)挑戰(zhàn)者從A到B的運動過程中克服軌道阻力所做的功？ (3)挑戰(zhàn)者入水時的速度大小是多少？ 解析　(1)挑戰(zhàn)者到達A處時剛好對管壁無壓力，可得出mg＝m 設挑戰(zhàn)者從離水平軌道H高處的地方開始下滑正好運動到A點對管壁無壓力，在此過程中機械能守恒 mgH＝mvA2＋mg2R 解得H＝ (2)在B處挑戰(zhàn)者對管的內(nèi)側(cè)壁壓力為0.5mg，根據(jù)牛頓第二定律得：mg－FN＝， 挑戰(zhàn)者在從A到B的運動過程中，利用動能定理得： mg2(R－r)－WF＝mvB2－mvA2 聯(lián)立解得WF＝mgR－mgr (3)設挑戰(zhàn)者在第二個圓管軌道最低點D處的速度為v，則 －mg2r＝mvB2－mv2解得v＝ 挑戰(zhàn)者離開第二個圓管軌道后在平面上做勻速直線運動，然后做平拋運動落入水中，在此過程中機械能守恒，設挑戰(zhàn)者入水時的速度大小為v′，則mgh＋mv2＝mv′2 解得：v′＝3. 答案　(1)R　(2)mgR－mgr　(3)3 ——應用機械能守恒定律的基本思路 物體或系統(tǒng).進行受力、做功分析.機械能是否守恒 Ek1＋Ep1＝Ek2＋Ep2，ΔEk＝－ΔEp 或ΔEA＝－ΔEB聯(lián)立方程求解 【變式2】 圖4－3－5 如圖4－3－5所示，靜止放在長直水平桌面上的紙帶，其上有一小鐵塊，它與紙帶右端的距離為0.5 m，鐵塊與紙帶間、紙帶與桌面間動摩擦因數(shù)均為μ＝0.1現(xiàn)用力F水平向左將紙帶從鐵塊下抽出，當紙帶全部抽出時鐵塊恰好到達桌面邊緣，鐵塊拋出后落地點離拋出點的水平距離為x＝0.8 m．已知g＝10 m/s2，桌面高度為H＝0.8 m，不計鐵塊大小，鐵塊不滾動．求： (1)鐵塊落地時的速度大??； (2)紙帶從鐵塊下抽出所用的時間及開始時鐵塊距左側(cè)桌邊的距離． 解析　(1)設鐵塊拋出時的初速度為v0，由平拋運動規(guī)律可得水平方向：x＝v0t 豎直方向：H＝gt2 解得：v0＝2 m/s 再由機械能守恒可得：mgH＋mv02＝mv2 得v＝2 m/s (2)紙帶從鐵塊下抽出所用的時間與鐵塊向左運動到桌邊的時間相等．開始時鐵塊距左側(cè)桌邊的距離就等于鐵塊在桌面上向左運動的位移． 鐵塊向左加速運動過程中，a＝＝μg＝1 m/s2 鐵塊從靜止開始向左運動的位移設為L. 由v02＝2aL　得：L＝2 m 由公式v0＝at　得：t＝2 s. 答案　(1)2 m/s　(2)2 s 　　　4.機械能守恒定律應用中的幾種模型 　　機械能守恒定律屬于高考的高頻考點，在實際問題中我們?nèi)绻苷_建立幾種典型的機械能守恒的模型．將有利于對此類問題的分析和解決． (1)輕連繩模型 此類問題要認清物體的運動過程，注意物體運動到最高點或最低點時速度相同這一隱含條件． 圖4－3－6 【典例1】 如圖4－3－6所示，細繩跨過定滑輪懸掛兩物體M和m，且M>m，不計摩擦，系統(tǒng)由靜止開始運動過程中(　　)． A.M、m各自的機械能分別守恒 B.M減少的機械能等于m增加的機械能 C.M減少的重力勢能等于m增加的重力勢能 D.M和m組成的系統(tǒng)機械能守恒 解析　M下落過程中，繩的拉力對M做負功，M的機械能減少；m上升過程，繩的拉力對m做正功，m的機械能增加，A錯誤；對M、m組成的系統(tǒng)，機械能守恒，易得B、D正確；M減少的重力勢能并沒有全部用于m重力勢能的增加， 還有一部分轉(zhuǎn)變成M、m的動能，所以C錯誤． 答案　BD (2)輕連桿模型 這類問題應注意在運動過程中各個物體之間的角速度、線速度的關系等． 圖4－3－7 【典例2】 質(zhì)量分別為m和M(其中M＝2m)的兩個小球P和Q，中間用輕質(zhì)桿固定連接，在桿的中點O處有一個固定轉(zhuǎn)軸，如圖4－3－7所示．現(xiàn)在把桿置于水平位置后自由釋放，在Q球順時針擺動到最低位置的過程中，下列有關能量的說法正確的是(　　)． A.Q球的重力勢能減少、動能增加，Q球和地球組成的系統(tǒng)機械能守恒 B.P球的重力勢能增加、動能減小，P球和地球組成的系統(tǒng)機械能守恒 C.P球、Q球和地球組成的系統(tǒng)機械能守恒 D.P球、Q球和地球組成的系統(tǒng)機械能不守恒 解析　Q球從水平位置下擺到最低點的過程中，受重力和桿的作用力，桿的作用力是Q球運動的阻力(重力是動力)，對Q球做負功；P球是在桿的作用下上升的，桿的作用力是動力(重力是阻力)，對P球做正功．所以，由功能關系可以判斷，在Q球下擺過程中，P球重力勢能增加、動能增加、機械能增加，Q球重力勢能減少、機械能減少；由于P球和Q球整體只有重力做功，所以系統(tǒng)機械能守恒．本題的正確答案是C. 答案　C (3)輕彈簧模型 此類問題應注意物體與彈簧組成的系統(tǒng)機械能守恒，不同的過程中彈性勢能的變化一般是相同的． 圖4－3－8 【典例3】如圖4－3－8所示為某同學設計的節(jié)能運輸系統(tǒng)．斜面軌道的傾角為37，木箱與軌道之間的動摩擦因數(shù)μ＝0.25.設計要求：木箱在軌道頂端時，自動卸貨裝置將質(zhì)量m＝2 kg的貨物裝入木箱，木箱載著貨物沿軌道無初速滑下，當輕彈簧被 壓縮至最短時，自動卸貨裝置立刻將貨物卸下，然后木箱恰好被彈回到軌道頂端，接著再重復上述過程．若g取10 m/s2，sin 37＝0.6，cos 37＝0.8.求： (1)離開彈簧后，木箱沿軌道上滑的過程中的加速度大?。? (2)滿足設計要求的木箱質(zhì)量． 解析　(1)設木箱質(zhì)量為m′， 對木箱的上滑過程，由牛頓第二定律有： m′gsin 37＋μm′gcos 37＝m′a 代入數(shù)據(jù)解得：a＝8 m/s2. (2)設木箱沿軌道下滑的最大距離為L，彈簧被壓縮至最短時的彈性勢能為Ep， 根據(jù)能量守恒定律： 貨物和木箱下滑過程中有： (m′＋m)gLsin 37＝μ(m′＋m)gLcos 37＋Ep 木箱上滑過程中有 Ep＝m′gLsin 37＋μm′gLcos 37 聯(lián)立代入數(shù)據(jù)解得： m′＝m＝2 kg. 答案　(1)8 m/s2　(2)2 kg 一、機械能是否守恒的判斷(低頻考查) 1．一蹦極運動員身系彈性蹦極繩從水面上方的高臺下落，到最低點時距水面還有數(shù)米距離．假定空氣阻力可忽略，運動員可視為質(zhì)點，下列說法錯誤的是(　　)． 　　　　　　　　　　　　　　　　　　 A．運動員到達最低點前重力勢能始終減小 B．蹦極繩張緊后的下落過程中，彈力做負功，彈性勢能增加 C．蹦極過程中，運動員、地球和蹦極繩所組成的系統(tǒng)機械能守恒 D．蹦極過程中，重力勢能的改變與重力勢能零點的選取有關 解析　運動員到達最低點前，重力一直做正功，重力勢能減小，選項A正確．從蹦極繩張緊到最低點彈力一直做負功，彈性勢能增加，選項B正確．除重力、彈力之外無其他力做功，故系統(tǒng)機械能守恒，選項C正確．重力勢能的改變與重力勢能零點的選取無關，故選項D錯誤． 答案　D 圖4－3－9 2．用如圖4－3－9所示裝置可以研究動能和重力勢能轉(zhuǎn)化中所遵循的規(guī)律．在擺錘從A位置由靜止開始向下擺動到D位置的過程中(　　)． ①重力做正功，重力勢能增加 ②重力的瞬時功率一直增大 ③動能轉(zhuǎn)化為重力勢能 ④擺線對擺錘的拉力不做功 ⑤若忽略阻力，系統(tǒng)的總機械能為一恒量 A．①③ B．②④ C．②⑤ D．④⑤ 解析　擺錘向下運動，重力做正功，重力勢能減小，故①錯誤．由于開始靜止，所以開始重力的功率為零，在D位置物體v的方向與重力垂直，PG＝Gvcos θ，可知PG＝0，而在從A位置擺動到D位置的過程中，重力功率不為零，所以擺錘重力的瞬時功率先增大后減小，②錯誤．在向下運動的過程中，重力勢能減小，動能增加，故③錯誤．擺線拉力與v方向始終垂直，不做功，只有重力做功，故機械能守恒，故④、⑤正確，選D. 答案　D 二、機械能守恒定律的應用(高頻考查) 3．某校物理興趣小組決定舉行遙控賽車比賽．比賽路徑如圖4－3－10所示，賽車從起點A出發(fā)，沿水平直線軌道運動L后，由B點進入半徑為R的光滑豎直圓軌道，離開豎直圓軌道后繼續(xù)在光滑平直軌道上運動到C點，并能越過壕溝．已知賽車質(zhì)量m＝0.1 kg，通電后以額定功率P＝1.5 W工作，進入豎直圓軌道前受到的阻力恒為0.3 N，隨后在運動中受到的阻力均可不計．圖中L＝10.00 m，R＝0.32 m，h＝1.25 m，s＝1.50 m．問：要使賽車完成比賽，電動機至少工作多長時間？(取g＝10 m/s2) 圖4－3－10 解析　設賽車越過壕溝需要的最小速度為v1， 由平拋運動的規(guī)律s＝v1t，h＝gt2， 解得v1＝s ＝3 m/s. 設賽車恰好越過圓軌道，對應圓軌道最高點的速度為v2， 最低點的速度為v3，由牛頓運動定律及機械能守恒定律得： mg＝m，mv32＝mv22＋mg(2R)， 解得v3＝4 m/s. 通過分析比較，賽車要完成比賽，在進入圓軌道前的速度最小應該是vmin＝4 m/s. 設電動機工作時間至少為t，根據(jù)動能定理 Pt－fL＝mvmin2，由此可得t＝2.53 s. 答案　2.53 s 圖4－3－11 4．如圖4－3－11所示，長度為l的輕繩上端固定在O點，下端系一質(zhì)量為m的小球(小球的大小可以忽略)． (1)在水平拉力F的作用下，輕繩與豎直方向的夾角為α，小球保持靜止．畫出此時小球的受力圖，并求力F的大?。? (2)由圖示位置靜止釋放小球，求當小球通過最低點時的速度大小及輕繩對小球的拉力．不計空氣阻力． 解析　(1)受力圖見右圖 根據(jù)平衡條件，應滿足 Tcos α＝mg，Tsin α＝F. 聯(lián)立解得拉力大小F＝mgtan α. (2)運動中只有重力做功，系統(tǒng)機械能守恒，有mgl(1－cos α)＝mv2. 則通過最低點時，小球的速度大小v＝. 根據(jù)牛頓第二定律有T′－mg＝m. 解得輕繩對小球的拉力 T′＝mg＋m＝mg(3－2cos α)，方向豎直向上． 答案　(1)受力圖如解析圖所示　mgtan α (2)　mg(3－2 cos α)，方向豎直向上.