高三物理二輪復習 第一篇 專題通關三 動能定理和能量守恒定律 7 機械能守恒定律 功能關系課件.ppt

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第7講 機械能守恒定律 功能關系,【高考這樣考】 1.(2014新課標全國卷Ⅱ)取水平地面為重力勢能零點,一物塊從某一高度水平拋出,在拋出點其動能與重力勢能恰好相等。不計空氣阻力。該物塊落地時的速度方向與水平方向的夾角為( ),【解析】選B。設物塊水平拋出的初速度為v0,拋出時的高度為h,則 =mgh,則v0= ,物塊落地的豎直速度vy= ,則落地時速 度方向與水平方向的夾角的正切tanθ= =1,則θ= ,選 項B正確。,2.(2014上海高考)靜止在地面上的物體在豎直向上的恒力作用下上升,在某一高度撤去恒力。不計空氣阻力,在整個上升過程中,物體機械能隨時間變化關系是( ),【解析】選C。物體機械能的增量等于恒力做的功,恒力做功WF=Fh, h= at2,則有外力作用時,物體機械能隨時間變化關系為E= Fat2。 撤去恒力后,物體機械能不變,故選項C正確。,3.(多選)(2015全國卷Ⅱ)如圖,滑塊a、b的質量均為m,a套在固定豎直桿上,與光滑水平地面相距h,b放在地面上,a、b通過鉸鏈用剛性輕桿連接,由靜止開始運動。不計摩擦,a、b可視為質點,重力加速度大小為g,則( ),A.a落地前,輕桿對b一直做正功 B.a落地時速度大小為 C.a下落過程中,其加速度大小始終不大于g D.a落地前,當a的機械能最小時,b對地面的壓力大小為mg,【解析】選B、D。選b滑塊為研究對象,b滑塊的初速度為零,當a滑塊 落地時,a滑塊沒有在水平方向上的分速度,所以b滑塊的末速度也為零, 由此可得b滑塊速度是先增大再減小,當b滑塊速度減小時,輕桿對b一 直做負功,A項錯誤;當a滑塊落地時,b滑塊的速度為零,由機械能守恒 定律,可得a落地時速度大小為 ,B項正確;當b滑塊速度減小時, 輕桿對a、b都表現為拉力,拉力在豎直方向上有分力與a的重力合成, 其加速度大小大于g,C項錯誤;a的機械能先減小再增大,當a的機械能 最小時,輕桿對a、b的作用力均為零,故此時b對地面的壓力大小為 mg,D項正確。,4.(2015全國卷Ⅰ)如圖,一半徑為R,粗糙程度處處相同的半圓形軌道豎直固定放置,直徑POQ水平。一質量為m的質點自P點上方高度R處由靜止開始下落,恰好從P點進入軌道。質點滑到軌道最低點N時,對軌道的壓力為4mg,g為重力加速度的大小。用W表示質點從P點運動到N點的過程中克服摩擦力所做的功。則( ),A.W= mgR,質點恰好可以到達Q點 B.W mgR,質點不能到達Q點 C.W= mgR,質點到達Q點后,繼續(xù)上升一段距離 D.W mgR,質點到達Q點后,繼續(xù)上升一段距離,【解析】選C。在N點由牛頓第二定律得4mg-mg=m ;從最高點到N 點,由動能定理得2mgR-W= ,聯立解得W= mgR。由于克服阻力 做功,機械能減小,所以質點從N點到Q點克服阻力做的功要小于從P點 到N點克服阻力做的功,即質點從N點到Q點克服阻力做的功W′0,所以質點能夠到達Q點,并且還能繼續(xù)上升一段距離,故 選項C正確。,5.(2014天津高考)如圖所示,平行金屬板A、B水平正對放置,分別帶等量異號電荷。一帶電微粒水平射入板間,在重力和電場力共同作用下運動,軌跡如圖中虛線所示,那么( ) A.若微粒帶正電荷,則A板一定帶正電荷 B.微粒從M點運動到N點電勢能一定增加 C.微粒從M點運動到N點動能一定增加 D.微粒從M點運動到N點機械能一定增加,【解析】選C。若微粒帶正電荷,則A板可能帶正電荷,也可能帶負電荷,A錯誤。微粒從M點運動到N點,電場力可能對微粒做正功,也可能做負功,故電勢能可能增加,也可能減少,B錯誤。合外力指向曲線凹側,故電場力與重力的合力豎直向下,與速度方向成銳角,合外力做正功,動能增加,C正確。由于電場力可能對微粒做正功,也可能做負功,即機械能可能增大,也可能減小,D錯誤。,6.(多選)(2014海南高考)如圖,質量相同的兩 物體a、b,用不可伸長的輕繩跨接在一光滑的輕 質定滑輪兩側,a在水平桌面的上方,b在水平粗 糙桌面上。初始時用力壓住b使a、b靜止,撤去此壓力后,a開始運動。在a下降的過程中,b始終未離開桌面。在此過程中( ) A.a的動能小于b的動能 B.兩物體機械能的變化量相等 C.a的重力勢能的減小量等于兩物體總動能的增加量 D.繩的拉力對a所做的功與對b所做的功的代數和為零,【解析】選A、D。由運動的合成與分解知識可知,va=vbcosθ,θ為拉b的繩與水平面的夾角,因此物體a的速度小于物體b的速度,而兩物體的質量又相同,所以a的動能小于b的動能,A正確;a物體下降時,a的機械能的減少量等于b物體的動能增加量和b克服摩擦力做功之和,B錯誤;a的重力勢能減小量等于兩物體總動能的增加量與b克服摩擦力所做的功之和,C錯誤;繩的拉力對a所做的功等于a的機械能的減少量,繩的拉力對b所做的功等于b的動能增加量和克服摩擦力做功之和,D正確。,【考情分析】 主要題型：選擇題、計算題 命題特點： 1.結合牛頓運動定律,利用功能關系對各種能的變化進行考查。 2.結合問題的典型運動進行考查,如平拋運動、圓周運動、自由落體運動等。 3.結合圖像,與力學、電磁學等知識進行綜合考查。 4.應用動能定理,綜合動力學方法解決多過程的復雜問題。,【主干回顧】,【要素掃描】 (1)機械能守恒定律的表達式。 ①守恒的觀點：Ek1+Ep1=Ek2+Ep2。 ②轉化的觀點：__________。 ③轉移的觀點：_________。,ΔEk=-ΔEp,EA增= EB減,(2)常見的功能關系。 ①合外力做功與動能的關系：W合=ΔEk。 ②重力做功與重力勢能的關系：________。 ③彈力做功與彈性勢能的關系：_________。 ④除重力以外其他力做功與機械能的關系：W其他=ΔE機。 ⑤滑動摩擦力做功與內能的關系：___________。 ⑥電場力做功與電勢能的關系：_________。 ⑦克服安培力做功與電能的關系：__________。,WG=-ΔEp,W彈=-ΔEp,Ffl相對=ΔE內,W電=-ΔEp,W克安=ΔE電,熱點考向1 機械能守恒定律的應用 【典例1】(2015天津高考)如圖所示,固定的豎直光滑長桿上套有質量為m的小圓環(huán),圓環(huán)與水平狀態(tài)的輕質彈簧一端連接,彈簧的另一端連接在墻上,且處于原長狀態(tài),現讓圓環(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,【解題探究】 (1)判斷A、B、D選項是否正確的關鍵是__________________________ _____________________。 (2)判斷C項是否正確的關鍵是__________________________________ __________________________。,圓環(huán)下滑過程中,圓環(huán)和彈簧,組成的系統機械能守恒,圓環(huán)由靜止開始下滑,到圓環(huán)下滑到最,大距離過程中,先加速后減速,【解析】選B。圓環(huán)下滑過程中,圓環(huán)動能、重力勢能與彈簧彈性勢能 之和保持不變,故選項A、D錯誤;圓環(huán)從最高點(動能為零)到最低點 (動能為零),重力勢能減少了 ,根據機械能守恒, 彈簧彈性勢能增加了 mgL,故選項B正確;圓環(huán)由靜止開始下滑到最大 距離過程中,先加速后減速,下滑到最大距離時,所受合力不為零,故選 項C錯誤。,【典例2】長為2L的輕桿可繞其一端為軸自由轉動,在桿的中點和另一端分別固定質量相同的小球A、B,如圖所示,將桿從水平位置由靜止釋放,當桿轉動到豎直位置時,小球B突然脫落,以下說法正確的是( ) A.A球仍能擺到水平位置 B.A球不能擺到水平位置 C.兩球下擺至豎直位置的過程中,A球的機械能守恒 D.兩球下擺至豎直位置的過程中,B球的機械能減少,【名師解讀】 (1)命題立意：考查整體法和隔離法在功能關系中的應用及機械能守恒的判斷。 (2)關鍵信息：輕桿;將桿從水平位置由靜止釋放。 (3)答題必備：系統內力做的總功為零,不影響系統機械能守恒;v=ωr。 (4)易錯警示：誤認為下擺過程每個小球機械能都守恒。,【解析】選B。設當桿轉到豎直位置時,A球和B球的速度分別為vA和vB。由系統機械能守恒可得： mgL+mg2L= ① 又因A球與B球在各個時刻對應的角速度相同,由v=ωr得vB=2vA ② 由①②式得： 根據動能定理,可解出桿對A、B做的功。,對于A有：WA+mgL= -0 即：WA=-0.4mgL 對于B有：WB+mg2L= -0 即WB=0.4mgL。由做功情況可知：A球的機械能減少,B球的機械能增大;若小球B脫落,小球A不能擺到水平位置,選項B正確,A、C、D錯誤。,【遷移訓練】,遷移1：將輕桿換成輕繩 (多選)將【典例2】中的輕桿換成輕繩,如圖所示,將細繩拉到水平位置由靜止釋放,下擺過程中,以下說法正確的是( ) A.A、B兩球與O點保持在一條直線上 B.A、B兩球與O點不在一條直線上 C.A、B間的細繩對A球做正功 D.A、B間的細繩對A球做負功,【解析】選B、D。假設A、B兩球互不影響,當向下擺動角度θ時, A、B兩球的擺動角速度分別為ω1、ω2,則有mgLsinθ= mω12L2; mg2Lsinθ= mω224L2,解得ω1= ,ω2= ,因此得 ω1ω2,故A球下擺較快,A、B兩球與O點不在一條直線上,且AB繩與A 球運動的方向夾角為鈍角,故A、B間的細繩對A球做負功,B、D正確。,遷移2：使球帶電,加水平電場 將【典例2】中的A、B兩球均帶上+q的電量,并在其運動的空間加上場強為E的水平向左的勻強電場,若當桿轉動到豎直位置時,小球B不脫落,則擺動到左側水平位置時,球A的速度為多少?,【解析】對全過程由動能定理得： Eq2L+Eq4L= mv2+ m(2v)2 解得：v= 答案：,遷移3：使球帶電,加豎直電場 將【典例2】中的A、B兩球均帶上+q的電量,并在其運動的空間加上場強為E的豎直向下的勻強電場,當桿轉動到豎直位置時,球A的速度為多少?,【解析】由動能定理得： EqL+Eq2L+mgL+mg2L= mv2+ m(2v)2 解得：v= 答案：,【加固訓練】(多選)如圖所示,在傾角為30的光滑固定斜面上,放有兩個質量分別為1kg和2 kg的可視為質點的小球A和B,兩球之間用一根長L=0.2m的輕桿相連,小球B距水平面的高度h=0.1m。斜面底端與水平面之間由一光滑短圓弧相連,兩球從靜止開始下滑到光滑水平面上,g取10m/s2。則下列說法中正確的是( ),A.下滑的整個過程中A球機械能守恒 B.下滑的整個過程中兩球組成的系統機械能守恒 C.兩球在光滑水平面上運動時的速度大小為2 m/s D.系統下滑的整個過程中B球機械能的增加量為 J,【解析】選B、D。A、B下滑的整個過程中,桿的彈力對A球做負功,A球 機械能減少,選項A錯誤;A、B兩球組成的系統只有重力和系統內彈力 做功,機械能守恒,選項B正確;對A、B兩球組成的系統由機械能守恒定 律得mAg(h+Lsin30)+mBgh= (mA+mB)v2,解得v= m/s,選項C錯 誤;B球機械能的增加量為ΔEp= mBv2-mBgh= J,選項D正確。,熱點考向2 功能關系的應用 【典例3】如圖所示,在豎直平面內有一半徑為R的圓弧 軌道,半徑OA水平、OB豎直,一個質量為m的小球自A的 正上方P點由靜止開始自由下落,小球沿軌道到達最高 點B時對軌道壓力為 。已知AP=2R,重力加速度為g, 則小球從P到B的運動過程中( ) A.重力做功2mgR B.合外力做功 mgR C.克服摩擦力做功 mgR D.機械能減少2mgR,【名師解讀】 (1)命題立意：綜合考查功能關系與牛頓運動定律。 (2)關鍵信息：小球沿軌道到達最高點B時對軌道壓力為 。 (3)答題必備： ①WG=-ΔEp; ②W其他=ΔE機; ③Fn=m 。 (4)易錯警示：誤認為從P到B全過程機械能守恒。,【解析】選B。小球能通過B點,在B點速度v滿足：mg+ mg=m ,解 得v= ,從P到B過程,重力做功等于重力勢能減小量,為mgR,動 能增加量為 mv2= mgR,合外力做功等于動能增加量 mgR,機械能減 小量為：mgR- mgR= mgR,克服摩擦力做功等于機械能減小量 mgR, 故只有B選項正確。,【典例4】(多選)如圖所示,在虛線框內的空間有 方向豎直向下的勻強電場和垂直紙面向里的勻強 磁場,一帶電粒子垂直電場和磁場方向飛入場中, 恰好做勻速直線運動,水平飛離正交電磁場。如果該區(qū)域只有電場,粒子將從a點飛離,穿越場區(qū)的時間為t1,飛離時速度大小為v1;如果只有磁場,粒子將從b點飛離,穿越場區(qū)的時間為t2,飛離時速度大小為v2,重力忽略不計,則( ) A.t1t2 C.v1v2 D.v1v2,【解題探究】 (1)比較t1、t2大小的思維軌跡：_______________________________ ____________________________________________________________ _______________________________________________________。 (2)比較v1、v2大小的思維軌跡：_______________________________ _______________________________________________。,只有電場時,粒子做類平拋運動到a,點,t1等于水平方向長度與初速度大小的比值;只有磁場時,粒子做勻,速圓周運動到b點,t2等于運動軌跡的長度與初速度大小的比值,只有電場時,電場力做正功,動能增,大,速率增大;只有磁場時,洛倫茲力不做功,速率不變,【解析】選A、C。若只有電場,粒子在電場力作用下做類平拋運動,電 場力做正功,速度增大;若只有磁場,粒子在洛倫茲力作用下做勻速圓 周運動,速度大小不變,故v1v2,C正確,D錯誤;設水平方向的長度為L, 初位置為O點,則 ,所以t1t2,A正確,B錯誤。,【規(guī)律總結】功能關系的應用“三注意” (1)分清是什么力做功,并且分析該力做正功還是做負功;根據功能之間的對應關系,判定能的轉化形式,確定能量之間的轉化情況。 (2)也可以根據能量之間的轉化情況,確定是什么力做功,尤其可以方便計算變力做功的多少。 (3)功能關系反映了做功和能量轉化之間的對應關系,功是能量轉化的量度和原因,在不同問題中的具體表現不同。,【題組過關】 1.(多選)水平傳送帶在電動機的帶動下始終以速度v勻速運動。某時刻在傳送帶上A點處輕輕放上一個質量為m的小物體,經時間t小物體的速度與傳送帶相同,相對傳送帶的位移大小為x,A點未到右端,在這段時間內( ) A.小物體相對地面的位移大小為x B.傳送帶上的A點對地的位移大小為x C.由于物體與傳送帶相互作用產生的熱能為mv2 D.由于物體與傳送帶相互作用電動機要多做的功為mv2,【解析】選A、D。在這段時間內,物體從靜止做勻加速直線運動,其相 對地面的位移為x1= vt,傳送帶(或傳送帶上的A點)相對地面的位移 為x2=vt,物體相對傳送帶的位移大小x=x2-x1= vt,顯然x1=x,x2=2x, 所以選項A正確,B錯誤;物體與傳送帶間的滑動摩擦力做功,將系統的 部分機械能轉化為系統的內能,摩擦生熱Q=Ffx,對物體運用動能定理 有Ffx1= mv2,又x1=x,所以Q=Ffx= mv2,選項C錯誤;在這段時間內,電 動機要多做功以克服滑動摩擦力做功W=Ffx2=2Ffx=mv2,選項D正確。,2.(多選)(2015江蘇高考)如圖所示,輕質彈簧一端固定,另一端與一質量為m、套在粗糙豎直固定桿A處的圓環(huán)相連,彈簧水平且處于原長。圓環(huán)從A處由靜止開始下滑,經過B處的速度最大,到達C處的速度為零,AC=h。圓環(huán)在C處獲得一豎直向上的速度v,恰好能回到A。彈簧始終在彈性限度內,重力加速度為g。則圓環(huán)( ) A.下滑過程中,加速度一直減小 B.下滑過程中,克服摩擦力做的功為 mv2 C.在C處,彈簧的彈性勢能為 mv2-mgh D.上滑經過B的速度大于下滑經過B的速度,【解析】選B、D。圓環(huán)受到重力、彈力、阻力、支持力,圓環(huán)的運動 是先做加速度減小的加速運動,再做加速度增大的減速運動,最后靜 止,A項錯誤;A到C過程,根據能量守恒定律有mgh-Wf=Ep(Wf為阻力做 功,Ep為彈性勢能),C到A過程, mv2+Ep=mgh+Wf,聯立解得Wf= mv2,B 項正確;在C處,彈簧的彈性勢能為mgh- mv2,C項錯誤;A到B過程, mgh1-Wf1= +ΔEp1,C到B過程, mv2+ΔEp2= +mgh2+Wf2, 比較得vB2vB1,D項正確。,3.(多選)(2015威海一模)如圖所示,豎直平行金屬導軌MN、PQ上端接有電阻R,金屬桿質量為m,跨在平行導軌上,垂直導軌平面的水平勻強磁場磁感應強度為B,不計ab與導軌電阻,不計摩擦,且ab與導軌接觸良好。若ab桿在豎直向上的外力F作用下勻速上升,則以下說法正確的是( ) A.拉力F所做的功等于電阻R上產生的熱量 B.桿ab克服安培力做的功等于電阻R上產生的熱量 C.電流所做的功等于重力勢能的增加量 D.拉力F與重力做功的代數和等于電阻R上產生的熱量,【解析】選B、D。根據能量守恒定律知,拉力F做的功等于重力勢能的增加量和電阻R上產生的熱量之和,故A錯誤;根據功能關系知,桿ab克服安培力做功等于電阻R上產生的熱量,故B正確;安培力的大小與重力的大小不相等,則電流做的功與克服重力做功大小不相等,即電流做功不等于重力勢能的增加量,故C錯誤;根據動能定理知,拉力和重力做功等于克服安培力做功的大小,克服安培力做的功等于電阻R上產生的熱量,故D正確。,【加固訓練】(多選)如圖所示,長為L的長木板水平放置,在木板的A端放置一個質量為m的小物塊,現緩慢地抬高A端,使木板以左端為軸轉動,當木板轉到與水平面的夾角為α時小物塊開始滑動,此時停止轉動木板,小物塊滑到底端的速度為v,在整個過程中( ) A.木板對小物塊做的功為 mv2 B.支持力對小物塊做的功為零 C.小物塊的機械能的增量為 mv2-mgLsinα D.滑動摩擦力對小物塊做的功為 mv2-mgLsinα,【解析】選A、D。在運動過程中,小物塊受重力、木板施加的支持力 和摩擦力,整個過程重力做功為零,由動能定理W木= mv2-0,A正確;在 物塊被緩慢抬高過程中摩擦力不做功,由動能定理得W′木-mgLsinα =0-0,則有W′木=mgLsinα,故B錯誤;由功能關系,機械能的增量為木 板對小物塊做的功,大小為 mv2,C錯誤;滑動摩擦力對小物塊做的功 Wf=W木-W′木= mv2-mgLsinα,D正確。,熱點考向3 能量觀點結合動力學方法解決多過程問題 【典例5】(19分)某校興趣小組制作了一個游戲裝置,其簡化模型如圖所示,在A點用一彈射裝置將小滑塊以某一水平速度彈射出去,沿水平直線軌道運動到B點后,進入半徑R=0.1m的光滑豎直圓形軌道,運行一周后自B點向C點運動,C點右側有一陷阱,C、D兩點的豎直高度差h=0.2m,水平距離s=0.6m,水平軌道AB長為L1=0.5m,BC長為L2=1.5m,小滑塊與水平軌道間的動摩擦因數μ=0.4,重力加速度g取10m/s2。,(1)若小滑塊恰能通過圓形軌道的最高點,求小滑塊在A點彈射出的速度大小。 (2)若游戲規(guī)則為小滑塊沿著圓形軌道運行一周離開圓形軌道后只要不掉進陷阱即為勝出。求小滑塊在A點彈射出的速度vA的大小范圍。,【拿分策略】 第一問：,按部就班列方程 第一過程 列①式 (2分) 第二過程 列②式 (2分) 圓周最高點 列③式 (2分),第二問： 翻轉關鍵信息——“不掉進陷阱”,分情況列方程,按照過程列方程,就能拿到14分,若能正確解方程求出結果再拿下5分,則滿分19分。,【解析】(1)從A到B由動能定理： -μmgL1= ①(2分) 從B到最高點,小滑塊機械能守恒： ②(2分) 小滑塊恰能通過圓軌道最高點的速度為v,由牛頓第二定律： mg=m ③(2分) 由以上三式解得A點的速度為： v1=3m/s ④(1分),(2)若小滑塊剛好停在C處,則從A到C由動能定理： -μmg(L1+L2)=0- ⑤(2分) 解得A點的速度為v2=4m/s (1分) 若小滑塊停在BC段,應滿足 3m/s≤vA≤4m/s (1分) 若小滑塊能通過C點并恰好越過陷阱,從A到C由動能定理： -μmg(L1+L2)= ⑥(2分),根據平拋運動規(guī)律有： 豎直方向：h= gt2 ⑦(2分) 水平方向：s=v0t ⑧(2分) 解得：v3=5m/s (1分) 所以初速度的范圍為：3m/s≤vA≤4m/s和vA≥5m/s (1分) 答案：(1)3m/s (2)3m/s≤vA≤4m/s和vA≥5m/s,【規(guī)律總結】關于動力學多過程問題的特點及對策 (1)模型特點：物體的整個運動過程,往往是包含直線運動、平拋運動、圓周運動等多種運動形式的組合。,(2)應對策略： ①抓住物理情景中出現的運動狀態(tài)與運動過程,將整個物理過程分成幾個簡單的子過程; ②對每一個子過程分別進行受力分析、過程分析、能量分析,選擇合適的規(guī)律對相應的子過程列方程; ③兩個相鄰的子過程連接點,速度是連接兩過程的紐帶,因此要特別關注連接點速度的大小及方向; ④解方程并分析結果。,【題組過關】 1.(2015福建高考)如圖,質量為M的小車靜止在光滑水平面上,小車AB段是半徑為R的四分之一光滑圓弧軌道,BC段是長為L的粗糙水平軌道,兩段軌道相切于B點。一質量為m的滑塊在小車上從A點由靜止開始沿軌道滑下,重力加速度為g。,(1)若固定小車,求滑塊運動過程中對小車的最大壓力。 (2)若不固定小車,滑塊仍從A點由靜止下滑,然后滑入BC軌道,最后從 C點滑出小車。已知滑塊質量m= ,在任一時刻滑塊相對地面速度的 水平分量是小車速度大小的2倍,滑塊與軌道BC間的動摩擦因數為μ, 求： ①滑塊運動過程中,小車的最大速度大小vm。 ②滑塊從B到C運動過程中,小車的位移大小s。,【解析】(1)由于圓弧軌道光滑,滑塊下滑過程機械能守恒,有 mgR= 滑塊在B點處,對小車的壓力最大,由牛頓第二定律有 N-mg= 解得N=3mg 據牛頓第三定律可知滑塊對小車最大壓力N′=3mg,(2)①滑塊滑到B處時小車和滑塊速度達到最大,由機械能守恒有 mgR= m(2vm)2+ 解得vm= ②設滑塊的位移為s1,由于任一時刻滑塊水平分速度是小車速度的2倍, 因此有2s=s1 且s+s1=L 解得小車的位移大小s= 答案：(1)3mg (2)① ②,2.(2015廈門一模)如圖所示,在豎直方向上A、B兩物體通過勁度系數為k的輕質彈簧相連,A放在水平地面上;B、C兩物體通過細繩繞過輕質定滑輪相連,C放在固定的光滑斜面上。用手拿住C,使細線剛剛拉直但無拉力作用,并保證ab段的細線豎直、cd段的細線與斜面平行。已知A、B的質量均為m,斜面傾角為θ=37,重力加速度為g,滑輪的質量和摩擦不計,開始時整個系統處于靜止狀態(tài)。C釋放后沿斜面下滑,當A剛要離開地面時,B的速度最大(sin37=0.6,cos37=0.8)。求：,(1)從開始到物體A剛要離開地面的過程中,物體C沿斜面下滑的距離。 (2)C的質量。 (3)A剛離開地面時,C的動能。,【解析】(1)設開始時彈簧壓縮的長度為xB,由題意有： kxB=mg 設當物體A剛剛離開地面時,彈簧的伸長量為xA,有 kxA=mg 當物體A剛離開地面時,物體B上升的距離及物體C沿斜面下滑的 距離為： h=xA+xB=,(2)物體A剛離開地面時,以B為研究對象,物體B受到重力mg、彈簧的彈力kxA、細線的拉力FT三個力的作用,設物體B的加速度為a,根據牛頓第二定律,對B有： FT-mg-kxA=ma 對C有：mCgsinθ-FT=mCa 當B獲得最大速度時,有：a=0 解得：mC= m,(3)根據動能定理得： 對C：mCghsinθ-WT=EkC-0 對B：WT-mgh+W彈=EkB-0 其中彈簧彈力先做正功后做負功,總功為零,W彈=0 B、C的速度大小相等,故其動能大小之比為其質量大小之比,即： 解得：EkC= 答案：(1) (2) m (3),3.(2015吉林一模)如圖所示,半徑R=0.2m的光滑四分之一圓軌道MN豎直固定放置,末端N與一長L=0.8m的水平傳送帶相切,水平銜接部分摩擦不計,傳動輪(輪半徑很小)做順時針轉動,帶動傳送帶以恒定的速度v0運動。傳送帶離地面的高度h=1.25m,其右側地面上有一直徑D=0.5m的圓形洞,洞口最左端的A點離傳送帶右端的水平距離s=1m,B點在洞口的最右端?，F使質量為m=0.5kg的小物塊從M點由靜止開始釋放,經過傳送帶后做平拋運動,最終落入洞中,傳送帶與小物塊之間的動摩擦因數μ=0.5,g取10m/s2。求：,(1)小物塊到達圓軌道末端N時對軌道的壓力。 (2)若v0=3m/s,求物塊在傳送帶上運動的時間。 (3)若要使小物塊能落入洞中,求v0應滿足的條件。,【解析】(1)設物塊滑到圓軌道末端速度為v1,根據機械能守恒定 律得：mgR= 設物塊在軌道末端所受支持力的大小為F,根據牛頓第二定律得： F-mg= 聯立以上兩式代入數據得：v1=2m/s,F=15N 根據牛頓第三定律,物塊對軌道壓力大小為15N,方向豎直向下。,(2)物塊在傳送帶上加速運動時,由μmg=ma得： a=μg=5m/s2 加速到與傳送帶相同速度所需要的時間： t1= =0.2s 位移：s1= t1=0.5m 勻速運動的時間：t2= =0.1s 故T=t1+t2=0.3s,(3)物塊由傳送帶右端做平拋運動,豎直方向有h= gt2 若物塊恰好落到A點：s=v2t 解得：v2=2m/s 若物塊恰好落到B點：D+s=v3t 解得：v3=3m/s 故v0應滿足的條件是3m/sv02m/s 答案：(1)15N,方向豎直向下 (2)0.3s (3)3m/sv02m/s,【加固訓練】如圖所示,在同一豎直平面內,一輕質彈簧靜止放于光滑斜面上,其一端固定,另一端恰好與水平線AB平齊;長為L的輕質細繩一端固定在O點,另一端系一質量為m的小球,將細繩拉至水平,此時小球在位置C?，F由靜止釋放小球,小球到達最低點D時,細繩剛好被拉斷,D點與AB相距h;之后小球在運動過程中恰好與彈簧接觸并沿斜面方向壓縮彈簧,彈簧的最大壓縮量為x。試求：,(1)細繩所能承受的最大拉力F。 (2)斜面的傾角θ。 (3)彈簧所獲得的最大彈性勢能Ep。,【解析】(1)小球由C運動到D的過程機械能守恒,則： mgL= 解得：v1= 在D點由牛頓第二定律得： F-mg= 解得：F=3mg 由牛頓第三定律知,細繩所能承受的最大拉力為3mg,(2)小球由D運動到A的過程做平拋運動, 則：vy2=2gh 解得：vy= tanθ= 即斜面與水平面所成的夾角θ=arctan,(3)小球到達A點時,有： =2g(h+L) 小球在壓縮彈簧的過程中,小球與彈簧組成的系統機械能守恒,則： Ep=mgxsinθ+ 解得：Ep=mg(x +h+L) 答案：(1)3mg (2)arctan (3)mg(x +h+L),系統機械能守恒類問題 【典例】(多選)(2015雙鴨山一模)如圖所示, 質量為m的小球固定于輕質彈簧的一端,彈簧的 另一端固定于O點,將小球拉至A處,彈簧恰好無 形變。由靜止釋放小球,它運動到O點正下方B點, 與A點間的豎直高度差為h,速度為v。下列說法正確的是( ),A.由A到B小球的機械能減少 B.由A到B重力勢能減少 C.由A到B小球克服彈力做功為mgh D.小球到達B時彈簧的彈性勢能為mgh-,【閱卷說明】本題抽樣統計難度為0.52,區(qū)分度為0.55。有18.6%的學生錯選B,有16.2%的學生錯選C,有8.6%的學生只選A而漏選D。,【試卷評析】 錯誤角度(1)：誤認為小球的機械能守恒 錯因剖析：小球由A到B的過程中,認為彈簧的彈力始終與運動方向垂直,只有小球的重力做功,小球機械能守恒。實際上小球運動過程中彈簧伸長,彈力與運動方向不垂直,彈簧彈力對小球做負功,小球的機械能減少。,錯誤角度(2)：不能正確判斷彈性勢能的大小及彈簧的形變量 錯因剖析：功能關系掌握得不好,不能根據系統(小球和彈簧)機械能守恒,結合彈力做功與彈性勢能變化的關系準確判斷而漏選D;錯將h當成了彈簧的伸長量而錯選C選項。,【糾偏措施】 1.要熟練掌握機械能守恒的條件,尤其是系統機械能守恒。 2.要正確區(qū)分做功的彈力是不是系統內的彈力。 3.要能根據解題需要恰當選取研究對象,如本題中,當判斷小球能量變化時,一般要選小球為研究對象;當求解彈性勢能變化時,最好選小球與彈簧組成的系統為研究對象。 4.要靈活應用功能關系,尤其是動能定理,分析系統內單個物體的能量轉化問題。,【規(guī)范解答】選A、D。小球、地球和彈簧組成的系統機械能守恒,由A 到B過程彈簧的彈性勢能增加了,因此小球的機械能減少,A正確;該過 程小球重力勢能減少量等于小球動能增量 mv2和彈簧彈性勢能增量 之和,B錯誤;克服彈力做功等于彈性勢能的增加量,由機械能守恒定律 得,小球到達B時彈簧的彈性勢能為mgh- mv2,C錯誤,D正確。,【類題試做】 1.(多選)如圖所示,長度相同(均為l)的輕桿構成一個直角形支架,在A端固定質量為2m的小球,B端固定質量為m的小球,支架可繞O點在豎直面內自由旋轉。現從OB豎直、OA水平靜止釋放支架,下列說法正確的是( ),A.A球到達最低點時速度為 B.從開始到A球到達最低點的過程中,支架對B球做的功為 mgl C.當支架下擺45時(A、B兩球等高時),A球速度最大 D.當支架從左向右返回擺動時,A球一定能回到起始高度,【解析】選A、B、D。A球到達最低點時,A、B兩球的速度大小為v。根 據系統的機械能守恒定律得：2mgl-mgl= (m+2m)v2,解得：v= , 故A正確;對于B球;從開始到A球到達最低點的過程中,由動能定理 得：-mgl+W= mv2,將v= 代入解得支架對B球做的功為：W= mgl, 故B正確;當支架向下轉動夾角為θ時,由機械能守恒得：2mglsinθ- mgl(1-cosθ)= (m+2m)v2,得：v2= gl(2sinθ+cosθ-1),根據數學 知識得知：當θ=90-arctan0.5時,v最大,故C錯誤;根據系統的機 械能守恒得知：當支架從左向右返回擺動時,A球一定能回到起始高度, 故D正確。,2.(2015南通二模)如圖所示,水平光滑長桿上 套有小物塊A,細線跨過O點的輕小定滑輪一端連 接A,另一端懸掛小物塊B,C為O點正下方桿上一點,滑輪到桿距離OC=h。開始時A位于P點,PO與水平方向的夾角為30?，F將A、B由靜止釋放,則( ) A.物塊A由P點出發(fā)第一次到達C點過程中,加速度不斷增大 B.物塊B從釋放到最低點過程中,動能不斷增大 C.物塊A在桿上長為2 h的范圍內做往復運動 D.物塊B的機械能最小時,物塊A的動能為零,【解析】選C。細線的拉力在由P點到C點的過程中,一直對物塊A做正 功,故物塊A在C點時動能最大,又vB=vAcosθ,故當θ=90時,vB=0,物 塊B在最低點時,動能為零,機械能最小,此時物塊A的動能最大,B、D均 錯誤;由系統機械能守恒可知,當物塊A至C點右側 h處時速度恰好為 0,之后往復運動,C正確;物塊A在P點有加速度,但到達C點時加速度為 零,故A一定錯誤。,