2020版高考物理二轮复习第1部分专题2动量与能量第2讲机械能守恒定律功能关系教案

2020版高考物理二轮复习第1部分专题2动量与能量第2讲机械能守恒定律功能关系教案

高考总复习 机械能守恒定律 功能关系 ‎ ‎[高考统计·定方向] (教师授课资源)‎ 考点 考向 五年考情汇总 ‎1.机械能守恒定律的应用 考向1.单个物体的机械能守恒 ‎2016·全国卷Ⅱ T16‎ 考向2.系统机械能守恒 ‎2015·全国卷Ⅱ T21‎ ‎2016·全国卷Ⅱ T21‎ ‎2.功能关系及能量守恒 考向1.功能关系的基本应用 ‎2019·全国卷Ⅱ T18‎ ‎2018·全国卷ⅠT18‎ ‎2017·全国卷Ⅲ T16‎ 考向2.能量的转化与守恒的应用 ‎2016·全国卷Ⅱ T25‎ 考向3.功能关系的综合应用 ‎2017·全国卷Ⅰ T24‎ ‎2016·全国卷Ⅱ T25‎ ‎　机械能守恒定律的应用(5年3考)‎ ‎❶分析近五年的高考题可以看出，本考点是高考命题的热点，题型以选择题为主，题目综合性强，涉及多物体系统机械能时，常与运动的合成与分解相联系。‎ ‎❷预计2020年高考仍会以多物体机械能守恒为重点，复习中应加强训练。‎ ‎1．(多选)(2015·全国卷Ⅱ·T21)如图所示，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 C．a下落过程中，其加速度大小始终不大于g ‎ D．a落地前，当a的机械能最小时，b对地面的压力大小为mg ‎ ‎[题眼点拨]　①刚性轻杆不伸缩，两滑块沿杆的分速度相同；②轻杆对滑块a、b都做功，系统机械能守恒。‎ BD　[由题意知，系统机械能守恒。设某时刻a、b的速度分别为va、vb - 16 -‎ 高考总复习 ‎。此时刚性轻杆与竖直杆的夹角为θ，分别将va、vb分解，如图。因为刚性轻杆不可伸长，所以沿杆的分速度v∥与v′∥是相等的，即vacos θ＝vbsin θ。当a滑至地面时θ＝90°，此时vb＝0，由系统机械能守恒得mgh＝mv，解得va＝，选项B正确。同时由于b初、末速度均为零，运动过程中其动能先增大后减小，即杆对b先做正功后做负功，选项A错误。杆对b的作用先是推力后是拉力，对a则先是阻力后是动力，即a的加速度在受到杆的向下的拉力作用时大于g，选项C错误。b的动能最大时，杆对a、b的作用力为零，此时a的机械能最小，b只受重力和支持力，所以b对地面的压力大小为mg，选项D正确。正确选项为B、D。]‎ ‎2.(多选)(2016·全国卷Ⅱ·T21)如图所示，小球套在光滑的竖直杆上，轻弹簧一端固定于O点，另一端与小球相连。现将小球从M点由静止释放，它在下降的过程中经过了N点。已知在M、N两点处，弹簧对小球的弹力大小相等，且∠ONM<∠OMN<。在小球从M点运动到N点的过程中(　　)‎ A．弹力对小球先做正功后做负功 B．有两个时刻小球的加速度等于重力加速度 C．弹簧长度最短时，弹力对小球做功的功率为零 D．小球到达N点时的动能等于其在M、N两点的重力势能差 BCD　[在M、N两点处，弹簧对小球的弹力大小相等，且∠ONM<∠OMN<，则小球在M点时弹簧处于压缩状态，在N点时弹簧处于拉伸状态，小球从M点运动到N点的过程中，弹簧长度先缩短，当弹簧与竖直杆垂直时弹簧达到最短，这个过程中弹力对小球做负功，然后弹簧再伸长，弹力对小球开始做正功，当弹簧达到自然伸长状态时，弹力为零，再随着弹簧的伸长弹力对小球做负功，故整个过程中，弹力对小球先做负功，再做正功，后再做负功，选项A错误；在弹簧与杆垂直时及弹簧处于自然伸长状态时，小球加速度等于重力加速度，选项B正确；弹簧与杆垂直时，弹力方向与小球的速度方向垂直，则弹力对小球做功的功率为零，选项C正确；由机械能守恒定律知，在M、N两点弹簧弹性势能相等，在N - 16 -‎ 高考总复习 点小球的动能等于从M点到N点重力势能的减小值，选项D正确。]‎ ‎1．机械能守恒的三种判断方法 ‎(1)用做功判断：若物体或系统只有重力(或弹簧的弹力)做功，虽受其他力，但其他力不做功，则其机械能守恒。‎ ‎(2)用能量转化判断：若物体或系统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相互转化，则其机械能守恒(如上T1)。‎ ‎(3)对多个物体组成的系统，除考虑是否只有重力做功外，还要考虑系统内力是否做功，如有滑动摩擦力做功时，因摩擦生热，系统机械能将有损失。‎ ‎2．机械能守恒定律的三种表达形式 如图所示，将质量为2m的重物悬挂在轻绳的一端，轻绳的另一端系一质量为m的环，环套在竖直固定的光滑直杆上，光滑定滑轮与直杆的距离为d。杆上的A点与定滑轮等高，杆上的B点在A点正下方距离为d处。现将环从A处由静止释放，不计一切摩擦阻力，下列说法正确的是(　　)‎ A．环到达B处时，重物上升的高度h＝ B．环到达B处时，环与重物的速度大小相等 C．环从A到B，环减少的机械能等于重物增加的机械能 D．环能下降的最大高度为 ‎[题眼点拨]　①“光滑直杆”表明没有系统内能的转化。‎ ‎②“A点与滑轮等高”表明释放后环沿杆下滑，重物上升。‎ ‎③“轻绳相连”表明沿绳子上的速度大小相等。‎ ‎[解析]　环到达B处时，对环的速度进行分解，可得v环cos θ＝v物，由题图中几何关系可知θ＝45°，则v环＝v物，B错误；因环从A到B - 16 -‎ 高考总复习 ‎，环与重物组成的系统机械能守恒，则环减少的机械能等于重物增加的机械能，C正确；当环到达B处时，由题图中几何关系可得重物上升的高度h＝(－1)d，A错误；当环下落到最低点时，设环下落高度为H，由机械能守恒有mgH＝2mg(－d)，解得H＝d，故D正确。‎ ‎[答案]　CD 反思：解此题关键是找出速度关联点，明确初、末状态的速度关系，确定环和重物的速度变化规律及速度大小关系，进而确定各自动能变化规律，还要明确环和重物组成的系统机械能守恒。‎ 考向1　单个物体的机械能守恒 ‎1.如图所示，长为0.1 m的不可伸长的细线下挂一木块，弹簧枪射出的一粒弹丸水平击中木块并留在木块内部。此后细线与竖直方向之间的最大夹角为60°。若木块质量为弹丸质量的8倍，重力加速度g＝10 m/s2，不计空气阻力，则弹丸击中木块前瞬间的速度大小为(　　)‎ A．2 m/s B．9 m/s C．4 m/s D．6 m/s B　[设弹丸击中木块前瞬间的速度大小为v0，弹丸与木块碰撞后瞬间的共同速度大小为v，由动量守恒定律，可得mv0＝(M＋m)v，由机械能守恒定律，可得(M＋m)v2＝(M＋m)gL(1－cos 60°)，代入数据解得v0＝9 m/s，B正确。]‎ 考向2　系统机械能守恒 ‎2．(易错题)(多选)如图所示，在倾角θ＝30°的光滑斜面上，放有两个质量分别为1 kg和2 kg的可视为质点的小球A和B，两球之间用一根长为L＝0.2 m的轻杆相连，小球B到水平面的高度h＝0.1‎ - 16 -‎ 高考总复习 ‎ m。两球从静止开始下滑到光滑的水平面上，不计球与地面碰撞时的机械能损失，g取10 m/s2，则下列说法正确的是(　　)‎ A．下滑的整个过程中A球的机械能守恒 B．下滑的整个过程中两球组成的系统机械能守恒 C．两球在光滑水平面上运动时的速度大小为2 m/s D．下滑的整个过程中杆对B球所做的功为 J BD　[在下滑的整个过程中，只有重力对系统做功，所以系统的机械能守恒，选项B正确；B球在水平面上滑行、而A球在斜面上滑行的一小段时间内，杆的弹力对A做功，所以A球的机械能不守恒，选项A错误；两球在光滑水平面上运动时的速度大小记为v，根据系统机械能守恒可得mAg(h＋Lsin 30°)＋mBgh＝(mA＋mB)v2，代入数据解得v＝ m/s，选项C错误；系统下滑的整个过程中B球机械能的变化量为ΔEB＝mBv2－mBgh，代入数据可得ΔEB＝ J，选项D正确。]‎ 易错点评：在于混淆单个物体和多物体机械能守恒的判断方法。‎ ‎3．(多选)(2019·黑龙江重点中学第三次联考)如图所示，光滑的小滑轮D(可视为质点)固定，质量相等的物体A和B用轻弹簧连接，物体B放在地面上，用一根不可伸长的轻绳一端与物体A连接，另一端跨过定滑轮与小环C连接，小环C穿过竖直固定的光滑均匀细杆，小环C位于位置R时，绳与细杆的夹角为θ，此时物体B与地面刚好无压力，图中SD水平，位置R和Q关于S对称，现让小环从R处由静止释放，环下落过程中绳始终处于拉直状态，且环到达Q处时速度最大。在小环从R处下落到Q处的过程中，下列说法正确的是(　　)‎ A．小环C和物体A组成的系统机械能守恒 B．小环C下落到位置S时，小环C的机械能一定最大 C．小环C从位置R运动到位置Q的过程中，弹簧的弹性势能可能先减小后增大 D．小环C到达位置Q时，物体A与小环C的动能之比为cos θ∶2‎ BCD　[小环C和物体A、弹簧组成的系统机械能守恒，选项A错误；小环从位置R下落到位置S的过程中，轻绳拉力对小环做正功，小环C的机械能增大，小环从位置S - 16 -‎ 高考总复习 下落到位置Q的过程中，轻绳拉力对小环做负功，小环C的机械能减小，所以小环C下落到位置S时，机械能最大，选项B正确；小环C在位置R时，物体B与地面刚好无压力，说明弹簧处于拉伸状态，小环C从位置R运动到位置Q的过程中，弹簧长度先减小后增大，其弹性势能可能先减小后增大，选项C正确；小环C到达位置Q时，小环C沿轻绳方向的分速度大小等于物体A的速度大小，vCcos θ＝vA，又小环C到达位置Q时速度最大，则此时小环C受力平衡，在竖直方向有(mA＋mB)gcos θ＝mCg，mA＝mB，由动能公式可知物体A与小环C的动能之比为＝，选项D正确。]‎ ‎　功能关系及能量守恒(5年6考)‎ ‎❶分析近五年的高考题可以看出，本考点是高考命题的持续性热点，题型既有选择题又有计算题。选择题以功能关系的基本应用为主，难度中等；计算题以功能关系的综合应用为主，通常结合曲线运动、弹簧等背景，难度较大。‎ ‎❷预计2020年可能会结合动量守恒设置综合计算题。‎ ‎　 　　　　　　　　　　 　　　　　 　　　‎ ‎1．(2017·全国卷Ⅲ·T16)如图所示，一质量为m，长度为l的均匀柔软细绳PQ竖直悬挂。用外力将绳的下端Q缓慢地竖直向上拉起至M点，M点与绳的上端P相距l。重力加速度大小为g。在此过程中，外力做的功为(　　)‎ A.mgl B.mgl C.mgl D.mgl A　[以均匀柔软细绳MQ段为研究对象，其质量为m，取M点所在的水平面为零势能面，开始时，细绳MQ段的重力势能Ep1＝－mg·＝－mgl，用外力将绳的下端Q缓慢地竖直向上拉起至M点时，细绳MQ段的重力势能Ep2＝－mg·＝－mgl，则外力做的功即克服重力做的功等于细绳MQ段的重力势能的变化，即W＝Ep2－Ep1＝－mgl＋mgl＝mgl，选项A正确。]‎ - 16 -‎ 高考总复习 ‎2．(多选)(2019·全国卷Ⅱ·T18)从地面竖直向上抛出一物体，其机械能E总等于动能Ek与重力势能Ep之和。取地面为重力势能零点，该物体的E总和Ep随它离开地面的高度h的变化如图所示。重力加速度取10 m/s2。由图中数据可得(　　)‎ A．物体的质量为2 kg B．h＝0时，物体的速率为20 m/s C．h＝2 m时，物体的动能Ek＝40 J D．从地面至h＝4 m，物体的动能减少100 J AD　[根据题给图象可知h＝4 m时物体的重力势能mgh＝80 J，解得物体质量m＝2 kg，抛出时物体的动能为Ek＝100 J，由动能公式Ek＝mv2，可知h＝0时物体的速率为v＝10 m/s，选项A正确，B错误；由功能关系可知fh＝|ΔE|＝20 J，解得物体上升过程中所受空气阻力f＝5 N，从物体开始抛出至上升到h＝2 m的过程中，由动能定理有－mgh－fh＝Ek－100 J，解得Ek＝50 J，选项C错误；由题给图象可知，物体上升到h＝4 m时，机械能为80 J，重力势能为80 J，动能为零，即物体从地面上升到h＝4 m，物体动能减少100 J，选项D正确。]‎ ‎3.(2018·全国卷Ⅰ·T18)如图所示，abc是竖直面内的光滑固定轨道，ab水平，长度为2R；bc是半径为R的四分之一圆弧，与ab相切于b点。一质量为m的小球，始终受到与重力大小相等的水平外力的作用，自a点处从静止开始向右运动。重力加速度大小为g。小球从a点开始运动到其轨迹最高点，机械能的增量为(　　)‎ A．2mgR B．4mgR C．5mgR D．6mgR C　[设小球运动到c点的速度大小为vc，则对小球由a到c的过程，由动能定理有F·3R－mgR＝mv，又F＝mg，解得vc＝2，小球离开c点后，在水平方向做初速度为零的匀加速直线运动，竖直方向在重力作用下做匀减速直线运动，由牛顿第二定律可知，小球离开c点后水平方向和竖直向的加速度大小均为g，则由竖直方向的运动可知，小球从离开c点到其轨迹最高点所需的时间为t＝＝2，在水平方向的位移大小为x＝gt2＝2R。由以上分析可知，小球从 - 16 -‎ 高考总复习 a点开始运动到其轨迹最高点的过程中，水平方向的位移大小为5R，则小球机械能的增量为ΔE＝F·5R＝5mgR，C正确，A、B、D错误。]‎ ‎[教师备选题]‎ ‎1．(2017·全国卷Ⅰ·T24)一质量为8.00×104 kg的太空飞船从其飞行轨道返回地面。飞船在离地面高度1.60×105 m处以7.50×103 m/s的速度进入大气层，逐渐减慢至速度为100 m/s时下落到地面。取地面为重力势能零点，在飞船下落过程中，重力加速度可视为常量，大小取为9.8 m/s2。(结果保留2位有效数字)‎ ‎(1)分别求出该飞船着地前瞬间的机械能和它进入大气层时的机械能；‎ ‎(2)求飞船从离地面高度600 m处至着地前瞬间的过程中克服阻力所做的功，已知飞船在该处的速度大小是其进入大气层时速度大小的2.0%。‎ ‎[解析]　(1)飞船着地前瞬间的机械能为 Ek0＝ mv ①‎ 式中，m和v0分别是飞船的质量和着地前瞬间的速率。由①式和题给数据得 Ek0＝4.0×108 J ②‎ 设地面附近的重力加速度大小为g。飞船进入大气层时的机械能为 Eh＝mv＋mgh ③‎ 式中，vh是飞船在高度1.60×105 m处的速度大小。‎ 由③式和题给数据得Eh≈2.4×1012 J。④‎ ‎(2)飞船在高度h′＝600 m处的机械能为 Eh′＝m2＋mgh′ ⑤‎ 由功能原理得W＝Eh′－Ek0⑥‎ 式中，W是飞船从高度600 m处至着地前瞬间的过程中克服阻力所做的功。由②⑤⑥式和题给数据得 W≈9.7×108 J。 ⑦‎ ‎[答案]　(1)4.0×108 J　2.4×1012 J ‎(2)9.7×108 J ‎[教师备选题]‎ ‎2.(2016·全国卷Ⅱ·T25)轻质弹簧原长为2l，将弹簧竖直放置在地面上，在其顶端将一质量为5m的物体由静止释放，当弹簧被压缩到最短时，弹簧长度为l。现将该弹簧水平放置，一端固定在A点，另一端与物块P接触但不连接。AB是长度为5l的水平轨道，B端与半径为l的光滑半圆轨道BCD相切，半圆的直径BD竖直，如图所示。物块P与AB间的动摩擦因数μ＝0.5。用外力推动物块P，将弹簧压缩至长度l，然后放开，P - 16 -‎ 高考总复习 开始沿轨道运动。重力加速度大小为g。‎ ‎(1)若P的质量为m，求P到达B点时速度的大小，以及它离开圆轨道后落回到AB上的位置与B点之间的距离；‎ ‎(2)若P能滑上圆轨道，且仍能沿圆轨道滑下，求P的质量的取值范围。‎ ‎[解析]　(1)依题意，当弹簧竖直放置，长度被压缩至l时，质量为5m的物体的动能为零，其重力势能转化为弹簧的弹性势能。由机械能守恒定律，弹簧长度为l时的弹性势能为 Ep＝5mgl ①‎ 设P的质量为M，到达B点时的速度大小为vB，由能量守恒定律得 Ep＝Mv＋μMg·4l ②‎ 联立①②式，取M＝m并代入题给数据得 vB＝ ③‎ 若P能沿圆轨道运动到D点，其到达D点时的向心力不能小于重力，即P此时的速度大小v应满足 －mg≥0 ④‎ 设P滑到D点时的速度为vD，由机械能守恒定律得 mv＝mv＋mg·2l ⑤‎ 联立③⑤式得 vD＝ ⑥‎ vD满足④式要求，故P能运动到D点，并从D点以速度vD水平射出。设P落回到轨道AB所需的时间为t，由运动学公式得 ‎2l＝gt2 ⑦‎ P落回到AB上的位置与B点之间的距离为 s＝vDt ⑧‎ 联立⑥⑦⑧式得 s＝2l。 ⑨‎ ‎(2)为使P能滑上圆轨道，它到达B点时的速度不能小于零。由①②式可知 ‎5mgl>μMg·4l ⑩‎ 要使P仍能沿圆轨道滑回，P在圆轨道的上升高度不能超过半圆轨道的中点C。由机械能守恒定律有 - 16 -‎ 高考总复习 Mv≤Mgl ⑪‎ 联立①②⑩⑪式得 m≤Mtan θ>μ2，最大静摩擦力等于滑动摩擦力，A与挡板P相撞的过程中没有机械能损失。将A、B同时由静止释放。‎ ‎(1)求A、B释放瞬间小物块A的加速度大小a1；‎ ‎(2)若A与挡板P不相撞，求木板B的最小长度l0；‎ ‎(3)若木板B的长度为l，求整个过程中木板B运动的总路程。‎ ‎[思维流程]‎ - 16 -‎ 高考总复习 ‎[解析]　(1)释放A、B，它们一起匀加速下滑。以A、B为研究对象，由牛顿第二定律有 mgsin θ－μ2mgcos θ＝ma1，‎ 解得a1＝gsin θ－μ2gcos θ。‎ ‎(2)在B与挡板P相撞前，A和B相对静止，以相同的加速度一起向下做匀加速运动。B与挡板P相撞后立即静止，A开始匀减速下滑。若A到达挡板P处时的速度恰好为零，此时B的长度即为最小长度l0。‎ 从A释放至到达挡板P处的过程中，B与斜面间由于摩擦产生的热量 Q1＝μ2mgcos θ·(L－l0)，‎ A与B间由于摩擦产生的热量 Q2＝μ1mgcos θ·l0‎ 根据能量守恒定律有mgLsin θ＝Q1＋Q2，‎ 解得l0＝L。‎ ‎(3)分两种情况：‎ ‎①若l≥l0，B与挡板P相撞后不反弹，A一直减速直到静止在木板B上 木板B通过的路程x＝L－l。‎ ‎②若ltan θ>μ2”)，找出联系不同阶段的“桥梁”。‎ ‎(2)受力及功能分析：分析物体所经历的各个运动过程的受力情况以及做功情况的变化，选择适合的规律求解，如例题中第(3)问，若l

查看更多