（课标通用）2020高考物理二轮复习 专题2 功与能 动量 第6讲 机械能守恒 功能关系课件

第6讲机械能守恒功能关系思维导图核心考点1.机械能守恒定律的应用(1)单个物体的机械能守恒(2)多个物体的机械能守恒2.能量守恒定律的应用(1)曲线运动中功能关系的分析；(2)弹簧类模型中功能关系的能量分析；(3)传送带模型和滑块滑板模型中的能量分析.备考指要1.机械能守恒的“四点”条件(1)只有重力做功，只发生动能与重力势能的转化．(2)系统内只有弹力做功，只发生动能和弹性势能的相互转化．(3)只有重力和系统内弹力做功，只发生动能、弹性势能、重力势能的相互转化．备考指要(4)合外力不做功或做功为零，系统内的机械能不转移或转化成其他形式的能．2.功能关系应用的“三点”注意(1)分清各力的做功情况，根据功能转化关系确定能量之间的转化情况．(2)摩擦力产生的内能Q＝fx相对，要分清各段相对滑动路径的长度及总长度．备考指要(3)要确定好初、末状态，过程中各种形式能的转化，根据功能关系列式求解.真题考情剖析热点题型突破1．(2019·全国卷Ⅱ)(多选)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10m/s2.由图中数据可得()真题考情剖析A．物体的质量为2kgB．h＝0时，物体的速率为20m/sC．h＝2m时，物体的动能Ek＝40JD．从地面至h＝4m，物体的动能减少100J【解题过程】AD解析由Ep­h图象知其斜率为G，故G＝80J4m＝20N，解得m＝2kg，选项A正确；h＝0时，Ep＝0，Ek＝E机－Ep＝100J－0＝100J，故12mv2＝100J，解得v＝10m/s，选项B错误；h＝2m时，Ep＝40J，Ek＝E机－Ep＝90J－40J＝50J，选项C错误；h＝0时，Ek＝E机－Ep＝100J－0＝100J，h＝4m时，E′k＝E机－Ep＝80J－80J＝0，故Ek－E′k＝100J，选项D正确．[命题视角]机械能的理解[解题思维]由图象可知Eph图象的斜率大小，还可知动能Ek的变化规律．2.(2018·全国卷Ⅰ)如图，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．2mgRB．4mgRC．5mgRD．6mgR【解题过程】C解析小球从a点运动到c点，根据动能定理，得F·3R－mgR＝12mv21，又F＝mg，故v1＝2gR，小球离开c点在竖直方向做竖直上抛运动，水平方向做初速度为零的匀加速直线运动．且水平方向与竖直方向的加速度大小相等，都为g，故小球从c点到最高点所用的时间t＝v1g＝2Rg，水平位移x＝12gt2＝2R，根据功能关系，小球从a点到轨迹最高点机械能的增量为力F做的功，即ΔE＝F(2R＋R＋x)＝5mgR.[命题视角]运动的合成与分解、动能定理、功能关系[解题思维]从a→c由动能定理可得c点的速度，从c点离开后，要从竖直方向和水平方向单独求解得出最高点位置，再根据外力做功情况得出机械能增量．3.(2017·全国卷Ⅰ)一质量为8.00×104kg的太空飞船从其飞行轨道返回地面．飞船在离地面高度1.60×105m处以7.50×103m/s的速度进入大气层，逐渐减慢至速度为100m/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9.8m/s2.(结果保留两位有效数字)(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600m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%.【解题过程】解析(1)飞船着地前瞬间的机械能为Ek0＝12mv20，①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＝4.0×108J，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＝12mv2h＋mgh，③式中，vh是飞船在高度1.60×105m处的速度大小．由③式和题给数据得Eh≈2.4×1012J．④(2)飞船在高度h′＝600m处的机械能为Eh′＝12m2.0100vh2＋mgh′，⑤由功能原理得W＝Eh′－Ek0，⑥式中，W是飞船从高度600m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≈9.7×108J．⑦答案(1)4.0×108J2.4×1012J(2)9.7×108J[命题视角]机械能的计算、功能关系[解题思维]由机械能表达式可单独求出动能和势能的大小，再代入计算．热点题型突破题型一机械能守恒的判断及应用视角一机械能守恒的判断1．(2019·重庆开县陈家中学模拟)(多选)如图所示，一根不可伸长的轻绳两端分别系着小球A和物块B，跨过固定于斜面体顶端的光滑定滑轮O，倾角为30°的斜面体置于水平地面上．A的质量为m，B的质量为6m.开始时，用手托住A，使OA段绳恰处于水平伸直状态(绳中无拉力)，OB绳平行于斜面，此时B静止不动．(一)现将A由静止释放，在其下摆过程中(除去初、末位置)，斜面体始终保持静止，不计空气阻力，下列判断中正确的是()A．物块B受到的摩擦力先减小后增大B．地面对斜面体的摩擦力方向一直向右C．小球A的机械能守恒D．小球A的机械能不守恒，A、B系统的机械能守恒BC解析假设B不动，A将做圆周运动，当A摆到最低点时，绳上拉力最大，此时小球A下摆过程中只有重力做功，机械能守恒，设OA＝L，有mgL＝12mv2，在最低点有F－mg＝mv2L，解得F＝3mg，等于B的重力沿斜面向下的分量故假设成立，B一直不动，A做圆周运动，再对物块B受力分析，受重力、支持力、拉力和静摩擦力，重力的下滑分力为Fx＝6mgsin30°＝3mg，故根据平衡条件得，A静止释放时，B受沿斜面向上的静摩擦力，大小为3mg，末态时静摩擦力为零，静摩擦力一直减小，选项A、D错误，C正确；对物块B和斜面体整体受力分析，由于A球向左下方拉物块B和斜面体整体，故斜面体一定受到地面对其向右的静摩擦力，选项B正确．视角二单个物体的机械能守恒2．(2019·甘肃兰州期末)(多选)如图所示，一物体从光滑斜面AB底端A点以初速度v0上滑，沿斜面上升的最大高度为h.下列说法中正确的是(设下列情境中物体从A点上滑的初速度仍为v0)()A．若把斜面CB部分截去，物体冲过C点后上升的最大高度仍为hB．若把斜面AB变成曲面AEB，物体沿此曲面上升仍能到达B点C．若把斜面弯成圆弧形D，物体仍沿圆弧升高hD．若把斜面从C点以上部分弯成与C点相切的圆弧状，物体上升的最大高度有可能仍为h答案BD解析物体上升过程中轨道的支持力不做功，只有重力做功，机械能守恒；斜抛运动的最高点，速度不为零；AD轨道最高点，合力充当向心力，速度也不为零．若把斜面CB部分截去，物体冲过C点后做斜抛运动，斜抛运动的最高点有水平分速度，速度不为零，由物体机械能守恒可知不能到达h高处，选项A错误；若把斜面AB变成曲面AEB，物体在最高点速度为零，根据机械能守恒定律，物体沿此曲面上升仍能到达B点，选项B正确；若把斜面弯成圆弧形D，如果能到圆弧最高点，根据机械能守恒定律得知，到达h处的速度应为零，而物体要到达最高点，必须由合力充当向心力，速度不为零，故知物体不可能升高h，选项C错误；若把斜面从C点以上部分弯成与C点相切的圆弧状，若B点不高于此圆的圆心，根据机械能守恒定律，物体沿斜面上升的最大高度仍然可以为h，选项D正确．视角三多个物体的机械能守恒3．(2019·重庆綦江中学测试卷)(多选)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的小环，小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.现将小环从与定滑轮等高的A处由静止释放，当小环沿直杆下滑距离也为d时(图中B处)，下列说法正确的是(重力加速度为g)()A．环与重物、地球组成的系统机械能守恒B．小环到达B处时，重物上升的高度也为dC．小环在B处的速度与重物上升的速度大小之比等于22D．小环下落到B处时的速度为3－22gd答案AD解析由于小环和重物只有重力做功，则系统机械能守恒，故选项A正确．结合几何关系可知，重物上升的高度h＝(2－1)d，故选项B错误．将小环在B处的速度分解为沿着绳子方向和垂直于绳子方向的两个分速度，其中沿着绳子方向的速度即为重物上升的速度，则v物＝v环cos45°，环在B处的速度与重物上升的速度大小之比为2∶1，故选项C错误．小环和重物系统机械能守恒，则mgd－2mgh＝12mv2环＋12mv2物且v物＝v环cos45°，解得v环＝3－22gd，故选项D正确．应用机械能守恒定律解题的基本思路掌握常见的功能关系题型二功能关系及能量守恒定律的应用【典例1】(2019·山东淄博中学月考)如图所示，在竖直平面内有一半径为R的圆弧轨道，半径OA水平、OB竖直，一个质量为m的小球自A的正上方P点由静止开始自由下落，小球沿轨道到达最高点B时恰好对轨道没有压力．已知AP＝2R，重力加速度为g，则小球从P到B的运动过程中()A．重力做功2mgRB．机械能减少mgRC．合外力做功mgRD．克服摩擦力做功12mgR答案D解析小球到达B点时，恰好对轨道没有压力，即只受重力作用，根据mg＝mv2R得，小球在B点的速度v＝gR，小球从P点到B点的过程中，重力做功W＝mgR，故选项A错误；减少的机械能ΔE减＝mgR－12mv2＝12mgR，故选项B错误；合外力做功W合＝12mv2＝12mgR，故选项C错误；根据动能定理得mgR－Wf＝12mv2－0，所以Wf＝mgR－12mv2＝12mgR，故选项D正确．【跟踪训练1】(2019·福建三明三校联考)(多选)如图所示，倾角为θ＝37°的传送带以速度v＝2m/s沿图示方向匀速运动．现将一质量为2kg的小木块，从传送带的底端以v0＝4m/s的初速度，沿传送带运动方向滑上传送带．已知小木块与传送带间的动摩擦因数为μ＝0.5，传送带足够长，sin37°＝0.6，cos37°＝0.8，取g＝10m/s2.小物块从滑上传送带至到达最高点的过程中，下列说法正确的是()A．运动时间为0.4sB．发生的位移为1.6mC．产生的热量为9.6JD．摩擦力对小木块所做功为12.8J答案BC解析第一阶段，根据牛顿第二定律有mgsinθ＋μmgcosθ＝ma1，解得a1＝10m/s2，第一阶段位移为x1＝v2－v20－2a1＝0.6m，所用时间为t1＝v－v0－a1＝0.2s，传送带位移为x传1＝vt1＝0.4m，划痕为Δx1＝x1－x传1＝0.2m；第二阶段根据牛顿第二定律有mgsinθ－μmgcosθ＝ma2，解得a2＝2m/s2，第二阶段位移为x2＝v22a2＝1m，所用时间为t2＝va2＝1s，传送带位移为x传2＝vt＝2m，划痕为Δx2＝x传1－x2＝1m．由以上分析可知，物体运动总时间为t＝t1＋t2＝1.2s；物体的总位移x＝x1＋x2＝1.6m；产生总热量为Q＝μmgcosθ·Δx1＋μmgcosθ·Δx2＝9.6J，摩擦力第一阶段做负功，第二阶段做正功，摩擦力对小木块所做功为W＝－μmgcosθ·x1＋μmgcosθ·x2＝3.2J，选项B、C正确．【跟踪训练2】(2020·湖南四校联考)(多选)如图所示，质量M＝1kg的重物B和质量m＝0.3kg的小圆环A用细绳跨过一光滑滑轮轴连接，与A相连的绳与轮连接，与B相连的绳与轴连接，不计滑轮轴的质量，轮与轴有相同的角速度且轮和轴的直径之比为2∶1.重物B放置在倾角为30°且固定在水平面的斜面上，轻绳平行于斜面，B与斜面间的动摩擦因数μ＝33，圆环A套在竖直固定的光滑直杆上，滑轮轴中心与直杆的距离为L＝4m．现将圆环A从与滑轮轴上表面等高处a静止释放，当下降H＝3m到达b位置时，圆环的速度达到最大值，已知直杆和斜面