【物理】2019届二轮复习机械能守恒定律　功能关系学案（全国通用） 17页

专题六 　 机械能守恒定律　功能关系 高考统计·定方向 命题热点提炼 高考命题方向 五年考情汇总 ‎1.机械能守恒定律的应用 考向1.机械能守恒的条件 ‎ 2017·全国卷Ⅰ T24‎ 考向2.机械能守恒定律的应用 ‎2015·全国卷Ⅱ T21‎ ‎2.功能关系及能量守恒 考向1.功能关系的应用 ‎2018·全国卷Ⅰ T18‎ ‎2017·全国卷Ⅲ T16‎ 考向2.能量守恒的应用 ‎2016·全国卷Ⅱ T25‎ ‎2016·全国卷Ⅱ T21‎ ‎(对应学生用书第22页)‎ ‎1．明晰一个网络，理解机械能守恒定律的使用方法 ‎2．厘清关系，透析各类功能关系 命题热点1　机械能守恒定律的应用 ‎(对应学生用书第23页)‎ ‎■真题再做——感悟考法考向·‎ ‎1.(2018·全国卷Ⅰ)如图1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(　　)‎ 图1‎ 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．]‎ ‎2．(多选)(2015·全国卷Ⅱ)如图2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(　　)‎ 图2‎ 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.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.]‎ ‎　(多选)在上题中，若将轻杆换成轻绳，如图3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(　　)‎ 图3‎ 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 CD　[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，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．]‎ ‎[规律方法] 　寻找三类关联体的速度关系 ‎(1)速率相等的连接体：如图甲所示，两物体在运动过程中速率相等，根据系统减少的重力势能等于系统增加的动能列方程求解．‎ ‎(2)角速度相等的连接体：如图乙所示，两球在运动过程中角速度相等，线速度大小与半径成正比，根据系统减少的重力势能等于系统增加的动能列方程求解．‎ ‎(3)某一方向分速度相等的连接体：如图丙所示，A放在光滑斜面上，B穿过竖直光滑杆PQ下滑，将B 的速度沿绳的方向和垂直于绳的方向分解，如图丁所示，其中沿绳子方向的速度vx与A的速度大小相等，根据系统减少的重力势能等于系统增加的动能列方程求解．‎ 甲　　　　乙　　　　　丙　　　　　丁 ‎3．(2016·全国卷Ⅲ)如图4所示，在竖直平面内有由圆弧AB和圆弧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.一小球在A点正上方与A相距处由静止开始自由下落，经A点沿圆弧轨道运动．‎ 图4‎ ‎(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．‎ ‎[题眼点拨]　①“光滑固定轨道”说明运动过程机械能守恒；②“运动到C点”说明在C点轨道对球压力N≥0.‎ ‎【解析】　(1)设小球的质量为m，小球在A点的动能为EkA，由机械能守恒定律得EkA＝mg ①‎ 设小球在B点的动能为EkB，同理有EkB＝mg ②‎ 由①②式得＝5. ③‎ ‎(2)若小球能沿轨道运动到C点，则小球在C点所受轨道的正压力N应满足N≥0 ④‎ 设小球在C点的速度大小为vC，由牛顿第二定律和向心加速度公式有N＋‎ mg＝m ⑤‎ 由④⑤式得，vC应满足mg≤m ⑥‎ 由机械能守恒定律得mg＝mv ⑦‎ 由⑥⑦式可知，小球恰好可以沿轨道运动到C点．‎ ‎【答案】　(1)5　(2)能沿轨道运动到C点 ‎■模拟尝鲜——高考类题集训·‎ 考向1　机械能守恒的条件 ‎1．(多选) (2018·甘肃河西五市一模)某娱乐项目中，参与者抛出一小球去撞击触发器，从而进入下一关．现在将这个娱乐项目进行简化，假设参与者从触发器的正下方以v的速率竖直上抛一小球，小球恰好击中触发器．若参与者仍在刚才的抛出点，沿A、B、C、D四个不同的光滑轨道分别以速率v抛出小球，如图5所示．则小球能够击中触发器的可能是(　　)‎ 图5‎ A　　　　　　　　B C　　　　　　　　D CD　[小球以速率v竖直上抛的最大高度为h ‎，到达最大高度时速率为0；A选项中，小球不能上升到最高点就做斜抛运动了，不能击中触发器，故A错误；B选项中，小球离开斜面后做斜抛运动了，不能击中触发器，故B错误；C选项中，根据机械能守恒定律可知，小球上升到最高点时速度刚好等于零，可以击中触发器，故C正确；D选项中，在双轨中做圆周运动时到达最高点的速度可以为零，所以小球可以上升到最高点并击中触发器，故D正确．]‎ 考向2　机械能守恒定律的应用 ‎2. (2018·石家庄一模)如图6所示，质量为m的物体A和质量为‎2m的物体B通过不可伸长的轻绳及轻质弹簧连接在轻滑轮两侧．开始用手托着物体A使弹簧处于原长且细绳伸直，此时物体A与地面的距离为h，物体B静止在地面上．现由静止释放A，A与地面即将接触时速度恰好为0，此时物体B对地面恰好无压力，重力加速度为g，下列说法正确的是(　　)‎ 图6‎ A．物体A下落过程中一直处于失重状态 B．物体A即将落地时，物体B处于失重状态 C．物体A下落过程中，弹簧的弹性势能最大值为mgh D．物体A下落过程中，A的动能和弹簧的弹性势能之和先增大后减小 C　[物体A开始时速度为零，而且A与地面即将接触时速度恰好为0，故物体A先加速下降然后减速下降，故物体A先失重后超重，故A错误；物体A从下落到落地，物体B一直静止在地面上，则知物体B一直处于平衡状态，故B错误；对弹簧和A组成的系统，由机械能守恒定律得弹簧的弹性势能最大值Epm＝mgh，故C正确；物体A下落过程中，A的重力势能一直减小，由系统的机械能守恒知A的动能和弹簧的弹性势能之和一直增大，故D错误．]‎ ‎3．(多选)(2018·宁夏吴忠联考)如图7所示，竖直墙上固定有光滑的小滑轮D，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时速度最大．下面关于小环C下落过程中的描述正确的是(　　)‎ 图7‎ A．小环C、物体A和轻弹簧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，弹簧的弹性势能一定先减小后增大 D．小环C到达Q点时，物体A与小环C的动能之比为 ABD　[在小环下滑过程中，只有重力势能与动能、弹性势能相互转换，所以小环C、物体A和轻弹簧组成的系统机械能守恒，故A正确；小环C下落到位置S过程中，绳的拉力一直对小环做正功，所以小环的机械能一直在增大，小球从S到Q过程中绳的拉力对小环做负功，机械能减小，所以在S时，小环的机械能最大，故B正确；由于小环在R、Q位置时弹簧的形变量相同，均处于伸长状态，而在S位置时，弹簧可能处于伸长、压缩或原长状态，弹簧的弹性势能不一定是先减小后增大，故C错误；在Q点，小环速度最大，受力平衡，有Tcos θ＝m′g，对A、B整体，根据平衡条件，有T＝2mg，将小环速度分解可知vA＝vcos θ，根据动能Ek＝mv2可知，物体A与小环C的动能之比为，故D正确．]‎ ‎4．(2018·第二次全国大联考Ⅲ卷)如图8所示，半径为R＝‎‎0.4 m 的1/4圆弧形光滑轨道固定于竖直平面内，圆弧形轨道与光滑固定足够长的水平轨道相切，可视为质点的质量均为m＝‎0.5 kg的小球甲、乙用轻杆连接，置于圆弧形轨道上，小球甲与O点等高，小球乙位于圆心O的正下方．某时刻将两小球由静止释放，最终它们在水平面上运动．g取‎10 m/s2.则(　　)‎ 图8‎ A．两小球由静止释放后速度大小相等，最终在水平面上运动的速度大小为‎4 m/s B．小球甲下滑过程中重力对它做功的功率一直增大 C．小球甲下滑到圆弧形轨道最低点对轨道压力的大小为5 N D．整个过程中轻杆对小球乙做的功为1 J D　[将小球甲、乙的速度分解为沿轻杆的方向和垂直于轻杆的方向，两小球沿轻杆方向的速度相等．整个过程中，甲、乙组成的系统机械能守恒，最后两者的速度大小相等，应用机械能守恒定律：mgR＝2×mv2，得v＝＝‎2 m/s，A错误；刚下滑时，甲的速度为0，后来获得速度，重力的功率变大，但到最低点时速度水平，重力的功率为0，B错误；小球甲下滑到最低点，重力与支持力的合力提供向心力，FN－mg＝，解得FN＝2mg＝10 N，由牛顿第三定律，小球甲下滑到最低点对轨道压力的大小为10 N，C错误；整个过程中对小球乙受力分析可知，重力不做功，小球乙动能的增量等于轻杆对小球乙做的功W＝mv2＝mgR＝1 J，D正确．]‎ ‎　(2018·贵州凯里一中模拟)如图所示，一个劲度系数为k的轻质弹簧竖直放置，弹簧下端固定在水平地面上．一质量为m的物块从距离弹簧最上端高为h的正上方处由静止开始下落，与弹簧接触后竖直向下压缩弹簧．不计空气阻力，已知弹簧压缩量为x时弹簧的弹性势能Ep＝kx2.求：‎ ‎(1)物块刚与弹簧接触时的速率；‎ ‎(2)定性画出从开始到弹簧被压缩至最短过程中物块运动的vt图象，并求出此过程中物块动能的最大值．‎ ‎【解析】　(1) 物块开始下落至与弹簧接触前机械能守恒，则有mv2＝mgh，解得v＝；‎ ‎(2) 该过程的vt图象如图所示．‎ 设物块动能最大时弹簧压缩量为x，则有 kx＝mg ‎ 由机械能守恒定律得 mg(h＋x)＝kx2＋Ekm 解得：Ekm＝mgh＋.‎ ‎【答案】　(1)　(2)如解析图所示　mgh＋ 命题热点2　功能关系及能量守恒　‎ ‎(对应学生用书第25页)‎ ‎■真题再做——感悟考法考向·‎ ‎1．(2017·全国卷Ⅲ)如图9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(　　)‎ 图9‎ A.mgl　　　 B.mgl C.mgl D.mgl ‎[题眼点拨]　①“均匀柔软细绳”说明质量分布均匀；②“缓慢地竖直向上拉起”说明外力所做的功等于MQ段细绳重力势能的增加量．‎ 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．]‎ ‎2. (2016·全国卷Ⅱ)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10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开始沿轨道运动．重力加速度大小为g.‎ 图10‎ ‎(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．‎ ‎[题眼点拨]　①“接触但不连接”说明物块P和弹簧可以分离；②“光滑半圆轨道”说明在BCD上运动时只有重力做功；③“仍能沿圆轨道滑下”说明没有脱离轨道，高度不超过C点．‎ ‎【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 Mv≤Mgl ⑪ ‎ 联立①②⑩⑪式得 m≤M