高考物理二轮复习素养提升与突破专题06 机械能守恒定律及其应用（解析版）.docx

1、 1 / 10 素养提升素养提升微微突破突破 06 机械能守恒机械能守恒定律定律及其应用及其应用 建立能量间的转化概念 机械能守恒定律 能量观念和守恒思维在守恒定律中得到了充分体现， 分析综合及模型构建是解决守能定律 在实际生活应用中的重要手段。 机械能守恒定律应用时要明确只有重力和弹簧弹力做功并不是 只受重力和弹簧弹力，可能受其他力，其他力不做功或做功代数和为零。 【2019 浙江选考】如图所示为某一游戏的局部简化示意图。D 为弹射装置，AB 是长为 21 m 的水平轨道， 倾斜直轨道 BC 固定在竖直放置的半径为 R=10 m 的圆形支架上，B 为圆形的最低点，轨道 AB 与 BC 平滑连

2、接，且在同一竖直平面内。某次游戏中，无动力小车在弹射装置 D 的作用下，以 v0=10 m/s 的 速度滑上轨道 AB，并恰好能冲到轨道 BC 的最高点。已知小车在轨道 AB 上受到的摩擦力为其重量的 0.2 倍，轨道 BC 光滑，则小车从 A 到 C 的运动时间是 A5 s B4.8 s C4.4 s D3 s 【答案】A 【解析】 设小车的质量为m， 小车在AB段所匀减速直线运动， 加速度 1 0.2 0.2 fmg ag mm 2 2m/s， 在 AB 段，根据动能定理可得 22 0 11 22 ABB fxmvmv，解得4 m/s B v ，故 1 104 s3s 2 t ；小 车在

3、BC 段，根据机械能守恒可得 2 1 2 BCD mvmgh，解得0.8m CD h ，过圆形支架的圆心 O 点 2 / 10 作 BC 的垂线，根据几何知识可得 1 2 BC BCCD x R xh ，解得4 m BC x ， 1 sin 5 CD BC h x ，故小车在 BC 上运动的加速度为 2 2 sin2 m/sag，故小车在 BC 段的运动时间为 2 2 4 s2s 2 B v t a ，所 以小车运动的总时间为 12 5sttt ，A 正确。 【素养解读】本题考查动能定理、机械能守恒定律、数学知识的综合应用等。能量观念和综合分析思维能 力在本题中得到充分体现。 一、单个物体的机

4、械能守恒 单个物体的机械能守恒往往会与平抛运动、圆周运动、人造卫星等结合到一起，构成综合性问题。求 解这类问题时除了掌握机械能守恒的条件、规律外，还应熟练掌握这几种运动的特点和规律。 应用机械能守恒定律的一般步骤应用机械能守恒定律的一般步骤 【典例 1】 【2019 贵州七校高三联考】如图所示，水平传送带的右端与竖直面内用内壁光滑钢管弯成的“9” 形固定轨道相接，钢管内径很小。传送带的运行速率为 v06 m/s，将质量 m1.0 kg 的可视为质点的 3 / 10 滑块无初速度地放在传送带 A 端，传送带长 L12.0 m，“9”形轨道高 H0.8 m，“9”形轨道上半部分圆 弧半径为 R0.

5、2 m，滑块与传送带间的动摩擦因数为 0.3，重力加速度 g10 m/s2，求： (1)滑块从传送带 A 端运动到 B 端所需要的时间； (2)滑块滑到“9 形”轨道最高点 C 时受到“9 形”轨道的作用力大小； (3)若滑块从“9”形轨道 D 点水平抛出后，恰好垂直撞在倾角 45 的斜面上 P 点，求 P、D 两点间的 竖直高度。 【答案】(1)3 s (2)90 N (3)1.4 m 【解析】(1)滑块在传送带上运动时，由牛顿第二定律得： mgma 解得：ag3 m/s2 滑块加速到与传送带达到共速所需要的时间： t1v0 a2 s 02 s 内滑块的位移：x11 2at1 26 m 之后

6、滑块做匀速运动的位移：x2Lx16 m 滑块匀速运动的时间：t2x2 v01 s 故滑块从传送带 A 端运动到 B 端所需时间： tt1t23 s。 (2)滑块由 B 运动到 C，由机械能守恒定律得： 1 2mvC 2mgH1 2mv0 2 在 C 点，“9 形”轨道对滑块的弹力与其受到的重力的合力提供做圆周运动的向心力，设“9 形”轨道对 滑块的弹力方向竖直向下，由牛顿第二定律得：FNmgmvC 2 R 解得：FN90 N。 (3)滑块由 B 到 D 运动的过程中，由机械能守恒定律得： 1 2mv0 21 2mvD 2mg(H2R) 4 / 10 设 P、D 两点间的竖直高度为 h， 滑块由

7、 D 到 P 运动的过程中，由机械能守恒定律得： 1 2mvP 21 2mvD 2mgh 又 vDvPsin 45 解得：h1.4 m。 【素养解读】本题考查了单个物体的多个运动过程，综合考查了牛顿第二定律、机械能守恒定律、圆周运 动的规律。学会把复杂问题简单化，正确进行受力分析，建立方程求解。 二、多个物体的机械能守恒 对多个物体组成系统的机械能守恒问题，解题的关键是正确判断系统是否符合机械能守恒的条件。尤 其是对于含有弹簧的系统，一定不要遗漏弹簧的弹性势能。 【典例 2】如图所示，左侧竖直墙面上固定半径为 R0.3 m 的光滑半圆环，右侧竖直墙面上与半圆环的圆 心 O 等高处固定一光滑直杆

8、。质量为 ma100 g 的小球 a 套在半圆环上，质量为 mb36 g 的滑块 b 套 在直杆上，二者之间用长为 l0.4 m 的轻杆通过两铰链连接。现将 a 从半圆环的最高处由静止释放， 使 a 沿半圆环自由下滑，不计一切摩擦，a、b 均视为质点，重力加速度 g10 m/s2。求： (1)a 滑到与圆心 O 等高的 P 点时的向心力大小； (2)a 从 P 点下滑至杆与半圆环相切的 Q 点的过程中，杆对 b 做的功。 【答案】(1)2 N (2)0.194 4 J 【解析】(1)当 a 滑到与 O 等高的 P 点时，a 的速度 v 沿半圆环切线向下，b 的速度为零， 由机械能守恒定律可得：

9、magR1 2mav 2 解得 v 2gR 对 a 受力分析，由牛顿第二定律可得： Fmav 2 R 2mag2 N。 5 / 10 (2)杆与半圆环相切时，如图所示，此时 a 的速度沿杆方向， 设此时 b 的速度为 vb， 则知 vavbcos 由几何关系可得： cos l l2R20.8 a 从 P 到 Q 下降的高度 hRcos 0.24 m a、b 及杆组成的系统机械能守恒： magh1 2mava 21 2mbvb 21 2mav 2 对 b，由动能定理得：W1 2mbvb 20.194 4 J。 【素养解读】 本题考查多个物体构成的系统机械能守恒， 要善于灵活运用整体法和隔离法分析

10、物体的状态， 特别是区别系统的内力和外力，体现了能量的观念。 三、用机械能守恒定律解决非质点问题 非质点运动问题一直是高考考查的难点问题，学生在解答这类问题时常常出错，原因是不能正确找到 物体的“质心”，从而不能正确判断物体重力势能的变化情况或重力做功情况。 【典例 3】如图所示，AB 为光滑的水平面，BC 是倾角为 的足够长的光滑斜面，斜面体固定不动。AB、 BC 间用一小段光滑圆弧轨道相连。一条长为 L 的均匀柔软链条开始时静置在 ABC 面上，其一端 D 至 B 的距离为 La。现自由释放链条，则： (1)链条下滑过程中，系统的机械能是否守恒？简述理由； (2)链条的 D 端滑到 B 点

11、时，链条的速率为多大？ 6 / 10 【答案】(1)机械能守恒，理由见解析 (2) g LL 2a2sin 【解析】(1)链条在下滑过程中机械能守恒，因为斜面 BC 和水平面 AB 均光滑，链条下滑时只有重力做功， 符合机械能守恒的条件。 (2)设链条质量为 m，可以认为始、末状态的重力势能变化是由 La 段下降引起的，如图所示。 该部分高度减少量 h aLa 2 sin La 2 sin 该部分的质量为 mm L(La) 由机械能守恒定律可得 mgh1 2mv 2， 解得 v g LL 2a2sin 。 【素养解读】本题主要考查局部与整体的关联问题，分析运动过程中“质心”的实际变化高度，化繁

12、为简，考 查物理学的等效思维。 【规律方法】 (1)寻找物体状态变化的等效长度，如本题中的“La”，可以快速准确的解决非质点问题。 (2)重力势能的变化或重力做功利用等效长度来表示，但动能的表达式一般要针对整体。 (3)机械能守恒定律解决非质点问题，犹如整体隔离法解决动力学问题。 1一小球以一定的初速度 v0从图示位置进入光滑的轨道，小球先进入圆轨道 1，再进入圆轨道 2，轨道 1 的半径为 R， 轨道 2 的半径是轨道 1 的 1.8 倍， 小球的质量为 m， 若小球恰好能通过轨道 2 的最高点 B， 则小球在轨道 1 上经过其最高点 A 时对轨道的压力为 A2mg B3mg C4mg D5

13、mg 7 / 10 2如图，在竖直平面内有由1 4圆弧 AB 和 1 2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R 2。一小球在 A 点正上方与 A 相距 R 4处由静止开始自由下落，经 A 点沿圆弧 轨道运动。 (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。 3(多选)如图，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 Aa 落地前，轻杆对

14、 b 一直做正功 Ba 落地时速度大小为 2gh Ca 下落过程中，其加速度大小始终不大于 g Da 落地前，当 a 的机械能最小时，b 对地面的压力大小为 mg 4如图所示，A、B 两小球由绕过轻质定滑轮的细线相连，A 放在固定的光滑斜面上，B、C 两小球在竖直 方向上通过劲度系数为 k 的轻质弹簧相连，C 放在水平地面上。现用手控制住 A，并使细线刚刚拉直但 无拉力作用，并保证滑轮左侧细线竖直、右侧细线与斜面平行。已知 A 的质量为 4m，B、C 的质量均为 m，重力加速度为 g，细线与滑轮之间的摩擦不计。开始时整个系统处于静止状态；释放 A 后，A 沿斜面 下滑至速度最大时，C 恰好离开

15、地面。求： (1)斜面的倾角 ； (2)A 获得的最大速度 vm。 8 / 10 5如图所示，粗细均匀，两端开口的 U 形管内装有同种液体，开始时两边液面高度差为 h，管中液柱总长 度为 4h，后来让液体自由流动，当两液面高度相等时，右侧液面下降的速度为 A. 1 8gh B. 1 6gh C. 1 4gh D. 1 2gh 6如图所示，露天娱乐场空中列车由许多节完全相同的车厢组成，列车先沿光滑水平轨道行驶，然后滑上 一固定的半径为 R 的空中圆形光滑轨道，若列车全长为 L(L2R)，R 远大于一节车厢的长度和高度， 那么列车在运行到圆形轨道前的速度至少要多大， 才能使整个列车安全通过固定的圆

16、形轨道(车厢间的距 离不计)。 9 / 10 1C 小球恰好能通过轨道 2 的最高点 B，有 mgmvB 2 1.8R，小球在轨道 1 上经过其最高点 A 时，有 Fmg mvA2 R ，根据机械能守恒定律，有 1.6mgR1 2mvA 21 2mvB 2，解得 F4mg，由牛顿第三定律可知，小球在 轨道 1 上经过其最高点 A 时对轨道的压力为 4mg，C 项正确。 2 (1)5 (2)能沿轨道运动到 C 点 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 EkAmgR 4 设小球在 B 点的动能为 EkB，同理有 EkBmg5R 4 由式得EkB EkA

17、5。 (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 N0 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 NmgmvC 2 R 2 由式得，vC应满足 mgm2vC 2 R 由机械能守恒定律得 mgR 4 1 2mvC 2 由式可知，小球恰好可以沿轨道运动到 C 点。 3BD 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，此时轻杆与竖直杆的夹角为 ， 分别将 va、vb分解，如图所示。 因为轻杆不可伸长，所以沿轻杆的分速度 v与 v是相等的，即 vacos vb sin 。当 a 滑至地面时 90 ，此时 vb0

18、，由系统机械能守恒得 mgh1 2mva 2，解得 v a 2gh，选项 B 正确；由于 b 初、末速度 均为零，运动过程中其动能先增大后减小，即轻杆对 b 先做正功后做负功，选项 A 错误；轻杆对 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 的加速度在受到轻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，轻杆对 a、b 的作用力为零，此时 a 的机械能最小，b 只受重力和 10 / 10 支持力，所以 b 对地面的压力大小为 mg，选项 D 正确。 4 (1)30 (2)2g m 5k 解析：(1)由题意可知，当 A 沿斜面下滑至速度最大时，C 恰好离

19、开地面，A 的加速度此时为零 由牛顿第二定律：4mgsin 2mg0 解得：sin 1 2，即 30 。 (2)由题意可知，A、B、C 组成的系统在初始时和 A 沿斜面下滑至速度最大时的机械能守恒，设弹簧的 形变量为 x，由题意可得：2mgkx 4mgxsin mgx1 2 5mvm 2 解得：vm2g m 5k。 5A 如图所示， 当两液面高度相等时，减少的重力势能转化为管中所有液体的动能，根据功能关系有1 8mg 1 2h 1 2mv 2， 解得：v 1 8gh，A 正确。 6gR 14R L 解析：当列车进入圆形轨道后，动能逐渐向势能转化，车速逐渐减小，当车厢占满圆形轨道时的速度 最小，设此时的速度为 v，列车的质量为 M， 圆形轨道上那部分列车的质量：MM L2R 由机械能守恒定律可得：1 2Mv0 21 2Mv 2MgR 又因圆形轨道顶部车厢应满足：mgmv 2 R 解得：v0 gR 14R L 。