2019年高考物理一輪復習 第5章 機械能及其守恒定律章末專題復習學案(新人教版)

1、第5章 機械能及其守恒定律(對應學生用書第101頁)知識結構導圖 導圖填充Flcos Fvcos mv2mghEk2Ek1Ek2Ep2EpEBE減思想方法1微元法2等效法3機車啟動模型4功能關系高考熱點1功和功率2動能定理和功能關系的應用3機械能守恒和能量守恒的應用物理模型|輕桿模型中的機械能守恒1模型構建輕桿兩端(或兩處)各固定一個物體，整個系統(tǒng)一起沿斜面運動或繞某點轉動，該系統(tǒng)即為機械能守恒中的輕桿模型2輕桿模型的四個特點(1)忽略空氣阻力和各種摩擦(2)平動時兩物體線速度相等，轉動時兩物體角速度相等(3)桿對物體的作用力并不總是指向桿的方向，桿能對物體做功，單個物體機械能不守恒(4)對于

2、桿和物體組成的系統(tǒng)，沒有外力對系統(tǒng)做功，因此系統(tǒng)的總機械能守恒3解決輕桿模型應注意的三個問題(1)明確輕桿轉軸的位置，從而確定兩物體的線速度是否相等(2)桿對物體的作用力方向不再沿著桿，故單個物體的機械能不守恒(3)桿對物體做正功，使其機械能增加，同時桿對另一物體做負功，使其機械能減少，系統(tǒng)的機械能守恒如圖51所示，在長為L的輕桿中點A和端點B處各固定一質(zhì)量為m的球，桿可繞軸O無摩擦的轉動，使桿從水平位置無初速度釋放擺下求當桿轉到豎直位置時，輕桿對A、B兩球分別做了多少功？圖51【自主思考】(1)擺動過程中，A、B兩球組成的系統(tǒng)機械能是否守恒？提示守恒，因桿為輕桿，且無摩擦(2)A、B兩球速度

3、大小有什么關系？提示vB2vA.解析A、B和桿組成的系統(tǒng)機械能守恒，以B的最低點為零重力勢能參考平面，可得2mgLmvmvmgL.又因A球與B球在各個時刻對應的角速度相同，故vB2vA由以上兩式得vA，vB根據(jù)動能定理，對于A球有WAmgmv0，所以WA0.2mgL對于B球有WBmgLmv0，所以WB0.2mgL.答案0.2mgL0.2mgL突破訓練1如圖52所示，質(zhì)量分別為2m和3m的兩個小球A、B固定在一根輕質(zhì)直角尺的兩端，直角尺的頂點O處有光滑的固定轉動軸AO、BO的長分別為2L和L，開始時直角尺的AO部分處于水平位置而B在O的正下方，讓該系統(tǒng)由靜止開始自由轉動，求：圖52(1)當A到達

4、最低點時，A小球的速度大小vA；(2)B球能上升的最大高度h；(3)要使直角尺能繞轉軸O順時針方向轉動，至少需要對該系統(tǒng)做的功W. 【導學號：】解析(1)直尺和兩小球組成的系統(tǒng)機械能守恒，A、B轉動的角速度始終相同，由vr得，vA2vB圖甲由系統(tǒng)的機械能守恒得EpAEkAEkBEpB即2mg2L2mv3m23mgL解得vA.(2)B球到達最大高度時速度為零，設該位置位于OA桿豎直位置向左偏了角，如圖乙所示則有2mg2Lcos 3mgL(1sin )圖乙解得：sin ，則：B球能上升的最大高度hL(1sin )1.28L.(3)轉動過程中系統(tǒng)的重力勢能最大時，動能最小要使直角尺能繞轉軸O順時針方

5、向轉動，系統(tǒng)應轉到動能最小處，如圖丙所示取OA桿的初始位置為零勢能參考點，則系統(tǒng)的重力勢能為圖丙Ep2mg2Lcos 3mgLsin 即：EpmgL(4cos 3sin )5mgL，系統(tǒng)的重力勢能最大值Epm5mgL系統(tǒng)位于初始位置的重力勢能Ep03mgL由功能關系有：WEp增，則：WEpEp08mgL則：至少要對該系統(tǒng)做功W8mgL.答案(1)(2)1.28L(3)8mgL如圖所示，半徑為R的光滑圓環(huán)豎直固定，質(zhì)量為3m的小球A套在圓環(huán)上；長為2R的剛性(既不伸長也不縮短)輕桿一端通過鉸鏈與A連接，另一端通過鉸鏈與滑塊B連接；滑塊B質(zhì)量為m，套在水平固定的光滑桿上水平桿與圓環(huán)的圓心O位于同一

6、水平線上現(xiàn)將A置于圓環(huán)的最高處并給A一微小擾動(初速度視為0)，使A沿圓環(huán)順時針自由下滑，不計一切摩擦，A、B均視為質(zhì)點，重力加速度大小為g.求：(1)A滑到與圓心O同高度時的速度大小；(2)A下滑至桿與圓環(huán)第一次相切的過程中，桿對B做的功解析(1)當A滑到與O同高度時，A的速度沿圓環(huán)切向向下，B的速度為0，由機械能守恒定律得3mgR(3m)v2，解得v.(2)桿與圓環(huán)相切時，A的速度沿桿方向，設為vA，此時B的速度設為vB，根據(jù)桿不可伸長和縮短，得vAvBcos .由幾何關系得cos 球A下落的高度hR(1cos )R由機械能守恒定律得3mgh(3m)vmv由動能定理得Wmv解得WmgR.答

7、案(1)(2)mgR高考熱點|用動力學和能量的觀點解決多過程問題1問題概述多過程問題在高考中常以壓軸題的形式出現(xiàn)，涉及的模型主要有：木板滑塊模型、傳送帶模型、彈簧模型等，涉及的運動主要有直線運動、圓周運動和平拋運動等2解題技巧(1)“合”：初步了解全過程，構建大致的運動圖景(2)“分”：將全過程進行分解，分析每個過程的規(guī)律(3)“合”：找到子過程的聯(lián)系，尋找解題方法如圖53所示，小物塊A、B由跨過定滑輪的輕繩相連，A置于傾角為37的光滑固定斜面上，B位于水平傳送帶的左端，輕繩分別與斜面、傳送帶平行，傳送帶始終以速度v02 m/s向右勻速運動，某時刻B從傳送帶左端以速度v16 m/s向右運動，經(jīng)

8、過一段時間回到傳送帶的左端，已知A、B的質(zhì)量均為1 kg，B與傳送帶間的動摩擦因數(shù)為0.2.斜面、輕繩、傳送帶均足夠長，A不會碰到定滑輪，定滑輪的質(zhì)量與摩擦力均不計，g取10 m/s2，sin 370.6，求：圖53(1)B向右運動的總時間；(2)B回到傳送帶左端的速度大??；(3)上述過程中，B與傳送帶間因摩擦產(chǎn)生的總熱量【自主思考】(1)在運動過程中，A、B兩物塊加速度有什么關系？提示大小相等(2)物塊B的運動可分為幾個過程？各過程中B受摩擦力f的方向如何？提示可分為三個過程，B與傳送帶達到同速之前，f向左達到同速至減速為零的過程中f向右返回到左端的過程，f向右解析(1)B向右減速運動的過程

9、中，剛開始時，B的速度大于傳送帶的速度，以B為研究對象，水平方向B受到向左的摩擦力與繩對B的拉力，設繩子的拉力為FT1，以向左為正方向，得FT1mgma1以A為研究對象，則A的加速度的大小始終與B相等，A向上運動的過程中受力如圖，則mgsin 37FT1ma1聯(lián)立可得a14 m/s2B的速度與傳送帶的速度相等時所用的時間t11 s.當B的速度與傳送帶的速度相等之后，B仍然做減速運動，而此時B的速度小于傳送帶的速度，所以受到的摩擦力變成了向右，所以其加速度發(fā)生了變化，此后B向右減速運動的過程中，設繩子的拉力為FT2，以B為研究對象，水平方向B受到向右的摩擦力與繩對B的拉力，則FT2mgma2以A

10、為研究對象，則A的加速度的大小始終與B是相等的，A向上運動的過程中mgsin 37FT2ma2聯(lián)立可得a22 m/s2.當B向右速度減為0，經(jīng)過時間t21 s.B向右運動的總時間tt1t21 s1 s2 s.(2)B向左運動的過程中，受到的摩擦力的方向仍然向右，仍然受到繩子的拉力，同時，A受到的力也不變，所以它們受到的合力不變，所以B的加速度a3a22 m/s2.t1時間內(nèi)B的位移x1t14 m，負號表示方向向右t2時間內(nèi)B的位移x2t21 m，負號表示方向向右B的總位移xx1x25 m.B回到傳送帶左端的位移x3x5 m.速度v2 m/s.(3)t1時間內(nèi)傳送帶的位移x1v0t12 m，該時

11、間內(nèi)傳送帶相對于B的位移x1x1x12 m.t2時間內(nèi)傳送帶的位移x2v0t22 m，該時間內(nèi)傳送帶相對于B的位移x2x2x21 m.B回到傳送帶左端的時間為t3，則t3 s.t3時間內(nèi)傳送帶的位移x3v0t32 m.該時間內(nèi)傳送帶相對于B的位移x3x3x3(52) m.B與傳送帶之間的摩擦力Ffmg2 N.上述過程中，B與傳送帶間因摩擦產(chǎn)生的總熱量QFf(x1x2x3)(164) J.答案(1)2 s(2)2 m/s(3)(164) J如圖所示，傳送帶A、B之間的距離為L3.2 m，與水平面間的夾角為37，傳送帶沿順時針方向轉動，速度恒為v2 m/s，在上端A點無初速度地放置一個質(zhì)量為m1

12、kg、大小可視為質(zhì)點的金屬塊，它與傳送帶的動摩擦因數(shù)為0.5，金屬塊滑離傳送帶后，經(jīng)過彎道，沿半徑R0.4 m的光滑圓軌道做圓周運動，剛好能通過最高點E，已知B、D兩點的豎直高度差為h0.5 m(g取10 m/s2)求：(1)金屬塊經(jīng)過D點時的速度；(2)金屬塊在BCD彎道上克服摩擦力做的功解析(1)金屬塊在E點時，mg，解得vE2 m/s，在從D到E的過程中由動能定理得mg2Rmvmv，解得vD2 m/s.(2)金屬塊剛剛放上時，mgsin mgcos ma1解得a110 m/s2設經(jīng)位移s1達到相同速度，則v22a1s1，解得s10.2 m3.2 m繼續(xù)加速的過程中，mgsin mgcos

13、 ma2，解得a22 m/s2由s2Ls13 m，vv22a2s2，解得vB4 m/s在從B到D的過程中由動能定理得mghWmvmv，解得W3 J.答案(1)2 m/s(2)3 J突破訓練2如圖54所示，長l1 m、厚度h0.2 m的木板A靜止在水平面上，固定在水平面上、半徑r1.6 m的四分之一光滑圓弧軌道PQ的底端與木板A相切于P點，木板與圓弧軌道緊靠在一起但不粘連現(xiàn)將小物塊B從圓弧上距P點高度H0.8 m處由靜止釋放，已知A、B質(zhì)量均為m1 kg，A與B間的動摩擦因數(shù)10.4，A與地面間的動摩擦因數(shù)20.1，g取10 m/s2.求：圖54(1)小物塊剛滑到圓弧軌道最低點P處時對圓弧軌道的

14、壓力大?。?2)小物塊從剛滑上木板至滑到木板左端過程中對木板所做的功；(3)小物塊剛落地時距木板左端的距離. 【導學號：】解析(1)對B下滑的過程由機械能守恒定律有mgHmv2，解得v4 m/s小物塊滑到最低點P處時，由牛頓第二定律有FNmgm解得FNmgm20 N由牛頓第三定律得FN20 N.(2)從小物塊剛滑上木板至滑到木板左端過程中，對B受力分析，由牛頓第二定律有a11g4 m/s2小物塊B做勻減速直線運動對A受力分析，由牛頓第二定律有a22 m/s2木板A做勻加速直線運動又由lxBxAxBvta1t2xAa2t2代入數(shù)據(jù)解得t s(t1 s舍去)對A由動能定理得W1mga2t2 J.(

15、3)B離開木板后以v1va1t m/s的初速度做平拋運動，至落地所需時間由hgt2，得t0.2 s木板A將以v2a2t m/s、加速度a32g1 m/s2做勻減速運動，物塊B落地時，兩者相距xv1t(v2ta3t2)代入數(shù)據(jù)得x0.42 m.答案(1)20 N(2) J(3)0.42 m規(guī)范練高分利用動能定理(或功能關系)解決問題經(jīng)典案例信息解讀(18分)(2018黃岡模擬)如圖55所示，水平面AB段粗糙，其余部分光滑，左側固定一根輕質(zhì)彈簧，右側與豎直平面內(nèi)的光滑圓形導軌在B點連接，導軌半徑R0.5 m現(xiàn)用一個質(zhì)量m2 kg的小球壓縮彈簧，彈簧與小球不拴接用手擋住小球不動，此時彈簧彈性勢能Ep

16、36 J，放手后小球向右運動脫離彈簧后，先經(jīng)過AB段，再沿圓形軌道向上運動，小球與AB段的動摩擦因數(shù)為0.5，g取10 m/s2.題干解讀球在AB段運動需克服摩擦力做功.彈簧恢復原長時與球分離.彈簧與球作用過程是在光滑部分進行的，機械能守恒.圖55(1)求小球脫離彈簧時的速度大小；(2)若小球通過圓軌道最低點B時的速度大小為4 m/s，求此時小球?qū)壍缐毫Γ?3)欲使小球能通過最高點C，則AB段長度應滿足什么條件.設問解讀此時彈簧的彈性勢能全部轉化為球的動能.可利用轉換對象法，求軌道對球的作用力.需滿足mgm.規(guī)范解答評分標準解析(1)設小球脫離彈簧時的速度大小為v0，根據(jù)機械能守恒定律得：Epmv(2分)解得：v06 m/s.(1分)(2)在最低點B，由牛頓第二定律得：FNmgm(2分)解得：FN84 N(1分)根據(jù)牛頓第三定律得球?qū)壍赖膲毫Υ笮?4 N，方向豎直向下(2分)(3)小球恰能通過最高點C時，根據(jù)牛頓第二定律得：mgm(2分)解得：vC(1分)從B到C由機械能守恒定律得：mvmg2Rmv(