2020届高考物理二轮复习 专题二 第二讲 机械能守恒定律 功能关系课件

专题二能量与动量第二讲机械能守恒定律功能关系近三年全国卷考情统计高考必备知识概览常考点全国卷Ⅰ全国卷Ⅱ全国卷Ⅲ机械能守恒的应用2017·T24功能关系的应用2018·T182019·T18动力学与能量观点的综合应用1．(多选)(2019·全国卷Ⅱ)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()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[题眼点拨]①“取地面为重力势能零点”说明h＝0m时Ek0＝E总＝100J；②由E-h图线知E总-h图线斜率大小为阻力．解析：根据题给图象可知h＝4m时物体的重力势能mgh＝80J，解得物体质量m＝2kg，抛出时物体的动能为Ek＝100J，由动能公式Ek＝12mv2，可知h＝0时物体的速率为v＝10m/s，选项A正确，B错误；由功能关系可知F阻h＝|ΔE|＝20J，解得物体上升过程中所受空气阻力F阻＝5N，从物体开始抛出至上升到h＝2m的过程中，由动能定理有－mgh－F阻h＝Ek－100J，解得Ek＝50J，选项C错误；由题给图象可知，物体上升到h＝4m时，机械能为80J，重力势能为80J，动能为零，即物体从地面上升到h＝4m，物体动能减少100J，选项D正确．答案：AD2．(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的四分之一的圆弧，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[题眼点拨]①“光滑固定轨道”说明无摩擦力做功；②“始终受到与重力大小相等的水平外力的作用”说明在最高点仍受水平力，则最高点速度不为0.解析：小球由a到c的过程，由动能定理得：F·3R－mgR＝12mv2c，又F＝mg，解得：v2c＝4gR，小球离开c点后，在竖直方向vc＝gt，在水平方向的位移为x＝12at2＝2R.从a点到其轨迹最高点的过程中，水平方向的位移大小为5R，则小球机械能的增加量ΔE＝F·5R＝5mgR，选项C正确，A、B、D错误．答案：C3．(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%.[题眼点拨]①“速度为100m/s时下落到地面”说明着地瞬间的动能可求；②“飞船在离地面高度1.60×105m处以7.5×103m/s的速度进入大气层”说明进入大气层时的动能和重力势能可求；③“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%”说明此处的速度可求．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度．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，则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1.6×105m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由功能关系得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：见解析命题特点与趋势1．本讲是高考的“重中之重”，常以选择题形式考查机械能守恒的判断、功能关系的简单分析与计算．2．功能关系渗透在整个物理学内容中，是历年高考综合题命题热点，常与直线运动、平抛运动、圆周运动及电磁学知识相结合，多以计算题形式出现，难度偏大．解题要领解决本讲问题，一是要正确理解机械能守恒的条件及表达式、常见功能关系及能量守恒定律；二是要正确应用“守恒思想”(机械能守恒、能量守恒)和常用方法(守恒法、转化法、转移法)．考点1机械能守恒定律的应用(2018·江苏卷)如图所示，钉子A、B相距5l，处于同一高度．细线的一端系有质量为M的小物块，另一端绕过A固定于B.质量为m的小球固定在细线上C点，B、C间的线长为3l.用手竖直向下拉住小球，使小球和物块都静止，此时BC与水平方向的夹角为53°.松手后，小球运动到与A、B相同高度时的速度恰好为零，然后向下运动．忽略一切摩擦，重力加速度为g，取sin53°＝0.8，cos53°＝0.6.求：(1)小球受到手的拉力大小F；(2)物块和小球的质量之比M∶m；(3)小球向下运动到最低点时，物块M所受的拉力大小FT.[题眼点拨]①“小球固定在细线上C点”说明BC为小球与B的距离，大小恒定；②忽略一切摩擦，说明小球和小物块组成的系统机械能守恒．解析：(1)对小球受力分析，如图所示，设小球受AC、BC的拉力分别为F1、F2.在水平方向：F1sin53°＝F2cos53°，①在竖直方向：F＋mg＝F1cos53°＋F2sin53°，②且F1＝Mg，③由①②③式解得F＝53Mg－mg；④(2)小球运动到与A、B相同高度过程中由几何关系得小球上升高度h1＝3lsin53°，⑤物块下降高度h2＝2l，⑥物块和小球组成的系统机械能守恒，根据机械能守恒定律mgh1＝Mgh2，⑦由⑤⑥⑦式解得Mm＝65；⑧(3)根据机械能守恒定律，小球回到起始点，设此时AC方向的加速度大小为a，物块受到的拉力为FT对物块由牛顿第二定律得Mg－FT＝Ma，⑨小球受AC的拉力F′T＝FT，⑩对小球，在沿AC方向，由牛顿第二定律得F′T－mgcos53°＝ma，⑪解得FT＝8mMg5（m＋M）结合⑧式，也可得到FT＝4855mg或FT＝811Mg.⑫答案：(1)53Mg－mg(2)6∶5(3)8mMg5（m＋M）4855mg或811Mg运用机械能守恒定律分析求解时应注意的问题1．研究对象的选取．研究对象的选取是解题的首要环节，有的问题选单个物体(实为一个物体与地球组成的系统)为研究对象机械能不守恒，但选此物体与其他几个物体组成的系统为研究对象，机械能却是守恒的．如图所示，单独选物体A机械能减少，但由物体A、B两者组成的系统机械能守恒．2．要注意研究过程的选取．有些问题研究对象的运动过程分几个阶段，有的阶段机械能守恒，而有的阶段机械能不守恒．因此，在应用机械能守恒定律解题时要注意过程的选取．3．注意机械能守恒表达式的选取．“守恒的观点”的表达式适用于单个或多个物体机械能守恒的问题．列式时需选取参考平面．而用“转移”和“转化”的角度反映机械能守恒时，不必选取参考平面．[对点训练]考向单个物体的机械能守恒1．(2019·潍坊模拟)如图所示，倾角为37°的斜面与一竖直光滑圆轨道相切于A点，轨道半径R＝1m，将滑块由B点无初速释放，滑块恰能运动到圆周的C点，OC水平，OD竖直，AB＝2m，滑块可视为质点，g取10m/s2，sin37°＝0.6，cos37°＝0.8，求：(1)滑块在斜面上运动的时间；(2)若滑块能从D点抛出，滑块仍从斜面上无初速释放，释放点至少应距A点多远？解析：(1)滑块到达A点速度为vA，从A到C过程机械能守恒，则12mv2A＝mgRcos37°，从B到A过程做匀加速运动，则有v2A＝2axAB，vA＝at，解得t＝1s；(2)能从D点抛出最小速度为v0，在D点由牛顿第二定律得mg＝mv20R，从A到D由机械能守恒，则12mv′2A＝mgR(1＋cos37°)＋12mv20，v′2A＝2ax′，代入数据解得x′＝5.75m.答案：见解析考向多物体的机械能守恒2．(多选)(2019·济宁调研)如图所示，固定在竖直面内的光滑圆环半径为R，圆环上套有质量分别为m和2m的小球A、B(均可看做质点)，且小球A、B用一长为2R的轻质细杆相连，在小球B从最高点由静止开始沿圆环下滑至最低点的过程中(已知重力加速度为g)，下列说法正确的是()A．A球增加的机械能等于B球减少的机械能B．A球增加的重力势能等于B球减少的重力势能C．A球的最大速度为2gR3D．细杆对A球做的功为83mgR解析：系统机械能守恒的实质可以理解为是一种机械能的转移，此题的情景就是A球增加的机械能等于B球减少的机械能，A正确，B错误；根据机械能守恒定律有2mg·2R－mg·2R＝12·3mv2，所以A球的最大速度为4gR3，C错误；根据功能关系，细杆对A球做的功等于A球增加的机械能，即WA＝12mv2＋mg·2R＝83mgR，故D正确．答案：AD考点2能量守恒定律的应用1．应用能量守恒定律的两条基本思路(1)某种形式的能量减少，一定存在其他形式的能量增加，且减少量和增加量一定相等；(2)某个物体的能量减少，一定存在其他物体的能量增加，且减少量和增加量一定相等．2．两种摩擦力做功特点比较静摩擦力做功和滑动摩擦力做功的特点有相似之处，也有不同之处，现从三个方面进行比较总结：项目静摩擦力滑动摩擦力不同点能量的转化方面在静摩擦力做功的过程中，只有机械能从一个物体转移到另一个物体(静摩擦力起着传递机械能的作用)而没有机械能转化为其他形式的能量(1)相互摩擦的物体通过摩擦力做功，将部分机械能从一个物体转移到另一个物体(2)部分机械能转化为内能，此部分能量就是系统机械能损失量一对摩擦力的总功方面一对静摩擦力所做功的代数和等于零一对相互作用的滑动摩擦力对物体系统所做的总功，等于摩擦力与相对路程的乘积，即Wf＝－Ff·s相对，表示物体克服摩擦力做功，系统损失的机械能转变成内能相同点正功、负功、不做功方面两种摩擦力对物体可以做正功、负功，还可以不做功(多选)(2019·揭阳模拟)如图所示，倾角θ＝30°的斜面固定在地面上，长为L、质量为m、粗细均匀、质量分布均匀的软绳AB置于斜面上，与斜面间动摩擦因数μ＝32，其A端与斜面顶端平齐．用细线将质量也为m的物块与软绳连接，给物块向下的初速度，使软绳B端到达斜面顶端(此时物块未到达地面)，在此过程中()A．物块的速度始终减小B．软绳上滑19L时速度最小C．软绳重力势能共减少了14mgLD．软绳减少的重力势能一定小于其增加的动能与克服摩擦力所做的功之和[题眼点拨]①“粗细均匀，质量分布均匀”说明软绳密度恒定，质量之比等于长度之比；②“A端与斜面顶端平齐”说明接下来软绳分为竖直悬挂和沿斜面两部分．解析：物块下落过程中，刚开始由于mgsin30°＋μmg·cos30°＝54mgmg，所以物块所受合力向上，物块做减速运动，下落过程中，合力越来越小，当加速度等于零时，速度最小，此后合力方向向下，加速度向下，速度增大，所以物块的速度先减小后增大，故A错误；当加速度等于零时，速度最小，设此时软绳上滑的距离为x，则L－xLmgsin30°＋L－xLμmgcos30°＝mg＋xLmg，代入数据解得x＝19L，故B正确；物块未释放时，软绳的重心离斜面顶端的高度为h1＝12Lsin30°＝14L，软绳刚好全部离开斜面时，软绳的重心离斜面顶端的高度h2＝12L，则软绳重力势能共减少mg12L－14L＝14mgL，故C正确；以物块为研究对象，故物块要克服拉力做功，所以ΔEk1ΔEp1，以系统为研究对象，设软绳的重力势能及动能变化量为ΔEp2，ΔEk2，克服摩擦力所做的功的绝对值为W，由能量守恒定律得ΔEp1＋ΔEp2＝ΔEk1＋ΔEk