2019年高考物理一轮复习第五章机械能本章学科素养提升学案
2019届高考物理一轮复习 第五章 机械能学案
第五章机械能[全国卷5年考情分析]基础考点常考考点命题概率常考角度重力做功与重力势能(Ⅱ)实验五：探究动能定理以上2个考点未曾独立命题功和功率(Ⅱ)'17Ⅱ卷T14(6分)，'16Ⅱ卷T19(6分)'16Ⅱ卷T21(6分)，'15Ⅱ卷T17(6分)'14Ⅱ卷T16(6分)，'13Ⅰ卷T21(6分)独立命题概率80%(1)(变力)做功和功率问题(2)动能定理的应用(3)机械能守恒的条件(4)机械能守恒定律与平抛运动、圆周运动的综合(5)功能关系与能量守恒动能和动能定理(Ⅱ)'16Ⅲ卷T20(6分)，'15Ⅰ卷T17(6分)'14Ⅱ卷T16(6分)综合命题概率100%功能关系、机械能守恒定律及其应用(Ⅱ)'17Ⅰ卷T24(12分)，'17Ⅱ卷T17(6分)'17Ⅲ卷T16(6分)，'16Ⅱ卷T16(6分)'16Ⅱ卷T21(6分)，'16Ⅱ卷T25(20分)'16Ⅲ卷T24(12分)，'15Ⅰ卷T17(6分)'15Ⅱ卷T21(6分)，'13Ⅱ卷T20(6分)独立命题概率75%综合命题概率100%实验六：验证机械能守恒定律'16Ⅰ卷T22(5分)综合命题概率40%第1节功和功率(1)只要物体受力的同时又发生了位移，则一定有力对物体做功。
(×)(2)一个力对物体做了负功，则说明这个力一定阻碍物体的运动。
(√)(3)作用力做正功时，反作用力一定做负功。
(×)(4)力对物体做功的正负是由力和位移间的夹角大小决定的。
(√)(5)由P＝Fv可知，发动机功率一定时，机车的牵引力与运行速度的大小成反比。
(√)(6)汽车上坡时换成低挡位，其目的是减小速度得到较大的牵引力。
(√)1．力对物体做不做功，关键是看力与物体的位移方向间的夹角，只要夹角不等于90° 就做功。
2019版高考物理总复习第五章机械能基础课3机械能守恒定律及其应用学案
小滑块从 C点运动到速度最大位置的过程中，由机械能守恒定律得
mg(
r
＋ x 0)
＋
1 2
mv2C＝
Ekm＋
Ep
联立解得
Ekm＝ mg(
r
＋
x0
)
＋
1 2
mv2C－
Ep＝
6
J
。
(3) 小滑块从 A点运动到 C点过程，由动能定理得
mgh－
μ
mgs＝
1mv2C 2
解得 B、 C间的距离 s＝ 0.5 m
小滑块与弹簧作用后返回 C处动能不变， 小滑块的动能最终消耗在与 BC水平面相互作用的过
模型一 速率相等的连接体模型 1. 如图 8 所示的两物体组成的系统，当释放 B 而使 A、 B 运动的过程中， A、B 的速度均沿绳 子方向，在相等的时间内 A、 B 运动的路程相等，则 A、 B 的速率相等。
图8 2. 判断系统的机械能是否守恒不从做功角度判断，而从能量转化的角度判断，即：如果系统 中只有动能和势能相互转化，系统的机械能守恒。这类题目的典型特点是系统不受摩擦力和 空气阻力作用。 【例 1】 如图 9 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球放在水平地面上。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恰好离开地 面。求：
图9
(1) 斜面的倾角 α ；
(2) A球获得的最大速度 vm。
2019年高考物理一轮复习第5章机械能及其守恒定律章末专题复习学案新人教版
第5章机械能及其守恒定律......... 章末专题复习. ..................（对应学生用书第101页）［.知识结构导图」［咼考热点］ 1.功和功率2 .动能定理和功能关系的应用3 .机械能守恒和能量守恒的应用［导图填充］ ① Fl COS a W②W ③Fv cos1 2a④ 2mv ⑤mgh ⑥E k2 — E ki⑦E k2 + E p2 ⑧一 △ E p ⑨一［思想方法］ VKi1 •微元法 么/2 •等效法3 •机车启动模型4 .功能关系 △ E B CP △ E 减物理模型I轻杆模型中的机械能守恒1.模型构建轻杆两端(或两处)各固定一个物体，整个系统一起沿斜面运动或绕某点转动，该系统即为机械能守恒中的轻杆模型.2 .轻杆模型的四个特点(1) 忽略空气阻力和各种摩擦.(2) 平动时两物体线速度相等，转动时两物体角速度相等.(3) 杆对物体的作用力并不总是指向杆的方向，杆能对物体做功，单个物体机械能不守恒.(4) 对于杆和物体组成的系统，没有外力对系统做功，因此系统的总机械能守恒.C13 .解决轻杆模型应注意的三个问题(1) 明确轻杆转轴的位置，从而确定两物体的线速度是否相等. 忙.(2) 杆对物体的作用力方向不再沿着杆，故单个物体的机械能不守恒.(3) 杆对物体做正功，使其机械能增加，同时杆对另一物体做负功，使其机械能减少，系统的机械能守恒.卜；如图5-1所示，在长为L的轻杆中点A和端点B处各固定一质量为m的球，杆可绕轴0无摩擦的转动，使杆从水平位置无初速度释放摆下•求当杆转到竖直位置时，轻杆对A B两球分别做了多少功？图5-1【自主思考】(1) 摆动过程中，A B两球组成的系统机械能是否守恒?［提示］守恒，因杆为轻杆，且无摩擦.(2) A B两球速度大小有什么关系?［提示］V B= 2V A.［解析］A B和杆组成的系统机械能守恒，以B的最低点为零重力势能参考平面,可得2mgL=扌口和如€+ ^mgl.又因A球与B球在各个时刻对应的角速度相同，故V B=2V A由以上两式得L 1根据动能定理，对于 A 球有 W + mg 2=^mV — 0,所以VA =— 0.2mgL1 2对于 B 球有 W B + mgL= ^mv — 0, 所以 W = 0.2 mgL［答案］ —0.2 mgL 0.2 mgL［突破训练］1.如图5-2所示，质量分别为2m 和3m 的两个小球A 、B 固定在一根轻质直角尺的两端，直角尺的顶点 O 处有光滑的固定转动轴. AO BO 的长分别为2L 和L ,开始时直角尺的 AO 部分处于水平位置而 B 在O 的正下方，让该系统由静止开始自由转动，求:当A 到达最低点时，A 小球的速度大小V A ;B 球能上升的最大高度 h ;要使直角尺能绕转轴 O 顺时针方向转动，至少需要对该系统做的功W7【导学号：84370251】［解析］(1)直尺和两小球组成的系统机械能守恒，A B 转动的角速度始终相同， 由V3 r 得，V A = 2V B△ E>A = △ E (A + △ E kB + △ E>B1即 2mg-2 L =? -2 mV + ? -3 m y 2+ 3mg- L2 B 球到达最大高度时速度为零，设该位置位于 OA 杆竖直位置向左偏了 a 角，如35L V B =、警1 V A2 2 "2 由系统的机械能守恒得V A =图5-2图甲解得V A =8gL 1132Lh = L (1 + sin a ) = = 1.28 L .(3)转动过程中系统的重力势能最大时，动能最小.要使直角尺能绕转轴 0顺时针方向转动，系统应转到动能最小处， 如图丙所示.取0A 杆的初始位置为零势能参考点，it ~则系统的重力势能为C \图乙所示.则有 2mg ・2 L eos a = 3mgL 1 + sin a )解得：sin a725'则：B 球能上升的最大高度 图乙E= 2mg・2Lcos 0 + 3mg- L sin 0即: mgL4cos 0+ 3sin 0 ) <5 mgL系统的重力势能最大值5mgL 系统位于初始位置的重力势能巳o=—3mg- L由功能关系有：W= A E增，则：W= E o= 8mgL贝U：至少要对该系统做功W= 8mgL品步8gL［答案］(1)，齢(2)1.28 L (3)8 mgL教师备选/ z如图所示，半径为R的光滑圆环竖直固定，质量为3m的小球A套在圆环上；长为2R的刚性(既不伸长也不缩短)轻杆一端通过铰链与A连接，另一端通过铰链与滑块B连接；滑块B质量为m,套在水平固定的光滑杆上. 水平杆与圆环的圆心O位于同一水平线上•现将A置于圆环的最高处并给A 一微小扰动(初速度视为0)，使A沿圆环顺时针自由下滑，不计一切摩擦，A、B均视为质点，重力加速度大小为g.求：⑵A下滑至杆与圆环第一次相切的过程中，杆对B做的功.［解析］(1)当A滑到与0同高度时，A的速度沿圆环切向向下，B的速度为0,由机1 p ___________________械能守恒定律得3mgf^2 x (3 m) v2，解得v= .2gR(2)杆与圆环相切时,A的速度沿杆方向，设为V A,此时B的速度设为V B,根据杆不可伸长和缩短，得V A=V B COS 0 .2 厂由几何关系得cos 0 = 5 55- 球A下落的高度h= R(1 —cos 0 ) = R51 2 1 2由机械能守恒定律得3mgh=目(3 m V A+ 2m\B1 2由动能定理得W qmw15 —6寸5 解得W一17 mgR——15—6 5［答案］(1) ,2gR (2)万mgR高考热点|用动力学和能量的观点解决多过程问题1. 问题概述多过程问题在高考中常以压轴题的形式出现，涉及的模型主要有：木板滑块模型、传送带模型、弹簧模型等，涉及的运动主要有直线运动、圆周运动和平抛运动等.2 •解题技巧(1) “合”：初步了解全过程，构建大致的运动图景.(2) “分”：将全过程进行分解，分析每个过程的规律.(3) “合”：找到子过程的联系，寻找解题方法.川如图5-3所示，小物块A B由跨过定滑轮的轻绳相连，A置于倾角为37°的光滑固定斜面上，B位于水平传送带的左端，轻绳分别与斜面、传送带平行，传送带始终以速度V0= 2 m/s向右匀速运动，某时刻B从传送带左端以速度V1 = 6 m/s向右运动，经过一段时间回到传送带的左端，已知A B的质量均为1 kg , B与传送带间的动摩擦因数为0.2 •斜面、轻绳、传送带均足够长，A不会碰到定滑轮，定滑轮的质量与摩擦力均不计，(1) B 向右运动的总时间； (2) B 回到传送带左端的速度大小；(3) 上述过程中，B 与传送带间因摩擦产生的总热量.【自主思考】(1)在运动过程中，A 、B 两物块加速度有什么关系？［提示］大小相等. (2)物块B 的运动可分为几个过程？各过程中B 受摩擦力f 的方向如何？［提示］可分为三个过程，①B 与传送带达到同速之前，f 向左.②达到同速至减速 为零的过程中f 向右•③返回到左端的过程，f 向右.［解析］(1) B 向右减速运动的过程中，刚开始时， B 的速度大于传送带的速度，以B为研究对象，水平方向 B 受到向左的摩擦力与绳对 B 的拉力，设绳子的拉力为 F TI , 以向左为正方向，得 F TI +卩mg= ma ①以A 为研究对象，则 A 的加速度的大小始终与 B 相等，A 向上运动的过程中受力如g sin 37 ° + g2 a i = ------- 2 = 4 m/s B 的速度与传送带的速度相等时所用的时间—V o — — V it 1== 1 s.a i2g 取 10 m/s , sin 37联立①②可得 /图，则当B的速度与传送带的速度相等之后，B仍然做减速运动，而此时B的速度小于传送带的速度，所以受到的摩擦力变成了向右，所以其加速度发生了变化，此后B向右减速运动的过程中，设绳子的拉力为F T2，以B为研究对象，水平方向B受到向右的摩擦力与绳对B的拉力，贝U F T2—卩mg= ma ④以A为研究对象，则A的加速度的大小始终与B是相等的，A向上运动的过程中m®in37°— F T 2= ma联立④⑤可得g si n 37 °2当B 向右速度减为0,经过时间t 2=0——V oa 2=1 s.B 向右运动的总时间 t = t i + t 2= 1 s + 1 s = 2 s.⑵B 向左运动的过程中，受到的摩擦力的方向仍然向右，仍然受到绳子的拉力，同 时，A 受到的力也不变，所以它们受到的合力不变，所以B 的加速度2a 3= a 2= 2 m/s .t i 时间内B 的位移负号表示方向向右.t 2时间内B 的位移 负号表示方向向右.B 的总位移 x = x i + X 2= — 5 m.B 回到传送带左端的位移 X 3 = — x = 5 m.速度 v =*;：：.〔2a 3X 3= 2 5 m/s. (3) t i 时间内传送带的位移X i = — V o t i = — 2 m ,该时间内传送带相对于 B 的位移 △x i = x i '— x i = 2 m.t 2时间内传送带的位移 X 2‘=— v o t 2=— 2 m ,该时间内传送带相对于 B 的位移 △X 2= X 2— X 2‘= i m.B 回到传送带左端的时间为 t 3，贝y v — 0 匸 13== 5 s.a—v 0 +X i = 一11=— 4 m ,0+X 2 = —v ot 2=— 1 m ,t 3时间内传送带的位移 X 3 = — V o t 3= — 2；.;5 m.［解析］(1)金属块在E 点时，mg=，解得V E = 2 m/s ，在从D 到E 的过程中由动能R定理得1 2 1 2—mg -2 R = -m\E- mV>, 解得 V D = 2 5 m/s.2 2(2)金属块刚刚放上时， m§in 0 +卩mg cos 0 = ma 解得 a 1 = 10 m/s设经位移S 1达到相同速度，则 2v = 2a s 1，解得 S 1= 0.2 m v 3.2 m继续加速的过程中， mgi in 0 —卩mg pos 0 = ma ，解得a 2= 2 m/s 2 由 S 2= L — S 1 = 3 m , v B — v 2= 2a 2S 2，解得 V B = 4 m/s 在从B 到D 的过程中由动能定理得 1 2 1 2mgh- W = ^mv)-?m\B ,解得 W = 3 J. ［答案］(1)2 5 m/s (2)3 J［突破训练］B 与传送带之间的摩擦力 F f =杪 mg= 2 N.上述过程中，B 与传送带间因摩擦产生的总热量 Q= F f ( △ X 1+△ X 2+△ X 3) = (16 + 4 5)J.［答案］(1)2 s (2)25 m/s (3)(16+ 4 ,5) J教弼番选如L = 3.2 m ，与水平面间的夹角为 0 = 37°,传送带沿顺时针方向转动，速度恒为V = 2 m/s ，在上端A 点无初速度地放置一个质 3 0.5 , ^金m 的光滑圆轨道做圆周运动，刚好能I } 2h = 0.5 m( g 取 10 m/s ).求：量为m = 1 kg 、大小可视为质点的金属块，它与传送带的动摩擦因数为 属块滑离传送带后，经过弯道，沿半径 R= 0.4通过最高点E ,已知B D 两点的竖直高度差为⑵金属块在BCD 弯道上克服摩擦力做的功.2mv .一(1)金属块经过D 点时的速度;2. 如图5-4所示，长I = 1 m、厚度h= 0.2 m的木板A静止在水平面上，固定在水平面上、半径r = 1.6 m的四分之一光滑圆弧轨道PQ的底端与木板A相切于P点，木板与圆弧轨道紧靠在一起但不粘连•现将小物块B 从圆弧上距P 点高度H= 0.8 m 处由静止释放，已知A B 质量均为 m= 1 kg , A 与B 间的动摩擦因数 卩1 = 0.4 , A 与地面间的动摩擦因数22= 0.1 , g 取 10 m/s .求：(1) 小物块刚滑到圆弧轨道最低点P 处时对圆弧轨道的压力大小；(2) 小物块从刚滑上木板至滑到木板左端过程中对木板所做的功； (3) 小物块刚落地时距木板左端的距离.【导学号：84370252】［解析］(1)对B 下滑的过程由机械能守恒定律有 1 2mgH= q mv ，解得v = 2gH = 4 m/s小物块滑到最低点 P 处时，由牛顿第二定律有2vF N — mc = mr2—v解得 F N = mg^ mr = 20 N由牛顿第三定律得 F N '= 20 N.(2)从小物块刚滑上木板至滑到木板左端过程中， 对B 受力分析，由牛顿第二定律有小物块B 做匀减速直线运动对A 受力分析，由牛顿第二定律有木板A 做匀加速直线运动又由 I _ X B — X A 1 2X B _ vt —尹上11mgm11g _ 4 m/s沁_ 2 m/sX A_尹上21代入数据解得t = 3 s( t = 1 s舍去)一， 1 24对A由动能定理得W=i mg・㊁喊=9 J.8 一(3) B离开木板后以v i= v —a i t = - m/s的初速度做平抛运动，至落地所需时间由h3木板A将以V2= a2t = — m/s、加速度空= —g=卩2g= 1 m/s?做匀减速运动，物块B—m落地时，亠 1 2两者相距△ x = V1t(V2t 2a-t ')代入数据得△ x = 0.42 m.［答案］(1)20 N (2) £ J (3)0.42 m9规范练高分一一利用动能定理(或功能关系)解决问题经典案例信息解读题干解读(18分)(2018 •黄冈模拟)如图5-5所示，水平面① AB段粗糙，{ 7①球在AB段运动需克服其余部分光滑，左侧固定一根轻质弹簧，右侧与竖直平面内的光摩擦力做功•滑圆形导轨在B点连接，导轨半径R= 0.5 m •现用一个质量m=②弹簧恢复原长时与球2 kg的小球压缩弹簧，②弹簧与小球不拴接.用手挡住小球不动，分离.此时弹簧弹性势能丘=36 J ,放手后小球向右运动③脱离弹簧后，③弹簧与球作用过程是先经过AB段，再沿圆形轨道向上运动，小球与AB段的动摩擦因------ ---- ------ 1 ”、在光滑部分进行的，机械数为= 0.5，g 取10 m/s .能守恒.騎1②设问解读~7777777777^.④此时弹簧的弹性势能A o全部转化为球的动能•图5-5⑤可利用转换对象法，求(1)求④小球脱离弹簧时的速度大小；轨道对球的作用力•(2)若小球通过圆轨道最低点B时的速度大小为4 m/s，求⑤此时2小球对轨道压力；V C ⑥需满足mg< nR.［解析］（1）设小球脱离弹簧时的速度大小为V o,根据机械能守恒定律得：1 2E）= §mv ①（2 分）解得：v o = 6 m/s. ②（1分）（2）在最低点B,由牛顿第二定律得：2V BF N— mg= nR ③（2 分）解得：F N= 84 N ④（1分）根据牛顿第三定律得球对轨道的压力大小为84 N，方向竖直向下.⑤（2分）⑶小球恰能通过最高点C时，根据牛顿第二定律得：2Vc —八mg= mR ⑥（2 分）解得：V c=J gR⑦（1分）从B到C由机械能守恒定律得：1 2 1 22mv B= mg-2R+ ^mv c ⑧（2 分）解得：v' B=（5gR= 5 m/s ⑨（1 分）欲使小球能通过最高点C,则其在最低点B时速度大小v>5 m/s⑩（1分）从A到B由动能定理得：1 2 1 2—mg治^mv—尹仏? （2 分）V A= V o解得：x w 1.1 m . ? （1 分）［答案］（1）6 m/s （2）84 N方向竖直向下（3）AB段长度应不超⑵问，若F N计算错误, 而③中方程书写及⑤中方向描述正确，可得3分.⑶问中，若没有写出⑦，而⑨中计算结果正确不影响得分.（3）冋中，有两种情况i）若计算中没考虑不等式只按等式算出？中1.1 m可给3分.ii）解析中若没有给出V A= V0,而计算结果错误，只给？式中的方程分.。
2019届高考一轮复习备考资料之物理讲义：第五章 本章
绳索、链条在考查过程中常发生形变，其重心位置对物体来说并不是固定不变的，能否正确确定重心的位置，是解决绳索、链条类问题的关键，一般情况下常分段考虑各部分的重力势能，并用各部分重力势能之和作为系统总的重力势能，至于参考平面，可任意选取，但以系统初、末状态重力势能便于表示为宜.例1 如图1所示，有一条长为L 的均匀金属链条，一半长度在光滑斜面上，斜面倾角为θ，另一半长度沿竖直方向下垂在空中，当链条从静止开始释放后滑动，求链条刚好从右侧全部滑出斜面时的速度是多大？图1 思维导引 研究对象：链条.隐含条件：释放后的链条，竖直方向的一半向下运动，放在斜面上的一半沿斜面向上运动，由于竖直部分越来越多，所以链条做的是变加速运动，不能用匀变速直线运动的公式去解. 思路分析：因为斜面光滑，所以机械能守恒，链条得到的动能应是由重力势能转化来的，重力势能的变化可以用重心的位置确定，要注意释放时的重力势能可分左右两段考虑，然后再求和.解析 设斜面的最高点为零势能点，链条的总质量为m ，开始时左半部分的重力势能为E p1＝－m 2g ·L 4sin θ＝－18mgL sin θ， 右半部分的重力势能为E p2＝－m 2g ·L 4＝－18mgL ， 开始时的机械能E 1＝E p1＋E p2＝－mgL 8(1＋sin θ) 当链条刚好全部滑出斜面时，重力势能E p ＝－mg L 2，动能E k ＝12m v 2，机械能E 2＝E p ＋E k ＝ －mgL 2＋12m v 2由机械能守恒定律得E 1＝E 2所以－mgL 8(1＋sin θ)＝－mgL 2＋12m v 2， 解得v ＝gL (3－sin θ)2 答案 gL (3－sin θ)2规范表达不仅仅是要书写工整和美观的问题，更侧重的是学科思维和学科潜能的问题.物理学科对规范的要求主要包括以下几个方面：(1)思维规范：主要是指从审题到挖掘题目隐含条件；从读题到信息提取和提炼，再到建立物理模型的过程. 思维规范最能反映一个学生的学科素养和学科能力.(2)表达规范：实际上表达的内容正是思维流程的呈现，语言表达要准确应用物理学科语言.(3)书写规范：一组美观的文字，给人赏心悦目的感觉，特别是在繁重的阅卷任务前，给老师以惊喜.例2 如图2所示，质量m ＝3 kg 的小物块以初速度v 0＝4 m /s 水平向右抛出，恰好从A 点沿着圆弧的切线方向进入圆弧轨道.圆弧轨道的半径为R ＝3.75 m ，B 点是圆弧轨道的最低点，圆弧轨道与水平轨道BD 平滑连接，A 与圆心O 的连线与竖直方向成37°角.MN 是一段粗糙的水平轨道，小物块与MN 间的动摩擦因数μ＝0.1，轨道其他部分光滑.最右侧是一个半径为r ＝0.4 m 的半圆弧轨道，C 点是半圆弧轨道的最高点，半圆弧轨道与水平轨道BD 在D 点平滑连接.已知重力加速度g ＝10 m/s 2，sin 37°＝0.6，cos 37°＝0.8.图2(1)求小物块经过B 点时对轨道的压力大小；(2)若MN 的长度为L ＝6 m ，求小物块通过C 点时对轨道的压力大小； (3)若小物块恰好能通过C 点，求MN 的长度L ′.思维规范 1.过程划分：追踪运动过程划分不同阶段，根据不同阶段满足的物理规律进行剖析和求解.本题可分为四个不同的运动过程：平抛运动、圆周运动、水平面上的运动和竖直面内的圆周运动.满足的物理规律分别为：运动分解、机械能守恒、动能定理和牛顿第二定律.2.条件挖掘：(1)“从A 点沿着圆弧的切线方向”可通过运动的分解求A 点速度.(2)“恰好能通过C 点”可知在C 点的速度. 表达规范解析 (1)根据平抛运动的规律有v 0＝v A cos 37°解得小物块经过A 点时的速度大小v A ＝5 m/s小物块从A 点运动到B 点，根据机械能守恒定律有12m v A 2＋mg (R －R cos 37°)＝12m v 2B 小物块经过B 点时，根据牛顿第二定律有F N －mg ＝m v 2B R解得F N ＝62 N ，根据牛顿第三定律，小物块通过B 点时对轨道的压力大小是62 N.(2)小物块由B 点运动到C 点，根据动能定理有－μmgL －2mgr ＝12m v 2C －12m v 2B 在C 点，根据牛顿第二定律有F N ′＋mg ＝m v 2C r解得F N ′＝60 N ，根据牛顿第三定律，小物块通过C 点时对轨道的压力大小是60 N.(3)小物块刚好能通过C 点时，根据mg ＝m v C ′2r解得v C ′＝2 m/s小物块从B 点运动到C 点的过程中，根据动能定理有－μmgL ′－2mgr ＝12m v C ′2－12m v 2B 解得L ′＝10 m.答案 (1)62 N (2)60 N (3)10 m。
高考物理一轮复习课件第五章机械能研专项素养提升
汇报人：XX 20XX-01-18
目录
• 机械能守恒定律 • 动能定理 • 重力势能 • 弹性势能 • 机械振动与机械波 • 实验：验证机械能守恒定律
01
机械能守恒定律
机械能守恒定律的表述
• 机械能守恒定律的表述为：在只有重力或弹力做功的物体系统内，动能与势能可以相互转化，而总的机械能保持不变。
02
动能定理
动能定理的表述
动能定理的基本表述
合外力对物体所做的功等于物体动能的变化 。
动能定理的标量性
动能是标量，对于动能的研究，采用代数运 算的方法。
动能定理的研究对象
动能定理的研究对象可以是单个物体，也可 以是物体系统。
动能定理的推导
牛顿第二定律的推
导
根据牛顿第二定律，物体的加速 度与合外力成正比，与物体质量 成反比。由此可以推导出动能定 理。
机械能守恒的条件
只有重力或弹力做功
当物体只受到重力或弹力的作用时，其机械能守恒。
无其他力做功
除了重力和弹力外，没有其他力对物体做功，机械能 守恒。
初始状态机械能为零
在某些特定问题中，可以将物体的初始状态机械能设 定为零，从而简化问题的求解。
机械能守恒定律的应用
求解物体的速度
通过机械能守恒定律，可以求 解物体在特定位置的速度。
重力势能与重力做功的关系式
WG=-ΔEp，其中WG为重力做的功，ΔEp为重力势能的改 变量。
04
弹性势能
弹性势能的定义
弹性势能
物体由于发生弹性形变而具有的势能。
弹性形变
物体在力的作用下形状或体积发生改变，在撤去外力后能恢复原状的形变。
高考物理一轮复习第五章机械能本章学科素养提升学案
第五章 机械能1．在应用机械能守恒定律处理实际问题时，经常遇到像“链条”“液柱”类的物体，其在运动过程中将发生形变，其重心位置相对物体也发生变化，因此这类物体不能再看作质点来处理．2．一般情况下，可将物体分段处理，确定质量分布均匀的规则物体各部分的重心位置，根据初、末状态物体重力势能的变化列式求解．例1 如图1所示，一条长为L 的柔软匀质链条，开始时静止在光滑梯形平台上，斜面上的链条长为x 0，已知重力加速度为g ，L <BC ，∠BCE ＝α，试用x 0、x 、L 、g 、α表示斜面上链条长为x 时链条的速度大小(链条尚有一部分在平台上且x >x 0)．图1答案 g L (x 2－x 20)sin α 解析 链条各部分和地球组成的系统机械能守恒，设链条的总质量为m ，以平台所在位置为零势能面，当斜面上链条长为x 时，有－m L x 0g ·12x 0sin α＝12mv 2－m L xg ·12x sin α 解得v ＝g L(x 2－x 20)sin α.1．利用等效法计算势能变化时一定要注意等效部分的质量关系，即根据物体的相对位置关系将物体分成若干段，在应用相关规律求解时要注意对应各部分的质量关系．2．解决涉及重力势能变化的问题时，物体的位置变化要以重心位置变化为准．规范答题要求：适当的文字叙述，突出关键公式，公式符号与题目对应，说明假设的未知量符号．例2 (13分)如图2所示，质量m ＝2kg 的小球以初速度v 0沿光滑的水平面飞出后，恰好无碰撞地从A 点进入竖直平面内的光滑圆弧轨道，其中B 点为圆弧轨道的最低点，C 点为圆弧轨道的最高点，圆弧AB 对应的圆心角θ＝53°，圆半径R ＝．若小球离开水平面运动到A 点所用时间t ＝，求：(sin53°＝，cos53°＝，g ＝10m/s 2)图2(1)小球沿水平面飞出的初速度v 0的大小．(2)到达B 点时，小球对圆弧轨道的压力大小．(3)小球能否通过圆弧轨道的最高点C ？说明原因．答案 (1)3m/s (2)136N (3)见解析【书面表达过程】 (1)小球离开水平面运动到A 点的过程中做平抛运动，有v y ＝gt (1分) 根据几何关系可得tan θ＝v y v 0(1分)代入数据，解得v 0＝3 m/s(1分)(2)由题意可知，小球在A 点的速度v A ＝v ysin θ(1分) 小球从A 点运动到B 点的过程，满足机械能守恒定律，有12mv A 2＋mgR (1－cos θ)＝12mv B 2(2分) 设小球运动到B 点时受到圆弧轨道的支持力为F N ，根据牛顿第二定律有 F N －mg ＝m v 2B R(1分) 代入数据，解得F N ＝136 N(1分)由牛顿第三定律可知，小球对圆弧轨道的压力大小为F N ′＝F N ＝136 N(1分)(3)假设小球能通过最高点C ，则小球从B 点运动到C 点的过程满足机械能守恒定律，有 12mv B 2＝mg ·2R ＋12mv C 2(2分) 在C 点有F 向＝m v 2C R(1分) 代入数据，解得F 向＝36 N>mg (1分)所以小球能通过最高点C .。
高考物理一轮总复习第5章机械能研专项素养提升课件
(3)8 J
解析 (1)物块P位于A点时,对物块Q有FT=m2gsin θ+kx1,解得x1=0.1 m。
(2)经分析,物块P上升h=0.4 m到B点时,物块Q速度为0,下降距离为
Δx=0.5 m-0.3 m=0.2 m
即弹簧压缩x2=0.2 m-0.1 m=0.1 m,故弹性势能不变,
对物块P、Q及弹簧组成的系统,从A到B根据系统机械能守恒有
不计一切摩擦,则B球由c下滑到a的过程中(
)
A.当小球B经过a点时,A、B速度大小之比为1∶1
B.B球的机械能先增大后减小
C.小球 B 经过 a 点时的速度大小为
2
5
D.小球 B 经过 a 点时的速度大小为
8
19
答案 D
解析 两小球组成的系统机械能守恒,设小球B经过a点时的速度大小为v1,
机的输出功率为P,则风能转化为电能的效率为(
A.
2
2
π 3
C.
4
2
π 3
6
B.
2
π 3
D.
8
2
π 3
)
答案 A
解析 建立一个“风柱”模型如图所示,风柱的横截面积为叶片旋转扫过的面
积 S=πl2,经过 t 时间风柱长度 x=vt,所形成的风柱体积 V=πl2vt,风柱质量
=5.4×106 J,因路灯正常工作,故P额=P=30 W,灯工作8 h消耗电能W有用
=Pt=8.64×105 J,太阳能电池的光电转换效率为
有用
η=
总
×100%=16%,C 正确。
案例3.(多选)(节能汽车)某汽车研发机构在
汽车的车轮上安装了小型发电机,将减速时
的部分动能转化并储存在蓄电池中,以达到
近年高考物理一轮复习第五章机械能及其守恒定律第4讲功能关系能量守恒定律学案
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第4讲功能关系能量守恒定律【基础梳理】一、功能关系1．功是能量转化的量度，即做了多少功就有多少能量发生了转化．2．几种常见的功能关系功能量的变化合外力做正功动能增加重力做正功重力势能减少弹簧弹力做正功弹性势能减少电场力做正功电势能减少其他力（除重力、机械能增加弹力外)做正功二、能量守恒定律1．内容:能量既不会凭空产生，也不会凭空消失，它只能从一种形式转化为另一种形式，或者从一个物体转移到别的物体，在转化和转移的过程中，能量的总量保持不变．2．表达式(1)E1＝E2.(2)ΔE减＝ΔE增．【自我诊断】判一判（1）能量转化是通过做功来实现的．（）（2）力对物体做了多少功，物体就有多少能．（）（3）力对物体做正功,物体的总能量一定增加．( ）(4)能量在转化和转移的过程中，其总量会不断减少．( ）（5）能量在转化和转移的过程中总量保持不变,因此能源取之不尽，用之不竭，故无需节约能源．( )（6）滑动摩擦力做功时，一定会引起能量的转化．( )提示：（1）√(2）×（3)×（4)×(5)×(6）√做一做(2016·高考四川卷)韩晓鹏是我国首位在冬奥会雪上项目夺冠的运动员．他在一次自由式滑雪空中技巧比赛中沿“助滑区"保持同一姿态下滑了一段距离,重力对他做功1 900 J，他克服阻力做功100 J．韩晓鹏在此过程中（)A．动能增加了1 900 JB．动能增加了2 000 JC．重力势能减小了1 900 JD．重力势能减小了2 000 J提示：选C。
2019年高考物理一轮复习第五章机械能第1讲功功率动能定理学案【word版】.doc
第1讲功功率动能定理[高考命题解读]题恒定律和运动的合成与分解Ⅱ卷24题通过带电粒子在电场中的运动考查动能定理的应用2016年Ⅰ卷20题在电场中考查物体运动的动能、势能关系Ⅰ卷22题在直线运动中综合考查加速度求解及机械能守恒定律Ⅰ卷25题通过单物体多过程考查动能定理、机械能守恒定律、功能关系的灵活应用Ⅱ卷16题将动能融入在曲线运动考查Ⅱ卷21题通过弹簧模型综合考查弹力做功、功率、机械能守恒定律Ⅱ卷25题通过单物体多过程考查弹性势能、机械能守恒定律Ⅲ卷20题在曲线运动中考查摩擦力做功问题Ⅲ卷24题通过单物体多过程考查动能的计算一、功1．定义：一个物体受到力的作用，如果在力的方向上发生了一段位移，就说这个力对物体做了功．2．必要因素：力和物体在力的方向上发生的位移．3．物理意义：功是能量转化的量度．4．计算公式(1)恒力F 的方向与位移l 的方向一致时：W ＝Fl .(2)恒力F 的方向与位移l 的方向成某一夹角α时：W ＝Fl cos α.5．功的正负(1)当0≤α<π2时，W >0，力对物体做正功．(2)当π2<α≤π时，W <0，力对物体做负功，或者说物体克服这个力做了功．(3)当α＝π2时，W ＝0，力对物体不做功． 6．一对作用力与反作用力的功7.一对平衡力的功一对平衡力作用在同一个物体上，若物体静止，则两个力都不做功；若物体运动，则这一对力所做的功一定是数值相等，一正一负或均为零． 二、功率1．定义：功与完成这些功所用时间的比值． 2．物理意义：描述力对物体做功的快慢． 3．公式：(1)P ＝Wt ，P 为时间t 内物体做功的快慢． (2)P ＝Fv①v 为平均速度，则P 为平均功率． ②v 为瞬时速度，则P 为瞬时功率．③当力F 和速度v 不在同一直线上时，可以将力F 分解或者将速度v 分解． [深度思考] 由公式P ＝Fv 得到F 与v 成反比正确吗？答案 不正确，在P 一定时，F 与v 成反比． 三、动能 动能定理 1．动能(1)定义：物体由于运动而具有的能叫动能．(2)公式：E k ＝12mv 2.(3)矢标性：动能是标量，只有正值．(4)状态量：动能是状态量，因为v 是瞬时速度． 2．动能定理(1)内容：在一个过程中合外力对物体所做的功，等于物体在这个过程中动能的变化量．(2)表达式：W ＝12mv 22－12mv 12＝E k2－E k1. (3)适用条件：①既适用于直线运动，也适用于曲线运动． ②既适用于恒力做功，也适用于变力做功．③力可以是各种性质的力，既可以同时作用，也可以分阶段作用．(4)应用技巧：若整个过程包含了几个运动性质不同的分过程，既可以分段考虑，也可以整个过程考虑．[深度思考] 物体的速度改变，动能一定改变吗？ 答案 不一定．如匀速圆周运动．1．(粤教版必修2P67第5题)用起重机将质量为m 的物体匀速吊起一段距离，那么作用在物体上的各力做功情况应是下列说法中的哪一种？( ) A ．重力做正功，拉力做负功，合力做功为零 B ．重力做负功，拉力做正功，合力做正功 C ．重力做负功，拉力做正功，合力做功为零 D ．重力不做功，拉力做正功，合力做正功 答案 C2．(粤教版必修2P77第2题)(多选)一个物体在水平方向的两个恒力作用下沿水平方向做匀速直线运动，若撤去其中的一个力，则( ) A ．物体的动能可能减少B ．物体的动能可能不变C ．物体的动能可能增加D ．余下的力一定对物体做功 答案 ACD3．(多选)关于功率公式P ＝Wt 和P ＝Fv 的说法正确的是( )A ．由P ＝Wt 知，只要知道W 和t 就可求出任意时刻的功率 B ．由P ＝Fv 既能求某一时刻的瞬时功率，也可以求平均功率 C ．由P ＝Fv 知，随着汽车速度的增大，它的功率也可以无限增大 D ．由P ＝Fv 知，当汽车发动机功率一定时，牵引力与速度成反比 答案 BD4．(人教版必修2P59第1题改编)如图1所示，两个物体与水平地面间的动摩擦因数相等，它们的质量也相等．在甲图中用力F 1拉物体，在乙图中用力F 2推物体，夹角均为 α，两个物体都做匀速直线运动，通过相同的位移．设F 1和F 2对物体所做的功分别为W 1和W 2，物体克服摩擦力做的功分别为W 3和W 4，下列判断正确的是( )图1A ．F 1＝F 2B ．W 1＝W 2C ．W 3＝W 4D ．W 1－W 3＝W 2－W 4答案 D5.有一质量为m 的木块，从半径为r 的圆弧曲面上的a 点滑向b 点，如图2所示．若由于摩擦使木块的运动速率保持不变，则以下叙述正确的是( )图2A ．木块所受的合外力为零B ．因木块所受的力都不对其做功，所以合外力做的功为零C ．重力和摩擦力的合力做的功为零D ．重力和摩擦力的合力为零 答案 C命题点一 功的分析与计算1．常用办法：对于恒力做功利用W ＝Fl cos α；对于变力做功可利用动能定理(W ＝ΔE k )；对于机车启动问题中的定功率启动问题，牵引力的功可以利用W ＝Pt . 2．几种力做功比较(1)重力、弹簧弹力、电场力、分子力做功与位移有关，与路径无关． (2)滑动摩擦力、空气阻力、安培力做功与路径有关． (3)摩擦力做功有以下特点：①单个摩擦力(包括静摩擦力和滑动摩擦力)可以做正功，也可以做负功，还可以不做功． ②相互作用的一对静摩擦力做功的代数和总等于零；相互作用的一对滑动摩擦力做功的代数和不为零，且总为负值．③相互作用的一对滑动摩擦力做功过程中会发生物体间机械能转移和机械能转化为内能，内能Q ＝F f x 相对．例1 (2014·新课标Ⅱ·16)一物体静止在粗糙水平地面上．现用一大小为F 1的水平拉力拉动物体，经过一段时间后其速度变为v .若将水平拉力的大小改为F 2，物体从静止开始经过同样的时间后速度变为2v .对于上述两个过程，用W F 1、W F 2分别表示拉力F 1、F 2所做的功，W f1、W f2分别表示前后两次克服摩擦力所做的功，则( ) A ．W F 2>4W F 1，W f2>2W f1 B ．W F 2>4W F 1，W f2＝2W f1 C ．W F 2<4W F 1，W f2＝2W f1 D ．W F 2<4W F 1，W f2<2W f1物体从静止开始经过同样的时间．答案 C解析 根据x ＝v ＋v 02t 得，两过程的位移关系x 1＝12x 2，根据加速度的定义a ＝v －v 0t ，得两过程的加速度关系为a 1＝a 22.由于在相同的粗糙水平地面上运动，故两过程的摩擦力大小相等，即F f1＝F f2＝F f ，根据牛顿第二定律得，F 1－F f1＝ma 1，F 2－F f2＝ma 2，所以F 1＝12F 2＋12F f ，即F 1>F 22.根据功的计算公式W ＝Fl ，可知W f1＝12W f2，W F 1>14W F 2，故选项C 正确，选项A 、B 、D 错误．判断力是否做功及做正、负功的方法1．看力F的方向与位移l的方向间的夹角α——常用于恒力做功的情形．2．看力F的方向与速度v的方向间的夹角α——常用于曲线运动的情形．3．根据动能的变化：动能定理描述了合外力做功与动能变化的关系，即W合＝ΔE k，当动能增加时合外力做正功；当动能减少时合外力做负功．1.如图3所示，质量为m的物体置于倾角为θ的斜面上，物体与斜面间的动摩擦因数为μ，在外力作用下，斜面以加速度a沿水平方向向左做匀加速运动，运动中物体m与斜面体相对静止．则关于斜面对m的支持力和摩擦力的下列说法中错误的是()图3A．支持力一定做正功B．摩擦力一定做正功C．摩擦力可能不做功D．摩擦力可能做负功答案 B解析支持力方向垂直斜面向上，故支持力一定做正功．而摩擦力是否存在需要讨论，若摩擦力恰好为零，物体只受重力和支持力，如图所示，此时加速度a＝g tanθ，当a>g tanθ时，摩擦力沿斜面向下，摩擦力与位移夹角小于90°，则做正功；当a<g tanθ时，摩擦力沿斜面向上，摩擦力与位移夹角大于90°，则做负功．综上所述，B选项是错误的．2．以一定的初速度竖直向上抛出一个小球，小球上升的最大高度为h，空气阻力的大小恒为F，则从抛出到落回到抛出点的过程中，空气阻力对小球做的功为()A．0 B．－FhC．Fh D．－2Fh答案 D解析阻力与小球速度方向始终相反，故阻力一直做负功，W＝－Fh＋(－Fh)＝－2Fh，D选项正确．命题点二功率的理解和计算1．平均功率与瞬时功率(1)平均功率的计算方法①利用P ＝Wt .②利用P ＝F v cos α，其中v 为物体运动的平均速度．(2)瞬时功率的计算方法①利用公式P ＝Fv cos α，其中v 为t 时刻的瞬时速度． ②P ＝Fv F ，其中v F 为物体的速度v 在力F 方向上的分速度． ③P ＝F v v ，其中F v 为物体受到的外力F 在速度v 方向上的分力． 2．机车的两种启动模型启动方式恒定功率启动恒定加速度启动P －t 图和 v －t 图3.机车启动问题常用的三个公式 (1)牛顿第二定律：F －F f ＝ma . (2)功率公式：P ＝F ·v . (3)速度公式：v ＝at .说明：F 为牵引力，F f 为机车所受恒定阻力．例2 在检测某种汽车性能的实验中，质量为3×103kg 的汽车由静止开始沿平直公路行驶，达到的最大速度为40m/s ，利用传感器测得此过程中不同时刻该汽车的牵引力F 与对应速度v ，并描绘出如图4所示的F －1v 图象(图线ABC 为汽车由静止到达到最大速度的全过程，AB 、BO 均为直线)．假设该汽车行驶中所受的阻力恒定，根据图线ABC ：图4(1)求该汽车的额定功率；(2)该汽车由静止开始运动，经过35s 达到最大速度40m/s ，求其在BC 段的位移．①最大速度在图象中对应的力；②AB 、BO 均为直线．答案 (1)8×104W (2)75m解析 (1)由图线分析可知：图线AB 表示牵引力F 不变即F ＝8000N ，阻力F f 不变，汽车由静止开始做匀加速直线运动；图线BC 的斜率表示汽车的功率P 不变，达到额定功率后，汽车所受牵引力逐渐减小，汽车做加速度减小的变加速直线运动，直至达到最大速度40m/s ，此后汽车做匀速直线运动．由图可知：当最大速度v max ＝40m/s 时，牵引力为F min ＝2000N 由平衡条件F f ＝F min 可得F f ＝2000N由公式P ＝F min v max 得额定功率P ＝8×104W.(2)匀加速运动的末速度v B ＝PF ，代入数据解得v B ＝10m/s 汽车由A 到B 做匀加速运动的加速度为a ＝F －F fm ＝2m/s 2 设汽车由A 到B 所用时间为t 1，由B 到C 所用时间为t 2，位移为x ，则t 1＝v Ba ＝5s ，t 2＝35s －5s ＝30sB 点之后，对汽车由动能定理可得Pt 2－F f x ＝12mv C 2－12mv B 2，代入数据可得x ＝75m.1．求解功率时应注意的“三个”问题(1)首先要明确所求功率是平均功率还是瞬时功率；(2)平均功率与一段时间(或过程)相对应，计算时应明确是哪个力在哪段时间(或过程)内做功的平均功率；(3)瞬时功率计算时应明确是哪个力在哪个时刻(或状态)的功率． 2．机车启动中的功率问题(1)无论哪种启动过程，机车的最大速度都等于其匀速运动时的速度，即v m ＝P F min ＝PF 阻(式中F min 为最小牵引力，其值等于阻力F 阻)．(2)机车以恒定加速度启动的运动过程中，匀加速过程结束时，功率最大，但速度不是最大，v ＝P F <v m ＝PF 阻.3.一汽车在平直公路上行驶．从某时刻开始计时，发动机的功率P 随时间t 的变化如图5所示．假定汽车所受阻力的大小F f 恒定不变．下列描述该汽车的速度v 随时间t 变化的图线中，可能正确的是( )图5答案 A解析 当汽车的功率为P 1时，汽车在运动过程中满足P 1＝F 1v ，因为P 1不变，v 逐渐增大，所以牵引力F 1逐渐减小，由牛顿第二定律得F 1－F f ＝ma 1，F f 不变，所以汽车做加速度减小的加速运动，当F 1＝F f 时速度最大，且v m ＝P 1F 1＝P 1F f.当汽车的功率突变为P 2时，汽车的牵引力突增为F 2，汽车继续加速，由P 2＝F 2v 可知F 2减小，又因F 2－F f ＝ma 2，所以加速度逐渐减小，直到F 2＝F f 时，速度最大v m ′＝P 2F f，此后汽车做匀速直线运动．综合以上分析可知选项A 正确．4．一起重机的钢绳由静止开始匀加速提起质量为m 的重物，当重物的速度为v 1时，起重机的功率达到最大值P ，以后起重机保持该功率不变，继续提升重物，直到以最大速度v 2匀速上升，重物上升的高度为h ，则整个过程中，下列说法正确的是( )A ．钢绳的最大拉力为Pv 2B ．钢绳的最大拉力为mgC ．重物匀加速的末速度为Pmg D ．重物匀加速运动的加速度为Pmv 1－g答案 D解析 加速过程重物处于超重状态，钢绳拉力较大，匀速运动阶段钢绳的拉力为Pv 2，故A错误；加速过程重物处于超重状态，钢绳拉力大于重力，故B 错误；重物匀加速运动的末速度不是运动的最大速度，此时钢绳对重物的拉力大于其重力，故其速度小于Pmg ，故C 错误；重物匀加速运动的末速度为v 1，此时的拉力为F ＝Pv 1，由牛顿第二定律得：a ＝F －mg m ＝Pmv 1－g ，故D 正确． 命题点三 动能定理及其应用 1．动能定理 (1)三种表述①文字表述：所有外力对物体做的总功等于物体动能的增加量；②数学表述：W合＝12mv2－12mv02或W合＝E k－E k0；③图象表述：如图6所示，E k－l图象中的斜率表示合外力．图6(2)适用范围①既适用于直线运动，也适用于曲线运动；②既适用于恒力做功，也适用于变力做功；③力可以是各种性质的力，既可同时作用，也可分阶段作用．2．解题的基本思路(1)选取研究对象，明确它的运动过程；(2)分析受力情况和各力的做功情况；(3)明确研究对象在过程的初末状态的动能E k1和E k2；(4)列动能定理的方程W合＝E k2－E k1及其他必要的解题方程，进行求解．例3(2016·天津理综·10)我国将于2022年举办冬奥会，跳台滑雪是其中最具观赏性的项目之一．如图7所示，质量m＝60kg的运动员从长直助滑道AB的A处由静止开始以加速度a＝3.6m/s2匀加速滑下，到达助滑道末端B时速度v B＝24 m/s，A与B的竖直高度差H＝48m，为了改变运动员的运动方向，在助滑道与起跳台之间用一段弯曲滑道衔接，其中最低点C处附近是一段以O为圆心的圆弧．助滑道末端B与滑道最低点C的高度差h＝5m，运动员在B、C间运动时阻力做功W＝－1530J，取g＝10m/s2.图7(1)求运动员在AB段下滑时受到阻力F f的大小；(2)若运动员能够承受的最大压力为其所受重力的6倍，则C点所在圆弧的半径R至少应为多大．答案(1)144N(2)12.5m解析(1)运动员在AB上做初速度为零的匀加速运动，设AB的长度为x，则有v B2＝2ax①由牛顿第二定律有mg Hx－F f＝ma ②联立①②式，代入数据解得F f＝144N ③(2)设运动员到达C点时的速度为v C，在由B到达C的过程中，由动能定理得mgh ＋W ＝12mv C 2－12mv B 2④设运动员在C 点所受的支持力为F N ，由牛顿第二定律有F N －mg ＝m v 2CR ⑤ 由题意和牛顿第三定律知F N ＝6mg⑥联立④⑤⑥式，代入数据解得R ＝12.5m.5．(多选)我国科学家正在研制航母舰载机使用的电磁弹射器．舰载机总质量为3.0×104kg ，设起飞过程中发动机的推力恒为1.0×105N ；弹射器有效作用长度为100m ，推力恒定．要求舰载机在水平弹射结束时速度大小达到80m/s.弹射过程中舰载机所受总推力为弹射器和发动机推力之和，假设所受阻力为总推力的20%，则( ) A ．弹射器的推力大小为1.1×106N B ．弹射器对舰载机所做的功为1.1×108J C ．弹射器对舰载机做功的平均功率为8.8×107W D ．舰载机在弹射过程中的加速度大小为32m/s 2 答案 ABD解析 设总推力为F ，位移x ＝100m ，阻力F 阻＝20%F ，对舰载机加速过程由动能定理得Fx －20%F ·x ＝12mv 2，解得F ＝1.2×106N ，弹射器推力F 弹＝F －F 发＝1.2×106N －1.0×105N ＝1.1×106N ，A 正确；弹射器对舰载机所做的功为W ＝F 弹·x ＝1.1×106×100J＝1.1×108J ，B 正确；弹射器对舰载机做功的平均功率P ＝F 弹·0＋v2＝4.4×107W ，C 错误；根据运动学公式v 2＝2ax ，得a ＝v 22x ＝32m/s 2，D 正确．6．(多选)如图8所示为一滑草场．某条滑道由上下两段高均为h ，与水平面倾角分别为45°和37°的滑道组成，滑草车与草地之间的动摩擦因数为μ.质量为m 的载人滑草车从坡顶由静止开始自由下滑，经过上、下两段滑道后，最后恰好静止于滑道的底端(不计滑草车在两段滑道交接处的能量损失，sin37°＝0.6，cos37°＝0.8)．则( )图8A ．动摩擦因数μ＝67B ．载人滑草车最大速度为2gh 7C ．载人滑草车克服摩擦力做功为mghD ．载人滑草车在下段滑道上的加速度大小为35g 答案 AB解析 对滑草车从坡顶由静止滑下，到底端静止的全过程，得mg ·2h －μmg cos45°·hsin45°－μmg cos37°·h sin37°＝0，解得μ＝67，选项A 正确；对经过上段滑道过程，根据动能定理得，mgh －μmg cos45°·h sin45°＝12mv 2，解得v ＝2gh 7，选项B 正确；载人滑草车克服摩擦力做功为2mgh ，选项C 错误；载人滑草车在下段滑道上的加速度大小为a ＝μmg cos37°－mg sin37°m ＝335g ，选项D 错误． 7．如图9所示，用跨过光滑定滑轮的缆绳将海面上一艘失去动力的小船沿直线拖向岸边．已知拖动缆绳的电动机功率恒为P ，小船的质量为m ，小船受到的阻力大小恒为F f ，经过A 点时的速度大小为v 0，小船从A 点沿直线加速运动到B 点经历时间为t 1，A 、B 两点间距离为d ，缆绳质量忽略不计．求：图9(1)小船从A 点运动到B 点的全过程克服阻力做的功W f ； (2)小船经过B 点时的速度大小v 1；(3)小船经过B 点时的加速度大小a .答案 (1)F f d (2) v 20＋2m (Pt 1－F f d )(3)P m 2v 20＋2m (Pt 1－F f d )－F fm 解析 (1)小船从A 点运动到B 点克服阻力做功 W f ＝F f d①(2)小船从A 点运动到B 点，电动机牵引缆绳对小船做功 W ＝Pt 1②由动能定理有W －W f ＝12mv 12－12mv 02③ 由①②③式解得v 1＝v 20＋2m(Pt 1－F f d )④(3)设小船经过B 点时缆绳的拉力大小为F ，缆绳与水平方向的夹角为θ，电动机牵引缆绳的速度大小为v ，则 P ＝Fv ⑤ v ＝v 1cos θ⑥由牛顿第二定律有F cosθ－F f＝ma ⑦由④⑤⑥⑦式解得a＝Pm2v20＋2m(Pt1－F f d)－F fm.求解变力做功的五种方法一、用动能定理求变力做功动能定理既适用于直线运动，也适用于曲线运动，既适用于求恒力做功，也适用于求变力做功，因为使用动能定理可由动能的变化来求功，所以动能定理是求变力做功的首选．典例1如图10所示，质量为m的小球用长L的细线悬挂而静止在竖直位置．现用水平拉力F将小球缓慢拉到细线与竖直方向成θ角的位置．在此过程中，拉力F做的功为()图10A．FL cosθB．FL sinθC．FL(1－cosθ)D．mgL(1－cosθ)答案 D解析在小球缓慢上升过程中，拉力F为变力，此变力F的功可用动能定理求解．由W F －mgL(1－cosθ)＝0得W F＝mgL(1－cosθ)，故D正确．二、利用微元法求变力做功将物体的位移分割成许多小段，因小段很小，每一小段上作用在物体上的力可以视为恒力，这样就将变力做功转化为在无数个无穷小的位移上的恒力所做功的代数和，此法在中学阶段常应用于求解大小不变、方向改变的变力做功问题．典例2如图11所示，在一半径为R＝6m的圆弧形桥面的底端A，某人把一质量为m ＝8kg的物块(可看成质点)．用大小始终为F＝75N的拉力从底端缓慢拉到桥面顶端B(圆弧AB在一竖直平面内)，拉力的方向始终与物块在该点的切线成37°角，整个圆弧桥面所对的圆心角为120°，g取10m/s2，sin37°＝0.6，cos37°＝0.8.求这一过程中：图11(1)拉力F 做的功；(2)桥面对物块的摩擦力做的功． 答案 (1)376.8J (2)－136.8J解析 (1)将圆弧AB 分成很多小段l 1、l 2、…、l n ，拉力在每一小段上做的功为W 1、W 2、…、W n .因拉力F 大小不变，方向始终与物块在该点的切线成37°角，所以W 1＝Fl 1cos37°、W 2＝Fl 2cos37°、…、W n ＝Fl n cos37°所以W F ＝W 1＋W 2＋…＋W n ＝F cos37°(l 1＋l 2＋…＋l n )＝F cos37°·16·2πR ＝376.8J. (2)因为重力G 做的功W G ＝－mgR (1－cos60°)＝－240J ，而因物块在拉力F 作用下缓慢移动，动能不变，由动能定理知W F ＋W G ＋W f ＝0 所以W f ＝－W F －W G ＝－376.8J ＋240J ＝－136.8J. 三、化变力为恒力求变力做功变力做功直接求解时，通常都比较复杂，但若通过转换研究对象，有时可化为恒力做功，可以用W ＝Fl cos α求解，此法常常应用于轻绳通过定滑轮拉物体的问题中． 四、用平均力求变力做功在求解变力做功时，若物体受到的力的方向不变，而大小随位移是成线性变化的，即为均匀变化，则可以认为物体受到一大小为F ＝F 1＋F 22的恒力作用，F 1、F 2分别为物体初、末状态所受到的力，然后用公式W ＝F l cos α求此力所做的功． 五、用F －x 图象求变力做功在F －x 图象中，图线与x 轴所围“面积”的代数和就表示力F 在这段位移所做的功，且位于x 轴上方的“面积”为正，位于x 轴下方的“面积”为负，但此方法只适用于便于求图线所围面积的情况(如三角形、矩形、圆等规则的几何图)．典例3 轻质弹簧右端固定在墙上，左端与一质量m ＝0.5kg 的物块相连，如图12甲所示，弹簧处于原长状态，物块静止且与水平面间的动摩擦因数μ＝0.2.以物块所在处为原点，水平向右为正方向建立x 轴，现对物块施加水平向右的外力F ，F 随x 轴坐标变化的情况如图乙所示，物块运动至x ＝0.4m 处时速度为零，则此时弹簧的弹性势能为(g ＝10m/s 2)( )图12A ．3.1JB ．3.5JC ．1.8JD ．2.0J答案 A解析 物块与水平面间的摩擦力为F f ＝μmg ＝1N ．现对物块施加水平向右的外力F ，由F －x 图象面积表示功可知F 做功W ＝3.5J ，克服摩擦力做功W f ＝F f x ＝0.4J ．由功能关系可知，W －W f ＝E p ，此时弹簧的弹性势能为E p ＝3.1J ，选项A 正确．题组1 功和功率的分析与计算1．一个成年人以正常的速度骑自行车，受到的阻力为总重力的0.02倍，则成年人骑自行车行驶时的功率最接近于( ) A ．1W B ．10WC ．100WD ．1000W答案 C解析 设人和车的总质量为100kg ，匀速行驶时的速率为5m/s ，匀速行驶时的牵引力与阻力大小相等F ＝0.02mg ＝20N ，则人骑自行车行驶时的功率为P ＝Fv ＝100W ，故C 正确．2.(多选)一质量为1kg 的质点静止于光滑水平面上，从t ＝0时刻开始，受到水平外力F 作用，如图1所示．下列判断正确的是( )图1A ．0～2s 内外力的平均功率是4WB ．第2s 内外力所做的功是4JC ．第2s 末外力的瞬时功率最大D ．第1s 末与第2s 末外力的瞬时功率之比为9∶4 答案 AD解析 第1s 末质点的速度v 1＝F 1m t 1＝31×1m/s ＝3 m/s.第2s 末质点的速度v 2＝v 1＋F 2m t 2＝(3＋11×1) m/s ＝4 m/s.则第2s 内外力做功W 2＝12mv 22－12mv 12＝3.5J0～2s 内外力的平均功率 P ＝12mv 22t ＝0.5×1×422W ＝4W. 选项A 正确，选项B 错误；第1s 末外力的瞬时功率P 1＝F 1v 1＝3×3W ＝9W ， 第2s 末外力的瞬时功率P 2＝F 2v 2＝1×4W ＝4W ，故 P 1∶P 2＝9∶4.选项C 错误，选项D 正确．3．如图2所示，静止于光滑水平面上坐标原点处的小物块，在水平拉力F 作用下，沿x 轴方向运动，拉力F 随物块所在位置坐标x 的变化关系如图乙所示，图线为半圆．则小物块运动到x 0处时F 所做的总功为( )图2A ．0 B.12F m x 0 C.π4F m x 0 D.π4x 02答案 C解析 F 为变力，但F －x 图象包围的面积在数值上表示拉力做的总功．由于图线为半圆，又因在数值上F m ＝12x 0，故W ＝12π·F m 2＝12π·F m ·12x 0＝π4F m x 0. 题组2 动能定理及其简单应用4.如图3所示，光滑斜面的顶端固定一弹簧，一小球向右滑行，并冲上固定在地面上的斜面．设小球在斜面最低点A 的速度为v ，压缩弹簧至C 点时弹簧最短，C 点距地面高度为h ，则小球从A 到C 的过程中弹簧弹力做功是( )图3A ．mgh －12mv 2 B.12mv 2－mghC ．－mghD ．－(mgh ＋12mv 2) 答案 A解析 小球从A 点运动到C 点的过程中，重力和弹簧的弹力对小球做负功，由于支持力与位移始终垂直，则支持力对小球不做功，由动能定理，可得W G ＋W F ＝0－12mv 2，重力做功为W G ＝－mgh ，则弹簧的弹力对小球做功为W F ＝mgh －12mv 2，所以正确选项为A. 5．(多选)质量为1kg 的物体静止在水平粗糙的地面上，在一水平外力F 的作用下运动，如图4甲所示，外力F 和物体克服摩擦力F f 做的功W 与物体位移x 的关系如图乙所示，重力加速度g 取10m/s 2.下列分析正确的是( )图4A ．物体与地面之间的动摩擦因数为0.2B ．物体运动的位移为13mC ．物体在前3m 运动过程中的加速度为3m/s 2D ．x ＝9m 时，物体的速度为32m/s 答案 ACD解析 由W f ＝F f x 对应图乙可知，物体与地面之间的滑动摩擦力F f ＝2N ，由F f ＝μmg 可得μ＝0.2，A 正确；由W F ＝Fx 对应图乙可知，前3m 内，拉力F 1＝5N ，3～9m 内拉力F 2＝2N ，物体在前3m 内的加速度a 1＝F 1－F fm ＝3m/s 2，C 正确；由动能定理得：W F －F f x ＝12mv 2可得：x ＝9m 时，物体的速度为v ＝32m/s ，D 正确；物体的最大位移x m ＝W F Ff＝13.5m ，B 错误．6．(多选)如图5所示，质量为M 的木块放在光滑的水平面上，质量为m 的子弹以速度v 0沿水平方向射中木块，并最终留在木块中与木块一起以速度v 运动．已知当子弹相对木块静止时，木块前进距离为l ，子弹进入木块的深度为d ，若木块对子弹的阻力F f 视为恒定，则下列关系式中正确的是( )图5A ．F f l ＝12Mv 2B ．F f d ＝12Mv 2C ．F f d ＝12mv 02－12(M ＋m )v 2D ．F f (l ＋d )＝12mv 02－12mv 2 答案 ACD解析 画出如图所示的运动过程示意图，从图中不难看出，当木块前进距离l ，子弹进入木块的深度为d 时，子弹相对于地发生的位移为l ＋d ，由牛顿第三定律，子弹对木块的作用力大小也为F f .子弹对木块的作用力对木块做正功，由动能定理得：F f l ＝12Mv 2木块对子弹的作用力对子弹做负功，由动能定理得：－F f (l ＋d )＝12mv 2－12mv 02两式联立得：F f d ＝12mv 02－12(M ＋m )v 2 所以，本题正确答案为A 、C 、D. 题组3 动能定理在多过程问题中的应用7．(2014·福建·21)如图6所示为某游乐场内水上滑梯轨道示意图，整个轨道在同一竖直平面内，表面粗糙的AB 段轨道与四分之一光滑圆弧轨道BC 在B 点水平相切．点A 距水面的高度为H ，圆弧轨道BC 的半径为R ，圆心O 恰在水面．一质量为m 的游客(视为质点)可从轨道AB 的任意位置滑下，不计空气阻力．图6(1)若游客从A 点由静止开始滑下，到B 点时沿切线方向滑离轨道落在水面D 点，OD ＝2R ，求游客滑到B 点时的速度v B 大小及运动过程轨道摩擦力对其所做的功W f ； (2)某游客从AB 段某处滑下，恰好停在B 点，又因受到微小扰动，继续沿圆弧轨道滑到P 点后滑离轨道，求P 点离水面的高度h .(提示：在圆周运动过程中任一点，质点所受的向心力与其速率的关系为F 向＝m v 2R )答案 (1)2gR －(mgH －2mgR ) (2)23R 解析 (1)游客从B 点做平抛运动，有 2R ＝v B t① R ＝12gt 2② 由①②式得v B ＝2gR③从A 到B ，根据动能定理，有mg (H －R )＋W f ＝12mv B 2－0 ④由③④式得W f ＝－(mgH －2mgR )(2)设OP 与OB 间夹角为θ，游客在P 点时的速度为v P ，受到的支持力为N ，从B 到P 由机械能守恒定律，有mg (R －R cos θ)＝12mv P 2－0⑤。
高考物理一轮复习第五章机械能第3讲机械能守恒定律教案
【2019最新】精选高考物理一轮复习第五章机械能第3讲机械能守恒定律教案知识点一重力势能和弹性势能1.重力做功与重力势能的关系(1)重力做功的特点①重力做功与无关，只与始末位置的有关.②重力做功不引起物体的变化.(2)重力势能①表达式：Ep＝.②重力势能的特点重力势能是物体和所共有的；重力势能的大小与参考平面的选取，但重力势能的变化与参考平面的选取.(3)重力做功与重力势能变化的关系①定性关系：重力对物体做正功，重力势能；重力对物体做负功，重力势能；②定量关系：重力对物体做的功等于物体重力势能的减小量.即WG ＝＝.2.弹性势能(1)定义：发生的物体之间，由于有弹力的相互作用而具有的势能.(2)弹力做功与弹性势能变化的关系：弹力做正功，弹性势能；弹力做负功，弹性势能.即W＝.答案：1.(1)路径高度差机械能(2)mgh 地球有关无关(3)减少增大－(Ep2－Ep1) －ΔEp 2.(1)弹性形变(2)减小增加－ΔEp知识点二机械能守恒定律及应用1.机械能：和统称为机械能，其中势能包括和.2.机械能守恒定律(1)内容：在只有做功的物体系统内，动能与势能可以相互转化，而总的机械能.(2)表达式：mgh1＋mv＝.3.守恒条件：只有重力或弹簧的弹力做功.答案：1.动能势能弹性势能重力势能2.(1)重力或弹力保持不变(2)mgh2＋mv2(1)重力势能的变化与零势能参考面的选取无关. ( )(2)克服重力做功，物体的重力势能一定增加. ( )(3)发生形变的物体都具有弹性势能. ( )(4)弹力做正功，弹性势能一定增加. ( )(5)物体所受的合力力零，物体的机械能一定守恒. ( )(6)物体的速度增大时，其机械能可能减小. ( )(7)物体除受重力外，还受其他力，但其他力不做功，则物体的机械能一定守恒. ( )答案：(1)√(2)√(3)×(4)×(5)×(6)√(7)√考点机械能守恒的理解和判断1.对机械能守恒条件的理解(1)只受重力作用，例如不考虑空气阻力的各种抛体运动，物体的机械能守恒.(2)除重力外，物体还受其他力，但其他力不做功或做功代数和为零.(3)除重力外，只有系统内的弹力做功，并且弹力做的功等于弹性势能减少量，那么系统的机械能守恒.注意：并非物体的机械能守恒，如与弹簧相连的小球下摆的过程机械能减少.2.机械能是否守恒的三种判断方法(1)利用机械能的定义判断：若物体动能、势能之和不变，则机械能守恒.(2)用做功判断：若物体或系统只有重力(或弹簧的弹力)做功，虽受其他力，但其他力不做功，机械能守恒.(3)利用能量转化判断：若物体或系统与外界没有能量交换，物体或系统内也没有机械能与其他形式能的转化，则机械能守恒.考向1 不含弹簧的系统机械能守恒的判断[典例1] 如图所示，一斜面固定在水平面上，斜面上的CD部分光滑，DE部分粗糙，A、B两物体叠放在一起从顶端C点由静止下滑，下滑过程中A、B保持相对静止，且在DE段做匀速运动.已知A、B间的接触面水平，则( )A.沿CD部分下滑时，A的机械能减少，B的机械能增加，但总的机械能不变B.沿CD部分下滑时，A的机械能增加，B的机械能减少，但总的机械能不变C.沿DE部分下滑时，A的机械能不变，B的机械能减少，故总的机械能减少D.沿DE部分下滑时，A的机械能减少，B的机械能减少，故总的机械能减少[解析] 在CD段下滑时，对A、B整体只有重力做功，机械能守恒；分析A的受力，B对A的支持力和摩擦力的合力与斜面垂直，相当于只有重力做功，所以A、B的机械能都守恒，选项A、B错误；在DE 段下滑时，动能不变，重力势能减少，所以机械能减小，D正确.[答案] D考向2 含有弹簧的系统机械能守恒的判断[典例2] (多选)如图所示，轻质弹簧的一端与固定的竖直板P 连接，另一端与物体A相连，物体A置于光滑水平桌面上，A右端连接一细线，细线绕过光滑的定滑轮与物体B相连.开始时托住B，让A处于静止且细线恰好伸直，然后由静止释放B，直至B获得最大速度.下列有关该过程的分析正确的是( )A.A物体与B物体组成的系统机械能守恒B.A物体与B物体组成的系统机械能不守恒C.B物体机械能的减少量小于弹簧弹性势能的增加量D.当弹簧的拉力等于B物体的重力时，A物体的动能最大[解析] A物体、弹簧与B物体组成的系统机械能守恒，但A物体与B物体组成的系统机械能不守恒，选项A错误，选项B正确；B物体机械能的减少量等于A物体机械能的增加量与弹簧弹性势能的增加量之和，故B物体机械能的减少量大于弹簧弹性势能的增加量，选项C 错误；当弹簧的拉力等于B物体的重力时，B物体速度最大，A物体的动能最大，选项D正确.[答案] BD[变式1] (2015·天津卷)如图所示，固定的竖直光滑长杆上套有质量为m的小圆环，圆环与水平状态的轻质弹簧一端连接，弹簧的另一端连接在墙上，且处于原长状态.现让圆环由静止开始下滑，已知弹簧原长为L，圆环下滑到最大距离时弹簧的长度变为2L(未超过弹性限度)，则在圆环下滑到最大距离的过程中( )A.圆环的机械能守恒B.弹簧弹性势能变化了mgLC.圆环下滑到最大距离时，所受合力为零D.圆环重力势能与弹簧弹性势能之和保持不变答案：B 解析：圆环沿杆下滑的过程中，圆环与弹簧组成的系统动能、弹性势能、重力势能之和守恒，选项A、D错误；弹簧长度为2L 时，圆环下落的高度h＝L，根据机械能守恒定律，弹簧的弹性势能增加了ΔEp＝mgh＝mgL，选项B正确；圆环释放后，圆环向下先做加速运动，后做减速运动，当速度最大时，合力为零，下滑到最大距离时，具有向上的加速度，合力不为零，选项C错误.1.机械能守恒的条件绝不是合外力的功等于零，更不是合外力为零；“只有重力做功”不等于“只受重力作用”.2.分析机械能是否守恒时，必须明确要研究的系统.3.只要涉及滑动摩擦力做功，机械能一定不守恒.对于一些绳子突然绷紧、物体间碰撞等情况，除非题目特别说明，否则机械能必定不守恒.考点机械能守恒定律及应用1.机械能守恒定律的表达式2.用机械能守恒定律解题的基本思路考向1 单个物体的机械能守恒[典例3] (2017·甘肃兰州一模)(多选)如图所示，竖直面内光滑的圆形导轨固定在一水平地面上，半径为R.一个质量为m的小球从距水平地面正上方h高处的P点由静止开始自由下落，恰好从N点沿切线方向进入圆轨道.不考虑空气阻力，则下列说法正确的是( )A.适当调整高度h，可使小球从轨道最高点M飞出后，恰好落在轨道右端口N处B.若h＝2R，则小球在轨道最低点对轨道的压力为5mgC.只有h大于等于2.5R时，小球才能到达圆轨道的最高点MD.若h＝R，则小球能上升到圆轨道左侧离地高度为R的位置，该过程重力做功为mgR[解析] 小球到达最高点时速度至少应满足mg＝m，解得v＝，小球离开最高点后做平抛运动，下落高度为R时，运动的水平距离为x ＝vt＝＝R，故A错误；从P到最低点过程由机械能守恒可得2mgR＝mv2，由向心力公式得FN－mg＝m，解得FN＝5mg，由牛顿第三定律可知小球对轨道的压力为5mg，故B正确；由机械能守恒得mg(h－2R)＝mv2，代入v＝解得h＝2.5R，故C正确；若h＝R，则小球能上升到圆轨道左侧离地高度为R的位置，该过程重力做功为0，D错误.[答案] BC[变式2] (2017·安徽第三次联考)如图所示，光滑轨道由AB、BCDE两段细圆管平滑连接组成，其中AB段水平，BCDE段为半径为R 的四分之三圆弧，圆心O及D点与AB等高，整个轨道固定在竖直平面内.现有一质量为m、初速度v0＝的光滑小球水平进入圆管AB，设小球经过轨道交接处无能量损失，圆管孔径远小于R，则(小球直径略小于管内径)( )A.小球到达C点时的速度大小vC＝3gR2B.小球能通过E点且抛出后恰好落至B点C.无论小球的初速度v0为多少，小球到达E点时的速度都不能为零D.若将DE轨道拆除，则小球能上升的最大高度与D点相距2R答案：B 解析：对小球从A点至C点过程，由机械能守恒有mv ＋mgR＝mv，解得vC＝，选项A错误；A点至E点的过程，由mv＝mv ＋mgR，解得vE＝，又由x＝vEt＝vE＝R，小球能正好平抛落回B点，选项B正确；因为内管壁可提供支持力，所以小球在E点速度可以为零，选项C错误；若将DE轨道拆除，设小球能上升的最大高度为h，由mv＝mgh，解得h＝R，选项D错误.考向2 多个物体的机械能守恒[典例4] 一半径为R的半圆形竖直圆柱面，用轻质不可伸长的细绳连接的A、B两球悬挂在圆柱面边缘内外两侧，A球质量为B球质量的2倍，现将A球从圆柱面边缘处由静止释放，如图所示.已知A球始终不离开圆柱内表面，且细绳足够长，若不计一切摩擦，求：(1)A球沿圆柱内表面滑至最低点时速度的大小；(2)A球沿圆柱内表面运动的最大位移.[解题指导] (1)A球沿绳方向的分速度与B球速度大小相等.(2)A球沿圆柱内表面运动的位移大小与B球上升高度相等.(3)A球下降的高度并不等于B球上升的高度.[解析] (1)设A球沿圆柱内表面滑至最低点时速度的大小为v，B 球的质量为m，则根据机械能守恒定律有2mgR－mgR＝×2mv2＋mv2B 由图甲可知，A球的速度v与B球速度vB的关系为vB＝v1＝vcos 45°联立解得v＝2.甲乙(2)当A球的速度为零时，A球沿圆柱内表面运动的位移最大，设为x，如图乙所示，由几何关系可知A球下降的高度h＝x4R2－x22R 根据机械能守恒定律有2mgh－mgx＝0解得x＝R.[答案] (1)2 (2)R[变式3] (2017·陕西商洛模拟)(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( )A.环到达B处时，重物上升的高度h＝d2B.小环到达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d答案：CD 解析：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；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对；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；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.机械能守恒定律是解答能量问题的基本方法之一，分析运动过程物体的机械能是否守恒是解题的关键，在解决物体的运动问题时应优先考虑用能量方法，如曲线运动、含弹簧类运动问题等.应用时首先要对研究对象进行受力分析和运动分析，以确定在所研究的过程中机械能是否守恒，再选合适的表达式求解.应用机械能守恒定律求解多过程问题时可对全过程应用机械能守恒定律列式求解.1.[机械能守恒的条件]关于机械能是否守恒，下列说法正确的是( )A.做匀速直线运动的物体机械能一定守恒B.做匀速圆周运动的物体机械能一定守恒C.做变速运动的物体机械能可能守恒D.合外力对物体做功不为零，机械能一定不守恒答案：C 解析：做匀速直线运动的物体与做匀速圆周运动的物体，其动能不变，但物体的重力势能可能变化，所以机械能可能不守恒，如物体在竖直平面内运动，选项A、B错误；物体做变速运动时，受到的合力不为零，但如果运动过程中只有重力做功，则机械能守恒，选项C正确；合外力做功不为零，物体的动能改变，但如果运动过程中只有重力做功，则物体的机械能守恒，选项D错误.2.[系统机械能守恒]如图所示，一辆小车静止在光滑的水平导轨上，一小球用细绳悬挂在车上，由图中虚线位置无初速释放，则小球在下摆过程中，下列说法正确的是 ( )A.绳子的拉力对小球不做功，小球机械能守恒B.绳子的拉力对小球做正功，小球机械能增加C.绳子的拉力对小球做负功，小球机械能减小D.小球所受到的合力不做功，小球机械能不变答案：C 解析：由于小车位于光滑的水平导轨上，小球在下摆过程中，小车向左运动，即悬点也在移动，绳子拉力方向与小球位移的夹角大于90°，拉力对小球做负功.或者从系统考虑，因只有重力做功，机械能守恒，由于小车机械能增加，则小球机械能减小，故绳子的拉力对小球做负功.所以，本题正确答案为C.本题摆球的悬点不同，绳子拉力与速度方向不垂直而对摆球做功，不注意这一点，易错选A.3.[功的计算与机械能守恒]长为L的轻质细绳悬挂一个质量为m 的小球，其下方有一个倾角为θ的光滑斜面体，放在水平面上，开始时小球与斜面刚刚接触且细绳恰好竖直，如图所示，现在用水平推力F 缓慢向左推动斜面体，直到细绳与斜面平行，则下列说法中正确的是( )A.由于小球受到斜面的弹力始终与斜面垂直，故对小球不做功B.细绳对小球的拉力始终与小球的运动方向垂直，故对小球不做功C.小球受到的合外力对小球做功为零，故小球在该过程中机械能守恒D.若水平面光滑，则推力做功为mgL(1－cos θ)答案：B 解析：小球受到斜面的弹力沿小球的运动方向有分量，故对小球做正功，A错误；细绳的拉力方向始终和小球的运动方向垂直，故对小球不做功，B正确；合外力对小球做的功等于小球动能的改变量，虽然合外力做功为零，但小球的重力势能增加，故小球在该过程中机械能不守恒，C错误；若水平面光滑，则推力做功为mgL(1－sin θ)，D错误.4.[弹力做功与弹性势能](多选)如图所示，固定的倾斜光滑杆上套有一个质量为m的圆环，圆环与一弹性橡皮绳相连，橡皮绳的另一端固定在地面的A点，橡皮绳竖直时处于原长h，让圆环沿杆滑下，滑到杆的底端时速度为零，则在圆环下滑过程中(橡皮绳始终处于弹性限度内)( )A.橡皮绳的弹性势能一直增大B.圆环的机械能先不变后减小2019年C.橡皮绳的弹性势能最大增加了mghD.橡皮绳再次达到原长时圆环动能最大答案：BC 解析：橡皮绳的弹性势能随橡皮绳的形变量的变化而变化，初始位置橡皮绳长度等于原长，由图知橡皮绳先缩短后再伸长，故橡皮绳的弹性势能先不变再增大，选项A错误；圆环沿杆滑下，滑到杆的底端的过程中，环的重力和橡皮绳的拉力对圆环做功，所以圆环和橡皮绳组成的系统的机械能守恒，圆环的机械能不守恒，因为橡皮绳的弹性势能先不变再增大，所以圆环的机械能先不变后减小，选项B正确；根据系统的机械能守恒，圆环的机械能减少mgh，则圆环的机械能的减小量等于橡皮绳弹性势能增加量(mgh)，所以橡皮绳的弹性势能最大增加了mgh，选项C正确；在圆环下滑过程中，橡皮绳再次达到原长时，该过程中动能一直增大，但不是最大，沿杆方向合力为零的时刻，圆环的速度最大，选项D错误.5.[机械能守恒定律的应用]如图所示，可视为质点的小球A、B用不可伸长的细软轻线连接，跨过固定在地面上半径为R的光滑圆柱，A 的质量为B的两倍.当B位于地面时，A恰与圆柱轴心等高.将A由静止释放，B上升的最大高度是( )A.2RB.C.D.2R3答案：C 解析：如图所示，以A、B为系统，以地面为零势能面，设A的质量为2m，B的质量为m，根据机械能守恒定律有2mgR＝mgR＋×3mv2，A落地后B将以v做竖直上抛运动，即有mv2＝mgh，解得h ＝R.则B上升的最大高度为R＋R＝R，故选项C正确.。
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第五章机械能
1．在应用机械能守恒定律处理实际问题时，经常遇到像“链条”“液柱”类的物体，其在运动过程中将发生形变，其重心位置相对物体也发生变化，因此这类物体不能再看作质点来处理．2．一般情况下，可将物体分段处理，确定质量分布均匀的规则物体各部分的重心位置，根据初、末状态物
体重力势能的变化列式求解．例1 如图1所示，一条长为L的柔软匀质链条，开始时静止在光滑梯形平台上，斜面上的链条长为x0，已知重力加速度为g，L<BC，∠BCE＝α，试用x0、x、L、g、α表示斜面上链条长为x时链条的速度大小
(链条尚有一部分在平台上且x>x0)．
图1
答案错误!解析链条各部分和地球组成的系统机械能守恒，设链条的总质量为m，以平台所在位置为零势能面，当
斜面上链条长为x时，有
－m
L
x0g·
1
2
x0sinα＝
1
2
mv2－
m
L
xg·
1
2
x sinα
解得v＝错误!.
1．利用等效法计算势能变化时一定要注意等效部分的质量关系，即根据物体的相对位置关系将物体分成若
干段，在应用相关规律求解时要注意对应各部分的质量关系．
2．解决涉及重力势能变化的问题时，物体的位置变化要以重心位置变化为准．
规范答题要求：适当的文字叙述，突出关键公式，公式符号与题目对应，说明假设的未知量符号．例2(13分)如图2所示，质量m＝2kg的小球以初速度v0沿光滑的水平面飞出后，恰好无碰撞地从A点进入竖直平面内的光滑圆弧轨道，其中B点为圆弧轨道的最低点，C点为圆弧轨道的最高点，圆弧AB对应的圆心角θ＝53°，圆半径R＝0.5m．若小球离开水平面运动到A点所用时间t＝0.4s，求：(sin53°＝0.8，
cos53°＝0.6，g＝10m/s2)
图2
(1)小球沿水平面飞出的初速度v 0的大小．
(2)到达B 点时，小球对圆弧轨道的压力大小．
(3)小球能否通过圆弧轨道的最高点C ？说明原因．
答案 (1)3m/s(2)136N(3)见解析
【书面表达过程】 (1)小球离开水平面运动到A 点的过程中做平抛运动，有v y ＝gt (1分)
根据几何关系可得tan θ＝vy v0
(1分) 代入数据，解得v 0＝3 m/s(1分)
(2)由题意可知，小球在A 点的速度v A ＝vy sin θ(1分)
小球从A 点运动到B 点的过程，满足机械能守恒定律，有
12mv A 2＋mgR (1－cos θ)＝12
mv B 2(2分) 设小球运动到B 点时受到圆弧轨道的支持力为F N ，根据牛顿第二定律有
F N －mg ＝m v2B R (1分)
代入数据，解得
F N ＝136 N(1分)
由牛顿第三定律可知，小球对圆弧轨道的压力大小为
F N ′＝F N ＝136 N(1分)
(3)假设小球能通过最高点C ，则小球从B 点运动到C 点的过程满足机械能守恒定律，有
12mv B 2＝mg ·2R ＋12mv C 2(2分)
在C 点有F 向＝m v2C R (1分)
代入数据，解得F 向＝36 N>mg (1分)
所以小球能通过最高点C .。