《（江蘇專版）2018版高考物理二輪復習 第一部分 專題六 機械能守恒定律 功能關系學案》由會員分享，可在線閱讀，更多相關《（江蘇專版）2018版高考物理二輪復習 第一部分 專題六 機械能守恒定律 功能關系學案（13頁珍藏版）》請在裝配圖網上搜索。

1、 專題六　機械能守恒定律　功能關系 江蘇卷考情導向 考點 考題 考情 機械能守恒定律的應用 2017年江蘇T9考查動能定理的應用、共點力平衡的條件及其應用、牛頓第二定律 2016年江蘇高考T14考查力的平行四邊形定則與平衡條件的應用及系統(tǒng)機械能守恒 1．高考在本專題的命題方式為選擇題和計算題． 2．高考的命題熱點集中在機械能守恒的判斷、機械能守恒定律的應用，利用功能關系分析各種能的變化，綜合性命題常與平拋運動、圓周運動相結合． 功能關系及 能量守恒 2015年江蘇高考T9考查牛頓第二定律和功能關系 2013年江蘇T9考查功能關系和動能定理 考點1| 機械能守恒

2、定律的應用難度：中檔題 題型：選擇題、計算題 五年2考 (對應學生用書第27頁) 1．(2016·江蘇高考T14)如圖6-1所示，傾角為α的斜面A被固定在水平面上，細線的一端固定于墻面，另一端跨過斜面頂端的小滑輪與物塊B相連，B靜止在斜面上．滑輪左側的細線水平，右側的細線與斜面平行．A、B的質量均為m．撤去固定A的裝置后，A、B均做直線運動．不計一切摩擦，重力加速度為g．求： 圖6-1 (1)A固定不動時，A對B支持力的大小N； (2)A滑動的位移為x時，B的位移大小s； (3)A滑動的位移為x時的速度大小vA． 【導學號：17214098】 【解題關鍵】　 關鍵語

3、句 信息解讀 細線的一端固定于墻面，另一端跨過斜面頂端的小滑輪與物塊B相連 A向左滑動的位移為x時，B相對斜面下移的距離也為x，但對地的位移不是x 不計一切摩擦 A、B組成的系統(tǒng)機械能守恒 【解析】　(1)支持力的大小N＝mgcos α． (2)根據(jù)幾何關系 sx＝x·(1－cos α)，sy＝x·sin α 且s＝ 解得s＝·x． (3)B的下降高度sy＝x·sin α 根據(jù)機械能守恒定律mgsy＝mv＋mv 根據(jù)速度的定義得vA＝，vB＝ 則vB＝·vA 解得vA＝． 【答案】　(1)mgcos α　(2)·x (3) 2．(多選)(2017·江蘇高考T

4、9)如圖6-2所示，三個小球A、B、C的質量均為m，A與B、C間通過鉸鏈用輕桿連接，桿長為L．B、C置于水平地面上，用一輕質彈簧連接，彈簧處于原長．現(xiàn)A由靜止釋放下降到最低點，兩輕桿間夾角α由60°變?yōu)?20°．A、B、C在同一豎直平面內運動，彈簧在彈性限度內，忽略一切摩擦，重力加速度為g．則此下降過程中(　　) 【導學號：17214099】 圖6-2 A．A的動能達到最大前，B受到地面的支持力小于mg B．A的動能最大時，B受到地面的支持力等于mg C．彈簧的彈性勢能最大時，A的加速度方向豎直向下 D．彈簧的彈性勢能最大值為mgL AB　[A對：取A、B、C整體研究，三個

5、小球皆靜止時，地面對B、C球的彈力各為mg．當A球下降時，只要A球未達最大速度，有豎直向下的加速度，A球就處于失重狀態(tài)，地面對B球的支持力小于mg． B對：A球的動能最大時，aA＝0，系統(tǒng)在豎直方向上F合＝0，則地面對B球的彈力為mg． C錯：彈簧的彈性勢能最大時，對應著彈簧伸長量最大，A球運動到最低點，此時vA＝0，但aA≠0，加速度方向豎直向上． D錯：兩桿間夾角由60°變?yōu)?20°，A球下落的距離h＝Lsin 60°－Lsin 30°＝L，A球重力勢能的減少量為ΔEp＝mgL．由能量轉化知，彈簧的彈性勢能最大值為mgL．] 機械能守恒定律應用中的“三選取” (1)研究對象的

6、選取 研究對象的選取是解題的首要環(huán)節(jié)，有的問題選單個物體(實為一個物體與地球組成的系統(tǒng))為研究對象，有的選幾個物體組成的系統(tǒng)為研究對象，如圖6-3所示單選物體A機械能減少不守恒，但由物體A、B二者組成的系統(tǒng)機械能守恒． 圖6-3 (2)研究過程的選取 研究對象的運動過程分幾個階段，有的階段機械能守恒，而有的階段機械能不守恒，因此在應用機械能守恒定律解題時要注意過程的選?。? (3)機械能守恒表達式的選取 ①守恒觀點：Ek1＋Ep1＝Ek2＋Ep2．(需選取參考面) ②轉化觀點：ΔEp＝－ΔEk．(不需選取參考面) ③轉移觀點：ΔEA增＝ΔEB減．(不需選取參考面) ●考

7、向1　機械能守恒條件的應用 1．(2017·鎮(zhèn)江一模)風洞飛行體驗是運用先進的科技手段實現(xiàn)高速風力將人吹起并懸浮于空中，如圖6-4所示．若在人處于懸浮狀態(tài)時增加風力，則體驗者在加速上升過程中(　　) 【導學號：17214100】 圖6-4 A．處于失重狀態(tài)，機械能增加 B．處于失重狀態(tài)，機械能減少 C．處于超重狀態(tài)，機械能增加 D．處于超重狀態(tài)，機械能減少 C　[由題意可知，人加速向上運動，故人的加速度向上，處于超重狀態(tài)；由于風力對人做正功，故人的機械能增加，故C正確，A、B、D錯誤．] 2．(2017·泰州三模)如圖6-5所示，每級臺階的高和寬均相等，一小球拋出后從臺

8、階上逐級彈下，在每級臺階上彈起的高度相同，落在每級臺階上的位置離邊緣的距離也相同，則(　　) 圖6-5 A．小球落到每級臺階前瞬間的速度相等 B．小球在相鄰臺階間運動的時間越來越短 C．小球在整個運動過程中機械能守恒 D．小球與臺階碰撞過程中受摩擦力作用 A　[小球平拋后落在臺階上，落到臺階上瞬間的速度方向斜向下，反彈后做斜拋運動，即豎直向上做勻減速直線運動，加速度為重力加速度，水平方向上做勻速運動，由題意知每級臺階上彈起的高度相同，落在每級臺階上的位置離邊緣的距離也相同，所以小球在運動過程中不受空氣阻力，小球與臺階碰撞過程中不受摩擦力作用，所以小球落到每級臺階前瞬間的速度相等

9、，故A正確，D錯誤；因在豎直方向上球與臺階碰撞前后速度不相等，所以機械能不守恒，C錯誤；由于小球每次彈起，豎直向上做加速度為重力加速度的勻減速直線運動，而每級臺階上彈起的高度相同，由逆向思維可得：h＝gt2，所以小球在相鄰臺階間運動的時間不變，故B錯誤．] ●考向2　單個物體機械能守恒 3．(2017·南京四模)背越式跳高是一項跳躍垂直障礙的運動項目，包括助跑、起跳、過桿和落地四個階段，圖為從起跳到落地運動過程分解圖，某同學身高1．80 m，體重60 kg，參加學校運動會成功地越過1．90 m的橫桿，該同學跳起時刻的動能可能是下列哪個值(　　) 【導學號：17214101】 圖6-

10、6 A．500 J　　　　　　　 B．600 J C．800 J D．2 000 J C　[運動員跳高過程可以看作豎直上拋運動，當重心達到橫桿時速度恰好為零，有：運動員重心升高高度至少為：h＝1．90 m－ m＝1．0 m．根據(jù)機械能守恒定律可知，跳起時的動能：Ek＝mgh＝60×10×1 J＝600 J；因實際過程中可能存在阻力，則可知，只有動能大于600 J時才能成功越過，但2 000 J不符合實際，故只有C正確，A、B、D錯誤．] ●考向3　系統(tǒng)機械能守恒 4．(2017·連云港模擬)如圖6-7所示，一根長度L＝5 m的輕桿兩端用光滑鉸鏈連接兩個物塊A、B，兩物塊質量均為m

11、＝1 kg，A靠在光滑墻壁上，B放在水平地面上，此時桿與地面夾角為53°．取g＝10 m/s2，sin 37°＝0．6，cos 37°＝0．8． 圖6-7 (1)若地面是粗糙的，要讓桿不倒下，則物塊B與地面間的動摩擦因數(shù)至少為多大(假設最大靜摩擦力等于滑動摩擦力)； (2)若地面是光滑的，求當桿與水平面夾角為37°時兩個物塊的速度大?。? 【解析】　(1)對A、B受力分析，分別列式為： 對A在豎直方向上有：N1sin 53°＝mg 對B在水平方向上有：N1cos 53°＝f N＝mg＋N1sin 53° f＝μN 聯(lián)立解得：μ＝． (2)下滑過程中，桿和物體構成的系統(tǒng)機械

12、能守恒，得到： mgL(sin 53°－sin 37°)＝mv＋mv 物塊沿桿速度相等，有：v1cos 53°＝v2cos 37° 解得：v1＝ m/s，v2＝ m/s． 【答案】　(1)　(2) m/s　 m/s 考點2| 功能關系及能量守恒難度：較難 題型：選擇題、計算題 五年2考 (對應學生用書第28頁) 3．(多選)(2015·江蘇高考T9)如圖6-8所示，輕質彈簧一端固定，另一端與一質量為m、套在粗糙豎直固定桿A處的圓環(huán)相連，彈簧水平且處于原長．圓環(huán)從A處由靜止開始下滑，經過B處的速度最大，到達C處的速度為零，AC＝h．圓環(huán)在C處獲得一豎直向上的速度v，恰好能回

13、到A．彈簧始終在彈性限度內，重力加速度為g．則圓環(huán)(　　) 【導學號：17214102】 圖6-8 A．下滑過程中，加速度一直減小 B．下滑過程中，克服摩擦力做的功為mv2 C．在C處，彈簧的彈性勢能為mv2－mgh D．上滑經過B的速度大于下滑經過B的速度 【解題關鍵】　解此題應注意以下三點： (1)圓環(huán)在A處時，彈簧水平且處于原長，此時彈簧彈性勢能為零． (2)經過B處的速度最大，則加速度為零． (3)圓環(huán)下滑過程中和上滑過程中克服摩擦力做功大小相同． BD　[圓環(huán)下落時，先加速，在B位置時速度最大，加速度減小至0．從B到C圓環(huán)減速，加速度增大，方向向上，選項A錯

14、誤．圓環(huán)下滑時，設克服摩擦力做功為Wf，彈簧的最大彈性勢能為ΔEp，由A到C的過程中，根據(jù)能量關系有mgh＝ΔEp＋Wf．由C到A的過程中，有mv2＋ΔEp＝Wf＋mgh．聯(lián)立解得Wf＝mv2，ΔEp＝mgh－mv2．選項B正確，選項C錯誤．設圓環(huán)在B位置時，彈簧的彈性勢能為ΔE′p，根據(jù)能量守恒，A到B的過程有mv＋ΔE′p＋W′f＝mgh′，B到A的過程有mv′＋ΔE′p＝mgh′＋W′f，比較兩式得v′B>vB，選項D正確．] 4．(多選)(2013·江蘇高考T9)如圖6-9所示，水平桌面上的輕質彈簧一端固定，另一端與小物塊相連．彈簧處于自然長度時物塊位于O點(圖中未標出)．物塊的質量

15、為m，AB＝a，物塊與桌面間的動摩擦因數(shù)為μ．現(xiàn)用水平向右的力將物塊從O點拉至A點，拉力做的功為W．撤去拉力后物塊由靜止向左運動，經O點到達B點時速度為零．重力加速度為g．則上述過程中(　　) 【導學號：17214103】 圖6-9 A．物塊在A點時，彈簧的彈性勢能等于W－μmga B．物塊在B點時，彈簧的彈性勢能小于W－μmga C．經O點時，物塊的動能小于W－μmga D．物塊動能最大時彈簧的彈性勢能小于物塊在B點時彈簧的彈性勢能 BC　[由于有摩擦，O點不在AB的中點，而是在AB中點的左側(如圖所示)．由題知AB＝a，OA>，OB<．根據(jù)功能關系，物塊在A點時，彈簧

16、的彈性勢能Ep＝W－μmgOA＜W－μmga，選項A錯誤；物塊在B點時，彈簧的彈性勢能E′p＝Ep－μmga＝W－μmgOA－μmga＜W－μmga，選項B正確；物塊在O點的動能Ek＝Ep－μmgOA＝W－2μmgOA＜W－μmga，選項C正確；物塊動能最大時，彈簧的彈力kx＝μmg，此時物塊處于M點(如圖所示)，如果BO＜OM，則物塊動能最大時彈簧的彈性勢能大于物塊在B點時彈簧的彈性勢能，選項D錯誤．] 功是能量轉化的量度，是能量轉化的標志 功 能量轉化 合外力做功 合外力的功等于物體動能的變化量(動能定理) 重力做功 重力所做的功等于物體重力勢能的變化量 彈力做功

17、 彈力所做的功等于物體彈性勢能的變化量 除重力和彈力做功外，其他力的合功 除重力和彈力做功外，其他力(包括其他外力、摩擦力等)的合功等于物體機械能的變化量 摩擦力的相對功(摩擦力與相對路程的乘積) 摩擦力與相對路程的乘積為系統(tǒng)的發(fā)熱量 ●考向1　能量轉化與守恒關系的應用 5．(多選)(2017·鹽城二模)如圖6-10所示，在豎直平面內固定兩個很靠近的同心圓軌道，外圓內表面光滑，內圓外表面粗糙，一質量為m的小球從軌道的最低點以初速度v0向右運動．球的直徑略小于兩圓間距，球運動的軌道半徑為R，不計空氣阻力，下列說法正確的是(　　) 【導學號：17214104】 圖6-10

18、 A．若v0＝，則小球在整個運動過程中克服摩擦力做功等于mgR B．若使小球在最低點的速度v0大于，則小球在整個運動過程中，機械能守恒 C．若小球要做一個完整的圓周運動，小球在最低點的速度v0必須大于等于 D．若小球第一次運動到最高點，內圓對小球的支持力為0．5mg，則小球在最低點對外圓環(huán)的壓力為5．5mg AB　[若使小球始終做完整的圓周運動，小球應沿外圓內側運動，在運動過程中不受摩擦力，機械能守恒，小球恰好運動到最高點時速度設為v，則有：mg＝m，由機械能守恒定律得：mv＝mg·2R＋mv2，小球在最低點時的最小速度為：v0＝，所以若使小球始終做完整的圓周運動，則v0一定不小于，故

19、B正確；若v0＝，小球在運動過程中一定與內圓接觸，機械能不斷減少，經過足夠長時間，小球最終可能在圓心下方做往復運動，最高點與圓心等高，機械能為mgR，最低點的機械能為：mv＝2mgR，故小球在整個運動過程中機械能損失mgR，即克服摩擦力做功等于mgR，故A正確；若小球的速度小于，也是有可能做一個完整的圓周運動的，只是最終在圓心下方做往復運動，故C錯誤；若小球第一次運動到最高點，內圓對小球的支持力為0．5mg，根據(jù)牛頓第二定律，有：mg－0．5mg＝m，若圓環(huán)內外表面均光滑，則到達最低點的速度滿足：mv′2＝mv2＋mg·2R，在最低點：FN－mg＝m，解得FN＝5．5mg，但由于內圓外表面粗糙

20、，所以小球在最低點對外圓環(huán)的壓力小于5．5mg．] ●考向2　功能關系的綜合應用 6．(多選)(2017·達州市一模)如圖6-11所示，質量為m的一輛小汽車從水平地面AC上的A點沿斜坡勻速行駛到B點．B距水平面高h，以水平地面為零勢能面，重力加速度為g．小汽車從A點運動到B點的過程中(空氣阻力不能忽略)，下列說法正確的是(　　) 【導學號：17214105】 圖6-11 A．合外力做功為零 B．合外力做功為mgh C．小汽車的機械能增加量為mgh D．牽引力做功為mgh AC　[汽車勻速運動，動能不變，則根據(jù)動能定理可知，合外力做功為零，故A正確，B錯誤；小汽車動能不變

21、，重力勢能增加了mgh，則可知小汽車機械能增加量為mgh，故C正確；對上升過程由動能定理可知，牽引力的功等于重力勢能的增加量和克服阻力做功之和，故牽引力做功一定大于mgh，故D錯誤．] 7．(2017·徐州二模)如圖6-12所示，左端帶有擋板P的長木板質量為m，置于光滑水平面上，勁度系數(shù)很大的輕彈簧左端與P相連，彈簧處于原長時右端在O點，木板上表面O點右側粗糙、左側光滑．若將木板固定，質量也為m的小物塊以速度v0從距O點為L的A點向左運動，與彈簧碰撞后反彈，向右最遠運動至B點，OB的距離為3L，已知重力加速度為g． 圖6-12 (1)求物塊和木板間動摩擦因數(shù)μ及上述過程彈簧的最大彈性

22、勢能Ep． (2)解除對木板的固定，物塊仍然從A點以初速度v0向左運動，由于彈簧勁度系數(shù)很大，物塊與彈簧接觸時間很短可以忽略不計，物塊與彈簧碰撞后，木板與物塊交換速度． ①求物塊從A點運動到剛接觸彈簧經歷的時間t； ②物塊最終離O點的距離x． 【導學號：17214106】 【解析】　(1)研究物塊從A點開始運動至B點的過程，由動能定理有： －μmg(4L)＝0－mv 解得：μ＝ 研究物塊從彈簧壓縮量最大處至B點的過程，由功能關系有： －μmg(3L)＝0－Ep 解得：Ep＝mv． (2)①設物塊在木板上運動的加速度大小為a1，則有： μmg＝ma1 解得：a1＝μ

23、g(方向水平向右) 設木板運動的加速度大小為a2，則有：μmg＝ma2 解得：a2＝μg(方向水平向左) 由幾何關系有：(v0t－a1t2)－a2t2＝L 解得：t1＝，t2＝(舍去)． ②設物塊剛接觸彈簧時，物塊和木板速度分別是v1、v2，則有： v1＝v0－a1t1 v2＝a2t1 物塊和木板碰撞交換速度后，在摩擦力作用下分別做加速和減速運動，設運動的時間為t、達到共同速度為v，則有： v＝v2＋a1t v＝v1－a2t 解得：v1＝v0，v2＝v0，v＝ 上述過程由功能關系有： －μmg(L＋x)＝(2m)v2－mv 解得：x＝L． 【答案】　(1)　mv

24、　(2)①?、贚 規(guī)范練高分| 動力學與功能關系綜合應用問題 (對應學生用書第30頁) [典題在線](2017·河南鄭州二模)(17分)如圖6-13是利用傳送帶裝運煤塊的示意圖．其中傳送帶長L＝6 m，傾角θ＝37°，煤塊與傳送帶間的動摩擦因數(shù)μ＝0．8①，傳送帶的主動輪和從動輪半徑相等．主動輪軸頂端與運煤車底板間的豎直高度H＝1．8 m，與運煤車車廂中心的水平距離x＝1．2 m．現(xiàn)在傳送帶底端由靜止釋放一些煤塊(可視為質點)，質量m＝5_kg，煤塊在傳送帶的作用下運送到高處．②要使煤塊在輪的最高點水平拋出并落在車廂中心．③取g＝10 m/s2，sin 37°＝0．6，cos 37°

25、＝0．8．求： 圖6-13 (1)煤塊在輪的最高點水平拋出時的速度； (2)主動輪和從動輪的半徑R； (3)電動機運送煤塊多消耗的電能．④ [信息解讀] ①煤塊與傳送帶間存在摩擦力． ②煤塊放在傳送帶上的運動有兩種可能： a．一直加速到頂端． b．先加速后勻速到頂端． ③最高點煤塊對輪子的壓力為零，平拋的水平距離恰好為x． ④多消耗的電能等于煤塊增加的機械能與因摩擦產生的內能之和． [考生抽樣] [閱卷點評] 點評 內容 點評1 該生在第(1)、(2)步的計算上思路清晰，第(3)加速度的計算正確，故①～⑦可得分． 點評2 (2)煤塊放在傳送帶上后的

26、運動狀態(tài)判斷失誤，造成⑧～⑩計算錯誤． 點評3 第?式的方程正確，可得分． 點評4 因⑩中數(shù)據(jù)出錯，造成?數(shù)據(jù)錯誤，失去結果分． [規(guī)范解答] 【解析】　(1)煤塊離開傳送帶后做平拋運動 水平方向x＝vt①(1分) 豎直方向H＝gt2②(1分) 代入數(shù)據(jù)得v＝2 m/s．③(1分) (2)要使煤塊在輪的最高點做平拋運動， 則煤塊到達輪的最高點時對輪的壓力為零．(1分) 由牛頓第二定律得： mg＝m④(2分) 代入數(shù)據(jù)解得 R＝0．4 m．⑤(1分) (3)由牛頓第二定律F＝ma得 μmgcos θ－mgsin θ＝ma⑥(2分) 即a＝0．4 m/s2⑦(1

27、分) 由v＝v0＋at，v0＝0得 煤塊勻加速運動的時間 t′＝＝5 s⑧(1分) 煤塊的位移x1＝at′2＝5 mtan 37°，所以煤塊將勻速運動到頂端．(1分) 由功能關系得傳送帶多消耗的電能 E＝mv2＋μmgcos 37°(vt′－x1)＋mgLsin 37°⑩(2分) 代入數(shù)據(jù)，由以上各式得E＝350 J．?(2分) 【答案】　(1)2 m/s　(2)0．4 m　(3)350 J [評分標準] (1)在第(2)中不進行壓力為零的分析，只寫出方程④且結果計算正確同樣給滿分． (2)第(3)中只寫出方程⑥⑧而沒有寫出結果⑦，不影響得分． (3)第⑨后沒有對結果和運動情況分析，不影響得分． (4)對第⑩分步書寫，只要正確可給分． 13