2019年高考物理一輪復(fù)習(xí) 第5章 機(jī)械能及其守恒定律章末專題復(fù)習(xí)學(xué)案(新人教版)

1、第5章 機(jī)械能及其守恒定律(對(duì)應(yīng)學(xué)生用書第101頁(yè))知識(shí)結(jié)構(gòu)導(dǎo)圖 導(dǎo)圖填充Flcos Fvcos mv2mghEk2Ek1Ek2Ep2EpEBE減思想方法1微元法2等效法3機(jī)車啟動(dòng)模型4功能關(guān)系高考熱點(diǎn)1功和功率2動(dòng)能定理和功能關(guān)系的應(yīng)用3機(jī)械能守恒和能量守恒的應(yīng)用物理模型|輕桿模型中的機(jī)械能守恒1模型構(gòu)建輕桿兩端(或兩處)各固定一個(gè)物體，整個(gè)系統(tǒng)一起沿斜面運(yùn)動(dòng)或繞某點(diǎn)轉(zhuǎn)動(dòng)，該系統(tǒng)即為機(jī)械能守恒中的輕桿模型2輕桿模型的四個(gè)特點(diǎn)(1)忽略空氣阻力和各種摩擦(2)平動(dòng)時(shí)兩物體線速度相等，轉(zhuǎn)動(dòng)時(shí)兩物體角速度相等(3)桿對(duì)物體的作用力并不總是指向桿的方向，桿能對(duì)物體做功，單個(gè)物體機(jī)械能不守恒(4)對(duì)于

2、桿和物體組成的系統(tǒng)，沒(méi)有外力對(duì)系統(tǒng)做功，因此系統(tǒng)的總機(jī)械能守恒3解決輕桿模型應(yīng)注意的三個(gè)問(wèn)題(1)明確輕桿轉(zhuǎn)軸的位置，從而確定兩物體的線速度是否相等(2)桿對(duì)物體的作用力方向不再沿著桿，故單個(gè)物體的機(jī)械能不守恒(3)桿對(duì)物體做正功，使其機(jī)械能增加，同時(shí)桿對(duì)另一物體做負(fù)功，使其機(jī)械能減少，系統(tǒng)的機(jī)械能守恒如圖51所示，在長(zhǎng)為L(zhǎng)的輕桿中點(diǎn)A和端點(diǎn)B處各固定一質(zhì)量為m的球，桿可繞軸O無(wú)摩擦的轉(zhuǎn)動(dòng)，使桿從水平位置無(wú)初速度釋放擺下求當(dāng)桿轉(zhuǎn)到豎直位置時(shí)，輕桿對(duì)A、B兩球分別做了多少功？圖51【自主思考】(1)擺動(dòng)過(guò)程中，A、B兩球組成的系統(tǒng)機(jī)械能是否守恒？提示守恒，因桿為輕桿，且無(wú)摩擦(2)A、B兩球速度

3、大小有什么關(guān)系？提示vB2vA.解析A、B和桿組成的系統(tǒng)機(jī)械能守恒，以B的最低點(diǎn)為零重力勢(shì)能參考平面，可得2mgLmvmvmgL.又因A球與B球在各個(gè)時(shí)刻對(duì)應(yīng)的角速度相同，故vB2vA由以上兩式得vA，vB根據(jù)動(dòng)能定理，對(duì)于A球有WAmgmv0，所以WA0.2mgL對(duì)于B球有WBmgLmv0，所以WB0.2mgL.答案0.2mgL0.2mgL突破訓(xùn)練1如圖52所示，質(zhì)量分別為2m和3m的兩個(gè)小球A、B固定在一根輕質(zhì)直角尺的兩端，直角尺的頂點(diǎn)O處有光滑的固定轉(zhuǎn)動(dòng)軸AO、BO的長(zhǎng)分別為2L和L，開(kāi)始時(shí)直角尺的AO部分處于水平位置而B(niǎo)在O的正下方，讓該系統(tǒng)由靜止開(kāi)始自由轉(zhuǎn)動(dòng)，求：圖52(1)當(dāng)A到達(dá)

4、最低點(diǎn)時(shí)，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(zhuǎn)軸O順時(shí)針?lè)较蜣D(zhuǎn)動(dòng)，至少需要對(duì)該系統(tǒng)做的功W. 【導(dǎo)學(xué)號(hào)：】解析(1)直尺和兩小球組成的系統(tǒng)機(jī)械能守恒，A、B轉(zhuǎn)動(dòng)的角速度始終相同，由vr得，vA2vB圖甲由系統(tǒng)的機(jī)械能守恒得EpAEkAEkBEpB即2mg2L2mv3m23mgL解得vA.(2)B球到達(dá)最大高度時(shí)速度為零，設(shè)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(zhuǎn)動(dòng)過(guò)程中系統(tǒng)的重力勢(shì)能最大時(shí)，動(dòng)能最小要使直角尺能繞轉(zhuǎn)軸O順時(shí)針?lè)?/p>

5、向轉(zhuǎn)動(dòng)，系統(tǒng)應(yīng)轉(zhuǎn)到動(dòng)能最小處，如圖丙所示取OA桿的初始位置為零勢(shì)能參考點(diǎn)，則系統(tǒng)的重力勢(shì)能為圖丙Ep2mg2Lcos 3mgLsin 即：EpmgL(4cos 3sin )5mgL，系統(tǒng)的重力勢(shì)能最大值Epm5mgL系統(tǒng)位于初始位置的重力勢(shì)能Ep03mgL由功能關(guān)系有：WEp增，則：WEpEp08mgL則：至少要對(duì)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(zhǎng)為2R的剛性(既不伸長(zhǎng)也不縮短)輕桿一端通過(guò)鉸鏈與A連接，另一端通過(guò)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(dòng)(初速度視為0)，使A沿圓環(huán)順時(shí)針自由下滑，不計(jì)一切摩擦，A、B均視為質(zhì)點(diǎn)，重力加速度大小為g.求：(1)A滑到與圓心O同高度時(shí)的速度大小；(2)A下滑至桿與圓環(huán)第一次相切的過(guò)程中，桿對(duì)B做的功解析(1)當(dāng)A滑到與O同高度時(shí)，A的速度沿圓環(huán)切向向下，B的速度為0，由機(jī)械能守恒定律得3mgR(3m)v2，解得v.(2)桿與圓環(huán)相切時(shí)，A的速度沿桿方向，設(shè)為vA，此時(shí)B的速度設(shè)為vB，根據(jù)桿不可伸長(zhǎng)和縮短，得vAvBcos .由幾何關(guān)系得cos 球A下落的高度hR(1cos )R由機(jī)械能守恒定律得3mgh(3m)vmv由動(dòng)能定理得Wmv解得WmgR.答

7、案(1)(2)mgR高考熱點(diǎn)|用動(dòng)力學(xué)和能量的觀點(diǎn)解決多過(guò)程問(wèn)題1問(wèn)題概述多過(guò)程問(wèn)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(yùn)動(dòng)主要有直線運(yùn)動(dòng)、圓周運(yùn)動(dòng)和平拋運(yùn)動(dòng)等2解題技巧(1)“合”：初步了解全過(guò)程，構(gòu)建大致的運(yùn)動(dòng)圖景(2)“分”：將全過(guò)程進(jìn)行分解，分析每個(gè)過(guò)程的規(guī)律(3)“合”：找到子過(guò)程的聯(lián)系，尋找解題方法如圖53所示，小物塊A、B由跨過(guò)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(yùn)動(dòng)，某時(shí)刻B從傳送帶左端以速度v16 m/s向右運(yùn)動(dòng)，經(jīng)

8、過(guò)一段時(shí)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(dòng)摩擦因數(shù)為0.2.斜面、輕繩、傳送帶均足夠長(zhǎng)，A不會(huì)碰到定滑輪，定滑輪的質(zhì)量與摩擦力均不計(jì)，g取10 m/s2，sin 370.6，求：圖53(1)B向右運(yùn)動(dòng)的總時(shí)間；(2)B回到傳送帶左端的速度大?。?3)上述過(guò)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(yùn)動(dòng)過(guò)程中，A、B兩物塊加速度有什么關(guān)系？提示大小相等(2)物塊B的運(yùn)動(dòng)可分為幾個(gè)過(guò)程？各過(guò)程中B受摩擦力f的方向如何？提示可分為三個(gè)過(guò)程，B與傳送帶達(dá)到同速之前，f向左達(dá)到同速至減速為零的過(guò)程中f向右返回到左端的過(guò)程，f向右解析(1)B向右減速運(yùn)動(dòng)的過(guò)程

9、中，剛開(kāi)始時(shí)，B的速度大于傳送帶的速度，以B為研究對(duì)象，水平方向B受到向左的摩擦力與繩對(duì)B的拉力，設(shè)繩子的拉力為FT1，以向左為正方向，得FT1mgma1以A為研究對(duì)象，則A的加速度的大小始終與B相等，A向上運(yùn)動(dòng)的過(guò)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(shí)所用的時(shí)間t11 s.當(dāng)B的速度與傳送帶的速度相等之后，B仍然做減速運(yùn)動(dòng)，而此時(shí)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(yùn)動(dòng)的過(guò)程中，設(shè)繩子的拉力為FT2，以B為研究對(duì)象，水平方向B受到向右的摩擦力與繩對(duì)B的拉力，則FT2mgma2以A

10、為研究對(duì)象，則A的加速度的大小始終與B是相等的，A向上運(yùn)動(dòng)的過(guò)程中mgsin 37FT2ma2聯(lián)立可得a22 m/s2.當(dāng)B向右速度減為0，經(jīng)過(guò)時(shí)間t21 s.B向右運(yùn)動(dòng)的總時(shí)間tt1t21 s1 s2 s.(2)B向左運(yùn)動(dòng)的過(guò)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(shí)，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(shí)間內(nèi)B的位移x1t14 m，負(fù)號(hào)表示方向向右t2時(shí)間內(nèi)B的位移x2t21 m，負(fù)號(hào)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(shí)間內(nèi)傳送帶的位移x1v0t12 m，該時(shí)

11、間內(nèi)傳送帶相對(duì)于B的位移x1x1x12 m.t2時(shí)間內(nèi)傳送帶的位移x2v0t22 m，該時(shí)間內(nèi)傳送帶相對(duì)于B的位移x2x2x21 m.B回到傳送帶左端的時(shí)間為t3，則t3 s.t3時(shí)間內(nèi)傳送帶的位移x3v0t32 m.該時(shí)間內(nèi)傳送帶相對(duì)于B的位移x3x3x3(52) m.B與傳送帶之間的摩擦力Ffmg2 N.上述過(guò)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L(zhǎng)3.2 m，與水平面間的夾角為37，傳送帶沿順時(shí)針?lè)较蜣D(zhuǎn)動(dòng)，速度恒為v2 m/s，在上端A點(diǎn)無(wú)初速度地放置一個(gè)質(zhì)量為m1

12、kg、大小可視為質(zhì)點(diǎn)的金屬塊，它與傳送帶的動(dòng)摩擦因數(shù)為0.5，金屬塊滑離傳送帶后，經(jīng)過(guò)彎道，沿半徑R0.4 m的光滑圓軌道做圓周運(yùn)動(dòng)，剛好能通過(guò)最高點(diǎn)E，已知B、D兩點(diǎn)的豎直高度差為h0.5 m(g取10 m/s2)求：(1)金屬塊經(jīng)過(guò)D點(diǎn)時(shí)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(diǎn)時(shí)，mg，解得vE2 m/s，在從D到E的過(guò)程中由動(dòng)能定理得mg2Rmvmv，解得vD2 m/s.(2)金屬塊剛剛放上時(shí)，mgsin mgcos ma1解得a110 m/s2設(shè)經(jīng)位移s1達(dá)到相同速度，則v22a1s1，解得s10.2 m3.2 m繼續(xù)加速的過(guò)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(guò)程中由動(dòng)能定理得mghWmvmv，解得W3 J.答案(1)2 m/s(2)3 J突破訓(xùn)練2如圖54所示，長(zhǎng)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(diǎn)，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(diǎn)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(dòng)摩擦因數(shù)10.4，A與地面間的動(dòng)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(diǎn)P處時(shí)對(duì)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(guò)程中對(duì)木板所做的功；(3)小物塊剛落地時(shí)距木板左端的距離. 【導(dǎo)學(xué)號(hào)：】解析(1)對(duì)B下滑的過(guò)程由機(jī)械能守恒定律有mgHmv2，解得v4 m/s小物塊滑到最低點(diǎn)P處時(shí)，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(guò)程中，對(duì)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(yùn)動(dòng)對(duì)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(yùn)動(dòng)又由lxBxAxBvta1t2xAa2t2代入數(shù)據(jù)解得t s(t1 s舍去)對(duì)A由動(dòng)能定理得W1mga2t2 J.(

15、3)B離開(kāi)木板后以v1va1t m/s的初速度做平拋運(yùn)動(dòng)，至落地所需時(shí)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(yùn)動(dòng)，物塊B落地時(shí)，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(dòng)能定理(或功能關(guān)系)解決問(wèn)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(cè)固定一根輕質(zhì)彈簧，右側(cè)與豎直平面內(nèi)的光滑圓形導(dǎo)軌在B點(diǎn)連接，導(dǎo)軌半徑R0.5 m現(xiàn)用一個(gè)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(dòng)，此時(shí)彈簧彈性勢(shì)能Ep

16、36 J，放手后小球向右運(yùn)動(dòng)脫離彈簧后，先經(jīng)過(guò)AB段，再沿圓形軌道向上運(yùn)動(dòng)，小球與AB段的動(dòng)摩擦因數(shù)為0.5，g取10 m/s2.題干解讀球在AB段運(yùn)動(dòng)需克服摩擦力做功.彈簧恢復(fù)原長(zhǎng)時(shí)與球分離.彈簧與球作用過(guò)程是在光滑部分進(jìn)行的，機(jī)械能守恒.圖55(1)求小球脫離彈簧時(shí)的速度大??；(2)若小球通過(guò)圓軌道最低點(diǎn)B時(shí)的速度大小為4 m/s，求此時(shí)小球?qū)壍缐毫Γ?3)欲使小球能通過(guò)最高點(diǎn)C，則AB段長(zhǎng)度應(yīng)滿足什么條件.設(shè)問(wèn)解讀此時(shí)彈簧的彈性勢(shì)能全部轉(zhuǎn)化為球的動(dòng)能.可利用轉(zhuǎn)換對(duì)象法，求軌道對(duì)球的作用力.需滿足mgm.規(guī)范解答評(píng)分標(biāo)準(zhǔn)解析(1)設(shè)小球脫離彈簧時(shí)的速度大小為v0，根據(jù)機(jī)械能守恒定律得：Epmv(2分)解得：v06 m/s.(1分)(2)在最低點(diǎn)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(guò)最高點(diǎn)C時(shí)，根據(jù)牛頓第二定律得：mgm(2分)解得：vC(1分)從B到C由機(jī)械能守恒定律得：mvmg2Rmv(