2021物理二轮复习学案专题复习篇专题2第2讲机械能守恒定律功能关系含解析

学必求其心得，业必贵于专精学必求其心得，业必贵于专精学必求其心得，业必贵于专精2021新高考物理（山东专用）二轮复习学案：专题复习篇专题2第2讲机械能守恒定律功能关系含解析机械能守恒定律功能关系［建体系·知关联]［析考情·明策略］考情分析纵览2020年山东、海南、北京、天津各省市等级考物理试题，机械能守恒多与牛顿运动定律、平抛运动、圆周运动、动量等结合命题，题目的综合性较强，常与生产、生活科技实际相联系，题型呈现多样性、多过程出现在压轴题中。素养呈现1。机械能守恒的判断2。功能转化分析3。“守恒"思想应用素养落实1。掌握机械能守恒的条件及判断方法2.熟悉常见功能转化关系及能量守恒定律3。掌握机械能守恒和能量守恒分析多过程、多物体问题的方法考点1｜机械能守恒定律的应用新储备·等级考提能1．机械能守恒的三种判断方法(1）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，则其机械能守恒.（2）用能量转化判断：若物体或系统中只有动能和势能的相互转化，而无机械能与其他形式的能的相互转化，则其机械能守恒.(3）对多个物体组成的系统,除考虑是否只有重力做功外,还要考虑系统内力是否做功，如有滑动摩擦力做功时，因摩擦生热，系统机械能将有损失。2．机械能守恒定律的三种表达形式新案例·等级考评价［案例1］（2020·河北承德一中第三次月考）如图所示，两个半径为R的四分之一圆弧构成的光滑细管道ABC竖直放置，且固定在光滑水平面上，圆心连线O1O2水平。轻弹簧左端固定在竖直挡板上，右端与质量为m的小球接触(不拴接，小球的直径略小于管的内径），长为R的薄板DE置于倾角θ＝37°的斜面上，斜面的底端O恰好位于C点的正下方,板的下端D到O点的距离为R。开始时弹簧处于锁定状态，具有一定的弹性势能，其中g为重力加速度，sin37°＝0.6，解除锁定,小球离开弹簧后进入管道，最后从C点抛出.（1）若小球经C点时所受的弹力的大小为eq\f(3,2）mg,求弹簧弹性势能的大小Ep；(2)若用此锁定的弹簧发射质量不同的小球，问小球质量m1满足什么条件,从C点抛出的小球才能击中薄板DE？［思路点拨］求解本题关键要注意弹簧的弹性势能只与弹簧的形变量有关，当形变量不变时,弹簧的弹性势能不变，但换用质量不同的小球用锁定弹簧发射时速度大小会不同.［解析］(1）解除弹簧锁定后，小球运动到C点的过程，弹簧和小球组成的系统机械能守恒，根据机械能守恒定律可得Ep＝2mgR＋eq\f（1,2)mveq\o\al(2，0）小球经C点时所受的弹力的大小为eq\f(3,2)mg，分析可知方向只能向下根据向心力公式得mg＋eq\f(3，2)mg＝meq\f（v\o\al（2，0)，R)解得Ep＝eq\f(13，4）mgR。（2）小球离开C点后做平抛运动,若小球恰好落在D点，根据平抛运动规律有2R－Rsin37°＝eq\f（1,2）gt2Rcos37°＝v1t弹簧的弹性势能Ep＝2m11gR＋eq\f(1,2）m11veq\o\al（2，1）解得m11＝eq\f（455，296）m小球离开C点后做平抛运动，若小球恰好落在E点，根据平抛运动规律有2R－2Rsin37°＝eq\f(1,2)gt′22Rcos37°＝v2t′弹簧的弹性势能Ep＝2m12gR＋eq\f(1，2)m12veq\o\al(2，2）解得m12＝eq\f（65,56)m小球质量满足eq\f(65，56）m≤m1≤eq\f（455,296）m时，小球才能击中薄板。［答案］(1)eq\f(13，4)mgR（2)eq\f(65,56)m≤m1≤eq\f(455，296)m规律总结:应用机械能守恒定律解题的基本思路［跟进训练]1．（多选）（2020·湖南长沙高三检测）如图所示，一定质量的小球(可视为质点）套在固定的竖直光滑椭圆形轨道上，椭圆的左焦点为P，长轴AC水平且长为2L0，短轴BD竖直且长为eq\r（3）L0。原长为L0的轻弹簧一端套在过P点的垂直纸面的光滑水平轴上，另一端与位于A点的小球连接。若小球逆时针沿椭圆轨道运动，在A点时的速度大小为v0，弹簧始终处于弹性限度内,则下列说法正确的是()A．小球在C点的速度大小为v0B．小球在D点时的动能最大C．小球在B、D两点的机械能不相等D．小球在从A点经过D点到达C点的过程中机械能先变小后变大AB[小球运动过程中小球与弹簧组成的系统的重力势能、弹性势能和动能相互转化，但三者之和保持不变。因为弹簧原长为L0，半长轴的长为L0，故在A点弹簧处于压缩状态,压缩量等于PO的长度，即eq\f（1，2)L0(由椭圆公式知PO长为eq\f(1,2）L0)。小球在C点时弹簧长度等于L0＋eq\f（1,2）L0＝eq\f(3，2)L0，故伸长量也等于PO的长度，即eq\f（1，2)L0,所以在A、C两点弹簧的形变量相等，弹簧的弹性势能相等,故在高度相同的A、C两点小球的动能相等,小球在C点的速度大小也为v0，A正确；由几何关系可知PD＝L0，小球在D点时系统的重力势能、弹性势能都最小,所以此时小球动能最大,B正确；在B、D两点时,小球到P点的距离都等于L0，即等于弹簧原长，弹簧的弹性势能相同(一般视为零)，小球的机械能也是相等的,C错误;小球在从A点经过D点到达C点的过程中弹簧的弹性势能先变小后变大，故小球的机械能先变大后变小，D错误。］2．（多选)一质量不计的直角形支架两端分别连接质量为m和2m的小球A和B.支架的两直角边长度分别为2l和l，支架可绕固定轴O在竖直平面内无摩擦转动，如图所示.开始时OA边处于水平位置.由静止释放，则（)A．A球的最大速度为2eq\r(gl）B．A球的速度最大时,两小球的总重力势能最小C．OA第一次转动到与竖直方向的夹角为45°时，A球的速度为eq\r（\f（8\r(2）－1gl,3))D．A、B两球的最大速度之比vA∶vB＝3∶1BC[由机械能守恒可知，A球的速度最大时，二者的动能最大，此时两球总重力势能最小，故B正确；根据题意知两球的角速度相同，线速度之比为vA∶vB＝(ω·2l）∶(ω·l)＝2∶1，故D错误;当OA与竖直方向的夹角为θ时，由机械能守恒得：mg·2lcosθ－2mg·l（1－sinθ)＝eq\f（1，2）mveq\o\al(2,A）＋eq\f(1，2)·2mveq\o\al（2，B)，解得：veq\o\al（2，A）＝eq\f（8，3）gl（sinθ＋cosθ)－eq\f(8,3）gl,由数学知识知，当θ＝45°时,sinθ＋cosθ有最大值，最大值为：vA＝eq\r(\f（8\r(2)－1gl，3）），故A错误,C正确。故选B、C。］3．(2020·陕西咸阳高三4月测试）如图所示，质量为m的圆环套在与水平面成α＝53°角的固定的光滑细杆上,圆环用一轻绳通过一光滑定滑轮挂一质量也为m的木块,初始时圆环与滑轮在同一水平高度上，这时定滑轮与圆环相距0。5m。现由静止释放圆环，圆环及滑轮均可视为质点,轻绳足够长。已知重力加速度g＝10m/s2，sin53°＝0.8，cos53°＝0。6。则下列说法正确的是(）A．圆环下滑0。6m时速度为零B．圆环与木块的动能始终相等C．圆环的机械能守恒D．圆环下滑0。3m时速度为eq\f(\r(170），5)m/sD［当圆环下滑0。6m时，由几何关系知，木块高度不变，圆环高度下降了h′1＝0。6sin53°m＝0.48m，由运动的合成与分解得v′木＝v′环cos53°，由系统机械能守恒有mgh′1＝eq\f(1，2)mv′eq\o\al（2,木)＋eq\f(1,2)mv′eq\o\al（2,环)，由此可知，A错误；圆环与木块组成的系统机械能守恒,C错误；设轻绳与细杆的夹角为θ，由运动的合成与分解得v木＝v环cosθ，当圆环下滑0。3m时，根据几何关系，θ＝90°,木块速度为零,圆环高度下降了h1＝0.3sin53°m＝0。24m，木块高度下降了h2＝0。5m－0.5×sin53°m＝0。1m,由机械能守恒定律得mgh1＋mgh2＝eq\f（1，2)mveq\o\al(2,环），解得v环＝eq\f（\r（170）,5)m/s，B错误，D正确.]4．某高中兴趣学习小组成员，在学习完必修1与必修2后设计出如图所示的实验。OA为一水平弹射器，弹射口为A。ABCD为一光滑曲杆，其中AB水平,BC为竖直杆（长度可调节)，CD为四分之一圆环轨道(各连接处均圆滑连接），其圆心为O′，半径为R＝0.2m。D的正下方E开始向右水平放置一块橡皮泥板EF，长度足够长。现让弹射器弹射出一质量m＝0.1kg的小环，小环从弹射口A射出后沿光滑曲杆运动到D处飞出，不计小环在各个连接处的能量损失和空气阻力。已知弹射器每次弹射出的小环具有相同的初速度。某次实验中小组成员调节BC高度h＝0。8m。弹出的小环从D处飞出，现测得小环从D处飞出时速度vD＝4m/s，求:（1）弹射器释放的弹性势能及小环在D处对圆环轨道的压力；（2）小环落地点离E的距离(已知小环落地时与橡皮泥板接触后不再运动）；（3)若不改变弹射器弹性势能,改变BC间高度h在0~2m之间，求小环下落在水平面EF上的范围。[解析］（1）根据机械能守恒定律得:Ep＝eq\f（1，2）mveq\o\al（2,D）＋mg(h＋R）＝1。8J对小环在最高点D受力分析，由牛顿第二定律得：FN＋mg＝meq\f(v\o\al(2,D),R)解得：FN＝7N由牛顿第三定律知,小环对圆轨道的压力大小为7N，方向竖直向上。（2)小环离开轨道后做平抛运动，由平抛运动规律得：h＋R＝eq\f(1,2）gt2x＝vDt解得：x＝eq\f（4\r(5），5）m。(3)小环刚到达D点的临界条件为mg(h1＋R）＝Ep解得h1＝1。6m改变h，小环做平抛运动，分析可得小环水平方向位移应有最大值根据机械能守恒定律得：Ep－mg（h2＋R）＝eq\f（1,2)mv′eq\o\al（2，D）小环平抛运动时间为t′＝eq\r（\f（2h2＋R,g))得：x′＝v′Dt′＝2eq\r（[1.8－h2＋R］h2＋R）可得，当h2＋R＝0.9m时水平位移最大,最大位移x′＝1。8m，故小球落地点范围在离E点向右0~1。8m的范围内。[答案］(1)1.8J7N，方向竖直向上(2）eq\f（4\r(5）,5)m(3)E点向右0～1。8m考点2|功能关系及能量守恒定律新储备·等级考提能1．常见的功能关系2．应用能量守恒定律的两条基本思路（1)某种形式的能减少，一定存在其他形式的能增加,且减少量和增加量一定相等,即ΔE减＝ΔE增.（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,即ΔEA减＝ΔEB增。新案例·等级考评价［案例2](2020·山东学业水平等级考试·T11)如图所示,质量为M的物块A放置在光滑水平桌面上，右侧连接一固定于墙面的水平轻绳,左侧通过一倾斜轻绳跨过光滑定滑轮与一竖直轻弹簧相连。现将质量为m的钩码B挂于弹簧下端,当弹簧处于原长时，将B由静止释放，当B下降到最低点时(未着地），A对水平桌面的压力刚好为零。轻绳不可伸长，弹簧始终在弹性限度内，物块A始终处于静止状态。以下判断正确的是（)A．M<2mB．2m〈M<3mC．在B从释放位置运动到最低点的过程中，所受合力对B先做正功后做负功D．在B从释放位置运动到速度最大的过程中，B克服弹簧弹力做的功等于B机械能的减少量ACD［由题意可知，弹簧与钩码B组成的弹簧振子在竖直方向做简谐运动，当B由静止释放时，其加速度大小为g,方向竖直向下，根据简谐运动的规律可知，B在最低点的加速度大小也为g，方向竖直向上，则可知此时弹簧弹力F＝2mg，由于B下降到最低点时A对水平桌面的压力刚好为零，由平衡条件得Fsinθ＝Mg，联立以上各式解得M＝2msinθ〈2m，A正确,B错误;B由静止释放,先做加速度逐渐减小的加速运动，再做加速度逐渐增大的减速运动,直至速度减为零，由动能定理可知,B所受的合力先做正功后做负功,C正确；在B从释放位置运动到速度最大位置的过程中，其受重力和弹簧弹力作用，根据能量守恒定律可知，B克服弹簧弹力做的功等于B机械能的减少量，D正确。]反思感悟：涉及做功与能量转化问题首先要分清是什么力做功,并且分析该力做正功还是做负功；其次根据功能之间的对应关系，确定能量之间的转化情况。［跟进训练］1．(多选）如图所示，竖直墙上固定有光滑的小滑轮D，质量相等的物体A和B用轻弹簧连接，物体B放在地面上，用一根不可伸长的轻绳一端与物体A连接，另一端跨过定滑轮与小环C连接,小环C穿过竖直固定的光滑均匀细杆,小环C位于位置R时，绳与细杆的夹角为θ，此时物体B与地面刚好无压力。图中SD水平，位置R和Q关于S对称。现让小环从R处由静止释放，环下落过程中绳始终处于拉直状态，且环到达Q时速度最大。下列关于小环C下落过程中的描述正确的是（)A．小环C、物体A和轻弹簧组成的系统机械能守恒B．小环C下落到位置S时,小环C的机械能一定最大C．小环C从位置R运动到位置Q的过程中，弹簧的弹性势能一定先减小后增大D．小环C到达Q点时,物体A与小环C的动能之比为eq\f(cosθ,2）ABD［在小环下滑过程中，只有重力势能与动能、弹性势能相互转换，所以小环C、物体A和轻弹簧组成的系统机械能守恒,故A正确；小环C下落到位置S过程中,绳的拉力一直对小环做正功，所以小环的机械能一直在增大，从S点往下,绳的拉力对小环做负功，机械能减小，所以在S时,小环的机械能最大，故B正确；小环从R点下落过程中,弹簧向下移动，形变量减少，弹性势能减小，若小环下降到S点时，弹簧恢复原长，则从S到Q过程，弹性势能增大,但平衡位置不一定在S点，若平衡位置在S点与R点之间,则小环从R到Q过程中，弹性势能，先减小，再增大，再减小，再增大，故C错误;小环在R位置时，物体B对地面无压力，此时F弹＝mBg，mA＝mB，绳的拉力T＝mAg＋F弹＝2mAg,Q点与R点对称，在Q点将小环速度分解可知vA＝v环cosθ，又因环在Q位置速度最大，则有m环＝2mAcosθ,根据动能Ek＝eq\f（1,2)mv2可知，物体A与小环C的动能之比为eq\f（cosθ,2），故D正确。]2．如图所示，在竖直平面内有一半径为R的圆弧轨道,半径OA水平、OB竖直,一个质量为m的小球自A的正上方P点由静止开始自由下落，小球沿轨道到达最高点B时恰好对轨道没有压力。已知AP＝2R，重力加速度为g，则小球从P到B的运动过程中（)A．重力做功2mgRB．机械能减少mgRC．合外力做功mgRD．克服摩擦力做功eq\f（1,2）mgRD［小球到达B点时，恰好对轨道没有压力，故只受重力作用，根据mg＝eq\f(mv2,R）得,小球在B点的速度v＝eq\r（gR）。小球从P点到B点的过程中，重力做功W＝mgR，故A错误；减少的机械能ΔE减＝mgR－eq\f（1,2)mv2＝eq\f（1,2)mgR，故B错误；合外力做功W合＝eq\f(1，2）mv2＝eq\f(1,2）mgR，故C错误；根据动能定理得mgR－Wf＝eq\f（1,2）mv2－0，所以Wf＝mgR－eq\f(1，2）mv2＝eq\f（1，2）mgR，故D正确.]考点3｜动力学和能量观点解决“板—块”模型新储备·等级考提能1．相关规律和方法运动学的基本规律、牛顿运动定律、功的分析与计算、动能定理、能量守恒定律。2．解题技巧如果涉及加速度、时间和受力的分析和计算，一般应用动力学方法;如果只涉及位移、功和能量的转化问题，通常采用动能定理和能量守恒定律分析。新案例·等级考评价[案例3]如图所示，倾角为θ的斜面底端固定一个挡板P,质量为m的小物块A与质量不计的木板B叠放在斜面上，A位于B的最上端且与挡板P相距L。已知A与B、B与斜面间的动摩擦因数分别为μ1、μ2,且μ1〉tanθ>μ2,最大静摩擦力等于滑动摩擦力，A与挡板P相撞的过程中没有机械能损失.将A、B同时由静止释放。（1）求A、B释放瞬间小物块A的加速度大小a1；（2)若A与挡板P不相撞，求木板B的最小长度l0；(3)若木板B的长度为l，求整个过程中木板B运动的总路程。［思维流程］[解析］（1)释放A、B,它们一起匀加速下滑.以A、B为研究对象，由牛顿第二定律有mgsinθ－μ2mgcosθ＝ma1解得a1＝gsinθ－μ2gcosθ.(2)在B与挡板P相撞前,A和B相对静止,以相同的加速度一起向下做匀加速运动。B与挡板P相撞后立即静止，A开始匀减速下滑。若A到达挡板P处时的速度恰好为零，此时B的长度即为最小长度l0。从A释放至到达挡板P处的过程中，B与斜面间由于摩擦产生的热量Q1＝μ2mgcosθ·(L－l0)A与B间由于摩擦产生的热量Q2＝μ1mgcosθ·l0根据能量守恒定律有mgLsinθ＝Q1＋Q2解得l0＝eq\f（sinθ－μ2cosθ，μ1－μ2cosθ）L。（3)分两种情况：①若l≥l0，B与挡板P相撞后不反弹，A一直减速直到静止在木板B上木板B通过的路程x＝L－l。②若l〈l0，B与挡板P相撞后，A在木板B上减速运动直至与挡板P相撞。由于碰撞过程中没有机械能损失，A将以撞前速率返回，并带动木板一起向上减速；当它们的速度减为零后，再重复上述过程，直至物块A停在挡板处。在此过程中，A与B间由于摩擦产生的热量Q′1＝μ1mgcosθ·l，B与斜面间由于摩擦产生的热量Q′2＝μ2mgcosθ·x，根据能量守恒定律有mgLsinθ＝Q′1＋Q′2,解得x＝eq\f（Lsinθ－μ1lcosθ,μ2cosθ）。［答案］(1）gsinθ－μ2gcosθ(2)eq\f（sinθ－μ2cosθ,μ1－μ2cosθ)L(3)L－l或eq\f(Lsinθ－μ1lcosθ,μ2cosθ)规律总结：用动力学和能量观点分析“板—块”模型的“三点技巧"（1)过程分析:将复杂的物理过程分解为几个简单的物理过程，挖掘出题中的隐含条件(如例题中“质量不计的木板B”“μ1>tanθ>μ2”），找出联系不同阶段的“桥梁”.（2)受力及功能分析:分析物体所经历的各个运动过程的受力情况以及做功情况的变化，选择适合的规律求解，如例题中第（3）问,若l<l0时，A与挡板P碰后运动情况的分析。(3)规律应用：对滑块和滑板分别运用动能定理，或者对系统运用能量守恒定律.如图所示，要注意区分三个位移。［跟进训练]1．如图甲所示，长木板A放在光滑的水平面上,质量为m＝2kg的另一物体B（可看成质点）以水平速度v0＝2m/s滑上原来静止的长木板A的上表面。由于A、B间存在摩擦，之后A、B速度随时间变化情况如图乙所示。下列说法正确的是(g取10m/s2）(）甲乙A．木板A获得的动能为2JB．系统损失的机械能为4JC．木板A的最小长度为2mD．A、B间的动摩擦因数为0.1D[由题给图象可知，A、B的加速度大小都为1m/s2，根据牛顿第二定律知二者质量相等，木板获得的动能为1J,选项A错误；系统损失的机械能ΔE＝eq\f(1,2）mveq\o\al(2，0）－eq\f（1,2)·2m·v2＝2J,选项B错误；由v.t图象可求出二者相对位移为1m,选项C错误；分析B的受力，根据牛顿第二定律，可求出μ＝0.1,选项D正确。］2．图甲中，质量为m1＝1kg的物块叠放在质量为m2＝3kg的木板右端。木板足够长，放在光滑的水平面上,木板与物块之间的动摩擦因数为μ1＝0。2。整个系统开始时静止,重力加速度g取10m/s2.甲乙丙(1）在木板右端施加水平向右的拉力F,为使木板和物块发生相对运动，拉力F至少应为多大？（2)在0～4s内,若拉力F的变化