2019届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.docx

第5章 机械能及其守恒定律(对应学生用书第101页)知识结构导图 导图填充Flcos Fvcos mv2mghEk2Ek1Ek2Ep2EpEBE减思想方法1微元法2等效法3机车启动模型4功能关系高考热点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物理模型|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3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(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，系统的机械能守恒如图51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O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51【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vB2vA.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2mgLmvmvmgL.又因A球与B球在各个时刻对应的角速度相同，故vB2vA由以上两式得vA，vB根据动能定理，对于A球有WAmgmv0，所以WA0.2mgL对于B球有WBmgLmv0，所以WB0.2mgL.答案0.2mgL0.2mgL突破训练1如图52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：图52(1)当A到达最低点时，A小球的速度大小vA；(2)B球能上升的最大高度h；(3)要使直角尺能绕转轴O顺时针方向转动，至少需要对该系统做的功W. 【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vr得，vA2vB图甲由系统的机械能守恒得EpAEkAEkBEpB即2mg2L2mv3m23mgL解得vA.(2)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角，如图乙所示则有2mg2Lcos 3mgL(1sin )图乙解得：sin ，则：B球能上升的最大高度hL(1sin )1.28L.(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O顺时针方向转动，系统应转到动能最小处，如图丙所示取OA杆的初始位置为零势能参考点，则系统的重力势能为图丙Ep2mg2Lcos 3mgLsin 即：EpmgL(4cos 3sin )5mgL，系统的重力势能最大值Epm5mgL系统位于初始位置的重力势能Ep03mgL由功能关系有：WEp增，则：WEpEp08mgL则：至少要对该系统做功W8mgL.答案(1)(2)1.28L(3)8mgL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：(1)A滑到与圆心O同高度时的速度大小；(2)A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O同高度时，A的速度沿圆环切向向下，B的速度为0，由机械能守恒定律得3mgR(3m)v2，解得v.(2)杆与圆环相切时，A的速度沿杆方向，设为vA，此时B的速度设为vB，根据杆不可伸长和缩短，得vAvBcos .由几何关系得cos 球A下落的高度hR(1cos )R由机械能守恒定律得3mgh(3m)vmv由动能定理得Wmv解得WmgR.答案(1)(2)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，寻找解题方法如图53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v02 m/s向右匀速运动，某时刻B从传送带左端以速度v16 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，g取10 m/s2，sin 370.6，求：图53(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，B与传送带达到同速之前，f向左达到同速至减速为零的过程中f向右返回到左端的过程，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FT1，以向左为正方向，得FT1mgma1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图，则mgsin 37FT1ma1联立可得a14 m/s2B的速度与传送带的速度相等时所用的时间t11 s.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FT2，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，则FT2mgma2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mgsin 37FT2ma2联立可得a22 m/s2.当B向右速度减为0，经过时间t21 s.B向右运动的总时间tt1t21 s1 s2 s.(2)B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a3a22 m/s2.t1时间内B的位移x1t14 m，负号表示方向向右t2时间内B的位移x2t21 m，负号表示方向向右B的总位移xx1x25 m.B回到传送带左端的位移x3x5 m.速度v2 m/s.(3)t1时间内传送带的位移x1v0t12 m，该时间内传送带相对于B的位移x1x1x12 m.t2时间内传送带的位移x2v0t22 m，该时间内传送带相对于B的位移x2x2x21 m.B回到传送带左端的时间为t3，则t3 s.t3时间内传送带的位移x3v0t32 m.该时间内传送带相对于B的位移x3x3x3(52) m.B与传送带之间的摩擦力Ffmg2 N.上述过程中，B与传送带间因摩擦产生的总热量QFf(x1x2x3)(164) J.答案(1)2 s(2)2 m/s(3)(164) J如图所示，传送带A、B之间的距离为L3.2 m，与水平面间的夹角为37，传送带沿顺时针方向转动，速度恒为v2 m/s，在上端A点无初速度地放置一个质量为m1 kg、大小可视为质点的金属块，它与传送带的动摩擦因数为0.5，金属块滑离传送带后，经过弯道，沿半径R0.4 m的光滑圆轨道做圆周运动，刚好能通过最高点E，已知B、D两点的竖直高度差为h0.5 m(g取10 m/s2)求：(1)金属块经过D点时的速度；(2)金属块在BCD弯道上克服摩擦力做的功解析(1)金属块在E点时，mg，解得vE2 m/s，在从D到E的过程中由动能定理得mg2Rmvmv，解得vD2 m/s.(2)金属块刚刚放上时，mgsin mgcos ma1解得a110 m/s2设经位移s1达到相同速度，则v22a1s1，解得s10.2 m3.2 m继续加速的过程中，mgsin mgcos ma2，解得a22 m/s2由s2Ls13 m，vv22a2s2，解得vB4 m/s在从B到D的过程中由动能定理得mghWmvmv，解得W3 J.答案(1)2 m/s(2)3 J突破训练2如图54所示，长l1 m、厚度h0.2 m的木板A静止在水平面上，固定在水平面上、半径r1.6 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H0.8 m处由静止释放，已知A、B质量均为m1 kg，A与B间的动摩擦因数10.4，A与地面间的动摩擦因数20.1，g取10 m/s2.求：图54(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mgHmv2，解得v4 m/s小物块滑到最低点P处时，由牛顿第二定律有FNmgm解得FNmgm20 N由牛顿第三定律得FN20 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a11g4 m/s2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a22 m/s2木板A做匀加速直线运动又由lxBxAxBvta1t2xAa2t2代入数据解得t s(t1 s舍去)对A由动能定理得W1mga2t2 J.(3)B离开木板后以v1va1t m/s的初速度做平抛运动，至落地所需时间由hgt2，得t0.2 s木板A将以v2a2t m/s、加速度a32g1 m/s2做匀减速运动，物块B落地时，两者相距xv1t(v2ta3t2)代入数据得x0.42 m.答案(1)20 N(2) J(3)0.42 m规范练高分利用动能定理(或功能关系)解决问题经典案例信息解读(18分)(2018黄冈模拟)如图55所示，水平面AB段粗糙，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滑圆形导轨在B点连接，导轨半径R0.5 m现用一个质量m2 kg的小球压缩弹簧，弹簧与小球不拴接用手挡住小球不动，此时弹簧弹性势能Ep36 J，放手后小球向右运动脱离弹簧后，先经过AB段，再沿圆形轨道向上运动，小球与AB段的动摩擦因数为0.5，g取10 m/s2.题干解读球在AB段运动需克服摩擦力做功.弹簧恢复原长时与球分离.弹簧与球作用过程是在光滑部分进行的，机械能守恒.图55(1)求小球脱离弹簧时的速度大小；(2)若小球通过圆轨道最低点B时的速度大小为4 m/s，求此时小球对轨道压力；(3)欲使小球能通过最高点C，则AB段长度应满足什么条件.设问解读此时弹簧的弹性势能全部转化为球的动能.可利用转换对象法，求轨道对球的作用力.需满足mgm.规范解答评分标准解析(1)设小球脱离弹簧时的速度大小为v0，根据机械能守恒定律得：Epmv(2分)解得：v06 m/s.(1分)(2)在最低点B，由牛顿第二定律得：FNmgm(2分)解得：FN84 N(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(2分)(3)小球恰能通过最高点C时，根据牛顿第二定律得：mgm(2分)解得：vC(1分)从B到C由机械能守恒定律得：mvmg2Rmv(