资源简介

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，sin 37°＝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＋mv
小球经C点时所受的弹力的大小为mg，分析可知方向只能向下
根据向心力公式得mg＋mg＝m
解得Ep＝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－Rsin 37°＝gt2
Rcos 37°＝v1t
弹簧的弹性势能Ep＝2m11gR＋m11v
解得m11＝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－2Rsin 37°＝gt′2
2Rcos 37°＝v2t′
弹簧的弹性势能Ep＝2m12gR＋m12v
解得m12＝m
小球质量满足m≤m1≤m时，小球才能击中薄板。
[答案]　(1)mgR　(2)m≤m1≤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v0
B．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L0(由椭圆公式知PO长为L0)。小球在C点时弹簧长度等于L0＋L0＝L0，故伸长量也等于PO的长度，即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2
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
D．A、B两球的最大速度之比vA∶vB＝3∶1
BC　[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·2lcos θ－2mg·l(1－sin θ)＝mv＋·2mv，解得：v＝gl(sin θ＋cos θ)－gl，由数学知识知，当θ＝45°时，sin θ＋cos θ有最大值，最大值为：vA＝，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0.5 m。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＝10 m/s2，sin 53°＝0.8，cos 53°＝0.6。则下列说法正确的是(　　)
A．圆环下滑0.6 m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0.3 m时速度为 m/s
D　[当圆环下滑0.6 m时，由几何关系知，木块高度不变，圆环高度下降了h′1＝0.6sin 53° m＝0.48 m，由运动的合成与分解得v′木＝v′环cos 53°，由系统机械能守恒有mgh′1＝mv′＋mv′，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cos θ，当圆环下滑0.3 m时，根据几何关系，θ＝90°，木块速度为零，圆环高度下降了h1＝0.3sin 53° m＝0.24 m，木块高度下降了h2＝0.5 m－0.5×sin 53° m＝0.1 m，由机械能守恒定律得mgh1＋mgh2＝mv，解得v环＝ 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＝0.2 m。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＝0.1 kg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＝0.8 m。弹出的小环从D处飞出，现测得小环从D处飞出时速度vD＝4 m/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0～2 m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＝mv＋mg(h＋R)＝1.8 J
对小环在最高点D受力分析，由牛顿第二定律得：
FN＋mg＝m
解得：FN＝7 N
由牛顿第三定律知，小环对圆轨道的压力大小为7 N，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＝gt2
x＝vDt
解得：x＝ m。
(3)小环刚到达D点的临界条件为mg(h1＋R)＝Ep
解得h1＝1.6 m
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)＝mv′
小环平抛运动时间为t′＝
得：x′＝v′Dt′＝2
可得，当h2＋R＝0.9 m时水平位移最大，最大位移x′＝1.8 m，故小球落地点范围在离E点向右0～1.8 m的范围内。
[答案]　(1)1.8 J　7 N，方向竖直向上
(2) m　(3)E点向右0～1.8 m
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<2m
B．2mC．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Fsin θ＝Mg，联立以上各式解得M＝2msin θ<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
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cos θ，又因环在Q位置速度最大，则有m环＝2mAcos θ，根据动能Ek＝mv2可知，物体A与小环C的动能之比为，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2mgR
B．机械能减少mgR
C．合外力做功mgR
D．克服摩擦力做功mgR
D　[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＝得，小球在B点的速度v＝。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－mv2＝mgR，故B错误；合外力做功W合＝mv2＝mgR，故C错误；根据动能定理得mgR－Wf＝mv2－0，所以Wf＝mgR－mv2＝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>tan θ>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
mgsin θ－μ2mgcos θ＝ma1
解得a1＝gsin θ－μ2gcos θ。
(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＝μ2mgcos θ·(L－l0)
A与B间由于摩擦产生的热量
Q2＝μ1mgcos θ·l0
根据能量守恒定律有mgLsin θ＝Q1＋Q2
解得l0＝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在此过程中，A与B间由于摩擦产生的热量Q′1＝μ1mgcos θ·l，
B与斜面间由于摩擦产生的热量
Q′2＝μ2mgcos θ·x，
根据能量守恒定律有
mgLsin θ＝Q′1＋Q′2，
解得x＝。
[答案]　(1)gsin θ－μ2gcos θ　(2)L
(3)L－l或
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>tan θ>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(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＝2 kg的另一物体B(可看成质点)以水平速度v0＝2 m/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10 m/s2)(　　)
甲　　　　　　　　乙
A．木板A获得的动能为2 J
B．系统损失的机械能为4 J
C．木板A的最小长度为2 m
D．A、B间的动摩擦因数为0.1
D　[由题给图象可知，A、B的加速度大小都为1 m/s2，根据牛顿第二定律知二者质量相等，木板获得的动能为1 J，选项A错误；系统损失的机械能ΔE＝mv－·2m·v2＝2 J，选项B错误；由v?t图象可求出二者相对位移为1 m，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＝1 kg的物块叠放在质量为m2＝3 kg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10 m/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0～4 s内，若拉力F的变化如图乙所示，2 s后木板进入μ2＝0.25的粗糙水平面，在图丙中画出0～4 s内木板和物块的v?t图象，并求出0～4 s内物块相对木板的位移大小和整个系统因摩擦而产生的内能。
[解析]　(1)把物块和木板看成整体，由牛顿第二定律得
F＝(m1＋m2)a
物块与木板将要相对滑动时，μ1m1g＝m1a
联立解得F＝μ1(m1＋m2)g＝8 N。
(2)物块在0～2 s内做匀加速直线运动，物块的加速度a1＝μ1g＝2 m/s2,2 s末速度v1＝a1t1＝4 m/s，木板在0～1 s内做匀加速直线运动，加速度a2＝＝4 m/s2，1 s末速度v2＝a2t2＝4 m/s，在1～2 s内做匀速运动，即2 s时物块和木板速度相等，2 s后物块和木板均做匀减速直线运动，木板加速度大小a′2＝＝ m/s2，速度减到零的时间t′0＝＝1.5 s。物块加速度均为a1＝μ1g，速度减为零的时间t′1＝＝2 s。故二者在整个运动过程中的v?t图象如图所示。
0～2 s内物块相对木板向左运动，2～4 s内物块相对木板向右运动。
0～2 s内物块相对木板的位移大小
Δx1＝×4 m－×4×2 m＝2 m
物块与木板因摩擦产生的内能
Q1＝μ1m1gΔx1＝4 J。
2～4 s内物块相对木板的位移大小
Δx2＝×4×2 m－×4×1.5 m＝1 m
物块与木板因摩擦产生的内能
Q2＝μ1m1gΔx2＝2 J
0～4 s物块相对木板的位移
x1＝Δx1－Δx2＝1 m。
2 s后木板对地位移x2＝×4×1.5 m＝3 m，
木板与水平面因摩擦产生的内能
Q3＝μ2(m1＋m2)gx2＝30 J。
0～4 s内系统因摩擦产生的总内能为
Q＝Q1＋Q2＋Q3＝36 J。
[答案]　见解析
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