资源描述
第7讲 机械能守恒定律 功能关系,【高考这样考】 1.(2014新课标全国卷)取水平地面为重力势能零点,一物块从某一高度水平抛出,在抛出点其动能与重力势能恰好相等。不计空气阻力。该物块落地时的速度方向与水平方向的夹角为( ),【解析】选B。设物块水平抛出的初速度为v0,抛出时的高度为h,则 =mgh,则v0= ,物块落地的竖直速度vy= ,则落地时速 度方向与水平方向的夹角的正切tan= =1,则= ,选 项B正确。,2.(2014上海高考)静止在地面上的物体在竖直向上的恒力作用下上升,在某一高度撤去恒力。不计空气阻力,在整个上升过程中,物体机械能随时间变化关系是( ),【解析】选C。物体机械能的增量等于恒力做的功,恒力做功WF=Fh, h= at2,则有外力作用时,物体机械能随时间变化关系为E= Fat2。 撤去恒力后,物体机械能不变,故选项C正确。,3.(多选)(2015全国卷)如图,滑块a、b的质量均为m,a套在固定竖直杆上,与光滑水平地面相距h,b放在地面上,a、b通过铰链用刚性轻杆连接,由静止开始运动。不计摩擦,a、b可视为质点,重力加速度大小为g,则( ),A.a落地前,轻杆对b一直做正功 B.a落地时速度大小为 C.a下落过程中,其加速度大小始终不大于g D.a落地前,当a的机械能最小时,b对地面的压力大小为mg,【解析】选B、D。选b滑块为研究对象,b滑块的初速度为零,当a滑块 落地时,a滑块没有在水平方向上的分速度,所以b滑块的末速度也为零, 由此可得b滑块速度是先增大再减小,当b滑块速度减小时,轻杆对b一 直做负功,A项错误;当a滑块落地时,b滑块的速度为零,由机械能守恒 定律,可得a落地时速度大小为 ,B项正确;当b滑块速度减小时, 轻杆对a、b都表现为拉力,拉力在竖直方向上有分力与a的重力合成, 其加速度大小大于g,C项错误;a的机械能先减小再增大,当a的机械能 最小时,轻杆对a、b的作用力均为零,故此时b对地面的压力大小为 mg,D项正确。,4.(2015全国卷)如图,一半径为R,粗糙程度处处相同的半圆形轨道竖直固定放置,直径POQ水平。一质量为m的质点自P点上方高度R处由静止开始下落,恰好从P点进入轨道。质点滑到轨道最低点N时,对轨道的压力为4mg,g为重力加速度的大小。用W表示质点从P点运动到N点的过程中克服摩擦力所做的功。则( ),A.W= mgR,质点恰好可以到达Q点 B.W mgR,质点不能到达Q点 C.W= mgR,质点到达Q点后,继续上升一段距离 D.W mgR,质点到达Q点后,继续上升一段距离,【解析】选C。在N点由牛顿第二定律得4mg-mg=m ;从最高点到N 点,由动能定理得2mgR-W= ,联立解得W= mgR。由于克服阻力 做功,机械能减小,所以质点从N点到Q点克服阻力做的功要小于从P点 到N点克服阻力做的功,即质点从N点到Q点克服阻力做的功W0,所以质点能够到达Q点,并且还能继续上升一段距离,故 选项C正确。,5.(2014天津高考)如图所示,平行金属板A、B水平正对放置,分别带等量异号电荷。一带电微粒水平射入板间,在重力和电场力共同作用下运动,轨迹如图中虚线所示,那么( ) A.若微粒带正电荷,则A板一定带正电荷 B.微粒从M点运动到N点电势能一定增加 C.微粒从M点运动到N点动能一定增加 D.微粒从M点运动到N点机械能一定增加,【解析】选C。若微粒带正电荷,则A板可能带正电荷,也可能带负电荷,A错误。微粒从M点运动到N点,电场力可能对微粒做正功,也可能做负功,故电势能可能增加,也可能减少,B错误。合外力指向曲线凹侧,故电场力与重力的合力竖直向下,与速度方向成锐角,合外力做正功,动能增加,C正确。由于电场力可能对微粒做正功,也可能做负功,即机械能可能增大,也可能减小,D错误。,6.(多选)(2014海南高考)如图,质量相同的两 物体a、b,用不可伸长的轻绳跨接在一光滑的轻 质定滑轮两侧,a在水平桌面的上方,b在水平粗 糙桌面上。初始时用力压住b使a、b静止,撤去此压力后,a开始运动。在a下降的过程中,b始终未离开桌面。在此过程中( ) A.a的动能小于b的动能 B.两物体机械能的变化量相等 C.a的重力势能的减小量等于两物体总动能的增加量 D.绳的拉力对a所做的功与对b所做的功的代数和为零,【解析】选A、D。由运动的合成与分解知识可知,va=vbcos,为拉b的绳与水平面的夹角,因此物体a的速度小于物体b的速度,而两物体的质量又相同,所以a的动能小于b的动能,A正确;a物体下降时,a的机械能的减少量等于b物体的动能增加量和b克服摩擦力做功之和,B错误;a的重力势能减小量等于两物体总动能的增加量与b克服摩擦力所做的功之和,C错误;绳的拉力对a所做的功等于a的机械能的减少量,绳的拉力对b所做的功等于b的动能增加量和克服摩擦力做功之和,D正确。,【考情分析】 主要题型：选择题、计算题 命题特点： 1.结合牛顿运动定律,利用功能关系对各种能的变化进行考查。 2.结合问题的典型运动进行考查,如平抛运动、圆周运动、自由落体运动等。 3.结合图像,与力学、电磁学等知识进行综合考查。 4.应用动能定理,综合动力学方法解决多过程的复杂问题。,【主干回顾】,【要素扫描】 (1)机械能守恒定律的表达式。 守恒的观点：Ek1+Ep1=Ek2+Ep2。 转化的观点：_。 转移的观点：_。,Ek=-Ep,EA增= EB减,(2)常见的功能关系。 合外力做功与动能的关系：W合=Ek。 重力做功与重力势能的关系：_。 弹力做功与弹性势能的关系：_。 除重力以外其他力做功与机械能的关系：W其他=E机。 滑动摩擦力做功与内能的关系：_。 电场力做功与电势能的关系：_。 克服安培力做功与电能的关系：_。,WG=-Ep,W弹=-Ep,Ffl相对=E内,W电=-Ep,W克安=E电,热点考向1 机械能守恒定律的应用 【典例1】(2015天津高考)如图所示,固定的竖直光滑长杆上套有质量为m的小圆环,圆环与水平状态的轻质弹簧一端连接,弹簧的另一端连接在墙上,且处于原长状态,现让圆环由静止开始下滑,已知弹簧原长为L,圆环下滑到最大距离时弹簧的长度变为2L(未超过弹性限度),则在圆环下滑到最大距离的过程中( ),A.圆环的机械能守恒 B.弹簧弹性势能变化了 mgL C.圆环下滑到最大距离时,所受合力为零 D.圆环重力势能与弹簧弹性势能之和保持不变,【解题探究】 (1)判断A、B、D选项是否正确的关键是_ _。 (2)判断C项是否正确的关键是_ _。,圆环下滑过程中,圆环和弹簧,组成的系统机械能守恒,圆环由静止开始下滑,到圆环下滑到最,大距离过程中,先加速后减速,【解析】选B。圆环下滑过程中,圆环动能、重力势能与弹簧弹性势能 之和保持不变,故选项A、D错误;圆环从最高点(动能为零)到最低点 (动能为零),重力势能减少了 ,根据机械能守恒, 弹簧弹性势能增加了 mgL,故选项B正确;圆环由静止开始下滑到最大 距离过程中,先加速后减速,下滑到最大距离时,所受合力不为零,故选 项C错误。,【典例2】长为2L的轻杆可绕其一端为轴自由转动,在杆的中点和另一端分别固定质量相同的小球A、B,如图所示,将杆从水平位置由静止释放,当杆转动到竖直位置时,小球B突然脱落,以下说法正确的是( ) A.A球仍能摆到水平位置 B.A球不能摆到水平位置 C.两球下摆至竖直位置的过程中,A球的机械能守恒 D.两球下摆至竖直位置的过程中,B球的机械能减少,【名师解读】 (1)命题立意：考查整体法和隔离法在功能关系中的应用及机械能守恒的判断。 (2)关键信息：轻杆;将杆从水平位置由静止释放。 (3)答题必备：系统内力做的总功为零,不影响系统机械能守恒;v=r。 (4)易错警示：误认为下摆过程每个小球机械能都守恒。,【解析】选B。设当杆转到竖直位置时,A球和B球的速度分别为vA和vB。由系统机械能守恒可得： mgL+mg2L= 又因A球与B球在各个时刻对应的角速度相同,由v=r得vB=2vA 由式得： 根据动能定理,可解出杆对A、B做的功。,对于A有：WA+mgL= -0 即：WA=-0.4mgL 对于B有：WB+mg2L= -0 即WB=0.4mgL。由做功情况可知：A球的机械能减少,B球的机械能增大;若小球B脱落,小球A不能摆到水平位置,选项B正确,A、C、D错误。,【迁移训练】,迁移1：将轻杆换成轻绳 (多选)将【典例2】中的轻杆换成轻绳,如图所示,将细绳拉到水平位置由静止释放,下摆过程中,以下说法正确的是( ) A.A、B两球与O点保持在一条直线上 B.A、B两球与O点不在一条直线上 C.A、B间的细绳对A球做正功 D.A、B间的细绳对A球做负功,【解析】选B、D。假设A、B两球互不影响,当向下摆动角度时, A、B两球的摆动角速度分别为1、2,则有mgLsin= m12L2; mg2Lsin= m224L2,解得1= ,2= ,因此得 12,故A球下摆较快,A、B两球与O点不在一条直线上,且AB绳与A 球运动的方向夹角为钝角,故A、B间的细绳对A球做负功,B、D正确。,迁移2：使球带电,加水平电场 将【典例2】中的A、B两球均带上+q的电量,并在其运动的空间加上场强为E的水平向左的匀强电场,若当杆转动到竖直位置时,小球B不脱落,则摆动到左侧水平位置时,球A的速度为多少?,【解析】对全过程由动能定理得： Eq2L+Eq4L= mv2+ m(2v)2 解得：v= 答案：,迁移3：使球带电,加竖直电场 将【典例2】中的A、B两球均带上+q的电量,并在其运动的空间加上场强为E的竖直向下的匀强电场,当杆转动到竖直位置时,球A的速度为多少?,【解析】由动能定理得： EqL+Eq2L+mgL+mg2L= mv2+ m(2v)2 解得：v= 答案：,【加固训练】(多选)如图所示,在倾角为30的光滑固定斜面上,放有两个质量分别为1kg和2 kg的可视为质点的小球A和B,两球之间用一根长L=0.2m的轻杆相连,小球B距水平面的高度h=0.1m。斜面底端与水平面之间由一光滑短圆弧相连,两球从静止开始下滑到光滑水平面上,g取10m/s2。则下列说法中正确的是( ),A.下滑的整个过程中A球机械能守恒 B.下滑的整个过程中两球组成的系统机械能守恒 C.两球在光滑水平面上运动时的速度大小为2 m/s D.系统下滑的整个过程中B球机械能的增加量为 J,【解析】选B、D。A、B下滑的整个过程中,杆的弹力对A球做负功,A球 机械能减少,选项A错误;A、B两球组成的系统只有重力和系统内弹力 做功,机械能守恒,选项B正确;对A、B两球组成的系统由机械能守恒定 律得mAg(h+Lsin30)+mBgh= (mA+mB)v2,解得v= m/s,选项C错 误;B球机械能的增加量为Ep= mBv2-mBgh= J,选项D正确。,热点考向2 功能关系的应用 【典例3】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时对轨道压力为 。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.合外力做功 mgR C.克服摩擦力做功 mgR D.机械能减少2mgR,【名师解读】 (1)命题立意：综合考查功能关系与牛顿运动定律。 (2)关键信息：小球沿轨道到达最高点B时对轨道压力为 。 (3)答题必备： WG=-Ep; W其他=E机; Fn=m 。 (4)易错警示：误认为从P到B全过程机械能守恒。,【解析】选B。小球能通过B点,在B点速度v满足：mg+ mg=m ,解 得v= ,从P到B过程,重力做功等于重力势能减小量,为mgR,动 能增加量为 mv2= mgR,合外力做功等于动能增加量 mgR,机械能减 小量为：mgR- mgR= mgR,克服摩擦力做功等于机械能减小量 mgR, 故只有B选项正确。,【典例4】(多选)如图所示,在虚线框内的空间有 方向竖直向下的匀强电场和垂直纸面向里的匀强 磁场,一带电粒子垂直电场和磁场方向飞入场中, 恰好做匀速直线运动,水平飞离正交电磁场。如果该区域只有电场,粒子将从a点飞离,穿越场区的时间为t1,飞离时速度大小为v1;如果只有磁场,粒子将从b点飞离,穿越场区的时间为t2,飞离时速度大小为v2,重力忽略不计,则( ) A.t1t2 C.v1v2 D.v1v2,【解题探究】 (1)比较t1、t2大小的思维轨迹：_ _ _。 (2)比较v1、v2大小的思维轨迹：_ _。,只有电场时,粒子做类平抛运动到a,点,t1等于水平方向长度与初速度大小的比值;只有磁场时,粒子做匀,速圆周运动到b点,t2等于运动轨迹的长度与初速度大小的比值,只有电场时,电场力做正功,动能增,大,速率增大;只有磁场时,洛伦兹力不做功,速率不变,【解析】选A、C。若只有电场,粒子在电场力作用下做类平抛运动,电 场力做正功,速度增大;若只有磁场,粒子在洛伦兹力作用下做匀速圆 周运动,速度大小不变,故v1v2,C正确,D错误;设水平方向的长度为L, 初位置为O点,则 ,所以t1t2,A正确,B错误。,【规律总结】功能关系的应用“三注意” (1)分清是什么力做功,并且分析该力做正功还是做负功;根据功能之间的对应关系,判定能的转化形式,确定能量之间的转化情况。 (2)也可以根据能量之间的转化情况,确定是什么力做功,尤其可以方便计算变力做功的多少。 (3)功能关系反映了做功和能量转化之间的对应关系,功是能量转化的量度和原因,在不同问题中的具体表现不同。,【题组过关】 1.(多选)水平传送带在电动机的带动下始终以速度v匀速运动。某时刻在传送带上A点处轻轻放上一个质量为m的小物体,经时间t小物体的速度与传送带相同,相对传送带的位移大小为x,A点未到右端,在这段时间内( ) A.小物体相对地面的位移大小为x B.传送带上的A点对地的位移大小为x C.由于物体与传送带相互作用产生的热能为mv2 D.由于物体与传送带相互作用电动机要多做的功为mv2,【解析】选A、D。在这段时间内,物体从静止做匀加速直线运动,其相 对地面的位移为x1= vt,传送带(或传送带上的A点)相对地面的位移 为x2=vt,物体相对传送带的位移大小x=x2-x1= vt,显然x1=x,x2=2x, 所以选项A正确,B错误;物体与传送带间的滑动摩擦力做功,将系统的 部分机械能转化为系统的内能,摩擦生热Q=Ffx,对物体运用动能定理 有Ffx1= mv2,又x1=x,所以Q=Ffx= mv2,选项C错误;在这段时间内,电 动机要多做功以克服滑动摩擦力做功W=Ffx2=2Ffx=mv2,选项D正确。,2.(多选)(2015江苏高考)如图所示,轻质弹簧一端固定,另一端与一质量为m、套在粗糙竖直固定杆A处的圆环相连,弹簧水平且处于原长。圆环从A处由静止开始下滑,经过B处的速度最大,到达C处的速度为零,AC=h。圆环在C处获得一竖直向上的速度v,恰好能回到A。弹簧始终在弹性限度内,重力加速度为g。则圆环( ) A.下滑过程中,加速度一直减小 B.下滑过程中,克服摩擦力做的功为 mv2 C.在C处,弹簧的弹性势能为 mv2-mgh D.上滑经过B的速度大于下滑经过B的速度,【解析】选B、D。圆环受到重力、弹力、阻力、支持力,圆环的运动 是先做加速度减小的加速运动,再做加速度增大的减速运动,最后静 止,A项错误;A到C过程,根据能量守恒定律有mgh-Wf=Ep(Wf为阻力做 功,Ep为弹性势能),C到A过程, mv2+Ep=mgh+Wf,联立解得Wf= mv2,B 项正确;在C处,弹簧的弹性势能为mgh- mv2,C项错误;A到B过程, mgh1-Wf1= +Ep1,C到B过程, mv2+Ep2= +mgh2+Wf2, 比较得vB2vB1,D项正确。,3.(多选)(2015威海一模)如图所示,竖直平行金属导轨MN、PQ上端接有电阻R,金属杆质量为m,跨在平行导轨上,垂直导轨平面的水平匀强磁场磁感应强度为B,不计ab与导轨电阻,不计摩擦,且ab与导轨接触良好。若ab杆在竖直向上的外力F作用下匀速上升,则以下说法正确的是( ) A.拉力F所做的功等于电阻R上产生的热量 B.杆ab克服安培力做的功等于电阻R上产生的热量 C.电流所做的功等于重力势能的增加量 D.拉力F与重力做功的代数和等于电阻R上产生的热量,【解析】选B、D。根据能量守恒定律知,拉力F做的功等于重力势能的增加量和电阻R上产生的热量之和,故A错误;根据功能关系知,杆ab克服安培力做功等于电阻R上产生的热量,故B正确;安培力的大小与重力的大小不相等,则电流做的功与克服重力做功大小不相等,即电流做功不等于重力势能的增加量,故C错误;根据动能定理知,拉力和重力做功等于克服安培力做功的大小,克服安培力做的功等于电阻R上产生的热量,故D正确。,【加固训练】(多选)如图所示,长为L的长木板水平放置,在木板的A端放置一个质量为m的小物块,现缓慢地抬高A端,使木板以左端为轴转动,当木板转到与水平面的夹角为时小物块开始滑动,此时停止转动木板,小物块滑到底端的速度为v,在整个过程中( ) A.木板对小物块做的功为 mv2 B.支持力对小物块做的功为零 C.小物块的机械能的增量为 mv2-mgLsin D.滑动摩擦力对小物块做的功为 mv2-mgLsin,【解析】选A、D。在运动过程中,小物块受重力、木板施加的支持力 和摩擦力,整个过程重力做功为零,由动能定理W木= mv2-0,A正确;在 物块被缓慢抬高过程中摩擦力不做功,由动能定理得W木-mgLsin =0-0,则有W木=mgLsin,故B错误;由功能关系,机械能的增量为木 板对小物块做的功,大小为 mv2,C错误;滑动摩擦力对小物块做的功 Wf=W木-W木= mv2-mgLsin,D正确。,热点考向3 能量观点结合动力学方法解决多过程问题 【典例5】(19分)某校兴趣小组制作了一个游戏装置,其简化模型如图所示,在A点用一弹射装置将小滑块以某一水平速度弹射出去,沿水平直线轨道运动到B点后,进入半径R=0.1m的光滑竖直圆形轨道,运行一周后自B点向C点运动,C点右侧有一陷阱,C、D两点的竖直高度差h=0.2m,水平距离s=0.6m,水平轨道AB长为L1=0.5m,BC长为L2=1.5m,小滑块与水平轨道间的动摩擦因数=0.4,重力加速度g取10m/s2。,(1)若小滑块恰能通过圆形轨道的最高点,求小滑块在A点弹射出的速度大小。 (2)若游戏规则为小滑块沿着圆形轨道运行一周离开圆形轨道后只要不掉进陷阱即为胜出。求小滑块在A点弹射出的速度vA的大小范围。,【拿分策略】 第一问：,按部就班列方程 第一过程 列式 (2分) 第二过程 列式 (2分) 圆周最高点 列式 (2分),第二问： 翻转关键信息“不掉进陷阱”,分情况列方程,按照过程列方程,就能拿到14分,若能正确解方程求出结果再拿下5分,则满分19分。,【解析】(1)从A到B由动能定理： -mgL1= (2分) 从B到最高点,小滑块机械能守恒： (2分) 小滑块恰能通过圆轨道最高点的速度为v,由牛顿第二定律： mg=m (2分) 由以上三式解得A点的速度为： v1=3m/s (1分),(2)若小滑块刚好停在C处,则从A到C由动能定理： -mg(L1+L2)=0- (2分) 解得A点的速度为v2=4m/s (1分) 若小滑块停在BC段,应满足 3m/svA4m/s (1分) 若小滑块能通过C点并恰好越过陷阱,从A到C由动能定理： -mg(L1+L2)= (2分),根据平抛运动规律有： 竖直方向：h= gt2 (2分) 水平方向：s=v0t (2分) 解得：v3=5m/s (1分) 所以初速度的范围为：3m/svA4m/s和vA5m/s (1分) 答案：(1)3m/s (2)3m/svA4m/s和vA5m/s,【规律总结】关于动力学多过程问题的特点及对策 (1)模型特点：物体的整个运动过程,往往是包含直线运动、平抛运动、圆周运动等多种运动形式的组合。,(2)应对策略： 抓住物理情景中出现的运动状态与运动过程,将整个物理过程分成几个简单的子过程; 对每一个子过程分别进行受力分析、过程分析、能量分析,选择合适的规律对相应的子过程列方程; 两个相邻的子过程连接点,速度是连接两过程的纽带,因此要特别关注连接点速度的大小及方向; 解方程并分析结果。,【题组过关】 1.(2015福建高考)如图,质量为M的小车静止在光滑水平面上,小车AB段是半径为R的四分之一光滑圆弧轨道,BC段是长为L的粗糙水平轨道,两段轨道相切于B点。一质量为m的滑块在小车上从A点由静止开始沿轨道滑下,重力加速度为g。,(1)若固定小车,求滑块运动过程中对小车的最大压力。 (2)若不固定小车,滑块仍从A点由静止下滑,然后滑入BC轨道,最后从 C点滑出小车。已知滑块质量m= ,在任一时刻滑块相对地面速度的 水平分量是小车速度大小的2倍,滑块与轨道BC间的动摩擦因数为, 求： 滑块运动过程中,小车的最大速度大小vm。 滑块从B到C运动过程中,小车的位移大小s。,【解析】(1)由于圆弧轨道光滑,滑块下滑过程机械能守恒,有 mgR= 滑块在B点处,对小车的压力最大,由牛顿第二定律有 N-mg= 解得N=3mg 据牛顿第三定律可知滑块对小车最大压力N=3mg,(2)滑块滑到B处时小车和滑块速度达到最大,由机械能守恒有 mgR= m(2vm)2+ 解得vm= 设滑块的位移为s1,由于任一时刻滑块水平分速度是小车速度的2倍, 因此有2s=s1 且s+s1=L 解得小车的位移大小s= 答案：(1)3mg (2) ,2.(2015厦门一模)如图所示,在竖直方向上A、B两物体通过劲度系数为k的轻质弹簧相连,A放在水平地面上;B、C两物体通过细绳绕过轻质定滑轮相连,C放在固定的光滑斜面上。用手拿住C,使细线刚刚拉直但无拉力作用,并保证ab段的细线竖直、cd段的细线与斜面平行。已知A、B的质量均为m,斜面倾角为=37,重力加速度为g,滑轮的质量和摩擦不计,开始时整个系统处于静止状态。C释放后沿斜面下滑,当A刚要离开地面时,B的速度最大(sin37=0.6,cos37=0.8)。求：,(1)从开始到物体A刚要离开地面的过程中,物体C沿斜面下滑的距离。 (2)C的质量。 (3)A刚离开地面时,C的动能。,【解析】(1)设开始时弹簧压缩的长度为xB,由题意有： kxB=mg 设当物体A刚刚离开地面时,弹簧的伸长量为xA,有 kxA=mg 当物体A刚离开地面时,物体B上升的距离及物体C沿斜面下滑的 距离为： h=xA+xB=,(2)物体A刚离开地面时,以B为研究对象,物体B受到重力mg、弹簧的弹力kxA、细线的拉力FT三个力的作用,设物体B的加速度为a,根据牛顿第二定律,对B有： FT-mg-kxA=ma 对C有：mCgsin-FT=mCa 当B获得最大速度时,有：a=0 解得：mC= m,(3)根据动能定理得： 对C：mCghsin-WT=EkC-0 对B：WT-mgh+W弹=EkB-0 其中弹簧弹力先做正功后做负功,总功为零,W弹=0 B、C的速度大小相等,故其动能大小之比为其质量大小之比,即： 解得：EkC= 答案：(1) (2) m (3),3.(2015吉林一模)如图所示,半径R=0.2m的光滑四分之一圆轨道MN竖直固定放置,末端N与一长L=0.8m的水平传送带相切,水平衔接部分摩擦不计,传动轮(轮半径很小)做顺时针转动,带动传送带以恒定的速度v0运动。传送带离地面的高度h=1.25m,其右侧地面上有一直径D=0.5m的圆形洞,洞口最左端的A点离传送带右端的水平距离s=1m,B点在洞口的最右端。现使质量为m=0.5kg的小物块从M点由静止开始释放,经过传送带后做平抛运动,最终落入洞中,传送带与小物块之间的动摩擦因数=0.5,g取10m/s2。求：,(1)小物块到达圆轨道末端N时对轨道的压力。 (2)若v0=3m/s,求物块在传送带上运动的时间。 (3)若要使小物块能落入洞中,求v0应满足的条件。,【解析】(1)设物块滑到圆轨道末端速度为v1,根据机械能守恒定 律得：mgR= 设物块在轨道末端所受支持力的大小为F,根据牛顿第二定律得： F-mg= 联立以上两式代入数据得：v1=2m/s,F=15N 根据牛顿第三定律,物块对轨道压力大小为15N,方向竖直向下。,(2)物块在传送带上加速运动时,由mg=ma得： a=g=5m/s2 加速到与传送带相同速度所需要的时间： t1= =0.2s 位移：s1= t1=0.5m 匀速运动的时间：t2= =0.1s 故T=t1+t2=0.3s,(3)物块由传送带右端做平抛运动,竖直方向有h= gt2 若物块恰好落到A点：s=v2t 解得：v2=2m/s 若物块恰好落到B点：D+s=v3t 解得：v3=3m/s 故v0应满足的条件是3m/sv02m/s 答案：(1)15N,方向竖直向下 (2)0.3s (3)3m/sv02m/s,【加固训练】如图所示,在同一竖直平面内,一轻质弹簧静止放于光滑斜面上,其一端固定,另一端恰好与水平线AB平齐;长为L的轻质细绳一端固定在O点,另一端系一质量为m的小球,将细绳拉至水平,此时小球在位置C。现由静止释放小球,小球到达最低点D时,细绳刚好被拉断,D点与AB相距h;之后小球在运动过程中恰好与弹簧接触并沿斜面方向压缩弹簧,弹簧的最大压缩量为x。试求：,(1)细绳所能承受的最大拉力F。 (2)斜面的倾角。 (3)弹簧所获得的最大弹性势能Ep。,【解析】(1)小球由C运动到D的过程机械能守恒,则： mgL= 解得：v1= 在D点由牛顿第二定律得： F-mg= 解得：F=3mg 由牛顿第三定律知,细绳所能承受的最大拉力为3mg,(2)小球由D运动到A的过程做平抛运动, 则：vy2=2gh 解得：vy= tan= 即斜面与水平面所成的夹角=arctan,(3)小球到达A点时,有： =2g(h+L) 小球在压缩弹簧的过程中,小球与弹簧组成的系统机械能守恒,则： Ep=mgxsin+ 解得：Ep=mg(x +h+L) 答案：(1)3mg (2)arctan (3)mg(x +h+L),系统机械能守恒类问题 【典例】(多选)(2015双鸭山一模)如图所示, 质量为m的小球固定于轻质弹簧的一端,弹簧的 另一端固定于O点,将小球拉至A处,弹簧恰好无 形变。由静止释放小球,它运动到O点正下方B点, 与A点间的竖直高度差为h,速度为v。下列说法正确的是( ),A.由A到B小球的机械能减少 B.由A到B重力势能减少 C.由A到B小球克服弹力做功为mgh D.小球到达B时弹簧的弹性势能为mgh-,【阅卷说明】本题抽样统计难度为0.52,区分度为0.55。有18.6%的学生错选B,有16.2%的学生错选C,有8.6%的学生只选A而漏选D。,【试卷评析】 错误角度(1)：误认为小球的机械能守恒 错因剖析：小球由A到B的过程中,认为弹簧的弹力始终与运动方向垂直,只有小球的重力做功,小球机械能守恒。实际上小球运动过程中弹簧伸长,弹力与运动方向不垂直,弹簧弹力对小球做负功,小球的机械能减少。,错误角度(2)：不能正确判断弹性势能的大小及弹簧的形变量 错因剖析：功能关系掌握得不好,不能根据系统(小球和弹簧)机械能守恒,结合弹力做功与弹性势能变化的关系准确判断而漏选D;错将h当成了弹簧的伸长量而错选C选项。,【纠偏措施】 1.要熟练掌握机械能守恒的条件,尤其是系统机械能守恒。 2.要正确区分做功的弹力是不是系统内的弹力。 3.要能根据解题需要恰当选取研究对象,如本题中,当判断小球能量变化时,一般要选小球为研究对象;当求解弹性势能变化时,最好选小球与弹簧组成的系统为研究对象。 4.要灵活应用功能关系,尤其是动能定理,分析系统内单个物体的能量转化问题。,【规范解答】选A、D。小球、地球和弹簧组成的系统机械能守恒,由A 到B过程弹簧的弹性势能增加了,因此小球的机械能减少,A正确;该过 程小球重力势能减少量等于小球动能增量 mv2和弹簧弹性势能增量 之和,B错误;克服弹力做功等于弹性势能的增加量,由机械能守恒定律 得,小球到达B时弹簧的弹性势能为mgh- mv2,C错误,D正确。,【类题试做】 1.(多选)如图所示,长度相同(均为l)的轻杆构成一个直角形支架,在A端固定质量为2m的小球,B端固定质量为m的小球,支架可绕O点在竖直面内自由旋转。现从OB竖直、OA水平静止释放支架,下列说法正确的是( ),A.A球到达最低点时速度为 B.从开始到A球到达最低点的过程中,支架对B球做的功为 mgl C.当支架下摆45时(A、B两球等高时),A球速度最大 D.当支架从左向右返回摆动时,A球一定能回到起始高度,【解析】选A、B、D。A球到达最低点时,A、B两球的速度大小为v。根 据系统的机械能守恒定律得：2mgl-mgl= (m+2m)v2,解得：v= , 故A正确;对于B球;从开始到A球到达最低点的过程中,由动能定理 得：-mgl+W= mv2,将v= 代入解得支架对B球做的功为：W= mgl, 故B正确;当支架向下转动夹角为时,由机械能守恒得：2mglsin- mgl(1-cos)= (m+2m)v2,得：v2= gl(2sin+cos-1),根据数学 知识得知：当=90-arctan0.5时,v最大,故C错误;根据系统的机 械能守恒得知：当支架从左向右返回摆动时,A球一定能回到起始高度, 故D正确。,2.(2015南通二模)如图所示,水平光滑长杆上 套有小物块A,细线跨过O点的轻小定滑轮一端连 接A,另一端悬挂小物块B,C为O点正下方杆上一点,滑轮到杆距离OC=h。开始时A位于P点,PO与水平方向的夹角为30。现将A、B由静止释放,则( ) A.物块A由P点出发第一次到达C点过程中,加速度不断增大 B.物块B从释放到最低点过程中,动能不断增大 C.物块A在杆上长为2 h的范围内做往复运动 D.物块B的机械能最小时,物块A的动能为零,【解析】选C。细线的拉力在由P点到C点的过程中,一直对物块A做正 功,故物块A在C点时动能最大,又vB=vAcos,故当=90时,vB=0,物 块B在最低点时,动能为零,机械能最小,此时物块A的动能最大,B、D均 错误;由系统机械能守恒可知,当物块A至C点右侧 h处时速度恰好为 0,之后往复运动,C正确;物块A在P点有加速度,但到达C点时加速度为 零,故A一定错误。,
展开阅读全文