高考物理考点解读+命题热点突破专题06机械能守恒定律功能关系

高考物理考点解读+命题热点突破专题06机械能守恒定
律功能关系
【考向解读】
1.机械能守恒定律的应用为每年高考的重点，分析近几年高考试题，命题规律有以下三点：
(1)判断某系统在某过程中机械能是否守恒．
(2)结合物体的典型运动进行考查，如平抛运动、圆周运动、自由落体运动．
(3)在综合问题的某一过程中遵守机械能守恒定律时进行考查．
2.功能关系的应用为每年高考的重点和热点，在每年的高考中都会涉及，分析近几年考题，命题规律有如下特点：
(1)考查做功与能量变化的对应关系．
(2)涉及滑动摩擦力做功与产生内能(热量)的考查．
3. 传送带是最重要的模型之一，近两年高考中虽没有出现，但解决该问题涉及的知识面较广，又能与平抛运动、圆周运动相综合，因此预计在2016年高考中出现的可能性很大，题型为选择题或计算题．【命题热点突破一】机械能守恒定律的应用
例1. (2016·四川理综·1)韩晓鹏是我国首位在冬奥会雪上项目夺冠的运动员.他在一次自由式滑雪空中技巧比赛中沿“助滑区”保持同一姿态下滑了一段距离，重力对他做功1900J，他克服阻力
做功100J.韩晓鹏在此过程中( )
A.动能增加了1900J
B.动能增加了2000J
C.重力势能减小了1900J
D.重力势能减小了2000J
答案C
【感悟提升】(1)机械能守恒定律的三种表达式
①守恒观点：Ek1＋Ep1＝Ek2＋Ep2
②转化观点：ΔEp＝－ΔEk
③转移观点：ΔEA增＝ΔEB减
(2)机械能守恒定律解题的基本思路
①选取研究对象——物体系或物体．
②根据研究对象所经历的物理过程，进行受力、做功分析，判断机械能是否守恒．
③恰当地选取参考平面，确定研究对象初末态时的机械能．
④灵活选取机械能守恒的表达式列机械能守恒定律方程．
⑤解方程，统一单位，进行运算，求出结果，进行检验．
【变式探究】 (多选)如图所示，物体A的质量为M，圆环B的质量为m，通过轻绳连接在一起，跨过光滑的定滑轮，圆环套在光滑的竖直杆上，设杆足够长．开始时连接圆环的绳处于水平，长度为l，现从静止释放圆环．不计定滑轮和空气的阻力，以下说法正确的是( ) A．当M＝2m时，l越大，则圆环m下降的最大高度h越大
B．当M＝2m时，l越大，则圆环m下降的最大高度h越小
C．当M＝m时，且l确定，则圆环m下降过程中速度先增大后减小到
零
D．当M＝m时，且l确定，则圆环m下降过程中速度一直增大
【答案】AD
【命题热点突破二】功能关系的应用
例2、(2016·全国甲卷·25)轻质弹簧原长为2l，将弹簧竖直放置在
地面上，在其顶端将一质量为5m的物体由静止释放，当弹簧被压缩到最短时，弹簧长度为l.现将该弹簧水平放置，一端固定在A点，另一端与物块P接触但不连接.AB是长度为5l的水平轨道，B端与半径为l 的光滑半圆轨道BCD相切，半圆的直径BD竖直，如图5所示.物块P
与AB间的动摩擦因数μ＝0.5.用外力推动物块P，将弹簧压缩至长度l，然后放开，P开始沿轨道运动，重力加速度大小为g.
图5
(1)若P的质量为m，求P到达B点时速度的大小，以及它离开圆轨道后落回到AB上的位置与B点之间的距离；
(2)若P能滑上圆轨道，且仍能沿圆轨道滑下，求P的质量的取值范围.
若P能沿圆轨道运动到D点，其到达D点时的向心力不能小于重力，即P此时的速度大小v应满足
mv2
－mg≥0④
l
设P滑到D点时的速度为vD，由机械能守恒定律得
1
mv＝mv＋mg·2l⑤
2
联立③⑤式得vD＝⑥
vD满足④式要求，故P能运动到D点，并从D点以速度vD水平射出.设P落回到轨道AB所需的时间为t，由运动学公式得
2l＝gt2 ⑦
P落回到AB上的位置与B点之间的距离为s＝vDt ⑧
联立⑥⑦⑧式得
s＝2l ⑨
(2)设P的质量为M，为使P能滑上圆轨道，它到达B点时的速度不能小于零.由①②式可知
5mgl>μMg·4l⑩
要使P仍能沿圆轨道滑回，P在圆轨道的上升高度不能超过半圆轨道的
中点C.由机械能守恒定律有
1
MvB′2≤Mgl⑪
2
Ep＝MvB′2＋μMg·4l⑫
联立①⑩⑪⑫式得
5
m≤M<m
3
答案(1) 2l (2)m≤M<m
【感悟提升】解决功能关系问题应注意的三个方面
1.分析清楚是什么力做功，并且清楚该力做正功，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，尤其是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.
【变式探究】我国相继完成“神十”与“天宫”对接、“嫦娥”携“玉兔”落月两大航天工程．某航天爱好者提出“玉兔”回家的设想：如图，将携带“玉兔”的返回系统由月球表面发射到h高度的轨道上，与在该轨道绕月球做圆周运动的飞船对接，然后由飞船送“玉兔”返回地球．设“玉兔”质量为m，月球半径为R，月面的重力加速度为g月．以月面为零势能面，“玉兔”在h高度的引力势能可表示为Ep＝，其中G为引力常量，M为月球质量．若忽略月球的自转，从开始发射到对接完成需要对“玉兔”做的功为( )
A.(h＋2R)
B.(h＋R)
C. D.mg 月R R ＋h ⎝ ⎛⎭⎪⎫h ＋12R
【答案】D
【命题热点突破三】用动力学和能量观点解决传送带问题
例3、如图所示，质量为m 的物体在水平传送带上由静止释放，传送带由电动机带动，始终保持以速率v 匀速运动，物体与传送带间的动摩擦因数为μ，物体过一会儿能保持与传送带相对静止，对于物体从静止释放到相对传送带静止这一过程下列说法正确的是( )
A ．电动机多做的功为mv2
B ．摩擦力对物体做的功为mv2
C ．电动机增加的功率为μmgv
D ．传送带克服摩擦力做功为mv2
【感悟提升】(1)传送带模型题的分析流程：
(2)皮带问题中的功能关系：传送带做的功WF ＝Fl 带，功率P ＝Fv 带；摩擦力做功W 摩＝F 摩l ；物体与皮带间摩擦生热Q ＝Ffl 相对．
(3)如质量为m 的物体无初速度放在水平传送带上，最终与传送带共
速，则在整个加速过程中物体获得的动能Ek及因摩擦而产生的热量Q，有如下关系：Ek＝Q＝mv.
【变式探究】如图所示，轮半径r＝10 cm的传送带，水平部分AB的长度L＝1.5 m，与一圆心在O点、半径R＝1 m的竖直光滑圆轨道的末端相切于A点，AB高出水平地面H＝1.25 m，一质量m＝0.1 kg的小滑块(可视为质点)，由圆轨道上的P点从静止释放，OP与竖直线的夹角θ＝37°.已知sin 37°＝0.6，cos 37°＝0.8，g＝10 m/s2，滑块与传送带间的动摩擦因数μ＝0.1，不计空气阻力．
(1)求滑块对圆轨道末端的压力；
(2)若传送带一直保持静止，求滑块的落地点与B间的水平距离；
(3)若传送带以v0＝0.5 m/s的速度沿逆时针方向运行(传送带上部分由B到A运动)，求滑块在传送带上滑行过程中产生的内能．
(2)若传送带静止，从A到B的过程中，由动能定理得：
－μmgL＝mv－mv2
解得：vB＝1 m/s
滑块从B点开始做平抛运动
滑块的落地点与B点间的水平距离为：
x＝vB＝0.5 m.
(3)传送带向左运动和传送带静止时，滑块的受力情况没有变化，滑块从A到B的运动情况没有改变．所以滑块和传送带间的相对位移为：Δx＝L＋v0＝2 m
滑块在传送带上滑行过程中产生的内能为：
Q＝μmgΔx＝0.2 J.
答案：(1)1.4 N，方向竖直向下(2)0.5 m (3)0.2 J
【高考真题解读】
1．(2016·全国Ⅰ，25，18分)如图所示，一轻弹簧原长为2R，其一端固定在倾角为37°的固定直轨道AC的底端A处，另一端位于直轨道上B处，弹簧处于自然状态．直轨道与一半径为R的光滑圆弧轨道相切于C点，＝7R，A、B、C、D均在同一竖直平面内．质量为m的小物块P自C点由静止开始下滑，最低到达E点(未画出)．随后P沿轨道被弹回，最高到达F点，＝4R.已知P与直轨道间的动摩擦因数μ＝，重力加速度大小为g.(取sin 37°＝，cos 37°＝)
(1)求P第一次运动到B点时速度的大小．
(2)求P运动到E点时弹簧的弹性势能．
(3)改变物块P的质量，将P推至E点，从静止开始释放．已知P自圆弧轨道的最高点D处水平飞出后，恰好通过G点．G点在C点左下方，与C点水平相距R、竖直相距R.求P运动到D点时速度的大小和改变后P的质量．
(2)设BE＝x，P到达E点时速度为零，设此时弹簧的弹性势能为Ep.P 由B点运动到E点的过程中，由动能定理有mgxsin θ－μmgxcos θ－Ep＝0－mv ④
E，F之间的距离l1为l1＝4R－2R＋x ⑤
P到达E点后反弹，从E点运动到F点的过程中，由动能定理有Ep－mgl1sin θ－μmgl1cos θ＝0
⑥
联立③④⑤⑥式并由题给条件得x＝R ⑦Ep＝mgR
⑧
(3)设改变后P的质量为m1.D点与G点的水平距离x1和竖直距离y1分别为x1＝R－Rsin θ
⑨
y1＝R＋R＋Rcos θ
⑩
式中，已应用了过C点的圆轨道半径与竖直方向夹角仍为θ的事实．设P在D点的速度为vD，由D点运动到G点的时间为t.由平抛运动公式有y1＝gt2
⑪
x1＝vDt
⑫
联立⑨⑩⑪⑫式得vD＝
⑬
设P在C点速度的大小为vC.在P由C运动到D的过程中机械能守恒，有m1v＝m1v＋m1g
⑭
P由E点运动到C点的过程中，同理，由动能定理有
Ep－m1g(x＋5R)sin θ－μm1g(x＋5R)cos θ＝m1v
⑮
联立⑦⑧⑬⑭⑮式得m1＝m
⑯
【答案】(1)2 (2)mgR (3)；m
2．(2016·江苏物理，14，16分)如图所示，倾角为α的斜面A被固定在水平面上，细线的一端固定于墙面，另一端跨过斜面顶端的小滑
轮与物块B相连，B静止在斜面上．滑轮左侧的细线水平，右侧的细线与斜面平行．A、B的质量均为m.撤去固定A的装置后，A、B均做直线运动．不计一切摩擦，重力加速度为g.求：
(1)A固定不动时，A对B支持力的大小N；
(2)A滑动的位移为x时，B的位移大小s；
(3)A滑动的位移为x时的速度大小vA.
(3)B的下降高度sy＝xsin α
根据机械能守恒定律有mgsy＝mv＋mv2B
根据速度的定义得vA＝，vB＝Δs
Δt
则vB＝vA2（1－cos α）
解得vA＝2gxsin α
3－2cos α
【答案】(1)mgcos α(2)x (3)2gxsin α
3－2cos α
3．(2016·四川理综，1，6分)韩晓鹏是我国首位在冬奥会雪上项目夺冠的运动员．他在一次自由式滑雪空中技巧比赛中沿“助滑区”保持同一姿态下滑了一段距离，重力对他做功1 900 J，他克服阻力做功100 J．韩晓鹏在此过程中( )
A．动能增加了1 900 J
B．动能增加了2 000 J
C．重力势能减小了1 900 J
D．重力势能减小了2 000 J
【答案】C 【解析】对运动员由动能定理可知WG＋Wf＝Ek末－Ek 初，由题知，WG＝1 900 J，Wf＝－100 J，即ΔEk＝1 800 J，A、B
错误．又WG＝Ep初－Ep末，即ΔEp＝－1 900 J，重力势能减少了1 900 J，C正确，D错误．
4．(2016·全国Ⅱ，21，6分)(多选)如图所示，小球套在光滑的竖直杆上，轻弹簧一端固定于O点，另一端与小球相连．现将小球从M点由静止释放，它在下降的过程中经过了N点．已知在M、N两点处，弹簧对小球的弹力大小相等，且∠ONM<∠OMN<.在小球从M点运动到N点的过程中( )
A．弹力对小球先做正功后做负功
B．有两个时刻小球的加速度等于重力加速度
C．弹簧长度最短时，弹力对小球做功的功率为零
D．小球到达N点时的动能等于其在M、N两点的重力势能差
1．(2015·四川理综，1,6分)在同一位置以相同的速率把三个小球分别沿水平、斜向上、斜向下方向抛出，不计空气阻力，则落在同一水平地面时的速度大小( )
A．一样大B．水平抛的最大C．斜向上抛的最大D．斜向下抛的最大
解析由机械能守恒定律mgh＋mv＝mv知，落地时速度v2的大
小相等，故A正确．
答案A
2．(2015·新课标全国Ⅱ，21，6分) (多选)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2gh
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
由a的受力图可知，a下落过程中，其加速度大小先小于g后大于g,选项C 错误；当a落地前b的加速度为零(即轻杆对b的作用力为零)时,b的机械能最大，a的机械能最小，这时b受重力、支持力,且FNb＝mg，由牛顿第三定律可知，b对地面的压力大小为mg，选项D正确．
答案BD
3．(2014·安徽理综，15，6分)如图所示，有一内壁光滑的闭合椭圆形管道，置于竖直平面内，MN是通过椭圆中心O点的水平线．已知一小球从M点出发，初速率为v0，沿管道MPN运动，到N点的速率为
v1，所需时间为t1；若该小球仍由M点以初速率v0出发，而沿管道MQN运动，到N点的速率为v2，所需时间为t2.则( )
A．v1＝v2，t1＞t2 B．v1<v2，t1>t2
C．v1＝v2，t1<t2 D．v1<v2，t1<t2
解析管道内壁光滑,只有重力做功，机械能守恒，故v1＝v2＝
v0；由v-t图象定性分析如图，得t1>t2.
答案A
4．(2014·单科，11，3分)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( )
答案C
5. (2015·江苏单科,9，4分) (多选)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
解析由题意知，圆环从A到C先加速后减速,到达B处的加速度减小为零，故加速度先减小后增大，故A错误；根据能量守恒，从A 到C有mgh＝Wf＋Ep,从C到A有mv2＋Ep＝mgh＋Wf，联立解得：Wf＝mv2，Ep＝mgh－mv2，所以B正确,C错误；根据能量守恒，从A到B有mgh1＝mv＋ΔEp1＋Wf1，从C到B有mv2＋ΔEp2＝mv＋Wf2＋
mgh2，又有mv2＋Ep＝mgh＋Wf，联立可得vB2＞vB1，所以D正确．答案BD
6．(2014·广东理综，16，4分)如图是安装在列车车厢之间的摩擦缓冲器结构图，图中①和②为楔块，③和④为垫板，楔块与弹簧盒、垫
板间均有摩擦，在车厢相互撞击使弹簧压缩的过程中( )
A．缓冲器的机械能守恒
B．摩擦力做功消耗机械能
C．垫板的动能全部转化为内能
D．弹簧的弹性势能全部转化为动能
7．(2014·福建理综，18，6分)如图，两根相同的轻质弹簧，沿足够长的光滑斜面放置，下端固定在斜面底部挡板上，斜面固定不动．质量不同、形状相同的两物块分别置于两弹簧上端．现用外力作
用在物块上，使两弹簧具有相同的压缩量；若撤去外力后，两物块由
静止沿斜面向上弹出并离开弹簧，则从撤去外力到物块速度第一次减
为零的过程，两物块( )
A．最大速度相同B．最大加速度相同
C．上升的最大高度不同D．重力势能的变化量
不同
解析下图为物块能向上弹出且离开弹簧，则物块在刚撤去外力时加速度最大，由牛顿第二定律得：kx－mgsin θ＝ma，即a＝－gsin θ，由于两物块k、x、θ均相同，m不同，则a 不同，B错误；当
mgsin θ＝kx0即x0＝时，速度最大,如图，设两物块质量m1＜m2，其平衡位置分别为O1、O2，初始位置为O，则从O至O2的过程中，由W 弹－WG＝Ek及题意知，W弹相同， WG1＜WG2，故Ek1＞Ek2，即v1＞v2，而此时m2的速度v2已达最大，此后，m1的速度将继续增大直至最大,而m2的速度将减小，故一定是质量小的最大速度大，A错误；从开始运动至最高点，由Ep＝mgh及题意知重力势能的变化量ΔEp ＝mgh相同，m不同，h也不同，故C正确，D错误．
答案C
8．(2015·福建理综，21，19分)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的四分之一圆弧光滑轨道,BC段是长为L的水平粗糙轨道，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μ，求：
①滑块运动过程中，小车的最大速度大小vm；
②滑块从B到C运动过程中，小车的位移大小s.
(2)①滑块下滑到达B点时，小车速度最大．由机械能守恒
mgR＝Mv＋m(2vm)2⑤
解得vm＝⑥
②设滑块运动到C点时，小车速度大小为vC，由功能关系
mgR－μmgL＝Mv＋m(2vC)2⑦
设滑块从B到C过程中，小车运动加速度大小为a，由牛顿第二定律
μmg＝Ma⑧
由运动学规律
v－v＝－2as⑨
解得s＝L⑩
答案(1)3mg (2)①②L
9．(2015·理综，23，18分)如图所示,弹簧的一端固定，另一端连接一个物块,弹簧质量不计．物块(可视为质点)的质量为m，在水平桌面上沿x轴运动，与桌面间的动摩擦因数为μ.以弹簧原长时物块的位置为坐标原点O,当弹簧的伸长量为x时，物块所受弹簧弹力大小为F＝kx，k为常量．
(1)请画出F随x变化的示意图；并根据F-x图象求物块沿x轴从O点运动到位置x的过程中弹力所做的功；
(2)物块由x1向右运动到x3，然后由x3返回到x2，在这个过程中，
a．求弹力所做的功，并据此求弹性势能的变化量；
b．求滑动摩擦力所做的功；并与弹力做功比较,说明为什么不存在与摩擦力对应的“摩擦力势能”的概念．
解析 (1)F-x图象如图所示①
物块沿x轴从O点运动到位置x的过程中，弹力做负功，大小等于图线与x轴所围成的图形的面积，所以有
WT＝－kx·x＝－kx2②
弹力做功WT＝kx－kx只与初、末状态的位置有关，与移动路径
无关，所以我们可以定义一个由物块之间的相互作用力(弹力)和相对位置决定的能量——弹性势能．而摩擦力做功与x1、x2、x3有关，即与实际路径有关，所以不可以定义与摩擦力对应的“摩擦力势能”．
答案见解析。