江苏专用高考物理一轮复习第五章机械能及其守恒定律高考热点讲座5课件+学案

第五章 机械能及其守恒定律

热点一　功能关系的理解和应用

　如图所示，光滑斜面的顶端固定一弹簧，一小球向右滑行，并冲上固定在地面上的斜面。设小球在斜面最低点A的速度为v，压缩弹簧至C点时弹簧最短，C点距地面高度为h，则小球从A到C的过程中弹簧弹力做的功是(　　)

A．mgh－mv2　　 　　　B.mv2－mgh

C．－mgh  D．－(mgh＋mv2)

[解析]　小球从A点运动到C点的过程中，重力和弹簧的弹力对小球做负功，由于支持力与位移始终垂直，则支持力对小球不做功，由动能定理，可得WG＋WF＝0－mv2，重力做的功为WG＝－mgh，则弹簧的弹力对小球做的功为WF＝mgh－mv2，A正确。

[答案]　A

　如图所示，固定于地面、倾角为θ的光滑斜面上有一轻质弹簧，轻质弹簧一端与固定于斜面底端的挡板C连接，另一端与物块A连接，物块A上方放置有另一物块B，物块A、B质量均为m且不粘连，整个系统在沿斜面向下的恒力F作用下而处于静止状态。某一时刻将力F撤去，若在弹簧将A、B弹起过程中，A、B能够分离，则下列叙述正确的是(　　)

A．从撤去力F到A、B发生分离的过程中，弹簧及A、B物块所构成的系统机械能不守恒

B．A、B被弹起过程中，A、B即将分离时，两物块速度达到最大

C．A、B刚分离瞬间，A的加速度大小为gsin θ

D．若斜面为粗糙斜面，则从撤去力F到A、B发生分离的过程中，弹簧减少的弹性势能一定大于A、B增加的机械能与系统摩擦生热之和

[解析]　从撤去力F到A、B发生分离的过程中，弹簧及A、B物块所构成的系统只有重力和弹簧的弹力做功，所以系统的机械能守恒，故A错误；A、B被弹起过程中，合力等于零时，两物块速度达到最大，此时弹簧处于压缩状态，A、B还没有分离，故B错误；A、B刚分离瞬间，A、B间的弹力为零，对B分析，由牛顿第二定律得mgsin θ＝maB，得aB＝gsin θ，此瞬间A与B的加速度相同，所以A的加速度大小为gsin θ，故C正确；若斜面为粗糙斜面，则从撤去力F到A、B发生分离的过程中，由能量守恒定律知，弹簧减少的弹性势能一定等于A、B增加的机械能与系统摩擦生热之和，故D错误。

[答案]　C

　如图所示，一弹性轻绳(弹力与其伸长量成正比)左端固定在墙上A点，右端穿过固定光滑圆环B连接一个质量为m的小球，小球在B点时，弹性轻绳处在自然伸长状态。小球穿过竖直固定杆在C处时，弹性轻绳的弹力为mg。将小球从C点由静止释放，到达D点速度恰好为0。已知小球与杆间的动摩擦因数为0.2，A、B、C在一条水平直线上，CD＝h；重力加速度为g，弹性绳始终处在弹性限度内。下列说法正确的是(　　)

A．小球从C点运动到D点的过程中克服摩擦力做功为0.3mgh

B．小球从C点运动到D点的过程中克服摩擦力做功为0.4mgh

C．若仅把小球质量变为2m，则小球到达D点时的速度大小为

D．若仅把小球质量变为2m，则小球到达D点时的速度大小为

[解析]　设BC的长度为L，根据胡克定律有mg＝kL，BD与竖直方向的夹角为α时，伸长量为，故弹力为F＝k，对球受力分析，受重力、弹性轻绳的弹力、摩擦力、支持力，水平方向平衡，故N＝Fsin α＝kL＝mg，由此可知，下降过程中，水平方向的支持力保持不变，且摩擦力f＝μN＝0.2mg，也保持不变，故小球从C点运动到D点的过程中克服摩擦力做功为Wf＝fh＝0.2mgh，故A、B错误；对球从C点运动到D点的过程，根据动能定理有mgh－fh－W弹＝0，解得W弹＝0.8mgh，若仅把小球的质量变成2m，小球从C点运动到D点的过程，根据动能定理，有2mgh－fh－W弹＝·2mv，解得vD＝，故C正确，D错误。

[答案]　C

热点二　传送带问题中的能量转化

　(2020·山东九校上学期期末)如图所示，水平传送带由电动机带动，以速度v0匀速运动，一可视为质点、质量为m的石墨块，t＝0时刻静止释放在传送带上的左端，石墨块与传送带间动摩擦因数为μ，重力加速度为g，经过时间t传送带由于故障突然停下，不再运动。不计石墨块与传送带摩擦过程中损失的质量，在石墨块也停止运动时，石墨块未滑出传送带。石墨块在传送带上划下了黑色痕迹，则传送带上黑色痕迹的长度及二者相对运动过程中产生的热量可能是(　　)

A.　mv　　　　　　　B.　mv

C．v0t－μgt2　μmgv0t D．v0t　μmgv0t

[解析]　石墨块速度达到v0时不再加速，故石墨块速度v′≤v0；若t时刻v′恰好等于v0，v′＝μgt＝v0，则Δx＝x1－x2＝v0t－μgt2＝v0t＝，产生的热量Q＝fΔx＋fΔx＝μmgv0t＝mv；传送带匀速运动位移x1＝v0t，石墨块匀加速运动，a＝μg，位移x2＝at2，黑色痕迹长度Δx＝x1－x2＝v0t－μgt2，传送带停止后石墨块做匀减速运动，与加速运动过程对称，位移x2＝μgt2，产生的热量Q＝fΔx＋fx2＝μmgv0t，故C正确，A、B、D错误。

[答案]　C

　(2020·广州市模拟)如图甲，倾角为θ的传送带始终以恒定速率v2逆时针运行，t＝0时初速度大小为v1(v1＞v2)的小物块从传送带的底端滑上传送带，其速度随时间变化的v－t图象如图乙，则(　　)

A．0～t3时间内，小物块所受到的摩擦力始终不变

B．小物块与传送带间的动摩擦因数满足μ=tan θ

C．t2时刻，小物块离传送带底端的距离达到最大

D．小物块返回传送带底端时的速率小于v1

[解析]　由v－t图象可知，在t2时刻，小物块加速度发生变化，故在t2时刻之前摩擦力沿斜面向下，之后沿斜面向上，发生了变化，故A错误；t2时刻小物块与传送带速度相等，之后仍然能沿传送带向下继续加速运动，故mgsin θ＞μmgcos θ，即μ＜tan θ，故B错误；由v－t图象可知，在t1时刻小物块速度反向，故t1时刻小物块离斜面底端距离最大，故C错误；小物块返回斜面底端时，整个过程中，重力做功为0，摩擦力做负功，由动能定理可知，其返回底端速度小于初速度v1，故D正确。

[答案]　D

热点三　动力学和能量观点分析多运动过程问题

　如图甲所示，半径R＝0.45 m的光滑圆弧轨道固定在竖直平面内，B为轨道的最低点，B点右侧的光滑水平面上紧挨B点有一静止的小平板车，平板车质量M＝1 kg，长度l＝1 m，小车的上表面与B点等高，距地面高度h＝0.2 m；质量m＝1 kg的物块(可视为质点)从圆弧最高点A由静止释放。g取10 m/s2。　

(1)求物块滑到轨道上的B点时对轨道的压力大小；

(2)若锁定平板车并在上表面铺上一种特殊材料，其动摩擦因数从左向右随距离均匀变化，如图乙所示，求物块滑离平板车时的速率；

(3)若解除平板车的锁定并撤去上表面铺的材料后，物块与平板车上表面间的动摩擦因数μ＝0.2，物块仍从圆弧最高点A由静止释放，求物块落地时距平板车右端的水平距离。

[解析]　(1)物块从圆弧轨道顶端滑到B点的过程中，机械能守恒，则有mgR＝mv

在B点由牛顿第二定律有FN－mg＝m

解得FN＝30 N

由牛顿第三定律得物块滑到轨道上B点时对轨道的压力FN′＝FN＝30 N，方向竖直向下。

(2)物块在平板车上滑行时摩擦力做功

Wf＝－l＝－4 J

物块由静止到滑离平板车过程中由动能定理得

mgR＋Wf＝mv2，解得v＝1 m/s。

(3)当平板车不固定时，对物块有a1＝μg＝2 m/s2，对平板车有a2＝＝2 m/s2

经过时间t1物块滑离平板车，则有

vBt1－a1t－a2t＝1 m

解得t1＝0.5 s(另一解舍掉)；

物块滑离平板车时的速度v物＝vB－a1t1＝2 m/s，此时平板车的速度v车＝a2t1＝1 m/s

物块滑离平板车后做平抛运动的时间t2＝＝0.2 s，物块落地时距平板车右端的水平距离

s＝(v物－v车)t2＝0.2 m。

[答案]　(1)30 N　(2)1 m/s　(3)0.2 m