2024届高考物理一轮总复习第五章机械能第3讲机械能守恒定律第2课时“机械能守恒定律中的连接体问题”面面观学案.docx
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1、第2课时“机械能守恒定律中的连接体问题”面面观模型(一)轻绳连接的连接体系统 典例(2022湖南长沙质检)如图所示,左侧为一个半径为R的半球形的碗固定在水平桌面上,碗口水平,O点为球心,碗的内表面及碗口光滑。右侧是一个固定的光滑斜面,斜面足够长,倾角30。一根不可伸长的不计质量的细绳跨在碗口及斜面顶端的光滑的定滑轮且两端分别系有可视为质点的小球m1和m2,且m1m2。开始时m1恰在碗口水平直径右端的A处,m2在斜面上且距离斜面顶端足够远,此时连接两球的细绳与斜面平行且恰好伸直。当m1由静止释放运动到圆心O的正下方B点时细绳突然断开,不计细绳断开瞬间的能量损失。(1)求小球m2沿斜面上升的最大距
2、离s;(2)若已知细绳断开后小球m1沿碗的内侧上升的最大高度为,求。(结果保留两位有效数字)解析(1)设小球m1到达最低点B时,m1、m2速度大小分别为v1、v2如图所示,由运动的合成与分解得v1v2对m1、m2组成的系统由机械能守恒定律得m1gRm2ghm1v12m2v22又hRsin 30联立以上三式解得v1,v2,设细绳断开后m2沿斜面上升的距离为s,对m2,由机械能守恒定律得m2gssin 30m2v22小球m2沿斜面上升的最大距离sRs联立以上两式并代入v2,解得sRR。(2)对m1,由机械能守恒定律得m1v12m1g代入v1解得1.9。答案(1)R(2)1.9 模型建构常见情境三点
3、提醒(1)分清两物体是速度大小相等,还是沿绳方向的分速度大小相等。(2)用好两物体的位移大小关系或竖直方向的高度变化关系。(3)对于单个物体,一般绳上的力要做功,机械能不守恒;但对于绳连接的系统,机械能则可能守恒。针对训练1.如图所示,物体A的质量为M,圆环B的质量为m,由绳子通过定滑轮连接在一起,圆环套在光滑的竖直杆上。开始时连接圆环的绳子处于水平,长度l4 m。现从静止释放圆环,不计定滑轮和空气的阻力,g取10 m/s2。若圆环下降h3 m时的速度v5 m/s,则A和B的质量关系为( )A. B.C. D.解析:选A圆环下降3 m后的速度可以按如图所示分解,故可得vAvcos ,A、B和绳
4、子看成一个整体,整体只有重力做功,机械能守恒,当圆环下降h3 m时,根据机械能守恒可得mghMghAmv2MvA2,其中hAl,联立可得,故A正确。2.(多选)如图所示,水平地面上固定一足够长的光滑斜面,斜面顶端有一光滑定滑轮,一轻绳跨过滑轮,绳两端分别连接小物块A和B。已知斜面倾角30,小物块A的质量为m,小物块B的质量为0.8m,小物块B距离地面的高度为h,小物块A距离定滑轮足够远。开始时,小物块A和小物块B位于同一水平面上,用手按住小物块A,然后松手。则下列说法正确的是(重力加速度为g)( )A松手瞬间,小物块A的加速度大小为gB松手后,小物块A的机械能守恒C小物块B落地前瞬间的速度大小
5、为 D小物块A能够上升到的最高点与地面的距离为解析:选AD松手瞬间,对小物块B受力分析可得:0.8mgFT0.8ma,对小物块A受力分析可得:FTmgsin 30ma,联立解得:ag,故A正确。松手后,绳的拉力对小物块A做正功,小物块A的机械能增加,故B错误。小物块B从开始下落到落地有v202ah,解得:v ,故C错误。小物块A从开始运动到滑行距离h时获得的速度v ,接下来继续滑行x速度减为零,由机械能守恒定律得:mv2mgxsin 30,解得:x,小物块A能够上升到的最高点与地面的距离为hhsin 30sin 30h,故D正确。模型(二)轻杆连接的连接体系统 典例(多选)如图所示,一轻质支架
6、的两端分别连着质量为m和2m的小球A和B(可视为质点),支架的OA段长为L,OB段长为2L,AOB120保持不变,可绕水平固定转轴O在竖直平面内无摩擦转动。已知重力加速度为g,当OB与水平方向成30角时无初速度释放支架,直到B球第一次运动到最低点的过程中,下列说法正确的是( )A当B球运动到最低点时,A球的速度大小为B当B球运动到最低点时,B球的速度大小为CB球运动到最低点的过程中,支架对A球做正功DB球运动到最低点的过程中,B球的机械能守恒解析小球A与B角速度大小相同,故,即vB2vA,B球第一次运动到最低点时,由几何关系和整个系统机械能守恒,可得2mg3LmgLmvA22mvB2,联立解得
7、vA,vB2,故A正确,B错误;B球第一次运动到最低点的过程中,对于A球,由几何关系和动能定理,可得mgLWmvA20,解得W2mgL0,支架对A球做正功,故C正确;同理,B球第一次运动到最低点的过程中,支架对B球做负功,B球的机械能不守恒,故D错误。答案AC常见情境三大特点(1)平动时两物体线速度相等,转动时两物体角速度相等。(2)杆对物体的作用力并不总是沿杆的方向,杆能对物体做功,单个物体机械能不守恒。(3)对于杆和球组成的系统,忽略空气阻力和各种摩擦且没有其他力对系统做功,则系统机械能守恒针对训练1(多选)如图所示,长为L的轻杆,一端装有转轴O,另一端固定一个质量为2m的小球B,杆中点固
8、定一个质量为m的小球A,若杆从水平位置由静止开始释放,在转到竖直位置的过程中,不计一切摩擦,下列说法中正确的是( )AA、B两球总机械能守恒B轻杆对A球做正功,轻杆对B球做负功C轻杆对A球不做功,轻杆对B球不做功D轻杆对A球做负功,轻杆对B球做正功解析:选AD两球组成的系统只有重力做功,系统机械能守恒,两球的角速度相等,到达竖直位置时,设A球的速度为v,则B球的速度为2v,根据机械能守恒定律得mg2mgLmv22m(2v)2,解得v;对A球运用动能定理得Wmgmv2,解得WmgL,则轻杆对A球做负功;对B球运用动能定理得W2mgL2m(2v)2,解得WmgL,则轻杆对B球做正功。故A、D正确,
9、B、C错误。2.(多选)如图所示,质量均为m的a、b两球固定在轻杆的两端,杆可绕O点在竖直面内无摩擦转动,已知两球距O点的距离L1L2,现在由图示位置静止释放,则在a下降过程中( )Aa、b两球的角速度大小始终相等B重力对b球做功的瞬时功率一直增大C杆对a球做负功,a球的机械能不守恒D杆对b球做负功,b球的机械能守恒解析:选ACa、b两球同时绕O点转动,角速度大小始终相等,故A正确;刚开始,b球的速度为0,重力对b球做功的瞬时功率为0,在竖直位置,速度与重力方向垂直,重力对b球做功的瞬时功率为0,所以重力对b球做功的瞬时功率先增大后减小,故B错误;在a球下降的过程中,b球的动能增加,重力势能增
10、加,所以b球的机械能增加,根据重力之外的力做功量度物体机械能的变化,所以杆对b球做正功,a球和b球系统的机械能守恒,a球的机械能减小,杆对a球做负功,故C正确,D错误。模型(三)轻弹簧连接的连接体系统典例如图所示,A、B两物体在竖直方向上通过劲度系数为k的轻质弹簧相连,A放在水平地面上,B、C两物体通过细线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,C的质量为4m,重力加速度为g,细线与滑轮之间的摩擦不计,开始时整个系统处于静止状态,释放C后C沿斜面下滑,A刚离开地面时,B获得最大速
11、度。求:(1)斜面倾角;(2)B的最大速度v。解析(1)当A刚离开地面时,设弹簧的伸长量为xA,对A有kxAmg,此时B受到重力mg、弹簧的弹力kxA、细线拉力FT三个力的作用,B的速度达到最大,即加速度为零,受力平衡,则C也受力平衡,对B有FTmgkxA0,对C有4mgsin FT0,解得sin 0.5,所以30。(2)开始时弹簧压缩的长度为xB,则xAxB,当A刚离开地面时,B上升的距离以及C沿斜面下滑的距离均为xAxB,由于xAxB,弹簧处于压缩状态和伸长状态时的弹性势能相等,而且A刚离开地面时,B、C两物体的速度相等,由机械能守恒定律得4mg(xAxB)sin mg(xAxB)(4mm
12、)v2,解得v2g。答案(1)30(2)2g题型特点由轻弹簧连接的物体系统,一般既有重力做功又有弹簧弹力做功,这时系统内物体的动能、重力势能和弹簧的弹性势能相互转化,而总的机械能守恒两点提醒(1)对同一弹簧,弹性势能的大小由弹簧的形变量完全决定,无论弹簧是伸长还是压缩(2)物体运动的位移与弹簧的形变量或形变量的变化量有关针对训练1.(多选)如图所示,质量为m的小球甲穿过一竖直固定的光滑杆拴在轻弹簧上,质量为4m的物体乙用轻绳跨过光滑的定滑轮与甲连接,开始用手托住乙,轻绳刚好伸直,滑轮左侧绳竖直,右侧绳与水平方向夹角为,某时刻由静止释放乙(足够高),经过一段时间小球运动到Q点,OQ两点的连线水平
13、,OQd,且小球在P、Q两点处时弹簧弹力的大小相等。已知重力加速度为g,sin 0.8,cos 0.6。则( )A弹簧的劲度系数为B小球位于Q点时的速度大小为 C物体乙重力的瞬时功率一直增大D小球甲和物体乙的机械能之和先增大后减小解析:选ABD在P、Q两点处弹簧弹力的大小相等,则由胡克定律可知P点的压缩量等于Q点的伸长量,由几何关系知PQdtan d,则小球位于P点时弹簧的压缩量为xPQd,对P点的小球由力的平衡条件可知mgkx,解得k,选项A正确;当小球运动到Q点时,假设小球甲的速度为v,此时小球甲的速度与绳子OQ垂直,所以物体乙的速度为零,又小球、物体和弹簧组成的系统机械能守恒,则由机械能
14、守恒定律得4mgmgdtan mv2,解得v,选项B正确;由于小球在P、Q两点处时弹簧弹力的大小相等,即小球在P、Q两点处时弹簧的弹性势能相等,则小球由P到Q的过程,弹簧的弹性势能先减小后增大,由能量守恒定律可知,小球甲和物体乙的机械能之和先增大后减小,选项D正确;由于小球在P和Q点处,物体乙的速度都为零,在其他过程中,物体乙的速度不是零,则可知物体乙重力的瞬时功率先增大后减小,选项C错误。2(2021年8省联考河北卷)(多选)如图,一顶角为直角的“”形光滑细杆竖直放置。质量均为m的两金属环套在细杆上,高度相同,用一劲度系数为k的轻质弹簧相连,弹簧处于原长l0。两金属环同时由静止释放,运动过程
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