物理人教總復習機械能 全省一等獎

第4講

功能關系能量守恒定律【秒判正誤】(1)力對物體做了多少功，物體就具有多少能。()(2)力對物體做正功，物體的機械能不一定增加。()(3)能量在轉(zhuǎn)化或轉(zhuǎn)移的過程中，其總量會不斷減少。

()(4)物體的機械能減少的過程中，動能有可能是增大的。 ()×√×√(5)能量在轉(zhuǎn)移或轉(zhuǎn)化過程中守恒，因此沒有必要節(jié)約能源。 ()(6)靜摩擦力做功時，一定會引起能量的轉(zhuǎn)化。()(7)滑動摩擦力做功時，一定會引起機械能的轉(zhuǎn)化。

()(8)一個物體的能量增加，必定有別的物體能量減少。

()××√√考點1功能關系的理解及應用【典題突破】題型1由能量變化分析做功【典例1】(2017·全國卷Ⅲ)如圖，一質(zhì)量為m，長度為l的均勻柔軟細繩PQ豎直懸掛。用外力將繩的下端Q緩慢地豎直向上拉起至M點，M點與繩的上端P相距

l。重力加速度大小為g。在此過程中，外力做的功為 (

)【解題思維】1.題型特征：由能量變化計算力做的功。2.題型解碼：(1)PM段軟繩的機械能不變。(2)MQ段軟繩的機械能增加。(3)由功能關系，外力做的功等于MQ段軟繩的機械能的增量?！窘馕觥窟xA。把Q點提到M點的過程中，PM段軟繩的機械能不變，MQ段軟繩的機械能的增量為ΔE=mg()mg(l)=mgl，由功能關系可知：在此過程中，外力做的功為W=mgl，故A正確，B、C、D錯誤?！居|類旁通】一個系統(tǒng)的機械能增大，究其原因，下列推測正確的是 (

)A.可能是重力對系統(tǒng)做了功B.一定是合外力對系統(tǒng)做了功C.一定是系統(tǒng)克服合外力做了功D.可能是摩擦力對系統(tǒng)做了功

【解析】選D。只有重力做功，系統(tǒng)的機械能守恒，故A錯誤；除重力、彈力之外的力做正功時，系統(tǒng)機械能增加，做負功時則減少，故B、C錯誤；如果摩擦力對系統(tǒng)做正功，則系統(tǒng)機械能增加，故D正確。題型2由做功分析能量變化【典例2】(2018·全國卷Ⅰ)如圖，abc是豎直面內(nèi)的光滑固定軌道，ab水平，長度為2R；bc是半徑為R的四分之一圓弧，與ab相切于b點。一質(zhì)量為m的小球，始終受到與重力大小相等的水平外力的作用，自a點處從靜止開始向右運動。重力加速度大小為g。小球從a點開始運動到其軌跡最高點，機械能的增量為 (

)A.2mgR B.4mgRC.5mgR D.6mgR【解題思維】1.題型特征：由做功計算能量變化。2.題型解碼：(1)由動能定理可求出小球經(jīng)過c點時的速度。(2)小球經(jīng)過c點后，豎直方向做勻減速直線運動，水平方向做勻加速直線運動，當豎直方向的速度減為零時，小球到達軌跡的最高點。(3)小球機械能的增量等于力F做的功?！窘馕觥窟xC。設小球運動到c點的速度大小為vc，小球由a到c的過程，由動能定理得：F·3R-mgR=又F=mg，解得：=4gR。小球離開c點后，在水平方向做初速度為零的勻加速直線運動，豎直方向在重力作用下做勻減速直線運動，整個過程運動軌跡如圖所示，由牛頓第二定律可知，小球離開c點后水平方向和豎直方向的加速度大小均為g，則由豎直方向的運動可知，小球從離開c點到其軌跡最高點所需的時間t=小球在水平方向的位移為x=gt2，解得x=2R。小球從a點開始運動到其軌跡最高點的過程中，水平方向的位移大小為x+3R=5R，則小球機械能的增加量ΔE=F·5R=5mgR?！居|類旁通】韓曉鵬是我國首位在冬奧會雪上項目奪冠的運動員。他在一次自由式滑雪空中技巧比賽中沿“助滑區(qū)”保持同一姿態(tài)下滑了一段距離，重力對他做功1900J，他克服阻力做功100J。韓曉鵬在此過程中 (

)A.動能增加了1900JB.動能增加了2000JC.重力勢能減小了1900JD.重力勢能減小了2000J

【解析】選C。根據(jù)動能定理得，韓曉鵬動能的變化ΔEk=WG-Wf=1900J-100J=1800J，其動能增加了1800J，故A、B錯誤；根據(jù)重力做功與重力勢能變化的關系WG=-ΔEp，解得ΔEp=-WG=-1900J，其重力勢能減小了1900J，故C正確，D錯誤。題型3功能關系的綜合應用【典例3】(2017·全國卷Ⅰ)一質(zhì)量為8.00×104kg的太空飛船從其飛行軌道返回地面。飛船在離地面高度為1.60×105m處以7.50×103m/s的速度進入大氣層，逐漸減慢至速度為100m/s時下落到地面。取地面為重力勢能零點，在飛船下落過程中，重力加速度可視為常量，大小取為9.8m/s2。(結(jié)果保留2位有效數(shù)字)

(1)分別求出該飛船著地前瞬間的機械能和它進入大氣層時的機械能。(2)求飛船從離地面高度600m處至著地前瞬間的過程中克服阻力所做的功，已知飛船在該處的速度大小是其進入大氣層時速度大小的2.0%?！窘忸}思維】1.題型特征：功能關系的綜合應用。2.題型解碼：(1)飛船著地前瞬間的機械能只有動能，進入大氣層時的機械能為動能和重力勢能的和。(2)飛船克服阻力所做的功等于飛船機械能的減少量。【解析】(1)飛船著地前機械能：Ek0==×8×104×(100)2J=4.0×108J，飛船進入大氣層時的機械能：Eh=mgh+=8×104×9.8×1.6×105J+×8×104×(7.5×103)2J=2.4×1012J(2)飛船在h′=600m處的機械能：Eh′=mgh′+m(vh×2%)2=1.37×109J飛船從高度600m處至著地瞬間的過程中克服阻力所做的功：W=Eh′-Ek0解得：W=9.7×108J答案：(1)4.0×108J

2.4×1012J(2)9.7×108J【觸類旁通】(2019·合肥模擬)如圖所示，質(zhì)量為m的足球靜止在地面1的位置，被踢出后落到地面3的位置。在空中到達最高點2的高度為h，速度為v，已知重力加速度為g。下列說法正確的是 (

)A.運動員對足球做的功為mgh+mv2B.足球落到3位置時的動能為mghC.足球剛離開1位置時的動能大于mgh+mv2D.足球在2位置時的機械能等于其在3位置的機械能【解析】選C。由軌跡分析知，足球運動的過程中必定受到空氣阻力，從踢球到足球運動到2位置的過程，由動能定理得W-mgh-Wf=mv2，運動員對足球做的功為W=Wf+mgh+mv2，Wf是足球克服空氣阻力做的功，故A錯誤；從2位置到3位置，由動能定理得mgh-Wf′=Ek3-mv2，足球落到3位置時的動能為Ek3=mv2+mgh-Wf′，故B錯誤；從1位置到2位置，由動能定理得-mgh-Wf=mv2-Ek1，足球剛離開1位置時的動能為Ek1=mgh+mv2+Wf>mgh+mv2，故C正確；由于有空氣阻力做負功，所以足球的機械能不斷減少，所以足球在2位置時的機械能大于其在3位置時的機械能，故D錯誤?！咎岱置丶俊炯庸逃柧殹?多選)質(zhì)量為m的物體，在距地面h高處以初速度v豎直向下拋出。其加速度大小為0.5g，方向豎直向下。則在其下落到地面的過程中，下列說法中正確的是

(

)

A.物體的重力勢能減少0.5mghB.物體的動能增加0.5mghC.物體的機械能減少0.5mghD.落地時的動能為mgh+mv2【解析】選B、C。物體在下落過程中，重力做正功為mgh，則重力勢能減小mgh，故A錯誤；物體所受的合力為F=ma=0.5mg，則合力做功為W合=0.5mgh，所以動能增加了0.5mgh，故B正確；物體下落過程中受到向下的重力mg和向上的力F′，而物體下落過程中受到的合外力大小為F=0.5mg，即F=mg-F′，解得F′=0.5mg，WF′=-0.5mgh，所以機械能減少了0.5mgh，故C正確；由動能定理得W合=Ek-mv2=0.5mgh，解得Ek=0.5mgh+mv2，故D錯誤?？键c2摩擦力做功與能量變化的關系【典題突破】【典例4】(多選)(2019·株洲模擬)如圖所示，在傾角為θ=30°的足夠長的固定粗糙斜面上一質(zhì)量為m=0.4kg的滑塊在t=0時刻自斜面底端以某一初速度沿斜面向上運動，滑塊上滑過程中距斜面底端的距離d=10t-5t2(m)，不計空氣阻力，g取10m/s2，最大靜摩擦力等于滑動摩擦力，則下列說法正確的是 (

)A.在t=1s時刻滑塊開始下滑B.在t=2s時刻滑塊返回斜面底端C.滑塊和斜面間的動摩擦因數(shù)μ=D.滑塊在斜面上運動過程中機械能損失10J【解題思維】1.題型特征：滑動摩擦力做功與能量轉(zhuǎn)化。2.題型解碼：(1)由d=10t-5t2(m)確定滑塊向上滑動的初速度和加速度。(2)由牛頓第二定律確定滑塊與斜面間的動摩擦因數(shù)。(3)滑塊到達最高點時，由mgsinθ與μmgcosθ的大小關系確定滑塊是否下滑。(4)由功能關系求解滑塊在斜面上運動過程中損失的機械能?！窘馕觥窟xA、D。由滑塊上滑過程中距斜面底端的距離d=10t-5t2(m)，可知滑塊的初速度為10m/s，加速度大小為10m/s2，方向沿斜面向下，則到達最高點時有0=v0-at，代入數(shù)據(jù)解得t=1s，故A正確；對滑塊上滑過程由牛頓第二定律得mgsinθ+μmgcosθ=ma，代入數(shù)據(jù)得μ=，到達最高點速度為零時有mgsinθ=μmgcosθ，滑塊不會向下滑動，將處于靜止狀態(tài)，故B、C錯誤；滑塊到達最高點時的位移x=v0t-at2=10×1m-×10×12m=5m，滑塊在斜面上運動過程中機械能損失ΔE=μmgcosθ·x=×0.4×10××5J=10J，故D正確?！居|類旁通1】(2019·綿陽模擬)高速公路部分路段旁建有如圖所示的避險車道，車輛可駛?cè)氡茈U。若質(zhì)量為m的貨車剎車后以初速度v0經(jīng)A點沖上避險車道，前進距離l時到B點減速為0，貨車所受摩擦力恒定，A、B兩點高度差為h，C為A、B中點，已知重力加速度為g，下列關于該貨車從A運動到B過程說法正確的是 (

)A.克服摩擦力做的功為mB.該過程產(chǎn)生的熱量為-mghC.在AC段克服摩擦力做的功小于CB段克服摩擦力做的功D.在AC段的運動時間等于CB段的運動時間【解析】選B。貨車從A運動到B過程，根據(jù)功能關系，克服摩擦力做功等于機械能的減小量，即Wf=mgh，也等于系統(tǒng)產(chǎn)生的內(nèi)能，故A錯誤，B正確；根據(jù)W=-Ffx，在AC段克服摩擦力做的功等于CB段克服摩擦力做的功，故C錯誤；貨車做減速運動，通過后半程的時間大于通過前半程的時間，故D錯誤?！居|類旁通2】(2019·巴彥淖爾模擬)水平傳送帶以速度v勻速傳動，一質(zhì)量為m的小物塊A由靜止輕放在傳送帶上，如圖在小物塊與傳送帶相對靜止時，系統(tǒng)轉(zhuǎn)化為內(nèi)能的能量為 (

)A.mv2

B.2mv2C.mv2 D.mv2【解析】選D。小物塊受的滑動摩擦力Ff=μmg，其加速度為a==μg，小物塊速度達到v時相對于傳送帶的位移Δx=x傳-x物=vt-at2=v·由功能關系得轉(zhuǎn)化為內(nèi)能的能量為ΔE=Ff·Δx=μmg·

故A、B、C錯誤，D正確?！咎岱置丶俊炯庸逃柧殹咳鐖D所示為地鐵站用于安全檢查的裝置，主要由水平傳送帶和x光透視系統(tǒng)兩部分組成，傳送過程傳送帶速度不變。假設乘客把物品輕放在傳送帶上之后，物品總會先、后經(jīng)歷兩個階段的運動，用v表示傳送帶速率，用μ表示物品與傳送帶間的動摩擦因數(shù)，則

(

)A.前階段，物品可能向傳送方向的相反方向運動B.后階段，物品受到摩擦力的方向跟傳送方向相同C.v相同時，μ不同的等質(zhì)量物品與傳送帶摩擦產(chǎn)生的熱量相同D.μ相同時，v增大為原來的2倍，前階段物品的位移也增大為原來的2倍【解析】選C。物品輕放在傳送帶上，前階段，物品受到向前的滑動摩擦力，所以物品的運動方向一定與傳送帶的運動方向相同，故A錯誤；后階段，物品與傳送帶一起做勻速運動，不受摩擦力，故B錯誤；設物品勻加速運動的加速度為a，由牛頓第二定律得Ff=μmg=ma，物品的加速度大小為a=μg，勻加速的時間為t=

位移為x=t，傳送帶勻速的位移為x′=vt，物品相對傳送帶滑行的距離為Δx=x′-x=物品與傳送帶摩擦產(chǎn)生的熱量為Q=μmgΔx=mv2，則知v相同時，μ不同的等質(zhì)量物品與傳送帶摩擦產(chǎn)生的熱量相同，故C正確；前階段物品的位移為x=

則知μ相同時，v增大為原來的2倍，前階段物品的位移也增大為原來的4倍，故D錯誤。考點3能量守恒定律的應用

【典題突破】【典例5】(2019·合肥模擬)在某電視臺舉辦的沖關游戲中，AB是處于豎直平面內(nèi)的光滑圓弧軌道。半徑R=1.6m，BC是長度為L1=3m的水平傳送帶，CD是長度為L2=3.6m的水平粗糙軌道，AB、CD軌道與傳送帶平滑連接，參賽者抱緊滑板從A處由靜止下滑。參賽者和滑板可視為質(zhì)點，參賽者質(zhì)量m=60kg，滑板質(zhì)量可忽略，已知滑板與傳送帶、水平軌道的動摩擦因數(shù)分別為μ1=0.4，μ2=0.5，g取10m/s2。求： (1)參賽者運動到圓弧軌道B處對軌道的壓力。(2)若參賽者恰好能運動至D點，求傳送帶運轉(zhuǎn)速率及方向。(3)在第(2)問中，傳送帶由于傳送參賽者多消耗的電能。【解題思維】1.題型特征：能量守恒定律的綜合應用。2.題型解碼：(1)由機械能守恒定律結(jié)合牛頓第二定律、第三定律求解參賽者運動到圓弧軌道B處對軌道的壓力。(2)由動能定理求解傳送帶的速度。(3)由能量守恒定律可知，傳送帶傳送參賽者多消耗的電能轉(zhuǎn)化為因摩擦產(chǎn)生的內(nèi)能和參賽者的動能?！窘馕觥?1)參賽者從A到B的過程，由機械能守恒定律得：mgR(1-cos60°)=代入數(shù)據(jù)解得：vB=4m/s在B點，對參賽者由牛頓第二定律得：FN-mg=m代入數(shù)據(jù)解得：FN=1200N由牛頓第三定律知參賽者運動到圓弧軌道B處對軌道的壓力為：FN′=FN=1200N方向豎直向下(2)參賽者由C到D的過程，由動能定理得：-μ2mgL2=0-解得：vC=6m/s>vB=4m/s所以傳送帶運轉(zhuǎn)方向為順時針假設參賽者在傳送帶上一直加速，設到達C點的速度為v，由動能定理得：μ1mgL1=mv2-解得：v=2m/s>vC=6m/s所以傳送帶運轉(zhuǎn)速率等于vC=6m/s

(3)參賽者在傳送帶上勻加速運動的時間為：t==0.5s此過程中參賽者與傳送帶間的相對位移大小為：Δx=vCt-=0.5m由能量守恒定律得，傳送帶由于傳送參賽者多消耗的電能為：ΔE=μ1mgΔx+()代入數(shù)據(jù)解得：ΔE=720J答案：(1)1200N，方向豎直向下(2)6m/s方向為順時針(3)720J【觸類旁通】(2019·榆林模擬)一根內(nèi)壁粗糙的細圓管彎成半徑為R的圓弧固定在豎直面內(nèi)，O、B兩點在同一條豎直線上，如圖所示。一小球自A口的正上方距A口高度為h處無初速度釋放，小球從B口出來后恰能落到A口。小球可視為質(zhì)點，重力加速度大小為g。求：(1)小球在B口所受圓管內(nèi)壁的彈力大小FN。(2)小球從釋放至到達B口的過程中，其與圓管內(nèi)壁間因摩擦產(chǎn)生的熱量Q。【解析】(1)設小球通過B口時的速度大小為v，由平拋運動規(guī)律得：水平方向：R=vt豎直方向：R=gt2解得：v=由于v<，故此時小球受到圓管內(nèi)壁豎直向上的支持力，由牛頓第二定律得：mg-FN=m解得：FN=mg(2)小球從釋放至到達B口的過程，由能量守恒定律得：mgh=mgR+mv2+Q解得：Q=mgh-mgR答案：(1)mg

(2)mgh-mgR【提分秘籍】應用能量守恒定律解題的基本步驟【加固訓練】(2016·全國卷Ⅱ)輕質(zhì)彈簧原長為2l，將彈簧豎直放置在地面上，在其頂端將一質(zhì)量為5m的物體由靜止釋放，當彈簧被壓縮到最短時，彈簧長度為l?，F(xiàn)將該彈簧水平放置，一端固定在A點，另一端與物塊P接觸但不連接。AB是長度為5l的水平軌道，B端與半徑為l的光滑半圓軌道BCD相切，半圓的直徑BD豎直，如圖所示。物塊P與