2019版高考物理二輪復習 專題二 功與能 動量 第6講 機械能守恒 功能關系學案

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1、第6講 機械能守恒　功能關系 主干知識體系 核心再現(xiàn)及學科素養(yǎng) x 思想方法 (1)機械能守恒定律的表達式． ①守恒的觀點：Ek1＋Ep1＝Ek2＋Ep2. ②轉化的觀點：ΔEp＝－ΔEk. ③轉移的觀點：EA增＝EB減． (2)常見的力學中功能關系． ①合外力做功與動能的關系：W合＝ΔEk. ②重力做功與重力勢能的關系：WG＝－ΔEp. ③彈力做功與彈性勢能的關系：W彈＝－ΔEp. ④除重力以外其他力做功與機械能的關系：W其它＝ΔE機． ⑤滑動摩擦力做功與內能的關系：Ffl相對＝ΔE內． 思想方法 (1)物理思想：守恒思想． (2)物理方法：守恒法、轉化法、

2、轉移法. 1．(2017·高考全國卷Ⅱ)(多選)如圖，海王星繞太陽沿橢圓軌道運動，P為近日點，Q為遠日點，M、N為軌道短軸的兩個端點，運行的周期為T0.若只考慮海王星和太陽之間的相互作用，則海王星在從P經過M、Q到N的運動過程中(　　 ) A．從P到M所用的時間等于 B．從Q到N階段，機械能逐漸變大 C．從P到Q階段，速率逐漸變小 D．從M到N階段，萬有引力對它先做負功后做正功 CD　[A錯：由開普勒第二定律可知，相等時間內太陽與海王星連線掃過的面積都相等．則在段速度大小大于段速度大小，則段時間小于段時間，所以P到M所用時間小于. B錯：由機械能守恒定律知，從Q到N階段，

3、機械能守恒． C對：從P到Q階段，萬有引力做負功，動能減小，速率逐漸變?。? D對：從M到N階段，萬有引力與速度的夾角先是鈍角后是銳角，即萬有引力對它先做負功后做正功．] 2．(2017·高考全國卷Ⅰ)一質量為8.00×104 kg的太空飛船從其飛行軌道返回地面．飛船在離地面高度1.60×105 m處以7.50×103 m/s的速度進入大氣層，逐漸減慢至速度為100 m/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9.8 m/s2.(結果保留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

4、度600 m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%. 解析　(1)飛船著地前瞬間的機械能為 Ek0＝mv① 式中，m和v0分別是飛船的質量和著地前瞬間的速率．由①式和題給數(shù)據(jù)得 Ek0＝4.0×108 J② 設地面附近的重力加速度大小為g.飛船進入大氣層時的機械能為 Eh＝mv＋mgh③ 式中，vh是飛船在高度1.60×105 m處的速度大?。散凼胶皖}給數(shù)據(jù)得Eh≈2.4×1012 J④ (2)飛船在高度h′＝600 m處的機械能為 Eh′＝m2＋mgh′⑤ 由功能原理得W＝Eh′－Ek0⑥ 式中，W是飛船從高

5、度600 m處至著地前瞬間的過程中克服阻力所做的功．由②⑤⑥式和題給數(shù)據(jù)得 W≈9.7×108 J⑦ 答案　(1)4.0×108 J　 2.4×1012 J 　(2)9.7×108 J 3．(2018·全國Ⅰ卷，24)一質量為m的煙花彈獲得動能E后，從地面豎直升空．當煙花彈上升的速度為零時，彈中火藥爆炸將煙花彈炸為質量相等的兩部分，兩部分獲得的動能之和也為E，且均沿豎直方向運動．爆炸時間極短，重力加速度大小為g，不計空氣阻力和火藥的質量．求 (1)煙花彈從地面開始上升到彈中火藥爆炸所經過的時間； (2)爆炸后煙花彈向上運動的部分距地面的最大高度． 解析　(1)設煙花彈上升的初速度為

6、v0，由題給條件有 E＝mv① 設煙花彈從地面開始上升到火藥爆炸所用的時間為t，由運動學公式有 0－v0＝－gt② 聯(lián)立①②式得 t＝③ (2)設爆炸時煙花彈距地面的高度為h1，由機械能守恒定律有 E＝mgh1④ 火藥爆炸后，煙花彈上、下兩部分均沿豎直方向運動，設爆炸后瞬間其速度分別為v1和v2.由題給條件和動量守恒定律有 mv＋mv＝E⑤ mv1＋mv2＝0⑥ 由⑥式知，煙花彈兩部分的速度方向相反，向上運動部分做豎直上拋運動． 設爆炸后煙花彈上部分繼續(xù)上升的高度為h2，由機械能守恒定律有 mv＝mgh2⑦ 聯(lián)立④⑤⑥⑦式得，煙花彈向上運動部分距地面的最大高度為

7、h＝h1＋h2＝⑧ 答案　(1)　(2) [考情分析] ■命題特點與趨勢 1．本講是高考的“重中之重”，常以選擇題形式考查機械能守恒的判斷、功能關系的簡單分析與計算． 2．功能關系滲透在整個物理學內容中，是歷年高考綜合題命題熱點，常與直線運動、平拋運動、圓周運動及電磁學知識相結合，多以計算題形式出現(xiàn)，難度偏大． ■解題要領 解決本講問題，一是要正確理解機械能守恒的條件及表達式、常見功能關系及能量守恒定律；二是要正確應用“守恒思想”(機械能守恒、能量守恒)和常用方法(守恒法、轉化法、轉移法). 高頻考點一　機械能守恒的判斷及應用 [備考策略] 1．掌握機械能守恒的三種判斷

8、方法 (1)用做功判斷：若物體或系統(tǒng)只有重力(或系統(tǒng)內彈簧的彈力)做功，雖受其他力，但其他力不做功，則其機械能守恒． (2)用能量轉化判斷：若物體或系統(tǒng)中只有動能和勢能的相互轉化，而無機械能與其他形式的能的相互轉化，則物體或系統(tǒng)機械能守恒． (3)對多個物體組成的系統(tǒng)，除考慮是否只有重力做功外，還要考慮系統(tǒng)內力是否做功，如有摩擦力做功時，因摩擦生熱，系統(tǒng)機械能將有損失． 2．牢記機械能守恒定律的三種表達形式 [命題視角] 考向1　單個物體的機械能守恒 例1　(2018·山東省濰坊市高三第二次高考模擬) 如圖所示，傾角為37°的斜面與一豎直光滑圓軌道相切于A點，軌道半徑R＝1

9、 m，將滑塊由B點無初速釋放，滑塊恰能運動到圓周的C點，OC水平，OD豎直，AB＝2 m，滑塊可視為質點，取g＝10 m/s2，sin 37°＝0.6，cos 37°＝0.8，求： (1)滑塊在斜面上運動的時間； (2)若滑塊能從D點拋出，滑塊仍從斜面上無初速釋放，釋放點至少應距A點多遠． 解析　(1)滑塊到達A點時的速度vA，從A到C機械能守恒：mv＝mgR cos 37° 從B到A過程勻加速運動：v＝2axAB vA＝at 解得t＝1 s (2)能從D點拋出速度最小為vD，mg＝m 以A所在水平面為重力勢能重點，從A到D由機械能守恒：mvA′2＝mgR(1＋cos37°

10、)＋mv　vA′2＝2ax′解得x′＝5.75 m. 答案　(1)1 s　(2)5.75 m 考向2　用輕桿、輕繩定滑輪相連的多個物體的機械能守恒 例2　(2018·山東省淄博市高三三模)(多選)如圖所示，將質量為2m的重物懸掛在輕繩的一端，輕繩的另一端系一質量為m的小環(huán)，小環(huán)套在豎直固定的光滑直桿上，光滑定滑輪與直桿的距離為d.現(xiàn)將小環(huán)從與定滑輪等高的A處由靜止釋放，當小環(huán)沿直桿下滑距離也為d時(圖中B處)，下列說法正確的是(重力加速度為g)(　　 ) A．環(huán)與重物、地球組成的系統(tǒng)機械能守恒 B．小環(huán)到達B處時，重物上升的高度也為d C．小環(huán)在B處的速度與重物上升的速度大小之

11、比等于 D．小環(huán)下落到B處時的速度為 AD　[A項，由于小環(huán)和重物只有重力做功，則系統(tǒng)機械能守恒，故A項正確． B項，結合幾何關系可知，重物上升的高度h＝(－1)d，故B項錯誤． C項，將小環(huán)在B處的速度分解為沿著繩子方向和垂直于繩子方向的兩個分速度，其中沿著繩子方向的速度即為重物上升的速度，則v物＝v環(huán)cos 45°，環(huán)在B處的速度與重物上升的速度大小之比為∶1，故C項錯誤． D項，小環(huán)和重物系統(tǒng)機械能守恒，則mgd－2mgh＝mv＋mv 且v物＝v環(huán)cos 45°，解得：v環(huán)＝，故D正確；故選A、D.] 例3　(2018·最新高考信息卷)如圖所示，A、B兩小球質量均為m，A球

12、位于半徑為R的豎直光滑圓軌道內側，B球穿過固定的光滑豎直長桿，桿和圓軌道在同一豎直平面內，桿的延長線過軌道圓心O.兩球用輕質鉸鏈與長為L(L>2R)的輕桿連接，連接兩球的輕桿能隨小球自由移動，M、N、P三點分別為圓軌道上最低點、圓心的等高點和最高點，重力加速度為g. (1)對A球施加一個始終沿圓軌道切向的推力，使其緩慢從M點移至N點，求A球在N點受到的推力大小F； (2)在M點給A球一個水平向左的初速度，A球沿圓軌道運動到最高點P時速度大小為v，求A球在M點時的初速度大小v0； (3)在(2)的情況下，若A球運動至M點時，B球的加速度大小為a，求此時圓軌道對A球的作用力大小FA.

13、解析　在N點，A、B和輕桿整體處于平衡狀態(tài)，根據(jù)平衡條件可得A球在N點受到的推力大小；A球在M點、P點時，B球的速度都為零，A、B球和輕桿組成的系統(tǒng)在運動過程中滿足機械能守恒定律即可求出A球在M點時的初速度大??；由牛頓第二定律可求出圓軌道對A球的作用力大小． (1)在N點，A、B和輕桿整體處于平衡狀態(tài)，在豎直方向有：F－2mg＝0 解得：F＝2mg (2)A球在M點、P點時，B球的速度都為零 A、B球和輕桿組成的系統(tǒng)在運動過程中滿足機械能守恒定律，則 2mg·2R＝mv－mv2 解得：v0＝ (3)此時B球有向上的加速度a，設桿對B球支持力為F0，由牛頓第二定律有 F0－mg＝

14、ma A球此時受到重力、軌道豎直向上的支持力和輕桿豎直向下的壓力，同理有 FA－F0－mg＝m 解得：FA＝10mg＋ma＋m. 答案　(1)2mg　(2) (3)10mg＋ma＋m 考向3　機械能守恒定律的綜合應用 例4　(2018·哈爾濱市第三中學考前沖刺卷)如圖所示，豎直平面內固定著由兩個半徑為R的四分之一圓弧構成的細管道ABC，圓心連線O1O2水平且與細管的交點為B，輕彈簧左端固定在豎直擋板上．右端靠著質量為m的小球(小球的直徑略小于管道內徑)，長為R的薄板DE置于水平面上，板的左端D到管道右端C的水平距離為R.開始時彈簧處于鎖定狀態(tài)，具有一定的彈性勢能．重力加速度為g，

15、解除鎖定，小球離開彈簧后進入管道，最后從C點拋出(不計小球與水平面和細管的摩擦)，若小球經C點時對管道外側的彈力大小為mg. (1)求彈簧鎖定時具有的彈性勢能Ep； (2)求小球經細管B點的前、后瞬間對管道的壓力； (3)試通過計算判斷小球能否落在薄板DE上． 解析　(1)小球經過C點時，管道對小球的彈力FN＝mg，方向豎直向下， 根據(jù)向心力公式有mg＋FN＝ 從解除彈簧鎖定到小球運動到C點過程中，彈簧的彈性勢能全部轉化為小球的機械能，而彈簧和小球的機械能守恒，則Ep＝2mgR＋mv 解得Ep＝3mgR. (2)小球解除鎖定到經過B點的過程中，根據(jù)機械能守恒，有3mgR＝m

16、gR＋mv 小球經B點前、后瞬間，彈力提供向心力， 則FN＝ 解得FN＝4mg. 由牛頓第三定律可知，小球對管道的壓力分別向右和向左，大小為4mg. (3)小球離開C點后做平拋運動，根據(jù)平拋運動規(guī)律有 2R＝gt2，x＝vCt 解得x＝2R. 因為x＝2R>2R，所以小球不能落在薄板DE上． 答案　(1)3mgR 　(2)分別為向右和向左的大小為4mg的壓力　(3)見解析 [歸納反思] 應用機械能守恒定律解題的基本思路 [題組突破] 1－1.(2018·河北省邯鄲市高三二模)(多選)如圖所示，在傾角為30°的光滑固定斜面上，放有兩個質量分別為1 kg和2 kg的可

17、視為質點的小球A和B，兩球之間用一根長l＝0.2 m的輕桿相連，小球B距水平面的高度h＝0.1 m．斜面底端與水平面之間有一光滑短圓弧相連，兩球從靜止開始下滑到光滑水平面上，g取10 m/s2.則下列說法中正確的是(　　 ) A．下滑的整個過程中A球機械能守恒 B．下滑的整個過程中兩球組成的系統(tǒng)機械能守恒 C．兩球在光滑水平面上運動時的速度大小為2 m/s D．系統(tǒng)下滑的整個過程中B球機械能的增加量為 J BD　[A、B下滑的整個過程中，桿的彈力對A球做負功，A球機械能減少，選項A錯誤．A、B兩球組成的系統(tǒng)只有重力和系統(tǒng)內彈力做功，機械能守恒，選項B正確．對A、B兩球組成的系統(tǒng)由

18、機械能守恒定律得mAg(h＋l sin 30°)＋mBgh＝(mA＋mB)v2，解得v＝ m/s，選項C錯誤．B球機械能的增加量為ΔEp＝mBv2－mBgh＝ J，選項D正確．] 1－2.(2018·湖北三市五校三聯(lián))如圖所示，一質量不計的細線繞過無摩擦的輕質小定滑輪O與質量為5m的砝碼相連，另一端與套在一根固定光滑的豎直桿上質量為m的圓環(huán)相連，直桿上有A、C、B三點，且C為AB的中點，AO與豎直桿的夾角θ＝53°，C點與滑輪O在同一水平高度，滑輪與豎直桿相距為L，重力加速度為g，設直桿足夠長，圓環(huán)和砝碼在運動過程中不會與其他物體相碰．現(xiàn)將圓環(huán)從A點由靜止釋放(已知sin 53°＝0.8，c

19、os 53°＝0.6)，試求： (1)砝碼下降到最低點時，圓環(huán)的速度大?。? (2)圓環(huán)能下滑的最大距離； (3)圓環(huán)下滑到B點時的速度大?。? 解析　(1)當圓環(huán)到達C點時，砝碼下降到最低點，此時砝碼速度為零 圓環(huán)下降高度為hAC＝ 砝碼下降高度為Δh＝＝ 由系統(tǒng)機械能守恒mghAC＋5mgΔh＝mv 則圓環(huán)的速度v1＝2 (2)當圓環(huán)下滑最大距離為H時，圓環(huán)和砝碼的速度均為零 砝碼上升的高度ΔH＝－ 由系統(tǒng)機械能守恒，圓環(huán)重力勢能的減少量等于砝碼重力勢能的增加量，即mgH＝5mgΔH，得圓環(huán)能下滑的最大距離H＝. (3)當圓環(huán)運動到B點時，下滑的高度hAB＝，而砝

20、碼的高度不變，設圓環(huán)的速度為v2，此時砝碼的速度為v2 cos 53°. 由系統(tǒng)機械能守恒 mghAB＝mv＋×5m(v2 cos 53°)2 得圓環(huán)下滑到B點時的速度v2＝. 答案　(1)2　(2)　(3) 高頻考點二　功能關系及能量守恒定律的應用 [備考策略] 1．應用類題目最大的特色是用新穎材料考查已學知識，最常見的失誤原因是不能透過表象提煉出問題的實質，合理應用規(guī)律解題．功能關系類題目更是如此，不能寄希望于押題訓練，而是要善于總結規(guī)律，把握共性，以不變應萬變 2．掌握力學中常見的五種功能關系 (1)重力做功與重力勢能變化的關系：WG＝－ΔEp. (2)彈力做功與彈性

21、勢能變化的關系：W彈＝－ΔEp. (3)合外力做功與動能變化的關系：W合＝ΔEk. (4)重力之外的力做功與機械能變化的關系：W其他＝ΔE機． (5)滑動摩擦力、相對位移的乘積與內能變化的關系：Ffx相對＝ΔE內． 3．應用注意事項 (1)必須分析清物體運動過程中有哪些力做功，有哪些形式的能發(fā)生變化． (2)明確圖象斜率的意義． (3)物塊在傳送帶上滑動時產生的熱量Q＝Ffx相對．其中x相對為物塊與傳送帶間的相對位移． [題組突破] 2－1.(2018·吉林省長春市高三畢業(yè)班調研(三))如圖所示，某段滑雪雪道傾角為30°，總質量為m(包括滑雪具在內)的滑雪運動員從距底端高為h

22、處的雪道上由靜止開始勻加速下滑，加速度a＝，在他從上向下滑到底端的過程中，下列說法正確的是(　　 ) A．運動員減少的重力勢能全部轉化為動能 B．系統(tǒng)減少的機械能為 C．運動員獲得的動能為 D．運動員克服摩擦力做的功為 B　[由于滑雪雪道與滑雪具之間有摩擦，在滑雪運動員從距底端高度為h處的雪道上由靜止開始勻加速下滑過程中，運動員減少的重力勢能一部分轉化為動能，另一部分轉化為克服摩擦做的功，選項A錯誤；下滑位移為L＝＝2h，由v2＝2aL，得出滑到雪道底端時速度v＝，滑到雪道底端時運動員獲得的動能Ek＝mv2＝mgh，下滑過程中系統(tǒng)減少的機械能ΔE＝mgh－Ek＝mgh，選項B正確

23、、C錯誤；根據(jù)功能關系可知，下滑過程中系統(tǒng)減少的機械能ΔE等于運動員克服摩擦力做的功，所以運動員克服摩擦力做的功為mgh，選項D錯誤．] 　　　　　　　　　　　　　　　　　　　 2－2.(2018·四川省攀枝花市高考物理三診試卷)(多選)如圖所示，傾角為θ＝37°的傳送帶以速度v＝2 m/s沿圖示方向勻速運動．現(xiàn)將一質量為2 kg的小木塊，從傳送帶的底端以v0＝4 m/s的初速度，沿傳送帶運動方向滑上傳送帶．已知小木塊與傳送帶間的動摩擦因數(shù)為μ＝0.5，傳送帶足夠長，sin 37°＝0.6，cos 37°＝0.8，取g＝10 m/s2.小物塊從滑上傳送帶至到達最高點的過程中，下列說法正確的

24、是(　　 ) A．運動時間為0.4 s B．發(fā)生的位移為1.6 m C．產生的熱量為9.6 J D．摩擦力對小木塊所做功為12.8 J BC　[第一階段：根據(jù)牛頓第二定律，mgsin θ＋μmgcos θ＝ma1，得a1＝10 m/s2，第一階段位移為x1＝＝0.6 m， 所用時間為t1＝＝0.2 s，傳送帶位移為x傳1＝vt1＝0.4 m，劃痕為Δx1＝x1－x傳1＝0.2 m；第二階段mgsin θ－μmgcos θ＝ma2，得a2＝2 m/s2，第二階段位移為x2＝＝1 m，所用時間為t2＝＝1 s，傳送帶位移為x傳2＝vt＝2 m，劃痕為Δx2＝x傳1－x2＝1 m．由

25、以上分析可知，物體運動總時間為t＝t1＋t2＝1.2 s；物體的總位移x＝x1＋x2＝1.6 m；產生總熱量為Q＝μmgcos θ·Δx1＋μmg cos θ·Δx2＝9.6 J；摩擦力第一階段做負功，第二階段做正功，摩擦力對小木塊所做功為W＝－μmgcos θ·x1＋μmgcos θ·x2＝3.2 J，綜上分析可知B、C正確．] 2－3.(2018·最新高考信息卷)(多選)如圖所示，豎直墻上固定有光滑的小滑輪D，質量相等的物體A和B用輕彈簧連接，物體B放在地面上，用一根不可伸長的輕繩一端與物體A連接，另一端跨過定滑輪與小環(huán)C連接，小環(huán)C穿過豎直固定的光滑均勻細桿，小環(huán)C位于位置R時，繩與細

26、桿的夾角為θ，此時物體B與地面剛好無壓力．圖中SD水平，位置R和Q關于S對稱．現(xiàn)讓小環(huán)從R處由靜止釋放，環(huán)下落過程中繩始終處于拉直狀態(tài)，且環(huán)到達Q時速度最大．下列關于小環(huán)C下落過程中的描述正確的是(　　 ) A．小環(huán)C、物體A和輕彈簧組成的系統(tǒng)機械能守恒 B．小環(huán)C下落到位置S時，小環(huán)C的機械能一定最大 C．小環(huán)C從位置R運動到位置Q的過程中，彈簧的彈性勢能一定先減小后增大 D．小環(huán)C到達Q點時，物體A與小環(huán)C的動能之比為 ABD　[A項：在小環(huán)下滑過程中，只有重力勢能與動能、彈性勢能相互轉換，所以小環(huán)C、物體A和輕彈簧組成的系統(tǒng)機械能守恒，故A正確； B項：小環(huán)C下落到位置S

27、過程中，繩的拉力一直對小環(huán)做正功，所以小環(huán)的機械能一直在增大，往下繩的拉力對小環(huán)做負功，機械能減小，所以在S時，小環(huán)的機械能最大，故B正確； C項：由于小環(huán)從R到S過程中，小環(huán)的機械能一直增大，所以AB彈簧組成的系統(tǒng)機械能減小，由于A的機械能增大，所以彈簧的彈性勢能減小，小環(huán)從S到Q過程中，小環(huán)的機械能減小，AB彈簧組成的系統(tǒng)機械能增大，A的機械能不一定減小，所以彈性勢能不一定增大，故C錯誤；D項：在Q點將小環(huán)速度分解可知vA＝v cos θ，根據(jù)動能Ek＝mv2可知，物體A與小環(huán)C的動能之比為，故D正確．] 高頻考點三　綜合應用動力學和能量守恒知識分析多過程問題 [典例導航] 例5　

28、(2016·高考全國卷Ⅰ)如圖，一輕彈簧原長為2R，其一端固定在傾角為37°的固定直軌道AC的底端A處，另一端位于直軌道上B處，彈簧處于自然狀態(tài)．直軌道與一半徑為R的光滑圓弧軌道相切于C點，AC＝7R，A、B、C、D均在同一豎直平面內． 質量為m的小物塊P自C點由靜止開始下滑，最低到達E點(未畫出)，隨后P沿軌道被彈回，最高到達F點，AF＝4R.已知P與直軌道間的動摩擦因數(shù)μ＝，重力加速度大小為g.(取sin 37°＝，cos 37°＝) (1)求P第一次運動到B點時速度的大??； (2)求P運動到E點時彈簧的彈性勢能； (3)改變物塊P的質量，將P推至E點，從靜止開始釋放，已知P自

29、圓弧軌道的最高點D處水平飛出后，恰好通過G點．G點在C點左下方，與C點水平相距R、豎直相距R.求P運動到D點時速度的大小和改變后P的質量． 解析　(1)根據(jù)題意知，B、C之間的距離l為 l＝7R－2R＝5R① 設P到達B點時的速度為vB，由動能定理得 mglsin θ－μmglcos θ＝mv② 式中θ＝37°.聯(lián)立①②式并由題給條件得 vB＝2③ (2)設BE＝x.P到達E點時速度為零，此時彈簧的彈性勢能為EP.P由B點運動到E點的過程中，由動能定理有 mgxsin θ－μmgx cos θ－Ep＝0－mv④ E、F之間的距離l1為 l1＝4R－2R＋x⑤ P到達E點后

30、反彈，從E點運動到F點的過程中，由動能定理有 Ep－mgl1 sin θ－μmgl1 cos θ＝0⑥ 聯(lián)立③④⑤⑥式并由題給條件得 x＝R⑦ Ep＝mgR⑧ (3)設改變后P的質量為m1.D點與G點的水平距離x1和豎直距離y1分別為 x1＝R－R sin θ⑨ y1＝R＋R＋R cos θ⑩ 式中，已應用了過C點的圓軌道半徑與豎直方向夾角仍為θ的事實． 設P在D點的速度為vD，由D點運動到G點的時間為t. 由平拋運動公式有 y1＝gt2? x1＝vDt? 聯(lián)立⑨⑩??式得 vD＝? 設P在C點速度的大小為vC.在P由C運動到D的過程中機械能守恒，有 m1v＝

31、m1v＋m1g(R＋R cos θ)? P由E點運動到C點的過程中，同理，由動能定理有 Ep－m1g(x＋5R) sin θ－μm1g(x＋5R) cos θ＝m1v? 聯(lián)立⑦⑧???式得 m1＝m? 答案　(1)2　(2)mgR　(3)　m [歸納反思] 涉及做功與能量轉化問題的解題方法 1．分清是什么力做功，并且分析該力做正功還是做負功；根據(jù)功能之間的對應關系，判定能的轉化形式，確定能量之間的轉化情況． 2．當涉及摩擦力做功時，機械能不守恒，一般應用能的轉化和守恒定律，特別注意摩擦產生的內能Q＝Ffx相對，x相對為相對滑動的兩物體間相對滑動路徑的總長度． 3．解題時，首

32、先確定初、末狀態(tài)，然后分清有多少種形式的能在轉化，再分析狀態(tài)變化過程中哪種形式的能量減少，哪種形式的能量增加，求出減少的能量總和ΔE減和增加的能量總和ΔE增，最后由ΔE減＝ΔE增列式求解． [題組突破] 3－1.(2018·山東省濰坊市昌樂縣二中高三下學期質檢)(多選)如圖所示，勁度系數(shù)為k的彈簧下懸掛一個質量為m的重物，處于靜止狀態(tài)．手托重物使之緩慢上移，直到彈簧恢復原長，然后放手使重物從靜止開始下落，重物下落過程中的最大速度為v，不計空氣阻力．下列說法正確的是(　　 ) A．重力勢能的減少量 B．重物從靜止下落到速度最大過程中重物機械能的減少ΔE＝－mv2 C．彈簧彈性勢能最

33、大時小球加速度大小為g D．手對重物做的功大于 ABC　[勁度系數(shù)為k的彈簧下懸掛一個質量為m的重物，處于靜止狀態(tài)，彈簧的伸出量為：x＝，由振動的對稱性可知，到達最低點時重物下落的高度為2x，此時重力勢能的減少量ΔEp＝mg·2x＝，選項A正確；此時重物的加速度k·2x－mg＝ma，解得a＝g，選項C正確；在平衡位置時重物的速度最大，則重物從靜止下落到速度最大過程中，動能增加mv2，重力勢能減小mgx＝，則重物機械能的減少ΔE＝－mv2，選項B正確； 手托重物使之緩慢上移，直到彈簧恢復原長，然后放手，根據(jù)動能定理得：W1－WG＋W彈＝0，手對重物做的功為：W1＝－W彈，故D錯誤．故選A、

34、B、C.] 3－2.(2018·重慶巴蜀中學高三質檢)如圖所示，光滑的直軌道MP固定在水平地面上，左端與半徑為R的光滑半圓形軌道MN相連，右端與光滑的傾斜軌道連接，水平軌道與傾斜軌道間有一圓弧過渡，所有軌道都在同一豎直平面內，在水平軌道上，輕質彈簧被A、B兩小球擠壓(不連接)，鎖定并處于靜止狀態(tài)．解除鎖定后，A球恰好能夠通過圓形軌道的最高點N，B球恰好運動至與N點同高的Q點，已知A球的質量為m，重力加速度為g.求： (1)小球A運動至M點時，對軌道壓力F的大?。? (2)鎖定時，彈簧的彈性勢能Ep. 解析　(1)對于小球A恰好通過N點，由牛頓第二定律得：mg＝m 由N到M的過程中由

35、機械能守恒得 mv＝mg·2R＋mv 在M點由牛頓第二定律得N－mg＝m 由牛頓第三定律得F＝N 解得：F＝6mg (2)根據(jù)題意，解除鎖定后，小球B的速度v的大小為 Mg·2R＝Mv2 解除鎖定后，AB兩小球動量守恒，則有mvN＝Mv 對于彈簧根據(jù)能量守恒定律得Ep＝mv＋Mv2 解得：Ep＝mgR 答案　(1)6mg　(2)mgR 課時跟蹤訓練(六) 一、選擇題(1～5題為單項選擇題，6～9題為多項選擇題) 1．(2018·山東省淄博市高三三模)如圖所示，質量均為m的木塊A和B，用一個勁度系數(shù)為k的豎直輕質彈簧連接，最初系統(tǒng)靜止，現(xiàn)在用力F緩慢拉A直到B剛好離開

36、地面，則這一過程中力F做的功至少為(　　 ) A. B. C. D. B　[最初系統(tǒng)靜止時，彈力等于A的重力，由胡克定律得，彈簧被壓縮的長度x1＝，最后B剛好離開地面時，彈力等于B的重力，此時彈簧伸長的長度x2＝，此過程緩慢進行，所以力F做的功等于系統(tǒng)內增加的重力勢能，根據(jù)功能關系可知：W＝mgh＝mg×2×＝，故B正確； 故選B] 2．(2018·山東省湖北省重點學校協(xié)作體沖刺模擬)如圖所示，水平向右的勻強電場中有一絕緣斜面，一帶電金屬滑塊以Ek0＝30 J的初動能從斜面底端A沖上斜面，到頂端B時返回，已知滑塊從A滑到B的過程中克服摩擦力做功10 J，克服重力做功24 J，

37、則(　　 ) A．滑塊帶正電，上滑過程中電勢能減小4 J B．滑塊上滑過程中機械能增加4 J C．滑塊上滑到斜面中點時重力勢能增加14 J D．滑塊返回到斜面底端時動能為15 J A　[動能定理知上滑過程中W電－WG－Wf＝ΔEk，代入數(shù)值得W電＝4 J，電場力做正功，滑塊帶正電，電勢能減小4 J，A正確；由功能關系知滑塊上滑過程中機械能的變化量為ΔE＝W電－Wf＝－6 J，即機械能減小6 J，B錯誤；由題意知滑塊上滑到斜面中點時克服重力做功為12 J，即重力勢能增加12 J，C錯誤；由動能定理知Wf＝Ek0－Ek，所以滑塊返回到斜面底端時動能為10 J，D錯誤．] 3．(20

38、18·福州一中高三沖刺)如圖所示，圓柱形的容器內有若干個長度不同、粗糙程度相同的直軌道，它們的下端均固定于容器底部圓心O，上端固定在容器側壁．若相同的小球以同樣的速率，從點O沿各軌道同時向上運動．對它們向上運動過程．下列說法正確的是(　　 ) A．小球動能相等的位置在同一水平面上 B．小球重力勢能相等的位置不在同一水平面上 C．運動過程中同一時刻，小球處在同一球面上 D．當小球在運動過程中產生的摩擦熱相等時，小球的位置不在同一水平面上 D　[運動過程中，摩擦力產生的熱量等于克服摩擦力所做的功，設軌道與水平面間夾角為θ，即Q＝μmgl cos θ＝μmgx，x為小球的水平位移，Q相

39、同時，x相同，傾角不同，所以高度h不同，D項正確．小球從底端開始，運動到同一水平面，小球克服重力做的功相同，克服摩擦力做的功不同，動能一定不同，A項錯誤；小球的重力勢能只與其高度有關，故重力勢能相等時，小球一定在同一水平面上，B項錯誤；若運動過程中同一時刻，小球處于同一球面上，t＝0時，小球位于O點，即O為球面上一點；設直軌道與水平面的夾角為θ，則小球在時間t0內的位移x0＝vt0＋at，a＝－(g sin θ＋μg cos θ)．由于與θ有關，故小球一定不在同一球面上，C項錯誤．] 4．(2018·四川省宣賓市高三二診)如圖甲所示，傾角θ＝30°的光滑斜面固定在水平面上，自然伸長的輕質彈簧

40、一端固定在斜面底端的擋板上．一質量為m的小球，從離彈簧上端一定距離的位置靜止釋放，接觸彈簧后繼續(xù)向下運動．小球運動的v－t圖象如圖乙所示，其中OA段為直線，AB段是與OA相切于A點的平滑曲線，BC是平滑曲線，不考慮空氣阻力，重力加速度為g.關于小球的運動過程，下列說法正確的是(　　 ) A．小球在tB時刻所受彈簧彈力大于mg B．小球在tC時刻的加速度大于g C．小球從tC時刻所在的位置由靜止釋放后，不能回到出發(fā)點 D．小球從tA時刻到tC時刻的過程中重力勢能的減少量等于彈簧彈性勢能的增加量 B　[由圖象可知，小球在tB時刻加速度大小為零，此時F彈＝mg sin 30°＝mg，選

41、項A錯誤；小球在tC時刻到達最低點，彈力達到最大值；小球在A點的加速度大小為g，由圖象可知，在C點的切線的斜率大于在A點的切線的斜率，即小球在tC時刻的加速度大于g，選項B正確；由能量守恒定律可知，小球從tC時刻所在的位置由靜止釋放后，小球能回到出發(fā)點，選項C錯誤；小球從tA時刻到tC時刻的過程中重力勢能的減少量與動能減小量之和等于彈簧彈性勢能的增加量，選項D錯誤；故選B.] 5．(2018·廣東省梅州市高三第六次調研)如圖所示，將質量為mp＝5m的重物P懸掛在輕繩的一端，輕繩的另一端系一質量為mQ＝3m的小物塊Q，小物塊Q套在豎直固定的光滑直桿上，固定光滑定滑輪與直桿的距離為L.現(xiàn)將小物塊

42、Q拉到與之連結的輕繩水平時由靜止釋放，不計一切摩擦阻力，下列說法正確的是(　　 ) A．小物塊Q下滑距離L時，P、Q兩物體的速度大小相等 B．小物塊Q下滑某一位置時，與滑輪連結的軸對滑輪的作用力可能豎直向上 C．小物塊Q能下降的最大高度為h＝L D．小物塊Q下滑距離L時，P的速度大小. D　[小物塊Q下滑距離L時，對物塊Q的速度沿繩子方向和垂直繩子方向進行分解，在沿繩子方向上的分速度等于重物P的速度，有：vQ cos 45°＝vP，所以有vQ＝vP，故A錯誤；小物塊Q下滑過程中，滑輪兩側輕繩拉力總是大小相等，所以，軸對滑輪的作用力總在兩線的角平分線上，不可能在豎直方向上，故B錯誤

43、；設小物塊下滑到最大高度h時物塊和重物的速度均為0，此時重物上升的最大高度為－L，根據(jù)系統(tǒng)的機械能守恒有：5mg(－L)＝3mgh，解得：h＝L，故C錯誤；當小物塊下滑L時，重物P上升的距離是－L＝L，兩物體的速度滿足v′Q＝vP′＝vP′，由機械能守恒定律得：3mg(L)－5mg(L)＝(5m)vP′2＋(3m)vQ′2，綜上解得v′P＝，故D正確．] 6．(2018·山東省實驗中學高三第一次模擬考試)在奧運比賽項目中，10 m跳臺跳水是我國運動員的強項，某次訓練中，質量為60 kg的跳水運動員從跳臺自由下落10 m后入水，在水中豎直向下減速運動，設空中下落時空氣阻力不計，水對他的阻力

44、大小恒為2 400 N，那么在他入水后下降2.5 m的過程中，下列說法正確的是(取g＝10 m/s2)(　　 ) A．他的加速度大小為30 m/s2 B．他的動量減少了300 kg·m/s C．他的動能減少了6 000 J D．他的機械能減少了4 500 J AB　[運動員在水中受到質量和水的阻力，選取向下為正方向，則：－F＋mg＝ma，代入數(shù)據(jù)得：a＝－30 m/s2.負號表示方向向上；故A正確；運動員入水時的速度：v1＝＝＝10 m/s，入水后下降2.5 m后的速度：v2＝＝＝5 m/s, 所以動量的變化量： |ΔP|＝m(v1－v2)＝60×(10－5)＝300 kg·m/

45、s.故B正確；減速下降深度為h的過程中，根據(jù)動能定理，動能的減小量等于克服合力做的功，為：(F－mg)h′＝(2400－600)×2.5＝4 500 J，故C錯誤；減速下降深度為h的過程中，機械能的減小量等于克服阻力做的功，為：Fh＝2 400×2.5＝6 000 J，故D錯誤；故選AB.] 7．(2018·湖北省高三4月調研)如圖所示，小球A、B、C的質量分別為m、m、2m，A與BC間通過鉸鏈用輕桿連接，桿長為L，B、C置于水平地面上．現(xiàn)讓兩輕桿并攏，將A由靜止釋放下降到最低點的過程中，A、B、C在同一豎直平面內運動，忽略一切摩擦，重力加速度為g.則(　　 ) A．A、B、C組成的系

46、統(tǒng)水平方向動量守恒 B．A、C之間的輕桿始終對C做正功 C．A與桌面接觸時具有水平方向的速度 D．A與桌面接觸時的速度大小為 AD　[A、B、C組成的系統(tǒng)水平方向受到的合力為零，則水平方向動量守恒，選項A正確；小球C的速度先增大后減小，則A、C之間的輕桿對C先做正功后做負功，選項B錯誤；系統(tǒng)初動量為零，水平方向末動量也為零，因A與桌面接觸時，三個球的水平速度相等，則根據(jù)水平方向動量守恒可知三個球的水平方向的速度均為零，選項C錯誤；豎直方向，當A與桌面接觸時，小球A的重力勢能轉化為系統(tǒng)的動能，因BC的速度為零，則mgL＝mv2，解得v＝，選項D正確；故選AD.] 8．(2018·山東省

47、濰坊市高三三模)如圖所示，光滑長鐵鏈由若干節(jié)組成，全長為L，圓形管狀軌道半徑為R，L＞2πR，R遠大于一節(jié)鐵鏈的高度和長度．鐵鏈靠慣性通過軌道繼續(xù)前進，下列判斷正確的是(　　 ) A．在第一節(jié)完成圓周運動的過程中，第一節(jié)鐵鏈機械能守恒 B．每節(jié)鐵鏈通過最高點的速度依次減小 C．第一節(jié)與最后一節(jié)到達最高點的速度大小相等 D．第一節(jié)回到最低點至最后一節(jié)進入軌道的過程中鐵鏈的速度保持不變 CD　[A.鐵鏈、火車、繩等由完全相同的各部分構成連接體，各部分之間有彈力作用，若選一節(jié)研究，有除重力或彈簧彈力的其他外力做功，機械能不守恒；但選取整個系統(tǒng)為對象時，各部分的力屬于內力，做功抵消，系統(tǒng)

48、只有重力做功，機械能守恒，A錯誤．B、D.第一節(jié)上升的過程，系統(tǒng)的重心上升到圓心處，重力勢能增大，由系統(tǒng)機械能守恒知動能減??；以后每下降一節(jié)，后面上升一節(jié)，系統(tǒng)的機械能不變，則速度相等，故B錯誤，D正確．C.第一節(jié)到達最高點和最后一節(jié)到最高點時系統(tǒng)的重心位置相同，由Ek1＋Ep1＝Ek2＋Ep2知重力勢能相等時動能相等，則每一節(jié)的速率相等，C正確．故選CD.] 9．(2018·江西省南昌市高三統(tǒng)一質檢題)如圖所示，一根輕質彈簧一端固定于光滑豎直桿上，另一端與質量為m的滑塊P連接，P穿在桿上，一根輕繩跨過定滑輪將滑塊P和重物Q連接起來，重物Q的質量M＝6m，把滑塊從圖中A點由靜止釋放后沿豎直桿

49、上下運動，當它經過A、B兩點時彈簧對滑塊的彈力大小相等，已知OA與水平面的夾角θ＝53°，OB長為L，與AB垂直，不計滑輪的摩擦力，重力加速度為g，滑塊P從A到B的過程中，說法正確的是(　　 ) A．對于滑塊Q，其重力功率先增大后減小 B．滑塊P運動到位置B處速度達到最大，且大小為 C．輕繩對滑塊P做功4mgL D．P與Q的機械能之和先減小后增加 AC　[A.物塊Q釋放瞬間的速度為零，當物塊P運動至B點時，物塊Q的速度也為零，所以當P從A點運動至B點時，物塊Q的速度先增加后減小，物塊Q的重力的功率也為先增加后減小，故A正確；B.由于物塊P在AB兩點處彈簧的彈力大小相等，所以物塊P

50、在A點時受到彈簧向上的彈力，運動至B點時受到向下的彈力，物塊P從A到B過程中，必定先加速度后減速，合力為零時速度最大，即在BA間某位置速度最大，故B錯誤；C.從A到B過程中，對于P、Q系統(tǒng)由動能定律可得：6 mg(－L)－mgL tan 53°－0＝mv2，對于P，由動能定理可得：W－mgL－0＝mv2聯(lián)立解得：W＝4 mgL，故C正確；D.對于PQ系統(tǒng)，豎直桿不做功，系統(tǒng)的機械能只與彈簧對P的做功有關，從A到B的過程中，彈簧對P先做正功，后做負功，所以系統(tǒng)的機械能先增加后減小，故D錯誤．故選：AC.] 二、非選擇題 10．輕質彈簧原長為2l，將彈簧豎直放置在地面上，在其頂端將一質量為5m

51、的物體由靜止釋放，當彈簧被壓縮到最短時，彈簧長度為l.現(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AB間的動摩擦因數(shù)μ＝0.5.用外力推動物塊P，將彈簧壓縮至長度l，然后放開，P開始沿軌道運動．重力加速度大小為g. (1)若P的質量為m，求P到達B點時速度的大小，以及它離開圓軌道后落回到AB上的位置與B點之間的距離； (2)若P能滑上圓軌道，且仍能沿圓軌道滑下，求P的質量的取值范圍． 解析　(1)依題意，當彈簧豎直放置，長度被壓縮至l時，質量為5m的物體的動能

52、為零，其重力勢能轉化為彈簧的彈性勢能．由機械能守恒定律知，彈簧長度為l時的彈性勢能 為Ep＝5mgl① 設P的質量為M，到達B點時的速度大小為vB，由能量守恒定律得 Ep＝Mv＋μMg·4l② 聯(lián)立①②式，取M＝m并代入題給數(shù)據(jù)得 vB＝③ 若P能沿圓軌道運動到D點，其到達D點時的向心力不能小于重力，即P此時的速度大小v應滿足 mg≤m④ 設P滑到D點時的速度為vD，由機械能守恒定律得 mv＝mv＋mg·2l⑤ 聯(lián)立③⑤式得 vD＝⑥ vD滿足④式要求，故P能運動到D點，并從D點以速度vD水平射出．設P落回到軌道AB所需的時間為t，由運動學公式得 2l＝gt2⑦ P

53、落回到AB上的位置與B點之間的距離為 s＝vDt⑧ 聯(lián)立⑥⑦⑧式得 s＝2l⑨ (2)為使P能滑上圓軌道，它到達B點時的速度不能小于零．由①②式可知5mgl>μMg·4l⑩ 要使P仍能沿圓軌道滑回，P在圓軌道的上升高度不能超過半圓軌道的中點C.由機械能守恒定律有 Mv≤Mgl? 聯(lián)立①②⑩?式得 m≤M

54、的高度差為h，彈簧鎖定時具有的彈性勢能EP＝mgh，鎖定及解除鎖定均無機械能損失，斜面上A點以下部分的摩擦不計，已知重力加速度為g.求： (1)物塊與斜面間的動摩擦因數(shù)； (2)物塊在離開彈簧后上滑和下滑過程中的加速度大小之比； (3)若每次當物塊離開彈簧后立即將彈簧壓縮到A點鎖定，當物塊返回A點時立刻解除鎖定．設斜面最高點C(未畫出)與A的高度差為3 h，試通過計算判斷物塊最終能否從C點拋出． 解析　(1)物塊從A第一次上滑到B的過程中，由功能關系得：Wf＋mgh＝Ep. 即μmg cos θ·＋mgh＝mgh. 解得：μ＝ (2)在上升的過程中和下滑的過程中物塊都受到重力

55、、支持力和滑動摩擦力的作用，設上升和下降過程中的加速度大小分別是a1和a2，根據(jù)牛頓第二定律得： 物塊上升過程有：mg sin θ＋μmg cos θ＝ma1， 得a1＝g(sin θ＋μcos θ)＝g×(＋×)＝g 物塊下滑過程有：mg sin θ－μmg cos θ＝ma2， 得a2＝g(sin θ－μcos θ)＝g×＝g 故a1∶a2＝5∶3. (3)經過足夠長時間后，彈簧給物塊補充的彈性勢能將全部用來克服物塊在斜面上來回運動時阻力做的功，設穩(wěn)定時物塊上升的最大高度為hm.則由功能關系得：Ep＝Wf總． 即mgh＝2μmg cos θ· 解得：hm＝2.5h<3h 所以物塊不可能到達C點，即不能從C點拋出． 答案　(1)　(2)5∶3　(3)不能從C點拋出 25