（全國版）2019版高考物理一輪復習 第6章 機械能及其守恒定律 第25課時 功能關系能量守恒定律學案

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1、 第25課時　功能關系　能量守恒定律 考點1　功能關系的理解和應用　 　　　　　　　　　　　　　　　　　　 1．對功能關系的理解 (1)功是能量轉化的量度，即做了多少功就有多少能量發(fā)生了轉化。 (2)做功的過程一定伴隨著能量的轉化，而且能量的轉化必須通過做功來實現(xiàn)。 2．幾種常見的功能關系及其表達式 [例1]　(山東高考)(多選)如圖所示，楔形木塊abc固定在水平面上，粗糙斜面ab和光滑斜面bc與水平面的夾角相同，頂角b處安裝一定滑輪。質量分別為M、m(M>m)的滑塊，通過不可伸長的輕繩跨過定滑輪連接，輕繩與斜面平行。兩滑塊由靜止釋放后，沿斜面

2、做勻加速運動。若不計滑輪的質量和摩擦，在兩滑塊沿斜面運動的過程中(　　) A．兩滑塊組成的系統(tǒng)機械能守恒 B．重力對M做的功等于M動能的增加量 C．輕繩對m做的功等于m機械能的增加量 D．兩滑塊組成的系統(tǒng)的機械能損失等于M克服摩擦力做的功 解析　由于M與斜面ab之間存在滑動摩擦力，故兩滑塊組成的系統(tǒng)機械能不守恒，A錯誤；合外力對M做的功等于M動能的增加量，B錯誤；對于m，除了重力對其做功外，只有輕繩對其做功，故輕繩對m做的功等于m機械能的增加量，C正確；對于兩滑塊組成的系統(tǒng)，在運動過程中克服摩擦阻力做功，系統(tǒng)的機械能減少并轉化為內能，故該系統(tǒng)機械能的損失等于M克服摩擦力做的功，D

3、正確。 答案　CD 對功能關系的理解 (1)做功的過程就是能量轉化的過程。不同形式的能量發(fā)生相互轉化是通過做功來實現(xiàn)的。 (2)功是能量轉化的量度，功和能的關系，一是體現(xiàn)在不同的力做功，對應不同形式的能轉化，具有一一對應關系，二是做功的多少與能量轉化的多少在數(shù)值上相等。 1．(多選)質量為1 kg的物體被人用手由靜止向上提高2 m，這時物體的速度是4 m/s，下列說法中正確的是(不計一切阻力，取g＝10 m/s2)(　　) A．合外力對物體做功8 J B．手對物體做功8 J C．物體機械能增加了8 J D．物體重力勢能增加了20 J 答案　AD 解析　由動能定理得

4、，合外力對物體做功W合＝mv2－0＝8 J，A正確；W合＝W人－mgh，所以W人＝W合＋mgh＝(8＋1×10×2) J＝28 J，B錯誤；物體機械能增加量等于除重力之外的力做功，所以物體機械能增加量ΔE＝W人＝28 J，C錯誤；物體重力勢能增加量等于物體克服重力做的功，所以物體重力勢能增加量ΔEp＝mgh＝1×10×2 J＝20 J，D正確。 　 　　　　　　　　　　　　　　　　　　 2．(2017·唐山模擬)輕質彈簧右端固定在墻上，左端與一質量m＝0.5 kg的物塊相連，如圖甲所示。彈簧處于原長狀態(tài)，物塊靜止且與水平面間的動摩擦因數(shù)μ＝0.2。以物塊所在處為原點，水平向右為正方向建立x

5、軸?，F(xiàn)對物塊施加水平向右的外力F，F(xiàn)隨x軸坐標變化的關系如圖乙所示。物塊運動至x＝0.4 m處時速度為零。則此時彈簧的彈性勢能為(g取10 m/s2)(　　) A．3.1 J B．3.5 J C．1.8 J D．2.0 J 答案　A 解析　物塊與水平面間的摩擦力為Ff＝μmg＝1 N?，F(xiàn)對物塊施加水平向右的外力F，由F-x圖象面積表示外力F做的功，可知F做功W＝3.5 J，克服摩擦力做功Wf＝Ffx＝0.4 J。由功能關系可知，W－Wf＝Ep，此時彈簧的彈性勢能為Ep＝3.1 J，A正確。 　 　　　　　　　　　　　　　　　　　　 考點2　　摩擦力做功與能量轉化

6、 　兩種摩擦力做功特點的比較 [例2]　(2015·北京高考)如圖所示，彈簧的一端固定，另一端連接一個物塊，彈簧質量不計。物塊(可視為質點)的質量為m，在水平桌面上沿x軸運動，與桌面間的動摩擦因數(shù)為μ。以彈簧原長時物塊的位置為坐標原點O，當彈簧的伸長量為x時，物塊所受彈簧彈力大小為F＝kx，k為常量。 (1)請畫出F隨x變化的示意圖；并根據(jù)F－x圖象求物塊沿x軸從O點運動到位置x的過程中彈力所做的功； (2)物塊由x1向右運動到x3，然后由x3返回到x2，在這個過程中， a．求彈力所做的功，并據(jù)此求彈性勢能的變化量； b．求滑動摩擦力所做的功；并與彈力做功比較，

7、說明為什么不存在與摩擦力對應的“摩擦力勢能”的概念。 解析　(1)F－x圖象如圖物塊沿x軸從O點運動到位置x的過程中，彈力做負功：F－x圖象與x軸所圍的面積等于彈力做功大小。 所以彈力做功為： WT＝－·kx·x＝－kx2 (2)a.物塊由x1向右運動到x3的過程中，彈力做功 WT1＝－·(kx1＋kx3)·(x3－x1)＝kx－kx 物塊由x3向左運動到x2的過程中，彈力做功 WT2＝·(kx2＋kx3)·(x3－x2)＝kx－kx 整個過程中，彈力做功 WT＝WT1＋WT2＝kx－kx，由此得 彈性勢能的變化量ΔEp＝－WT＝kx－kx b．整個過程中，摩擦力做功

8、Wf＝－μmg·(2x3－x1－x2) 與彈力做功比較：彈力做功與x3無關，即與實際路徑無關，只與始末位置有關，所以，我們可以定義一個由物體之間的相互作用力(彈力)和相對位置決定的能量——彈性勢能。而摩擦力做功與x3有關，即與實際路徑有關，所以，不可以定義與摩擦力對應的“摩擦力勢能”。 答案　(1)圖見解析?。璳x2 (2)a.kx－kx　kx－kx　b．－μmg·(2x3－x1－x2)　見解析 求解摩擦力做功與能量轉化問題方法 (1)正確分析物體的運動過程。 (2)利用運動學公式或動能定理分析物體的速度關系及位移關系。 (3)無論是滑動摩擦力，還是靜摩擦力，計算做功時都是用

9、力與對地位移的乘積。 (4)摩擦生熱的計算：公式Q＝Ff·x相對中x相對為兩接觸物體間的相對位移，若物體做往復運動時，則x相對為總的相對路程。 如圖所示，一質量m＝2 kg的長木板靜止在水平地面上，某時刻一質量M＝1 kg的小鐵塊以水平向左v0＝9 m/s的速度從木板的右端滑上木板。已知木板與地面間的動摩擦因數(shù)μ1＝0.1，鐵塊與木板間的動摩擦因數(shù)μ2＝0.4，取重力加速度g＝10 m/s2，木板足夠長，求： (1)鐵塊相對木板滑動時木板的加速度的大?。? (2)鐵塊與木板摩擦所產(chǎn)生的熱量Q和木板在水平地面上滑行的總路程x。 答案　(1)0.5 m/s2　(2)36 J　1.5

10、 m 解析　(1)設鐵塊在木板上滑動時，木板的加速度為a2，由牛頓第二定律可得μ2Mg－μ1(M＋m)g＝ma2， 解得a2＝ m/s2＝0.5 m/s2。 (2)設鐵塊在木板上滑動時，鐵塊的加速度為a1，由牛頓第二定律得μ2Mg＝Ma1，解得a1＝μ2g＝4 m/s2。 設鐵塊與木板相對靜止達共同速度時的速度為v，所需的時間為t，則有v＝v0－a1t，v＝a2t 解得：v＝1 m/s，t＝2 s。 鐵塊相對地面的位移 x1＝v0t－a1t2＝9×2 m－×4×4 m＝10 m 木板運動的位移x2＝a2t2＝×0.5×4 m＝1 m 鐵塊與木板的相對位移 Δx＝x1－x2＝

11、10 m－1 m＝9 m 則此過程中鐵塊與木板摩擦所產(chǎn)生的熱量 Q＝Ff·Δx＝μ2Mg·Δx＝0.4×1×10×9 J＝36 J。 達共同速度后的加速度為a3，發(fā)生的位移為s，則有： a3＝μ1g＝1 m/s2，s＝＝ m＝0.5 m。 木板在水平地面上滑行的總路程 x＝x2＋s＝1 m＋0.5 m＝1.5 m。 考點3　　能量守恒定律的應用 1．內容：能量既不會憑空產(chǎn)生，也不會憑空消失，它只能從一種形式轉化為另一種形式，或者從一個物體轉移到另一個物體，在轉化和轉移的過程中，能量的總量保持不變。 2．適用范圍：能量守恒定律是貫穿物理學的基本

12、規(guī)律，是各種自然現(xiàn)象中普通適用的一條規(guī)律。 3．表達式 (1)E初＝E末，初狀態(tài)各種能量的總和等于末狀態(tài)各種能量的總和。 (2)ΔE增＝ΔE減，增加的那些能量的增加量等于減少的那些能量的減少量。 4．對能量守恒定律的兩點理解 (1)某種形式的能量減少，一定存在其他形式的能量增加，且減少量和增加量一定相等。 (2)某個物體的能量減少，一定存在其他物體的能量增加，且減少量和增加量一定相等。 [例3]　如圖所示，固定斜面的傾角θ＝30°，物體A與斜面之間的動摩擦因數(shù)μ＝，輕彈簧下端固定在斜面底端，彈簧處于原長時上端位于C點。用一根不可伸長的輕繩通過輕質光滑的定滑輪連接物體A

13、和B，滑輪右側繩子與斜面平行，A的質量為2m，B的質量為m，初始時物體A到C點的距離為L。現(xiàn)給A、B一初速度v0>，使A開始沿斜面向下運動，B向上運動，物體A將彈簧壓縮到最短后又恰好能彈到C點。已知重力加速度為g，不計空氣阻力，整個過程中，輕繩始終處于伸直狀態(tài)，求： (1)物體A向下運動剛到C點時的速度； (2)彈簧的最大壓縮量。 解析　(1)A與斜面間的滑動摩擦力Ff＝2μmgcosθ，物體從A向下運動到C點的過程中，根據(jù)能量守恒 2mgLsinθ－mgL－FfL＝·3mv2－·3mv 解得v＝。 (2)設彈簧最大壓縮量為x，從物體A接觸彈簧，將彈簧壓縮到最短后又恰回到C點，

14、對系統(tǒng)應用動能定理有 －Ff·2x＝0－×3mv2，解得x＝－。 答案　(1) 　(2)－ 能量轉化問題的解題思路 (1)當涉及摩擦力做功，機械能不守恒時，一般應用能的轉化和守恒定律。 (2)解題時，首先確定初、末狀態(tài)，然后分析狀態(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減與增加的能量總和ΔE增，最后由ΔE減＝ΔE增列式求解。 1．(2017·河南周口模擬)如圖所示，在豎直平面內有一半徑為R的圓弧軌道，半徑OA水平、OB豎直，一個質量為m的小球自A點的正上方P點由靜止開始自由下落，小球沿軌道到達最高點B時恰好對軌道沒有壓力。已知AP＝

15、2R，重力加速度為g，則小球從P到B的運動過程中(　　) A．重力做功2mgR B．機械能減少mgR C．合外力做功mgR D．克服摩擦力做功mgR 答案　D 解析　重力做的功為WG＝mgR，A錯誤；小球在B時恰好對軌道沒有壓力，重力提供向心力，則mg＝m得vB＝。從P到B的過程中，由能量守恒：mgR＝mv＋Wf解得Wf＝mgR，則物體機械能減少mgR，B錯誤、D正確；由動能定理可得合外力做的功W＝mv－0＝mgR，C錯誤。 2．(多選)如圖所示，輕質彈簧上端固定，下端系一物體。物體在A處時，彈簧處于原長狀態(tài)?，F(xiàn)用手托住物體使它從A處緩慢下降，到達B處時，手和物體自然分開

16、。此過程中，物體克服手的支持力所做的功為W。不考慮空氣阻力。關于此過程，下列說法正確的有(　　) A．物體重力勢能減少量一定大于W B．彈簧彈性勢能增加量一定小于W C．物體與彈簧組成的系統(tǒng)機械能增加量為W D．若將物體從A處由靜止釋放，則物體到達B處時的動能為W 答案　AD 解析　根據(jù)能量守恒定律可知，在此過程中減少的重力勢能mgh＝ΔEp＋W，所以物體重力勢能減少量一定大于W，不能確定彈簧彈性勢能增加量與W的大小關系，A正確、B錯誤；支持力對物體做負功，所以物體與彈簧組成的系統(tǒng)機械能減少W，所以C錯誤；若將物體從A處由靜止釋放，從A到B的過程，根據(jù)動能定理：Ek＝mgh－W

17、彈＝mgh－ΔEp＝W，所以D正確。 3．(人教版必修2 P82·T2改編)某海灣共占面積1.0×107 m2，漲潮時平均水深20 m，此時關上水壩閘門，可使水位保持20 m不變，退潮時，壩外水位降至18 m(如圖)。利用此水壩建立一座水力發(fā)電站，重力勢能轉化為電能的效率為10%，每天有兩次漲潮，該電站每天能發(fā)出多少電能？(g＝10 m/s2，不計發(fā)電機的能量損失) 答案　4×1010 J 解析　退潮時，由壩內流向壩外的水的質量m＝ρV＝ρSh＝1.0×103×1.0×107×(20－18) kg＝2×1010 kg。 每次退潮重力勢能的減少量ΔEp減＝mg· 兩次退潮重力勢

18、能共減少ΔEp＝2mg＝mgh 故每天發(fā)出的電能 E電＝ΔEp·10%＝2×1010×10×2×10% J ＝4×1010 J。 1．質量為m的物體從靜止以g的加速度豎直上升高度為h。對該過程，下列說法中正確的是(　　) A．物體的機械能增加mgh B．物體的機械能減少mgh C．重力對物體做功mgh D．物體的動能增加mgh 答案　D 解析　質量為m的物體從靜止以的加速度豎直上升h，重力對物體做功－mgh，所受合外力為mg，合外力做功mgh，由動能定理，物體的動能增加mgh，C錯誤、D正確；物體的機械能增加mgh＋mgh＝mgh，A、B錯誤。 2．如圖所

19、示，質量為m的鋼制小球，用長為l的細線懸掛在O點。將小球拉到與O點相齊平的水平位置C由靜止釋放。小球運動到最低點時對細繩的拉力2mg，若小球運動到最低點B時用小錘頭向左敲擊它一下，瞬間給小球補充機械能ΔE，小球就能恰好擺到與C等高的A點。設空氣阻力只與運動速度相關，且運動速度越大空氣的阻力就越大。則下列說法中正確的是(　　) A．ΔE>mgl B．ΔE

20、B過程，即Wf1>Wf，聯(lián)立解得ΔE>mgl，故A正確。 3．(2017·南平檢測)(多選)如圖所示，一質量為M的斜面體靜止在水平地面上，質量為m的木塊沿粗糙斜面加速下滑h高度，速度大小由v1增大到v2，所用時間為t，木塊與斜面體之間的動摩擦因數(shù)為μ。在此過程中(　　) A．斜面體受水平地面的靜摩擦力為零 B．木塊沿斜面下滑的距離為t C．如果給質量為m的木塊一個沿斜面向上的初速度v2，它將沿斜面上升到h高處速度變?yōu)関1 D．木塊與斜面摩擦產(chǎn)生的熱量為mgh－mv＋mv 答案　BD 解析　對整體分析可知，整體一定有向左的加速度，根據(jù)牛頓第二定律可知，整體在水平方向一定受外力，

21、即水平地面與斜面體間的靜摩擦力，A錯誤；由平均速度公式可知，木塊沿斜面下滑的平均速度為：＝，故下滑的距離為：x＝t＝t，B正確；由于木塊在斜面上受摩擦力，故木塊沿斜面向上運動時的加速度大小一定大于木塊沿斜面向下運動時的加速度大??；故上升h時的速度一定小于v1，C錯誤；由能量守恒定律可知：mgh＋mv＝mv＋Q，故有：Q＝mgh－mv＋mv，D正確。 4．(2018·濟寧月考)如圖所示，A、B、C三個一樣的滑塊從粗糙斜面上的同一高度同時開始運動，A由靜止釋放，B的初速度方向沿斜面向下，大小為v0，C的初速度方向沿斜面水平，大小也為 v0。下列說法中正確的是(　　) A．A和C將同時滑到斜

22、面底端 B．滑到斜面底端時，B的機械能減少最多 C．滑到斜面底端時，B的動能最大 D．滑到斜面底端時，C的重力勢能減少最多 答案　C 解析　滑塊A和C通過的路程不同，在沿斜面方向的加速度大小也不相同，A錯誤；三個滑塊滑到底端時重力勢能減少量相同，D錯誤；滑塊A和B滑到底端時經(jīng)過的位移相等，克服摩擦力做功相等，而滑塊C的路程較大，機械能減少得較多，B錯誤、C正確。 5．如圖所示，質量為m的可看成質點的物塊置于粗糙水平面上的M點，水平面的右端與固定的斜面平滑連接，物塊與水平面及斜面之間的動摩擦因數(shù)處處相同。物塊與彈簧未連接，開始時物塊擠壓彈簧使彈簧處于壓縮狀態(tài)?，F(xiàn)從M點由靜止釋放物塊，

23、物塊運動到N點時恰好靜止。彈簧原長小于OM′。若物塊從M點運動到N點的過程中，物塊與接觸面之間由于摩擦所產(chǎn)生的熱量為Q，物塊、彈簧與地球組成系統(tǒng)的機械能為E，物塊通過的路程為s。不計轉折處的能量損失，下列圖象所描述的關系中可能正確的是(　　) 答案　B 解析　設物塊在M點、M′點時的機械能分別為E0、E1，由功能關系可知在M到M′過程：E＝E0－μmgs，在M′到N過程E＝E1－μmgscosθ，A錯誤、B正確；產(chǎn)生的熱量在M到M′過程：Q＝μmgs，在M′到N過程：Q＝μmgscosθ，故C、D錯誤。 6.(2018·江西師大附中期末)如圖所示，一根長為l的輕質軟繩一端固定在O點，

24、另一端與質量為m的小球連接，初始時將小球放在與O點等高的A點，OA＝l，現(xiàn)將小球由靜止狀態(tài)釋放，則當小球運動到O點正下方時，繩對小球拉力為(已知sin37°＝0.6，cos37°＝0.8)(　　) A．2mg B．3mg C.mg D.mg 答案　C 解析　設小球到達A點的正下方B點時細繩剛好繃緊，則OB與水平方向的夾角的余弦值為cosα＝＝＝0.6，可得小球自由下落的高度為h＝lsinα＝0.8l，到達B點的速度v1＝，細繩繃緊后瞬間小球只有垂直于細繩的分速度，大小為v2＝v1cosα，從B點到最低點，由動能定理得mgl(1－sinα)＝mv－mv，在最低點有T－mg＝m

25、。聯(lián)立以上各式解得T＝mg，C正確。 7．(2017·威海模擬)(多選)如圖所示，輕質彈簧的一端固定在豎直墻面上，另一端拴接一小物塊，小物塊放在動摩擦因數(shù)為μ的水平面上，當小物塊位于O點時彈簧處于自然狀態(tài)?，F(xiàn)將小物塊向右移到a點，然后由靜止釋放，小物塊最終停在O點左側的b點(圖中未畫出)，以下說法正確的是(　　) A．Ob之間的距離小于Oa之間的距離 B．從O至b的過程中，小物塊的加速度逐漸減小 C．小物塊在O點時的速度最大 D．從a到b的過程中，彈簧彈性勢能的減少量等于小物塊克服摩擦力所做的功 答案　AD 解析　如果沒有摩擦力，根據(jù)簡諧運動的對稱性知O點應該在ab中間，Oa

26、＝Ob。由于有摩擦力，物塊從a到b過程中機械能損失，故無法到達沒有摩擦力情況下的b點，即O點靠近b點，故Oa>Ob，A正確；從O至b的過程中，小物塊受到向右的摩擦力及向右的彈力，且彈力逐漸變大，故物塊的加速度逐漸變大，B錯誤；當物體從a點向左運動時，受到向左的彈力和向右的摩擦力，且彈力逐漸減小，加速度逐漸減小，當彈力等于摩擦力時加速度為零，此時速度最大，故小物塊的速度最大位置在O點右側，C錯誤；由能量守恒關系可知，從a到b的過程中，彈簧彈性勢能的減少量等于小物塊克服摩擦力所做的功，D正確。 8．(2017·青島模擬)(多選)如圖所示，一根原長為L的輕彈簧，下端固定在水平地面上，一個質量為m的

27、小球，在彈簧的正上方從距地面高度為H處由靜止下落壓縮彈簧。若彈簧的最大壓縮量為 x，小球下落過程受到的空氣阻力恒為Ff，則小球從開始下落至最低點的過程(　　) A．小球動能的增量為零 B．小球重力勢能的增量為mg(H＋x－L) C．彈簧彈性勢能的增量為(mg－Ff)(H＋x－L) D．系統(tǒng)機械能減小FfH 答案　AC 解析　小球下落的整個過程中，開始時速度為零，結束時速度也為零，所以小球動能的增量為0，A正確；小球下落的整個過程中，重力做功WG＝mgh＝mg(H＋x－L)，根據(jù)重力做功量度重力勢能的變化WG＝－ΔEp得：小球重力勢能的增量為－mg(H＋x－L)，B錯誤；根據(jù)動能

28、定理得：WG＋Wf＋W彈＝0－0＝0，所以W彈＝－(mg－Ff)·(H＋x－L)，根據(jù)彈簧彈力做功量度彈性勢能的變化W彈＝－ΔEp得：彈簧彈性勢能的增量為(mg－Ff)·(H＋x－L)，C正確；系統(tǒng)機械能的減少等于重力、彈力以外的力做的功，所以小球從開始下落至最低點的過程，克服阻力做的功為：Ff(H＋x－L)，所以系統(tǒng)機械能的減小量為：Ff(H＋x－L)，D錯誤。 9．(2017·湖北棗陽模擬)一個彈珠游戲的簡化模型如下圖所示。豎直安裝在高H＝1 m的桌面上的“過山車”軌道模型，水平軌道OB粗糙，長為1 m，BD光滑；光滑圓軌道半徑為R＝0.4 m。一彈簧左端固定，右端自由伸長到A點，OA長

29、為0.1 m。距桌子右邊緣線DF為s＝1.6 m處有一高度h＝0.8 m的豎直擋板?，F(xiàn)在A點由靜止放置一個質量m＝1 kg的小物塊，并用力緩慢向左把小物塊推到O點，在這個過程中推力做功W＝22.4 J。已知小物塊與軌道OB間的動摩擦因數(shù)μ＝0.4，重力加速度g取10 m/s2，不計空氣阻力。求： (1)小物塊推到O點時，彈簧的彈性勢能Ep； (2)該小物塊從O點靜止釋放后，運動到圓軌道最高點C時對軌道的壓力大??； (3)只改變小物塊的質量，為了使從O點靜止釋放的小物塊都能落在DF和擋板之間，小物塊的質量m滿足的條件。 答案　(1)22 J　(2)40 N　(3) kg≤m≤ kg

30、 解析　(1)根據(jù)功能關系可知W＝μmgxOA＋Ep 解得Ep＝22 J。 (2)小物塊從O到C過程，由能量守恒定律得 Ep－μmgxOB－mg·2R＝mv 小物塊到C點時，有mg＋FN＝m，解得FN＝40 N。 由牛頓第三定律可知小物塊對軌道的壓力為40 N。 (3)①當小物塊從O點恰好到達C點時，有 Ep－μm1gxOB－m1g·2R＝m1vC′2，m1g＝m1，解得m1＝ kg。 ②當小物塊恰能夠過擋板最高點時，有 Ep－μm2gxOB＝m2v，其中vD＝ ， 解得m2＝ kg 所以小物塊的質量滿足 kg≤m≤ kg。 10．如圖為某飛船先在軌道Ⅰ上繞地球做圓周運

31、動，然后在A點變軌進入返回地球的橢圓軌道Ⅱ運動，已知飛船在軌道Ⅰ上做圓周運動的周期為T，軌道半徑為r，橢圓軌道的近地點B離地心的距離為kr(k<1)，引力常量為G，飛船的質量為m，求： (1)地球的質量及飛船在軌道Ⅰ上的線速度大小； (2)若規(guī)定兩質點相距無限遠時引力勢能為零，則質量分別為M、m的兩個質點相距為r時的引力勢能Ep＝－，式中G為引力常量。求飛船在A點變軌時發(fā)動機對飛船做的功。 答案　(1)　　(2) 解析　(1)飛船在軌道Ⅰ上運動時，由牛頓第二定律有G＝m2r 求得地球的質量M＝ 在軌道Ⅰ上的線速度大小為v＝。 (2)設飛船在橢圓軌道Ⅱ上遠地點A點的速度為v1，

32、在近地點B點的速度為v2，則 由開普勒第二定律有rv1＝krv2 根據(jù)能量守恒有 mv－G＝mv－G 求得v1＝ ＝ 因此飛船在A點變軌時，根據(jù)動能定理可得 發(fā)動機對飛船做的功為 W＝mv－mv2＝。 11．(2016·上海高考)在今年上海的某活動中引入了全國首個戶外風洞飛行體驗裝置，體驗者在風力作用下漂浮在半空。若減小風力，體驗者在加速下落過程中(　　) A．失重且機械能增加 B．失重且機械能減少 C．超重且機械能增加 D．超重且機械能減少 答案　B 解析　據(jù)題意，體驗者漂浮時受到的重力和風力平衡；在加速下降過程中，風力小于重力，即重力對體驗者做正功，風力做負

33、功，體驗者的機械能減小；加速下降過程中，加速度方向向下，體驗者處于失重狀態(tài)，故B正確。 12．(2014·廣東高考)如圖是安裝在列車車廂之間的摩擦緩沖器結構圖，圖中①和②為楔塊，③和④為墊板，楔塊與彈簧盒、墊板間均有摩擦，在車廂相互撞擊使彈簧壓縮的過程中(　　) A．緩沖器的機械能守恒 B．摩擦力做功消耗機械能 C．墊板的動能全部轉化為內能 D．彈簧的彈性勢能全部轉化為動能 答案　B 解析　由于車廂相互撞擊彈簧壓縮的過程中存在克服摩擦力做功，所以緩沖器的機械能減少，A錯誤、B正確；彈簧壓縮的過程中，墊板的動能轉化為內能和彈簧的彈性勢能，C、D錯誤。 13．(2014·上海高

34、考)靜止在地面上的物體在豎直向上的恒力作用下上升，在某一高度撤去恒力。不計空氣阻力，在整個上升過程中，物體機械能隨時間變化關系是(　　) 答案　C 解析　以地面為零勢能面，以豎直向上為正方向。對物體，撤去外力前，有F－mg＝ma，h＝at2，v＝at，某一時刻的機械能E＝mgh＋mv2＝mg·at2＋m(at)2＝ma(g＋a)t2∝t2；撤去外力后，物體機械能守恒，C正確。 14.(2017·江蘇七校聯(lián)考)(多選)如圖所示，兩個小球A、B分別固定在輕桿的兩端，輕桿可繞水平光滑轉軸O在豎直平面內轉動，OA>OB，現(xiàn)將該桿靜置于水平方向，放手后兩球開始運動，已知兩球在運動過程中受到大小

35、相同且不變的空氣阻力作用，則從開始運動到桿轉到豎直位置的過程中，以下說法正確的是(　　) A．兩球組成的系統(tǒng)機械能守恒 B．B球克服重力做的功等于B球重力勢能的增加量 C．重力和空氣阻力對A球做功的代數(shù)和等于它的動能增加量 D．A球克服空氣阻力做的功大于B球克服空氣阻力做的功 答案　BD 解析　兩球在運動過程都受到空氣阻力作用，空氣阻力做負功，則系統(tǒng)的機械能不守恒，A錯誤；根據(jù)功能關系可知，B球克服重力做的功等于B球重力勢能的增加量，B正確；重力、空氣阻力和桿的彈力對A球做功，根據(jù)動能定理知重力、桿的彈力和空氣阻力對A球做功的代數(shù)和等于它的動能增加量，C錯誤；從開始運動到桿轉到

36、豎直位置的過程中，A球運動的路程大于B球運動的路程，而兩球克服空氣阻力做的功等于空氣阻力大小和路程的乘積，所以A球克服空氣阻力做的功大于B球克服空氣阻力做的功，D正確。 15．(2017·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。(結果保留兩位有效數(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60

37、0 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%。 答案　(1)4.0×108 J　2.4×1012 J　(2)9.7×108 J 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處的速度大小。由③式和題給數(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 J。 21