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2021届高考物理二轮复习 专题二 第2讲 机械能守恒定律 功能关系学案

2021届高考物理二轮复习 专题二 第2讲 机械能守恒定律 功能关系学案

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第2讲　机械能守恒定律　功能关系
思维导图
要点熟记

1.机械能守恒成立的条件：除重力(弹力)外其他力不做功，只是动能和势能之间的转化。
2.机械能守恒定律的表达式
(1)守恒的观点：Ek1＋Ep1＝Ek2＋Ep2。
(2)转化的观点：ΔEk＝－ΔEp。
(3)转移的观点：EA增＝EB减。
3.力学中几种功能关系
(1)合外力做功与动能的关系：W合＝ΔEk。
(2)重力做功与重力势能的关系：WG＝－ΔEp。
(3)弹力做功与弹性势能的关系：W弹＝－ΔEp。
(4)除重力及系统内弹力以外其他力做功与机械能的关系：W其他＝ΔE机。
(5)滑动摩擦力做功与内能的关系：Ffl相对＝ΔE内。
[研考向·提能力]__________________________________考向研析__掌握应试技能
考向一　机械能守恒的判断及应用
1．四种判断方法
(1)利用机械能的定义判断(直接判断)：若物体在水平面匀速运动，其动能、势能均不变，机械能不变。若一个物体沿斜面匀速下滑，其动能不变，重力势能减少，其机械能减少。
(2)利用做功判断：若物体或系统只有重力(或系统内弹力)做功，虽受其他力，但其他力不做功，或其他力做功的代数和为零，机械能守恒。
(3)利用能量转化来判断：若物体或系统中只有动能和势能的相互转化而无机械能与其他形式的能的转化，则物体或系统机械能守恒。
(4)绳子突然绷紧、物体间非弹性碰撞等，除非题目特别说明，否则机械能不守恒。
2．三种表示形式
(1)守恒观点：Ek1＋Ep1＝Ek2＋Ep2(要选零势能参考平面)。
(2)转化观点：ΔEk＝－ΔEp(不用选零势能参考平面)。
(3)转移观点：ΔEA增＝ΔEB减(不用选零势能参考平面)。
[典例1]　如图为某种鱼饵自动投放器的装置示意图，其下半部AB是一长为2R的竖直细管，上半部BC是半径为R的四分之一圆弧弯管，管口C处切线水平，AB管内有原长为R、下端固定的轻质弹簧。在弹簧上端放置一粒质量为m的鱼饵，解除锁定后弹簧可将鱼饵弹射出去。投饵时，每次总将弹簧长度压缩到0.5R后锁定，此时弹簧的弹性势能为6mgR(g为重力加速度)。不计鱼饵在运动过程中的机械能损失，求：

(1)鱼饵到达管口C时的速度大小v1；
(2)鱼饵到达管口C时对管子的作用力大小和方向；
(3)已知地面比水面高出1.5R，若竖直细管的长度可以调节，圆弧弯道管BC可随竖直细管一起升降，求鱼饵到达水面的落点与AB所在竖直线OO′之间的最大距离Lmax。
[思路点拨]　解此题的关键是分阶段研究鱼饵的运动规律和能量转化关系。
(1)鱼饵到达管口C的过程中弹簧的弹性势能转化为鱼饵的重力势能和动能。
(2)C点为竖直圆周运动的最高点，重力与管子对鱼饵作用力的合力提供向心力。
(3)离开C点后，鱼饵做平抛运动。
[解析]　(1)鱼饵到达管口C的过程中弹簧的弹性势能转化为鱼饵的重力势能和动能，有
6mgR＝2.5mgR＋mv
解得 v1＝。
(2)设C处管子对鱼饵的作用力向下，大小设为F，
根据牛顿第二定律有mg＋F＝
解得F＝6mg
由牛顿第三定律可得鱼饵对管子的作用力F′＝6mg，方向向上。
(3)设AB长度为h，对应平抛水平距离为x，
由机械能守恒定律有6mgR＝mg(R＋h－0.5R)＋mv2
由平抛运动的规律得x＝vt，2.5R＋h＝gt2
解得x＝·
＝2
由数学知识知，当h＝1.5R时，x为最大值且xmax＝8R
则 Lmax＝xmax＋R＝9R。
[答案]　(1)　(2)6mg　方向向上　(3)9R
规律总结
应用机械能守恒定律解题的基本思路
……………………………………………………

1.(多选)(2019·高考全国卷Ⅱ)从地面竖直向上抛出一物体，其机械能E总等于动能Ek与重力势能Ep之和。取地面为重力势能零点，该物体的E总和Ep随它离开地面的高度h的变化如图所示。重力加速度取10 m/s2。由图中数据可得(　　)

A．物体的质量为2 kg
B．h＝0时，物体的速率为20 m/s
C．h＝2 m时，物体的动能Ek＝40 J
D．从地面至h＝4 m，物体的动能减少100 J
解析：由于Ep＝mgh，所以Ep与h成正比，斜率k＝mg，由图像得k＝20 N，因此m＝2 kg，A正确。
当h＝0时，Ep＝0，E总＝Ek＝mv，因此v0＝10 m/s，B错误。
由图像知h＝2 m时，E总＝90 J，Ep＝40 J，由E总＝Ek＋Ep得Ek＝50 J，C错误。
h＝4 m时，E总＝Ep＝80 J，即此时Ek＝0，即上升4 m距离，动能减少100 J，D正确。
答案：AD
2. (多选)(2020·山东泰安高三检测)如图所示，将质量为2m的重物悬挂在轻绳的一端，轻绳的另一端系一质量为m的环，环套在竖直固定的光滑直杆上，光滑定滑轮与直杆的距离为d。杆上的A点与定滑轮等高，杆上的B点在A点正下方距离为d处。现将环从A处由静止释放，不计一切摩擦阻力，下列说法正确的是(　　)

A．环到达B处时，重物上升的高度h＝
B．环到达B处时，环与重物的速度大小相等
C．环从A到B，环减少的机械能等于重物增加的机械能
D．环能下降的最大高度为
解析：环到达B处时，对环的速度进行分解，可得v环cos θ＝v物，由题图中几何关系可知θ＝45°，则v环＝v物，B错误；因环从A到B，环与重物组成的系统机械能守恒，则环减少的机械能等于重物增加的机械能，C正确；当环到达B处时，由题图中几何关系可得重物上升的高度h＝(－1)d，A错误；当环下落到最低点时，设环下落高度为H，由机械能守恒定律有mgH＝2mg(－d)，解得H＝d，故D正确。

答案：CD
3．(2020·江西四校联考)如图所示，质量mB＝3.5 kg的物体B通过一轻弹簧固连在地面上，弹簧的劲度系数k＝100 N/m，一轻绳一端与物体B连接，绕过无摩擦的两个轻质小定滑轮O1、O2后，另一端与套在光滑直杆顶端的、质量mA＝1.6 kg的小球A连接。已知直杆固定，杆长L为0.8 m，且与水平面的夹角θ＝37°，初始时使小球A静止不动，与A端相连的绳子保持水平，此时绳子中的张力F为45 N。已知AO1＝0.5 m，重力加速度g取10 m/s2，sin 37°＝0.6，cos 37°＝0.8，绳子不可伸长。现将小球A从静止释放。

(1)求在释放小球A之前弹簧的形变量；
(2)若直线CO1与杆垂直，求物体A运动到C点的过程中绳子拉力对物体A所做的功；
(3)求小球A运动到底端D点时的速度大小。
解析：(1)释放小球前，B处于静止状态，由于绳子拉力大于重力，故弹簧被拉伸，设弹簧形变量为x，有
kx＝F－mBg
解得x＝0.1 m。
(2)对A球从顶点运动到C的过程应用动能定理得
W＋mAgh＝mAv－0 ①
其中h＝CO1·cos 37°，
而CO1＝AO1·sin 37°＝0.3 m
物体B下降的高度h′＝AO1－CO1＝0.2 m ②
由此可知，弹簧此时被压缩了0.1 m，此时弹簧弹性势能与初状态相等，对于A、B和弹簧组成的系统机械能守恒，有
mAgh＋mBgh′＝mAv＋mBv ③
由题意知，小球A运动方向与绳垂直，
此瞬间物体B的速度vB＝0 ④
由①②③④得W＝7 J。
(3)由题意知，杆长L＝0.8 m，故∠CDO1＝θ＝37°，则DO1＝AO1，当A到达D时，弹簧弹性势能与初状态相等，物体B又回到原位置，在D点对A的速度沿平行于绳和垂直于绳两方向进行分解，可得平行于绳方向的速度即为B的速度，由几何关系得
vB′＝ vA′cos 37° ⑤
对于整个下降过程由机械能守恒定律得
mAgLsin 37°＝mAvA′2＋mBvB′2 ⑥
由⑤⑥得vA′＝2 m/s。
答案：(1)0.1 m　(2)7 J　(3)2 m/s
考向二　功能关系的应用
1．分清是什么力做功，并且分析该力做正功还是做负功；根据功能之间的对应关系，确定能量之间的转化情况。
2．当涉及滑动摩擦力做功时，机械能不守恒，一般应用能量守恒定律求解，特别注意摩擦产生的内能Q＝Ffl相对，l相对为相对滑动的两物体间相对滑动路径的总长度。
3．解题时，首先确定初、末状态，然后分清有多少种形式的能在转化，再分析状态变化过程中哪种形式的能量减少，哪种形式的能量增加，求出减少的能量总和ΔE减和增加的能量总和ΔE增，最后由ΔE减＝ΔE增列式求解。
[典例2]　(多选)如图甲所示，一质量不计的弹簧竖直地固定在水平面上，质量为m的物体由弹簧正上方h处无初速度释放，图乙为弹簧的弹力与物体下落高度的关系图像，重力加速度为g，当弹簧的压缩量为x时弹簧储存的弹性势能为Ep＝kx2，忽略空气阻力。下列说法正确的是(　　)

A．该弹簧的劲度系数为
B．物体下落过程中的最大动能为mgh＋mgx0
C．弹簧最大的压缩量等于2x0
D．物体所具有的最大加速度等于g
[解析]　由图乙可知，当物体下落h＋x0，即弹簧压缩量为x0时，有kx0＝mg，解得k＝，此时物体的合力为零，加速度为零，速度最大，动能最大，弹簧储存的弹性势能为Ep＝kx＝mgx0，物体下落h＋x0的过程中，由功能关系可知mg(h＋x0)＝Ekm＋Ep，则物体的最大动能为Ekm＝mgh＋mgx0，A、B正确；假设当弹簧最短时，弹簧的压缩量为x1，由功能关系得mg(h＋x1)＝kx，解得x1＝x0(1＋)，显然x1>2x0，C错误；由以上分析可知，弹簧的最大压缩量大于2x0，则物体受到弹簧弹力的最大值大于2mg，可知物体的最大加速度am>g，D错误。
[答案]　AB

4．如图，一质量为m、长度为l的均匀柔软细绳PQ竖直悬挂。用外力将绳的下端Q缓慢地竖直向上拉起至M点，M点与绳的上端P相距l。重力加速度大小为g。在此过程中，外力做的功为(　　)

A.mgl　　　　　　　 B．mgl
C.mgl D．mgl
解析：由题意可知，PM段细绳的机械能不变，MQ段细绳的重心升高了，则重力势能增加ΔEp＝mg·＝mgl，由功能关系可知，在此过程中，外力做的功为W＝mgl，故选项A正确，B、C、D错误。
答案：A
5．(多选)(2020·河北衡水模拟)如图所示，质量为2 kg的物体沿倾角为30°的固定斜面减速上滑，减速的加速度大小为7 m/s2，重力加速度g取10 m/s2，上滑2 m时速度仍沿斜面向上。在此过程中(　　)

A．物体的重力势能增加40 J
B．物体的机械能减少20 J
C．物体的动能减少28 J
D．系统的内能增加8 J
解析：上滑2 m过程中物体克服重力做功W＝mgLsin 30°＝20 J，即物体的重力势能增加20 J，A错误；根据牛顿第二定律有mgsin 30°＋Ff＝ma，解得Ff＝4 N，在此过程中Wf＝－FfL＝－8 J，故系统的机械能减少8 J，内能增加8 J，B错误，D正确；合外力为F＝ma＝14 N，合外力做功表示动能的变化，合外力做功为－FL＝－28 J，故动能减少28 J，C正确。
答案：CD
6．(2020·安徽示范高中高三联考)质量为m的子弹，以水平速度射入静止在光滑水平面上质量为M的木块，并留在其中。下列说法正确的是(　　)
A．子弹动能的减少量与木块动能的增加量相等
B．阻力对子弹做的功与子弹动能的变化量相等
C．子弹克服阻力做的功与子弹对木块做的功相等
D．子弹克服阻力做的功等于系统克服摩擦所产生的内能
解析：由能量转化可知，子弹动能的减少量等于木块动能的增加量和系统增加的内能之和，故A错误；对于子弹来说只有阻力做功，其效果就是子弹的动能减少，即子弹动能的减少量和阻力对子弹所做的功数值上相等，故B正确；设子弹受到的阻力大小为Ff，木块发生的位移为x，子弹相对木块发生的位移为d，则子弹克服阻力做的功为Wf＝Ff(x＋d)，子弹对木块做的功为W＝Ffx，比较可知Wf>W，故C错误；子弹克服阻力做功使子弹损失的动能一部分转化成了系统的内能，一部分转化成了木块的动能，故D错误。
答案：B
7．(多选)一足够长的传送带与水平面的夹角为θ，以一定的速度匀速运动。某时刻在传送带适当的位置放上具有一定初速度的物块(如图甲所示)，以此时为t＝0时刻记录了物块之后在传送带上运动的速度随时间的变化关系，如图乙所示(图中取沿斜面向上的运动方向为正方向，其中两坐标大小v1>v2)。已知传送带的速度保持不变，则下列判断正确的是(　　)

A．若物块与传送带间的动摩擦因数为μ，则μ>tan θ
B．0～t1时间内，传送带对物块做正功
C．0～t2时间内，系统产生的热量一定比物块动能的减少量大
D．0～t2时间内，传送带对物块做的功等于物块动能的减少量
解析：在t1～t2时间内，物块向上运动，则有μmgcos θ＞mgsin θ，得μ＞tan θ，故A正确；由题意知，物块先向下运动后向上运动，则知传送带的运动方向应向上，0～t1时间内，物块所受摩擦力沿斜面向上，则传送带对物块做负功，故B错误；0～t2时间内，物块的重力势能减小，动能也减小，都转化为系统产生的内能，则由能量守恒定律知，系统产生的热量一定大于物块动能的减少量，故C正确；0～t2时间内，传送带对物块做的功等于物块机械能的变化量，故D错误。
答案：AC
考向三　动力学观点和能量观点的综合应用
1．三个分析
(1)综合受力分析、运动过程分析，由牛顿运动定律做好动力学分析。
(2)分析各力做功情况，做好能量的转化与守恒的分析，由此把握运动各阶段的运动性质，各连接点、临界点的力学特征、运动特征和能量特征。
(3)区分三个位移。

2．四个选择
(1)当物体受到恒力作用发生运动状态的改变而且又涉及时间时，一般选择用动力学方法解题。
(2)当涉及功、能和位移时，一般选用动能定理、机械能守恒定律、功能关系或能量守恒定律解题，题目中出现相对位移时，应优先选择能量守恒定律。
(3)当涉及细节并要求分析力时，一般选择牛顿运动定律，对某一时刻进行分析时选择牛顿第二定律求解。
(4)复杂问题的分析一般需选择能量的观点、运动与力的观点综合解题。
[典例3]　(2020·湖南衡阳高三4月质检)如图所示，平板车静止在光滑的水平面上，一个四分之一圆弧轨道固定在平台上，平台的上表面与平板车的上表面在同一水平面上，圆弧轨道的底端与平台左端对齐且与平台表面相切，平板车长为L＝3.42 m、质量为2 kg，车的右端离平台左端距离为x＝2 m。质量为1 kg的物块以初速度v0＝6 m/s从车的左端滑上小车，物块与平板车间的动摩擦因数为0.4，平板车与平台相碰后立即静止，物块滑上圆弧轨道并从圆弧轨道上滑下重新滑上平板车，最终与平板车以 m/s的共同速度向左运动，重力加速度g取10 m/s2，滑块可看作质点，求：

(1)平板车与平台相碰前一瞬间，车的速度大小；
(2)物块从滑上平板车到刚滑上圆弧轨道所用的时间；
(3)整个过程物块与平板车、与圆弧轨道因摩擦产生的热量分别为多少。
[解析]　(1)物块滑上平板车后做匀减速运动，加速度大小为a1＝μg＝4 m/s2
平板车的加速度大小a2＝＝2 m/s2
设平板车与平台相碰前物块与平板车已保持相对静止，设共同速度为v1，则
v0－a1t1＝a2t1
解得t1＝1 s
这段时间内车运动的距离s＝a2t＝1 m<x，假设成立
即平板车与平台相碰前，物块与车达到共同速度，共同速度大小为v1＝a2t1＝2 m/s
因此车与平台相碰前一瞬间，车的速度大小为2 m/s。
(2)物块与平板车达到共同速度时发生的相对位移
x1＝(v0＋v1)t1－v1t1＝3 m
物块随平板车匀速运动的时间t2＝＝0.5 s
平板车与平台碰撞后静止，物块由于惯性继续向前滑行，设在车上再滑行的时间为t3，则
L－x1＝v1t3－a1t
解得t3＝0.3 s(t3＝0.7 s舍去)
因此物块从滑上平板车到刚滑上圆弧轨道时所用的时间t＝t1＋t2＋t3＝1.8 s。
(3)物块第一次在平板车上滑行因摩擦产生的热量
Q1＝μmgL＝13.68 J
物块滑上圆弧轨道时的速度v2＝v1－a1t3＝0.8 m/s
设物块再次滑上平板车时的速度为v3，最后的共同速度为v4，则v4＝v3－a1t4
v4＝a2t4
解得v3＝0.5 m/s
再次滑上平板车，因摩擦产生的热量
Q2＝mv－(m＋M)v＝ J
滑块与车之间因摩擦产生的热量Q＝Q1＋Q2≈13.76 J
物块在圆弧轨道上滑行因摩擦产生的热量
Q′＝mv－mv＝0.195 J。
[答案]　(1)2 m/s　(2)1.8 s　(3)13.76 J　0.195 J

8．(多选)(2020·天津河北区一模)如图所示，质量为M、长度为L的小车静止在光滑的水平面上，质量为m的小物块放在小车的最左端。现用一水平力F作用在小物块上，小物块与小车之间的摩擦力为f，经过一段时间小车运动的位移为x，小物块刚好滑到小车的最右端，则下列说法正确的是(　　)

A．此时物块的动能为F(x＋L)
B．此时小车的动能为f(x＋L)
C．这一过程中，物块和小车增加的机械能为F(x＋L)－fL
D．这一过程中，物块和小车因摩擦而产生的热量为fL
解析：由题可知，在拉力的作用下物块前进的位移为L＋x，故拉力所做的功为F(x＋L)，摩擦力所做的功为－f(x＋L)，则由动能定理可知物块的动能为(F－f)(x＋L)，故A错误；小车受摩擦力作用，摩擦力作用的位移为x，摩擦力对小车做功为fx，小车的动能为fx，故B错误；物块和小车增加的机械能等于拉力和摩擦力对物块和小车做的功的总和，为F(x＋L)－f(x＋L)＋fx＝F(x＋L)－fL，故C正确；系统内因摩擦而产生的热量等于系统克服摩擦力做的功，为f(x＋L)－fx＝fL，D正确。
答案：CD
9．(2020·四省名校高三第二次联考)如图所示，在竖直平面内有一粗糙斜面轨道AB与光滑圆弧轨道BC在B点平滑连接(滑块经过B点时速度大小不变)，斜面轨道长L＝2.5 m，斜面倾角θ＝37°，O点是圆弧轨道圆心，OB竖直，圆弧轨道半径R＝1 m，圆心角θ＝37°，C点距水平地面的高度h＝0.512 m，整个轨道是固定的。一质量m＝1 kg 的滑块在A点由静止释放，最终落到水平地面上。滑块可视为质点，滑块与斜面轨道之间的动摩擦因数μ＝0.25，g取10 m/s2，sin 37°＝0.6，cos 37°＝0.8，不计空气阻力，求：

(1)滑块经过圆弧轨道最低点B时，对圆弧轨道的压力大小；
(2)滑块离开C点后在空中运动的时间t。
解析：(1)对滑块从A到B的过程，由动能定理得
mgLsin 37°－μmgLcos 37°＝mv
解得vB＝2 m/s
滑块经过圆弧轨道的B点时，由牛顿第二定律得
F－mg＝
由牛顿第三定律知，滑块经过B点时对圆弧轨道的压力大小F′＝F
解得F′＝30 N。
(2)对滑块从B到C的过程，由动能定理得
－mgR(1－cos 37°)＝mv－mv
解得vC＝4 m/s
滑块离开C点后在竖直方向上做竖直上抛运动，以竖直向下为正方向，则有h＝－vCsin 37°t＋gt2
解得t＝0.64 s。
答案：(1)30 N　(2)0.64 s
10.如图所示，竖直面内用光滑钢管弯成的“9”字形固定轨道与水平桌面的右端相接，“9”字全高H＝0.8 m，“9”字上半部分四分之三圆弧半径为R＝0.2 m，钢管的内径大小忽略不计。桌面左端固定一轻质弹簧，开始时弹簧处于锁定状态，其右端处于A位置，此时弹簧具有的弹性势能为Ep＝2.16 J，将质量m＝0.1 kg的可看作质点的小球放在A位置与弹簧相接触，解除弹簧锁定后，小球从A被弹出后经过B点进入“9”字形轨道，最后从D点水平抛出，A、B间水平距离为L＝1.2 m，小球与桌面间的动摩擦因数为μ＝0.3，重力加速度g取10 m/s2，不计空气阻力，假设水平地面足够长，试求：

(1)弹簧解除锁定后，小球到B点时的速度大小；
(2)小球运动到轨道最高点C时对轨道的作用力；
(3)若小球从“9”字形轨道D点水平抛出后，第一次与地面碰撞前速度方向与水平地面倾角θ＝45°，每一次与地面碰撞过程中小球水平速度分量保持不变，小球弹起来的竖直速度分量减小为碰撞前的一半，直到最后沿着水平地面滚动，求小球开始沿地面滚动的位置与D点的水平距离以及碰撞过程中小球损失的机械能。
解析：(1)设小球到B点时的速度为v0，弹簧解除锁定后，由动能定理得
Ep－μmgL＝mv
解得v0＝6 m/s。
(2)对小球由B到C的运动，由动能定理得
－mgH＝mv－mv
在C点：FN＋mg＝m
解得FN＝9 N
由牛顿第三定律知，小球对轨道的作用力大小为9 N，方向竖直向上。
(3)小球由B到D运动，有
－mg(H－2R)＝mv－mv
解得vD＝ m/s
第1次到达地面时vy＝＝ m/s
竖直方向有2gh＝v，解得h＝1.4 m。
小球离开D点直到最后在水平地面做直线运动，在竖直方向运动的总时间
t总＝＋2×[×＋()2×＋()3×＋…]
＝ s＋ s＝ s
小球离开D点直到最后在水平地面做直线运动，在水平方向运动的位移大小x＝vDt总＝8.4 m
损失的机械能为ΔE＝mgh＝1.4 J。
答案：(1)6 m/s　(2)9 N，方向竖直向上　(3)8.4 m　1.4 J