物理二轮（山东专用）学案：专题2 第2讲　机械能守恒定律　功能关系 Word版含解析.doc

1、- 1 - 第 2 讲 机械能守恒定律 功能关系 析考情 明考向_考情分析_透视命题规律 一、构建体系 透析考情 思维导图 考情分析 1.高考题对本讲的命题会 以选择题形式考查机械能 守恒的判断及功能关系的 简单分析与计算，如 2020 年山东卷第 11 题； 以计算 形式考查动力学、动量守 恒、机械能守恒及功能关 系的综合应用， 如 2020 年 山东卷第 18 题。 2.从高考命题的背景可以 看出，试题更注重联系生 活实际，考查学生学以致 用的能力。 3.功能关系渗透在整个物 理学内容中，常与直线运 动、平抛运动、圆周运动 及电磁学知识相结合，多 以计算题形式出现，难度 偏大。 二、熟记规

2、律 高效突破 1机械能守恒的条件：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：Ek1Ep1Ek2Ep2。 (2)转化的观点：EkEp。 (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Ek。 (2)重力做功与重力势能的关系：WGEp。 (3)弹力做功与弹性势能的关系：W弹Ep。 (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E机。 (5)滑动摩擦力做功与内能的关系：Ffl相对E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

3、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：Ek1Ep1Ek2Ep2(要选零势能参考平面)。 (2)转化观点：EkEp

4、(不用选零势能参考平面)。 (3)转移观点：EA增EB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， - 2 - 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

5、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 6mgR2.5mgR1 2mv 2 1 解得 v1 7

6、gR。 (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 mgFmv 2 1 R 解得 F6mg 由牛顿第三定律可得鱼饵对管子的作用力 F6mg，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 6mgRmg(Rh0.5R)1 2mv 2 由平抛运动的规律得 xvt，2.5Rh1 2gt 2 解得 x 2g（5.5Rh） 2（2.5Rh） g 2 （5.5Rh）（2.5Rh） 由数学知识知，当 h1.5R 时，x 为最大值且 xmax8R 则 LmaxxmaxR9R。 答案 (1) 7gR (2)6mg 方向向上 (3)9R 规律总

7、结 应用机械能守恒定律解题的基本思路 - 3 - 1. (多选)(2019 高考全国卷)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 Bh0 时，物体的速率为 20 m/s Ch2 m 时，物体的动能 Ek40 J D从地面至 h4 m，物体的动能减少 100 J 解析：由于 Epmgh，所以 Ep与 h 成正比，斜率 kmg，由图像得 k20 N，因此 m2 kg， A 正确。 当 h0 时，Ep0

8、，E总Ek1 2mv 2 0，因此 v010 m/s，B 错误。 由图像知 h2 m 时，E总90 J，Ep40 J，由 E总EkEp得 Ek50 J，C 错误。 h4 m 时，E总Ep80 J，即此时 Ek0，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

9、正确的是( ) - 4 - A环到达 B 处时，重物上升的高度 hd 2 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4d 3 解析：环到达 B 处时，对环的速度进行分解，可得 v环cos v物，由题图中几何关系可知 45 ，则 v环 2v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( 21)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 mgH2mg( H2d

10、2d)，解得 H4 3d，故 D 正确。 答案：CD 3(2020 江西四校联考)如图所示，质量 mB3.5 kg 的物体 B 通过一轻弹簧固连在地面上，弹 簧的劲度系数 k100 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 mA1.6 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 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 AO10.5 m，重力加速度 g 取 10 m/s2，sin 37 0.6，cos 37 0.8，

11、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 - 5 - kxFmBg 解得 x0.1 m。 (2)对 A 球从顶点运动到 C 的过程应用动能定理得 WmAgh1 2mAv 2 A0 其中 hCO1 cos 37 ， 而 CO1AO1 sin 37 0.3 m 物体 B 下降的高度 hAO1CO10.2

12、m 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 mAghmBgh1 2mAv 2 A1 2mBv 2 B 由题意知，小球 A 运动方向与绳垂直， 此瞬间物体 B 的速度 vB0 由得 W7 J。 (3)由题意知，杆长 L0.8 m，故CDO137 ，则 DO1AO1，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 vAcos 37 对于整个下降过程由机械能守恒定律得 mAgL

13、sin 37 1 2mAvA 21 2mBvB 2 由得 vA2 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 QFfl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 E减和增加的能量总和 E增，最后由 E减E

14、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 Ep1 2kx 2，忽略空气阻力。下列说法正确 的是( ) A该弹簧的劲度系数为mg x0 B物体下落过程中的最大动能为 mgh1 2mgx0 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 - 6 - 解析 由图乙可知，当物体下落 hx0，即弹簧压缩量为 x0时，有 kx0mg，解得 kmg x0 ， 此时物体的合力为零，加速度为零，

15、速度最大，动能最大，弹簧储存的弹性势能为 Ep1 2kx 2 0 1 2mgx0，物体下落 hx0 的过程中，由功能关系可知 mg(hx0)EkmEp，则物体的最大动能 为 Ekmmgh1 2mgx0，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(hx1)1 2kx 2 1，解得 x1x0(1 12h x0)，显然 x12x0，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 amg， 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

16、缓慢地 竖直向上拉起至 M 点，M 点与绳的上端 P 相距1 3l。重力加速度大小为 g。在此过程中，外力 做的功为( ) A.1 9mgl B1 6mgl C.1 3mgl D1 2mgl 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l 6， 则重力势能增加 Ep 2 3mg l 6 1 9mgl，由功能关系可知，在此过程中，外力做的功为 W 1 9mgl，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

17、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 WmgLsin 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 Ffma，解得 Ff4 N，在此过程中 WfFfL 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 Fma14 N，合外 力做功表示动能的变化，合外力做功为FL28 J，故动能减少 28 J，C 正确。 答案：CD

18、- 7 - 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

19、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 WfFf(xd)，子弹对木块 做的功为 WFfx，比较可知 WfW，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，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 t0 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 v1v2)。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

20、传送带间的动摩擦因数为 ，则 tan B0t1时间内，传送带对物块做正功 C0t2时间内，系统产生的热量一定比物块动能的减少量大 D0t2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 t1t2时间内，物块向上运动，则有 mgcos mgsin ，得 tan ，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，0t1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；0t2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；0t2时间内，传送带对

21、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 - 8 - 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

22、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 L3.42 m、质量为 2 kg，车的右端离平 台左端距离为 x2 m。质量为 1 kg 的物块以初速度 v06 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

23、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1 6 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 a1g4 m/s2 平板车的加速度大小 a2mg M 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 v0a1t1a2t1 解得 t11 s 这段时间内车运动的距离 s1 2a2t 2

24、 11 mx，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 v1a2t12 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 x11 2(v0v1)t1 1 2v1t13 m 物块随平板车匀速运动的时间 t2xs v1 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 Lx1v1t31 2a1t 2 3 解得 t30.3 s(t30.7 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 tt1t2t31.8 s。 (3)物块第一次在平板车上滑行因摩擦产

25、生的热量 Q1mgL13.68 J 物块滑上圆弧轨道时的速度 v2v1a1t30.8 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 v4v3a1t4 v4a2t4 解得 v30.5 m/s 再次滑上平板车，因摩擦产生的热量 Q21 2mv 2 31 2(mM)v 2 4 1 12 J 滑块与车之间因摩擦产生的热量 QQ1Q213.76 J - 9 - 物块在圆弧轨道上滑行因摩擦产生的热量 Q1 2mv 2 21 2mv 2 30.195 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

26、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(xL) B此时小车的动能为 f(xL) C这一过程中，物块和小车增加的机械能为 F(xL)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 Lx，故拉力所做的功为 F(xL)，摩擦 力所做的功为f(xL)，则由动能定理可知物块的动能为(Ff)(xL)，故 A 错误；

27、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(xL)f(xL) fxF(xL)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)fxfL，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 L2.5 m，斜面倾角 37 ，O 点是圆弧轨道圆心，OB 竖直，圆弧轨道半径 R1 m，圆心角

28、 37 ，C 点距水平 地面的高度 h0.512 m，整个轨道是固定的。一质量 m1 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 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 mgLcos 37 1 2mv 2 B 解得 vB2 5 m/s 滑块经过圆弧轨道的 B 点时，由牛顿第二定律得 Fm

29、gmv 2 B R 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 FF 解得 F30 N。 (2)对滑块从 B 到 C 的过程，由动能定理得 mgR(1cos 37 )1 2mv 2 C1 2mv 2 B - 10 - 解得 vC4 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 hvCsin 37 t 1 2gt 2 解得 t0.64 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 H0.8 m，“9”字上半部分四分之三圆弧半径为 R0.2 m，钢管的内

30、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 Ep2.16 J，将质量 m0.1 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 L1.2 m，小球与桌面间的动摩擦因数为 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

31、后，第一次与地面碰撞前速度方向与水平地面倾角 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 EpmgL1 2mv 2 0 解得 v06 m/s。 (2)对小球由 B 到 C 的运动，由动能定理得 mgH1 2mv 2 C1 2mv 2 0 在 C 点：FNmgmv 2 C R 解得 FN9 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

32、。 (3)小球由 B 到 D 运动，有 mg(H2R)1 2mv 2 D1 2mv 2 0 解得 vD 28 m/s 第 1 次到达地面时 vy vD tan 45 28 m/s 竖直方向有 2ghv2y，解得 h1.4 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vy g2 1 2 vy g( 1 2) 2vy g( 1 2) 3vy g 28 10 s 2 28 10 1 2 11 2 s3 5 7 s - 11 - 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 xvDt总8.4 m 损失的机械能为 Emgh1.4 J。 答案：(1)6 m/s (2)9 N，方向竖直向上 (3)8.4 m 1.4 J