【物理】2019届二轮复习专题二第2讲机械能守恒定律功能关系学案
第2讲 机械能守恒定律 功能关系
[做真题·明考向] 真题体验 透视命题规律
授课提示：对应学生用书第27页
[真题再做]
1.(2018·高考全国卷Ⅰ，T18)如图，abc是竖直面内的光滑固定轨道，ab水平，长度为2R；bc是半径为R的四分之一圆弧，与ab相切于b点．一质量为m的小球，始终受到与重力大小相等的水平外力的作用，自a点处从静止开始向右运动．重力加速度大小为g.小球从a点开始运动到其轨迹最高点，机械能的增量为( )
A．2mgR B．4mgR
C．5mgR D．6mgR
解析：小球从a运动到c，根据动能定理，得
F·3R－mgR＝mv，又F＝mg，故v1＝2，
小球离开c点在竖直方向做竖直上抛运动，水平方向做初速度为零的匀加速直线运动，且水平方向与竖直方向的加速度大小相等，都为g，故小球从c点到最高点所用的时间t＝＝2，水平位移x＝gt2＝2R，
根据功能关系，小球从a点到轨迹最高点机械能的增量为力F做的功，即ΔE＝F·(2R＋R＋x)＝5mgR.
答案：C
2.(多选)(2016·高考全国卷Ⅱ，T21)如图，小球套在光滑的竖直杆上，轻弹簧一端固定于O点，另一端与小球相连．现将小球从M点由静止释放，它在下降的过程中经过了N点．已知在M、N两点处，弹簧对小球的弹力大小相等，且∠ONM<∠OMN<.在小球从M点运动到N点的过程中( )
A．弹力对小球先做正功后做负功
B．有两个时刻小球的加速度等于重力加速度
C．弹簧长度最短时，弹力对小球做功的功率为零
D．小球到达N点时的动能等于其在M、N两点的重力势能差
解析：在M、N两点处，弹簧对小球的弹力大小相等，且∠ONM<∠OMN<，则小球在M点时弹簧处于压缩状态，在N点时弹簧处于拉伸状态，小球从M点运动到N
点的过程中，弹簧长度先缩短，当弹簧与竖直杆垂直时弹簧达到最短，这个过程中弹力对小球做负功，然后弹簧再伸长，弹力对小球开始做正功，当弹簧达到自然伸长状态时，弹力为零，再随着弹簧的伸长弹力对小球做负功，故整个过程中，弹力对小球先做负功，再做正功，后再做负功，选项A错误；在弹簧与杆垂直时及弹簧处于自然伸长状态时，小球加速度等于重力加速度，选项B正确；弹簧与杆垂直时，弹力方向与小球的速度方向垂直，则弹力对小球做功的功率为零，选项C正确；由机械能守恒定律知，在M、N两点弹簧弹性势能相等，在N点小球的动能等于从M点到N点重力势能的减小值，选项D正确．
答案：BCD
3．(2017·高考全国卷Ⅰ，T24)一质量为8.00×104 kg的太空飞船从其飞行轨道返回地面．飞船在离地面高度1.60×105 m处以7.50×103 m/s的速度进入大气层，逐渐减慢至速度为100 m/s时下落到地面．取地面为重力势能零点，在飞船下落过程中，重力加速度可视为常量，大小取为9.8 m/s2.(结果保留2位有效数字)
(1)分别求出该飞船着地前瞬间的机械能和它进入大气层时的机械能；
(2)求飞船从离地面高度600 m处至着地前瞬间的过程中克服阻力所做的功，已知飞船在该处的速度大小是其进入大气层时速度大小的2.0%.
解析：(1)飞船着地前瞬间的机械能为
Ek0＝mv①
式中，m和v0分别是飞船的质量和着地前瞬间的速率．由①式和题给数据得Ek0＝4.0×108 J②
设地面附近的重力加速度大小为g.飞船进入大气层时的机械能为Eh＝mv＋mgh③
式中，vh是飞船在高度1.60×105 m处的速度大小．
由③式和题给数据得Eh＝2.4×1012 J④
(2)飞船在高度h′＝600 m处的机械能为
Eh′＝m(vh)2＋mgh′⑤
由功能原理得
W＝Eh′－Ek0⑥
式中，W是飞船从高度600 m处至着地前瞬间的过程中克服阻力所做的功．由②⑤⑥式和题给数据得
W＝9.7×108 J.
答案：(1)4.0×108 J 2.4×1012 J (2)9.7×108 J
4.(2016·高考全国卷Ⅱ，T25)轻质弹簧原长为2l，将弹簧竖直放置在地面上，在其顶端将一质量为5m的物体由静止释放，当弹簧被压缩到最短时，弹簧长度为l.现将该弹簧水平放置，一端固定在A点，另一端与物块P接触但不连接．AB是长度为5l的水平轨道，B端与半径为l
的光滑半圆轨道BCD相切，半圆的直径BD竖直，如图所示．物块P与AB间的动摩擦因数μ＝0.5.用外力推动物块P，将弹簧压缩至长度l，然后放开，P开始沿轨道运动．重力加速度大小为g.
(1)若P的质量为m，求P到达B点时速度的大小，以及它离开圆轨道后落回到AB上的位置与B点之间的距离；
(2)若P能滑上圆轨道，且仍能沿圆轨道滑下，求P的质量的取值范围．
解析：(1)依题意，当弹簧竖直放置，长度被压缩至l时，质量为5m的物体的动能为零，其重力势能转化为弹簧的弹性势能．由机械能守恒定律知，弹簧长度为l时的弹性势能为Ep＝5mgl①
设P的质量为M，到达B点时的速度大小为vB，由能量守恒定律得Ep＝Mv＋μMg·4l②
联立①②式，取M＝m并代入题给数据得
vB＝③
若P能沿圆轨道运动到D点，其到达D点时的向心力不能小于重力，即P此时的速度大小v应满足
－mg≥0④
设P滑到D点时的速度为vD，由机械能守恒定律得
mv＝mv＋mg·2l⑤
联立③⑤式得vD＝⑥
vD满足④式要求，故P能运动到D点，并从D点以速度vD水平射出．设P落回到轨道AB所需的时间为t，由运动学公式得2l＝gt2⑦
P落回到AB上的位置与B点之间的距离为
s＝vDt⑧
联立⑥⑦⑧式得s＝2l⑨
(2)为使P能滑上圆轨道，它到达B点时的速度不能小于零．由①②式可知5mgl>μMg·4l⑩
要使P仍能沿圆轨道滑回，P在圆轨道的上升高度不能超过半圆轨道的中点C.由机械能守恒定律有
Mv≤Mgl⑪
联立①②⑩⑪式得m≤M
m)的滑块A、B，通过不可伸长的轻绳跨过光滑定滑轮相连，轻绳与斜面平行．两滑块由静止释放后，沿斜面做匀加速运动．若不计滑轮的质量，在两滑块沿斜面运动的过程中，下列说法中正确的是( )
A．两滑块组成的系统机械能守恒
B．重力对A做的功等于A动能的增加量
C．轻绳对B做的功等于B机械能的增加量
D．两滑块组成的系统的机械能的减少量等于A克服摩擦力做的功
解析：除重力以外的力对系统做的功等于系统机械能的变化量，故A克服摩擦力做的功等于两滑块组成的系统机械能的减少量，拉力对B做的功等于B
机械能的增加量，重力、绳的拉力及摩擦力对A做的功等于A动能的增加量，故选项C、D正确，A、B错误．
答案：CD
5．如图所示，在竖直平面内有一半径为R的圆弧轨道，半径OA水平、OB竖直，一个质量为m的小球自A点的正上方P点由静止开始自由下落，小球沿轨道到达最高点B时恰好对轨道没有压力．已知AP＝2R，重力加速度为g，则小球从P点运动到B点的过程中( )
A．重力做功2mgR B.机械能减少mgR
C．合外力做功mgR D．克服摩擦力做功mgR
解析：小球从P点运动到B点的过程中，重力做功WG＝mg(2R－R)＝mgR，故A错误；小球沿轨道到达最高点B时恰好对轨道没有压力，则有mg＝m，解得vB＝，则此过程中机械能的减少量为ΔE＝mgR－mv＝mgR，故B错误；根据动能定理可知，合外力做功W合＝mv＝mgR，故C错误；根据功能关系可知，小球克服摩擦力做的功等于机械能的减少量，为mgR，故D正确．
答案：D
6.如图所示，物体以100 J的初动能从斜面的底端向上运动，斜面足够长．当它通过斜面上的M点时，其动能减少了80 J，机械能减少了32 J．如果物体能从斜面上返回底端，则( )
A．物体在斜面上运动时，机械能守恒
B．物体在向上运动时，机械能减少100 J
C．物体上升到M还能上升的距离为到达M点前的
D．物体返回A点时动能为36 J
解析：由题意，摩擦力始终做负功，机械能不守恒，选项A错误；物体向上运动到最高点时，重力势能不为零，机械能减少量小于100 J，选项B错误；根据题意，当它通过斜面上的M点时，其动能减少了80 J，机械能减少了32 J，说明克服摩擦力做功32 J，从M点上升到最高点的过程中，动能减少了20 J，需要克服摩擦力做功8 J
，整个上升过程，共克服摩擦力做功40 J，机械能减少了40 J，物体上升到M还能上升的距离为到达M点前的，选项C正确；物体返回A点的过程中，损失的机械能也是40 J，物体返回A点时动能为20 J，选项D错误．
答案：C
考向三 动力学观点和能量观点的综合应用
[典例展示2] 如图所示，倾角为θ的斜面底端固定一个挡板P，质量为m的小物块A与质量不计的木板B叠放在斜面上，A位于B的最上端且与挡板P相距L.已知A与B、B与斜面间的动摩擦因数分别为μ1、μ2，且μ1>tan θ>μ2，最大静摩擦力等于滑动摩擦力，A与挡板P相撞的过程中没有机械能损失．将A、B同时由静止释放．
(1)求A、B释放瞬间小物块A的加速度大小a1；
(2)若A与挡板P不相撞，求木板B的最小长度l0；
(3)若木板B的长度为l，求整个过程中木板B运动的总路程．
[思路探究] (1)A、B释放瞬间受哪些力的作用？
(2)B与挡板相撞后，B如何运动？
(3)A与挡板P恰好不相碰的条件是什么？
[解析] (1)释放A、B，它们一起匀加速下滑．以A、B为研究对象，
由牛顿第二定律有
mgsin θ－μ2mgcos θ＝ma1，
解得a1＝gsin θ－μ2gcos θ.
(2)在B与挡板P相撞前，A和B相对静止，以相同的加速度一起向下做匀加速运动．B与挡板P相撞后立即静止，A开始匀减速下滑．若A到达挡板P处时的速度恰好为零，此时B的长度即为最小长度l0.
从A释放至到达挡板P处的过程中，B与斜面间由于摩擦产生的热量
Q1＝μ2mgcos θ·(L－l0)，
A与B间由于摩擦产生的热量
Q2＝μ1mgcos θ·l0
根据能量守恒定律有mgLsin θ＝Q1＋Q2，
得l0＝L.
(3)分两种情况：
①若l≥l0，B与挡板P相撞后不反弹，A一直减速直到静止在木板B上
木板B通过的路程x＝L－l
②若ltan θ>μ2”)，找出联系不同阶段的“桥梁”．
(2)受力及功能分析：分析物体所经历的各个运动过程的受力情况以及做功情况的变化，选择适合的规律求解，如例题中第(3)问，若lQ乙，根据能量守恒定律，电动机消耗的电能E电等于摩擦产生的热量Q与物体增加机械能之和，因物块两次从A到B增加的机械能相同，Q甲>Q乙，所以将小物体传送到B处，甲传送带消耗的电能更多，故C正确，D错误．
答案：ABC
三、非选择题
9．如图所示，左侧竖直墙面上固定一半径为R＝0.3 m的光滑半圆环，右侧竖直墙面上与圆环的圆心O等高处固定一光滑直杆．质量为ma＝100 g的小球a套在半圆环上，质量为mb＝36 g的滑块b套在直杆上，二者之间用长为l＝0.4 m的轻杆通过两铰链连接．现将a从圆环的最高处由静止释放，使a沿圆环自由下滑，不计一切摩擦，a、b均视为质点，重力加速度g取10 m/s2.求：
(1)小球a滑到与圆心O等高的P点时的向心力大小；
(2)小球a从P点下滑至杆与圆环相切的Q点的过程中，杆对滑块b做的功．
解析：(1)当a滑到与O同高度P点时，a的速度v沿圆环切线向下，b
的速度为零，由机械能守恒定律可得magR＝mav2，解得v＝
对小球a受力分析，由牛顿第二定律可得
F＝ma＝2mag＝2 N.
(2)杆与圆相切时，如图所示，a的速度沿杆方向，设此时b的速度为vb，根据杆不可伸长和缩短，
有va＝vbcos θ
由几何关系可得cos θ＝＝0.8
在图中，球a下降的高度h＝Rcos θ
a、b系统机械能守恒magh＝mav＋mbv－mav2
对滑块b，由动能定理得
W＝mbv＝0.194 4 J.
答案：(1)2 N (2)0.194 4 J
10．如图甲所示，质量为m＝1 kg的滑块(可视为质点)，从光滑、固定的圆弧轨道的最高点A由静止滑下，经最低点B后滑到位于水平面的木板上，已知木板质量M＝2 kg，其上表面与圆弧轨道相切于B点，且长度足够长，滑块滑上木板后，木板的v t图象如图乙所示，重力加速度g取10 m/s2，求：
(1)滑块经过B点时对圆弧轨道的压力；
(2)木板与地面之间、滑块与木板之间的动摩擦因数；
(3)滑块在木板上滑过的距离．
解析：(1)设圆弧轨道半径为R，从A到B的过程中滑块的机械能守恒．设滑块到达B点时的速度大小为v，则由机械能守恒定律可得
mgR＝mv2
经过B点时，由牛顿第二定律可得
FN－mg＝m
求解可得FN＝30 N
根据牛顿第三定律可知，滑块在B点时对轨道的压力大小为30 N，方向竖直向下．
(2)由v t图象可知，木板加速时的加速度大小为a1＝1 m/s2，滑块与木板共同减速时的加速度大小为a2＝1 m/s2
设木板与地面间的动摩擦因数为μ1，滑块与木板之间的动摩擦因数为μ2，则在1～2 s内，对滑块和木板有
μ1(m＋M)g＝(m＋M)a2
在0～1 s内，对木板有
μ2mg－μ1(m＋M)g＝Ma1
联立并代入数据解得μ1＝0.1，μ2＝0.5.
(3)滑块在木板上滑动过程中，设滑块与木板相对静止时的共同速度为v1，滑块从滑上木板到两者具有共同速度所用时间为t1，则对滑块有
μ2mg＝ma，v1＝v－at1
木板的位移x1＝t1
滑块的位移x2＝t1
滑块在木板上滑过的距离Δx＝x2－x1
从图乙可知v1＝1 m/s，t1＝1 s
代入数据求解可得Δx＝3 m.
答案：(1)30 N，竖直向下 (2)0.1 0.5 (3)3 m
11．(2018·贵州贵阳高三期末)如图所示，AB是长度x＝0.5 m的水平直轨道，B端与半径为R＝0.1 m的光滑四分之一圆轨道BC相切，过B点的半径竖直．A端左侧固定一个倾角θ＝30°的光滑斜面，连接处顺滑；穿过足够高的定滑轮的轻绳两端分别系着小物块a和b，a的质量m1＝1 kg.开始时将b按压在地面不动，a位于斜面上高h＝0.5 m的地方，此时滑轮左边的绳子竖直而右边的绳子与斜面平行，然后放开手，让a沿斜面下滑而b上升，当a滑到斜面底端A点时绳子突然断开，a继续沿水平地面运动，然后进入BC轨道，已知物块a与水平地面间的动摩擦因数μ＝0.2，g取10 m/s2.
(1)若物块a到达C点时的速度vC＝1 m/s，求a在B点时对轨道的压力大小；
(2)要使物块a能滑上轨道BC又不会从最高点C处滑出，求b的质量m2的取值范围．
解析：(1)设物块a经过B点时的速度为vB
由机械能守恒定律得m1v＝m1v＋m1gR
设物块a刚进入圆轨道BC时受到的支持力为FN，由牛顿第二定律有
FN－m1g＝m1
联立解得FN＝40 N
由牛顿第三定律，物块a对轨道的压力大小为40 N.
(2)设物块a经过A点的速度为v1时恰能滑到B点，由动能定理有
－μm1gx＝0－m1v
解得v1＝ m/s
设物块a经过A点的速度为v2时恰能滑到C点，由动能定理有－μm1gx－m1gR＝0－m1v
解得v2＝2 m/s
要使物块能滑上轨道BC而又不从C点滑出，物块a在A点的速度vA应满足
m/s
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