物理人教总复习机械能 全省一等奖

第4讲

功能关系能量守恒定律【秒判正误】(1)力对物体做了多少功，物体就具有多少能。()(2)力对物体做正功，物体的机械能不一定增加。()(3)能量在转化或转移的过程中，其总量会不断减少。

()(4)物体的机械能减少的过程中，动能有可能是增大的。 ()×√×√(5)能量在转移或转化过程中守恒，因此没有必要节约能源。 ()(6)静摩擦力做功时，一定会引起能量的转化。()(7)滑动摩擦力做功时，一定会引起机械能的转化。

()(8)一个物体的能量增加，必定有别的物体能量减少。

()××√√考点1功能关系的理解及应用【典题突破】题型1由能量变化分析做功【典例1】(2017·全国卷Ⅲ)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 (

)【解题思维】1.题型特征：由能量变化计算力做的功。2.题型解码：(1)PM段软绳的机械能不变。(2)MQ段软绳的机械能增加。(3)由功能关系，外力做的功等于MQ段软绳的机械能的增量。【解析】选A。把Q点提到M点的过程中，PM段软绳的机械能不变，MQ段软绳的机械能的增量为ΔE=mg()mg(l)=mgl，由功能关系可知：在此过程中，外力做的功为W=mgl，故A正确，B、C、D错误。【触类旁通】一个系统的机械能增大，究其原因，下列推测正确的是 (

)A.可能是重力对系统做了功B.一定是合外力对系统做了功C.一定是系统克服合外力做了功D.可能是摩擦力对系统做了功

【解析】选D。只有重力做功，系统的机械能守恒，故A错误；除重力、弹力之外的力做正功时，系统机械能增加，做负功时则减少，故B、C错误；如果摩擦力对系统做正功，则系统机械能增加，故D正确。题型2由做功分析能量变化【典例2】(2018·全国卷Ⅰ)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.4mgRC.5mgR D.6mgR【解题思维】1.题型特征：由做功计算能量变化。2.题型解码：(1)由动能定理可求出小球经过c点时的速度。(2)小球经过c点后，竖直方向做匀减速直线运动，水平方向做匀加速直线运动，当竖直方向的速度减为零时，小球到达轨迹的最高点。(3)小球机械能的增量等于力F做的功。【解析】选C。设小球运动到c点的速度大小为vc，小球由a到c的过程，由动能定理得：F·3R-mgR=又F=mg，解得：=4gR。小球离开c点后，在水平方向做初速度为零的匀加速直线运动，竖直方向在重力作用下做匀减速直线运动，整个过程运动轨迹如图所示，由牛顿第二定律可知，小球离开c点后水平方向和竖直方向的加速度大小均为g，则由竖直方向的运动可知，小球从离开c点到其轨迹最高点所需的时间t=小球在水平方向的位移为x=gt2，解得x=2R。小球从a点开始运动到其轨迹最高点的过程中，水平方向的位移大小为x+3R=5R，则小球机械能的增加量ΔE=F·5R=5mgR。【触类旁通】韩晓鹏是我国首位在冬奥会雪上项目夺冠的运动员。他在一次自由式滑雪空中技巧比赛中沿“助滑区”保持同一姿态下滑了一段距离，重力对他做功1900J，他克服阻力做功100J。韩晓鹏在此过程中 (

)A.动能增加了1900JB.动能增加了2000JC.重力势能减小了1900JD.重力势能减小了2000J

【解析】选C。根据动能定理得，韩晓鹏动能的变化ΔEk=WG-Wf=1900J-100J=1800J，其动能增加了1800J，故A、B错误；根据重力做功与重力势能变化的关系WG=-ΔEp，解得ΔEp=-WG=-1900J，其重力势能减小了1900J，故C正确，D错误。题型3功能关系的综合应用【典例3】(2017·全国卷Ⅰ)一质量为8.00×104kg的太空飞船从其飞行轨道返回地面。飞船在离地面高度为1.60×105m处以7.50×103m/s的速度进入大气层，逐渐减慢至速度为100m/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9.8m/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600m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%。【解题思维】1.题型特征：功能关系的综合应用。2.题型解码：(1)飞船着地前瞬间的机械能只有动能，进入大气层时的机械能为动能和重力势能的和。(2)飞船克服阻力所做的功等于飞船机械能的减少量。【解析】(1)飞船着地前机械能：Ek0==×8×104×(100)2J=4.0×108J，飞船进入大气层时的机械能：Eh=mgh+=8×104×9.8×1.6×105J+×8×104×(7.5×103)2J=2.4×1012J(2)飞船在h′=600m处的机械能：Eh′=mgh′+m(vh×2%)2=1.37×109J飞船从高度600m处至着地瞬间的过程中克服阻力所做的功：W=Eh′-Ek0解得：W=9.7×108J答案：(1)4.0×108J

2.4×1012J(2)9.7×108J【触类旁通】(2019·合肥模拟)如图所示，质量为m的足球静止在地面1的位置，被踢出后落到地面3的位置。在空中到达最高点2的高度为h，速度为v，已知重力加速度为g。下列说法正确的是 (

)A.运动员对足球做的功为mgh+mv2B.足球落到3位置时的动能为mghC.足球刚离开1位置时的动能大于mgh+mv2D.足球在2位置时的机械能等于其在3位置的机械能【解析】选C。由轨迹分析知，足球运动的过程中必定受到空气阻力，从踢球到足球运动到2位置的过程，由动能定理得W-mgh-Wf=mv2，运动员对足球做的功为W=Wf+mgh+mv2，Wf是足球克服空气阻力做的功，故A错误；从2位置到3位置，由动能定理得mgh-Wf′=Ek3-mv2，足球落到3位置时的动能为Ek3=mv2+mgh-Wf′，故B错误；从1位置到2位置，由动能定理得-mgh-Wf=mv2-Ek1，足球刚离开1位置时的动能为Ek1=mgh+mv2+Wf>mgh+mv2，故C正确；由于有空气阻力做负功，所以足球的机械能不断减少，所以足球在2位置时的机械能大于其在3位置时的机械能，故D错误。【提分秘籍】【加固训练】(多选)质量为m的物体，在距地面h高处以初速度v竖直向下抛出。其加速度大小为0.5g，方向竖直向下。则在其下落到地面的过程中，下列说法中正确的是

(

)

A.物体的重力势能减少0.5mghB.物体的动能增加0.5mghC.物体的机械能减少0.5mghD.落地时的动能为mgh+mv2【解析】选B、C。物体在下落过程中，重力做正功为mgh，则重力势能减小mgh，故A错误；物体所受的合力为F=ma=0.5mg，则合力做功为W合=0.5mgh，所以动能增加了0.5mgh，故B正确；物体下落过程中受到向下的重力mg和向上的力F′，而物体下落过程中受到的合外力大小为F=0.5mg，即F=mg-F′，解得F′=0.5mg，WF′=-0.5mgh，所以机械能减少了0.5mgh，故C正确；由动能定理得W合=Ek-mv2=0.5mgh，解得Ek=0.5mgh+mv2，故D错误。考点2摩擦力做功与能量变化的关系【典题突破】【典例4】(多选)(2019·株洲模拟)如图所示，在倾角为θ=30°的足够长的固定粗糙斜面上一质量为m=0.4kg的滑块在t=0时刻自斜面底端以某一初速度沿斜面向上运动，滑块上滑过程中距斜面底端的距离d=10t-5t2(m)，不计空气阻力，g取10m/s2，最大静摩擦力等于滑动摩擦力，则下列说法正确的是 (

)A.在t=1s时刻滑块开始下滑B.在t=2s时刻滑块返回斜面底端C.滑块和斜面间的动摩擦因数μ=D.滑块在斜面上运动过程中机械能损失10J【解题思维】1.题型特征：滑动摩擦力做功与能量转化。2.题型解码：(1)由d=10t-5t2(m)确定滑块向上滑动的初速度和加速度。(2)由牛顿第二定律确定滑块与斜面间的动摩擦因数。(3)滑块到达最高点时，由mgsinθ与μmgcosθ的大小关系确定滑块是否下滑。(4)由功能关系求解滑块在斜面上运动过程中损失的机械能。【解析】选A、D。由滑块上滑过程中距斜面底端的距离d=10t-5t2(m)，可知滑块的初速度为10m/s，加速度大小为10m/s2，方向沿斜面向下，则到达最高点时有0=v0-at，代入数据解得t=1s，故A正确；对滑块上滑过程由牛顿第二定律得mgsinθ+μmgcosθ=ma，代入数据得μ=，到达最高点速度为零时有mgsinθ=μmgcosθ，滑块不会向下滑动，将处于静止状态，故B、C错误；滑块到达最高点时的位移x=v0t-at2=10×1m-×10×12m=5m，滑块在斜面上运动过程中机械能损失ΔE=μmgcosθ·x=×0.4×10××5J=10J，故D正确。【触类旁通1】(2019·绵阳模拟)高速公路部分路段旁建有如图所示的避险车道，车辆可驶入避险。若质量为m的货车刹车后以初速度v0经A点冲上避险车道，前进距离l时到B点减速为0，货车所受摩擦力恒定，A、B两点高度差为h，C为A、B中点，已知重力加速度为g，下列关于该货车从A运动到B过程说法正确的是 (

)A.克服摩擦力做的功为mB.该过程产生的热量为-mghC.在AC段克服摩擦力做的功小于CB段克服摩擦力做的功D.在AC段的运动时间等于CB段的运动时间【解析】选B。货车从A运动到B过程，根据功能关系，克服摩擦力做功等于机械能的减小量，即Wf=mgh，也等于系统产生的内能，故A错误，B正确；根据W=-Ffx，在AC段克服摩擦力做的功等于CB段克服摩擦力做的功，故C错误；货车做减速运动，通过后半程的时间大于通过前半程的时间，故D错误。【触类旁通2】(2019·巴彦淖尔模拟)水平传送带以速度v匀速传动，一质量为m的小物块A由静止轻放在传送带上，如图在小物块与传送带相对静止时，系统转化为内能的能量为 (

)A.mv2

B.2mv2C.mv2 D.mv2【解析】选D。小物块受的滑动摩擦力Ff=μmg，其加速度为a==μg，小物块速度达到v时相对于传送带的位移Δx=x传-x物=vt-at2=v·由功能关系得转化为内能的能量为ΔE=Ff·Δx=μmg·

故A、B、C错误，D正确。【提分秘籍】【加固训练】如图所示为地铁站用于安全检查的装置，主要由水平传送带和x光透视系统两部分组成，传送过程传送带速度不变。假设乘客把物品轻放在传送带上之后，物品总会先、后经历两个阶段的运动，用v表示传送带速率，用μ表示物品与传送带间的动摩擦因数，则

(

)A.前阶段，物品可能向传送方向的相反方向运动B.后阶段，物品受到摩擦力的方向跟传送方向相同C.v相同时，μ不同的等质量物品与传送带摩擦产生的热量相同D.μ相同时，v增大为原来的2倍，前阶段物品的位移也增大为原来的2倍【解析】选C。物品轻放在传送带上，前阶段，物品受到向前的滑动摩擦力，所以物品的运动方向一定与传送带的运动方向相同，故A错误；后阶段，物品与传送带一起做匀速运动，不受摩擦力，故B错误；设物品匀加速运动的加速度为a，由牛顿第二定律得Ff=μmg=ma，物品的加速度大小为a=μg，匀加速的时间为t=

位移为x=t，传送带匀速的位移为x′=vt，物品相对传送带滑行的距离为Δx=x′-x=物品与传送带摩擦产生的热量为Q=μmgΔx=mv2，则知v相同时，μ不同的等质量物品与传送带摩擦产生的热量相同，故C正确；前阶段物品的位移为x=

则知μ相同时，v增大为原来的2倍，前阶段物品的位移也增大为原来的4倍，故D错误。考点3能量守恒定律的应用

【典题突破】【典例5】(2019·合肥模拟)在某电视台举办的冲关游戏中，AB是处于竖直平面内的光滑圆弧轨道。半径R=1.6m，BC是长度为L1=3m的水平传送带，CD是长度为L2=3.6m的水平粗糙轨道，AB、CD轨道与传送带平滑连接，参赛者抱紧滑板从A处由静止下滑。参赛者和滑板可视为质点，参赛者质量m=60kg，滑板质量可忽略，已知滑板与传送带、水平轨道的动摩擦因数分别为μ1=0.4，μ2=0.5，g取10m/s2。求： (1)参赛者运动到圆弧轨道B处对轨道的压力。(2)若参赛者恰好能运动至D点，求传送带运转速率及方向。(3)在第(2)问中，传送带由于传送参赛者多消耗的电能。【解题思维】1.题型特征：能量守恒定律的综合应用。2.题型解码：(1)由机械能守恒定律结合牛顿第二定律、第三定律求解参赛者运动到圆弧轨道B处对轨道的压力。(2)由动能定理求解传送带的速度。(3)由能量守恒定律可知，传送带传送参赛者多消耗的电能转化为因摩擦产生的内能和参赛者的动能。【解析】(1)参赛者从A到B的过程，由机械能守恒定律得：mgR(1-cos60°)=代入数据解得：vB=4m/s在B点，对参赛者由牛顿第二定律得：FN-mg=m代入数据解得：FN=1200N由牛顿第三定律知参赛者运动到圆弧轨道B处对轨道的压力为：FN′=FN=1200N方向竖直向下(2)参赛者由C到D的过程，由动能定理得：-μ2mgL2=0-解得：vC=6m/s>vB=4m/s所以传送带运转方向为顺时针假设参赛者在传送带上一直加速，设到达C点的速度为v，由动能定理得：μ1mgL1=mv2-解得：v=2m/s>vC=6m/s所以传送带运转速率等于vC=6m/s

(3)参赛者在传送带上匀加速运动的时间为：t==0.5s此过程中参赛者与传送带间的相对位移大小为：Δx=vCt-=0.5m由能量守恒定律得，传送带由于传送参赛者多消耗的电能为：ΔE=μ1mgΔx+()代入数据解得：ΔE=720J答案：(1)1200N，方向竖直向下(2)6m/s方向为顺时针(3)720J【触类旁通】(2019·榆林模拟)一根内壁粗糙的细圆管弯成半径为R的圆弧固定在竖直面内，O、B两点在同一条竖直线上，如图所示。一小球自A口的正上方距A口高度为h处无初速度释放，小球从B口出来后恰能落到A口。小球可视为质点，重力加速度大小为g。求：(1)小球在B口所受圆管内壁的弹力大小FN。(2)小球从释放至到达B口的过程中，其与圆管内壁间因摩擦产生的热量Q。【解析】(1)设小球通过B口时的速度大小为v，由平抛运动规律得：水平方向：R=vt竖直方向：R=gt2解得：v=由于v<，故此时小球受到圆管内壁竖直向上的支持力，由牛顿第二定律得：mg-FN=m解得：FN=mg(2)小球从释放至到达B口的过程，由能量守恒定律得：mgh=mgR+mv2+Q解得：Q=mgh-mgR答案：(1)mg

(2)mgh-mgR【提分秘籍】应用能量守恒定律解题的基本步骤【加固训练】(2016·全国卷Ⅱ)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