专题强化03　动能定理和机械能守恒定律的综合应用-2024高一物理必修二期中期末满分专题复习【人教版2019】（解析版）

专题强化03动能定理和机械能守恒定律的综合应用[学习目标]1.知道动能定理与机械能守恒定律的区别，体会二者在解题时的异同(重难点)。2.能灵活运用动能定理和机械能守恒定律解决综合问题(重难点)。一、动能定理和机械能守恒定律的比较规律比较机械能守恒定律动能定理表达式E1＝E2ΔEk＝－ΔEpΔEA＝－ΔEBW＝ΔEk使用范围只有重力或弹力做功无条件限制研究对象物体与地球组成的系统质点物理意义重力或弹力做功的过程是动能与势能转化的过程合外力做的功是动能变化的量度应用角度守恒条件及初、末状态机械能的形式和大小动能的变化及合外力做功情况选用原则(1)无论直线运动还是曲线运动，条件合适时，两规律都可以应用，都只考虑初、末状态，不需要考虑所经历过程的细节(2)能用机械能守恒定律解决的问题都能用动能定理解决；能用动能定理解决的问题不一定能用机械能守恒定律解决(3)动能定理比机械能守恒定律应用更广泛、更普遍例1如图所示水平轨道BC，左端与半径为R的四分之一圆轨道AB连接，右端与半径为r的四分之三圆轨道CDEF连接，圆心分别为O1、O2，质量为m的过山车从高为R的A处由静止滑下，恰好能够通过右侧圆轨道最高点E，重力加速度为g，不计一切摩擦阻力，求：(1)过山车在B点时的速度大小；(2)过山车在C点时对轨道的压力大小。答案(1)eq\r(2gR)(2)6mg解析方法一运用动能定理(1)根据动能定理mgR＝eq\f(1,2)mvB2，解得vB＝eq\r(2gR)。(2)过山车在E点时由牛顿第二定律有mg＝meq\f(vE2,r)，从C点到E点，由动能定理有－mg·2r＝eq\f(1,2)mvE2－eq\f(1,2)mvC2又FC－mg＝meq\f(vC2,r)，由牛顿第三定律，过山车对轨道的压力大小FC′＝FC＝6mg。方法二运用机械能守恒定律(1)A到B，选地面为参考平面，对过山车由机械能守恒定律得mgR＋0＝0＋eq\f(1,2)mvB2，解得vB＝eq\r(2gR)。(2)过山车在E点时有mg＝meq\f(vE2,r)，从C到E，由机械能守恒定律得mg·2r＋eq\f(1,2)mvE2＝0＋eq\f(1,2)mvC2，过山车过C点时，受到轨道的支持力大小为FC，FC－mg＝meq\f(vC2,r)，由牛顿第三定律，过山车对轨道的压力大小为FC′＝FC＝6mg。例2一跳台滑雪运动员在进行场地训练。某次训练中，运动员以30m/s的速度斜向上跳出，空中飞行后在着陆坡的K点着陆。起跳点到K点的竖直高度差为60m，运动员总质量(包括装备)为60kg，g取10m/s2。试分析(结果可以保留根号)：(1)若不考虑空气阻力，理论上运动员着陆时的速度多大？(2)若运动员着陆时的速度大小为44m/s，飞行中克服空气阻力做功为多少？答案(1)10eq\r(21)m/s(2)4920J解析(1)不考虑空气阻力，运动员从起跳到着陆的过程机械能守恒，则有eq\f(1,2)mv02＋mgh＝eq\f(1,2)mv2，解得v＝10eq\r(21)m/s(2)运动员飞行过程，根据动能定理有mgh－W克阻＝eq\f(1,2)mv12－eq\f(1,2)mv02，解得W克阻＝4920J。二、动能定理和机械能守恒定律的综合应用动能定理和机械能守恒定律，都可以用来求能量或速度，但侧重点不同，动能定理解决物体运动，尤其计算对该物体的做功时较简单，机械能守恒定律解决系统问题往往较简单，两者的灵活选择可以简化运算过程。例3如图所示，光滑水平面AB与竖直面内的半圆形轨道在B点平滑连接，轨道半径为R，一个质量为m的小球将弹簧压缩至A处。小球从A处由静止释放被弹开后，经过B点进入轨道的瞬间对轨道的压力为其重力的8倍，之后向上运动恰能沿轨道运动到C点，重力加速度为g，求：(1)小球在最高点C的速度大小vC；(2)小球在最低点B的速度大小vB；(3)释放小球前弹簧的弹性势能；(4)小球由B到C克服阻力做的功。答案(1)eq\r(gR)(2)eq\r(7gR)(3)eq\f(7,2)mgR(4)mgR解析(1)在最高点C时，根据牛顿第二定律有meq\f(vC2,R)＝mg，解得vC＝eq\r(gR)(2)根据牛顿第三定律可知，小球在最低点B时所受支持力大小为FN＝8mg根据牛顿第二定律有FN－mg＝meq\f(vB2,R)，解得vB＝eq\r(7gR)(3)根据机械能守恒定律可得释放小球前弹簧的弹性势能为Ep＝eq\f(1,2)mvB2＝eq\f(7,2)mgR(4)设小球由B到C克服阻力做的功为W，根据动能定理有－2mgR－W＝eq\f(1,2)mvC2－eq\f(1,2)mvB2解得W＝mgR。例4如图所示，AB面光滑、倾角θ＝30°的斜面体固定在水平桌面上，桌面右侧与光滑半圆形轨道CD相切于C点，圆弧轨道的半径R＝0.1m。物块甲、乙用跨过轻质定滑轮的轻绳连接，开始时乙被按在桌面上，甲位于斜面顶端A点，滑轮左侧轻绳竖直、右侧轻绳与AB平行；现释放乙，当甲滑至AB中点时轻绳断开，甲恰好能通过圆形轨道的最高点D。已知AB长L＝1m，桌面BC段长l＝0.5m，甲质量M＝1.4kg、乙质量m＝0.1kg，甲从斜面滑上桌面时速度大小不变，重力加速度大小取g＝10m/s2，不计空气阻力。求：(1)甲到达斜面底端时重力的瞬时功率；(2)甲与桌面间的动摩擦因数。答案(1)21W(2)0.4解析(1)设轻绳断开时甲速度的大小为v1，根据机械能守恒定律Mgeq\f(L,2)sinθ－mgeq\f(L,2)＝eq\f(1,2)(M＋m)v12设甲到达斜面底端时的速度大小为v2，从AB中点到底端的过程根据动能定理Mg×eq\f(L,2)sinθ＝eq\f(1,2)Mv22－eq\f(1,2)Mv12重力的瞬时功率P＝Mgv2sinθ解得P＝21W(2)设甲到达C、D时的速度大小分别为v3、v4，从B到C根据动能定理－μMgl＝eq\f(1,2)Mv32－eq\f(1,2)Mv22由C到D过程，由动能定理得－Mg×2R＝eq\f(1,2)Mv42－eq\f(1,2)Mv32甲恰好能通过圆形轨道的最高点D，根据牛顿第二定律Mg＝Meq\f(v42,R)解得μ＝0.4。专题强化训练一、填空题1．“蹦极”是一种富有刺激性的勇敢者的运动项目。如图所示，一端系住人的腰部、另一端系于跳台的是一根弹性橡皮绳。当人下落至图中Q点时，橡皮绳刚好被拉直。那么，在人越过Q点继续向下的过程中，橡皮绳的弹性势能，人的动能。【答案】逐渐增大先增大后减小【详解】[1]从Q点向下直到最低点，橡皮绳的伸长量逐渐增大，所以橡皮绳的弹性势能逐渐增大。[2]从Q点向下直到最低点的过程中，橡皮绳上的弹力从0逐渐增大，所以人所受的合力先是向下减小到0，后向上逐渐增大，人所受的合外力先做正功后做负功，根据动能定理可知，人的动能先增大后减小。2．排球课训练时，某同学将排球以初速度v1竖直垫起，经t1时间上升至最高点，然后又经过t2时间落回到垫起时的位置，速度大小为v2．排球在运动过程中受空气阻力，则在运动的全过程中它的机械能（填“增大”、“不变”或“减小”）；t1t2（填“=”或“≠”）；v1v2（填“>”、“=”或“<”）。【答案】减小≠>【详解】[1][2]在运动的全过程中，由于空气阻力做负功，则它的机械能减小；整个过程中根据动能定理则v1>v2[3]则上升过程中的平均速度大于下降过程的平均速度，根据可知t1≠t23．如图甲所示，劲度系数为k的轻弹簧竖直放置，下端固定在水平地面上，一质量为m的小球，从离弹簧上端高h处自由下落，接触弹簧后继续向下运动。以小球开始下落的位置为原点，沿竖直向下建立一坐标轴Ox，小球的速度v随时间t变化的图像如图乙所示。其中OA段为直线，AB段是与OA相切于A点的曲线，BC是平滑的曲线，弹簧弹力大小，为弹簧的形变量。则B点对应的x坐标为（g已知），小球从B到C的过程重力做的功小球下落过程中的最大动能。（填选项前的字母）A．大于

B．等于

C．小于

D．可能大于、等于或小于【答案】D【详解】[1]OA过程是自由落体，A的坐标就是h，加速度为g，B点是速度最大的地方，此时重力和弹力相等，合力为0，由可知所以B点对应的x坐标为[2]小球从释放到C的过程，小球重力势能转化为弹簧弹性势能，C点处小球的速度减小到零，弹簧的压缩量达到最大，设压缩量为，则解得小球速度最大时的动能为小球从B到C的过程重力做的功为当时当时当时则球从B到C的过程重力做的功可能大于、等于或小于小球下落过程中的最大动能。故选D。4．如图所示，在光滑的水平台面上，一轻弹簧左端固定，右端连接一金属小球，O点是弹簧保持原长时小球的位置。开始时通过小球压缩弹簧到A位置（已知AO=OB），释放小球，研究小球在水平方向上的受力和运动情况，则小球从О运动到B的过程中能的转化情况是。请粗略画出小球从A运动到B过程中，小球受到弹力的大小F与小球离开A点距离x的关系图。()

【答案】小球的动能转化为弹簧的弹性势能

【详解】[1]小球在O点时，弹簧原长，小球的速度最大，小球从О运动到B的过程中能的转化情况是小球的动能转化为弹簧的弹性势能。[2]由胡克定律可知弹簧弹力与形变量间的关系，小球从A运动到B过程中，小球受到弹力的大小F与小球离开A点距离x的关系图为

5．水平传送带以速度匀速转动，一质量为的小木块A以的速度滑到传送带上，若小木块与传送带间的动摩擦因数为，如图所示，在小木块与传送带相对静止时，因传送小木块电动机多输出的能量为。

【答案】【详解】[1]根据题意，由牛顿第二定律可得，相对滑动时小木块的加速度为从放上至相对静止所用时间为此过程中传送带的位移传送小木块电动机多输出的能量等于传送带克服摩擦力做的功6．如图所示，AB为光滑的水平面，BC是倾角为的足够长的光滑斜面，斜面体固定不动，AB、BC间用一小段光滑圆弧轨道相连，一条长为L的均匀柔软链条在外力作用下静止在ABC面上，其一端D至B的距离为，其中a未知，现自由释放链条，当链条的D端滑到B点时链条的速率为v，已知重力加速度g，求。

【答案】【详解】[1]根据题意，设链条质量为，可以认为始、末状态的重力势能变化是由段下降引起的，如图所示

该部分高度减少量该部分的质量为由机械能守恒定律可得联立解得7．如图所示，高为h=10m的光滑斜面AB，倾角为θ=30°，底端与水平面BD相连，经过B点时无机械能损失，在水平面末端墙上固定一轻弹簧，水平面BC段粗糙，长度为20m，动摩擦因数为μ=0.2，水平面CD段光滑，且等于弹簧原长，质量为m=1kg的物块，由斜面顶端A点静止下滑，（g=10m/s2），弹簧被压缩具有的最大弹性势能J，物块会在BC段上总共运动路程是m。

【答案】6050【详解】[1]弹簧压缩最短时，弹性势能最大，此时物体速度为零，全程由能量守恒定律可得解得[2]设物体在BC段运动的总路程为s，根据能量守恒定律可得解得8．从地面竖直向上抛出一物体，以地面为重力势能零点，物体的机械能E与重力势能EP随它离开地面的高度h的变化如图所示。则物体的质量为kg，由地面上升至h=4m处的过程中机械能减少了J，物体的动能减少了J。（重力加速度g取10m/s2）【答案】2020100【详解】[1]由图知，h=4m时Ep=80J，由解得[2][3]从地面至h=4m，由题图可得，物体机械能的改变量为即机械能减少了20J，又因为重力势能增加了80J，根据可得即物体的动能减少100J。二、单选题9．蹦极是一项深受年轻人喜爱的极限运动。为了研究蹦极运动过程，做以下简化（如图甲）：将游客视为质点，他的运动始终沿竖直方向。弹性绳的一端固定在O点，另一端和游客相连。游客从O点开始下落到最低点的过程中，位移—时间（x-t）图像如图乙所示，其中t1为游客速度最大的时刻，t2为游客运动到最低点的时刻，空气阻力不计。下列说法正确的是（）A．t1时刻游客的加速度大小为gB．t2时刻游客的加速度为0C．0~t1时间内游客的机械能保持不变D．t1~t2时间内游客所受合力的大小逐渐变大【答案】D【详解】A．0~t1时间内，游客向下先做自由落体运动，后做加速度逐渐减小的加速运动，当重力大小等于弹性绳的弹力时，游客的速度最大，可知t1时刻，游客受力平衡，合力是零，故加速度是0，故A错误；B．t2时刻游客运动到最低点，此时弹性绳的弹力达到最大，且弹力大于重力，在竖直方向游客受到的合力向上，由牛顿第二定律可知，游客具有竖直向上的加速度，故B错误；C．0~t1时间内，游客的重力势能减少，游客的动能和弹性绳的弹性势能增加，因此游客的重力势能一部分转化为弹性绳的势能，因此在0～t1时间内游客的机械能减小，故C错误。D．t1～t2时间内，游客的重力不变，弹性绳的弹力大于重力，且逐渐增大，因此游客所受合力的方向向上，大小逐渐增大，故D正确。故选D。10．如图所示，在倾角为37°的粗糙且足够长的斜面底端，一质量为可视为质点的滑块压缩一轻弹簧并锁定，滑块与弹簧不拴连。时刻解除锁定，计算机通过传感器描绘出滑块的图像，其中Ob段为曲线，bc段为直线，已知物块在0-0.2s内运动的位移为0.8m，取，则下列说法正确的是（

）A．滑块速度最大时，滑块与弹簧脱离B．滑块在0.2s时机械能最大C．滑块与斜面间的动摩擦因数为D．时刻弹簧的弹性势能为32J【答案】D【详解】A．当滑块速度最大时，满足此时弹力不为零，滑块与弹簧还没有脱离，选项A错误；B．滑块机械能增量等于弹力做功与摩擦力做功的代数和，开始时弹力大于摩擦力，此过程中弹力功大于摩擦力功，滑块的机械能增加；最后阶段弹力小于摩擦力，弹力功小于摩擦力功，此过程中滑块的机械能减小，则滑块在0.2s时弹力为零，此时滑块的机械能不是最大，选项B错误；C．滑块脱离弹簧后向上减速运动的加速度根据牛顿第二定律解得滑块与斜面间的动摩擦因数为选项C错误；D．由能量关系可知，时刻弹簧的弹性势能为选项D正确。故选D。11．如图甲为皮带输送机简化模型图，皮带输送机倾角，顺时针匀速转动，在输送带下端A点无初速放入货物。货物从下端A点运动到上端B点的过程中，其机械能E与位移s的关系图像（以A位置所在水平面为零势能面）如图乙所示。货物视为质点，质量，重力加速度，，。下列说法正确的是（）A．货物与输送带间的动摩擦因数为0.825B．输送带A、B两端点间的距离为8mC．货物从下端A点运动到上端B点的时间为9sD．皮带输送机因运送该货物而多消耗的能量为585J【答案】C【详解】A．由题图可知，货物从开始运动到与传送带相对静止可知对货物有解得故A项错误；B．由图像可知，物块沿传送带向上运动0.5m后与传送带相对静止，此后物块的动能不变，重力势能增加，有解得则传送带两端点之间的距离为故B项错误；C．加速阶段的加速度大小为a，有加速阶段时间为，有传送带速度为设匀速阶段时间为，有所以总时间为故C项正确；D．由能量守恒，其多消耗的能量为解得故D项错误。故选C。12．如图所示，水平地面上的木板中央竖直固定一根轻杆，轻杆顶端用轻绳连接一可看作质点的小球，初始时把连接小球的绳子拉至水平。小球由静止释放，在向下摆动的过程中木板恰好没有滑动。设物体间的最大静摩擦力等于滑动摩擦力，已知小球与木板的质量分别为m和3m。则木板与地面间的动摩擦因数为（）A． B． C． D．【答案】C【详解】设轻绳与水平方向的夹角为θ时，小球的速度大小为v，根据机械能守恒定律有设轻绳中的张力大小为T，则有解得要使木板不滑动，则轻绳中的拉力在水平方向的分力不大于对应木板受到的最大静摩擦力，则有得显然上式右边为第一象限内单位圆上的点与定点连线斜率的相反数，如图所示可知，当时，即函数存在最大值，由于恰好没有滑动，摩擦系数故选C。13．如图所示，一半径为R的光滑大圆环竖直固定在水平面上，其上套一小环，a、b为圆环上关于竖直直径对称的两点，将a点下方圆环拆走，若小环从大圆环的最高点c由静止开始下滑，当小环滑到b点时，恰好对大圆环无作用力。已知重力加速度大小为g，若让小圆环从最高点c由静止下滑从a点滑离。小圆环落地时的水平速度大小为（）A． B． C． D．【答案】B【详解】根据题意，设点与的连线与竖直方向的夹角为，如图所示从到由机械能守恒定律有在点，由牛顿第二定律有解得，由对称性可知，小圆环从最高点c由静止下滑a点的速度大小同为，小圆环从a点滑离，水平方向做匀速运动，则小圆环落地时的水平速度大小为故选B。三、解答题14．如图所示，两根轻绳连接质量为m的小球P，右侧绳一端固定于A点，左侧绳通过光滑定滑轮B连接一物块Q，质量相等的物块Q、N通过一轻弹簧连接，整个系统处于静止状态时，小球P位于图示位置，PA、PB两绳与水平方向的夹角分别为53°和37°，此时物块N与地面的压力恰好为零。现将小球P托至与A、B两点等高的水平线上，两绳均拉直且恰好无弹力，由静止释放小球P。已知PA绳长为L，，，重力加速度为g，求：（1）物块Q的质量M；（2）小球P运动到图示位置时，物块Q的速度大小v；（3）小球P从释放到图示位置过程中，轻绳对物体Q做的功W。【答案】（1）；（2）；（3）【详解】（1）对小球P受力分析，有对物块N和Q整体受力分析，有联立解得（2）P的运动为绕A点的圆周运动，由关联速度可知，此时小球P和物块Q的速度大小相等,根据系统能量守恒有其中联立解得（3）对物体Q，由动能定理有解得15．桶装水电动抽水器可以轻松实现一键自动取水。如图，某同学把一个简易抽水器安装在水桶上，出水口水平。某次取水时，桶内水位高度h1=20cm，按键后测得t=16s内注满了0.8L的水壶。已知抽水器出水口高度H=60cm、横截面积S=0.5cm2，水壶的高度h2=15cm，若该次取水过程中抽水器将电能转化为水的机械能的效率η=15%，忽略取水过程中桶内水位高度的变化，重力加速度g=10m/s2，水的密度ρ=1.0×103kg/m3。（1）求接水时出水口到水壶口左边缘的最大水平距离；（2）估算本次取水抽水器的功率。【答案】（1）；（2）【详解】（1）设出水口处水的速度为v0，由题意可得，t=16s内抽水器抽出水的体积V=Sv0t解得v0=1m/s平抛过程：竖直方向水平方向x=v0t=0.3m（2）在t=16s内，抽水机取水质量根据能量守恒定律得16．如图所示，半径竖直放置的光滑半圆轨道与光滑水平轨道在A点平滑连接，质量为的小物体a（可视为质点）以初速度从C点出发，经A点恰好运动到B点，物体通过最高点B后作平抛运动，恰好落在C点，重力加速度g取，试求：（1）物体的初速度；（2）若物体以初速度从C点出发，在运动过程中，始终受到竖直平面内且与水平方向成角斜向左上方恒力的作用，此时物体恰好对水平轨道无压力，求物体运动过程中离出发点C的最大水平距离（计算结果用分数表示）。【答案】（1）；（2）【详解】（1）设物体在B点的速度为，由于物体恰好经过B点，则有可得由B到C做平抛运动，竖直方向有水平方向有物体在从C点到B点过程中，根据动能定理联立，（2）物体恰好对水平轨道无压力，可知斜向左上方恒力与重力的合力方向水平向左，大小设物体脱离轨道时在半圆轨道D点，OD与竖直方向的夹角为，物体在从C点到D点过程中，根据动能定理在D点由牛顿第二定律得物体D点离开轨道后，水平方向做匀减速直线运动，则有，则物体距C的最大水平距离为联立解得17．如图所示，长方形物块放置在光滑水平地面上，两竖直挡板（侧面光滑）夹在物块的两侧并固定在地面上，现把足够长的轻质硬杆竖直固定在物块上，一根不可伸长的长为L的轻质细线一端固定在杆的上端O点，另一端与质量为m的小球（视为质点）相连，把小球拉到O点等高处，细线刚好拉直，现使小球获得竖直向下的初速度，使小球能在竖直平面内做完整的圆周运动，当小球到达最高点时，物块对地面的压力恰好为0，且此时小球的加速度大小为9g。已知小球在运动的过程中与杆不发生碰撞，重力加速度为g，忽略空气的阻力。（1）求物块的质量以及小球获得的竖直向下的初速度大小；（2）若小球运动一周到达O点的等高点时，立即撤掉两侧挡板，物块一直在光滑的水平面上运动，求当小球再次到达最低点时物块的速度大小及细线的拉力大小。【答案】（1），；（2），【详解】（1）设物块的质量为M，小球在最高点时由牛顿第二定律可得对物块由二力平衡可得解得设小球的初速度大小为，小球在最高点速度的大小为v由向心加速度的定义可得由机械能守恒定律得解得（2）若小球运动一周到达O点的等高点时，立即撤出两侧挡板，当小球再次到达最低点时，设小球与物块的速度大小分别为，细线的拉力大小为F，由机械能守恒定律可得两物体组成的系统在水平方向动量守恒且为0，则有解得由向心力的公式以及牛顿第二定律可得解得18．足够长的传送带与水平面间的夹角，传送带以的速度沿逆时针方向匀速转动。用胶水把质量的两个完全相同的物块上下粘在一起形成一个组合体，时，把组合体无初速度放在传送带的顶端，如图所示。已知物块与传送带之间的动摩擦因数，重力加速度，最大静摩擦力等于滑动摩擦力。求：（1）整个过程物块和传送带由于摩擦产生的内能；（2）下面物块在粘接处给上面物块的作用力的大小。【答案】（1）；（2）见解析【详解】（1）把组合体无初速度放在传送带的顶端，根据牛顿第二定律可得解得组合体的加速度为组合