高考物理培优一轮计划全国创新版培优讲义第6章　机械能及其守恒定律第25课时功能关系能量守恒定律

第25课时功能关系能量守恒定律考点1功能关系的理解和应用1．对功能关系的理解(1)功是能量转化的量度，即做了多少功就有多少能量发生了转化。(2)做功的过程一定伴随着能量的转化，而且能量的转化必须通过做功来实现。2．几种常见的功能关系及其表达式[例1](山东高考)(多选)如图所示，楔形木块abc固定在水平面上，粗糙斜面ab和光滑斜面bc与水平面的夹角相同，顶角b处安装一定滑轮。质量分别为M、m(M>m)的滑块，通过不可伸长的轻绳跨过定滑轮连接，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。若不计滑轮的质量和摩擦，在两滑块沿斜面运动的过程中()A．两滑块组成的系统机械能守恒B．重力对M做的功等于M动能的增加量C．轻绳对m做的功等于m机械能的增加量D．两滑块组成的系统的机械能损失等于M克服摩擦力做的功解析由于M与斜面ab之间存在滑动摩擦力，故两滑块组成的系统机械能不守恒，A错误；合外力对M做的功等于M动能的增加量，B错误；对于m，除了重力对其做功外，只有轻绳对其做功，故轻绳对m做的功等于m机械能的增加量，C正确；对于两滑块组成的系统，在运动过程中克服摩擦阻力做功，系统的机械能减少并转化为内能，故该系统机械能的损失等于M克服摩擦力做的功，D正确。答案CD对功能关系的理解(1)做功的过程就是能量转化的过程。不同形式的能量发生相互转化是通过做功来实现的。(2)功是能量转化的量度，功和能的关系，一是体现在不同的力做功，对应不同形式的能转化，具有一一对应关系，二是做功的多少与能量转化的多少在数值上相等。1．(多选)质量为1kg的物体被人用手由静止向上提高2m，这时物体的速度是4m/s，下列说法中正确的是(不计一切阻力，取g＝10m/s2)()A．合外力对物体做功8JB．手对物体做功8JC．物体机械能增加了8JD．物体重力势能增加了20J答案AD解析由动能定理得，合外力对物体做功W合＝eq\f(1,2)mv2－0＝8J，A正确；W合＝W人－mgh，所以W人＝W合＋mgh＝(8＋1×10×2)J＝28J，B错误；物体机械能增加量等于除重力之外的力做功，所以物体机械能增加量ΔE＝W人＝28J，C错误；物体重力势能增加量等于物体克服重力做的功，所以物体重力势能增加量ΔEp＝mgh＝1×10×2J＝20J，D正确。2．(2017·唐山模拟)轻质弹簧右端固定在墙上，左端与一质量m＝0.5kg的物块相连，如图甲所示。弹簧处于原长状态，物块静止且与水平面间的动摩擦因数μ＝0.2。以物块所在处为原点，水平向右为正方向建立x轴。现对物块施加水平向右的外力F，F随x轴坐标变化的关系如图乙所示。物块运动至x＝0.4m处时速度为零。则此时弹簧的弹性势能为(g取10m/s2)()A．3.1J B．3.5JC．1.8J D．2.0J答案A解析物块与水平面间的摩擦力为Ff＝μmg＝1N。现对物块施加水平向右的外力F，由F­x图象面积表示外力F做的功，可知F做功W＝3.5J，克服摩擦力做功Wf＝Ffx＝0.4J。由功能关系可知，W－Wf＝Ep，此时弹簧的弹性势能为Ep＝3.1J，A正确。

考点2摩擦力做功与能量转化两种摩擦力做功特点的比较[例2](2015·北京高考)如图所示，弹簧的一端固定，另一端连接一个物块，弹簧质量不计。物块(可视为质点)的质量为m，在水平桌面上沿x轴运动，与桌面间的动摩擦因数为μ。以弹簧原长时物块的位置为坐标原点O，当弹簧的伸长量为x时，物块所受弹簧弹力大小为F＝kx，k为常量。(1)请画出F随x变化的示意图；并根据F－x图象求物块沿x轴从O点运动到位置x的过程中弹力所做的功；(2)物块由x1向右运动到x3，然后由x3返回到x2，在这个过程中，a．求弹力所做的功，并据此求弹性势能的变化量；b．求滑动摩擦力所做的功；并与弹力做功比较，说明为什么不存在与摩擦力对应的“摩擦力势能”的概念。解析(1)F－x图象如图物块沿x轴从O点运动到位置x的过程中，弹力做负功：F－x图象与x轴所围的面积等于弹力做功大小。所以弹力做功为：WT＝－eq\f(1,2)·kx·x＝－eq\f(1,2)kx2(2)a.物块由x1向右运动到x3的过程中，弹力做功WT1＝－eq\f(1,2)·(kx1＋kx3)·(x3－x1)＝eq\f(1,2)kxeq\o\al(2,1)－eq\f(1,2)kxeq\o\al(2,3)物块由x3向左运动到x2的过程中，弹力做功WT2＝eq\f(1,2)·(kx2＋kx3)·(x3－x2)＝eq\f(1,2)kxeq\o\al(2,3)－eq\f(1,2)kxeq\o\al(2,2)整个过程中，弹力做功WT＝WT1＋WT2＝eq\f(1,2)kxeq\o\al(2,1)－eq\f(1,2)kxeq\o\al(2,2)，由此得弹性势能的变化量ΔEp＝－WT＝eq\f(1,2)kxeq\o\al(2,2)－eq\f(1,2)kxeq\o\al(2,1)b．整个过程中，摩擦力做功Wf＝－μmg·(2x3－x1－x2)与弹力做功比较：弹力做功与x3无关，即与实际路径无关，只与始末位置有关，所以，我们可以定义一个由物体之间的相互作用力(弹力)和相对位置决定的能量——弹性势能。而摩擦力做功与x3有关，即与实际路径有关，所以，不可以定义与摩擦力对应的“摩擦力势能”。答案(1)图见解析－eq\f(1,2)kx2(2)a.eq\f(1,2)kxeq\o\al(2,1)－eq\f(1,2)kxeq\o\al(2,2)eq\f(1,2)kxeq\o\al(2,2)－eq\f(1,2)kxeq\o\al(2,1)b．－μmg·(2x3－x1－x2)见解析求解摩擦力做功与能量转化问题方法(1)正确分析物体的运动过程。(2)利用运动学公式或动能定理分析物体的速度关系及位移关系。(3)无论是滑动摩擦力，还是静摩擦力，计算做功时都是用力与对地位移的乘积。(4)摩擦生热的计算：公式Q＝Ff·x相对中x相对为两接触物体间的相对位移，若物体做往复运动时，则x相对为总的相对路程。如图所示，一质量m＝2kg的长木板静止在水平地面上，某时刻一质量M＝1kg的小铁块以水平向左v0＝9m/s的速度从木板的右端滑上木板。已知木板与地面间的动摩擦因数μ1＝0.1，铁块与木板间的动摩擦因数μ2＝0.4，取重力加速度g＝10m/s2，木板足够长，求：(1)铁块相对木板滑动时木板的加速度的大小；(2)铁块与木板摩擦所产生的热量Q和木板在水平地面上滑行的总路程x。答案(1)0.5m/s2(2)36J1.5m解析(1)设铁块在木板上滑动时，木板的加速度为a2，由牛顿第二定律可得μ2Mg－μ1(M＋m)g＝ma2，解得a2＝eq\f(0.4×1×10－0.1×3×10,2)m/s2＝0.5m/s2。(2)设铁块在木板上滑动时，铁块的加速度为a1，由牛顿第二定律得μ2Mg＝Ma1，解得a1＝μ2g＝4m/s2设铁块与木板相对静止达共同速度时的速度为v，所需的时间为t，则有v＝v0－a1t，v＝a2t解得：v＝1m/s，t＝2s。铁块相对地面的位移x1＝v0t－eq\f(1,2)a1t2＝9×2m－eq\f(1,2)×4×4m＝10m木板运动的位移x2＝eq\f(1,2)a2t2＝eq\f(1,2)×0.5×4m＝1m铁块与木板的相对位移Δx＝x1－x2＝10m－1m＝9m则此过程中铁块与木板摩擦所产生的热量Q＝Ff·Δx＝μ2Mg·Δx＝0.4×1×10×9J＝36J。达共同速度后的加速度为a3，发生的位移为s，则有：a3＝μ1g＝1m/s2，s＝eq\f(v2－0,2a3)＝eq\f(1,2)m＝0.5m。木板在水平地面上滑行的总路程x＝x2＋s＝1m＋0.5m＝1.5m。考点3能量守恒定律的应用1．内容：能量既不会凭空产生，也不会凭空消失，它只能从一种形式转化为另一种形式，或者从一个物体转移到另一个物体，在转化和转移的过程中，能量的总量保持不变。2．适用范围：能量守恒定律是贯穿物理学的基本规律，是各种自然现象中普通适用的一条规律。3．表达式(1)E初＝E末，初状态各种能量的总和等于末状态各种能量的总和。(2)ΔE增＝ΔE减，增加的那些能量的增加量eq\o(□,\s\up3(10))等于减少的那些能量的减少量。4．对能量守恒定律的两点理解(1)某种形式的能量减少，一定存在其他形式的能量增加，且减少量和增加量一定相等。(2)某个物体的能量减少，一定存在其他物体的能量增加，且减少量和增加量一定相等。[例3]如图所示，固定斜面的倾角θ＝30°，物体A与斜面之间的动摩擦因数μ＝eq\f(\r(3),2)，轻弹簧下端固定在斜面底端，弹簧处于原长时上端位于C点。用一根不可伸长的轻绳通过轻质光滑的定滑轮连接物体A和B，滑轮右侧绳子与斜面平行，A的质量为2m，B的质量为m，初始时物体A到C点的距离为L。现给A、B一初速度v0>eq\r(gL)，使A开始沿斜面向下运动，B向上运动，物体A将弹簧压缩到最短后又恰好能弹到C点。已知重力加速度为g，不计空气阻力，整个过程中，轻绳始终处于伸直状态，求：(1)物体A向下运动刚到C点时的速度；(2)弹簧的最大压缩量。解析(1)A与斜面间的滑动摩擦力Ff＝2μmgcosθ，物体从A向下运动到C点的过程中，根据能量守恒2mgLsinθ－mgL－FfL＝eq\f(1,2)·3mv2－eq\f(1,2)·3mveq\o\al(2,0)解得v＝eq\r(v\o\al(2,0)－gL)。(2)设弹簧最大压缩量为x，从物体A接触弹簧，将弹簧压缩到最短后又恰回到C点，对系统应用动能定理有－Ff·2x＝0－eq\f(1,2)×3mv2，解得x＝eq\f(v\o\al(2,0),2g)－eq\f(L,2)。答案(1)eq\r(v\o\al(2,0)－gL)(2)eq\f(v\o\al(2,0),2g)－eq\f(L,2)能量转化问题的解题思路(1)当涉及摩擦力做功，机械能不守恒时，一般应用能的转化和守恒定律。(2)解题时，首先确定初、末状态，然后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减与增加的能量总和ΔE增，最后由ΔE减＝ΔE增列式求解。1．(2017·河南周口模拟)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到B的运动过程中()A．重力做功2mgR B．机械能减少mgRC．合外力做功mgR D．克服摩擦力做功eq\f(1,2)mgR答案D解析重力做的功为WG＝mgR，A错误；小球在B时恰好对轨道没有压力，重力提供向心力，则mg＝meq\f(v\o\al(2,B),R)得vB＝eq\r(gR)。从P到B的过程中，由能量守恒：mgR＝eq\f(1,2)mveq\o\al(2,B)＋Wf解得Wf＝eq\f(1,2)mgR，则物体机械能减少eq\f(1,2)mgR，B错误、D正确；由动能定理可得合外力做的功W＝eq\f(1,2)mveq\o\al(2,B)－0＝eq\f(1,2)mgR，C错误。2．(多选)如图所示，轻质弹簧上端固定，下端系一物体。物体在A处时，弹簧处于原长状态。现用手托住物体使它从A处缓慢下降，到达B处时，手和物体自然分开。此过程中，物体克服手的支持力所做的功为W。不考虑空气阻力。关于此过程，下列说法正确的有()A．物体重力势能减少量一定大于WB．弹簧弹性势能增加量一定小于WC．物体与弹簧组成的系统机械能增加量为WD．若将物体从A处由静止释放，则物体到达B处时的动能为W答案AD解析根据能量守恒定律可知，在此过程中减少的重力势能mgh＝ΔEp＋W，所以物体重力势能减少量一定大于W，不能确定弹簧弹性势能增加量与W的大小关系，A正确、B错误；支持力对物体做负功，所以物体与弹簧组成的系统机械能减少W，所以C错误；若将物体从A处由静止释放，从A到B的过程，根据动能定理：Ek＝mgh－W弹＝mgh－ΔEp＝W，所以D正确。3．(人教版必修2P82·T2改编)某海湾共占面积1.0×107m2，涨潮时平均水深20m，此时关上水坝闸门，可使水位保持20m不变，退潮时，坝外水位降至18m(如图)。利用此水坝建立一座水力发电站，重力势能转化为电能的效率为10%，每天有两次涨潮，该电站每天能发出多少电能？(g＝10m/s答案4×1010J解析退潮时，由坝内流向坝外的水的质量m＝ρV＝ρSh＝1.0×103×1.0×107×(20－18)kg＝2×1010每次退潮重力势能的减少量ΔEp减＝mg·eq\f(h,2)两次退潮重力势能共减少ΔEp＝2mgeq\f(h,2)＝mgh故每天发出的电能E电＝ΔEp·10%＝2×1010×10×2×10%J＝4×1010J。

1．质量为m的物体从静止以eq\f(1,2)g的加速度竖直上升高度为h。对该过程，下列说法中正确的是()A．物体的机械能增加eq\f(1,2)mghB．物体的机械能减少eq\f(3,2)mghC．重力对物体做功mghD．物体的动能增加eq\f(1,2)mgh答案D解析质量为m的物体从静止以eq\f(g,2)的加速度竖直上升h，重力对物体做功－mgh，所受合外力为eq\f(1,2)mg，合外力做功eq\f(1,2)mgh，由动能定理，物体的动能增加eq\f(1,2)mgh，C错误、D正确；物体的机械能增加mgh＋eq\f(1,2)mgh＝eq\f(3,2)mgh，A、B错误。2．如图所示，质量为m的钢制小球，用长为l的细线悬挂在O点。将小球拉到与O点相齐平的水平位置C由静止释放。小球运动到最低点时对细绳的拉力2mg，若小球运动到最低点B时用小锤头向左敲击它一下，瞬间给小球补充机械能ΔE，小球就能恰好摆到与C等高的A点。设空气阻力只与运动速度相关，且运动速度越大空气的阻力就越大。则下列说法中正确的是()A．ΔE>mgl B．ΔE<eq\f(1,2)mglC．ΔE＝eq\f(1,2)mgl D.eq\f(1,2)mgl<ΔE<mgl答案A解析在B点有2mg－mg＝meq\f(v2,l)，由C到B过程有mgl－Wf＝eq\f(1,2)mv2，解得Wf＝eq\f(1,2)mgl，对小球由B到A过程有ΔE＋eq\f(1,2)mv2＝Wf1＋mgl，由于B到A过程速度大于C到B过程，即Wf1>Wf，联立解得ΔE>mgl，故A正确。3．(2017·南平检测)(多选)如图所示，一质量为M的斜面体静止在水平地面上，质量为m的木块沿粗糙斜面加速下滑h高度，速度大小由v1增大到v2，所用时间为t，木块与斜面体之间的动摩擦因数为μ。在此过程中()A．斜面体受水平地面的静摩擦力为零B．木块沿斜面下滑的距离为eq\f(v1＋v2,2)tC．如果给质量为m的木块一个沿斜面向上的初速度v2，它将沿斜面上升到h高处速度变为v1D．木块与斜面摩擦产生的热量为mgh－eq\f(1,2)mveq\o\al(2,2)＋eq\f(1,2)mveq\o\al(2,1)答案BD解析对整体分析可知，整体一定有向左的加速度，根据牛顿第二定律可知，整体在水平方向一定受外力，即水平地面与斜面体间的静摩擦力，A错误；由平均速度公式可知，木块沿斜面下滑的平均速度为：eq\o(v,\s\up6(－))＝eq\f(v1＋v2,2)，故下滑的距离为：x＝eq\o(v,\s\up6(－))t＝eq\f(v1＋v2,2)t，B正确；由于木块在斜面上受摩擦力，故木块沿斜面向上运动时的加速度大小一定大于木块沿斜面向下运动时的加速度大小；故上升h时的速度一定小于v1，C错误；由能量守恒定律可知：mgh＋eq\f(1,2)mveq\o\al(2,1)＝eq\f(1,2)mveq\o\al(2,2)＋Q，故有：Q＝mgh－eq\f(1,2)mveq\o\al(2,2)＋eq\f(1,2)mveq\o\al(2,1)，D正确。4．(2018·济宁月考)如图所示，A、B、C三个一样的滑块从粗糙斜面上的同一高度同时开始运动，A由静止释放，B的初速度方向沿斜面向下，大小为v0，C的初速度方向沿斜面水平，大小也为v0。下列说法中正确的是()A．A和C将同时滑到斜面底端B．滑到斜面底端时，B的机械能减少最多C．滑到斜面底端时，B的动能最大D．滑到斜面底端时，C的重力势能减少最多答案C解析滑块A和C通过的路程不同，在沿斜面方向的加速度大小也不相同，A错误；三个滑块滑到底端时重力势能减少量相同，D错误；滑块A和B滑到底端时经过的位移相等，克服摩擦力做功相等，而滑块C的路程较大，机械能减少得较多，B错误、C正确。5．如图所示，质量为m的可看成质点的物块置于粗糙水平面上的M点，水平面的右端与固定的斜面平滑连接，物块与水平面及斜面之间的动摩擦因数处处相同。物块与弹簧未连接，开始时物块挤压弹簧使弹簧处于压缩状态。现从M点由静止释放物块，物块运动到N点时恰好静止。弹簧原长小于OM′。若物块从M点运动到N点的过程中，物块与接触面之间由于摩擦所产生的热量为Q，物块、弹簧与地球组成系统的机械能为E，物块通过的路程为s。不计转折处的能量损失，下列图象所描述的关系中可能正确的是()答案B解析设物块在M点、M′点时的机械能分别为E0、E1，由功能关系可知在M到M′过程：E＝E0－μmgs，在M′到N过程E＝E1－μmgscosθ，A错误、B正确；产生的热量在M到M′过程：Q＝μmgs，在M′到N过程：Q＝μmgscosθ，故C、D错误。6.(2018·江西师大附中期末)如图所示，一根长为l的轻质软绳一端固定在O点，另一端与质量为m的小球连接，初始时将小球放在与O点等高的A点，OA＝eq\f(3,5)l，现将小球由静止状态释放，则当小球运动到O点正下方时，绳对小球拉力为(已知sin37°＝0.6，cos37°＝0.8)()A．2mg B．3mgC.eq\f(247,125)mg D.eq\f(303,125)mg答案C解析设小球到达A点的正下方B点时细绳刚好绷紧，则OB与水平方向的夹角的余弦值为cosα＝eq\f(OA,OB)＝eq\f(\f(3,5)l,l)＝0.6，可得小球自由下落的高度为h＝lsinα＝0.8l，到达B点的速度v1＝eq\r(2gh)，细绳绷紧后瞬间小球只有垂直于细绳的分速度，大小为v2＝v1cosα，从B点到最低点，由动能定理得mgl(1－sinα)＝eq\f(1,2)mveq\o\al(2,3)－eq\f(1,2)mveq\o\al(2,2)，在最低点有T－mg＝meq\f(v\o\al(2,3),l)。联立以上各式解得T＝eq\f(247,125)mg，C正确。7．(2017·威海模拟)(多选)如图所示，轻质弹簧的一端固定在竖直墙面上，另一端拴接一小物块，小物块放在动摩擦因数为μ的水平面上，当小物块位于O点时弹簧处于自然状态。现将小物块向右移到a点，然后由静止释放，小物块最终停在O点左侧的b点(图中未画出)，以下说法正确的是()A．Ob之间的距离小于Oa之间的距离B．从O至b的过程中，小物块的加速度逐渐减小C．小物块在O点时的速度最大D．从a到b的过程中，弹簧弹性势能的减少量等于小物块克服摩擦力所做的功答案AD解析如果没有摩擦力，根据简谐运动的对称性知O点应该在ab中间，Oa＝Ob。由于有摩擦力，物块从a到b过程中机械能损失，故无法到达没有摩擦力情况下的b点，即O点靠近b点，故Oa>Ob，A正确；从O至b的过程中，小物块受到向右的摩擦力及向右的弹力，且弹力逐渐变大，故物块的加速度逐渐变大，B错误；当物体从a点向左运动时，受到向左的弹力和向右的摩擦力，且弹力逐渐减小，加速度逐渐减小，当弹力等于摩擦力时加速度为零，此时速度最大，故小物块的速度最大位置在O点右侧，C错误；由能量守恒关系可知，从a到b的过程中，弹簧弹性势能的减少量等于小物块克服摩擦力所做的功，D正确。8．(2017·青岛模拟)(多选)如图所示，一根原长为L的轻弹簧，下端固定在水平地面上，一个质量为m的小球，在弹簧的正上方从距地面高度为H处由静止下落压缩弹簧。若弹簧的最大压缩量为x，小球下落过程受到的空气阻力恒为Ff，则小球从开始下落至最低点的过程()A．小球动能的增量为零B．小球重力势能的增量为mg(H＋x－L)C．弹簧弹性势能的增量为(mg－Ff)(H＋x－L)D．系统机械能减小FfH答案AC解析小球下落的整个过程中，开始时速度为零，结束时速度也为零，所以小球动能的增量为0，A正确；小球下落的整个过程中，重力做功WG＝mgh＝mg(H＋x－L)，根据重力做功量度重力势能的变化WG＝－ΔEp得：小球重力势能的增量为－mg(H＋x－L)，B错误；根据动能定理得：WG＋Wf＋W弹＝0－0＝0，所以W弹＝－(mg－Ff)·(H＋x－L)，根据弹簧弹力做功量度弹性势能的变化W弹＝－ΔEp得：弹簧弹性势能的增量为(mg－Ff)·(H＋x－L)，C正确；系统机械能的减少等于重力、弹力以外的力做的功，所以小球从开始下落至最低点的过程，克服阻力做的功为：Ff(H＋x－L)，所以系统机械能的减小量为：Ff(H＋x－L)，D错误。9．(2017·湖北枣阳模拟)一个弹珠游戏的简化模型如下图所示。竖直安装在高H＝1m的桌面上的“过山车”轨道模型，水平轨道OB粗糙，长为1m，BD光滑；光滑圆轨道半径为R＝0.4m。一弹簧左端固定，右端自由伸长到A点，OA长为0.1m。距桌子右边缘线DF为s＝1.6m处有一高度h＝0.8m的竖直挡板。现在A点由静止放置一个质量m＝1kg的小物块，并用力缓慢向左把小物块推到O点，在这个过程中推力做功W＝22.4J。已知小物块与轨道OB间的动摩擦因数μ＝0.4，重力加速度g取10m/s2，不计空气阻力。求：(1)小物块推到O点时，弹簧的弹性势能Ep；(2)该小物块从O点静止释放后，运动到圆轨道最高点C时对轨道的压力大小；(3)只改变小物块的质量，为了使从O点静止释放的小物块都能落在DF和挡板之间，小物块的质量m满足的条件。答案(1)22J(2)40N(3)eq\f(11,18)kg≤m≤eq\f(11,7)kg解析(1)根据功能关系可知W＝μmgxOA＋Ep解得Ep＝22J。(2)小物块从O到C过程，由能量守恒定律得Ep－μmgxOB－mg·2R＝eq\f(1,2)mveq\o\al(2,C)小物块到C点时，有mg＋FN＝meq\f(v\o\al(2,C),R)，解得FN＝40N。由牛顿第三定律可知小物块对轨道的压力为40N。(3)①当小物块从O点恰好到达C点时，有Ep－μm1gxOB－m1g·2R＝eq\f(1,2)m1vC′2，m1g＝m1eq\f(vC′2,R)，解得m1＝eq\f(11,7)kg。②当小物块恰能够过挡板最高点时，有Ep－μm2gxOB＝eq\f(1,2)m2veq\o\al(2,D)，其中vD＝eq\f(s,\r(\f(2H－h,g)))，解得m2＝eq\f(11,18)kg所以小物块的质量满足eq\f(11,18)kg≤m≤eq\f(11,7)kg。10．如图为某飞船先在轨道Ⅰ上绕地球做圆周运动，然后在A点变轨进入返回地球的椭圆轨道Ⅱ运动，已知飞船在轨道Ⅰ上做圆周运动的周期为T，轨道半径为r，椭圆轨道的近地点B离地心的距离为kr(k<1)，引力常量为G，飞船的质量为m，求：(1)地球的质量及飞船在轨道Ⅰ上的线速度大小；(2)若规定两质点相距无限远时引力势能为零，则质量分别为M、m的两个质点相距为r时的引力势能Ep＝－eq\f(GMm,r)，式中G为引力常量。求飞船在A点变轨时发动机对飞船做的功。答案(1)eq\f(4π2r3,GT2)eq\f(2πr,T)(2)eq\f(2k－1π2mr2,k＋1T2)解析(1)飞船在轨道Ⅰ上运动时，由牛顿第二定律有Geq\f(Mm,r2)＝meq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(2π,T)))2r求得地球的质量M＝eq\f(4π2r3,GT2)在轨道Ⅰ上的线速度大小为v＝eq\f(2πr,T)。(2)设飞船在椭圆轨道Ⅱ上远地点A点的速度为v1，在近地点B点的速度为v2，则由开普勒第二定律有rv1＝krv2根据能量守恒有eq\f(1,2)mveq\o\al(2,1)－Geq\f(Mm,r)＝eq\f(1,2)mveq\o\al(2,2)－Geq\f(Mm,kr)求得v1＝eq\r(\f(2GMk,k＋1r))＝eq\f(2πr,T)eq\r(\f(2k,k＋1))因此飞船在A点变轨时，根据动能定理可得发动机对飞船做的功为W＝eq\f(1,2)mveq\o\al(2,1)－eq\f(1,2)mv2＝eq\f(2k－1π2mr2,k＋1T2)。11．(2016·上海高考)在今年上海的某活动中引入了全国首个户外风洞飞行体验装置，体验者在风力作用下漂浮在半空。若减小风力，体验者在加速下落过程中()A．失重且机械能增加B．失重且机械能减少C．超重且机械能增加D．超重且机械能减少答案B解析据题意，体验者漂浮时受到的重力和风力平衡；在加速下降过程中，风力小于重力，即重力对体验者做正功，风力做负功，体验者的机械能减小；加速下降过程中，加速度方向向下，体验者处于失重状态，故B正确。12．(2014·广东高考)如图是安装在列车车厢之间的摩擦缓冲器结构图，图中①和②为楔块，③和④为垫板，楔块与弹簧盒、垫板间均有摩擦，在车厢相互撞击使弹簧压缩的过程中()A．缓冲器的机械能守恒B．摩擦力做功消耗机械能C．垫板的动能全部转化为内能D．弹簧的弹性势能全部转化为动能答案B解析由于车厢相互撞击弹簧压缩的过程中存在克服摩擦力做功，所以缓冲器的机械能减少，A错误、B正确；弹簧压缩的过程中，垫板的动能转化为内能和弹簧的弹性势能，C、D错误。13．(2014·上海高考)静止在地面上的物体在竖直向上的恒力作用下上升，在某一高度撤去恒力。不计空气阻力，在整个上升过程中，物体机械能随时间变化关系是()答案C解析以地面为零势能面，以竖直向上为正方向。对物体，撤去外力前，有F－mg＝ma，h＝eq\f(1,2)at2，v＝at，