高三物理二轮复习 第一部分 专题二 能量和动量教师用书.DOC

专题二 能量和动量第一讲功和功率_动能定理考点一功和功率1.考查功的大小计算如图所示，质量m1 kg、长L0.8 m的均匀矩形薄板静止在水平桌面上，其右端与桌子边缘相平。板与桌面间的动摩擦因数为0.4。现用F5 N的水平力向右推薄板，使它翻下桌子，力F做的功至少为(g取10 m/s2)()A1 JB1.6 JC2 J D4 J解析：选B在薄板没有翻转之前，薄板与水平面之间的摩擦力fmg4 N。力F做的功用来克服摩擦力消耗的能量，而在这个过程中薄板只需移动的距离为，则做的功至少为Wf1.6 J，所以B正确。2考查机车的启动与牵引问题(多选)(2016天津高考)我国高铁技术处于世界领先水平。和谐号动车组是由动车和拖车编组而成，提供动力的车厢叫动车，不提供动力的车厢叫拖车。假设动车组各车厢质量均相等，动车的额定功率都相同，动车组在水平直轨道上运行过程中阻力与车重成正比。某列车组由8节车厢组成，其中第1、5节车厢为动车，其余为拖车，则该动车组()A启动时乘客受到车厢作用力的方向与车运动的方向相反B做匀加速运动时，第5、6节与第6、7节车厢间的作用力之比为32C进站时从关闭发动机到停下来滑行的距离与关闭发动机时的速度成正比D与改为4节动车带4节拖车的动车组最大速度之比为12解析：选BD启动时，乘客的加速度向前，车厢对人的作用力方向向前，与车运动的方向相同，选项A错误。以后面的车厢为研究对象，F563ma，F672ma，则5、6节与6、7节车厢间的作用力之比为32，选项B正确。根据v22ax，车厢停下来滑行的距离x与速度的二次方成正比，选项C错误。若改为4节动车，则功率变为原来2倍，由PFv知，最大速度变为原来2倍，选项D正确。3考查瞬时功率与平均功率的计算(2016潍坊模拟)质量为m2 kg的物体沿水平面向右做直线运动，t0时刻受到一个水平向左的恒力F，如图甲所示，此后物体的vt图像如图乙所示，取水平向右为正方向，g取10 m/s2，则()A物体与水平面间的动摩擦因数为0.5B10 s末恒力F的瞬时功率为6 WC10 s末物体在计时起点左侧4 m处D010 s内恒力F做功的平均功率为0.6 W解析：选D由图线可知04 s内的加速度：a1 m/s22 m/s2，可得：Fmgma1；由图线可知410 s内的加速度：a2 m/s21 m/s2，可得：Fmgma2；解得：F3 N，0.05，选项A错误；10 s末恒力F的瞬时功率为P10Fv1036 W18 W，选项B错误；04 s内的位移x148 m16 m,410 s内的位移x266 m18 m，故10 s末物体在计时起点左侧2 m处，选项C错误；010 s内恒力F做功的平均功率为 W0.6 W，选项D正确。4考查机车启动的图像问题(2015全国卷)一汽车在平直公路上行驶。从某时刻开始计时，发动机的功率P随时间t的变化如图所示。假定汽车所受阻力的大小f恒定不变。下列描述该汽车的速度v随时间t变化的图线中，可能正确的是()解析：选A由Pt图像知：0t1内汽车以恒定功率P1行驶，t1t2内汽车以恒定功率P2行驶。设汽车所受牵引力为F，则由PFv得，当v增加时，F减小，由a知a减小，又因速度不可能突变，所以选项B、C、D错误，选项A正确。考点二动能定理的应用5.考查动能定理与v t图像的综合应用(多选)一物体静止在粗糙水平面上，某时刻受到一沿水平方向的恒定拉力作用开始沿水平方向做直线运动，已知在第1 s内合力对物体做的功为45 J，在第1 s末撤去拉力，物体整个运动过程的vt图像如图所示，g取10 m/s2，则()A物体的质量为5 kgB物体与水平面间的动摩擦因数为0.1C第1 s内摩擦力对物体做的功为60 JD第1 s内拉力对物体做的功为60 J解析：选BD由动能定理有45 J，第1 s末速度v3 m/s，解出m10 kg，故A错误；撤去拉力后物体的位移x233 m4.5 m，由动能定理可得：fx20mv2，可解得：f10 N，又fmg，解出0.1，故B正确；第1 s内物体的位移x11.5 m，第1 s内摩擦力对物体做的功Wfx115 J，故C错误；由Fx1f(x1x2)0，可得F40 N，所以第1 s内拉力对物体做的功WFx160 J，故D正确。6考查应用动能定理判断物体动能增量的大小关系(多选)如图所示，一块长木板B放在光滑的水平面上，在B上放一物体A，现以恒定的外力F拉B，由于A、B间摩擦力的作用，A将在B上滑动，以地面为参考系，A、B都向前移动一段距离。在此过程中()A外力F做的功等于A和B动能的增量BB对A的摩擦力所做的功等于A的动能增量CA对B的摩擦力所做的功等于B对A的摩擦力所做的功D外力F对B做的功等于B的动能的增量与B克服摩擦力所做的功之和解析：选BDA物体所受的合外力等于B对A的摩擦力，对物体A应用动能定理，则有B对A的摩擦力所做的功等于A的动能的增量，B对；A对B的摩擦力与B对A的摩擦力是一对作用力与反作用力，大小相等，方向相反，但是由于A在B上滑动，A、B相对地的位移不等，故二者做功不等，C错；对长木板B应用动能定理，WFWfEkB，即WFEkBWf就是外力F对B做的功，等于B的动能增量与B克服摩擦力所做的功之和，D对；由前述讨论知B克服摩擦力所做的功与A的动能增量(等于B对A的摩擦力所做的功)不等，故A错。7考查应用动能定理求变力做功(2015海南高考)如图所示，一半径为R的半圆形轨道竖直固定放置，轨道两端等高，质量为m的质点自轨道端点P由静止开始滑下，滑到最低点Q时，对轨道的正压力为2mg，重力加速度大小为g。质点自P滑到Q的过程中，克服摩擦力所做的功为()A.mgR B.mgRC.mgR D.mgR解析：选C在Q点质点受到竖直向下的重力和竖直向上的支持力，两力的合力充当向心力，所以有Nmgm，N2mg，联立解得v，下落过程中重力做正功，摩擦力做负功，根据动能定理可得mgRWfmv2，解得WfmgR，所以克服摩擦力做功为mgR，C正确。8考查动能定理与Fx图像的综合应用(多选)(2016焦作月考)一质量为2 kg的物体，在水平恒定拉力的作用下以一定的初速度在粗糙的水平面上做匀速运动，当运动一段时间后，拉力逐渐减小，且当拉力减小到零时，物体刚好停止运动，图中给出了拉力随位移变化的关系图像。已知重力加速度g10 m/s2，由此可知()A物体与水平面间的动摩擦因数约为0.35B减速过程中拉力对物体所做的功约为13 JC匀速运动时的速度约为6 m/sD减速运动的时间约为1.7 s解析：选ABC物体匀速运动时，受力平衡，则Fmg，0.35，选项A正确；因为WFx，故拉力的功等于Fx图线包含的面积，由图线可知小格数为13，则功为131 J13 J，选项B正确；由动能定理可知：WFmgx0mv02，其中x7 m，则解得：v06 m/s，选项C正确；由于不知道具体的运动情况，无法求出减速运动的时间，故D错误。考点三应用动能定理解决力学综合问题9.考查动能定理解决多过程问题(多选)(2016浙江高考)如图所示为一滑草场。某条滑道由上下两段高均为h，与水平面倾角分别为45和37的滑道组成，滑草车与草地之间的动摩擦因数为。质量为m的载人滑草车从坡顶由静止开始自由下滑，经过上、下两段滑道后，最后恰好静止于滑道的底端(不计滑草车在两段滑道交接处的能量损失，sin 370.6，cos 370.8)。则()A动摩擦因数B载人滑草车最大速度为C载人滑草车克服摩擦力做功为mghD载人滑草车在下段滑道上的加速度大小为g解析：选AB由题意知，上、下两段斜坡的长分别为s1、s2由动能定理知：2mghmgs1cos 45mgs2cos 370解得动摩擦因数，选项A正确；载人滑草车在上下两段的加速度分别为a1g(sin 45cos 45)g，a2g(sin 37cos 37)g，则在下落h时的速度最大，由动能定理知：mghmgs1cos 45mv2解得v，选项B正确，D错误；载人滑草车克服摩擦力做的功与重力做功相等，即W2mgh，选项C错误。10考查动能定理解决往复运动问题(2016成都高三月考)如图所示，斜面的倾角为，质量为m的滑块距挡板P的距离为x0，滑块以初速度v0沿斜面上滑，滑块与斜面间的动摩擦因数为，滑块所受摩擦力小于重力沿斜面向下的分力。若滑块每次与挡板相碰均无机械能损失，滑块经过的总路程是()A. B.C. D.解析：选A因滑块所受摩擦力小于重力沿斜面向下的分力，故滑块最终停在斜面底端，而摩擦力始终对滑块做负功，其大小等于mgcos 与滑块滑行的各段距离之和的乘积，即Wfmgcos s，由动能定理可得：mgx0sin Wf0mv02，可解得s，故A正确。11考查动能定理与平抛运动的综合应用(2015浙江高考)如图所示，用一块长L11.0 m的木板在墙和桌面间架设斜面，桌子高H0.8 m，长L21.5 m。斜面与水平桌面的倾角可在060间调节后固定。将质量m0.2 kg的小物块从斜面顶端静止释放，物块与斜面间的动摩擦因数10.05，物块与桌面间的动摩擦因数为2，忽略物块在斜面与桌面交接处的能量损失。(重力加速度取g10 m/s2；最大静摩擦力等于滑动摩擦力)(1)当角增大到多少时，物块能从斜面开始下滑；(用正切值表示)(2)当角增大到37时，物块恰能停在桌面边缘，求物块与桌面间的动摩擦因数2；(已知sin 370.6，cos 370.8)(3)继续增大角，发现53时物块落地点与墙面的距离最大，求此最大距离xm。解析：(1)为使小物块下滑，应有mgsin 1mgcos 满足的条件tan 0.05即当arctan 0.05时物块恰好从斜面开始下滑。(2)克服摩擦力做功Wf1mgL1cos 2mg(L2L1 cos )由动能定理得mgL1sin Wf0代入数据得20.8。(3)由动能定理得mgL1sin Wfmv2结合式并代入数据得v1 m/s由平抛运动规律得Hgt2，x1vt解得t0.4 sx10.4 mxmx1L21.9 m。答案：(1)arctan 0.05(2)0.8(3)1.9 m12考查动能定理与圆周运动的综合问题(2016山东省高考押题卷)如图所示，AB是倾角为的粗糙直轨道，BCD是光滑的圆弧轨道，AB恰好在B点与圆弧相切，圆弧的半径为R。一个质量为m的物体(可以看作质点)从直轨道上的P点由静止释放，结果它能在两轨道间做往返运动。已知P点与圆弧的圆心O等高，物体与轨道AB间的动摩擦因数为。求：(1)物体做往返运动的整个过程中在AB轨道上通过的总路程；(2)最终当物体通过圆弧轨道最低点E时，对圆弧轨道的压力；(3)为使物体能顺利到达圆弧轨道的最高点D，释放点距B点的距离L应满足什么条件？解析：(1)因为摩擦始终对物体做负功，所以物体最终在圆心角为2的圆弧上往复运动。对整体过程由动能定理得mgRcos mgcos x0所以总路程为x。(2)对BE过程，B点的初速度为零，由动能定理得mgR(1cos )mvE2FNmgm由牛顿第三定律及得对轨道压力：FNFN(32cos )mg。方向竖直向下。(3)设物体刚好到D点，则由向心力公式得mgm对全过程由动能定理得mgLsin mgcos LmgR(1cos )mvD2由得最少距离LR。答案：(1)(2)(32cos )mg方向竖直向下(3)R考点一功和功率本考点主要考查功和功率的计算，机车牵引与启动问题，试题难度一般，多为选择题。在二轮复习中，注意打牢基础知识，细化审题、解题过程，此考点就能轻松取分。建议考生自学为主先记牢 1功(1)恒力的功：WFlcos_。(2)合力的功：WF合lcos_。(3)变力的功：将变力做功转化为恒力做功；应用Fx图像求解；应用动能定理求解。2功率(1)平均功率：P。(2)瞬时功率：PFvcos 。(3)应用：机车启动，PFv。再用活 1不注意题目的要求，凭感觉求解，易导致错误。如诊断卷第1题，因为Fmg，在力F作用下薄板向右加速，当撤去F后，薄板向右滑至时，速度恰好为零，薄板翻下桌子，此时力F做功最少，由动能定理得：WFminmg1.6 J，不注意这一点，易得：WFminF2 J，错选C项。2将计算瞬时功率的公式PFvcos 误记为PFv。3不注意从受力和运动的角度分析机车的运动规律，易导致错误。如诊断卷第4题中，功率公式PFv中的F为机车的牵引力，Ffma，t1时刻之前，若车处于加速阶段，则F随v的增大而减小，汽车加速度a逐渐减小，匀速时Ff，vmax；从t1时刻开始，功率增为P2，牵引力突然增大，汽车再次具有向前的加速度，但随v的增大，F和a均减小，直到匀速，根据vt图线斜率的变化规律，可知，A正确，而D错误。1.如图所示，质量为m的小球以初速度v0水平抛出，恰好垂直打在倾角为的斜面上，则球落在斜面上时重力的瞬时功率为(不计空气阻力)()Amgv0tan B.C. Dmgv0cos 解析：选B小球落在斜面上时重力的瞬时功率为Pmgvy，而vytan v0，所以P，B正确，本题中若直接应用Pmgv求解可得P，则得出错误答案C。2.(多选)(2016安庆模拟)如图所示，摆球质量为m，悬线的长为L，把悬线拉到水平位置后放手。设在摆球从A点运动到B点的过程中空气阻力F阻的大小不变，则下列说法正确的是()A重力做功为mgLB绳的拉力做功为0C空气阻力F阻做功为mgLD空气阻力F阻做功为F阻L解析：选ABD小球下落过程中，重力做功为mgL，A正确；绳的拉力始终与速度方向垂直，拉力做功为0，B正确；空气阻力F阻大小不变，方向始终与速度方向相反，故空气阻力F阻做功为F阻L，C错误，D正确。3(2016银川模拟)一辆跑车在行驶过程中的最大输出功率与速度大小的关系如图所示，已知该车质量为2103 kg，在某平直路面上行驶，阻力恒为3103 N。若汽车从静止开始以恒定加速度2 m/s2做匀加速运动，则此匀加速过程能持续的时间大约为()A8 s B14 sC26 s D38 s解析：选B由图像可知，机车的最大功率约为P200 kW，在加速阶段由牛顿第二定律可知：FF阻ma即FF阻ma3 000 N2 0002 N7 000 N，再由PFv可知：vm/s m/s，由vat，解得t s14.2 s，故选项B正确。考点二动能定理的应用先记牢 1对动能定理的两点理解(1)动能定理表达式中，W表示所有外力做功的代数和，包括物体重力所做的功。(2)动能定理表达式中，Ek为所研究过程的末动能与初动能之差，而且物体的速度均是相对地面的速度。2动能定理的适用范围(1)既可适用于直线运动，也可适用于曲线运动。(2)既可适用于恒力做功，也可适用于变力做功。再用活 1注意图像及其“面积”的含义。如诊断卷第5题中，物体在第1 s内，W合mv20，在04 s内，Fx1f(x1x2)0。还可根据v t图线与t轴所围“面积”表示物体的位移求出x1和x2。诊断卷第8题中，Fx图线与x轴所围“面积”表示力F所做的功，易得B项正确。2对单个物体的动能增量的判断宜采用动能定理，而对物体系统动能增量的大小判断则应考虑应用能量守恒定律。如诊断卷第6题，由动能定理可知，A的动能增量一定等于B对A的摩擦力对A所做的功，而外力F对A和B系统所做的功并没有全部转化为A、B的动能，还有一部分摩擦热产生，故不可用动能定理对系统直接分析。3动能定理可用于求解变力做功。如诊断卷第7题，质点在下滑过程中所受摩擦力的大小和方向都在变化，无法应用WFlcos 直接求解，应考虑使用动能定理求解。1.(2016厦门一模)如图所示，质量为m的物块与水平转台之间的动摩擦因数为，物块与转台轴相距R，物块随转台由静止开始转动，当转速增加到某值时，物块即将开始滑动，认为最大静摩擦力等于滑动摩擦力，在这一过程中，摩擦力对物块做的功是()A.mgRB2mgRC2mgR D0解析：选A物块即将开始滑动时，最大静摩擦力提供向心力，有mg，根据动能定理有：W，解得W，选项A正确。2(多选)如图所示，n个完全相同、边长足够小且互不粘连的小方块依次排列，总长度为l，总质量为M，它们一起以速度v在光滑水平面上滑动，某时刻开始滑上粗糙水平面。小方块与粗糙水平面之间的动摩擦因数为，若小方块恰能完全进入粗糙水平面，则摩擦力对所有小方块所做的功为()A BMv2C DMgl解析：选AC小方块恰能完全进入粗糙水平面，说明进入后的速度为零，根据功的公式：Wfs0.5Mgl，根据动能定理：W0Mv2Mv2，故选A、C。3(2016辽阳高三质检)一木块静止在光滑的水平面上，将一个大小恒为F的水平拉力作用在该木块上，经过位移x时，拉力的瞬时功率为P；若将一个大小恒为2F的水平拉力作用在该木块上，使该木块由静止开始运动，经过位移x时，拉力的瞬时功率是()A.P B2PC2P D4P解析：选C木块初动能为零，末动能为mv2，动能增加为mv2，受重力、支持力和拉力，只有拉力做功，根据动能定理，有：Fxmv2解得：v ，同理得2F后的速度为：v，所以功率为：PFvF，P2Fv2F2P，故C正确。考点三应用动能定理解决力学综合问题本考点在高考中所设计的题目，一般呈现出情景新颖，过程复杂，知识综合性强等特点，考生失分的原因不是不会做，而是不会“分步”做，这个“分步”就是要求考生按照一定流程认真做好运动分析和过程分析，再根据动能定理结合其他力学规律列出方程，问题便可分步解决。建议对本考点重点攻坚动能定理综合问题的思维流程应用流程诊断卷第11题的思维流程：应用流程诊断卷第11题的思维流程：(2016临沂二模)如图所示，倾角45的粗糙平直导轨AB与半径为R的光滑圆环轨道相切，切点为B，整个轨道处在竖直平面内。一质量为m的小滑块(可以看作质点)从导轨上离地面高为h3R的D处无初速度下滑进入圆环轨道。接着小滑块从圆环最高点C水平飞出，恰好击中导轨上与圆心O等高的P点，不计空气阻力，已知重力加速度为g。求：(1)滑块运动到圆环最高点C时的速度大小。(2)滑块运动到圆环最低点时对圆环轨道压力的大小。(3)滑块在斜面轨道BD间运动的过程中克服摩擦力做的功。思维流程解析(1)小滑块从C点飞出来做平抛运动，水平速度为v0。竖直方向上：Rgt2水平方向上：Rv0t解得：v0。(2)小滑块在最低点时速度为v，由动能定理得：mg2Rmv02mv2解得：v在最低点由牛顿第二定律得：FNmgm解得：FN6mg由牛顿第三定律得：FN6mg。(3)从D到最低点过程中，设DB过程中克服摩擦阻力做功Wf，由动能定理得：mghWfmv20解得：WfmgR。答案(1)(2)6mg(3)mgR1(多选)水平地面上有两个固定的、高度相同的粗糙斜面甲和乙，乙的斜面倾角大，甲、乙斜面长分别为S、L1，如图所示。两个完全相同的小滑块A、B可视为质点同时由静止开始从甲、乙两个斜面的顶端释放，小滑块A一直沿斜面甲滑到底端C，而小滑块B滑到底端P后沿水平面滑行到D处(小滑块B在P点从斜面滑到水平面的速度大小不变)，在水平面上滑行的距离PDL2，且SL1L2。小滑块A、B与两个斜面和水平面间的动摩擦因数相同，则()A滑块A到达底端C点时的动能一定比滑块B到达D点时的动能小B两个滑块在斜面上加速下滑的过程中，到达同一高度时，动能可能相同CA、B两个滑块从斜面顶端分别运动到C、D的过程中，滑块A重力做功的平均功率小于滑块B重力做功的平均功率DA、B滑块从斜面顶端分别运动到C、D的过程中，由于克服摩擦而产生的热量一定相同解析：选AC研究滑块A到达底端C点的过程，根据动能定理得mghmgcos SmvC2研究滑块B到达D点的过程，根据动能定理得mghmgcos L1mgL2mvD2SL1L2。根据几何关系得Scos L1cos L2。所以mvC2mgR，质点不能到达Q点CWmgR，质点到达Q点后，继续上升一段距离DWmgR，质点到达Q点后，继续上升一段距离解析：选C设质点到达N点的速度为vN，在N点质点受到轨道的弹力为FN，则FNmg，已知FNFN4mg，则质点到达N点的动能为EkNmvN2mgR。质点由开始至N点的过程，由动能定理得mg2RWfEkN0，解得摩擦力做的功为WfmgR，即克服摩擦力做的功为WWfmgR。设从N到Q的过程中克服摩擦力做功为W，则WW。从N到Q的过程，由动能定理得mgRWmvQ2mvN2，即mgRWmvQ2，故质点到Q点后速度不为0，质点继续上升一段距离。选项C正确。3(2016全国乙卷)如图，一轻弹簧原长为2R，其一端固定在倾角为37的固定直轨道AC的底端A处，另一端位于直轨道上B处，弹簧处于自然状态。直轨道与一半径为R的光滑圆弧轨道相切于C点，AC7R，A、B、C、D均在同一竖直平面内。质量为m的小物块P自C点由静止开始下滑，最低到达E点(未画出)，随后P沿轨道被弹回，最高到达F点，AF4R。已知P与直轨道间的动摩擦因数，重力加速度大小为g。(1)求P第一次运动到B点时速度的大小。(2)求P运动到E点时弹簧的弹性势能。(3)改变物块P的质量，将P推至E点，从静止开始释放。已知P自圆弧轨道的最高点D处水平飞出后，恰好通过G点。G点在C点左下方，与C点水平相距R、竖直相距R。求P运动到D点时速度的大小和改变后P的质量。解析：(1)根据题意知，B、C之间的距离l为l7R2R设P到达B点时的速度为vB，由动能定理得mglsin mglcos mvB2式中37。联立式并由题给条件得vB2。(2)设BEx。P到达E点时速度为零，设此时弹簧的弹性势能为Ep。P由B点运动到E点的过程中，由动能定理有mgxsin mgxcos Ep0mvB2E、F之间的距离l1为l14R2RxP到达E点后反弹，从E点运动到F点的过程中，由动能定理有Epmgl1sin mgl1cos 0联立式并由题给条件得xREpmgR。(3)设改变后P的质量为m1。D点与G点的水平距离x1和竖直距离y1分别为x1RRsin y1RRRcos 式中，已应用了过C点的圆轨道半径与竖直方向夹角仍为的事实。设P在D点的速度为vD，由D点运动到G点的时间为t。由平抛运动公式有y1gt2x1vDt联立式得vD设P在C点速度的大小为vC。在P由C点运动到D点的过程中机械能守恒，有m1vC2m1vD2m1gP由E点运动到C点的过程中，由动能定理有Epm1g(x5R)sin m1g(x5R)cos m1vC2联立式得m1m。答案：(1)2(2)mgR(3)m二、练名校模拟好题一题能通一类题4(多选)(2016洛阳检测)如图所示，在倾角为的斜面上，轻质弹簧一端与斜面底端固定，另一端与质量为M的平板A连接，一个质量为m的物体B靠在平板的右侧，A、B与斜面的动摩擦因数均为。开始时用手按住物体B使弹簧处于压缩状态，现放手，使A和B一起沿斜面向上运动距离L时，A和B达到最大速度v。则以下说法正确的是()AA和B达到最大速度v时，弹簧是自然长度B若运动过程中A和B能够分离，则A和B恰好分离时，二者加速度大小均为g(sin cos )C从释放到A和B达到最大速度v的过程中，弹簧对A所做的功等于Mv2MgLsin MgLcos D从释放到A和B达到最大速度v的过程中，B受到的合力对它做的功等于mv2解析：选BDA和B达到最大速度v时，A和B的加速度应该为零。对AB整体：由平衡条件知kx(mM)gsin (mM)gcos 0，所以此时弹簧处于压缩状态。故A错误。A和B恰好分离时，AB间的弹力为0，对B受力分析：由牛顿第二定律知，沿斜面方向，mgsin mgcos ma，得agsin gcos ，由牛顿第二定律知，A、B的加速度相同，故B正确。从释放到A和B达到最大速度v的过程中，对于AB整体，根据动能定理得(mM)gLsin (mM)gcos LW弹(mM)v2。弹簧对A所做的功W弹(mM)v2(mM)gLsin (mM)gcos L，故C错误。从释放到A和B达到最大速度v的过程中，对于B，根据动能定理得B受到的合力对它做的功W合Ekmv2，故D正确。5(多选)(2016赣州调研)如图所示，竖直平面内的轨道ABCD由水平轨道AB与光滑的四分之一圆弧轨道CD组成，AB恰与圆弧CD在C点相切，轨道固定在水平面上。一个质量为m的小物块(可视为质点)从轨道的A端以初动能Ek0冲上水平轨道AB，沿着轨道运动，由DC弧滑下后停在水平轨道AB的中点。已知水平轨道AB长为L。则()A小物块与水平轨道的动摩擦因数B为了保证小物块不从轨道的D端离开轨道，圆弧轨道的半径R应满足RC如果R，且增大小物块的初动能，使得小物块冲上轨道后可以达到最大高度是1.5R，则小物块将滑离水平轨道D如果R，且增大小物块的初动能，使得小物块冲上轨道后可以达到最大高度是2R，则小物块将滑离水平轨道解析：选AB小物块最终停在AB的中点，在这个过程中，由动能定理得：mg(L0.5L)Ek0，解得：，故A正确；若小物块刚好到达D处，速度为零，由动能定理得：mgLmgREk0，解得：R，为了保证小物块不从轨道的D端离开轨道，圆弧轨道的半径R应满足R，故B正确；设物块以初动能E冲上轨道，可以达到的最大高度是1.5R，由动能定理得：mgLmg1.5RE，解得：E，物块滑回C点时的动能为EC1.5mgR，由于ECmgL，故物块将停在轨道上，不会滑离轨道，故C错误；设物块以初动能E冲上轨道，可以达到的最大高度是2R，由动能定理得：mgLmg2RE，解得：E，物块滑回C点时的动能为EC2mgR，由于ECmgL，物块将停在轨道上的A端点，不会滑离轨道，故D错误。第二讲机械能守恒定律_功能关系考点一单个物体的机械能守恒1.考查机械能守恒的判断如图所示，将一个内、外侧均光滑的半圆形槽置于光滑的水平面上，槽的左侧有一竖直墙壁。现让一小球自左端槽口A点的正上方由静止开始下落，从A点与半圆形槽相切进入槽内，则下列说法正确的是()A小球在半圆形槽内运动的全过程中，只有重力对它做功B小球从A点向半圆形槽的最低点运动的过程中，小球处于失重状态C小球从A点经最低点向右侧最高点运动的过程中，小球与槽组成的系统机械能守恒D小球从下落到从右侧离开槽的过程中机械能守恒解析：选C小球从A点向半圆形槽的最低点运动的过程中，半圆形槽有向左运动的趋势，但是实际上没有动，整个系统只有重力做功，所以小球与槽组成的系统机械能守恒；而小球过了半圆形槽的最低点以后，半圆形槽向右运动，由于系统没有其他形式的能量产生，满足机械能守恒的条件，所以系统的机械能守恒；小球从开始下落至到达槽最低点前，小球先失重，后超重；当小球向右上方滑动时，半圆形槽也向右移动，半圆形槽对小球做负功，小球的机械能不守恒。2考查机械能守恒定律与抛体运动(2016福建梧桐中学期中)如图所示，质量、初速度大小都相同的A、B、C三个小球，在同一水平面上，A球竖直上抛，B球以倾斜角斜向上抛，空气阻力不计，C球沿倾角为的光滑斜面上滑，它们上升的最大高度分别为hA、hB、hC，则()AhAhBhCBhAhBhC DhAhChB解析：选DA球和C球上升到最高点时速度均为零，而B球上升到最高点时仍有水平方向的速度，即仍有动能。对A、C球列方程为mghmv02，得h。对B球列方程为mghmvt2mv02，且vt0，所以hAhChB，故D正确。3考查机械能守恒与圆周运动的综合(2016全国甲卷)小球P和Q用不可伸长的轻绳悬挂在天花板上，P球的质量大于Q球的质量，悬挂P球的绳比悬挂Q球的绳短。将两球拉起，使两绳均被水平拉直，如图所示。将两球由静止释放。在各自轨迹的最低点，()AP球的速度一定大于Q球的速度BP球的动能一定小于Q球的动能CP球所受绳的拉力一定大于Q球所受绳的拉力DP球的向心加速度一定小于Q球的向心加速度解析：选C两球由静止释放到运动到轨迹最低点的过程中只有重力做功，机械能守恒，取轨迹的最低点为零势能点，则由机械能守恒定律得mgLmv2，v，因LPLQ，则vPvQ，又mPmQ，则两球的动能无法比较，选项A、B错误；在最低点绳的拉力为F，则Fmgm，则F3mg，因mPmQ，则FPFQ，选项C正确；向心加速度a2g，选项D错误。 4机械能守恒与平抛、圆周运动的综合(2016宜春三中高三检测)如图所示，竖直平面内的轨道由一半径为4R、圆心角为150的圆弧形光滑滑槽C1和两个半径为R的半圆形光滑滑槽C2、C3，以及一个半径为2R的半圆形光滑圆管C4组成，C4内径远小于R。C1、C2、C3、C4各衔接处平滑连接。现有一个比C4内径略小的、质量为m的小球，从与C4的最高点H等高的P点以一定的初速度v0向左水平抛出后，恰好沿C1的A端点沿切线从凹面进入轨道。已知重力加速度为g。求：(1)小球在P点开始平抛的初速度v0的大小。(2)小球能否依次通过C1、C2、C3、C4各轨道而从I点射出？请说明理由。(3)小球运动到何处，轨道对小球的弹力最大？最大值是多大？解析：(1)小球从P到A，竖直方向有：h2R4Rsin 304R；由平抛运动规律可得：vy22gh解得：vy在A点，由速度关系tan 60解得：v0。(2)若小球能过D点，则D点速度满足v小球从P到D由动能定理得：mgRmv2mv02解得：v 若小球能过H点，则H点速度满足vH0小球从P到H由机械能守恒得H点的速度等于P点的初速度，为0；综上所述小球能依次通过C1、C2、C3、C4各轨道从I点射出。(3)小球在运动过程中，轨道给小球的弹力最大的点只会在圆轨道的最低点，B点和F点都有可能小球从P到B由动能定理得：6mgRmvB2mv02在B点轨道给小球的弹力NB满足：NBmgm解得NBmg；小球从P到F由动能定理得：3mgRmvF2mv02在F点轨道给小球的弹力NF满足：NFmgm联立解得：NFmg；比较B、F两点的情况可知：F点轨道给小球的弹力最大，为mg。答案：(1)(2)能，理由见解析(3)小球运动到F点时，轨道对小球的弹力最大，最大值是mg考点二多个物体的机械能守恒5.考查物体与弹簧组成的系统机械能守恒(多选)(2016惠州模拟)如图1，小球从高处下落到竖直放置的轻弹簧上，刚接触轻弹簧的瞬间速度是5 m/s，接触弹簧后小球速度v和弹簧缩短的长度x之间关系如图2所示，其中A为曲线的最高点。已知该小球重为2 N，弹簧在受到撞击至压缩到最短的过程中，下列说法正确的是()A小球的动能先变大后变小B小球的机械能先增大后减小C小球速度最大时受到的弹力为2 ND小球受到的最大弹力为12.2 N解析：选ACD由题图可知，小球的速度先增加后减小，故小球的动能先增大后减小，故A正确；在小球下落过程中至弹簧压缩最短时，只有重力和弹簧弹力做功，故小球与弹簧组成的系统机械能守恒，在压缩弹簧的过程中弹簧的弹性势能增加，故小球的机械能减小，故B错误；小球下落时，当重力与弹簧弹力平衡时小球的速度最大，据此有：小球受到的弹力大小与小球的重力大小平衡，故此时小球受到的弹力为2 N，所以C正确；小球速度最大时，小球的弹力为2 N，此时弹簧的形变量为0.1 m，故可得弹簧的劲度系数k20 N/m，故弹簧弹力最大时形变量最大，根据胡克定律知，小球受到的最大弹力为Fmaxkxmax200.61 N12.2 N，故D正确。6考查用杆连接的两物体机械能守恒(2016烟台模拟)如图所示，可视为质点的小球A和B用一根长为0.2 m的轻杆相连，两球质量相等，开始时两小球置于光滑的水平面上，并给两小球一个2 m/s的初速度，经一段时间两小球滑上一个倾角为30的光滑斜面，不计球与斜面碰撞时的机械能损失，g取10 m/s2，在两小球的速度减小为零的过程中，下列判断正确的是()A杆对小球A做负功B小球A的机械能守恒C杆对小球B做正功D小球B速度为零时距水平面的高度为0.15 m解析：选D由题意可知，AB在上升中受A的重力做功而做减速运动；假设没有杆连接，则A上升到斜面时，B还在水平面上运动，那么A在斜面上做减速运动，而B在水平面上做匀速运动，但是有杆存在，那肯定是B推着A上升，因此杆对A做正功，故A错误；因杆对A球做正功，故A球的机械能不守恒，故B错误；由以上分析可知，杆对球B做负功，故C错误；根据系统机械能守恒，可得：mghmg(hLsin 30)2mv2，解得：h0.15 m，故D正确。7考查用绳连接的两物体机械能守恒(多选)如图所示，圆心在O点、半径为R的光滑圆弧轨道ABC竖直固定在水平桌面上，OC与OA的夹角为60，轨道最低点A与桌面相切。一足够长的轻绳两端分别系着质量为m1和m2的两个小球(均可视为质点)，挂在圆弧轨道光滑边缘C的两边，开始时m1位于C点，然后从静止释放，则()A在m1由C点下滑到A点的过程中两球速度大小始终相等B在m1由C点下滑到A点的过程中重力对m1做功的功率先增大后减小C若m1恰好能沿圆弧下滑到A点，则m12m2D若m1恰好能沿圆弧下滑到A点，则m13m2解析：选BCm1由C点从静止下滑到A点的过程中，m1、m2和地球组成的系统机械能守恒，m1速度沿轻绳方向的分速度和m2速度相等，A项错误；在m1由C点下滑到A点的过程中，在C点，重力的功率为零；在A点，重力与速度方向垂直，其功率仍为零，因此重力做功的功率先增大后减小，B项正确；若m1恰好能沿圆弧下滑到A点，根据机械能守恒定律得，m1gR(1cos 60)m2gR，解得，m12m2，C项正确，D项错误。8.考查用弹簧连接的两物体机械能守恒(多选)(2016青岛一模)如图所示，固定在水平面上的光滑斜面倾角为30，质量分别为M、m的两个物体通过细绳及轻弹簧连接于光滑轻滑轮两侧，斜面底端有一与斜面垂直的挡板。开始时用手按住物体M，此时M到挡板的距离为s，滑轮两边的细绳恰好伸直，而没有力的作用。已知M2m，空气阻力不计。松开手后，关于二者的运动下列说法中正确的是()AM和m组成的系统机械能守恒B当M的速度最大时，m与地面间的作用力为零C若M恰好能到达挡板处，则此时m的速度为零D若M恰好能到达挡板处，则此过程中重力对M做的功等于弹簧弹性势能的增加量与物体m的机械能增加量之和解析：选BD运动过程中，M、m与弹簧组成的系统机械能守恒，A错误；当M速度最大时，弹簧的弹力等于Mgsin 30mg，此时m对地面的压力恰好为零，B正确；然后M做减速运动，恰好能到达挡板时，也就是速度刚好减小到了零，之后M会上升并最终到达松手位置，所以此时弹簧弹力大于mg，即此时m受到的绳拉力大于自身重力，m还在加速上升，C错误；根据功能关系，M减小的机械能，等于m增加的机械能与弹簧增加弹性势能之和，而M恰好到达板时，动能恰好为零，因此减小的机械能等于减小的重力势能，即等于重力对M做的功，D正确。考点三功能关系的应用9.考查功与能量变化的对应关系(多选)(2016佛山模拟)如图所示，质量为m的物体(可视为质点)以某一速度从A点冲上倾角为30的固定斜面，其减速的加速度为g，此物体在斜面上能够上升的最大高度为h，则在这个过程中物体()A重力势能增加了mgh B机械能损失了C动能损失了mgh D克服摩擦力做功解析：选AB加速度ag，解得摩擦力fmg；物体在斜面上能够上升的最大高度为h，所以重力势能增加了mgh，故A正确；机械能的损失量为fsmg2hmgh，故B正确；动能损失量为克服合外力做的功的大小EkF合外力smg2hmgh，故C错误；克服摩擦力做功，故D错误。10考查动能、弹性势能的转化问题(2016淮安模拟)“弹弓”一直是孩子们最喜爱的弹射类玩具之一，其构造如图所示，橡皮筋两端点A、B固定在把手上，橡皮筋ACB恰好处于原长状态，在C处(AB连线的中垂线上)放一固体弹丸，一手执把，另一手将弹丸拉至D点放手，弹丸就会在橡皮筋的作用下迅速发射出去，打击目标，现将弹丸竖直向上发射，已知E是CD中点，则()A从D到C，弹丸的机械能守恒B从D到C，弹丸的动能一直在增大C从D到C，弹丸的机