机械能守恒定律的综合应用和功能关系-高中物理一轮复习提升素养导学案

第26讲机械能守恒定律的藤合应用和功能关系

学习目标

明确目标确定方向

1.多个物体的机械能守恒定律

2理解功能关系

3综合应用机械能守恒定律和功能关系解决复杂实际问题

【知识回归】回归课本夯实基础

第一部分基础知识梳理

一、功能关系

1.功和能关系：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.几种常见的功能关系

(1)重力做功等于重力势能的减少量，——&E正功重力势能减少，功重力势能增加

(2)弹簧弹力做功等于弹性势能的减少量肌冲=一△反正功弹性势能减少，负功弹性势能增加

(3)电场力做功等于电势能减少量。/电=一AA正功电势能减少，负功电势能增加

(4)合力做功等于动能的变化量。〃7=△反正功动能增加，负功动能减少

(5)重力以外的其他力做功等于机械能的变化量。正功机械能增加负功机械能减少

(6)滑动摩擦力与两物体间相对位移的乘积等于产生的内能，即相对=Q。

(7)感应电流克服安培力做的功等于产生的电能，即克安=6也。

二、能量守恒定律

1.内容：能量既不会凭空产生，也不会凭空消失。它只能从一种形式技化为另一种形式，或者从一个

物体转移到另一个物体,而在转亿和转移的过程中，能量的总量保持不变。

2.表达式：

(1)若只有两种形式的能最相互转化，则这两种形式的能软之和保持不变。如动能和电势能相互转化，

则E+E电=a

(2)自然界中虽然能量守恒，但很多能源利用之后不可再重新利用，即能源品质降低，所以要节约能源。

【典例分析】精选例题提高素养

L-a

【答案】D

【详解】设铁链单位长度的质最为m,设地面为零势能面，由机械能守恒定律可得

解得

故ABC错误，D正确。

故选Do

【例2】多选.如图所示，长度为R的轻杆上等距离固定质量均为加的〃个小球，轻杆一端连接转动点0,

将轻杆拨动到与转动点。等高的水平位置后自由释放，忽略一切阻力，重力加速度为后，则从释放到轻杆

摆至竖直位置的过程中是（）

【答案】ACD

【详解】对整体由机械能守恒有

线速度关系

对第k个小球由动能定理有

联力解得

故B错误;

故C正确;

D.当轻杆对第k个小球做正功时，应满足

解得

故D正确。

故选ACDo

（1）求弹簧释放时的弹性势能；

（2）若C球不固定，求释放弹簧后C球的最大位移;

C

甲乙

对A球，由牛顿第二定律

由系统机械能守恒定律得

解得

解得

系统动量守恒

系统机械能守恒

且

联立以上各式解得

【例4】如甲图所示为安装在公路上强制过往车辆减速的减速带，现有一水平道路上连续安装有10个减速

带（图乙中木完全画出），相邻减速带间的距离均为/（每个减速带宽度远小于/,可忽略不计）；现有一质

量为加的电动小车（可视为质点）从第1减速带前某处以恒定功率?启动，到达第1减速带前已达到最大

行驶速度%。已知小车每次通过减速带时所损失的机械能与其行驶速度相关，测量发现，小车在通过第5

个减速带后，通过相邻两减速带间的时间均为L通过第10个减速带时立即关闭电门无动力滑行，小车在

又由A项可知

联立解得

联立解得

又

联立解得

联立解得

故选Co

2.如图甲所示，质量为，〃长木板静止在光滑的水平面上，质量为，〃的小铅块以水平速度收滑上木板的左

端，恰能滑至木板右端与木板相对静止。如图乙所示，将木板分成质最分别为〃〃、m2的1、2两部分，铅

块的初速度不变，铅块与木板间的动摩擦因数为则（）

A.当〃〃=加2时，铅块在木板1上滑行时，两板间的作用力为卬咕

B.当〃〃=,〃2时，铅块能滑到木板2的最右端且刚好与木板相对静止

C.当〃〃＞加2时，铅块可能滑到木板2的最右端且刚好与木板相对静止

D.铅块在木板上滑行的整个过程中，图甲情境中产生的内能一定比图乙的大

2【答案】D

【详解】A.对整块木板根据牛顿第二定律得

对m2根据牛顿第二定律得

解得

BC.木板分开前后铅块的加速度不变，其加速度为

铅块在木板1上滑行时，木板的加速度为

铅块在木板2上滑行时，木板m2的加速度为

画出速度时间图像，如图所示，铅块和木板图像所围的面积表示铅块在木板上滑动的距离，第二次的面积

小，表示铅块没有滑动到木板m2的右端，BC错误；

D.设铅块相对于木板滑动的距离为Ax,产生的内能为

根据图像

所以

铅块在木板上滑行的整个过程中，图甲情境中产生的内能一定比图乙的大，D正确。

故选Do

21I

多选3.如图所示，有一条柔软的质量为加、长为L的均匀链条，开始时链条的中长在水平桌面上，而右

长垂于桌外，用外力使链条静止。不计一切摩擦，桌子足够高。下列说法中正确的是（）

▲-

乙

3-

—

-►

3【答案】BD

【详解】AB.若自由释放链条，以桌面为零重力势能参考平面，根据机械能守恒可得

解得链条刚离开桌面时的速度为

B正确，A错误；

L

CD.若要把链条全部拉回桌面上，至少要对链条做的功等于垂于桌外彳链条增加的重力势能，则有

D正确，C错误。

A.A、B和轻杆组成的系统在运动过程中机械能守恒

C.B球到达最低点的过程中，杆对A球做负功

4【答案】ABD

【详解】A.球A、B和轻杆组成的系统只有动能和势能间的相互转化，系统机械能守恒，A正确:

B.释放后B球到达最低点的过程中，由机械能守恒定律，有

因为A、B均做半径相同的圆周运动且角速度相等，可得

解得

B正确;

C.B球到达最低点的过程中，设轻杆对A球做的功为必TA,对A球应用动能定理可得

又

解得

C错误;

D.设B球到达右侧最高点时，0B与竖直方向之间的央角为，如图所示

取圆环的圆心。所在的水平面为参考平面，由系统机械能守恒可得

代入数据可得

所以B球在圆环右侧区域内达到最高点时，高于圆心0的高度

D正确。

故选ABD0

多选5.如图所示，。、〃两物块质量分别为机、2m,用不计质量的细绳相连接，悬挂在定滑轮的两侧。开

始时，a、。两物块距离地面高度相同，用手托住物块仇然后由静止释放，直至。、。物块间高度差为小b

未落地，不计滑轮质量和一切阻力，重力加速度为g。在此过程中，下列说法正确的是（）

aUOb

A.人物体的加速度大小为:g

B.绳子拉力大小是〃电

D.此过程物块。克服重力做功为〃

5【答案】C

【详解】AB.对b物体，根据牛顿第二定律有

对a物体，根据牛顿第二定律有

解得

故AB错误；

C.块a、b组成的系统，运动过程中物块a、b的速度大小始终相同，在a、b物块间高度差为h时，根据

机械能守恒，有

解得

故C正确；

h

D.物块a上升的高度为5,此过程物块a克服重力做功为

故D错误；

Q

A.物体P的机械能增加，物体Q的机械能减少

B.物体P的速度先增加后减小

C.物体Q的重力势能减少20J

D.物体P运动的最大速度为4m/s

6【答案】AD

【详解】AB、从A到B绳上的拉力对物体P做正功，所以物体P的机械能增加，速度一直增大，绳的拉力

对Q做负功，所以Q机械能减少，故A正确，B错误，

C、重力对物体Q的做的功为

根据几何关系

解得

所以物体Q的重力势能减少8J,故C错误，

D、对于PQ组成的系统，由机械能守恒定律得：物体P运动到B处时，Q的速度为0。

解得

v=4m/s

故D正确。

故选AD-

A.刚释放物体B时，物体A受到细线的拉力大小为等

B.物体A到最高点时，A所受合力大小为〃吆

C.物体B下落至最低点时，A和弹簧组成系统的机械能最大

7【答案】ACD

【详解】A.刚释放物体B时，以A、B组成的系统为研究对象，有

解得

对B研究

解得

mg

故物体A受到细线的拉力大小为2,故A.正确；

BC.对于A、B物体以及弹簧组成的系统，只有弹簧的弹力和重力做功，系统机械能守恒，B减小的机械能

转化为A的机械能以及弹簧的弹性势能，故当B下落至最低点时，A和弹簧组成系统的机械能最大，且此

时A上升到最高位置，根据对称性可知B产生的加速度大小也为

故对B受力分析，根据牛顿第二定律可知

解得

故AB整体研究，可得

解得

对A研究，A受到弹簧拉力、重力和绳子的拉力，则

故B错误，C正确；

D.手拖住物块8时:物块A静止，设此时弹簧的压缩量为工,对物块A根据平衡条件可得

解得

当物体A上升过程中，当A和B整体的加速度为0时速度达到最大值%,此时细线对A的拉力大小刚好等

于摩,设此时弹簧的伸长量为为，则

解得

所以此时弹簧的弹性势能与初始位置时相同，对A、B和弹簧组成的系统，根据机械能守恒定律得

解得

故D正确。

故选ACD。

多选8.如图所示，长度为L的轻杆两端分别固定质量为〃，的小球，杆的三等分点0处有光滑的水平转动

轴，。点更靠近1号小球。整个装置可以在竖直面内转动。将装置固定在杆恰好水平的位置由睁止释放，不

计一切阻力，当杆到达竖直位置时（）

C.1号小球的机械能守恒

8【答案】D

【详解】AB.当杆到达竖直位置时，设两小球的速度分别为vl、v2.两小球的角速度相同，有

由系统机械能守恒得

联立解得

故AB不符合题意；

C.1号小球上升到最高点过程中动能和势能都增大，机械能增加，故C不符合题意；

D.对2号小球由动能定理得

解得

故D符合题意。

故选Do

9答案】ABD

由乙图可知

解得

a=4

故A正确；

BC.重力势能转化为摩擦热和弹簧的弹性势能，根据

解得

解得小球刚接触弹簧时速度大小为

故B正确；C错误；

解得

当小球速度最大时，小球加速度为零，根据平衡条件

又

解得

故选ABD0

多选10.如图所示，传送带以速度I，匀速运动，将质量为，〃的物体无初速度地放在传送带上的A端，物体

被传送带送到8端。若A、8间的距离为心物块与传送带之间的动摩擦因数为〃，则下列叙述可能正确的

是（）

A（3n____二______（B・）

A.传送带对物体做的功为〃八,2

C.传送带克服摩擦力做的功为〃小

D.在传送物体的过程中产生的热量为

10【答案】BC

【详解】AB.若物体到达传送带B端前已经与传送带共速，根据动能定理可知，传送带对物体做的功为

若物体到达传送带B端时还未与传送带共速，则传送带对物体做的功为

故A错误，B正确；

C.当L足够长，物体到达传送带B端前已经与传送带共速，设加速的时间为，，则物体的位移为

传送带的位移为

传送带克服摩擦力做的功为

传送带对物体做的功为

联立可得

故C正确;

D.当心足够长，物体到达传送带B端前已经与传送带共速，在传送物体的过程中产生的热量为

若物体到达传送带B端时还未与传送带共速，物体从A端到B端的时间为

则传送带的位移为

则在传送物体的过程中产生的热量

可知无论哪种情况，在传送物体的过程中产生的热量都小丁〃八；，故D错误。

故选BCo

（1）小钢珠经过N点时的速度为多少；

（2）小钢珠到达N点时对上管壁的压力为多少;

（3）弹簧释放的弹性势能为多少。

【详解】（1）小钢珠从N点飞出后做平抛运动，则

解得小钢珠在N点的速度为

（2）小钢珠到达N点时，根据牛顿第二定律有

解得上管壁对小钢珠压力为

则小钢珠到达N点时对上管壁的压力大小

（3）小钢珠从M点到N点过程中，根据机械能守恒定律有

解得弹簧释放的弹性势能为

12.质量均为小的两个小球P和Q,中间用轻质杆固定连接，在离P球/处有一个光滑固定轴0,0Q长为3/,

如图所示。现在把杆置于水平位置后自由释放，在Q球顺时针摆动到最低点位置时，求

（1）小球P和Q的速度大小分别为匕和匕，求：；

（2）小球P和Q的速度期和办的大小;

Q

【详解】（1）小球P和Q绕同杆的。点转动，具有相同的角速度，则有

故有

（2）小球P和Q一起转动的过程，系统只有重力做功，由机械能守恒定律有

联力解得

（1）放手瞬间A物体的加速度大小：

（2）此时物体A,物体B速率之上；

（3）此时物体B的速度大小。

【详解】（1）放手的瞬间A竖直方向只受重力，故加速度

A的速度沿绳子的分速度等于B的速度，如图所示

则有

vAcos370=vB

解得

（3）A和B组成的系统能量守恒有

解得

vB=1.44m/s

（1）求C点与O点的高度差人；

（2）若只改变小球的质量，使小球运动过程中不脱离圆弧轨道，求小球质量的取值范围。

M

【详解】（I）小球到达圆弧的C点时刚好脱阳轨道，则小球在C点只有重力沿co方向的分力提供向心力,

设重力方向与CO的夹角为e,由牛顿第二定律有

由几何关系有

从静止释放到c点，由能量守恒定律有

联立解得

（2）小球在运动过程中不脱离轨道，可知小球能通过M点，则应有

从静止释放到M点，由能量守恒定律有

解得

15.如图，倾角为53。的足够长斜面固定在地面上，劲度系数为幺竖直放置的轻弹簧两端拴接着A、B物块，

跨过轻滑轮的轻绳拴接着A、C物块。开始时C在平行斜面方向的外力作用下处于静止状态，绳恰好绷直且

无张力。现撤去外力，C沿斜面向下运动。已知A、B、C的质量均为机.重力加速度为g,忽略一切摩擦,

取$in530=0.8°求：

（1）C处于静止状态时所加外力尸的大小；

（2）当弹簧恢复原长时C的速度大小；

（3）此后的过程中，B受到地面支持力N