2020届高考物理艺考生大二轮总复习上篇专题二能量与动量第2讲机械能守恒定律功能关系教学案202002080320

三年考情分析 三年考题 Ⅰ卷21T 2019 Ⅱ卷18T Ⅰ卷14T 2018 Ⅰ卷18T 考查内容 弹簧模型中运动和功能关系 抛体运动中动能与重力势能的计算 对动能的计算 曲线运动中功能关系的应用 机械能的计算和利2017 Ⅰ卷24T 用功能关系，求克服阻力做功问题 Ⅲ卷16T 功能关系的利用 高考命题规律 核心素养 机械能是高考重点考查内容之一，高物理观念 考命题既有对机械能的单独考查，也有与曲线运动、电磁学等内容的综合科学思维 考查，综合考查在物体多运动过程或多物体运动过程中运用知识的能力、物理观念 建立物理模型的能力和解决实际问题的能力． 物理观念 今后高考中本部分内容仍是高考的重点，难度较大，有时会成为高考中科学态度与责任 的压轴题，复习时应掌握应用机械能守恒定律、能量守恒定律分析与解决科学思维 相关力学问题的解题方法.

考向一 机械能守恒定律的应用 [知识必备]——提核心 通技法

[典题例析]——析典题 学通法

[例1] (2019·课标Ⅱ，18)(多选)从地面竖直向上抛出一物体，其机械能E总等于动能

Ek与重力势能Ep之和．取地面为重力势能零点，该物体的E总和Ep随它离开地面的高度h的变

化如图所示．重力加速度取10 m/s.由图中数据可得( )

2

- 1 -

A．物体的质量为2 kg

B．h＝0时，物体的速率为20 m/s C．h＝2 m时，物体的动能Ek＝40 J D．从地面至h＝4 m，物体的动能减少100 J [审题指导]

1．题中其机械能E总等于动能Ek与重力势能Ep之和，说明竖直上抛的物体机械能守恒． 2．由E－h图像找出动能Ek与h的关系．

80

[解析] AD [重力势能Ep＝mgh，结合Ep－h图像有mg＝ N，则m＝2 kg，故A正确．h41212

＝0时E总＝mv0，即100 J＝×2 kg×v0，解得v0＝10 m/s，故B错．由图像可知，h＝2 m

22时，E总＝90 J、Ep＝40 J，则Ek＝50 J，故C错．当h＝4 m时，E总＝Ep＝80 J，则Ek＝0，故从地面至h＝4 m，物体的动能减少了100 J，故D正确．]

[迁移题组]——多角度 提能力

♦[迁移1] 物体与弹簧组成的系统机械能守恒

1．(2019·广东惠州第二次调研)(多选)如图所示，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处由静止释放．某同学在研究小球落到弹簧上后继续向下运动到最低点的过程，他以小球开始下落的位置为原点，沿竖直向下方向建立坐标轴Ox，作出小球所受弹力F大小随小球下落的位置坐标x的变化关系图像如图所示，不计空气阻力，重力加速度为g.以下判断正确的是( )

A．当x＝h＋x0，小球的重力势能与弹簧的弹性势能之和最小 B．小球落到弹簧上向下运动到最低点的过程中，速度先减小后增大 C．小球落到弹簧上向下运动到最低点的过程中，加速度先减小后增大 D．小球动能的最大值为mgh＋

mgx0

2

解析：ACD [根据乙图可知，当x＝h＋x0，小球的重力等于弹簧的弹力，此时小球具有最大速度，由弹簧和小球组成的系统机械能守恒可知，重力势能与弹性势能之和最小，故A正确；小球刚落到弹簧上时，弹力小于重力，小球加速度向下，速度增大，随弹力的增加，加速度减小，当弹力等于重力时加速度为零，此时速度最大，然后向下运动时弹力大于重力，

- 2 -

小球的加速度向上且逐渐变大，小球做减速运动直到最低点，则小球落到弹簧上向下运动到最低点的过程中，速度先增大后减小，加速度先减小后增大，选项B错误，C正确；小球从开112

始运动到达到最大速度的过程中，根据动能定理可知mg(h＋x0)－mg·x0＝mv，故小球动能

221

的最大值为mgh＋mgx0，故D正确．故选A、C、D.]

2

♦[迁移2] 轻绳连接的物体组成的系统机械能守恒

2.(2019·南通二模)如图所示，水平光滑长杆上套有小物块A，细线跨过O点的轻小定滑轮一端连接A，另一端悬挂小物块B，C为O点正下方杆上一点，滑轮到杆距离OC＝h.开始时

A位于P点，PO与水平方向的夹角为30°.现将A、B由静止释放，则( )

A．物块A由P点出发第一次到达C点过程中，加速度不断增大 B．物块B从释放到最低点过程中，动能不断增大 C．物块A在杆上长为23h的范围内做往复运动 D．物块B的机械能最小时，物块A的动能为零

解析：C [细线的拉力在由P点到C点的过程中，一直对物块A做正功，故物块A在C点时动能最大，又vB＝vAcos θ，故当θ＝90°时，vB＝0，物块B在最低点时，动能为零，机械能最小，此时物块A的动能最大，B、D均错误；由系统机械能守恒可知，当物块A至C点右侧3h处时速度恰好为0，之后往复运动，C正确；物块A在P点有加速度，但到达C点时加速度为零，故A一定错误．]

♦[迁移3] 轻杆连接的物体组成的系统机械能守恒

3．(2019·洛阳期末考试)如图所示，有一光滑轨道ABC，AB部分为半径为R的1/4圆弧，

BC部分水平，质量均为m的小球a、b固定在竖直轻杆的两端，轻杆长为R，小球可视为质点．开

始时a球处于圆弧上端A点，由静止开始释放小球和轻杆，使其沿光滑弧面下滑，下列说法正确的是( )

A．a球下滑过程中机械能保持不变 B．b球下滑过程中机械能保持不变

C．a、b球滑到水平轨道上时速度大小均为2gR

- 3 -

1

D．从释放a、b球到a、b球都滑到水平轨道上，整个过程中轻杆对a球做的功为mgR

2解析：D [对于单个小球来说，杆的弹力做功，小球机械能不守恒，A、B错误；两个小12

球组成的系统只有重力做功，所以系统的机械能守恒，故有mgR＋mg(2R)＝×2mv，解得，v2＝3gR，C错误；a球在滑落过程中，杆对小球做功，重力对小球做功，故根据动能定理可得

W＋mgR＝mv2，联立v＝3gR，解得W＝mgR，故D正确．]

[易错警示]——辨易错 防未然 应用机械能守恒定律解题时的三点注意

(1)要注意研究对象的选取

研究对象的选取是解题的首要环节，有的问题选单个物体(实为一个物体与地球组成的系统)为研究对象，机械能不守恒；但选此物体与其他几个物体组成的系统为研究对象，机械能却是守恒的．如图所示，单独选物体A机械能减少，但由物体A、B二者组成的系统机械能守恒．

1212

(2)要注意研究过程的选取

有些问题研究对象的运动过程分几个阶段，有的阶段机械能守恒，而有的阶段机械能不守恒．因此，在应用机械能守恒定律解题时要注意过程的选取．

(3)要注意机械能守恒表达式的选取

守恒观点的表达式适用于单个或多个物体机械能守恒的问题，解题时必须选取参考平面．而后两种表达式都是从“转化”和“转移”的角度来反映机械能守恒的，不必选取参考平面．

考向二 功能关系的应用 [知识必备]——提核心 通技法

常见的功能关系

- 4 -

[典题例析]——析典题 学通法

[例2] (2018·全国卷Ⅰ，18T)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 C．5mgR

[审题关键] 关键词理解，条件显性化

(1)恒力F的方向判断：由题中条件①光滑轨道、②小球始终受到水平外力作用、③自a点从静止开始向右运动，可判断出外力F方向水平向右．

(2)由于外力F＝mg，小球到达c点瞬间vc＞0，可判断球经过c点后将继续向斜上方运动，当竖直方向速度为零时小球到达最高点．

(3)恒力做功等于恒力和物体在力方向上位移的乘积：W＝F·s. (4)由功能关系确定机械能增量．

[解析] C [小球在水平外力的作用下，从a点运动到c点的过程中，根据动能定理：

B．4mgR D．6mgR

mg3R－mgR＝mv2c，解得：vc＝2gR.

小球从c点到轨迹的最高点，竖直方向：

1

2

vct＝＝2

gR1mg2

.水平方向x＝×t＝2R， g2m整个过程机械能的增量等于水平拉力所做的功 W＝mg·5R＝5mgR.故C对，A、B、D错．]

[跟进题组]——练考题 提能力

1．(2020·宁德一模)如图所示，在升降机内固定一光滑的斜面体，一轻弹簧的一端连在位于斜面体上方的固定木板B上，另一端与质量为m的物块A相连，弹簧与斜面平行．整个

- 5 -

系统由静止开始加速上升高度h的过程中( )

A．物块A的重力势能增加量一定等于mgh

B．物块A的动能增加量等于斜面的支持力和弹簧的拉力对其做功的代数和 C．物块A的机械能增加量等于弹簧的拉力对其做的功

D．物块A和弹簧组成的系统的机械能增加量等于斜面对物块的支持力和B对弹簧的拉力做功的代数和

解析：D [系统加速上升时，物块处于超重状态，物块对斜面体的压力和对弹簧的拉力变大，所以弹簧形变量变大，物块A相对斜面下滑一段距离，重力势能增加量小于mgh，A错误；根据动能定理可知，物块A动能的增加量应等于重力、支持力及弹簧弹力对其做功的代数和，B错误；物块A机械能的增加量应等于除重力以外的其他力对其做功的代数和，C错误；物块A和弹簧组成的系统的机械能增加量应等于除重力和弹簧弹力以外的其他力做功的代数和，D正确．]

2．如图所示，一个质量为m＝60 kg的物体在沿固定斜面向上的恒定外力F作用下，由静止开始从斜面的底端沿光滑斜面向上做匀加速直线运动，经过一段时间后外力F做的功为120 J，此后撤去外力F，物体又经过一段时间后回到出发点．若以地面为零势能面，则下列说法正确的是( )

A．在这个过程中，物体的最大动能小于120 J B．在这个过程中，物体的最大重力势能大于120 J C．在撤去外力F之后的过程中，物体的机械能等于120 J D．在刚撤去外力F时，物体的速率为2 m/s

解析：C [由题意可知，恒力F对物体做功120 J，则物体的机械能等于120 J．撤去F后，只有重力对物体做功，机械能守恒，所以物体回到出发点时的动能为120 J，选项A错误，C正确；物体运动到最高点的过程中，由动能定理可得WF＋WG＝0，即重力做功为WG＝－WF＝－120 J，重力做负功，物体的最大重力势能等于120 J，选项B错误；由于物体向上运动的过程中重力对物体做负功，所以在刚撤去外力F时，物体的动能小于120 J，物体的速度v＝

2Ek

m＜

2×120

m/s＝2 m/s，选项D错误．] 60

[规律方法]——知规律 握方法

- 6 -

涉及做功与能量转化问题的解题方法

1．分清是什么力做功，并且分析该力做正功还是做负功；根据功能之间的对应关系，判定能的转化形式，确定能量之间的转化情况．

2．当涉及摩擦力做功时，机械能不守恒，一般应用能的转化和守恒定律，特别注意摩擦产生的内能Q＝Ff·s相对，s相对为相对滑动的两物体间相对滑动路径的总长度．

3．解题时，首先确定初、末状态，然后分清有多少种形式的能在转化，再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减和增加的能量总和ΔE增，最后由ΔE减＝ΔE增列式求解．

考向三 利用动力学和能量观点分析多过程问题

[知识必备]——提核心 通技法

1．多运动过程模型

多运动过程通常包括匀变速直线运动、平抛运动、圆周运动，或者是一般的曲线运动．在实际问题中通常是两种或者多种运动的组合．

2．分析技巧

多个运动过程的组合实际上是多种物理规律和方法的综合应用，分析这种问题时注意要分析各个运动过程，而不同过程往往通过连接点的速度建立联系，有时对整个过程应用能量的观点解决问题会更简单．

[典题例析]——析典题 学通法

[例3] 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A5

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

6切于C点，AC＝7R，A、B、C、D均在同一竖直面内．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，AF＝4R.已知P与直轨341道间的动摩擦因数μ＝ ，重力加速度大小为g.取sin 37°＝，cos 37°＝ 554

(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 7

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P2

- 7 -

运动到D点时速度的大小和改变后P的质量．

★ [审题流程]

[第一步] 审题干→提取信息

隐含

(1)光滑圆弧轨道――→小物块在圆弧轨道上运动不受摩擦力作用． 隐含(2)由静止开始下滑――→小物块初速度为零．

1隐含(3)P与直轨道间的动摩擦因数μ＝――→小物块在直轨道上运动受摩擦力的作用．

4[第二步] 突破难点→确定小物块的受力情况、做功情况及运动情况

(1)求P第1次运动到B点时速度的大小．小物块下滑过程只有重力和滑动摩擦力做功，由动能定理列方程求解到B点时的速度．

(2)求P运动到E点时弹簧的弹性势能．

小物块由B点运动到E点的过程中以及由E点运动到F点的过程，只有重力、摩擦力和弹簧弹力做功，且两个过程弹簧弹力做功大小相等，并等于弹簧在E点时的弹性势能，两个过程可分别由动能定理列方程求解弹性势能．

(3)求P运动到D点时速度的大小和改变后P的质量．由几何关系确定小物块由D点到G点的水平和竖直距离，列平抛运动位移方程求解小物块在D点的速度；小物块由C运动到D的过程只有重力做功，由机械能守恒求小物块在C点的速度；小物块由E点运动到C点的过程中，只有重力、摩擦力和弹簧弹力做功，可列动能定理方程求解小物块的质量．

[解析] (1)根据题意知，B、C之间的距离l为

l＝7R－2R， ①

设P到达B点时的速度为vB，由动能定理得

mglsin θ－μmglcos θ＝mv2B， ②

式中θ＝37°，联立①②式并由题给条件得

1

2

vB＝2gR. ③

(2)设BE＝x，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12

的过程中，由动能定理有mgxsin θ－μmgxcos θ－Ep＝0－mvB， ④

2

E、F之间的距离l1为 l1＝4R－2R＋x， ⑤

P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 Ep－mgl1sin θ－μmgl1cos θ＝0， ⑥

联立③④⑤⑥式并由题给条件得x＝R， ⑦

- 8 -

Ep＝mgR. ⑧

75

(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x1＝R－Rsin

26

12

5

θ， ⑨

y1＝R＋R＋Rcos θ， ⑩

式中，已应用了过C点的圆轨道半径与竖直方向夹角仍为θ的事实．

12

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y1＝gt， ⑪

2

56

56

x1＝vDt， ⑫

3联立⑨⑩⑪⑫式得vD＝5gR ⑬

5

设P在C点速度的大小为vC，在P由C运动到D的过程中机械能守恒，有 121255m1vC＝m1vD＋m1gR＋Rcos θ， ⑭ 2266

P由E点运动到C点的过程中，同理，由动能定理有 Ep－m1g(x＋5R)sin θ－μm1g(x＋5R)cos θ＝m1v2 C， ⑮

1联立⑦⑧⑬⑭⑮式得m1＝m.

3

1231

[答案] (1)2gR (2)mgR (3)5gR m

553

[跟进题组]——练考题 提能力

1．在例3中，若将直轨道AC放平，光滑圆弧轨道半径为R，如图所示．质量为m的小物1

块P与直轨道的CE段动摩擦因数为，AE段光滑．开始时P将弹簧由E点压缩至F点，释放

4后落到E点，已知CE＝6R，弹簧弹性势能与形变量的二次方成正比，求：

12

(1)在释放时弹簧的弹性势能；

1

(2)若P压缩至EF处释放，判断释放后物块的运动情况．

2

12,

解析：(1)P平抛后落在E点，设P通过D点时的速度为vD，则2R＝gt6R＝vDt，解得

2

vD＝3gR.

- 9 -

设P在释放时弹簧的弹性势能为Ep，由功能关系得

Ep－2mgR－mv2D＝6μmgR

解得Ep＝8mgR.

(2)由题意知，物块释放时弹簧的弹性势能

1

2

Ep′＝Ep＝2mgR

设物块沿圆弧轨道上升高度h＜R，由功能关系得

14

Ep′－mgh＝6μmgR

1

解得h＝R

2

1

由此知物块不脱离轨道而反向滑回，最终停止于E、C间某点．由功能关系得mgR＝μmgx，

2则x＝2R，即物块最终停止于距E点4R处．

答案：(1)8mgR (2)见解析

2.在例3中，直轨道换为长度L＝6R的传送带，如图所示，将P轻放在传送带下端E点，

P依然能通过G点，假设传送带的速度最小，求：

(1)传送带的速度；

(2)P在传送带上运动的最短时间；

(3)若P在传送带上运动的时间是最短时间的2倍，P与传送带间的动摩擦因数的大小． 35gR解析：(1)由例3第(3)问的求解可知，P运动到D点时速度大小vD＝，

512123

设P经过C点的速度为v1，P从C点到D点机械能守恒，则mv1＝mvD＋mg×R

222解得v1＝

24gR230gR＝， 55

230gR所以传送带的最小速度为 5

(2)P在传送带上一直加速到v1恰好到达C点的情况下运动的时间最短， 则6R＝×tmin

2

v1

- 10 -

解得tmin＝

30Rg. (3)物块随传送带向上加速运动到与传送带共速的过程中，有

μmgcos 37°－mgsin 37°＝ma v1＝at1 x1＝at21

6R－x1＝v1(2tmin－t1) 11代入数据可解得μ＝.

12230gR答案：(1) (2)

5

30R11 (3) g12

[规律方法]——知规律 握方法 多过程问题的特点及对策

1．模型特点：物体的整个运动过程往往是包含直线运动、平抛运动、圆周运动等多种运动形式的组合．

2．应对策略

(1)抓住物理情景中出现的运动状态与运动过程，将整个物理过程分成几个简单的子过程．

(2)对每一个子过程分别进行受力分析、过程分析、能量分析，选择合适的规律对相应的子过程列方程．

(3)两个相邻的子过程连接点，速度是联系纽带，因此要特别关注连接点速度的大小及方向．

(4)解方程并分析结果.

功能原理的综合应用

典例 (2017·高考全国卷Ⅰ)一质量为8.00×10 kg的太空飞船从其飞行轨道返回地面．飞船在离地面高度1.60×10 m处以7.50×10 m/s的速度进入大气层，逐渐减慢至速度为100 m/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9.8 m/s.(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600 m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%. 核心考点

2

5

3

4

1

2

- 11 -

12

1.机械能E＝Ek＋Ep、Ek＝mv、Ep＝mgh. 22.变力做功的计算：功能原理(W＝E′－E0)． 命题技巧

1.以飞船在大气层受阻力为背景，考查变力做功． 2.以地面为重力势能零点，可以定量确定题中各位置的机械能． 核心素养

1.物理观念：能量观念、运动观念． 2.科学思维：科学推理、科学论证． 审题关键

(1)着地前瞬间的机械能为着地时的动能，进入大气层时的机械能为动能和重力势能之和． (2)飞船从离地600 m处至着地前瞬间的过程克服阻力做功为变力做功．

12

[解析] (1)飞船着地前瞬间的机械能为Ek0＝mv0 ①，式中，m和v0分别是飞船的质量和着

2地前瞬间的速率．由①式和题给数据得Ek0＝4.0×10 J ②，设地面附近的重力加速度大小125

为g.飞船进入大气层时的机械能为Eh＝mvh＋mgh ③，式中，vh是飞船在高度1.60×10 m

2处的速度大小．由③式和题给数据得Eh≈2.4×10 J． ④ 12

(2)飞船在高度h′＝600 m处的机械能为Eh′＝m(0.02vh)＋mgh′ ⑤，由功能原理得W＝Eh′

2－Ek0 ⑥，式中，W是飞船从离地面高度600 m处至着地前瞬间的过程中克服阻力所做的功．由②⑤⑥式和题给数据得W≈9.7×10 J. [答案] 见解析 易错展示

(1)机械能为动能和势能之和． (2)阻力做的功不是动能的改变而是机械能的改变.

[对点演练]——练类题 提素养

1．(2020·安徽淮北宿州一模改编)(多选)如图所示，足够长的传送带与水平方向的倾角为θ，物块a通过平行于传送带的轻绳跨过光滑轻滑轮与物块b相连，b的质量为m.开始时，

8

12

8

a、b及传送带均静止，且a不受传送带摩擦力作用，现让传送带逆时针匀速转动，则在b上

升h高度(未与滑轮相碰)过程中( )

- 12 -

A．物块a的重力势能减少mgh

B．摩擦力对a做的功等于a机械能的增量 C．摩擦力对a做的功等于物块a、b动能增量之和 D．任意时刻，重力对a、b做功的瞬时功率大小相等

解析：ACD [开始时，a、b及传送带均静止且a不受传送带摩擦力作用，有magsin θ＝

mg，则ma＝

，b上升h高度，则a下降hsin θ，则a重力势能的减小量为mag·hsin θsin θm＝mgh，所以A正确；a、b组成的系统机械能增加，摩擦力对a做的功等于a、b机械能的增量，所以摩擦力做的功大于a的机械能增量，因为系统重力势能不变，所以摩擦力做的功等于系统动能的增量，故B错误，C正确；任意时刻a、b的速率相等，对b，克服重力的瞬时功率Pb＝mgv，对a有Pa＝magvsin θ＝mgv，所以重力对a、b做功的瞬时功率大小相等，所以D正确．]

2.(2020·湖南岳阳教学质量检测一，14)A、B两个木块叠放在竖直轻弹簧上，如图所示，已知mA＝mB＝1.5 kg，轻弹簧的劲度系数k＝100 N/m.若在木块A上作用一个竖直向上的力F使木块A由静止开始以2 m/s的加速度竖直向上做匀加速运动，且已知轻弹簧弹性势能的表122

达式为Ep＝kx(k为弹簧的劲度系数，x为弹簧的形变量)．取g＝10 m/s，求：

2

2

(1)刚开始运动时弹簧的弹性势能；

(2)求使木块A竖直向上做匀加速运动的过程中力F的最小值；

(3)从木块A竖直向上做匀加速运动直到A、B分离的过程中，力F对木块做的功． 解析：(1)初始位置弹簧的压缩量为x1＝12

故弹簧弹性势能Ep＝kx1＝4.5 J

2

(2)以A、B为研究对象，开始瞬间，F最小 由牛顿第二定律可得Fmin＝(mA＋mB)a，即Fmin＝6 N.

(3)A、B分离时，FAB＝0，以B为研究对象，可得FN－mBg＝mBa，解得FN＝18 N 此时x2＝＝0.18 m

mAg＋mBg＝0.30 m kFNkA、B上升的高度Δx＝x1－x2＝0.12 m

- 13 -

A、B的速度vA＝vB＝2aΔx＝0.48 m/s

1212

弹簧弹性势能的变化ΔEp＝kx2－kx1＝－2.88 J

22故弹力做的功W弹＝－ΔEp＝2.88 J 以A、B作为一个整体，由动能定理得

WF＋W弹－(mA＋mB)gΔx＝(mA＋mB)v2A

解得WF＝1.44 J

答案：(1)4.5 J (2)6 N (3)1.44 J

[A级－对点练]

[题组一] 机械能守恒定律的应用

1.(2018·天津卷，2T)滑雪运动深受人民群众喜爱，某滑雪运动员(可视为质点)由坡道进入竖直面内的圆弧形滑道AB，从滑道的A点滑行到最低点B的过程中，由于摩擦力的存在，运动员的速率不变，则运动员沿AB下滑过程中( )

12

A．所受合外力始终为零 B．所受摩擦力大小不变 C．合外力做功一定为零 D．机械能始终保持不变

解析：C [因为运动员做曲线运动，所以合力一定不为零，A错误；运动员受力如图所示，

v2

重力垂直曲面的分力与曲面对运动员的支持力的合力充当向心力，故有FN－mgcos θ＝m⇒FN

Rv2

＝m＋mgcos θ，运动过程中速率恒定，且θ在减小，所以曲面对运动员的支持力越来越大，

R根据f＝μFN可知摩擦力越来越大，B错误；运动员运动过程中速率不变，质量不变，即动能不变，动能变化量为零，根据动能定理可知合力做功为零，C正确；因为运动员克服摩擦力做功，机械能不守恒，D错误．]

2．如图所示，物体A的质量大于B的质量，绳子的质量、绳与滑轮间的摩擦可不计，A、

B恰好处于平衡状态．如果将悬点P靠近Q少许，使系统重新平衡，则( )

- 14 -

A．物体A的重力势能增大 B．物体B的重力势能增大 C．绳的张力减小

D．P处绳与竖直方向的夹角减小

解析：A [B物体对绳子的拉力不变，大小等于物体B的重力．动滑轮和物体A整体受重力和两个拉力，拉力大小恒定，重力恒定，故两个拉力的夹角不变，如图所示．所以，物体A上升，物体B下降，物体A的重力势能增大，物体B的重力势能减小．故A正确，B、C、D错误．]

3．一小球以一定的初速度从图示位置进入光滑的轨道．小球先进入圆轨道1，再进入圆轨道2.圆轨道1的半径为R，圆轨道2的半径是轨道1的1.8倍．小球的质量为m，若小球恰好能通过轨道2的最高点B，则小球在轨道1上经过A处时对轨道的压力为( )

A．2mg B．3mg C．4mg D．5mg

2mvB解析：C [小球恰好能通过轨道2的最高点B时，有mg＝.小球在轨道1上经过A处

1.8R2mvA1212

时，有F＋mg＝，根据机械能守恒有1.6mgR＝mvA－mvB，解得F＝4mg，C项正确．]

R22

4．如图甲，轻弹簧上端固定在升降机顶部，下端悬挂重为G的小球，小球随升降机在竖直方向上运动．t＝0时，升降机突然停止，其后小球所受弹簧的弹力F随时间t变化的图像如图乙，取F竖直向上为正，以下判断正确的是( )

- 15 -

A．升降机停止前一定向下运动

B．0～2t0时间内，小球先处于失重状态，后处于超重状态 C．t0～3t0时间内，小球向下运动，在t0、3t0两时刻加速度相同 D．3t0～4t0时间内，弹簧弹力做的功大于小球动能的变化

解析：D [由图像看出，t＝0时刻，弹簧的弹力为G，升降机停止后弹簧的弹力变小，可知升降机停止前在向上运动，故A错误；0～2t0时间内拉力小于重力，小球处于失重状态，加速度的方向向下，2t0～3t0时间内，拉力大于重力，加速度的方向向上，故B、C错误；3t0～4t0时间内，弹簧的弹力减小，小球向上加速运动，重力做负功，重力势能增大，弹力做正功，弹性势能减小，动能增大，根据系统机械能守恒得知，弹簧弹性势能变化量大于小球动能变化量，弹簧弹力做的功大于小球动能的变化，故D正确．]

[题组二] 功能关系的应用

5．如图所示，质量为m的滑块从斜面底端以平行于斜面的初速度v0冲上固定斜面，沿斜面上升的最大高度为H.已知斜面倾角为α，斜面与滑块间的动摩擦因数为μ，且μ＜tan α，最大静摩擦力等于滑动摩擦力．取斜面底端为零势能面，则能表示滑块在斜面上运动的机械能E、动能Ek、势能Ep与上升高度h之间关系的图像是( )

解析：D [滑块在斜面上的重力势能Ep＝mgh，所以Ep­h图像为一条过原点的直线段，故选项A错误．由功能关系W其他＝ΔE可知滑块克服滑动摩擦力的功等于滑块机械能的减小量，由于滑动摩擦力大小不变，因此E­h图线为直线段，故选项B错误．由动能定理可知滑块合

- 16 -

力的功等于滑块动能的增量，上行时合力大于下行时合力，且合力为恒力，由ΔEk＝F合

·h可知Ek­h图线为直线段，上行时直线斜率大于下行时直线斜率，故选项C错误，选项D正确．]

6．质量相等的两个质点A、B在拉力作用下从同一地点沿同一直线竖直向上运动的v­t图像如图所示．下列说法正确的是( )

A．0～t2时间内A质点处于失重状态 B．在t1～t2时间内质点B的机械能守恒 C．0～t2时间内两质点的平均速度相等

D．两个质点第一次相遇在t2时刻之后，在第一次相遇之前t2时刻两个质点距离最远 解析：D [因v­t图像中图线的斜率表示加速度，由图像可知在0～t2时间内A质点一直竖直向上加速，则A质点处于超重状态，A项错误．t1～t2时间内，B质点向上做匀速运动，动能不变，重力势能增加，其机械能增加，B项错误．因在v­t图像中图线与t轴所围“面积”表示位移，则由图可知，在0～t2时间内，A质点的位移小于B质点的位移，又时间相等，由v＝可知A质点的平均速度小于B质点的平均速度，C项错误．已知两质点从同一地点沿同一直线竖直向上同时开始运动，由v­t图像可知t2时刻之前质点B的速度大于质点A的速度，两者间距离逐渐增大，t2时刻之后质点B的速度小于质点A的速度，两者间距离逐渐减小，可知两个质点第一次相遇在t2时刻之后，在第一次相遇之前t2时刻两个质点距离最远，D项正确．]

7.(2019·四川雅安三模)(多选)如图所示，两质量均为m的物体A、B通过一根细绳及轻质弹簧连接在光滑滑轮两侧，用手托着物体A使细绳恰好伸直，弹簧处于原长，此时A离地面的高度为h，物体B静止在地面上．放手后物体A下落，与地面即将接触时速度大小为v，此时物体B恰好对地面无压力，则下列说法正确的是( )

xt

A．弹簧的劲度系数为

mgh - 17 -

12

B．此时弹簧的弹性势能等于mgh－mv

2

C．此时物体A的加速度大小为g，方向竖直向上 D．物体A落地后，物体B将向上运动到h高处

解析：AB [由于物体B对地面的压力恰好为零，故弹簧的弹力等于物体B的重力mg，弹簧的伸长量为h，由胡克定律可得弹簧的劲度系数k＝，选项A正确；物体A与弹簧组成的1212

系统机械能守恒，故有mgh＝Ep＋mv，所以Ep＝mgh－mv，选项B正确；由于弹簧的弹力等

22于mg，故细绳对物体A的拉力也等于mg，所以物体A此时受到的合力为零，故其加速度大小等于零，选项C错误；物体A落地后，物体B与弹簧组成的系统机械能守恒，设物体B能上12

升的最大高度为hB，则有mghB＝Ep＝mgh－mv，所以hB＜h，选项D错误．]

2

[题组三] 动力学与能量观点的综合应用

8．(多选)如图所示，一根原长为l0的轻弹簧套在光滑直杆AB上，其下端固定在杆的A端，质量为m的小球也套在杆上且与弹簧的上端相连．球和杆一起绕经过杆A端的竖直轴OO′1

匀速转动，且杆与水平面间始终保持30°角．已知杆处于静止状态时弹簧的压缩量为l0，重

2力加速度为g.则下列说法正确的是( )

mgh

A．弹簧为原长时，杆的角速度为B．当杆的角速度为g 2l0

g时，弹簧处于压缩状态 l0

C．在杆的角速度增大的过程中，小球与弹簧所组成的系统机械能不守恒 2

D．在杆的角速度由0缓慢增大到

3

2g5

过程中，小球机械能增加了mgl0 l04

解析：CD [弹簧为原长时，小球只受到重力和杆的支持力，它们的合力提供向心力，则

mgtan θ＝mω21l0cos θ，代入数据解得ω1＝

2g，故A错误；当杆的角速度为3l0g＞ω1l0

时，弹簧处于伸长状态，故B错误；在杆处于静止状态时，小球处于平衡状态，则mgsin θl02＝k·，在杆的角速度增大为

23

2gl0

时，设弹簧的伸长量为Δl，球受力如图所示，则竖直

2

方向Ncos θ＝mg＋kΔlsin θ，水平方向Nsin θ＋k·Δlcos θ＝mω2(l0＋Δl)cos θ，

- 18 -

2

联立解得Δl＝0.5l0，小球的线速度v＝ω2(l0＋Δl)cos θ＝

3＝

2gl0

·(l0＋0.5l0)·cos 30°

3123

2gl0，所以小球增加的动能ΔEk＝mv＝mgl0，小球增加的重力势能ΔEp＝mgh＝224

1

2

23

2gl0

时，弹簧的伸长量为，开始时弹簧的压l02

mgl0sin θ＝mgl0，由于当杆的角速度增大为

l0

缩量为，可知弹簧的形变量相同，则弹簧的弹性势能不变，所以小球的机械能增加量为ΔE25

＝ΔEp＋ΔEk＝mgl0，故C、D正确．]

4

9．(多选)如图所示，将质量为2m的重物悬挂在轻绳的一端，轻绳的另一端系一质量为m的环，环套在竖直固定的光滑直杆上，光滑定滑轮与直杆的距离为d.杆上的A点与定滑轮等高，杆上的B点在A点正下方距离为d处．现将环从A处由静止释放，不计一切摩擦阻力，下列说法正确的是( )

A．环到达B处时，重物上升的高度为h＝

2B．环到达B处时，环与重物的速度大小相等

C．环从A到B，环减少的机械能等于重物增加的机械能 4

D．环能下降的最大高度为d

3

解析：CD [环到达B处时，对环的速度进行分解，可得v环cos θ＝v物，由题图中几何关系可知θ＝45°，则v环＝2v物，B错；因环从A到B，环与重物组成的系统机械能守恒，则环减少的机械能等于重物增加的机械能，C对；当环到达B处时，由题图中几何关系可得重物上升的高度h＝(2－1)d，A错；当环下落到最低点时，设环下落高度为H，由机械能守恒422

有mgH＝2mg(H＋d－d)，解得H＝d，故D正确．]

3

d - 19 -

[B级－综合练]

10．如图所示，在一水平向右匀速运动的传送带的左端A点，每隔相同的时间T，轻放上一个相同的工件．已知工件与传送带间的动摩擦因数为μ，工件质量为m.经测量，发现后面那些和传送带共速的工件之间的距离均为L，已知重力加速度为g，下列说法正确的是( )

A．传送带的速度大小为

2μgLB．工件在传送带上加速的时间为

LTTC．每个工件与传送带间因摩擦而产生的热量为D．传送带传送一个工件多消耗的能量为

μmgL2

mLT解析：A [工件在传送带上先做匀加速直线运动，然后做匀速直线运动，每个工件放上传送带后运动的规律相同，可知L＝vT，解得传送带的速度v＝，选项A正确；设每个工件匀加速运动的时间为t，根据牛顿第二定律得，工件的加速度a＝μg，根据v＝v0＋at，解得

LTvLvv2t＝＝，选项B错误；工件与传送带发生相对滑动的位移Δx＝x传－x物＝v－＝aμgTμg2μgL2mL2

2，则因摩擦产生的热量为Q＝μmgΔx＝2，选项C错误；根据能量守恒定律可得，传2μgT2T12mL送带传送一个工件多消耗的能量为E＝mv＋Q＝2，选项D错误．]

2T11．(多选)如图，直立弹射装置的轻质弹簧顶端原来在O点，O与管口P的距离为2x0.现将一个重力为mg的置于弹簧顶端，再把弹簧压缩至M点，压缩量为x0.释放弹簧后，被弹出，运动到P点时的动能为4mgx0.不计一切阻力，下列说法中正确的是( )

2

A．弹射过程，弹簧和组成的系统机械能守恒

- 20 -

B．弹簧恢复原长时，弹簧的弹性势能全部转化为的动能 C．弹射所到达的最高点距管口P的距离为7x0 D．弹簧被压缩至M点时的弹性势能为7mgx0

解析：AD [弹射过程中，对弹簧和组成的系统而言，它们只受重力作用，故总系统机械能守恒，故A正确；弹簧恢复原长时，弹簧的弹性势能一部分转化为的动能，一部分转化为的重力势能，B错误；由M到P的过程，弹簧的弹性势能转化为的动能和重力势能，故弹簧被压缩至M点时的总弹性势能为Ep＝4mgx0＋3mgx0＝7mgx0，D正确；到达管口P点时动能为4mgx0，当到达最大高度时，动能为0，动能转化为重力势能，则上升的最大高度距离管口的距离h满足：mgh＝4mgx0，故上升的最大高度距离管口的距离h＝4x0，C错误．]

12．(多选)如图所示，一质量为m的小球以初动能Ek0从地面竖直向上抛出，已知运动过程中受到恒定阻力f＝kmg作用(k为常数且满足0＜k＜1)．图中两条图线分别表示小球在上升过程中动能和重力势能与其上升高度之间的关系(以地面为零势能面)，h0表示上升的最大高度．由图可知，下列结论正确的是( )

A．E1是最大势能，且E1＝B．上升的最大高度h0＝

Ek0

k＋2Ek0

k＋1mgC．落地时的动能Ek＝

k＋1

D．在h1处，物体的动能和势能相等，且h1＝

k＋2mgkEk0

Ek0

解析：BD [因小球上升的最大高度为h0，由图可知其最大势能E1＝

Ek0

，又E1＝mgh0得k＋1

Ek0

，因小k＋1

h0＝

Ek0

k＋1mg，A项错误，B项正确．由图可知，小球上升过程中阻力做功为Ek0－

球所受阻力恒定，且上升和下落高度相等，则小球下落过程中阻力做功为Ek0－落地时的动能Ek＝Ek0

，则小球k＋1

Ek01－kEk0

－Ek0－＝Ek0，C项错误．在h1处，小球的动能和势能相等，

k＋1k＋1k＋1

Ek0

则有Ek0－(mg＋f)h1＝mgh1，解得h1＝，D项正确．]

k＋2mg13．如图所示，一轻弹簧一端与竖直墙壁相连，另一端与放在光滑水平面上的长木板左

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端接触．轻弹簧处于原长，长木板的质量为M.一物块以初速度v0从长木板的右端向左滑上长木板．在长木板向左运动的过程中，物块一直相对于木板向左滑动．物块的质量为m，物块与长木板间的动摩擦因数为μ，轻弹簧的劲度系数为k.当弹簧的压缩量达到最大时，物块刚好滑到长木板的中点，且相对于木板的速度刚好为零，此时弹簧获得的最大弹性势能为Ep.(已12

知弹簧形变量为x，弹力做功W＝kx.)求：

2

(1)物块滑上长木板的一瞬间，长木板的加速度大小； (2)长木板向左运动的最大速度； (3)长木板的长度．

解析：(1)物块滑上长木板的一瞬间，长木板受到的合外力等于滑块对长木板的摩擦力，即F＝μmg.

由牛顿第二定律F＝Ma得a＝

μmg. M(2)当长木板的速度达到最大时，弹簧的弹力等于滑块对长木板的摩擦力，即kx＝μmg，得x＝

μmg. k12

长木板从开始运动到速度最大的过程中，设最大速度为v，根据动能定理有μmgx－kx212

＝Mv， 2

可得v＝

μmgkM. kM(3)当弹簧的压缩量最大时，长木板的速度为零，此时木块的速度也为零．设长木板的长12Lmv0－2Ep

为L，根据能量守恒有mv0＝μmg＋Ep，可得L＝

22μmg2

μmgμmgmv0－2Ep

答案：(1) (2)kM (3) MkMμmg2

14．如图甲所示，在倾角为37°足够长的粗糙斜面底端，一质量m＝1 kg的滑块压缩着一轻弹簧且锁定，但它们并不相连，滑块可视为质点．t＝0时解除锁定，计算机通过传感器描绘出滑块的v­t图像如图乙所示，其中Oab段为曲线，bc段为直线．在t1＝0.1 s时，滑块已上滑s＝0.2 m的距离(g取10 m/s，sin 37°＝0.6，cos 37°＝0.8)．求：

2

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(1)滑块离开弹簧后在图中bc段对应的加速度a的大小及动摩擦因数μ； (2)t2＝0.3 s和t3＝0.4 s时滑块的速度v1、v2的大小； (3)弹簧锁定时具有的弹性势能Ep.

解析：(1)在bc段滑块做匀减速运动，加速度大小为a＝Δv2

Δt＝－10 m/s

则bc段对应的加速度大小为10 m/s2

. 根据牛顿第二定律得：

－mgsin 37°－μmgcos 37°＝ma 解得：μ＝0.5.

(2)根据速度­时间公式得：

t2＝0.3 s时的速度大小 v1＝vb＋a(t2－t1)＝0

在t2之后开始下滑，设加速度大小为a′， 下滑时由牛顿第二定律得：

mgsin 37°－μmgcos 37°＝ma′ a′＝gsin 37°－μgcos 37°＝2 m/s2

从t2到t3滑块做初速度为零的匀加速运动，t3时刻的速度大小为

v2＝a′(t3－t2)＝0.2 m/s

(3)从0到t1时间内，由动能定理得：

E1

p－mgssin 37°－μmgscos 37°＝2mv2b Ep＝mgssin 37°＋μmgscos 37°＋12

mv2b＝4 J.

答案：(1)－10 m/s2

0.5 (2)0 0.2 m/s (3)4 J

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