高考物理二轮复习抢分秘籍06 机械能守恒定律 功能关系（含解析）

秘籍06  机械能守恒定律 功能关系

高考频度：★★★★★     难易程度：★★★★★

考向一　机械能守恒定律的应用

真题演练

【典例1】 （新课标全国Ⅱ卷）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/s2。由图中数据可得

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

【答案】AD

【解析】A．Ep–h图像知其斜率为G，故G==20 N，解得m=2 kg，故A正确B．h=0时，Ep=0，Ek=E机–Ep=100 J–0=100 J，故=100 J，解得：v=10 m/s，故B错误；C．h=2 m时，Ep=40 J，Ek=E机–Ep=85 J–40 J=45 J，故C错误；D．h=0时，Ek=E机–Ep=100 J–0=100 J，h=4 m时，Ek′=E机–Ep=80 J–80 J=0 J，故Ek–Ek′=100 J，故D正确。

机械能守恒定律的应用

模拟精炼

(多选)(四川雅安三模)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

A．弹簧的劲度系数为

B．此时弹簧的弹性势能等于mgh－mv2

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

【答案】AB

【解析】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与弹簧组成的系统机械能守恒，故有mgh＝Ep＋mv2，所以Ep＝mgh－mv2，选项B正确；由于弹簧的弹力等于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能上升的最大高度为hB，则有mghB＝Ep＝mgh－mv2，所以hB<h，选项D错误。

考向二　功能关系的应用

真题演练

【典例2】（2018·新课标全国I卷）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的四分之一的圆弧，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点开始运动到其他轨迹最高点，机械能的增量为

A．2mgR  B．4mgR

C．5mgR  D．6mgR

【答案】C

【解析】设小球运动到c点的速度大小为vC，则对小球由a到c的过程，由动能定理得：F·3R–mgR=mvc2，又F=mg，解得：vc2=4gR，小球离开c点后，在水平方向做初速度为零的匀加速直线运动，竖直方向在重力作用力下做匀减速直线运动，由牛顿第二定律可知，小球离开c点后水平方向和竖直方向的加速度大小均为g，则由竖直方向的运动可知，小球从离开c点到其轨迹最高点所需的时间为：t=vC/g=2，小球在水平方向的加速度a=g，在水平方向的位移为x=at2=2R。由以上分析可知，小球从a点开始运动到其轨迹最高点的过程中，水平方向的位移大小为5R，则小球机械能的增加量ΔE=F·5R=5mgR，选项C正确ABD错误。

常见的功能关系

模拟精炼

(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

【答案】D

【解析】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。

考向三　多过程问题分析

真题演练

【典例3】（浙江选考）如图所示为某一游戏的局部简化示意图。D为弹射装置，AB是长为21 m的水平轨道，倾斜直轨道BC固定在竖直放置的半径为R=10 m的圆形支架上，B为圆形的最低点，轨道AB与BC平滑连接，且在同一竖直平面内。某次游戏中，无动力小车在弹射装置D的作用下，以v0=10 m/s的速度滑上轨道AB，并恰好能冲到轨道BC的最高点。已知小车在轨道AB上受到的摩擦力为其重量的0.2倍，轨道BC光滑，则小车从A到C的运动时间是

A．5 s  B．4.8 s

C．4.4 s  D．3 s

【答案】A

【解析】设小车的质量为m，小车在AB段所匀减速直线运动，加速度，在AB段，根据动能定理可得，解得，故；小车在BC段，根据机械能守恒可得，解得，过圆形支架的圆心O点作BC的垂线，根据几何知识可得，解得，，故小车在BC上运动的加速度为，故小车在BC段的运动时间为，所以小车运动的总时间为，A正确。

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.

模拟精炼

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，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与直轨道间的动摩擦因数μ＝ ，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．

【答案】 (1)2　(2)mgR　(3)　m

【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＝mv，　②

式中θ＝37°，联立①②式并由题给条件得

vB＝2.　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点的过程中，由动能定理有mgxsin θ－μmgxcos θ－Ep＝0－mv，　④

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

Ep＝mgR.　⑧

(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 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．

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＝gt2，　⑪

x1＝vDt，　⑫

联立⑨⑩⑪⑫式得vD＝　⑬

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

m1v＝m1v＋m1g，　⑭

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＝m1v，　⑮

联立⑦⑧⑬⑭⑮式得m1＝m.

横扫千军

1．(石家庄一模)如图所示，质量为m的物体A和质量为2 m的物体B通过不可伸长的轻绳及轻质弹簧连接在轻滑轮两侧．开始用手托着物体A使弹簧处于原长且细绳伸直，此时物体A与地面的距离为h，物体B静止在地面上．现由静止释放A，A与地面即将接触时速度恰好为0，此时物体B对地面恰好无压力，重力加速度为g，下列说法正确的是

A．物体A下落过程中一直处于失重状态

B．物体A即将落地时，物体B处于失重状态

C．物体A下落过程中，弹簧的弹性势能最大值为mgh

D．物体A下落过程中，A的动能和弹簧的弹性势能之和先增大后减小

【答案】C

【解析】物体A开始时速度为零，而且A与地面即将接触时速度恰好为0，故物体A先加速下降然后减速下降，故物体A先失重后超重，故A错误；物体A从下落到落地，物体B一直静止在地面上，则知物体B一直处于平衡状态，故B错误；对弹簧和A组成的系统，由机械能守恒定律得弹簧的弹性势能最大值Epm＝mgh，故C正确；物体A下落过程中，A的重力势能一直减小，由系统的机械能守恒知A的动能和弹簧的弹性势能之和一直增大，故D错误。

2．(多选)(吉林长春联考)如图所示，固定于地面、倾角为θ的光滑斜面上有一轻质弹簧，轻质弹簧一端与固定于斜面底端的挡板C连接，另一端与物块A连接，物块A上方放置有另一物块B，物块A、B质量均为m且不粘连，整个系统在沿斜面向下的外力F作用下处于静止状态。某一时刻将力F撤去，在弹簧将A、B弹出过程中，若A、B能够分离，重力加速度为g.则下列叙述正确的是

A．A、B刚分离的瞬间，两物块速度达到最大

B．A、B刚分离的瞬间，A的加速度大小为gsin θ

C．从力F撤去到A、B分离的过程中，A物块的机械能一直增加

D．从力F撤去到A、B分离的过程中，A、B物块和弹簧构成的系统机械能守恒

【答案】BCD

【解析】当加速度等于零时，两个物块的速度达到最大，A、B刚分离的瞬间，AB之间没有弹力作用，此时AB有共同的加速度gsin θ，故速度没有达到最大，故A错误，B正确；从力F撤去到A、B分离的过程中，弹簧对A物块的弹力始终大于B物块对A物块的弹力，这两个力的合力对A做正功，所以A的机械能增大，故C正确；从力F撤去到A、B分离的过程中，A、B物块和弹簧构成的系统只有重力和弹簧弹力做功，所以系统机械能守恒，故D正确。

3．(多选)(福建福州质检)如图所示，固定光滑斜面AC长为L，B为斜面中点．小物块在恒定拉力F作用下，从最低点A由静止开始沿斜面向上运动，到B点时撤去拉力F，小物块能继续上滑至最高点C，整个过程运动时间为t0.下列四图分别描述该过程中小物块的速度v随时间t、加速度a随时间t、动能Ek随位移x、机械能E随位移x的变化规律，可能正确的是

【答案】AC

【解析】合力先做正功再做负功，根据动能随x的表达式知，动能先均匀增加，然后均匀减小，则知物块先做匀加速直线运动，然后做匀减速直线运动，匀加速直线运动的位移和匀减速直线运动的位移大小相等，匀减速直线运动的平均速度大于匀加速直线运动的平均速度，则匀减速运动的时间小于匀加速直线运动的时间．物体先向上匀加速后向上匀减速运动，速度方向不变，在中间位置而不是中间时刻，加速度改变方向，故A、C正确，B错误；根据除重力以外其它力做功等于机械能的增加量，知前半段恒力F做正功，可知机械能随x均匀增加，后半段只有重力做功，机械能守恒，故D错误。

4．(多选)(江苏南京联考)如图所示，轻质弹簧左端固定在竖直墙壁上，右端与一个质量为m的滑块接触，弹簧处于原长，现施加水平外力F缓慢地将滑块向左压至某位置静止，此过程中外力F做功为W1，滑块克服摩擦力做功为W2.撤去F后滑块向右运动，最终和弹簧分离．不计空气阻力，滑块所受摩擦力大小恒定，则

A．撤去F时，弹簧的弹性势能为W1－W2

B．撤去F后，滑块和弹簧组成的系统机械能守恒

C．滑块与弹簧分离时的加速度为零

D．滑块与弹簧分离时的动能为W1－2W2

【答案】AD

【解析】由能量关系可知，撤去F时，弹簧的弹性势能为W1－W2，选项A正确；撤去F后，由于有摩擦力做功，则滑块和弹簧组成的系统机械能减小，选项B错误；滑块与弹簧分离时，弹力为零，但是有摩擦力，则此时滑块的加速度不为零，选项C错误；滑块与弹簧分离时弹簧处于原长状态，整个过程中摩擦力做功为2W2，则根据动能定理，滑块与弹簧分离时的动能为W1－2W2，选项D正确。

5．(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＝

B．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

D．环能下降的最大高度为d

【答案】CD

【解析】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＝v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＝(－1)d，A错；当环下落到最低点时，设环下落高度为H，由机械能守恒有mgH＝2mg(－d)，解得H＝d，故D正确。

6．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.(已知弹簧形变量为x，弹力做功W＝kx2.)求：

(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．

【答案】 (1)　(2)　(3)

【解析】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＝.

(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＝.

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－kx2＝Mv2，

可得v＝.

(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．设长木板的长为L，根据能量守恒有mv＝μmg＋Ep，可得L＝