2020浙江高考物理二轮讲义：专题二第二讲　机械能守恒定律与能量守恒定律


第二讲　机械能守恒定律与能量守恒定律
知识内容
考试要求
备考指津
1.机械能守恒定律
d
机械能守恒定律的考查往往出现在综合题中，主要考查其在生产、生活和科技中的应用，题目中经常会涉及牛顿运动定律、平抛运动、圆周运动等知识.
2.能量守恒定律与能源
d
　机械能守恒定律及作用
【题组过关】
1．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，在整个过程中，物体机械能随时间变化关系是(　　)

解析：选C.以地面为零势能面，以竖直向上为正方向，则对于物体，在撤去外力前，有F－mg＝ma，h＝at2，某一时刻的机械能E＝ΔE＝F·h，联立以上各式得E＝·t2∝t2，撤去外力后，物体机械能守恒，故只有C正确．
2．如图所示，一轻弹簧左端固定在长木板M的左端，右端与小木块m连接，且m与M及M与地面间接触光滑，开始时，m与M均静止，现同时对m、M施加等大反向的水平恒力F1和F2.在两物体开始运动以后的整个运动过程中(弹簧形变不超过其弹性限度)，下面说法正确的是(　　)
A．对m、M和弹簧组成的系统，机械能守恒
B．对m、M和弹簧组成的系统，动能不断增加
C．对m、M和弹簧组成的系统，机械能不断增加
D．当弹簧弹力大小与F1、F2大小相等时，m、M的动能最大
解析：选D.开始阶段，拉力大于弹簧的弹力，F1、F2对m、M均做正功，故系统的机械能不断增加．随着弹簧形变量的增加，当拉力等于弹力时，物体速度最大、动能最大．之后随着弹簧形变量的增加，拉力小于弹力，物体开始做减速运动，动能不断减小．速度减小到零后，物体反向运动，拉力F1、F2均开始做负功，故系统机械能减小．所以选项D正确．
3.如图所示，质量均为m的A、B两个小球，用长为2L的轻质杆相连接，在竖直平面内，绕固定轴O沿顺时针方向自由转动(转动轴在杆的中点)，不计一切摩擦，某时刻A、B球恰好在如图所示的位置，A、B球的线速度大小均为v，下列说法正确的是(　　)
A．运动过程中B球机械能守恒
B．运动过程中B球速度变大
C．B球在运动到最高点之前，单位时间内机械能的变化量保持不变
D．B球在运动到最高点之前，单位时间内机械能的变化量不断改变
解析：选D.以A、B球为系统，以过O点的水平面为零势能参考平面时，系统的总机械能为E＝2×mv2＝mv2.假设A球下降h，则B球上升h，此时两球的速度大小是v′，由机械能守恒定律知mv2＝mv′2×2＋mgh－mgh，得到v′＝v，故运动过程中B球速度大小不变，当单独分析B球时，B球在运动到最高点之前，动能保持不变，重力势能在不断增加．由几何知识可得单位时间内机械能的变化量是不断改变的，D正确．

　
　功能关系的应用
【重难提炼】

　韩晓鹏是我国首位在冬奥会雪上项目夺冠的运动员．他在一次自由式滑雪空中技巧比赛中沿“助滑区”保持同一姿态下滑了一段距离，重力对他做功1 900 J，他克服阻力做功100 J．韩晓鹏在此过程中(　　)
A．动能增加了1 900 J
B．动能增加了2 000 J
C．重力势能减小了1 900 J
D．重力势能减小了2 000 J
[解析]　根据动能定理，物体动能的增量等于物体所受所有力做功的代数和，即增加的动能为ΔEk＝WG＋Wf＝1 900 J－100 J＝1 800 J，A、B项错误；重力做功与重力势能改变量的关系为WG＝－ΔEp，即重力势能减少了1 900 J，C项正确，D项错误．
[答案]　C
[题组过关]
考向一　功与能的对应关系
1.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mgR
C．合外力做功mgR
D．克服摩擦力做功mgR
解析：选D.小球到达B点时，恰好对轨道没有压力，故只受重力作用，根据mg＝得，小球在B点的速度v＝.小球从P点到B点的过程中，重力做功W＝mgR，故选项A错误；减少的机械能ΔE减＝mgR－mv2＝mgR，故选项B错误；合外力做功W合＝mv2＝mgR，故选项C错误；根据动能定理得mgR－Wf＝mv2－0，所以Wf＝mgR－mv2＝mgR，故选项D正确．
2．如图所示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成内能
D．弹簧的弹性势能全部转化为动能
解析：选B.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，选项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，选项C、D错误．
3．(多选)如图所示，竖直平行金属导轨MN、PQ上端接有电阻R，金属杆质量为m，跨在平行导轨上，垂直导轨平面的水平匀强磁场磁感应强度为B，不计ab与导轨电阻，不计摩擦，且ab与导轨接触良好．若ab杆在竖直向上的外力F作用下匀速上升，则以下说法正确的是(　　)
A．拉力F所做的功等于电阻R上产生的热量
B．杆ab克服安培力做的功等于电阻R上产生的热量
C．电流所做的功等于重力势能的增加量
D．拉力F与重力做功的代数和等于电阻R上产生的热量
解析：选BD.根据能量守恒定律知，拉力F做的功等于重力势能的增加量和电阻R上产生的热量之和，故A错误；根据功能关系知，杆ab克服安培力做功等于电阻R上产生的热量，故B正确；安培力的大小与重力的大小不相等，则电流做的功与克服重力做功大小不相等，即电流做功不等于重力势能的增加量，故C错误；根据动能定理知，拉力和重力做功等于克服安培力做功的大小，克服安培力做的功等于电阻R上产生的热量，故D正确．
考向二　机械能守恒定律与动能定理的综合应用
4．(2019·浙江选考4月)某砂场为提高运输效率，研究砂粒下滑的高度与砂粒在传送带上运动的关系，建立如图所示的物理模型．竖直平面内有一倾角θ＝37°的直轨道AB，其下方右侧放置一水平传送带，直轨道末端B与传送带间距可近似为零，但允许砂粒通过．转轮半径R＝0.4 m、转轴间距L＝2 m的传送带以恒定的线速度逆时针转动，转轮最低点离地面的高度H＝2.2 m．现将一小物块放在距离传送带高h处静止释放，假设小物块从直轨道B端运动到达传送带上C点时，速度大小不变，方向变为水平向右．已知小物块与直轨道和传送带间的动摩擦因数均为μ＝0.5.(sin 37°＝0.6)
(1)若h＝2.4 m，求小物块到达B端时速度的大小；
(2)若小物块落到传送带左侧地面，求h需要满足的条件；
(3)改变小物块释放的高度h，小物块从传送带的D点水平向右抛出，求小物块落地点到D点的水平距离x与h的关系式及h需要满足的条件．
答案：(1)物块由静止释放到B的过程中，mgsin θ－μmgcos θ＝ma
v＝2a，vB＝4 m/s.
(2)左侧离开，设D点速度为零时高为h1
0＝mgh1－μmgcos θ－μmgL
得h (3)右侧抛出，设D点的速度为v
mv2＝mgh－μmgcos θ－μmgL，H＋2R＝gt2，x＝vt
得x＝2
为使能在D点水平抛出mg≤
得h≥3.6 m.
[课后作业(九)]
(建议用时：45分钟)
一、选择题
1．一质量为m的小物块以一定的初速度竖直向上运动，加速度大小等于重力加速度大小g的1.5倍．物块上升的最大高度为H，则此过程中，物块的(　　)
A．动能损失了mgH　　 　 B．动能损失了mgH
C．机械能损失了mgH D．机械能损失了mgH
解析：选D.设空气阻力为f，由牛顿第二定律可得：mg＋f＝1.5mg，解得：f＝0.5mg，由动能定理W合＝ΔEk可得，物块损失的动能ΔEk＝(mg＋f)H＝(mg＋0.5mg)H＝1.5mgH，故A、B错误；机械能损失量等于克服阻力做的功，即ΔE＝fH＝0.5mgH，故C错误，D正确．
2.把质量是0.2 kg的小球放在竖立的弹簧上，并把球往下按至A的位置，如图甲所示．迅速松手后，弹簧把球弹起，球升到最高位置C(图丙)，途中经过位置B时弹簧正好处于自由状态(图乙)．已知B、A的高度差为0.1 m，C、B的高度差为0.2 m，弹簧的质量和空气的阻力均可忽略．则(　　)
A．小球从状态乙到状态丙的过程中，动能先增大，后减小
B．小球从状态甲到状态丙的过程中，机械能一直不断增大
C．状态甲中，弹簧的弹性势能为0.6 J
D．状态乙中，小球的动能为0.6 J
解析：选C.从状态乙到状态丙的过程中，小球只受重力作用，向上做减速运动，故小球的动能一直减小，选项A错误；小球从状态甲到状态乙的过程中，弹力做正功，则小球的机械能增加；小球从状态乙到状态丙的过程中，只有重力做功，小球的机械能不变，选项B错误；小球从甲状态到丙状态，弹簧的弹性势能转化为小球的重力势能，若设甲状态中重力势能为零，则状态甲中，弹簧的弹性势能为EpA＝EpC＝mghAC＝0.2×10×0.3 J＝0.6 J，选项C正确；状态乙中，小球的机械能为0.6 J，则动能小于0.6 J，选项D错误．
3．在同一位置以相同的速率把三个小球分别沿水平、斜向上、斜向下方向抛出，不计空气阻力，则落在同一水平地面时的速度大小(　　)
A．一样大
B．水平抛的最大
C．斜向上抛的最大
D．斜向下抛的最大
解析：选A.不计空气阻力的抛体运动，机械能守恒．故以相同的速率向不同的方向抛出落至同一水平地面时，物体速度的大小相等．故只有选项A正确．
4.如图，曲面EC是半径为R＝0.4 m 的圆弧，C端切线水平且与水平面CA相连，在CE上固定一光滑木板CD，CD与CA平滑连接，质量为m＝0.2 kg 的小滑块从水平面上A处以初速度v0＝4 m/s向左运动，恰好可以到达木板的D端，下滑后停在B处，AB＝3BC，重力加速度取10 m/s2，则由题中信息不能求出的物理量是(　　)
A．滑块与水平面AC的动摩擦因数μ
B．木板CD与水平面的夹角
C．滑块在木板CD上下滑时重力的平均功率
D．整个过程因摩擦产生的热量
解析：选A.根据动能定理0－mv＝－μmg·(xAC＋xCB)，由于不知道BC或者AB长度，因此无法求解动摩擦因数；设BC＝L，上式可知μmgL＝0.1mv，从A到D，0－mv＝－mghCD－μmg×4L，所以mghCD＝μmgL＝0.1mv由此可知，hCD＝0.16 m，则cos∠DOM＝，即可以求出DC与水平面的夹角，选项B正确；由于hCD＝0.16 m，斜面倾角可求，即斜面长度可求，利用匀变速直线运动规律可以求出在CD上运动时间，因此滑块在CD上下滑的重力平均功率可求，选项C正确；整个过程中，动能全部转化为摩擦产生的热量，选项D可求，综上所述答案为A.
5．质量为m的带电小球，在充满匀强电场的空间中水平抛出，小球运动时的加速度方向竖直向下，大小为.当小球下降高度为h时，不计空气阻力，重力加速度为g，下列说法正确的是(　　)
A．小球的动能减少了
B．小球的动能增加了
C．小球的电势能减少了
D．小球的电势能增加了mgh
解析：选B.小球受的合力F＝mg，据动能定理，合力做功等于动能的增加量，故ΔEk＝Fh＝mgh，选项A错、B对．由题意可知，电场力F电＝mg，电场力做负功，电势能增加，ΔEp＝F电·h＝mgh，选项C、D均错．
6.(2019·杭州模拟)如图所示，质量为m的物块从A点由静止开始下落，加速度是，下落高度H到B点后与一轻弹簧接触，又下落h后到达最低点C，在由A运动到C的过程中，空气阻力恒定，则(　　)
A．物块机械能守恒
B．物块和弹簧组成的系统机械能守恒
C．物块机械能减少mg(H＋h)
D．物块和弹簧组成的系统机械能减少mg(H＋h)
解析：选D.对于物块来说，从A到C要克服空气阻力做功，从B到C又将一部分机械能转化为弹簧的弹性势能，因此机械能肯定减少，故A错误．对于物块和弹簧组成的系统来说，物块减少的机械能等于克服空气阻力所做的功和弹簧弹性势能之和，因此整个系统机械能减少量即为克服空气阻力所做的功，故B错误．由A运动到C的过程中，物块的动能变化为零，重力势能减少量等于机械能的减少量，所以物块机械能减少mg(H＋h)，故C错误．物块从A点由静止开始下落，加速度是g，根据牛顿第二定律得f＝mg－ma＝mg，所以空气阻力所做的功Wf＝－mg(H＋h)，整个系统机械能减少量即为克服空气阻力所做的功，所以物块和弹簧组成的系统机械能减少mg(H＋h)，故D正确．
7.如图所示，长为L的长木板水平放置，在木板的A端放置一个质量为m的小物块，现缓慢地抬高A端，使木板以左端为轴转动，当木板转到与水平面的夹角为α时小物块开始滑动，此时停止转动木板，小物块滑到底端的速度为v，则在整个过程中(　　)
A．静摩擦力对小物块做功为mgLsin α
B．支持力对小物块不做功
C．木板对物块做功为mv2
D．滑动摩擦力对小物块做功mv2
解析：选C.在木板从水平位置转动到与水平面的夹角为α的过程中，静摩擦力与物体运动的方向垂直，则静摩擦力不做功，选项A错误；在木板从水平位置转动到与水平面的夹角为α的过程中，支持力对物块做功，设为WN，根据动能定理得：WN－mgLsin α＝0，得WN＝mgLsin α，故B错误；设在整个过程中，木板对物块做功为W，根据动能定理得：W＝mv2，故C正确；在物块下滑的过程中，根据动能定理得：mgLsin α＋Wf＝mv2－0得，Wf＝mv2－mgLsin α，故D错误．
8．如图甲所示，置于水平地面上质量为m的物体，在竖直拉力F作用下，由静止开始向上运动，其动能Ek与距地面高度h的关系如图乙所示，已知重力加速度为g.空气阻力不计．下列说法正确的是(　　)

A．在0～h0过程中，F大小始终为mg
B．在0～h0和h0～2h0过程中，F做功之比为2∶1
C．在0～2h0过程中，物体的机械能不断增加
D．在2h0～3.5h0过程中，物体的机械能不断减少
解析：选C.0～h0过程中，Ek－h图象为一段直线，故由动能定理得：(F－mg)h0＝mgh0－0，故F＝2mg，A错误；F在0～h0过程中，做功为2mgh0，在h0～2h0过程中，由动能定理可知，WF－mgh0＝1.5mgh0－mgh0，解得WF＝1.5mgh0，因此在0～h0和h0～2h0过程中，F做功之比为4∶3，故B错误；通过以上分析可知，在0～2h0过程中，F一直做正功，故物体的机械能不断增加，故C正确；在2h0～3.5h0过程中，由动能定理得W′F－1.5mgh0＝0－1.5mgh0，则W′F＝0，故F做功为0，物体的机械能保持不变，故D错误．
9.如图所示，一固定斜面倾角为30°，一质量为m的小物块自斜面底端以一定的初速度，沿斜面向上做匀减速运动，加速度的大小等于重力加速度的大小g.若物块上升的最大高度为H，则此过程中，物块的(　　)
A．动能损失了3mgH B．动能损失了mgH
C．机械能损失了mgH D．机械能损失了mgH
解析：选C.运动过程中有摩擦力做功，考虑动能定理和功能关系．物块以大小为g的加速度沿斜面向上做匀减速运动，运动过程中F合＝mg，由受力分析知摩擦力Ff＝mg，当上升高度为H时，小物块的位移x＝2H，由动能定理得ΔEk＝－2mgH；由功能关系知ΔE＝Wf＝－mgx＝－mgH，选项C正确．
二、非选择题
10．四川省“十二五”水利发展规划指出，若按现有供水能力测算，四川省供水缺口极大，蓄引提水是目前解决供水问题的重要手段之一．某地要把河水抽高20 m，进入蓄水池，用一台电动机通过传动效率为80%的皮带，带动效率为60%的离心水泵工作．工作电压为380 V，此时输入电动机的电功率为19 kW，电动机的内阻为0.4 Ω.已知水的密度为1×103 kg/m3，重力加速度取10 m/s2.求：
(1)电动机内阻消耗的热功率；
(2)将蓄水池蓄入864 m3的水需要的时间(不计进、出水口的水流速度)．
解析：(1)设电动机的电功率为P，则P＝UI
设电动机内阻r上消耗的热功率为Pr，则Pr＝I2r
代入数据解得Pr＝1×103 W.
(2)设蓄水总质量为M，所用抽水时间为t.已知抽水高度为h，容积为V，水的密度为ρ，则
M＝ρV
设质量为M的河水增加的重力势能为ΔEp，则
ΔEp＝Mgh
设电动机的输出功率为P0，则P0＝P－Pr
根据能量守恒定律得
P0t×60%×80%＝ΔEp
代入数据解得
t＝2×104 s.
答案：(1)1×103 W　(2)2×104 s
11．如图所示，一物体质量m＝2 kg，在倾角θ＝37°的斜面上的A点以初速度v0＝3 m/s下滑，A点距弹簧上端B的距离AB＝4 m．当物体到达B点后将弹簧压缩到C点，最大压缩量BC＝0.2 m，然后物体又被弹簧弹上去，弹到的最高位置为D点，D点距A点的距离AD＝3 m．挡板及弹簧质量不计，g取10 m/s2，sin 37°＝0.6，求：
(1)物体与斜面间的动摩擦因数μ；
(2)弹簧的最大弹性势能Epm.
解析：(1)物体从开始位置A点到最后D点的过程中，弹性势能没有发生变化，动能和重力势能减少，机械能的减少量为ΔE＝ΔEk＋ΔEp＝mv＋mglADsin 37°①
物体克服摩擦力产生的热量为
Q＝Ffx②
其中x为物体的路程，即x＝5.4 m③
Ff＝μmgcos 37°④
由能量守恒定律可得ΔE＝Q⑤
由①②③④⑤式解得μ≈0.52.
(2)由A到C的过程中，动能减少
ΔE′k＝mv⑥
重力势能减少ΔE′p＝mglACsin 37°⑦
摩擦生热Q＝FflAC＝μmglACcos 37°⑧
由能量守恒定律得弹簧的最大弹性势能为
ΔEpm＝ΔE′k＋ΔE′p－Q⑨
联立⑥⑦⑧⑨解得ΔEpm≈24.5 J.
答案：(1)0.52　(2)24.5 J
12．滑板运动是极限运动的鼻祖，许多极限运动项目均由滑板项目延伸而来．如图所示是滑板运动的轨道，BC和DE是两段光滑圆弧形轨道，BC段的圆心为O点，圆心角为60°，半径OC与水平轨道CD垂直，水平轨道CD
段粗糙且长8 m．一运动员从轨道上的A点以3 m/s的速度水平滑出，在B点刚好沿轨道的切线方向滑入圆弧形轨道BC，经CD轨道后冲上DE轨道，到达E点时速度减为零，然后返回．已知运动员和滑板的总质量为60 kg，B、E两点与水平面CD的竖直高度分别为h和H，且h＝2 m，H＝2.8 m，g取10 m/s2.求：

(1)运动员从A运动到达B点时的速度大小vB；
(2)轨道CD段的动摩擦因数μ；
(3)通过计算说明，第一次返回时，运动员能否回到B点？如能，请求出回到B点时的速度大小；如不能，则最后停在何处？
解析：(1)由题意可知：vB＝①
解得：vB＝2v0＝6 m/s.
(2)从B点到E点，由动能定理可得：
mgh－μmgxCD－mgH＝0－mv②
由①②代入数据可得：μ＝0.125.
(3)运动员能到达左侧的最大高度为h′，从B到第一次返回左侧最高处，根据动能定理
mgh－mgh′－μmg·2xCD＝0－mv
解得h′＝1.8 m＜h＝2 m
所以第一次返回时，运动员不能回到B点．设运动员从B点运动到停止，在CD段的总路程为x1，由动能定理可得：mgh－μmgx1＝0－mv
解得x1＝30.4 m
因为x1＝3xCD＋6.4 m，经分析可知运动员最后停在D点左侧6.4 m处(或C点右侧1.6 m处)．
答案：(1)6 m/s　(2)0.125　(3)不能　最后停在D点左侧6.4 m处(或C点右侧1.6 m处)