高三物理一轮复习(机械能)

高三物理一轮复习《5.3机械能 机械能守恒定律》
【学习目标】
1、理解机械能和机械能守恒定律。

2、学会应用机械能守恒定律解决力学问题，体会其优越性和适用条件。

【重点难点】 应用机械能守恒定律解决力学问题。

1．将质量为100 kg 的物体从地面提升到10 m 高处，在这个过程中，下列说法中正确的是(取g
＝10 m/s 2
)( )
A ．重力做正功，重力势能增加1.0×104 J
B ．重力做正功，重力势能减少1.0×104
J
C ．重力做负功，重力势能增加1.0×104 J
D ．重力做负功，重力势能减少1.0×104
J
2．(多选)物体在平衡力作用下的运动中，其机械能、动能、重力势能的变化有可能发生的是
A ．机械能不变，动能不变
B ．动能不变，重力势能可能变化
C ．动能不变，重力势能一定变化
D ．若重力势能变化，则机械能一定变化
3．如图1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θ斜向上抛，空气阻力不计，
C 球沿倾角为θ的光滑斜面上滑，它们上升的最
大高度分别为h A 、h B 、h C ，则
A ．h A ＝h
B ＝h
C B ．h A ＝h B <h C
C ．h A ＝h B >h C
D ．h A ＝h C >h B
4、亚运会中的投掷链球、铅球、铁饼和标枪等体育比赛项目都是把物体斜向上抛出的运动，如图所示，这些物体从被抛出到落地的过程中( ) A ．物体的机械能先减小后增大 B ．物体的机械能先增大后减小 C ．物体的动能先增大后减小，重力势能先减小后增大 D ．物体的动能先减小后增大，重力势能先增大后减小
5、(2014年安徽师大摸底)质量为m 的物体从静止以1
2
g 的加速度竖直上升h ，
对该过程下列说法中正确的是( )
A ．物体的机械能增加12mgh
B ．物体的机械能减少3
2
mgh
C ．重力对物体做功mgh
D ．物体的动能增加1
2
mgh
6（多选）、(2012年山东卷)将地面上静止的货物竖直向上吊起，货物由地面运动至最高点的过程中，v ­t 图象如图所示．以下判断正确的是( )
A ．前3 s 内货物处于超重状态
B ．最后2 s 内货物只受重力作用
C ．前3 s 内与最后2 s 内货物的平均速度相同
D ．第3 s 末至第5 s 末的过程中，货物的机械能守恒
7(多选)．一蹦极运动员身系弹性蹦极绳从水面上方的高台下落，到最低点时距水面还有数米距
离．假定空气阻力可忽略，运动员可视为质点，下列说法正确的是( )
A ．运动员到达最低点前重力势能始终减小
B ．蹦极绳张紧后的下落过程中，弹力做负功，弹性势能增加
C ．蹦极过程中，运动员、地球和蹦极绳所组成的系统机械能守恒
D ．蹦极过程中，重力势能的改变与重力势能零点的选取有关 8、(2012年上海卷)如图，可视为质点的小球A 、B 用不可伸长的细软轻线连接，
跨过固定在地面上、半径为R 的光滑圆柱，A 的质量为B 的两倍．当B 位于地面
时，A 恰与圆柱轴心等高．将A 由静止释放，B 上升的最大高度是( ) A ．2R B ．5R /3 C ．4R /3 D ．2R /3 9、如图所示，一质量m ＝0.4 kg 的滑块(可视为质点)静止于动摩擦因数μ＝0.1的水平轨道上的
A 点．现对滑块施加一水平外力，使其向右运动，外力的功率恒为P ＝10.0 W ．经过一段时间后撤去外力，滑块继续滑行至
B 点后水平飞出，恰好在
C 点沿切线方向进入固定在竖直平面内的光滑
圆弧形轨道，轨道的最低点D 处装有压力传感器，当滑块到达传感器上方时，传感器的示数为25.6 N ．已知轨道AB 的长度L ＝2.0 m ，半径OC 和竖直方向的夹角α＝37°，圆形轨道的半径R ＝0.5 m ．(空气阻力可忽略，重力加速度g ＝10 m/s 2
，sin 37°＝0.6，cos 37°＝0.8)，求：
(1)滑块运动到C 点时速度v C 的大小； (2)B 、C 两点的高度差h 及水平距离x ； 3)水平外力作用在滑块上的时间t .
10、[2014·宁波一中模拟]如图所示，一内壁光滑的细管弯成半径为R ＝0.4 m 的半圆形轨道CD ，竖直放置，其内径略大于小球的直径，水平轨道与竖直半圆轨道在C 点连接完好．置于水平轨道上的弹簧左端与竖直墙壁相连，B 处为弹簧处于自然状态时右端的位置．将一个质量为m ＝0.8 kg 的小球放在弹簧的右侧后，用力向左侧推小球而压缩弹簧至A 处，然后将小球由静止释放，小球运动到C 处后对轨道的压力为F 1＝58 N ．水平轨道以B 处为界，左侧AB 段长为x ＝0.3 m ，与小球的动摩擦因数为μ＝0.5，右侧BC 段光滑．g ＝10 m/s 2
，求： (1)弹簧在压缩时所储存的弹性势能；
(2)小球运动到轨道最高处D 点时对轨道的压力．
物理一轮总复习 5.4 功能关系 能量守恒定律
【导学目标】 1．了解几种常见的功能关系。

2．能用功能关系解决常见的力学问题。

1．(2014年西安质检)一个质量为m 的小铁块沿半径为R 的固定半圆轨道上边缘由静止滑下，到半
圆底部时，轨道所受压力为铁块重力的1.5倍，则此过程中铁块损失的机械能为 ( )
A.18mgR
B.14mgR
C.12mgR
D.3
4
mgR 2．(2013年安徽卷)质量为m 的人造地球卫星与地心的距离为r 时，引力势能可表
示为E p ＝－G Mm
r
2，其中G 为引力常量，M 为地球质量．该卫星原来在半径为R 1的轨道上绕地球做匀速圆周运动，由于受到极稀薄空气的摩擦作用，飞行一段时间后其圆周运动的半径变为R 2，此过
程中因摩擦而产生的热量为( )
A ．GMm ⎝⎛⎭⎫1R 2－1R 1 B. GMm ⎝⎛⎭⎫1R 1－1R 2 C.12GMm ⎝⎛⎭⎫1R 2－1R 1 D.1
2GMm ⎝⎛⎭⎫1R 1－1R 2
3．多选）若礼花弹在由炮筒底部击发至炮筒口的过程中，克服重力做功W 1，克服炮筒阻力及空气阻力做功W 2，高压燃气对礼花弹做功W 3，则礼花弹在炮筒内运动的过程中(设礼花弹发射过程中质量不变)( ) A ．礼花弹的动能变化量为W 3＋W 2＋W 1 B ．礼花弹的动能变化量为W 3－W 2－W 1 C ．礼花弹的机械能变化量为W 3－W 2 D ．礼花弹的机械能变化量为W 3－W 2－W 1 4．（多选）如图所示，重10 N 的滑块在倾角为30°的光滑斜面上，从a 点由静止下滑，到b 点接触到一个轻弹簧．滑块压缩弹簧到c 点开始弹回，返回b 点时离开弹簧，最后又回到a 点，已知ab ＝0.8 m ，bc ＝0.4 m ，重力加速度g ＝10 m/s 2，则下列说法中正确的是 ( ) A ．滑块动能的最大值是6 J B ．弹簧弹性势能的最大值是6 J C ．从c 到b 弹簧的弹力对滑块做的功是6 JD ．滑块和弹簧组成的系统整个过程机械能守恒 5．如图所示，ABCD 是一个盆式容器，盆内侧壁与盆底BC 的连接处都是一段与BC 相切的圆弧，B 、C 在水平线上，其距离d ＝0.5 m ．盆边缘的高度为h ＝0.30 m ．在A 处放一个质量为m 的小物块并
让其由静止下滑．已知盆内侧壁是光滑的，而盆底BC 面与小物块间的动摩擦因数为μ＝0.10.小
物块在盆内来回滑动，最后停下来，则停下的位置到B 的距离为( ) A ．0.50 m B ．0.25 m C ．0.10 m D ．0
6．如图所示，质量为m 的小车在水平恒力F 推动下，从山坡(粗糙)底部A 处
由静止运动至高为h 的坡顶B ，获得的速度为v ，AB 之间的水平距离为x ，重
力加速度为g ，下列说法正确的是( )
A ．小车重力所做的功是mgh
B ．合外力对小车做的功是12
mv 2
C ．推力对小车做的功是12mv 2＋mgh
D ．阻力对小车做的功是Fx －12
mv 2
－mgh
7(多选)．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斜面的支持力和弹簧的拉力对其做功的代数和
D 物块A 和弹簧组成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 8．（多选）(2014年湖南衡阳八中模拟)如图所示，跳水运动员最后踏板的过程可以简化为下述模
型：运动员从高处落到处于自然状态的跳板(A 位置)上，随跳板一同向下运动到最低点(B
位置)，对于运动员从开始与跳板接触到运动至最低点的过程中，下列说法正确的是( ) A ．运动员到达最低点时，其所受外力的合力为零 B ．在这个过程中，运动员的动能一直在减小 C ．在这个过程中，跳板的弹性势能一直在增加 D ．在这个过程中，运动员所受重力对他做的功小于跳板的作用力对他做的功
9．(2012年福建卷)如图所示，表面光滑的固定斜面顶端安装一定滑轮，小物块A 、B 用
轻绳连接并跨过滑轮(不计滑轮的质量和摩擦)．初始时刻，A 、B 处于同一高度并恰好处于静止状
态．剪断轻绳后A 下落，B 沿斜面下滑，则从剪断轻绳到物块着地，两物块( )
A ．速率的变化量不同
B ．机械能的变化量不同
C ．重力势能的变化量相同
D ．重力做功的平均功率相同
10．如图所示，水平传送带AB 的右端与在竖直面内用内径光滑的钢管弯成的“9”形固定轨道相接，钢管内径很小．传送带的运行速度v 0＝4.0 m/s ，将质量m ＝0.1 kg 的可看做质
点的滑块无初速度地放在传送带的A 端．已知传送带长度L ＝4.0 m ，“9”字全高H ＝0.6 m ，“9”
字上半部分圆弧半径R ＝0.1 m ，滑块与传送带间的动摩擦因数μ＝0.2，重力加速度g ＝10 m/s 2，
求：(1)滑块从传送带A 端运动到B 端所需要的时间； (2)滑块滑到轨道最高点C 时对轨道作用力的大小和方向． 11．一个平板小车置于光滑水平面上，其右端恰好和一个1
4
光滑圆弧轨道AB 的底端等高对接，如图所示．已知小车质量M ＝2 kg ，小车足够长，圆弧轨道半径R ＝0.8 m ．现将一质量m ＝0.5 kg
的小滑块，由轨道顶端A 点无初速度释放，滑块滑到B 端后冲上小车．滑块与小车上表面间的动
摩擦因数μ＝0.2.(取g ＝10 m/s 2
)试求：
(1)滑块到达B 端时，对轨道的压力大小；
(2)小车运动2 s 时，小车右端距轨道B 端的距离；
(3)滑块与车面间由于摩擦而产生的内能．
1/答案 C 解析 W G ＝－mgh ＝－1.0×104
J ，ΔE p ＝－W G ＝1.0×104
J ，C 项正确．
2答案 ABD 解析 用水平恒力拉着物体在粗糙水平面上做匀速直线运动时，机械能、重力势能、动能都不变，A 正确，C 错误．用竖直向上的恒力拉物体，使之在竖直方向上做匀速直线运动时，动能不变，重力势能发生变化，B 正确．重力势能发生变化时，重力一定做功，同时物体若要在平衡力作用下运动，则必定受到与重力等大反向的恒力，有外力做功，所以机械能一定变化，D 正确． 3/答案 D 解析 对于A 球和C 球，当到达最高点时，速度均会减为0，
所以由动能定理可得0－12mv 2
0＝mgh ，所以h A ＝h C ，
而B 球当上升到最高点时，只有竖直方向的分速度减为0.
水平方向速度保持不变，所以由动能定理得12mv 2末－12mv 2
0＝mgh B ，所以∴h A ＝h C >h B ，故D 正确．
4、D
5、解析：质量为m 的物体从静止以g
2
的加速度竖直上升h ，重力对物体做功－mgh ，所受合外力为12mg ，合外力做功12mgh ，由动能定理，物体的动能增加1
2
mgh ，选项C 错误D 正确．物体的机
械能增加mgh ＋12mgh ＝3
2
mgh ，选项A 、B 错误． 答案：D
6解析：前3 s 内货物加速向上运动，加速度向上，处于超重状态，选项A 正确；最后2 s 内货物
减速向上运动，加速度大小为3 m/s 2
，受到了拉力，选项B 错误；前3 s 内与最后2 s 内货物的平均速度相同，选项C 正确；第3 s 末至第5 s 末的过程中，货物向上匀速运动，动能不变，重力势能增大，机械能增大，选项D 错误． 答案：A 、C
7解析：运动员到达最低点前，重力一直做正功，重力势能减小，选项A 正确．蹦极绳张紧后的下落过程中，弹力一直做负功，弹性势能增加，选项B 正确．除重力、弹力外没有其他力做功，故系统机械能守恒，选项C 正确．重力势能的改变与重力势能零点的选取无关，故选项D 错误．
答案：A 、B 、C
8、解析：将A 由静止释放，由机械能守恒定律，2mgR －mgR ＝12×3mv 2
，解得A 落地时B 的速度v
＝
23gR ，由竖直上抛运动规律可得B 竖直上抛运动高度为v 2
2g
＝R /3，所以B 上升的最大高度是R ＋R 3＝4R
3
，选项C 正确． 答案：C 解析：(1)滑块运动到D 点时，由牛顿第二定律得
F N －mg ＝m v 2
D
R
滑块由C 点运动到D 点的过程，由机械能守恒定律得mgR (1－cos α)＋12mv 2C ＝12
mv 2
D
联立解得v C ＝5 m/s
(2)滑块在C 点时，速度的竖直分量为
v y ＝v C sin α＝3 m/s B 、C 两点的高度差为h ＝v 2y
2g
＝0.45 m
滑块由B 运动到C 所用的时间为t y ＝v y
g
＝0.3 s 滑块运动到B 点时的速度为
v B ＝v C cos α＝4 m/s B 、C 间的水平距离为x ＝v B t y ＝1.2 m
(3)滑块由A 点运动到B 点的过程，由动能定理得Pt －μmgL ＝12
mv 2
B
解得t ＝0.4 s 答案：(1)5 m/s (2)0.45 m 1.2 m (3)0.4 s
10析：(1)小球在C 处时，由牛顿第二定律及向心力公式得 F 1－mg ＝m v 21
R
解得v 1＝F 1－mg R
m ＝58－0.8×10
×0.4
0.8
m/s ＝5 m/s
由能量守恒得
弹性势能E p ＝12mv 21＋μmgx ＝12×0.8×52
J ＋0.5×0.8×10×0.3 J＝11.2 J
(2)从C 到D 的过程由机械能守恒定律得
12mv 21＝2mgR ＋12mv 22 解得v 2＝v 21－4gR ＝52
－4×10×0.4 m/s ＝3 m/s 由于v 2>gR ＝2 m/s ，所以小球在D 处对轨道外壁有压力． 小球在D 处，由牛顿第二定律及向心力公式得
F 2＋mg ＝m v 22R 解得F 2＝m (v 22
R －g )＝0.8×(32
0.4
－10) N ＝10 N
由牛顿第三定律可知，小球在D 点对轨道的压力大小为10 N ，方向竖直向上． 答案：(1)11.2 J (2)10 N 方向竖直向上 功能关系
1解析：在半圆底部，由牛顿第二定律，1.5mg －mg ＝mv 2
/R ，解得v 2
＝0.5gR .由功能关系可得
此过程中铁块损失的机械能为ΔE ＝mgR －12
mv 2
＝0.75mgR ，选项D 正确．
答案：D
2解析：卫星降低轨道，减少的引力势能，
ΔE p ＝－G Mm
R 1－⎝⎛⎭⎫－G Mm R 2＝GMm ⎝⎛⎭
⎫1R 2－1R 1.由 G Mm R 2＝m v 2R ，可得卫星在半径为R 1的轨道上绕地球做匀速圆周运动的动能E k1＝12mv 21＝GMm
2R 1
，卫星在半径为R 2的轨道上绕地球做匀速圆周运动的动能E k2＝12mv 22＝GMm 2R 2，动能增加ΔE k ＝GMm 2R 2－GMm
2R 1
，由功能关系ΔE p ＝ΔE k ＋Q ，联立解得：此过程中因摩擦而产生的热量为Q ＝1
2GMm ·⎝⎛⎭
⎫1R 2－1R 1，所以正
确选项为C. 答案：C
3解析：动能变化量等于各力做功的代数和，阻力、重力都做负功，故W 3－W 1－W 2＝ΔE k ，所以B 对，A 错．重力以外其他力做功的和为W 3－W 2即等于机械能增加量，所以C 对，D 错． 答案：B 、C 4解析：物体和弹簧组成的系统机械能守恒，最大弹性势能等于减少的重力势能E p ＝G ·ac ·sin 30°＝6 J ，故B 对．动能最大时，重力沿斜面向下的分力大小等于弹力，其位置在b 、c 之间，其大小等于重力势能的减少量再减去弹性势能的增加量，显然动能的最大值小于6 J ，
故A 错．根据弹力做的功等于弹性势能的减少量，故C 对．没有其他能量和系统的机械能转化，
故D 对． 答案：B 、C 、D
5、解析：由mgh ＝μmgx ，得x ＝3 m ，而x d ＝3 m 0.5 m
＝6，即3个来回后，恰停在B 点，选项D 正确．
6解析：小车重力所做的功为－mgh ，A 错误．由动能定理得合外力对小车做的功W ＝12
mv 2
，B 正确．推
力对小车做的功为Fx ，C 错误．根据动能定理，阻力对小车做的功为－⎝⎛⎭⎫Fx －12mv 2
－mgh ，故D 错
误． 7解析：由于斜面光滑，物块A 静止时弹簧弹力与斜面支持力的合力与重力平衡，当整个装置加速上升时，由牛顿第二定律可知物块A 受到的合力应向上，故弹簧伸长量增加，物块A 相对斜
面下滑一段距离，故选项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，故选项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，选项C 正确；物块A 和弹簧组成的系统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，故选项D 正确． 答案：C 、D
8解析：在这个过程中，运动员受到两个力的作用，即竖直向下的重力和竖直向上的弹力．当运动
员刚与跳板接触(A 位置)时，弹力为零，合外力等于重力，加速度为g ，运动员加速下落；之后弹
力增大，合外力减小，加速度减小，但运动员仍然加速运动；当弹力增大到等于重力时，合力为
零，加速度为零，下落速度达到最大；之后弹力继续增大，并且大于重力，合外力增大，方向竖直向上，运动员开始减速运动；当运动员到达最低点(B 位置)时，弹力最大，合外力最大，速度为
零．显然，选项A 错误；在该过程中，运动员的动能先增大后减小，跳板的弹性势能一直增大，选项B 错误，C 正确；在这个过程中，根据能量守恒，运动员将自身的机械能(或动能和重力势能)转化为跳板的弹性势能(大小等于弹力做功)，即E k A ＋mgh ＝W 弹，可见，选项D 正确． 答案：C 、D 9解析：A 、B 开始时处于静止状态，对A ：m A g ＝T ① 对B ：T ＝m B g sin θ② 由①②得m A g ＝m B g sin θ 即m A ＝m B sin θ③ 剪断轻绳后，A 、B 均遵守机械能守恒定律，机械能没有变化，故B 项错误；由机械能守恒知，mgh ＝12mv 2，所以v ＝2gh ，落地速率相同，故速率的变化量相同，A 项错误；由ΔE p ＝mgh ，因m
不同，故ΔE p 不同，C 项错误；重力做功的功率P A ＝m A g v ＝m A g v 2＝m A g 2gh 2，P B ＝m B g v sin θ
＝m B g 2gh 2sin θ，由③式m A ＝m B sin θ，得P A ＝P B ，D 项正确．答案：D
10解析：(1)滑块在传送带上加速运动时， 由牛顿第二定律知μmg ＝ma
得a ＝μg ＝2 m/s 2
加速到与传送带速度相同时所需要的时间
t ＝v 0a ＝2 s 位移s ＝12
at 2＝4 m 此时物块恰好到达B 端，即滑块从A 端运动到B 端所需的时间t ＝2 s
(2)滑块从B 到C 的过程中，由机械能守恒定律得mgH ＋12mv 2C ＝12
mv 2
在C 点，设轨道对滑块的弹力方向竖直向下，由牛顿第二定律得N ＋mg ＝mv 2C
R
联立解得N ＝3 N
由牛顿第三定律知滑块对轨道的作用力N ′＝N ＝3 N ，方向竖直向上． 答案：(1)2 s (2)3 N 方向竖直向上
11解析：(1)滑块从A 端下滑到B 端时速度大小为v 0，由动能定理得mgR ＝12
mv 20 v 0＝4 m/s 在B 点对滑块由牛顿第二定律得F N －mg ＝m v 2
R
解得轨道对滑块的支持力F N ＝3mg ＝15 N
由牛顿第三定律得，滑块对轨道的压力大小F N ′＝15 N
(2)滑块滑上小车后，由牛顿第二定律
对滑块：－μmg ＝ma 1，得a 1＝－2 m/s 2
对小车：μmg ＝Ma 2，得a 2＝0.5 m/s 2
设经时间t 后两者达到共同速度，则有
v 0＋a 1t ＝a 2t 解得t ＝1.6 s
由于t ＝1.6 s<2 s ．故1.6 s 后小车和滑块一起匀速运动，速度v ＝a 2t ＝0.8 m/s
因此，2 s 时小车右端距轨道B 端的距离为
x＝1
2
a2t2＋v(2－t)＝0.96 m
(3)滑块相对小车滑动的距离为
Δx＝v0＋v
2
t－
v
2
t＝3.2 m
所以产生的内能Q＝μmgΔx＝3.2 J
答案：(1)15 N (2)0.96 m (3)3.2 J。