1、第2讲功能关系能量守恒定律真题再现1.(2017全国卷)如图221所示，一质量为m，长度为l的均匀柔软细绳PQ竖直悬挂。用外力将绳的下端Q缓慢地竖直向上拉起至M点，M点与绳的上端P相距l。重力加速度大小为g。在此过程中，外力做的功为图221A.mglB.mglC.mgl D.mgl解析此过程中，PM段细绳的机械能不变，MQ段细绳的机械能的增量Emgmgmgl，由功能原理可知，在此过程中，外力做的功为Wmgl，故A正确，B、C、D错误。答案A2.(2017全国卷)如图222所示，半圆形光滑轨道固定在水平地面上，半圆的直径与地面垂直，一小物块以速度v从轨道下端滑入轨道，并从轨道上端水平飞出，小物块
2、落地点到轨道下端的距离与轨道半径有关，此距离最大时，对应的轨道半径为(重力加速度为g)图222A.B.C.D.解析物块由最低点到最高点：mv22mgrmv；物块做平抛运动：xv1t；t；联立解得：x，由数学知识可知，当r时，x最大，故选B。答案B3.(多选)(2016全国卷)如图223所示，小球套在光滑的竖直杆上，轻弹簧一端固定于O点，另一端与小球相连。现将小球从M点由静止释放，它在下降的过程中经过了N点。已知在M、N两点处，弹簧对小球的弹力大小相等，且ONMOMN。在小球从M点运动到N点的过程中图223A弹力对小球先做正功后做负功B有两个时刻小球的加速度等于重力加速度C弹簧长度最短时，弹力对
3、小球做功的功率为零D小球到达N点时的动能等于其在M、N两点的重力势能差解析小球在M点时弹簧处于压缩状态，在N点时弹簧处于伸长状态，则在由M到N过程中有一点弹簧处于原长状态，设该点为B点，另设小球在A点时对应的弹簧最短，如图所示。从M点到A点，弹簧压缩量变大，弹力做负功，从A点到B点弹簧从压缩逐渐恢复至原长，弹力做正功，从B点到N点弹簧从原长逐渐伸长，弹力做负功，选项A错误。小球在A点时，水平方向上弹簧的弹力与杆的弹力相平衡，小球受到的合外力F合mg，故加速度ag，小球在B点时，弹簧处于原长，杆对小球没有作用力，小球受到的合外力F合mg，故加速度ag，B正确。在A点时，弹簧的弹力F弹垂直于杆，小
4、球的速度沿杆向下，则P弹F弹vcos 0，C正确。从M点到N点，小球与弹簧所组成的系统机械能守恒，则Ek增Ep减，即EkN0Ep重MEP重NEp弹MEp弹N，由于在M、N两点弹簧弹力大小相同，由胡克定律可知，弹簧形变量相同，则弹性势能Ep弹NEp弹M，故EkNEp重MEP重N，D正确。答案BCD4(2017全国卷)一质量为8.00104 kg的太空飞船从其飞行轨道返回地面。飞船在离地面高度1.60105 m处以7.5103m/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/s2。(结果保留2位有效
5、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%。解析(1)飞船着地前瞬间的机械能为Ekmv式中，m和v0分别是飞船的质量和着地前瞬间的速率。由式和题给数据得Ek4.0108 J设地面附近的重力加速度大小为g，飞船进入大气层的机械能为Ehmvmgh式中，vh是飞船在高度1.6105 m处的速度大小。由式和题给数据得Eh2.41012 J(2)飞船在高度h600 m处的机械能为Ehm2mgh由功能原理得WEhEk式中，W是飞船从高度600 m
6、处至着地瞬间的过程中克服阻力所做的功。由式和题给数据得W9.7108 J。答案(1)4.0108 J2.41012 J(2)9.7108 J考情分析分值612分题型选择题或计算题命题热点(1)机械能守恒定律的应用(2)功能关系的应用考点一机械能守恒定律的应用(2016全国卷)如图224，在竖直平面内有由圆弧AB和圆弧BC组成的光滑固定轨道，两者在最低点B平滑连接。AB弧的半径为R，BC弧的半径为。一小球在A点正上方与A相距处由静止开始自由下落，经A点沿圆弧轨道运动。图224(1)求小球在B、A两点的动能之比；(2)通过计算判断小球能否沿轨道运动到C点。解析(1)设小球的质量为m，小球在A点的动
7、能为EkA，由机械能守恒得EkAmg设小球在B点的动能为EkB，同理有EkBmg由式得5。(2)若小球能沿轨道运动到C点，小球在C点所受轨道的正压力N应满足N0设小球在C点的速度大小为vC，由牛顿运动定律和向心加速度公式有Nmgm由式得，vC应满足mgm由机械能守恒有mgmv由式可知，小球恰好可以沿轨道运动到C点。答案(1)51(2)见解析【题组突破】1单个物体的机械能守恒(多选)(2018西安高三一模)如图225，一物体从光滑斜面AB底端A点以初速度v0上滑，沿斜面上升的最大高度为h。下列说法中正确的是(设下列情境中物体从A点上滑的初速度仍为v0)图225A若把斜面CB部分截去，物体冲过C点
8、后上升的最大高度仍为hB若把斜面AB变成曲面AEB，物体沿此曲面上升仍能到达B点C若把斜面弯成圆弧形D，物体仍沿圆弧升高hD若把斜面从C点以上部分弯成与C点相切的圆弧状，物体上升的最大高度有可能仍为h解析物体上升过程中轨道的支持力不做功，只有重力做功，机械能守恒；斜抛运动的最高点，速度不为零；AD轨道最高点，合力充当向心力，速度也不为零，若把斜面CB部分截去，物体冲过C点后做斜抛运动，斜抛运动的最高点有水平分速度，速度不为零，由物体机械能守恒可知，故不能到达h高处，故A错误；若把斜面AB变成曲面AEB，物体在最高点速度为零，根据机械能守恒定律，物体沿此曲面上升仍能到达B点，故B正确；若把斜面弯
9、成圆弧形D，如果能到圆弧最高点，根据机械能守恒定律得知：到达h处的速度应为零，而物体要到达最高点，必须由合力充当向心力，速度不为零，故知物体不可能升高h，故C错误；若把斜面从C点以上部位弯成与C点相切的圆弧状，若B点不高于此圆的圆心，则到达B点的速度可以为零，根据机械能守恒定律，物体沿斜面上升的最大高度仍然可以为h，故D正确；故选BD。答案BD2多个物体的系统机械能守恒如图226所示，钉子A、B相距5l，处于同一高度。细线的一端系有质量为M的小物块，另一端绕过A固定于B。质量为m的小球固定在细线上C点，B、C间的线长为3l。用手竖直向下拉住小球，使小球和物块都静止，此时BC与水平方向的夹角为5
10、3。松手后，小球运动到与A、B相同高度时的速度恰好为零，然后向下运动。忽略一切摩擦，重力加速度为g，取sin 530.8，cos 530.6。求：图226(1)小球受到手的拉力大小F；(2)物块和小球的质量之比Mm；(3)小球向下运动到最低点时，物块M所受的拉力大小T。解析(1)设小球受AC、BC的拉力分别为F1、F2F1sin 53F2cos 53FmgF1cos 53F2sin 53且F1Mg解得FMgmg(2)小球运动到与A、B相同高度过程中小球上升高度h13lsin 53，物块下降高度h22l由机械能守恒定律得mgh1Mgh2解得(3)根据机械能守恒定律，小球回到起始点。设此时AC方向
11、的加速度大小为a，重物受到的拉力为T由牛顿运动定律得MgTMa小球受AC的拉力TT牛顿运动定律Tmgcos 53ma解得T(Tmg或TMg)。答案(1)FMgmg(2)(3)(Tmg或TMg)考点二功能关系的应用(2016全国卷)轻质弹簧原长为2l，将弹簧竖直放置在地面上，在其顶端将一质量为5m的物体由静止释放，当弹簧被压缩到最短时，弹簧长度为l。现将该弹簧水平放置，一端固定在A点，另一端与物块P接触但不连接。AB是长度为5l的水平轨道，B端与半径为l的光滑半圆轨道BCD相切，半圆的直径BD竖直，如图227所示。物块P与AB间的动摩擦因数0.5。用外力推动物块P，将弹簧压缩至长度l，然后放开，
12、P开始沿轨道运动，重力加速度大小为g。图227(1)若P的质量为m，求P到达B点时速度的大小，以及它离开圆轨道后落回到AB上的位置与B点之间的距离；(2)若P能滑上圆轨道，且仍能沿圆轨道滑下，求P的质量的取值范围。解析(1)依题意，当弹簧竖直放置，长度被压缩至l时，质量为5m的物体的动能为零，其重力势能转化为弹簧的弹性势能。由机械能守恒定律，弹簧长度为l时的弹性势能Ep5mgl物块P到达B点时的速度大小为vB，由能量守恒定律得Epmvmg4L联立式，代入题给数据得vB若P能沿圆轨道运动到D点，其到达D点时的向心力不能小于重力，即P此时的速度大小v应满足mg0设P滑到D点时的速度为vD，由机械能
13、守恒定律得mvmvmg2l联立式得vDvD满足式要求，故P能运动到D点，并从D点以速度vD水平射出。设P落回到轨道AB所需的时间为t，由运动学公式得2lgt2P落回到轨道AB上的位置与B点之间的距离为svDt联立式得s2l。(2)设P的质量为M，为使P能滑上圆轨道，它到达B点时的速度不能小于零。由式可知5mglMg4l要使P仍能沿圆轨道滑回，P在圆轨道的上升高度不能超过半圆轨道的中点C。由能量守恒定律有5mgLMg4LMgh且hL联立式得mMm。答案见解析方法总结在处理功能关系的综合问题时，要注意：1弄清物体的受力情况和运动情况，根据物体的运动过程分析物体的受力情况及不同的运动过程中力的变化情
14、况。2根据各力做功的不同特点分析各力在不同的运动过程中的做功情况。3熟练掌握常用的功能关系。【题组突破】1如图228所示，物体以100 J的初动能从斜面的底端向上运动，斜面足够长。当它通过斜面上的M点时，其动能减少了80 J，机械能减少了32 J。如果物体能从斜面上返回底端，则图228A物体在斜面上运动时，机械能守恒B物体在向上运动时，机械能减少100 JC物体上升到M还能上升的距离为到达M点前的D物体返回A点时动能为36 J解析由题意，摩擦力始终做负功，机械能不守恒，选项A错误；物体向上运动到最高点时，重力势能不为零，机械能减少量小于100 J，选项B错误；根据题意，当它通过斜面上的M点时，
15、其动能减少了80 J，机械能减少了32 J，说明克服摩擦力做功32 J，从M点上升到最高点的过程中，动能减少了20 J，需要克服摩擦力做功8 J，整个上升过程，其克服摩擦力做功40 J，机械能减少了40 J，物体上升到M还能上升的距离为到达M点前的，选项C正确；物体返回A点的过程中，损失的机械能也是40 J，物体返回A点时动能为20 J，选项D错误。答案C2.(多选)(2018长春二模)如图229所示，足够长传送带与水平方向的倾角为，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，开始时，a、b及传送带均静止且a不受传送带摩擦力的作用。现让传送带逆时针匀速转动，则在b上升h高度(未与滑
16、轮相碰)过程中图229A物块a重力势能减少量等于物块b重力势能的增加量B物块a机械能的减少量等于物块b机械能的增加量C摩擦力对物块a做的功等于物块a、b动能增加之和D任意时刻，重力对a、b做功的瞬时功率大小相等解析在a、b及传送带均静止时，由平衡条件知magsin mbg当b上升高度h时，a重力势能减少量Epamaghsin 。b重力势能增加量Epbmbgh，所以EpaEpb，A正确；由于传送带对a做正功，由功能关系知物块a机械能的减少量小于物块b机械能的增加量，B错误。a、b两物块的重力势能之和不变，摩擦力对物块a做的功等于物块a、b动能增加之和，C正确。由于magsin mbg且两物块的速
17、率相等，所以重力对a、b做功的瞬时功率相等，D正确。答案ACD考点三用功能观点分析多过程问题(2016全国卷)如图2210所示，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，AC7R，A、B、C、D均在同一竖直平面内。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，AF4R，已知P与直轨道间的动摩擦因数，重力加速度大小为g。(取sin 37，cos 37)图2210(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
18、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。审题探究1审读题干，挖掘信息。(1)P自C点由静止开始下滑，被弹回后最高到达F点整个过程中Ek0，弹簧弹性势能Ep弹0，减少的重力势能全部转化为内能。(2)P自圆弧轨道的最高点D处水平飞出后，恰好通过G点。P做平抛运动，由平抛运动的两个分位移可计算平抛的初速度。2构建情境，还原模型。(1)P由C到B做初速度为零的匀加速直线运动。由牛顿第二定律确定加速度，由运动学公式求末速度。(2)P由B到E
19、的过程做变速运动，弹力做负功，弹性势能增加；由E到F的过程，弹力做正功，弹性势能减少，两过程可分别利用动能定理列式。(3)改变P的质量后，P的运动过程分三段：EC段，利用动能定理。CD段，利用机械能守恒定律。DG段，利用平抛运动的规律。解析(1)根据题意知，B、C之间的距离l为l7R2R设P到达B点时的速度为vB，由动能定理得mglsin mglcos mv式中37，联立式并由题给条件得vB2(2)设BEx，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，由能量守恒有mgxsin mvmgxcos EpE、F之间的距离l1为l14R2RxP到达E点后反弹，从E点运
20、动到F点的过程中，由能量守恒有Epmgl1sin mgl1cos 联立式并由题给条件得xREpmgR(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x1RRsin y1RRRcos 式中，已应用了过C点的圆轨道半径与竖直方向夹角仍为的事实。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y1gt2x1vDt联立式得vD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m1vm1vm1gP由E点运动到C点的过程中，同理，由能量守恒有Epm1g(x5R)sin m1g(x5R)cos m1v联立式得m1m。答案(1)2 (2)mgR(3
21、)m规律总结多过程问题的特点及对策1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。【题组突破】1(2018青岛月考)如图2211所示，质量为m2 kg的小物块从斜面顶端A点由静止滑下，从B点进入光滑水平滑道时无机械能损失。将轻弹簧的一端固定在水平滑道C点处的竖直墙上，
22、另一端恰位于水平滑道的中点D。已知斜面的倾角30，斜面顶端距水平滑道的高度为h0.5 m，小物块与斜面间的动摩擦因数为，重力加速度g10 m/s2。弹簧处于原长时弹性势能为零。图2211(1)求小物块沿斜面下滑时的加速度大小和滑到B点时的速度大小；(2)求轻弹簧压缩到最短时的弹性势能；(3)若小物块能够被弹回到原来的斜面上，求它能够上升的最大高度。解析(1)小物块沿斜面向下滑动时，由牛顿第二定律有mgsin mgcos ma得a2 m/s2设斜面长为L，小物块滑到B点的速度为v，由动能定理得mghmgcos Lmv2，且L，得出v2 m/s。(2)小物块从斜面顶端A点运动到弹簧压缩至最短，由能
23、量守恒mghmgcos LEp得Ep4 J。(3)小物块第一次被弹回到原来的斜面上，设上升的最大高度为h，由动能定理有mg(hh)mgcos 0得h0.125 m。答案(1)2 m/s22 m/s(2)4 J(3)0.125 m2.如图2212所示，传送带AB总长为l10 m，与一个半径为R0.4 m的光滑四分之一圆轨道BC相切于B点，传送带顺时针转动，速度恒为v6 m/s。现有一个滑块以一定初速度v0从A点水平滑上传送带，滑块质量为m10 kg，滑块与传送带间的动摩擦因数为0.1，已知滑块运动到B点时，刚好与传送带共速，g取10 m/s2，求：图2212(1)滑块的初速度v0的大小；(2)滑
24、块能上升的最大高度h；(3)滑块第二次在传送带上滑行过程中，滑块和传送带间因摩擦产生的内能。解析(1)以滑块为研究对象，设滑块的加速度大小为a，由牛顿第二定律可得mgma，解得a1 m/s2。滑块在传送带上运动的过程中，由速度位移公式可得，当滑块初速度大于传送带速度时v2v2al，代入数据可解得v02 m/s；当滑块初速度小于传送带速度时v2v2al，代入数据可解得v04 m/s。(2)由机械能守恒定律可得mghmv2，解得h1.8 m。(3)滑块减速到零的位移x0，解得x018 m10 m，由此可知，滑块第二次在传送带上滑行时，速度没有减小到零就离开传送带。设滑块在传送带上滑行的时间为t，则由匀变速直线运动的位移公式可得lvtat2，解得t2 s，在此时间内传送带的位移xvt12 m，故滑块第二次在传送带上滑行过程中，滑块和传送带间因摩擦产生的内能为Qmg(lx)，代入数据解得Q220 J。答案(1)2 m/s或4 m/s(2)1.8 m(3)220 J
