1、1机械能守恒定律 功能关系考点一 单个物体的机械能守恒1.考查平抛运动中的机械能守恒问题将一小球从离水平地面高为 H处以某一初速度水平抛出，取水平地面为重力的零势能面，抛出时小球的动能和重力势能相等，当小球的动能为重力势能的 3倍时，小球的速度方向与水平方向夹角为 ，则 tan 的值为(不计空气阻力)( )A. B.22 2C. D.33 3解析：选 A 物块做平抛运动，机械能守恒，则初状态的机械能： E1 mv02 mgH，且12mv02 mgH，即 E1 mv02；末状态的机械能： E2 mv2 mgh，且 mv23 mgh，则12 12 12E2 mv2，根据机械能守恒定律： E1 E2
2、，即 mv02 mv2，解得 v ，设此时速度与水23 23 3v022平方向的夹角为 ，则 tan ，故选 A。vyv0 v2 v02v0 222考查机械能守恒定律与平抛运动、圆周运动的综合如图所示，竖直平面内固定着由两个半径为 R的四分之一圆弧构成的细管道 ABC，圆心连线 O1O2水平且与细管的交点为 B。轻弹簧左端固定在竖直挡板上，右端靠着质量为 m的小球(小球的直径略小于管道内径)，长为 R的薄板 DE置于水平面上，板的左端 D到管道右端 C的水平距离为 R。开始时弹簧处于锁定状态，具有一定的弹性势能。重力加速度为g，解除锁定，小球离开弹簧后进入管道，最后从 C点抛出(不计小球与水平
3、面和细管的摩擦)，若小球经 C点时对管道外侧的弹力大小为 mg。(1)求弹簧锁定时具有的弹性势能 Ep；(2)求小球经细管 B点的前、后瞬间对管道的压力；(3)试通过计算判断小球能否落在薄板 DE上。解析：(1)小球经过 C点时，管道对小球的弹力 FN mg，方向竖直向下，根据向心力公式有 mg FN mvC2R2从解除弹簧锁定到小球运动到 C点过程中，弹簧的弹性势能全部转化为小球的机械能，而小球的机械能守恒，则 Ep2 mgR mvC212解得 Ep3 mgR。(2)小球解除锁定到经过 B点的过程中，根据机械能守恒，有 3mgR mgR mvB212小球经 B点前、后瞬间，弹力提供向心力，则
4、 FN mvB2R解得 FN4 mg由牛顿第三定律可知，小球对管道的压力分别向右和向左，大小为 4mg。(3)小球离开 C点后做平抛运动，根据平抛运动规律有 2R gt2， x vCt12解得 x2 R。2因为 x2 R2 R，所以小球不能落在薄板 DE上。2答案：(1)3 mgR (2)分别为向右和向左的大小为 4mg的压力 (3)见解析考点二 多个物体的机械能守恒3.考查用轻绳连接的两物体机械能守恒多选如图所示，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的小环，小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。现将小环从与定滑轮等高的 A处由静止释放，当小环
5、沿直杆下滑距离为 d时(图中 B处)，下列说法正确的是(重力加速度为 g)( )A小环与重物、地球组成的系统机械能守恒B小环到达 B处时，重物上升的高度也为 dC小环在 B处的速度与重物上升的速度大小之比等于22D小环下落到 B处时的速度为 3 22 gd解析：选 AD 由于小环和重物只有重力做功，则系统机械能守恒，故 A项正确；结合几何关系可知，重物上升的高度 h( 1) d，故 B项错误；将小环在 B处的速度分解为2沿着绳子方向和垂直于绳子方向的两个分速度，其中沿着绳子方向的速度即为重物上升的速度，则 v 物 v 环 cos 45，小环在 B处的速度与重物上升的速度大小之比为 1，故 C2
6、项错误；小环和重物系统机械能守恒，则 mgd2 mgh mv 环 2 2mv 物 2，且 v 物 v 环12 12cos 45，解得： v 环 ，故 D项正确。 3 22 gd34考查用轻杆连接的两物体机械能守恒多选如图，滑块 a、 b的质量均为 m， a套在固定竖直杆上，与光滑水平地面相距 h， b放在地面上。 a、 b通过铰链用刚性轻杆连接，由静止开始运动。不计摩擦， a、 b可视为质点(重力加速度大小为 g) ，则( )A a落地前， a、 b整体的机械能守恒B因为 a的机械能守恒，所以 a落地时速度大小为 2ghC a落地前，当 b对地面的压力大小为 mg时， b的机械能最大D a下落
7、过程中，竖直杆对 a的作用力逐渐减小解析：选 AC a落地前， a、 b整体只有重力做功，则整体的机械能守恒，选项 A正确；a下落过程中，杆对 a做功，则 a的机械能不守恒，选项 B错误； a、 b整体的机械能守恒，当 a的机械能最小时， b的机械能最大，此时 b受到 a的推力为零， b只受到重力的作用，所以 b对地面的压力大小为 mg，故 C正确； a下落过程中， b先加速后减速，即 b的加速度先向右后向左，对 a、 b整体而言，竖直杆对 a的作用力先向右后向左，大小不是一直减小，选项 D错误。5考查轻弹簧与物体组成的系统机械能守恒多选如图所示，物体 A、 B通过细绳及轻质弹簧连接在轻滑轮两
8、侧，物体 A、 B的质量都为 m，开始时细绳伸直，用手托着物体 A使弹簧处于原长且 A与地面的距离为 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对地面恰好无压力，则下列说法中正确的是( )A弹簧的劲度系数为mghB此时物体 B的速度大小也为 vC此时物体 A的加速度大小为 g，方向竖直向上D此时弹簧的弹性势能等于 mgh mv212解析：选 AD 物体 B对地压力恰好为零，处于平衡状态，速度仍为零，故弹簧的拉力为 mg，弹簧的伸长量为 h，由胡克定律得 k ，故 A正确，B 错误；此时物体 A受重力和mgh细绳的拉力大小相等，合力为零，加速度为零
9、，故 C错误；物体 A与弹簧系统机械能守恒，mgh Ep弹 mv2，故 Ep弹 mgh mv2，故 D正确。12 126考查物体与轻弹簧组成的系统机械能守恒图像问题如图甲所示，竖直光滑杆固定不动，套在杆上的弹簧下端固定，滑块套在杆上向下压4缩弹簧，处于离地 h0.1 m高度处，滑块与弹簧不拴接。现由静止释放滑块，通过传感器测得滑块离地高度 h时对应的速度，作出滑块的 Ekh图像如图乙所示，图中高度从 0.2 m上升到 0.35 m范围内图像为直线，其余部分为曲线，以地面为零势能面，取 g10 m/s2，求：(1)小滑块的质量 m和弹簧的劲度系数 k；(2)轻弹簧弹性势能的最大值 Epmax和小
10、滑块的最大加速度 amax；(3)小滑块和轻弹簧组成系统的最小势能 Epmin。解析：(1)由图像可知，高度在大于 0.2 m的过程中为直线，说明滑块在 0.2 m时离开弹簧，对该过程用机械能守恒定律有： Ek1 mg h1，即 0.3 J mg(0.35 m0.2 m)，解得 m0.2 kg滑块在高度为 0.18 m时动能最大，说明此时滑块受到的二力平衡，即有：mg k x1又 x10.2 m0.18 m0.02 m解得 k100 N/m。(2)滑块在开始高度为 0.1 m时弹性势能最大，全过程弹性势能转化为重力势能，有：Epmax mg h2 mg(0.35 m0.1 m)0.5 J滑块在
11、开始高度为 0.1 m时弹力最大，有kx2 mg mamax代入数据解得 amax40 m/s 2。(3)全过程系统机械能守恒，当滑块动能最大时，系统的势能最小，有： Epmin mghmax Ekmax0.2100.35 J0.32 J0.38 J。答案：(1)0.2 kg 100 N/m (2)0.5 J 40 m/s 2 (3)0.38 J考点三 功能关系的应用7.考查功与能量变化的对应关系多选如图所示，质量为 M、长度为 L的小车静止在光滑的水平面上。质量为 m的小物块(可视为质点)放在小车的最左端，现用一水平恒力 F作用在小物块上，使小物块从静止开始做匀加速直线运动。小物块和小车之间
12、的摩擦力为 f，小物块滑到小车的最右端时，小物块运动的距离为 x。在这个过程中，以下结论正确的是( )5A小物块到达小车最右端时具有的动能为( F f)(L x)B小物块到达小车最右端时，小车具有的动能为 fxC小物块克服摩擦力所做的功为 fxD小物块和小车增加的总动能为 Fx fL解析：选 CD 由题意可知，小物块运动的距离为 x，则对小物块，由动能定理得：Ekm( F f)x，故 A错误；小物块到达小车最右端时，小车运动的距离为 x L，则对小车，由动能定理得： EkM f(x L)，故 B错误；小物块运动的距离为 x，则小物块克服摩擦力所做的功为 fx，故 C正确；根据能量转化和守恒定律
13、可知，小物块和小车间摩擦生热为 fL，则小物块和小车增加的总动能为 Fx fL，故 D正确。8考查能量守恒定律的应用多选如图所示，一个质量为 m的物体以某一速度从 A 点冲上倾角为 30的斜面，其运动的加速度为 0.75g，物体在斜面上上升的最大高度为 h，则物体在此过程中( )A重力势能增加了 mghB动能损失了 mghC机械能损失了 0.25mghD物体克服摩擦力的功率随时间在减小解析：选 AD 物体上升高度为 h，克服重力做功为 mgh，则重力势能增加了 mgh，故 A正确；根据牛顿第二定律知，物体所受的合力为 F 合 ma mg，方向沿斜面向下，根据动34能定理得， Ek F 合 mg
14、2h1.5 mgh，所以物体的动能减小hsin 30 341.5mgh，故 B错误；物体的动能减小 1.5mgh，重力势能增加 mgh，所以机械能减小0.5mgh，故 C错误；物体克服摩擦力的功率为 P fv f(v0 at)， f、 v0、 a不变，所以物体克服摩擦力的功率随时间在均匀减小，故 D正确。9考查机械能变化规律分析多选一物体静止在水平地面上，在竖直向上的拉力 F作用下开始向上运动，如图甲所示。在物体向上运动过程中，其机械能 E与位移 x的关系图像如图乙所示(空气阻力不计)，已知曲线上点 A处的切线斜率最大，则( )A在 x1处物体所受拉力最大B在 x1 x2过程中，物体的动能先增
15、大后减小6C在 x2处物体的速度最大D在 x1 x2过程中，物体的加速度先增大后减小解析：选 AB 由题图可知， x1处物体图像的斜率最大，说明此时机械能变化最快，由E Fx可知此时所受的拉力最大，故 A正确； x1 x2过程中，图像的斜率越来越小，则说明拉力越来越小， x2时刻图像的斜率为零，说明此时拉力为零，在这一过程中物体应先加速后减速，说明最大速度一定不在 x2处，故 B正确，C 错误；由图像可知，在 x1 x2过程中，拉力逐渐减小，直到变为零，则物体受到的合力应先减小到零，后反向增大，故加速度应先减小，后反向增大，故 D错误。10考查传送带模型中的功能关系水平传送带在电动机的带动下始
16、终以速度 v匀速运动。某时刻在传送带上 A点处轻轻放上一个质量为 m的小物体，经时间 t小物体的速度与传送带相同，相对传送带的位移大小为 x， A点未到右端，在这段时间内( )A小物体相对地面的位移大小为 2xB传送带上的 A点对地面的位移大小为 xC由于物体与传送带相互作用产生的热能为 mv2D由于物体与传送带相互作用电动机要多做的功为 mv2解析：选 D 物体相对地面发生的位移为 x1 t t，传送带发生的位移为0 v2 v2x2 vt，物体相对传送带发生的位移的大小为 x x2 x1 vt ，再根据题意物体vt2 vt2相对传送带的位移大小为 x，比较可知 x x x1 ，所以 A错误。
17、根据选项 A的分析vt2可知， A点对地面的位移大小为 x2 vt2 x，所以 B错误。根据摩擦生热公式 Q fs 相对 可知，产生的热能为 Q fx；又物体的加速度应为 a ，物体受到的阻力 f ma；联立以上vt各式解得 Q m mv2，所以 C错误。根据能量守恒定律可知，电动机多消耗的电vt vt2 12能应为 E 电 Q E 机 mv2 mv2 mv2，所以 D正确。12 1211考查多物体系统中功能关系的应用如图所示是一个电动升降机的模型示意图， A为厢体， B为平衡重物，A、 B的质量分别为 M1.5 kg、 m0.5 kg。 A、 B由跨过轻质滑轮的足够长的轻绳系住。在电动机牵引
18、下使厢体 A由静止开始向上运动，电动机输出功率 20 W保持不变，厢体上升 1 m时恰好达到最大速度。不计空气阻力和摩擦阻力， g取 10 m/s2。在厢体向上运动过程中，求：(1)厢体的最大速度 vm；7(2)厢体向上的加速度为 1 m/s2时，重物下端绳的拉力大小；(3)厢体从开始运动到恰好达到最大速度过程中所用的时间。解析：(1)设厢体的最大速度为 vm，由分析可知，当 F( M m)g时，厢体 A的速度最大由 P Fvm可知，vm m/s2 m/s。P M m g 20 1.5 0.5 10(2)当厢体向上的加速度为 a1 m/s 2时，利用牛顿第二定律，对 A： FA Mg Ma对 B： FB mg FA ma由式，得： FB12 N。(3)电动机做的功等于 A、 B机械能的增加量Pt (M m)vm2 Mgh mgh12解得： t0.7 s。答案：(1)2 m/s (2)12 N (3)0.7 s
