专题06功能关系 能量守恒解析版Word格式文档下载.docx

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（3）分析关联物体机械能守恒时，应注意寻找用绳或杆连接的物体间的速度关系和位移关系.

【例1】

（2017·

全国卷Ⅱ·

17）如图1，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（重力加速度大小为g）（　　）

图1

A.

B.

C.

D.

【答案】B

【解析】小物块由最低点到最高点的过程，由机械能守恒定律得，

mv2＝2mgr＋

mv12，

小物块做平抛运动时，落地点到轨道下端的距离x＝v1t，

t＝

，联立解得，x＝

，

由数学知识可知，当r＝

时，x最大，故选项B正确.

【例2】

（多选）（2015·

21）如图2，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（　　）

图2

A.a落地前，轻杆对b一直做正功

B.a落地时速度大小为

C.a下落过程中，其加速度大小始终不大于g

D.a落地前，当a的机械能最小时，b对地面的压力大小为mg

【答案】BD

【解析】滑块b的初速度为零，末速度也为零，所以轻杆对b先做正功，后做负功，选项A错误；

以滑块a、b及轻杆为研究对象，系统的机械能守恒，当a刚落地时，b的速度为零，则mgh＝

mva2＋0，即va＝

，选项B正确；

a、b先后的受力如图所示.

由a的受力图可知，a下落过程中，其加速度大小先小于g后大于g，选项C错误；

当a落地前b的加速度为零（即轻杆对b的作用力为零）时，b的机械能最大，a的机械能最小，这时b受重力、支持力，且受到的支持力大小为mg，由牛顿第三定律可知，b对地面的压力大小为mg，选项D正确.

【变式训练】

1.（多选）如图3所示，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3

A.若把斜面CB部分截去，物体冲过C点后上升的最大高度仍为h

B.若把斜面AB变成光滑曲面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轨道D，物体仍沿圆弧升高h

D.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.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，由机械能守恒定律可知，物体不能到达h高处，故A错误；

若把斜面AB变成光滑曲面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；

若把斜面弯成圆弧形轨道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，而物体要到达圆弧最高点，必须由合力充当向心力，速度不为零，所以物体不可能升高h，故C错误；

若把斜面从C点以上部分弯成与C点相切的圆弧状，若B点不高于此圆的圆心，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.

2.（多选）如图4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，轻绳足够长，下列说法正确的是（　　）

图4

A.环到达B处时，重物上升的高度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

【答案】CD

【解析】环到达B处时，对环的速度进行分解，如图所示，可得v环cosθ＝v物，由题图中几何关系可知θ＝45°

，则v环＝

v物，B错误；

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正确；

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错误；

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.

3.（多选）（2020·

安徽淮北市一模）如图5甲所示，竖直光滑杆固定不动，套在杆上的轻质弹簧下端固定，将套在杆上的滑块向下压缩弹簧至离地高度h＝0.1m处，滑块与弹簧不拴接.现由静止释放滑块，通过传感器测量出滑块的速度和离地高度h并作出如图乙所示滑块的Ek－h图象，其中高度从0.2m上升到0.35m范围内图象中图线为直线，其余部分为曲线，以地面为参考平面，不计空气阻力，取g＝10m/s2，由图象可知（　　）

图5

A.小滑块的质量为0.1kg

B.弹簧原长为0.2m

C.弹簧最大弹性势能为0.5J

D.小滑块的重力势能与弹簧的弹性势能总和最小为0.4J

【答案】BC

【解析】在从0.2m上升到0.35m范围内，ΔEk＝ΔEp＝mgΔh，图线斜率的绝对值为|k|＝|

|＝

N＝2N＝mg，所以m＝0.2kg，故A错误；

在Ek－h图象中，图线的斜率表示滑块所受的合外力，由题图乙可知，从0.2m上升到0.35m范围内所受作用力为恒力，则从h＝0.2m，滑块与弹簧分离，所以弹簧的原长为0.2m，故B正确；

根据机械能守恒可知，当滑块上升至最大高度时，增加的重力势能即为弹簧最大弹性势能，所以Epm＝mgΔh′＝0.2×

10×

（0.35－0.1）J＝0.5J，故C正确；

在滑块整个运动过程中，系统的动能、重力势能和弹性势能相互转化，因此动能最大时，滑块的重力势能与弹簧的弹性势能总和最小，根据能的转化和守恒可知Epmin＝E－Ekm＝Epm＋mgh－Ekm＝0.5J＋0.2×

0.1J－0.32J＝0.38J，故D错误.

高考题型2　功能关系的理解和应用

1.常见的功能关系

2.机械能变化的两种分析方法

（1）定义法：

如果动能和势能都增加（或减少），机械能一定增加（或减少）.

（2）功能关系法：

除重力（或弹簧弹力）以外的其他力做正功（或负功），机械能一定增加（或减少）.

3.功能关系的理解和应用

功能关系反映了做功和能量转化之间的对应关系，功是能量转化的量度和原因，在不同问题中的具体表现不同.

（1）根据功能之间的对应关系，判定能的转化情况.

（2）根据能量转化可计算变力做的功.

【例3】

全国卷Ⅲ·

16）如图6，一质量为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6

mglB.

mglC.

mglD.

mgl

【答案】A

【解析】由题意可知，PM段细绳的机械能不变，MQ段细绳的重心升高了

，则重力势能增加ΔEp＝

mg·

＝

mgl，由功能关系可知，在此过程中，外力做的功为W＝

mgl，故选项A正确，B、C、D错误.

【例4】

（多选）（2020·

全国卷Ⅰ·

20）一物块在高3.0m、长5.0m的斜面顶端从静止开始沿斜面下滑，其重力势能和动能随下滑距离s的变化如图7中直线Ⅰ、Ⅱ所示，重力加速度取10m/s2.则（　　）

图7

A.物块下滑过程中机械能不守恒

B.物块与斜面间的动摩擦因数为0.5

C.物块下滑时加速度的大小为6.0m/s2D.当物块下滑2.0m时机械能损失了12J

【答案】AB

【解析】由E－s图像知，物块动能与重力势能的和减小，则物块下滑过程中机械能不守恒，故A正确；

由E－s图像知，整个下滑过程中，物块机械能的减少量为ΔE＝30J－10J＝20J，重力势能的减少量ΔEp＝mgh＝30J，又ΔE＝μmgcosα·

s，其中cosα＝

＝0.8，h＝3.0m，g＝10m/s2，则可得m＝1kg，μ＝0.5，故B正确；

物块下滑时的加速度大小a＝gsinα－μgcosα＝2m/s2，故C错误；

物块下滑2.0m时损失的机械能为ΔE′＝μmgcosα·

s′＝8J，故D错误.

4.（2020·

贵州贵阳市3月调研）如图8所示，处于原长的轻质弹簧的一端与固定的竖直板P拴接，另一端与物体A相连，物体A静止于光滑水平桌面上，右端接一细线，细线绕过光滑的定滑轮与物体B相连.开始时用手托住B，让细线恰好伸直然后由静止释放B，直至B获得最大速度.下列有关该过程的分析正确的是（　　）

图8

A.B物体的动能增加量等于B物体重力势能的减少量

B.B物体机械能的减少量等于弹簧的弹性势能的增加量

C.A的动能先增大后减小

D.细线拉力对A做的功等于A物体与弹簧所组成的系统机械能的增加量

【答案】D

【解析】由于A、B和弹簧组成的系统机械能守恒，所以B物体重力势能的减少量等于A、B增加的动能与弹簧弹性势能增加量的和，故选项A错误.整个系统机械能守恒，所以B物体机械能的减少量等于A物体与弹簧机械能的增加量，故选项B错误.根据动能定理可知，合力对A做正功，则物块A的速度增加，即动能增加，故选项C错误.根据功能关系可知，除重力和弹簧弹力以外的力即细线的拉力对A做的功等于A物体与弹簧所组成的系统机械能的增加量，故选项D正确.

5.（多选）（2020·

哈尔滨师大附中联考）如图9甲所示，一木块沿固定斜面由静止开始下滑，下滑过程中木块的机械能和动能随位移变化的关系图线如图乙所示，则下列说法正确的是（　　）

图9

A.在位移从0增大到x0的过程中，木块的重力势能减少了E0

B.在位移从0增大到x0的过程中，木块的重力势能减少了2E0

C.图线a斜率的绝对值表示木块所受的合力大小

D.图线b斜率的绝对值表示木块所受的合力大小

【解析】木块沿斜面下滑过程中，动能增大，则图线b为木块的动能随位移变化的关系图线.由机械能的变化量等于动能的变化量与重力势能变化量之和，有E0－2E0＝E0－0＋ΔEp，得ΔEp＝－2E0，即木块的重力势能减少了2E0，故A错误，B正确；

由功能关系可知图线a斜率的绝对值表示木块所受的除重力之外的合力大小，故C错误；

由功能关系可知图线b斜率的绝对值表示木块所受的合力大小，故D正确.

高考题型3　动力学和能量观点的综合应用

1.多过程问题

（1）解题技巧

①拆：

把整个过程拆分为多个子过程，变为熟悉的运动模型.

②找：

在题目中找“恰好”“恰能”“最高”“至少”等关键字，找出对应的临界条件.

③用：

选择合适的规律列方程.

④注意：

注意分析“界点”的速度大小和方向，界点速度是上一过程的末速度，又是下一过程的初速度，在解题过程中有重要的作用.

（2）对于涉及滑动摩擦力的过程，一定不能用机械能守恒定律来求解.

（3）对于非匀变速直线运动过程，不能用运动学公式求解，但可用动能定理、能量守恒定律或功能关系求解.

2.解决传送带问题的关键点

（1）摩擦力的方向及存在阶段的判断.

（2）物体能否达到与传送带共速的判断.

（3）计算产生的热量，应正确确定物体相对传送带滑动的距离.

（4）弄清能量转化关系：

传送带因传送物体多消耗的能量等于物体增加的机械能与产生的内能之和.

3.解决弹簧模型问题的关键点

（1）从动力学角度分析

弹力作用下物体运动的加速度往往是变化的，用胡克定律F＝kx结合牛顿第二定律F合＝ma分析加速度和运动过程，注意弹力是变力，且注意三个位置：

自然长度位置、平衡位置（a＝0，v最大）、形变量最大（伸长最长或压缩最短）的位置.

（2）从功能关系的角度分析

弹簧问题往往涉及多种能量转化，一般根据能量守恒定律或动能定理列方程分析，弹力做功与弹性势能的关系：

W弹＝－ΔEp

注意：

对同一根弹簧而言，无论是处于伸长状态还是压缩状态，只要在弹性限度内形变量相同，其储存的弹性势能就相同，弹簧先后经历两次相同的形变的过程中，弹性势能的变化相同.

6.如图10是一皮带传输装载机械示意图.井下挖掘工将矿物无初速放置于沿图示方向运行的传送带A端，被传输到末端B处，再沿一段圆形轨道到达轨道的最高点C处，然后水平抛到货台上.已知半径为R＝0.4m的圆形轨道与传送带在B点相切，O点为圆形轨道的圆心，BO、CO分别为圆形轨道的半径.矿物可视为质点，传送带与水平面间的夹角θ＝37°

，矿物与传送带间的动摩擦因数μ＝0.85，传送带匀速运行的速度为v0＝6m/s，传送带AB两点间的长度为L＝40m.若矿物落点D处离最高点C点的水平距离为s＝2m，竖直距离为h＝1.25m，矿物质量m＝5kg，sin37°

＝0.6，cos37°

＝0.8，g＝10m/s2，不计空气阻力.求：

图10

（1）矿物到达C点时对轨道的压力大小；

（2）矿物到达B点时的速度大小；

（3）矿物由A点到达C点的过程中，摩擦力对矿物所做的功.

【答案】

（1）150N　

（2）6m/s　（3）1276J

【解析】

（1）矿物从C处抛出，由平抛运动知识，可得s＝vCt，

h＝

gt2.

矿物在C处，由牛顿第二定律可得

FN＋mg＝

联立解得：

vC＝4m/s，FN＝150N.

根据牛顿第三定律可得FN′＝FN＝150N.

（2）假设矿物在AB段始终处于加速状态，由动能定理可得

μmgLcosθ－mgLsinθ＝

mvB′2，

解得vB′＝8m/s.

由于vB′>

v0，故矿物在传送带上加速至与传送带速度相等后匀速运动至B，

所以vB＝6m/s.

（3）矿物由A点到C点过程中，由动能定理得

Wf－mg[Lsinθ＋R（1＋cosθ）]＝

mvC2，

解得Wf＝1276J.

7.（2019·

湖北恩施州2月教学质量检测）如图11所示为轮滑比赛的一段模拟赛道.一个小物块（可看成质点）从A点以一定的初速度水平抛出，刚好无碰撞地从C点进入光滑的圆弧赛道，圆弧赛道所对的圆心角为60°

，圆弧半径为R，圆弧赛道的最低点与水平赛道DE平滑连接，DE长为R，物块经圆弧赛道进入水平赛道，然后在E点无碰撞地滑上左侧的固定光滑斜坡，斜坡的倾角为37°

，物块恰好能滑到斜坡的最高点F，F、O、A三点在同一高度，重力加速度大小为g，不计空气阻力.求：

图11

（1）物块的初速度v0的大小及物块与水平赛道间的动摩擦因数；

（2）试判断物块向右返回时，能不能滑到C点，如果能，试分析物块从C点抛出后，撞在AB或BC部分的位置.

（1）

（2）物块刚好落在平台上的B点

（1）物块从A点抛出后做平抛运动，在C点，vC＝

＝2v0

由题意可知AB的高度：

h＝Rcos60°

＝0.5R；

设物块的质量为m，从A点到C点的过程，由动能定理可得：

mgh＝

mvC2－

mv02

解得v0＝

物块从A到F的过程，由动能定理得：

－μmgR＝0－

解得μ＝

；

（2）假设物块能回到C点，设到达C点的速度大小为vC′，物块从F点到C点过程，根据动能定理：

R－μmgR＝

mvC′2

解得vC′＝

，假设成立；

BC长度s＝v0

R

假设物块从C点抛出后直接落在BC平台上，物块回到C点时，在C点竖直方向的分速度vy＝vC′sin60°

水平分速度：

vx＝vC′cos60°

落在BC平台上的水平位移：

x＝vx·

2

即物块刚好落在平台上的B点.