第2講 功能關系和能量守恒1(2016·江蘇省蘇錫常鎮(zhèn)四市調研)如圖所示，輕質彈簧上端固定，下端系一物體物體在A處時，彈簧處于原長狀態(tài)現(xiàn)用手托住物體使它從A處緩慢下降，到達B處時，手和物體自然分開此過程中，物體克服手的支持力所做的功為W.不考慮空氣阻力關于此過程，下列說法正確的有(AD)A物體重力勢能減小量一定大于WB彈簧彈性勢能增加量一定小于WC物體與彈簧組成的系統(tǒng)機械能增加量為WD若將物體從A處由靜止釋放，則物體到達B處時的動能為W解析：物體在向下運動的過程中，要克服彈簧拉力做功W彈力，根據(jù)動能定理知mghWW彈力0，由平衡知khmg，即：mghWkh2mgh，彈簧彈性勢能增加量一定等于W，B錯誤；物體克服手的支持力所做的功為W，機械能減小W，故C錯誤；物體從A處由靜止落到B的過程中，速度達到最大，根據(jù)動能定理，有：mghkh2Ek，結合B選項知EkmghW，故D正確2(2016·合肥質檢)如圖所示，有一固定的且內壁光滑的半球面，球心為O，最低點為C，在其內壁上有兩個質量相同的小球(可視為質點)A和B，在兩個高度不同的水平面內做勻速圓周運動，A球的軌跡平面高于B球的軌跡平面，A、B兩球與O點的連線與豎直線OC間的夾角分別為53°和37°，以最低點C所在的水平面為重力勢能的參考平面，sin37°0.6，cos37°0.8，則(AD)AA、B兩球所受支持力的大小之比為43BA、B兩球運動的周期之比為43CA、B兩球的動能之比為169DA、B兩球機械能之比為11251解析：由題意可知N，所以，A正確；mgtan mRsin ，所以，B錯誤；Ekv2，vRsin ，所以，C錯誤；EPmgR(1cos )，EkmgRsin tan ，所以，D正確3(2016·鄭州質量預測三)如圖為某探究活動小組設計的節(jié)能運輸系統(tǒng)的簡化示意圖斜面軌道傾角為37°，質量為M的貨箱與軌道的動摩擦因數(shù)為0.5.貨箱在軌道頂端時，自動裝貨裝置將質量為m的貨物裝入貨箱，然后貨箱載著貨物沿軌道無初速度滑下，當輕彈簧壓縮至最短時，自動卸貨裝置立刻將貨物卸下，然后貨箱恰好被彈回到軌道頂端，再重復上述過程已知sin37°0.6，cos37°0.8，下列選項正確的是(BC)A貨箱載著貨物接觸彈簧時立即開始減速運動B貨物質量m應為貨箱質量M的4倍C貨箱不與彈簧接觸時，上滑過程中的加速度大于下滑過程中的加速度D貨箱從最低點滑回頂端的過程中，彈簧的彈性勢能全部轉化為貨箱的重力勢能解析：貨箱載著貨物下滑至與彈簧接觸后，起初彈簧對貨箱的彈力與斜面對貨箱的滑動摩擦力的合力小于貨箱總重力沿斜面向下的分力，貨箱將繼續(xù)加速下滑；貨箱不與彈簧接觸時，由牛頓第二定律可知，下滑、上滑時的加速度大小分別為a1gsin gcos 2 m/s2，a2gsin gcos 10 m/s2；設貨箱下滑距離為L，對貨箱的下滑、上滑過程分別運用功能關系有(Mm)gLsin (Mm)gLcos EP，MgLsin MgLcos EP，代入數(shù)據(jù)解得m4M；同理可知，貨箱從開始上滑到滑至最高點，彈簧的彈性勢能轉化成了貨箱增加的重力勢能和貨箱與斜面組成的系統(tǒng)增加的內能，選項AD錯誤，BC正確4(2016·濟南1月調研)如圖所示，半圓形軌道MON豎直放置且固定在地面上，直徑MN是水平的一小物體從M點正上方高度為H處自由下落，正好在M點滑入半圓軌道，測得其第一次離開N點后上升的最大高度為.小物塊接著下落從N點滑入半圓軌道，在向M點滑行過程中(整個過程不計空氣阻力)(C)A小物體正好能到達M點B小物體一定到不了M點C小物體一定能沖出M點D不能確定小物塊能否沖出M點解析：小物塊第一次飛出過程根據(jù)動能定理得mgHmgWf0，假設能再次到達M點，根據(jù)動能定理有mgWfmv2，因小物塊第二次經(jīng)過半圓軌道過程中速度小于第一次，軌道支持力也變小，物塊所受摩擦力變小，故克服阻力做功WfWf，故速度v0，因此小物塊能沖出M點，選項C正確5(2016·南京二模)如圖所示，圓心在O點、半徑為R的圓弧軌道abc豎直固定在水平桌面上，Oc與Oa的夾角為60°，軌道最低點a與桌面相切一輕繩兩端系著質量為m 1和m2的小球(均可視為質點)，掛在圓弧軌道邊緣c的兩邊，開始時，m 1位于c點，然后從靜止釋放設輕繩足夠長，不計一切摩擦則(BC)A在m 1由c下滑到a點的過程中，兩球速度大小始終相等Bm 1在由c下滑到a的過程中重力的功率先增大后減小C若m1恰好能沿圓弧軌道下滑到a點，則m12m2D若m1恰好能沿圓弧軌道下滑到a點，則m13m2解析：兩小球用輕繩連接，兩球在沿繩方向的分速度大小相等，選項A錯誤；m1在c點和a點時的重力功率均為零，因此選項B正確；若m1恰好能沿圓弧軌道下滑到a點，此時兩小球速度均為零，有m1gR(1cos 60°)m2gR，解得m12m2，選項C正確，選項D錯誤6(2016·鄭州質量預測二)如圖所示，光滑輕質掛鉤下端懸掛質量為m的重物，跨在長度為L的輕繩上，開始時繩子固定在框架上等高的A、B兩點，與水平方向的夾角為，繩子拉力為F.現(xiàn)保持繩長不變，將繩子右端從B點沿豎直方向緩慢移至C點，再從C點沿水平方向向左緩慢移至D點，關于繩子拉力F和重物重力勢能Ep的變化，下列說法正確的是(AD)A從B移至C的過程中，拉力F保持不變B從B移至C的過程中，重力勢能Ep逐漸變小C從C移至D的過程中，拉力F保持不變D從C移至D的過程中，重力勢能Ep逐漸變小解析：從B移至C的過程中，兩根繩子的夾角不變，拉力F保持不變，重物逐漸升高，重力勢能EP逐漸變大，選項A正確，選項B錯誤；從C移至D的過程中，兩根繩子的夾角變小，拉力F變小，重物逐漸降低，重力勢能EP逐漸變小，選項C錯誤，選項D正確7(2016·江西五校聯(lián)考)伽利略曾利用對接斜面研究“力與運動”的關系如圖所示，固定在水平地面上的傾角均為的兩斜面，以光滑小圓弧相連接左側斜面頂端的小球與兩斜面的動摩擦因數(shù)均為.小球從左側頂端滑到最低點的時間為t1，滑到右側最高點的時間為t2，規(guī)定兩斜面連接處所在水平面為參考平面，則小球在這個運動過程中速度的大小v、加速度的大小a、動能Ek及機械能E隨時間t變化的關系圖線正確的是(B)解析：由牛頓第二定律可知，小球在兩斜面的運動都是勻變速直線運動，兩階段的加速度都恒定不變，小球在左側斜面下滑時的加速度大小為a1gsin gcos ，小球在右側斜面上滑時的加速度大小為a2gsin gcos ，小球在左側斜面下滑時的加速度較小，則A錯誤；B正確；小球的動能與速率的二次方成正比，即Ekmv2，因此，動能與時間關系圖象是曲線，則C錯誤；由于小球在兩斜面運動時機械能逐漸減小，減小量等于摩擦力做的功，即EE0fs，摩擦力f大小不變，小球在左側斜面上下滑時，s增大得越來越快，在右側斜面上滑時，s增大得越來越慢，故0t1內，Et曲線斜率逐漸變大，t1t2時Et曲線斜率逐漸變小，則D錯誤8(2016·東北三省四市聯(lián)考二)如圖甲所示，一物體懸掛在輕繩下端，由靜止開始沿豎直方向運動，運動過程中物體的機械能E與物體通過路程x的關系圖象如圖乙所示，其中0x1過程的圖象為曲線，x1x2過程的圖象為直線(忽略空氣阻力)下列說法正確的是(AB)A0x1過程中物體所受拉力是變力，且一定不斷減小B0x1過程中物體的動能一定先增加后減小，最后為零Cx1x2過程中物體一定做勻速直線運動Dx1x2過程中物體可能做勻加速直線運動，也可能做勻減速直線運動解析：設物體所受的拉力為F，由功能關系可知，物體機械能的變化量EFx，則圖象的斜率表示物體所受拉力，由題圖知，在0x1的過程中，圖象的斜率不斷變小，說明物體所受的拉力不斷變小，選項A正確；由題圖可知，在0x1的過程中，物體的機械能不斷變大則拉力做正功，物體沿豎直方向向上運動，在x1x2的過程中，物體的機械能減少，則拉力做負功，物體沿豎直方向向下運動，所以物體到達x1時速度為零，又因為物體是從靜止開始運動的，所以在0x1的過程中物體的速度一定先增大后減小，最后為零，由Ekmv2知，在0x2的過程中物體的動能一定先增大后減小，最后為零，選項B正確；在x1x2的過程中圖象為直線，則物體所受的拉力不變，由牛頓第二定律知，物體做勻變速直線運動，選項C錯誤；在x1x2的過程中物體沿豎直方向向下運動，且初速度為零，所以物體做勻加速直線運動，選項D錯誤9(2016·昆明質檢二)如圖所示，一輕彈簧上、下兩端各連接質量均為m的兩物塊A、B開始時，系統(tǒng)靜止在水平面上現(xiàn)用一豎直向上的恒力F拉物塊A，使其向上運動，當彈簧伸長量最大時(在彈簧彈性限度內)，物塊B剛好要離開地面重力加速度為g.則(BCD)AF2mgB此過程中恒力F做的功等于物塊A增加的重力勢能C此過程中恒力F的功率先增大后減小D此過程中彈簧彈力對物塊A做功為零解析：彈簧伸長量最大時，物體B剛要離開地面，說明此時物體A的速度為零，說明物體A經(jīng)歷了先向上加速再向上減速的過程，故此時物體A有向下的加速度，對B受力分析可得彈簧的彈力等于B物體的重力，對A受力分析，根據(jù)牛頓第二定律得2mgFma，解得2mgF，A錯誤；開始時彈簧的彈力等于A的重力，最后彈簧的彈力等于B的重力，故彈簧的彈力沒有變，彈簧的彈性勢能沒變，彈簧彈力做功為零，D正確；根據(jù)功能關系得外力F做的功等于系統(tǒng)機械能的增加量，最后物體A、B的動能都為零，B的重力勢能沒變，故外力F做的功等于A物體重力勢能的增加量，B正確；恒力F的功率PFv，A的速度先增大后減小，故外力F的功率先增大再減小，C正確10(2016·石家莊質檢二)如圖甲所示，一傾角為的傳送帶始終保持恒定速度勻速轉動t0時將一質量為m的物塊以初速度v1放置在傳送帶上，其速度隨時間變化的關系如圖乙所示(取沿傳送帶斜向上的運動方向為正方向，且|v1|>|v2|). 已知傳送帶足夠長，物塊與傳送帶間的動摩擦因數(shù)為.下列說法正確的是(AD)A>tan B0t1內，物塊對傳送帶做正功C0t2內，傳送帶對物塊做功為WmvmvD0t2內，物塊與傳送帶間摩擦產生的熱量一定比物塊機械能的減少量大解析：由題意知，mgcos mgsin ，即tan ，選項A正確；0t1內，物塊的摩擦力對傳送帶做負功，選項B錯誤；0t2內，合外力對物塊做功為Wmvmv，選項C錯誤；由能量守恒定律知，0t2內，物塊與傳送帶間摩擦產生的熱量等于物塊機械能的減少量與傳送帶因物塊多輸入的能量之和，選項D正確11(2016·太原一模)(多選)某車輛緩沖裝置的理想模型如圖，勁度系數(shù)足夠大且為k的輕質彈簧與輕桿相連，輕桿可沿固定在車上的槽內移動，與槽間的滑動摩擦力恒為f.輕桿沿槽向左移動不超過l時，裝置可安全工作，小車的總質量為m，若小車以速度v0撞擊固定在地面的障礙物，將導致輕桿沿槽向左移動.已知輕桿與槽間的最大靜摩擦力等于滑動摩擦力，不計小車與地面的摩擦，則(AD)A輕桿開始移動時，彈簧的壓縮量為B小車速度為0時，彈簧的彈性勢能為mvC小車被彈回時速度等于D為使裝置安全工作，允許該小車撞擊的最大速度等于解析：輕桿開始移動時，輕桿所受彈力與最大靜摩擦力相等，即kxf，所以彈簧壓縮量x，A項正確；小車從開始到速度減為零過程中，小車動能一部分轉化為彈性勢能，一部分克服摩擦力做功轉化為熱能，故彈簧的彈性勢能EPmv，B項錯；從小車與障礙物整個碰撞過程中，由功能關系有，mv2mvf，根據(jù)解析式可知小車彈回時速度表達式各項系數(shù)均為1，C項錯；設輕桿移動前小車對彈簧所做的功為W，則小車從撞擊到停止的過程中，由動能定理有：fW0mv.同理，小車以vm撞擊時，flW0mv，解得：vm，D項正確12(2014·重慶卷)如圖為“嫦娥三號”探測器在月球上著陸最后階段的示意圖首先在發(fā)動機作用下，探測器受到推力在距月面高度為h1處懸停(速度為0，h1遠小于月球半徑)；接著推力改變，探測器開始豎直下降，到達距月面高度為h2處的速度為v；此后發(fā)動機關閉，探測器僅受重力下落至月面已知探測器總質量為m(不包括燃料)，地球和月球的半徑比為k1，質量比為k2，地球表面附近的重力加速度為g，求：(1)月球表面附近的重力加速度大小及探測器剛接觸月面時的速度大??；(2)從開始豎直下降到剛接觸月面時，探測器機械能的變化解析：(1)設地球質量和半徑分別為M和R，月球的質量、半徑和表面附近的重力加速度分別為M、R和g，探測器剛接觸月面時的速度大小為vt.由mgG和mgG得gg由vv22gh2得vt(2)設機械能變化量為E，動能變化量為Ek，重力勢能變化量為EP由EEkEP有Em(v2)mgh1；得Emv2mg(h1h2)答案：(1)vt(2)mv2mg(h1h2)13(2015·福建卷)如圖所示，質量為M的小車靜止在光滑水平面上，小車AB段是半徑為R的四分之一圓弧光滑軌道，BC段是長為L的水平粗糙軌道，兩段軌道相切于B點一質量為m的滑塊在小車上從A點由靜止開始沿軌道滑下，重力加速度為g.(1)若固定小車，求滑塊運動過程中對小車的最大壓力；(2)若不固定小車，滑塊仍從A點由靜止下滑，然后滑入BC軌道，最后從C點滑出小車已知滑塊質量m，在任一時刻滑塊相對地面速度的水平分量是小車速度大小的2倍，滑塊與軌道BC間的動摩擦因數(shù)為，求：滑塊運動過程中，小車的最大速度大小vm；滑塊從B到C運動過程中，小車的位移大小s.解析：(1)滑塊到B點時對小車壓力最大，從A到B機械能守恒mgRmv，滑塊在B點處，由牛頓第二定律知FNmgm，解得FN3mg，由牛頓第三定律知FN3mg，(2)滑塊下滑到達B點時，小車速度最大，由機械能守恒mgRMvm(2vm)2，解得vm，設滑塊運動到C點時，小車速度大小為vC，由功能關系mgRmgLMvm(2vC)2，設滑塊從B到C過程中，小車運動加速度大小為a，由牛頓第二定律mgMa，由運動學規(guī)律vv2as，解得sL.答案：(1)3mg(2)L14(2016·南京模擬)如圖所示，一輕繩吊著一根粗細均勻的棒，棒下端離地面高為H，上端套著一個細環(huán)棒和環(huán)的質量均為m，相互間的最大靜摩擦力等于滑動摩擦力kmg(k>1)斷開輕繩，棒和環(huán)自由下落假設棒足夠長，與地面發(fā)生碰撞時觸地時間極短，無動能損失棒在整個運動過程中始終保持豎直，空氣阻力不計求(1)棒第一次與地面碰撞后彈起上升的過程中，環(huán)的加速度(2)從斷開輕繩到棒與地面第二次碰撞的瞬間，棒運動的路程s.(3)從斷開輕繩到棒和環(huán)都靜止的過程中，摩擦力對環(huán)和棒做的總功W.解析：(1)設棒第一次上升的過程中環(huán)的加速度為a環(huán)由牛頓第二定律有a環(huán)(k1)g，方向豎直向上(2)棒第一次落地前瞬間的速度大小：v1設棒彈起后的加速度為a棒，由牛頓第二定律有a棒(k1)g故棒第一次彈起的最大高度：H1路程sH2H1H.(3)解法一設棒第一次彈起經(jīng)過t1時間后與環(huán)達到共同速度v1環(huán)的速度v1v1a環(huán)t1棒的速度v1v1a棒t1解得：t1，v1環(huán)的位移h環(huán)1v1t1a環(huán)tH棒的位移h棒1v1t1a棒tH環(huán)第一次相對棒的位移：x1h環(huán)1h棒1解得：x1棒、環(huán)一起下落至地面，有vv2gh棒1解得：v2同理，環(huán)第二次相對棒的位移：x2h環(huán)2h棒2以此類推，環(huán)第n次相對棒的位移為：xn故環(huán)相對棒的總位移xx1x2xn所以Wkmgx解法二經(jīng)過足夠長的時間棒和環(huán)最終靜止，設這一過程中它們相對滑動的總路程為l，由能量的轉化和守恒定律有mgHmg(Hl)kmgl，解得：l故摩擦力對環(huán)和棒做和總功：Wkmgl.答案：見解析15(2016·重慶學業(yè)調研二)如圖所示，一固定斜面體，其斜邊與水平底邊的夾角37°，BC為一段光滑圓弧軌道，DE為半圓形光滑軌道，兩圓弧軌道均固定于豎直平面內，一滑板靜止在光滑的地面上，右端緊靠C點，上表面所在平面與兩圓弧分別相切于C、D兩點一物塊被輕放在斜面上F點由靜止釋放，物塊離開斜面后恰好在B點沿切線進入BC段圓弧軌道，再經(jīng)C點滑上滑板，滑板運動到D點時被牢固粘連物塊可視為質點，質量為m，滑板質量M2m，DE半圓弧軌道和BC圓弧軌道的半徑均為R，斜面體水平底邊與滑塊上表面的高度差H2R，板長l6.5R，板左端到D點的距離L在R<L<5R范圍內取值，F(xiàn)點距A點的距離s12.5R，物塊與斜面、物塊與滑板間的動摩擦因數(shù)均為0.5，重力加速度取g.已知sin 37°0.6，cos 37°0.8.求：(結果用字母m、g、R、L表示)(1)物塊滑到A點的速度大?。?2)物塊滑到C點時所受圓弧軌道的支持力的大?。?3)試討論物塊從滑上滑板到離開左端的過程中，克服摩擦力做的功Wf與L的關系；并判斷物塊能否滑到DE軌道的中點解析：(1)設物塊滑到A點的速度大小為v1，根據(jù)動能定理有mgsin ×12.5Rmgcos ×12.5Rmv解得v1(2)設物塊滑到C點的速度大小為v2，根據(jù)機械能守恒定律有mvmg·2Rmv解得v23根據(jù)牛頓第二定律FNmgm，解得FNmmg10mg(3)物塊從C滑上滑板后開始做勻減速運動，此時滑板開始做勻加速直線運動，當物塊與滑板達到共同速度v3時，二者開始做勻速運動由動量守恒定律有mv2(mM)v3，解得v3對物塊根據(jù)動能定理有mgl1mvmv對滑板根據(jù)動能定理有mgl2Mv0解得l18Rl22R物塊相對滑板的位移ll1l2l即物塊與滑板在達到相同速度時，物塊未離開滑板討論：當RL2R，物塊在滑板上一直勻減速運動至D，運動的位移為6.5RL，克服摩擦力做的功Wfmg(6.5RL)mg(13R2L)設滑上D點的速度為vD，根據(jù)動能定理有mg(6.5RL)mvmv解得mvmg(2.5RL)mgR所以物塊不可能滑到DE軌道的中點當2L5R，物塊先勻減速運動8R，然后勻速運動L2R，再勻減速運動0.5R，克服摩擦力做的功Wfmg(8R0.5R)mgR設滑上D點的速度為vD，根據(jù)動能定理有mg(8R0.5R)mvmv解得mvmgRmgR所以物塊不可能滑到DE軌道的中點答案：(1)(2)10mg(3)見解析