機械能守恒定律功能關(guān)系考點一單個物體的機械能守恒1.[考查平拋運動中的機械能守恒問題]將一小球從離水平地面高為H處以某一初速度水平拋出，取水平地面為重力的零勢能面，拋出時小球的動能和重力勢能相等，當(dāng)小球的動能為重力勢能的3倍時，小球的速度方向與水平方向夾角為θ，則tanθ的值為(不計空氣阻力)()A.eq\f(\r(2),2) B.eq\r(2)C.eq\f(\r(3),3) D.eq\r(3)解析：選A物塊做平拋運動，機械能守恒，則初狀態(tài)的機械能：E1＝eq\f(1,2)mv02＋mgH，且eq\f(1,2)mv02＝mgH，即E1＝mv02；末狀態(tài)的機械能：E2＝eq\f(1,2)mv2＋mgh，且eq\f(1,2)mv2＝3mgh，則E2＝eq\f(2,3)mv2，根據(jù)機械能守恒定律：E1＝E2，即mv02＝eq\f(2,3)mv2，解得v＝eq\r(\f(3v02,2))，設(shè)此時速度與水平方向的夾角為θ，則tanθ＝eq\f(vy,v0)＝eq\f(\r(v2－v02),v0)＝eq\f(\r(2),2)，故選A。2．[考查機械能守恒定律與平拋運動、圓周運動的綜合]如圖所示，豎直平面內(nèi)固定著由兩個半徑為R的四分之一圓弧構(gòu)成的細(xì)管道ABC，圓心連線O1O2水平且與細(xì)管的交點為B。輕彈簧左端固定在豎直擋板上，右端靠著質(zhì)量為m的小球(小球的直徑略小于管道內(nèi)徑)，長為R的薄板DE置于水平面上，板的左端D到管道右端C的水平距離為R。開始時彈簧處于鎖定狀態(tài)，具有一定的彈性勢能。重力加速度為g，解除鎖定，小球離開彈簧后進入管道，最后從C點拋出(不計小球與水平面和細(xì)管的摩擦)，若小球經(jīng)C點時對管道外側(cè)的彈力大小為mg。(1)求彈簧鎖定時具有的彈性勢能Ep；(2)求小球經(jīng)細(xì)管B點的前、后瞬間對管道的壓力；(3)試通過計算判斷小球能否落在薄板DE上。解析：(1)小球經(jīng)過C點時，管道對小球的彈力FN＝mg，方向豎直向下，根據(jù)向心力公式有mg＋FN＝meq\f(vC2,R)從解除彈簧鎖定到小球運動到C點過程中，彈簧的彈性勢能全部轉(zhuǎn)化為小球的機械能，而小球的機械能守恒，則Ep＝2mgR＋eq\f(1,2)mvC2解得Ep＝3mgR。(2)小球解除鎖定到經(jīng)過B點的過程中，根據(jù)機械能守恒，有3mgR＝mgR＋eq\f(1,2)mvB2小球經(jīng)B點前、后瞬間，彈力提供向心力，則FN＝meq\f(vB2,R)解得FN＝4mg由牛頓第三定律可知，小球?qū)艿赖膲毫Ψ謩e向右和向左，大小為4mg。(3)小球離開C點后做平拋運動，根據(jù)平拋運動規(guī)律有2R＝eq\f(1,2)gt2，x＝vCt解得x＝2eq\r(2)R。因為x＝2eq\r(2)R＞2R，所以小球不能落在薄板DE上。答案：(1)3mgR(2)分別為向右和向左的大小為4mg的壓力(3)見解析考點二多個物體的機械能守恒3.[考查用輕繩連接的兩物體機械能守恒][多選]如圖所示，將質(zhì)量為2m的重物懸掛在輕繩的一端，輕繩的另一端系一質(zhì)量為m的小環(huán)，小環(huán)套在豎直固定的光滑直桿上，光滑定滑輪與直桿的距離為d?，F(xiàn)將小環(huán)從與定滑輪等高的A處由靜止釋放，當(dāng)小環(huán)沿直桿下滑距離為d時(圖中B處)，下列說法正確的是(重力加速度為g)()A．小環(huán)與重物、地球組成的系統(tǒng)機械能守恒B．小環(huán)到達(dá)B處時，重物上升的高度也為dC．小環(huán)在B處的速度與重物上升的速度大小之比等于eq\f(\r(2),2)D．小環(huán)下落到B處時的速度為eq\r(3－2\r(2)gd)解析：選AD由于小環(huán)和重物只有重力做功，則系統(tǒng)機械能守恒，故A項正確；結(jié)合幾何關(guān)系可知，重物上升的高度h＝(eq\r(2)－1)d，故B項錯誤；將小環(huán)在B處的速度分解為沿著繩子方向和垂直于繩子方向的兩個分速度，其中沿著繩子方向的速度即為重物上升的速度，則v物＝v環(huán)cos45，小環(huán)在B處的速度與重物上升的速度大小之比為eq\r(2)∶1，故C項錯誤；小環(huán)和重物系統(tǒng)機械能守恒，則mgd－2mgh＝eq\f(1,2)mv環(huán)2＋eq\f(1,2)×2mv物2，且v物＝v環(huán)cos45，解得：v環(huán)＝eq\r(3－2\r(2)gd)，故D項正確。4．[考查用輕桿連接的兩物體機械能守恒][多選]如圖，滑塊a、b的質(zhì)量均為m，a套在固定豎直桿上，與光滑水平地面相距h，b放在地面上。a、b通過鉸鏈用剛性輕桿連接，由靜止開始運動。不計摩擦，a、b可視為質(zhì)點(重力加速度大小為g)，則()A．a(chǎn)落地前，a、b整體的機械能守恒B．因為a的機械能守恒，所以a落地時速度大小為eq\r(2gh)C．a(chǎn)落地前，當(dāng)b對地面的壓力大小為mg時，b的機械能最大D．a(chǎn)下落過程中，豎直桿對a的作用力逐漸減小解析：選ACa落地前，a、b整體只有重力做功，則整體的機械能守恒，選項A正確；a下落過程中，桿對a做功，則a的機械能不守恒，選項B錯誤；a、b整體的機械能守恒，當(dāng)a的機械能最小時，b的機械能最大，此時b受到a的推力為零，b只受到重力的作用，所以b對地面的壓力大小為mg，故C正確；a下落過程中，b先加速后減速，即b的加速度先向右后向左，對a、b整體而言，豎直桿對a的作用力先向右后向左，大小不是一直減小，選項D錯誤。5．[考查輕彈簧與物體組成的系統(tǒng)機械能守恒][多選]如圖所示，物體A、B通過細(xì)繩及輕質(zhì)彈簧連接在輕滑輪兩側(cè)，物體A、B的質(zhì)量都為m，開始時細(xì)繩伸直，用手托著物體A使彈簧處于原長且A與地面的距離為h，物體B靜止在地面上，放手后物體A下落，與地面即將接觸時速度大小為v，此時物體B對地面恰好無壓力，則下列說法中正確的是()A．彈簧的勁度系數(shù)為eq\f(mg,h)B．此時物體B的速度大小也為vC．此時物體A的加速度大小為g，方向豎直向上D．此時彈簧的彈性勢能等于mgh－eq\f(1,2)mv2解析：選AD物體B對地壓力恰好為零，處于平衡狀態(tài)，速度仍為零，故彈簧的拉力為mg，彈簧的伸長量為h，由胡克定律得k＝eq\f(mg,h)，故A正確，B錯誤；此時物體A受重力和細(xì)繩的拉力大小相等，合力為零，加速度為零，故C錯誤；物體A與彈簧系統(tǒng)機械能守恒，mgh＝Ep彈＋eq\f(1,2)mv2，故Ep彈＝mgh－eq\f(1,2)mv2，故D正確。6．[考查物體與輕彈簧組成的系統(tǒng)機械能守恒圖像問題]如圖甲所示，豎直光滑桿固定不動，套在桿上的彈簧下端固定，滑塊套在桿上向下壓縮彈簧，處于離地h＝0.1m高度處，滑塊與彈簧不拴接?，F(xiàn)由靜止釋放滑塊，通過傳感器測得滑塊離地高度h時對應(yīng)的速度，作出滑塊的Ek-h圖像如圖乙所示，圖中高度從0.2m上升到0.35m范圍內(nèi)圖像為直線，其余部分為曲線，以地面為零勢能面，取g＝10m/s2，求：(1)小滑塊的質(zhì)量m和彈簧的勁度系數(shù)k；(2)輕彈簧彈性勢能的最大值Epmax和小滑塊的最大加速度amax；(3)小滑塊和輕彈簧組成系統(tǒng)的最小勢能Epmin。解析：(1)由圖像可知，高度在大于0.2m的過程中為直線，說明滑塊在0.2m時離開彈簧，對該過程用機械能守恒定律有：ΔEk1＝mgΔh1，即0.3J＝mg(0.35m－0.2m)，解得m＝0.2kg滑塊在高度為0.18m時動能最大，說明此時滑塊受到的二力平衡，即有：mg＝kΔx1又Δx1＝0.2m－0.18m＝0.02m解得k＝100N/m。(2)滑塊在開始高度為0.1m時彈性勢能最大，全過程彈性勢能轉(zhuǎn)化為重力勢能，有：Epmax＝mgΔh2＝mg(0.35m－0.1m)＝0.5J滑塊在開始高度為0.1m時彈力最大，有kx2－mg＝mamax代入數(shù)據(jù)解得amax＝40m/s2。(3)全過程系統(tǒng)機械能守恒，當(dāng)滑塊動能最大時，系統(tǒng)的勢能最小，有：Epmin＝mghmax－Ekmax＝0.2×10×0.35J－0.32J＝0.38J。答案：(1)0.2kg100N/m(2)0.5J40m/s2(3)0.38J考點三功能關(guān)系的應(yīng)用7.[考查功與能量變化的對應(yīng)關(guān)系][多選]如圖所示，質(zhì)量為M、長度為L的小車靜止在光滑的水平面上。質(zhì)量為m的小物塊(可視為質(zhì)點)放在小車的最左端，現(xiàn)用一水平恒力F作用在小物塊上，使小物塊從靜止開始做勻加速直線運動。小物塊和小車之間的摩擦力為f，小物塊滑到小車的最右端時，小物塊運動的距離為x。在這個過程中，以下結(jié)論正確的是()A．小物塊到達(dá)小車最右端時具有的動能為(F－f)(L＋x)B．小物塊到達(dá)小車最右端時，小車具有的動能為fxC．小物塊克服摩擦力所做的功為fxD．小物塊和小車增加的總動能為Fx－fL解析：選CD由題意可知，小物塊運動的距離為x，則對小物塊，由動能定理得：Ekm＝(F－f)x，故A錯誤；小物塊到達(dá)小車最右端時，小車運動的距離為x－L，則對小車，由動能定理得：EkM＝f(x－L)，故B錯誤；小物塊運動的距離為x，則小物塊克服摩擦力所做的功為fx，故C正確；根據(jù)能量轉(zhuǎn)化和守恒定律可知，小物塊和小車間摩擦生熱為fL，則小物塊和小車增加的總動能為Fx－fL，故D正確。8．[考查能量守恒定律的應(yīng)用][多選]如圖所示，一個質(zhì)量為m的物體以某一速度從A點沖上傾角為30的斜面，其運動的加速度為0.75g，物體在斜面上上升的最大高度為h，則物體在此過程中()A．重力勢能增加了mghB．動能損失了mghC．機械能損失了0.25mghD．物體克服摩擦力的功率隨時間在減小解析：選AD物體上升高度為h，克服重力做功為mgh，則重力勢能增加了mgh，故A正確；根據(jù)牛頓第二定律知，物體所受的合力為F合＝ma＝eq\f(3,4)mg，方向沿斜面向下，根據(jù)動能定理得，ΔEk＝－F合·eq\f(h,sin30°)＝－eq\f(3,4)mg·2h＝－1.5mgh，所以物體的動能減小1.5mgh，故B錯誤；物體的動能減小1.5mgh，重力勢能增加mgh，所以機械能減小0.5mgh，故C錯誤；物體克服摩擦力的功率為P＝fv＝f(v0－at)，f、v0、a不變，所以物體克服摩擦力的功率隨時間在均勻減小，故D正確。9．[考查機械能變化規(guī)律分析][多選]一物體靜止在水平地面上，在豎直向上的拉力F作用下開始向上運動，如圖甲所示。在物體向上運動過程中，其機械能E與位移x的關(guān)系圖像如圖乙所示(空氣阻力不計)，已知曲線上點A處的切線斜率最大，則()A．在x1處物體所受拉力最大B．在x1～x2過程中，物體的動能先增大后減小C．在x2處物體的速度最大D．在x1～x2過程中，物體的加速度先增大后減小解析：選AB由題圖可知，x1處物體圖像的斜率最大，說明此時機械能變化最快，由E＝Fx可知此時所受的拉力最大，故A正確；x1～x2過程中，圖像的斜率越來越小，則說明拉力越來越小，x2時刻圖像的斜率為零，說明此時拉力為零，在這一過程中物體應(yīng)先加速后減速，說明最大速度一定不在x2處，故B正確，C錯誤；由圖像可知，在x1～x2過程中，拉力逐漸減小，直到變?yōu)榱?，則物體受到的合力應(yīng)先減小到零，后反向增大，故加速度應(yīng)先減小，后反向增大，故D錯誤。10．[考查傳送帶模型中的功能關(guān)系]水平傳送帶在電動機的帶動下始終以速度v勻速運動。某時刻在傳送帶上A點處輕輕放上一個質(zhì)量為m的小物體，經(jīng)時間t小物體的速度與傳送帶相同，相對傳送帶的位移大小為x，A點未到右端，在這段時間內(nèi)()A．小物體相對地面的位移大小為2xB．傳送帶上的A點對地面的位移大小為xC．由于物體與傳送帶相互作用產(chǎn)生的熱能為mv2D．由于物體與傳送帶相互作用電動機要多做的功為mv2解析：選D物體相對地面發(fā)生的位移為x1＝eq\f(0＋v,2)t＝eq\f(v,2)t，傳送帶發(fā)生的位移為x2＝vt，物體相對傳送帶發(fā)生的位移的大小為Δx＝x2－x1＝vt－eq\f(vt,2)＝eq\f(vt,2)，再根據(jù)題意物體相對傳送帶的位移大小為x，比較可知Δx＝x＝x1＝eq\f(vt,2)，所以A錯誤。根據(jù)選項A的分析可知，A點對地面的位移大小為x2＝vt＝2x，所以B錯誤。根據(jù)摩擦生熱公式Q＝fs相對可知，產(chǎn)生的熱能為Q＝fx；又物體的加速度應(yīng)為a＝eq\f(v,t)，物體受到的阻力f＝ma；聯(lián)立以上各式解得Q＝m·eq\f(v,t)·eq\f(vt,2)＝eq\f(1,2)mv2，所以C錯誤。根據(jù)能量守恒定律可知，電動機多消耗的電能應(yīng)為E電＝Q＋ΔE機＝eq\f(1,2)mv2＋eq\f(1,2)mv2＝mv2，所以D正確。11．[考查多物體系統(tǒng)中功能關(guān)系的應(yīng)用]如圖所示是一個電動升降機的模型示意圖，A為廂體，B為平衡重物，A、B的質(zhì)量分別為M＝1.5kg、m＝0.5kg。A、B由跨過輕質(zhì)滑輪的足夠長的輕繩系住。在電動機牽引下使廂體A由靜止開始向上運動，電動機輸出功率20W保持不變，廂體上升1m時恰好達(dá)到最大速度。不計空氣阻力和摩擦阻力，g取10m/s2。在廂體向上運動過程中，求：(1)廂體的最大速度vm；(2)廂體向上的加速度為1m/s2時，重物下端繩的拉力大??；(3)廂體