2019届二轮复习　能量守恒　功能关系课件（67张）（全国通用）

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第 7 讲 能量守恒　功能关系 总纲目录 考点 1 　机械能守恒定律的应用 考点 2 　能量守恒定律的应用 考点 3 　功能关系的应用 考点1　机械能守恒定律的应用 1.机械能守恒的三种判断方法 (1)用做功判断:若物体或系统只有重力(或弹簧的弹力)做功,虽受其他力,但 其他力不做功,则其机械能守恒。 (2)用能量转化判断:若物体或系统中只有动能和势能的相互转化,而无机械 能与其他形式的能的相互转化,则其机械能守恒。 (3)对多个物体组成的系统,除考虑是否只有重力做功外,还要考虑系统内力 是否做功,如有滑动摩擦力做功时,因摩擦生热,系统机械能将有损失。 2.机械能守恒定律的三种表达形式 3.应用机械能守恒定律解题的基本思路   题型1　机械能守恒定律和平抛、圆周运动的综合 1.如图所示,竖直平面内的轨道由一半径为4 R 、圆心角为150 ° 的圆弧形光滑 滑槽 C 1 和两个半径为 R 的半圆形光滑滑槽 C 2 、 C 3 ,以及一个半径为2 R 的半圆 形光滑圆管 C 4 组成, C 4 内径远小于 R 。 C 1 、 C 2 、 C 3 、 C 4 各衔接处平滑连接。现 有一个比 C 4 内径略小的、质量为 m 的小球,从与 C 4 的最高点 H 等高的 P 点以一 定的初速度 v 0 向左水平抛出后,恰好沿 C 1 的 A 端点沿切线从凹面进入轨道。已 知重力加速度为 g 。求:   (1)小球在 P 点开始平抛的初速度 v 0 的大小。 (2)小球能否依次通过 C 1 、 C 2 、 C 3 、 C 4 各轨道而从 I 点射出?请说明理由。 (3)小球运动到何处,轨道对小球的弹力最大?最大值是多大? 答案 　(1)   　(2)见解析　(3) F 点       mg 解析 　(1)小球从 P 到 A ,竖直方向有 h =2 R +4 R sin 30 ° =4 R 由平抛运动规律可得   =2 gh 解得 v y =   在 A 点,由速度关系有tan 60 ° =   解得 v 0 =   (2)若小球能过 D 点,则 D 点速度满足 v >   mgR =   mv 2 -   m   解得 v =   >   若小球能过 H 点,则 H 点速度满足 v H >0 小球从 P 到 H 由机械能守恒得 H 点的速度等于 P 点的初速度,为   >0 综上所述,小球能依次通过 C 1 、 C 2 、 C 3 、 C 4 各轨道而从 I 点射出 (3)小球在运动过程中,轨道给小球的弹力最大的点只会在圆轨道的最低点, B 点和 F 点都有可能 小球从 P 到 B 由动能定理得 小球从 P 到 D 由动能定理得 6 mgR =   m   -   m   在 B 点轨道给小球的弹力 N B 满足 N B - mg = m   解得 N B =   mg 小球从 P 到 F 由动能定理得3 mgR =   m   -   m   在 F 点轨道给小球的弹力 N F 满足 N F - mg = m   解得 N F =   mg 比较 B 、 F 两点的情况可知, F 点轨道给小球的弹力最大,为   mg 题型2　绳连接的系统机械能守恒问题 2.如图所示,一质量不计的细线绕过无摩擦的轻质小定滑轮 O 与质量为5 m 的 砝码相连,另一端与套在一根固定光滑的竖直杆上质量为 m 的圆环相连,直杆 上有 A 、 C 、 B 三点,且 C 为 AB 的中点, AO 与竖直杆的夹角 θ =53 ° , C 点与滑轮 O 在同一水平高度,滑轮与竖直杆相距为 L ,重力加速度为 g ,设直杆足够长,圆环 和砝码在运动过程中不会与其他物体相碰。现将圆环从 A 点由静止释放(已 知sin 53 ° =0.8,cos 53 ° =0.6),试求:   (1)砝码下降到最低点时,圆环的速度大小; (2)圆环能下滑的最大距离; (3)圆环下滑到 B 点时的速度大小。 答案 　(1)2   　(2)   　(3)   解析 　(1)当圆环到达 C 点时,砝码下降到最低点,此时砝码速度为零 圆环下降高度为 h AC =   砝码下降高度为Δ h =   - L =   由系统机械能守恒得 mgh AC +5 mg Δ h =   m   则圆环的速度 v 1 =2   (2)当圆环下滑最大距离 H 时,圆环和砝码的速度均为零 砝码上升的高度Δ H =   -   由系统机械能守恒知,圆环重力势能的减少量等于砝码重力势能的增加量 即 mgH =5 mg Δ H 得圆环能下滑的最大距离 H =   (3)当圆环运动到 B 点时,下滑的高度 h AB =   ,而砝码的高度不变,设圆环的速度 为 v 2 ,此时砝码的速度为 v 2 cos 53 ° 。由系统机械能守恒得 mgh AB =   m   +   × 5 m ( v 2 cos 53 ° ) 2 得圆环下滑到 B 点时的速度 v 2 =   题型3　杆连接的系统机械能守恒问题 3.(多选)如图所示,有一光滑轨道 ABC , AB 部分为半径为 R 的   圆弧, BC 部分水 平,质量均为 m 的小球 a 、 b 固定在竖直轻杆的两端,轻杆长为 R ,不计小球大 小。开始时 a 球处在圆弧上端 A 点,由静止释放小球和轻杆,使其沿光滑轨道 下滑,下列说法正确的是   (　　) A. a 球下滑过程中机械能保持不变 B. a 、 b 两球和轻杆组成的系统在下滑过程中机械能保持不变 C. a 、 b 滑到水平轨道上时速度为   D.从释放到 a 、 b 滑到水平轨道上,整个过程中轻杆对 a 球做的功为   答案     BD　由机械能守恒的条件得, a 球机械能不守恒, a 、 b 两球和轻杆组成 的系统机械能守恒,所以A错误,B正确。由机械能守恒定律得: mgR + mg ·2 R =   × 2 mv 2 ,解得 v =   ,C错误。对 a 由动能定理得: mgR + W =   mv 2 ,解得 W =   ,D 正确。 题型4　弹簧连接的系统机械能守恒问题 4.如图所示,在竖直方向上 A 、 B 两物体通过劲度系数为 k 的轻质弹簧相连, A 放 在水平地面上; B 、 C 两物体通过细线绕过轻质定滑轮相连, C 放在固定的光滑 斜面上。用手拿住 C ,使细线刚刚拉直但无拉力作用,并保证 ab 段的细线竖 直、 cd 段的细线与斜面平行。已知 A 、 B 的质量均为 m , C 的质量为4 m ,重力加 速度为 g ,细线与滑轮之间的摩擦不计,开始时整个系统处于静止状态。释放 C 后, C 沿斜面下滑, A 刚离开地面时, B 获得最大速度。求:   (1)斜面的倾角 α ; (2) B 的最大速度 v 。 答案 　(1)30 ° 　(2)2 g   解析 　(1)设当物体 A 刚刚离开地面时,弹簧的伸长量为 x A 对 A 有 kx A = mg 此时 B 受到重力 mg 、弹簧的弹力 kx A 、细线拉力 T 三个力的作用。设 B 的加速 度为 a ,根据牛顿第二定律 对 B 有, T - mg - kx A = ma 对 C 有,4 mg sin α - T =4 ma 当 B 获得最大速度时,有 a =0 解得sin α =0.5,所以 α =30 ° (2)开始时弹簧压缩的长度为 x B =   ,显然 x A = x B 当物体 A 刚离开地面时, B 上升的距离以及 C 沿斜面下滑的距离均为 x A + x B 由于 x A = x B ,弹簧处于压缩状态和伸长状态时的弹性势能相等,且物体 A 刚刚离 开地面时, B 、 C 两物体的速度相等,设为 v ,由机械能守恒定律有 4 mg ( x A + x B )sin α - mg ( x A + x B )=   (4 m + m ) v 2 解得 v =2 g   方法技巧 应用系统机械能守恒解题的“三点提醒” (1)物体与弹簧组成的系统机械能守恒时,物体的动能、重力势能和弹簧的弹 性势能之和保持不变。 (2)系统内物体的位移及高度变化常常不同。 (3)系统内物体的速度大小不一定相同,往往存在一定的大小关系。 考点2　能量守恒定律的应用 　　多个运动过程的组合实际上是多种物理规律和方法的综合应用,分析这 种问题时注意要独立分析各个运动过程,而不同过程往往通过连接点的速度 建立联系,有时对整个过程应用能量的观点解决问题会更简单。 例     (2018四川成都第二次诊断性考试)如图所示,倾角为30 ° 的光滑斜面上,轻 质弹簧两端连接着两个质量均为 m =1 kg的物块 B 和 C , C 紧靠着挡板 P , B 通过 轻质细绳跨过光滑定滑轮与质量为 M =8 kg的物块 A 连接,细绳平行于斜面, A 在外力作用下静止在圆心角为60 ° 、半径为 R =2 m的1/6光滑圆弧轨道的顶端 a 处,此时绳子恰好拉直且无张力;圆弧轨道最低端 b 与粗糙水平轨道 bc 相切, bc 与一个半径为 r =0.2 m的光滑圆轨道平滑连接;由静止释放 A ,当 A 滑至 b 点 时, C 恰好离开挡板 P ,此时绳子断裂;已知 A 与 bc 间的动摩擦因数 μ =0.1,重力加 速度取 g =10 m/s 2 ,弹簧的形变始终在弹性限度内,细绳不可伸长。   (1)求弹簧的劲度系数; (2)求物块 A 滑至 b 处,绳子断后瞬间, A 对圆弧轨道的压力大小; (3)为了让物块 A 能进入圆轨道且不脱轨,则 b 、 c 间的距离应满足什么条件? 答案 　(1)5 N/m　(2)144 N (3) x bc ≤ 3 m或6 m ≤ x bc ≤ 8 m 解析 　(1) A 位于 a 处时,绳无张力且物块 B 静止,故弹簧处于压缩状态 对 B 由平衡条件有 kx = mg sin 30 ° 当 C 恰好离开挡板 P 时, C 的加速度为0,故弹簧处于拉伸状态 对 C 由平衡条件有 kx '= mg sin 30 ° 由几何关系知 R = x + x ' 解得 k =5 N/m (2)物块 A 在 a 处与在 b 处时,弹簧的形变量相同,弹性势能相同。故 A 在 a 处与在 b 处时, A 、 B 系统的机械能守恒,有 MgR (1-cos 60 ° )= mgR sin 30 ° +   M   +   m   将 A 在 b 处的速度分解,有 v A cos 30 ° = v B 解得 v A =4 m/s 在 b 处,对 A 由牛顿第二定律有 N - Mg = M   解得 N =144 N 由牛顿第三定律, A 对圆弧轨道的压力大小为 N '=144 N (3)物块 A 能进入圆轨道且不脱轨有两种情况 ①第一种情况,不超过圆轨道上与圆心的等高点 由动能定理,恰能进入圆轨道时需满足条件 - μMgx 1 =0-   M   恰能到圆心等高处时需满足条件 - Mgr - μMgx 2 =0-   M   解得 x 1 =8 m, x 2 =6 m 即6 m ≤ x bc ≤ 8 m ②第二种情况,过圆轨道最高点 在最高点,由牛顿第二定律有 Mg + N =   恰能过最高点时, N =0, v =   由动能定理有- Mg ·2 r - μMgx 3 =   Mv 2 -   M   解得 x 3 =3 m 即 x bc ≤ 3 m 为了让物块 A 能进入圆轨道且不脱轨, b 、 c 间的距离应满足 x bc ≤ 3 m或6 m ≤ x bc ≤ 8 m 1.在物体下落过程中,速度小于10 m/s时可认为空气阻力与物体速度成正比 关系。某科研小组在研究小球下落后的运动过程时,得到速度随时间变化的 图像,并作出 t =0.5 s时刻的切线,如图所示。已知小球在 t =0时刻释放,其质量 为0.5 kg,重力加速度 g =10 m/s 2 ,求: (1)小球与地面第一次碰撞过程中损失 的机械能; (2)小球在运动过程中受到空气阻力的 最大值。 答案 　(1)2.25 J　(2)3.75 N 解析 　(1)由图像可知,小球第一次与地面碰撞前瞬间速度 v 1 =5 m/s,碰撞后瞬 间速度 v 2 =-4 m/s 碰撞过程损失的机械能Δ E =   m   -   m   代入数据可得Δ E =2.25 J (2)由图像可得 t =0.5 s时小球加速度 a =   =4 m/s 2 由牛顿第二定律得 mg - f = ma , 由于 f = kv ,得 k =0.75 kg/s,则 f max = kv 1 =3.75 N 2.如图所示,光滑曲面 AB 与水平面 BC 平滑连接于 B 点, BC 右端连接内壁光 滑、半径为 r 的   圆细管 CD ,管口 D 端正下方直立一根劲度系数为 k 的轻弹簧, 轻弹簧一端固定,另一端恰好与管口 D 端平齐。质量为 m 的滑块在曲面上距 BC 高度为2 r 处由静止开始下滑,滑块与 BC 间的动摩擦因数 μ =   ,进入管口 C 端 时与圆管恰好无作用力,通过 CD 后压缩弹簧,在压缩弹簧过程中滑块速度最 大时弹簧的弹性势能为 E p 。求:   (1)滑块到达 B 点时的速度大小 v B ; (2)水平面 BC 的长度 s ; (3)在压缩弹簧过程中滑块的最大速度 v m 。 答案 　(1)2   　(2)3 r 　(3)   解析　(1)滑块在曲面的下滑过程,由动能定理得 mg ·2 r =   m   解得 v B =2   (2)在 C 点,滑块与圆管之间恰无作用力,则 mg = m   解得 v C =   滑块从 A 点运动到 C 点过程,由动能定理得 mg ·2 r - μmgs =   m   解得 s =3 r (3)设在压缩弹簧过程中速度最大时,滑块离 D 端的距离为 x 0 ,此时 kx 0 = mg 解得 x 0 =   滑块由 C 运动到 D 端下方距离 D 端 x 0 处的过程中,由能量守恒得 mg ( r + x 0 )=   m   -   m   + E p 联立解得 v m =   方法技巧 涉及做功与能量转化问题的解题方法 1.分清是什么力做功,并且分析该力做正功还是做负功;根据功能之间的对应 关系,确定能量之间的转化情况。 2. 当涉及滑动摩擦力做功时 , 机械能不守恒 , 一般应用能量守恒定律 , 特别注意 摩擦产生的内能 Q = F f l 相对 , l 相对 为相对滑动的两物体间相对滑动路径的总长度。 3. 解题时 , 首先确定初、末状态 , 然后分清有多少种形式的能在转化 , 再分析状 态变化过程中哪种形式的能量减少 , 哪种形式的能量增加 , 求出减少的能量总 和 Δ E 减 和增加的能量总和 Δ E 增 , 最后由 Δ E 减 =Δ E 增 列式求解。 考点3　功能关系的应用 1.几个重要的功能关系 (1)重力做的功等于重力势能变化的相反数,即 W G =-Δ E p 。 (2)弹簧弹力做的功等于弹簧弹性势能变化的相反数,即 W 弹 =-Δ E p 。 (3)合力做的功等于动能的变化,即 W =Δ E k 。 (4)重力(或系统内弹力)之外的其他力做的功等于机械能的变化,即 W 其他 =Δ E 。 (5)一对滑动摩擦力做的功等于系统内能的变化,即 Q = F f · l 相对 。 2.功能关系的应用 (1)分清是什么力做功,并且分析该力做正功还是做负功;根据功能之间的对 应关系,确定能量之间的转化情况。 (2)可以根据能量之间的转化情况,确定是什么力做功,尤其可以方便计算变 力做功的多少。 (3)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。 3.滑块—滑板模型 (1)模型定义:滑板与滑块构成的系统,依靠两者间的滑动摩擦力或静摩擦力 的相互作用,而呈现出的问题,称为滑块—滑板模型。 (2)模型的分析方法 ①动力学分析:分别对滑块和滑板进行受力分析,根据牛顿第二定律求出各自 的加速度。 ②功和能分析:对滑块和滑板分别运用动能定理,或者对系统运用能量守恒定 律。如图所示,要注意区分三个位移:   ③相对运动分析法:滑块和滑板分别做匀变速直线运动,从相对运动的角度出 发,得出相对初速度、相对加速度、相对末速度和相对位移关系   ,用相对运动分析法来处理问题往往可简化数学 运算过程。 (3)模型的两个临界条件 ①相对滑动的临界条件 运动学条件:两者速度或加速度不相等。 动力学条件:两者间的静摩擦力达到最大静摩擦力。 ②滑块滑离滑板的临界条件 滑块恰好滑到滑板的边缘时速度相同。 1.(2018天津联考)(多选)如图所示,楔形木块 abc 固定在水平面上,粗糙斜面 ab 与水平面的夹角为60 ° ,光滑斜面 bc 与水平面的夹角为30 ° ,顶角 b 处安装一定 滑轮。质量分别为 M 、 m ( M > m )的滑块 A 、 B ,通过不可伸长的轻绳跨过定滑 轮连接,轻绳与斜面平行。两滑块由静止释放后,沿斜面做匀加速运动。若不 计滑轮的质量和摩擦,在两滑块沿斜面运动的过程中   (　　) A.轻绳对滑轮作用力的方向竖直向下 B.拉力和重力对 A 做功之和大于 A 动能的增加 C.拉力对 A 做的功等于 A 机械能的增加 D.两滑块组成系统的机械能损失等于 A 克服摩擦力做的功 答案     BD　因作用在滑轮上的左右两边绳子的拉力大小相等,但是与竖直 方向的夹角不同,故由力的合成知识可知,轻绳对滑轮作用力的方向沿右下 方,选项A错误;根据动能定理,拉力、重力和摩擦力做功之和等于 A 的动能增 量,故拉力和重力对 A 做功之和大于 A 动能的增加,选项B正确;由功能关系可 知,拉力和摩擦力对 A 做的功等于 A 机械能的增加,选项C错误;由功能关系可 知,两滑块组成系统的机械能损失等于 A 克服摩擦力做的功,选项D正确。 2.(2018江西南昌三中模拟)(多选)如图所示,物体以100 J的初动能从斜面的底 端向上运动,斜面足够长。当它向上通过斜面上的 M 点时,其动能减少了75 J, 机械能减少了30 J。如果以地面为零势能参考面,物体能从斜面上返回底端, 则   (　　) A.物体在向上运动过程中,机械能共减少100 J B.物体到达斜面上最高点时,重力势能增加了60 J C.物体返回斜面底端时动能为40 J D.物体返回 M 点时机械能为50 J 答案     BD　设物体的质量为 m ,受到的摩擦力大小为 f 。从出发点到 M 点,动 能减少了75 J,根据动能定理得-( mg sin α + f ) s 1 =Δ E k1 =0-75 J,根据功能关系得 - fs 1 =Δ E 1 =-30 J,联立得   =2.5,物体从出发点到斜面上最高点的过程中, 根据动能定理得-( mg sin α + f ) s 2 =Δ E k2 =0-100 J=-100 J,根据功能关系得- fs 2 =Δ E 2 , 联立得Δ E 2 =-40 J,故物体在向上运动过程中,机械能共减少40 J,故A错误;物体 在向上运动过程中,机械能减少40 J,动能减少100 J,说明重力势能增加了60 J, 故B正确;物体在向下运动过程中,摩擦力做功与向上运动摩擦力做功相等,所 以向下运动的过程中,机械能也减少40 J,整个过程机械能减少80 J,所以物体 返回斜面底端时动能为100 J-80 J=20 J,故C错误;从 M 到斜面上最高点的过程, 机械能减少40 J-30 J=10 J,从出发到返回 M 点时,机械能一共减少30 J+2 × 10 J= 50 J,物体返回 M 点时机械能为100 J-50 J=50 J,故D正确。 3.如图甲所示,质量 M =1.0 kg的长木板 A 静止在光滑水平面上,在木板的左端 放置一个质量 m =1.0 kg的小铁块 B ,铁块与木板间的动摩擦因数 μ =0.2,对铁块 施加水平向右的拉力 F , F 大小随时间变化如图乙所示,4 s时撤去拉力。可认 为 A 、 B 间的最大静摩擦力与滑动摩擦力大小相等,取重力加速度 g =10 m/s 2 。 求:   (1)0~1 s内, A 、 B 的加速度大小 a A 、 a B ; (2) B 相对 A 滑行的最大距离 x ; (3)0~4 s内,拉力做的功 W ; (4)0~4 s内系统产生的摩擦热 Q 。 答案 　(1)2 m/s 2 　4 m/s 2 　(2)2 m　(3)40 J　(4)4 J 解析 　(1)在0~1 s内, A 、 B 两物体分别做匀加速直线运动 根据牛顿第二定律得 μmg = Ma A F 1 - μmg = ma B 代入数据得 a A =2 m/s 2 , a B =4 m/s 2 (2) t 1 =1 s后,拉力 F 2 = μmg ,铁块 B 做匀速运动,速度大小为 v 1 ;木板 A 仍做匀加速运 动,又经过时间 t 2 ,速度与铁块 B 相等。 v 1 = a B t 1 又 v 1 = a A ( t 1 + t 2 ) 解得 t 2 =1 s 设 A 、 B 速度相等后一起做匀加速运动,运动时间 t 3 =2 s,加速度为 a F 2 =( M + m ) a a =1 m/s 2 木板 A 受到的静摩擦力 f = Ma < μmg , A 、 B 一起运动 x =   a B   + v 1 t 2 -   a A ( t 1 + t 2 ) 2 代入数据得 x =2 m (3)0~1 s内拉力做的功 W 1 = F 1 x 1 = F 1 ·   a B   =12 J 1~2 s内拉力做的功 W 2 = F 2 x 2 = F 2 v 1 t 2 =8 J 2~4 s内拉力做的功 W 3 = F 2 x 3 = F 2   =20 J 0~4 s内拉力做的功 W = W 1 + W 2 + W 3 =40 J。 (4)系统的摩擦热 Q 只发生在铁块与木板相对滑动阶段,此过程中系统产生的 摩擦热 Q = μmg · x =4 J 1.(2017课标Ⅲ,16,6分)如图,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   (　　)   A.   mgl 　    B.   mgl 　    C.   mgl 　    D.   mgl 答案     A　将绳的下端 Q 缓慢向上拉至 M 点,相当于使下部分   的绳的重心升 高   l ,故重力势能增加   mg ·   =   mgl ,由功能关系可知A项正确。 2.(2018课标Ⅰ,18,6分)如图, abc 是竖直面内的光滑固定轨道, ab 水平,长度为2 R ; bc 是半径为 R 的四分之一圆弧,与 ab 相切于 b 点。一质量为 m 的小球,始终受 到与重力大小相等的水平外力的作用,自 a 点处从静止开始向右运动。重力 加速度大小为 g 。小球从 a 点开始运动到其轨迹最高点,机械能的增量为   (    　)   A.2 mgR 　    B.4 mgR C.5 mgR 　    D.6 mgR 答案     C　本题考查分运动的独立性、恒力做功的特点及功能关系。以小 球为研究对象,在小球由 a 到 c 的过程中,应用动能定理有 F · x ab + F · R - mgR =   m   , 其中水平力大小 F = mg ,得 v c =2   。经过 c 点以后,在竖直方向上小球做竖直 上抛运动,上升的时间 t 升 =   =2   。在水平方向上小球做加速度为 a x 的匀加 速运动,由牛顿第二定律得 F = ma x ,且 F = mg ,得 a x = g 。在时间 t 升 内,小球在水平方 向上的位移 x =   a x   =2 R ,故力 F 在整个过程中对小球做的功 W = Fx ab + FR + Fx =5 mgR 。由功能关系,得Δ E = W =5 mgR 。故C正确,A、B、D错误。 3.(2016课标Ⅱ,21,6分)(多选)如图,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∠ ONM <∠ OMN <   。在小球从 M 点运动到 N 点的过程中,   (　　) A.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 答案     BCD　如图所示, OP 垂直于竖直杆, Q 点与 M 点关于 OP 对称,在小球从 M 点到 Q 点的过程中,弹簧弹力先做负功后做正功,故A错。在 P 点弹簧长度最 短,弹力方向与速度方向垂直,故此时弹力对小球做功的功 率为零,即C正确。小球在 P 点时所受弹簧弹力等于竖直杆 给它的弹力,竖直方向上只受重力,此时小球加速度为 g , 当弹簧处于自由长度时,小球只受重力作用,此时小球的 加速度也为 g ,故B正确。小球和弹簧组成的系统机械能 守恒,小球在 M 点和 N 点时弹簧的弹性势能相等,故小球从 M 到 N 重力势能的减少量等于动能的增加量,而小球在 M 点的动能为零,故D正确。 4.(2017课标Ⅰ,24,12分)一质量为8.00 × 10 4 kg的太空飞船从其飞行轨道返回 地面。飞船在离地面高度1.60 × 10 5 m处以 7.50 × 10 3 m/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/s 2 。(结果保留2位有效数字) (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%。 答案 　(1)4.0 × 10 8 J　2.4 × 10 12 J　(2)9.7 × 10 8 J 解析 　本题考查机械能、功能关系。 (1)飞船着地前瞬间的机械能为 E k0 =   m     ① 式中, m 和 v 0 分别是飞船的质量和着地前瞬间的速率。由①式和题给数据得 E k0 =4.0 × 10 8 J② 设地面附近的重力加速度大小为 g 。飞船进入大气层时的机械能为 E h =   m   + mgh   ③ 式中, v h 是飞船在高度1.60 × 10 5 m处的速度大小。由③式和题给数据得 E h =2.4 × 10 12 J④ (2)飞船在高度 h '=600 m处的机械能为 E h ' =   m   + mgh '   ⑤ 由功能关系得 W = E h ' - E k0   ⑥ 式中, W 是飞船从高度600 m处至着地前瞬间的过程中克服阻力所做的功。由 ②⑤⑥式和题给数据得 W =9.7 × 10 8 J⑦ 5.(2016课标Ⅱ,25,20分)轻质弹簧原长为2 l ,将弹簧竖直放置在地面上,在其顶 端将一质量为5 m 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5 l 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,如图所示。物块 P 与 AB 间的动摩擦因数 μ =0.5。用外力推动物块 P ,将弹 簧压缩至长度 l ,然后放开, P 开始沿轨道运动。重力加速度大小为 g 。 (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。   答案 　(1)   　2   l 　(2)   m ≤ M <   m 解析 　(1)依题意,当弹簧竖直放置,长度被压缩至 l 时,质量为5 m 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 时的弹性势能为 E p =5 mgl   ① 设 P 的质量为 M ,到达 B 点时的速度大小为 v B ,由能量守恒定律得 E p =   M   + μMg ·4 l   ② 联立①②式,取 M = m 并代入题给数据得 v B =     ③ 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   - mg ≥ 0   ④ 设 P 滑到 D 点时的速度为 v D ,由机械能守恒定律得   m   =   m   + mg ·2 l   ⑤ 联立③⑤式得 v D =     ⑥ v D 满足④式要求,故 P 能运动到 D 点,并从 D 点以速度 v D 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 2 l =   gt 2   ⑦ P 落回到 AB 上的位置与 B 点之间的距离为 s = v D t   ⑧ 联立⑥⑦⑧式得 s =2   l   ⑨ (2)为使 P 能滑上圆轨道,它到达 B 点时的速度应大于零。由①②式可知 5 mgl > μMg ·4 l   ⑩ 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 。由机械能守恒定律有   M   ≤ Mgl     联立①②⑩   式得   m ≤ M <   m