1、第4讲 功能关系 能量守恒定律考点一功能关系的理解及应用由能量变化分析做功【典例1】(2017全国卷)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.mglC.mgl D.mgl【解析】选A。把Q点提到M点的过程中，PM段软绳的机械能不变，MQ段软绳的机械能的增量为E=mg(-l)-mg(-l)=mgl，由功能关系可知：在此过程中，外力做的功为W=mgl，故A正确，B、C、D错误。由做功分析能量变化【典例2】(2018全国卷)如图，abc是竖直面内的光滑固定
2、轨道，ab水平，长度为2R；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.2mgRB.4mgRC.5mgRD.6mgR【解析】选C。设小球运动到c点的速度大小为vc，小球由a到c的过程，由动能定理得：F3R-mgR=m，又F=mg，解得：=4gR。小球离开c点后，在水平方向做初速度为零的匀加速直线运动，竖直方向在重力作用下做匀减速直线运动，整个过程运动轨迹如图所示，由牛顿第二定律可知，小球离开c点后水平方向和竖直方向的加速度大小均
3、为g，则由竖直方向的运动可知，小球从离开c点到其轨迹最高点所需的时间t=，小球在水平方向的位移为x=gt2，解得x=2R。小球从a点开始运动到其轨迹最高点的过程中，水平方向的位移大小为x+3R=5R，则小球机械能的增加量E=F5R=5mgR。功能关系的综合应用【典例3】(多选)如图所示，质量为m的物体(可视为质点)以某一速度从A点冲上倾角为30的固定斜面，其减速运动的加速度大小为g。此物体在斜面上能够上升的最大高度为h。则在这个过程中物体()A.重力势能增加了mghB.机械能损失了mghC.动能损失了mghD.克服摩擦力做功mgh【解析】选A、B。加速度大小a=g=，解得摩擦力Ff=mg，物体
4、在斜面上能够上升的最大高度为h，所以重力势能增加了mgh，故A项正确；机械能损失了Ffx=mg2h=mgh，故B项正确；动能损失量为克服合外力做功的大小Ek=F合外力x=mg2h=mgh，故C项错误；克服摩擦力做功mgh，故D项错误。力学中几种常见的功能关系如下【加固训练】如图甲为一个儿童电动小汽车的轨道传送接收装置,L=1 m的水平直轨道AB与半径均为0.4 m的竖直光滑螺旋圆轨道(O、O为圆心,C为最高点)相切,B、B分别为两个圆与水平轨道的切点,OD与OB的夹角为60,接收装置为高度可调节的平台,EF为平台上一条直线,OEF在同一竖直平面内,装置切面图可抽象为图乙模型。质量为0.6 kg
5、的电动小汽车以额定功率P=6 W从起点A启动沿轨道运动一段时间(到达B点之前电动机停止工作),刚好能通过C点,之后沿圆弧从B运动至D点后抛出,沿水平方向落到平台E点,小汽车与水平直轨道AB的动摩擦因数为=0.2,其余轨道均光滑,g取10 m/s2(空气阻力不计,小汽车运动过程中可视为质点)。(1)求电动机工作时间。(2)要保证小汽车沿水平方向到达平台E点,求平台调节高度H和EB的水平位移x2。(3)若抛出点D的位置可沿圆轨道调节,设OD与OB的夹角为,要保证小汽车沿水平方向到达平台E点,写出平台的竖直高度H、平台落点到抛出点的水平位移x1、角度的关系方程。【解析】(1)小汽车刚好过最高的C点,
6、轨道对小汽车刚好无作用力,mg= 对AC过程应用动能定理Pt-mgL-2mgR=m-0,得t=1.2 s(2)对从C到D,应用机械能守恒定律,得mg(R+Rsin 30)+m=mvD=4 m/s,vDx=vDsin 30=2 m/s,vDy=vDcos 30=2 m/s将DE看成逆向平抛运动vDy=gt,t=sh=gt2=0.6 m,H=h+R(1-cos 60)=0.8 mx1=vDxt=0.4 mx2=x1+Rsin 60=0.6 m1.04 m(3)将DE看成逆向平抛运动,则tan =2,H=h+R(1-cos )解得x1=答案:(1)1.2 s(2)0.8 m1.04 m(3)x1=考
7、点二摩擦力做功与能量的关系【典例4】(2019开封模拟)如图所示,水平传送带在电动机带动下以速度v1=2 m/s 匀速运动,小物体P、Q质量分别为0.2 kg和0.3 kg,由通过定滑轮且不可伸长的轻绳相连,t=0时刻P放在传送带中点处由静止释放。已知P与传送带间的动摩擦因数为0.5,传送带水平部分两端点间的距离为4 m,不计定滑轮质量及摩擦,P与定滑轮间的绳水平,g取10 m/s2。(1)判断P在传送带上的运动方向并求其加速度大小;(2)求P从开始到离开传送带水平端点的过程中,与传送带间因摩擦产生的热量;(3)求P从开始到离开传送带水平端点的过程中,电动机多消耗的电能。【解析】(1)传送带给
8、P的摩擦力f=m1g=1 N小于Q的重力m2g=3 N,P将向左运动。根据牛顿第二定律,对P:T-m1g=m1a对Q:m2g-T=m2a解得a=4 m/s2。(2)从开始到末端:v2=2a,t=,=传送带的位移x=v1t,Q=m1g=4 J。(3)电动机多消耗的电能为克服摩擦力所做的功解法一:E电=W克=m1gx,E电=2 J。解法二:E电+m2g=(m1+m2)v2+Q,E电=2 J。考点三能量守恒定律的应用【典例5】轻质弹簧原长为2l,将弹簧竖直放置在地面上,在其顶端将一质量为5m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
9、不连接。AB是长度为5l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=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。【解析】(1)依题意,当弹簧竖直放置,长度被压缩至l时,质量为5m的物体的动能为零,其重力势能转化为弹簧的弹性势能。由机械能守恒定律可知,弹簧长度为l时的弹性势能为Ep=5mgl设P到达B点时的速度大小为v
10、B,由能量守恒定律得Ep=M+Mg4l联立式,取M=m并代入题给数据得vB=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-mg0设P滑到D点时的速度为vD。由机械能守恒定律得m=m+mg2l联立式得vD=vD满足式要求,故P能运动到D点,并从D点以速度vD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2l=gt2P落回到AB上的位置与B点之间的距离为s=vDt联立式得s=2l(2)为使P能滑上圆轨道,它到达B点时的速度不能小于零。由式可知5mglMg4l要使P仍能沿圆轨道滑回,P在圆轨道上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
11、有MMgl联立式得mMm答案:(1)2l(2)mMm【多维训练】如图所示,一物体质量m=2 kg,在倾角为=37的斜面上的A点以初速度v0=3 m/s下滑,A点距弹簧上端B的距离AB=4 m。当物体到达B后将弹簧压缩到C点,最大压缩量BC=0.2 m,然后物体又被弹簧弹上去,弹到的最高位置为D点,D点距A点AD=3 m。挡板及弹簧质量不计,g取10 m/s2,sin37=0.6,求:(1)物体与斜面间的动摩擦因数;(2)弹簧的最大弹性势能Epm。【解析】(1)物体压缩弹簧后又被弹回,故弹簧弹性势能变化量为零从A到D过程,物体的动能及重力势能减少,内能增加,由能量守恒定律有:m+mglADsin
12、37=mgcos37(lAC+lCD)解得=0.52(2)由A到C过程,动能和重力势能减少,而弹性势能和内能增加,根据能量守恒定律得:m+mglACsin37=Epm+mglACcos37解得最大弹性势能为Epm=24.5 J答案:(1)0.52(2)24.5 J应用能量守恒定律解题的基本步骤【加固训练】(多选)某汽车研发机构在汽车的车轮上安装了小型发电机,将减速时的部分动能转化并储存在蓄电池中,以达到节能的目的。某次测试中,汽车以额定功率行驶一段距离后关闭发动机,测出了汽车动能Ek与位移x的关系图象如图所示,其中是关闭储能装置时的关系图线,是开启储能装置时的关系图线。已知汽车的质量为1 000 kg,设汽车运动过程中所受地面阻力恒定,空气阻力不计。根据图象所给的信息可求出()A.汽车行驶过程中所受地面的阻力为1 000 NB.汽车的额定功率为80 kWC.汽车加速运动的时间为22.5 sD.汽车开启储能装置后向蓄电池提供的电能为5105 J【解析】选B、D。由图线求所受阻力,由Ekm=fx,得f= N=2 000 N,A错误;由Ekm=m可得,vm=40 m/s,所以P=fvm=80 kW,B正确;加速阶段,Pt-fx=Ek,得t=16.25 s,C错误;根据能量守恒定律,并由图线可得,E=Ekm-fx=8105 J-2103150 J=5105 J,D正确。