1、 能量守恒定律功能关系 一、单选题（本大题共 5 小题，共 30 分）1.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13.重力加速度大小为.在此过程中，外力做的功为()A.19 B.16 C.13 D.12 A（乐陵一中）解：根据功能关系可知，拉力所做的功等于 MQ 段系统重力势能的增加量；对 MQ分析，设 Q 点为零势能点，则可知，MQ 段的重力势能为2=233=29；将 Q 点拉至 M 点时，重心离 Q 点的高度=6+3=2，故重力势能2=232=3因此可知拉力所做的功=2 1=19，故 A 正确，BCD
2、 错误 故选：A 由题意可知，发生变化的只有 MQ 段，分析开始和最后过程，明确重力势能的改变量，根据功能关系即可求得外力所做的功 本题考查明确功能关系，注意掌握重力之外的其他力做功等于机械能的改变量，本题中因缓慢拉动，故动能不变，因此只需要分析重力势能即可 2.如图，abc 是竖直面内的光滑固定轨道，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.2mgR B.4mgR C.5mgR
3、 D.6mgR C（乐陵一中）解：由题意知水平拉力为：=；设小球达到 c 点的速度为 v，从 a 到 c 根据动能定理可得：3 =12 2解得：=4；小球离开c点后，竖直方向做竖直上抛运动，水平方向做初速度为零的匀加速直线运动，设小球从 c 点达到最高点的时间为 t，则有：=4；此段时间内水平方向的位移为：=12 2=12 (4)2=2，所以小球从 a 点开始运动到其轨迹最高点，小球在水平方向的位移为：=3+2=5，此过程中小球的机械能增量为：=5=5。故 C 正确、ABD 错误。故选：C。根据动能定理求出小球在 c 点的速度，再根据竖直上抛运动求解达到最高点的时间，根据水平方向的运动规律求解
4、离开 c 后达到最高点时的水平位移，根据功能关系求解机械能的增加。本题主要是考查功能关系；机械能守恒定律的守恒条件是系统除重力或弹力做功以外，其它力对系统做的功等于零；除重力或弹力做功以外，其它力对系统做多少功，系统的机械能就变化多少；注意本题所求的是“小球从 a 点开始运动到其轨迹最高点”，不是从 a 到 c 的过程，这是易错点。3.M 置于光滑平面上，上表面粗糙且足够长，木块 m 以初速度 v 滑上车表面，则()A.m 的最终速度为+B.因车表面粗糙，故系统动量不守恒 C.车面越粗糙，小车 M 获得动量越大 D.车面越粗糙，系统产生的内能越多 A（乐陵一中）解：A、以小车和木块组成的系统为
5、研究对象所受合外力为零，因此系统动量守恒，由于摩擦力的作用，m 速度减小，M 速度增大，m 速度减小到最小时，M 速度达最大，最后 m、M 以共同速度运动 =(+)=+相对运动过程中系统机械能减小，转化为摩擦产生的内能，根据能量守恒得：损=12 2 12(+)2故 A 正确，D 错误 B、车表面粗糙，小车与木块间的力属于内力，不是判断系统动量是否守恒的条件.故 B错误 C、根据 A 选项分析，小车 M 获得动量与车面粗糙程度无关，故 C 错误 故选 A 以小车和木块组成的系统为研究对象所受合外力为零，因此系统动量守恒，根据动量守恒列方程即可解答 相对运动过程中系统机械能减小，转化为摩擦产生的内
6、能 应用动量守恒定律时要清楚研究的对象和守恒条件 把动量守恒和能量守恒结合起来列出等式求解是常见的问题 4.如图所示，光滑斜面的顶端固定一轻质弹簧，一小球向右滑行，并冲上固定在地面上的斜面.设物体在斜面最低点 A 的速度为 v，压缩弹簧至 C 点时弹簧最短，C 点距地面高度为 h，不计小球与弹簧碰撞过程中的能量损失，则小球在 C 点时弹簧的弹性势能是()A.12 2 B.12 2+C.12 2 D.mgh C（乐陵一中）解：弹簧被压缩至最短时，物体速度为 0 物体沿斜面向上到弹簧被压缩至最短时，物体和弹簧系统机械能守恒 物体的动能减小，转化成物体的重力势能和弹簧的弹性势能 +=12 2=12
7、2 故选：C利用系统机械能守恒得到弹簧具有的弹性势能.物体的动能减小，转化成物体的重力势能和弹簧的弹性势能 熟悉过程中能量的转化，运用能量守恒解决问题，难度不大，属于基础题 5.应用物理知识分析生活中的常见现象，可以使物理学习更加有趣和深入。例如你用手掌平托一苹果，保持这样的姿势在竖直平面内以速率 v 按顺时针方向做半径为 R 的匀速圆周运动。假设=0时刻苹果在最低点 a 且重力势能为零，关于苹果从最低点 a 运动到最高点 c 的过程，下列说法正确的是()A.苹果在最高点 c 受到手的支持力为+2 B.苹果的重力势能随时间的变化关系为=1 cos()C.苹果在运动过程中机械能守恒 D.苹果在运
8、动过程中的加速度越来越小 B（乐陵一中）解：A、苹果在最高点 c 时，由牛顿第二定律得：=2，得手的支持力为：=2，故 A 错误。B、t 时刻苹果相对于 a 点的高度为：=(1 cos)=1 cos()，则苹果的重力势能随时间的变化关系为：=1 cos()，故 B 正确。C、苹果在运动过程中动能不变，重力势能在变化，所以其机械能不断变化，故 C 错误。D、根据=2 分析知苹果的加速度大小保持不变。故 D 错误。故选：B。以苹果为研究对象，由牛顿第二定律求出手对苹果的支持力。分析苹果的高度随时间的变化关系，从而得到苹果的重力势能随时间的变化关系。根据机械能的概念分析机械能的变化，由=2 分析加速
9、度的变化。解决本题时要知道苹果向心力的来源是指向圆心的合力，匀速圆周运动的加速度大小不变，加速度是变化的。二、多选题（本大题共 4 小题，共 24 分）6.如图所示，质量=3的滑块套在水平固定着的轨道上并可在轨道上无摩擦滑动.质量=2的小球(视为质点)通过长=0.75的轻杆与滑块上的光特轴 O 连接，开始时滑块静止、轻杆处于水平状态.现给小球一个0=3/的竖直向下的初速度，取=10/2则()A.小球 m 从初始位置到第一次到达最低点的过程中，滑块 M 在水平轨道上向右移动了0.3 m B.小球 m 从初始位置到第一次到达最低点的过程中，滑块对在水平轨道上向右移动了0.5 m C.小球 m 相对
10、于初始位置可以上升的最大高度为0.27 m D.小球 m 从初始位置到第一次到达最大高度的过程中，滑块 M 在水平轨道上向右移动了0.54 m AD（乐陵一中）解：AB、小球 m 从初始位置到第一次到达最低点的过程中，设滑块 M 在水平轨道上向右移动的距离为 x 取向左为正方向，根据水平动量守恒得：0=，得=+=20.752+3=0.3，故 A 正确，B 错误 C、设小球 m 相对于初始位置可以上升的最大高度为.此时竖直方向速度为 0，所以水平方向速度也为 0 根据水平动量守恒得：0=(+)根据系统的机械能守恒得12 02=+12(+)2.解得=0.45D、小球 m 从初始位置到第一次到达最大
11、高度的过程中，设滑块 M 在水平轨道上向右移动的距离为 y 由几何关系可得，m 相对于 M 移动的水平距离为=+2 2=0.75+0.752 0.452=1.35根据水平动量守恒得：0=，解得=0.54，故 D 正确 故选：AD 小球 m 从初始位置到第一次到达最低点的过程中，水平方向动量守恒，由此求滑块 M在水平轨道上向右的距离.根据系统水平方向动量守恒和机械能守恒求 m 上升的最大高度.结合水平方向动量守恒求滑块 M 在水平轨道上向右的距离 解决本题的关键要明确系统水平方向动量守恒，利用平均动量守恒列方程，要注意 m速度的参照物是地面，不是对 M 7.两根足够长的光滑导轨竖直放置，间距为
12、L，底端接阻值为 R 的电阻.将质量为 m 的金属棒悬挂在一根上端固定的轻弹簧下端，金属棒和导轨接触良好，导轨所在平面与磁感应强度为 B 的匀强磁场垂直，如图所示.除电阻 R 外其余电阻不计.现将金属棒从弹簧原长位置由静止释放，则()A.释放瞬间金属棒的加速度等于重力加速度 g B.金属棒向下运动时，流过电阻 R 的电流方向为 C.若弹簧弹力为 F 时，金属棒获得最大速度，则=()22 D.最终电阻 R 上产生的总热量等于金属棒重力势能的减少量 AC（乐陵一中）解：A、由于刚开始时没有安培力也没有弹力，故金属棒只受重力，则释放瞬间金属棒的加速度为 g，故 A 正确；B、金属棒向下运动时，根据右
13、手定则可判定通过 R 的电流方向为 ，故 B 错误；C、若弹簧弹力为 F 时，金属棒获得最大速度，此时受力平衡，则有：=22，解得：=()22；故 C 正确；D、根据功能关系可知，重力势能的减少量转化为内能和弹簧的弹性势能、金属棒的动能.电阻 R 上产生的总热量小于金属棒重力势能的减少量，故 D 错误；故选：AC 明确金属棒的受力情况，从而求解对应的加速度变化情况；根据右手定则分析电流方向；根据=和安培力公式即可求得速度为 v 时的安培力表达式；金属棒下落过程中，金属棒减少的重力势能转化为弹簧的弹性势能、金属棒的动能(金属棒速度不是零时)和电阻 R 产生的内能，本题考查电磁感应与能量守恒定律的
14、内容的结合，要注意明确金属棒的受力情况分析，明确能量转化方向，知道由于安培力做功，在运动中重力势能与弹簧势能之和会减小是解决这类问题的关键，要特别注意弹性势能的变化，从而准确掌握能量的转化方向 8.如图所示，倾角为足够长的光滑斜面下端固定一挡板，质量均为 m 的两物块用轻质弹簧连接静止在光滑斜面上，现用平行斜面向上的恒力 F 作用在物块 A 上，使 A 开始向上运动，下列说法正确的是()A.若 2sin，弹簧第一次到达最长时，B 的加速度一定大于 A 的加速度 D.若 2sin，拉力 F 做的功总等于 A 机械能的增量与弹簧弹性势能增量之和 BC（乐陵一中）解：AB、当 B 恰好离开时挡板时
15、A 做简谐运动.以 B 为研究对象，由平衡条件得此时弹簧的弹力弹=sin由简谐运动的对称性得：=sin+弹 ，解得=sin，因此，2sin，物块 B 一定能离开挡板，在弹簧第一次到达最长之前，A 的速度大于 B 的速度，弹簧在不断伸长，弹力在增大，B 做加速度增大的加速运动，A 做加速度减小的加速度，画出它们的 图象如图，则知两者速度相等时，即弹簧第一次到达最长时，B 的加速度一定大于 A 的加速度.故 C 正确 D、若 2sin，物块 B 一定能离开挡板，由系统的能量守恒知，拉力 F 做的功总等于 A 机械能的增量、B 机械能的增量与弹簧弹性势能增量之和，故 D 错误 故选：BC当 B 恰好
16、离开时挡板时 A 做简谐运动，由简谐运动的对称性求 F 的大小，从而能分析物块 B 能否离开挡板.若 2sin，弹簧第一次到达最长时，A、B 的速度相等，作出两个物块的 图象，根据斜率分析加速度的大小.再由系统的能量守恒分析能量是如何转化的 解决本题的关键要抓住临界状态：B 恰好离开挡板时，挡板对 B 没有作用力.知道此时 A做简谐运动，具有对称性，分析 B 离开挡板时 F 的最小值 9.如图所示，内壁光滑的圆锥筒固定不动，圆锥筒的轴线沿竖直方向.两个质量相等的小球 A 和 B 紧贴着内壁分别在如图所示的水平面内做匀速圆周运动，已知两小球运动的轨道半径之比：=2：1，取圆锥筒的最低点 C 为重
17、力势能参照面，则 A、B 两球()A.运动周期之比：=2：1 B.速度之比：=2：1 C.机械能之比：=2：1 D.向心加速度之比：=2：1 BC（乐陵一中）解：设圆锥母线与竖直方向成角，设任一小球圆周运动向心加速度 a，根据牛顿第二定律得：tan=422 =2=得：=2tan，=tan，=tan由：=2：1，得：=2：1，：=2：1，：=1：1机械能表达式=tan+12 2=32 tan，则得：=2：1故选：BC研究任意一球：小球做匀速圆周运动，靠重力和支持力的和提供向心力，结合牛顿第二定律列出周期、速度和向心加速度的表达式，得到机械能的表达式，从而进行求解即可 解决本题的关键是要知道圆周运
18、动向心力的来源，结合牛顿第二定律进行求解，得出各量的表达式 三、填空题（本大题共 1 小题，共 5 分）10.在光滑的水平面上，一质量为=0.1的小球 A，以8/的初速度向右运动(以水平向右为正方向)，与质量为=0.2的静止小球 B 发生对心正碰.碰后小球 B滑向与水平面相切、半径为=0.5的竖直放置的光滑半圆形轨道，且恰好能通过最高点 N 后水平抛出.则小球 B 运动到轨道最低点 M 时的速度为_/，碰撞结束后 A 球的速度大小为_/.(=10/2)5；2（乐陵一中）解：小球 B 恰好能通过圆形轨道最高点，有：=2 代入数据解得：=5/小球 B 从轨道最低点 C 运动到最高点 D 的过程中机
19、械能守恒，有：12 2=2+12 2 联立解得：=5/所以碰撞后小球 B 的速度大小为5/A 与 B 碰撞过程中动量守恒，选取向右为正方向，有：0=+，因为水平面光滑，所以式中=，代入数据解得：=2/，负号表示 A 的速度方向与初速度的方向相反 故答案为：5，2小球恰好能通过最高点 N，说明小球到达最高点时小球的重力提供向心力，由牛顿第二定律求出小球到达 N 点的速度，由机械能守恒定律可以求出碰撞后小球 B 的速度 然后由动量守恒定律求出 A 的速度 该题结合竖直平面内的圆周运动考查动量守恒定律，熟练应用牛顿第二定律、机械能守恒、动量守恒定律即可正确解题，难度适中 四、计算题（本大题共 4 小
20、题，共 48 分）11.如图，两个滑块 A 和 B 的质量分别为=1和=5，放在静止与水平地面上的木板的两端，两者与木板间的动摩擦因数均为1=0.5；木板的质量为=4，与地面间的动摩擦因数为2=0.1.某时刻 A、B 两滑块开始相向滑动，初速度大小均为0=3/.、B 相遇时，A 与木板恰好相对静止.设最大静摩擦力等于滑动摩擦力，取重力加速度大小=10/2.求 (1)与木板相对静止时，木板的速度；(2)、B 开始运动时，两者之间的距离.解：(1)对 A 受力分析，根据牛顿第二定律得：1=代入数据解得：=5/2，方向向右，对 B 分析，根据牛顿第二定律得：1=代入数据解得：=5/2，方向向左 对木
21、板分析，根据牛顿第二定律得：1 1 2(+)=1代入数据解得：1=2.5/2，方向向右 当木板与 B 共速时，有：=0 1=11，代入数据解得：1=0.4，=1/，(2)此时 B 相对木板静止，突变为静摩擦力，A 受力不变加速度仍为5/2，方向向右，对 B 与木板受力分析，有：1+2(+)=(+)2代入数据解得：2=53/2，方向向左，当木板与 A 共速时有：=22=+2：代入数据解得：2=0.3，=0.5/当1=0.4，=0+21=3+12 0.4=0.8，木=0+2 1=0+12 0.4=0.2板=木=0.8 0.2=0.6，对 A，向左，=0+21=3+12 0.4=0.8，1 板=+木
22、=0.8+0.2=1，当2=0.3，对 A，向左，1=2 2=10.52 0.3=340，对木板，向右，木 1=+2 2=1+0.52 0.3=940，2 板=1+木 1=340+940 =0.3，可知 AB 相距=板+1 板+2 板=0.6+1+0.3=1.9 答：(1)与木板相对静止时，木板的速度为1/；(2)、B 开始运动时，两者之间的距离为1.9（乐陵一中）(1)刚开始运动时，根据牛顿第二定律分别求出 A、B 和木板的加速度大小，结合速度时间公式先求出 B 与木板共速时的速度以及运动的时间，然后 B 与木板保持相对静止，根据牛顿第二定律求出 B 与木板整体的加速度，结合速度时间公式求出
23、三者速度相等经历的时间以及此时的速度(2)根据位移公式分别求出B与木板共速时木板和 B的位移，从而得出两者的相对位移，得出此时 A 的位移以及 A 相对木板的位移大小，再结合位移公式分别求出三者速度相等时，A 的位移以及木板的位移，得出 A 再次相对木板的位移，从而得出 A、B 开始运动时，两者之间的距离 本题考查了牛顿第二定律和运动学公式的综合运用，关键理清整个过程中 A、B 和木板在整个过程中的运动规律，结合运动学公式和牛顿第二定律进行求解 12.如图所示，物块 A 和 B 通过一根轻质不可伸长的细绳连接，跨放在质量不计的光滑定滑轮两侧，质量分别为=2、=1。初始时 A 静止与水平地面上，
24、B 悬于空中。先将 B 竖直向上再举高=1.8(未触及滑轮)然后由静止释放。一段时间后细绳绷直，A、B 以大小相等的速度一起运动，之后 B 恰好可以和地面接触。取=10/2。(1)从释放到细绳绷直时的运动时间 t；(2)的最大速度 v 的大小；(3)初始时 B 离地面的高度 H。解：(1)从释放到细绳刚绷直前做自由落体运动，有：=12 2代入数据解得：=0.6 s。(2)根据动量定理；对(取向上为正方向)，则有：2 =，对 B，则有：1+=；而1=2且=6/，得：=2+6由于碰撞时间极短，因此有：=2/(3)细绳绷直后，A、B 一起运动，B 恰好可以和地面接触，说明此时 A、B 的速度为零，这
25、一过程中 A、B 组成的系统机械能守恒，有：12(+)2+=代入数据解得：=0.6 m。答：(1)运动时间为0.6；(2)的最大速度的大小为2/；(3)初始时 B 离地面的高度为0.6。（乐陵一中）(1)根据自由落体规律计算运动时间；(2)根据动量守恒定律计算 A 的最大速度；(3)根据机械能守恒计算 B 离地面的高度 H。本题是一道综合题，但是仅仅是各个知识点的组合，一个问题涉及一个知识点，不是很难。在处理第三问的时候，使用了整体法，系统机械能能守恒，这种情况经常遇到，平时多练习。13.如图所示，固定的光滑平台上固定有光滑的半圆轨道，轨道半径=0.6.平台上静止着两个滑块 A、B，=0.1，
26、=0.2，两滑块间夹有少量炸药，平台右侧有一带挡板的小车，静止在光滑的水平地面上.小车质量为=0.3，车面与平台的台面等高，小车的上表面的右侧固定一根轻弹簧，弹簧的自由端在 Q 点，小车的上表面左端点 P 与 Q 点之间是粗糙的，滑块 B 与 PQ 之间表面的动摩擦因数为=0.2，Q 点右侧表面是光滑的.点燃炸药后，A、B 分离瞬间 A 滑块获得向左的速度=6/，而滑块 B 则冲向小车.两滑块都可以看作质点，炸药的质量忽略不计，爆炸的时间极短，爆炸后两个物块的速度方向在同一水平直线上，且=10/2.求：(1)滑块 A 在半圆轨道最高点对轨道的压力；(2)若=0.8，滑块 B 滑上小车后的运动过
27、程中弹簧的最大弹性势能；(3)要使滑块 B 既能挤压弹簧，又最终没有滑离小车，则小车上 PQ 之间的距离 L应在什么范围内？解：(1)从轨道最低点到轨道最高点，由机械能守恒定律得：12 2 12 2=2A 在最高点时，由牛顿第二定律得：+=2滑块在半圆轨道最高点受到的压力为：=1由牛顿第三定律得：滑块在半圆轨道最高点对轨道的压力大小为 1N，方向竖直向上(2)爆炸过程，取向左为正方向，由动量守恒定律得：=0解得：=3/；滑块 B 冲上小车后将弹簧压缩到最短时，弹簧具有最大弹性势能，取向右为正方向，由动量守恒定律得：=(+)共由能量守恒定律得：=12 2 12(+)共2 解得：=0.22；(3)
28、滑块最终没有离开小车，滑块和小车具有共同的末速度，设为 u，滑块与小车组成的系统动量守恒，有 =(+)若小车 PQ 之间的距离 L 足够大，则滑块还没与弹簧接触就已经与小车相对静止，设滑块恰好滑到 Q 点，由能量守恒定律得 1=12 2 12(+)2联立解得 1=1.35 m若小车 PQ 之间的距离 L 不是很大，则滑块必然挤压弹簧，由于 Q 点右侧是光滑的，滑块必然被弹回到 PQ 之间，设滑块恰好回到小车的左端 P 点处，由能量守恒定律得 22=12 2 12(+)2联立式解得2=0.675 m综上所述，要使滑块既能挤压弹簧，又最终没有离开小车，PQ 之间的距离 L 应满足的范围是0.675
29、 1.35答：(1)滑块在半圆轨道最高点对轨道的压力大小为 1N，方向竖直向上(2)滑块 B 滑上小车后的运动过程中弹簧的最大弹性势能为0.22(3)之间的距离 L 应满足的范围是0.675 1.35（乐陵一中）(1)从最低点到达最高点过程中，只有重力做功，由机械能守恒定律或动能定理列方程求出 A 到达最高点时的速度.在最高时，由合力提供向心力，应用牛顿第二定律列方程求出 A 受到的支持力，然后由牛顿第三定律求出压力(2)炸药爆炸过程 A、B 组成的系统动量守恒，由动量守恒定律可以求出 B 的速度.与小车组成的系统动量守恒，由动量守恒定律与能量守恒定律可以求出弹簧的最大弹性势能(3)滑块最终没
30、有离开小车，滑块和小车具有共同的末速度，根据滑块与小车组成的系统动量守恒求出共同速度.若小车 PQ 之间的距离 L 足够大，则滑块还没与弹簧接触就已经与小车相对静止，由能量守恒定律求出对应的.若小车 PQ 之间的距离 L 不是很大，滑块恰好回到小车的左端 P 点处，由能量守恒定律求得对应的 L，从而得到 L 的范围 本题过程比较复杂，分析清楚物体运动过程是正确解题的前提与关键，确定研究对象与研究过程，应用牛顿第二定律、动量守恒定律、能量守恒定律即可正确解题 14.如图所示，物块 A、C 的质量均为 m，B 的质量为 2m，都静止于光滑水平台面上.、B 间用一不可伸长的轻质短细线相连，初始时刻细
31、线处于松弛状态，C 位于 A 右侧足够远处.现突然给 A 一瞬时冲量，使 A 以初速度0沿 A、C 连线方向向 C 运动，绳断后 A 速度变为23 0，A 与 C相碰后粘合在一起.求：与 C 刚粘合在一起时的速度 v 大小；若将 A、B、C 看成一个系统，则从 A 开始运动到 A 与 C 刚好粘合的过程中系统损失的机械能 解：与 C 相碰后粘合在一起，取向右为正方向，在碰撞过程中，A、C 组成的系统动量守恒，则得：23 0=(+)解得：=13 0 设绳断后 B 速度为，轻细线绷断的过程中，A、B 组成的系统动量守恒，则得：0=23 0+2 在运动全过程，A、B、C 组成的系统机械能损失为：=12 02 12 2 2 12 22 联解得：=1336 02 答：与 C 刚粘合在一起时的速度 v 大小是13 0；若将 A、B、C 看成一个系统，则从 A 开始运动到 A 与 C 刚好粘合的过程中系统损失的机械能 是1336 02（乐陵一中）与 C 相碰后粘合在一起的过程，AC 系统的动量守恒，由动量守恒定律求 A 与 C 刚粘合在一起时的速度 轻细线绷断的过程中，A、B 组成的系统动量守恒，由动量守恒定律求得绳断后 B 的速度，再由能量守恒定律可以求出系统损失的机械能 本题首先要分析清楚物体运动过程，知道绳子绷断过程及碰撞都遵守动量守恒定律与能量守恒定律，由两大守恒定律即可正确解题
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