2024届物理一轮复习讲义第3讲 机械能守恒定律及其应用含答案

2024届物理一轮复习讲义第3讲机械能守恒定律及其应用学习目标1.理解重力势能和弹性势能，知道机械能守恒的条件。2.会判断研究对象在某一过程机械能是否守恒。3.会用机械能守恒定律分析生产生活中的实际问题。1.2.3.4.1.思考判断(1)重力势能的变化与零势能参考面的选取无关。(√)(2)被举到高处的物体重力势能一定不为零。(×)(3)发生弹性形变的物体都具有弹性势能。(√)(4)弹力做正功，弹性势能一定增加。(×)(5)物体所受的合外力为零，物体的机械能一定守恒。(×)(6)物体的速度增大时，其机械能可能减小。(√)(7)物体除受重力外，还受其他力，但其他力不做功，则物体的机械能一定守恒。(√)2.(多选)我国风洞技术世界领先。如图1所示，在模拟风洞管中的光滑斜面上，一个小物块受到沿斜面方向的恒定风力作用，沿斜面加速向上运动，则从物块接触弹簧至到达最高点的过程中()图1A.物块的速度先增大后减小B.物块加速度一直减小到零C.弹簧弹性势能先增大后减小D.物块和弹簧组成的系统机械能一直增大答案AD考点一机械能守恒的理解与判断判断机械能守恒的三种方法例1(多选)如图2所示，将一个内外侧均光滑的半圆形槽置于光滑的水平面上，槽的左侧有一固定的竖直墙壁(不与槽粘连)。现让一小球自左端槽口A点的正上方由静止开始下落，从A点与半圆形槽相切进入槽内，则下列说法正确的是()图2A.小球在半圆形槽内运动的全过程中，只有重力对它做功B.小球从A点向半圆形槽的最低点运动的过程中，小球的机械能守恒C.小球从A点经最低点向右侧最高点运动的过程中，小球与半圆形槽组成的系统机械能守恒D.小球从下落到从右侧离开半圆形槽的过程中，机械能守恒答案BC解析小球从半圆形槽的最低点运动到半圆形槽右侧的过程中，小球对半圆形槽的力使半圆形槽向右运动，半圆形槽对小球的支持力对小球做负功，小球的机械能不守恒，A、D错误；小球从A点向半圆形槽的最低点运动的过程中，半圆形槽静止，则只有重力做功，小球的机械能守恒，B正确；小球从A点经最低点向右侧最高点运动的过程中，小球与半圆形槽组成的系统只有重力做功，机械能守恒，C正确。跟踪训练1.(2023·江苏苏州月考)如图3所示，轻质弹簧的一端与固定的竖直板P连接，另一端与物体A相连，物体A置于光滑水平桌面上，A右端连接一细线，细线绕过光滑的轻质定滑轮与物体B相连。开始时托住B，让A处于静止状态且细线恰好伸直，然后由静止释放B，直至B获得最大速度。下列有关该过程的分析正确的是()图3A.B受到细线的拉力保持不变B.A、B组成的系统机械能守恒C.B机械能的减少量等于弹簧弹性势能的增加量D.当弹簧的弹力大小等于B的重力时，A的动能最大答案D解析对A，由牛顿第二定律有FT－kx＝mAa，对B，由牛顿第二定律有mBg－FT＝mBa，联立有mBg－kx＝(mA＋mB)a，由于弹簧的伸长量x逐渐变大，故从开始到B速度达到最大的过程中B的加速度逐渐减小，可知细线对B的拉力逐渐增大，故A错误；由于该过程弹簧对A做负功，所以A、B组成的系统机械能不守恒，故B错误；对于A、B以及弹簧组成的系统，只有弹簧的弹力和重力做功，系统的机械能守恒，B机械能的减少量等于A机械能的增加量与弹簧弹性势能的增加量之和，所以B机械能的减少量大于弹簧弹性势能的增加量，故C错误；当弹簧的拉力与细线的拉力大小相等时，A的速度最大，动能最大，此时A的加速度为零，B的加速度也为零，细线的拉力大小等于B的重力，弹簧的弹力大小也等于B的重力，故D正确。考点二单物体的机械能守恒问题1.表达式2.选用技巧在处理单个物体机械能守恒问题时通常应用守恒观点和转化观点，转化观点不用选取零势能面。3.一般步骤例2(2022·全国乙卷，16)如图4，固定于竖直平面内的光滑大圆环上套有一个小环，小环从大圆环顶端P点由静止开始自由下滑，在下滑过程中，小环的速率正比于()图4A.它滑过的弧长B.它下降的高度C.它到P点的距离D.它与P点的连线扫过的面积答案C解析如图所示，设圆环下降的高度为h，圆环的半径为R，它到P点的距离为L，根据机械能守恒定律得mgh＝eq\f(1,2)mv2解得v＝eq\r(2gh)，故B错误；由几何关系可得h＝Lsinθsinθ＝eq\f(L,2R)联立可得h＝eq\f(L2,2R)，则v＝Leq\r(\f(g,R))故C正确，A、D错误。跟踪训练2.(2021·海南卷，2)水上乐园有一末段水平的滑梯，人从滑梯顶端由静止开始滑下后落入水中。如图5所示，滑梯顶端到末端的高度H＝4.0m，末端到水面的高度h＝1.0m。取重力加速度g＝10m/s2，将人视为质点，不计摩擦和空气阻力，则人的落水点到滑梯末端的水平距离为()图5A.4.0m B.4.5m C.5.0m D.5.5m答案A解析设人从滑梯由静止滑到滑梯末端速度为v，根据机械能守恒定律可知mgH＝eq\f(1,2)mv2，解得v＝4eq\r(5)m/s，从滑梯末端水平飞出后做平抛运动，则竖直方向做自由落体运动，根据h＝eq\f(1,2)gt2可知，t＝eq\r(\f(2h,g))＝eq\r(\f(2×1.0,10))s＝eq\r(\f(1,5))s，水平方向做匀速直线运动，则人的落水点距离滑梯末端的水平距离为x＝vt＝4eq\r(5)×eq\r(\f(1,5))m＝4.0m，故A正确。考点三连接体的机械能守恒问题1.解决多物体系统机械能守恒的注意点(1)要注意判断物体运动过程中系统的机械能是否守恒。(2)注意寻找用绳或杆相连接的物体间的速度关系和位移关系。(3)列机械能守恒方程时，一般选用ΔEk＝－ΔEp或ΔEA＝－ΔEB的形式。2.常见的三种模型模型轻绳连接的物体系统机械能守恒常见情景三点提醒①分清两物体是速度大小相等，还是沿绳方向的分速度大小相等。②用好两物体的位移大小关系或竖直方向高度变化的关系。③对于单个物体，一般绳上的力要做功，机械能不守恒；但对于绳连接的系统，机械能则可能守恒。例3质量均为m的物体A和B分别系在一根不计质量的细绳两端，绳子跨过固定在倾角为30°的斜面顶端的定滑轮上，斜面固定在水平地面上，开始时把物体B拉到斜面底端，这时物体A离地面的高度为0.8m，如图6所示。若摩擦力均不计，从静止开始放手让它们运动(斜面足够长，g取10m/s2)。求：图6(1)物体A着地时的速度大小；(2)物体A着地后物体B继续沿斜面上滑的最大距离。答案(1)2m/s(2)0.4m解析(1)以地面为参考平面，A、B系统机械能守恒，有mgh＝mghsin30°＋eq\f(1,2)mveq\o\al(2,A)＋eq\f(1,2)mveq\o\al(2,B)因为vA＝vB，所以vA＝vB＝2m/s。(2)A着地后，物体B继续沿斜面上升，则在B上升到最大高度过程中机械能守恒，有eq\f(1,2)mveq\o\al(2,B)＝mgΔssin30°解得Δs＝0.4m。模型轻杆连接的物体系统机械能守恒常见情景模型特点①平动时两物体线速度相等，转动时两物体角速度相等。②杆对物体的作用力并不总是沿杆的方向，杆能对物体做功，单个物体机械能不守恒。③对于杆和球组成的系统，忽略空气阻力和各种摩擦且没有其他力对系统做功，则系统机械能守恒。例4如图7，滑块a、b的质量均为m，a套在固定竖直杆上，与光滑水平地面相距h，b放在地面上。a、b通过铰链用刚性轻杆连接，由静止开始运动。不计摩擦，a、b可视为质点，重力加速度大小为g，则()图7A.a落地前，轻杆对b一直做正功B.a落地时速度大小为eq\r(gh)C.a下落过程中，其加速度大小始终不大于gD.a落地前，当a的机械能最小时，b对地面的压力大小为mg答案D解析当a到达底端时，b的速度为零，b的速度在整个过程中先增大后减小，动能先增大后减小，所以轻杆对b先做正功，后做负功，A错误；a落地时，b的速度为零，根据系统机械能守恒得mgh＝eq\f(1,2)mveq\o\al(2,a)，解得va＝eq\r(2gh)，B错误；b的速度在整个过程中先增大后减小，杆对b的作用力先是动力后是阻力，所以杆对a的作用力就先是阻力后是动力，所以在b减速的过程中，杆对a是斜向下的拉力，此时a的加速度大于重力加速度，C错误；a、b及杆组成的系统的机械能守恒，当a的机械能最小时，b的速度最大，此时b受到杆的推力为零，b只受到重力和支持力的作用，结合牛顿第三定律可知，b对地面的压力大小为mg，D正确。模型轻弹簧连接的物体系统机械能守恒模型特点由轻弹簧连接的物体系统，一般既有重力做功又有弹簧弹力做功，这时系统内物体的动能、重力势能和弹簧的弹性势能相互转化，而总的机械能守恒。两点提醒①对同一弹簧，弹性势能的大小完全由弹簧的形变量决定，无论弹簧伸长还是压缩。②弹簧两端物体把弹簧拉伸至最长(或压缩至最短)时，两端的物体具有相同的速度，弹性势能最大。例5(2023·福建泉州质检)如图8，两个质量均为m的小球a、b(均可视为质点)通过轻质铰链用轻杆连接，a套在固定的竖直杆上，b放在水平地面上。一轻质弹簧水平放置，左端固定在杆上，右端与b相连。当弹簧处于原长状态时，将a由静止释放，已知a下降高度h时的速度大小为v，此时杆与水平面夹角为θ。弹簧始终在弹性限度内，不计一切摩擦，重力加速度大小为g。下列说法正确的是()图8A.释放a的瞬间，a的加速度大小为gB.释放a的瞬间，地面对b的支持力大小为2mgC.a的速度大小为v时，b的速度大小为vtanθD.a的速度大小为v时，弹簧的弹性势能为mgh－eq\f(1,2)mv2答案C解析释放a的瞬间，a开始向下做加速运动，对a进行受力分析，竖直方向上受重力和轻杆对a的作用力沿竖直方向的分力，所以此时a的加速度大小不为g，A错误；把a、b作为整体，竖直方向有2mg－FN＝ma，则有FN＝2mg－ma，即释放a的瞬间，地面对b的支持力小于2mg，B错误；当a的速度大小为v时，a沿轻杆方向的分速度大小为vsinθ，则此时b的速度大小为eq\f(vsinθ,cosθ)＝vtanθ，C正确；a、b和弹簧组成的系统机械能守恒，则有mgh＝eq\f(1,2)mv2＋eq\f(1,2)m(vtanθ)2＋Ep，则a的速度大小为v时弹簧的弹性势能Ep＝mgh－eq\f(1,2)mv2－eq\f(1,2)m(vtanθ)2，D错误。跟踪训练3.如图9所示，小球a被一根长为L的可绕O轴自由转动的轻质细杆固定在其端点，同时又通过绳跨过光滑定滑轮与另一个质量为m的小球b相连，整个装置平衡时杆和绳与竖直方向的夹角均为30°。若将小球a由水平位置(杆呈水平状态)开始释放，不计摩擦，竖直绳足够长(重力加速度为g)，求：图9(1)小球a的质量；(2)当杆转动到竖直位置时，小球b的速度大小(结果可用根式表示)。答案(1)eq\r(3)m(2)eq\r(\f(2（\r(3)－\r(2)）,2\r(3)＋1)gL)解析(1)当a球处于平衡状态时，有2Tcos30°＝Mg，T＝mg解得M＝eq\r(3)m。(2)当杆转动到竖直位置时，a球下降的高度为L，b球上升的高度为h＝eq\r(2)L设此时a球、b球的速度大小分别为va、vb，由速度分解可得va＝eq\r(2)vb在整个运动过程中，系统的机械能守恒，有MgL－mg·eq\r(2)L＝eq\f(1,2)Mveq\o\al(2,a)＋eq\f(1,2)mveq\o\al(2,b)解得vb＝eq\r(\f(2（\r(3)－\r(2)）,2\r(3)＋1)gL)。A级基础对点练对点练1机械能守恒的理解与判断1.如图1所示，斜劈劈尖顶着竖直墙壁静止在水平面上。现将一小球从图示位置静止释放，不计一切摩擦，则在小球从释放到落至地面的过程中，下列说法中正确的是()图1A.斜劈对小球的弹力不做功B.斜劈与小球组成的系统机械能守恒C.斜劈的机械能守恒D.小球重力势能的减少量等于斜劈动能的增加量答案B解析斜劈对小球的弹力与小球位移的夹角大于90°，故弹力做负功，A错误；不计一切摩擦，小球下滑时，小球和斜劈组成的系统只有小球的重力做功，系统机械能守恒，小球重力势能的减少量等于斜劈和小球动能的增加量，B正确，D错误；小球对斜劈的弹力做正功，斜劈的机械能增加，C错误。2.(多选)(2023·广东深圳模拟)悬崖速降是选择崖面平坦、高度适合的崖壁，用专业的登山绳作保护，由崖壁主体缘绳下滑，从崖顶下降到崖底的一种运动。如图2所示，某次速降可视为竖直方向的直线运动，速降者先从静止开始匀加速运动(加速度小于重力加速度)，之后做匀减速运动，到达地面时速度恰好减为零。则下列说法正确的是()图2A.在加速下降阶段，速降者处于失重状态B.在加速下降阶段，速降者的机械能增大，在减速下降阶段，速降者的机械能减小C.在整个下降过程中，速降者的重力势能一直减小D.在整个下降过程中，绳对速降者先做正功后做负功答案AC解析对速降者受力分析可知，受绳的拉力和重力，当加速下降时，加速度向下，则速降者处于失重状态，故A正确；对速降者而言无论是加速下降和减速下降，位移向下而拉力向上，绳的拉力始终做负功，则速降者的机械能一直减小，故B、D错误；在整个下降过程中，重力做正功，则速降者的重力势能一直减小，故C正确。对点练2单物体的机械能守恒问题3.(多选)(2023·广东广州高三月考)如图3，质量为m的小明在东湖游泳时，以初速度v往水下跳，落在比地面低h的水面上，重力加速度为g，若以水面为参考平面，且不计空气阻力，则()图3A.小明在水面上的重力势能为0B.重力对小明做的功为－mghC.小明在水面上的动能为eq\f(1,2)mv2＋mghD.小明在水面上的机械能为eq\f(1,2)mv2＋mgh答案ACD解析以水面为参考面，因此小明在水面上的重力势能为0，故A正确；重力做功与运动路径无关，取决于初末位置的高度差，可得重力对小明做的功为W＝mgh，故B错误；由动能定理得mgh＝Ek－eq\f(1,2)mv2，解得小明在水面上的动能为Ek＝eq\f(1,2)mv2＋mgh，故C正确；不计空气阻力，运动过程只有重力做功，机械能守恒，抛出时的机械能为E机＝eq\f(1,2)mv2＋mgh，由机械能守恒定律可知，小明在水面上的机械能为E机＝eq\f(1,2)mv2＋mgh，故D正确。4.(多选)(2023·湖南长沙模拟)如图4所示，一长为L的轻杆下端固定一质量为m的小球，上端连在光滑水平轴O上，轻杆可绕水平轴在竖直平面内运动。当小球在最低点时给它一个水平初速度，小球刚好能做完整的圆周运动。不计空气阻力，重力加速度为g。则下列判断正确的是()图4A.除最高点外，小球做完整圆周运动的过程中仅有一处合力指向圆心B.小球的初速度大小为eq\r(5gL)C.杆的力为0时，小球的速度大小为eq\r(\f(2,3)gL)D.杆的力为0时，小球的速度大小为eq\r(\f(4,3)gL)答案AC解析小球做变速圆周运动，除最高点外，仅在最低点合力指向圆心，A正确；小球恰能做完整圆周运动，最高点速度为0，根据机械能守恒定律，有2mgL＝eq\f(1,2)mv2，可得最低点速度为v＝2eq\r(gL)，B错误；设杆的力为0时，杆与竖直方向的夹角为θ，杆的速度为v1，将小球所受重力沿杆和垂直杆方向进行分解，如图所示，则有mgcosθ＝meq\f(veq\o\al(2,1),L)，从最高点到该位置运动过程，根据机械能守恒定律，有mgL(1－cosθ)＝eq\f(1,2)mveq\o\al(2,1)，联立解得v1＝eq\r(\f(2,3)gL)，C正确，D错误。5.(2023·河北邯郸模拟)如图5所示，半圆形光滑轨道固定在水平地面上，一物块以速度v从轨道下端滑入轨道，并恰能从轨道上端水平飞出，则小物块的落地点到轨道下端的距离为(重力加速度大小为g)()图5A.eq\f(v2,4g) B.eq\f(v2,5g) C.eq\f(2v2,5g) D.eq\f(2v2,3g)答案C解析设轨道半径为r，在半圆轨道最高点有mg＝meq\f(veq\o\al(2,1),r)，故v1＝eq\r(gr)，物块由最低点到最高点的过程中，根据机械能守恒定律，有eq\f(1,2)mv2＝2mgr＋eq\f(1,2)mveq\o\al(2,1)，物块做平抛运动，有x＝v1t，2r＝eq\f(1,2)gt2，联立可得x＝eq\f(2v2,5g)，故C正确，A、B、D错误。对点练3连接体的机械能守恒问题6.质量分别为m和2m的两个小球P和Q，中间用轻质杆固定连接，杆长为L，在离P球eq\f(1,3)处有一个光滑固定转轴O，如图6所示。现在把杆置于水平位置后自由释放，Q球顺时针摆动到最低位置，则(重力加速度为g)()图6A.小球P在最高位置的速度大小为eq\f(\r(gL),3)B.小球Q在最低位置的速度大小为eq\r(\f(2gL,3))C.小球P在此过程中机械能增加量为eq\f(4,9)mgLD.小球Q在此过程中机械能减少eq\f(2,3)mgL答案C解析设Q球顺时针摆动到最低位置时的速度为v1，此时P运动到最高点的速度为v2，整个系统机械能守恒，有2mg·eq\f(2,3)L－mg·eq\f(L,3)＝eq\f(1,2)×2mveq\o\al(2,1)＋eq\f(1,2)mveq\o\al(2,2)，又由于两球都绕O点转动，角速度相同，因此v1＝2v2，解得v1＝eq\f(2\r(2gL),3)，v2＝eq\f(\r(2gL),3)，A、B错误；在此过程中，小球P机械能增加量ΔE＝mg·eq\f(L,3)＋eq\f(1,2)mveq\o\al(2,2)＝eq\f(4,9)mgL，由于整个系统机械能守恒，因此小球Q机械能减少量也为eq\f(4,9)mgL，C正确，D错误。7.(多选)(2022·河南郑州模拟)如图7所示，一半圆形光滑轨道固定在竖直平面内，半圆顶点有大小可不计的定滑轮，O点为其圆心，A、B为半圆上两点，OA处于水平方向，OB与竖直方向夹角为45°，一轻绳两端连接大小可不计的两个小球甲、乙，初始时使甲静止在B点，乙静止在O点，绳子处于拉直状态。已知甲球的质量m1＝2kg，乙球的质量m2＝1kg，半圆轨道的半径r＝1m，当地重力加速度为g＝10m/s2，忽略一切摩擦。解除约束后，两球开始运动的过程中，下列说法正确的是()图7A.甲球刚开始运动时的加速度大小为eq\f(10（\r(2)－1）,3)m/s2B.甲球沿着球面运动过程中，甲、乙两球速度相同C.甲球沿着球面运动过程中，甲、乙两球组成的系统机械能不守恒D.甲球沿着球面运动过程中，乙球机械能增加答案AD解析甲球刚开始运动时，两球加速度大小相等，设为a。根据牛顿第二定律得，对甲球有m1gcos45°－F＝m1a，对乙球有F－m2g＝m2a，联立解得a＝eq\f(10（\r(2)－1）,3)m/s2，A正确；甲球沿着球面运动过程中，甲、乙两球速度方向不同，B错误；甲球沿着球面运动过程中，忽略一切摩擦，对于甲、乙两球组成的系统，只有重力做功，系统的机械能守恒，C错误；甲球沿着球面运动过程中，绳子拉力对乙球做正功，则乙球机械能增加，D正确。8.(2023·山东潍坊模拟)如图8所示，质量为2.5m的物体A放在倾角为α＝30°的固定斜面体上，一平行于斜面的轻绳跨过光滑定滑轮一端与物体A连接，另一端与一竖直轻弹簧相连，弹簧下端悬挂一质量为m的砝码盘B，整个系统处于静止状态。现将质量为m的砝码轻轻放在B盘中，二者开始运动。B在运动过程中始终未着地，已知最大静摩擦力等于滑动摩擦力，弹簧的弹性势能表达式为Ep＝eq\f(1,2)kx2(x为形变量)。轻绳不可伸长，弹簧始终在弹性限度内，要使物体A始终保持静止状态，A和斜面体之间的动摩擦因数的最小值为()图8A.eq\f(\r(3),3) B.eq\f(\r(3),15) C.eq\f(4\r(3),15) D.eq\f(7\r(3),15)答案D解析放砝码前，弹簧的伸长量为x0＝eq\f(mg,k)，砝码和B盘向下运动过程，与弹簧组成的系统机械能守恒，砝码和B盘运动到最低点时弹力最大，则有2mg(x－x0)＝eq\f(1,2)kx2－eq\f(1,2)kxeq\o\al(2,0)，可得3mg＝kx，动摩擦因数最小时，由平衡关系可得kx＝2.5mgsinα＋2.5μmgcosα，解得μ＝eq\f(7\r(3),15)，故A、B、C错误，D正确。B级综合提升练9.如图9所示，物体A的质量为M，圆环B的质量为m，由绳子通过定滑轮连接在一起，圆环套在光滑的竖直杆上。开始时连接圆环的绳子水平，长度l＝4m。现从静止释放圆环，不计定滑轮和空气的阻力，g取10m/s2。若圆环下降h＝3m时的速度v＝5m/s，则A和B的质量关系为()图9A.eq\f(M,m)＝eq\f(35,29) B.eq\f(M,m)＝eq\f(7,9)C.eq\f(M,m)＝eq\f(39,25) D.eq\f(M,m)＝eq\f(15,19)答案A解析圆环下降3m后的速度可以按如图所示分解，故可得vA＝vcosθ＝eq\f(vh,\r(h2＋l2))，A、B和绳子看成一个整体，整体只有重力做功，机械能守恒，当圆环下降h＝3m时，根据机械能守恒定律可得mgh＝MghA＋eq\f(1,2)mv2＋eq\f(1,2)Mveq\o\al(2,A)，其中hA＝eq\r(h2＋l2)－l，联立可得eq\f(M,m)＝eq\f(35,29)，故A正确。10.(多选)(2023·山东潍坊模拟)如图10所示，两根固定直杆组成“V”字形，两杆夹角为30°，其中左侧杆竖直，右侧杆光滑。轻弹簧的一端固定在E点，另一端连接质量为0.1kg的小球，小球套在OF杆上。某时刻，小球从F点由静止开始沿右侧杆下滑，到达M点时弹簧恢复原长，越过M点后继续下滑。已知EF垂直于OE，EM垂直于OF，N为右侧杆上一点且∠OEN＝30°，弹簧原长为0.45m，重力加速度g大小取10m/s2，以下判断正确的是()图10A.小球沿杆下滑过程中，从F点至M点过程中弹簧弹力功率先增大后减小B.从F点运动到N点的过程中，小球机械能守恒C.小球达到N点时，速度大小为3m/sD.小球达到N点时，重力的瞬时功率为3W答案AC解析小球在F点速度为0，弹簧弹力功率为0；到达M点时弹簧恢复原长，弹簧弹力为0，则弹簧弹力功率为0。可见从F点至M点过程中弹簧弹力功率先增大后减小，选项A正确；小球从F点运动到N点的过程中，弹簧对小球要做功，小球机械能不守恒，选项B错误；在F点和N点弹簧的形变量相等，弹簧的弹性势能相等。对于小球与弹簧组成的系统，由于只有重力和弹力做功，所以系统的机械能守恒，小球从F点运动到N点的过程中，根据系统的机械能守恒得mgeq\o(FN,\s\up6(－))sin60°＝eq\f(1,2)mveq\o\al(2,N)，根据几何关系可知eq\o(FN,\s\up6(－))＝2eq\o(EM,\s\up6(－))tan30°，联立解得vN＝3m/s，选项C正确；小球达到N点时，重力的瞬时功率为P＝mgvNsin60°＝0.1×10×3×eq\f(\r(3),2)W＝eq\f(3,2)eq\r(3)W，选项D错误。11.如图11所示，倾角为37°的斜面与一竖直光滑圆轨道相切于A点，轨道半径R＝1m，将滑块由B点无初速度释放，滑块恰能运动到圆周的C点，OC水平，OD竖直，xAB＝2m，滑块可视为质点，取g＝10m/s2，sin37°＝0.6，cos37°＝0.8，求：图11(1)滑块在斜面上第一次下滑到A点的时间；(2)若滑块能从D点抛出，滑块仍从斜面上无初速度释放，释放点至少应距A点多远。答案(1)1s(2)5.75m解析(1)设滑块到达A点的速度为vA，以A点所在水平面为参考平面，从A到C过程，由机械能守恒定律有eq\f(1,2)mveq\o\al(2,A)＝mgRcos37°从B到A过程，滑块做匀加速直线运动，由匀变速直线运动规律可知veq\o\al(2,A)＝2axAB，vA＝at联立各式解得a＝4m/s2，t＝1s。(2)设滑块能从D点抛出的最小速度为vD，在D点，由重力提供向心力，有mg＝meq\f(veq\o\al(2,D),R)从A到D由机械能守恒定律有eq\f(1,2)mvA′2＝mgR(1＋cos37°)＋eq\f(1,2)mveq\o\al(2,D)vA′2＝2ax′联立各式解得x′＝5.75m。12.如图12所示，O为固定在水平面的转轴，小球A、B的质量均为m，A与B、O间通过铰链用轻杆连接，杆长均为L，B球置于水平地面上，B、O之间用一轻质弹簧连接。现给A施加一竖直向上的力F，此时两杆夹角θ＝60°，弹簧处于原长。改变F使A球缓慢运动，当θ＝106°时力F恰好为零。A、B始终在同一竖直平面，弹簧在弹性限度内，忽略一切摩擦，sin53°＝0.8，cos53°＝0.6，重力加速度为g。图12(1)求弹簧的劲度系数k；(2)若A球自由释放时加速度为a，此时B球加速度多大？(3)在(2)情况下当θ＝90°时，B的速度大小为v，求此时弹簧的弹性势能。答案(1)eq\f(10mg,9L)(2)eq\f(g－2a,2\r(3))(3)eq\f(\r(3)－\r(2),2)mgL－eq\f(3,4)mv2解析(1)对A球受力分析，如图甲所示有2F1cos53°＝mg对B球受力分析，如图乙所示有FBsin53°＝kx其中x＝2L(sin53°－sin30°)且F1＝FB，解得k＝eq\f(10mg,9L)。(2)A球自由释放时的加速度方向垂直于AO杆，由牛顿第二定律得mgcos60°－F1cos30°＝ma对B有F1cos60°＝maB解得aB＝eq\f(g－2a,2\r(3))。(3)当θ＝90°时，vA＝vcos45°，对系统由机械能守恒定律得mgL(cos30°－cos45°)＝eq\f(1,2)mveq\o\al(2,A)＋eq\f(1,2)mv2＋Ep解得Ep＝eq\f(\r(3)－\r(2),2)mgL－eq\f(3,4)mv2。第4讲功能关系能量守恒定律学习目标1.理解几种常见的功能关系，知道能量守恒定律。2.掌握应用功能关系或能量守恒定律解决问题的方法。3.应用能量的观点解决生活生产中的实际问题。一、几种常见的功能关系及其表达式力做功能的变化定量关系合力的功动能变化W＝Ek2－Ek1＝ΔEk重力的功重力势能变化(1)重力做正功，重力势能减少(2)重力做负功，重力势能增加(3)WG＝－ΔEp＝Ep1－Ep2弹簧弹力的功弹性势能变化(1)弹力做正功，弹性势能减少(2)弹力做负功，弹性势能增加(3)W弹＝－ΔEp＝Ep1－Ep2只有重力、弹簧弹力做功机械能不变化机械能守恒，ΔE＝0除重力和弹簧弹力之外的其他力做的功机械能变化(1)其他力做多少正功，物体的机械能就增加多少(2)其他力做多少负功，物体的机械能就减少多少(3)W其他＝ΔE一对相互作用的滑动摩擦力的总功机械能减少内能增加(1)作用于系统的一对滑动摩擦力一定做负功，系统内能增加(2)摩擦生热Q＝Ffx相对安培力做功电能变化(1)克服安培力做的功等于电能增加量(2)W克安＝E电二、能量守恒定律1.思考判断(1)力对物体做了多少功，物体就具有多少能。(×)(2)能量在转移或转化过程中，其总量会不断减少。(×)(3)在物体的机械能减少的过程中，动能有可能是增大的。(√)(4)滑动摩擦力做功时，一定会引起机械能的转化。(√)(5)除重力以外的其他力做的功等于物体动能的改变量。(×)(6)克服与势能有关的力(重力、弹簧弹力、静电力)做的功等于对应势能的增加量。(√)2.如图1所示，一固定斜面的倾角为30°，一质量为m的小物块自斜面底端以一定的初速度沿斜面向上做匀减速运动，加速度大小等于0.8g(g为重力加速度大小)，物块上升的最大高度为H，则此过程中()图1A.物块的重力势能减少了mgHB.物块的动能损失了1.6mgHC.物块的机械能损失了0.8mgHD.物块克服摩擦力做功0.8mgH答案B考点一功能关系的理解和应用1.功的正负与能量增减的对应关系(1)物体动能的增加与减少要看合外力对物体做正功还是做负功。(2)势能的增加与减少要看对应的作用力(如重力、弹簧弹力、静电力等)做负功还是做正功。(3)机械能的增加与减少要看重力和弹簧弹力之外的力对物体做正功还是做负功。2.摩擦力做功的特点(1)一对静摩擦力所做功的代数和总等于零。(2)一对滑动摩擦力做功的代数和总是负值，差值为机械能转化为内能的部分，也就是系统机械能的损失量。(3)说明：无论是静摩擦力还是滑动摩擦力，都可以对物体做正功，也可以做负功，还可以不做功。角度功能关系的理解例1如图2所示，电梯的质量为M，其天花板上通过一轻质弹簧悬挂一质量为m的物体。电梯在钢索的拉力作用下由静止开始竖直向上加速运动，当电梯上升高度为H时，电梯的速度达到v，此时物体的速度也为v，重力加速度为g，则在这段运动过程中，以下说法正确的是()图2A.轻质弹簧对物体的拉力所做的功等于eq\f(1,2)mv2B.钢索的拉力所做的功等于eq\f(1,2)mv2＋MgHC.轻质弹簧对物体的拉力所做的功大于eq\f(1,2)mv2D.钢索的拉力所做的功等于eq\f(1,2)(m＋M)v2＋(m＋M)gH答案C解析轻质弹簧对物体的拉力所做的功等于物体增加的动能和重力势能，大于eq\f(1,2)mv2，选项A错误，C正确；钢索拉力做的功应等于系统增加的动能、重力势能和弹性势能之和，即系统增加的机械能，所以钢索拉力做功应大于eq\f(1,2)mv2＋MgH，选项B错误；由于电梯竖直向上做加速运动，弹簧长度增加，电梯上升高度为H时，物体上升高度小于H，但弹性势能增加，而电梯上升高度为H时物体的加速度不一定与电梯相同，故无法判断拉力做功是否等于eq\f(1,2)(m＋M)v2＋(m＋M)gH，选项D错误。角度功能关系与图像的结合例2(多选)(2023·湖北武汉高三月考)从地面竖直向上抛出一物体，其机械能E总等于动能Ek与重力势能Ep之和，取地面为零势能参考平面，该物体的E总和Ep随它离开地面的高度h的变化如图3所示。重力加速度g取10m/s2，根据图中数据可知()图3A.物体的质量为2kgB.物体上升过程中所受阻力大小为4NC.在物体上升至h＝2m处，物体的动能为40JD.在物体上升后返回至h＝2m处，物体的动能为30J答案AD解析根据Ep＝mgh结合图像可得物体的质量为2kg，故A正确；根据ΔE＝－fh，解得f＝eq\f(20,4)N＝5N，故B错误；由图可知，物体初动能为100J，在物体上升至h＝2m处，根据动能定理得－fh－mgh＝Ek1－Ek0，解得Ek1＝50J，故C错误；从地面上升后返回至h＝2m处，根据动能定理得－fs－mgh＝Ek2－Ek0，又s＝6m，解得Ek2＝30J，故D正确。跟踪训练1.(2023·山东潍坊高三月考)如图4甲所示，一质量为2kg的物体静止在水平地面上，水平推力F随位移x变化的关系如图乙所示，已知物体与地面间的动摩擦因数为0.1，取g＝10m/s2，下列说法正确的是()图4A.物体运动的最大速度为eq\r(3)m/sB.在整个运动中由于摩擦产生的热量为6JC.物体在水平地面上运动的最大位移是4.5mD.物体先做加速运动，推力撤去时开始做减速运动答案C解析物体所受滑动摩擦力大小为Ff＝μmg＝2N，当F与Ff大小相等时，物体运动的速度最大，由图乙可知此时物体运动的位移为x1＝3m－eq\f(2,6)×3m＝2m，F－x图像与坐标轴所围的面积表示F做的功，则F在物体运动位移为x1的过程中对物体所做的功为W＝eq\f(1,2)×(2＋6)×2J＝8J，设物体运动的最大速度为vm，根据动能定理有W－Ffx1＝eq\f(1,2)mveq\o\al(2,m)，解得vm＝2m/s，故A错误；根据功能关系可知，整个运动过程中，由于摩擦产生的热量等于F做的总功，即Q＝eq\f(1,2)×6×3J＝9J，物体在水平地面上运动的最大位移是xm＝eq\f(Q,Ff)＝4.5m，故B错误，C正确；当F大于Ff时，物体做加速度逐渐减小的加速运动，当F小于Ff时物体开始做减速运动，故D错误。角度,)摩擦力做功与能量转化例3(多选)(2023·湖南怀化月考)如图5所示，质量为M、长为L的木板置于光滑的水平面上，一质量为m的滑块放置在木板左端，滑块与木板间滑动摩擦力大小为Ff，用水平的恒定拉力F作用于滑块。当滑块运动到木板右端时，木板在地面上移动的距离为s，下列结论中正确的是()图5A.上述过程中，F做功等于滑块和木板动能的增量B.其他条件不变的情况下，M越大，s越小C.其他条件不变的情况下，F越大，滑块到达右端所用时间越长D.其他条件不变的情况下，Ff越大，滑块与木板间产生的热量越多答案BD解析由功能关系可知拉力F做功除了增加两物体动能以外还有系统产生的热量，故A错误；由于木板受到的摩擦力不变，当M越大时木板加速度越小，而滑块加速度不变，相对位移一样，滑块在木板上运动时间短，所以木板运动的位移小，故B正确；滑块和木板都是做初速度为零的匀加速运动，在其他条件不变的情况下，木板的运动情况不变，滑块和木板的相对位移还是L，所以拉力F越大滑块的加速度越大，离开木板时间就越短，故C错误；系统产生的热量等于滑动摩擦力与相对位移的乘积，相对位移没变化，滑动摩擦力越大，产生的热量越多，故D正确。跟踪训练2.(2023·湖北武汉高三期末)如图6所示，一子弹水平射入放在光滑水平地面上静止的木块，子弹未穿透木块，假设子弹与木块之间的作用力大小恒定，若此过程中产生的内能为5J。则此过程中木块动能不可能增加了()图6A.8J B.4J C.3.8J D.2.4J答案A解析由题意可知子弹射入木块过程中子弹做匀减速直线运动，而木块做匀加速直线运动，作出子弹和木块的v－t图像如图所示。无论子弹最终留在木块中(实线)，还是从木块中射出(虚线)，根据v－t图像与坐标轴所围面积表示位移可知，子弹射入木块的最大深度d(即子弹与木块的相对位移大小)一定大于木块做匀加速运动的位移x，设子弹与木块之间的作用力大小为Ff，根据功能关系可知Q＝Ffd，根据动能定理可知木块获得的动能为Ek＝Ffx<Q，本题选不可能的，故A正确。考点二能量守恒定律的理解和应用1.对能量守恒定律的两点理解(1)某种形式的能量减少，一定存在其他形式的能量增加，且减少量和增加量一定相等。(2)某个物体的能量减少，一定存在其他物体的能量增加，且减少量和增加量一定相等。2.运用能量守恒定律解题的基本思路例4如图7甲所示，避险车道是避免恶性交通事故的重要设施，由制动坡床和防撞设施等部分组成。如图乙所示，是某处避险车道的简化示意图。若一辆卡车质量为8t，在直干道上以72km/h的速度向坡下行驶，运动到A处刹车突然失灵，司机发现危险后控制卡车经过一段竖直面内的圆弧车道驶上制动坡床进行减速，再过一段时间，卡车停止且未与防撞设施发生碰撞。若A、C间的高度差为50m，卡车运动到C点时速度为108km/h，制动坡床可视为与水平面间的夹角为θ＝30°的斜面，卡车在制动坡床上运动时受到坡床的阻力大小是其重力大小的eq\f(7,10)，重力加速度为g＝10m/s2。图7(1)求卡车从A运动到C的过程中损失的机械能。(2)为保障该卡车的安全，这条避险车道至少需要多长？(3)卡车在制动坡床上速度减为零后，受到制动坡床的摩擦力为多大？答案(1)2×106J(2)37.5m(3)4×104N解析(1)卡车从A运动到C的过程，以C点所在水平面为参考平面，根据能量守恒定律有mgh＋eq\f(1,2)mveq\o\al(2,1)＝ΔE＋eq\f(1,2)mveq\o\al(2,2)解得ΔE＝2×106J。(2)卡车经过C点后，在制动坡床上运动的过程，根据动能定理有－mgLsinθ－fL＝0－eq\f(1,2)mveq\o\al(2,2)，其中f＝eq\f(7,10)mg解得L＝37.5m故这条避险车道至少需要37.5m。(3)由于mgsinθ＝eq\f(1,2)mg＜f＝eq\f(7,10)mg，卡车在制动坡床上速度减为零后停止运动卡车停止运动后，受到制动坡床的摩擦力为Ff＝mgsinθ，解得Ff＝4×104N。跟踪训练3.如图8所示，小车右端有一半圆形光滑轨道BC相切车表面于B点，一个质量为m＝1.0kg可以视为质点的物块放置在A点，随小车一起以速度v0＝5.0m/s沿光滑水平面上向右匀速运动。劲度系数较大的轻质弹簧固定在右侧竖直挡板上。当小车压缩弹簧到最短时，弹簧自锁(即不再压缩也不恢复形变)，此时，物块恰好在小车的B处，此后物块恰能沿圆弧轨道运动到最高点C。已知小车的质量为M＝1.0kg，小车的长度为l＝0.25m，半圆形轨道半径为R＝0.4m，物块与小车间的动摩擦因数为μ＝0.2，重力加速度g取10m/s2。求：图8(1)物块在小车上滑行时的加速度a；(2)物块运动到B点时的速度vB；(3)弹簧在压缩到最短时具有的弹性势能Ep以及弹簧被压缩的距离x。答案(1)2m/s2(2)2eq\r(5)m/s(3)14.5J1m解析(1)物块在小车上滑行时，由牛顿第二定律得μmg＝ma解得a＝2m/s2。(2)据题意，物块恰能沿圆弧轨道运动到最高点C，由重力提供向心力，则有mg＝meq\f(veq\o\al(2,C),R)物块从B运动到C的过程，由机械能守恒定律得2mgR＋eq\f(1,2)mveq\o\al(2,C)＝eq\f(1,2)mveq\o\al(2,B)联立解得vB＝2eq\r(5)m/s。(3)根据能量守恒定律得Ep＝eq\f(1,2)(M＋m)veq\o\al(2,0)－eq\f(1,2)mveq\o\al(2,B)－μmgl解得Ep＝14.5J从开始接触弹簧到弹簧压缩到最短时，物块A相对地面的位移x1＝eq\f(veq\o\al(2,0)－veq\o\al(2,B),2a)＝eq\f(52－（2\r(5)）2,2×2)m＝1.25m则小车的位移x＝x1－l＝1m即弹簧被压缩的距离为1m。A级基础对点练对点练1功能关系的理解与应用1.(多选)蹦床是少年儿童喜欢的一种体育运动，如图1所示，蹦床的中心由弹性网组成，若少年儿童从最高点落下至最低点的过程中，空气阻力大小恒定，则少年儿童()图1A.机械能一直减小B.刚接触网面时，动能最大C.重力势能的减少量大于克服空气阻力做的功D.重力势能的减少量等于弹性势能的增加量答案AC解析儿童从最高点落下至最低点的过程中，弹簧弹力以及空气阻力一直做负功，因此其机械能一直减小，故A正确；儿童和弹性网接触的过程中先加速然后减速，故刚接触网面时，动能并非最大，故B错误；根据功能关系可知，重力做功等于克服空气阻力和克服弹簧弹力做功的和，则重力势能的减少量大于弹性势能的增加量，重力势能的减少量大于克服空气阻力做的功，故C正确，D错误。2.(多选)一名滑雪运动员在雪道上下滑了一段路程，重力对他做功3000J，他克服阻力做功500J，则在此过程中这名运动员()A.重力势能增加了3000JB.动能增加了3000JC.动能增加了2500J D.机械能减少了500J答案CD解析根据题意，重力做正功，所以运动员的重力势能减少了3000J，A错误；合力做的功等于动能的增加量，所以动能增加了3000J－500J＝2500J，B错误，C正确；重力以外的其他力做的功等于机械能的变化量，阻力做负功500J，所以机械能减少了500J，D正确。3.某同学将质量为m的一矿泉水瓶(可看成质点)竖直向上抛出，水瓶以eq\f(5g,4)的加速度匀减速上升，上升的最大高度为H，水瓶往返过程受到的阻力大小不变。则()A.上升过程中水瓶的动能损失eq\f(5mgH,4)B.上升过程中水瓶的机械能减少了eq\f(5mgH,4)C.水瓶落回地面时动能大小为eq\f(5mgH,4)D.水瓶上升过程处于超重状态，下落过程处于失重状态答案A解析上升过程水瓶受到的合外力F＝mg＋f＝eq\f(5,4)mg，则f＝eq\f(1,4)mg，合外力做功W＝－eq\f(5,4)mgH，由动能定理可知，上升过程中水瓶的动能损失为eq\f(5,4)mgH，故A正确；机械能的改变量等于重力之外的其他力做的功，机械能的减少量为fH＝eq\f(1,4)mgH，故B错误；下落过程，合力为F′＝mg－eq\f(1,4)mg＝eq\f(3,4)mg，由动能定理可知，落回地面时的动能为Ek＝F′H＝eq\f(3,4)mgH，故C错误；由于水瓶的加速度方向一直向下，水瓶一直处于失重状态，故D错误。4.(多选)(2022·山东泰安模拟)如图2所示，滑块以一定的初速度冲上足够长的光滑固定斜面，取斜面底端O点为运动的起点和零势能点，并以滑块由O点出发时为t＝0时刻。在滑块运动到最高点的过程中，下列描述滑块的动能Ek、重力势能Ep、机械能E随位移x、时间t变化的图像中，正确的是()图2答案ABD解析根据动能定理得Ek＝Ek0－mgxsinθ，Ek与位移成线性关系，A正确；物体的重力势能为Ep＝mgxsinθ，Ep与位移成正比，B正确；动能与时间的关系为Ek＝eq\f(1,2)mv2＝eq\f(1,2)m(v0－gsinθ·t)2，Ek与t成非线性关系，C错误；上滑过程中，只有重力做功，机械能守恒，D正确。5.一木块静置于光滑水平面上，一颗子弹沿水平方向飞来射入木块中。当子弹进入木块的深度达到最大值2.0cm时，木块沿水平面恰好移动距离1.0cm。在上述过程中系统损失的机械能与子弹损失的动能之比为()A.1∶2 B.1∶3 C.2∶3 D.3∶2答案C解析根据题意，子弹在摩擦力作用下的位移为x1＝(2＋1)cm＝3cm，木块在摩擦力作用下的位移为x2＝1cm；系统损失的机械能转化为内能，根据功能关系，有ΔE系统＝Q＝Ff·Δx；子弹损失的动能等于子弹克服摩擦力做的功，即ΔE子弹＝Ffx1，可得eq\f(ΔE系统,ΔE子弹)＝eq\f(2,3)，故C正确，A、B、D错误。对点练2能量守恒定律的理解和应用6.某同学用如图3所示的装置测量一个凹形木块的质量m，弹簧的左端固定，木块在水平面上紧靠弹簧(不连接)将其压缩，记下木块右端位置A点，静止释放后，木块右端恰能运动到B1点。在木块槽中加入一个质量m0＝800g的砝码，再将木块左端紧靠弹簧，木块右端位置仍然在A点，静止释放后木块离开弹簧，右端恰能运动到B2点，测得AB1、AB2长分别为27.0cm和9.0cm，则木块的质量m为()图3A.100g B.200g C.300g D.400g答案D解析根据能量守恒定律，有μmg·AB1＝Ep，μ(m0＋m)g·AB2＝Ep，联立解得m＝400g，D正确。7.(2023·湖北武汉模拟)如图4甲所示，在距离地面高度为h＝0.80m的平台上有一轻质弹簧，其左端固定于竖直挡板上，右端与质量m＝0.50kg、可看作质点的物块相接触(不粘连)，OA段粗糙且长度等于弹簧原长，物块与OA段的动摩擦因数μ＝0.50，其余位置均无阻力作用。物块开始静止于A点，现对物块施加一个水平向左的外力F，其大小随位移x变化关系如图乙所示。物块向左运动x＝0.40m到达B点，到达B点时速度为零，随即撤去外力F，物块在弹簧弹力作用下向右运动，从M点离开平台，落到地面上N点，取g＝10m/s2，则()图4A.弹簧被压缩过程中外力F做的功为2.4JB.弹簧被压缩过程中具有的最大弹性势能为6.0JC.整个运动过程中物块克服摩擦力做功为4.0JD.物块从M点运动到N点的水平位移为1.6m答案D解析根据F－x图像与坐标轴所围的面积表示力F做的功，则弹簧被压缩过程中外力F做的功为WF＝eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(6＋18,2)×0.2＋18×0.2))J＝6.0J，故A错误；物块向左运动的过程中，克服摩擦力做功为Wf＝μmgx＝0.5×0.5×10×0.4J＝1.0J，根据能量守恒定律可知，弹簧被压缩过程中具有的最大弹性势能为Ep＝WF－Wf＝5.0J，故B错误；整个运动过程中克服摩擦力做功为Wf总＝2μmgx＝2.0J，故C错误；设物块离开M点时的速度为v，对整个过程，由能量守恒定律得eq\f(1,2)mv2＝WF－Wf总，物块离开M点后做平抛运动，则有h＝eq\f(1,2)gt2，x＝vt，解得x＝1.6m，故D正确。B级综合提升练8.(多选)(2023·东北师大等联盟检测)如图5甲所示，一木块沿固定斜面由静止开始下滑，下滑过程中木块的机械能和动能随位移变化的关系图线如图乙所示，则下列说法正确的是()图5A.在位移从0增大到x0的过程中，木块的重力势能减少了E0B.在位移从0增大到x0的过程中，木块的重力势能减少了2E0C.图线a斜率的绝对值表示木块所受的合力大小D.图线b斜率的绝对值表示木块所受的合力大小答案BD解析木块沿斜面下滑过程中，动能增大，则图线b为木块的动能随位移变化的关系图线。由机械能的变化量等于动能的变化量与重力势能变化量之和，有E0－2E0＝E0－0＋ΔEp，得ΔEp＝－2E0，即木块的重力势能减少了2E0，故A错误，B正确；由功能关系可知图线a斜率的绝对值表示木块所受的除重力之外的合力大小，故C错误；图线b斜率的绝对值表示木块所受的合力大小，故D正确。9.(2022·河北衡水模拟)如图6甲所示，轻弹簧下端固定在倾角为θ＝37°的粗糙斜面底端，质量为m＝1kg的物块从轻弹簧上端上方某位置由静止释放，测得物块的动能Ek与其通过的路程x的关系如图乙所示(弹簧始终处于弹性限度内)，图像中0～x1＝0.4m之间为直线，其余部分为曲线，x2＝0.6m时物块的动能达到最大。弹簧的长度为l时，弹性势能为Ep＝eq\f(