专题09 机械能与能量守恒 2022-2023高考三轮精讲突破训练（全国通用）（解析版）

学而优教有方专题09能量守恒目录TOC\o"1-2"\h\u考向一机械能守恒定律的应用 1考向二多物体机械能守恒问题 4考查方式一：轻绳模型 4考查方式二轻杆模型 7考查方式三轻弹簧模型 9考查方式四等效重心模型 11考查方式五能量守恒综合运用 12考向一机械能守恒定律的应用机械能守恒判断的三种方法定义法利用机械能的定义直接判断，分析物体或系统的动能和势能的和是否变化，若不变，则机械能守恒做功法若物体或系统只有重力或系统内弹力做功，或有其他力做功，但其他力做功的代数和为零，则机械能守恒转化法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能的转化，则机械能守恒2．机械能守恒定律的应用3．运用机械能守恒定律分析求解时应注意的问题(1)研究对象的选取研究对象的选取是解题的首要环节，有的问题选单个物体(实为一个物体与地球组成的系统)为研究对象机械能不守恒，但选此物体与其他几个物体组成的系统为研究对象，机械能却是守恒的．(2)要注意研究过程的选取有些问题研究对象的运动过程分几个阶段，有的阶段机械能守恒，而有的阶段机械能不守恒．因此，在应用机械能守恒定律解题时要注意过程的选取．(3)注意机械能守恒表达式的选取“守恒的观点”的表达式适用于单个或多个物体机械能守恒的问题．列式时需选取参考平面．而用“转移”和“转化”的角度反映机械能守恒时，不必选取参考平面．3.三类连接体中物体的速度关系速率相等的连接体两物体在运动过程中速率相等，根据系统减少的重力势能等于系统增加的动能列方程求解．角速度相等的连接体两球在运动过程中角速度相等，线速度大小与半径成正比，根据系统减少的重力势能等于系统增加的动能列方程求解．某一方向分速度相等的连接体A放在光滑斜面上，B穿过竖直光滑杆PQ下滑，将B的速度沿绳的方向和垂直于绳的方向分解，如图丁所示．其中沿绳子方向的速度vx与A的速度大小相等，根据系统减少的重力势能等于系统增加的动能列方程求解.【典例1】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【答案】C【解析】.设小球运动到c点的速度大小为vc，则对小球由a到c的过程，由动能定理有F·3R－mgR＝eq\f(1,2)mveq\o\al(2,c)，又F＝mg，解得vc＝2eq\r(gR)，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，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为t＝eq\f(vc,g)＝2eq\r(\f(R,g))，在水平方向的位移大小为x＝eq\f(1,2)gt2＝2R.由以上分析可知，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5R，则小球机械能的增加量为ΔE＝F·5R＝5mgR，C正确，A、B、D错误．[变式1]起跳摸高是学生经常进行的一项体育活动．一质量为m的同学弯曲两腿向下蹲，然后用力蹬地起跳，从该同学用力蹬地到刚离开地面的起跳过程中，他的重心上升了h，离地时他的速度大小为v.下列说法正确的是()A．起跳过程中该同学机械能增加了mghB．起跳过程中该同学机械能增量为mgh＋eq\f(1,2)mv2C．地面的支持力对该同学做的功为mgh＋eq\f(1,2)mv2D．该同学所受的合外力对其做的功为eq\f(1,2)mv2＋mgh【答案】B【解析】该同学重心升高了h，重力势能增加了mgh，又知离地时获得动能为eq\f(1,2)mv2，则机械能增加了mgh＋eq\f(1,2)mv2，A错误，B正确；该同学在与地面作用过程中，在支持力方向上的位移为零，则支持力对该同学做功为零，C错误；该同学所受合外力做的功等于动能的增量，则W合＝eq\f(1,2)mv2，D错误．考向二多物体机械能守恒问题常见的功能关系多物体机械能守恒问题的解题思路多个物体的机械能守恒问题，往往涉及“轻绳模型”“轻杆模型”以及“轻弹簧模型”．考查方式一轻绳模型三点提醒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．【典例3】如图所示，A、B两小球由绕过轻质定滑轮的细线相连，A放在固定的光滑斜面上，B、C两小球在竖直方向上通过劲度系数为k的轻质弹簧相连，C球放在水平地面上。现用手控制住A，并使细线刚刚拉直但无拉力作用，并保证滑轮左侧细线竖直、右侧细线与斜面平行。已知A的质量为4m，B、C的质量均为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A后，A沿斜面下滑至速度最大时C恰好离开地面，不计空气阻力，在这一过程中A始终在斜面上，下列说法正确的是（）A.释放A的瞬间，B的加速度为0.5gB.C恰好离开地面时，A达到的最大速度为C.斜面倾角α=45°D.从释放A到C刚离开地面的过程中，A、B两小球组成的系统机械能守恒【答案】B【解析】C．设当物体C刚刚离开地面时，弹簧的伸长量为xC，则物体C刚刚离开地面时，以B为研究对象，物体B受到重力mg、弹簧的弹力kxC、细线的拉力T三个力的作用，设物体B的加速度为a，根据牛顿第二定律，对B有对A有解得当B获得最大速度时，有a=0解得所以：α=30°，故C错误；释放A的瞬间，此时对AB整体加速度大小相同，根据牛顿定律B的加速度为0.2g，故A错误；设开始时弹簧的压缩量xB，则设当物体C刚刚离开地面时，弹簧的伸长量为xC，则当物体C刚离开地面时，物体B上升的距离以及物体A沿斜面下滑的距离均为h=xC+xB由于弹簧处于压缩状态和伸长状态时的弹性势能相等，且物体C刚刚离开地面时，A、B两物体的速度相等，设为vBm，以A、B及弹簧组成的系统为研究对象，由机械能守恒定律得代入数据，解得故B正确；D．从释放A到C刚离开地面的过程中，A、B两小球以及弹簧构成的系统机械能守恒，A、B两小球组成的系统机械能不守恒，故D错误。故选B。[变式]如图所示，可视为质点的小球A、B用不可伸长的细软轻线连接，跨过固定在地面上半径为R的光滑圆柱，A的质量为B的两倍．当B位于地面时，A恰与圆柱轴心等高．将A由静止释放，B上升的最大高度是()A．2RB.eq\f(5R,3)C.eq\f(4R,3)D.eq\f(2R,3)【答案】C【解析】如图所示，以A、B整体为系统，以地面为零势能面，设A的质量为2m，B的质量为m，根据机械能守恒定律有2mgR＝mgR＋eq\f(1,2)×3mv2，A落地后B将以速度v做竖直上抛运动，即有eq\f(1,2)mv2＝mgh，解得h＝eq\f(1,3)R.则B上升的高度为R＋eq\f(1,3)R＝eq\f(4,3)R，故选项C正确．考查方式二轻杆模型三大特点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．【典例4】如图所示，物体A的质量为M，圆环B的质量为mA、B通过绳子连接在一起，圆环套在光滑的竖直杆上，开始时，圆环与定滑轮之间的绳子处于水平状态，长度l＝4m，现从静止开始释放圆环，不计定滑轮和空气的阻力，重力加速度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()A.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时的速度可以沿绳方向和垂直绳方向进行分解，故可得vA＝vcosθ，又由几何关系可知cosθ＝eq\f(h,\r(h2＋l2))，解得vA＝3m/s.当圆环下降的高度h＝3m时，由几何关系可知，物体A上升的高度h′＝eq\r(h2＋l2)－l＝1m．将A、B看作一个系统，则该系统只有重力做功，机械能守恒，则由机械能守恒定律可得mgh－Mgh′＝eq\f(1,2)mv2＋eq\f(1,2)Mveq\o\al(2,A)，代入数据求解可得eq\f(M,m)＝eq\f(35,29)，选项A正确．[变式1](多选)如图所示，质量分别为2m、m的小滑块A、B，其中A套在固定的竖直杆上，B静置于水平地面上，A、B间通过铰链用长为L的刚性轻杆连接．一轻弹簧左端与B相连，右端固定在竖直杆上，弹簧水平．当α＝30°时，弹簧处于原长状态此时将A由静止释放，下降到最低点时α变为45°，整个运动过程中，A、B始终在同一竖直平面内，弹簧在弹性限度内，忽略一切摩擦，重力加速度为g.则A下降过程中()A．A、B组成的系统机械能守恒B．弹簧弹性势能的最大值为(eq\r(3)－eq\r(2))mgLC．竖直杆对A的弹力一定大于弹簧弹力D．A的速度达到最大值前，地面对B的支持力小于3mg【答案】BD【解析】：根据能量守恒知，A、B、弹簧组成的系统机械能守恒，故A错误；根据系统机械能守恒可得：Ep＝2mgL(cos30°－cos45°)，弹性势能的最大值为Epm＝(eq\r(3)－eq\r(2))mgL，故B正确；对A、B整体，在水平方向上，根据牛顿第二定律有F杆－F弹＝ma，滑块先做加速运动后做减速运动，所以竖直杆对A的弹力不始终大于弹簧弹力，故C错误；A下降过程中动能达到最大前，A加速下降，对A、B整体，在竖直方向上，根据牛顿第二定律有3mg－N＝2ma，则有N<3mg，故D正确．故选BD．[变式2]如图所示，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()A．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(2gh)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】BD【解析】由于刚性杆不伸缩，滑块a、b沿杆方向的分速度相等，滑块a落地时，速度方向竖直向下，故此时滑块b的速度为零，可见滑块b由静止开始先做加速运动后做减速运动，对滑块b受力分析，可知杆对滑块b先做正功，后做负功，选项A错误；因系统机械能守恒，则杆对滑块a先做负功，后做正功，做负功时，滑块a的加速度小于g，做正功时，滑块a的加速度大于g，选项C错误；杆对滑块a的弹力刚好为零时，a的机械能最小，此时对滑块b受力分析，可知地面对b的支持力刚好等于mg，根据牛顿第三定律，b对地面的压力大小为mg，选项D正确；由机械能守恒定律，可得mgh＝eq\f(1,2)mv2，即v＝eq\r(2gh)，选项B正确．考查方式三轻弹簧模型轻弹簧模型“四点”注意①含弹簧的物体系统在只有弹簧弹力和重力做功时，物体的动能、重力势能和弹簧的弹性势能之间相互转化，物体和弹簧组成的系统机械能守恒，而单个物体和弹簧机械能都不守恒．②含弹簧的物体系统机械能守恒问题，符合一般的运动学解题规律，同时还要注意弹簧弹力和弹性势能的特点．③弹簧弹力做的功等于弹簧弹性势能的减少量，而弹簧弹力做功与路径无关，只取决于初、末状态弹簧形变量的大小．④由两个或两个以上的物体与弹簧组成的系统，当弹簧形变量最大时，弹簧两端连接的物体具有相同的速度；弹簧处于自然长度时，弹簧弹性势能最小(为零)．【典例5】如图所示，水平桌面上的轻质弹簧一端固定，另一端与小物块相连.弹簧处于自然长度时物块位于O点(图中未标出).物块的质量为m，AB=a，物块与桌面间的动摩擦因数为μ.现用水平向右的力将物块从O点拉至A点，拉力做的功为W.撤去拉力后物块由静止向左运动，经O点到达B点时速度为零.重力加速度为g.则上述过程中()A.物块在A点时，弹簧的弹性势能等于W-μmgaB.物块在B点时，弹簧的弹性势能小于W-μmgaC.经O点时，物块的动能小于W-μmgaD.物块动能最大时弹簧的弹性势能小于物块在B点时弹簧的弹性势能【答案】BC【解析】如果没有摩擦力，则O点应该在AB中间，由于有摩擦力，物体从A到B过程中有机械能损失，O点靠近B点.故OA>，此过程物体克服摩擦力做功大于μmga，所以物块在A点时，弹簧的弹性势能小于W-μmga，选项A错误;由A分析得物块从开始运动到最终停在B点，路程大于μmga，故整个过程物体克服阻力做功大于μmga，故物块在B点时，弹簧的弹性势能小于W-μmga，选项B正确;从O点开始到再次到达O点，物体路程大于a，故由动能定理得，物块的动能小于W-μmga，选项C正确;物块动能最大时，弹力等于摩擦力，而在B点弹力与摩擦力的大小关系未知，故物块动能最大时弹簧伸长量与物块在B点时弹簧伸长量大小未知，故此两位置弹性势能大小关系不好判断，选项D错误.[变式]如图所示，固定的竖直光滑长杆上套有质量为m的小圆环，圆环与水平状态的轻质弹簧一端连接，弹簧的另一端连接在墙上，且处于原长状态．现让圆环由静止开始下滑，已知弹簧原长为L，圆环下滑到最大距离时弹簧的长度变为2L(未超过弹性限度)，则在圆环下滑到最大距离的过程中()A．圆环的机械能守恒B．弹簧弹性势能变化了eq\r(3)mgLC．圆环下滑到最大距离时，所受合力为零D．圆环重力势能与弹簧弹性势能之和保持不变【答案】B【解析】圆环沿杆下滑的过程中，圆环与弹簧组成的系统动能、弹性势能、重力势能之和守恒，选项A、D错误；弹簧长度为2L时，圆环下落的高度h＝eq\r(3)L，根据机械能守恒定律，弹簧的弹性势能增加了ΔEp＝mgh＝eq\r(3)mgL，选项B正确；圆环释放后，圆环向下先做加速运动，后做减速运动，当速度最大时，合力为零，下滑到最大距离时，具有向上的加速度，合力不为零，选项C错误．考查方式四等效重心模型【典例6】如图所示，固定在地面的斜面体上开有凹槽，槽内紧挨放置六个半径均为r的相同小球，各球编号如图．斜面与水平轨道OA平滑连接，OA长度为6r.现将六个小球由静止同时释放，小球离开A点后均做平抛运动，不计一切摩擦．则在各小球运动过程中，下列说法正确的是 ()A．球1的机械能守恒B．球6在OA段机械能增大C．球6的水平射程最小D．六个球落地点各不相同【答案】BC【解析】当所有球都在斜面上运动时机械能守恒，当有球在水平面上运动时，后面球要对前面的球做功，小球机械能不守恒，选项A错误；球6在OA段由于球5的推力对其做正功，其机械能增大，选项B正确；由于球6离开A点的速度最小，所以其水平射程最小，选项C正确；当1、2、3小球均在OA段时，三球的速度相同，故从A点抛出后，三球落地点也相同，选项D错误．[变式]有一条长为L＝2m的均匀金属链条，有一半长度在光滑的足够高的斜面上，斜面顶端是一个很小的圆弧，斜面倾角为30°，另一半长度竖直下垂在空中，当链条从静止开始释放后链条滑动，则链条刚好全部滑出斜面时的速度为(g取10m/s2)()A．2.5m/sB．eq\f(5\r(2),2)m/sC．eq\r(5)m/sD．eq\f(\r(35),2)m/s【答案】B【解析】设链条的质量为2m，以开始时链条的最高点为零势能面，链条的机械能为E＝Ep＋Ek＝－eq\f(1,2)×2mg×eq\f(L,4)sinθ－eq\f(1,2)×2mg×eq\f(L,4)＋0＝－eq\f(1,4)mgL(1＋sinθ)链条全部滑出后，动能为E′k＝eq\f(1,2)×2mv2重力势能为E′p＝－2mgeq\f(L,2)由机械能守恒可得E＝E′k＋E′p即－eq\f(1,4)mgL(1＋sinθ)＝mv2－mgL解得v＝eq\f(1,2)eq\r(gL（3－sinθ）)＝eq\f(1,2)×eq\r(10×2×（3－0.5）)m/s＝eq\f(5\r(2),2)m/s故B正确，A、C、D错误．考查方式五能量守恒综合运用【典例7】如图，一倾角为的光滑斜面上有50个减速带（图中未完全画出），相邻减速带间的距离均为d，减速带的宽度远小于d；一质量为m的无动力小车（可视为质点）从距第一个减速带L处由静止释放。已知小车通过减速带损失的机械能与到达减速带时的速度有关。观察发现，小车通过第30个减速带后，在相邻减速带间的平均速度均相同。小车通过第50个减速带后立刻进入与斜面光滑连接的水平地面，继续滑行距离s后停下。已知小车与地面间的动摩擦因数为，重力加速度大小为g。（1）求小车通过第30个减速带后，经过每一个减速带时损失的机械能；（2）求小车通过前30个减速带的过程中在每一个减速带上平均损失的机械能；（3）若小车在前30个减速带上平均每一个损失的机械能大于之后每一个减速带上损失的机械能，则L应满足什么条件？【答案】（1）；（2）；（3）【详解】（1）由题意可知小车在光滑斜面上滑行时根据牛顿第二定律有设小车通过第30个减速带后速度为v1，到达第31个减速带时的速度为v2，则有因为小车通过第30个减速带后，在相邻减速带间的平均速度均相同，故后面过减速带后的速度与到达下一个减速带均为v1和v2；经过每一个减速带时损失的机械能为联立以上各式解得（2）由（1）知小车通过第50个减速带后的速度为v1，则在水平地面上根据动能定理有从小车开始下滑到通过第30个减速带，根据动能定理有联立解得故在每一个减速带上平均损失的机械能为（3）由题意可知可得

【巩固练习】(多选)滑沙是人们喜爱的游乐活动，如图是滑沙场地的一段斜面，其倾角为30°，设参加活动的人和滑车总质量为m，人和滑车从距底端高为h处的顶端A沿滑道由静止开始匀加速下滑，加速度为0.4g，人和滑车可视为质点，则从顶端向下滑到底端B的过程中，下列说法正确的是()A．人和滑车减少的重力势能全部转化为动能B．人和滑车获得的动能为0.8mghC．整个下滑过程中人和滑车减少的机械能为0.2mghD．人和滑车克服摩擦力做功为0.6mgh【答案】BC【解析】沿斜面的方向有ma＝mgsin30°－Ff，所以Ff＝0.1mg，人和滑车减少的重力势能转化为动能和内能，故A错误；人和滑车下滑的过程中重力和摩擦力做功，获得的动能为Ek＝(mgsin30°－Ff)eq\f(h,sin30°)＝0.8mgh，故B正确；整个下滑过程中人和滑车减少的机械能为ΔE＝mgh－Ek＝mgh－0.8mgh＝0.2mgh，故C正确；整个下滑过程中克服摩擦力做功等于人和滑车减少的机械能，所以人和滑车克服摩擦力做功为0.2mgh，故D错误．(多选)一运动员穿着飞翔装备从飞机上跳出后的一段运动过程可近似认为是匀变速直线运动，如图2所示，运动方向与水平方向成53°，运动员的加速度大小为eq\f(3g,4).已知运动员(包含装备)的质量为m，则在运动员下落高度为h的过程中，下列说法正确的是()A．运动员重力势能的减少量为eq\f(3mgh,5)B．运动员动能的增加量为eq\f(3mgh,4)C．运动员动能的增加量为eq\f(15,16)mghD．运动员的机械能减少了eq\f(mgh,16)【答案】CD【解析】运动员下落的高度是h，W＝mgh，运动员重力势能的减少量为mgh，故A错误；运动员下落的高度是h，则飞行的距离L＝eq\f(h,sin53°)＝eq\f(5,4)h，运动员受到的合外力F合＝ma＝eq\f(3,4)mg，动能的增加量等于合外力做的功，即ΔEk＝W合＝eq\f(3,4)mg×eq\f(5,4)h＝eq\f(15,16)mgh，故B错误，C正确；运动员重力势能的减少量为mgh，动能的增加量为eq\f(15,16)mgh，所以运动员的机械能减少了eq\f(1,16)mgh，故D正确．(多选)如图甲所示，倾角θ＝30°的光滑斜面固定在水平面上，自然伸长的轻质弹簧一端固定在斜面底端的挡板上．一质量为m的小球，从离弹簧上端一定距离的位置静止释放，接触弹簧后继续向下运动，小球运动的v­t图象如图乙所示，其中OA段为直线段，AB段是与OA相切于A点的平滑曲线，BC是平滑曲线，不考虑空气阻力，重力加速度为g.关于小球的运动过程，下列说法正确的是()A．小球在tB时刻所受弹簧的弹力等于eq\f(1,2)mgB．小球在tC时刻的加速度大于eq\f(1,2)gC．小球从tC时刻所在的位置由静止释放后，能回到出发点D．小球从tA时刻到tC时刻的过程中，重力势能的减少量等于弹簧弹性势能的增加量【答案】ABC【解析】：小球在tB时刻速度达到最大，此时弹簧的弹力等于重力沿斜面的分力，即此时F弹＝mgsin30°＝eq\f(1,2)mg，故A正确；由题意可知，tA时刻小球刚好与弹簧接触且弹簧无形变，此时小球的加速度aA＝eq\f(1,2)g，由图乙可知，A点图线斜率的绝对值小于C点图线斜率的绝对值，分析可知小球在tC时刻的加速度大于eq\f(1,2)g，故B正确；整个过程中，弹簧和小球组成的系统机械能守恒，故小球从C点释放能到达原来的释放点，故C正确；小球从tA时刻到tC时刻的过程中，由系统机械能守恒知小球重力势能的减少量与动能的减少量之和等于弹簧弹性势能的增加量，故D错误．如图甲所示，一倾角为37°的传送带以恒定速度运行。现将一质量m＝1kg的物体抛上传送带，物体相对地面的速度随时间变化的关系如图乙所示，取沿传送带向上为正方向，g=10m/s2，sin37°＝0.6，cos37°＝0.8。则下列说法正确的是()A.0～8s内物体位移的大小是18mB.0～8s内物体机械能增量是90JC.0～8s内物体机械能增量是126JD.0～8s内物体与传送带因摩擦产生的热量是126J【答案】BD【解析】A．0～8s内物体的位移故A错误；BC．0～8s内物体机械能增量故B正确，C错误；D．物体在传送带上运动的加速度根据牛顿第二定律物体在传送带上滑行过的路程所以，摩擦产生的热量故D正确故选BD。如图所示，固定的光滑竖直杆上套一个滑块A，与滑块A连接的细绳绕过光滑的轻质定滑轮连接滑块B，细绳不可伸长，滑块B放在粗糙的固定斜面上，连接滑块B的细绳和斜面平行，滑块A从细绳水平位置由静止释放(不计轮轴处的摩擦)，到滑块A下降到速度最大(A未落地，B未上升至滑轮处)的过程中()A．滑块A和滑块B的加速度大小一直相等B．滑块A减小的机械能等于滑块B增加的机械能C．滑块A的速度最大时，滑块A的速度大于B的速度D．细绳上的张力对滑块A做的功等于滑块A机械能的变化量【答案】CD【解析】两滑块与绳构成绳连接体，沿绳方向的加速度大小相等，则A沿绳的分加速度等于B的加速度，A错误；绳连接体上的一对拉力做功不损失机械能，但B受到的斜面摩擦力对B做负功，由能量守恒可知滑块A减小的机械能等于滑块B增加的机械能和摩擦生热之和，B错误；滑块A的速度最大时，将滑块A的速度分解，如图所示，绳连接体沿绳方向的速度大小相等，则A沿绳的分速度等于B的运动速度，显然滑块A的速度大于B的速度，C正确；对A受力分析可知，除重力外，只有细绳的张力对滑块A做功，由功能关系可知，细绳上的张力对滑块A做的功等于滑块A机械能的变化量，D正确。如图所示，a、b两物块质量分别为m、2m，用不计质量的细绳相连接，悬挂在定滑轮的两侧，不计滑轮质量和一切摩擦。开始时，a、b两物块距离地面高度相同，用手托住物块b，然后突然由静止释放，直至b物块下降高度为h，在此过程中，下列说法正确的是（）A.物块a的机械能守恒B.物块b机械能减少了C.物块b重力势能的减少量等于细绳拉力对它所做的功D.物块a机械能的增加量等于b的机械能减少量【答案】D【解析】A．物体a加速上升，动能和重力势能均增加，故机械能增加，故A错误；B．物体a、b构成的系统机械能守恒，有解得物体b动能增加量为重力势能减小2mgh，故物体b机械能减小，故B错误。C．物体b重力势能的减小量等于克服重力做的功，物体b加速下降，失重，拉力小于重力，故拉力的功小于重力势能的减小量；故C错误；D．不计滑轮质量和一切摩擦,a、b组成的系统机械能守恒，所以物块a机械能的增加量等于b的机械能减少量，故D正确。故选D。7.一物块从斜面顶端静止开始沿斜面下滑，其机械能和动能随下滑距离s的变化如图中直线Ⅰ、Ⅱ所示，重力加速度取。下列说法正确的是（）A.物块下滑过程中机械能不守恒B.物块与斜面间的动摩擦因数为0.5C.物块下滑时加速度的大小为D.当物块下滑时机械能损失了【答案】AD【解析】根据功能关系可得得则在此图像中的斜率的绝对值表示下滑过程中受到摩擦力大小机械能不守恒．故A正确；BC．根据动能定理可得则图像的斜率表示合外力F，得到合外力因未知，m和无法求，加速度a也无法计算，故B、C错误；D．当物块下滑时机械能损失故D正确。故选AD。8.(多选)如图所示，轻质弹簧的左端固定，并处于自然状态．小物块的质量为m，从A点向左沿水平地面运动，压缩弹簧后被弹回，运动到A点恰好静止．物块向左运动的最大距离为s，与地面间的动摩擦因数为μ，重力加速度为g，弹簧未超出弹性限度．在上述过程中()A．弹簧的最大弹力为μmgB．物块克服摩擦力做的功为2μmgsC．弹簧的最大弹性势能为μmgsD．物块在A点的初速度为eq\r(2μgs)【答案】BC【解析】小物块处于最左端时，弹簧的压缩量最大，然后小物块先向右加速运动再减速运动，可知弹簧的最大弹力大于滑动摩擦力μmg，选项A错误；物块从开始运动至最后回到A点过程，由功的定义可得物块克服摩擦力做功为2μmgs，选项B正确；自物块从最左侧运动至A点过程由能量守恒定律可知Ep＝μmgs，选项C正确；设物块在A点的初速度为v0，整个过程应用动能定理有－2μmgs＝0－eq\f(1,2)mveq\o\al(2,0)，解得v0＝2eq\r(μgs)，选项D错误．(多选)如图所示，轻弹簧一端固定在O点，另一端连接在一个小球上，小球套在光滑、水平的直杆上，开始时弹簧与杆垂直且处于原长．现给小球一个水平向右的拉力F，使小球从杆上A点由静止开始向右运动，运动到B点时速度最大，运动到C点时速度为零．则下列说法正确的是()A．小球由A到B的过程中，拉力做的功大于小球动能的增量B．小球由B到C的过程中，拉力做的功大于弹簧弹性势能的增量C．小球由A到C的过程中，拉力做的功等于弹簧弹性势能的增量D．小球由A到C的过程中，小球所受合力的功先减小后增大【答案】AC【解析】小球由A到B的过程中，小球的动能增加，弹簧的弹性势能增加，根据功能关系可知，拉力做的功大于小球动能的增量，故A正确；小球由B到C的过程中，小球的动能减少，弹簧的弹性势能增加，根据功能关系可知，拉力做的功与小球减少的动能之和等于弹簧弹性势能的增量，则拉力做的功小于弹簧弹性势能的增量，故B错误；小球由A到C的过程中，动能的增量为零，根据功能关系可知，拉力做的功等于弹簧弹性势能的增量，故C正确；根据动能定理知：小球所受合力的功等于小球动能的变化量，小球由A到C的过程中，小球的动能先增大后减小，所以合力做的功先增大后减小，故D错误．如图所示，一原长等于A、B间距离的弹性轻绳(绳的弹力与其伸长量成正比)左端固定在A点，右端跨过由轻杆OB固定的定滑轮连接一个质量为m的小球，小球穿过竖直固定的杆．初始时A、B、C三点在同一水平线上，小球从C点由静止释放滑到E点时速度恰好为零．已知C、E两点间距离为h，D为CE的中点，小球在C点时弹性绳的拉力为0.5mg，小球与杆之间的动摩擦因数为0.5，弹性绳始终处在弹性限度内．在小球由C运动到E的过程中，下列说法正确的是()A．小球在D点时速度最大B．若在E点给小球一个向上的速度v，小球恰好能回到C点，则v＝eq\r(gh)C．小球在CD段损失的机械能等于小球在DE段损失的机械能D．若仅把小球质量变为2m，则小球到达E点时的速度大小为eq\r(2gh)【答案】AB【解析】设BC的长度为L，小球在C点时根据胡克定律有0.5mg＝kL(k为弹性绳的劲度系数)，在向下运动的过程中，设小球和B点的连线与竖直方向的夹角为α，则弹性绳对小球的拉力为F＝keq\f(L,sinα)，将F正交分解可得水平方向上有Fx＝Fsinα＝kL＝0.5mg，竖直方向上有Fy＝Fcosα＝eq\f(F,tanα)＝eq\f(mg,2tanα)，若某时小球下降的距离为l，则tanα＝eq\f(L,l)，整理可得Fy＝eq\f(mgl,2L)，由此可知，弹性绳的弹力沿竖直方向的分力与小球下降的高度l成正比．对小球受力分析，小球受重力、弹性绳的拉力、摩擦力f、杆的支持力N，小球在水平方向上受力平衡，则有N＝Fx＝0.5mg，故摩擦力f＝μN＝0.25mg，小球在下滑过程中，由于在竖直方向上重力的方向始终向下，大小不变，所受摩擦力的方向始终向上，大小也不变，弹性绳沿竖直方向的分力与下降的距离l成正比，所以小球在竖直方向上的运动具有对称性，当l＝eq\f(h,2)时，即小球运动到D点时小球具有最大速度，故A正确；小球从C点运动到E点的过程中克服摩擦力做的功为Wf＝fh＝0.25mgh，对小球从C到E的过程进行分析，