2024年新高考物理二轮热点题型归纳：功能关系与机械能守恒（解析版）

功能关系与机械能守恒

目录

【题型一】机械能守恒定律的应用

【题型二】功能关系的综合应用

【题型三】动力学观点和能量观点的综合应用

【题型一】机械能守恒定律的应用

【解题指导】

1.单物体多过程机械能守恒问题：划分物体运动阶段，研究每个阶段中的运动性质，判断机械能是否守恒；

2.多物体的机械能守恒：一般选用AEphAEk形式，不用选择零势能面.

1（2023.全国.统考高考真题）一同学将铅球水平推出，不计空气阻力和转动的影响，铅球在平抛运动过程

中（）

A.机械能一直增加

B.加速度保持不变

C.速度大小保持不变

D.被推出后瞬间动能最大

【答案】B

【详解】铅球做平抛运动，仅受重力，故机械能守恒，人错吴；

B.铅球的加速度恒为重力加速度保持不变，8正确；

CD.铅球做平抛运动，水平方向速度不变，竖直方向做匀加速直线运动，根据运动的合成可知铅球速度

变大，则动能越来越大，C。错误。

故选瓦

2（2022.全国•统考高考真题）固定于竖直平面内的光滑大圆环上套有一个小环，小环从大圆环顶端户点由

静止开始自由下滑，在下滑过程中，小环的速率正比于（）

A.它滑过的弧长B.它下降的高度

C.它到尸点的距离D.它与P点的连线扫过的面积

【答案】C

【详解】如图所示

p

设圆环下降的高度为力，圆环的半径为R它到尸点的距离为L根据机械能守恒定律得

mgh=—m\r

由几何关系可得

h=Lsin0

的。=会

联立可得

h

2R

可得

9

故C正确，幺8。错误。故选C,

3（2023上.山东济宁.高三嘉祥县第一中学校考期中）有一竖直放置的“7■”形架，表面光滑，滑块48分别

套在水平杆与竖直杆上，A8用一根不可伸长的轻细绳相连，48质量相等，且可看做质点，如图所示，

开始时细绳水平伸直，A8静止c由静止释放8后，已知当细绳与竖直方向的夹角为60。时，滑块8沿着

竖直杆下滑的速度为%则连接48的绳长为（）

口与

【答案】D

【详解】如图所示

■8

VA2

将A8的速度分解为沿绳的方向和垂直与绳的方向，两物体沿绳子的方向速度大小相等，则有

uecos60°=以cos30°

解得

VA=3V

8减小的重力势能全部转化为A和8的动能，由于A8组成的系统只有重力做功，所以系统机械能守

怛，有

mgh=9m吟+如吟

解得

绳长

故选。。

4（2023上.河北张家口.高三河北省尚义县第一中学校联考阶段练习）有一条均匀金属链条，一半长度在光

滑的足够高斜面上，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，由静止释放后链

条滑动，已知重力加速度g=10m/s2,链条刚好全部滑出斜面时的速度大小为,-m/s,则金属链条的长

A.0.6mB.1mC.2mD.2.6m

【答案】C

【详解】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+E^-^x2mgxqsin。-：x2mgxq+0=-+sin0）

链条全部滑出后，动能为

E$=；x2/77Z

重力势能为

E；=-2mg与

由机械能守恒可得

E=E/+E；

即

-^mgL["\+sin0=mZ-mgL

解得

L=2m

故选Co

【方法提炼】

3.机械能守恒的判断

⑴利用机械能的定义判断：若系统的动能、重力势能和弹性势能的总和不变，则机械能守恒。

0利用做功判断：若系统只有重力或弹簧弹力做功，或其他力做功的代数和为零，则机械能守恒。

⑶利用能量转化判断：若系统只有动能和势能的相互转化，或还有其他形式能之间的相互转化，而无机械

能与其他形式能之间的相互转化，则机械能守恒。

阳绳子突然绷紧、物体间非弹性碰撞等，机械能不守恒。

4.应用机械能守恒定律解题时的三点注意

⑴要注意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。如图所示，单独选物体4机械能减少，但由物体A8二者组成的系统机械能守恒。

0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为选取。

⑶要注意机械能守恒表达式的选取

三

种

求

效

形

式

不用过择

观点等号能否

【变式演练】

题目11（2021.全国・高考真题）如图，光滑水平地面上有一小车，一轻弹簧的一端与车厢的挡板相连，另一端

与滑块相连，滑块与车厢的水平底板间有摩擦。用力向右推动车厢使弹簧压缩，撤去推力时滑块在车厢底

板上有相对滑动。在地面参考系（可视为惯性系）中，从撤去推力开始，小车、弹簧和滑块组成的系统

一000000。

〃京〃

A.动量守恒，机械能守恒B.动量守恒，机械能不守恒

C.动量不守恒，机械能守恒D.动量不守恒，机械能不守恒

【答案】B

【详解】因为滑块与车厢水平底板间有摩擦，且撤去推力后滑块在车厢底板上有相对滑动，即摩擦力做功，

而水平地面是光滑的；以小车、弹簧和滑块组成的系统，根据动量守恒和机械能守恒的条件可知撤去推力

后该系统动量守恒，机械能不守恒。

败选8。

■■2（2023上.广西柳州.高三柳州高级中学校考阶段练习）如图所示，质量均为3.0kg的物体48用一轻

质弹簧连接静止置于水平地面上，弹簧的劲度系数为k=600Nm,不可伸长的轻绳连着物体B和GC套

在光滑的竖直固定杆上，滑轮与杆之间的水平距离为0.4m,轻绳左端沿竖直方向。现用手托住C使其静止

于M点，轻绳刚好水平伸直但无弹力作用；从静止释放物体C,当C运动到N点时，物体4恰好离开地面但

不继续上升。物体都视为质点，g取lOm/s，不计一切摩擦，E与滑轮之间的轻绳足够长，弹簧始终在弹性

A.物体C的质量为1.0kg

B.在物体C从M点运动到/V点过程中，物体C的机械能先增大后减少

C.在物体C从M点运动到/V点过程中，物体B的动能先增大后减少

D.物体C在"点时弹簧的弹性势能等于物体C在N点时弹簧的弹性势能

【答案】ACD

【详解】D.开始时8静止，对8根据平衡条件有

kx、=mBg

解得弹簧压缩量

x尸0.05m

物体C运动到A/点时恰好能使A离开地面但不继续上升，则

kx2=mAg

解得弹簧拉伸星•••

x2=0.05m

物体。在雨点和在N点弹簧的形变量相同，所以弹性势能相等，。正确；

B.在物体。从〃点运动到N点过程中，轻绳拉力对物体C一直做负功，物体C的机械能一直减小，B错

误；

C.在物体C从M点运动到N点过程中8受合力方向先向上再向下，所以先向上做加速运动又向上做减

速运动，物体8的动能先增大后减少，C正确；

,4.物体C从M点运动到N点过程中物体8上升的高度为

/?s=Xi+x2=0.1m

此时滑轮右端绳长为0.5m,根据勾股定理得物体C下降的高度为

hc=0.3/77

初末位置弹簧形变量相同，则弹簧的弹性势能没有发生变化，艰据机械能守恒定律得

mBghB=mcghc

解得

mc=1.0kg

,4正确。

放选AC。。

目3（2023上•河北张家口•高三河北省尚义县第•中学校联考阶段练习）如图，两个质量均为m的小球

V、A®过轻质细杆连接，硬在固定的竖直杆上，N放在水平地面上。一轻质弹簧水平放置，左端固定在

杆上，右端与八厢连。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。当弹簧处于原长状态

时，M到地面的距离为"将M由此处静止释放，在小球M向下运动至与地面接触的过程中，下列说法正确

的是（）

A.小球例释放的瞬间，地面对小球N的支持力大于2mg

B.小球/V的速度先增大后减小

C.当小球N的速度最大时，小球M的加速度大小等于g

D.若小球A4落地时的速度大小为％此时弹簧的弹性势能为mg/7・办/2

【答案】BD

【详解】4.把小球M、N作为整体，小球释放瞬间，因为小球”有竖直向下的加速度，小球M、N系统处于

失重状态，所以地面对N的支持力小于2mg,故4错误；

3.小球A4释放的瞬间，小球N的速度为0,当小球M落地时，轻质杆水平，小球M没有沿轻质杆的分速

凌，所以小球N的速度为0,故小球N的速度先增大后减小，故B正确；

C.当小球A/的速度最大时，弹簧处于伸长状态，细杆对小球A/的水平推力等于弹簧的拉力，细杆对小球

M有向上的推力，所以小球"的加速度大小小于g,故C错误；

D.整个系统机械能守恒，则有

mgh=­m^+Ep

—

则此时弹簧的弹性势能

2

EP=mgh-^mv

攻。正确。

放选8。，

^■4（2023上•安徽•高三校琰考期中）如图所示，质量为m的圆环套在足够长光滑竖直杆上，质量为M=

3m的木块放在倾角为0=30°的足够长光滑固定斜面上，圆环与木块用足够长的轻质细线通过光滑定滑轮

连接，图中滑轮与木块间的细线与斜面平行，滑轮上端与a位置等高且水平距离为L现让圆环从a位置由

睁止释放运动到0位置。己知a、。两位置的高度差也为乙不计空气阻力，重力加速度g。下列判断正确的

是（）

A.圆环下降的过程中，圆环减少的重力势能等于木块增加的机械能

B.当圆环到达b位置时，其速度大小为、2c一呼2）必

C.当圆环到达b位置时，圆环与木块瞬时速度比为1:、2

D.圆环能下降的最大距离为乌L

【答案】BD

【详解】人.圆环下降到b位置的过程中，圆环与木块组成的系统机械能守恒，圆环减少的机械能等于木块

增加的机械能，故4错误：

8c.根据机械能守恒定律有

mgL-Mg（s2L-L）sin0=\mv^+:Mvi

其中

v2=vscosa

根据几何关系可知

、2

coscr「~

解得

1厂-,<-.7>«

匕、一5

放8正确，C错误；

D.圆环下降到最低位置时有

2

mghm-hm+L-Lsin0

根据几何关系

/邛L

5

放。正确；

故选8。。

【题型二】功能关系的综合应用

【解题指导】

1.做功的过程就是能量转化的过程.功是能量转化的量度.

2.功与能量的变化是“一一对应”的，如重力做功对应重力势能的变化，合外力做功对应动能的变化等.

1（2024.全国•高三专题练习）如图所示，在水平向右的匀强电场中有一个绝缘斜面，斜面上有一带电金属

块沿斜面滑下，已知在金属块滑下的过程中动能增加了12J,金属块克服摩擦力做功8J,重力做功24J.下

列说法中正确的是（）

A.金属块带负电荷B.金属块克服电场力做功8J

C.金属块的电势能减少4JD,金属块的机械能减少12J

【答案】D

【详解】A8C.金属块滑下的过程中动能增加了12J,由动能定理知

WG+W/+WF=△Ek

摩擦力做功

%=-8J

重力做功

IVG=24J

解得电场力做功

WF=-4J

电场力做负功，金属块带正电荷，电势能增加了4J,故4BC错误；

D.由功能关系可知机械能的变化量

△E=Wf+WF=-12J

即机械能减少了12J,故。正确。

故选0。

2（2023上•安徽合肥•高三校考阶段练习）如图甲所示，倾角为30。的斜面固定在水平地面上，一木块在斜

面上距斜面底端长处开始下滑，取斜面底端为重力势能的零势点，已知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，下列说法正确的是（）

木块受到的摩擦力大小为咨

A.木块下滑过程中，重力势能减少了2写B.

%

c.木块与斜面间的动摩擦因数为1D.当木块下滑2小时，其动能和重力势能相等

7

【答案】D

【详解】机械能的变化量等于重力势能变化量和动能变化量的和，则

3Eo-4Eo=3Eo-O+LEP

解得

△Ep=-4E0

故人错误；

8.木块下滑过程中，机械能的变化量等于摩擦力所做的功，则

-fXo=3EQ-AEQ

解得

f二巨

故B错误：

C.重力所做的功等于重力势能变化量的负值，则

mgxoSin3O。=-g

解得

mg=—

滑动摩擦力为

/=p/ngcos30o

解得

故C错误：

D.木块下滑过程中，设动能和重力势能相等的位置距离斜面底端为x,则

mgxs'\n6=Ek

从最高点到该位置，由动能定理

mg(xo-x)sine-幻=Ek-Q

解得

3

x==o

7

即物块下滑±x。时，其动能和重力势能相等。故。正确。

7

故选。。

3（2023上.河北张家口.高三河北省尚义县第一中学校联考阶段练习）一潜水运动员在深水中将一小铁球

竖直上抛，经过一段时间后小球又返回至出发点。已知小球在运动过程中受到水的阻力大小不变，关于

小球从抛出到返回出发点的过程，下列说法正确的是（）

A.小球上升过程中的加速度小于下降过程中的加速度

B.小球上升过程中克服重力做的功大于下降过程中重力做的功

C.小球上升过程中机械能的变化小于下降过程中机械能的变化

D.小球上升过程中所受重力做功的平均功率小于下降过程中重力做功的平均功率

【答案】C

【详解】A.小球运动过程中受到水的浮力和阻力大小不变，则上升、下降过程中加速度大小分别为

mg-+f-F浮mg—f-F浮

,a下=-

mm

所以

3[->3卜

A错误；

8.小球上升过程中克服重力做的功等于下降过程中重力做的功，即

W（^mgh

8错误；

C.小球机械能的变化，等于水的阻力和浮力对小球做的功之和，上升过程中

△E机=-力+F浮h

下降过程

△E机F浮h

所以小球I:升过程中的机械能变化小于下降过程中机械能的变化，C正确；

D.上升、下降过程所用时间分别为£上、肉则有

Ta上6=切卜作

由丁

af>aF

则

上升、下降过程的平均功率分别为

P=&p=

所以

pt>PY

。错误。

故选C

4（2023上.江西南昌.高三江西师大附中校考期中）如图所示，在匀速转动的电动机带动下，足够长的水平

传送带以恒定速率％匀速向右运动，一质量为m的滑块从传送带右端以水平向左的速率吆（外>%）滑

上传送带，最后滑块返回传送带的右端。关于这一过程的下列判断，正确的有（）

■8

A.此过程中滑块对传送带做功为;

B.此过程中传送带对滑块做功为md-m盛

C.此过程中电动机对传送带多做的功为mviv^vi)

D.此过程中电动机对传送带多做的功为mvi(vi+V2)

【答案】BD

【详解】48.由于传送带足够长，滑块先向左做匀减速运动，速度减为零后，在滑动摩擦力作用下向右加

速,由于吆＞■,滑块会先在滑动摩擦力作用卜.向右加速.当速度增大到等于传送带速度时开始向右做匀

速运动，之后不受摩擦力，故滑块返回传送带右端的速率为

/2=%

此过程中只有传送带对滑块做功，根据动能定理得传送带对滑块做功为

W=Vrvj

因为滑块对•传动带的摩擦力与传送带对滑块摩擦力大小相同，但是共速前，物块相对传送带向左运动，两

者位移不同，所以滑块对传送带做功不等于1故B正确A错误；

C。.滑块相对于传送带运动时滑块的加速度大小为

ay=〃g

滑块向左运动的时间为

位移为

3匏谭

此过程中传送带的位移为

向右匀加速运动的时间为

匀加速过程的位移为

传送带的位移为

X传2=Vlt2

此过程中电动机对传送带多做的功为

W=〃mg(x传i+x传2)=mv^v]+vz]

故。错误。正确。

故选8。

【方法提炼】

3.力学中几种功能关系

C)合外力做功与动能的关系：*=△£,

(2)重力做功与重力势能的关系：此尸-

⑶弹力做功与弹性势能的关系：明=-△£，・

：4）除重力及系统内弹力以外其他力做功与机械能的关系：叫他=△£机

⑸滑动摩擦力做功与内能的关系：尸源对=AE内.

4.涉及做功与能量转化问题的解题方法

⑴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.

化）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

人对，加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和增加的能量总和△力,最后由A%=列式

求解.

【变式演练】

■日|1（2023上.海南省直辖县级单位.高三校考阶段练习）如图所示，一滑板爱好者沿着倾角为30。的斜坡

从静止开始自由下滑，下滑过程中的加速度大小恒为±g,已知滑板爱好者连同滑板的总质量为m,重力加

i

速度为g。在滑板爱好者（含滑板）沿斜坡下滑距离为L的过程中，下列说法正确的是（）

A.滑板爱好者下滑过程中机械能守恒B.滑板爱好者减少的重力势能为三mgL

i

C.滑板爱好者增加的动能为ImgLD.滑板爱好者减少的机械能为\mgL

1I1

【答案】CD

【详解】滑板爱好者下滑过程中的加速度大小为半，小于第in30。,因此滑板受到滑动摩擦力，机械能不

守恒，故4错误；

B.滑板爱好者减少的重力势能等于重力所做的功，即减少的重力势能为

△Ep=mgLsin30。=fmgL

放8错误；

C.根据动能定理可知，滑板爱好者增加的动能为

△巳=FL=maL=gngL

7

放C正确；

D.根据牛顿第二定律可得

2

mgsin300-F（=三mg

了

解得摩擦力大小为

滑板爱好者减少的机械能等于克服摩擦力所做的功，即为•••

△E=FfL=吉mgL

放。正确。

放选C。。

■；2（2023.四川攀枝花.统考一模）如图，质量m=2kg的小物块以水平初速度％=6m/s从左端滑上长L

=3m的水平传送带，小物块始终受到一个方向水平向右、大小尸二4A/的恒力作用，传送带在电动机的带动

下沿顺时针方向运行、速度大小恒为0.5%。已知物块与传送带间的动摩擦因数〃=0.2,重力加速度g取

lOm/s2,关于小物块在传送带上运动的过程，下列说法中正确的是（）

A.小物块一直做匀速直线运动

B.恒力尸对小物块做的功为6J

C.小物块与皮带间因摩擦而产生的热量为6J

D.因小物块在传送带上运动电动机多消耗的电能为6J

【答案】ACD

【详解】K由于

F=pmg

则小物块一直做匀速直线运动，人正确；

B.恒力尸对小物块做的功为

W=FL=12J

8错误；

C.小物块的运动时间为

/="=0.5s

tb

小物块与皮带间因摩擦而产生的热量为

Q=pmg（vQt-0.5vQt}=6J

C正确：

D.因小物块在传送带上运动电动机多消耗的电能等于传送带克服摩擦力做功，即

E=pmg•O.5vof=6J

D正确。

故选4C。。

题目_3（2023上.福建福州.高二福建省福州第一中学校考期中）如图所示，倾角为6=30°绝缘斜面长L二

2m,顶端有一质量为1kg、带正电且电荷量q=1.0x的滑块，整个空间有电场强度£二、3x106

N/C的水平向左匀强电场，静止释放滑块后，滑块到达斜面底端的动能为11J,重力加速度g取10m/*贝情

块在沿斜面下滑的过程中（）

•••

A.滑块机械能增加了2J,电势能减少了3J

B.滑块机械能减少了1J,电势能减少了3J

C.滑块机械能和电势能之和减少2J,重力势能减少了10J

D.滑块重力势能和电势能之和减少11J,重力势能减少了10J

【答案】C

【详解】选取斜面的底部为重力势能的零点，则滑块在斜面顶端的重力势能

E=mgh=mgLsinJ=1x10x2xsin30°J-10J

所以滑块到达底端时，重力势能减少10J；滑块到达斜面底端的动能增加为11J，重力势能减少13J,所以滑

块的机械能增加1J：滑块在沿斜面下滑的过程中电场力做的功

6

W二qELcosB=1.0x10x53xXjx2xoos30°J=3J

则滑块到达底端时，电势能减少3J；由以上的分析可知滑块的重力势能与电势能之和减少13J,机械能和电

势能之和减少2/

放选C。

【题型三】动力学观点和能量观点的综合应用

【解题指导】

1.做好两个分析

⑴综合受力分析、运动过程分析，由牛顿运动定律做好动力学分析.

(2)分析各力做功情况，做好能量的转化与守恒的分析，由此把握运动各阶段的运动性质，各连接点、临界点

的力学特征、运动特征和能量特征.

2.做好四个选择

(1)当物体受到恒力作用发生运动状态的改变而且又涉及时间时，一般选择用动力学方法解题；

(2)当涉及功、能和位移时，一般选用动能定理、机械能守恒定律、功能关系或能量守恒定律解题，题目中出

现相对位移时，应优先选择能量守恒定律；

(3)当涉及细节并要求分析力时，一般选择牛顿运动定律，对某一时刻进行分析时选择牛顿第二定律求解；

(4)复杂问题的分析一般需选择能量的观点、运动与力的观点综合解题.

1(2023上.湖北.高三校联考期中)如图所示，与水平面平滑连接的固定斜面的顶端到正下方水平面。点的

高度为E质量为m的小木块从斜面的顶端无初速度滑下，并运动到水平面上的4点停下。已知小木块

与斜面、水平面间的动摩擦因数均为〃，OA=xt下列说法正确的是()

A.斜面倾角。越大，x越大

B.斜面倾角6越小，x越大

C.若小木块从斜面顶端以初动能已二mgh滑下，最后在水平面上的8点停下，则后

D.若小木块从斜面顶端以初动能滑下，并在，点固定一个挡板，小木块在4点与挡板发

生弹性碰撞，则折返后恰能回到斜面顶端

【答案】C

【详解】4B.滑块从开始下滑到最后停在4点，设斜面投影长度为M，斜面底端到A点距离X2.由能量关

系可知

mgh=pmgcosO-COM/+"mgx2=pmgx

解得

h二IJX

则当/?和〃一定时，x一定不变，故人B错误；

C.设。8二X,由能量关系可知

Ek+mgh=pmg丈

解得

X,二—

U

故C正确；

。・小木块在A点与挡板发生弹性碰撞，故无机械能损失，设折返后能回到斜面的高度为〃，根据能量守

恒

Ek+mgh=rngx+mgh）

解得

tf=2h

故。错误。

故选C

2（2023上.重庆九龙坡.高三重庆市杨家坪中学校考阶段练习）如图所示，轻质弹簧一端固定，另一端与质

量为m、套在粗糙竖直固定杆A处的圆环相连，弹簧水平且处于原长。圆环从■处由静止开始下滑，经过

8处的速度最大，到达C处的速度为零，AC=h.圆环在C处获得一竖直向上的速度以恰好能回到4

弹簧始终在弹性限度之内，重力加速度为g,则圆环（）

^AAAAAAAAAA^

B

A,下滑过程中，加速度一直减小

B.下滑过程中，因摩擦力产生的热量小于:miZ

C,下滑经过8的速度小于上滑经过8的速度

D.在C处，弹簧的弹性势能为;mv2-mgh

【答案】C

【详解】圆环从4处由静止开始下滑，经过8处的速度最大，到达C处的速度为零，所以圆环需要先加

速再减速，经过8处的速度最大，加速度为零，所以加速度先减小，后增大，故4错误；

B.圆环从4处由静止开始下滑到C过程，由动能定理

mgh-W-WT=0•••

圆环在C处获得一竖直向上的速度-恰好能回到A由动能定理

2

-mgh-Wf+WT=0--i-mv

联立可解

2

Wf=mv

故8错误：

C.圆环从人处由静止开始下滑到8过程，由动能定理

mgh'-W,-Wr=-i-znug

圆环从8处由静止开始上滑到A过程，由动能定理

-mgh'-%'+W/=0・Jm（»；）2

联立可解

-2何=1小%-占加砧2

所以下滑经过8的速度%小于上滑经过B的速度片,故C正确；

D.圆环从囚处由静止开始下滑到C过程，由动能定理

mqh-W/+IV产0

圆环在C处获得一竖直向上的速度v,恰好能回到A由动能定理

2

-mgh-Wf+WT=0-^mv

解得在C处，弹簧的弹性势能

2

l/Vr=mgh-^mv

故。错误。

故选C。

3（2023上.山东淄博.高三统考期中）如图所示，高为2L的光滑水平桌面上有一轻质弹簧，其一端固定在墙

上，用质量为m的小球压缩弹簧的另一端，使弹簧具有弹性势能。小球释放后，在弹簧作用下从静止开始

在桌面上运动，与弹簧分离后，从桌面水平飞出。距离桌面右端水平距离为L处，有竖直放置的探测屏

AB,48下端固定在水平地面上，高为2L。现把弹簧压缩到不同长度，使小球飞出。不计空气阻力，小球

可视为质点，小球落地后立即停止运动，重力加速度为g。求：

（1）为让小球能打在探测屏上，开始释放小球时弹簧的弹性势能巳需满足的条件；

（2）小球打在探测屏上的最小动能巳及此时小球打在探测屏上的位置距离地面的高度人

2L

【答案】（1）Ep4mgL；（2）mgL1.5L

a

【详解】（1）当弹性势能最小时.小球恰好打在8点，则根据平抛运动的规律有

L=vot

—

2L二

联立解得•，小球离开桌面的速度为

H百、gL

则此时的弹性势能为

EP=^mvl=~mgL

幺rl

则为让小球能打在探测屏上，开始释放小球时弹簧的弹性势能

Ep2{mgL

(2)设小球离开桌面时的速度为L根据平抛规律有

L=vt

y二轲

则此时小球打在探测屏上动能为

=m+mg2

E1P=；m/+mg,2^2

由数学知识可知，当;m后;mg?5时，即“、gL时，动能最小为

Ekmm二mgL

此时小球的竖直位移为

y=—L

则此时小球打在探测屏上的位置距离地面的高度为

h=2L-y=1.5L

【方法提炼】

1.应用能量守恒定律解题的注意事项

⑴应用能量守恒定律的两条基本思路

①某种形式的能减少，一定存在其池形式的能增加，且减少量和增加量一定相等，即AE减=△4(1

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，即4的二

(2)当涉及摩擦力做功时，机械能不守恒，一般应用能量的转化和守恒定律，特别注意摩擦产生的热量Q=E

x相对，。对为相对滑动的两物体间相对滑动路径的总长度。

2.利用能量观点解决力学问题的思路

(1)明确研究对象和研究过程。

⑵进行运动分析和受力分析。

⑶选择所用的规律列方程求解。

①动能定理：需要明确初、末动能，明确力的总功，适用于所有情况。

②机械能守恒定律：根据机械能守恒条件判断研究对象的机械能是否守恒，只有满足机械能守恒的条件时才

能应用此规律。

③功能关系：根据常见的功能关系求解，适用于所有情况。

④能量守恒定律：适用于所有情况。

(4)对结果进行讨论。••

【变式演练】

题目11(2023.全国•统考高考真题)如图，光滑水平桌面上有一轻质弹簧，其一端固定在墙上。用质量为m

的小球压弹簧的另一端，使弹簧的弹性势能为品。释放后，小球在弹簧作用下从静止开始在桌面上运动，

与弹簧分离后，从桌面水平飞出。小球与水平地面碰撞后瞬间，其平行于地面的速度分量与碰撞前瞬间相

等；垂直于地面的速度分量大小变为碰撞前瞬间的小球与地面碰撞后，弹起的最大高度为白。重力加

速度大小为g,忽略空气阻力。求

(1)小球离开桌面时的速度大小；

：2)小球第一次落地点距桌面上其飞出点的水平距离。

［答案］(1)、出；(2卢""’,

ym2n也

【详解】(1)由小球和弹簧组成的系统机械能守恒可知

Ep=3md

得小球离开桌面时速度大小为

八产

、m

(2)离开桌面后由平抛运动规律可得

hv;

2g

第一次碰撞前速度的竖直分量为上由题可知

吸=j

离开桌面后由平抛运动规律得

x=vt,Vy=gt

辞得小球第一次落地点距桌面上其飞出的水平距离为

又侬屿

X=2mg

题目2(2023上•安徽合肥•高三校考阶段练习)如图所示，水平传送带48长L=9m,以v=1m/s的速度顺

时针转动。传送带与半径，8=0.4m的竖直光滑半圆轨道8C。平滑连接。小物块以4=5m/s的初速度

滑上传送带，已知小物块的质量m=2kg,与传送带间的动摩擦因数〃=0.2,重力加速度g=10m/s"求：

(1)小物块通过传送带的时间6

(2)小物块通过传送带的过程中，传送带对它做的功IV以及因摩擦产生的热量Q；

：3)改变小物块滑上传送带的初速度使小物块能进入光滑半圆轨道8C。，且不脱轨，均应满足的条件。

•••

D

【答案】⑴5s；(2)-24J,16J：⑶％W2、11m/s或％22、14m/s

【详解】(1)小物块在传送带上先做匀减速直线运动，根据牛顿第二定律可得

pmg=ma

解得

a=2m/s2

小物块减速到与传送带共速，经历时间为

V.-V

G=-------=2s

a

通过的位移为

x[=-t[=6n?

之后做匀速直线运动，经历时间为

r2=i^=3s

v

小物块通过传送带的时间为

t=G+/2=5s

：2)小物块与传送带之间的摩擦力大小为

f-〃mg-4/V

传送带对小物块做的功为

W--fXy=-24»,/

共速前传送带的位移为

x2=v6=2m

相对位移为

△x=x1-x2=4m

产生热量为

Q=fZkx=16J

：3)①当小物块到iAC点时速度刚好减为0,小物块不脱轨，8点到C点，根据动能定理可得

-mgR=0-^mv2^

解得

5=2、2m/s>v=1m/s

小物块在传送带上全程减速，则有

-pmgL=如岛-刎*

解得

%=2.11m/s•••

②当小物块刚好可以到达。点时，弹力为0,小物块不脱轨，在8点由牛顿第二定律

mg=m普

3点到。点，根据动能定理可得

-mg2Fi=gmv^-gmv专

联立解得

心=2、5m/s

小物块在传送带上全程减速，则有

-pmgL=如喂-导火

解得

%=2,14m/s

综上可得，小物块滑上传送带的初速度应满足

2\11m/s或者％-2,14m/s

题目3(2023.河北石家庄•校联考模拟预测)如图所示，倾角为6=37。的斜面与圆心为。、半径6=0.9m的

光滑圆弧轨道在8点平滑连接，且固定于竖直平面内。斜面上固定一平行于