第一部分 专题二 第6讲机械能守恒 功能关系

 第6讲　机械能守恒定律　功能关系和能量守恒定律

高考考向1　机械能守恒定律的应用

1．判断物体或系统机械能是否守恒的三种方法

(1)做功判断法：只有重力和系统内弹力做功时，系统机械能守恒。

(2)能量转化判断法：没有机械能以外的其他形式的能与机械能转化时，系统机械能守恒。

(3)定义判断法：看动能与重力(或弹性)势能之和是否变化。

2．利用机械能守恒定律的解题步骤

3．利用机械能守恒定律列方程的三种表达形式

4．系统机械能守恒问题中三类常见的连接体

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

5.含弹簧的物体系统机械能守恒分析注意

(1)含弹簧的物体系统在只有弹簧弹力和重力做功时，物体和弹簧组成的系统机械能守恒，而单个物体机械能不守恒。

(2)同一根弹簧弹性势能大小取决于弹簧形变量的大小，在弹簧弹性限度内，形变量相等，弹性势能相等。

(3)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)。

6．易错易混点

(1)含弹簧的物体系统机械能守恒时，分析系统机械能变化时没有考虑到弹簧，将弹簧遗漏。

(2)绳子突然绷紧、非弹性碰撞、有摩擦力或电(磁)场力做功等情况，机械能一般不守恒。

(3)分析关联物体机械能守恒时，应注意寻找用绳或杆连接的物体间的速度关系和位移关系。

例1　(2022·全国乙卷)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(　　)

A．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

[解析]　如图所示，设小环下降的高度为h，根据机械能守恒定律得mgh＝mv²，可得v＝，则小环的速率与它下降的高度不成正比，B错误；设大圆环半径为R，由图知cosα＝，联立得v＝，

而小环滑过的弧长s＝αR，则小环的速率v＝，与它滑过的弧长不成正比，A错误；设小环到P点的距离为L，由几何关系可得R²－(R－h)²＋h²＝L²，可得h＝，则v＝L，即小环的速率正比于它到P点的距离，C正确；小环与P点的连线扫过的面积S＝sR－Rsin α·R＝R²(α－sinα)，而v与 成正比，则小环的速率和它与P点的连线扫过的面积不成正比，D错误。

[答案]　C

例2　(2022·湖北高考)如图所示，质量分别为m和2m的小物块P和Q，用轻质弹簧连接后放在水平地面上，P通过一根水平轻绳连接到墙上。P的下表面光滑，Q与地面间的动摩擦因数为μ，最大静摩擦力等于滑动摩擦力。用水平拉力将Q向右缓慢拉开一段距离，撤去拉力后，Q恰好能保持静止。弹簧形变始终在弹性限度内，弹簧的劲度系数为k，重力加速度大小为g。若剪断轻绳，P在随后的运动过程中相对于其初始位置的最大位移大小为(　　)

A．                                                      B．

C．                                                    D．

[解析]　设Q恰好能保持静止时，弹簧的伸长量为x，有kx＝2μmg；剪断轻绳后，物块P向右运动，弹簧的伸长量先减小到零，然后弹簧压缩，当压缩量不大于x时，物块Q始终保持静止，物块P与弹簧组成的系统机械能守恒，可知弹簧压缩量为x时，物块P的速度为0，此后物块P向左运动，同理可知，物块Q仍保持静止，物块P向左运动最远能到达初始位置，因此P相对于其初始位置的最大位移大小为s＝2x＝，故选C。

[答案]　C

例3　(2022·河北高考) (多选)如图，轻质定滑轮固定在天花板上，物体P和Q用不可伸长的轻绳相连，悬挂在定滑轮上，质量m_Q>m_P，t＝0时刻将两物体由静止释放，物体Q的加速度大小为。T时刻轻绳突然断开，物体P能够达到的最高点恰与物体Q释放位置处于同一高度，取t＝0时刻物体P所在水平面为零势能面，此时物体Q的机械能为E。重力加速度大小为g，不计摩擦和空气阻力，两物体均可视为质点。下列说法正确的是(　　)

A．物体P和Q的质量之比为1∶3

B．2T时刻物体Q的机械能为

C．2T时刻物体P重力的功率为

D．2T时刻物体P的速度大小

[解析]　开始释放时物体Q的加速度大小为，则m_Qg－F_T＝m_Q·，F_T－m_Pg＝m_P·，解得物体P和Q的质量之比为＝，A错误；在T时刻，两物体的速度大小均为v₁＝，P上升的高度h₁＝××T²＝，轻绳断开后P能继续上升的高度h₂＝＝，结合题意可知，开始时P、Q间高度差为h＝h₁＋h₂＝，则t＝0时Q的机械能E＝m_Qgh＝，轻绳断开时物体Q的机械能E′＝m_Qgh₂＋m_Qv＝＝，此后物体Q的机械能守恒，则在2T时刻物体Q的机械能仍为，B正确；在2T时刻，物体P的速度v₂＝v₁－gT＝－，负号表示方向竖直向下，此时物体P重力的功率P_G＝m_Pg|v₂|＝·＝＝，C、D正确。

[答案]　BCD

1. (2022·河北省秦皇岛市高三下三模)(多选)如图所示，一弹性轻绳(弹性绳的弹力与其伸长量成正比，且弹性绳的弹性势能E_p＝kx²，其中k是弹性绳的劲度系数，x是弹性绳的伸长量)穿过内壁光滑、不计粗细的硬质圆管AB，左端固定在A点，右端连接一个质量为m的小球，小球穿过竖直光滑固定的杆，A、B、C三点在同一水平线上，弹性绳的自然长度与圆管AB的长度相等。将小球从C点由静止释放，小球到达D点时的速度为零，B、C两点的距离为h，C、D两点的距离为2h。重力加速度大小为g，弹性绳始终在弹性限度内。下列说法正确的是(　　)

A．小球从C点运动到D点的过程中，小球对杆的弹力不变

B．小球从C点运动到D点的过程中，小球的重力势能与弹性绳的弹性势能之和先增大后减小

C．弹性绳的劲度系数为

D．当B点右侧的弹性绳与杆的夹角为45°时，小球的速度最大

答案　AD

解析　小球在运动过程中，水平方向始终受力平衡，当B点右侧的弹性绳与杆的夹角为α时，由平衡条件得杆对小球的弹力大小F₁＝·sinα＝kh，结合牛顿第三定律可知，小球对杆的弹力大小恒为F₂＝F₁＝kh，弹力方向总是水平向左，A正确；小球从C点运动到D点的过程中，小球先做加速直线运动后做减速直线运动，即小球的动能先增大后减小，对于弹性绳和小球组成的系统，根据机械能守恒定律可知，该过程中小球的重力势能与弹性绳的弹性势能之和先减小后增大，B错误；对小球从C点运动到D点的过程，对于弹性绳和小球组成的系统，根据机械能守恒定律有mg·2h＋kh²＝kx，又x－h²＝(2h)²，解得k＝，C错误；当小球在竖直方向上所受合力为零时，小球的速度最大，设此时B点右侧的弹性绳与杆的夹角为θ，有mg＝·cosθ，解得θ＝45°，D正确。

2.如图所示，长为L的轻杆一端固定质量为m的小球A，另一端可以绕轴O自由转动。在光滑水平面上，质量为M、边长为x的正方体木块在水平外力的作用下，使轻杆、木块均处于静止状态，此时，杆与水平面夹角为α。撤去外力，木块水平向右运动。经过一段时间，杆与水平面夹角为β。重力加速度为g，以水平面为零势能面。求上述过程中：

(1)小球重力势能的最大值E_pm；

(2)小球A发生的位移大小x_A；

(3)轻杆对木块所做的功W。

答案　(1)mgL sin α　(2)

(3)

解析　(1)小球在初始位置时处于最高点，

有E_pm＝mgLsin α。

(2)小球在运动过程中，做圆周运动，运动对应的圆心角变化为α－β，小球的位移是圆周对应的弦长，故x_A＝2Lsin 。

(3)在杆与水平面夹角为β时，设木块速度为v，与木块接触的杆上的点垂直于杆的速度为v₁，小球的速度为v₂

由几何关系得v₁＝vsin β

＝

对小球与木块组成的系统，整个运动过程中机械能守恒，得

mgL sin α＝mgLsin β＋Mv²＋mv

对木块，由动能定理得W＝Mv²

联立解得W＝。

高考考向2　功能关系的综合应用

常见的功能关系

功能关系的应用

(1)根据功能关系可以由功求对应的能量变化，也可以根据能量变化求对应力做的功，进而求解其他相关量。

(2)动能定理是最常用的功能关系。

(3)单独应用功能关系的情况较少，在很多问题中，功能关系经常与动能定理、机械能守恒定律或能量守恒定律结合应用。

例4　(2020·全国卷Ⅰ) (多选)一物块在高3.0 m、长5.0 m的斜面顶端从静止开始沿斜面下滑，其重力势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10 m/s²。则(　　)

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0.5

C．物块下滑时加速度的大小为6.0 m/s²

D．当物块下滑2.0 m时机械能损失了12 J

[解析]　物块下滑5 m的过程中，重力势能减少30 J，动能增加10 J，增加的动能小于减少的重力势能，所以机械能不守恒，A正确。斜面高h＝3.0 m、长L＝5.0 m，则斜面倾角θ的正弦值sinθ＝＝0.6；物块在斜面底端的重力势能为零，则在斜面顶端的重力势能为mgh＝30 J，可得物块的质量m＝1.0 kg；物块下滑5 m的过程中，由功能关系可知，机械能的减少量等于克服摩擦力做的功，即μmgcos θ·L＝20 J，可求得μ＝0.5，B正确。由牛顿第二定律，有mgsin θ－μmgcos θ＝ma，可求得a＝2.0 m/s²，C错误。当物块下滑2.0 m时，重力势能减少12 J，动能增加4 J，所以机械能损失了8 J，D错误。

[答案]　AB

3．(多选)如图所示，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(　　)

A．物块的重力势能减少了mgH

B．物块的动能损失了1.6mgH

C．物块的机械能损失了0.8mgh

D．物块克服摩擦力做功0.6mgH

答案　BD

解析　小物块从斜面底端往高处运动，重力势能增加，A错误；合力做的功W＝－ma·＝－m×0.8g×2H＝－1.6mgH，由动能定理可知，动能的变化量等于合力做功，故动能损失了1.6mgH，B正确；机械能的变化量取决于除重力以外其他力做的功，即等于摩擦力做功，由牛顿第二定律可知mgsin30°＋f＝ma，可得摩擦力大小f＝0.3mg，物块克服摩擦力做功W_f＝f×＝0.6mgH，C错误，D正确。

4．(多选)如图甲所示，一轻弹簧的下端固定在水平桌面上，上端放有质量为m的物块P，弹簧形变量为x₀，系统处于静止状态。现用一竖直向上的力F作用在P上，使其向上做匀加速直线运动。用x表示P离开初始位置的位移，向上的拉力F和x之间关系如图乙所示。从拉力F作用在物块上开始到弹簧恢复原长的过程中，下列说法正确的是(　　)

A．系统机械能的变化量为(2F₁－mg)x₀

B．物块P的动能变化量大小为(F₁－mg)x₀

C．弹簧的弹性势能变化量大小为mgx₀

D．物块P的重力势能变化量大小为2mgx₀

答案　BC

解析　弹簧上端放有质量为m的物块P，开始时由平衡条件有mg＝kx₀，拉力使物块向上做匀加速直线运动，由牛顿第二定律有F＋k(x₀－x)－mg＝ma，联立可得F＝kx＋ma，故x＝0时，F₀＝ma；x＝x₀时，F₁＝mg＋ma。除重力和弹簧弹力做功之外，只有拉力做功，故系统机械能的变化量ΔE_机＝W_F＝·x₀＝·x₀＝，故A错误；物块P做匀加速直线运动，则物块P的动能变化量大小为ΔE_k＝E_k－0＝ma·x₀＝(F₁－mg)x₀，故B正确；由功能关系有W_G＝－mgx₀＝－ΔE_pG，可知物块P的重力势能增加了mgx₀，故D错误；物块P做匀加速直线运动，设在到弹簧恢复原长过程中，弹簧对物块做功为W_Fk，由动能定理有W_F＋W_Fk＋W_G＝ΔE_k，联立可得W_Fk＝＝－ΔE_pk，即该过程中弹簧的弹性势能减小了，故C正确。

5. (2022·辽宁省丹东市高三下一模)(多选)如图所示，一物块置于足够长的水平传送带上，弹簧左端固定在竖直墙壁上，弹簧右端与物块接触但不拴接，墙壁与物块间系不可伸长的轻绳使水平方向的弹簧处于压缩状态，压缩量为0.2 m(弹性限度内)。已知物块质量为0.5 kg，物块与传送带间的动摩擦因数μ＝0.5，重力加速度g＝10 m/s²。若传送带不动，剪断轻绳，当弹簧刚好恢复原长时物块的速度为零；若传送带以v＝3 m/s的速度顺时针匀速转动，则剪断轻绳后(　　)

A．在弹簧恢复原长的过程中，物块向右先做加速运动，后做减速运动

B．弹簧恢复原长时，物块速度大小为2 m/s

C．物块在传送带上运动的过程中，摩擦力对物块做功为2.5 J

D．弹簧恢复原长后，物块与传送带之间由于摩擦而产生的热量为0.25 J

答案　BD

解析　设剪断轻绳前，弹簧弹性势能为E_p，传送带不动时，从剪断轻绳至弹簧恢复原长的过程，根据动能定理得E_p－μmg·Δx＝0，解得E_p＝0.5 J，传送带顺时针转动时，假设弹簧恢复原长时物块还未与传送带共速，则从剪断轻绳至弹簧恢复原长的过程，根据动能定理得E_p＋μmg·Δx＝mv，解得弹簧恢复原长时物块的速度v₁＝2 m/s，v₁<v，则假设正确，故B正确；由B项分析可知，在弹簧恢复原长过程中，物块的速度一直小于传送带速度，物块所受的滑动摩擦力一直水平向右，弹簧弹力水平向右，则物块一直向右做加速运动，故A错误；物块最后和传送带速度相等，从剪断轻绳至物块与传送带共速的过程，根据动能定理得E_p＋W_f＝mv²－0，解得摩擦力对物块做的功W_f＝1.75 J，故C错误；弹簧恢复原长后，根据牛顿第二定律得μmg＝ma，解得物块在传送带上的加速度a＝5 m/s²，物块加速到与传送带共速的时间为t＝＝0.2 s，此过程物块的对地位移为x₁＝＝0.5 m，传送带的对地位移为x₂＝vt＝0.6 m，则弹簧恢复原长后，物块与传送带之间由于摩擦而产生的热量为Q＝μmg(x₂－x₁)＝0.25 J，故D正确。

高考考向3　能量守恒定律的综合应用

1．含摩擦生热、焦耳热、电势能等多种形式能量转化的系统，优先选用能量守恒定律。

2．应用能量守恒定律解题的两条基本思路

(1)某种形式的能减少，一定存在其他形式的能增加，且减少量和增加量一定相等，即ΔE_减＝ΔE_增。

(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ΔE_A减＝ΔE_B增。

3．当涉及摩擦力做功时，注意摩擦产生的热量Q＝F_fx_相对，x_相对为相对滑动的两物体间相对滑动路径的总长度。

例5　(2021·山东高考)如图所示，三个质量均为m的小物块A、B、C，放置在水平地面上，A紧靠竖直墙壁，一劲度系数为k的轻弹簧将A、B连接，C紧靠B，开始时弹簧处于原长，A、B、C均静止。现给C施加一水平向左、大小为F的恒力，使B、C一起向左运动，当速度为零时，立即撤去恒力，一段时间后A离开墙壁，最终三物块都停止运动。已知A、B、C与地面间的滑动摩擦力大小均为f，最大静摩擦力等于滑动摩擦力，弹簧始终在弹性限度内。

(1)求B、C向左移动的最大距离x₀和B、C分离时B的动能E_k；

(2)为保证A能离开墙壁，求恒力的最小值F_min；

(3)若三物块都停止时B、C间的距离为x_BC，从B、C分离到B停止运动的整个过程，B克服弹簧弹力做的功为W，通过推导比较W与fx_BC的大小；

(4)若F＝5f，请在所给坐标系中，画出C向右运动过程中加速度a随位移x变化的图像，并在坐标轴上标出开始运动和停止运动时的a、x值(用f、k、m表示)，不要求推导过程。以撤去F时C的位置为坐标原点，水平向右为正方向。

[解析]　(1)从开始到B、C向左移动到最大距离的过程中，以B、C和弹簧组成的系统为研究对象，由功能关系得Fx₀＝2fx₀＋kx

解得x₀＝

弹簧恢复原长时B、C分离，从弹簧最短到B、C分离，以B、C和弹簧组成的系统为研究对象，由能量守恒定律得kx＝2fx₀＋2E_k

解得E_k＝。

(2)当A刚要离开墙壁时，设弹簧的伸长量为x₁，以A为研究对象，由平衡条件得kx₁＝f

若A刚要离开墙壁时B的速度恰好等于零，这种情况下恒力为最小值F_min，设此时B、C分离时B的动能为E_kmin，由(1)问结果可知

E_kmin＝

从弹簧恢复原长到A刚要离开墙壁的过程中，以B和弹簧整体为研究对象，由能量守恒定律得E_kmin＝kx＋fx₁

联立解得F_min＝f

由于F_min>2f，舍去F_min＝f，所以恒力的最小值为F_min＝f。

(3)从B、C分离到B停止运动的过程中，设B的路程为x_B，C的位移为x_C，以B为研究对象，由动能定理得－W－fx_B＝0－E_k

以C为研究对象，由动能定理得－fx_C＝0－E_k

由B、C的运动关系得x_B≥x_C－x_BC

联立可知W≤fx_BC。

(4)若F＝5f，则B、C向左移动的最大距离

x₀＝＝

则x＝0撤去F时C的加速度大小为

a₀＝＝＝，方向水平向右

之后C开始向右运动，B、C分离前，C的加速度为a＝＝

可知加速度a与位移x为线性关系，且a先减小到0后再反向增大，弹簧恢复原长时，B和C分离，之后C只受地面的滑动摩擦力，加速度为a₁＝－，负号表示C的加速度方向水平向左

从撤去恒力之后到弹簧恢复原长，以B、C整体为研究对象，由动能定理得

kx－2fx₀＝·2mv²

之后C受到滑动摩擦力减速至0，

由能量守恒定律得fx₂＝mv²

解得与B分离后，C运动的距离为x₂＝x₀

则C最后停止时的x值为x₀＋x₂＝x₀＝·＝

所以C向右运动过程中加速度a随位移x变化的图像如图所示。

[答案]　(1)　             

(2)

(3)W≤fx_BC　(4)图见解析

6．(多选)一传送带装置示意图如图，其中传送带经过AB区域时是水平的，经过BC区域时变为圆弧形(圆弧部分光滑，仅改变速度方向)，经过CD区域时是倾斜的，AB和CD都与BC相切。现将大量的质量均为m的小货箱一个一个在A处放到传送带上，放置时初速度为零，经传送带运送到D处，D和A的高度差为h。稳定工作时传送带速度v₀不变，CD段上各箱等距排列。每个箱子在A处投放后，在到达B之前已经相对于传送带静止，且以后也不再滑动(忽略经BC段的微小滑动)。已知在一段相当长的时间T内，共运送小货箱的数目为N个。这装置由电动机带动，传送带与轮子间无相对滑动，不计轮轴处的摩擦，下列说法正确的是(　　)

A．AB段传送带对每个小箱做功为

B．CD段传送带与小箱摩擦产生的热量为0

C．CD段传送带对小箱做的功为0

D．T时间内，电动机输出的功率为

答案　BD

解析　由于箱子在A处投放后，在到达B之前已经相对于传送带静止，由动能定理知，AB段传送带对每个小箱做功为W_AB＝mv，故A错误；由题可知，每个箱子在A处投放后，在到达B之前已经相对于传送带静止，且以后也不再滑动，故CD段传送带与小箱相对位移为0，摩擦产生的热量为0，故B正确；在CD段，由于小箱与传送带相对静止，传送带对小箱做的功等于小箱重力势能的增加量，所以W_CD＝mgh_CD≠0，故C错误；设AB段小货箱相对滑动时通过的位移为s，加速度为a，所用时间为t，则f＝ma，s＝at²，v₀＝at，在这段时间内，传送带运动的路程为s₀＝v₀t，故s₀＝2s，则在每个小箱加速过程中，摩擦生热为Q＝f·(s₀－s)＝fs＝mv，电动机运送一个小箱到D位置需要做的功为W₀＝Q＋W_AB＋W_CD＝mv＋mgh，T时间内运送N个小箱，电动机输出的总功为W＝Nmv＋Nmgh，输出功率为P＝，故D正确。

7．(多选)如图所示，质量M＝1 kg的重物B和质量m＝0.3 kg的小圆环A用细绳跨过一光滑滑轮轴连接，与A相连的绳与轮连接，与B相连的绳与轴连接，不计滑轮轴的质量，轮与轴有相同的角速度且轮和轴的直径之比为2∶1。重物B放置在倾角为30°的斜面上，轻绳平行于斜面，B与斜面间的动摩擦因数μ＝，圆环A套在竖直固定的光滑直杆上，滑轮轴中心与直杆的距离L＝4 m。现将圆环A从与滑轮轴上表面等高的a处由静止释放，到达b位置时，速度达到最大值。已知a、b之间的高度H＝3 m，直杆和斜面足够长，不计空气阻力，重力加速度g＝10 m/s²。下列判断正确的是(　　)

A．圆环A速度最大时，环A与重物B的速度大小之比为5∶3

B．圆环A到达b位置时，A、B组成的系统机械能减少了5 J

C．圆环A能下降的最大距离为7.5 m

D．圆环A下降的过程中，地面对斜面体的作用力保持不变

答案　CD

解析　当圆环A到达b位置时，设圆环A的速度为v，与A相连的绳与竖直杆的夹角为θ，那么此时轮上的线速度v_轮＝vcos θ，由轮与轴有相同的角速度且轮和轴的直径之比为2∶1可知，轴上的线速度v_轴＝＝vcos θ＝v_B，由几何知识知tanθ＝＝，可得A与重物B的速度之比为v∶v_B＝10∶3，故A错误；由图可知，圆环A速度最大时，与之相连的绳拉长了1 m，那么重物B移动了0.5 m，由能量守恒可知，损失的机械能等于克服摩擦力所做的功，即ΔE＝W_f＝μMgcos30°×0.5 m＝2.5 J，故B错误；假设圆环A能下降的最大距离为H_m，则重物B能上升的最大高度为h＝(－L)sin30°，重物B与斜面摩擦产生的热量为Q＝μMgcos30°×(－L)，由能量守恒可知：mgH_m＝Mgh＋Q，联立可得H_m＝7.5 m，故C正确；重物B对斜面体只有弹力和摩擦力作用，且圆环A下降过程中，重物B对斜面的弹力和摩擦力均保持不变，故地面对斜面体的作用力保持不变，D正确。

专题作业

一、选择题(本题共10小题，其中第1～4题为单项选择题，第5～10题为多项选择题)

1. (2022·河北省石家庄市高三下教学质量检测(二))如图，质量为4m的物块A静置于水平桌面上，桌子左端固定一足够小的光滑定滑轮，一条不可伸长的轻绳跨过定滑轮连接物块A和质量为m的小球B，在O处定滑轮的正下方P点固定一颗钉子。开始时OB与竖直方向的夹角θ为37°，现将小球B由静止释放，轻绳碰到钉子后瞬间物块A恰好未滑动，物块A与水平桌面间的动摩擦因数为0.4，最大静摩擦力等于滑动摩擦力，sin 37°＝0.6，cos 37°＝0.8，则OP与OB的比值为(　　)

A．                                                          B． 

C．                                                          D．

答案　D

解析　设＝k，小球B从初始位置到最低点，由机械能守恒定律得mg·OB(1－cosθ)＝mv²，在最低点由牛顿第二定律得T－mg＝m，由题意知T＝μ·4mg，联立解得k＝，故D正确，A、B、C错误。

2.如图，总长为l、质量为m的均匀软绳对称地挂在轻小滑轮上，用细线将质量也为m的物块与软绳连接。将物块由静止释放，直到软绳刚好全部离开滑轮，不计一切摩擦，重力加速度为g，则(　　)

A．刚释放时细线的拉力大小为mg

B．该过程中物块的机械能减少了

C．该过程中软绳的重力势能减少了

D．软绳离开滑轮时速度大小为

答案　D

解析　刚释放时，对物块有mg－T＝ma，故细线的拉力T小于mg，A错误；整个过程中，物块的重力势能减小mgl，但物块也获得了速度，即动能增加，故机械能损失小于mgl，B错误；因为软绳均匀，把软绳的中点看作软绳的重心，所以软绳相当于向下移动了l，故减小的重力势能为mgl，C错误；软绳刚好全部离开滑轮时，其速度与物块速度相等，设为v，由机械能守恒定律得mg×l＋mgl＝×2mv²，解得v＝，故D正确。

※3.(2018·全国卷Ⅰ)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．2mgR                                                    B．4mgR

C．5mgR                                                    D．6mgR

答案　C

解析　小球始终受到与重力大小相等的水平外力的作用，机械能的增量ΔE_机＝W_水平外力，机械能的增量等于水平外力在从a点开始运动到其轨迹最高点过程做的功。设小球运动到c点的速度为v_c，由动能定理有：F·3R－mgR＝mv，解得：v_c＝2。

小球运动到c点后，根据小球受力情况，可分解为水平方向初速度为零的匀加速运动，加速度为a_x＝g，竖直方向的竖直上抛运动加速度也为g，小球上升至最高点时，竖直方向速度减小为零，时间为t＝＝，水平方向的位移为：x＝a_xt²＝g＝2R，综上所述小球从a点开始运动到其轨迹最高点，机械能的增量为ΔE_机＝F·(3R＋x)＝5mgR，正确答案为C。

※4. (2022·江苏省苏锡常镇四市高三下教学情况调研二)如图所示，竖直平面内固定着半径为r的光滑圆形轨道，质量都为m的两小球，某时刻恰好位于轨道的最高点和最低点，速度分别为，，以圆环最低点为势能零点，则两小球在运动过程中(　　)

A．可能会在某一位置发生碰撞

B．可能同时位于水平直径的两端

C．两小球距离最近时总动能最小

D．系统重力势能的最大值为2mgr

答案　C

解析　令题图中时刻位于轨道最高点的球为球1，位于轨道最低点的球为球2，小球1从轨道最高点运动到轨道最低点的过程，根据机械能守恒定律有2mgr＋mv＝mv₁′²，解得小球1经过轨道最低点的速度v₁′＝＝v₂，可知两小球做的是相同的圆周运动，在最高点和最低点间的运动时间相同，所以不会在某一位置发生碰撞，故A错误；依题意，小球1运动到水平直径右端的平均速率小于小球2运动到水平直径左端的平均速率，而两小球运动的路程相同，根据t＝可知小球2先到达水平直径左端，两球不可能同时位于水平直径的两端，故B错误；两球运动过程机械能守恒，则mv＋mv＋mg·2r＝mgh₁＋mgh₂＋E_k总，可解得两球的总动能E_k总＝5mgr－mg(h₁＋h₂)，易知当两球的竖直高度和最大时，两球的总动能具有最小值，设竖直直径与水平直径的两端点分别为A、B、C、D，开始时h₁＋h₂＝2r，两球距离最远，球2从B运动到D的过程中v₂>v₁，球2追球1，

则两球间的劣弧逐渐减小，两球间的距离即劣弧所对的弦减小，而相同时间内Δh₂>－Δh₁，则Δh₁＋Δh₂>0，即h₁＋h₂增大，设球2经过D点时，球1经过D′点，如图所示，球1从D′点运动到C点的过程，球2从D点运动到与D′等高的D″点，此过程v₂先大于v₁，后小于v₁，则两球间的劣弧先减小后增大，两球间的距离即劣弧所对的弦先减小后增大，同理h₁＋h₂先增大后减小，球1从C到B、球2从D″到A的过程，同理分析可知，两球间的距离继续增大，h₁＋h₂继续减小，则两小球经过DC与D′D″之间等高的两点E、F时，两小球间的距离最近，h₁＋h₂最大，E_k总最小，故C正确；两球总动能最小时，系统具有最大的重力势能，由C项分析知，此时两球位置均高于水平直径，则系统重力势能最大值E_pmax>2mgr，故D错误。

5．(2022·山东省青岛市高三下三模)如图甲所示，将一劲度系数为k的轻弹簧压缩后锁定，在弹簧上放置一质量为m的小物块，小物块距离地面高度为h₁。将弹簧的锁定解除后，小物块被弹起，其动能E_k与离地高度h的关系如图乙所示，其中h₄到h₅间的图像为直线，其余部分均为曲线，h₃对应图像的最高点，重力加速度为g，不计空气阻力。下列说法正确的是(　　)

A．小物块上升至高度h₃时，弹簧形变量为0

B．小物块上升至高度h₅时，加速度为g

C．解除锁定前，弹簧的弹性势能为mgh₅

D．小物块从高度h₂上升到h₄，弹簧的弹性势能减少了

答案　BD

解析　由题图乙可知，小物块上升至高度h₃时，动能最大，则此时弹簧弹力与重力平衡，所以弹簧形变量不为0，故A错误；根据动能定理知＝F_合，因为h₄到h₅间的图像为直线，则小物块所受合力恒定，弹簧形变量为零，弹簧恢复原长，小物块只受重力，加速度为g，故B正确；根据机械能守恒定律知，解除锁定前，弹簧的弹性势能为E_p0＝mg(h₅－h₁)，故C错误；设小物块从高度h₂上升到h₄，弹簧的弹性势能减少量为ΔE_p，根据动能定理知ΔE_p－mg(h₄－h₂)＝0，结合B项分析可知，小物块上升至高度h₃时，弹簧压缩量为h₄－h₃，则有mg＝k(h₄－h₃)，分析可知，小物块与弹簧接触时，小物块经过与平衡位置(高度h₃)对称的位置时所受合力F_合大小相等、方向相反，则借助F_合­h图像，由微元累积法知，小物块从关于h₃对称的一点运动到另一点，合力做功为零，根据动能定理知，小物块在关于h₃对称的两点动能相等，则由题图乙知h₄－h₂＝2(h₄－h₃)，联立可得ΔE_p＝，故D正确。

6. (2022·湖南省永州市高三下高考第三次适应性考试)冬奥会上有一种单板滑雪U形池项目，如图所示为U形池模型。池内各处粗糙程度相同，其中a、c为U形池两侧边缘，且在同一水平面，b为U形池最低点。某运动员从a点正上方h高的O点自由下落由左侧切线进入池中，从右侧切线飞出后上升至最高位置d点。不计空气阻力，重力加速度为g，则运动员(　　)

A．第一次经过b点时处于超重状态

B．第一次经过c点时的速度大小为

C．第一次从a到b与从b到c的过程中机械能损失相同

D．从d向下返回一定能越过a点再上升一定高度

答案　ABD

解析　运动员第一次经过b点时，向心加速度方向向上，运动员处于超重状态，A正确；从c到d，根据机械能守恒可得mv＝mg·，解得运动员第一次经过c点时的速度大小为v_c＝，B正确；由于摩擦力做负功，从a到b的平均速率大于从b到c的平均速率，根据牛顿第二定律知，从a到b所受支持力大小的平均值大于从b到c所受支持力大小的平均值，则从a到b所受摩擦力大小的平均值大于从b到c所受摩擦力大小的平均值，所以第一次从a到b过程中损失的机械能大于从b到c过程中损失的机械能，C错误；运动员从高h处自由下落由左侧进入池中，从右侧飞出后上升的最大高度为，则克服摩擦力做功为W_f＝mgh，从d返回经c到a过程的平均速率小于第一次从a到c的平均速率，所以从c到a所受支持力大小的平均值和摩擦力大小的平均值都比第一次从a到c过程的小，则从c到a克服摩擦力做的功W_f′<mgh，故从d向下返回一定能越过a点再上升一定高度，D正确。

7. (2022·山东省潍坊市高三下5月模拟(二))如图所示，A、B两小球通过绕过轻质光滑定滑轮的不可伸长的细线相连，A球放在足够长的固定光滑斜面上，B、C两小球在竖直方向上通过劲度系数为80 N/m的轻质弹簧相连，C球放在水平地面上。现用手控制住A球，并使连接A、B球的细线刚刚拉直但无拉力作用，且保证滑轮左侧细线竖直、右侧细线与斜面平行。已知A球的质量为4 kg，B、C球的质量均为1 kg，取重力加速度大小g＝10 m/s²，开始时整个系统处于静止状态。释放A球后，A球沿斜面下滑至速度最大时C球恰好离开地面。弹簧一直在弹性限度内，下列描述正确的是(　　)

A．斜面的倾角α为30°

B．A球的最大速度为1 m/s

C．C球刚离开地面时，B球的加速度最大

D．从释放A球到C球刚离开地面的过程中，A、B两小球组成的系统机械能先增加后减少

答案　ABD

解析　C球恰好离开地面时，对C球有kx₁＝m_Cg，此时A、B球有最大速度，则a_A＝a_B＝0，对B球有F－kx₁－m_Bg＝0，对A球有m_Agsin α－F＝0，联立解得α＝30°，A正确，C错误；初始系统静止，且线上无拉力，对B球有kx₂＝m_Bg，由此可知x₂＝＝x₁，则从释放A球至C球恰好离开地面的过程中，弹簧的弹性势能变化量为零，此过程中A、B球的速率始终相等，A、B、C球组成的系统(包括弹簧)机械能守恒，有m_Ag(x₁＋x₂)sinα＝m_Bg(x₁＋x₂)＋(m_A＋m_B)v，解得A球的最大速度为v_m＝1 m/s，B正确；从释放A球到C球刚离开地面的过程中，弹簧对B球的弹力方向先为竖直向上，后为竖直向下，故弹簧弹力对A、B两球组成的系统先做正功，后做负功，从而使得A、B两球组成的系统的机械能先增加后减少，D正确。

8.如图所示，质量分别为2 kg和2.5 kg的物块A、B，与劲度系数为1000 N/m的轻弹簧拴接后竖直放在水平地面上，对物块A施加一个40 N的竖直向下的压力F，物块A、B均处于静止状态。已知弹簧的弹性势能大小为E_p＝kx²，其中k为弹簧的劲度系数，x为弹簧的形变量，取g＝10 m/s²，突然撤去压力F，则(　　)

A．物块A的最大动能为0.8 J

B．物块B不可能离开水平地面

C．只要k足够小，物块B就可能离开水平地面

D．将物块A、B位置互换，则撤去压力F后物块A可能离开水平地面

答案　AB

解析　压力F作用下A、B静止时，弹簧形变量x₀＝＝0.06 m，在A上升过程中，A先加速后减速，当弹簧的弹力等于A的重力时，A速度最大，动能最大，此时有弹簧弹力F₁＝m_Ag＝kx₁，解得弹簧形变量x₁＝0.02 m，由机械能守恒定律得m_Agh＋E_kA＝E_p0－E_p1，其中h＝x₀－x₁＝0.04 m，E_p1＝kx，E_p0＝kx，可得物块A的最大动能为E_kA＝0.8 J，A正确；假设A上升至最高处时，B仍未离开地面，此时弹簧形变量为x₂，由机械能守恒定律有m_Ag(x₀＋x₂)＝kx－kx，解得x₂＝0.02 m，此时弹簧弹力F₂＝kx₂＝20 N<G_B，故假设成立，即B不可能离开水平地面，B正确；由以上所列式子联立可得，物块A上升至最高处时弹簧弹力为F₂＝F－m_Ag＝20 N<m_Bg，与k无关，即无论k多大，物块B都不可能离开水平地面，C错误；将物块A、B位置互换，假设B上升至最高处，A仍未离开地面，同理知此时弹簧弹力F₂′＝F－m_Bg＝15 N<m_Ag，故假设成立，即交换物块A、B的位置后，A也不可能离开地面，D错误。

9.如图所示，将一直铁棒AC固定在与水平地面垂直的墙角，铁棒与水平面夹角为45°，B为AC的中点。在墙角固定一轻弹簧，使轻弹簧另一端与一带孔的小球相连，小球穿过铁棒并可在铁棒上移动，小球到达B点时，弹簧恰好处于原长状态。现将小球从铁棒顶端自由释放，小球到达铁棒底端时速度恰好为零，下列说法正确的是(　　)

A．小球和弹簧组成的系统机械能守恒

B．小球从A点运动到B点和从B点运动到C点的过程中摩擦力做功相同

C．小球从A点运动到B点和从B点运动到C点的过程中弹簧弹力做功相同

D．小球从A点运动到B点的过程中，动能的增加量等于弹簧弹力所做的功

答案　BD

解析　由几何关系可知，小球在铁棒顶端和底端时弹簧的伸长量相同，由小球从铁棒顶端释放，到铁棒底端时速度为零，可知有摩擦力对小球做负功，系统机械能不守恒，故A错误；分析可知，小球从A点运动到B点的过程中和从B点运动到C点的过程中，在关于B对称处所受棒的弹力相同，则所受摩擦力相同，故两过程摩擦力做功相同，B正确；小球从A点运动到B点的过程中弹簧弹力做正功，从B点运动到C点的过程中弹簧弹力做负功，故C错误；整个运动过程中，重力做功的大小等于克服摩擦力做功的大小，小球从A点运动到B点的过程中和从B点运动到C点的过程中，重力做功相同，摩擦力做功相等，则小球从A点运动到B点的过程中，重力做功全部用来克服摩擦力做功，由动能定理可知，在此过程中动能的增加量等于弹簧弹力所做的功，故D正确。

※10.如图，一顶角为直角的“”形光滑细杆竖直放置。质量均为m的两金属环套在细杆上，高度相同，用一劲度系数为k的轻质弹簧相连，弹簧处于原长l₀。两金属环同时由静止释放，运动过程中弹簧的伸长在弹性限度内。对其中一个金属环，下列说法正确的是(　　)

A．金属环的最大加速度为

B．金属环的最大速度为

C．金属环与细杆之间的最大压力为

D．金属环达到最大速度时重力的功率为

答案　BC

解析　根据对称性可知，在金属环运动过程中，弹簧始终水平，刚释放时，弹簧处于原长，弹力为0，金属环的加速度最大，为a_m＝gsin45°＝g，故A错误；设弹簧的伸长量为x₁时金属环速度最大，根据平衡条件，沿杆方向有mgsin45°＝kx₁cos45°，由机械能守恒定律得2mg·tan 45°＝kx＋×(2m)v，联立解得金属环的最大速度为v₀＝g，金属环达到最大速度时重力的功率为P＝mgv₀cos45°＝，故B正确，D错误；当金属环下落到最低点时，金属环速度为0，金属环与细杆之间的压力最大，设此时弹簧的形变量为x₂，由机械能守恒定律得2mg·tan 45°＝kx，对金属环进行受力分析，垂直于杆方向有F_N＝mgcos45°＋kx₂sin45°，可解得金属环与细杆之间的最大压力为F_N＝mg，故C正确。

二、计算题(本题共2小题，须写出规范的解题步骤)

※11. (2021·全国甲卷)如图，一倾角为θ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μ，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)mgd sin θ

(2)　

(3)

解析　(1)小车在光滑斜面上滑行时，根据牛顿第二定律有mgsin θ＝ma

设小车通过第30个减速带后速度为v₁，到达第31个减速带前速度为v₂，则有

v－v＝2ad

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，故后面通过减速带后的速度与到达下一个减速带前的速度均为v₁和v₂，经过每一个减速带时损失的机械能为ΔE＝mv－mv

联立以上各式解得ΔE＝mgdsin θ。

(2)由(1)知小车通过第50个减速带后的速度为v₁，则在水平地面上的运动过程，根据动能定理有－μmgs＝0－mv

从小车开始下滑到通过第30个减速带，根据动能定理有

mg(L＋29d)sinθ－ΔE_总＝mv－0

联立解得ΔE_总＝mg(L＋29d)sinθ－μmgs

故小车通过前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为

ΔE′＝＝。

(3)由题意可知ΔE′>ΔE

可得L>d＋。

※12.(2022·浙江1月选考)如图所示，处于竖直平面内的一探究装置，由倾角α＝37°的光滑直轨道AB、圆心为O₁的半圆形光滑轨道BCD、圆心为O₂的半圆形光滑细圆管轨道DEF、倾角也为37°的粗糙直轨道FG组成，B、D和F为轨道间的相切点，弹性板垂直轨道固定在G点(与B点等高)，B、O₁、D、O₂和F点处于同一直线上。已知可视为质点的滑块质量m＝0.1 kg，轨道BCD和DEF的半径R＝0.15 m，轨道AB长度l_AB＝3 m，滑块与轨道FG间的动摩擦因数μ＝，滑块与弹性板作用后，以等大速度弹回，sin 37°＝0.6，cos 37°＝0.8，重力加速度g取10 m/s²。滑块开始时均从轨道AB上某点静止释放。

(1)若释放点距B点的长度l＝0.7 m，求滑块到最低点C时轨道对其支持力F_N的大小；

(2)设释放点距B点的长度为l_x，求滑块第1次经F点时的速度v与l_x之间的关系式；

(3)若滑块最终静止在轨道FG的中点，求释放点距B点长度l_x的值。

答案　(1)7 N

(2)v＝(m/s)(0.85 m≤l_x≤3 m)

(3)m或m或m

解析　(1)滑块从释放点到C点的过程只有重力做功，机械能守恒，则

mgl sin 37°＋mgR(1－cos 37°)＝mv

在C点，根据牛顿第二定律有F_N－mg＝

联立并代入数据解得F_N＝7 N。

(2)要使滑块不脱离圆轨道BCD，则在D点时，根据牛顿第二定律有≥mgcos 37°

滑块从释放点到D点，由动能定理有

mgl_xsin 37°－mg·2Rcos 37°＝mv

要使得滑块到达F点，则需过轨道DEF的最高点，即有

mgl_xsin 37°－mg(3Rcos 37°＋R)＝mv≥0

联立得l_x≥0.85 m

滑块运动到F点的过程中，由机械能守恒定律有mgl_xsin 37°－mg·4Rcos 37°＝mv²

解得v＝(m/s)(0.85 m≤l_x≤3 m)。

(3)若滑块最终静止在轨道FG的中点，则整个过程摩擦力做的功为滑块第一次到达FG中点时的n倍(n＝1，3，5，…)，由动能定理得

mgl_xsin 37°－mgsin 37°－nμmgcos 37°＝0－0

由几何关系可知l_FG＝

联立并代入数据解得l_x＝m

代入0.85 m≤l_x≤3 m可得≤n≤

又n＝1，3，5，…，可知n只能取1，3，5

当n＝1时，l_x＝m

当n＝3时，l_x＝m

当n＝5时，l_x＝m。