高考物理二轮复习讲练(新高考版) 第1部分 专题2 第7课时 功能关系 能量守恒（含解析）

这是一份高考物理二轮复习讲练(新高考版) 第1部分 专题2 第7课时 功能关系 能量守恒（含解析），共21页。试卷主要包含了三种表达式，公式选用技巧，转化观点不用选取零势能面，易错易混点等内容，欢迎下载使用。

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(或弹簧的弹力)做功时，系统机械能守恒；
(2)能量转化判断法：没有与机械能以外的其他形式的能转化时，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．
2．三种表达式
(1)守恒的观点：Ek1＋Ep1＝Ek2＋Ep2.
(2)转化的观点：ΔEk＝－ΔEp.
(3)转移的观点：EA增＝EB减．
3．公式选用技巧
(1)单物体守恒问题：通常应用守恒观点和转化观点(如抛体类、摆动类、光滑轨道类)．转化观点不用选取零势能面．
(2)系统机械能守恒问题：通常应用转化观点和转移观点(如绳或杆相连接的物体)，都不用选取零势能面．
4．易错易混点
(1)分析含弹簧的物体系统机械能守恒时，必须是包括弹簧在内的系统；
(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，机械能必不守恒；
(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．
考题示例
例1 (2017·全国卷Ⅱ·17)如图1，半圆形光滑轨道固定在水平地面上，半圆的直径与地面垂直，一小物块以速度v从轨道下端滑入轨道，并从轨道上端水平飞出，小物块落地点到轨道下端的距离与轨道半径有关，此距离最大时对应的轨道半径为(重力加速度大小为g)( )
图1
A.eq \f(v2,16g) B.eq \f(v2,8g) C.eq \f(v2,4g) D.eq \f(v2,2g)
答案 B
解析 小物块由最低点到最高点的过程，由机械能守恒定律得，eq \f(1,2)mv2＝2mgr＋eq \f(1,2)mv12，
小物块做平抛运动时，落地点到轨道下端的距离x＝v1t，
t＝eq \r(\f(4r,g))，联立解得，x＝eq \r(\f(4v2,g)r－16r2)，
由数学知识可知，当r＝eq \f(v2,8g)时，x最大，故选项B正确．
例2 (多选)(2015·全国卷Ⅱ·21)如图2，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2
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g
D．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 滑块b的初速度为零，末速度也为零，所以轻杆对b先做正功，后做负功，选项A错误；以滑块a、b及轻杆为研究对象，系统的机械能守恒，当a刚落地时，b的速度为零，则mgh＝eq \f(1,2)mva2＋0，即va＝eq \r(2gh)，选项B正确；a、b先后的受力如图所示．
由a的受力图可知，a下落过程中，其加速度大小先小于g后大于g，选项C错误；当a落地前b的加速度为零(即轻杆对b的作用力为零)时，b的机械能最大，a的机械能最小，这时b受重力、支持力，且受到的支持力大小为mg，由牛顿第三定律可知，b对地面的压力大小为mg，选项D正确．
命题预测
1．(2020·北京市第一六六中学高三检测)四个固定在竖直平面内的光滑轨道 ab 如图所示，从 O 点静止释放小物块(可视为质点)，仍能上升到与O点等高的位置的是( )
答案 A
2．(多选)如图3所示，将质量为2m的重物悬挂在轻绳的一端，轻绳的另一端系一质量为m的环，环套在竖直固定的光滑直杆上，光滑定滑轮与直杆的距离为d.杆上的A点与定滑轮等高，杆上的B点在A点正下方距离为d处．现将环从A处由静止释放，不计一切摩擦阻力，轻绳足够长，下列说法正确的是( )
图3
A．环到达B处时，重物上升的高度h＝eq \f(d,2)
B．环到达B处时，环与重物的速度大小相等
C．环从A到B，环减少的机械能等于重物增加的机械能
D．环能下降的最大高度为eq \f(4d,3)
答案 CD
解析 环到达B处时，对环的速度进行分解，如图所示，可得v环cs θ＝v物，由题图中几何关系可知θ＝45°，则v环＝eq \r(2)v物，B错误；因环从A到B，环与重物组成的系统机械能守恒，则环减少的机械能等于重物增加的机械能，C正确；当环到达B处时，由题图中几何关系可得重物上升的高度h＝(eq \r(2)－1)d，A错误；当环下落到最低点时，设环下落高度为H，由机械能守恒有mgH＝2mg(eq \r(H2＋d2)－d)，解得H＝eq \f(4,3)d，故D正确．
3．(多选)(2020·安徽淮北市一模)如图4甲所示，竖直光滑杆固定不动，套在杆上的轻质弹簧下端固定，将套在杆上的滑块向下压缩弹簧至离地高度h＝0.1 m处，滑块与弹簧不拴接．现由静止释放滑块，通过传感器测量出滑块的速度和离地高度h并作出如图乙所示滑块的Ek－h图像，其中高度从0.2 m上升到0.35 m范围内图像中图线为直线，其余部分为曲线，以地面为参考平面，不计空气阻力，取g＝10 m/s2，由图像可知( )

图4
A．小滑块的质量为0.1 kg
B．弹簧原长为0.2 m
C．弹簧最大弹性势能为0.5 J
D．小滑块的重力势能与弹簧的弹性势能总和最小为0.4 J
答案 BC
解析 在从0.2 m上升到0.35 m范围内，ΔEk＝ΔEp＝mgΔh，图线斜率的绝对值为|k|＝|eq \f(ΔEk,Δh)|＝eq \f(0.3,0.35－0.2) N＝2 N＝mg，所以m＝0.2 kg，故A错误；在Ek－h图像中，图线的斜率表示滑块所受的合外力，由题图乙可知，从0.2 m上升到0.35 m范围内所受作用力为恒力，则从h＝0.2 m，滑块与弹簧分离，所以弹簧的原长为0.2 m，故B正确；根据机械能守恒可知，当滑块上升至最大高度时，增加的重力势能即为弹簧最大弹性势能，所以Epm＝mgΔh′＝0.2×10×(0.35－0.1) J＝0.5 J，故C正确；在滑块整个运动过程中，系统的动能、重力势能和弹性势能相互转化，因此动能最大时，滑块的重力势能与弹簧的弹性势能总和最小，根据能量的转化和守恒可知Epmin＝E－Ekm＝Epm＋mgh－Ekm＝0.5 J＋0.2×10×0.1 J－0.32 J＝0.38 J，故D错误．
高考题型2 功能关系的理解和应用
1．常见的功能关系
2．机械能变化的两种分析方法
(1)定义法：如果动能和势能都增加(或减少)，机械能一定增加(或减少)．
(2)功能关系法：除重力(或弹簧弹力)以外的其他力做正功(或负功)，机械能一定增加(或减少)．
3．功能关系的理解和应用
功能关系反映了做功和能量转化之间的对应关系，功是能量转化的量度和原因，在不同问题中的具体表现不同．
(1)根据功能之间的对应关系，判定能的转化情况．
(2)根据能量转化，可计算变力做的功．
考题示例
例3 (多选)(2019·江苏卷·8)如图5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( )
图5
A．弹簧的最大弹力为μmg
B．物块克服摩擦力做的功为2μmgs
C．弹簧的最大弹性势能为μmgs
D．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Epm＝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)mv02，解得v0＝2eq \r(μgs)，选项D错误．
例4 (多选)(2020·全国卷Ⅰ·20)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6中直线Ⅰ、Ⅱ所示，重力加速度取10 m/s2.则( )
图6
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
答案 AB
解析 由E－s图像知，物块动能与重力势能的和减小，则物块下滑过程中机械能不守恒，故A正确；由E－s图像知，整个下滑过程中，物块机械能的减少量为ΔE＝30 J－10 J＝20 J，重力势能的减少量ΔEp＝mgh＝30 J，又ΔE＝μmgcs α·s，其中cs α＝eq \f(\r(s2－h2),s)＝0.8，h＝3.0 m，g＝10 m/s2，则可得m＝1 kg，μ＝0.5，故B正确；物块下滑时的加速度大小a＝gsin α－μgcs α＝2 m/s2，故C错误；物块下滑2.0 m时损失的机械能为ΔE′＝μmgcs α·s′＝8 J，故D错误．
例5 (多选)(2020·山东卷·11)如图7所示，质量为M的物块A放置在光滑水平桌面上，右侧连接一固定于墙面的水平轻绳，左侧通过一倾斜轻绳跨过光滑定滑轮与一竖直轻弹簧相连．现将质量为m的钩码B挂于弹簧下端，当弹簧处于原长时，将B由静止释放，当B下降到最低点时(未着地)，A对水平桌面的压力刚好为零．轻绳不可伸长，弹簧始终在弹性限度内，物块A始终处于静止状态．以下判断正确的是( )
图7
A．M<2m
B．2mC．在B从释放位置运动到最低点的过程中，所受合力对B先做正功后做负功
D．在B从释放位置运动到速度最大的过程中，B克服弹簧弹力做的功等于B机械能的减少量
答案 ACD
解析 由题意知，B在开始位置到最低点之间做简谐运动，则最低点时弹簧弹力FT＝2mg；对物块A，设左侧绳子与桌面间夹角为θ，依题意有：2mgsin θ＝Mg，则M<2m，故A正确，B错误．B从释放到最低点过程中，开始时弹簧弹力小于重力，B加速，合力做正功；后来弹簧弹力大于重力，B减速，合力做负功，故C正确．对B，从释放到速度最大过程中，系统的机械能守恒，B机械能的减少量等于弹簧弹性势能的增加量，即等于B克服弹簧弹力所做的功，故D正确．
命题预测
4.(多选)(2020·山东淄博市高青县第一中学检测)如图8所示，卷扬机的绳索通过光滑轻质定滑轮用力F拉位于粗糙斜面上的木箱，使之沿斜面加速向上移动．在移动过程中，下列说法正确的是( )
图8
A．力F对木箱做的功等于木箱克服摩擦力和克服重力所做的功之和
B．力F对木箱做的功等于木箱增加的机械能与木箱克服摩擦力所做的功之和
C．木箱增加的机械能等于力F、重力及摩擦力对木箱所做的功之和
D．木箱增加的动能等于力F、重力及摩擦力对木箱所做的功之和
答案 BD
解析 根据功和能量转化的关系可知，力F对木箱做的功应等于木箱增加的动能、木箱克服摩擦力做的功以及木箱增加的重力势能的总和，即力F对木箱做的功应等于木箱增加的机械能与木箱克服摩擦力所做的功之和，故A错误，B正确；根据功和能量转化的关系可知，木箱增加的机械能等于力F和摩擦力对木箱所做的功之和，故C错误；根据动能定理可知，木箱增加的动能等于力F、重力及摩擦力对木箱所做的功之和，故D正确．
5．(多选)(2020·黑龙江哈尔滨师大附中联考)如图9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9
A．在位移从0增大到x0的过程中，木块的重力势能减少了E0
B．在位移从0增大到x0的过程中，木块的重力势能减少了2E0
C．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；由功能关系可知图线b斜率的绝对值表示木块所受的合力大小，故D正确．
高考题型3 动力学和能量观点的综合应用
1．多过程问题
(1)解题技巧
①拆：把整个过程拆分为多个子过程，变为熟悉的运动模型．
②找：在题目中找“恰好”“恰能”“最高”“至少”等关键字，找出对应的临界条件．
③用：选择合适的规律列方程．
④注意：注意分析“界点”的速度大小和方向，界点速度是上一过程的末速度，又是下一过程的初速度，在解题过程中有重要的作用．
(2)对于涉及滑动摩擦力的过程，一定不能用机械能守恒定律来求解．
(3)对于非匀变速直线运动过程，不能用运动学公式求解，但可用动能定理、能量守恒定律或功能关系求解．
2．解决传送带问题的关键点
(1)摩擦力的方向及存在阶段的判断．
(2)物体能否达到与传送带共速的判断．
(3)计算产生的热量，应正确确定物体相对传送带滑动的距离．
(4)弄清能量转化关系：传送带因传送物体多消耗的能量等于物体增加的机械能与产生的内能之和．
3．解决弹簧模型问题的关键点
(1)从动力学角度分析
弹力作用下物体运动的加速度往往是变化的，用胡克定律F＝kx结合牛顿第二定律F合＝ma分析加速度和运动过程，注意弹力是变力，且注意三个位置：自然长度位置、平衡位置(a＝0，v最大)、形变量最大(伸长最长或压缩最短)的位置．
(2)从功能关系的角度分析
弹簧问题往往涉及多种能量转化，一般根据能量守恒定律或动能定理列方程分析，弹力做功与弹性势能的关系：W弹＝－ΔEp
注意：对同一根弹簧而言，无论是处于伸长状态还是压缩状态，只要在弹性限度内形变量相同，其储存的弹性势能就相同，弹簧先后经历两次相同的形变的过程中，弹性势能的变化相同．
命题预测
6.如图10是一皮带传输装载机械示意图．井下挖掘工将矿物无初速放置于沿图示方向运行的传送带A端，被传输到末端B处，再沿一段圆形轨道到达轨道的最高点C处，然后水平抛到货台上．已知半径为R＝0.4 m的圆形轨道与传送带在B点相切，O点为圆形轨道的圆心，BO、CO分别为圆形轨道的半径．矿物可视为质点，传送带与水平面间的夹角θ＝37°，矿物与传送带间的动摩擦因数μ＝0.85，传送带匀速运行的速度为v0＝6 m/s，传送带A、B两点间的长度为L＝40 m．若矿物落点D处离最高点C点的水平距离为s＝2 m，竖直距离为h＝1.25 m，矿物质量m＝5 kg，sin 37°＝0.6，cs 37°＝0.8，g＝10 m/s2，不计空气阻力．求：
图10
(1)矿物到达C点时对轨道的压力大小；
(2)矿物到达B点时的速度大小；
(3)矿物由A点到达C点的过程中，摩擦力对矿物所做的功．
答案 (1)150 N (2)6 m/s (3)1 276 J
解析 (1)矿物从C处抛出，由平抛运动知识，可得s＝vCt，
h＝eq \f(1,2)gt2.
矿物在C处，由牛顿第二定律可得
FN＋mg＝eq \f(mvC2,R)，
联立解得：vC＝4 m/s，FN＝150 N.
根据牛顿第三定律可得FN′＝FN＝150 N.
(2)假设矿物在AB段始终处于加速状态，由动能定理可得
μmgLcs θ－mgLsin θ＝eq \f(1,2)mvB′2，
解得vB′＝8 m/s.
由于vB′>v0，故矿物在传送带上加速至与传送带速度相等后匀速运动至B，
所以vB＝6 m/s.
(3)矿物由A点到C点过程中，由动能定理得
Wf－mg[Lsin θ＋R(1＋cs θ)]＝eq \f(1,2)mvC2，解得Wf＝1 276 J.
7．(2020·江苏徐州市睢宁县高三线上检测)如图11甲所示，半径R＝0.45 m的光滑eq \f(1,4)圆弧轨道固定在竖直平面内，B为轨道的最低点，B点右侧的光滑水平面上紧挨B点有一静止的小平板车，平板车质量M＝1 kg，长度l＝1 m，小车的上表面与B点等高，距地面的高度h＝0.2 m．质量m＝1 kg的物块(可视为质点)从圆弧轨道最高点A由静止释放．取g＝10 m/s2.试求：
图11
(1)物块滑到轨道上的B点时对轨道的压力大小；
(2)若锁定平板车并在上表面铺上一种特殊材料，其动摩擦因数从左向右随距离均匀变化，如图乙所示，求物块滑离平板车时的速率；
(3)若解除平板车的锁定并撤去上表面铺的材料后，物块与平板车上表面间的动摩擦因数μ＝0.2，物块仍从圆弧最高点A由静止释放，求物块落地时距平板车右端的水平距离．
答案 (1)30 N (2)1 m/s (3)0.2 m
解析 (1)物块从圆弧轨道最高点A滑到B点的过程中，机械能守恒，则mgR＝eq \f(1,2)mvB2，
解得vB＝3 m/s.
在B点，由牛顿第二定律得FN－mg＝meq \f(vB2,R)，
解得FN＝30 N
即物块滑到轨道上的B点时对轨道的压力大小FN′＝FN＝30 N.
(2)物块在小车上滑行，受到的摩擦力做功Wf＝－eq \f(μ1mg＋μ2mg,2)l＝－4 J，
从物块由A开始滑下到滑离平板车过程中，由动能定理得mgR＋Wf＝eq \f(1,2)mv2
解得v＝1 m/s.
(3)当平板车不固定时，对物块a1＝μg＝2 m/s2
对平板车a2＝eq \f(μmg,M)＝2 m/s2；
经过时间t1物块滑离平板车，则有vBt1－eq \f(1,2)a1t12－eq \f(1,2)a2t12＝l
解得t1＝0.5 s(另一解舍掉)
物块滑离平板车的速度大小v物＝vB－a1t1＝2 m/s
此时平板车的速度大小v车＝a2t1＝1 m/s
物块滑离平板车做平抛运动的时间t2＝eq \r(\f(2h,g))＝0.2 s
物块落地时距平板车右端的水平距离s＝(v物－v车)t2＝0.2 m.
8．如图12所示为轮滑比赛的一段模拟赛道．一个小物块(可看成质点)从A点以一定的初速度水平抛出，刚好无碰撞地从C点进入光滑的圆弧赛道，圆弧赛道所对的圆心角为60°，圆弧半径为R，圆弧赛道的最低点与水平赛道DE平滑连接，DE长为R，物块经圆弧赛道进入水平赛道，然后在E点无碰撞地滑上左侧的固定光滑斜坡，斜坡的倾角为37°，物块恰好能滑到斜坡的最高点F，F、O、A三点在同一高度，重力加速度大小为g，不计空气阻力．求：
图12
(1)物块的初速度v0的大小及物块与水平赛道间的动摩擦因数；
(2)试判断物块向右返回时，能不能滑到C点，如果能，试分析物块从C点抛出后，撞在AB或BC部分的位置．
答案 (1)eq \f(1,3)eq \r(3gR) eq \f(1,6) (2)物块刚好落在平台上的B点
解析 (1)物块从A点抛出后做平抛运动，在C点，vC＝eq \f(v0,cs 60°)＝2v0
由题意可知AB的高度：h＝Rcs 60°＝0.5R；
设物块的质量为m，从A点到C点的过程，由动能定理可得：mgh＝eq \f(1,2)mvC2－eq \f(1,2)mv02
解得v0＝eq \f(1,3)eq \r(3gR)
物块从A到F的过程，由动能定理得：
－μmgR＝0－eq \f(1,2)mv02
解得μ＝eq \f(1,6)；
(2)假设物块能回到C点，设到达C点的速度大小为vC′，物块从F点到C点过程，根据动能定理：mg·eq \f(1,2)R－μmgR＝eq \f(1,2)mvC′2
解得vC′＝eq \f(1,3)eq \r(6gR)，假设成立；
BC长度s＝v0eq \r(\f(2h,g))＝eq \f(\r(3),3)R
假设物块从C点抛出后直接落在BC平台上，物块回到C点时，在C点竖直方向的分速度vy＝vC′sin 60°＝eq \f(\r(2gR),2)
水平分速度：vx＝vC′cs 60°＝eq \f(\r(6gR),6)
落在BC平台上的水平位移：x＝vx·2eq \f(vy,g)＝eq \f(\r(3),3)R
即物块刚好落在平台上的B点．
专题强化练
[保分基础练]
1．如图1所示，在竖直平面内有一半径为R的圆弧轨道，半径OA水平、OB竖直，一个质量为m的小球自A点的正上方P点由静止开始自由下落，小球沿轨道到达最高点B时恰好对轨道没有压力．已知AP＝2R，重力加速度为g，则小球从P点运动到B点的过程中( )
图1
A．重力做功2mgR B．机械能减少mgR
C．合外力做功mgR D．克服摩擦力做功eq \f(1,2)mgR
答案 D
解析 小球从P点运动到B点的过程中，重力做功WG＝mg(2R－R)＝mgR，故A错误；小球沿轨道到达最高点B时恰好对轨道没有压力，则有mg＝meq \f(vB2,R)，解得vB＝eq \r(gR)，则此过程中机械能的减少量为ΔE＝mgR－eq \f(1,2)mvB2＝eq \f(1,2)mgR，故B错误；根据动能定理可知，合外力做功W合＝eq \f(1,2)mvB2＝eq \f(1,2)mgR，故C错误；根据功能关系可知，小球克服摩擦力做的功等于机械能的减少量，为eq \f(1,2)mgR，故D正确．
2．(多选)(2016·全国卷Ⅱ·21)如图2，小球套在光滑的竖直杆上，轻弹簧一端固定于O点，另一端与小球相连．现将小球从M点由静止释放，它在下降的过程中经过了N点．已知在M、N两点处，弹簧对小球的弹力大小相等，且∠ONM<∠OMN图2
A．弹力对小球先做正功后做负功
B．有两个时刻小球的加速度等于重力加速度
C．弹簧长度最短时，弹力对小球做功的功率为零
D．小球到达N点时的动能等于其在M、N两点的重力势能差
答案 BCD
解析 因在M和N两点处弹簧对小球的弹力大小相等，且∠ONM<∠OMN3．(多选)如图3所示，楔形木块abc固定在水平面上，粗糙斜面ab和光滑斜面bc与水平面的夹角相同，顶角b处安装一定滑轮．质量分别为M、m(M>m)的滑块，通过不可伸长的轻绳跨过定滑轮连接，轻绳与斜面平行．两滑块由静止释放后，沿斜面做匀加速运动．若不计滑轮的质量和摩擦，在两滑块沿斜面运动的过程中 ( )
图3
A．两滑块组成的系统机械能守恒
B．重力对M做的功等于M动能的增加量
C．轻绳对m做的功等于m机械能的增加量
D．两滑块组成的系统的机械能损失等于M克服摩擦力做的功
答案 CD
解析 由于斜面ab粗糙，故两滑块组成的系统的机械能不守恒，故A错误；由动能定理得，重力、拉力、摩擦力对M做的总功等于M动能的增加量，故B错误；除重力、弹力以外的力做功，导致机械能变化，轻绳对m做正功，m机械能增加，故C正确；除重力、弹力以外的力做功，将导致机械能变化，摩擦力对M做负功，造成两滑块组成的系统的机械能损失，故D正确．
4．(2020·山西长治市高三下学期3月线上试题)如图4所示，一物体沿固定斜面从静止开始向下运动，经过时间t0滑至斜面底端．已知物体在运动过程中所受的摩擦力大小恒定．若用v、x、Ep和E分别表示该物体的速度大小、位移大小、重力势能和机械能，设斜面最低点重力势能为零，则下列图像中可能正确的是( )
图4
答案 D
解析 在v－t图像中，斜率表示加速度，由于物体沿斜面做匀加速运动，因此其v－t图像斜率不变，选项A错误；物体下滑位移大小为x＝eq \f(1,2)at2，因此由数学知识可知其位移－时间图像为开口向上的抛物线的一部分，故B错误；设斜面高为h0，倾角为θ，则物体下落的高度h＝xsin θ＝eq \f(at2sin θ,2)，斜面最低点重力势能为零，则物体的重力势能为Ep＝mg(h0－h)＝mgh0－eq \f(mgasin θ,2)t2，所以Ep－t图像明显不是一次函数关系图像，选项C错误；根据功能关系，物体克服摩擦力做的功等于机械能的减少量，故物体的机械能E＝E0－Ffx＝E0－Ff·eq \f(1,2)at2，所以E－t图像是开口向下的抛物线的一部分，选项D正确．
5.按压式圆珠笔内装有一根轻小弹簧，尾部有一个小帽，压一下小帽，笔尖就伸出来．如图5所示，使笔的尾部朝下，将笔向下按到最低点，使小帽缩进，然后放手，笔将向上弹起至一定的高度．忽略摩擦和空气阻力，笔从最低点运动至最高点的过程中( )
图5
A．笔的动能一直增大
B．笔的重力势能与弹簧的弹性势能总和一直减小
C．桌面对笔的冲量大于笔的重力的冲量
D．弹簧的弹性势能减少量等于笔的重力势能增加量
答案 D
解析 上升的过程中，笔的动能先增大后减小，A错误；整个过程中，笔的动能、重力势能、弹簧的弹性势能之和保持不变，由于动能先增大后减小，因此笔的重力势能与弹簧的弹性势能总和先减小后增大，B错误；笔从最低点运动至最高点的过程中动量的变化为零，根据动量定理，合外力的冲量为零，因此桌面对笔的冲量大小等于笔的重力的冲量大小，C错误；根据能量守恒定律，弹簧的弹性势能最终全部转化为笔的重力势能，D正确．
6．(多选)(2019·全国卷Ⅱ·18)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．取地面为重力势能零点，该物体的E总和Ep随它离开地面的高度h的变化如图6所示．重力加速度取10 m/s2.由图中数据可得( )
图6
A．物体的质量为2 kg
B．h＝0时，物体的速率为20 m/s
C．h＝2 m时，物体的动能Ek＝40 J
D．从地面至h＝4 m，物体的动能减少100 J
答案 AD
解析 根据题图可知，h＝4 m时物体的重力势能mgh＝80 J，解得物体质量m＝2 kg，抛出时物体的动能为Ek0＝100 J，由公式Ek0＝eq \f(1,2)mv2可知，h＝0时物体的速率为v＝10 m/s，选项A正确，B错误；由功能关系可知Ffh＝|ΔE|＝20 J，解得物体上升过程中所受空气阻力大小Ff＝5 N，从物体开始抛出至上升到h＝2 m的过程中，由动能定理有－mgh－Ffh＝Ek－100 J，解得Ek＝50 J，选项C错误；由题图可知，物体上升到h＝4 m时，机械能为80 J，重力势能为80 J，动能为零，即从地面上升到h＝4 m，物体动能减少100 J，选项D正确．
7.(多选)(2020·安徽合肥市一模)如图7所示，小球A、B、C通过铰链与两根长为L的轻杆相连，ABC位于竖直面内且成正三角形，其中A、C置于水平面上．现将球B由静止释放，球A、C在杆的作用下向两侧滑动，三小球的运动始终在同一竖直平面内．已知mA＝eq \f(1,2)mB＝eq \f(1,2)mC＝m，不计任何摩擦，重力加速度为g.则球B由静止释放至落地的过程中，下列说法正确的是( )
图7
A．球B的机械能先减小后增大
B．球B落地的速度大小为eq \r(\r(3)gL)
C．球A对地面的压力一直大于mg
D．球B落地地点位于初始位置正下方
答案 AB
解析 B下落时，A、C开始运动，当B落地后，A、C停止运动，因A、B、C三球组成的系统机械能守恒，故球B的机械能先减小后增大，故A正确；对整个系统分析有：mgeq \f(\r(3),2)L＝eq \f(1,2)mvB2，解得vB＝eq \r(\r(3)gL)，故B正确；在B落地前的一段时间，A、C做减速运动，轻杆对球有沿杆向上的力，此时球A对地面的压力小于mg，故C错误；因为A、C两球质量不相同，故A、C两球水平方向加速度大小不同，故球B落地地点不可能位于初始位置正下方，故D错误．
8．(2020·福建厦门市线上检测)如图8甲所示为历史上著名的襄阳炮，其实质就是一种大型抛石机．它采用杠杆原理，由一根横杆和支架构成，横杆的一端固定重物，另一端放置石袋，发射时用绞车将放置石袋的一端用力往下拽，而后突然松开，因为重物的牵缀，长臂会猛然翘起，石袋里的巨石就被抛出．将其工作原理简化为图乙所示，横杆的质量不计，将一质量m＝10 kg，可视为质点的石块，装在横杆长臂与转轴O点相距L＝5 m的末端石袋中，在转轴短臂右端固定一重物M，发射之前先利用外力使石块静止在地面上的A点，静止时长臂与水平面的夹角α＝37°，解除外力后石块被发射，当长臂转到竖直位置时立即停止运动，石块被水平抛出，落在水平地面上，石块落地位置与O点的水平距离s＝20 m，空气阻力不计，sin 37°＝0.6，cs 37°＝0.8，g取10 m/s2.则( )
图8
A．石块水平抛出时的初速度大小为10eq \r(5) m/s
B．石块水平抛出时的初速度大小为20 m/s
C．从A点到最高点的过程中，长臂对石块做的功为2 050 J
D．从A点到最高点的过程中，长臂对石块做的功为2 500 J
答案 C
解析 石块被抛出后做平抛运动，竖直高度为h＝L＋Lsin α＝eq \f(1,2)gt2
可得t＝eq \r(\f(2L＋Lsin α,g))＝eq \f(2,5)eq \r(10) s
水平方向做匀速直线运动，有s＝v0t
可得平抛的初速度大小为v0＝5eq \r(10) m/s，故A、B错误；
石块从A点到最高点的过程，由动能定理有W－mgh＝eq \f(1,2)mv02－0，解得长臂对石块做的功为W＝mgh＋eq \f(1,2)mv02＝2 050 J，故C正确，D错误．
[争分提能练]
9．(多选)(2020·山东模拟)如图9所示，质量为m的小球穿在光滑细杆MN上，并可沿细杆滑动．已知细杆与水平面的夹角为30°，细杆长度为2L，P为细杆中点．小球连接轻弹簧，弹簧水平放置，弹簧右端固定于竖直平面的O点．此时弹簧恰好处于原长，原长为eq \f(2\r(3),3)L，劲度系数为eq \f(mg,L).将小球从M点由静止释放，小球会经过P点，并能够到达N点．重力加速度大小为g，下列说法正确的是( )
图9
A．小球运动至P点时受到细杆弹力为eq \f(5\r(3),6)mg
B．小球运动到P点处时的加速度为eq \f(\r(3)g,2)
C．小球运动至N点时的速度为eq \r(2gL)
D．小球运动至N点时弹簧的弹性势能为mgL
答案 AC
解析 小球运动至P点时，根据几何关系可得O、P之间的距离为：
d＝eq \f(2\r(3),3)Lsin 30°＝eq \f(\r(3),3)L，
则弹簧的弹力大小为：
F＝keq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(2\r(3),3)L－d))＝eq \f(\r(3),3)mg
对小球受力分析，可知小球在P点受重力、弹簧的弹力和轻杆的弹力作用，如图所示，
在垂直斜面方向上，根据平衡条件有：FN＝F＋mgcs 30°，
解得：FN＝eq \f(5\r(3),6)mg
在沿斜面方向上，根据牛顿第二定律有：mgsin 30°＝ma
解得：a＝gsin 30°＝eq \f(1,2)g，A正确，B错误；
根据几何关系，可知ON＝OM＝eq \f(2\r(3),3)L，
故小球从M点运动至N点，弹性势能变化量为零，所以小球在N点时弹簧的弹性势能为零，则整个过程小球减小的重力势能全部转化为小球的动能，
根据机械能守恒有：mg·2Lsin 30°＝eq \f(1,2)mvN2
解得：vN＝eq \r(2gL)，C正确，D错误．
10．(多选)(2020·陕西西安中学高三模拟)如图10所示为倾角α＝37°的粗糙斜面，质量为m＝0.5 kg的小球用长为L＝0.5 m的细绳系于斜面上的悬点O处，小球与斜面间的动摩擦因数μ＝0.5，在最低点B小球获得切向初速度v0＝14 m/s，此后小球绕悬点O做圆周运动，重力加速度取g＝10 m/s2，sin 37°＝0.6，cs 37°＝0.8，π取3.14，则( )
图10
A．小球在B点获得初速度v0后瞬间绳上拉力大小为196 N
B．小球经过最高点A的速度大小至少为eq \r(3) m/s
C．小球每做一次完整的圆周运动系统损失的机械能为3.14 J
D．全过程小球能通过A点7次
答案 BD
解析 在B点，由牛顿第二定律：FTB－mgsin 37°＝meq \f(v02,L)
解得：FTB＝199 N，选项A错误；
若小球恰能经过最高点A，则满足mgsin 37°＝meq \f(vA2,L)
解得vA＝eq \r(3) m/s，选项B正确；
小球每做一次完整的圆周运动系统损失的机械能为
ΔE＝μmgcs 37°·2πL＝0.5×0.5×10×0.8×2×3.14×0.5 J＝6.28 J，选项C错误；
小球从B点开始运动，到恰能经过最高点A时，损失的能量：
ΔE′＝eq \f(1,2)mv02－(eq \f(1,2)mvA2＋mg·2Lsin 37°)＝45.25 J，则eq \f(ΔE′,ΔE)＝eq \f(45.25,6.28)≈7.2，则全过程小球能通过A点7次，选项D正确．
11.(2020·九师联盟模拟卷)如图11所示，光滑水平面上的质量为M＝1.0 kg的长板车，其右端B点平滑连接一半圆形光滑轨道BC，左端A点放置一质量为m＝1.0 kg的小物块，随车一起以速度v0＝5.0 m/s水平向右匀速运动．长板车正前方一定距离的竖直墙上固定一轻质弹簧，当车压缩弹簧到最短时，弹簧及长板车立即被锁定，此时，小物块恰好在小车的右端B点处，此后物块恰能沿圆弧轨道运动到最高点C.已知轻质弹簧被压缩至最短时具有的弹性势能大小为Ep＝13 J，半圆形轨道半径为R＝0.4 m，物块与小车间的动摩擦因数为μ＝0.2.重力加速度g取10 m/s2.求：
图11
(1)小物块在B点处的速度大小vB；
(2)长板车的长度L；
(3)通过计算判断小物块能否落到长板车上．
答案 (1)2eq \r(5) m/s (2)1 m (3)见解析
解析 (1)物块恰能运动到最高点C，有mg＝meq \f(vC2,R)
又mg·2R＝eq \f(1,2)mvB2－eq \f(1,2)mvC2
联立解得vB＝2eq \r(5) m/s
(2)由功能关系有Ep＝eq \f(1,2)(M＋m)v02－eq \f(1,2)mvB2－μmgL
解得L＝1 m
(3)由平抛运动知识，有2R＝eq \f(1,2)gt2
x＝vCt
解得x＝0.8 m＜1 m，故小物块落在长板车上．
12．(2020·河南名校联盟3月调研)如图12所示，AB为倾角为θ＝37°的光滑固定斜面，在B点与水平传送带平滑连接，在传送带的右端C处，平滑连接有半圆形光滑轨道CD，轨道半径为R＝2 m，CD为半圆轨道竖直方向的直径．现自斜面高h＝5 m的A点由静止释放一个m＝1 kg小物块，物块与传送带间的动摩擦因数μ＝0.2，传送带以v0＝5 m/s的速度顺时针转动，传送带足够长．重力加速度g＝10 m/s2，求：
图12
(1)物块到达C点时，系统由于摩擦产生的内能Q；
(2)通过改变传送带顺时针转动的速度大小，可以影响物块在半圆轨道上的运动情况，若要求物块不在半圆轨道上脱离，试计算传送带的速度大小范围．
答案 (1)12.5 J (2)v≥10 m/s或v≤2eq \r(10) m/s
解析 (1)由于传送带足够长，物块到C点的速度一定与传送带速度相同
由A到B过程，利用能量守恒可得mgh＝eq \f(1,2)mvB2
在传送带上a＝－μg
到达共速所用时间t＝eq \f(v0－vB,a)
物块的位移x＝eq \f(v0＋vB,2)t
相对位移为Δs＝x－v0t
由于系统摩擦产生的内能为Q＝μmg·Δs
解得Q＝12.5 J.
(2)传送带的速度即为物块进入半圆轨道的速度，物块不从轨道上脱离，有两种临界情况：
①物块到达圆心等高处时速度为零，由能量关系可得eq \f(1,2)mvC12＝mgR
解得vC1＝2eq \r(10) m/s
②物块恰能到达D点，则有mg＝meq \f(vD2,R)，C到D的过程，由能量关系可得eq \f(1,2)mvC22＝eq \f(1,2)mvD2＋mg·2R
解得vC2＝10 m/s
综合两种情况，传送带的速度大小范围为：v≥10 m/s或v≤2eq \r(10) m/s.