专题3.3 系统机械能守恒及能量守恒定律的应用问题-2023届高考物理二、三轮复习总攻略（解析版）

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TOC \ "1-3" \h \u \l "_Tc18924" 一．连接体的机械能守恒问题 PAGEREF _Tc18924 1
\l "_Tc27203" 二．应用能量守恒解决实际问题 PAGEREF _Tc27203 8
\l "_Tc7468" 三 功能关系与能量守恒的综合应用 PAGEREF _Tc7468 12
一．连接体的机械能守恒问题
1.(多选)(2022·河北高考，9)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mQ>mP，t＝0时刻将两物体由静止释放，物体Q的加速度大小为eq \f(g,3)。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eq \f(E,2)
C.2T时刻物体P重力的功率为eq \f(3E,2T)
D.2T时刻物体P的速度大小eq \f(2gT,3)
【答案】 BCD
【解析】 开始释放时物体Q的加速度为eq \f(g,3)，则mQg－FT＝mQ·eq \f(g,3)，FT－mPg＝mP·eq \f(g,3)，解得FT＝eq \f(2,3)mQg，eq \f(mP,mQ)＝eq \f(1,2)，选项A错误；T时间内，P上升的距离h1＝eq \f(1,2)×eq \f(g,3)T2＝eq \f(gT2,6)，在T时刻，两物体的速度v1＝eq \f(gT,3)，细线断后P能上升的高度h2＝eq \f(veq \\al(2,1),2g)＝eq \f(gT2,18)，可知开始时P、Q距离为h＝h1＋h2＝eq \f(2gT2,9)。因t＝0时P所处的位置为零势能面，则开始时Q的机械能为E＝mQgh＝eq \f(2mQg2T2,9)，从开始到绳子断裂，绳子的拉力对Q做负功，大小为WT＝FTh1＝eq \f(mQg2T2,9)，则此时物体Q的机械能E′＝E－WF＝eq \f(mQg2T2,9)＝eq \f(E,2)，此后物块Q的机械能守恒，则在2T时刻物块Q的机械能仍为eq \f(E,2)，选项B正确；在2T时刻，重物P的速度v2＝v1－gT＝－eq \f(2gT,3)方向向下；此时物体P重力的瞬时功率PG＝mPgv2＝eq \f(mQg,2)·eq \f(2gT,3)＝eq \f(mQg2T,3)＝eq \f(3E,2T)，选项C、D正确。
2.(多选)(2022·河北石家庄二模)轮轴机械是中国古代制陶的主要工具。如图所示，轮轴可绕共同轴线O自由转动，其轮半径R＝20 cm，轴半径r＝10 cm，用轻质绳缠绕在轮和轴上，分别在绳的下端吊起质量为2 kg、1 kg的物块P和Q，将两物块由静止释放，释放后两物块均做初速度为0的匀加速直线运动，不计轮轴的质量及轴线O处的摩擦，重力加速度g取10 m/s2。在P从静止下降1.2 m的过程中，下列说法正确的是( )
A.P、Q速度大小始终相等
B.Q上升的距离为0.6 m
C.P下降1.2 m时Q的速度大小为2eq \r(3) m/s
D.P下降1.2 m时的速度大小为4 m/s
【答案】 BD
【解析】 由题意知，轮半径R＝20 cm，轴半径r＝10 cm，根据线速度与角速度关系可知eq \f(vP,vQ)＝eq \f(ωR,ωr)＝eq \f(2,1)，故A项错误；在P从静止下降1.2 m的过程中，由题意得eq \f(hP,hQ)＝eq \f(vPt,vQt)＝eq \f(2,1)，解得hQ＝0.6 m，故B项正确；根据机械能守恒得mPghP＝eq \f(1,2)mPveq \\al(2,P)＋eq \f(1,2)mQveq \\al(2,Q)＋mQghQ，代入数值解得vQ＝2 m/s，vP＝4 m/s，故C项错误，D项正确。
3.(2022·安徽淮南模拟)如图所示，光滑竖直杆固定，杆上套有一质量为m的小球A(可视为质点)，一根竖直轻弹簧一端固定在地面上，另一端连接质量也为m的物块B，一轻绳跨过定滑轮O，一端与物块B相连，另一端与小球A连接，定滑轮到竖直杆的距离为L。初始时，小球A在外力作用下静止于P点，已知此时整根轻绳伸直无张力且OP间细绳水平、OB间细绳竖直，现将小球A由P点静止释放，A沿杆下滑到最低点Q时OQ与杆之间的夹角为37°，不计滑轮大小及摩擦，重力加速度大小为g，下列说法中正确的是( )
A.小球A静止于P点时，弹簧的压缩量为eq \f(2,3)L
B.小球A由P下滑至Q的过程中，弹簧弹性势能减少了eq \f(2,3)mgL
C.小球A由P下滑至Q的过程中，一定先做加速运动，后做减速运动
D.若将小球A换成质量为eq \f(m,3)的小球C，并将小球C拉至Q点由静止释放，则小球C运动到P点时的动能为eq \f(2,3)mgL
【答案】 C
【解析】 由题意可知OP＝L，PQ＝eq \f(OP,tan 37°)＝eq \f(4,3)L，OQ＝eq \f(OP,sin 37°)＝eq \f(5,3)L，B上升的高度为h＝OQ－OP＝eq \f(2,3)L，设在P点时，弹簧压缩量为x1，在Q点时，弹簧伸长为x2，则x1＋x2＝eq \f(2,3)L，故A错误；小球A由P下滑至Q的过程中，弹簧弹性势能变化量ΔEp，由机械能守恒定律得－mg·eq \f(4,3)L＋mg·eq \f(2,3)L＋ΔEp＝0，则ΔEp＝eq \f(2,3)mgL，故弹性势能增加了eq \f(2,3)mgL，故B错误；小球A在P点的速度为零，下滑至Q点时速度也是零，则小球A由P下滑至Q的过程中，速度先增加后减小，故C正确；在P点由速度关联可得vAcs 90°＝vB，因此B物体的速度为零，由机械能守恒可得eq \f(1,3)mg·eq \f(4,3)L－mg·eq \f(2,3)L－ΔEp＋ΔEk＝0，则Ek＝eq \f(8,9)mgL，故D错误。
4.(多选)(2022·黑龙江省哈尔滨实验中学模拟)如图所示，滑块A、B的质量均为m，A套在倾斜固定的直杆上，倾斜杆与水平面成45°角，B套在水平固定的直杆上，两杆分离不接触，两直杆间的距离忽略不计，两直杆足够长，A、B通过铰链用长度为L的刚性轻杆(初始时轻杆与水平面成30°角)连接，A、B从静止释放，B开始沿水平杆向右运动，不计一切摩擦，滑块A、B可视为质点，重力加速度为g，下列说法正确的是( )
A．A、B及轻杆组成的系统机械能守恒
B．当A到达B所在的水平面时，A的速度为eq \r(gL)
C．B到达最右端时，A的速度大于eq \r(2gL)
D．B的最大速度为eq \r(2gL)
【答案】 AC
【解析】 不计一切摩擦，在运动的过程中，A、B及轻杆组成的系统只有重力做功，系统机械能守恒，A正确；从开始到A到达与B在同一水平面的过程，由系统的机械能守恒得mgLsin 30°＝eq \f(1,2)mvA2＋eq \f(1,2)mvB2，其中vAcs 45°＝vB，解得A的速度为vA＝eq \f(\r(6gL),3)，B错误；B滑块到达最右端时，速度为零，此时轻杆与斜杆垂直，由系统的机械能守恒得mg(Lsin 30°＋Lsin 45°)＝eq \f(1,2)mv A12，解得A的速度为vA1＝eq \r(1＋\r(2)gL)>eq \r(2gL)，C正确；当轻杆与水平杆垂直时B的速度最大，此时A的速度为零，由系统的机械能守恒得mg(Lsin 30°＋L)＝eq \f(1,2)mvBmax2，解得B的最大速度为vBmax＝eq \r(3gL)，D错误．
5.(2022·吉林洮南期中)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0.5g
B.C恰好离开地面时，A达到的最大速度为2geq \r(\f(m,5k))
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】 设当物体C刚刚离开地面时，弹簧的伸长量为xC，则kxC＝mg，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FT三个力的作用，设物体B的加速度为a，根据牛顿第二定律，有FT－mg－kxC＝ma，对A有4mgsin α－FT＝4ma，解得4mgsin α－mg－kxC＝5ma，当B获得最大速度时，有a＝0，解得sin α＝eq \f(1,2)，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，根据牛顿第二定律4mgsin 30°－mg＝(4m＋m)aAB，代入数值得aAB＝0.2g，B的加速度为0.2g，故A错误；设开始时弹簧的压缩量xB，则kxB＝mg，当物体C刚离开地面时，物体B上升的距离等于物体A沿斜面下滑的距离，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4mghsin α－mgh＝eq \f(1,2)(4m＋m)veq \\al(2,Bm)，代入数据解得vBm＝2geq \r(\f(m,5k))，故B正确；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。
6.(多选)(2022·吉林长春市高三期末)如图所示，质量为m的物体P套在固定的光滑水平杆上．轻绳跨过光滑轻质滑轮O和O′，一端与物体P相连，另一端与质量同为m的物体Q相连．用手托住物体Q使整个系统处于静止状态，此时轻绳刚好拉直，且AO＝L，OB＝h，ABA．当物体P运动到B处时，物体Q的速度最大
B．在物体P从A运动到B的过程中，P的机械能减少，Q的机械能增加
C．物体P运动的最大速度为eq \r(2gL－h)
D．开始运动后，当物体P速度再次为零时，物体Q回到原来的位置
【答案】 CD
【解析】 设轻绳OA与AO′的夹角为θ，物体P的速度为vP，物体Q的速度为vQ，根据运动的合成与分解有vPcs θ＝vQ.当物体P运动到B处时θ＝90°，则cs θ＝0，所以物体Q的速度为零，故A错误；物体P从A运动到B过程，速度由零到最大，物体Q从开始下落到最低点，物体P、Q组成的系统机械能守恒，则物体P机械能增加，物体Q的机械能减少，故B错误；物体P从A运动到B过程，根据系统机械能守恒有mg(L－h)＝eq \f(1,2)mv2，得v＝eq \r(2gL－h)，故C正确；由系统机械能守恒可知，当物体P速度再次为零时，物体Q回到原来的位置，故D正确．
7．(2022·山西朔州市怀仁市高三期末)如图所示，在倾角为30°的光滑斜面上，一与斜面平行的轻质弹簧两端连接两个质量均为m＝1 kg的物块B和C.物块C紧靠着挡板P，物块B通过一跨过光滑轻质定滑轮的轻质细绳与质量m0＝8 kg、可视为质点的小球A相连，与物块B相连的细绳平行于斜面，小球A在外力作用下静止在对应圆心角为60°、半径R＝2 m的光滑圆弧轨道的最高点a处，此时细绳恰好伸直且无拉力，圆弧轨道的最低点b与光滑水平轨道bc相切．现由静止释放小球A，当小球A滑至b点时，物块B未到达a点，物块C恰好离开挡板P，此时细绳断裂．已知重力加速度g取10 m/s2，弹簧始终处于弹性限度内，细绳不可伸长，定滑轮的大小不计．求：
(1)弹簧的劲度系数；
(2)在细绳断裂后的瞬间，小球A对圆弧轨道的压力大小．
【答案】 (1)5 N/m (2)144 N
【解析】 (1)小球A位于a处时，绳无张力且物块B静止，故弹簧处于压缩状态
对B由平衡条件有kx＝mgsin 30°
当C恰好离开挡板P时，C的加速度为0，故弹簧处于拉伸状态
对C由平衡条件有kx′＝mgsin 30°
由几何关系知R＝x＋x′
代入数据解得k＝eq \f(2mgsin 30°,R)＝5 N/m
(2)小球A在a处与在b处时，弹簧的形变量相同，弹性势能相同，故A在a处与在b处时，A、B系统的机械能相等，有m0gR(1－cs 60°)＝mgRsin 30°＋eq \f(1,2)m0vA2＋eq \f(1,2)mvB2
将A在b处的速度分解，有vAcs 30°＝vB
代入数据解得vA＝eq \r(\f(4m0－mgR,4m0＋3m))＝4 m/s
在b处，对A由牛顿第二定律有FN－m0g＝m0eq \f(v\\al(A2),R)
代入数据解得FN＝m0g＋m0eq \f(v\\al(A2),R)＝144 N
由牛顿第三定律，小球A对圆弧轨道的压力大小为FN′＝FN＝144 N.
8.(2022·四川中江中学高三月考)如图所示，一轻绳绕过无摩擦的两个轻质小定滑轮O1、O2和质量mB＝m的小球B连接，另一端与套在光滑直杆上质量mA＝m的小物块A连接，已知直杆两端固定，与两定滑轮在同一竖直平面内，开始使小物块静止在直杆的C点，此时轻绳与水平面的夹角θ＝30°，直杆与定滑轮O1、O2的竖直距离为L，重力加速度为g，设直杆足够长，小球B运动过程中不会与直杆相碰．现将小物块从C点由静止释放，(已知：sin 53°＝0.8，cs 53°＝0.6)试求：
(1)小物块从C点刚运动到D点时，轻绳与杆的夹角α＝53°，求该过程B下落的高度h，及小物块A在D点时的速度vA的大小；
(2)运动过程中小物块A的最大速度vm.
【答案】 (1)eq \f(3,4)L eq \r(\f(75,68)gL) (2)eq \r(2gL)
【解析】 (1)小物块从C点刚运动到D点时，小物块A与小球B的速度关系为vB＝vAcs 53°
小球B下降的高度为h＝eq \f(L,sin 30°)－eq \f(L,sin 53°)＝eq \f(3,4)L
小物块A与小球B组成的系统机械能守恒，则有
mBgh＝eq \f(1,2)mBvB2＋eq \f(1,2)mAvA2
联立方程，解得vA＝eq \r(\f(75,68)gL)
(2)当小物块A运动到O1正下方时，A的速度达到最大，此时小球B的速度刚好为零，此时小球B下降的高度为
h′＝eq \f(L,sin 30°)－L＝L
根据机械能守恒定律，可得mBgh′＝eq \f(1,2)mAvm2
解得vm＝eq \r(2gL).
二．应用能量守恒解决实际问题
1.(2022·浙江宁波二模)如图所示是某科技小组制作的投石机的模型。轻杆AB可绕固定转轴OO′在竖直面内自由转动，A端凹槽内放置一小石块，B端固定配重。某次实验中，调整杆与竖直方向的夹角为θ后，由静止释放，杆在配重重力作用下转到竖直方向时，石块被水平抛出，打到正前方靶心上方6环处，不计所有阻力。若要正中靶心，可以采取的措施有( )
A．增大石块的质量
B．增大θ角
C．增大配重的质量
D．减小投石机到靶的距离
【答案】 A
【解析】 设石块和配重的质量分别为m1、m2，石块和配重到转轴的距离分别为l1、l2，石块被抛出时的速度大小为v1，则此时配重的速度大小为v2＝eq \f(v1l2,l1)①
根据动能定理有
m2gl2(1－cs θ)－m1gl1(1－cs θ)＝eq \f(1,2)m1veq \\al(2,1)＋eq \f(1,2)m2veq \\al(2,2)＝(eq \f(1,2)m1＋eq \f(leq \\al(2,2),2leq \\al(2,1))m2)veq \\al(2,1)②
由②式可知，若增大m1，则v1将减小，又因为石块抛出点到靶心的水平距离不变，所以石块击中靶前做平抛运动的时间将增大，此措施可行，故A正确；根据杠杆原理可知，轻杆AB之所以能绕转轴OO′转动起来从而使石块被抛出，一定满足m1gl1sin θ即m1l1根据②④两式可知，若增大θ，则v1将增大，又因为石块抛出点到靶心的水平距离不变，所以石块击中靶前做平抛运动的时间将减小，此措施不可行，故B错误；根据②式可知，若增大m2，则v1将增大，又因为石块抛出点到靶心的水平距离不变，所以石块击中靶前做平抛运动的时间减小，此措施不可行，故C错误；减小投石机到靶的距离后，由于v1不变，所以石块击中靶前做平抛运动的时间将减小，此措施不可行，故D错误。
2.(2022·“山水联盟”5月联考)某纯电动公交车(如图13所示)质量为1.5×104 kg，充电时间为4 h，以速度72 km/h 正常匀速行驶时，一次充满可持续正常行驶216 km，电车受到的平均阻力为车重的0.04倍。充电桩对车载蓄电池的充电效率为90%，蓄电池对发动机的机械能转化效率为80%。则( )
A．这种电车正常匀速行驶时发动机输出功率为12 kW
B．若某次进站从接近没电到充满电，充电桩消耗的能量为1.8×108 J
C．充电桩为电车充电时的平均功率为100 kW
D．若按电价0.72元/kW·h来计算，该公交车每公里需要1.67元钱
【答案】 D
【解析】 以速度72 km/h正常匀速行驶时，阻力为f＝0.04mg＝6×103 N，发动机输出功率为P＝fv＝120 kW，故A错误；一次充满可持续正常行驶216 km，牵引力做功W＝fs＝6×103×216 000 J＝1.296×109 J，电车从充电桩得到的能量E＝eq \f(W,η2)＝1.620×109 J，充电桩消耗的能量为E′＝eq \f(E,η1)＝1.8×109 J，故B错误；充电桩为电车充电时的平均功率为P′＝eq \f(E,t)＝eq \f(1.620×109,4×3 600) W＝1.125×105 W＝112.5 kW，C错误；若按电价0.72元/kW·h来计算，该公交车每公里需要Y＝0.72×eq \f(fx1,η1η2×3.6×106)＝0.72×eq \f(6 000×1 000,0.8×0.9×3.6×106)元≈1.67元，D正确。
3.(2022·浙江诸暨市5月适应考)光伏发电系统是利用半导体材料的光伏效应将太阳的辐射能转化为电能的一种发电系统。如图所示，某居民的楼顶平台安装了100 m2的太阳能电池板，当太阳直射时满载发电功率可达5.0 kW，输出电压为380 V的直流电。已知太阳直射时地面附近单位时间单位面积内的太阳能为2.5×103 J/eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(m2·s))，全年发电总量相当于平均每天满载发电4小时的总量，其中30%的电能供居民自家使用，其余电能并入国家电网。下列说法正确的是( )
A．该居民家全年用电总量约为7300 kW·h
B．电池板将太阳能转化为电能的效率约为2%
C．太阳能是一种清洁、安全、不可再生的能源
D．太阳能电池板输出的电流可直接并入国家电网
【答案】 B
【解析】 该居民家全年发电总量为W发＝P发t＝5×4×365 kW·h＝7 300 kW·h，用电总量为W用＝30%W发＝2 190 kW·h，A错误；太阳能电池板吸收太阳能的功率为P吸＝2.5×103×100 W＝250 kW，电池板将太阳能转化为电能的效率约为η＝eq \f(P发,P吸)×100%＝2%，B正确；太阳能是一种清洁、安全、可再生的能源，C错误；太阳能电池板输出的电流为直流，不可直接并入国家电网(交流电网)，D错误。
4.(2022·内蒙古包头一模)大约在东汉时期，我国就发明了用来灌溉农田的水车，它体现了中华民族辉煌的创造力。如图，水车外形酷似古式车轮，轮幅直径大的20 m左右，小的也在10 m左右，周边装有盛水的容器(一般用竹筒做成)，在流水的冲力作用下，水车匀速转动将装满水的竹筒送到最高处，并将水全部倒入水槽中。现有一架水车，周边装有60个均匀分布的竹筒，每个竹筒能装m＝1 kg的水，河水的流速为v＝0.5 m/s，假设水车能获得60%的流水速度匀速转动，则可知水车的功率约为( )
A．10 W B．30 W
C．60 W D．100 W
【答案】 C
【解析】 水车能获得60%的流水速度匀速转动，即水车转动的线速度为v1＝0.6v＝0.3 m/s，设轮幅半径为R，水车转动一圈对水做功增加水的重力势能，有ΔE机＝60mg·2R，转一圈的时间为t＝eq \f(2πR,v1)，则水车的功率约为P＝eq \f(ΔE机,t)＝eq \f(60mgv1,π)≈60 W，故C正确。
5.(2022·浙江百校模拟)潮汐能是海水周期性涨落运动中所具有的能量，是一种可再生能源。现建立一个简化模型，某发电站大坝内储水水库的有效面积为S＝4×106 m2，涨潮时，当大坝外侧海平面高度为h＝4 m时(以海水流入前的水库水面为参考系)，打开大坝下面通道的闸门海水流入，此过程中通道处的水轮机利用水流的动能发电，直至大坝内外水面等高，关闭闸门。等到完全退潮后，开闸放水，再次发电，直至大坝内外水面再次相同，关闭闸门，等待下一次涨潮发电(此时的水库水面高度即为涨潮前的水库水面高度)。由于海洋很大，大坝外的海平面高度在海水流入、流出水库过程中几乎不变，潮水一天涨落两次，海水的势能有25%转化为电能，则这个发电站一天的发电量约为( )
A．4.0×1010 J B．1.5×1010 J
C．3.0×1011 J D．1.5×1011 J
【答案】 C
【解析】 根据题意可得电能为E电＝Ep×25%＝4×106×4×4×1.0×103×10×2×25% J＝3.2×1011 J，故日发电量约为3.0×1011 J，A、B、D错误，C正确。
6.(2022·福建寿宁一中质检)如图甲所示为宋元襄阳之战中使用的“襄阳炮”，其实质就是一种大型抛石机。现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＝5 kg，可视为质点的石块，装在横杆长臂与转轴O点相距L1＝10 m的末端口袋中，在距转轴L2＝1 m的短臂右端固定一重物M＝300 kg，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＝24eq \r(5) m，空气阻力不计，g取10 m/s2。则( )
A．石块水平抛出时的初速度为30 m/s
B．石块水平抛出时的初速度为40 m/s
C．从A点到最高点的过程中，长臂对石块做的功为2 250 J
D．从A点到最高点的过程中，“襄阳炮”损失的机械能为400 J
【答案】 A
【解析】 石块被水平抛出，落在水平地面上，根据图乙可知，石块平抛下落的高度h＝L1＋L1sin 37°＝16 m，h＝eq \f(1,2)gt2，解得t＝eq \f(4,5)eq \r(5) s，根据水平方向运动规律x＝v0t，解得v0＝30 m/s，B错误，A正确；设长臂对石块做的功为W，对石块从A点到最高点应用动能定理W－WG＝eq \f(1,2)mveq \\al(2,0)，解得W＝3 050 J，C错误；从A点到最高点的过程中，石块的机械能增加3 050 J，重物的机械能减少ΔE＝Mgeq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(L2＋L2sin 37°))＝4 800 J，则“襄阳炮”损失的机械能E＝4 800 J－3 050 J＝1 750 J，D错误。
7.(2022·浙江金华十校一模)某地有一风力发电场，共有风力发电机20台，如图所示，发电机的叶片转动时可形成直径为40 m 的圆面。某日该地区的风速是6 m/s，风向恰好跟叶片转动的圆面垂直，已知空气的密度为1.2 kg/m3，假如该风力发电机能将通过此圆面内空气动能的10%转化为电能。取π＝3。下列说法中正确的是( )
A．每秒冲击每台风力发电机叶片转动形成圆面的空气体积为28 800 m3
B．每秒冲击每台风力发电机叶片转动形成圆面的空气动能为6.2×105 J
C．每台风力发电机发电的功率为1.56×105 W
D．该发电场工作3.2 h，发电量约1 000 kW·h
【答案】 D
【解析】 设风速为v0＝6 m/s，每秒能到达圆面的空气柱的长度为l＝6 m/s×1 s＝6 m，设叶片的长度为R＝20 m，则每秒冲击每台风力发电机叶片转动形成圆面的空气体积为V＝l×πR2＝7 200 m3，A错误；每秒冲击每台风力发电机叶片转动形成圆面的空气质量为m＝ρV，则其动能为Ek＝eq \f(1,2)mveq \\al(2,0)＝1.56×105 J，B错误；每台风力发电机发电的功率为P＝eq \f(W,t)＝eq \f(Ek×10%,t)＝1.56×104 W，C错误；该发电场工作3.2 h，发电量为E电＝P×3.2 h×20＝998.4 kW·h≈1 000 kW·h，D正确。
三 功能关系与能量守恒的综合应用
1.如图为某体校的铅球训练装置，图是示意图。假设运动员以5 m/s速度将铅球从倾角为30° 的轨道底端推出，当铅球向上滑到某一位置时，其动能减少60 J，机械能减少了12 J，已知铅球(包括其中的上挂设备)质量为12 kg，滑动过程中阻力大小恒定，则下列判断正确的是( )
A．运动员每推一次消耗的能量至少为60 J
B．铅球上滑过程中克服摩擦力做功为24 J
C．铅球上滑到最高点时重力势能增加了150 J
D．铅球返回底端时的动能为90 J
【答案】 D
【解析】 铅球的初动能为Ek0＝eq \f(1,2)mv2＝eq \f(1,2)×12×52 J＝150 J，根据能量守恒定律可知，运动员每推一次消耗的能量至少为150 J，A错误；令铅球从开始到经过斜面上某一位置时的位移为l，铅球受重力、支持力和阻力，根据动能定理有－mg·lsin 30°－f·l＝Ek－Ek0＝－60 J，机械能的减小量等于克服摩擦力做的功即fl＝ΔE＝12 J，联立解得l＝0.8 m，f＝15 N，设铅球能到达的最大高度为h，根据动能定理－mgh－f·eq \f(h,sin 30°)＝0－Ek0，求得h＝1 m，所以最高点时重力势能增加了mgh＝12×10×1 J＝120 J，上滑过程中克服摩擦力做功为Wf＝f·eq \f(h,sin 30°)＝f·2h＝15×2 J＝30 J，B、C错误；铅球返回底部的过程，由动能定理－2feq \f(h,sin 30°)＝Ek′－Ek，解得Ek＝90 J，D正确。
2.(多选)如图甲所示，竖直放置的轻弹簧一端固定于风洞实验室的水平地面，质量m＝0.1 kg的小球在轻弹簧正上方某处由静止下落，同时受到一个竖直向上恒定的风力。以小球开始下落的位置为原点，竖直向下为x轴正方向，取地面为零势能参考面，在小球下落的全过程中，小球重力势能随小球位移变化关系如图乙中的图线①，弹簧弹性势能随小球位移变化关系如图乙中的图线②，弹簧始终在弹性限度范围内，取重力加速度g＝10 m/s2，则( )
A.小球释放位置距地面的高度为0.6 m
B.小球在下落过程受到的风力为0.1 N
C.小球刚接触弹簧时的动能为0.45 J
D.小球刚接触弹簧时的动能为0.54 J
【答案】 BC
【解析】 由图乙可知，小球处于释放位置的重力势能为0.70 J，根据Ep＝mgh，可得h＝0.7 m，故A错误；由图乙可知小球速度减为0时小球下落0.6 m，故WG＋Wf＝ΔEp，即0.6mg－0.6f＝0.54，解得f＝0.1 N，故B正确；小球刚接触弹簧时，小球下落了0.5 m，则WG＋Wf＝ΔEk，即0.5mg－0.5×0.1＝eq \f(1,2)mv2，解得eq \f(1,2)mv2＝0.45 J，故C正确，D错误。
3.(多选)如图所示，轻质弹簧一端固定，另一端与一质量为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A处由静止开始下滑，经过B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v，恰好能回到A.弹簧始终在弹性限度内，重力加速度为g.则圆环( )
A.下滑过程中，加速度一直减小
B.下滑过程中，克服摩擦力做的功为eq \f(1,4)mv2
C.在C处，弹簧的弹性势能为eq \f(1,4)mv2－mgh
D.上滑经过B的速度大于下滑经过B的速度
【答案】 BD
【解析】 由题意知，圆环从A到C先加速后减速，到达B处的加速度减小为零，故加速度先减小后增大，故A错误；根据能量守恒定律，从A到C有mgh＝W克f＋Ep，从C到A有eq \f(1,2)mv2＋Ep＝mgh＋W克f，联立解得：W克f＝eq \f(1,4)mv2，Ep＝mgh－eq \f(1,4)mv2，故B正确，C错误；根据能量守恒定律，从A到B的过程有eq \f(1,2)mvB2＋ΔEp′＋W克f′＝mgh′，B到A的过程有eq \f(1,2)mvB′2＋ΔEp′＝mgh′＋W克f′，比较两式得vB′>vB，故D正确.
4.(2022·浙江名校联盟联考)如图甲所示是小朋友玩蹦床的示意图。从小朋友下落到离地面高h处开始计时，其动能Ek与离地高度h的关系如图乙所示，在h1～h2阶段图像为直线，其余部分为曲线，h3对应图像的最高点，小朋友的质量为m，重力加速度为g，不计空气阻力和一切摩擦，下列说法正确的是( )
A．整个过程中小朋友的机械能守恒
B．从h2～h5过程中，小朋友的加速度先增大后减小
C．从h1～h5过程中，蹦床的最大弹性势能为Epm＝mgeq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(h1－h5))
D．小朋友处于h＝h4高度时，蹦床的弹性势能为Ep＝mgeq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(h1－h4))
【答案】 C
【解析】 小朋友受蹦床弹力做功，机械能不守恒，小朋友与蹦床组成的系统机械能守恒，A错误；小朋友的脚接触蹦床到弹力等于重力的过程中有mg－kx＝ma，小朋友下降过程中x增大，则a减小，从弹力等于重力到蹦床被压缩至最低点的过程中有kx－mg＝ma′，小朋友下降过程中x增大，则a′增大，则从小朋友的脚接触蹦床直至蹦床被压缩至最低点的过程中(从h2～h5过程中)，其加速度先减小后增大，B错误；小朋友从h1下降到h5过程中，动能增量为零，由机械能守恒定律知重力势能减少量等于蹦床弹性势能增加量，所以蹦床的最大弹性势能为Epm＝mg(h1－h5)，C正确；小朋友处于h＝h4高度时，由于h4高度时的动能与h2高度时的动能相等，所以从h2到h4过程重力势能损失量等于蹦床弹性势能增加量，h2为小朋友刚接触蹦床时的高度，弹性势能为零，所以h4高度时的弹性势能为Ep＝mg(h2－h4)，D错误。
5.(多选)(2022·安徽安庆市高三二模)如图所示，一根绝缘轻弹簧左端固定在绝缘的竖直挡板上，弹簧自然伸长时右端位于O点．用一根不可伸长的绝缘轻绳，通过轻质光滑定滑轮连接带电物块P(视为点电荷)和不带电物块Q，物块P所带的电荷量为＋q，物块P与水平面间的动摩擦因数μ＝0.5，整个空间存在水平向左的匀强电场，场强E＝eq \f(3mg,q)，AO＝2x，OB＝x，物块P和Q的质量均为m，现将物块P从图中A点由静止释放，P能向左运动并压缩弹簧到最短的位置B点，P与滑轮之间的轻绳始终与水平面平行，不计空气阻力及弹簧与水平面间的摩擦力，重力加速度为g，整个过程中，滑轮右边的轻绳始终处于伸直状态，则( )
A．物块P从A点运动至O点的过程中，轻绳对物块Q的拉力大小为mg
B．物块P从A点运动至O点的过程中，系统机械能增加5mgx
C．物块P运动至O点时的动能为3mgx
D．运动过程中弹簧的最大弹性势能为4.5mgx
【答案】 BD
【解析】 物块P释放后向左做加速运动，根据牛顿第二定律，对物块P，Eq－μmg－FT＝ma，对物块Q，FT－mg＝ma，解得绳子拉力FT＝1.75mg，A错误；物块P从A点运动至O点的过程中，系统机械能的增加量等于电场力和摩擦力所做的总功，即W＝(qE－μmg)·2x＝5mgx，B正确；物块P从A运动至O点过程中，对P、Q系统由能量守恒定律得W＝mg·2x＋2Ek，解得Ek＝eq \f(3,2)mgx，C错误；物块P从A运动至B点过程中，对P、Q系统由能量守恒定律得qE·3x＝mg·3x＋Q＋Ep，Q＝μmg·3x，解得Ep＝4.5mgx，D正确．
6.(多选)(2022·河南省普通高中高三下学期3月适应性考试)如图甲所示，弹性轻绳下端系一物块，用外力将物块下拉至离地高度h＝0.1 m处，然后由静止释放物块，通过传感器测量得到物块的速度和离地高度h，并作出物块的动能Ek与离地高度h的关系图象(图乙)，其中高度在0.2 m到0.35 m范围内的图线为直线，其余部分为曲线.以地面为零势能面，重力加速度g取10 m/s2，弹性绳始终在弹性限度内，不计空气阻力.由图象可知( )
A.物块的质量为0.2 kg
B.弹性绳的劲度系数为250 N/m
C.刚释放物块时弹性绳的弹性势能为0.5 J
D.物块的重力势能与弹性绳的弹性势能总和最小为0.32 J
【答案】 AC
【解析】 高度在0.2 m到0.35 m范围内的图线为直线，弹性绳松弛，物块做竖直上抛运动，由动能定理可得ΔEk＝mgΔh，Ek－h图线斜率的绝对值k′表示物块重力的大小，即k′＝eq \f(0.3,0.35－0.2) N＝mg，可得物块的质量为0.2 kg，A正确；当h1＝0.18 m时，动能达到最大，此时满足mg＝kx，可得k＝eq \f(mg,x)＝eq \f(2,0.2－0.18) N/m＝100 N/m，B错误；从刚释放至最高点过程，弹性绳的弹性势能全部转化为物块的重力势能，据能量守恒定律可得Epx＝mgΔh′＝0.2×10×(0.35－0.1) J＝0.5 J，C正确；物块和弹性绳整体机械能守恒，当物块动能最大时，物块的重力势能与弹性绳的弹性势能总和最小，刚释放瞬间，物块的总的机械能为E机＝Epx＋mgh＝0.5 J＋0.2 J＝0.7 J，由题图可知，物块的最大动能为0.32 J，故物块的重力势能与弹性绳的弹性势能总和最小为0.7 J－0.32 J＝0.38 J，D错误.
7.如图所示，在倾角为θ的斜面上，一物块(可视为质点)通过轻绳牵拉压紧轻质弹簧，弹簧与斜面平行，现将轻绳烧断，物块被弹出，与弹簧分离后立即进入斜面上足够长的粗糙部分NN′(虚线下方的摩擦不计)．沿斜面上滑达到的最远位置离N的距离为s，此后下滑，第一次回到N处压缩弹簧后又被弹簧弹离，物块第二次上滑的最远位置离N的距离为eq \f(s,2).重力加速度为g.
(1)求物块与粗糙斜面NN′间的动摩擦因数；
(2)若已知物块的质量为m，弹簧第二次被压缩到最短时的弹性势能为Ep，求第二次物块从弹簧被压缩最短到运动到N点的距离L.
【答案】 (1)eq \f(1,3)tan θ (2)eq \f(Ep,mgsin θ)－eq \f(2,3)s
【解析】 (1)取物块两次被弹簧推到的最高点为全过程的初、末状态，由动能定理得
mgsin θ·eq \f(s,2)－μmgcs θ·(s＋eq \f(s,2))＝0
解得μ＝eq \f(1,3)tan θ
(2)第二次物块从弹簧被压缩最短到运动到最高点的过程，根据能量守恒定律得
Ep＝mgLsin θ＋mgsin θ·eq \f(s,2)＋μmgcs θ·eq \f(s,2)
解得L＝eq \f(Ep,mgsin θ)－eq \f(2,3)s.
8.如图所示，固定斜面的倾角θ＝30°，物体A与斜面之间的动摩擦因数μ＝eq \f(\r(3),4)，轻弹簧下端固定在斜面底端，弹簧处于原长时上端位于C点，用一根不可伸长的轻绳通过轻质光滑的定滑轮连接物体A和B，滑轮右侧绳子与斜面平行，A的质量为2m＝4 kg，B的质量为m＝2 kg，初始时物体A到C点的距离为L＝1 m，现给A、B一初速度v0＝3 m/s，使A开始沿斜面向下运动，B向上运动，物体A将弹簧压缩到最短后又恰好能弹到C点.已知重力加速度取g＝10 m/s2，不计空气阻力，整个过程中轻绳始终处于伸直状态，求此过程中：
(1)物体A向下运动刚到达C点时的速度大小；
(2)弹簧的最大压缩量；
(3)弹簧的最大弹性势能.
【答案】 (1)2 m/s (2)0.4 m (3)6 J
【解析】 (1)物体A向下运动刚到达C点的过程中，对A、B组成的系统应用能量守恒定律可得
2mgLsin θ＋eq \f(1,2)·3m(v02－v2)＝mgL＋μ·2mgcs θ·L
解得v＝2 m/s.
(2)以A、B组成的系统，从C点出发，在物体A将弹簧压缩到最大压缩量，又返回到C点的过程中，系统动能的减少量等于因摩擦产生的热量，即eq \f(1,2)·3mv2－0＝μ·2mgcs θ·2x
其中x为弹簧的最大压缩量
解得x＝0.4 m.
(3)设弹簧的最大弹性势能为Epm，从C点至弹簧压缩量最大过程中
由能量守恒定律可得
eq \f(1,2)·3mv2＋2mgxsin θ＝mgx＋μ·2mgcs θ·x＋Epm
解得Epm＝6 J.
9.(2022·安徽安庆市高三月考)缓冲器是一种吸收相撞能量的装置，起到安全保护作用，在生产和生活中有着广泛的应用，如常用弹性缓冲器和液压缓冲器等装置来保护车辆、电梯等安全，如图所示是一种弹性缓冲器的理想模型．劲度系数足够大的水平轻质弹簧与水平轻杆相连，轻杆可在固定的槽内移动，与槽间的滑动摩擦力为定值Ff.轻杆向右移动不超过L时，装置可安全工作．现用一质量为m的小车以速度v0向右撞击弹簧，撞击后将导致轻杆能向右移动eq \f(L,4)，已知轻杆与槽间的最大静摩擦力等于滑动摩擦力，且不计小车与地面间的摩擦．求：
(1)该小车与弹簧分离时的速度大小；
(2)改变小车的速度，保证装置安全工作前提下，轻杆向右运动的最长时间；
(3)该小车撞击弹簧的最大动能满足什么条件时，能够保证装置安全工作．
【答案】 (1)eq \r(v\\al(02)－\f(FfL,2m)) (2)eq \r(\f(2Lm,Ff)) (3)Ekm≤eq \f(1,2)mv02＋eq \f(3,4)FfL
【解析】 (1)从开始压缩到分离，由能量守恒得
eq \f(1,2)mv02－eq \f(1,2)mv12＝Ffeq \f(L,4)
则v1＝eq \r(v\\al(02)－\f(FfL,2m))
(2)小车与轻杆整体减速的加速度a＝eq \f(Ff,m)
轻杆向右运动L，刚好减速为零时运动时间最长，有L＝eq \f(1,2)at2
解得最长时间t＝eq \r(\f(2Lm,Ff))
(3)轻杆开始移动后，弹簧压缩量x不再变化，弹性势能一定，速度为v0时，则由系统能量关系有eq \f(1,2)mv02＝Ep＋Ffeq \f(L,4)
速度最大为vm时，则由系统能量关系有
eq \f(1,2)mvm2＝Ep＋FfL
得eq \f(1,2)mvm2－eq \f(1,2)mv02＝eq \f(3,4)FfL
最大动能Ekm≤eq \f(1,2)mv02＋eq \f(3,4)FfL.
轻绳模型
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.
轻杆模型
①平动时两物体速度相等，转动时两物体角速度相等.沿杆方向速度大小相等.
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.
轻弹簧模型
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).