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专题06 机械能守恒定律 功能关系和能量守恒定律（讲义）-【高频考点解密】2024年高考物理二轮复习高频考点追踪与预测（江苏专用）
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这是一份专题06 机械能守恒定律 功能关系和能量守恒定律（讲义）-【高频考点解密】2024年高考物理二轮复习高频考点追踪与预测（江苏专用），文件包含专题06机械能守恒定律功能关系和能量守恒定律原卷版docx、专题06机械能守恒定律功能关系和能量守恒定律解析版docx等2份学案配套教学资源，其中学案共50页， 欢迎下载使用。
\l "_Tc5322" 02考情分析·解密高考 PAGEREF _Tc5322 \h 1
03高频考点·以考定法 \l "_Tc19872" PAGEREF _Tc19872 \h 2
\l "_Tc6498" PAGEREF _Tc6498 \h 2
\l "_Tc24766" 一、机械能守恒定律的应用 PAGEREF _Tc24766 \h 2
\l "_Tc8819" 二、功能关系的综合应用 PAGEREF _Tc8819 \h 3
\l "_Tc3815" 三、能量守恒定律的综合应用 PAGEREF _Tc3815 \h 4
\l "_Tc2562" PAGEREF _Tc2562 \h 4
\l "_Tc6081" PAGEREF _Tc6081 \h 9
\l "_Tc28675" 考向1：机械能守恒定律在连接体中的综合应用 PAGEREF _Tc28675 \h 9
\l "_Tc9901" 考向2：能量守恒定律在曲线运动中光的应用 PAGEREF _Tc9901 \h 11
\l "_Tc14480" 考向3：能量守恒定律在板块问题中的应用 PAGEREF _Tc14480 \h 13
\l "_Tc28122" 04核心素养·难点突破 \l "_Tc17585" PAGEREF _Tc17585 \h 17
05创新好题·轻松练 \l "_Tc28832" PAGEREF _Tc28832 \h 25
一、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
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。
二、功能关系的综合应用
1. 常见的功能关系
2. 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。
三、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ΔEA减＝ΔEB增。
3．当涉及摩擦力做功时，注意摩擦产生的热量Q＝f x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。
【典例1】（多选）（2023·全国·统考高考真题）如图，一质量为M、长为l的木板静止在光滑水平桌面上，另一质量为m的小物块（可视为质点）从木板上的左端以速度v0开始运动。已知物块与木板间的滑动摩擦力大小为f，当物块从木板右端离开时（ ）
A．木板的动能一定等于flB．木板的动能一定小于fl
C．物块的动能一定大于12mv02-flD．物块的动能一定小于12mv02-fl
【答案】BD
【详解】设物块离开木板时的速度为v1，此时木板的速度为v2，由题意可知，v1>v2
设物块的对地位移为xm，木板的对地位移为xM
CD．根据能量守恒定律可得，12mv02=12mv12+12Mv22+fl
整理可得，12mv12=12mv02-fl-12Mv22<12mv02-fl，D正确，C错误；
AB．因摩擦产生的摩擦热，Q=fL=f(xm-xM)
根据运动学公式，xm=v0+v12⋅t，xM=v22⋅t
因为，v0>v1>v2，可得，xm>2xM，则xm-xM=l>xM，所以W=fxM故选BD。
【典例2】（2023·北京·统考高考真题）如图所示，质量为m的小球A用一不可伸长的轻绳悬挂在O点，在O点正下方的光滑桌面上有一个与A完全相同的静止小球B，B距O点的距离等于绳长L。现将A拉至某一高度，由静止释放，A以速度v在水平方向和B发生正碰并粘在一起。重力加速度为g。求：
（1）A释放时距桌面的高度H；
（2）碰撞前瞬间绳子的拉力大小F；
（3）碰撞过程中系统损失的机械能ΔE。
【答案】（1）v22g；（2）mg+mv2L；（3）14mv2
【详解】（1）A释放到与B碰撞前，根据动能定理得，mgH=12mv2
解得H=v22g
（2）碰前瞬间，对A由牛顿第二定律得，F-mg=mv2L，解得F=mg+mv2L
（3）A、B碰撞过程中，根据动量守恒定律得，mv=2mv1，解得v1=12v
则碰撞过程中损失的机械能为，ΔE=12mv2-12⋅2m12v2=14mv2
【典例3】（2022·江苏·高考真题）如图所示，轻质弹簧一端固定，另一端与物块A连接在一起，处于压缩状态，A由静止释放后沿斜面向上运动到最大位移时，立即将物块B轻放在A右侧，A、B由静止开始一起沿斜面向下运动，下滑过程中A、B始终不分离，当A回到初始位置时速度为零，A、B与斜面间的动摩擦因数相同、弹簧未超过弹性限度，则（ ）
A．当上滑到最大位移的一半时，A的加速度方向沿斜面向下
B．A上滑时、弹簧的弹力方向不发生变化
C．下滑时，B对A的压力先减小后增大
D．整个过程中A、B克服摩擦力所做的总功大于B的重力势能减小量
【答案】B
【详解】B．由于A、B在下滑过程中不分离，设在最高点的弹力为F，方向沿斜面向下为正方向，斜面倾角为θ，AB之间的弹力为FAB，摩擦因素为μ，刚下滑时根据牛顿第二定律对AB有
F+mA+mBgsinθ-μmA+mBgcsθ=mA+mBa
对B有，mBgsinθ-μmBgcsθ-FAB=mBa
联立可得，FmA+mB=-FABmB
由于A对B的弹力FAB方向沿斜面向上，故可知在最高点F的方向沿斜面向上；由于在最开始弹簧弹力也是沿斜面向上的，弹簧一直处于压缩状态，所以A上滑时、弹簧的弹力方向一直沿斜面向上，不发生变化，故B正确；
A．设弹簧原长在O点，A刚开始运动时距离O点为x1，A运动到最高点时距离O点为x2；下滑过程AB不分离，则弹簧一直处于压缩状态，上滑过程根据能量守恒定律可得，12kx12=12kx22+mgsinθ+fx1-x2
化简得，k=2mgsinθ+fx1+x2
当位移为最大位移的一半时有，F合=kx1-x1-x22-mgsinθ+f
带入k值可知F合=0，即此时加速度为0，故A错误；
C．根据B的分析可知，FmA+mB=-FABmB
再结合B选项的结论可知下滑过程中F向上且逐渐变大，则下滑过程FAB逐渐变大，根据牛顿第三定律可知B对A的压力逐渐变大，故C错误；
D．整个过程中弹力做的功为0，A重力做的功为0，当A回到初始位置时速度为零，根据功能关系可知整个过程中A、B克服摩擦力所做的总功等于B的重力势能减小量，故D错误。
故选B。
【典例4】（2023·广东·统考高考真题）如图为某药品自动传送系统的示意图．该系统由水平传送带、竖直螺旋滑槽和与滑槽平滑连接的平台组成，滑槽高为3L，平台高为L。药品盒A、B依次被轻放在以速度v0匀速运动的传送带上，在与传送带达到共速后，从M点进入滑槽，A刚好滑到平台最右端N点停下，随后滑下的B以2v0的速度与A发生正碰，碰撞时间极短，碰撞后A、B恰好落在桌面上圆盘内直径的两端。已知A、B的质量分别为m和2m，碰撞过程中损失的能量为碰撞前瞬间总动能的14。A与传送带间的动摩擦因数为μ，重力加速度为g，AB在滑至N点之前不发生碰撞，忽略空气阻力和圆盘的高度，将药品盒视为质点。求：
（1）A在传送带上由静止加速到与传送带共速所用的时间t；
（2）B从M点滑至N点的过程中克服阻力做的功W；
（3）圆盘的圆心到平台右端N点的水平距离s．
【答案】（1）t=v0μg（2）W=6mgL-3mv02；（3）s=3v022Lg
【详解】（1）A在传送带上运动时的加速度a=μg
由静止加速到与传送带共速所用的时间，t=v0a=v0μg
（2）B从M点滑至N点的过程中克服阻力做的功W=12⋅2mv02+2mg⋅3L-122m(2v0)2=6mgL-3mv02
（3）AB碰撞过程由动量守恒定律和能量关系可知，2m⋅2v0=mv1+2mv2
12⋅2m⋅(2v0)2-(12mv12+12⋅2mv22)=14[12⋅2m⋅(2v0)2]
解得，v1=2v0，v2=v0
（另一组v1=23v0 v2=53v0舍掉）
两物体平抛运动的时间，t1=2Lg
则，s-r=v2t1，s+r=v1t1
解得s=3v022Lg
【典例5】（2023·海南·统考高考真题）如图所示，有一固定的光滑14圆弧轨道，半径R=0.2m，一质量为mB=1kg的小滑块B从轨道顶端滑下，在其冲上长木板C左端时，给木板一个与小滑块相同的初速度，已知mC=3kg，B、C间动摩擦因数μ1=0.2，C与地面间的动摩擦因数μ2=0.8，C右端有一个挡板，C长为L。
求：
（1）B滑到A的底端时对A的压力是多大？
（2）若B未与C右端挡板碰撞，当B与地面保持相对静止时，B、C间因摩擦产生的热量是多少？
（3）在0.16m
【答案】（1）30N；（2）1.6J；（3）1-150.8-L16s
【详解】（1）滑块下滑到轨道底部，有mBgR=12mBv02-0
解得v0=2m/s
在底部，根据牛顿第二定律，FN-mBg=mBv02R
解得，FN=30N
由牛顿第三定律可知B对A的压力是30N。
（2）当B滑上C后，对B分析，受摩擦力力向左，根据牛顿第二定律得，fB=μ1mBg=mBaB
解得加速度向左为a1=2m/s2
对C分析，受B向右的摩擦力μ1mBg和地面向左的摩擦力，f地C=μ2mB+mCg
根据牛顿第二定律，f地C-fBC=μ2mB+mCg-μ1mBg=mCa2
解得其加速度向左为a2=10m/s2
由运动学位移与速度关系公式v2-v02=2ax，得B向右运动的距离x1=v022a1=1m
C向右运动距离，x2=v022a2=0.2m
由功能关系可知，B、C间摩擦产生的热量Q=μ1mBgx1-x2
可得Q=1.6J
（3）由上问可知，若B还末与C上挡板碰撞，C先停下，用时为t1，有t1=v0a2
解得t1=0.2s
B的位移为，xB1=v0t1-12a1t12=0.36m
则此刻的相对位移为x相=xB1-x2=0.16m
此时vB1=v-a1t1=1.6m/s
由L>0.16m，一定是C停下之后，B才与C上挡板碰撞。设再经t2时间B与C挡板碰撞，有
L-0.16=1.6t2-12a1t22
解得t2=0.8-0.8-L
碰撞时B速度为vB2=vB1-a1t2=20.8-L
碰撞时由动量守恒可得mBvB2=mA+mBv
解得碰撞后B、C速度为v=0.8-L2
之后二者一起减速，根据牛顿第二定律得a3=μ2mA+mBgmA+mB=8m/s2
后再经t3后停下，则有t3=va3=0.8-L16
故B从滑上C到最终停止所用的时间总时间t=t1+t2+t3=（1-150.8-L16）s
考向1：机械能守恒定律在连接体中的综合应用
1.（多选）（2023·四川德阳·统考一模）如图所示，竖直平面内固定一根竖直的光滑杆P和水平光滑杆Q，两杆在同一平面内，不接触，水平杆延长线与竖直杆的交点为O。质量为2m的小球A套在竖直杆上，上端固定在杆上的轻质弹簧的另一端与小球A相连。另一质量为m的小球B套在水平杆Q上，小球A、B用长为2L的轻杆通过铰链分别连接。在外力作用下，当轻杆与水平杆Q成θ=53°斜向左上时，轻质弹簧处于原长，系统处于静止状态。撤去外力，小球A在竖直杆上做往复运动，下降的最大距离为2L。已知轻质弹簧的弹性势能Ep=12kx2，x为弹簧的形变量，k为轻质弹簧的劲度系数，整个过程轻质弹簧始终处在弹性限度内，不计一切摩擦，重力加速度大小为g，sin53°=0.8，cs53°=0.6.则下列说法正确的是（ ）
A．轻质弹簧的劲度系数k为2mgL
B．小球A运动到O点时的速度大小为452gL
C．从撤去外力到轻杆与水平杆Q成θ=30°斜向左上的过程，轻杆对小球B做的功为21175mgL
D．小球A从最高点运动到O点的过程，水平杆Q对小球B的作用力始终大于mg
【答案】AC
【详解】A．小球A、弹簧和小球B组成的系统能量守恒，小球A下降到最大距离时，根据能量守恒定律有12k(2L)2=2mg×2L
解得k=2mgL，故A正确
小球A运动到O点时，AB速度相等，根据能量守恒定律有
2mg×2Lsin53°-12k(2Lsin53°)2=12×2mv2+12mv2
解得v=4523gL，故B错误；
C．轻杆与水平杆Q成θ=30°斜向左上时，设B的速度为v'，A的速度为vA，根据关联问题可知，
vAcs60°=v'cs30°
根据能量守恒定律有，2mg×2L(sin53°-sin30°)-12k(2Lsin53°-2Lsin30°)2=12×2mvA2+12mv'2
解得v'=42175gL
根据动能定理可知轻杆对小球B做的功为，W=12mv'2
解得W= 21175mgL，故C正确；
D．根据小球A在竖直杆上做往复运动的特点可知，小球从从最高点运动到O点的过程，铰链对小球先做正功，后做负功，则水平杆Q对小球B的作用力并非始终大于mg，故D错误；
故选AC。
2.（2024·陕西汉中·统考一模）如图所示，物块A套在光滑水平杆上，连接物块A的轻质细线与水平杆间所成夹角为θ=53°,细线跨过同一高度上的两光滑定滑轮与质量相等的物块B相连，定滑轮顶部离水平杆距离为h=0.8m，现将物块B由静止释放，物块A、B均可视为质点，重力加速度g=10m/s2,sin53°=0.8，不计空气阻力，则（ ）
物块A与物块B速度大小始终相等
物块A能达到的最大速度为2m/s
C．物块B下降过程中，重力始终大于细线拉力
D．当物块A经过左侧滑轮正下方时，物块B的速度最大
【答案】B
【详解】AD．根据题意可知，物块A与物块B速度关系为vAcsθ=vB
两物块速度不相等，当物块A经过左侧滑轮正下方时，有vB=vAcs90°=0，故AD错误；
B．当物块A运动到左侧定滑轮正下方时，物块B下降的距离最大，物块A的速度最大，根据机械能守恒有mBghsin53°-h=12mAv2，解得v=2ms，故B正确；
C．由上述分析可知，当物块A经过左侧滑轮正下方时，物块B的速度为0，则物块B向下先加速后减速，则物块B减速下降过程中，重力会小于细线拉力，故C错误。
故选B。
考向2：能量守恒定律在曲线运动中光的应用
3.（2024·陕西商洛·校联考一模）一儿童在楼梯台阶上玩掷弹力球游戏，弹力球质量为m，小球从高处落到低处，其空中运动轨迹如图所示，已知台阶的高和宽均为L，不计空气阻力和碰撞时间，重力加速度为g，以下说法正确的是（ ）
A．弹力球每次弹起在空中运动时间为22L3g
B．弹力球每次弹起时速度大小为15gL6
C．弹力球每次碰撞动量的变化量大小为m6gL
D．弹力球每次碰撞损失的能量为mgL2
【答案】C
【详解】A．弹力球做斜抛运动，每次上升的最大高度为L3，根据L3=12gt12
可得上升的时间t1=2L3g
下落高度为4L3，同理可知下落的时间t2=22L3g
弹力球每次弹起在空中运动时间为t=t1+t2=32L3g=6Lg，A错误；
B．弹力球水平方向匀速运动，水平速度v水平=Lt=Lg6
每次弹起时竖直分速度v1=gt1=6gL3
弹力球每次弹起时速度大小v=v12+v水平2=30gL6，B错误；
C．每次落地时的竖直分速度v2=gt2=26gL3
由于只有竖直方向速度发生变化，弹力球每次碰撞动量的变化量大小为mΔv=mv2-(-mv1)=m6gL
C正确；
D．弹力球每次碰撞损失的能量ΔE=12m(v22+v水平2)-12m(v12+v水平2)=mgL，D错误。
故选C。
4.（2023·河北石家庄·校联考模拟预测）如图所示，倾角为θ=37°的斜面与圆心为O、半径R=0.9m的光滑圆弧轨道在B点平滑连接，且固定于竖直平面内。斜面上固定一平行于斜面的轻质弹簧，现沿斜面缓慢推动质量为m1=0.8kg的滑块a使其压缩弹簧至A处，将滑块a由静止释放，通过D点时轨道对滑块a的弹力为零。已知A、B之间的距离为L=1.35m，滑块a与斜面间动摩擦因数μ=0.25，C为圆弧轨道的最低点，CE为圆弧轨道的直径，OD水平，滑块a可视为质点，忽略空气阻力，取g=10m/s2，sin37°=0.6，cs37°=0.8，3≈1.73。
（1）求滑块a在C点对轨道压力的大小。
（2）求滑块a整个运动过程中系统因摩擦而产生的热量。
（3）若仅将滑块a换为质量为m2=0.05kg的滑块b，滑块b由A点弹出后立即撤去弹簧，求滑块b第一次落在斜面上的位置至B点的距离（结果保留2位有效数字）。
【答案】（1）24N；（2）7.92J；（3）1.8m
【详解】（1）由题可知，滑块a在D点处的速度为0，对滑块a由C至D点过程，由动能定理有
-m1gR=-12m1vC2
对滑块a在C点由牛顿第二定律有
F1-m1g=m1vC2R
结合牛顿第三定律可知，滑块a在C点对轨道压力的大小
FN=F1=24N
（2）设滑块a在A处时弹簧储存的弹性势能为Ep，由能量守恒定律可知
Ep+m1gLsin37°=μm1gLcs37°+m1gRcs37°
解得
Ep=1.44J
最终滑块a在B与B关于C对称的点之间运动，由能量守恒可知
Q=Ep+m1gLsin37°
解得
Q=7.92J
（3）设滑块b能通过E点，对滑块b由A点至E点由能量守恒有
Ep+m2gLsin37°=μm2gLcs37°+m2g(R+Rcs37°)+12m2vE2
解得，vE=6m/s
滑块b恰好能通过E点时，有，m2g=m2v'2R
可知vE>v'，假设成立，设滑块b在空中运动的时间为t，滑块b落在斜面上的位置与B之间的水平距离为d，则有
d=vEt-Rsin37°
(R+Rcs37°)-12gt2=dtan37°
解得，t=9(3-1)20s
又有，x=dcs37°
解得，x≈1.8m
考向3：能量守恒定律在板块问题中的应用
5.（2023·四川成都·校联考模拟预测）如图所示，质量为m = 2kg的物块A从高为h = 0.2m的光滑固定圆弧轨道顶端由静止释放，圆弧轨道底端的切线水平，物块A可从圆弧轨道的底端无能量损失地滑上一辆静止在光滑水平面上的小车B，且物块最终没有滑离小车B。已知A、B间的动摩擦因数μ = 0.2，小车B的质量M = 6kg，重力加速度g = 10m/s²，求：
（1）物块A与小车B的共同速度；
（2）当物块A相对小车B静止时，小车B运动的位移及系统因摩擦产生的热量。
【答案】（1）v = 0.5m/s；（2）xB=316m；Q = 3J
【详解】（1）设物块A从圆弧轨道顶端滑到底端时的速度为v0，由动能定理可得
mgh=12mv02
解得
v0=2gh=2m/s
物块A滑上小车B后，物块与小车组成的系统动量守恒，设它们相对静止时的速度为v，则有
mv0=(m+M)v
解得，v=0.5m/s
（2）对小车B由动能定理可得，μmgxB=12Mv2
解得，xB=316m
设系统产生的热量为Q，由能量守恒得，12mv02=12(m+M)v2+Q
解得，Q = 3J
6.（2024·福建泉州·统考二模）如图，一质量为3m、长度为L的木板静止在倾角θ=30°的固定斜面上，木板的上表面光滑，下表面与斜面间的动摩擦因数μ=32，木板的下端固定有垂直于木板的薄挡板。一与斜面平行的轻弹簧下端固定在斜面的底端，上端由原长被压缩了L2后用触控锁钉锁定。现将质量为m的小滑块从木板的中点由静止释放，经过一段时间，滑块与挡板发生第一次碰撞后，木板开始运动。经过多次碰撞后，当滑块位于挡板处且和木板速度都为零时，木板刚好接触弹簧并触发锁钉立即解除锁定。已知重力加速度大小为g，弹簧的劲度系数k=15mgL，滑块与挡板间的碰撞为弹性正碰，且碰撞时间极短，不计空气阻力。求：
（1）滑块第一次与挡板碰撞前瞬间，滑块的速度大小v0；
（2）滑块第一次与挡板碰撞后瞬间，木板的速度大小v1和加速度大小a1；
（3）木板在初始位置时，其下端与锁钉的距离d；
（4）锁钉解除后，当滑块与挡板第一次分离时木板的速度大小v'。
【答案】（1）v0=gL2；（2）v1=gL8，a1=12g；（3）d=L4；（4）v'=380gL
【详解】（1）设滑块释放时加速度大小为a0，由牛顿第二定律得mgsinθ=ma0
滑块释放后到第一次与挡板碰撞前的过程中做匀加速直线运动，有v02=2a0L2，得v0=gL2
（2）设第一次碰撞后瞬间，木板的速度为v1，滑块的速度为v2，由动量守恒定律和能量守恒定律可得
mv0=3mv1+mv2，12mv02=12×3mv12+12mv22，联立解得v1=12v0=gL8，v2=-12v0=-gL8
对木板由牛顿第二定律可得4μmgcsθ-3mgsinθ=3ma1，解得a1=12g，方向沿斜面向上。
（3）方法一：
从滑块开始运动到滑块位于挡板处且和木板速度都为零时，木板一直向下运动，在这过程中,滑块重力做功
WG1=mgL2+dsinθ
木板重力做功WG2=3mgdsinθ
木板所受摩擦力做功Wf=-4μmgdcsθ
由功能关系得WG1+WG2+Wf=0，解得d=L4
方法二：
木板第一次碰后向下减速的位移s1=v122a1=L8
在木板向下减速时滑块向上减速，由于加速度大小a1=a0，当木板速度为0时，滑块速度也为0，此时两者之间距离为Δs1=2s1=L4
接下来板不动，滑块沿板加速下滑与板碰撞，设第二次碰撞时滑块速度为v'0，则v'0=2a0Δs1=gL2
第二次碰撞后瞬间，木板的速度为v'1，滑块的速度为v'2，由动量守恒和能量守恒可得，mv'0=3mv'1+mv'2
12mv'02=12×3mv'12+12mv'22
联立解得v'1=12v'0=gL4，v'2=-12v'0=-gL4
木板向下的位移s2=v122a1=L16
当两者速度再次为0，此时两者之间距离为Δs2=2s2=L8
滑块再次碰撞木板时的速度v″0=2a0Δs2=22v'0
由动量守恒和能量守恒可得第三次碰撞后瞬间，木板的速度为v″1=22v'1
木板向下的位移s3=v″122a1=L32
即每次木板向下的位移sn=12sn-1或sn=12n-1s1
木板下端与锁钉的距离，d=L8×1+12+14+18+⋯=L4
（4）当板块分离时，弹簧的形变量为x，挡板与滑块间的弹力N=0，两者的加速度相等都为a=gsinθ
对板块整体，4μmgcsθ+4mgsinθ-kx=4ma，得，x=L5
对弹簧和板块系统，由能量守恒得，12kL22-12kx2=4μmgcsθ⋅L2-x+4mgsinθ⋅L2-x+12×4mv2
解得，v'=380gL
考点4：能量守恒定律在传送带上的运用
7.（多选）（2023·河北石家庄·统考二模）如图所示，倾斜传送带以恒定速率 v 顺时针转动，现将一小物块由静止放于传送带底端，经过一段时间，小物块运动到传送带的顶端且速率恰好达到v，在整个过程中小物块与传送带之间的摩擦生热为Q，小物块获得的动能为 Ek、重力势能的增加量为 Ep，下列说法正确的是（ ）
A．Q=EkB．Q>EkC． Q=EK+EPD． Q【答案】BC
【详解】设传送带长度为L，倾角为θ，质量为m，运动时间为t，物块受到的摩擦力为f，根据题意，有
x物=L=v2t
x传=vt
则有，x传-x物=L
可得，x传=2L
对物块，根据动能定理，fL-mgsinθ⋅L=EK-0
产生的热量为Q=fΔL=f2L-L=fL
其中，mgsinθ⋅L=EP
联立可得，Q=EK+EP
则有，Q>Ek
故选BC。
8.（多选）（2024·辽宁·模拟预测）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v1=2m/s匀速向右运动，一质量为m=1kg的滑块从传送带右端以水平向左的速率v2=3m/s滑上传送带，最后滑块返回传送带的右端。关于这一过程，下列判断正确的有（ ）
A．滑块返回传送带右端的速率为2m/s
B．此过程中传送带对滑块做功为2.5J
C．此过程中滑块与传送带间摩擦产生的热量为12.5J
D．此过程中电动机对传送带多做功为10J
【答案】ACD
【详解】A．由于传送带足够长，滑块匀减速向左滑行，直到速度减为零，然后滑块在滑动摩擦力的作用下向右匀加速，由于
v1=2m/s所以，当滑块速度增大到等于传送带速度时，物体还在传送带上，之后不受摩擦力，物体与传送带一起向右匀速运动，所以滑块返回传送带右端时的速率等于2m/s，故A正确；
B．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=12mv12-12mv22=-2.5J，故B错误；
C．设滑块向左运动的时间为t1，位移为x1，则x1=v22t1
该过程中传送带的位移为x2=v1t1，t1=v2μg
摩擦生热为Q1=μmg(x1+x2)=10.5J
返回过程，当物块与传送带共速时v1=μgt2
物块与传送带摩擦生热为Q2=μmg(v1t2-v12t2)=2J
则此过程中滑块与传送带间摩擦产生的热量为Q=Q1+Q2=12.5J，故C正确；
D．此过程中电动机对传送带多做功为ΔW=W+Q=10J，故D正确。
故选ACD。
一、单选题
1．（2024·重庆沙坪坝·重庆八中校考一模）用如图所示的装置来模拟风洞实验。在模拟风洞管中的光滑斜面上，一物块在沿斜面方向的恒定风力作用下，从离弹簧（初始处于原长）一定距离处静止开始加速向上运动，则从开始运动至到达最高点的过程中物体（ ）
A．所受风力的功率恒定B．刚接触弹簧时动能最大
C．和弹簧组成的系统机械能守恒D．重力势能一直增大
【答案】D
【详解】A．物体静止向上运动到最高点的过程中，初末速度均为零，物体的速度先增大后减小，根据
P=F风v，可知所受风力的功率先增大后减小，故A错误；
B．当物体的动能最大时，物体的加速度为零，此时弹簧弹力为F=F风-mgsinθ＞0
故此时弹簧处于被压缩状态，故B错误；
C．由于物块和弹簧组成的系统一直受到沿斜面向上的风力作用，风力一直对整个系统做正功，故物块和弹簧组成的系统机械能不断增大，故C错误；
D．物体静止向上运动到最高点的过程中，重力一直做负功，故重力势能一直增大，故D正确。
故选D。
2．（2024·福建泉州·统考二模）唐代诗人丁仙芝的诗句“更闻枫叶下，淅沥度秋声”，通过枫叶掉落的淅沥声，带来了秋天的讯息。如图为枫叶在秋风中下落的景色，若其中一片枫叶从高度为6m的树枝上由静止飘落，经3s落到水平地面上，取重力加速度大小为10m/s2。则该枫叶（ ）
A．下落过程做自由落体运动B．落地时速度大小一定为30m/s
C．在竖直方向上运动的平均速度大小为2m/sD．在下落过程中机械能守恒
【答案】C
【详解】AD．枫叶下落的平均加速度大小为a，根据h=12at2
可得a=2ht2=2×632m/s2=43m/s2可知枫叶下落过程不是做自由落体运动，由于受到阻力作用，在下落过程中机械能不守恒，故AD错误；
B．枫叶落地时速度大小满足vC．枫叶在竖直方向上运动的平均速度大小为v=ht=63m/s=2m/s
故选C。
3．（2023·贵州黔东南·统考一模）如图所示，质量为m、高为h、倾角为θ的光滑斜面体A放在足够大的光滑水平地面上，斜面顶端正上方有一固定的光滑套管C，用手提着质量为m的细长直杆B的上端，将直杆穿过套管，使直杆下端恰好与斜面体顶端接触，突然松手，直杆在套管的约束下只能沿竖直方向运动，斜面体随即向右加速，重力加速度大小为g，下列说法正确的是（ ）
A．直杆的最大速度为2ghcsθ
B．斜面体的最大速度为2ghsinθ
C．斜面体的加速时间为2ghgsinθ
D．斜面体在加速过程中受到地面的支持力大小为2mg-mgsinθ
【答案】C
【详解】AB．杆竖直向下运动，接触点沿斜面滑动，同时由于杆向下运动使斜面向右运动，故将杆竖直向下的速度分解为平行斜面的速度v1和水平方向的速度v2，如图
杆一直向下加速，故可知到达斜面底端时速度最大，在到达底端过程中斜面体向右的速度与杆沿水平方向的速度相等，设到达底端时杆的速度为vm，斜面体的速度为v'，从开始到到达底端时对杆和斜面体由机械能守恒得，mgh=12mvm2+12mv'2
其中有tanθ=vmv'
联立解得vm=2ghsinθ，v'=2ghcsθ，故AB错误；
C．设杆加速度为a1，斜面体加速度为a2，根据前面分析可知tanθ=a1a2
设斜面对杆垂直于斜面方向的弹力为FN，杆对斜面垂直斜面向下的弹力为FN'，可知
FN=FN'
对杆和斜面体由牛顿第二定律mg-FNcsθ=ma1
FN'sinθ=ma2
联立解得，FN=FN'=mgcsθ，a2=gsinθcsθ
故斜面体的加速时间为t=v'a2=2ghcsθgsinθcsθ=2ghgsinθ，故C正确；
D．斜面体在加速过程中竖直方向受力平衡N=mg+FN'csθ
解得，N=2mg-mgsin2θ，故D错误。
故选C。
4．（2023·山东菏泽·校联考模拟预测）一块质量为 M、长为l的长木板A 静止放在光滑的水平面上，质量为 m 的物体B（视为质点）以初速度v0从左端滑上长木板A 的上表面并从右端滑下，该过程中，物体B 的动能减少量为ΔEkB，长木板 A 的动能增加量为ΔEkA，A、B间摩擦产生的热量为Q，关于ΔEkB，ΔEkA，Q的值，下列可能的是（ ）
A．ΔEkB=7J，ΔEkA=5J，Q=5JB．ΔEkB=7J，ΔEkA=2J，Q=5J
C．ΔEkB=3J，ΔEkA=2J，Q=5JD．ΔEkB=5J， ΔEkA=3J，Q=2J
【答案】B
【详解】AC．根据能量守恒可知ΔEkB=ΔEkA+Q，故AC错误；
BD．画出物体B和长木板A的速度—时间图线，分别如图中1和2所示，图中1和2之间的梯形面积表示板长l，1与t轴所围的面积表示物体B的位移x1，2与t轴所围的面积表示长木板A的位移x2，由图可知
x1>l，x2又有ΔEkB=fx1，ΔEkA=fx2，Q=fl，则有ΔEkB>Q>ΔEkA，可知B有可能，故B正确，D错误。
故选B。
5．（2023·福建莆田·统考二模）风能是一种清洁的可再生能源。如图所示，风力发电机是一种将风能转化为电能的装置，其主要部件包括风轮机、齿轮箱、发电机等、某两台风力发电机的风轮叶片长度之比为2：3，转化效率相等，若均保持风正面吹向叶片，在相同风力环境下，这两台风力发电机的输出电功率之比为（ ）
A．3：2B．2：3C．4：9D．8：27
【答案】C
【详解】设空气密度为ρ，风速为v，风轮叶片长度为r，则t时间内流向风轮机的风能为Ek=12mv2
又m=ρV=ρSvt=ρπr2vt，联立可得，Ek=12ρπr2v3t
设转化效率为η，则风力发电机的输出电功率为P=ηEkt=η⋅12ρπr2v3∝r2
可知这两台风力发电机的输出电功率之比为P1P2=r12r22=2232=49
故选C。
二、多选题
6．（2024·湖南株洲·统考一模）如图，质量为m的小物块（可视为质点）静止在质量为M、长为l的木板上的最右端，木板放在光滑水平桌面上，某时刻木板以速度v0开始运动。已知物块与木板间的滑动摩擦力大小为f，当物块从木板左端离开时（ ）
A．物块的动能等于flB．物块的动能小于fl
C．木板的动能大于12Mv02-flD．木板的动能小于12Mv02-fl
【答案】BD
【详解】CD．设物块离开木板时的速度为v1，对地位移为x1，物块离开木板时木板的速度为v2，对地位移为x2，因物块从木板左端离开，则可知v2>v1，对物块和木板整体由能量守恒有
12Mv02=12mv12+12Mv22+fl
整理可得12Mv22=12Mv02-12mv12-fl<12Mv02-fl，故C错误，D正确；
AB．物块与木板发生相对滑动的过程中因摩擦产生的热量为Q=fl=f(x2-x1)
其中x2=v0+v22⋅t，x1=v12⋅t
由于v0>v2>v1
因此v0+v2>2v1
由此可得，x2>2x1
即有x2-x1=l>x1
而对物块由动能定理有，fx1=12mv12
则可得，12mv12=fx1故选BD。
7．（2024·上海嘉定·统考一模）如图所示，弹簧的一端固定在竖直墙上，质量为M的光滑弧形槽静止在光滑水平面上，底部与水平面相切，一个质量为mmA．在下滑过程中弧形槽对小球的弹力始终不做功
B．在小球压缩弹簧的过程中，小球的机械能减小
C．小球离开弹簧后，小球和弧形槽组成的系统机械能守恒，但小球不能回到弧形槽h高处
D．在整个过程中，小球、弧形槽和弹簧组成的系统机械能守恒，水平方向动量守恒
【答案】BC
【详解】A．因为光滑弧形静止在光滑水平面上，则可知小球下落，小球和弧形槽整体在水平方向上动量守恒，小球获得水平向右的速度，弧形槽获得水平向左的速度，可知在小球下滑的过程中小球给弧形槽做正功，则弧形槽给小球的弹力做负功，故A错误；
B．当小球压缩弹簧的过程中，弹簧和小球组成的系统的机械能守恒，但弹簧对小球的弹力做负功，故小球机械能减小，故B正确；
C．小球在弧形槽上下滑的过程中，系统水平方向不受外力，系统水平方向动量守恒，小球与弧形槽分离时两者动量大小相等，由于m＜M，则小球的速度大小大于弧形槽的速度大小，小球被弹簧原速率弹回后将追上弧形槽并要滑上弧形槽。在小球离开弹簧后，只有重力和系统内弹力做功，故小球和弧形槽组成的系统机械能守恒。由于球与弧形槽组成的系统总动量水平向左，球滑上弧形槽的最高点时两者共速，则此时共同速度也必须水平向左，则二者从静止开始运动到共速状态，系统的动能增加，重力势能一定要减小，小球上升的最大高度要小于h，故C正确；
D．整个运动过程中小球和弧形槽、弹簧组成的系统只有重力与系统内弹力做功，故系统机械能守恒；在整个过程中，由于存在墙壁对弹簧水平方向上的弹力，故水平方向上的动量不守恒，故D错误；
故选BC。
8．（2024·陕西宝鸡·统考模拟预测）如图所示，质量为mA=1kg，mB=2kg的物块A和B用轻弹簧连接并竖直放置，轻绳绕过固定在同一水平面上的两个定滑轮，一端与物块A连接，另一端与质量为mC=1kg的小球C相连，小球C套在水平固定的光滑直杆上。开始时小球C锁定在直杆上的P点，连接小球的轻绳和水平方向的夹角θ=60°，物体B对地面的压力恰好为零。现解除对小球C的锁定，同时施加一个水平向右、大小为F=16N的恒力，小球C运动到直杆上的Q点时速度达到最大，OQ与水平方向的夹角也为θ=60°，D为PQ的中点，PQ距离L=2m，在小球C的运动过程中，轻绳始终处于拉直状态，弹簧始终在弹性限度内，忽略两个定滑轮大小以及滑轮、绳与轴之间的摩擦力，g取10m/s2，下列说法正确的是（ ）
A．小球C从P点运动到D点的过程中，合外力对物体A的冲量为零
B．小球C从P点运动到Q点的过程中，轻绳拉力对物体A做功为零
C．小球C运动到Q点时的速度大小为1655m/s
D．小球C运动到Q点时，物体A的加速度大小为2m/s2
【答案】ACD
【详解】A．小球C运动到D点时，物体A刚好运动最低点，此时A的速度为零，根据动量定理可得
I合=Δp=0，可知合外力对物体A的冲量为零，故A正确；
B．小球C从P点运动到Q点的过程中，此时物体A刚好回到初始位置，此过程重力、弹簧弹力对A球做功均为0；由于小球C运动到Q点沿绳子方向的速度不为0，则此时A的速度不为0，根据动能定理可得
W合=WT=ΔEk>0，故B错误；
C．小球C运动到Q点时，此时物体A刚好回到初始位置，弹簧的弹性势能变化量为零，A、C和弹簧组成的系统根据能量守恒有FL=12mCvC2+12mAvA2，又vA=vCcsθ，联立解得vC=1655m/s，故C正确；
D．小球C运动到直杆上的Q点时速度达到最大，根据平衡条件有T=Fcsθ=2F
根据对称性可知，小球C运动到直杆上的Q点时物体B对地面的压力恰好为零，则弹簧处于伸长状态，且大小为F弹=mBg，物体A的加速度大小为a=2F-mAg-F弹mA=2m/s2，故D正确。
故选ACD。
9．（2023·宁夏银川·银川一中校联考二模）如图所示，一弹性轻绳（绳的弹力与其伸长量成正比）左端固定在A点，弹性绳自然长度等于AB，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在同一条水平线上，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（末准确标注），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。下列说法正确的是（ ）
A．对于弹性绳和小球组成的系统，从C点到E点的过程中机械能减少
B．小球从C点到E点的过程中摩擦力大小不变
C．小球在CD阶段损失的机械能大于小球在DE阶段损失的机械能
D．若在E点给小球一个向上的速度v=2gh，则小球不能回到C点
【答案】AB
【详解】A．由于小球受到杆的滑动摩擦力做负功，对于弹性绳和小球组成的系统，从C点到E点的过程中机械能减少，A正确；
B．设BC间距为x，在C点时，绳上的拉力为T=kx=0.5mg
从C点向下运动过程，设B点右侧绳长为x'，与竖直方向夹角为θ，水平方向由平衡条件可得
N=kx'⋅sinθ=kx=0.5mg'，小球受到的滑动摩擦力大小为f=μN=0.25mg，故小球从C点到E点的过程中摩擦力大小不变，故B正确；
C．对小球而言，除了摩擦力做功以外还有弹力做功，克服摩擦力做功相同，弹力做功不同，由于弹力沿竖直分力越来越大，所以，小球在CD阶段损失的机械能小于在DE阶段损失的机械能，C错误；
D．从C到E过程，据动能定理可得，mgh-fh-W弹=0
若在E点给小球一个向上的速度v=2gh，从E到C过程，根据动能定理可得
W弹-mgh-fh=Ek-12mv2
联立解得到达C点的动能Ek=0.5mgh
所以小球能回到C点，故D错误。
故选AB。
10．（2023·吉林·一模）如图所示，在一个倾角为30°的固定斜面上有一个圆形轨道，半径为R，DE为挡板，现从A点无初速度释放一个质量为m的小球，小球在BD段上的动摩擦因数为μ=39，其余光滑，小球与挡板碰撞后的速度大小为原速度大小的e倍，e=22，方向相反，已知BD段长L，重力加速度为g。
（1）若小球运动时恰好能完整经过圆形轨道，求AB之间距离S1；
（2）若AB间距离S2（S2>S1），求小球第一次与挡板相碰之前的速度大小v1。
（3）若小球与挡板相碰一次后沿斜面向上运动，又恰好能完整经过圆形轨道，求此时AB间距S3的大小。
【答案】（1）S1=(3+3)R；（2）v1=gS2+23gL；（3）S3=2L+2(3+3)R
【详解】（1）选择B点为小球重力势能零点位置，小球位于圆形轨道最高点时，由能量守恒可得
mgS1sin30°=mgR(cs30°+1)+12mv2
此时刚好不脱离轨道有mv2R=mg，解得S1=(3+3)R
（2）由能量守恒得12mv12=mg(S2+L)sin30°-μmgLcs30°，可得v1=gS2+23gL
（3）由（2）得，小球与挡板碰之前速度大小v2=gS3+23gL，碰后速度变为v2'=egS3+23gL
设小球到圆弧轨道最高点速度为v3，则由能量守恒得
12mv2'2=12mv32+mg(Lsin30°+Rcs30°+R)+μmgLcs30°
最高点时，刚好不脱离轨道，满足mv32R=mg，联立解得：S3=2L+2(3+3)R
1.（2023·全国·校联考模拟预测）如图所示，固定光滑斜面倾角θ=60°，其底端与竖直面内半径为R的固定光滑圆弧轨道相切，位置D为圆弧轨道的最低点。质量为2m的小球A和质量为m的小环B（均可视为质点）用L=1.5R的轻杆通过轻质铰链相连。B套在光滑的固定竖直长杆上，杆和圆轨道在同一竖直平面内，杆过轨道圆心O，初始轻杆与斜面垂直。在斜面上由静止释放A，假设在运动过程中两杆不会碰撞，小球能滑过D点且通过轨道连接处时无能量损失（速度大小不变），重力加速度为g，从小球A由静止释放到运动至最低点的过程中，下列判断正确的是（ ）
A．A和B组成的系统的机械能不守恒B．刚释放时小球A的加速度大小为32g
C．小环B速度最大时轻杆弹力为mgD．小球A运动到最低点时的速度大小为3gR3
【答案】B
【详解】A．在小球A下落到最低点的过程中，A和B组成的系统只有重力做功，故A和B组成的系统机械能守恒，故A错误；
B．刚释放时小球A时，杆对小球的弹力沿着杆，与运动方向垂直，由牛顿第二定律可知，2mgsinθ=2ma
解得a=32g，故B正确；
C．小环B速度最大时，小环B在竖直方向上的合力为零，轻杆的弹力竖直分量为mg，而只有A到达最低点，B速度为零时，轻杆的水平分量才为零，故小环B速度最大时，轻杆弹力大于mg，故C错误；
D．几何关系如图所示
设A初始时刻距离最低点的竖直高度为h1，由几何关系可知，Rsinθ+(h1-12R)tanθ=1.5Rsinθ，解得，h1=54R
设小环B初始时刻距离D点的竖直高度为h2，由几何关系可知，h2=h1+1.5Rcsθ=2R
由系统机械能守恒可知，2mgΔhA+mgΔhB=12×2mvA2+12mvB2，其中，vB=0，ΔhA=54R，ΔhB=0.5R
解得，vA=3gR，故D错误。
故选B。
2.（2024·四川成都·石室中学校考一模）如图所示，固定光滑斜面顶端有一轻质光滑定滑轮，质量为m的物块P和质量为3m的物块Q用轻质细绳相连，外力作用于P，使P、Q均静止，某时刻撤去外力，当Q下降的高度为h时，细绳断裂，重力加速度为g，sin37°=0.6，P、Q均可视为质点，斜面足够长，则（ ）
A．物块P沿斜面上升的最大高度为3516h
B．当细绳断裂的瞬间，物块Q的重力的功率为9mg42gh
C．在细绳断裂后，物块P沿斜面向上运动的时间为542hg
D．当物块P运动至最高点时，物块Q的机械能相对t=0时刻减少了3516mgh
【答案】C
【详解】A．根据题意可知，当Q下降的高度为h时，细绳断裂，根据几何关系得，P上升的高度
h'=hsin53°sin37°=34h
细绳断裂的瞬间P、Q速度大小相等，对PQ整体，根据机械能守恒有，3mgh-mgh'=123m+mv2
解得，v=98gh
细绳断裂后，P还能上升的最大高度满足，mgh1=12mv2，解得，h1=916h
则物块P沿斜面上升的最大高度，H=h'+h1=2116h，故A错误；
B．当细绳断裂的瞬间，物块Q重力做功的功率，P=3mgvsin53°=9mg52gh，故B错误；
C．细绳断裂后，物块P在斜面上的运动时间，t=vgsin37°=542hg，故C正确；
D．根据题意可知，细绳断裂前P、Q组成的系统机械能守恒，细绳断裂后，物块P、Q的机械能均守恒，则当物块P运动至最高点时，物块P增加的机械能等于物块Q的机械能相对t=0时刻减少量，即
ΔE=mgh'+h1=2116mgh，故D错误。
故选C。
3.（2023·贵州六盘水·统考模拟预测）如图所示，一条轻绳跨过光滑定滑轮，两端与质量分别为2m和m的物体P、Q连接，轻弹簧竖直放置，上端与物体Q相连，下端固定在水平面上。用手托住物体P，当轻绳刚好被拉直时，物体P离地的高度为L，重力加速度大小为g。物体P由静止释放后，落地时的速度恰好为0，则物体P下落过程中（ ）
A．物体P、Q组成的系统机械能守恒B．物体P、Q组成的系统机械能一直减少
C．弹簧的弹性势能增加了0.5mgLD．弹簧的弹性势能增加了mgL
【答案】D
【详解】AB．物体P下落过程中，物体P、Q和弹簧组成的系统满足机械能守恒；弹簧先处于压缩状态后处于伸长状态，弹性势能先减小后增加，则物体P、Q组成的系统机械能先增加后减小，故AB错误；
CD．物体P下落过程中，物体P、Q组成的系统重力势能减少了
ΔEp=2mgL-mgL=mgL
则弹簧的弹性势能增加了mgL，故C错误，D正确。
故选D。
4.（多选）（2022·辽宁沈阳·沈阳二中校考二模）如图所示，倾角为30°的绝缘粗糙斜面固定在水平面上，斜面上方有与斜面平行向上的匀强电场，一带正电的物块（可视为质点）以一定的初速度沿斜面向上运动，加速度大小为3m/s2，方向沿斜面向下，重力加速度g=10m/s2，则在物块运动过程中，下列说法正确的是（ ）
A．物块的机械能和电势能之和保持不变
B．物块电势能的减少量大于物块克服摩擦力做的功
C．电场力做的功小于物块克服摩擦力和重力做的功
D．物块的机械能减少
【答案】BC
【详解】A．物体受摩擦力，所以机械能和电势能之和减小，A错误；
BC．设物体质量为m，电场力为F电，受到的摩擦力为f，根据牛顿第二定律有mgsinθ+f-F电=ma
代入数据可得，F电-f=2m
所以F电>f，mgsinθ+f>F电，做功公式W=Fx，故电场力与摩擦力做功的关系有F电x>fx
摩擦力和重力做的功与电场力做的功的关系有(mgsinθ+f)x>F电x，电势能的减少量等于电场力做的功，B，C正确；
D．物体受到的外力中，电场力大于摩擦力，整体做正功，所以整体机械能增加，D错误；
故选BC。
5.（多选）（2023·广西桂林·统考二模）如图所示，被锁定在墙边的压缩弹簧右端与质量为0.2kg、静止于A点的滑块P接触但不粘连，滑块P所在光滑水平轨道与半径为0.8m的光滑半圆轨道平滑连接于B点，压缩的弹簧储存的弹性势能为2.8J，重力加速度取10m/s2，现将弹簧解除锁定，滑块P被弹簧弹出，脱离弹簧后冲上半圆轨道的过程中（ ）
A．可以到达半圆轨道最高点D
B．经过B点时对半圆轨道的压力大小为9N
C．不能到达最高点D，滑块P能到达的最大高度为1.35m
D．可以通过C点且在CD之间某位置脱离轨道，脱离时的速度大小为2.2m/s
【答案】BC
【详解】A．设滑块P恰能通过最高点D，则有mg=mvD2R，解得vD=22m/s
则滑块P从B点到D点，根据动能定理有-mg×2R=12mvD2-12mv'B2
解得滑块在B点的动能为E'kB=12mv'B2=4J>2.8J
所以滑块不能到达半圆轨道最高点D，故A错误；
B．滑块经过B点时的速度大小为vB，根据功能关系可得，E弹簧＝12mvB2
在B点根据牛顿第二定律可得，FN-mg＝mvB2R，联立解得，FN＝9N
根据牛顿第三定律可知对半圆轨道的压力大小为9N，故B正确；
CD．滑块在C点的重力势能为Ep'＝mgR＝0.2×10×0.8J＝1.6J＜2.8J
则滑块可以通过C点且在CD之间某位置脱离轨道，此时的速度大小为v
根据功能关系可得，E弹簧＝12mv2+mgR（1+csθ）
根据牛顿第二定律可得，mgcsθ=mv2R，联立解得，θ＝60，v＝2m/s
滑块离开轨道后做斜上抛运动，vx＝vcs30°＝2×32m/s＝3m/s
根据功能关系可得，E弹簧＝12mvx2+mgh，解得滑块P能到达的最大高度为，h＝1.35m，故C正确，D错误。
故选BC。
6.（2024·贵州·统考一模）如图，一轻质弹簧置于固定光滑斜面上，下端与固定在斜面底端的挡板连接，弹簧处于原长时上端位于A点。一物块由斜面上A点上方某位置释放，将弹簧压缩至最低点B（弹簧在弹性限度内），则物块由A点运动至B点的过程中，弹簧弹性势能的（ ）
A．增加量等于物块动能的减少量B．增加量等于物块重力势能的减少量
C．增加量等于物块机械能的减少量D．最大值等于物块动能的最大值
【答案】C
【详解】ABC．设物块在A点时的动能为Ek，斜面的倾角为θ，物块由A点运动至B点的过程中，对物块由能量守恒有
Ek+mgLABsinθ=Ep
可知，物块由A点运动至B点的过程中，物块的机械能转化成了弹簧的弹性势能，因此可知，弹簧弹性势能增加量大于物块动能的减少量，同样大于物块重力势能的减少量，而等于物块机械能的减少量，故AB错误，C正确；
D．显然，物块由A点运动至B点的过程中，弹簧弹性势能最大时即弹簧被压缩至最短时，而物块动能最大时，弹簧的弹力等于物块重力沿斜面向下的分力，即此时弹簧已被压缩，具有了一定的弹性势能，而此后物块还要继续向下运动，直至速度减为零，弹簧被压缩至最短，因此弹簧弹性势能的最大值大于物块动能的最大值，而等于物块机械能的减少量，故D错误。
故选C。
7.（多选）（2024·重庆·统考一模）如图，在竖直平面内有水平向左的匀强电场，在匀强电场中有一根长为L的绝缘细线，细线一端固定在O点，另一端系一质量为m的带电小球。小球静止时细线与竖直方向成θ角，此时让小球获得初速度且恰能绕O点在竖直平面内做圆周运动，重力加速度为g。则（ ）
A．匀强电场的电场强度大小为mgtanθq
B．小球获得初速度的大小为5gLcsθ
C．小球从初始位置运动至轨迹的最左端减少的机械能为mgLtanθ1+sinθ
D．小球从初始位置在竖直平面内顺时针运动一周的过程中，其电势能先减小后增大
【答案】BC
【详解】A．小球静止时细线与竖直方向成θ角，对小球受力分析如图
小球受重力、拉力和电场力，三力平衡，根据平衡条件，有mgtanθ=qE，解得E=mgtanθq，因为q未知，故A错误；
B．小球恰能绕O点在竖直平面内做圆周运动，在等效最高点A由重力和电场力的合力提供向心力，根据牛顿第二定律，有mgcsθ=mvmin2L
则小球从初始位置运动到A点的过程中，由动能定理可得-mg⋅2Lcsθ-qE⋅2Lsinθ=12mvmin2-12mv02
联立解得小球获得初速度的大小为v0=5gLcsθ，故B正确；
C．小球的机械能和电势能之和守恒，则小球运动至电势能最大的位置机械能最小，小球带负电，则小球运动到圆周轨迹的最左端点与圆心等高处时机械能最小，由功能关系和能量守恒定律可得小球从初始位置运动至轨迹的最左端减少的机械能为E=Ep电=qEL+Lsinθ=qmgtanθqL+Lsinθ=mgLtanθ1+sinθ，故C正确；
D．小球从初始位置开始在竖直平面内顺时针运动一周的过程中，电场力先做负功，后做正功，再做负功，则其电势能先增大后减小再增大，故D错误。
故选BC。
【点睛】等效重力场问题，小球运动到等效最高点时，速度最小。小球恰好能做圆周运动的条件是，小球在等效最高点时，由重力和电场力的合力提供向心力。在整个运动过程中，重力和电场力做功，即小球的动能、重力势能和电势能在相互转换，故小球电势能最大时，小球的机械能最小，减小的机械能等于增加的电势能。电场力做正功，电势能减小。
8.（2023·全国·校联考一模）如图所示，劲度系数为k的轻质弹簧悬挂在天花板的O点，下端与视为质点的物块相连，B点是O点在光滑水平地面上的射影，O、B两点间的高度差为h，弹簧的原长也为h，现让物块从地面上的A点由静止释放，物块从A运动到B的过程中一直未离开地面，当物块运动到B点时速度大小为v，已知∠AOB=53°，弹簧的弹性势能EP与弹簧的伸长量x以及弹簧的劲度系数k之间的关系为EP=12kx2，已知重力加速度大小为g，sin53°=0.8，cs53°=0.6。
（1）求物块在A点时弹簧的伸长量以及物块的质量；
（2）求物块在A点刚释放时，地面对物块的支持力的大小以及物块的加速度大小。
【答案】（1）x=2h3，m=4kh29v2；（2）FN=4kh2g9v2-2kh5，a=6v25h
【详解】（1）物块在A点时弹簧的长度为l=hcs53=5h3，弹簧的伸长量为x=l-h=2h3
物块从A运动到B的过程中，根据能量守恒，有Ep=12mv2，解得m=4kh29v2
（2）弹簧的弹力为F=kx=2kh3
物块在A点刚释放时，地面对物块的支持力为FN=mg-Fcs53=4kh2g9v2-2kh5
根据牛顿第二定律，有Fsin53=ma，物块的加速度为a=6v25h
9.（2024·四川绵阳·统考二模）如图所示，竖直平面内的光滑水平轨道AB与半径为R的光滑圆轨道平滑连接，一轻质短弹簧在水平轨道上，左端固定在墙上，质量为m的小球P将弹簧压缩。从静止释放小球P，小球P沿水平轨道运动，与弹簧分离后，以速度v0向右匀速运动，在圆轨道的最低点B与另一质量为M的静止小球Q发生弹性碰撞，碰后，小球Q沿圆轨道上升到C点脱离轨道，小球P返回向左压缩弹簧，然后被弹簧弹回，恰好也在C点脱离轨道。两小球形状相同，都可视为质点，整个过程中没有机械能损失，不考虑两球的第二次碰撞，重力加速度为g。
（1）求弹簧最初具有的弹性势能Ep及小球P、Q碰后瞬间的速度v1和v2。（用m、M、v0表示）
（2）求小球P和Q的质量之比及C点距水平面AB的竖直高度hC。（hC用v0、R、g表示）
（3）假设球P和Q的质量可以取不同的值，若小球P第一次与弹簧分离后的速度v0=35gR，且P和Q碰后都能通过轨道的最高点D。试分析讨论两小球的质量m和M应满足的关系。
【答案】（1）v1=m-Mm+Mv0，v2=2mm+Mv0；（2）hC=4gR+v0212g；（3）M5≤m≤M2或m≥2M
【详解】（1）由小球P和弹簧组成的系统机械能守恒，压缩弹簧具有的弹性势能有EP=12mv02
小球P与静止的Q发生正碰，碰后速度分别为v1、v2，取水平向右为正方向，由动量守恒定律和机械能守恒定律得mv0=mv1+Mv2，12mv02=12mv12+12Mv22，联立解得v1=m-Mm+Mv0，v2=2mm+Mv0
（2）因P和Q均在C点脱离圆轨道，则P和Q在C点时速度大小相等，根据机械能守恒，可知小球P与静止的Q发生弹性碰撞后，两球速度大小相等方向相反，即-v1=v2
结合（1）结论，解得，mM=13
小球Q在C点脱离轨道，设C点轨道法线与竖直方向的夹角为θ，有Mgcsθ=MvC2R
小球Q从B点运动到C点过程中，由动能定理，-MghC=12MvC2-12Mv22
由几何关系，hC=Rcsθ+R，联立解得，hC=4gR+v0212g
（3）小球Q或P经过圆形轨道的最高点D点应具有最小速度vD，则Mg=MvD2R
确保小球P和Q都能通过最高点D点，则从B点运动到D点过程中，由能量关系
12mv12≥mg2R+12mvD2，12Mv12≥Mg2R+12MvD2
解上面两式，分别得m≤M2或m≥2M，m≥M5
综上分析得M5≤m≤M2或m≥2M
考点内容
要求
学习目标
机械能守恒定律的应用
III
掌握机械能守恒的条件及机械能守恒条件的应用；
掌握常见力做功和相应的能量转化；
掌握利用能量观点在曲线运动和板块问题中的应用；
功能关系的综合应用
III
能量守恒定律的综合应用
III
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
\l "_Tc5322" 02考情分析·解密高考 PAGEREF _Tc5322 \h 1
03高频考点·以考定法 \l "_Tc19872" PAGEREF _Tc19872 \h 2
\l "_Tc6498" PAGEREF _Tc6498 \h 2
\l "_Tc24766" 一、机械能守恒定律的应用 PAGEREF _Tc24766 \h 2
\l "_Tc8819" 二、功能关系的综合应用 PAGEREF _Tc8819 \h 3
\l "_Tc3815" 三、能量守恒定律的综合应用 PAGEREF _Tc3815 \h 4
\l "_Tc2562" PAGEREF _Tc2562 \h 4
\l "_Tc6081" PAGEREF _Tc6081 \h 9
\l "_Tc28675" 考向1：机械能守恒定律在连接体中的综合应用 PAGEREF _Tc28675 \h 9
\l "_Tc9901" 考向2：能量守恒定律在曲线运动中光的应用 PAGEREF _Tc9901 \h 11
\l "_Tc14480" 考向3：能量守恒定律在板块问题中的应用 PAGEREF _Tc14480 \h 13
\l "_Tc28122" 04核心素养·难点突破 \l "_Tc17585" PAGEREF _Tc17585 \h 17
05创新好题·轻松练 \l "_Tc28832" PAGEREF _Tc28832 \h 25
一、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
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。
二、功能关系的综合应用
1. 常见的功能关系
2. 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。
三、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ΔEA减＝ΔEB增。
3．当涉及摩擦力做功时，注意摩擦产生的热量Q＝f x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。
【典例1】（多选）（2023·全国·统考高考真题）如图，一质量为M、长为l的木板静止在光滑水平桌面上，另一质量为m的小物块（可视为质点）从木板上的左端以速度v0开始运动。已知物块与木板间的滑动摩擦力大小为f，当物块从木板右端离开时（ ）
A．木板的动能一定等于flB．木板的动能一定小于fl
C．物块的动能一定大于12mv02-flD．物块的动能一定小于12mv02-fl
【答案】BD
【详解】设物块离开木板时的速度为v1，此时木板的速度为v2，由题意可知，v1>v2
设物块的对地位移为xm，木板的对地位移为xM
CD．根据能量守恒定律可得，12mv02=12mv12+12Mv22+fl
整理可得，12mv12=12mv02-fl-12Mv22<12mv02-fl，D正确，C错误；
AB．因摩擦产生的摩擦热，Q=fL=f(xm-xM)
根据运动学公式，xm=v0+v12⋅t，xM=v22⋅t
因为，v0>v1>v2，可得，xm>2xM，则xm-xM=l>xM，所以W=fxM
【典例2】（2023·北京·统考高考真题）如图所示，质量为m的小球A用一不可伸长的轻绳悬挂在O点，在O点正下方的光滑桌面上有一个与A完全相同的静止小球B，B距O点的距离等于绳长L。现将A拉至某一高度，由静止释放，A以速度v在水平方向和B发生正碰并粘在一起。重力加速度为g。求：
（1）A释放时距桌面的高度H；
（2）碰撞前瞬间绳子的拉力大小F；
（3）碰撞过程中系统损失的机械能ΔE。
【答案】（1）v22g；（2）mg+mv2L；（3）14mv2
【详解】（1）A释放到与B碰撞前，根据动能定理得，mgH=12mv2
解得H=v22g
（2）碰前瞬间，对A由牛顿第二定律得，F-mg=mv2L，解得F=mg+mv2L
（3）A、B碰撞过程中，根据动量守恒定律得，mv=2mv1，解得v1=12v
则碰撞过程中损失的机械能为，ΔE=12mv2-12⋅2m12v2=14mv2
【典例3】（2022·江苏·高考真题）如图所示，轻质弹簧一端固定，另一端与物块A连接在一起，处于压缩状态，A由静止释放后沿斜面向上运动到最大位移时，立即将物块B轻放在A右侧，A、B由静止开始一起沿斜面向下运动，下滑过程中A、B始终不分离，当A回到初始位置时速度为零，A、B与斜面间的动摩擦因数相同、弹簧未超过弹性限度，则（ ）
A．当上滑到最大位移的一半时，A的加速度方向沿斜面向下
B．A上滑时、弹簧的弹力方向不发生变化
C．下滑时，B对A的压力先减小后增大
D．整个过程中A、B克服摩擦力所做的总功大于B的重力势能减小量
【答案】B
【详解】B．由于A、B在下滑过程中不分离，设在最高点的弹力为F，方向沿斜面向下为正方向，斜面倾角为θ，AB之间的弹力为FAB，摩擦因素为μ，刚下滑时根据牛顿第二定律对AB有
F+mA+mBgsinθ-μmA+mBgcsθ=mA+mBa
对B有，mBgsinθ-μmBgcsθ-FAB=mBa
联立可得，FmA+mB=-FABmB
由于A对B的弹力FAB方向沿斜面向上，故可知在最高点F的方向沿斜面向上；由于在最开始弹簧弹力也是沿斜面向上的，弹簧一直处于压缩状态，所以A上滑时、弹簧的弹力方向一直沿斜面向上，不发生变化，故B正确；
A．设弹簧原长在O点，A刚开始运动时距离O点为x1，A运动到最高点时距离O点为x2；下滑过程AB不分离，则弹簧一直处于压缩状态，上滑过程根据能量守恒定律可得，12kx12=12kx22+mgsinθ+fx1-x2
化简得，k=2mgsinθ+fx1+x2
当位移为最大位移的一半时有，F合=kx1-x1-x22-mgsinθ+f
带入k值可知F合=0，即此时加速度为0，故A错误；
C．根据B的分析可知，FmA+mB=-FABmB
再结合B选项的结论可知下滑过程中F向上且逐渐变大，则下滑过程FAB逐渐变大，根据牛顿第三定律可知B对A的压力逐渐变大，故C错误；
D．整个过程中弹力做的功为0，A重力做的功为0，当A回到初始位置时速度为零，根据功能关系可知整个过程中A、B克服摩擦力所做的总功等于B的重力势能减小量，故D错误。
故选B。
【典例4】（2023·广东·统考高考真题）如图为某药品自动传送系统的示意图．该系统由水平传送带、竖直螺旋滑槽和与滑槽平滑连接的平台组成，滑槽高为3L，平台高为L。药品盒A、B依次被轻放在以速度v0匀速运动的传送带上，在与传送带达到共速后，从M点进入滑槽，A刚好滑到平台最右端N点停下，随后滑下的B以2v0的速度与A发生正碰，碰撞时间极短，碰撞后A、B恰好落在桌面上圆盘内直径的两端。已知A、B的质量分别为m和2m，碰撞过程中损失的能量为碰撞前瞬间总动能的14。A与传送带间的动摩擦因数为μ，重力加速度为g，AB在滑至N点之前不发生碰撞，忽略空气阻力和圆盘的高度，将药品盒视为质点。求：
（1）A在传送带上由静止加速到与传送带共速所用的时间t；
（2）B从M点滑至N点的过程中克服阻力做的功W；
（3）圆盘的圆心到平台右端N点的水平距离s．
【答案】（1）t=v0μg（2）W=6mgL-3mv02；（3）s=3v022Lg
【详解】（1）A在传送带上运动时的加速度a=μg
由静止加速到与传送带共速所用的时间，t=v0a=v0μg
（2）B从M点滑至N点的过程中克服阻力做的功W=12⋅2mv02+2mg⋅3L-122m(2v0)2=6mgL-3mv02
（3）AB碰撞过程由动量守恒定律和能量关系可知，2m⋅2v0=mv1+2mv2
12⋅2m⋅(2v0)2-(12mv12+12⋅2mv22)=14[12⋅2m⋅(2v0)2]
解得，v1=2v0，v2=v0
（另一组v1=23v0 v2=53v0舍掉）
两物体平抛运动的时间，t1=2Lg
则，s-r=v2t1，s+r=v1t1
解得s=3v022Lg
【典例5】（2023·海南·统考高考真题）如图所示，有一固定的光滑14圆弧轨道，半径R=0.2m，一质量为mB=1kg的小滑块B从轨道顶端滑下，在其冲上长木板C左端时，给木板一个与小滑块相同的初速度，已知mC=3kg，B、C间动摩擦因数μ1=0.2，C与地面间的动摩擦因数μ2=0.8，C右端有一个挡板，C长为L。
求：
（1）B滑到A的底端时对A的压力是多大？
（2）若B未与C右端挡板碰撞，当B与地面保持相对静止时，B、C间因摩擦产生的热量是多少？
（3）在0.16m
【答案】（1）30N；（2）1.6J；（3）1-150.8-L16s
【详解】（1）滑块下滑到轨道底部，有mBgR=12mBv02-0
解得v0=2m/s
在底部，根据牛顿第二定律，FN-mBg=mBv02R
解得，FN=30N
由牛顿第三定律可知B对A的压力是30N。
（2）当B滑上C后，对B分析，受摩擦力力向左，根据牛顿第二定律得，fB=μ1mBg=mBaB
解得加速度向左为a1=2m/s2
对C分析，受B向右的摩擦力μ1mBg和地面向左的摩擦力，f地C=μ2mB+mCg
根据牛顿第二定律，f地C-fBC=μ2mB+mCg-μ1mBg=mCa2
解得其加速度向左为a2=10m/s2
由运动学位移与速度关系公式v2-v02=2ax，得B向右运动的距离x1=v022a1=1m
C向右运动距离，x2=v022a2=0.2m
由功能关系可知，B、C间摩擦产生的热量Q=μ1mBgx1-x2
可得Q=1.6J
（3）由上问可知，若B还末与C上挡板碰撞，C先停下，用时为t1，有t1=v0a2
解得t1=0.2s
B的位移为，xB1=v0t1-12a1t12=0.36m
则此刻的相对位移为x相=xB1-x2=0.16m
此时vB1=v-a1t1=1.6m/s
由L>0.16m，一定是C停下之后，B才与C上挡板碰撞。设再经t2时间B与C挡板碰撞，有
L-0.16=1.6t2-12a1t22
解得t2=0.8-0.8-L
碰撞时B速度为vB2=vB1-a1t2=20.8-L
碰撞时由动量守恒可得mBvB2=mA+mBv
解得碰撞后B、C速度为v=0.8-L2
之后二者一起减速，根据牛顿第二定律得a3=μ2mA+mBgmA+mB=8m/s2
后再经t3后停下，则有t3=va3=0.8-L16
故B从滑上C到最终停止所用的时间总时间t=t1+t2+t3=（1-150.8-L16）s
考向1：机械能守恒定律在连接体中的综合应用
1.（多选）（2023·四川德阳·统考一模）如图所示，竖直平面内固定一根竖直的光滑杆P和水平光滑杆Q，两杆在同一平面内，不接触，水平杆延长线与竖直杆的交点为O。质量为2m的小球A套在竖直杆上，上端固定在杆上的轻质弹簧的另一端与小球A相连。另一质量为m的小球B套在水平杆Q上，小球A、B用长为2L的轻杆通过铰链分别连接。在外力作用下，当轻杆与水平杆Q成θ=53°斜向左上时，轻质弹簧处于原长，系统处于静止状态。撤去外力，小球A在竖直杆上做往复运动，下降的最大距离为2L。已知轻质弹簧的弹性势能Ep=12kx2，x为弹簧的形变量，k为轻质弹簧的劲度系数，整个过程轻质弹簧始终处在弹性限度内，不计一切摩擦，重力加速度大小为g，sin53°=0.8，cs53°=0.6.则下列说法正确的是（ ）
A．轻质弹簧的劲度系数k为2mgL
B．小球A运动到O点时的速度大小为452gL
C．从撤去外力到轻杆与水平杆Q成θ=30°斜向左上的过程，轻杆对小球B做的功为21175mgL
D．小球A从最高点运动到O点的过程，水平杆Q对小球B的作用力始终大于mg
【答案】AC
【详解】A．小球A、弹簧和小球B组成的系统能量守恒，小球A下降到最大距离时，根据能量守恒定律有12k(2L)2=2mg×2L
解得k=2mgL，故A正确
小球A运动到O点时，AB速度相等，根据能量守恒定律有
2mg×2Lsin53°-12k(2Lsin53°)2=12×2mv2+12mv2
解得v=4523gL，故B错误；
C．轻杆与水平杆Q成θ=30°斜向左上时，设B的速度为v'，A的速度为vA，根据关联问题可知，
vAcs60°=v'cs30°
根据能量守恒定律有，2mg×2L(sin53°-sin30°)-12k(2Lsin53°-2Lsin30°)2=12×2mvA2+12mv'2
解得v'=42175gL
根据动能定理可知轻杆对小球B做的功为，W=12mv'2
解得W= 21175mgL，故C正确；
D．根据小球A在竖直杆上做往复运动的特点可知，小球从从最高点运动到O点的过程，铰链对小球先做正功，后做负功，则水平杆Q对小球B的作用力并非始终大于mg，故D错误；
故选AC。
2.（2024·陕西汉中·统考一模）如图所示，物块A套在光滑水平杆上，连接物块A的轻质细线与水平杆间所成夹角为θ=53°,细线跨过同一高度上的两光滑定滑轮与质量相等的物块B相连，定滑轮顶部离水平杆距离为h=0.8m，现将物块B由静止释放，物块A、B均可视为质点，重力加速度g=10m/s2,sin53°=0.8，不计空气阻力，则（ ）
物块A与物块B速度大小始终相等
物块A能达到的最大速度为2m/s
C．物块B下降过程中，重力始终大于细线拉力
D．当物块A经过左侧滑轮正下方时，物块B的速度最大
【答案】B
【详解】AD．根据题意可知，物块A与物块B速度关系为vAcsθ=vB
两物块速度不相等，当物块A经过左侧滑轮正下方时，有vB=vAcs90°=0，故AD错误；
B．当物块A运动到左侧定滑轮正下方时，物块B下降的距离最大，物块A的速度最大，根据机械能守恒有mBghsin53°-h=12mAv2，解得v=2ms，故B正确；
C．由上述分析可知，当物块A经过左侧滑轮正下方时，物块B的速度为0，则物块B向下先加速后减速，则物块B减速下降过程中，重力会小于细线拉力，故C错误。
故选B。
考向2：能量守恒定律在曲线运动中光的应用
3.（2024·陕西商洛·校联考一模）一儿童在楼梯台阶上玩掷弹力球游戏，弹力球质量为m，小球从高处落到低处，其空中运动轨迹如图所示，已知台阶的高和宽均为L，不计空气阻力和碰撞时间，重力加速度为g，以下说法正确的是（ ）
A．弹力球每次弹起在空中运动时间为22L3g
B．弹力球每次弹起时速度大小为15gL6
C．弹力球每次碰撞动量的变化量大小为m6gL
D．弹力球每次碰撞损失的能量为mgL2
【答案】C
【详解】A．弹力球做斜抛运动，每次上升的最大高度为L3，根据L3=12gt12
可得上升的时间t1=2L3g
下落高度为4L3，同理可知下落的时间t2=22L3g
弹力球每次弹起在空中运动时间为t=t1+t2=32L3g=6Lg，A错误；
B．弹力球水平方向匀速运动，水平速度v水平=Lt=Lg6
每次弹起时竖直分速度v1=gt1=6gL3
弹力球每次弹起时速度大小v=v12+v水平2=30gL6，B错误；
C．每次落地时的竖直分速度v2=gt2=26gL3
由于只有竖直方向速度发生变化，弹力球每次碰撞动量的变化量大小为mΔv=mv2-(-mv1)=m6gL
C正确；
D．弹力球每次碰撞损失的能量ΔE=12m(v22+v水平2)-12m(v12+v水平2)=mgL，D错误。
故选C。
4.（2023·河北石家庄·校联考模拟预测）如图所示，倾角为θ=37°的斜面与圆心为O、半径R=0.9m的光滑圆弧轨道在B点平滑连接，且固定于竖直平面内。斜面上固定一平行于斜面的轻质弹簧，现沿斜面缓慢推动质量为m1=0.8kg的滑块a使其压缩弹簧至A处，将滑块a由静止释放，通过D点时轨道对滑块a的弹力为零。已知A、B之间的距离为L=1.35m，滑块a与斜面间动摩擦因数μ=0.25，C为圆弧轨道的最低点，CE为圆弧轨道的直径，OD水平，滑块a可视为质点，忽略空气阻力，取g=10m/s2，sin37°=0.6，cs37°=0.8，3≈1.73。
（1）求滑块a在C点对轨道压力的大小。
（2）求滑块a整个运动过程中系统因摩擦而产生的热量。
（3）若仅将滑块a换为质量为m2=0.05kg的滑块b，滑块b由A点弹出后立即撤去弹簧，求滑块b第一次落在斜面上的位置至B点的距离（结果保留2位有效数字）。
【答案】（1）24N；（2）7.92J；（3）1.8m
【详解】（1）由题可知，滑块a在D点处的速度为0，对滑块a由C至D点过程，由动能定理有
-m1gR=-12m1vC2
对滑块a在C点由牛顿第二定律有
F1-m1g=m1vC2R
结合牛顿第三定律可知，滑块a在C点对轨道压力的大小
FN=F1=24N
（2）设滑块a在A处时弹簧储存的弹性势能为Ep，由能量守恒定律可知
Ep+m1gLsin37°=μm1gLcs37°+m1gRcs37°
解得
Ep=1.44J
最终滑块a在B与B关于C对称的点之间运动，由能量守恒可知
Q=Ep+m1gLsin37°
解得
Q=7.92J
（3）设滑块b能通过E点，对滑块b由A点至E点由能量守恒有
Ep+m2gLsin37°=μm2gLcs37°+m2g(R+Rcs37°)+12m2vE2
解得，vE=6m/s
滑块b恰好能通过E点时，有，m2g=m2v'2R
可知vE>v'，假设成立，设滑块b在空中运动的时间为t，滑块b落在斜面上的位置与B之间的水平距离为d，则有
d=vEt-Rsin37°
(R+Rcs37°)-12gt2=dtan37°
解得，t=9(3-1)20s
又有，x=dcs37°
解得，x≈1.8m
考向3：能量守恒定律在板块问题中的应用
5.（2023·四川成都·校联考模拟预测）如图所示，质量为m = 2kg的物块A从高为h = 0.2m的光滑固定圆弧轨道顶端由静止释放，圆弧轨道底端的切线水平，物块A可从圆弧轨道的底端无能量损失地滑上一辆静止在光滑水平面上的小车B，且物块最终没有滑离小车B。已知A、B间的动摩擦因数μ = 0.2，小车B的质量M = 6kg，重力加速度g = 10m/s²，求：
（1）物块A与小车B的共同速度；
（2）当物块A相对小车B静止时，小车B运动的位移及系统因摩擦产生的热量。
【答案】（1）v = 0.5m/s；（2）xB=316m；Q = 3J
【详解】（1）设物块A从圆弧轨道顶端滑到底端时的速度为v0，由动能定理可得
mgh=12mv02
解得
v0=2gh=2m/s
物块A滑上小车B后，物块与小车组成的系统动量守恒，设它们相对静止时的速度为v，则有
mv0=(m+M)v
解得，v=0.5m/s
（2）对小车B由动能定理可得，μmgxB=12Mv2
解得，xB=316m
设系统产生的热量为Q，由能量守恒得，12mv02=12(m+M)v2+Q
解得，Q = 3J
6.（2024·福建泉州·统考二模）如图，一质量为3m、长度为L的木板静止在倾角θ=30°的固定斜面上，木板的上表面光滑，下表面与斜面间的动摩擦因数μ=32，木板的下端固定有垂直于木板的薄挡板。一与斜面平行的轻弹簧下端固定在斜面的底端，上端由原长被压缩了L2后用触控锁钉锁定。现将质量为m的小滑块从木板的中点由静止释放，经过一段时间，滑块与挡板发生第一次碰撞后，木板开始运动。经过多次碰撞后，当滑块位于挡板处且和木板速度都为零时，木板刚好接触弹簧并触发锁钉立即解除锁定。已知重力加速度大小为g，弹簧的劲度系数k=15mgL，滑块与挡板间的碰撞为弹性正碰，且碰撞时间极短，不计空气阻力。求：
（1）滑块第一次与挡板碰撞前瞬间，滑块的速度大小v0；
（2）滑块第一次与挡板碰撞后瞬间，木板的速度大小v1和加速度大小a1；
（3）木板在初始位置时，其下端与锁钉的距离d；
（4）锁钉解除后，当滑块与挡板第一次分离时木板的速度大小v'。
【答案】（1）v0=gL2；（2）v1=gL8，a1=12g；（3）d=L4；（4）v'=380gL
【详解】（1）设滑块释放时加速度大小为a0，由牛顿第二定律得mgsinθ=ma0
滑块释放后到第一次与挡板碰撞前的过程中做匀加速直线运动，有v02=2a0L2，得v0=gL2
（2）设第一次碰撞后瞬间，木板的速度为v1，滑块的速度为v2，由动量守恒定律和能量守恒定律可得
mv0=3mv1+mv2，12mv02=12×3mv12+12mv22，联立解得v1=12v0=gL8，v2=-12v0=-gL8
对木板由牛顿第二定律可得4μmgcsθ-3mgsinθ=3ma1，解得a1=12g，方向沿斜面向上。
（3）方法一：
从滑块开始运动到滑块位于挡板处且和木板速度都为零时，木板一直向下运动，在这过程中,滑块重力做功
WG1=mgL2+dsinθ
木板重力做功WG2=3mgdsinθ
木板所受摩擦力做功Wf=-4μmgdcsθ
由功能关系得WG1+WG2+Wf=0，解得d=L4
方法二：
木板第一次碰后向下减速的位移s1=v122a1=L8
在木板向下减速时滑块向上减速，由于加速度大小a1=a0，当木板速度为0时，滑块速度也为0，此时两者之间距离为Δs1=2s1=L4
接下来板不动，滑块沿板加速下滑与板碰撞，设第二次碰撞时滑块速度为v'0，则v'0=2a0Δs1=gL2
第二次碰撞后瞬间，木板的速度为v'1，滑块的速度为v'2，由动量守恒和能量守恒可得，mv'0=3mv'1+mv'2
12mv'02=12×3mv'12+12mv'22
联立解得v'1=12v'0=gL4，v'2=-12v'0=-gL4
木板向下的位移s2=v122a1=L16
当两者速度再次为0，此时两者之间距离为Δs2=2s2=L8
滑块再次碰撞木板时的速度v″0=2a0Δs2=22v'0
由动量守恒和能量守恒可得第三次碰撞后瞬间，木板的速度为v″1=22v'1
木板向下的位移s3=v″122a1=L32
即每次木板向下的位移sn=12sn-1或sn=12n-1s1
木板下端与锁钉的距离，d=L8×1+12+14+18+⋯=L4
（4）当板块分离时，弹簧的形变量为x，挡板与滑块间的弹力N=0，两者的加速度相等都为a=gsinθ
对板块整体，4μmgcsθ+4mgsinθ-kx=4ma，得，x=L5
对弹簧和板块系统，由能量守恒得，12kL22-12kx2=4μmgcsθ⋅L2-x+4mgsinθ⋅L2-x+12×4mv2
解得，v'=380gL
考点4：能量守恒定律在传送带上的运用
7.（多选）（2023·河北石家庄·统考二模）如图所示，倾斜传送带以恒定速率 v 顺时针转动，现将一小物块由静止放于传送带底端，经过一段时间，小物块运动到传送带的顶端且速率恰好达到v，在整个过程中小物块与传送带之间的摩擦生热为Q，小物块获得的动能为 Ek、重力势能的增加量为 Ep，下列说法正确的是（ ）
A．Q=EkB．Q>EkC． Q=EK+EPD． Q
【详解】设传送带长度为L，倾角为θ，质量为m，运动时间为t，物块受到的摩擦力为f，根据题意，有
x物=L=v2t
x传=vt
则有，x传-x物=L
可得，x传=2L
对物块，根据动能定理，fL-mgsinθ⋅L=EK-0
产生的热量为Q=fΔL=f2L-L=fL
其中，mgsinθ⋅L=EP
联立可得，Q=EK+EP
则有，Q>Ek
故选BC。
8.（多选）（2024·辽宁·模拟预测）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v1=2m/s匀速向右运动，一质量为m=1kg的滑块从传送带右端以水平向左的速率v2=3m/s滑上传送带，最后滑块返回传送带的右端。关于这一过程，下列判断正确的有（ ）
A．滑块返回传送带右端的速率为2m/s
B．此过程中传送带对滑块做功为2.5J
C．此过程中滑块与传送带间摩擦产生的热量为12.5J
D．此过程中电动机对传送带多做功为10J
【答案】ACD
【详解】A．由于传送带足够长，滑块匀减速向左滑行，直到速度减为零，然后滑块在滑动摩擦力的作用下向右匀加速，由于
v1=2m/s
B．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=12mv12-12mv22=-2.5J，故B错误；
C．设滑块向左运动的时间为t1，位移为x1，则x1=v22t1
该过程中传送带的位移为x2=v1t1，t1=v2μg
摩擦生热为Q1=μmg(x1+x2)=10.5J
返回过程，当物块与传送带共速时v1=μgt2
物块与传送带摩擦生热为Q2=μmg(v1t2-v12t2)=2J
则此过程中滑块与传送带间摩擦产生的热量为Q=Q1+Q2=12.5J，故C正确；
D．此过程中电动机对传送带多做功为ΔW=W+Q=10J，故D正确。
故选ACD。
一、单选题
1．（2024·重庆沙坪坝·重庆八中校考一模）用如图所示的装置来模拟风洞实验。在模拟风洞管中的光滑斜面上，一物块在沿斜面方向的恒定风力作用下，从离弹簧（初始处于原长）一定距离处静止开始加速向上运动，则从开始运动至到达最高点的过程中物体（ ）
A．所受风力的功率恒定B．刚接触弹簧时动能最大
C．和弹簧组成的系统机械能守恒D．重力势能一直增大
【答案】D
【详解】A．物体静止向上运动到最高点的过程中，初末速度均为零，物体的速度先增大后减小，根据
P=F风v，可知所受风力的功率先增大后减小，故A错误；
B．当物体的动能最大时，物体的加速度为零，此时弹簧弹力为F=F风-mgsinθ＞0
故此时弹簧处于被压缩状态，故B错误；
C．由于物块和弹簧组成的系统一直受到沿斜面向上的风力作用，风力一直对整个系统做正功，故物块和弹簧组成的系统机械能不断增大，故C错误；
D．物体静止向上运动到最高点的过程中，重力一直做负功，故重力势能一直增大，故D正确。
故选D。
2．（2024·福建泉州·统考二模）唐代诗人丁仙芝的诗句“更闻枫叶下，淅沥度秋声”，通过枫叶掉落的淅沥声，带来了秋天的讯息。如图为枫叶在秋风中下落的景色，若其中一片枫叶从高度为6m的树枝上由静止飘落，经3s落到水平地面上，取重力加速度大小为10m/s2。则该枫叶（ ）
A．下落过程做自由落体运动B．落地时速度大小一定为30m/s
C．在竖直方向上运动的平均速度大小为2m/sD．在下落过程中机械能守恒
【答案】C
【详解】AD．枫叶下落的平均加速度大小为a，根据h=12at2
可得a=2ht2=2×632m/s2=43m/s2
B．枫叶落地时速度大小满足v
故选C。
3．（2023·贵州黔东南·统考一模）如图所示，质量为m、高为h、倾角为θ的光滑斜面体A放在足够大的光滑水平地面上，斜面顶端正上方有一固定的光滑套管C，用手提着质量为m的细长直杆B的上端，将直杆穿过套管，使直杆下端恰好与斜面体顶端接触，突然松手，直杆在套管的约束下只能沿竖直方向运动，斜面体随即向右加速，重力加速度大小为g，下列说法正确的是（ ）
A．直杆的最大速度为2ghcsθ
B．斜面体的最大速度为2ghsinθ
C．斜面体的加速时间为2ghgsinθ
D．斜面体在加速过程中受到地面的支持力大小为2mg-mgsinθ
【答案】C
【详解】AB．杆竖直向下运动，接触点沿斜面滑动，同时由于杆向下运动使斜面向右运动，故将杆竖直向下的速度分解为平行斜面的速度v1和水平方向的速度v2，如图
杆一直向下加速，故可知到达斜面底端时速度最大，在到达底端过程中斜面体向右的速度与杆沿水平方向的速度相等，设到达底端时杆的速度为vm，斜面体的速度为v'，从开始到到达底端时对杆和斜面体由机械能守恒得，mgh=12mvm2+12mv'2
其中有tanθ=vmv'
联立解得vm=2ghsinθ，v'=2ghcsθ，故AB错误；
C．设杆加速度为a1，斜面体加速度为a2，根据前面分析可知tanθ=a1a2
设斜面对杆垂直于斜面方向的弹力为FN，杆对斜面垂直斜面向下的弹力为FN'，可知
FN=FN'
对杆和斜面体由牛顿第二定律mg-FNcsθ=ma1
FN'sinθ=ma2
联立解得，FN=FN'=mgcsθ，a2=gsinθcsθ
故斜面体的加速时间为t=v'a2=2ghcsθgsinθcsθ=2ghgsinθ，故C正确；
D．斜面体在加速过程中竖直方向受力平衡N=mg+FN'csθ
解得，N=2mg-mgsin2θ，故D错误。
故选C。
4．（2023·山东菏泽·校联考模拟预测）一块质量为 M、长为l的长木板A 静止放在光滑的水平面上，质量为 m 的物体B（视为质点）以初速度v0从左端滑上长木板A 的上表面并从右端滑下，该过程中，物体B 的动能减少量为ΔEkB，长木板 A 的动能增加量为ΔEkA，A、B间摩擦产生的热量为Q，关于ΔEkB，ΔEkA，Q的值，下列可能的是（ ）
A．ΔEkB=7J，ΔEkA=5J，Q=5JB．ΔEkB=7J，ΔEkA=2J，Q=5J
C．ΔEkB=3J，ΔEkA=2J，Q=5JD．ΔEkB=5J， ΔEkA=3J，Q=2J
【答案】B
【详解】AC．根据能量守恒可知ΔEkB=ΔEkA+Q，故AC错误；
BD．画出物体B和长木板A的速度—时间图线，分别如图中1和2所示，图中1和2之间的梯形面积表示板长l，1与t轴所围的面积表示物体B的位移x1，2与t轴所围的面积表示长木板A的位移x2，由图可知
x1>l，x2
故选B。
5．（2023·福建莆田·统考二模）风能是一种清洁的可再生能源。如图所示，风力发电机是一种将风能转化为电能的装置，其主要部件包括风轮机、齿轮箱、发电机等、某两台风力发电机的风轮叶片长度之比为2：3，转化效率相等，若均保持风正面吹向叶片，在相同风力环境下，这两台风力发电机的输出电功率之比为（ ）
A．3：2B．2：3C．4：9D．8：27
【答案】C
【详解】设空气密度为ρ，风速为v，风轮叶片长度为r，则t时间内流向风轮机的风能为Ek=12mv2
又m=ρV=ρSvt=ρπr2vt，联立可得，Ek=12ρπr2v3t
设转化效率为η，则风力发电机的输出电功率为P=ηEkt=η⋅12ρπr2v3∝r2
可知这两台风力发电机的输出电功率之比为P1P2=r12r22=2232=49
故选C。
二、多选题
6．（2024·湖南株洲·统考一模）如图，质量为m的小物块（可视为质点）静止在质量为M、长为l的木板上的最右端，木板放在光滑水平桌面上，某时刻木板以速度v0开始运动。已知物块与木板间的滑动摩擦力大小为f，当物块从木板左端离开时（ ）
A．物块的动能等于flB．物块的动能小于fl
C．木板的动能大于12Mv02-flD．木板的动能小于12Mv02-fl
【答案】BD
【详解】CD．设物块离开木板时的速度为v1，对地位移为x1，物块离开木板时木板的速度为v2，对地位移为x2，因物块从木板左端离开，则可知v2>v1，对物块和木板整体由能量守恒有
12Mv02=12mv12+12Mv22+fl
整理可得12Mv22=12Mv02-12mv12-fl<12Mv02-fl，故C错误，D正确；
AB．物块与木板发生相对滑动的过程中因摩擦产生的热量为Q=fl=f(x2-x1)
其中x2=v0+v22⋅t，x1=v12⋅t
由于v0>v2>v1
因此v0+v2>2v1
由此可得，x2>2x1
即有x2-x1=l>x1
而对物块由动能定理有，fx1=12mv12
则可得，12mv12=fx1
7．（2024·上海嘉定·统考一模）如图所示，弹簧的一端固定在竖直墙上，质量为M的光滑弧形槽静止在光滑水平面上，底部与水平面相切，一个质量为mm
B．在小球压缩弹簧的过程中，小球的机械能减小
C．小球离开弹簧后，小球和弧形槽组成的系统机械能守恒，但小球不能回到弧形槽h高处
D．在整个过程中，小球、弧形槽和弹簧组成的系统机械能守恒，水平方向动量守恒
【答案】BC
【详解】A．因为光滑弧形静止在光滑水平面上，则可知小球下落，小球和弧形槽整体在水平方向上动量守恒，小球获得水平向右的速度，弧形槽获得水平向左的速度，可知在小球下滑的过程中小球给弧形槽做正功，则弧形槽给小球的弹力做负功，故A错误；
B．当小球压缩弹簧的过程中，弹簧和小球组成的系统的机械能守恒，但弹簧对小球的弹力做负功，故小球机械能减小，故B正确；
C．小球在弧形槽上下滑的过程中，系统水平方向不受外力，系统水平方向动量守恒，小球与弧形槽分离时两者动量大小相等，由于m＜M，则小球的速度大小大于弧形槽的速度大小，小球被弹簧原速率弹回后将追上弧形槽并要滑上弧形槽。在小球离开弹簧后，只有重力和系统内弹力做功，故小球和弧形槽组成的系统机械能守恒。由于球与弧形槽组成的系统总动量水平向左，球滑上弧形槽的最高点时两者共速，则此时共同速度也必须水平向左，则二者从静止开始运动到共速状态，系统的动能增加，重力势能一定要减小，小球上升的最大高度要小于h，故C正确；
D．整个运动过程中小球和弧形槽、弹簧组成的系统只有重力与系统内弹力做功，故系统机械能守恒；在整个过程中，由于存在墙壁对弹簧水平方向上的弹力，故水平方向上的动量不守恒，故D错误；
故选BC。
8．（2024·陕西宝鸡·统考模拟预测）如图所示，质量为mA=1kg，mB=2kg的物块A和B用轻弹簧连接并竖直放置，轻绳绕过固定在同一水平面上的两个定滑轮，一端与物块A连接，另一端与质量为mC=1kg的小球C相连，小球C套在水平固定的光滑直杆上。开始时小球C锁定在直杆上的P点，连接小球的轻绳和水平方向的夹角θ=60°，物体B对地面的压力恰好为零。现解除对小球C的锁定，同时施加一个水平向右、大小为F=16N的恒力，小球C运动到直杆上的Q点时速度达到最大，OQ与水平方向的夹角也为θ=60°，D为PQ的中点，PQ距离L=2m，在小球C的运动过程中，轻绳始终处于拉直状态，弹簧始终在弹性限度内，忽略两个定滑轮大小以及滑轮、绳与轴之间的摩擦力，g取10m/s2，下列说法正确的是（ ）
A．小球C从P点运动到D点的过程中，合外力对物体A的冲量为零
B．小球C从P点运动到Q点的过程中，轻绳拉力对物体A做功为零
C．小球C运动到Q点时的速度大小为1655m/s
D．小球C运动到Q点时，物体A的加速度大小为2m/s2
【答案】ACD
【详解】A．小球C运动到D点时，物体A刚好运动最低点，此时A的速度为零，根据动量定理可得
I合=Δp=0，可知合外力对物体A的冲量为零，故A正确；
B．小球C从P点运动到Q点的过程中，此时物体A刚好回到初始位置，此过程重力、弹簧弹力对A球做功均为0；由于小球C运动到Q点沿绳子方向的速度不为0，则此时A的速度不为0，根据动能定理可得
W合=WT=ΔEk>0，故B错误；
C．小球C运动到Q点时，此时物体A刚好回到初始位置，弹簧的弹性势能变化量为零，A、C和弹簧组成的系统根据能量守恒有FL=12mCvC2+12mAvA2，又vA=vCcsθ，联立解得vC=1655m/s，故C正确；
D．小球C运动到直杆上的Q点时速度达到最大，根据平衡条件有T=Fcsθ=2F
根据对称性可知，小球C运动到直杆上的Q点时物体B对地面的压力恰好为零，则弹簧处于伸长状态，且大小为F弹=mBg，物体A的加速度大小为a=2F-mAg-F弹mA=2m/s2，故D正确。
故选ACD。
9．（2023·宁夏银川·银川一中校联考二模）如图所示，一弹性轻绳（绳的弹力与其伸长量成正比）左端固定在A点，弹性绳自然长度等于AB，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在同一条水平线上，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（末准确标注），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。下列说法正确的是（ ）
A．对于弹性绳和小球组成的系统，从C点到E点的过程中机械能减少
B．小球从C点到E点的过程中摩擦力大小不变
C．小球在CD阶段损失的机械能大于小球在DE阶段损失的机械能
D．若在E点给小球一个向上的速度v=2gh，则小球不能回到C点
【答案】AB
【详解】A．由于小球受到杆的滑动摩擦力做负功，对于弹性绳和小球组成的系统，从C点到E点的过程中机械能减少，A正确；
B．设BC间距为x，在C点时，绳上的拉力为T=kx=0.5mg
从C点向下运动过程，设B点右侧绳长为x'，与竖直方向夹角为θ，水平方向由平衡条件可得
N=kx'⋅sinθ=kx=0.5mg'，小球受到的滑动摩擦力大小为f=μN=0.25mg，故小球从C点到E点的过程中摩擦力大小不变，故B正确；
C．对小球而言，除了摩擦力做功以外还有弹力做功，克服摩擦力做功相同，弹力做功不同，由于弹力沿竖直分力越来越大，所以，小球在CD阶段损失的机械能小于在DE阶段损失的机械能，C错误；
D．从C到E过程，据动能定理可得，mgh-fh-W弹=0
若在E点给小球一个向上的速度v=2gh，从E到C过程，根据动能定理可得
W弹-mgh-fh=Ek-12mv2
联立解得到达C点的动能Ek=0.5mgh
所以小球能回到C点，故D错误。
故选AB。
10．（2023·吉林·一模）如图所示，在一个倾角为30°的固定斜面上有一个圆形轨道，半径为R，DE为挡板，现从A点无初速度释放一个质量为m的小球，小球在BD段上的动摩擦因数为μ=39，其余光滑，小球与挡板碰撞后的速度大小为原速度大小的e倍，e=22，方向相反，已知BD段长L，重力加速度为g。
（1）若小球运动时恰好能完整经过圆形轨道，求AB之间距离S1；
（2）若AB间距离S2（S2>S1），求小球第一次与挡板相碰之前的速度大小v1。
（3）若小球与挡板相碰一次后沿斜面向上运动，又恰好能完整经过圆形轨道，求此时AB间距S3的大小。
【答案】（1）S1=(3+3)R；（2）v1=gS2+23gL；（3）S3=2L+2(3+3)R
【详解】（1）选择B点为小球重力势能零点位置，小球位于圆形轨道最高点时，由能量守恒可得
mgS1sin30°=mgR(cs30°+1)+12mv2
此时刚好不脱离轨道有mv2R=mg，解得S1=(3+3)R
（2）由能量守恒得12mv12=mg(S2+L)sin30°-μmgLcs30°，可得v1=gS2+23gL
（3）由（2）得，小球与挡板碰之前速度大小v2=gS3+23gL，碰后速度变为v2'=egS3+23gL
设小球到圆弧轨道最高点速度为v3，则由能量守恒得
12mv2'2=12mv32+mg(Lsin30°+Rcs30°+R)+μmgLcs30°
最高点时，刚好不脱离轨道，满足mv32R=mg，联立解得：S3=2L+2(3+3)R
1.（2023·全国·校联考模拟预测）如图所示，固定光滑斜面倾角θ=60°，其底端与竖直面内半径为R的固定光滑圆弧轨道相切，位置D为圆弧轨道的最低点。质量为2m的小球A和质量为m的小环B（均可视为质点）用L=1.5R的轻杆通过轻质铰链相连。B套在光滑的固定竖直长杆上，杆和圆轨道在同一竖直平面内，杆过轨道圆心O，初始轻杆与斜面垂直。在斜面上由静止释放A，假设在运动过程中两杆不会碰撞，小球能滑过D点且通过轨道连接处时无能量损失（速度大小不变），重力加速度为g，从小球A由静止释放到运动至最低点的过程中，下列判断正确的是（ ）
A．A和B组成的系统的机械能不守恒B．刚释放时小球A的加速度大小为32g
C．小环B速度最大时轻杆弹力为mgD．小球A运动到最低点时的速度大小为3gR3
【答案】B
【详解】A．在小球A下落到最低点的过程中，A和B组成的系统只有重力做功，故A和B组成的系统机械能守恒，故A错误；
B．刚释放时小球A时，杆对小球的弹力沿着杆，与运动方向垂直，由牛顿第二定律可知，2mgsinθ=2ma
解得a=32g，故B正确；
C．小环B速度最大时，小环B在竖直方向上的合力为零，轻杆的弹力竖直分量为mg，而只有A到达最低点，B速度为零时，轻杆的水平分量才为零，故小环B速度最大时，轻杆弹力大于mg，故C错误；
D．几何关系如图所示
设A初始时刻距离最低点的竖直高度为h1，由几何关系可知，Rsinθ+(h1-12R)tanθ=1.5Rsinθ，解得，h1=54R
设小环B初始时刻距离D点的竖直高度为h2，由几何关系可知，h2=h1+1.5Rcsθ=2R
由系统机械能守恒可知，2mgΔhA+mgΔhB=12×2mvA2+12mvB2，其中，vB=0，ΔhA=54R，ΔhB=0.5R
解得，vA=3gR，故D错误。
故选B。
2.（2024·四川成都·石室中学校考一模）如图所示，固定光滑斜面顶端有一轻质光滑定滑轮，质量为m的物块P和质量为3m的物块Q用轻质细绳相连，外力作用于P，使P、Q均静止，某时刻撤去外力，当Q下降的高度为h时，细绳断裂，重力加速度为g，sin37°=0.6，P、Q均可视为质点，斜面足够长，则（ ）
A．物块P沿斜面上升的最大高度为3516h
B．当细绳断裂的瞬间，物块Q的重力的功率为9mg42gh
C．在细绳断裂后，物块P沿斜面向上运动的时间为542hg
D．当物块P运动至最高点时，物块Q的机械能相对t=0时刻减少了3516mgh
【答案】C
【详解】A．根据题意可知，当Q下降的高度为h时，细绳断裂，根据几何关系得，P上升的高度
h'=hsin53°sin37°=34h
细绳断裂的瞬间P、Q速度大小相等，对PQ整体，根据机械能守恒有，3mgh-mgh'=123m+mv2
解得，v=98gh
细绳断裂后，P还能上升的最大高度满足，mgh1=12mv2，解得，h1=916h
则物块P沿斜面上升的最大高度，H=h'+h1=2116h，故A错误；
B．当细绳断裂的瞬间，物块Q重力做功的功率，P=3mgvsin53°=9mg52gh，故B错误；
C．细绳断裂后，物块P在斜面上的运动时间，t=vgsin37°=542hg，故C正确；
D．根据题意可知，细绳断裂前P、Q组成的系统机械能守恒，细绳断裂后，物块P、Q的机械能均守恒，则当物块P运动至最高点时，物块P增加的机械能等于物块Q的机械能相对t=0时刻减少量，即
ΔE=mgh'+h1=2116mgh，故D错误。
故选C。
3.（2023·贵州六盘水·统考模拟预测）如图所示，一条轻绳跨过光滑定滑轮，两端与质量分别为2m和m的物体P、Q连接，轻弹簧竖直放置，上端与物体Q相连，下端固定在水平面上。用手托住物体P，当轻绳刚好被拉直时，物体P离地的高度为L，重力加速度大小为g。物体P由静止释放后，落地时的速度恰好为0，则物体P下落过程中（ ）
A．物体P、Q组成的系统机械能守恒B．物体P、Q组成的系统机械能一直减少
C．弹簧的弹性势能增加了0.5mgLD．弹簧的弹性势能增加了mgL
【答案】D
【详解】AB．物体P下落过程中，物体P、Q和弹簧组成的系统满足机械能守恒；弹簧先处于压缩状态后处于伸长状态，弹性势能先减小后增加，则物体P、Q组成的系统机械能先增加后减小，故AB错误；
CD．物体P下落过程中，物体P、Q组成的系统重力势能减少了
ΔEp=2mgL-mgL=mgL
则弹簧的弹性势能增加了mgL，故C错误，D正确。
故选D。
4.（多选）（2022·辽宁沈阳·沈阳二中校考二模）如图所示，倾角为30°的绝缘粗糙斜面固定在水平面上，斜面上方有与斜面平行向上的匀强电场，一带正电的物块（可视为质点）以一定的初速度沿斜面向上运动，加速度大小为3m/s2，方向沿斜面向下，重力加速度g=10m/s2，则在物块运动过程中，下列说法正确的是（ ）
A．物块的机械能和电势能之和保持不变
B．物块电势能的减少量大于物块克服摩擦力做的功
C．电场力做的功小于物块克服摩擦力和重力做的功
D．物块的机械能减少
【答案】BC
【详解】A．物体受摩擦力，所以机械能和电势能之和减小，A错误；
BC．设物体质量为m，电场力为F电，受到的摩擦力为f，根据牛顿第二定律有mgsinθ+f-F电=ma
代入数据可得，F电-f=2m
所以F电>f，mgsinθ+f>F电，做功公式W=Fx，故电场力与摩擦力做功的关系有F电x>fx
摩擦力和重力做的功与电场力做的功的关系有(mgsinθ+f)x>F电x，电势能的减少量等于电场力做的功，B，C正确；
D．物体受到的外力中，电场力大于摩擦力，整体做正功，所以整体机械能增加，D错误；
故选BC。
5.（多选）（2023·广西桂林·统考二模）如图所示，被锁定在墙边的压缩弹簧右端与质量为0.2kg、静止于A点的滑块P接触但不粘连，滑块P所在光滑水平轨道与半径为0.8m的光滑半圆轨道平滑连接于B点，压缩的弹簧储存的弹性势能为2.8J，重力加速度取10m/s2，现将弹簧解除锁定，滑块P被弹簧弹出，脱离弹簧后冲上半圆轨道的过程中（ ）
A．可以到达半圆轨道最高点D
B．经过B点时对半圆轨道的压力大小为9N
C．不能到达最高点D，滑块P能到达的最大高度为1.35m
D．可以通过C点且在CD之间某位置脱离轨道，脱离时的速度大小为2.2m/s
【答案】BC
【详解】A．设滑块P恰能通过最高点D，则有mg=mvD2R，解得vD=22m/s
则滑块P从B点到D点，根据动能定理有-mg×2R=12mvD2-12mv'B2
解得滑块在B点的动能为E'kB=12mv'B2=4J>2.8J
所以滑块不能到达半圆轨道最高点D，故A错误；
B．滑块经过B点时的速度大小为vB，根据功能关系可得，E弹簧＝12mvB2
在B点根据牛顿第二定律可得，FN-mg＝mvB2R，联立解得，FN＝9N
根据牛顿第三定律可知对半圆轨道的压力大小为9N，故B正确；
CD．滑块在C点的重力势能为Ep'＝mgR＝0.2×10×0.8J＝1.6J＜2.8J
则滑块可以通过C点且在CD之间某位置脱离轨道，此时的速度大小为v
根据功能关系可得，E弹簧＝12mv2+mgR（1+csθ）
根据牛顿第二定律可得，mgcsθ=mv2R，联立解得，θ＝60，v＝2m/s
滑块离开轨道后做斜上抛运动，vx＝vcs30°＝2×32m/s＝3m/s
根据功能关系可得，E弹簧＝12mvx2+mgh，解得滑块P能到达的最大高度为，h＝1.35m，故C正确，D错误。
故选BC。
6.（2024·贵州·统考一模）如图，一轻质弹簧置于固定光滑斜面上，下端与固定在斜面底端的挡板连接，弹簧处于原长时上端位于A点。一物块由斜面上A点上方某位置释放，将弹簧压缩至最低点B（弹簧在弹性限度内），则物块由A点运动至B点的过程中，弹簧弹性势能的（ ）
A．增加量等于物块动能的减少量B．增加量等于物块重力势能的减少量
C．增加量等于物块机械能的减少量D．最大值等于物块动能的最大值
【答案】C
【详解】ABC．设物块在A点时的动能为Ek，斜面的倾角为θ，物块由A点运动至B点的过程中，对物块由能量守恒有
Ek+mgLABsinθ=Ep
可知，物块由A点运动至B点的过程中，物块的机械能转化成了弹簧的弹性势能，因此可知，弹簧弹性势能增加量大于物块动能的减少量，同样大于物块重力势能的减少量，而等于物块机械能的减少量，故AB错误，C正确；
D．显然，物块由A点运动至B点的过程中，弹簧弹性势能最大时即弹簧被压缩至最短时，而物块动能最大时，弹簧的弹力等于物块重力沿斜面向下的分力，即此时弹簧已被压缩，具有了一定的弹性势能，而此后物块还要继续向下运动，直至速度减为零，弹簧被压缩至最短，因此弹簧弹性势能的最大值大于物块动能的最大值，而等于物块机械能的减少量，故D错误。
故选C。
7.（多选）（2024·重庆·统考一模）如图，在竖直平面内有水平向左的匀强电场，在匀强电场中有一根长为L的绝缘细线，细线一端固定在O点，另一端系一质量为m的带电小球。小球静止时细线与竖直方向成θ角，此时让小球获得初速度且恰能绕O点在竖直平面内做圆周运动，重力加速度为g。则（ ）
A．匀强电场的电场强度大小为mgtanθq
B．小球获得初速度的大小为5gLcsθ
C．小球从初始位置运动至轨迹的最左端减少的机械能为mgLtanθ1+sinθ
D．小球从初始位置在竖直平面内顺时针运动一周的过程中，其电势能先减小后增大
【答案】BC
【详解】A．小球静止时细线与竖直方向成θ角，对小球受力分析如图
小球受重力、拉力和电场力，三力平衡，根据平衡条件，有mgtanθ=qE，解得E=mgtanθq，因为q未知，故A错误；
B．小球恰能绕O点在竖直平面内做圆周运动，在等效最高点A由重力和电场力的合力提供向心力，根据牛顿第二定律，有mgcsθ=mvmin2L
则小球从初始位置运动到A点的过程中，由动能定理可得-mg⋅2Lcsθ-qE⋅2Lsinθ=12mvmin2-12mv02
联立解得小球获得初速度的大小为v0=5gLcsθ，故B正确；
C．小球的机械能和电势能之和守恒，则小球运动至电势能最大的位置机械能最小，小球带负电，则小球运动到圆周轨迹的最左端点与圆心等高处时机械能最小，由功能关系和能量守恒定律可得小球从初始位置运动至轨迹的最左端减少的机械能为E=Ep电=qEL+Lsinθ=qmgtanθqL+Lsinθ=mgLtanθ1+sinθ，故C正确；
D．小球从初始位置开始在竖直平面内顺时针运动一周的过程中，电场力先做负功，后做正功，再做负功，则其电势能先增大后减小再增大，故D错误。
故选BC。
【点睛】等效重力场问题，小球运动到等效最高点时，速度最小。小球恰好能做圆周运动的条件是，小球在等效最高点时，由重力和电场力的合力提供向心力。在整个运动过程中，重力和电场力做功，即小球的动能、重力势能和电势能在相互转换，故小球电势能最大时，小球的机械能最小，减小的机械能等于增加的电势能。电场力做正功，电势能减小。
8.（2023·全国·校联考一模）如图所示，劲度系数为k的轻质弹簧悬挂在天花板的O点，下端与视为质点的物块相连，B点是O点在光滑水平地面上的射影，O、B两点间的高度差为h，弹簧的原长也为h，现让物块从地面上的A点由静止释放，物块从A运动到B的过程中一直未离开地面，当物块运动到B点时速度大小为v，已知∠AOB=53°，弹簧的弹性势能EP与弹簧的伸长量x以及弹簧的劲度系数k之间的关系为EP=12kx2，已知重力加速度大小为g，sin53°=0.8，cs53°=0.6。
（1）求物块在A点时弹簧的伸长量以及物块的质量；
（2）求物块在A点刚释放时，地面对物块的支持力的大小以及物块的加速度大小。
【答案】（1）x=2h3，m=4kh29v2；（2）FN=4kh2g9v2-2kh5，a=6v25h
【详解】（1）物块在A点时弹簧的长度为l=hcs53=5h3，弹簧的伸长量为x=l-h=2h3
物块从A运动到B的过程中，根据能量守恒，有Ep=12mv2，解得m=4kh29v2
（2）弹簧的弹力为F=kx=2kh3
物块在A点刚释放时，地面对物块的支持力为FN=mg-Fcs53=4kh2g9v2-2kh5
根据牛顿第二定律，有Fsin53=ma，物块的加速度为a=6v25h
9.（2024·四川绵阳·统考二模）如图所示，竖直平面内的光滑水平轨道AB与半径为R的光滑圆轨道平滑连接，一轻质短弹簧在水平轨道上，左端固定在墙上，质量为m的小球P将弹簧压缩。从静止释放小球P，小球P沿水平轨道运动，与弹簧分离后，以速度v0向右匀速运动，在圆轨道的最低点B与另一质量为M的静止小球Q发生弹性碰撞，碰后，小球Q沿圆轨道上升到C点脱离轨道，小球P返回向左压缩弹簧，然后被弹簧弹回，恰好也在C点脱离轨道。两小球形状相同，都可视为质点，整个过程中没有机械能损失，不考虑两球的第二次碰撞，重力加速度为g。
（1）求弹簧最初具有的弹性势能Ep及小球P、Q碰后瞬间的速度v1和v2。（用m、M、v0表示）
（2）求小球P和Q的质量之比及C点距水平面AB的竖直高度hC。（hC用v0、R、g表示）
（3）假设球P和Q的质量可以取不同的值，若小球P第一次与弹簧分离后的速度v0=35gR，且P和Q碰后都能通过轨道的最高点D。试分析讨论两小球的质量m和M应满足的关系。
【答案】（1）v1=m-Mm+Mv0，v2=2mm+Mv0；（2）hC=4gR+v0212g；（3）M5≤m≤M2或m≥2M
【详解】（1）由小球P和弹簧组成的系统机械能守恒，压缩弹簧具有的弹性势能有EP=12mv02
小球P与静止的Q发生正碰，碰后速度分别为v1、v2，取水平向右为正方向，由动量守恒定律和机械能守恒定律得mv0=mv1+Mv2，12mv02=12mv12+12Mv22，联立解得v1=m-Mm+Mv0，v2=2mm+Mv0
（2）因P和Q均在C点脱离圆轨道，则P和Q在C点时速度大小相等，根据机械能守恒，可知小球P与静止的Q发生弹性碰撞后，两球速度大小相等方向相反，即-v1=v2
结合（1）结论，解得，mM=13
小球Q在C点脱离轨道，设C点轨道法线与竖直方向的夹角为θ，有Mgcsθ=MvC2R
小球Q从B点运动到C点过程中，由动能定理，-MghC=12MvC2-12Mv22
由几何关系，hC=Rcsθ+R，联立解得，hC=4gR+v0212g
（3）小球Q或P经过圆形轨道的最高点D点应具有最小速度vD，则Mg=MvD2R
确保小球P和Q都能通过最高点D点，则从B点运动到D点过程中，由能量关系
12mv12≥mg2R+12mvD2，12Mv12≥Mg2R+12MvD2
解上面两式，分别得m≤M2或m≥2M，m≥M5
综上分析得M5≤m≤M2或m≥2M
考点内容
要求
学习目标
机械能守恒定律的应用
III
掌握机械能守恒的条件及机械能守恒条件的应用；
掌握常见力做功和相应的能量转化；
掌握利用能量观点在曲线运动和板块问题中的应用；
功能关系的综合应用
III
能量守恒定律的综合应用
III
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
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