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2019版高中物理二轮专题复习教师用书：专题二第6讲机械能守恒 功能关系
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第6讲机械能守恒 功能关系
主干知识体系
核心再现及学科素养
x
思想方法
(1)机械能守恒定律的表达式．
①守恒的观点：Ek1＋Ep1＝Ek2＋Ep2.
②转化的观点：ΔEp＝－ΔEk.
③转移的观点：EA增＝EB减．
(2)常见的力学中功能关系．
①合外力做功与动能的关系：W合＝ΔEk.
②重力做功与重力势能的关系：WG＝－ΔEp.
③弹力做功与弹性势能的关系：W弹＝－ΔEp.
④除重力以外其他力做功与机械能的关系：W其它＝ΔE机．
⑤滑动摩擦力做功与内能的关系：Ffl相对＝ΔE内．
思想方法
(1)物理思想：守恒思想．
(2)物理方法：守恒法、转化法、转移法.
1．(2017·高考全国卷Ⅱ)(多选)如图，海王星绕太阳沿椭圆轨道运动，P为近日点，Q为远日点，M、N为轨道短轴的两个端点，运行的周期为T0.若只考虑海王星和太阳之间的相互作用，则海王星在从P经过M、Q到N的运动过程中( )
A．从P到M所用的时间等于
B．从Q到N阶段，机械能逐渐变大
C．从P到Q阶段，速率逐渐变小
D．从M到N阶段，万有引力对它先做负功后做正功
CD [A错：由开普勒第二定律可知，相等时间内太阳与海王星连线扫过的面积都相等．则在段速度大小大于段速度大小，则段时间小于段时间，所以P到M所用时间小于.
B错：由机械能守恒定律知，从Q到N阶段，机械能守恒．
C对：从P到Q阶段，万有引力做负功，动能减小，速率逐渐变小．
D对：从M到N阶段，万有引力与速度的夹角先是钝角后是锐角，即万有引力对它先做负功后做正功．]
2．(2017·高考全国卷Ⅰ)一质量为8.00×104 kg的太空飞船从其飞行轨道返回地面．飞船在离地面高度1.60×105 m处以7.50×103 m/s的速度进入大气层，逐渐减慢至速度为100 m/s时下落到地面．取地面为重力势能零点，在飞船下落过程中，重力加速度可视为常量，大小取为9.8 m/s2.(结果保留2位有效数字)
(1)分别求出该飞船着地前瞬间的机械能和它进入大气层时的机械能；
(2)求飞船从离地面高度600 m处至着地前瞬间的过程中克服阻力所做的功，已知飞船在该处的速度大小是其进入大气层时速度大小的2.0%.
解析 (1)飞船着地前瞬间的机械能为
Ek0＝mv①
式中，m和v0分别是飞船的质量和着地前瞬间的速率．由①式和题给数据得
Ek0＝4.0×108 J②
设地面附近的重力加速度大小为g.飞船进入大气层时的机械能为
Eh＝mv＋mgh③
式中，vh是飞船在高度1.60×105 m处的速度大小．由③式和题给数据得Eh≈2.4×1012 J④
(2)飞船在高度h′＝600 m处的机械能为
Eh′＝m2＋mgh′⑤
由功能原理得W＝Eh′－Ek0⑥
式中，W是飞船从高度600 m处至着地前瞬间的过程中克服阻力所做的功．由②⑤⑥式和题给数据得
W≈9.7×108 J⑦
答案 (1)4.0×108 J 2.4×1012 J (2)9.7×108 J
3．(2018·全国Ⅰ卷，24)一质量为m的烟花弹获得动能E后，从地面竖直升空．当烟花弹上升的速度为零时，弹中火药爆炸将烟花弹炸为质量相等的两部分，两部分获得的动能之和也为E，且均沿竖直方向运动．爆炸时间极短，重力加速度大小为g，不计空气阻力和火药的质量．求
(1)烟花弹从地面开始上升到弹中火药爆炸所经过的时间；
(2)爆炸后烟花弹向上运动的部分距地面的最大高度．
解析 (1)设烟花弹上升的初速度为v0，由题给条件有
E＝mv①
设烟花弹从地面开始上升到火药爆炸所用的时间为t，由运动学公式有
0－v0＝－gt②
联立①②式得
t＝③
(2)设爆炸时烟花弹距地面的高度为h1，由机械能守恒定律有
E＝mgh1④
火药爆炸后，烟花弹上、下两部分均沿竖直方向运动，设爆炸后瞬间其速度分别为v1和v2.由题给条件和动量守恒定律有
mv＋mv＝E⑤
mv1＋mv2＝0⑥
由⑥式知，烟花弹两部分的速度方向相反，向上运动部分做竖直上抛运动．
设爆炸后烟花弹上部分继续上升的高度为h2，由机械能守恒定律有
mv＝mgh2⑦
联立④⑤⑥⑦式得，烟花弹向上运动部分距地面的最大高度为
h＝h1＋h2＝⑧
答案 (1) (2)
[考情分析]
■命题特点与趋势
1．本讲是高考的“重中之重”，常以选择题形式考查机械能守恒的判断、功能关系的简单分析与计算．
2．功能关系渗透在整个物理学内容中，是历年高考综合题命题热点，常与直线运动、平抛运动、圆周运动及电磁学知识相结合，多以计算题形式出现，难度偏大．
■解题要领
解决本讲问题，一是要正确理解机械能守恒的条件及表达式、常见功能关系及能量守恒定律；二是要正确应用“守恒思想”(机械能守恒、能量守恒)和常用方法(守恒法、转化法、转移法).
高频考点一 机械能守恒的判断及应用
[备考策略]
1．掌握机械能守恒的三种判断方法
(1)用做功判断：若物体或系统只有重力(或系统内弹簧的弹力)做功，虽受其他力，但其他力不做功，则其机械能守恒．
(2)用能量转化判断：若物体或系统中只有动能和势能的相互转化，而无机械能与其他形式的能的相互转化，则物体或系统机械能守恒．
(3)对多个物体组成的系统，除考虑是否只有重力做功外，还要考虑系统内力是否做功，如有摩擦力做功时，因摩擦生热，系统机械能将有损失．
2．牢记机械能守恒定律的三种表达形式
[命题视角]
考向1 单个物体的机械能守恒
例1 (2018·山东省潍坊市高三第二次高考模拟) 如图所示，倾角为37°的斜面与一竖直光滑圆轨道相切于A点，轨道半径R＝1 m，将滑块由B点无初速释放，滑块恰能运动到圆周的C点，OC水平，OD竖直，AB＝2 m，滑块可视为质点，取g＝10 m/s2，sin 37°＝0.6，cos 37°＝0.8，求：
(1)滑块在斜面上运动的时间；
(2)若滑块能从D点抛出，滑块仍从斜面上无初速释放，释放点至少应距A点多远．
解析 (1)滑块到达A点时的速度vA，从A到C机械能守恒：mv＝mgR cos 37°
从B到A过程匀加速运动：v＝2axAB
vA＝at
解得t＝1 s
(2)能从D点抛出速度最小为vD，mg＝m
以A所在水平面为重力势能重点，从A到D由机械能守恒：mvA′2＝mgR(1＋cos37°)＋mv vA′2＝2ax′解得x′＝5.75 m.
答案 (1)1 s (2)5.75 m
考向2 用轻杆、轻绳定滑轮相连的多个物体的机械能守恒
例2 (2018·山东省淄博市高三三模)(多选)如图所示，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的小环，小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.现将小环从与定滑轮等高的A处由静止释放，当小环沿直杆下滑距离也为d时(图中B处)，下列说法正确的是(重力加速度为g)( )
A．环与重物、地球组成的系统机械能守恒
B．小环到达B处时，重物上升的高度也为d
C．小环在B处的速度与重物上升的速度大小之比等于
D．小环下落到B处时的速度为
AD [A项，由于小环和重物只有重力做功，则系统机械能守恒，故A项正确．
B项，结合几何关系可知，重物上升的高度h＝(－1)d，故B项错误．
C项，将小环在B处的速度分解为沿着绳子方向和垂直于绳子方向的两个分速度，其中沿着绳子方向的速度即为重物上升的速度，则v物＝v环cos 45°，环在B处的速度与重物上升的速度大小之比为∶1，故C项错误．
D项，小环和重物系统机械能守恒，则mgd－2mgh＝mv＋mv
且v物＝v环cos 45°，解得：v环＝，故D正确；故选A、D.]
例3 (2018·最新高考信息卷)如图所示，A、B两小球质量均为m，A球位于半径为R的竖直光滑圆轨道内侧，B球穿过固定的光滑竖直长杆，杆和圆轨道在同一竖直平面内，杆的延长线过轨道圆心O.两球用轻质铰链与长为L(L>2R)的轻杆连接，连接两球的轻杆能随小球自由移动，M、N、P三点分别为圆轨道上最低点、圆心的等高点和最高点，重力加速度为g.
(1)对A球施加一个始终沿圆轨道切向的推力，使其缓慢从M点移至N点，求A球在N点受到的推力大小F；
(2)在M点给A球一个水平向左的初速度，A球沿圆轨道运动到最高点P时速度大小为v，求A球在M点时的初速度大小v0；
(3)在(2)的情况下，若A球运动至M点时，B球的加速度大小为a，求此时圆轨道对A球的作用力大小FA.
解析 在N点，A、B和轻杆整体处于平衡状态，根据平衡条件可得A球在N点受到的推力大小；A球在M点、P点时，B球的速度都为零，A、B球和轻杆组成的系统在运动过程中满足机械能守恒定律即可求出A球在M点时的初速度大小；由牛顿第二定律可求出圆轨道对A球的作用力大小．
(1)在N点，A、B和轻杆整体处于平衡状态，在竖直方向有：F－2mg＝0
解得：F＝2mg
(2)A球在M点、P点时，B球的速度都为零
A、B球和轻杆组成的系统在运动过程中满足机械能守恒定律，则
2mg·2R＝mv－mv2
解得：v0＝
(3)此时B球有向上的加速度a，设杆对B球支持力为F0，由牛顿第二定律有
F0－mg＝ma
A球此时受到重力、轨道竖直向上的支持力和轻杆竖直向下的压力，同理有
FA－F0－mg＝m
解得：FA＝10mg＋ma＋m.
答案 (1)2mg (2)
(3)10mg＋ma＋m
考向3 机械能守恒定律的综合应用
例4 (2018·哈尔滨市第三中学考前冲刺卷)如图所示，竖直平面内固定着由两个半径为R的四分之一圆弧构成的细管道ABC，圆心连线O1O2水平且与细管的交点为B，轻弹簧左端固定在竖直挡板上．右端靠着质量为m的小球(小球的直径略小于管道内径)，长为R的薄板DE置于水平面上，板的左端D到管道右端C的水平距离为R.开始时弹簧处于锁定状态，具有一定的弹性势能．重力加速度为g，解除锁定，小球离开弹簧后进入管道，最后从C点抛出(不计小球与水平面和细管的摩擦)，若小球经C点时对管道外侧的弹力大小为mg.
(1)求弹簧锁定时具有的弹性势能Ep；
(2)求小球经细管B点的前、后瞬间对管道的压力；
(3)试通过计算判断小球能否落在薄板DE上．
解析 (1)小球经过C点时，管道对小球的弹力FN＝mg，方向竖直向下，
根据向心力公式有mg＋FN＝
从解除弹簧锁定到小球运动到C点过程中，弹簧的弹性势能全部转化为小球的机械能，而弹簧和小球的机械能守恒，则Ep＝2mgR＋mv
解得Ep＝3mgR.
(2)小球解除锁定到经过B点的过程中，根据机械能守恒，有3mgR＝mgR＋mv
小球经B点前、后瞬间，弹力提供向心力，
则FN＝
解得FN＝4mg.
由牛顿第三定律可知，小球对管道的压力分别向右和向左，大小为4mg.
(3)小球离开C点后做平抛运动，根据平抛运动规律有
2R＝gt2，x＝vCt
解得x＝2R.
因为x＝2R>2R，所以小球不能落在薄板DE上．
答案 (1)3mgR (2)分别为向右和向左的大小为4mg的压力 (3)见解析
[归纳反思]
应用机械能守恒定律解题的基本思路
[题组突破]
1－1.(2018·河北省邯郸市高三二模)(多选)如图所示，在倾角为30°的光滑固定斜面上，放有两个质量分别为1 kg和2 kg的可视为质点的小球A和B，两球之间用一根长l＝0.2 m的轻杆相连，小球B距水平面的高度h＝0.1 m．斜面底端与水平面之间有一光滑短圆弧相连，两球从静止开始下滑到光滑水平面上，g取10 m/s2.则下列说法中正确的是( )
A．下滑的整个过程中A球机械能守恒
B．下滑的整个过程中两球组成的系统机械能守恒
C．两球在光滑水平面上运动时的速度大小为2 m/s
D．系统下滑的整个过程中B球机械能的增加量为 J
BD [A、B下滑的整个过程中，杆的弹力对A球做负功，A球机械能减少，选项A错误．A、B两球组成的系统只有重力和系统内弹力做功，机械能守恒，选项B正确．对A、B两球组成的系统由机械能守恒定律得mAg(h＋l sin 30°)＋mBgh＝(mA＋mB)v2，解得v＝ m/s，选项C错误．B球机械能的增加量为ΔEp＝mBv2－mBgh＝ J，选项D正确．]
1－2.(2018·湖北三市五校三联)如图所示，一质量不计的细线绕过无摩擦的轻质小定滑轮O与质量为5m的砝码相连，另一端与套在一根固定光滑的竖直杆上质量为m的圆环相连，直杆上有A、C、B三点，且C为AB的中点，AO与竖直杆的夹角θ＝53°，C点与滑轮O在同一水平高度，滑轮与竖直杆相距为L，重力加速度为g，设直杆足够长，圆环和砝码在运动过程中不会与其他物体相碰．现将圆环从A点由静止释放(已知sin 53°＝0.8，cos 53°＝0.6)，试求：
(1)砝码下降到最低点时，圆环的速度大小；
(2)圆环能下滑的最大距离；
(3)圆环下滑到B点时的速度大小．
解析 (1)当圆环到达C点时，砝码下降到最低点，此时砝码速度为零
圆环下降高度为hAC＝
砝码下降高度为Δh＝＝
由系统机械能守恒mghAC＋5mgΔh＝mv
则圆环的速度v1＝2
(2)当圆环下滑最大距离为H时，圆环和砝码的速度均为零
砝码上升的高度ΔH＝－
由系统机械能守恒，圆环重力势能的减少量等于砝码重力势能的增加量，即mgH＝5mgΔH，得圆环能下滑的最大距离H＝.
(3)当圆环运动到B点时，下滑的高度hAB＝，而砝码的高度不变，设圆环的速度为v2，此时砝码的速度为v2 cos 53°.
由系统机械能守恒
mghAB＝mv＋×5m(v2 cos 53°)2
得圆环下滑到B点时的速度v2＝.
答案 (1)2 (2) (3)
高频考点二 功能关系及能量守恒定律的应用
[备考策略]
1．应用类题目最大的特色是用新颖材料考查已学知识，最常见的失误原因是不能透过表象提炼出问题的实质，合理应用规律解题．功能关系类题目更是如此，不能寄希望于押题训练，而是要善于总结规律，把握共性，以不变应万变
2．掌握力学中常见的五种功能关系
(1)重力做功与重力势能变化的关系：WG＝－ΔEp.
(2)弹力做功与弹性势能变化的关系：W弹＝－ΔEp.
(3)合外力做功与动能变化的关系：W合＝ΔEk.
(4)重力之外的力做功与机械能变化的关系：W其他＝ΔE机．
(5)滑动摩擦力、相对位移的乘积与内能变化的关系：Ffx相对＝ΔE内．
3．应用注意事项
(1)必须分析清物体运动过程中有哪些力做功，有哪些形式的能发生变化．
(2)明确图象斜率的意义．
(3)物块在传送带上滑动时产生的热量Q＝Ffx相对．其中x相对为物块与传送带间的相对位移．
[题组突破]
2－1.(2018·吉林省长春市高三毕业班调研(三))如图所示，某段滑雪雪道倾角为30°，总质量为m(包括滑雪具在内)的滑雪运动员从距底端高为h处的雪道上由静止开始匀加速下滑，加速度a＝，在他从上向下滑到底端的过程中，下列说法正确的是( )
A．运动员减少的重力势能全部转化为动能
B．系统减少的机械能为
C．运动员获得的动能为
D．运动员克服摩擦力做的功为
B [由于滑雪雪道与滑雪具之间有摩擦，在滑雪运动员从距底端高度为h处的雪道上由静止开始匀加速下滑过程中，运动员减少的重力势能一部分转化为动能，另一部分转化为克服摩擦做的功，选项A错误；下滑位移为L＝＝2h，由v2＝2aL，得出滑到雪道底端时速度v＝，滑到雪道底端时运动员获得的动能Ek＝mv2＝mgh，下滑过程中系统减少的机械能ΔE＝mgh－Ek＝mgh，选项B正确、C错误；根据功能关系可知，下滑过程中系统减少的机械能ΔE等于运动员克服摩擦力做的功，所以运动员克服摩擦力做的功为mgh，选项D错误．]
2－2.(2018·四川省攀枝花市高考物理三诊试卷)(多选)如图所示，倾角为θ＝37°的传送带以速度v＝2 m/s沿图示方向匀速运动．现将一质量为2 kg的小木块，从传送带的底端以v0＝4 m/s的初速度，沿传送带运动方向滑上传送带．已知小木块与传送带间的动摩擦因数为μ＝0.5，传送带足够长，sin 37°＝0.6，cos 37°＝0.8，取g＝10 m/s2.小物块从滑上传送带至到达最高点的过程中，下列说法正确的是( )
A．运动时间为0.4 s
B．发生的位移为1.6 m
C．产生的热量为9.6 J
D．摩擦力对小木块所做功为12.8 J
BC [第一阶段：根据牛顿第二定律，mgsin θ＋μmgcos θ＝ma1，得a1＝10 m/s2，第一阶段位移为x1＝＝0.6 m，
所用时间为t1＝＝0.2 s，传送带位移为x传1＝vt1＝0.4 m，划痕为Δx1＝x1－x传1＝0.2 m；第二阶段mgsin θ－μmgcos θ＝ma2，得a2＝2 m/s2，第二阶段位移为x2＝＝1 m，所用时间为t2＝＝1 s，传送带位移为x传2＝vt＝2 m，划痕为Δx2＝x传1－x2＝1 m．由以上分析可知，物体运动总时间为t＝t1＋t2＝1.2 s；物体的总位移x＝x1＋x2＝1.6 m；产生总热量为Q＝μmgcos θ·Δx1＋μmg cos θ·Δx2＝9.6 J；摩擦力第一阶段做负功，第二阶段做正功，摩擦力对小木块所做功为W＝－μmgcos θ·x1＋μmgcos θ·x2＝3.2 J，综上分析可知B、C正确．]
2－3.(2018·最新高考信息卷)(多选)如图所示，竖直墙上固定有光滑的小滑轮D，质量相等的物体A和B用轻弹簧连接，物体B放在地面上，用一根不可伸长的轻绳一端与物体A连接，另一端跨过定滑轮与小环C连接，小环C穿过竖直固定的光滑均匀细杆，小环C位于位置R时，绳与细杆的夹角为θ，此时物体B与地面刚好无压力．图中SD水平，位置R和Q关于S对称．现让小环从R处由静止释放，环下落过程中绳始终处于拉直状态，且环到达Q时速度最大．下列关于小环C下落过程中的描述正确的是( )
A．小环C、物体A和轻弹簧组成的系统机械能守恒
B．小环C下落到位置S时，小环C的机械能一定最大
C．小环C从位置R运动到位置Q的过程中，弹簧的弹性势能一定先减小后增大
D．小环C到达Q点时，物体A与小环C的动能之比为
ABD [A项：在小环下滑过程中，只有重力势能与动能、弹性势能相互转换，所以小环C、物体A和轻弹簧组成的系统机械能守恒，故A正确；
B项：小环C下落到位置S过程中，绳的拉力一直对小环做正功，所以小环的机械能一直在增大，往下绳的拉力对小环做负功，机械能减小，所以在S时，小环的机械能最大，故B正确；
C项：由于小环从R到S过程中，小环的机械能一直增大，所以AB弹簧组成的系统机械能减小，由于A的机械能增大，所以弹簧的弹性势能减小，小环从S到Q过程中，小环的机械能减小，AB弹簧组成的系统机械能增大，A的机械能不一定减小，所以弹性势能不一定增大，故C错误；D项：在Q点将小环速度分解可知vA＝v cos θ，根据动能Ek＝mv2可知，物体A与小环C的动能之比为，故D正确．]
高频考点三 综合应用动力学和能量守恒知识分析多过程问题
[典例导航]
例5 (2016·高考全国卷Ⅰ)如图，一轻弹簧原长为2R，其一端固定在倾角为37°的固定直轨道AC的底端A处，另一端位于直轨道上B处，弹簧处于自然状态．直轨道与一半径为R的光滑圆弧轨道相切于C点，AC＝7R，A、B、C、D均在同一竖直平面内．
质量为m的小物块P自C点由静止开始下滑，最低到达E点(未画出)，随后P沿轨道被弹回，最高到达F点，AF＝4R.已知P与直轨道间的动摩擦因数μ＝，重力加速度大小为g.(取sin 37°＝，cos 37°＝)
(1)求P第一次运动到B点时速度的大小；
(2)求P运动到E点时弹簧的弹性势能；
(3)改变物块P的质量，将P推至E点，从静止开始释放，已知P自圆弧轨道的最高点D处水平飞出后，恰好通过G点．G点在C点左下方，与C点水平相距R、竖直相距R.求P运动到D点时速度的大小和改变后P的质量．
解析 (1)根据题意知，B、C之间的距离l为
l＝7R－2R＝5R①
设P到达B点时的速度为vB，由动能定理得
mglsin θ－μmglcos θ＝mv②
式中θ＝37°.联立①②式并由题给条件得
vB＝2③
(2)设BE＝x.P到达E点时速度为零，此时弹簧的弹性势能为EP.P由B点运动到E点的过程中，由动能定理有
mgxsin θ－μmgx cos θ－Ep＝0－mv④
E、F之间的距离l1为
l1＝4R－2R＋x⑤
P到达E点后反弹，从E点运动到F点的过程中，由动能定理有
Ep－mgl1 sin θ－μmgl1 cos θ＝0⑥
联立③④⑤⑥式并由题给条件得
x＝R⑦
Ep＝mgR⑧
(3)设改变后P的质量为m1.D点与G点的水平距离x1和竖直距离y1分别为
x1＝R－R sin θ⑨
y1＝R＋R＋R cos θ⑩
式中，已应用了过C点的圆轨道半径与竖直方向夹角仍为θ的事实．
设P在D点的速度为vD，由D点运动到G点的时间为t.
由平抛运动公式有
y1＝gt2⑪
x1＝vDt⑫
联立⑨⑩⑪⑫式得
vD＝⑬
设P在C点速度的大小为vC.在P由C运动到D的过程中机械能守恒，有
m1v＝m1v＋m1g(R＋R cos θ)⑭
P由E点运动到C点的过程中，同理，由动能定理有
Ep－m1g(x＋5R) sin θ－μm1g(x＋5R) cos θ＝m1v⑮
联立⑦⑧⑬⑭⑮式得
m1＝m⑯
答案 (1)2 (2)mgR (3) m
[归纳反思]
涉及做功与能量转化问题的解题方法
1．分清是什么力做功，并且分析该力做正功还是做负功；根据功能之间的对应关系，判定能的转化形式，确定能量之间的转化情况．
2．当涉及摩擦力做功时，机械能不守恒，一般应用能的转化和守恒定律，特别注意摩擦产生的内能Q＝Ffx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．
3．解题时，首先确定初、末状态，然后分清有多少种形式的能在转化，再分析状态变化过程中哪种形式的能量减少，哪种形式的能量增加，求出减少的能量总和ΔE减和增加的能量总和ΔE增，最后由ΔE减＝ΔE增列式求解．
[题组突破]
3－1.(2018·山东省潍坊市昌乐县二中高三下学期质检)(多选)如图所示，劲度系数为k的弹簧下悬挂一个质量为m的重物，处于静止状态．手托重物使之缓慢上移，直到弹簧恢复原长，然后放手使重物从静止开始下落，重物下落过程中的最大速度为v，不计空气阻力．下列说法正确的是( )
A．重力势能的减少量
B．重物从静止下落到速度最大过程中重物机械能的减少ΔE＝－mv2
C．弹簧弹性势能最大时小球加速度大小为g
D．手对重物做的功大于
ABC [劲度系数为k的弹簧下悬挂一个质量为m的重物，处于静止状态，弹簧的伸出量为：x＝，由振动的对称性可知，到达最低点时重物下落的高度为2x，此时重力势能的减少量ΔEp＝mg·2x＝，选项A正确；此时重物的加速度k·2x－mg＝ma，解得a＝g，选项C正确；在平衡位置时重物的速度最大，则重物从静止下落到速度最大过程中，动能增加mv2，重力势能减小mgx＝，则重物机械能的减少ΔE＝－mv2，选项B正确；
手托重物使之缓慢上移，直到弹簧恢复原长，然后放手，根据动能定理得：W1－WG＋W弹＝0，手对重物做的功为：W1＝－W弹，故D错误．故选A、B、C.]
3－2.(2018·重庆巴蜀中学高三质检)如图所示，光滑的直轨道MP固定在水平地面上，左端与半径为R的光滑半圆形轨道MN相连，右端与光滑的倾斜轨道连接，水平轨道与倾斜轨道间有一圆弧过渡，所有轨道都在同一竖直平面内，在水平轨道上，轻质弹簧被A、B两小球挤压(不连接)，锁定并处于静止状态．解除锁定后，A球恰好能够通过圆形轨道的最高点N，B球恰好运动至与N点同高的Q点，已知A球的质量为m，重力加速度为g.求：
(1)小球A运动至M点时，对轨道压力F的大小；
(2)锁定时，弹簧的弹性势能Ep.
解析 (1)对于小球A恰好通过N点，由牛顿第二定律得：mg＝m
由N到M的过程中由机械能守恒得
mv＝mg·2R＋mv
在M点由牛顿第二定律得N－mg＝m
由牛顿第三定律得F＝N
解得：F＝6mg
(2)根据题意，解除锁定后，小球B的速度v的大小为
Mg·2R＝Mv2
解除锁定后，AB两小球动量守恒，则有mvN＝Mv
对于弹簧根据能量守恒定律得Ep＝mv＋Mv2
解得：Ep＝mgR
答案 (1)6mg (2)mgR
课时跟踪训练(六)
一、选择题(1～5题为单项选择题，6～9题为多项选择题)
1．(2018·山东省淄博市高三三模)如图所示，质量均为m的木块A和B，用一个劲度系数为k的竖直轻质弹簧连接，最初系统静止，现在用力F缓慢拉A直到B刚好离开地面，则这一过程中力F做的功至少为( )
A. B. C. D.
B [最初系统静止时，弹力等于A的重力，由胡克定律得，弹簧被压缩的长度x1＝，最后B刚好离开地面时，弹力等于B的重力，此时弹簧伸长的长度x2＝，此过程缓慢进行，所以力F做的功等于系统内增加的重力势能，根据功能关系可知：W＝mgh＝mg×2×＝，故B正确； 故选B]
2．(2018·山东省湖北省重点学校协作体冲刺模拟)如图所示，水平向右的匀强电场中有一绝缘斜面，一带电金属滑块以Ek0＝30 J的初动能从斜面底端A冲上斜面，到顶端B时返回，已知滑块从A滑到B的过程中克服摩擦力做功10 J，克服重力做功24 J，则( )
A．滑块带正电，上滑过程中电势能减小4 J
B．滑块上滑过程中机械能增加4 J
C．滑块上滑到斜面中点时重力势能增加14 J
D．滑块返回到斜面底端时动能为15 J
A [动能定理知上滑过程中W电－WG－Wf＝ΔEk，代入数值得W电＝4 J，电场力做正功，滑块带正电，电势能减小4 J，A正确；由功能关系知滑块上滑过程中机械能的变化量为ΔE＝W电－Wf＝－6 J，即机械能减小6 J，B错误；由题意知滑块上滑到斜面中点时克服重力做功为12 J，即重力势能增加12 J，C错误；由动能定理知Wf＝Ek0－Ek，所以滑块返回到斜面底端时动能为10 J，D错误．]
3．(2018·福州一中高三冲刺)如图所示，圆柱形的容器内有若干个长度不同、粗糙程度相同的直轨道，它们的下端均固定于容器底部圆心O，上端固定在容器侧壁．若相同的小球以同样的速率，从点O沿各轨道同时向上运动．对它们向上运动过程．下列说法正确的是( )
A．小球动能相等的位置在同一水平面上
B．小球重力势能相等的位置不在同一水平面上
C．运动过程中同一时刻，小球处在同一球面上
D．当小球在运动过程中产生的摩擦热相等时，小球的位置不在同一水平面上
D [运动过程中，摩擦力产生的热量等于克服摩擦力所做的功，设轨道与水平面间夹角为θ，即Q＝μmgl cos θ＝μmgx，x为小球的水平位移，Q相同时，x相同，倾角不同，所以高度h不同，D项正确．小球从底端开始，运动到同一水平面，小球克服重力做的功相同，克服摩擦力做的功不同，动能一定不同，A项错误；小球的重力势能只与其高度有关，故重力势能相等时，小球一定在同一水平面上，B项错误；若运动过程中同一时刻，小球处于同一球面上，t＝0时，小球位于O点，即O为球面上一点；设直轨道与水平面的夹角为θ，则小球在时间t0内的位移x0＝vt0＋at，a＝－(g sin θ＋μg cos θ)．由于与θ有关，故小球一定不在同一球面上，C项错误．]
4．(2018·四川省宣宾市高三二诊)如图甲所示，倾角θ＝30°的光滑斜面固定在水平面上，自然伸长的轻质弹簧一端固定在斜面底端的挡板上．一质量为m的小球，从离弹簧上端一定距离的位置静止释放，接触弹簧后继续向下运动．小球运动的v－t图象如图乙所示，其中OA段为直线，AB段是与OA相切于A点的平滑曲线，BC是平滑曲线，不考虑空气阻力，重力加速度为g.关于小球的运动过程，下列说法正确的是( )
A．小球在tB时刻所受弹簧弹力大于mg
B．小球在tC时刻的加速度大于g
C．小球从tC时刻所在的位置由静止释放后，不能回到出发点
D．小球从tA时刻到tC时刻的过程中重力势能的减少量等于弹簧弹性势能的增加量
B [由图象可知，小球在tB时刻加速度大小为零，此时F弹＝mg sin 30°＝mg，选项A错误；小球在tC时刻到达最低点，弹力达到最大值；小球在A点的加速度大小为g，由图象可知，在C点的切线的斜率大于在A点的切线的斜率，即小球在tC时刻的加速度大于g，选项B正确；由能量守恒定律可知，小球从tC时刻所在的位置由静止释放后，小球能回到出发点，选项C错误；小球从tA时刻到tC时刻的过程中重力势能的减少量与动能减小量之和等于弹簧弹性势能的增加量，选项D错误；故选B.]
5．(2018·广东省梅州市高三第六次调研)如图所示，将质量为mp＝5m的重物P悬挂在轻绳的一端，轻绳的另一端系一质量为mQ＝3m的小物块Q，小物块Q套在竖直固定的光滑直杆上，固定光滑定滑轮与直杆的距离为L.现将小物块Q拉到与之连结的轻绳水平时由静止释放，不计一切摩擦阻力，下列说法正确的是( )
A．小物块Q下滑距离L时，P、Q两物体的速度大小相等
B．小物块Q下滑某一位置时，与滑轮连结的轴对滑轮的作用力可能竖直向上
C．小物块Q能下降的最大高度为h＝L
D．小物块Q下滑距离L时，P的速度大小.
D [小物块Q下滑距离L时，对物块Q的速度沿绳子方向和垂直绳子方向进行分解，在沿绳子方向上的分速度等于重物P的速度，有：vQ cos 45°＝vP，所以有vQ＝vP，故A错误；小物块Q下滑过程中，滑轮两侧轻绳拉力总是大小相等，所以，轴对滑轮的作用力总在两线的角平分线上，不可能在竖直方向上，故B错误；设小物块下滑到最大高度h时物块和重物的速度均为0，此时重物上升的最大高度为－L，根据系统的机械能守恒有：5mg(－L)＝3mgh，解得：h＝L，故C错误；当小物块下滑L时，重物P上升的距离是－L＝L，两物体的速度满足v′Q＝vP′＝vP′，由机械能守恒定律得：3mg(L)－5mg(L)＝(5m)vP′2＋(3m)vQ′2，综上解得v′P＝，故D正确．]
6．(2018·山东省实验中学高三第一次模拟考试)在奥运比赛项目中，10 m跳台跳水是我国运动员的强项，某次训练中，质量为60 kg的跳水运动员从跳台自由下落10 m后入水，在水中竖直向下减速运动，设空中下落时空气阻力不计，水对他的阻力大小恒为2 400 N，那么在他入水后下降2.5 m的过程中，下列说法正确的是(取g＝10 m/s2)( )
A．他的加速度大小为30 m/s2
B．他的动量减少了300 kg·m/s
C．他的动能减少了6 000 J
D．他的机械能减少了4 500 J
AB [运动员在水中受到质量和水的阻力，选取向下为正方向，则：－F＋mg＝ma，代入数据得：a＝－30 m/s2.负号表示方向向上；故A正确；运动员入水时的速度：v1＝＝＝10 m/s，入水后下降2.5 m后的速度：v2＝＝＝5 m/s, 所以动量的变化量：
|ΔP|＝m(v1－v2)＝60×(10－5)＝300 kg·m/s.故B正确；减速下降深度为h的过程中，根据动能定理，动能的减小量等于克服合力做的功，为：(F－mg)h′＝(2400－600)×2.5＝4 500 J，故C错误；减速下降深度为h的过程中，机械能的减小量等于克服阻力做的功，为：Fh＝2 400×2.5＝6 000 J，故D错误；故选AB.]
7．(2018·湖北省高三4月调研)如图所示，小球A、B、C的质量分别为m、m、2m，A与BC间通过铰链用轻杆连接，杆长为L，B、C置于水平地面上．现让两轻杆并拢，将A由静止释放下降到最低点的过程中，A、B、C在同一竖直平面内运动，忽略一切摩擦，重力加速度为g.则( )
A．A、B、C组成的系统水平方向动量守恒
B．A、C之间的轻杆始终对C做正功
C．A与桌面接触时具有水平方向的速度
D．A与桌面接触时的速度大小为
AD [A、B、C组成的系统水平方向受到的合力为零，则水平方向动量守恒，选项A正确；小球C的速度先增大后减小，则A、C之间的轻杆对C先做正功后做负功，选项B错误；系统初动量为零，水平方向末动量也为零，因A与桌面接触时，三个球的水平速度相等，则根据水平方向动量守恒可知三个球的水平方向的速度均为零，选项C错误；竖直方向，当A与桌面接触时，小球A的重力势能转化为系统的动能，因BC的速度为零，则mgL＝mv2，解得v＝，选项D正确；故选AD.]
8．(2018·山东省潍坊市高三三模)如图所示，光滑长铁链由若干节组成，全长为L，圆形管状轨道半径为R，L＞2πR，R远大于一节铁链的高度和长度．铁链靠惯性通过轨道继续前进，下列判断正确的是( )
A．在第一节完成圆周运动的过程中，第一节铁链机械能守恒
B．每节铁链通过最高点的速度依次减小
C．第一节与最后一节到达最高点的速度大小相等
D．第一节回到最低点至最后一节进入轨道的过程中铁链的速度保持不变
CD [A.铁链、火车、绳等由完全相同的各部分构成连接体，各部分之间有弹力作用，若选一节研究，有除重力或弹簧弹力的其他外力做功，机械能不守恒；但选取整个系统为对象时，各部分的力属于内力，做功抵消，系统只有重力做功，机械能守恒，A错误．B、D.第一节上升的过程，系统的重心上升到圆心处，重力势能增大，由系统机械能守恒知动能减小；以后每下降一节，后面上升一节，系统的机械能不变，则速度相等，故B错误，D正确．C.第一节到达最高点和最后一节到最高点时系统的重心位置相同，由Ek1＋Ep1＝Ek2＋Ep2知重力势能相等时动能相等，则每一节的速率相等，C正确．故选CD.]
9．(2018·江西省南昌市高三统一质检题)如图所示，一根轻质弹簧一端固定于光滑竖直杆上，另一端与质量为m的滑块P连接，P穿在杆上，一根轻绳跨过定滑轮将滑块P和重物Q连接起来，重物Q的质量M＝6m，把滑块从图中A点由静止释放后沿竖直杆上下运动，当它经过A、B两点时弹簧对滑块的弹力大小相等，已知OA与水平面的夹角θ＝53°，OB长为L，与AB垂直，不计滑轮的摩擦力，重力加速度为g，滑块P从A到B的过程中，说法正确的是( )
A．对于滑块Q，其重力功率先增大后减小
B．滑块P运动到位置B处速度达到最大，且大小为
C．轻绳对滑块P做功4mgL
D．P与Q的机械能之和先减小后增加
AC [A.物块Q释放瞬间的速度为零，当物块P运动至B点时，物块Q的速度也为零，所以当P从A点运动至B点时，物块Q的速度先增加后减小，物块Q的重力的功率也为先增加后减小，故A正确；B.由于物块P在AB两点处弹簧的弹力大小相等，所以物块P在A点时受到弹簧向上的弹力，运动至B点时受到向下的弹力，物块P从A到B过程中，必定先加速度后减速，合力为零时速度最大，即在BA间某位置速度最大，故B错误；C.从A到B过程中，对于P、Q系统由动能定律可得：6 mg(－L)－mgL tan 53°－0＝mv2，对于P，由动能定理可得：W－mgL－0＝mv2联立解得：W＝4 mgL，故C正确；D.对于PQ系统，竖直杆不做功，系统的机械能只与弹簧对P的做功有关，从A到B的过程中，弹簧对P先做正功，后做负功，所以系统的机械能先增加后减小，故D错误．故选：AC.]
二、非选择题
10．轻质弹簧原长为2l，将弹簧竖直放置在地面上，在其顶端将一质量为5m的物体由静止释放，当弹簧被压缩到最短时，弹簧长度为l.现将该弹簧水平放置，一端固定在A点，另一端与物块P接触但不连接．AB是长度为5l的水平轨道，B端与半径为l的光滑半圆轨道BCD相切，半圆的直径BD竖直，如图所示．物块P与AB间的动摩擦因数μ＝0.5.用外力推动物块P，将弹簧压缩至长度l，然后放开，P开始沿轨道运动．重力加速度大小为g.
(1)若P的质量为m，求P到达B点时速度的大小，以及它离开圆轨道后落回到AB上的位置与B点之间的距离；
(2)若P能滑上圆轨道，且仍能沿圆轨道滑下，求P的质量的取值范围．
解析 (1)依题意，当弹簧竖直放置，长度被压缩至l时，质量为5m的物体的动能为零，其重力势能转化为弹簧的弹性势能．由机械能守恒定律知，弹簧长度为l时的弹性势能
为Ep＝5mgl①
设P的质量为M，到达B点时的速度大小为vB，由能量守恒定律得
Ep＝Mv＋μMg·4l②
联立①②式，取M＝m并代入题给数据得
vB＝③
若P能沿圆轨道运动到D点，其到达D点时的向心力不能小于重力，即P此时的速度大小v应满足
mg≤m④
设P滑到D点时的速度为vD，由机械能守恒定律得
mv＝mv＋mg·2l⑤
联立③⑤式得
vD＝⑥
vD满足④式要求，故P能运动到D点，并从D点以速度vD水平射出．设P落回到轨道AB所需的时间为t，由运动学公式得
2l＝gt2⑦
P落回到AB上的位置与B点之间的距离为
s＝vDt⑧
联立⑥⑦⑧式得
s＝2l⑨
(2)为使P能滑上圆轨道，它到达B点时的速度不能小于零．由①②式可知5mgl>μMg·4l⑩
要使P仍能沿圆轨道滑回，P在圆轨道的上升高度不能超过半圆轨道的中点C.由机械能守恒定律有
Mv≤Mgl⑪
联立①②⑩⑪式得
m≤M
(1)物块与斜面间的动摩擦因数；
(2)物块在离开弹簧后上滑和下滑过程中的加速度大小之比；
(3)若每次当物块离开弹簧后立即将弹簧压缩到A点锁定，当物块返回A点时立刻解除锁定．设斜面最高点C(未画出)与A的高度差为3 h，试通过计算判断物块最终能否从C点抛出．
解析 (1)物块从A第一次上滑到B的过程中，由功能关系得：Wf＋mgh＝Ep.
即μmg cos θ·＋mgh＝mgh.
解得：μ＝
(2)在上升的过程中和下滑的过程中物块都受到重力、支持力和滑动摩擦力的作用，设上升和下降过程中的加速度大小分别是a1和a2，根据牛顿第二定律得：
物块上升过程有：mg sin θ＋μmg cos θ＝ma1，
得a1＝g(sin θ＋μcos θ)＝g×(＋×)＝g
物块下滑过程有：mg sin θ－μmg cos θ＝ma2，
得a2＝g(sin θ－μcos θ)＝g×＝g
故a1∶a2＝5∶3.
(3)经过足够长时间后，弹簧给物块补充的弹性势能将全部用来克服物块在斜面上来回运动时阻力做的功，设稳定时物块上升的最大高度为hm.则由功能关系得：Ep＝Wf总．
即mgh＝2μmg cos θ·
解得：hm＝2.5h<3h
所以物块不可能到达C点，即不能从C点抛出．
答案 (1) (2)5∶3 (3)不能从C点抛出
主干知识体系
核心再现及学科素养
x
思想方法
(1)机械能守恒定律的表达式．
①守恒的观点：Ek1＋Ep1＝Ek2＋Ep2.
②转化的观点：ΔEp＝－ΔEk.
③转移的观点：EA增＝EB减．
(2)常见的力学中功能关系．
①合外力做功与动能的关系：W合＝ΔEk.
②重力做功与重力势能的关系：WG＝－ΔEp.
③弹力做功与弹性势能的关系：W弹＝－ΔEp.
④除重力以外其他力做功与机械能的关系：W其它＝ΔE机．
⑤滑动摩擦力做功与内能的关系：Ffl相对＝ΔE内．
思想方法
(1)物理思想：守恒思想．
(2)物理方法：守恒法、转化法、转移法.
1．(2017·高考全国卷Ⅱ)(多选)如图，海王星绕太阳沿椭圆轨道运动，P为近日点，Q为远日点，M、N为轨道短轴的两个端点，运行的周期为T0.若只考虑海王星和太阳之间的相互作用，则海王星在从P经过M、Q到N的运动过程中( )
A．从P到M所用的时间等于
B．从Q到N阶段，机械能逐渐变大
C．从P到Q阶段，速率逐渐变小
D．从M到N阶段，万有引力对它先做负功后做正功
CD [A错：由开普勒第二定律可知，相等时间内太阳与海王星连线扫过的面积都相等．则在段速度大小大于段速度大小，则段时间小于段时间，所以P到M所用时间小于.
B错：由机械能守恒定律知，从Q到N阶段，机械能守恒．
C对：从P到Q阶段，万有引力做负功，动能减小，速率逐渐变小．
D对：从M到N阶段，万有引力与速度的夹角先是钝角后是锐角，即万有引力对它先做负功后做正功．]
2．(2017·高考全国卷Ⅰ)一质量为8.00×104 kg的太空飞船从其飞行轨道返回地面．飞船在离地面高度1.60×105 m处以7.50×103 m/s的速度进入大气层，逐渐减慢至速度为100 m/s时下落到地面．取地面为重力势能零点，在飞船下落过程中，重力加速度可视为常量，大小取为9.8 m/s2.(结果保留2位有效数字)
(1)分别求出该飞船着地前瞬间的机械能和它进入大气层时的机械能；
(2)求飞船从离地面高度600 m处至着地前瞬间的过程中克服阻力所做的功，已知飞船在该处的速度大小是其进入大气层时速度大小的2.0%.
解析 (1)飞船着地前瞬间的机械能为
Ek0＝mv①
式中，m和v0分别是飞船的质量和着地前瞬间的速率．由①式和题给数据得
Ek0＝4.0×108 J②
设地面附近的重力加速度大小为g.飞船进入大气层时的机械能为
Eh＝mv＋mgh③
式中，vh是飞船在高度1.60×105 m处的速度大小．由③式和题给数据得Eh≈2.4×1012 J④
(2)飞船在高度h′＝600 m处的机械能为
Eh′＝m2＋mgh′⑤
由功能原理得W＝Eh′－Ek0⑥
式中，W是飞船从高度600 m处至着地前瞬间的过程中克服阻力所做的功．由②⑤⑥式和题给数据得
W≈9.7×108 J⑦
答案 (1)4.0×108 J 2.4×1012 J (2)9.7×108 J
3．(2018·全国Ⅰ卷，24)一质量为m的烟花弹获得动能E后，从地面竖直升空．当烟花弹上升的速度为零时，弹中火药爆炸将烟花弹炸为质量相等的两部分，两部分获得的动能之和也为E，且均沿竖直方向运动．爆炸时间极短，重力加速度大小为g，不计空气阻力和火药的质量．求
(1)烟花弹从地面开始上升到弹中火药爆炸所经过的时间；
(2)爆炸后烟花弹向上运动的部分距地面的最大高度．
解析 (1)设烟花弹上升的初速度为v0，由题给条件有
E＝mv①
设烟花弹从地面开始上升到火药爆炸所用的时间为t，由运动学公式有
0－v0＝－gt②
联立①②式得
t＝③
(2)设爆炸时烟花弹距地面的高度为h1，由机械能守恒定律有
E＝mgh1④
火药爆炸后，烟花弹上、下两部分均沿竖直方向运动，设爆炸后瞬间其速度分别为v1和v2.由题给条件和动量守恒定律有
mv＋mv＝E⑤
mv1＋mv2＝0⑥
由⑥式知，烟花弹两部分的速度方向相反，向上运动部分做竖直上抛运动．
设爆炸后烟花弹上部分继续上升的高度为h2，由机械能守恒定律有
mv＝mgh2⑦
联立④⑤⑥⑦式得，烟花弹向上运动部分距地面的最大高度为
h＝h1＋h2＝⑧
答案 (1) (2)
[考情分析]
■命题特点与趋势
1．本讲是高考的“重中之重”，常以选择题形式考查机械能守恒的判断、功能关系的简单分析与计算．
2．功能关系渗透在整个物理学内容中，是历年高考综合题命题热点，常与直线运动、平抛运动、圆周运动及电磁学知识相结合，多以计算题形式出现，难度偏大．
■解题要领
解决本讲问题，一是要正确理解机械能守恒的条件及表达式、常见功能关系及能量守恒定律；二是要正确应用“守恒思想”(机械能守恒、能量守恒)和常用方法(守恒法、转化法、转移法).
高频考点一 机械能守恒的判断及应用
[备考策略]
1．掌握机械能守恒的三种判断方法
(1)用做功判断：若物体或系统只有重力(或系统内弹簧的弹力)做功，虽受其他力，但其他力不做功，则其机械能守恒．
(2)用能量转化判断：若物体或系统中只有动能和势能的相互转化，而无机械能与其他形式的能的相互转化，则物体或系统机械能守恒．
(3)对多个物体组成的系统，除考虑是否只有重力做功外，还要考虑系统内力是否做功，如有摩擦力做功时，因摩擦生热，系统机械能将有损失．
2．牢记机械能守恒定律的三种表达形式
[命题视角]
考向1 单个物体的机械能守恒
例1 (2018·山东省潍坊市高三第二次高考模拟) 如图所示，倾角为37°的斜面与一竖直光滑圆轨道相切于A点，轨道半径R＝1 m，将滑块由B点无初速释放，滑块恰能运动到圆周的C点，OC水平，OD竖直，AB＝2 m，滑块可视为质点，取g＝10 m/s2，sin 37°＝0.6，cos 37°＝0.8，求：
(1)滑块在斜面上运动的时间；
(2)若滑块能从D点抛出，滑块仍从斜面上无初速释放，释放点至少应距A点多远．
解析 (1)滑块到达A点时的速度vA，从A到C机械能守恒：mv＝mgR cos 37°
从B到A过程匀加速运动：v＝2axAB
vA＝at
解得t＝1 s
(2)能从D点抛出速度最小为vD，mg＝m
以A所在水平面为重力势能重点，从A到D由机械能守恒：mvA′2＝mgR(1＋cos37°)＋mv vA′2＝2ax′解得x′＝5.75 m.
答案 (1)1 s (2)5.75 m
考向2 用轻杆、轻绳定滑轮相连的多个物体的机械能守恒
例2 (2018·山东省淄博市高三三模)(多选)如图所示，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的小环，小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.现将小环从与定滑轮等高的A处由静止释放，当小环沿直杆下滑距离也为d时(图中B处)，下列说法正确的是(重力加速度为g)( )
A．环与重物、地球组成的系统机械能守恒
B．小环到达B处时，重物上升的高度也为d
C．小环在B处的速度与重物上升的速度大小之比等于
D．小环下落到B处时的速度为
AD [A项，由于小环和重物只有重力做功，则系统机械能守恒，故A项正确．
B项，结合几何关系可知，重物上升的高度h＝(－1)d，故B项错误．
C项，将小环在B处的速度分解为沿着绳子方向和垂直于绳子方向的两个分速度，其中沿着绳子方向的速度即为重物上升的速度，则v物＝v环cos 45°，环在B处的速度与重物上升的速度大小之比为∶1，故C项错误．
D项，小环和重物系统机械能守恒，则mgd－2mgh＝mv＋mv
且v物＝v环cos 45°，解得：v环＝，故D正确；故选A、D.]
例3 (2018·最新高考信息卷)如图所示，A、B两小球质量均为m，A球位于半径为R的竖直光滑圆轨道内侧，B球穿过固定的光滑竖直长杆，杆和圆轨道在同一竖直平面内，杆的延长线过轨道圆心O.两球用轻质铰链与长为L(L>2R)的轻杆连接，连接两球的轻杆能随小球自由移动，M、N、P三点分别为圆轨道上最低点、圆心的等高点和最高点，重力加速度为g.
(1)对A球施加一个始终沿圆轨道切向的推力，使其缓慢从M点移至N点，求A球在N点受到的推力大小F；
(2)在M点给A球一个水平向左的初速度，A球沿圆轨道运动到最高点P时速度大小为v，求A球在M点时的初速度大小v0；
(3)在(2)的情况下，若A球运动至M点时，B球的加速度大小为a，求此时圆轨道对A球的作用力大小FA.
解析 在N点，A、B和轻杆整体处于平衡状态，根据平衡条件可得A球在N点受到的推力大小；A球在M点、P点时，B球的速度都为零，A、B球和轻杆组成的系统在运动过程中满足机械能守恒定律即可求出A球在M点时的初速度大小；由牛顿第二定律可求出圆轨道对A球的作用力大小．
(1)在N点，A、B和轻杆整体处于平衡状态，在竖直方向有：F－2mg＝0
解得：F＝2mg
(2)A球在M点、P点时，B球的速度都为零
A、B球和轻杆组成的系统在运动过程中满足机械能守恒定律，则
2mg·2R＝mv－mv2
解得：v0＝
(3)此时B球有向上的加速度a，设杆对B球支持力为F0，由牛顿第二定律有
F0－mg＝ma
A球此时受到重力、轨道竖直向上的支持力和轻杆竖直向下的压力，同理有
FA－F0－mg＝m
解得：FA＝10mg＋ma＋m.
答案 (1)2mg (2)
(3)10mg＋ma＋m
考向3 机械能守恒定律的综合应用
例4 (2018·哈尔滨市第三中学考前冲刺卷)如图所示，竖直平面内固定着由两个半径为R的四分之一圆弧构成的细管道ABC，圆心连线O1O2水平且与细管的交点为B，轻弹簧左端固定在竖直挡板上．右端靠着质量为m的小球(小球的直径略小于管道内径)，长为R的薄板DE置于水平面上，板的左端D到管道右端C的水平距离为R.开始时弹簧处于锁定状态，具有一定的弹性势能．重力加速度为g，解除锁定，小球离开弹簧后进入管道，最后从C点抛出(不计小球与水平面和细管的摩擦)，若小球经C点时对管道外侧的弹力大小为mg.
(1)求弹簧锁定时具有的弹性势能Ep；
(2)求小球经细管B点的前、后瞬间对管道的压力；
(3)试通过计算判断小球能否落在薄板DE上．
解析 (1)小球经过C点时，管道对小球的弹力FN＝mg，方向竖直向下，
根据向心力公式有mg＋FN＝
从解除弹簧锁定到小球运动到C点过程中，弹簧的弹性势能全部转化为小球的机械能，而弹簧和小球的机械能守恒，则Ep＝2mgR＋mv
解得Ep＝3mgR.
(2)小球解除锁定到经过B点的过程中，根据机械能守恒，有3mgR＝mgR＋mv
小球经B点前、后瞬间，弹力提供向心力，
则FN＝
解得FN＝4mg.
由牛顿第三定律可知，小球对管道的压力分别向右和向左，大小为4mg.
(3)小球离开C点后做平抛运动，根据平抛运动规律有
2R＝gt2，x＝vCt
解得x＝2R.
因为x＝2R>2R，所以小球不能落在薄板DE上．
答案 (1)3mgR (2)分别为向右和向左的大小为4mg的压力 (3)见解析
[归纳反思]
应用机械能守恒定律解题的基本思路
[题组突破]
1－1.(2018·河北省邯郸市高三二模)(多选)如图所示，在倾角为30°的光滑固定斜面上，放有两个质量分别为1 kg和2 kg的可视为质点的小球A和B，两球之间用一根长l＝0.2 m的轻杆相连，小球B距水平面的高度h＝0.1 m．斜面底端与水平面之间有一光滑短圆弧相连，两球从静止开始下滑到光滑水平面上，g取10 m/s2.则下列说法中正确的是( )
A．下滑的整个过程中A球机械能守恒
B．下滑的整个过程中两球组成的系统机械能守恒
C．两球在光滑水平面上运动时的速度大小为2 m/s
D．系统下滑的整个过程中B球机械能的增加量为 J
BD [A、B下滑的整个过程中，杆的弹力对A球做负功，A球机械能减少，选项A错误．A、B两球组成的系统只有重力和系统内弹力做功，机械能守恒，选项B正确．对A、B两球组成的系统由机械能守恒定律得mAg(h＋l sin 30°)＋mBgh＝(mA＋mB)v2，解得v＝ m/s，选项C错误．B球机械能的增加量为ΔEp＝mBv2－mBgh＝ J，选项D正确．]
1－2.(2018·湖北三市五校三联)如图所示，一质量不计的细线绕过无摩擦的轻质小定滑轮O与质量为5m的砝码相连，另一端与套在一根固定光滑的竖直杆上质量为m的圆环相连，直杆上有A、C、B三点，且C为AB的中点，AO与竖直杆的夹角θ＝53°，C点与滑轮O在同一水平高度，滑轮与竖直杆相距为L，重力加速度为g，设直杆足够长，圆环和砝码在运动过程中不会与其他物体相碰．现将圆环从A点由静止释放(已知sin 53°＝0.8，cos 53°＝0.6)，试求：
(1)砝码下降到最低点时，圆环的速度大小；
(2)圆环能下滑的最大距离；
(3)圆环下滑到B点时的速度大小．
解析 (1)当圆环到达C点时，砝码下降到最低点，此时砝码速度为零
圆环下降高度为hAC＝
砝码下降高度为Δh＝＝
由系统机械能守恒mghAC＋5mgΔh＝mv
则圆环的速度v1＝2
(2)当圆环下滑最大距离为H时，圆环和砝码的速度均为零
砝码上升的高度ΔH＝－
由系统机械能守恒，圆环重力势能的减少量等于砝码重力势能的增加量，即mgH＝5mgΔH，得圆环能下滑的最大距离H＝.
(3)当圆环运动到B点时，下滑的高度hAB＝，而砝码的高度不变，设圆环的速度为v2，此时砝码的速度为v2 cos 53°.
由系统机械能守恒
mghAB＝mv＋×5m(v2 cos 53°)2
得圆环下滑到B点时的速度v2＝.
答案 (1)2 (2) (3)
高频考点二 功能关系及能量守恒定律的应用
[备考策略]
1．应用类题目最大的特色是用新颖材料考查已学知识，最常见的失误原因是不能透过表象提炼出问题的实质，合理应用规律解题．功能关系类题目更是如此，不能寄希望于押题训练，而是要善于总结规律，把握共性，以不变应万变
2．掌握力学中常见的五种功能关系
(1)重力做功与重力势能变化的关系：WG＝－ΔEp.
(2)弹力做功与弹性势能变化的关系：W弹＝－ΔEp.
(3)合外力做功与动能变化的关系：W合＝ΔEk.
(4)重力之外的力做功与机械能变化的关系：W其他＝ΔE机．
(5)滑动摩擦力、相对位移的乘积与内能变化的关系：Ffx相对＝ΔE内．
3．应用注意事项
(1)必须分析清物体运动过程中有哪些力做功，有哪些形式的能发生变化．
(2)明确图象斜率的意义．
(3)物块在传送带上滑动时产生的热量Q＝Ffx相对．其中x相对为物块与传送带间的相对位移．
[题组突破]
2－1.(2018·吉林省长春市高三毕业班调研(三))如图所示，某段滑雪雪道倾角为30°，总质量为m(包括滑雪具在内)的滑雪运动员从距底端高为h处的雪道上由静止开始匀加速下滑，加速度a＝，在他从上向下滑到底端的过程中，下列说法正确的是( )
A．运动员减少的重力势能全部转化为动能
B．系统减少的机械能为
C．运动员获得的动能为
D．运动员克服摩擦力做的功为
B [由于滑雪雪道与滑雪具之间有摩擦，在滑雪运动员从距底端高度为h处的雪道上由静止开始匀加速下滑过程中，运动员减少的重力势能一部分转化为动能，另一部分转化为克服摩擦做的功，选项A错误；下滑位移为L＝＝2h，由v2＝2aL，得出滑到雪道底端时速度v＝，滑到雪道底端时运动员获得的动能Ek＝mv2＝mgh，下滑过程中系统减少的机械能ΔE＝mgh－Ek＝mgh，选项B正确、C错误；根据功能关系可知，下滑过程中系统减少的机械能ΔE等于运动员克服摩擦力做的功，所以运动员克服摩擦力做的功为mgh，选项D错误．]
2－2.(2018·四川省攀枝花市高考物理三诊试卷)(多选)如图所示，倾角为θ＝37°的传送带以速度v＝2 m/s沿图示方向匀速运动．现将一质量为2 kg的小木块，从传送带的底端以v0＝4 m/s的初速度，沿传送带运动方向滑上传送带．已知小木块与传送带间的动摩擦因数为μ＝0.5，传送带足够长，sin 37°＝0.6，cos 37°＝0.8，取g＝10 m/s2.小物块从滑上传送带至到达最高点的过程中，下列说法正确的是( )
A．运动时间为0.4 s
B．发生的位移为1.6 m
C．产生的热量为9.6 J
D．摩擦力对小木块所做功为12.8 J
BC [第一阶段：根据牛顿第二定律，mgsin θ＋μmgcos θ＝ma1，得a1＝10 m/s2，第一阶段位移为x1＝＝0.6 m，
所用时间为t1＝＝0.2 s，传送带位移为x传1＝vt1＝0.4 m，划痕为Δx1＝x1－x传1＝0.2 m；第二阶段mgsin θ－μmgcos θ＝ma2，得a2＝2 m/s2，第二阶段位移为x2＝＝1 m，所用时间为t2＝＝1 s，传送带位移为x传2＝vt＝2 m，划痕为Δx2＝x传1－x2＝1 m．由以上分析可知，物体运动总时间为t＝t1＋t2＝1.2 s；物体的总位移x＝x1＋x2＝1.6 m；产生总热量为Q＝μmgcos θ·Δx1＋μmg cos θ·Δx2＝9.6 J；摩擦力第一阶段做负功，第二阶段做正功，摩擦力对小木块所做功为W＝－μmgcos θ·x1＋μmgcos θ·x2＝3.2 J，综上分析可知B、C正确．]
2－3.(2018·最新高考信息卷)(多选)如图所示，竖直墙上固定有光滑的小滑轮D，质量相等的物体A和B用轻弹簧连接，物体B放在地面上，用一根不可伸长的轻绳一端与物体A连接，另一端跨过定滑轮与小环C连接，小环C穿过竖直固定的光滑均匀细杆，小环C位于位置R时，绳与细杆的夹角为θ，此时物体B与地面刚好无压力．图中SD水平，位置R和Q关于S对称．现让小环从R处由静止释放，环下落过程中绳始终处于拉直状态，且环到达Q时速度最大．下列关于小环C下落过程中的描述正确的是( )
A．小环C、物体A和轻弹簧组成的系统机械能守恒
B．小环C下落到位置S时，小环C的机械能一定最大
C．小环C从位置R运动到位置Q的过程中，弹簧的弹性势能一定先减小后增大
D．小环C到达Q点时，物体A与小环C的动能之比为
ABD [A项：在小环下滑过程中，只有重力势能与动能、弹性势能相互转换，所以小环C、物体A和轻弹簧组成的系统机械能守恒，故A正确；
B项：小环C下落到位置S过程中，绳的拉力一直对小环做正功，所以小环的机械能一直在增大，往下绳的拉力对小环做负功，机械能减小，所以在S时，小环的机械能最大，故B正确；
C项：由于小环从R到S过程中，小环的机械能一直增大，所以AB弹簧组成的系统机械能减小，由于A的机械能增大，所以弹簧的弹性势能减小，小环从S到Q过程中，小环的机械能减小，AB弹簧组成的系统机械能增大，A的机械能不一定减小，所以弹性势能不一定增大，故C错误；D项：在Q点将小环速度分解可知vA＝v cos θ，根据动能Ek＝mv2可知，物体A与小环C的动能之比为，故D正确．]
高频考点三 综合应用动力学和能量守恒知识分析多过程问题
[典例导航]
例5 (2016·高考全国卷Ⅰ)如图，一轻弹簧原长为2R，其一端固定在倾角为37°的固定直轨道AC的底端A处，另一端位于直轨道上B处，弹簧处于自然状态．直轨道与一半径为R的光滑圆弧轨道相切于C点，AC＝7R，A、B、C、D均在同一竖直平面内．
质量为m的小物块P自C点由静止开始下滑，最低到达E点(未画出)，随后P沿轨道被弹回，最高到达F点，AF＝4R.已知P与直轨道间的动摩擦因数μ＝，重力加速度大小为g.(取sin 37°＝，cos 37°＝)
(1)求P第一次运动到B点时速度的大小；
(2)求P运动到E点时弹簧的弹性势能；
(3)改变物块P的质量，将P推至E点，从静止开始释放，已知P自圆弧轨道的最高点D处水平飞出后，恰好通过G点．G点在C点左下方，与C点水平相距R、竖直相距R.求P运动到D点时速度的大小和改变后P的质量．
解析 (1)根据题意知，B、C之间的距离l为
l＝7R－2R＝5R①
设P到达B点时的速度为vB，由动能定理得
mglsin θ－μmglcos θ＝mv②
式中θ＝37°.联立①②式并由题给条件得
vB＝2③
(2)设BE＝x.P到达E点时速度为零，此时弹簧的弹性势能为EP.P由B点运动到E点的过程中，由动能定理有
mgxsin θ－μmgx cos θ－Ep＝0－mv④
E、F之间的距离l1为
l1＝4R－2R＋x⑤
P到达E点后反弹，从E点运动到F点的过程中，由动能定理有
Ep－mgl1 sin θ－μmgl1 cos θ＝0⑥
联立③④⑤⑥式并由题给条件得
x＝R⑦
Ep＝mgR⑧
(3)设改变后P的质量为m1.D点与G点的水平距离x1和竖直距离y1分别为
x1＝R－R sin θ⑨
y1＝R＋R＋R cos θ⑩
式中，已应用了过C点的圆轨道半径与竖直方向夹角仍为θ的事实．
设P在D点的速度为vD，由D点运动到G点的时间为t.
由平抛运动公式有
y1＝gt2⑪
x1＝vDt⑫
联立⑨⑩⑪⑫式得
vD＝⑬
设P在C点速度的大小为vC.在P由C运动到D的过程中机械能守恒，有
m1v＝m1v＋m1g(R＋R cos θ)⑭
P由E点运动到C点的过程中，同理，由动能定理有
Ep－m1g(x＋5R) sin θ－μm1g(x＋5R) cos θ＝m1v⑮
联立⑦⑧⑬⑭⑮式得
m1＝m⑯
答案 (1)2 (2)mgR (3) m
[归纳反思]
涉及做功与能量转化问题的解题方法
1．分清是什么力做功，并且分析该力做正功还是做负功；根据功能之间的对应关系，判定能的转化形式，确定能量之间的转化情况．
2．当涉及摩擦力做功时，机械能不守恒，一般应用能的转化和守恒定律，特别注意摩擦产生的内能Q＝Ffx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．
3．解题时，首先确定初、末状态，然后分清有多少种形式的能在转化，再分析状态变化过程中哪种形式的能量减少，哪种形式的能量增加，求出减少的能量总和ΔE减和增加的能量总和ΔE增，最后由ΔE减＝ΔE增列式求解．
[题组突破]
3－1.(2018·山东省潍坊市昌乐县二中高三下学期质检)(多选)如图所示，劲度系数为k的弹簧下悬挂一个质量为m的重物，处于静止状态．手托重物使之缓慢上移，直到弹簧恢复原长，然后放手使重物从静止开始下落，重物下落过程中的最大速度为v，不计空气阻力．下列说法正确的是( )
A．重力势能的减少量
B．重物从静止下落到速度最大过程中重物机械能的减少ΔE＝－mv2
C．弹簧弹性势能最大时小球加速度大小为g
D．手对重物做的功大于
ABC [劲度系数为k的弹簧下悬挂一个质量为m的重物，处于静止状态，弹簧的伸出量为：x＝，由振动的对称性可知，到达最低点时重物下落的高度为2x，此时重力势能的减少量ΔEp＝mg·2x＝，选项A正确；此时重物的加速度k·2x－mg＝ma，解得a＝g，选项C正确；在平衡位置时重物的速度最大，则重物从静止下落到速度最大过程中，动能增加mv2，重力势能减小mgx＝，则重物机械能的减少ΔE＝－mv2，选项B正确；
手托重物使之缓慢上移，直到弹簧恢复原长，然后放手，根据动能定理得：W1－WG＋W弹＝0，手对重物做的功为：W1＝－W弹，故D错误．故选A、B、C.]
3－2.(2018·重庆巴蜀中学高三质检)如图所示，光滑的直轨道MP固定在水平地面上，左端与半径为R的光滑半圆形轨道MN相连，右端与光滑的倾斜轨道连接，水平轨道与倾斜轨道间有一圆弧过渡，所有轨道都在同一竖直平面内，在水平轨道上，轻质弹簧被A、B两小球挤压(不连接)，锁定并处于静止状态．解除锁定后，A球恰好能够通过圆形轨道的最高点N，B球恰好运动至与N点同高的Q点，已知A球的质量为m，重力加速度为g.求：
(1)小球A运动至M点时，对轨道压力F的大小；
(2)锁定时，弹簧的弹性势能Ep.
解析 (1)对于小球A恰好通过N点，由牛顿第二定律得：mg＝m
由N到M的过程中由机械能守恒得
mv＝mg·2R＋mv
在M点由牛顿第二定律得N－mg＝m
由牛顿第三定律得F＝N
解得：F＝6mg
(2)根据题意，解除锁定后，小球B的速度v的大小为
Mg·2R＝Mv2
解除锁定后，AB两小球动量守恒，则有mvN＝Mv
对于弹簧根据能量守恒定律得Ep＝mv＋Mv2
解得：Ep＝mgR
答案 (1)6mg (2)mgR
课时跟踪训练(六)
一、选择题(1～5题为单项选择题，6～9题为多项选择题)
1．(2018·山东省淄博市高三三模)如图所示，质量均为m的木块A和B，用一个劲度系数为k的竖直轻质弹簧连接，最初系统静止，现在用力F缓慢拉A直到B刚好离开地面，则这一过程中力F做的功至少为( )
A. B. C. D.
B [最初系统静止时，弹力等于A的重力，由胡克定律得，弹簧被压缩的长度x1＝，最后B刚好离开地面时，弹力等于B的重力，此时弹簧伸长的长度x2＝，此过程缓慢进行，所以力F做的功等于系统内增加的重力势能，根据功能关系可知：W＝mgh＝mg×2×＝，故B正确； 故选B]
2．(2018·山东省湖北省重点学校协作体冲刺模拟)如图所示，水平向右的匀强电场中有一绝缘斜面，一带电金属滑块以Ek0＝30 J的初动能从斜面底端A冲上斜面，到顶端B时返回，已知滑块从A滑到B的过程中克服摩擦力做功10 J，克服重力做功24 J，则( )
A．滑块带正电，上滑过程中电势能减小4 J
B．滑块上滑过程中机械能增加4 J
C．滑块上滑到斜面中点时重力势能增加14 J
D．滑块返回到斜面底端时动能为15 J
A [动能定理知上滑过程中W电－WG－Wf＝ΔEk，代入数值得W电＝4 J，电场力做正功，滑块带正电，电势能减小4 J，A正确；由功能关系知滑块上滑过程中机械能的变化量为ΔE＝W电－Wf＝－6 J，即机械能减小6 J，B错误；由题意知滑块上滑到斜面中点时克服重力做功为12 J，即重力势能增加12 J，C错误；由动能定理知Wf＝Ek0－Ek，所以滑块返回到斜面底端时动能为10 J，D错误．]
3．(2018·福州一中高三冲刺)如图所示，圆柱形的容器内有若干个长度不同、粗糙程度相同的直轨道，它们的下端均固定于容器底部圆心O，上端固定在容器侧壁．若相同的小球以同样的速率，从点O沿各轨道同时向上运动．对它们向上运动过程．下列说法正确的是( )
A．小球动能相等的位置在同一水平面上
B．小球重力势能相等的位置不在同一水平面上
C．运动过程中同一时刻，小球处在同一球面上
D．当小球在运动过程中产生的摩擦热相等时，小球的位置不在同一水平面上
D [运动过程中，摩擦力产生的热量等于克服摩擦力所做的功，设轨道与水平面间夹角为θ，即Q＝μmgl cos θ＝μmgx，x为小球的水平位移，Q相同时，x相同，倾角不同，所以高度h不同，D项正确．小球从底端开始，运动到同一水平面，小球克服重力做的功相同，克服摩擦力做的功不同，动能一定不同，A项错误；小球的重力势能只与其高度有关，故重力势能相等时，小球一定在同一水平面上，B项错误；若运动过程中同一时刻，小球处于同一球面上，t＝0时，小球位于O点，即O为球面上一点；设直轨道与水平面的夹角为θ，则小球在时间t0内的位移x0＝vt0＋at，a＝－(g sin θ＋μg cos θ)．由于与θ有关，故小球一定不在同一球面上，C项错误．]
4．(2018·四川省宣宾市高三二诊)如图甲所示，倾角θ＝30°的光滑斜面固定在水平面上，自然伸长的轻质弹簧一端固定在斜面底端的挡板上．一质量为m的小球，从离弹簧上端一定距离的位置静止释放，接触弹簧后继续向下运动．小球运动的v－t图象如图乙所示，其中OA段为直线，AB段是与OA相切于A点的平滑曲线，BC是平滑曲线，不考虑空气阻力，重力加速度为g.关于小球的运动过程，下列说法正确的是( )
A．小球在tB时刻所受弹簧弹力大于mg
B．小球在tC时刻的加速度大于g
C．小球从tC时刻所在的位置由静止释放后，不能回到出发点
D．小球从tA时刻到tC时刻的过程中重力势能的减少量等于弹簧弹性势能的增加量
B [由图象可知，小球在tB时刻加速度大小为零，此时F弹＝mg sin 30°＝mg，选项A错误；小球在tC时刻到达最低点，弹力达到最大值；小球在A点的加速度大小为g，由图象可知，在C点的切线的斜率大于在A点的切线的斜率，即小球在tC时刻的加速度大于g，选项B正确；由能量守恒定律可知，小球从tC时刻所在的位置由静止释放后，小球能回到出发点，选项C错误；小球从tA时刻到tC时刻的过程中重力势能的减少量与动能减小量之和等于弹簧弹性势能的增加量，选项D错误；故选B.]
5．(2018·广东省梅州市高三第六次调研)如图所示，将质量为mp＝5m的重物P悬挂在轻绳的一端，轻绳的另一端系一质量为mQ＝3m的小物块Q，小物块Q套在竖直固定的光滑直杆上，固定光滑定滑轮与直杆的距离为L.现将小物块Q拉到与之连结的轻绳水平时由静止释放，不计一切摩擦阻力，下列说法正确的是( )
A．小物块Q下滑距离L时，P、Q两物体的速度大小相等
B．小物块Q下滑某一位置时，与滑轮连结的轴对滑轮的作用力可能竖直向上
C．小物块Q能下降的最大高度为h＝L
D．小物块Q下滑距离L时，P的速度大小.
D [小物块Q下滑距离L时，对物块Q的速度沿绳子方向和垂直绳子方向进行分解，在沿绳子方向上的分速度等于重物P的速度，有：vQ cos 45°＝vP，所以有vQ＝vP，故A错误；小物块Q下滑过程中，滑轮两侧轻绳拉力总是大小相等，所以，轴对滑轮的作用力总在两线的角平分线上，不可能在竖直方向上，故B错误；设小物块下滑到最大高度h时物块和重物的速度均为0，此时重物上升的最大高度为－L，根据系统的机械能守恒有：5mg(－L)＝3mgh，解得：h＝L，故C错误；当小物块下滑L时，重物P上升的距离是－L＝L，两物体的速度满足v′Q＝vP′＝vP′，由机械能守恒定律得：3mg(L)－5mg(L)＝(5m)vP′2＋(3m)vQ′2，综上解得v′P＝，故D正确．]
6．(2018·山东省实验中学高三第一次模拟考试)在奥运比赛项目中，10 m跳台跳水是我国运动员的强项，某次训练中，质量为60 kg的跳水运动员从跳台自由下落10 m后入水，在水中竖直向下减速运动，设空中下落时空气阻力不计，水对他的阻力大小恒为2 400 N，那么在他入水后下降2.5 m的过程中，下列说法正确的是(取g＝10 m/s2)( )
A．他的加速度大小为30 m/s2
B．他的动量减少了300 kg·m/s
C．他的动能减少了6 000 J
D．他的机械能减少了4 500 J
AB [运动员在水中受到质量和水的阻力，选取向下为正方向，则：－F＋mg＝ma，代入数据得：a＝－30 m/s2.负号表示方向向上；故A正确；运动员入水时的速度：v1＝＝＝10 m/s，入水后下降2.5 m后的速度：v2＝＝＝5 m/s, 所以动量的变化量：
|ΔP|＝m(v1－v2)＝60×(10－5)＝300 kg·m/s.故B正确；减速下降深度为h的过程中，根据动能定理，动能的减小量等于克服合力做的功，为：(F－mg)h′＝(2400－600)×2.5＝4 500 J，故C错误；减速下降深度为h的过程中，机械能的减小量等于克服阻力做的功，为：Fh＝2 400×2.5＝6 000 J，故D错误；故选AB.]
7．(2018·湖北省高三4月调研)如图所示，小球A、B、C的质量分别为m、m、2m，A与BC间通过铰链用轻杆连接，杆长为L，B、C置于水平地面上．现让两轻杆并拢，将A由静止释放下降到最低点的过程中，A、B、C在同一竖直平面内运动，忽略一切摩擦，重力加速度为g.则( )
A．A、B、C组成的系统水平方向动量守恒
B．A、C之间的轻杆始终对C做正功
C．A与桌面接触时具有水平方向的速度
D．A与桌面接触时的速度大小为
AD [A、B、C组成的系统水平方向受到的合力为零，则水平方向动量守恒，选项A正确；小球C的速度先增大后减小，则A、C之间的轻杆对C先做正功后做负功，选项B错误；系统初动量为零，水平方向末动量也为零，因A与桌面接触时，三个球的水平速度相等，则根据水平方向动量守恒可知三个球的水平方向的速度均为零，选项C错误；竖直方向，当A与桌面接触时，小球A的重力势能转化为系统的动能，因BC的速度为零，则mgL＝mv2，解得v＝，选项D正确；故选AD.]
8．(2018·山东省潍坊市高三三模)如图所示，光滑长铁链由若干节组成，全长为L，圆形管状轨道半径为R，L＞2πR，R远大于一节铁链的高度和长度．铁链靠惯性通过轨道继续前进，下列判断正确的是( )
A．在第一节完成圆周运动的过程中，第一节铁链机械能守恒
B．每节铁链通过最高点的速度依次减小
C．第一节与最后一节到达最高点的速度大小相等
D．第一节回到最低点至最后一节进入轨道的过程中铁链的速度保持不变
CD [A.铁链、火车、绳等由完全相同的各部分构成连接体，各部分之间有弹力作用，若选一节研究，有除重力或弹簧弹力的其他外力做功，机械能不守恒；但选取整个系统为对象时，各部分的力属于内力，做功抵消，系统只有重力做功，机械能守恒，A错误．B、D.第一节上升的过程，系统的重心上升到圆心处，重力势能增大，由系统机械能守恒知动能减小；以后每下降一节，后面上升一节，系统的机械能不变，则速度相等，故B错误，D正确．C.第一节到达最高点和最后一节到最高点时系统的重心位置相同，由Ek1＋Ep1＝Ek2＋Ep2知重力势能相等时动能相等，则每一节的速率相等，C正确．故选CD.]
9．(2018·江西省南昌市高三统一质检题)如图所示，一根轻质弹簧一端固定于光滑竖直杆上，另一端与质量为m的滑块P连接，P穿在杆上，一根轻绳跨过定滑轮将滑块P和重物Q连接起来，重物Q的质量M＝6m，把滑块从图中A点由静止释放后沿竖直杆上下运动，当它经过A、B两点时弹簧对滑块的弹力大小相等，已知OA与水平面的夹角θ＝53°，OB长为L，与AB垂直，不计滑轮的摩擦力，重力加速度为g，滑块P从A到B的过程中，说法正确的是( )
A．对于滑块Q，其重力功率先增大后减小
B．滑块P运动到位置B处速度达到最大，且大小为
C．轻绳对滑块P做功4mgL
D．P与Q的机械能之和先减小后增加
AC [A.物块Q释放瞬间的速度为零，当物块P运动至B点时，物块Q的速度也为零，所以当P从A点运动至B点时，物块Q的速度先增加后减小，物块Q的重力的功率也为先增加后减小，故A正确；B.由于物块P在AB两点处弹簧的弹力大小相等，所以物块P在A点时受到弹簧向上的弹力，运动至B点时受到向下的弹力，物块P从A到B过程中，必定先加速度后减速，合力为零时速度最大，即在BA间某位置速度最大，故B错误；C.从A到B过程中，对于P、Q系统由动能定律可得：6 mg(－L)－mgL tan 53°－0＝mv2，对于P，由动能定理可得：W－mgL－0＝mv2联立解得：W＝4 mgL，故C正确；D.对于PQ系统，竖直杆不做功，系统的机械能只与弹簧对P的做功有关，从A到B的过程中，弹簧对P先做正功，后做负功，所以系统的机械能先增加后减小，故D错误．故选：AC.]
二、非选择题
10．轻质弹簧原长为2l，将弹簧竖直放置在地面上，在其顶端将一质量为5m的物体由静止释放，当弹簧被压缩到最短时，弹簧长度为l.现将该弹簧水平放置，一端固定在A点，另一端与物块P接触但不连接．AB是长度为5l的水平轨道，B端与半径为l的光滑半圆轨道BCD相切，半圆的直径BD竖直，如图所示．物块P与AB间的动摩擦因数μ＝0.5.用外力推动物块P，将弹簧压缩至长度l，然后放开，P开始沿轨道运动．重力加速度大小为g.
(1)若P的质量为m，求P到达B点时速度的大小，以及它离开圆轨道后落回到AB上的位置与B点之间的距离；
(2)若P能滑上圆轨道，且仍能沿圆轨道滑下，求P的质量的取值范围．
解析 (1)依题意，当弹簧竖直放置，长度被压缩至l时，质量为5m的物体的动能为零，其重力势能转化为弹簧的弹性势能．由机械能守恒定律知，弹簧长度为l时的弹性势能
为Ep＝5mgl①
设P的质量为M，到达B点时的速度大小为vB，由能量守恒定律得
Ep＝Mv＋μMg·4l②
联立①②式，取M＝m并代入题给数据得
vB＝③
若P能沿圆轨道运动到D点，其到达D点时的向心力不能小于重力，即P此时的速度大小v应满足
mg≤m④
设P滑到D点时的速度为vD，由机械能守恒定律得
mv＝mv＋mg·2l⑤
联立③⑤式得
vD＝⑥
vD满足④式要求，故P能运动到D点，并从D点以速度vD水平射出．设P落回到轨道AB所需的时间为t，由运动学公式得
2l＝gt2⑦
P落回到AB上的位置与B点之间的距离为
s＝vDt⑧
联立⑥⑦⑧式得
s＝2l⑨
(2)为使P能滑上圆轨道，它到达B点时的速度不能小于零．由①②式可知5mgl>μMg·4l⑩
要使P仍能沿圆轨道滑回，P在圆轨道的上升高度不能超过半圆轨道的中点C.由机械能守恒定律有
Mv≤Mgl⑪
联立①②⑩⑪式得
m≤M
(1)物块与斜面间的动摩擦因数；
(2)物块在离开弹簧后上滑和下滑过程中的加速度大小之比；
(3)若每次当物块离开弹簧后立即将弹簧压缩到A点锁定，当物块返回A点时立刻解除锁定．设斜面最高点C(未画出)与A的高度差为3 h，试通过计算判断物块最终能否从C点抛出．
解析 (1)物块从A第一次上滑到B的过程中，由功能关系得：Wf＋mgh＝Ep.
即μmg cos θ·＋mgh＝mgh.
解得：μ＝
(2)在上升的过程中和下滑的过程中物块都受到重力、支持力和滑动摩擦力的作用，设上升和下降过程中的加速度大小分别是a1和a2，根据牛顿第二定律得：
物块上升过程有：mg sin θ＋μmg cos θ＝ma1，
得a1＝g(sin θ＋μcos θ)＝g×(＋×)＝g
物块下滑过程有：mg sin θ－μmg cos θ＝ma2，
得a2＝g(sin θ－μcos θ)＝g×＝g
故a1∶a2＝5∶3.
(3)经过足够长时间后，弹簧给物块补充的弹性势能将全部用来克服物块在斜面上来回运动时阻力做的功，设稳定时物块上升的最大高度为hm.则由功能关系得：Ep＝Wf总．
即mgh＝2μmg cos θ·
解得：hm＝2.5h<3h
所以物块不可能到达C点，即不能从C点抛出．
答案 (1) (2)5∶3 (3)不能从C点抛出
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