2023版高考物理创新设计二轮复习讲义第7课时　机械能守恒定律　能量守恒定律

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第7课时　机械能守恒定律　能量守恒定律内容重要的规律、公式和二级结论1.重力势能(1)重力势能：Ep＝mgh，与参考平面的选取有关，而重力势能的变化与参考平面选取无关。(2)重力做功只与初、末位置有关，而与路径无关；重力做正功，重力势能减小；重力做负功，重力势能增大。2.弹性势能(3)弹簧的弹力做功只与位置有关，而与路径无关。(4)弹性势能：Ep＝kx2。3.机械能守恒定律(5)机械能守恒的条件：只有重力和弹簧的弹力做功，其他力做功为0。(6)表达式：mgh1＋mv＝mgh2＋mv或者Ep减＝Ek增。高考题型一　机械能守恒定律的应用机械能守恒的判断方法与表达形式【例1】 如图1所示，一光滑细杆固定在水平面上的C点，细杆与水平面的夹角为30°，一原长为L的轻质弹性绳，下端固定在水平面上的B点，上端与质量为m的小环相连，当把小环拉到A点时，AB与地面垂直，弹性绳长为2L，将小环从A点由静止释放，当小环运动到AC的中点D时，速度达到最大。重力加速度为g，下列说法正确的是(　　)图1A.在下滑过程中小环的机械能先减小后增大B.小环刚释放时的加速度大小为gC.小环到达AD的中点时，弹性绳的弹性势能为零D.小环的最大速度为答案　B解析　小环和弹性绳组成的系统机械能守恒，小环到达AC的中点D时，弹性绳的长度为2L，伸长量不为0，在AD之间有一位置弹性绳与AC垂直，小环从A点到弹性绳与AC垂直位置的过程中，弹性绳对小环做正功，从弹性绳与AC垂直位置到C点的过程中，弹性绳对小环做负功，所以下滑过程中小环的机械能先增大后减小，故A错误；在A位置，环受重力、弹性绳拉力和支持力，根据牛顿第二定律，有mgsin 30°＋F弹sin 30°＝ma，在D点，环的速度最大，说明加速度为零，弹性绳长度为2L，故mgsin 30°－F弹cos 60°＝0，联立解得a＝g，故B正确；小环到达AD的中点时，弹性绳的长度为L，伸长量不为0，故弹性势能不为零，故C错误；在D点小环速度最大，此时弹性绳长度等于初位置弹性绳的长度，故初位置和D位置弹性绳的弹性势能相等，所以mg·2Lcos 60°＝mv2，解得v＝，故D错误。【素能提升】1.(2022·全国甲卷，14)北京2022年冬奥会首钢滑雪大跳台局部示意图如图2所示。运动员从a处由静止自由滑下，到b处起跳，c点为a、b之间的最低点，a、c两处的高度差为h。要求运动员经过c点时对滑雪板的压力不大于自身所受重力的k倍，运动过程中将运动员视为质点并忽略所有阻力，则c点处这一段圆弧雪道的半径不应小于(　　)图2A.   B.  C.   D.答案　D解析　运动员从a到c根据机械守恒定律有mgh＝mv，在c点有FNc－mg＝m，FNc≤ kmg，联立有Rc≥，故选项D正确。2.(2022·吉林洮南期中)如图3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(　　)图3A.释放A的瞬间，B的加速度为0.5gB.C恰好离开地面时，A达到的最大速度为2gC.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＝，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＝(4m＋m)v，代入数据解得vBm＝2g，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。高考题型二　能量守恒定律的应用【例2】 (2022·辽宁高考，14)如图4所示，光滑水平面AB和竖直面内的光滑圆弧导轨在B点平滑连接，导轨半径为R。质量为m的带正电小球将轻质弹簧压缩至A点后由静止释放，脱离弹簧后经过B点时的速度大小为，之后沿轨道BO运动。以O为坐标原点建立直角坐标系xOy，在x≥－R区域有方向与x轴夹角为θ＝45°的匀强电场，进入电场后小球受到的静电力大小为mg。小球在运动过程中电荷量保持不变，重力加速度为g。求： 图4(1)弹簧压缩至A点时的弹性势能；(2)小球经过O点时的速度大小；(3)小球过O点后运动的轨迹方程。答案　(1)mgR　(2) 　(3)y2＝6Rx解析　(1)小球从A到B，根据能量守恒定律得，弹簧压缩至A点时的弹性势能为Ep＝mv＝mgR。(2)小球从B到O，根据动能定理有－mgR＋qE·R＝mv－mv解得vO＝。(3)小球运动至O点时速度竖直向上，受静电力和重力作用，将静电力沿x、y轴方向分解，沿x轴方向有qEcos 45°＝max沿y轴方向有qEsin 45°－mg＝may解得ax＝g，ay＝0说明小球从O点以后的运动为沿x轴方向做初速度为零的匀加速直线运动，沿y轴方向做匀速直线运动，合运动为类平抛运动，有x＝gt2，y＝vOt联立解得小球过O点后运动的轨迹方程为y2＝6Rx。【素能提升】3.(多选)如图5，物块质量为m，在平行于斜面的恒力F作用下，以速度v0冲上斜面，加速度大小为a，向上运动s后，速度减小为零并静止，已知物块与斜面间的动摩擦因数为μ，对于物块在斜面上的运动过程，下列说法正确的是(　　)图5A.物块机械能的增加量为－masB.物块机械能的增加量为FsC.物块机械能的增加量为mgssin θ－mvD.物块机械能的增加量为(F－μmgcos θ)s答案　CD解析　物块动能的增加量为－mas，重力势能增加量为mgssin θ，则机械能增加量为mgssin θ－mas，故A错误；拉力F所做的功WF＝Fs，拉力F与摩擦力做功都会改变物块的机械能，则ΔE＝WF＋Wf＝Fs－μmgscos θ＝(F－μmgcos θ)s，故B错误，D正确；物块动能减少了mv，重力势能增加了mgssin θ，所以机械能的增加量为mgssin θ－mv，故C正确。4.(2022·福建福州质检)如图6甲所示的按压式圆珠笔，其结构由外壳、内芯和轻质弹簧三部分组成。某同学把笔竖直倒立于水平桌面上，用力下压外壳，然后释放，圆珠笔将向上弹起，其过程可简化为三个阶段，如图乙所示，圆珠笔外壳先竖直向上运动，然后与内芯发生碰撞，碰后内芯与外壳以共同的速度一起向上运动到最大高度处。已知外壳与静止的内芯碰撞时弹簧恰好恢复原长，碰撞时间极短；不计摩擦和空气阻力，则从释放外壳起到圆珠笔向上运动到最高点的过程中，下列判断正确的是(　　)图6A.圆珠笔的机械能守恒B.外壳与内芯碰撞前，外壳一直加速上升C.外壳与内芯碰撞前，桌面对圆珠笔做正功D.弹簧弹性势能的减少量大于圆珠笔重力势能的增加量答案　D解析　因为存在完全非弹性碰撞，所以圆珠笔的机械能不守恒，故A错误；外壳与内芯碰撞前，当弹力小于重力，合力向下，外壳减速上升，故B错误；外壳与内芯碰撞前，桌面对圆珠笔的作用力没有位移，不做功，故C错误；根据选项A分析可知，由于存在机械能损失，弹簧弹性势能的减少量大于圆珠笔重力势能的增加量，故D正确。1.(2022·全国乙卷，16)固定于竖直平面内的光滑大圆环上套有一个小环，小环从大圆环顶端P点由静止开始自由下滑，在下滑过程中，小环的速率正比于(　　)图7A.它滑过的弧长B.它下降的高度C.它到P点的距离D.它与P点的连线扫过的面积答案　C解析　如图所示，设圆环下降的高度为h，圆环的半径为R，它到P点的距离为L，根据机械能守恒定律得mgh＝mv2，解得v＝，故B错误；由几何关系可得h＝Lsin θ，sin θ＝，联立可得h＝，则v＝L，故C正确，A、D错误。2.(2022·湖北高考，5)如图8所示，质量分别为m和2m的小物块P和Q，用轻质弹簧连接后放在水平地面上，Р通过一根水平轻绳连接到墙上。P的下表面光滑，Q与地面间的动摩擦因数为μ，最大静摩擦力等于滑动摩擦力。用水平拉力将Q向右缓慢拉开一段距离，撤去拉力后，Q恰好能保持静止。弹簧形变始终在弹性限度内，弹簧的劲度系数为k，重力加速度大小为g。若剪断轻绳，Р在随后的运动过程中相对于其初始位置的最大位移大小为(　　)图8A.   B.  C.   D.答案　C解析　Q恰好能保持静止时，设弹簧的伸长量为x，满足kx＝2μmg。若剪断轻绳后，物块P与弹簧组成的系统机械能守恒，弹簧的最大压缩量也为x，因此Р相对于其初始位置的最大位移大小s＝2x＝，故选项C正确。3.(多选)(2022·河北高考，9)如图9，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。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(　　)图9A.物体P和Q的质量之比为1∶3B.2T时刻物体Q的机械能为C.2T时刻物体P重力的功率为D.2T时刻物体P的速度大小答案　BCD解析　开始释放时物体Q的加速度为，则mQg－FT＝mQ·，FT－mPg＝mP·，解得FT＝mQg，＝，选项A错误；T时间内，P上升的距离h1＝×T2＝，在T时刻，两物体的速度v1＝，细线断后P能上升的高度h2＝＝，可知开始时P、Q距离为h＝h1＋h2＝。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＝，从开始到绳子断裂，绳子的拉力对Q做负功，大小为WT＝FTh1＝，则此时物体Q的机械能E′＝E－WF＝＝，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，选项B正确；在2T时刻，重物P的速度v2＝v1－gT＝－方向向下；此时物体P重力的瞬时功率PG＝mPgv2＝·＝＝，选项C、D正确。4.(2021·浙江1月选考，20)如图10所示，竖直平面内由倾角α＝60°的斜面轨道AB、半径均为R的半圆形细圆管轨道BCDE和圆周细圆管轨道EFG构成一游戏装置固定于地面，B、E两处轨道平滑连接，轨道所在平面与竖直墙面垂直。轨道出口处G和圆心O2的连线，以及O2、E、O1和B等四点连成的直线与水平线间的夹角均为θ＝30°，G点与竖直墙面的距离d＝R。现将质量为m的小球从斜面的某高度h处静止释放。小球只有与竖直墙面间的碰撞可视为弹性碰撞，不计小球大小和所受阻力。图10(1)若释放处高度h＝h0，当小球第一次运动到圆管最低点C时，求速度大小vC及在此过程中所受合力的冲量I的大小和方向；(2)求小球在圆管内与圆心O1点等高的D点所受弹力FN与h的关系式；(3)若小球释放后能从原路返回到出发点，高度h应该满足什么条件？答案　(1)　m　水平向左(2)FN＝2mg　h≥R(3)h≤R或h＝R解析　(1)从A到C，小球的机械能守恒，有mgh0＝mv可得vC＝根据动量定理得I＝mvC＝m方向水平向左。(2)小球从A到D，由机械能守恒定律有mg(h－R)＝mv根据牛顿第二定律有FN＝联立可得FN＝2mg满足的条件h≥R。(3)第1种情况：不滑离轨道原路返回，由机械能守恒定律可知，此时h需满足的条件是h≤R＋3Rsin θ＝R第2种情况：小球与墙面垂直碰撞后原路返回，小球与墙面碰撞后，进入G前做平抛运动，则d＝vxt＝vx其中vx＝vGsin θ，vy＝vGcos θ故有vGsin θ·＝d可得vG＝2由机械能守恒定律有mg＝mv可得h＝R。5. (2021·全国甲卷，24)如图11所示，一倾角为θ的光滑斜面上有50个减速带(图中未完全画出)，相邻减速带间的距离均为d，减速带的宽度远小于d；一质量为m的无动力小车(可视为质点)从距第一个减速带L处由静止释放。已知小车通过减速带损失的机械能与到达减速带时的速度有关。观察发现，小车通过第30个减速带后，在相邻减速带间的平均速度均相同。小车通过第50个减速带后立刻进入与斜面光滑连接的水平地面，继续滑行距离s后停下。已知小车与地面间的动摩擦因数为μ，重力加速度大小为g。图11(1)求小车通过第30个减速带后，经过每一个减速带时损失的机械能；(2)求小车通过前30个减速带的过程中在每一个减速带上平均损失的机械能；(3)若小车在前30个减速带上平均每一个损失的机械能大于之后每一个减速带上损失的机械能，则L应满足什么条件？答案　(1)mgdsin θ(2)　(3)L>d＋解析　(1)设小车通过第30个减速带后，经过每一个减速带时损失的机械能为ΔE，由小车通过第30个减速带后，在相邻减速带间的平均速度均相同，可知小车通过每一个减速带时重力势能的减少量等于经过减速带时损失的机械能，即ΔE＝mgdsin θ①(2)设小车通过前30个减速带的过程中在每一个减速带上平均损失的机械能为ΔE0，对小车从静止开始到进入水平面停止，由动能定理有mg(49d＋L)sin θ－30ΔE0－20ΔE－μmgs＝0－0②联立①②解得ΔE0＝③(3)要使ΔE0>ΔE，有>mgdsin θ④解得L>d＋。1.(多选)(2022·山东大教育联盟)如图1甲为一种儿童玩具——不倒翁，其纵截面如图乙。底部是半球形，球心为O，顶点为P。“翁”静止时直立，用手推一下上部，“翁”倾斜，放手后来回摆动若干次后重新直立静止。下列判断正确的是(　　)图1A.“翁”的重心位于O点B.“翁”的重心位于O、P两点之间C.摆动中“翁”从直立变倾斜过程，重力势能增加D.摆动中“翁”从直立变倾斜过程，重力势能减少答案　BC解析　假设“翁”的重心在O点，则倾斜后，支持力还是沿半径过球心，“翁”仍平衡，不会自动恢复直立，假设重心在O上方，“翁”倾斜后会倾倒，更不会自动直立，所以重心位于O、P连线上且在O点下方某处，故A错误，B正确；“翁”静止时重心位置最低，所以从直立变倾斜过程中，重力势能增加，故C正确，D错误。2.(多选)(2022·广东名校联考)如图2甲所示，转运码头上起吊机正在工作，启动电动机收紧钢索，将原来静止的重物竖直向上提升。提升的前两个阶段，重物的机械能E与上升距离h的关系如图乙所示，第二阶段图像为一直线。若全过程各种摩擦忽略不计，下列判断正确的是(　　)图2A.钢索拉重物的力一直增大B.钢索拉重物的力先减小后不变C.在第二阶段，钢索拉重物的力一定大于重物的重力D.在第二阶段，重物可能做匀速直线运动答案　BD解析　拉力对重物做的功，等于重物的机械能变化，即E＝Fh，由图可知，钢索拉重物的力先减小后不变，故A错误，B正确；第二阶段，斜率保持不变，钢索对重物的拉力F不变，但F与mg大小关系不能确定，可能F>mg，做匀加速直线运动，可能F＝mg，做匀速直线运动，故C错误，D正确。3.(多选)(2022·成都七中模拟)由于空气阻力的影响，炮弹的实际飞行轨迹不是抛物线，而是“弹道曲线”，如图3中实线所示。图中虚线为不考虑空气阻力情况下炮弹的理想运动轨迹，O、a、b、c、d为弹道曲线上的五点，其中O点为发射点，d点为落地点，b点为轨迹的最高点，a、c为运动过程中经过的距地面高度相等的两点。下列说法正确的是(　　)图3A.到达b点时，炮弹的加速度为重力加速度B.炮弹经过a点时的速度一定大于经过c点时的速度C.炮弹由O点运动到b点的时间小于b点运动到d点的时间D.炮弹经过c点时的机械能大于经过b点时的机械能答案　BC解析　由于受到竖直向下的重力、与运动方向相反的空气阻力作用，到达b点时炮弹的加速度不是重力加速度，A错误；炮弹从a点到c点的过程，重力做功为零，空气阻力做负功，由动能定理可知，炮弹经过a点时的速度大于经过c点时的速度，B正确；从O到b的过程中，在竖直方向上，受到重力和阻力在竖直向下的分力，由牛顿第二定律可得mg＋f1＝ma1，解得a1＝，在从b到d的过程中，在竖直方向上，受到向下的重力和阻力在竖直向上的分力，由牛顿第二定律可得mg－f2＝ma2，解得a2＝，对比可得a1>a2即上升阶段的加速度总体比下降阶段的加速度大，竖直位移相同，由h＝at2可知，加速度越大，时间越短，所以炮弹由O点运动到b点的时间小于由b点运动到d点的时间，C正确；由于空气阻力做负功，所以炮弹从O点出发到d点过程中，炮弹的机械能一直减少，故炮弹经过c点时的机械能小于经过b点时的机械能，D错误。4.(2022·河南孟津模拟)如图4所示，车载玩具——弹簧人公仔固定在车的水平台面上，公仔头部的质量为m，静止在图示位置。现用手竖直向下压公仔的头部，使之缓慢下降至某一位置，之后迅速放手。公仔的头部经过时间t，沿竖直方向上升到另一位置时速度为零。此过程弹簧始终处于弹性限度内，不计空气阻力及弹簧质量。在公仔头部上升的过程中(　　)图4A.公仔头部的机械能守恒B.公仔头部的加速度先增大后减小C.弹簧弹力冲量的大小为mgtD.弹簧弹力对头部所做的功为零答案　C解析　弹簧弹力对公仔头部做功，故公仔头部的机械能不守恒，故A错误；公仔头部上升的过程中，开始时弹簧向上的弹力大于重力，合力方向向上，加速度向上，加速度减小，当弹力等于重力时加速度减为零，速度最大，之后重力大于弹力，合力向下，且弹力继续减小，合力增大，加速度增大，弹簧恢复原长时，加速度为g，公仔头部继续上升，弹簧拉长，弹力向下，合力向下，且弹力增大，合力增大，则加速度增大，故公仔头部上升过程中，加速度先减小后反向增大，故B错误；公仔头部上升过程中，取向上为正方向，根据动量定理有I弹－mgt＝0，则弹簧弹力冲量的大小为I弹＝mgt，故C正确；公仔头部上升过程中，根据动能定理有W弹－mgh＝0，则弹簧弹力对头部所做的功为W弹＝mgh≠0，故D错误。5.(多选)(2022·山东济宁期末)一质量为m的小球以初速度v0水平射出，在竖直方向上受到外力的作用下，0～t0时间内物体做匀速直线运动。已知外力F随时间的变化如图5所示，则(　　)图5A.3t0时小球速度大小为v0B.2t0时小球速度沿水平方向C.0～3t0过程中小球重力势能减少了D.0～2t0过程中小球动量的变化量为3F0t0答案　AC解析　在0～t0时间内物体做匀速直线运动，则F0＝mg，方向向上；t0～2t0时间内做平抛运动，竖直方向加速度大小为g，方向竖直向下；2t0～3t0做加速度向上的减速运动，竖直方向加速度大小为g，所以2t0时小球竖直方向速度为gt0，3t0时竖直方向速度为v＝0，则3t0时小球速度大小为v0，故A正确；由以上分析可知，2t0时刻速度方向沿平抛运动的切线方向，不是水平方向，故B错误；0～3t0时间内重力势能的减小量等于重力做的功，可得ΔEp＝2mgh＝2F0×·t＝，故C正确；物体在0～2t0时间内，小球动量的变化量为Δp＝F合t＝F0t，故D错误。6.(多选)(2022·广东珠海一模)如图6所示，假设电机能控制吊绳的拉力按F＝F0＋kv(F0与k为未知常量)变化，将一体积较大的重物从静止开始竖直吊起，重物受到的空气阻力与速度成正比，则关于重物的加速度a、速度v、电机功率P以及重物的机械能E随时间变化的图像可能是(　　)图6答案　AB解析　设重物质量为m，阻力为f＝k′v，对重物受力分析得F－mg－f＝ma，即F0＋(k－k′)v－mg＝ma可知，当k＝k′时，加速度恒定，故A正确；当k>k′，加速度随速度增加而增加，即重物做加速度增加的加速运动，故B正确；电机功率为P＝Fv＝F0v＋kv2可知，由于速度随时间变化，则电动机的功率不可能随时间线性变化，故C错误；重物从静止一直上升，机械能会一直增加，故D错误。7.(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7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(　　)图7A.P、Q速度大小始终相等B.Q上升的距离为0.6 mC.P下降1.2 m时Q的速度大小为2 m/sD.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＝＝，故A项错误；在P从静止下降1.2 m的过程中，由题意得＝＝，解得hQ＝0.6 m，故B项正确；根据机械能守恒得mPghP＝mPv＋mQv＋mQghQ，代入数值解得vQ＝2 m/s，vP＝4 m/s，故C项错误，D项正确。8.(2022·安徽淮南模拟)如图8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(　　)图8A.小球A静止于P点时，弹簧的压缩量为LB.小球A由P下滑至Q的过程中，弹簧弹性势能减少了mgLC.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mgL答案　C解析　由题意可知OP＝L，PQ＝＝L，OQ＝＝L，B上升的高度为h＝OQ－OP＝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＝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·L＋mg·L＋ΔEp＝0，则ΔEp＝mgL，故弹性势能增加了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vAcos 90°＝vB，因此B物体的速度为零，由机械能守恒可得mg·L－mg·L－ΔEp＋ΔEk＝0，则Ek＝mgL，故D错误。9.(多选)如图9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(　　)图9A.小球释放位置距地面的高度为0.6 mB.小球在下落过程受到的风力为0.1 NC.小球刚接触弹簧时的动能为0.45 JD.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＝mv2，解得mv2＝0.45 J，故C正确，D错误。10. (2021·福建高考)如图10(a)，一倾角37°的固定斜面的AB段粗糙，BC段光滑。斜面上一轻质弹簧的一端固定在底端C处，弹簧的原长与BC长度相同。一小滑块在沿斜面向下的拉力T作用下，由A处从静止开始下滑，当滑块第一次到达B点时撤去T。T随滑块沿斜面下滑的位移x的变化关系如图(b)所示。已知AB段长度为2 m，滑块质量为2 kg，滑块与斜面AB段的动摩擦因数为0.5，弹簧始终在弹性限度内，重力加速度大小取10 m/s2，sin 37°＝0.6。求：图10(1)当拉力为10 N时，滑块的加速度大小；(2)滑块第一次到达B点时的动能；(3)滑块第一次在B点与弹簧脱离后，沿斜面上滑的最大距离。答案　(1)7 m/s2　(2)26 J　(3)1.3 m解析　(1)设小滑块的质量为m，斜面倾角为θ，滑块与斜面间的动摩擦因数为μ，滑块受斜面的支持力大小为FN，滑动摩擦力大小为Ff，拉力为10 N时滑块的加速度大小为a。由牛顿第二定律和滑动摩擦力公式有T＋mgsin θ－Ff＝ma①FN－mgcos θ＝0②Ff＝μFN③联立①②③式并代入题给数据得a＝7 m/s2。④(2)设滑块在AB段运动的过程中拉力所做的功为W，由功的定义有W＝T1x1＋T2x2⑤式中T1、T2和x1、x2分别对应滑块下滑过程中两阶段所受的拉力及相应的位移大小。依题意，T1＝8 N，x1＝1 m，T2＝10 N，x2＝1 m设滑块第一次到达B点时的动能为Ek，由动能定理有W＋(mgsin θ－Ff)(x1＋x2)＝Ek－0⑥联立②③⑤⑥式并代入题给数据得Ek＝26 J。⑦(3)由机械能守恒定律可知，滑块第二次到达B点时，动能仍为Ek。设滑块离B点的最大距离为smax，由动能定理有－(mgsin θ＋Ff)smax＝0－Ek⑧联立②③⑦⑧式并代入题给数据得smax＝1.3 m。11.如图11所示，在同一竖直平面内，一轻质弹簧一端固定，另一自由端恰好与水平线AB平齐，静止放于倾角为45°的光滑斜面上。一长为L＝0.2 m的轻质细绳一端固定在O点，另一端系一质量为m＝0.1 kg的小球，将细绳拉至水平，使小球从位置C由静止释放，小球到达最低点D时，细绳刚好被拉断。之后小球在运动过程中恰好沿斜面方向压缩弹簧，已知弹簧的劲度系数为k＝20 N/m。压缩一直处于弹性限度内，g＝10 m/s2。求： 图11(1)细绳受到的最大拉力F的大小；(2)D点到水平线AB的高度h；(3)小球速度最大时弹簧的压缩量x(结果可用根号表示)。答案　(1)3 N　(2)0.2 m　(3) m解析　(1)小球由C到D，由机械能守恒定律得mgL＝mv，解得v1＝在D点，由牛顿第二定律得F－mg＝m联立方程解得F＝3mg＝3 N，由牛顿第三定律知细绳所能承受的最大拉力大小为3 N。(2)由D到A，小球做平抛运动，则有v＝2gh，tan45°＝，联立解得h＝0.2 m。(3)小球从C点到将弹簧压缩至最短的过程中，小球所受合力为零时速度最大，即有mgsin 45°＝kx，代入数据得x＝ m。