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第6课时　机械能守恒定律　能量守恒定律
【知识网络】
热点一　机械能守恒定律的应用
常见的机械能守恒的连接体模型
共速率模型 分清两物体位移大小与高度变化关系
共角速度模型 两物体角速度相同，线速度与半径成正比
关联速度模型 此类问题注意速度的分解，找出两物体速度关系，当某物体位移最大时，速度可能为0
轻弹簧模型 ①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 ②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)
说明：以上连接体不计阻力和摩擦力，系统(包含弹簧)机械能守恒，单个物体机械能不守恒。若存在摩擦生热，机械能不守恒，可用能量守恒定律进行分析。
例1 (2024·安徽安庆二模)如图1所示，竖直轨道MA与四分之一圆弧轨道ABC平滑对接且在同一竖直面内，圆弧轨道圆心为O，OC连线竖直，OB连线与竖直方向夹角为θ＝37°，紧靠MA的一轻质弹簧下端固定在水平面上，弹簧上放有一质量为m＝2 kg的小球，现用外力将小球向下缓慢压至P点后无初速度释放，小球恰能运动到C点。已知PA高度差为0.8 m，圆弧轨道半径为1.0 m，不计轨道摩擦和空气阻力，小球的半径远小于圆弧轨道的半径，弹簧与小球不拴接，重力加速度g取10 m/s2(sin 37°＝0.6，cos 37°＝0.8)，则(　　)
图1
A.小球离开弹簧时速度最大
B.刚释放小球时，弹簧弹性势能为36 J
C.若小球质量改为5.5 kg，仍从P点释放小球后，小球能沿轨道返回P点
D.若小球质量改为2.3 kg，仍从P点释放小球后，小球将从B点离开圆弧轨道
例2 如图2所示，质量均为m的A、B两个小球通过绕在定滑轮上的轻绳相连，A球套在光滑的固定竖直杆上。把A球从与定滑轮等高的P1处由静止释放，运动到P处时，轻绳与竖直杆之间的夹角为53°，此时A球的速度是v，B球没有与定滑轮相碰。已知重力加速度为g，sin 53°＝0.8，cos 53°＝0.6，则下列说法正确的是(　　)
图2
A.在此过程中A球的机械能增加
B.在此过程中B球的重力势能增加了
C.此时轻绳PQ段的长度是
D.此时轻绳PQ段的长度是
训练1 (2024·河北廊坊高三期末)如图3所示，倾角为30°的光滑斜面固定在水平地面上，在斜面体左侧的适当位置固定一光滑竖直硬杆，质量均为m的两小球(均视为质点)用长为L的轻质硬杆连接，甲套在竖直硬杆上，乙放置在斜面上，甲、乙由静止释放时，轻质硬杆与竖直硬杆的夹角为30°，当轻质硬杆与斜面刚好平行时，乙的动能为(　　)
图3
A.mgL B.mgL C.mgL D.mgL
热点二　能量守恒定律的应用
例3 (2024·黑龙江哈三中二模)如图4所示，两根轻绳连接质量为m的小球P，右侧绳一端固定于A点，左侧绳通过光滑定滑轮C连接一物块Q，质量相等的物块Q、N通过一轻弹簧连接，整个系统处于静止状态时，小球P位于图示位置，两绳与水平方向的夹角分别为53°和37°，此时物块N与地面间的压力恰好为零。现将小球P托至与A、B两点等高的水平线上，两绳均拉直且恰好无弹力，由静止释放小球P。已知A点与小球P间的绳长为L，sin 37°＝0.6，cos 37°＝0.8，重力加速度为g，求：
图4
(1)物块Q的质量M；
(2)小球P运动到图示位置时，物块Q的速度大小v；
(3)小球P从释放到图示位置过程中，轻绳对物块Q做的功W。
训练2 如图5所示，轻弹簧放置在倾角为30°的斜面上，弹簧下端与斜面底端的挡板相连。可看作质点的小物块A、B叠放在一起，在斜面的顶端由静止释放并保持相对静止一起沿斜面下滑。弹簧被压缩到最短时，迅速取走物块A(不影响物块B的速度)，此后弹簧将物块B弹出，B刚好又能滑到斜面顶端，已知重力加速度为g，B物块与斜面间动摩擦因数为，则关于A、B的质量m和M之间的关系，下列说法正确的是(　　)
图5
A.M＝2m B.M＝m C.M＝2m D.M＝3m
热点三　与能量相关的图像问题
例4 如图6甲所示，倾角为37°的斜面固定在水平地面上，一木块以一定的初速度从斜面底端开始上滑。若斜面足够长，上滑过程中木块的机械能和动能随位移变化的关系图线如图乙所示，sin 37°＝0.6，cos 37°＝0.8，则下列说法正确的是(　　)
图6
A.木块的重力大小为
B.木块受到的摩擦力大小为
C.木块与斜面间的动摩擦因数为
D.木块上滑过程中，重力势能增加了4E0
训练3 (2024·湖北黄冈模拟，4)如图7甲所示，一物块以一定初速度沿倾角为30°的固定斜面上滑，运动过程中摩擦力大小f恒定，物块动能Ek与运动路程s的关系如图乙所示。重力加速度大小取10 m/s2，物块质量m和所受摩擦力大小f分别为(　　)
图7
A.m＝0.7 kg，f＝0.5 N B.m＝0.7 kg，f＝1.0 N
C.m＝0.8 kg，f＝0.5 N D.m＝0.8 kg，f＝1.0 N
1.(2024·北京卷，7)如图8所示，光滑水平轨道AB与竖直面内的光滑半圆形轨道BC在B点平滑连接。一小物体将轻弹簧压缩至A点后由静止释放，物体脱离弹簧后进入半圆形轨道，恰好能够到达最高点C。下列说法正确的是(　　)
图8
A.物体在C点所受合力为零
B.物体在C点的速度为零
C.物体在C点的向心加速度等于重力加速度
D.物体在A点时弹簧的弹性势能等于物体在C点的动能
2.(2024·全国甲卷，17)如图9，一光滑大圆环固定在竖直平面内，质量为m的小环套在大圆环上，小环从静止开始由大圆环顶端经Q点自由下滑至其底部，Q为竖直线与大圆环的切点。则小环下滑过程中对大圆环的作用力大小(　　)
图9
A.在Q点最大 B.在Q点最小 C.先减小后增大 D.先增大后减小
3.(2024·黑吉辽卷，14)如图10，高度h＝0.8 m的水平桌面上放置两个相同物块A、B，质量mA＝mB＝0.1 kg。A、B间夹一压缩量Δx＝0.1 m的轻弹簧，弹簧与A、B不拴接。同时由静止释放A、B，弹簧恢复原长时A恰好从桌面左端沿水平方向飞出，水平射程xA＝0.4 m；B脱离弹簧后沿桌面滑行一段距离xB＝0.25 m后停止，A、B均视为质点，重力加速度g＝10 m/s2。忽略空气阻力，求：
图10
(1)脱离弹簧时A、B的速度大小vA和vB；
(2)物块与桌面间的动摩擦因数μ；
(3)整个过程中，弹簧释放的弹性势能ΔEp。
基础保分练
1.(2024·广东深圳高三期中)如图1所示为过山车的简易模型，从倾斜轨道上的A点由静止开始下滑，圆形轨道半径为R，过山车重量为Mg，忽略一切阻力作用，经过圆轨道最高点C时，轨道给过山车的压力为Mg，下滑点A距离圆轨道底部的高度h为(　　)
图1
A.2R B.3R C.4R D.5R
2.(多选)(2024·山西运城模拟预测)如图2所示，A、B两球分别用长度均为L的轻杆通过光滑铰链与C球连接，通过外力作用使两杆并拢，系统竖直放置在光滑水平地面上。某时刻将系统由静止释放，A、B两球开始向左右两边滑动。已知A、B两球的质量均为m，C球的质量为2m，三球均在同一竖直面内运动，忽略一切阻力，重力加速度为g。从静止释放到球C落地前的过程，下列说法正确的是(　　)
图2
A.A、B、C三球组成的系统机械能守恒
B.球C的机械能先减少后增加
C.球A速度达到最大时，球C的加速度大小为g
D.球C落地前瞬间的速度大小为2
3.(2024·广东深圳模拟)物体以动能E开始竖直向上运动，回到出发点时，动能为。取出发点位置的重力势能为零，整个运动过程可认为空气阻力大小恒定，则该物体上升阶段动能与重力势能相等时，其动能为(　　)
A. B. C. D.
4.(2024·陕西汉中一模)如图3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＝0.8 m，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＝10 m/s2，sin 53°＝0.8，不计空气阻力，则(　　)
图3
A.物块A与物块B速度大小始终相等
B.物块A能达到的最大速度为2 m/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
5.质量均为m、半径均为R的两个完全相同的小球A、B，在水平轨道上以某一初速度向右冲上倾角为θ的倾斜轨道，两小球运动过程中始终接触，若两轨道通过一小段圆弧平滑连接，不计摩擦阻力及弯道处的能量损失，则两小球运动到最高点的过程中，A球对B球所做的功为(　　)
图4
A.0 B.mgRsin θ C.2mgRsin θ D.mgR
6.(多选)(2024·重庆模拟预测)教职工趣味运动会排球垫球比赛中，某老师将球沿竖直方向垫起。已知排球在空中受到的空气阻力与速度大小成正比，以竖直向上为正方向，v表示排球速度、x表示排球相对垫起点的位移、Ek表示排球的动能、E机表示排球的机械能、t表示排球自垫起开始计时的运动时间，下列表示排球上升和下落过程中各物理量关系的图像可能正确的是(　　)
7.(2024·湖北宜昌高三模拟)如图5所示，与水平面平滑连接的固定斜面的顶端到水平面O点的高度为h，质量为m的小木块从斜面的顶端无初速度滑下，并运动到水平面上的A点停下。已知小木块与斜面、水平面间的动摩擦因数均为μ，＝x，下列说法正确的是(　　)
,图5)
A.斜面倾角θ越大，x越大
B.斜面倾角θ越小，x越大
C.若小木块从斜面顶端以初动能Ek＝mgh滑下，最后在水平面上的B点停下，则＝
D.若小木块从斜面顶端以初动能Ek＝3mgh滑下，并在A点固定一个挡板，小木块在A点与挡板发生弹性碰撞，则折返后恰能回到斜面顶端
提能增分练
8.(多选)(2024·江西南昌二模)一块质量为M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(不考虑空气阻力)，关于ΔEkB、ΔEkA、Q的数值，下列三个数量关系一定可能的是(　　)
图6
A.ΔEkB＝3 J，ΔEkA＝1 J，Q＝2 J
B.ΔEkB＝6 J，ΔEkA＝2 J，Q＝4 J
C.ΔEkB＝7 J，ΔEkA＝3 J，Q＝7 J
D.ΔEkB＝8 J，ΔEkA＝3 J，Q＝3 J
9.(2024·江苏扬州模拟)如图7所示，在一直立的光滑管内放置一轻质弹簧，上端O点与管口A的距离为2x0，一质量为m的小球从管口由静止下落，将弹簧压缩至最低点B，压缩量为x0，不计空气阻力，则(　　)
图7
A.弹簧的最大弹性势能为3mgx0
B.小球运动的最大速度等于2
C.弹簧的劲度系数为
D.小球运动中最大加速度为g
10.(2024·山东青岛一模)桶装水电动抽水器可以轻松实现一键自动取水。如图8，某同学把一个简易抽水器安装在水桶上，出水口水平。某次取水时，桶内水位高度h1＝20 cm，按键后测得t＝16 s内注满了0.8 L的水壶。已知抽水器出水口高度H＝60 cm、横截面积S＝0.5 cm2，水壶的高度h2＝15 cm，若该次取水过程中抽水器将电能转化为水的机械能的效率η ＝15%，忽略取水过程中桶内水位高度的变化，重力加速度g＝10 m/s2，水的密度ρ＝1.0×103 kg/m3。
图8
(1)求接水时出水口到水壶口左边缘的最大水平距离；
(2)估算本次取水抽水器的功率。
11.(2024·福建福州高三期末)如图9所示，在某竖直平面内，光滑曲面AB与水平面BC平滑连接于B点，BC右端连接内壁光滑、半径r＝0.2 m的四分之一细圆管CD，管口D端正下方直立一根劲度系数k＝100 N/m的轻弹簧，弹簧一端固定，另一端恰好与管口D端平齐。一个质量为m＝1 kg的小球放在曲面AB上，现从距BC的高度h＝0.6 m处静止释放小球，它与BC间的动摩擦因数μ＝0.5，小球进入管口C端时，它对上管壁有FN＝2.5mg的作用力，通过CD后，在压缩弹簧过程中小球速度最大时弹簧的弹性势能Ep＝0.5 J。重力加速度g取10 m/s2。求：
图9
(1)小球第一次经过C点的速度大小；
(2)在压缩弹簧过程中小球的最大动能Ekm；
(3)小球最终停止的位置与B点的距离。
培优高分练
12.(2024·江苏卷，15)如图10所示，粗糙斜面的动摩擦因数为μ，倾角为θ，斜面长为L。一个质量为m的物块(可视为质点)在电动机作用下，从斜面底端A点由静止加速至B点时达到最大速度v，之后做匀速运动至C点，关闭电动机，物块恰好到达最高点D点，重力加速度为g，不计电动机消耗的电热。求：
图10
(1)CD段长度x；
(2)BC段电动机的输出功率P；
(3)全过程储存的机械能E1和电动机消耗的总电能E2的比值。
热点一　机械能守恒定律的应用
常见的机械能守恒的连接体模型
共速率模型 分清两物体位移大小与高度变化关系
共角速度模型 两物体角速度相同，线速度与半径成正比
关联速度模型 此类问题注意速度的分解，找出两物体速度关系，当某物体位移最大时，速度可能为0
轻弹簧模型 ①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 ②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)
说明：以上连接体不计阻力和摩擦力，系统(包含弹簧)机械能守恒，单个物体机械能不守恒。若存在摩擦生热，机械能不守恒，可用能量守恒定律进行分析。
例1 (2024·安徽安庆二模)如图1所示，竖直轨道MA与四分之一圆弧轨道ABC平滑对接且在同一竖直面内，圆弧轨道圆心为O，OC连线竖直，OB连线与竖直方向夹角为θ＝37°，紧靠MA的一轻质弹簧下端固定在水平面上，弹簧上放有一质量为m＝2 kg的小球，现用外力将小球向下缓慢压至P点后无初速度释放，小球恰能运动到C点。已知PA高度差为0.8 m，圆弧轨道半径为1.0 m，不计轨道摩擦和空气阻力，小球的半径远小于圆弧轨道的半径，弹簧与小球不拴接，重力加速度g取10 m/s2(sin 37°＝0.6，cos 37°＝0.8)，则(　　)
图1
A.小球离开弹簧时速度最大
B.刚释放小球时，弹簧弹性势能为36 J
C.若小球质量改为5.5 kg，仍从P点释放小球后，小球能沿轨道返回P点
D.若小球质量改为2.3 kg，仍从P点释放小球后，小球将从B点离开圆弧轨道
答案　D
解析　小球从P点无初速度释放后，上升到弹簧弹力大小等于重力时，小球速度最大，故A错误；小球恰能过C点，则有mg＝m，可得vC＝＝ m/s，所以弹簧的最大弹性势能为Ep＝mg(h＋R)＋mv＝46 J，故B错误；小球质量为m1＝5.5 kg＞2 kg时，小球肯定到不了C点，而最大弹性势能Ep＝46 J＞m1gh＝44 J，小球到达A点时还有速度，即能进入圆弧轨道，所以小球将在圆弧轨道A、C之间某点离开圆弧轨道做斜上抛运动，不能沿轨道返回P点，故C错误；设小球质量为m2时恰好从B点离开，则在B点有m2gcos 37°＝m2，解得vB＝2 m/s，根据机械能守恒定律可得Ep＝m2g(h＋Rcos 37°)＋m2v，解得m2＝2.3 kg，故D正确。
例2 如图2所示，质量均为m的A、B两个小球通过绕在定滑轮上的轻绳相连，A球套在光滑的固定竖直杆上。把A球从与定滑轮等高的P1处由静止释放，运动到P处时，轻绳与竖直杆之间的夹角为53°，此时A球的速度是v，B球没有与定滑轮相碰。已知重力加速度为g，sin 53°＝0.8，cos 53°＝0.6，则下列说法正确的是(　　)
图2
A.在此过程中A球的机械能增加
B.在此过程中B球的重力势能增加了
C.此时轻绳PQ段的长度是
D.此时轻绳PQ段的长度是
答案　C
解析　A球从与定滑轮等高的P1处由静止释放，运动到P处的过程中，绳对A球做负功，A球机械能减小，A错误；A球运动到P处时，B球的速度vB＝v∥＝vAcos 53°＝0.6vA，设此时PQ的长度为l，由机械能守恒定律有mAv＋mBv＝mAghA－mBghB，其中vA＝v，mA＝mB＝m，A球下降的高度hA＝lcos 53°＝0.6l，B球上升的高度hB＝l－lsin 53°＝0.2l，求解可得l＝，C正确，D错误；在此过程中，B球上升了0.2l＝，所以在此过程中，B球的重力势能增加了，B错误。
训练1 (2024·河北廊坊高三期末)如图3所示，倾角为30°的光滑斜面固定在水平地面上，在斜面体左侧的适当位置固定一光滑竖直硬杆，质量均为m的两小球(均视为质点)用长为L的轻质硬杆连接，甲套在竖直硬杆上，乙放置在斜面上，甲、乙由静止释放时，轻质硬杆与竖直硬杆的夹角为30°，当轻质硬杆与斜面刚好平行时，乙的动能为(　　)
图3
A.mgL B.mgL C.mgL D.mgL
答案　B
解析　甲下降的高度为h甲＝＝L，乙下降的高度为h乙＝(L－)sin 30°＝，当轻质硬杆与斜面刚好平行时，把甲的速度v甲分别沿着轻质硬杆和垂直轻质硬杆分解，沿着轻质硬杆方向的分速度为，有v∥＝v甲sin 30°，小球乙的速度v乙沿着斜面，轻质硬杆与斜面平行，则v乙沿着轻质硬杆，有v乙＝v∥，甲、乙两球组成的系统由机械能守恒定律可得mgh甲＋mgh乙＝mv＋mv，乙的动能为Ek乙＝mv，综合解得Ek乙＝mgL，故B正确。
热点二　能量守恒定律的应用
例3 (2024·黑龙江哈三中二模)如图4所示，两根轻绳连接质量为m的小球P，右侧绳一端固定于A点，左侧绳通过光滑定滑轮C连接一物块Q，质量相等的物块Q、N通过一轻弹簧连接，整个系统处于静止状态时，小球P位于图示位置，两绳与水平方向的夹角分别为53°和37°，此时物块N与地面间的压力恰好为零。现将小球P托至与A、B两点等高的水平线上，两绳均拉直且恰好无弹力，由静止释放小球P。已知A点与小球P间的绳长为L，sin 37°＝0.6，cos 37°＝0.8，重力加速度为g，求：
图4
(1)物块Q的质量M；
(2)小球P运动到图示位置时，物块Q的速度大小v；
(3)小球P从释放到图示位置过程中，轻绳对物块Q做的功W。
答案　(1)m　(2)　(3)mgL
解析　(1)对小球P受力分析，有sin 37°＝
对物块N和Q整体受力分析，有2Mg＝TB
联立解得M＝m。
(2)P的运动为绕A点的圆周运动，由关联速度可知，此时小球P和物块Q的速度大小相等，根据系统能量守恒有
mgLcos 37°＝mv2＋Mv2＋Mgh
其中h＝(＋L)－＝L
联立解得v＝。
(3)对物块Q，由动能定理有W－Mgh＝Mv2－0
解得W＝mgL。
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.应用能量守恒定律的基本思路
(1)守恒：E初＝E末，初、末总能量不变。
(2)转移：EA减＝EB增，A物体减少的能量等于B物体增加的能量。
(3)转化：|ΔE减|＝|ΔE增|，减少的某些能量等于增加的某些能量。
训练2 如图5所示，轻弹簧放置在倾角为30°的斜面上，弹簧下端与斜面底端的挡板相连。可看作质点的小物块A、B叠放在一起，在斜面的顶端由静止释放并保持相对静止一起沿斜面下滑。弹簧被压缩到最短时，迅速取走物块A(不影响物块B的速度)，此后弹簧将物块B弹出，B刚好又能滑到斜面顶端，已知重力加速度为g，B物块与斜面间动摩擦因数为，则关于A、B的质量m和M之间的关系，下列说法正确的是(　　)
图5
A.M＝2m B.M＝m C.M＝2m D.M＝3m
答案　A
解析　弹簧被压缩到最短时，小物块A、B的速度均为0，从开始运动到弹簧压缩到最短的过程中，设运动距离为L，根据能量守恒定律得(m＋M)gLsin 30°－μ(m＋M)gcos 30°·L＝Ep；弹簧将物块B弹出，B刚好又能滑到斜面顶端的过程中，由能量守恒定律得Ep＝MgLsin 30°＋μMgcos 30°·L，两式联立解得M＝2m，A项正确。
热点三　与能量相关的图像问题
例4 如图6甲所示，倾角为37°的斜面固定在水平地面上，一木块以一定的初速度从斜面底端开始上滑。若斜面足够长，上滑过程中木块的机械能和动能随位移变化的关系图线如图乙所示，sin 37°＝0.6，cos 37°＝0.8，则下列说法正确的是(　　)
图6
A.木块的重力大小为
B.木块受到的摩擦力大小为
C.木块与斜面间的动摩擦因数为
D.木块上滑过程中，重力势能增加了4E0
答案　A
解析　上滑过程中，摩擦力对木块做负功，木块的机械能减少，由图乙可知物块的机械能减少了ΔE＝4E0－3E0＝E0，动能减少了ΔEk＝4E0，所以木块的重力势能增加了ΔEp＝4E0－E0＝3E0，故D错误；设木块质量为m，由图乙可知木块上滑的距离为x0，则有μmgcos 37°·x0＝E0，则木块受到的摩擦力大小为Ff＝μmgcos 37°＝，故B错误；木块上滑过程中，重力做负功，木块的动能部分转化为重力势能，则有mgsin 37°·x0＝3E0，则木块的重力大小为G＝mg＝，故A正确；木块与斜面间的动摩擦因数为μ＝＝，故C错误。
方法总结　解决物理图像问题的基本思路
训练3 (2024·湖北黄冈模拟，4)如图7甲所示，一物块以一定初速度沿倾角为30°的固定斜面上滑，运动过程中摩擦力大小f恒定，物块动能Ek与运动路程s的关系如图乙所示。重力加速度大小取10 m/s2，物块质量m和所受摩擦力大小f分别为(　　)
图7
A.m＝0.7 kg，f＝0.5 N B.m＝0.7 kg，f＝1.0 N
C.m＝0.8 kg，f＝0.5 N D.m＝0.8 kg，f＝1.0 N
答案　A
解析　0～10 m内物块上滑，由动能定理得－mgsin 30°·s－fs＝Ek－Ek0，整理得Ek＝Ek0－(mgsin 30°＋f)s，结合0～10 m内的图像得，斜率的绝对值|k|＝mgsin 30°＋f＝4 N；10～20 m内物块下滑，由动能定理得(mgsin 30°－f)(s－s1)＝Ek，整理得Ek＝(mgsin 30°－f)s－(mgsin 30°－f)s1，结合10～20 m内的图像得，斜率k′＝mgsin 30°－f＝3 N。联立解得f＝0.5 N、m＝0.7 kg，A正确，B、C、D错误。
1.(2024·北京卷，7)如图8所示，光滑水平轨道AB与竖直面内的光滑半圆形轨道BC在B点平滑连接。一小物体将轻弹簧压缩至A点后由静止释放，物体脱离弹簧后进入半圆形轨道，恰好能够到达最高点C。下列说法正确的是(　　)
图8
A.物体在C点所受合力为零
B.物体在C点的速度为零
C.物体在C点的向心加速度等于重力加速度
D.物体在A点时弹簧的弹性势能等于物体在C点的动能
答案　C
解析　设物体恰好到达C点的速度大小为v，则在C点重力完全提供向心力，有mg＝m＝ma向，解得v＝，向心加速度a向＝g，A、B错误，C正确；物体从A点到C点的过程，由机械能守恒定律可知，弹簧的弹性势能转化为物体在C点的重力势能和动能，D错误。
2.(2024·全国甲卷，17)如图9，一光滑大圆环固定在竖直平面内，质量为m的小环套在大圆环上，小环从静止开始由大圆环顶端经Q点自由下滑至其底部，Q为竖直线与大圆环的切点。则小环下滑过程中对大圆环的作用力大小(　　)
图9
A.在Q点最大 B.在Q点最小 C.先减小后增大 D.先增大后减小
答案　C
解析　设小环运动轨迹所对的圆心角为θ(0≤θ≤π)，大圆环的半径为R，大圆环对小环的作用力为F，由机械能守恒定律有mgR(1－cos θ)＝mv2，又小环做圆周运动，则有F＋mgcos θ＝m，联立得小环下滑过程中受到大圆环的作用力F＝mg(2－3cos θ)，则F的大小先减小后增大，且当cos θ＝时F最小，当cos θ＝－1，即小环在大圆环最低点时F最大，结合牛顿第三定律可知，C正确。
3.(2024·黑吉辽卷，14)如图10，高度h＝0.8 m的水平桌面上放置两个相同物块A、B，质量mA＝mB＝0.1 kg。A、B间夹一压缩量Δx＝0.1 m的轻弹簧，弹簧与A、B不拴接。同时由静止释放A、B，弹簧恢复原长时A恰好从桌面左端沿水平方向飞出，水平射程xA＝0.4 m；B脱离弹簧后沿桌面滑行一段距离xB＝0.25 m后停止，A、B均视为质点，重力加速度g＝10 m/s2。忽略空气阻力，求：
图10
(1)脱离弹簧时A、B的速度大小vA和vB；
(2)物块与桌面间的动摩擦因数μ；
(3)整个过程中，弹簧释放的弹性势能ΔEp。
答案　(1)1 m/s　1 m/s　(2)0.2　(3)0.12 J
解析　(1)弹簧恢复原长时两物块脱离弹簧，A做平抛运动，B做匀减速直线运动
对A，水平方向有xA＝vAt
竖直方向有h＝gt2
联立解得vA＝1 m/s
弹簧恢复原长的过程中，由于A、B所受摩擦力大小相等，方向相反，A、B与弹簧组成的系统动量守恒
对系统有0＝mAvA＋mB(－vB)
解得vB＝1 m/s。
(2)B物块与弹簧分离后做匀减速直线运动
对B有－μmBgxB＝0－mBv
解得μ＝0.2。
(3)从系统初始状态到弹簧与物块分离的过程中，弹簧释放的弹性势能转化为A和B的动能与A和B同桌面摩擦产生的热量，该过程中对系统有
ΔEp＝mAv＋mBv＋μmAgΔxA＋μmBgΔxB
其中ΔxA、ΔxB为弹簧恢复原长过程中A、B两物块相对桌面的路程，则有Δx＝ΔxA＋ΔxB
联立解得ΔEp＝0.12 J。
基础保分练
1.(2024·广东深圳高三期中)如图1所示为过山车的简易模型，从倾斜轨道上的A点由静止开始下滑，圆形轨道半径为R，过山车重量为Mg，忽略一切阻力作用，经过圆轨道最高点C时，轨道给过山车的压力为Mg，下滑点A距离圆轨道底部的高度h为(　　)
图1
A.2R B.3R C.4R D.5R
答案　B
解析　经过圆轨道最高点C时，轨道给过山车的压力FN＝Mg，根据牛顿第二定律可得Mg＋FN＝m，解得vC＝，过山车从下滑点A到C点过程，根据机械能守恒定律可得Mg(h－2R)＝Mv，解得h＝3R，故B正确。
2.(多选)(2024·山西运城模拟预测)如图2所示，A、B两球分别用长度均为L的轻杆通过光滑铰链与C球连接，通过外力作用使两杆并拢，系统竖直放置在光滑水平地面上。某时刻将系统由静止释放，A、B两球开始向左右两边滑动。已知A、B两球的质量均为m，C球的质量为2m，三球均在同一竖直面内运动，忽略一切阻力，重力加速度为g。从静止释放到球C落地前的过程，下列说法正确的是(　　)
图2
A.A、B、C三球组成的系统机械能守恒
B.球C的机械能先减少后增加
C.球A速度达到最大时，球C的加速度大小为g
D.球C落地前瞬间的速度大小为2
答案　ABC
解析　从静止释放到球C落地前的过程，A、B、C三球组成的系统，只有重力做功，机械能守恒，A正确；从静止释放后A、B两球先加速后减速，动能先增加后减少，而A、B、C三球组成的系统机械能守恒，则球C的机械能先减少后增加，B正确；当球A的加速度为0时速度达到最大值，此时杆对球的作用力为0，则此时球C只受重力作用，加速度大小为g，C正确；球C落地前瞬时，A、B两球的速度为零，对A、B、C三球组成的系统，有2mgL＝×2mv2，解得v＝，D错误。
3.(2024·广东深圳模拟)物体以动能E开始竖直向上运动，回到出发点时，动能为。取出发点位置的重力势能为零，整个运动过程可认为空气阻力大小恒定，则该物体上升阶段动能与重力势能相等时，其动能为(　　)
A. B. C. D.
答案　B
解析　设上升的最大高度为h，根据功能关系有f·2h＝E－＝，根据能量守恒定律可得E＝mgh＋fh，解得mgh＝E，fh＝E，则f＝mg，若在上升阶段离出发点H处动能和重力势能相等，由能量守恒定律有Ek＋mgH＝E－fH，Ek＝Ep＝mgH，联立解得Ek＝E，故B正确。
4.(2024·陕西汉中一模)如图3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＝0.8 m，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＝10 m/s2，sin 53°＝0.8，不计空气阻力，则(　　)
图3
A.物块A与物块B速度大小始终相等
B.物块A能达到的最大速度为2 m/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
解析　根据题意可知，物块A与物块B的速度关系为vAcos θ＝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＝vAcos 90°＝0，故A、D错误；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，根据机械能守恒定律有mBg(－h)＝mAv2，解得v＝2 m/s，故B正确；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，在物块B减速下降过程中，重力会小于细线拉力，故C错误。
5.质量均为m、半径均为R的两个完全相同的小球A、B，在水平轨道上以某一初速度向右冲上倾角为θ的倾斜轨道，两小球运动过程中始终接触，若两轨道通过一小段圆弧平滑连接，不计摩擦阻力及弯道处的能量损失，则两小球运动到最高点的过程中，A球对B球所做的功为(　　)
图4
A.0 B.mgRsin θ C.2mgRsin θ D.mgR
答案　B
解析　设A球的重心在斜面上上升的高度为h，两球的初速度大小为v0，对A、B整体，根据机械能守恒定律得×2mv＝mgh＋mg(h＋2Rsin θ)。设A球对B球所做的功为W，由动能定理有W－mg(h＋2Rsin θ)＝0－mv，解得W＝mgRsin θ，B项正确。
6.(多选)(2024·重庆模拟预测)教职工趣味运动会排球垫球比赛中，某老师将球沿竖直方向垫起。已知排球在空中受到的空气阻力与速度大小成正比，以竖直向上为正方向，v表示排球速度、x表示排球相对垫起点的位移、Ek表示排球的动能、E机表示排球的机械能、t表示排球自垫起开始计时的运动时间，下列表示排球上升和下落过程中各物理量关系的图像可能正确的是(　　)
答案　BD
解析　以竖直向上为正方向，初速度应为正值，故A错误；速度先减小为0后反向增大，所以x－t图像斜率先减小后变为负向增大，机械能一直有损失，导致上升过程中任意位置的速率都比下降过程同一位置速率大，则上升、下降经过同一位置处的动能不可能相等，因此上升过程的平均速度大于下降过程的平均速度，所以上升过程的时间小于下降过程的时间，故B正确，C错误；E机－x图像斜率表示空气阻力，空气阻力上升过程逐渐减小，下降过程逐渐增大，且上升过程机械能损失更多，故D正确。
7.(2024·湖北宜昌高三模拟)如图5所示，与水平面平滑连接的固定斜面的顶端到水平面O点的高度为h，质量为m的小木块从斜面的顶端无初速度滑下，并运动到水平面上的A点停下。已知小木块与斜面、水平面间的动摩擦因数均为μ，＝x，下列说法正确的是(　　)
,图5)
A.斜面倾角θ越大，x越大
B.斜面倾角θ越小，x越大
C.若小木块从斜面顶端以初动能Ek＝mgh滑下，最后在水平面上的B点停下，则＝
D.若小木块从斜面顶端以初动能Ek＝3mgh滑下，并在A点固定一个挡板，小木块在A点与挡板发生弹性碰撞，则折返后恰能回到斜面顶端
答案　C
解析　小木块从开始下滑到最后停在A点，设斜面的倾角为θ，斜面投影长度为x1，斜面底端到A点距离x2，由能量关系可知mgh＝μmgcos θ·＋μmgx2＝μmgx，解得h＝μx，则当h和μ一定时，x一定不变，故A、B错误；设＝x′，由能量关系可知Ek＋mgh＝μmgx′，解得x′＝，故C正确；小木块在A点与挡板发生弹性碰撞，无机械能损失，设折返后能回到斜面的高度为h′，根据能量守恒定律可知Ek＋mgh＝2μmgx＋mgh′，解得h′＝2h，故D错误。
提能增分练
8.(多选)(2024·江西南昌二模)一块质量为M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(不考虑空气阻力)，关于ΔEkB、ΔEkA、Q的数值，下列三个数量关系一定可能的是(　　)
图6
A.ΔEkB＝3 J，ΔEkA＝1 J，Q＝2 J
B.ΔEkB＝6 J，ΔEkA＝2 J，Q＝4 J
C.ΔEkB＝7 J，ΔEkA＝3 J，Q＝7 J
D.ΔEkB＝8 J，ΔEkA＝3 J，Q＝3 J
答案　AB
解析　设物体与木板间的摩擦力大小为Ff，物体B的位移为xB，木板A的位移为xA，对A有ΔEkA＝FfxA，对B有ΔEkB＝FfxB，且Q＝Ff(xB－xA)，A和B运动的v－t图像如图所示，图线与坐标轴围成的面积表示物体的位移，可看出xB＞(xB－xA)＞xA，所以有ΔEkB＞Q＞ΔEkA，故选项A、B正确。
9.(2024·江苏扬州模拟)如图7所示，在一直立的光滑管内放置一轻质弹簧，上端O点与管口A的距离为2x0，一质量为m的小球从管口由静止下落，将弹簧压缩至最低点B，压缩量为x0，不计空气阻力，则(　　)
图7
A.弹簧的最大弹性势能为3mgx0
B.小球运动的最大速度等于2
C.弹簧的劲度系数为
D.小球运动中最大加速度为g
答案　A
解析　小球下落到最低点时重力势能全部转化为弹簧的弹性势能，此时弹性势能最大，有Epmax＝3mgx0，故A正确；根据选项A和弹簧弹性势能的表达式有3mgx0＝kx，解得k＝，故C错误；当小球的重力等于弹簧弹力时，小球有最大速度，则有mg＝kx，再根据弹簧和小球组成的系统机械能守恒有mg(x＋2x0)＝mv＋kx2，解得最大速度为vmax＝，故B错误；小球运动到最低点时有kx0－mg＝ma，解得a＝5g，故D错误。
10.(2024·山东青岛一模)桶装水电动抽水器可以轻松实现一键自动取水。如图8，某同学把一个简易抽水器安装在水桶上，出水口水平。某次取水时，桶内水位高度h1＝20 cm，按键后测得t＝16 s内注满了0.8 L的水壶。已知抽水器出水口高度H＝60 cm、横截面积S＝0.5 cm2，水壶的高度h2＝15 cm，若该次取水过程中抽水器将电能转化为水的机械能的效率η ＝15%，忽略取水过程中桶内水位高度的变化，重力加速度g＝10 m/s2，水的密度ρ＝1.0×103 kg/m3。
图8
(1)求接水时出水口到水壶口左边缘的最大水平距离；
(2)估算本次取水抽水器的功率。
答案　(1)0.3 m　(2)1.5 W
解析　(1)设出水口处水的速度为v0，由题意可得，
t＝16 s内抽水器抽出水的体积V＝Sv0t
解得v0＝1 m/s
平抛过程：竖直方向H－h2＝gt2
水平方向x＝ v0t
联立解得x＝0.3 m。
(2)在t＝16 s内，抽水机取水质量m＝ρV＝0.8 kg
根据能量守恒定律有ηPt＝mg(H－h1)＋mv
解得P＝1.5 W。
11.(2024·福建福州高三期末)如图9所示，在某竖直平面内，光滑曲面AB与水平面BC平滑连接于B点，BC右端连接内壁光滑、半径r＝0.2 m的四分之一细圆管CD，管口D端正下方直立一根劲度系数k＝100 N/m的轻弹簧，弹簧一端固定，另一端恰好与管口D端平齐。一个质量为m＝1 kg的小球放在曲面AB上，现从距BC的高度h＝0.6 m处静止释放小球，它与BC间的动摩擦因数μ＝0.5，小球进入管口C端时，它对上管壁有FN＝2.5mg的作用力，通过CD后，在压缩弹簧过程中小球速度最大时弹簧的弹性势能Ep＝0.5 J。重力加速度g取10 m/s2。求：
图9
(1)小球第一次经过C点的速度大小；
(2)在压缩弹簧过程中小球的最大动能Ekm；
(3)小球最终停止的位置与B点的距离。
答案　(1) m/s　(2)6 J　(3)0.2 m
解析　(1)小球进入管口C端时，它对上管壁有FN＝2.5mg的作用力，对小球由牛顿第二定律有
2.5mg＋mg＝m
解得vC＝ m/s。
(2)在压缩弹簧过程中，合力为零时，速度最大，此时小球动能最大，设该位置为零势能面，弹簧的压缩量为x，有mg＝kx
由能量守恒定律有
mg(r＋x)＋mv＝Ekm＋Ep
解得Ekm＝6 J。
(3)设BC段克服摩擦力做功为WBC，由A到C有mgh－WBC＝mv
对整个过程分析可知，设共经过N次BC段，有mgh＝NWBC
解得N＝2.4
即小球最后从B位置向C位置运动过程中停下，设小球最终停在距离B点为s，有0.4WBC＝μmgs
解得s＝0.2 m。
培优高分练
12.(2024·江苏卷，15)如图10所示，粗糙斜面的动摩擦因数为μ，倾角为θ，斜面长为L。一个质量为m的物块(可视为质点)在电动机作用下，从斜面底端A点由静止加速至B点时达到最大速度v，之后做匀速运动至C点，关闭电动机，物块恰好到达最高点D点，重力加速度为g，不计电动机消耗的电热。求：
图10
(1)CD段长度x；
(2)BC段电动机的输出功率P；
(3)全过程储存的机械能E1和电动机消耗的总电能E2的比值。
答案　(1)　(2)mgv(sin θ＋μcos θ)　(3)
解析　(1)解法一　对物块从C点运动到D点的过程，由动能定理有
－mgxsin θ－μmgxcos θ＝0－mv2
解得x＝。
解法二　对物块从C点运动到D点的过程，由牛顿第二定律有mgsin θ＋μmgcos θ＝ma
由运动学规律有0－v2＝－2ax
联立解得x＝。
(2)物块在BC段做匀速直线运动，由平衡条件有
F＝mgsin θ＋μmgcos θ
则电动机的输出功率P＝Fv＝mgv(sin θ＋μcos θ)。
(3)根据题意，全过程储存的机械能E1＝mgLsin θ
由能量守恒定律可知电动机消耗的总电能
E2＝mgLsin θ＋μmgLcos θ
则＝。(共60张PPT)
第6课时　机械能守恒定律　能量守恒定律
专题二　能量与动量
知识网络
目 录
CONTENTS
突破高考热点
01
课时跟踪训练
03
链接高考真题
02
突破高考热点
1
热点二　能量守恒定律的应用
热点一　机械能守恒定律的应用
热点三　与能量相关的图像问题
热点一　机械能守恒定律的应用
常见的机械能守恒的连接体模型
共速率模型
分清两物体位移大小与高度变化关系
共角速度模型
两物体角速度相同，线速度与半径成正比
关联速度模型
此类问题注意速度的分解，找出两物体速度关系，当某物体位移最大时，速度可能为0
轻弹簧模型
说明：以上连接体不计阻力和摩擦力，系统(包含弹簧)机械能守恒，单个物体机械能不守恒。若存在摩擦生热，机械能不守恒，可用能量守恒定律进行分析。
①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
②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)
图1
例1 (2024·安徽安庆二模)如图1所示，竖直轨道MA与四分之一圆弧轨道ABC平滑对接且在同一竖直面内，圆弧轨道圆心为O，OC连线竖直，OB连线与竖直方向夹角为θ＝37°，紧靠MA的一轻质弹簧下端固定在水平面上，弹簧上放有一质量为m＝2 kg的小球，现用外力将小球向下缓慢压至P点后无初速度释放，小球恰能运动到C点。已知PA高度差为0.8 m，圆弧轨道半径为1.0 m，不计轨道摩擦和空气阻力，小球的半径远小于圆弧轨道的半径，弹簧与小球不拴接，重力加速度g取10 m/s2(sin 37°＝0.6，cos 37°＝0.8)，则(　　)
A.小球离开弹簧时速度最大
B.刚释放小球时，弹簧弹性势能为36 J
C.若小球质量改为5.5 kg，仍从P点释放小球后，小球能沿轨道返回P点
D.若小球质量改为2.3 kg，仍从P点释放小球后，小球将从B点离开圆弧轨道
答案　D
图2
C
例2 如图2所示，质量均为m的A、B两个小球通过绕在定滑轮上的轻绳相连，A球套在光滑的固定竖直杆上。把A球从与定滑轮等高的P1处由静止释放，运动到P处时，轻绳与竖直杆之间的夹角为53°，此时A球的速度是v，B球没有与定滑轮相碰。已知重力加速度为g，sin 53°＝0.8，cos 53°＝0.6，则下列说法正确的是(　　)
图3
B
热点二　能量守恒定律的应用
图4
例3 (2024·黑龙江哈三中二模)如图4所示，两根轻绳连接质量为m的小球P，右侧绳一端固定于A点，左侧绳通过光滑定滑轮C连接一物块Q，质量相等的物块Q、N通过一轻弹簧连接，整个系统处于静止状态时，小球P位于图示位置，两绳与水平方向的夹角分别为53°和37°，此时物块N与地面间的压力恰好为零。现将小球P托至与A、B两点等高的水平线上，两绳均拉直且恰好无弹力，由静止释放小球P。已知A点与小球P间的绳长为L，sin 37°＝0.6，cos 37°＝0.8，重力加速度为g，求：
(1)物块Q的质量M；
(2)小球P运动到图示位置时，物块Q的速度大小v；
(3)小球P从释放到图示位置过程中，轻绳对物块Q做的功W。
对物块N和Q整体受力分析，有2Mg＝TB
(2)P的运动为绕A点的圆周运动，由关联速度可知，此时小球P和物块Q的速度大小相等，根据系统能量守恒有
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.应用能量守恒定律的基本思路
(1)守恒：E初＝E末，初、末总能量不变。
(2)转移：EA减＝EB增，A物体减少的能量等于B物体增加的能量。
(3)转化：|ΔE减|＝|ΔE增|，减少的某些能量等于增加的某些能量。
图5
A
解析　弹簧被压缩到最短时，小物块A、B的速度均为0，从开始运动到弹簧压缩到最短的过程中，设运动距离为L，根据能量守恒定律得(m＋M)gLsin 30°－μ(m＋M)gcos 30°·L＝Ep；弹簧将物块B弹出，B刚好又能滑到斜面顶端的过程中，由能量守恒定律得Ep＝MgLsin 30°＋μMgcos 30°·L，两式联立解得M＝2m，A项正确。
热点三　与能量相关的图像问题
图6
A
例4 如图6甲所示，倾角为37°的斜面固定在水平地面上，一木块以一定的初速度从斜面底端开始上滑。若斜面足够长，上滑过程中木块的机械能和动能随位移变化的关系图线如图乙所示，sin 37°＝0.6，cos 37°＝0.8，则下列说法正确的是(　　)
方法总结　解决物理图像问题的基本思路
图7
A
训练3 (2024·湖北黄冈模拟，4)如图7甲所示，一物块以一定初速度沿倾角为30°的固定斜面上滑，运动过程中摩擦力大小f恒定，物块动能Ek与运动路程s的关系如图乙所示。重力加速度大小取10 m/s2，物块质量m和所受摩擦力大小f分别为(　　)
A.m＝0.7 kg，f＝0.5 N
B.m＝0.7 kg，f＝1.0 N
C.m＝0.8 kg，f＝0.5 N
D.m＝0.8 kg，f＝1.0 N
解析　0～10 m内物块上滑，由动能定理得－mgsin 30°·s－fs＝Ek－Ek0，整理得Ek＝Ek0－(mgsin 30°＋f)s，结合0～10 m内的图像得，斜率的绝对值|k|＝mgsin 30°＋f＝4 N；10～20 m内物块下滑，由动能定理得(mgsin 30°－f)(s－s1)＝Ek，整理得Ek＝(mgsin 30°－f)s－(mgsin 30°－f)s1，结合10～20 m内的图像得，斜率k′＝mgsin 30°－f＝3 N。联立解得f＝0.5 N、m＝0.7 kg，A正确，B、C、D错误。
链接高考真题
2
C
1.(2024·北京卷，7)如图8所示，光滑水平轨道AB与竖直面内的光滑半圆形轨道BC在B点平滑连接。一小物体将轻弹簧压缩至A点后由静止释放，物体脱离弹簧后进入半圆形轨道，恰好能够到达最高点C。下列说法正确的是(　　)
图8
A.物体在C点所受合力为零
B.物体在C点的速度为零
C.物体在C点的向心加速度等于重力加速度
D.物体在A点时弹簧的弹性势能等于物体在C点的动能
C
2.(2024·全国甲卷，17)如图9，一光滑大圆环固定在竖直平面内，质量为m的小环套在大圆环上，小环从静止开始由大圆环顶端经Q点自由下滑至其底部，Q为竖直线与大圆环的切点。则小环下滑过程中对大圆环的作用力大小(　　)
图9
A.在Q点最大 B.在Q点最小
C.先减小后增大 D.先增大后减小
3.(2024·黑吉辽卷，14)如图10，高度h＝0.8 m的水平桌面上放置两个相同物块A、B，质量mA＝mB＝0.1 kg。A、B间夹一压缩量Δx＝0.1 m的轻弹簧，弹簧与A、B不拴接。同时由静止释放A、B，弹簧恢复原长时A恰好从桌面左端沿水平方向飞出，水平射程xA＝0.4 m；B脱离弹簧后沿桌面滑行一段距离xB＝0.25 m后停止，A、B均视为质点，重力加速度g＝10 m/s2。忽略空气阻力，求：
图10
(1)脱离弹簧时A、B的速度大小vA和vB；
(2)物块与桌面间的动摩擦因数μ；
(3)整个过程中，弹簧释放的弹性势能ΔEp。
答案　(1)1 m/s　1 m/s　(2)0.2　(3)0.12 J
解析　(1)弹簧恢复原长时两物块脱离弹簧，A做平抛运动，B做匀减速直线运动
对A，水平方向有xA＝vAt
联立解得vA＝1 m/s
弹簧恢复原长的过程中，由于A、B所受摩擦力大小相等，方向相反，A、B与弹簧组成的系统动量守恒
对系统有0＝mAvA＋mB(－vB)
解得vB＝1 m/s。
(2)B物块与弹簧分离后做匀减速直线运动
解得μ＝0.2。
(3)从系统初始状态到弹簧与物块分离的过程中，弹簧释放的弹性势能转化为A和B的动能与A和B同桌面摩擦产生的热量，该过程中对系统有
其中ΔxA、ΔxB为弹簧恢复原长过程中A、B两物块相对桌面的路程，
则有Δx＝ΔxA＋ΔxB
联立解得ΔEp＝0.12 J。
课时跟踪训练
3
B
1.(2024·广东深圳高三期中)如图1所示为过山车的简易模型，从倾斜轨道上的A点由静止开始下滑，圆形轨道半径为R，过山车重量为Mg，忽略一切阻力作用，经过圆轨道最高点C时，轨道给过山车的压力为Mg，下滑点A距离圆轨道底部的高度h为(　　)
基础保分练
图1
A.2R B.3R C.4R D.5R
ABC
2.(多选)(2024·山西运城模拟预测)如图2所示，A、B两球分别用长度均为L的轻杆通过光滑铰链与C球连接，通过外力作用使两杆并拢，系统竖直放置在光滑水平地面上。某时刻将系统由静止释放，A、B两球开始向左右两边滑动。已知A、B两球的质量均为m，C球的质量为2m，三球均在同一竖直面内运动，忽略一切阻力，重力加速度为g。从静止释放到球C落地前的过程，下列说法正确的是(　　 )
图2
B
B
4.(2024·陕西汉中一模)如图3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＝0.8 m，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＝10 m/s2，sin 53°＝0.8，不计空气阻力，则(　　)
图3
A.物块A与物块B速度大小始终相等
B.物块A能达到的最大速度为2 m/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
B
5.质量均为m、半径均为R的两个完全相同的小球A、B，在水平轨道上以某一初速度向右冲上倾角为θ的倾斜轨道，两小球运动过程中始终接触，若两轨道通过一小段圆弧平滑连接，不计摩擦阻力及弯道处的能量损失，则两小球运动到最高点的过程中，A球对B球所做的功为(　　)
图4
A.0 B.mgRsin θ C.2mgRsin θ D.mgR
6.(多选)(2024·重庆模拟预测)教职工趣味运动会排球垫球比赛中，某老师将球沿竖直方向垫起。已知排球在空中受到的空气阻力与速度大小成正比，以竖直向上为正方向，v表示排球速度、x表示排球相对垫起点的位移、Ek表示排球的动能、E机表示排球的机械能、t表示排球自垫起开始计时的运动时间，下列表示排球上升和下落过程中各物理量关系的图像可能正确的是(　　)
解析　以竖直向上为正方向，初速度应为正值，故A错误；速度先减小为0后反向增大，所以x－t图像斜率先减小后变为负向增大，机械能一直有损失，导致上升过程中任意位置的速率都比下降过程同一位置速率大，则上升、下降经过同一位置处的动能不可能相等，因此上升过程的平均速度大于下降过程的平均速度，所以上升过程的时间小于下降过程的时间，故B正确，C错误；E机－x图像斜率表示空气阻力，空气阻力上升过程逐渐减小，下降过程逐渐增大，且上升过程机械能损失更多，故D正确。
答案 BD
C
图5
AB
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8.(多选)(2024·江西南昌二模)一块质量为M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(不考虑空气阻力)，关于ΔEkB、ΔEkA、Q的数值，下列三个数量关系一定可能的是(　　)
图6
A.ΔEkB＝3 J，ΔEkA＝1 J，Q＝2 J
B.ΔEkB＝6 J，ΔEkA＝2 J，Q＝4 J
C.ΔEkB＝7 J，ΔEkA＝3 J，Q＝7 J
D.ΔEkB＝8 J，ΔEkA＝3 J，Q＝3 J
解析　设物体与木板间的摩擦力大小为Ff，物体B的位移为xB，木板A的位移为xA，对A有ΔEkA＝FfxA，对B有ΔEkB＝FfxB，且Q＝Ff(xB－xA)，A和B运动的v－t图像如图所示，图线与坐标轴围成的面积表示物体的位移，可看出xB＞(xB－xA)＞xA，所以有ΔEkB＞Q＞ΔEkA，故选项A、B正确。
A
9.(2024·江苏扬州模拟)如图7所示，在一直立的光滑管内放置一轻质弹簧，上端O点与管口A的距离为2x0，一质量为m的小球从管口由静止下落，将弹簧压缩至最低点B，压缩量为x0，不计空气阻力，则(　　)
图7
10.(2024·山东青岛一模)桶装水电动抽水器可以轻松实现一键自动取水。如图8，某同学把一个简易抽水器安装在水桶上，出水口水平。某次取水时，桶内水位高度h1＝20 cm，按键后测得t＝16 s内注满了0.8 L的水壶。已知抽水器出水口高度H＝60 cm、横截面积S＝0.5 cm2，水壶的高度h2＝15 cm，若该次取水过程中抽水器将电能转化为水的机械能的效率η ＝15%，忽略取水过程中桶内水位高度的变化，重力加速度g＝10 m/s2，水的密度ρ＝1.0×103 kg/m3。
图8
(1)求接水时出水口到水壶口左边缘的最大水平距离；
(2)估算本次取水抽水器的功率。
答案　(1)0.3 m　(2)1.5 W
解析　(1)设出水口处水的速度为v0，由题意可得，
t＝16 s内抽水器抽出水的体积V＝Sv0t
解得v0＝1 m/s
水平方向x＝ v0t
联立解得x＝0.3 m。
(2)在t＝16 s内，抽水机取水质量m＝ρV＝0.8 kg
解得P＝1.5 W。
11.(2024·福建福州高三期末)如图9所示，在某竖直平面内，光滑曲面AB与水平面BC平滑连接于B点，BC右端连接内壁光滑、半径r＝0.2 m的四分之一细圆管CD，管口D端正下方直立一根劲度系数k＝100 N/m的轻弹簧，弹簧一端固定，另一端恰好与管口D端平齐。一个质量为m＝1 kg的小球放在曲面AB上，现从距BC的高度h＝0.6 m处静止释放小球，它与BC间的动摩擦因数μ＝0.5，小球进入管口C端时，它对上管壁有FN＝2.5mg的作用力，通过CD后，在压缩弹簧过程中小球速度最大时弹簧的弹性势能Ep＝0.5 J。重力加速度g取10 m/s2。求：
图9
(1)小球第一次经过C点的速度大小；
(2)在压缩弹簧过程中小球的最大动能Ekm；
(3)小球最终停止的位置与B点的距离。
解析　(1)小球进入管口C端时，它对上管壁有
FN＝2.5mg的作用力，对小球由牛顿第二定律有
(2)在压缩弹簧过程中，合力为零时，速度最大，此时小球动能最大，设该位置为零势能面，弹簧的压缩量为x，有mg＝kx
由能量守恒定律有
解得Ekm＝6 J。
(3)设BC段克服摩擦力做功为WBC，
对整个过程分析可知，设共经过N次BC段，有mgh＝NWBC
解得N＝2.4
即小球最后从B位置向C位置运动过程中停下，设小球最终停在距离B点为s，有0.4WBC＝μmgs
解得s＝0.2 m。
12.(2024·江苏卷，15)如图10所示，粗糙斜面的动摩擦因数为μ，倾角为θ，斜面长为L。一个质量为m的物块(可视为质点)在电动机作用下，从斜面底端A点由静止加速至B点时达到最大速度v，之后做匀速运动至C点，关闭电动机，物块恰好到达最高点D点，重力加速度为g，不计电动机消耗的电热。求：
培优高分练
图10
(1)CD段长度x；
(2)BC段电动机的输出功率P；
(3)全过程储存的机械能E1和电动机消耗的总电能E2的比值。
解析　(1)解法一　对物块从C点运动到D点的过程，由动能定理有
解法二　对物块从C点运动到D点的过程，由牛顿第二定律有
mgsin θ＋μmgcos θ＝ma
由运动学规律有0－v2＝－2ax
(2)物块在BC段做匀速直线运动，由平衡条件有
F＝mgsin θ＋μmgcos θ
则电动机的输出功率P＝Fv＝mgv(sin θ＋μcos θ)。
(3)根据题意，全过程储存的机械能E1＝mgLsin θ
由能量守恒定律可知电动机消耗的总电能
E2＝mgLsin θ＋μmgLcos θ

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