第七讲　机械能守恒定律　功能关系-2026年高考物理总复习课件（73页PPT）

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专题二　能量与动量
第七讲　机械能守恒定律　功能关系
1.判断物体或系统机械能是否守恒的三种方法
考点一　机械能守恒定律
定义判断法 动能与势能之和不发生变化,系统机械能守恒
能量转化 判断法 没有与机械能以外的其他形式的能发生转化时,系统机械能守恒
做功判断法 只有重力(或系统内弹簧的弹力)做功时,系统机械能守恒
2.机械能守恒定律的表达式
3.连接体的机械能守恒问题
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的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;当弹簧处于自然长度时,弹簧弹性势能最小(为零)
题型1　单个物体的机械能守恒问题
【例1】(2025·广西模拟)开有凹槽的斜面固定在地面上,斜面与水平轨道OA平滑连接,OA长度为6r。槽内上端紧挨放置四个半径均为r的相同小球,各球编号如图所示。将四个小球由静止同时释放,小球落地后均静止,不计一切摩擦。各小球在运动过程中,下列说法正确的是 (　　)
A.球4的机械能守恒
B.球1处在OA段时动量不变
C.四个球最终的落地点各不相同
D.四个小球中球1离开轨道时的速度最小
【答案】B
【解析】4个小球都在斜面上运动时,只有重力做功,整个系统的机械能守恒,球4在水平轨道上运动时,斜面上的小球仍在加速,后面的球对球4做功,球4的机械能不守恒,故A错误;球1处在OA段时,做匀速运动,根据p=mv可知球1的动量不变,故B正确;由于2、3、4三个球在水平轨道OA运动时,斜面上的小球与水平轨道OA上小球间会有相互作用,所以2、3、4三个球在水平面均做加速运动,离开A点时,球4的速度最小,水平射程最小;3、2、1三个球一起在水平轨道OA上运动时不再加速,3、2、1离开水平轨道OA的速度相等,水平射程相同,所以4个球的落点球4单落一个点,3、2、1三个球的落点相同,故CD错误。故选B。
题型2　系统的机械能守恒问题
【例2】(2025·山东卷)如图所示,内有弯曲光滑轨道的方形物体置于光滑水平面上,P、Q分别为轨道的两个端点且位于同一高度,P处轨道的切线沿水平方向,Q处轨道的切线沿竖直方向。小物块a、b用轻弹簧连接置于光滑水平面上,b被锁定。一质量m= kg的小球自Q点正上方h=2 m处自由下落,
无能量损失地滑入轨道,并从P点水平抛出,恰好击中a,与a粘在一起且不弹起。当弹簧拉力达到F=15 N时,b解除锁定开始运动。已知a的质量ma=1 kg,b的质量mb= kg,方形物体的质量M= kg,重力加速度g取10 m/s2,弹簧的
劲度系数k=50 N/m,整个过程弹簧均在弹性限度内,弹性势能表达式Ep=kx2(x为弹簧的形变量),所有过程不计空气阻力。求:
(1)小球到达P点时,小球及方形物体相对于地面的速度大小v1、v2;
(2)弹簧弹性势能最大时,b的速度大小vb及弹性势能的最大值Epm。
【答案】(1)6 m/s　水平向左　 m/s　水平向右　
(2) m/s,水平向左,Epm= J
【解析】(1)根据题意,小球从开始下落到P处的过程中,水平方向上动量守
恒,则有mv1=Mv2,由能量守恒定律有mgh=m+M,
联立解得v1=6 m/s,v2= m/s,即小球速度为6 m/s,方向水平向左,方形物体速度为 m/s,方向水平向右。
(2)由于小球落在小物块a正上方,并与其粘连,小球竖直方向速度变为0,小球和小物块a水平方向上动量守恒,则有mv1=v3,解得v3=2 m/s;
设当弹簧形变量为x1时小物块b的固定解除,此时小球和小物块a的速度为v4,根据胡克定律有F=kx1,由系统机械能守恒知
=+k,联立解得v4=1 m/s,x1=0.3 m,
固定解除之后,小球、小物块a和小物块b组成的系统动量守恒,当三者共速时,弹簧的弹性势能最大,由动量守恒定律知v4=vb,
解得vb= m/s,方向水平向左。由能量守恒定律可得,最大弹性势能为Epm=+k-= J。
应用机械能守恒定律解题的思维程序
1.功能关系的理解和应用
功能关系反映了做功和能量转化之间的对应关系,功是能量转化的量度。
(1)根据功能之间的对应关系,判定能的转化情况。
(2)根据能量转化,可计算变力做的功。
考点二　功能关系　能量守恒定律
2.常见功能关系
能量 功能关系 表达式
势能 重力做功等于重力势能减少量 W=Ep1-Ep2=-ΔEp
弹力做功等于弹性势能减少量 静电力做功等于电势能减少量 分子力做功等于分子势能减少量 动能 合外力做功等于物体动能变化量 W=Ek2-Ek1=mv2- m
机械能 除重力和弹力之外的其他力做功等于机械能变化量 W其他=E2-E1=ΔE机
摩擦 产生 的内能 一对相互作用的摩擦力做功之和的绝对值等于产生的内能 Q=Ff·s相对s相对为相对路程
电能 克服安培力做功等于电能增加量 W克安=E2-E1=ΔE
3.应用能量守恒定律解题的注意事项
(1)应用能量守恒定律的两条基本思路
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。
(2)当涉及摩擦力做功时,一般机械能不守恒,应用能量守恒定律,特别注意摩擦产生的热量Q=Ffx相对,x相对为相对滑动的两物体间的相对路程。
题型3　能量守恒定律
【例3】(2025·北京卷)关于飞机的运动,研究下列问题。
(1)质量为m的飞机在水平跑道上由静止开始做加速直线运动,当位移为x时速度为v。在此过程中,飞机受到的平均阻力为f,求牵引力对飞机做的功W。
(2)飞机准备起飞,在跑道起点由静止开始做匀加速直线运动。跑道上存在这样一个位置,飞机一旦超过该位置就不能放弃起飞,否则将会冲出跑道。已知跑道的长度为L,飞机加速时加速度大小为a1,减速时最大加速度大小为a2。求该位置距起点的距离d。
(3)无风时,飞机以速率u水平向前匀速飞行,相当于气流以速率u相对飞机向后运动。气流掠过飞机机翼,方向改变,沿机翼向后下方运动,如图所示。请建立合理的物理模型,论证气流对机翼竖直向上的作用力大小F与u的关系满足F∝uα并确定α的值。
【答案】(1)W=mv2+fx
(2)d=
(3)论证见解析,α=2
【解析】(1)根据动能定理有W-fx=mv2,可得牵引力对飞机做的功W=mv2+fx。
(2)加速过程,设起飞速度为vm,根据速度位移关系=2a1d,
减速过程,根据速度位移关系=2a2(L-d),联立解得d=。
(3)在无风的情况下,飞机以速率u水平飞行时,相对飞机的气流速率也为u,并且气流掠过机翼改变方向,从而对机翼产生升力。根据升力公式,升力与气流的动量变化有关,根据动量定理有F·Δt=Δp,可得F=。
又Δp=mΔv,m=ρSΔv·Δt,联立可得F=ρSΔv2,又Δv∝u,可知F∝u2,即α=2。
题型4　能量守恒的图像类问题
【例4】(多选)(2022·福建卷)一物块以初速度 v0 自固定斜面底端沿斜面向上运动,一段时间后回到斜面底端。该物体的动能 Ek 随位移 x 的变化关系如图所示,图中x0、Ek1 、 Ek2 均已知。根据图中信息可以求出的物理量有(　　)
A.重力加速度大小
B.物体所受滑动摩擦力的大小
C.斜面的倾角
D.沿斜面上滑的时间
【答案】 BD
【解析】由动能的定义式得 Ek1=m ,则可求解质量 m; 上滑时,由动能定理知Ek-Ek1=-x ,下滑时,由动能定理知Ek=,x0 为上滑的最远距离; 由图像的斜率可知 mgsin θ+f=,mgsin θ-f= , 两式相加可得 gsin θ= ,相减可知f= ,即可求解 gsin θ 和所受滑动摩擦力 F的大小,但重力加速度大小、斜面的倾角不能求出,故AC错误,B正确;根据牛顿第二定律和运动学关系得 mgsin θ+f=ma,t= , 故可求解沿斜面上滑的时间,D正确。故选BD。
1.(2024·全国甲卷)如图所示,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
(　　)
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
C　
【详解】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,则由机械能守恒有mgR(1-cos θ)=mv2,又小环做圆周运动,则有F+mgcos θ=m,联立可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。
2.(2024·山东卷)如图所示,质量均为m的甲、乙两同学,分别坐在水平放置的轻木板上,木板通过一根原长为l的轻质弹性绳连接,连接点等高且间距为d(dB　
A.+μmg(l-d)
B.+μmg(l-d)
C.+2μmg(l-d)
D.+2μmg(l-d)
【详解】方法一:当甲所坐木板刚要离开原位置时,对甲及其所坐木板整体有μmg=kx0,解得弹性绳的伸长量x0=,则此时弹性绳的弹性势能为E0=k=,从开始拉动乙所坐木板到甲所坐木板刚要离开原位置的过程,乙所坐木板的位移为x1=x0+l-d,则由功能关系可知该过程F所做的功为W=E0+μmgx1=+μmg(l-d),B正确。
方法二:画出外力F与乙所坐的木板的位移x的关系图像如图所示,其中x0=,则外力F做的功W=μmg(l-d)+x0=+μmg(l-d),B正确。
3.(多选)(2023·广东广州一模)如图所示,中国古代的一种斜面引重车前轮矮小、后轮高大,在前后轮之间装上木板构成斜面,系紧在后轮轴上的绳索,绕过斜面顶端的滑轮与斜面上的重物连接。设重物的重力为G、绳索对重物的拉力为T、斜面对重物的作用力为F。推车子前进,重物被拉动沿木板上滑过程中 (　　)
A.F与T的夹角一定大于90°
B.G和T的合力一定与F等大反向
C.T和F对重物做功之和等于重物动能的变化量
D.T和F对重物做功之和等于重物机械能的变化量
AD　
【详解】对重物进行受力分析如图所示,根据受力分析可知,斜面对重物有支持力与摩擦力的作用,则斜面对重物的作用力F为斜面对重物的支持力FN与摩擦力Ff的合力,可知,F与T的夹角一定大于90°,A正确;当重物匀速上滑时,G和T的合力与F等大反向,当重物不是匀速上滑时,G和T的合力与F不等大反向,B错误;以重物为研究对象,根据动能定理有WT+WG+WF=ΔEk,可知,T、F和G对重物做功之和等于重物动能的变化量,C错误;根据上述有WT+WF=ΔEk-WG,由于WG=-ΔEp,则有WT+WF=ΔEk+ΔEp=ΔE,可知,T和F对重物做功之和等于重物机械能的变化量,D正确。故选AD。
4.如图所示,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的阻力,重力加速度为g。
(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
(1)　m,方向水平向左
(2)FN=2mg(h≥R)　
(3)h=R或h≤R
【详解】(1)小球由A到C的过程,由机械能守恒定律有
mgh0=m,解得vC=,
由动量定理得I=mvC-0=m,方向水平向左。
(2)小球由A到D的过程,由机械能守恒定律有mg(h-R)=m,根据牛顿第二定律有FN=m,解得FN=2mg,满足的条件为h≥R。
(3)小球释放后能从原路返回到出发点,共有两种情况。
第一种情况:小球恰好到达G点不滑离轨道或者到达不了G点,原路返回,条件是h≤R。
第二种情况:小球到达G点后滑离轨道与墙面垂直碰撞后原路返回,则有vxt=vx·=d,其中vx=vGsin θ,vy=vGcos θ,小球由A到G的过程,由机械能守恒定律有mg=m,解得h=R,若小球释放后能从原路返回到出发点,则高度h应该满足h=R或h≤R。
专题集训(七)　机械能守恒定律　功能关系
1.(2024·浙江1月选考)如图所示,质量为m的足球从水平地面上位置1被踢出后落在位置3,在空中达到最高点2的高度为h,则足球 (　　)
A.从1到2动能减少mgh
B.从1到2重力势能增加mgh
C.从2到3动能增加mgh
D.从2到3机械能不变
B
【解析】由于足球的运动轨迹不对称,所以其在空中运动过程中受到空气阻力的作用,1到2过程,对足球根据动能定理有-mgh-Wf1=m-m,则其动能减少了ΔEk=m-m=mgh+Wf1,A错误;1到2过程,足球的重心升高了h,则其重力势能增加了ΔEp=mgh,B正确;2到3过程,对足球根据动能定理有mgh-Wf2=m-m,则其动能增加了ΔEk'=m-m=mgh-Wf2,C错误;由于空气阻力的作用,足球在整个过程中,机械能不断减少,D错误。
2.(2024·甘肃白银二模)高空“蹦极”是勇敢者的游戏。蹦极运动员将专用弹性橡皮绳(质量忽略不计)的一端系在双脚上,另一端固定在高处的跳台上,运动员无初速度地从跳台上落下。若不计空气阻力,则 (　　)
A.弹性绳刚伸直时,运动员开始减速
B.整个下落过程中,运动员的机械能保持不变
C.整个下落过程中,重力对运动员所做的功大
于运动员克服弹性绳弹力所做的功
D.弹性绳从伸直到最低点的过程中,运动员的重力势能与弹性绳的弹性势能之和先减小后增大
D
【解析】弹性绳刚伸直时,此时运动员的重力大于弹性绳的弹力,加速度向下,运动员仍做加速运动,故A错误;整个下落过程中,运动员连同弹性绳的机械能总和不变,但是整个下落过程中随着弹性绳的弹性势能增大,运动员的机械能在减小,故B错误;整个下落过程中,初、末状态运动员的速度均为零,设重力对运动员所做的功为WG,运动员克服弹性绳弹力所做的功为W弹,由动能定理有WG-W弹=0,可知WG=W弹,故C错误;根据上述分析可知,运动员连同弹性绳的机械能总和不变,弹性绳从伸直到最低点的过程中,运动员的速度先增大后减小,动能先增大后减小,故运动员的重力势能与弹性绳的弹性势能之和先减小后增大,故D正确。故选D。
3.(多选)(2024·广东广州三模)航天员在地面模拟失重训练的一种方式是在水下进行(如图)。航天员需要穿水槽训练航天服浸没在水中,通过配重使其在水中受到的浮力和重力大小相等,假设其总质量为m,训练空间的重力加速度为g且不变,在某次出舱作业过程中,给自己一个初速度后竖直向上匀速漂浮的距离为h,以下说法正确的是 (　　)
A.航天员所受的合力为零,合力不做功,其机械能守恒
B.上升h的过程中,动能不变
C.上升h的过程中,重力势能减小了mgh
D.上升h的过程中,机械能增加了mgh
BD
【解析】航天员在上升过程中,根据题意,由平衡条件可得F浮=mg,浮力向上,位移向上,浮力对其做正功,所做功为W浮=mgh,若只有重力做功,机械能守恒,但该过程除重力做功外,浮力做正功,因此机械能增加了mgh,故A错误,D正
确;匀速上升过程,动能不变,故B正确;上升h的过程,重力势能增加了mgh,故C错误。故选BD。
4.(多选)如图所示,质量均为m的小球a、b用一长为L的细直棒相连,a球置于光滑的水平地面上,b球靠在光滑竖直墙面上,距离地面高H处。释放后b球沿竖直墙面下滑,当b球未脱离墙壁,且细直棒滑至与水平面成θ角时,下列说法正确的是 (　　)
A.下滑过程中,b球的机械能守恒
B.两小球的速度大小之比=tan θ
C.b球的速度大小vb=
D.下滑的过程中,细直棒对小球a做的功为0
BC
【解析】下滑过程中,细直棒对b球做功,b球的机械能不守恒,A错误;将两球的速度沿棒和垂直于棒的方向分解,两球沿棒的分速度相等,当细直棒滑至与水平面成θ角时,有vacos θ=vbsin θ,整理得=tan θ,B正确;两球组成的系统机械能守恒,根据机械能守恒定律有mg(H-Lsin θ)=m+m,解得vb=,va=tan θ,C正确;设细直棒对小球a做的功为W,根据动能定理有W=m=mg(H-Lsin θ)·,D错误。
5.(2024·山东潍坊二模)如图所示,质量相等的物体a和b用劲度系数k=100 N/m的轻弹簧连接,b放置在地面上,一根不可伸长的轻绳一端与a连接,另一端绕过两个光滑的小定滑轮O1、O2与小球c连接,c套在倾角θ=37°的光滑轻杆上,F点为轻杆的底端,开始时小球c处于轻杆的E点,连接c的轻绳处于水平状态,此时物体b恰好对地面没有压力。E、F两点关于P点对称,且O2P⊥EF,已知物体a和b的质量均为3 kg,小球c的质量为1.5 kg,O2E=1.0 m,g取10 m/s2,sin 37°=0.6,弹簧的弹性势能为Ep=kx2(x为弹簧的形变量)。小球c从E点由静止释放到达F点的过程中,下列说法正确的是 (　　)
C
A.物体a、b及小球c组成的系统机械能守恒
B.小球c到达P点时,物体a的速度不为0
C.小球c到达P点时,小球c的机械能增加了16 J
D.小球c刚到达F点时,a的动能为9.6 J
【解析】当弹簧的弹性形变发生变化时,弹簧的弹性势能也发生变化,所以物体a、b及小球c与弹簧组成的系统机械能守恒,故A错误;由于O2P⊥EF,所以小球c到达P点时,小球c的速度方向垂直于轻绳,即小球c沿轻绳方向的速度为0,所以小球c到达P点时,物体a的速度为0,故B错误;小球c处于轻杆的E点时,由于物体b恰好对地面没有压力,则弹簧的拉伸量x1==0.3 m,小球c到达P点时,物体a下降的高度为x2=O2E-O2Esin θ=0.4 m,可知小球c到达P点时,弹簧处于压缩状态,压缩量为x3=x2-x1=0.1 m,结合上述,小球c到达P点时,物体a的速度为0,对物体a、b及小球c与弹簧组成的系统,由机械能守恒可知
小球c的机械能增加量 ΔE1=magx2+k-k,解得ΔE1=16 J,故C正确;小球c刚到达F点时,根据物体a、b及小球c与弹簧组成的系统机械能守恒,则有mcg·2O2Ecos θsin θ=mc+ma,根据绳的牵连速度规律有va=vccos θ,a的动能为 Ek=ma,解得Ek= J≈8.08 J,故D错误。故选C。
6.(2025·黑龙江模拟)蹦极是很多年轻人喜欢的一种运动,运动过程可以简化为图1所示,人下落过程可以近似看成在一条竖直线上的运动,且人可看成质点。蹦极绳是一条原长为45 m的弹性绳,人下落到B点时绳刚好伸直,下落到C点时速度刚好减为0,以起跳点O的位置为原点,竖直向下为x轴正方向建立坐标系。取C点为零势能参考面,假设人下落过程所受空气阻力恒定,下落过程人的重力势能随位移变化的关系图像如图2中的图线a所示,蹦极绳的弹性势能随位移变化的关系如图2中的图线b所示。人的质量为50 kg,蹦极绳始终在弹性限度范围内,重力加速度g取10m/s2,其余数据图2中已标出,则下列说法正确的是 (　　)
C
A.人下落到C点时,人和蹦极绳组成的系统减少的机械能是4×104 J
B.人受到的空气阻力大小是1 000 N
C.人下落到B点时的动能是18 000 J
D.蹦极绳的最大弹力是2 560 N
【解析】人下落到C点时,重力势能为零,动能为零,弹性势能为3.2×104 J,而初始时人的机械能为4.0×104 J,所以人和蹦极绳组成的系统减少的机械能为ΔE=4×104-3.2×104 J =0.8×104 J,故A错误;根据功能关系可得ΔE=fxOC,解得f=100 N,故B错误;从O到B的过程中,由动能定理有mgxOB-fxOB=EkB,mgxOB=EpO-EpB,人下落到B点时,即下落45 m,由图可得EpB= J=1.75×104 J,联立解得EkB=1.8×104 J,故C正确;根据功能关系可得Ep弹=xBC,代入数据解得Fm=1828.6 N,故D错误。故选C。
7.(多选)(2024·黑龙江哈尔滨高三阶段练习)如图所示,质量为m1=1 kg的物体P,穿在一固定的光滑水平直杆上,直杆右端固定一光滑定滑轮。一绕过两光滑定滑轮的细线的一端与物体P相连,另一端与质量为m2=4.5 kg的物体Q相连。开始时物体P在外力作用下静止于A点,杆上B点位于滑轮O正下方,绳处于伸直状态。已知OB=0.3 m,AB=0.4 m,g=10 m/s2,两物体均视为质点,不计空气阻力。某时刻释放物体P,在物体P从A滑到B的过程中,下列说法正确的是 (　　)
AD
A.物体P的机械能增加,物体Q的机械能减少
B.物体P的速度先增加后减小
C.物体Q的重力势能减少了22.5 J
D.物体P运动的最大速度为3 m/s
【解析】物体P从A运动到B过程,绳子拉力对物体P做正功,物体P的速度逐渐增大,动能增大,其重力势能不变,故物体P的机械能增加,绳子拉力对物体Q做负功,物体Q的机械能减少,故A正确,B错误;根据几何关系可得OA== m=0.5 m,则P从A到B的过程中,Q的位移为s=OA-OB=0.5 m-0.3 m=0.2 m,物体Q的重力势能减少,ΔEp=m2gs=4.5×10×0.2 J=9 J,物体P运动到B点速度最大,此时物体Q位于最低点,速度刚好为0;由系统机械能守恒可得m2gs=m1,解得物体P运动的最大速度为vm=3 m/s,故C错误,D正确。故选AD。
8.(2024·河北石家庄二模)如图所示,带孔物块A穿在光滑固定的竖直细杆上与一不可伸长的轻质细绳连接,细绳另一端跨过轻质光滑定滑轮连接物块B,A位于与定滑轮等高处。已知物块A的质量为m、物块B的质量为m,定滑轮到细杆的距离为L,细绳的长度为2L。现由静止释放物块A,不计空气阻力及定滑轮大小,重力加速度大小为g,两物块均可视为质点,下列说法正确的是 (　　)
C
A.物块A的机械能一直增大
B.物块A的速度始终小于物块B的速度
C.物块A下落的最大距离为L
D.物块A、B等高时系统的总动能为mgL
【解析】由静止释放物块A,物块A向下加速运动过程中,重力做正功,绳子的拉力做负功,物块A的机械能减小,故A错误;设物块A下滑过程中绳与竖直方向的夹角为α,则vAcos α=vB,由此可知,当物块A的速度为零时,物块B的速度也为零,故B错误;当物块A的速度为零时,下落的高度最大,则mgh=mg(-L),解得h=L,故C正确;设物块A、B处于同一高度时定滑轮左侧细绳与水平方向所成的角为θ,有Ltan θ=2L-,sin 2θ+cos2θ=1,联立解得θ=37°,所以等高时的总动能为Ek=mgLtan θ-mg(-L),解得Ek=mgL,故D错误。故选C。
9.(多选)(2024·吉林通化二模)如图所示,倾角为θ=30°的斜面体c固定在水平地面上,质量为M =2m的物体b置于光滑的斜面上,通过细绳跨过光滑的定滑轮与质量为m的物体a连接,连接b的一段细绳与斜面平行,连接a的一段细绳竖直,a连接在竖直固定在地面上的弹簧上,用手托住物体b使物体a和b保持静止不动,此时细绳伸直且拉力为零,弹簧的压缩量为x0。现在松开手,在物体b下滑2x0距离时,下列说法中正确的是 (　　)
AC
A.物体a与弹簧组成的系统机械能增大
B.物体b的重力势能减少了mgx0
C.细绳对物体a做的功为2mgx0
D.物体b的速度大小为
【解析】细绳拉力对物体a做正功,物体a与弹簧组成的系统机械能增大,故A正确;2x0是下滑距离,物体b的重力势能减少了Mg·2x0·sin 30°= 2mgx0,故B错误;弹簧的压缩量和伸长量相等,所以弹性势能不变,由能量守恒定律得,物体a和b的动能之和等于(Mgsin θ-mg)·2x0=v2,解得v=0,故D错误;由功能关系可知,细绳对物体a做的功等于物体a与弹簧组成的系统机械能的增加量,物体b下滑2x0距离时,物体a的动能不变,重力势能增加了2mgx0,弹簧弹性势能不变,则细绳对物体a做的功为2mgx0,故C正确。故选AC。
10.(2025·海南高考)足够长的传送带固定在竖直平面内,半径R=0.5 m,圆心角θ=53°的圆弧轨道与平台平滑连接,平台与顺时针匀速转动的水平传送带平滑连接,工件A从圆弧顶点无初速度下滑,在平台与B碰成一整体,B随后滑上传送带,已知mA=4 kg,mB=1 kg,A、B可视为质点,A、B与传送带间的动摩擦因数恒定,在传送带上运动的过程中,因摩擦生热Q=2.5 J,忽略轨道及平台的摩擦,g=10 m/s2
(1)A滑到圆弧最低点时受的支持力;
(2)A与B整个碰撞过程中损失的机械能;
(3)传送带的速度大小。
(1)72 N,方向竖直向上
(2)1.6 J
(3)0.6 m/s或2.6 m/s
【解析】(1)A从开始到滑到圆弧最低点间,根据机械能守恒mAg=mAv02,解得v0=2 m/s。在最低点根据牛顿第二定律FN-mAg=mA,解得FN=72 N,方向竖直向上;
(2)根据题意AB碰后成一整体,根据动量守恒mAv0=v共,解得v共=1.6 m/s,故A与B整个碰撞过程中损失的机械能为
ΔE=mAv02-v共2=1.6 J。
(3)第一种情况,当传送带速度v小于v共时,AB滑上传送带后先减速后匀速运动,设AB与传送带间的动摩擦因数为μ,对AB根据牛顿第二定律得μg=a,设经过时间t1后AB与传送带共速,可得v=v共-at1,该段时间内AB运动的位移为x1=t1,传送带运动的位移为x2=vt1,故可得Q=μg·,联立解得v=0.6 m/s,另一解大于v共舍去;
第二种情况,当传送带速度v大于v共时,AB滑上传送带后先加速后匀速运动,设经过时间t2后AB与传送带共速,同理可得v=v共+at2,该段时间内AB运动的位移为x1'=t2,传送带运动的位移为x2'=vt2,故可得
Q=μg·,解得v=2.6 m/s,另一解小于v共舍去。
11.(2023·全国乙卷)如图,一竖直固定的长直圆管内有一质量为M的静止薄圆盘,圆盘与管的上端口距离为l,圆管长度为20l。一质量为m=M的小球从管的上端口由静止下落,并撞在圆盘中心,圆盘向下滑动,所受滑动摩擦力与其所受重力大小相等。小球在管内运动时与管壁不接触,圆盘始终水平,小球与圆盘发生的碰撞均为弹性碰撞且碰撞时间极短。不计空气阻力,重力加速度大小为g。求:
(1)第一次碰撞后瞬间小球和圆盘的速度大小;
(2)在第一次碰撞到第二次碰撞之间,小球与圆盘间的最远距离;
(3)圆盘在管内运动过程中,小球与圆盘碰撞的次数。

(1)　　
(2)l　
(3)4
【解析】(1)过程1:小球释放后自由下落,下落l,根据动能定理得mgl=m,解得v0=。过程2:小球以速度与静止圆盘发生弹性碰撞,根据机械能守恒定律和动量守恒定律分别有m=m+Mv1'2,
mv0=mv1+Mv1',解得v1=-,v1'=,
即碰后小球速度大小为,方向竖直向上;圆盘速度大小为,方向竖直向下。
(2)第一次碰后,小球做竖直上抛运动,圆盘摩擦力与重力平衡,匀速下滑,所以只要圆盘下落速度比小球快,二者间距就不断增大,当二者速度相同时,间距最大,即v1+gt=v1',解得t=。根据运动学公式得最大距离为
dmax=x盘-x球=v1't-(v1t+gt2)=l。
(3)第一次碰撞后到第二次碰撞时,两者位移相等,则有x盘1=x球1,即v1't1=v1t1+g,解得t1=2。此时小球的速度v2=v1+gt1=,圆盘的速度仍为v1',这段时间内圆盘下落的位移x盘1=v1't1=2l,
之后第二次发生弹性碰撞,根据动量守恒定律有
mv2+Mv1'=mv2'+Mv2″,
根据机械能守恒定律有m+Mv1'2=mv2'2+Mv2″2,
联立解得v2'=0,v2″=。
同理可得当位移相等时x盘2=x球2,即v2″t2=g,解得t2=2。这段时间内圆盘下落的位移x盘2=v2″t2=4l,此时圆盘与下端管口的距离为20l-l-x盘1-x盘2=13l,
之后二者第三次发生碰撞,碰前小球的速度v3=gt2=2,
根据动量守恒定律有mv3+Mv2″=mv3'+Mv3″。
根据机械能守恒定律有m+Mv2″2=mv3'2+Mv3″2,
联立解得v3'=,v3″=。
当二者即将发生第四次碰撞时x盘3=x球3,即v3″t3=v3't3+g,解得t3=2=t1=t2,在这段时间内圆盘下落的位移,x盘3=v3″t3=6l,此时圆盘与下端管口的距离为13l-6l=7l,此时可得出圆盘每次碰后到下一次碰前,圆盘下落的位移逐次增加2l,故若发生下一次碰撞,圆盘下落的位移为x盘4=8l,则第四次碰撞后落出管口外,因此圆盘在管内运动的过程中,小球与圆盘碰撞的次数为4次。
12.(2025·福建高考)如图甲,水平地面上有A、B两个物块,两物块质量均为0.2 kg,A与地面动摩擦因数为μ=0.25,B与地面无摩擦,两物块在外力F的作用下向右前进,F与位移x的图如图乙所示,P为圆弧最低点,M为最高点,水平地面长度大于4 m,重力加速度g=10 m/s2。求:
(1)0~1 m,F做的功;
(2)x=1 m时,A与B之间的弹力;
(3)要保证B能到达M点,圆弧半径满足的条件。
(1)1.5 J　
(2)0.5 N　
(3)r 0.2 m
【解析】(1)0~1 m,F做的功W=Fx=1.5×1 J=1.5 J。
(2)对AB整体,根据牛顿第二定律F-f=2ma,其中f=μmg;对B,根据牛顿第二定律FAB=ma,联立解得FAB=0.5 N。
(3)当A、B之间的弹力为零时,A、B分离,根据(2)分析可知外力时F'=0.5 N,此时x'=3 m,在该过程中,对A、B根据动能定理WF-μmgx'=×2mv2,根据题图可得WF=1.5 J+×2 J=3.5 J,从P点到M点,根据动能定理-mg·2rmax=m-mv2,在M点的最小速度满足mg=m,联立可得rmax=0.2 m,即圆弧半径满足的条件r≤0.2 m。