2021届高考物理大二轮复习讲义 专题二第6讲机械能守恒定律 功能关系和能量守恒定律
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| 名称 | 2021届高考物理大二轮复习讲义 专题二第6讲机械能守恒定律 功能关系和能量守恒定律 |  | |
| 格式 | doc | ||
| 文件大小 | 1.1MB | ||
| 资源类型 | 教案 | ||
| 版本资源 | 通用版 | ||
| 科目 | 物理 | ||
| 更新时间 | 2021-03-17 06:11:33 | ||
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文档简介
第6讲 机械能守恒定律 功能关系和能量守恒定律
构建网络·重温真题
1．(2020·全国卷Ⅰ)(多选) 一物块在高3.0 m、长5.0 m的斜面顶端从静止开始沿斜面下滑，其重力势能和动能随下滑距离s的变化如图中直线Ⅰ、Ⅱ所示，重力加速度取10 m/s2。则( )
A．物块下滑过程中机械能不守恒
B．物块与斜面间的动摩擦因数为0.5
C．物块下滑时加速度的大小为6.0 m/s2
D．当物块下滑2.0 m时机械能损失了12 J
2. (2019·全国卷Ⅱ)(多选)从地面竖直向上抛出一物体，其机械能E总等于动能Ek与重力势能Ep之和。取地面为重力势能零点，该物体的E总和Ep随它离开地面的高度h的变化如图所示。重力加速度取10 m/s2。由图中数据可得( )
A．物体的质量为2 kg
B．h＝0时，物体的速率为20 m/s
C．h＝2 m时，物体的动能Ek＝40 J
D．从地面至h＝4 m，物体的动能减少100 J
3．(2019·江苏高考)(多选)如图所示，轻质弹簧的左端固定，并处于自然状态。小物块的质量为m，从A点向左沿水平地面运动，压缩弹簧后被弹回，运动到A点恰好静止。物块向左运动的最大距离为s，与地面间的动摩擦因数为μ，重力加速度为g，弹簧未超出弹性限度。在上述过程中( )
A．弹簧的最大弹力为μmg
B．物块克服摩擦力做的功为2μmgs
C．弹簧的最大弹性势能为μmgs
D．物块在A点的初速度为
4．(2018·全国卷Ⅰ) 如图，abc是竖直面内的光滑固定轨道，ab水平，长度为2R；bc是半径为R的四分之一圆弧，与ab相切于b点。一质量为m的小球，始终受到与重力大小相等的水平外力的作用，自a点处从静止开始向右运动。重力加速度大小为g。小球从a点开始运动到其轨迹最高点，机械能的增量为( )
A．2mgR B．4mgR
C．5mgR D．6mgR
5．(2017·全国卷Ⅲ) 如图，一质量为m，长度为l的均匀柔软细绳PQ竖直悬挂。用外力将绳的下端Q缓慢地竖直向上拉起至M点，M点与绳的上端P相距l。重力加速度大小为g。在此过程中，外力做的功为( )
A．mgl B．mgl
C．mgl D．mgl
6．(2017·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%。
7．(2020·全国卷Ⅱ) 如图，一竖直圆管质量为M，下端距水平地面的高度为H，顶端塞有一质量为m的小球。圆管由静止自由下落，与地面发生多次弹性碰撞，且每次碰撞时间均极短；在运动过程中，管始终保持竖直。已知M＝4m，球和管之间的滑动摩擦力大小为4mg，g为重力加速度的大小，不计空气阻力。
(1)求管第一次与地面碰撞后的瞬间，管和球各自的加速度大小；
(2)管第一次落地弹起后，在上升过程中球没有从管中滑出，求管上升的最大高度；
(3)管第二次落地弹起的上升过程中，球仍没有从管中滑出，求圆管长度应满足的条件。
命题特点：机械能守恒定律、功能关系和能量守恒定律是高考的重点，更是高考的热点，高考试题往往与电场、磁场以及典型的运动情境相联系，多以选择题和计算题的形式考查。
思想方法：能量守恒思想、图象法、全过程法和分段法。
高考考向1 机械能守恒定律的应用
例1 (2018·江苏高考)如图所示，钉子A、B相距5l，处于同一高度。细线的一端系有质量为M的小物块，另一端绕过A固定于B。质量为m的小球固定在细线上C点，B、C间的线长为3l。用手竖直向下拉住小球，使小球和物块都静止，此时BC与水平方向的夹角为53°。松手后，小球运动到与A、B相同高度时的速度恰好为零，然后向下运动。忽略一切摩擦，重力加速度为g，取sin53°＝0.8，cos53°＝0.6。求：
(1)小球受到手的拉力大小F；
(2)物块和小球的质量之比M∶m；
(3)小球向下运动到最低点时，物块M所受的拉力大小T。
破题关键点
(1)小球和物块之间有什么关系？
(2)如何求解小球运动到最低点时，物块M受到的拉力大小？
1. (2020·内蒙古鄂尔多斯市高三(下)高考模拟试卷)(多选)如图所示，两质量都为m的滑块a、b(都可看做质点)通过铰链用长度为L的刚性轻杆相连接，a套在竖直细杆A上，b套在水平细杆B上，A、B足够长且分离不接触，A、B间的距离忽略不计。将滑块a从图示位置(轻杆与B杆夹角为30°)由静止释放，不计一切摩擦，已知重力加速度为g。在此后的运动过程中，下列说法中正确的是( )
A．滑块a和滑块b所组成的系统机械能守恒
B．滑块b的速度为零时，滑块a的加速度大小一定等于g
C．滑块b的最大速度为
D．滑块a的最大速度为
2. (2020·辽宁省部分重点中学协作体高三(下)高考模拟考试)(多选)如图所示，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，下列说法正确的是( )
A．斜面倾角α＝30°
B．A获得的最大速度为2g
C．C刚离开地面时，B的加速度最大
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
高考考向2 功能关系的综合应用
例2 (2020·山西省高三(下)高考考前适应性测试(二))(多选)如图所示，水平向右的匀强电场中有一绝缘斜面，一带电滑块以Ek0＝40 J的初动能从斜面底端a冲上斜面，到顶端b后返回。已知滑块从a滑到b的过程中克服摩擦力做功15 J，克服重力做功30 J，则( )
A．滑块带正电，上滑过程中电势能增加5 J
B．滑块上滑过程中机械能增加10 J
C．滑块下滑过程中机械能减少20 J
D．滑块返回到斜面底端时动能为10 J
破题关键点
(1)如何求滑块上滑过程中电势能的变化量？
(2)如何求滑块上滑或下滑过程中机械能的变化量？
3．(2020·甘肃省兰州市高三(下)诊断考试)发光弹弓弹射飞箭是傍晚在广场常见的儿童玩具，其工作原理是利用弹弓将发光飞箭弹出后在空中飞行。若小朋友以大小为E的初动能将飞箭从地面竖直向上弹出，飞箭落回地面时动能大小为，设飞箭在运动过程中所受空气阻力的大小不变，重力加速度为g，以地面为零势能面，则下列说法正确的是( )
A．飞箭上升阶段克服空气阻力做的功为
B．飞箭下落过程中重力做的功为
C．飞箭在最高点具有的机械能为
D．飞箭所受空气阻力与重力大小之比为1∶7
4．(2020·江苏省徐州市睢宁县高三下学期线上阶段性检测)(多选)如图所示，质量为m的物体在水平传送带上由静止释放，传送带由电动机带动，始终保持以速度v匀速运动，物体与传送带间的动摩擦因数为μ，物体过一会儿能保持与传送带相对静止。对于物体从静止释放到与传送带保持相对静止的这一过程，下列说法正确的是( )
A．物体在传送带上的划痕长
B．传送带克服摩擦力做的功为mv2
C．电动机多做的功为mv2
D．电动机增加的功率为μmgv
5．(2020·山西省运城市高三下学期4月调研测试)(多选)一物体静止在水平地面上，在竖直向上拉力F作用下开始向上运动，如图甲。在物体向上运动过程中，其机械能E与位移x的关系图象如图乙，已知曲线上A点的切线斜率最大，不计空气阻力，则( )
A．在x1处物体所受拉力最大
B．在x1～x2过程中，物体的动能先增大后减小
C．在x1～x2过程中，物体的加速度先增大后减小
D．在0～x2过程中，拉力对物体做的功等于克服物体重力做的功
高考考向3 能量守恒定律的综合应用
例3 (多选)如图所示为某探究活动小组设计的节能运动系统。斜面轨道倾角为30°，木箱质量为M，货物质量m＝2M，木箱与轨道间的动摩擦因数为。木箱在轨道顶端时，自动装货装置将货物装入木箱，然后木箱载着货物沿轨道无初速度滑下，当轻弹簧被压缩至最短时，自动卸货装置立刻将货物卸下后返回。下列选项正确的是( )
A．卸下货物后木箱恰好被弹回到轨道顶端
B．木箱不与弹簧接触时，上滑的加速度大于下滑的加速度
C．在木箱与货物从轨道顶端滑到最低点的过程中，木箱和货物减少的重力势能全部转化为弹簧的弹性势能
D．木箱上升的过程中，弹簧减少的弹性势能全部转化为木箱的机械能和系统的内能
破题关键点
(1)木箱和货物下滑过程中能量是如何转化的？
(2)木箱上升过程中能量是如何转化的？
6．(2020·宁夏银川市高三(下)4月教学质量检测(一模))(多选)中国航天科技集团2020年1月17日在北京举行《中国航天科技活动蓝皮书(2019年)》发布会。记者获悉，“嫦娥五号”探测器拟于2020年发射，实施首次月球采样返回。如图所示，假设运载火箭先将“嫦娥五号”月球探测器成功送入太空，由地月转移轨道进入半径为r1＝100 km的环月圆轨道Ⅰ后成功变轨到近月点为15 km的椭圆轨道Ⅱ，再从15 km高度降至近月圆轨道Ⅲ，最后成功实现登月。若取两物体相距无穷远时的引力势能为零，一个质量为m的质点到质量为M的均匀物体中心的距离为r时，其引力势能表达式为Ep＝－G(式中G为引力常量)。已知月球质量为M0，月球半径为R，发射的“嫦娥五号”探测器质量为m0，则下列关于“嫦娥五号”登月过程的说法正确的是( )
A．“嫦娥五号”探测器在轨道Ⅰ上运行时的动能小于在轨道Ⅲ上运行时的动能
B．“嫦娥五号”探测器在轨道Ⅲ上动行时的机械能等于在轨道Ⅰ上运行时的机械能
C．“嫦娥五号”探测器从轨道Ⅰ变轨到轨道Ⅲ时，引力势能减小了GM0m0
D．落月的“嫦娥五号”探测器从轨道Ⅲ回到轨道Ⅰ，需要提供的最小能量是
7. (2020·青海西宁市高三模拟)(多选)如图所示，绝缘粗糙斜面体固定在水平地面上，斜面体所在空间存在平行于斜面向上的匀强电场E，轻弹簧一端固定在斜面顶端，另一端拴接一不计质量的绝缘薄板，一带正电的小滑块，从斜面上的P点处由静止释放后，沿斜面向上运动，并能压缩弹簧至R点(图中未标出)，然后返回，则( )
A．滑块从P点运动到R点的过程中，其机械能的增加量等于电场力与弹簧弹力做功之和
B．滑块从P点运动到R点的过程中，其电势能的减小量大于重力势能和弹簧弹性势能的增加量之和
C．滑块最终停在弹簧原长处
D．滑块最终停下来，克服摩擦力所做的功小于电势能的减小量与重力势能增加量之差
8．(2020·陕西安康高三三模)如图甲所示，轻弹簧一端固定在与斜面垂直的挡板上，另一端在O点位置。质量为m的物块A(可视为质点)以初速度v0从斜面的顶端P点沿斜面向下运动，与弹簧接触后压缩弹簧，将弹簧右端压到O′点位置后，A又被弹簧弹回。物块A离开弹簧后，恰好回到P点。已知O、P之间的距离为x0，物块A与斜面间的动摩擦因数为μ，斜面倾角为θ。求：
(1)O点和O′点间的距离x1；
(2)弹簧在最低点O′处的弹性势能；
(3)设B的质量为βm，μ＝tanθ，v0＝3。在P点处放置一个弹性挡板，将A与另一个与A材料相同的物块B(可视为质点，且与弹簧右端不拴接)并排在一起，使两根弹簧(与图甲情形中的弹簧规格相同)仍压缩到O′点位置，然后由静止释放，如图乙所示。若A离开B后给A沿斜面向上的恒力F＝mgsinθ，且A不会与B发生碰撞，求β需满足的条件。
易错警示 系统机械能守恒中的关联速度问题
例 (2020·东北三省四市教研联合体二模)(多选)如图，劲度系数为100 N/m的轻弹簧下端固定于倾角为θ＝53°的光滑斜面底端，上端连接物块Q，Q同时和与斜面平行的轻绳相连，轻绳跨过定滑轮O与套在光滑竖直杆的物块P连接，图中O、B两点等高，间距d＝0.3 m。初始时在外力作用下，P在A点静止不动，A、B间距离h＝0.4 m，此时轻绳中张力大小为50 N。已知P质量为0.8 kg，Q质量为5 kg。现将P由静止释放(不计滑轮大小及摩擦，取g＝10 m/s2，sin53°＝0.8，cos53°＝0.6)，下列说法正确的是( )
A．P位于A点时，弹簧的伸长量为0.1 m
B．P上升至B点时的速度大小为 m/s
C．P上升至B点的过程中，轻绳拉力对其所做的功为6 J
D．P上升至B点的过程中，轻绳拉力对P做的功等于Q机械能的减少量
专题作业
限时：60分钟 满分：100分
一、选择题(本题共8小题，每小题9分，共72分，均为多选题)
1．(2020·湖北省宜昌市高三下学期4月在线联考)如图所示，A、B、C三个完全相同的滑块从粗糙斜面上的同一高度同时开始运动。A由静止释放；B的初速度方向沿斜面向下，大小为v0；C的初速度方向沿水平方向，大小也为v0。斜面足够大，A、B、C运动过程中不会相碰，则( )
A．A和C所受的滑动摩擦力大小不相等
B．A将比C先滑到斜面底端
C．滑到斜面底端时，B的动能最大
D．滑到斜面底端时，C的机械能减少得最多
2．(2020·湖北省武汉市武昌区高三(下)6月调研考试(三))如图甲所示，在公元1267～1273年闻名于世的“襄阳炮”其实是一种大型抛石机。将石块放在长臂一端的石袋中，在短臂端挂上重物。发射前将长臂端往下拉至地面，然后突然松开，石袋中的石块过最高点时就被抛出。现将其简化为图乙所示。将一质量m＝80 kg的可视为质点的石块装在长L＝ m的长臂末端的石袋中，初始时长臂与水平面成α＝30°角。松开后，长臂转至竖直位置时，石块被水平抛出，落在水平地面上。石块落地点与O点的水平距离s＝100 m。忽略长臂、短臂和石袋的质量，不计空气阻力和所有摩擦，g＝10 m/s2，下列说法中正确的是( )
A．石块水平抛出时的初速度为25 m/s
B．重物重力势能的减少量等于石块机械能的增加量
C．石块从A到最高点的过程中，石袋对石块做的功为1.16×105 J
D．石块做圆周运动至最高点时，石袋对石块的作用力大小为1.42×104 N
3．(2020·江苏省七市高三(下)6月第三次调研) 如图所示，竖直平面内固定一倾斜的光滑绝缘杆，轻质绝缘弹簧上端固定，下端系带正电的小球A，球A套在杆上，杆下端固定一带正电的小球B。现将球A从弹簧原长位置由静止释放，运动距离x0到达最低点，此时未与球B相碰。在球A向下运动过程中，关于球A的速度v、加速度a、球A和弹簧组成的系统的机械能E、两球的电势能Ep随运动距离x的变化图象，可能正确的有( )
4．(2020·吉林省长春市高考模拟) 如图所示，绕过光滑轻质小定滑轮的轻绳，一端连接物块，另一端系一圆环。圆环套在倾角为θ的光滑直杆上，与滑轮等高的A点到滑轮的距离为d，重力加速度大小为g。现将圆环从A点由静止释放，下列说法正确的是( )
A．圆环的加速度大小不可能为gsinθ
B．当圆环下滑距离为dcosθ时，圆环的机械能最大
C．当圆环下滑距离为dcosθ时，物块的速度为零
D．当圆环下滑到最低点时，物块恰好回到初位置且速度为零
5．(2020·四川省雅安市高中高三(下)第三次诊断)如图甲所示，倾角为θ的传送带以恒定速率v0逆时针转动，在t＝0时，将质量m＝1 kg的物体(可视为质点)轻放在传送带上，物体的速度随时间变化的图象如图乙所示，重力加速度g＝10 m/s2。则( )
A．传送带的倾角θ＝37°
B．物体与传送带间的动摩擦因数μ＝0.4
C．在前2秒内，传送带对物体做的功为24 J
D．在前2秒内，物体与传送带间因摩擦产生的热量为24 J
6．(2020·吉林省吉林市高三(下)毕业班第四次调研考试)如图所示，在水平向右的匀强电场中，质量为m的带电小球，以初速度v从M点竖直向上运动，通过N点时，速度大小为2v，方向与电场方向相反，而后到达与M点在同一水平面上的P点，轨迹如图。其中N′是N点在MP直线上的投影点。以下关于小球的运动说法正确的是( )
A．重力与电场力大小之比为1∶2
B．从M到N重力势能增加mv2
C．从M到N机械能增加2mv2
D．从M到P电势能减少8mv2
7．(2020·安徽省马鞍山市高三(下)三模)倾角为θ且足够长的光滑固定斜面上有一质量为m的物体，初始位置如图甲所示。在平行于斜面向上的力F的作用下，从初始位置由静止开始沿斜面运动，运动过程中物体的机械能E随位置x的变化关系如图乙所示。其中0～x1过程的图线是曲线，x1～x2过程的图线是平行于x轴的直线，x2～x3过程的图线是倾斜的直线，则下列说法正确的是( )
A．在0～x1的过程中，力F在减小
B．在0～x1的过程中，物体的动能一直在增大
C．在x1～x2的过程中，物体的速度大小不变
D．在x2～x3的过程中，物体一定做匀速运动
8．(2020·江苏省高三普通高等学校招生全国统一考试(三))如图甲所示，竖直光滑杆固定不动，套在杆上的弹簧下端固定，在外力作用下将套在杆上的滑块向下压缩弹簧至离地高度h1＝0.1 m处，滑块与弹簧不拴接。现由静止释放滑块，通过传感器测量到滑块的速度和离地高度h，并作出滑块的动能Ek与离地面高度h的关系图象，如图乙所示，其中高度从0.2 m上升到0.35 m范围内图象为直线，其余部分为曲线，以地面为零势能面，取g＝10 m/s2，由图象可知( )
A．小滑块的质量为0.2 kg
B．刚释放时弹簧的弹性势能为0.32 J
C．弹簧的劲度系数为250 N/m
D．小滑块的重力势能与弹簧的弹性势能总和最小为0.38 J
二、计算题(本题共2小题，共28分，须写出规范的解题步骤)
9．(2020·陕西省汉中市高三教学质量第二次检测) (12分)如图所示，水平向右的匀强电场中，某倾角为θ＝37°的绝缘斜面固定于水平面上，顶端静置一质量为m＝2 kg的带正电物块，所带电量为q＝10－6 C。若物块与斜面间的动摩擦因数为μ＝0.2，电场强度为E＝5×106 V/m，且物块能自由下滑到斜面底端。斜面高度为h＝1 m，已知：g＝10 m/s2，sin37°＝0.6，cos37°＝0.8，试问，物块下滑到斜面底端的过程中：
(1)物块与斜面摩擦产生的内能为多少？
(2)物块动能的改变量是多少？
(3)物块机械能的改变量是多少？
10．(2016·全国卷Ⅱ)(16分)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，但仍能沿圆轨道滑下，求P的质量的取值范围。
第6讲 机械能守恒定律 功能关系和能量守恒定律
构建网络·重温真题
1．(2020·全国卷Ⅰ)(多选) 一物块在高3.0 m、长5.0 m的斜面顶端从静止开始沿斜面下滑，其重力势能和动能随下滑距离s的变化如图中直线Ⅰ、Ⅱ所示，重力加速度取10 m/s2。则( )
A．物块下滑过程中机械能不守恒
B．物块与斜面间的动摩擦因数为0.5
C．物块下滑时加速度的大小为6.0 m/s2
D．当物块下滑2.0 m时机械能损失了12 J
答案 AB
解析 物块下滑5 m的过程中，重力势能减少30 J，动能增加10 J，增加的动能小于减少的重力势能，所以机械能不守恒，A正确。斜面高h＝3.0 m、长L＝5.0 m，则斜面倾角θ的正弦值sinθ＝＝0.6；物块在斜面底端的重力势能为零，则在斜面顶端的重力势能为mgh＝30 J，可得物块的质量m＝1.0 kg；物块下滑5 m的过程中，由功能关系可知，机械能的减少量等于克服摩擦力做的功，即μmgcosθ·L＝20 J，可求得μ＝0.5，B正确。由牛顿第二定律，有mgsinθ－μmgcosθ＝ma，可求得a＝2.0 m/s2，C错误。当物块下滑2.0 m时，重力势能减少12 J，动能增加4 J，所以机械能损失了8 J，D错误。
2. (2019·全国卷Ⅱ)(多选)从地面竖直向上抛出一物体，其机械能E总等于动能Ek与重力势能Ep之和。取地面为重力势能零点，该物体的E总和Ep随它离开地面的高度h的变化如图所示。重力加速度取10 m/s2。由图中数据可得( )
A．物体的质量为2 kg
B．h＝0时，物体的速率为20 m/s
C．h＝2 m时，物体的动能Ek＝40 J
D．从地面至h＝4 m，物体的动能减少100 J
答案 AD
解析 由于Ep＝mgh，所以Ep与h成正比，斜率k＝mg，由图象得k＝20 N，因此m＝2 kg，A正确；当h＝0时，Ep＝0，E总＝Ek＝mv，因此v0＝10 m/s，B错误；由图象知h＝2 m时，E总＝90 J，Ep＝40 J，由E总＝Ek＋Ep得Ek＝50 J，C错误；h＝4 m时，E总＝Ep＝80 J，即此时Ek＝0，即从地面至h＝4 m，动能减少100 J，D正确。
3．(2019·江苏高考)(多选)如图所示，轻质弹簧的左端固定，并处于自然状态。小物块的质量为m，从A点向左沿水平地面运动，压缩弹簧后被弹回，运动到A点恰好静止。物块向左运动的最大距离为s，与地面间的动摩擦因数为μ，重力加速度为g，弹簧未超出弹性限度。在上述过程中( )
A．弹簧的最大弹力为μmg
B．物块克服摩擦力做的功为2μmgs
C．弹簧的最大弹性势能为μmgs
D．物块在A点的初速度为
答案 BC
解析 物块向左运动压缩弹簧，弹簧最短时，弹簧弹力最大，物块具有向右的加速度，弹簧弹力大于摩擦力，即Fm>μmg，A错误；根据功的公式，物块克服摩擦力做的功W＝μmgs＋μmgs＝2μmgs，B正确；从物块将弹簧压缩到最短至物块运动到A点静止的过程中，根据能量守恒定律，弹簧的弹性势能通过摩擦力做功转化为内能，故Epm＝μmgs，C正确；根据能量守恒定律，在整个过程中，物体的初动能通过摩擦力做功转化为内能，即mv2＝2μmgs，所以v＝2，D错误。
4．(2018·全国卷Ⅰ) 如图，abc是竖直面内的光滑固定轨道，ab水平，长度为2R；bc是半径为R的四分之一圆弧，与ab相切于b点。一质量为m的小球，始终受到与重力大小相等的水平外力的作用，自a点处从静止开始向右运动。重力加速度大小为g。小球从a点开始运动到其轨迹最高点，机械能的增量为( )
A．2mgR B．4mgR
C．5mgR D．6mgR
答案 C
解析 小球始终受到与重力大小相等的水平外力的作用，机械能的增量ΔE机＝W除G外力，机械能的增量等于水平外力在从a点开始运动到其轨迹最高点过程做的功。设小球运动到c点的速度为vc，由动能定理有：F·3R－mg·R＝mv，解得：vc＝2。小球运动到c点后，根据小球受力情况，可分解为水平方向初速度为零的匀加速运动，加速度为ax＝g，竖直方向的竖直上抛运动加速度也为g，小球上升至最高点时，竖直方向速度减小为零，时间为t＝＝，水平方向的位移为：x＝axt2＝g2＝2R，综上所述小球从a点开始运动到其轨迹最高点，机械能的增量为ΔE机＝F·(3R＋x)＝5mgR，正确答案为C。
5．(2017·全国卷Ⅲ) 如图，一质量为m，长度为l的均匀柔软细绳PQ竖直悬挂。用外力将绳的下端Q缓慢地竖直向上拉起至M点，M点与绳的上端P相距l。重力加速度大小为g。在此过程中，外力做的功为( )
A．mgl B．mgl
C．mgl D．mgl
答案 A
解析 以均匀柔软细绳MQ段为研究对象，其质量为m，取M点所在的水平面为零势能面，开始时，细绳MQ段的重力势能Ep1＝－mg·＝－mgl，用外力将绳的下端Q缓慢地竖直向上拉起至M点时，细绳MQ段的重力势能Ep2＝－mg·＝－mgl，则外力做的功即克服重力做的功等于细绳MQ段的重力势能的变化，即W＝Ep2－Ep1＝－mgl＋mgl＝mgl，A正确。
6．(2017·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%。
答案 (1)4.0×108 J 2.4×1012 J (2)9.7×108 J
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 J。
7．(2020·全国卷Ⅱ) 如图，一竖直圆管质量为M，下端距水平地面的高度为H，顶端塞有一质量为m的小球。圆管由静止自由下落，与地面发生多次弹性碰撞，且每次碰撞时间均极短；在运动过程中，管始终保持竖直。已知M＝4m，球和管之间的滑动摩擦力大小为4mg，g为重力加速度的大小，不计空气阻力。
(1)求管第一次与地面碰撞后的瞬间，管和球各自的加速度大小；
(2)管第一次落地弹起后，在上升过程中球没有从管中滑出，求管上升的最大高度；
(3)管第二次落地弹起的上升过程中，球仍没有从管中滑出，求圆管长度应满足的条件。
答案 (1)2g 3g (2)H (3)圆管长度L≥H
解析 (1)管第一次落地弹起的瞬间，小球仍然向下运动。设此时管的加速度大小为a1，方向向下；球的加速度大小为a2，方向向上；球与管之间的摩擦力大小为f，由牛顿第二定律有
Ma1＝Mg＋f①
ma2＝f－mg②
由①②式并代入题给数据，得a1＝2g，a2＝3g。③
(2)管第一次与地面碰撞前管与球的速度大小相同，由运动学公式可得，与地面碰撞前瞬间它们的速度大小均为v0＝④
方向均向下。管弹起的瞬间，管的速度大小不变，方向反向，球的速度大小不变，方向依然向下。
假设自弹起时经过时间t1，管与小球的速度刚好相同，且管仍在上升。取向上为正方向，由运动学公式可得
v0－a1t1＝－v0＋a2t1⑤
联立③④⑤式得t1＝ ⑥
设此时管下端的高度为h1，速度为v。由运动学公式可得
h1＝v0t1－a1t⑦
v＝v0－a1t1⑧
由③④⑥⑧式可判断此时v>0，故假设成立。此后，管与小球将以加速度g减速上升h2，到达最高点。由运动学公式有h2＝⑨
设管第一次落地弹起后上升的最大高度为H1，则
H1＝h1＋h2⑩
联立③④⑥⑦⑧⑨⑩式可得H1＝H。?
(3)设管第一次弹起的上升过程中球相对管的位移大小为x1，在管开始下落到第一次弹起上升H1这一过程中，由能量守恒定律有Mg(H－H1)＋mg(H－H1＋x1)＝4mgx1?
联立??式并代入题给数据得x1＝H?
同理可推得，管与球从再次下落到第二次弹起至最高点的过程中，球相对于管的位移大小为x2＝H1?
设圆管长度为L，管第二次落地弹起后的上升过程中，球不会滑出管外的条件是x1＋x2≤L?
联立????式，可得L应满足的条件为L≥H。?
命题特点：机械能守恒定律、功能关系和能量守恒定律是高考的重点，更是高考的热点，高考试题往往与电场、磁场以及典型的运动情境相联系，多以选择题和计算题的形式考查。
思想方法：能量守恒思想、图象法、全过程法和分段法。
高考考向1 机械能守恒定律的应用
例1 (2018·江苏高考)如图所示，钉子A、B相距5l，处于同一高度。细线的一端系有质量为M的小物块，另一端绕过A固定于B。质量为m的小球固定在细线上C点，B、C间的线长为3l。用手竖直向下拉住小球，使小球和物块都静止，此时BC与水平方向的夹角为53°。松手后，小球运动到与A、B相同高度时的速度恰好为零，然后向下运动。忽略一切摩擦，重力加速度为g，取sin53°＝0.8，cos53°＝0.6。求：
(1)小球受到手的拉力大小F；
(2)物块和小球的质量之比M∶m；
(3)小球向下运动到最低点时，物块M所受的拉力大小T。
破题关键点
(1)小球和物块之间有什么关系？
提示：小球和物块组成的系统机械能守恒，两者沿细线方向的速度和加速度大小都相等。
(2)如何求解小球运动到最低点时，物块M受到的拉力大小？
提示：小球与物块沿细线方向的加速度大小相等，根据牛顿第二定律分别对小球和物块列方程，联立求解拉力。
[解析] (1)如图所示，设小球受AC、BC方向的拉力分别为F1、F2
F1sin53°＝F2cos53°
F＋mg＝F1cos53°＋F2sin53°
且F1＝Mg
解得F＝Mg－mg。
(2)小球运动到与A、B相同高度过程中，小球上升高度h1＝3lsin53°
物块下降高度h2＝lAC＋lBC－lAB＝2l
根据机械能守恒定律mgh1＝Mgh2
解得＝。
(3)根据机械能守恒定律，小球向下运动到最低点时回到起始点。设此时小球沿AC方向的加速度大小为a，物块受到的拉力为T
根据牛顿第二定律，Mg－T＝Ma
小球受AC方向的拉力T′＝T
根据牛顿第二定律，T′－mgcos53°＝ma
解得T＝。
[答案] (1)Mg－mg (2)
(3)T＝
1.机械能守恒的判断方法
(1)利用机械能的定义判断：若系统的动能、重力势能和弹性势能的总和不变，则机械能守恒。
(2)利用做功判断：若系统只有重力或弹力做功，或其他力做功的代数和为零，则机械能守恒。
(3)利用能量转化判断：若系统只有动能和势能的相互转化，或还有其他形式能之间的相互转化，但无机械能与其他形式能之间的相互转化，则机械能守恒。
(4)绳子突然绷紧、物体间非弹性碰撞等，机械能不守恒。
2．应用机械能守恒定律解题时的三点注意
(1)要注意研究对象的选取。研究对象的选取是解题的首要环节，有的问题选单个物体(实为一个物体与地球组成的系统)为研究对象时机械能不守恒，但选此物体与其他几个物体组成的系统为研究对象时，机械能却是守恒的。如图所示，单独选物体A为研究对象时机械能减少，但选物体A、B二者组成的系统为研究对象时机械能守恒。
(2)要注意研究过程的选取。有些问题研究对象的运动过程分几个阶段，有的阶段机械能守恒，而有的阶段机械能不守恒。因此，在应用机械能守恒定律解题时要注意过程的选取。
(3)要注意机械能守恒定律表达式的选取。
1. (2020·内蒙古鄂尔多斯市高三(下)高考模拟试卷)(多选)如图所示，两质量都为m的滑块a、b(都可看做质点)通过铰链用长度为L的刚性轻杆相连接，a套在竖直细杆A上，b套在水平细杆B上，A、B足够长且分离不接触，A、B间的距离忽略不计。将滑块a从图示位置(轻杆与B杆夹角为30°)由静止释放，不计一切摩擦，已知重力加速度为g。在此后的运动过程中，下列说法中正确的是( )
A．滑块a和滑块b所组成的系统机械能守恒
B．滑块b的速度为零时，滑块a的加速度大小一定等于g
C．滑块b的最大速度为
D．滑块a的最大速度为
答案 AC
解析 由于在整个运动过程中不计摩擦阻力，因此滑块a和滑块b组成的系统中只有重力做功，机械能守恒，A正确；在初始位置，滑块b的速度为零，此时轻杆对滑块a有斜向上的推力，滑块a的加速度小于g，B错误；当滑块a下降到最低点时，滑块a的速度为零，滑块b的速度最大，根据机械能守恒定律有：mgL(1＋sin30°)＝mv，解得vbm＝，C正确；滑块a速度最大的位置一定在两杆交叉点之下，设滑块a运动至B杆以下任意位置时，杆与水平方向夹角为θ，根据机械能守恒定律有：mgL(sin30°＋sinθ)＝mv＋mv，两滑块沿杆方向速度相等，即vbcosθ＝vasinθ，两式联立可得va＝，利用特殊值，将θ＝30°代入上式可得：va＝>，因此滑块a的最大速度不是，D错误。
2. (2020·辽宁省部分重点中学协作体高三(下)高考模拟考试)(多选)如图所示，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，下列说法正确的是( )
A．斜面倾角α＝30°
B．A获得的最大速度为2g
C．C刚离开地面时，B的加速度最大
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 AB
解析 设当小球C刚离开地面时，弹簧的伸长量为xC，则kxC＝mg，此时B受到重力mg、弹簧的弹力kxC、细线的拉力T三个力的作用，设B的加速度为a，根据牛顿第二定律，对B有：T－mg－kxC＝ma，对A有：4mgsinα－T＝4ma，联立解得：4mgsinα－2mg＝5ma，由题意知，此时A沿斜面下滑的速度最大，则a＝0，可解得：α＝30°，故A正确；设开始时弹簧的压缩量为xB，则kxB＝mg，从释放A到C刚离开地面的过程中，B上升的距离以及A沿斜面下滑的距离均为：h＝xC＋xB，由于xB＝xC，则刚释放A时及C恰好离开地面时弹簧的弹性势能相等，且C刚离开地面时，A、B两球的速度大小相等，设为vAm，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：4mg·hsinα－mgh＝(4m＋m)v，代入数据解得：vAm＝2g，故B正确；C刚离开地面时，B的速度最大，加速度为零，故C错误；从释放A到C刚离开地面的过程中，A、B两小球以及弹簧组成的系统机械能守恒，但A、B两小球组成的系统机械能不守恒，故D错误。
高考考向2 功能关系的综合应用
例2 (2020·山西省高三(下)高考考前适应性测试(二))(多选)如图所示，水平向右的匀强电场中有一绝缘斜面，一带电滑块以Ek0＝40 J的初动能从斜面底端a冲上斜面，到顶端b后返回。已知滑块从a滑到b的过程中克服摩擦力做功15 J，克服重力做功30 J，则( )
A．滑块带正电，上滑过程中电势能增加5 J
B．滑块上滑过程中机械能增加10 J
C．滑块下滑过程中机械能减少20 J
D．滑块返回到斜面底端时动能为10 J
破题关键点
(1)如何求滑块上滑过程中电势能的变化量？
提示：根据功能关系结合动能定理求解。
(2)如何求滑块上滑或下滑过程中机械能的变化量？
提示：机械能的变化量等于除重力以外其他力做的功。
[解析] 带电滑块上滑过程中，根据动能定理有：－WG＋W电－Wf＝0－Ek0，代入数据解得：W电＝5 J，故电场力做功5 J，电势能减少5 J，滑块带负电，A错误；滑块上滑过程中机械能的变化量ΔE＝W电－Wf＝5 J－15 J＝－10 J，即机械能减少10 J，B错误；滑块下滑过程中，机械能的变化量ΔE′＝－W电－Wf＝－5 J－15 J＝－20 J，即机械能减少20 J，C正确；滑块从开始到返回到斜面底端的过程中，根据动能定理有：－2Wf＝Ek－Ek0，代入数据解得：Ek＝10 J，D正确。
[答案] CD
常见的功能关系
3．(2020·甘肃省兰州市高三(下)诊断考试)发光弹弓弹射飞箭是傍晚在广场常见的儿童玩具，其工作原理是利用弹弓将发光飞箭弹出后在空中飞行。若小朋友以大小为E的初动能将飞箭从地面竖直向上弹出，飞箭落回地面时动能大小为，设飞箭在运动过程中所受空气阻力的大小不变，重力加速度为g，以地面为零势能面，则下列说法正确的是( )
A．飞箭上升阶段克服空气阻力做的功为
B．飞箭下落过程中重力做的功为
C．飞箭在最高点具有的机械能为
D．飞箭所受空气阻力与重力大小之比为1∶7
答案 D
解析 飞箭上升阶段和下降阶段克服空气阻力做的功相等，则上升阶段克服空气阻力做的功为Wf＝＝，A错误；飞箭下落过程中，根据动能定理有：WG－Wf＝E－0，解得重力做的功为WG＝E，则飞箭在最高点具有的机械能为E，B、C错误；飞箭下落过程中，根据W＝Fs可得＝＝，D正确。
4．(2020·江苏省徐州市睢宁县高三下学期线上阶段性检测)(多选)如图所示，质量为m的物体在水平传送带上由静止释放，传送带由电动机带动，始终保持以速度v匀速运动，物体与传送带间的动摩擦因数为μ，物体过一会儿能保持与传送带相对静止。对于物体从静止释放到与传送带保持相对静止的这一过程，下列说法正确的是( )
A．物体在传送带上的划痕长
B．传送带克服摩擦力做的功为mv2
C．电动机多做的功为mv2
D．电动机增加的功率为μmgv
答案 AD
解析 物体在传送带上的划痕长等于物体与传送带的相对位移大小，物体达到速度v所需的时间t＝，在这段时间内物体的位移大小x1＝，传送带的位移大小x2＝vt＝，则物体与传送带的相对位移大小x＝x2－x1＝，故A正确；电动机多做的功转化成了物体的动能和系统的内能，物体在这个过程中获得的动能为mv2，相对位移大小x＝，在这个过程中，滑块与传送带组成的系统产生的热量Q＝μmg·＝mv2，故传送带克服摩擦力做的功即电动机多做的功为mv2，故B、C错误；电动机增加的功率即传送带克服摩擦力做功的功率，为ΔP＝μmgv，故D正确。
5．(2020·山西省运城市高三下学期4月调研测试)(多选)一物体静止在水平地面上，在竖直向上拉力F作用下开始向上运动，如图甲。在物体向上运动过程中，其机械能E与位移x的关系图象如图乙，已知曲线上A点的切线斜率最大，不计空气阻力，则( )
A．在x1处物体所受拉力最大
B．在x1～x2过程中，物体的动能先增大后减小
C．在x1～x2过程中，物体的加速度先增大后减小
D．在0～x2过程中，拉力对物体做的功等于克服物体重力做的功
答案 AB
解析 E?x图象的斜率表示竖直向上的拉力F，曲线上A点的切线斜率最大，则在x1处物体所受的拉力最大，故A正确。在x1～x2过程中，图象的斜率逐渐变小直至为0，则拉力逐渐减小直至为0，分析可知在x1处拉力F>mg，由牛顿第二定律知，物体的加速度先向上减小后向下增大，而速度一直向上，则物体先加速后减速，物体的动能先增大后减小，故B正确，C错误。物体从静止开始运动，到x2处后机械能保持不变，在x2处时，物体具有重力势能和动能，故在0～x2过程中，拉力对物体做的功等于克服物体重力做的功与物体的动能增加量之和，故D错误。
高考考向3 能量守恒定律的综合应用
例3 (多选)如图所示为某探究活动小组设计的节能运动系统。斜面轨道倾角为30°，木箱质量为M，货物质量m＝2M，木箱与轨道间的动摩擦因数为。木箱在轨道顶端时，自动装货装置将货物装入木箱，然后木箱载着货物沿轨道无初速度滑下，当轻弹簧被压缩至最短时，自动卸货装置立刻将货物卸下后返回。下列选项正确的是( )
A．卸下货物后木箱恰好被弹回到轨道顶端
B．木箱不与弹簧接触时，上滑的加速度大于下滑的加速度
C．在木箱与货物从轨道顶端滑到最低点的过程中，木箱和货物减少的重力势能全部转化为弹簧的弹性势能
D．木箱上升的过程中，弹簧减少的弹性势能全部转化为木箱的机械能和系统的内能
破题关键点
(1)木箱和货物下滑过程中能量是如何转化的？
提示：木箱和货物的重力势能转化为弹簧的弹性势能和系统的内能。
(2)木箱上升过程中能量是如何转化的？
提示：弹簧的弹性势能转化为木箱的机械能和系统的内能。
[解析] 设弹簧压缩至最短时具有的弹性势能为Ep，在下滑过程中，由能量守恒定律得：(M＋m)g·ssin30°－μ(M＋m)gcos30°·s－Ep＝0，设木箱上滑到达最高点的速度为v，在上滑过程中，由能量守恒定律得：Ep－Mg·ssin30°－μMg·scos30°＝Mv2－0，联立两式解得：v＝0，即卸下货物后木箱恰好被弹回到轨道顶端，故A正确；木箱和货物在下滑过程中，木箱不与弹簧接触时，根据牛顿第二定律得，下滑时的加速度大小为：a下＝＝gsin30°－μgcos30°，同理可得木箱上滑时的加速度大小为：a上＝＝gsin30°＋μgcos30°，可知a上>a下，故B正确；根据能量守恒定律，在木箱与货物从轨道顶端滑到最低点的过程中，木箱和货物减少的重力势能全部转化为弹簧的弹性势能和系统的内能，木箱上升过程中，弹簧减少的弹性势能全部转化为木箱的机械能和系统的内能，故C错误，D正确。
[答案] ABD
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，应用能量的转化和守恒定律，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相对滑动路径的总长度。
6．(2020·宁夏银川市高三(下)4月教学质量检测(一模))(多选)中国航天科技集团2020年1月17日在北京举行《中国航天科技活动蓝皮书(2019年)》发布会。记者获悉，“嫦娥五号”探测器拟于2020年发射，实施首次月球采样返回。如图所示，假设运载火箭先将“嫦娥五号”月球探测器成功送入太空，由地月转移轨道进入半径为r1＝100 km的环月圆轨道Ⅰ后成功变轨到近月点为15 km的椭圆轨道Ⅱ，再从15 km高度降至近月圆轨道Ⅲ，最后成功实现登月。若取两物体相距无穷远时的引力势能为零，一个质量为m的质点到质量为M的均匀物体中心的距离为r时，其引力势能表达式为Ep＝－G(式中G为引力常量)。已知月球质量为M0，月球半径为R，发射的“嫦娥五号”探测器质量为m0，则下列关于“嫦娥五号”登月过程的说法正确的是( )
A．“嫦娥五号”探测器在轨道Ⅰ上运行时的动能小于在轨道Ⅲ上运行时的动能
B．“嫦娥五号”探测器在轨道Ⅲ上动行时的机械能等于在轨道Ⅰ上运行时的机械能
C．“嫦娥五号”探测器从轨道Ⅰ变轨到轨道Ⅲ时，引力势能减小了GM0m0
D．落月的“嫦娥五号”探测器从轨道Ⅲ回到轨道Ⅰ，需要提供的最小能量是
答案 AD
解析 探测器绕月球沿圆轨道运动过程中，根据万有引力提供向心力，有：＝m0，得v＝，可知“嫦娥五号”探测器在轨道Ⅰ上运行时的速率小于在轨道Ⅲ上运行时的速率，根据Ek＝m0v2可知，“嫦娥五号”探测器在轨道Ⅰ上运行时的动能小于在轨道Ⅲ上运行时的动能，故A正确；“嫦娥五号”探测器由轨道Ⅰ变轨到轨道Ⅲ时需要点火减速，此过程中有除万有引力外的其他力对它做负功，则探测器的机械能减少，即“嫦娥五号”探测器在轨道Ⅲ上运行时的机械能小于在轨道Ⅰ上运行时的机械能，故B错误；“嫦娥五号”探测器从轨道Ⅰ变轨到轨道Ⅲ时，引力势能的减小量ΔEp＝－－＝GM0m0，故C错误；根据＝m0可得探测器绕月球做圆周运动时的动能Ek＝m0v2＝，则“嫦娥五号”探测器由轨道Ⅲ回到轨道Ⅰ时，动能的减小量为：ΔEk＝，引力势能的增加量为：ΔEp′＝ΔEp＝GM0m0，由能量守恒定律可知，需要提供的最小能量为：E＝－ΔEk＋ΔEp′＝，故D正确。
7. (2020·青海西宁市高三模拟)(多选)如图所示，绝缘粗糙斜面体固定在水平地面上，斜面体所在空间存在平行于斜面向上的匀强电场E，轻弹簧一端固定在斜面顶端，另一端拴接一不计质量的绝缘薄板，一带正电的小滑块，从斜面上的P点处由静止释放后，沿斜面向上运动，并能压缩弹簧至R点(图中未标出)，然后返回，则( )
A．滑块从P点运动到R点的过程中，其机械能的增加量等于电场力与弹簧弹力做功之和
B．滑块从P点运动到R点的过程中，其电势能的减小量大于重力势能和弹簧弹性势能的增加量之和
C．滑块最终停在弹簧原长处
D．滑块最终停下来，克服摩擦力所做的功小于电势能的减小量与重力势能增加量之差
答案 BD
解析 滑块从P点运动到R点的过程中，由功能关系知，其机械能的增加量等于电场力、弹簧弹力及摩擦力做功之和，故A错误；滑块从P点运动到R点的过程中，由能量守恒定律知，其电势能的减小量大于重力势能和弹簧弹性势能的增加量之和，故B正确；在弹簧原长处，滑块的受力情况和在P点时相同，所受合力向上，不可能静止，故C错误；滑块合力为零的位置应在弹簧原长位置的上方，滑块由静止释放到最终停下来的过程中，由能量守恒定律知，其电势能的减小量等于重力势能、弹簧弹性势能的增加量及克服摩擦力所做的功之和，则滑块克服摩擦力所做的功小于电势能的减小量与重力势能增加量之差，故D正确。
8．(2020·陕西安康高三三模)如图甲所示，轻弹簧一端固定在与斜面垂直的挡板上，另一端在O点位置。质量为m的物块A(可视为质点)以初速度v0从斜面的顶端P点沿斜面向下运动，与弹簧接触后压缩弹簧，将弹簧右端压到O′点位置后，A又被弹簧弹回。物块A离开弹簧后，恰好回到P点。已知O、P之间的距离为x0，物块A与斜面间的动摩擦因数为μ，斜面倾角为θ。求：
(1)O点和O′点间的距离x1；
(2)弹簧在最低点O′处的弹性势能；
(3)设B的质量为βm，μ＝tanθ，v0＝3。在P点处放置一个弹性挡板，将A与另一个与A材料相同的物块B(可视为质点，且与弹簧右端不拴接)并排在一起，使两根弹簧(与图甲情形中的弹簧规格相同)仍压缩到O′点位置，然后由静止释放，如图乙所示。若A离开B后给A沿斜面向上的恒力F＝mgsinθ，且A不会与B发生碰撞，求β需满足的条件。
答案 (1)－x0 (2)mv＋tanθ
(3)≤β<
解析 (1)物块A从P点运动到O′点的过程中，设克服弹簧弹力做的功为W，由动能定理可得：
mg(x0＋x1)sinθ－μmg(x0＋x1)cosθ－W＝0－mv①
物块A从O′点回到P点的过程中，由动能定理可得：
W－mg(x0＋x1)sinθ－μmg(x0＋x1)cosθ＝0－0②
联立解得：x1＝－x0。
(2)将x1的表达式代入②式可得，物块A由O′点运动到O点的过程中，弹簧弹力做的功为
W＝mv＋tanθ，
O点为弹簧的原长位置，则弹簧在最低点O′处的弹性势能为Ep＝W＝mv＋tanθ。
(3)A、B分离的瞬间aA＝aB，且A、B之间的弹力为0，由牛顿第二定律可得：mgsinθ＋μmgcosθ＝maA
βmgsinθ＋μβmgcosθ－2T＝βmaB
联立解得：T＝0，即弹簧恢复原长的瞬间，两物块分离。
设分离瞬间两物块的速度为v，由能量守恒定律可得：
2Ep＝(1＋β)mgx1sinθ＋μ(1＋β)mgx1cosθ＋(1＋β)mv2
将μ＝tanθ、v0＝3、x1＝－x0、
Ep＝mv＋tanθ
代入上式解得：v＝。
由于μ＝tanθ，F＝mgsinθ，故分离后两物块的加速度大小分别为：
aA′＝＝gsinθ
aB′＝＝2gsinθ
由此可知，分离后两物块均做匀减速直线运动，且aB′>aA′，故在A上升阶段，两物块不会碰撞；B速度减为0后，由于μ＝tanθ，故B会保持静止状态，B上升的位移为xB＝
若A与挡板碰撞前速度就减为0，则此后A保持静止状态，两物块一定不会发生碰撞；若A能与挡板相碰，分析知A与挡板碰撞后，继续以大小为gsinθ的加速度向下做匀减速直线运动，直到速度减为0，保持静止；
从与B分开后到速度减为0，A运动的总路程为
xA＝
若A不与挡板碰撞，则xA＝≤x0
解得：β≥
若A能与挡板碰撞，则两物块不相撞的条件为A速度减为0时不与B相撞，即xA＋xB≤2x0，且xA>x0，解得：≤β<
由于v>0，故β＜
综上所述，β的取值范围为≤β<。
易错警示 系统机械能守恒中的关联速度问题
例 (2020·东北三省四市教研联合体二模)(多选)如图，劲度系数为100 N/m的轻弹簧下端固定于倾角为θ＝53°的光滑斜面底端，上端连接物块Q，Q同时和与斜面平行的轻绳相连，轻绳跨过定滑轮O与套在光滑竖直杆的物块P连接，图中O、B两点等高，间距d＝0.3 m。初始时在外力作用下，P在A点静止不动，A、B间距离h＝0.4 m，此时轻绳中张力大小为50 N。已知P质量为0.8 kg，Q质量为5 kg。现将P由静止释放(不计滑轮大小及摩擦，取g＝10 m/s2，sin53°＝0.8，cos53°＝0.6)，下列说法正确的是( )
A．P位于A点时，弹簧的伸长量为0.1 m
B．P上升至B点时的速度大小为 m/s
C．P上升至B点的过程中，轻绳拉力对其所做的功为6 J
D．P上升至B点的过程中，轻绳拉力对P做的功等于Q机械能的减少量
分析与解 物块P位于A点时，设弹簧的伸长量为x1，对Q有：T＝mQgsinθ＋kx1，代入数据求得：x1＝0.1 m，故A正确。物块P由A点上升至B点的过程中，P、Q及弹簧组成的系统机械能守恒，且P、Q沿轻绳方向的分速度大小相等；P点上升至B点时，OB垂直于竖直杆，因此此时物块Q的速度为0，物块Q沿斜面下降的距离为Δx＝AO－OB＝－d＝0.5 m－0.3 m＝0.2 m，即弹簧的压缩量x2＝0.2 m－0.1 m＝0.1 m，因为x2＝x1，所以P在A、B两点时弹簧的弹性势能相等；对P、Q及弹簧组成的系统，根据机械能守恒定律有：mQgΔxsinθ－mPgh＝mPv，解得：vP＝2 m/s；对物块P，根据动能定理有：WT－mPgh＝mPv，解得此过程中轻绳拉力对P做的功WT＝8 J；Q机械能的减少量ΔEQ＝mQgΔxsinθ＝8 J，故B、C错误，D正确。
答案 AD
易错警示 通过绳子或杆连接的物体沿绳或杆方向的分速度大小相等。
专题作业
限时：60分钟 满分：100分
一、选择题(本题共8小题，每小题9分，共72分，均为多选题)
1．(2020·湖北省宜昌市高三下学期4月在线联考)如图所示，A、B、C三个完全相同的滑块从粗糙斜面上的同一高度同时开始运动。A由静止释放；B的初速度方向沿斜面向下，大小为v0；C的初速度方向沿水平方向，大小也为v0。斜面足够大，A、B、C运动过程中不会相碰，则( )
A．A和C所受的滑动摩擦力大小不相等
B．A将比C先滑到斜面底端
C．滑到斜面底端时，B的动能最大
D．滑到斜面底端时，C的机械能减少得最多
答案 CD
解析 滑块所受的滑动摩擦力f＝μFN＝μmgcosθ，由于A、B、C完全相同，所以三个滑块所受的滑动摩擦力大小相等，A错误；由静止释放后A沿斜面向下运动，所受滑动摩擦力沿斜面向上，而C在斜面上做曲线运动，沿斜面向上的力是滑动摩擦力的分力，所以C沿斜面向下的分加速度大于A沿斜面向下的加速度，C将比A先到达斜面底端，B错误；三个滑块的重力相同，滑到斜面底端时，A、B、C下降的高度相同，则重力做的功相同，A、B克服摩擦力做的功相同，C克服摩擦力做的功最多，A的初动能为零，B、C的初动能相等，根据动能定理可知，滑到斜面底端时，B的动能最大，C正确；滑动摩擦力做功与路程有关，C运动的路程最大，克服摩擦力做的功最多，由功能关系知，C的机械能减少得最多，D正确。
2．(2020·湖北省武汉市武昌区高三(下)6月调研考试(三))如图甲所示，在公元1267～1273年闻名于世的“襄阳炮”其实是一种大型抛石机。将石块放在长臂一端的石袋中，在短臂端挂上重物。发射前将长臂端往下拉至地面，然后突然松开，石袋中的石块过最高点时就被抛出。现将其简化为图乙所示。将一质量m＝80 kg的可视为质点的石块装在长L＝ m的长臂末端的石袋中，初始时长臂与水平面成α＝30°角。松开后，长臂转至竖直位置时，石块被水平抛出，落在水平地面上。石块落地点与O点的水平距离s＝100 m。忽略长臂、短臂和石袋的质量，不计空气阻力和所有摩擦，g＝10 m/s2，下列说法中正确的是( )
A．石块水平抛出时的初速度为25 m/s
B．重物重力势能的减少量等于石块机械能的增加量
C．石块从A到最高点的过程中，石袋对石块做的功为1.16×105 J
D．石块做圆周运动至最高点时，石袋对石块的作用力大小为1.42×104 N
答案 CD
解析 做平抛运动的石块在竖直方向的位移为h＝L＋Lsin30°＝ m＋× m＝20 m，根据h＝gt2可得：t＝ ＝ s＝2 s，故石块水平抛出时的初速度为：v0＝＝ m/s＝50 m/s，A错误；长臂转动过程中，重物的动能也在增加，由能量守恒定律可知，重物重力势能的减少量大于石块机械能的增加量，B错误；石块从A到最高点的过程中，石袋对石块做的功为：W＝mv＋mgh＝×80×502 J＋80×10×20 J＝1.16×105 J，C正确；石块做圆周运动至最高点时，根据牛顿第二定律有：F＋mg＝m，解得石袋对石块的作用力大小为：F＝m－mg＝1.42×104 N，D正确。
3．(2020·江苏省七市高三(下)6月第三次调研) 如图所示，竖直平面内固定一倾斜的光滑绝缘杆，轻质绝缘弹簧上端固定，下端系带正电的小球A，球A套在杆上，杆下端固定一带正电的小球B。现将球A从弹簧原长位置由静止释放，运动距离x0到达最低点，此时未与球B相碰。在球A向下运动过程中，关于球A的速度v、加速度a、球A和弹簧组成的系统的机械能E、两球的电势能Ep随运动距离x的变化图象，可能正确的有( )
答案 CD
解析 设球A的质量为m，球A、B的带电量分别为q1、q2，释放球A时A、B间的距离为r，弹簧的劲度系数为k，杆与水平方向的夹角为θ，则在球A由静止运动至最低点的过程中，受力分析如图所示，由牛顿第二定律有：mgsinθ－－kx＝ma。所以球A先做加速度减小的加速运动，再做加速度增大的减速运动，越向下运动，弹簧弹力和电场力越大，所以减速阶段速度减小得更快，速度减为零的时间更短，和加速阶段不对称，A错误；球A向下运动过程中，弹簧弹力随x均匀变化，电场力随x增大得越来越快，故加速度随x变化得越快，B错误；球A向下运动过程中，由于要克服电场力做功，所以球A和弹簧组成系统的机械能E逐渐减小，越靠近球B，电场力越大，机械能减小得越快，即E?x图象的斜率的绝对值越来越大，C正确；球A向下运动过程中，电场力做负功，电势能逐渐增大，越靠近球B，电场力越大，电势能增大得越快，所以Ep?x图象的斜率越来越大，D正确。
4．(2020·吉林省长春市高考模拟) 如图所示，绕过光滑轻质小定滑轮的轻绳，一端连接物块，另一端系一圆环。圆环套在倾角为θ的光滑直杆上，与滑轮等高的A点到滑轮的距离为d，重力加速度大小为g。现将圆环从A点由静止释放，下列说法正确的是( )
A．圆环的加速度大小不可能为gsinθ
B．当圆环下滑距离为dcosθ时，圆环的机械能最大
C．当圆环下滑距离为dcosθ时，物块的速度为零
D．当圆环下滑到最低点时，物块恰好回到初位置且速度为零
答案 BC
解析 当圆环下滑距离为dcosθ时，轻绳与直杆垂直，此时圆环受到轻绳的拉力及直杆的弹力方向均与直杆垂直，则圆环的合力为mgsinθ，加速度为gsinθ，由于此时圆环的速度沿直杆向下，与轻绳相互垂直，所以圆环的速度在沿轻绳方向的分量为零，故物块的速度为零，则当圆环下滑距离为dcosθ时，物块下落到最低点，此时物块的机械能最小，由于物块和圆环组成的系统机械能守恒，所以此时圆环的机械能最大，故A错误，B、C正确。当圆环下滑到最低点时，圆环和物块的速度都为零，根据机械能守恒定律，圆环减少的重力势能等于物块增加的重力势能，此时物块应在初始位置的上方，故D错误。
5．(2020·四川省雅安市高中高三(下)第三次诊断)如图甲所示，倾角为θ的传送带以恒定速率v0逆时针转动，在t＝0时，将质量m＝1 kg的物体(可视为质点)轻放在传送带上，物体的速度随时间变化的图象如图乙所示，重力加速度g＝10 m/s2。则( )
A．传送带的倾角θ＝37°
B．物体与传送带间的动摩擦因数μ＝0.4
C．在前2秒内，传送带对物体做的功为24 J
D．在前2秒内，物体与传送带间因摩擦产生的热量为24 J
答案 AD
解析 由题图乙知，物体先做初速度为零的匀加速直线运动，速度达到与传送带速度相等后，由于重力沿斜面向下的分力大于摩擦力，物体继续向下做匀加速直线运动。由题图乙知传送带的速度为10 m/s，开始时物体所受摩擦力的方向沿传送带向下，速度相等后摩擦力方向沿传送带向上，则：a1＝＝ m/s2＝10 m/s2，a2＝＝ m/s2＝2 m/s2，联立解得：μ＝0.5，θ＝37°，故A正确，B错误；0～1 s内，物体匀加速直线运动的位移为：x1＝＝ m＝5 m，此过程传送带对物体做的功为：W1＝μmgcos37°·x1＝0.5×1×10×0.8×5 J＝20 J，1～2 s内，物体匀加速直线运动的位移为：x2＝＝11 m，此过程传送带对物体做的功为：W2＝－μmgcos37°·x2＝－0.5×1×10×0.8×11 J＝－44 J，则在前2秒内，传送带对物体做的总功为：W＝W1＋W2＝－24 J，故C错误；0～1 s内，物体与传送带间的相对位移大小为：Δx1＝(10×1－5) m＝5 m，产生的热量为：Q1＝μmgcos37°·Δx1＝20 J，1～2 s内，物体与传送带间的相对位移大小为：Δx2＝(11－10) m＝1 m，产生的热量为：Q2＝μmgcos37°·Δx2＝4 J，则在前2秒内，物体与传送带间因摩擦产生的总热量为：Q＝Q1＋Q2＝24 J，故D正确。
6．(2020·吉林省吉林市高三(下)毕业班第四次调研考试)如图所示，在水平向右的匀强电场中，质量为m的带电小球，以初速度v从M点竖直向上运动，通过N点时，速度大小为2v，方向与电场方向相反，而后到达与M点在同一水平面上的P点，轨迹如图。其中N′是N点在MP直线上的投影点。以下关于小球的运动说法正确的是( )
A．重力与电场力大小之比为1∶2
B．从M到N重力势能增加mv2
C．从M到N机械能增加2mv2
D．从M到P电势能减少8mv2
答案 ACD
解析 小球在电场中运动的过程中，在竖直方向做竖直上抛运动，在水平方向做初速度为零的匀加速直线运动。从M到N，在竖直方向上有：v＝t，在水平方向上有：t＝2v，联立可得：mg∶qE＝1∶2，故A正确；到达N点时，小球竖直方向的速度为零，从M到N，在竖直方向上有：v2＝2gyMN，则重力势能的增加量为：ΔEp＝mgyMN＝mv2，故B错误；从M到N，机械能的增加量为：ΔE＝ΔEp＋ΔEk＝mv2＋m(4v2－v2)＝2mv2，故C正确；根据题意可知，从M到N与从N到P所用的时间相等，根据匀加速直线运动的速度与时间的关系可知，到达P点时小球在水平方向的速度为：vx＝2vN＝4v，此时小球的合速度为：v′＝＝v，则从M到P小球动能的增加量为：ΔEk′＝m·(v)2－mv2＝8mv2，又重力势能变化量为0，由能量守恒定律可知，电势能的减少量为8mv2，故D正确。
7．(2020·安徽省马鞍山市高三(下)三模)倾角为θ且足够长的光滑固定斜面上有一质量为m的物体，初始位置如图甲所示。在平行于斜面向上的力F的作用下，从初始位置由静止开始沿斜面运动，运动过程中物体的机械能E随位置x的变化关系如图乙所示。其中0～x1过程的图线是曲线，x1～x2过程的图线是平行于x轴的直线，x2～x3过程的图线是倾斜的直线，则下列说法正确的是( )
A．在0～x1的过程中，力F在减小
B．在0～x1的过程中，物体的动能一直在增大
C．在x1～x2的过程中，物体的速度大小不变
D．在x2～x3的过程中，物体一定做匀速运动
答案 AB
解析 根据功能关系有：ΔE＝F·Δx，得F＝，则E?x图线的斜率表示力F，由题图乙知，在0～x1的过程中图线的斜率逐渐减小到零，则力F逐渐减小到零，故A正确；在0～x1的过程中，由于机械能减小，则力F做负功，物体从静止开始向下做加速运动，物体的动能一直在增大，故B正确；由E?x图线的斜率表示力F可知，在x1～x2的过程中，力F＝0，物体向下做匀加速直线运动，故C错误；在x2～x3的过程中，E?x图象的斜率恒定，故力F为恒力，由于不知道力F与重力沿斜面方向的分力mgsinθ的大小关系，故物体有可能做匀速直线运动，也可能做匀减速直线运动或匀加速直线运动，故D错误。
8．(2020·江苏省高三普通高等学校招生全国统一考试(三))如图甲所示，竖直光滑杆固定不动，套在杆上的弹簧下端固定，在外力作用下将套在杆上的滑块向下压缩弹簧至离地高度h1＝0.1 m处，滑块与弹簧不拴接。现由静止释放滑块，通过传感器测量到滑块的速度和离地高度h，并作出滑块的动能Ek与离地面高度h的关系图象，如图乙所示，其中高度从0.2 m上升到0.35 m范围内图象为直线，其余部分为曲线，以地面为零势能面，取g＝10 m/s2，由图象可知( )
A．小滑块的质量为0.2 kg
B．刚释放时弹簧的弹性势能为0.32 J
C．弹簧的劲度系数为250 N/m
D．小滑块的重力势能与弹簧的弹性势能总和最小为0.38 J
答案 AD
解析 在Ek?h图象中，图线的斜率表示滑块所受的合外力，从0.2 m上升到0.35 m范围内，图线斜率的绝对值＝ N＝2 N＝mg，则滑块的质量m＝0.2 kg，A正确；滑块上升至最大高度的过程中增加的重力势能即为滑块刚释放时弹簧的弹性势能，为Epm＝mgΔh＝0.2×10×(0.35－0.1) J＝0.5 J，B错误；从0.2 m上升到0.35 m范围内图象为直线，其余部分为曲线，说明在h2＝0.2 m处滑块与弹簧分离，弹簧的原长为0.2 m，由题图乙可知当h3＝0.18 m时滑块的动能最大，重力与弹力平衡，即mg＝kx，则k＝＝ N/m＝100 N/m，C错误；在滑块运动的整个过程中，滑块与弹簧组成的系统机械能守恒，因此滑块的动能最大时，滑块的重力势能与弹簧的弹性势能总和最小，根据能量守恒定律可知Epmin＝E－Ekm＝Epm＋mgh1－Ekm＝0.5 J＋0.2×10×0.1 J－0.32 J＝0.38 J，D正确。
二、计算题(本题共2小题，共28分，须写出规范的解题步骤)
9．(2020·陕西省汉中市高三教学质量第二次检测) (12分)如图所示，水平向右的匀强电场中，某倾角为θ＝37°的绝缘斜面固定于水平面上，顶端静置一质量为m＝2 kg的带正电物块，所带电量为q＝10－6 C。若物块与斜面间的动摩擦因数为μ＝0.2，电场强度为E＝5×106 V/m，且物块能自由下滑到斜面底端。斜面高度为h＝1 m，已知：g＝10 m/s2，sin37°＝0.6，cos37°＝0.8，试问，物块下滑到斜面底端的过程中：
(1)物块与斜面摩擦产生的内能为多少？
(2)物块动能的改变量是多少？
(3)物块机械能的改变量是多少？
答案 (1)6.33 J (2)7 J (3)－13 J
解析 (1)物块受到的摩擦力大小为：
f＝μ(mgcosθ＋qEsinθ)
代入数据解得：f＝3.8 N
所以物块与斜面摩擦产生的内能为：
Q＝f·＝3.8× J≈6.33 J。
(2)物块下滑过程中重力做的功为：
WG＝mgh＝2×10×1 J＝20 J
电场力做的功为：W电＝－qE＝－10－6×5×106× J≈－6.67 J
根据功能关系可知，摩擦力做的功为：Wf＝－Q＝－6.33 J
根据动能定理可知，滑块动能的改变量为：
ΔEk＝W合＝WG＋W电＋Wf＝7 J。
(3)根据功能关系可知，物块机械能的改变量等于除重力外其他力做的功，即ΔE＝W电＋Wf＝－6.67 J－6.33 J＝－13 J。
10．(2016·全国卷Ⅱ)(16分)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，但仍能沿圆轨道滑下，求P的质量的取值范围。
答案 (1) 2l (2)m≤M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，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≥0④
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点时的速度应大于零。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≤Mgl?
联立①②⑩?式得m≤M
构建网络·重温真题
1．(2020·全国卷Ⅰ)(多选) 一物块在高3.0 m、长5.0 m的斜面顶端从静止开始沿斜面下滑，其重力势能和动能随下滑距离s的变化如图中直线Ⅰ、Ⅱ所示，重力加速度取10 m/s2。则( )
A．物块下滑过程中机械能不守恒
B．物块与斜面间的动摩擦因数为0.5
C．物块下滑时加速度的大小为6.0 m/s2
D．当物块下滑2.0 m时机械能损失了12 J
2. (2019·全国卷Ⅱ)(多选)从地面竖直向上抛出一物体，其机械能E总等于动能Ek与重力势能Ep之和。取地面为重力势能零点，该物体的E总和Ep随它离开地面的高度h的变化如图所示。重力加速度取10 m/s2。由图中数据可得( )
A．物体的质量为2 kg
B．h＝0时，物体的速率为20 m/s
C．h＝2 m时，物体的动能Ek＝40 J
D．从地面至h＝4 m，物体的动能减少100 J
3．(2019·江苏高考)(多选)如图所示，轻质弹簧的左端固定，并处于自然状态。小物块的质量为m，从A点向左沿水平地面运动，压缩弹簧后被弹回，运动到A点恰好静止。物块向左运动的最大距离为s，与地面间的动摩擦因数为μ，重力加速度为g，弹簧未超出弹性限度。在上述过程中( )
A．弹簧的最大弹力为μmg
B．物块克服摩擦力做的功为2μmgs
C．弹簧的最大弹性势能为μmgs
D．物块在A点的初速度为
4．(2018·全国卷Ⅰ) 如图，abc是竖直面内的光滑固定轨道，ab水平，长度为2R；bc是半径为R的四分之一圆弧，与ab相切于b点。一质量为m的小球，始终受到与重力大小相等的水平外力的作用，自a点处从静止开始向右运动。重力加速度大小为g。小球从a点开始运动到其轨迹最高点，机械能的增量为( )
A．2mgR B．4mgR
C．5mgR D．6mgR
5．(2017·全国卷Ⅲ) 如图，一质量为m，长度为l的均匀柔软细绳PQ竖直悬挂。用外力将绳的下端Q缓慢地竖直向上拉起至M点，M点与绳的上端P相距l。重力加速度大小为g。在此过程中，外力做的功为( )
A．mgl B．mgl
C．mgl D．mgl
6．(2017·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%。
7．(2020·全国卷Ⅱ) 如图，一竖直圆管质量为M，下端距水平地面的高度为H，顶端塞有一质量为m的小球。圆管由静止自由下落，与地面发生多次弹性碰撞，且每次碰撞时间均极短；在运动过程中，管始终保持竖直。已知M＝4m，球和管之间的滑动摩擦力大小为4mg，g为重力加速度的大小，不计空气阻力。
(1)求管第一次与地面碰撞后的瞬间，管和球各自的加速度大小；
(2)管第一次落地弹起后，在上升过程中球没有从管中滑出，求管上升的最大高度；
(3)管第二次落地弹起的上升过程中，球仍没有从管中滑出，求圆管长度应满足的条件。
命题特点：机械能守恒定律、功能关系和能量守恒定律是高考的重点，更是高考的热点，高考试题往往与电场、磁场以及典型的运动情境相联系，多以选择题和计算题的形式考查。
思想方法：能量守恒思想、图象法、全过程法和分段法。
高考考向1 机械能守恒定律的应用
例1 (2018·江苏高考)如图所示，钉子A、B相距5l，处于同一高度。细线的一端系有质量为M的小物块，另一端绕过A固定于B。质量为m的小球固定在细线上C点，B、C间的线长为3l。用手竖直向下拉住小球，使小球和物块都静止，此时BC与水平方向的夹角为53°。松手后，小球运动到与A、B相同高度时的速度恰好为零，然后向下运动。忽略一切摩擦，重力加速度为g，取sin53°＝0.8，cos53°＝0.6。求：
(1)小球受到手的拉力大小F；
(2)物块和小球的质量之比M∶m；
(3)小球向下运动到最低点时，物块M所受的拉力大小T。
破题关键点
(1)小球和物块之间有什么关系？
(2)如何求解小球运动到最低点时，物块M受到的拉力大小？
1. (2020·内蒙古鄂尔多斯市高三(下)高考模拟试卷)(多选)如图所示，两质量都为m的滑块a、b(都可看做质点)通过铰链用长度为L的刚性轻杆相连接，a套在竖直细杆A上，b套在水平细杆B上，A、B足够长且分离不接触，A、B间的距离忽略不计。将滑块a从图示位置(轻杆与B杆夹角为30°)由静止释放，不计一切摩擦，已知重力加速度为g。在此后的运动过程中，下列说法中正确的是( )
A．滑块a和滑块b所组成的系统机械能守恒
B．滑块b的速度为零时，滑块a的加速度大小一定等于g
C．滑块b的最大速度为
D．滑块a的最大速度为
2. (2020·辽宁省部分重点中学协作体高三(下)高考模拟考试)(多选)如图所示，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，下列说法正确的是( )
A．斜面倾角α＝30°
B．A获得的最大速度为2g
C．C刚离开地面时，B的加速度最大
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
高考考向2 功能关系的综合应用
例2 (2020·山西省高三(下)高考考前适应性测试(二))(多选)如图所示，水平向右的匀强电场中有一绝缘斜面，一带电滑块以Ek0＝40 J的初动能从斜面底端a冲上斜面，到顶端b后返回。已知滑块从a滑到b的过程中克服摩擦力做功15 J，克服重力做功30 J，则( )
A．滑块带正电，上滑过程中电势能增加5 J
B．滑块上滑过程中机械能增加10 J
C．滑块下滑过程中机械能减少20 J
D．滑块返回到斜面底端时动能为10 J
破题关键点
(1)如何求滑块上滑过程中电势能的变化量？
(2)如何求滑块上滑或下滑过程中机械能的变化量？
3．(2020·甘肃省兰州市高三(下)诊断考试)发光弹弓弹射飞箭是傍晚在广场常见的儿童玩具，其工作原理是利用弹弓将发光飞箭弹出后在空中飞行。若小朋友以大小为E的初动能将飞箭从地面竖直向上弹出，飞箭落回地面时动能大小为，设飞箭在运动过程中所受空气阻力的大小不变，重力加速度为g，以地面为零势能面，则下列说法正确的是( )
A．飞箭上升阶段克服空气阻力做的功为
B．飞箭下落过程中重力做的功为
C．飞箭在最高点具有的机械能为
D．飞箭所受空气阻力与重力大小之比为1∶7
4．(2020·江苏省徐州市睢宁县高三下学期线上阶段性检测)(多选)如图所示，质量为m的物体在水平传送带上由静止释放，传送带由电动机带动，始终保持以速度v匀速运动，物体与传送带间的动摩擦因数为μ，物体过一会儿能保持与传送带相对静止。对于物体从静止释放到与传送带保持相对静止的这一过程，下列说法正确的是( )
A．物体在传送带上的划痕长
B．传送带克服摩擦力做的功为mv2
C．电动机多做的功为mv2
D．电动机增加的功率为μmgv
5．(2020·山西省运城市高三下学期4月调研测试)(多选)一物体静止在水平地面上，在竖直向上拉力F作用下开始向上运动，如图甲。在物体向上运动过程中，其机械能E与位移x的关系图象如图乙，已知曲线上A点的切线斜率最大，不计空气阻力，则( )
A．在x1处物体所受拉力最大
B．在x1～x2过程中，物体的动能先增大后减小
C．在x1～x2过程中，物体的加速度先增大后减小
D．在0～x2过程中，拉力对物体做的功等于克服物体重力做的功
高考考向3 能量守恒定律的综合应用
例3 (多选)如图所示为某探究活动小组设计的节能运动系统。斜面轨道倾角为30°，木箱质量为M，货物质量m＝2M，木箱与轨道间的动摩擦因数为。木箱在轨道顶端时，自动装货装置将货物装入木箱，然后木箱载着货物沿轨道无初速度滑下，当轻弹簧被压缩至最短时，自动卸货装置立刻将货物卸下后返回。下列选项正确的是( )
A．卸下货物后木箱恰好被弹回到轨道顶端
B．木箱不与弹簧接触时，上滑的加速度大于下滑的加速度
C．在木箱与货物从轨道顶端滑到最低点的过程中，木箱和货物减少的重力势能全部转化为弹簧的弹性势能
D．木箱上升的过程中，弹簧减少的弹性势能全部转化为木箱的机械能和系统的内能
破题关键点
(1)木箱和货物下滑过程中能量是如何转化的？
(2)木箱上升过程中能量是如何转化的？
6．(2020·宁夏银川市高三(下)4月教学质量检测(一模))(多选)中国航天科技集团2020年1月17日在北京举行《中国航天科技活动蓝皮书(2019年)》发布会。记者获悉，“嫦娥五号”探测器拟于2020年发射，实施首次月球采样返回。如图所示，假设运载火箭先将“嫦娥五号”月球探测器成功送入太空，由地月转移轨道进入半径为r1＝100 km的环月圆轨道Ⅰ后成功变轨到近月点为15 km的椭圆轨道Ⅱ，再从15 km高度降至近月圆轨道Ⅲ，最后成功实现登月。若取两物体相距无穷远时的引力势能为零，一个质量为m的质点到质量为M的均匀物体中心的距离为r时，其引力势能表达式为Ep＝－G(式中G为引力常量)。已知月球质量为M0，月球半径为R，发射的“嫦娥五号”探测器质量为m0，则下列关于“嫦娥五号”登月过程的说法正确的是( )
A．“嫦娥五号”探测器在轨道Ⅰ上运行时的动能小于在轨道Ⅲ上运行时的动能
B．“嫦娥五号”探测器在轨道Ⅲ上动行时的机械能等于在轨道Ⅰ上运行时的机械能
C．“嫦娥五号”探测器从轨道Ⅰ变轨到轨道Ⅲ时，引力势能减小了GM0m0
D．落月的“嫦娥五号”探测器从轨道Ⅲ回到轨道Ⅰ，需要提供的最小能量是
7. (2020·青海西宁市高三模拟)(多选)如图所示，绝缘粗糙斜面体固定在水平地面上，斜面体所在空间存在平行于斜面向上的匀强电场E，轻弹簧一端固定在斜面顶端，另一端拴接一不计质量的绝缘薄板，一带正电的小滑块，从斜面上的P点处由静止释放后，沿斜面向上运动，并能压缩弹簧至R点(图中未标出)，然后返回，则( )
A．滑块从P点运动到R点的过程中，其机械能的增加量等于电场力与弹簧弹力做功之和
B．滑块从P点运动到R点的过程中，其电势能的减小量大于重力势能和弹簧弹性势能的增加量之和
C．滑块最终停在弹簧原长处
D．滑块最终停下来，克服摩擦力所做的功小于电势能的减小量与重力势能增加量之差
8．(2020·陕西安康高三三模)如图甲所示，轻弹簧一端固定在与斜面垂直的挡板上，另一端在O点位置。质量为m的物块A(可视为质点)以初速度v0从斜面的顶端P点沿斜面向下运动，与弹簧接触后压缩弹簧，将弹簧右端压到O′点位置后，A又被弹簧弹回。物块A离开弹簧后，恰好回到P点。已知O、P之间的距离为x0，物块A与斜面间的动摩擦因数为μ，斜面倾角为θ。求：
(1)O点和O′点间的距离x1；
(2)弹簧在最低点O′处的弹性势能；
(3)设B的质量为βm，μ＝tanθ，v0＝3。在P点处放置一个弹性挡板，将A与另一个与A材料相同的物块B(可视为质点，且与弹簧右端不拴接)并排在一起，使两根弹簧(与图甲情形中的弹簧规格相同)仍压缩到O′点位置，然后由静止释放，如图乙所示。若A离开B后给A沿斜面向上的恒力F＝mgsinθ，且A不会与B发生碰撞，求β需满足的条件。
易错警示 系统机械能守恒中的关联速度问题
例 (2020·东北三省四市教研联合体二模)(多选)如图，劲度系数为100 N/m的轻弹簧下端固定于倾角为θ＝53°的光滑斜面底端，上端连接物块Q，Q同时和与斜面平行的轻绳相连，轻绳跨过定滑轮O与套在光滑竖直杆的物块P连接，图中O、B两点等高，间距d＝0.3 m。初始时在外力作用下，P在A点静止不动，A、B间距离h＝0.4 m，此时轻绳中张力大小为50 N。已知P质量为0.8 kg，Q质量为5 kg。现将P由静止释放(不计滑轮大小及摩擦，取g＝10 m/s2，sin53°＝0.8，cos53°＝0.6)，下列说法正确的是( )
A．P位于A点时，弹簧的伸长量为0.1 m
B．P上升至B点时的速度大小为 m/s
C．P上升至B点的过程中，轻绳拉力对其所做的功为6 J
D．P上升至B点的过程中，轻绳拉力对P做的功等于Q机械能的减少量
专题作业
限时：60分钟 满分：100分
一、选择题(本题共8小题，每小题9分，共72分，均为多选题)
1．(2020·湖北省宜昌市高三下学期4月在线联考)如图所示，A、B、C三个完全相同的滑块从粗糙斜面上的同一高度同时开始运动。A由静止释放；B的初速度方向沿斜面向下，大小为v0；C的初速度方向沿水平方向，大小也为v0。斜面足够大，A、B、C运动过程中不会相碰，则( )
A．A和C所受的滑动摩擦力大小不相等
B．A将比C先滑到斜面底端
C．滑到斜面底端时，B的动能最大
D．滑到斜面底端时，C的机械能减少得最多
2．(2020·湖北省武汉市武昌区高三(下)6月调研考试(三))如图甲所示，在公元1267～1273年闻名于世的“襄阳炮”其实是一种大型抛石机。将石块放在长臂一端的石袋中，在短臂端挂上重物。发射前将长臂端往下拉至地面，然后突然松开，石袋中的石块过最高点时就被抛出。现将其简化为图乙所示。将一质量m＝80 kg的可视为质点的石块装在长L＝ m的长臂末端的石袋中，初始时长臂与水平面成α＝30°角。松开后，长臂转至竖直位置时，石块被水平抛出，落在水平地面上。石块落地点与O点的水平距离s＝100 m。忽略长臂、短臂和石袋的质量，不计空气阻力和所有摩擦，g＝10 m/s2，下列说法中正确的是( )
A．石块水平抛出时的初速度为25 m/s
B．重物重力势能的减少量等于石块机械能的增加量
C．石块从A到最高点的过程中，石袋对石块做的功为1.16×105 J
D．石块做圆周运动至最高点时，石袋对石块的作用力大小为1.42×104 N
3．(2020·江苏省七市高三(下)6月第三次调研) 如图所示，竖直平面内固定一倾斜的光滑绝缘杆，轻质绝缘弹簧上端固定，下端系带正电的小球A，球A套在杆上，杆下端固定一带正电的小球B。现将球A从弹簧原长位置由静止释放，运动距离x0到达最低点，此时未与球B相碰。在球A向下运动过程中，关于球A的速度v、加速度a、球A和弹簧组成的系统的机械能E、两球的电势能Ep随运动距离x的变化图象，可能正确的有( )
4．(2020·吉林省长春市高考模拟) 如图所示，绕过光滑轻质小定滑轮的轻绳，一端连接物块，另一端系一圆环。圆环套在倾角为θ的光滑直杆上，与滑轮等高的A点到滑轮的距离为d，重力加速度大小为g。现将圆环从A点由静止释放，下列说法正确的是( )
A．圆环的加速度大小不可能为gsinθ
B．当圆环下滑距离为dcosθ时，圆环的机械能最大
C．当圆环下滑距离为dcosθ时，物块的速度为零
D．当圆环下滑到最低点时，物块恰好回到初位置且速度为零
5．(2020·四川省雅安市高中高三(下)第三次诊断)如图甲所示，倾角为θ的传送带以恒定速率v0逆时针转动，在t＝0时，将质量m＝1 kg的物体(可视为质点)轻放在传送带上，物体的速度随时间变化的图象如图乙所示，重力加速度g＝10 m/s2。则( )
A．传送带的倾角θ＝37°
B．物体与传送带间的动摩擦因数μ＝0.4
C．在前2秒内，传送带对物体做的功为24 J
D．在前2秒内，物体与传送带间因摩擦产生的热量为24 J
6．(2020·吉林省吉林市高三(下)毕业班第四次调研考试)如图所示，在水平向右的匀强电场中，质量为m的带电小球，以初速度v从M点竖直向上运动，通过N点时，速度大小为2v，方向与电场方向相反，而后到达与M点在同一水平面上的P点，轨迹如图。其中N′是N点在MP直线上的投影点。以下关于小球的运动说法正确的是( )
A．重力与电场力大小之比为1∶2
B．从M到N重力势能增加mv2
C．从M到N机械能增加2mv2
D．从M到P电势能减少8mv2
7．(2020·安徽省马鞍山市高三(下)三模)倾角为θ且足够长的光滑固定斜面上有一质量为m的物体，初始位置如图甲所示。在平行于斜面向上的力F的作用下，从初始位置由静止开始沿斜面运动，运动过程中物体的机械能E随位置x的变化关系如图乙所示。其中0～x1过程的图线是曲线，x1～x2过程的图线是平行于x轴的直线，x2～x3过程的图线是倾斜的直线，则下列说法正确的是( )
A．在0～x1的过程中，力F在减小
B．在0～x1的过程中，物体的动能一直在增大
C．在x1～x2的过程中，物体的速度大小不变
D．在x2～x3的过程中，物体一定做匀速运动
8．(2020·江苏省高三普通高等学校招生全国统一考试(三))如图甲所示，竖直光滑杆固定不动，套在杆上的弹簧下端固定，在外力作用下将套在杆上的滑块向下压缩弹簧至离地高度h1＝0.1 m处，滑块与弹簧不拴接。现由静止释放滑块，通过传感器测量到滑块的速度和离地高度h，并作出滑块的动能Ek与离地面高度h的关系图象，如图乙所示，其中高度从0.2 m上升到0.35 m范围内图象为直线，其余部分为曲线，以地面为零势能面，取g＝10 m/s2，由图象可知( )
A．小滑块的质量为0.2 kg
B．刚释放时弹簧的弹性势能为0.32 J
C．弹簧的劲度系数为250 N/m
D．小滑块的重力势能与弹簧的弹性势能总和最小为0.38 J
二、计算题(本题共2小题，共28分，须写出规范的解题步骤)
9．(2020·陕西省汉中市高三教学质量第二次检测) (12分)如图所示，水平向右的匀强电场中，某倾角为θ＝37°的绝缘斜面固定于水平面上，顶端静置一质量为m＝2 kg的带正电物块，所带电量为q＝10－6 C。若物块与斜面间的动摩擦因数为μ＝0.2，电场强度为E＝5×106 V/m，且物块能自由下滑到斜面底端。斜面高度为h＝1 m，已知：g＝10 m/s2，sin37°＝0.6，cos37°＝0.8，试问，物块下滑到斜面底端的过程中：
(1)物块与斜面摩擦产生的内能为多少？
(2)物块动能的改变量是多少？
(3)物块机械能的改变量是多少？
10．(2016·全国卷Ⅱ)(16分)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，但仍能沿圆轨道滑下，求P的质量的取值范围。
第6讲 机械能守恒定律 功能关系和能量守恒定律
构建网络·重温真题
1．(2020·全国卷Ⅰ)(多选) 一物块在高3.0 m、长5.0 m的斜面顶端从静止开始沿斜面下滑，其重力势能和动能随下滑距离s的变化如图中直线Ⅰ、Ⅱ所示，重力加速度取10 m/s2。则( )
A．物块下滑过程中机械能不守恒
B．物块与斜面间的动摩擦因数为0.5
C．物块下滑时加速度的大小为6.0 m/s2
D．当物块下滑2.0 m时机械能损失了12 J
答案 AB
解析 物块下滑5 m的过程中，重力势能减少30 J，动能增加10 J，增加的动能小于减少的重力势能，所以机械能不守恒，A正确。斜面高h＝3.0 m、长L＝5.0 m，则斜面倾角θ的正弦值sinθ＝＝0.6；物块在斜面底端的重力势能为零，则在斜面顶端的重力势能为mgh＝30 J，可得物块的质量m＝1.0 kg；物块下滑5 m的过程中，由功能关系可知，机械能的减少量等于克服摩擦力做的功，即μmgcosθ·L＝20 J，可求得μ＝0.5，B正确。由牛顿第二定律，有mgsinθ－μmgcosθ＝ma，可求得a＝2.0 m/s2，C错误。当物块下滑2.0 m时，重力势能减少12 J，动能增加4 J，所以机械能损失了8 J，D错误。
2. (2019·全国卷Ⅱ)(多选)从地面竖直向上抛出一物体，其机械能E总等于动能Ek与重力势能Ep之和。取地面为重力势能零点，该物体的E总和Ep随它离开地面的高度h的变化如图所示。重力加速度取10 m/s2。由图中数据可得( )
A．物体的质量为2 kg
B．h＝0时，物体的速率为20 m/s
C．h＝2 m时，物体的动能Ek＝40 J
D．从地面至h＝4 m，物体的动能减少100 J
答案 AD
解析 由于Ep＝mgh，所以Ep与h成正比，斜率k＝mg，由图象得k＝20 N，因此m＝2 kg，A正确；当h＝0时，Ep＝0，E总＝Ek＝mv，因此v0＝10 m/s，B错误；由图象知h＝2 m时，E总＝90 J，Ep＝40 J，由E总＝Ek＋Ep得Ek＝50 J，C错误；h＝4 m时，E总＝Ep＝80 J，即此时Ek＝0，即从地面至h＝4 m，动能减少100 J，D正确。
3．(2019·江苏高考)(多选)如图所示，轻质弹簧的左端固定，并处于自然状态。小物块的质量为m，从A点向左沿水平地面运动，压缩弹簧后被弹回，运动到A点恰好静止。物块向左运动的最大距离为s，与地面间的动摩擦因数为μ，重力加速度为g，弹簧未超出弹性限度。在上述过程中( )
A．弹簧的最大弹力为μmg
B．物块克服摩擦力做的功为2μmgs
C．弹簧的最大弹性势能为μmgs
D．物块在A点的初速度为
答案 BC
解析 物块向左运动压缩弹簧，弹簧最短时，弹簧弹力最大，物块具有向右的加速度，弹簧弹力大于摩擦力，即Fm>μmg，A错误；根据功的公式，物块克服摩擦力做的功W＝μmgs＋μmgs＝2μmgs，B正确；从物块将弹簧压缩到最短至物块运动到A点静止的过程中，根据能量守恒定律，弹簧的弹性势能通过摩擦力做功转化为内能，故Epm＝μmgs，C正确；根据能量守恒定律，在整个过程中，物体的初动能通过摩擦力做功转化为内能，即mv2＝2μmgs，所以v＝2，D错误。
4．(2018·全国卷Ⅰ) 如图，abc是竖直面内的光滑固定轨道，ab水平，长度为2R；bc是半径为R的四分之一圆弧，与ab相切于b点。一质量为m的小球，始终受到与重力大小相等的水平外力的作用，自a点处从静止开始向右运动。重力加速度大小为g。小球从a点开始运动到其轨迹最高点，机械能的增量为( )
A．2mgR B．4mgR
C．5mgR D．6mgR
答案 C
解析 小球始终受到与重力大小相等的水平外力的作用，机械能的增量ΔE机＝W除G外力，机械能的增量等于水平外力在从a点开始运动到其轨迹最高点过程做的功。设小球运动到c点的速度为vc，由动能定理有：F·3R－mg·R＝mv，解得：vc＝2。小球运动到c点后，根据小球受力情况，可分解为水平方向初速度为零的匀加速运动，加速度为ax＝g，竖直方向的竖直上抛运动加速度也为g，小球上升至最高点时，竖直方向速度减小为零，时间为t＝＝，水平方向的位移为：x＝axt2＝g2＝2R，综上所述小球从a点开始运动到其轨迹最高点，机械能的增量为ΔE机＝F·(3R＋x)＝5mgR，正确答案为C。
5．(2017·全国卷Ⅲ) 如图，一质量为m，长度为l的均匀柔软细绳PQ竖直悬挂。用外力将绳的下端Q缓慢地竖直向上拉起至M点，M点与绳的上端P相距l。重力加速度大小为g。在此过程中，外力做的功为( )
A．mgl B．mgl
C．mgl D．mgl
答案 A
解析 以均匀柔软细绳MQ段为研究对象，其质量为m，取M点所在的水平面为零势能面，开始时，细绳MQ段的重力势能Ep1＝－mg·＝－mgl，用外力将绳的下端Q缓慢地竖直向上拉起至M点时，细绳MQ段的重力势能Ep2＝－mg·＝－mgl，则外力做的功即克服重力做的功等于细绳MQ段的重力势能的变化，即W＝Ep2－Ep1＝－mgl＋mgl＝mgl，A正确。
6．(2017·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%。
答案 (1)4.0×108 J 2.4×1012 J (2)9.7×108 J
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 J。
7．(2020·全国卷Ⅱ) 如图，一竖直圆管质量为M，下端距水平地面的高度为H，顶端塞有一质量为m的小球。圆管由静止自由下落，与地面发生多次弹性碰撞，且每次碰撞时间均极短；在运动过程中，管始终保持竖直。已知M＝4m，球和管之间的滑动摩擦力大小为4mg，g为重力加速度的大小，不计空气阻力。
(1)求管第一次与地面碰撞后的瞬间，管和球各自的加速度大小；
(2)管第一次落地弹起后，在上升过程中球没有从管中滑出，求管上升的最大高度；
(3)管第二次落地弹起的上升过程中，球仍没有从管中滑出，求圆管长度应满足的条件。
答案 (1)2g 3g (2)H (3)圆管长度L≥H
解析 (1)管第一次落地弹起的瞬间，小球仍然向下运动。设此时管的加速度大小为a1，方向向下；球的加速度大小为a2，方向向上；球与管之间的摩擦力大小为f，由牛顿第二定律有
Ma1＝Mg＋f①
ma2＝f－mg②
由①②式并代入题给数据，得a1＝2g，a2＝3g。③
(2)管第一次与地面碰撞前管与球的速度大小相同，由运动学公式可得，与地面碰撞前瞬间它们的速度大小均为v0＝④
方向均向下。管弹起的瞬间，管的速度大小不变，方向反向，球的速度大小不变，方向依然向下。
假设自弹起时经过时间t1，管与小球的速度刚好相同，且管仍在上升。取向上为正方向，由运动学公式可得
v0－a1t1＝－v0＋a2t1⑤
联立③④⑤式得t1＝ ⑥
设此时管下端的高度为h1，速度为v。由运动学公式可得
h1＝v0t1－a1t⑦
v＝v0－a1t1⑧
由③④⑥⑧式可判断此时v>0，故假设成立。此后，管与小球将以加速度g减速上升h2，到达最高点。由运动学公式有h2＝⑨
设管第一次落地弹起后上升的最大高度为H1，则
H1＝h1＋h2⑩
联立③④⑥⑦⑧⑨⑩式可得H1＝H。?
(3)设管第一次弹起的上升过程中球相对管的位移大小为x1，在管开始下落到第一次弹起上升H1这一过程中，由能量守恒定律有Mg(H－H1)＋mg(H－H1＋x1)＝4mgx1?
联立??式并代入题给数据得x1＝H?
同理可推得，管与球从再次下落到第二次弹起至最高点的过程中，球相对于管的位移大小为x2＝H1?
设圆管长度为L，管第二次落地弹起后的上升过程中，球不会滑出管外的条件是x1＋x2≤L?
联立????式，可得L应满足的条件为L≥H。?
命题特点：机械能守恒定律、功能关系和能量守恒定律是高考的重点，更是高考的热点，高考试题往往与电场、磁场以及典型的运动情境相联系，多以选择题和计算题的形式考查。
思想方法：能量守恒思想、图象法、全过程法和分段法。
高考考向1 机械能守恒定律的应用
例1 (2018·江苏高考)如图所示，钉子A、B相距5l，处于同一高度。细线的一端系有质量为M的小物块，另一端绕过A固定于B。质量为m的小球固定在细线上C点，B、C间的线长为3l。用手竖直向下拉住小球，使小球和物块都静止，此时BC与水平方向的夹角为53°。松手后，小球运动到与A、B相同高度时的速度恰好为零，然后向下运动。忽略一切摩擦，重力加速度为g，取sin53°＝0.8，cos53°＝0.6。求：
(1)小球受到手的拉力大小F；
(2)物块和小球的质量之比M∶m；
(3)小球向下运动到最低点时，物块M所受的拉力大小T。
破题关键点
(1)小球和物块之间有什么关系？
提示：小球和物块组成的系统机械能守恒，两者沿细线方向的速度和加速度大小都相等。
(2)如何求解小球运动到最低点时，物块M受到的拉力大小？
提示：小球与物块沿细线方向的加速度大小相等，根据牛顿第二定律分别对小球和物块列方程，联立求解拉力。
[解析] (1)如图所示，设小球受AC、BC方向的拉力分别为F1、F2
F1sin53°＝F2cos53°
F＋mg＝F1cos53°＋F2sin53°
且F1＝Mg
解得F＝Mg－mg。
(2)小球运动到与A、B相同高度过程中，小球上升高度h1＝3lsin53°
物块下降高度h2＝lAC＋lBC－lAB＝2l
根据机械能守恒定律mgh1＝Mgh2
解得＝。
(3)根据机械能守恒定律，小球向下运动到最低点时回到起始点。设此时小球沿AC方向的加速度大小为a，物块受到的拉力为T
根据牛顿第二定律，Mg－T＝Ma
小球受AC方向的拉力T′＝T
根据牛顿第二定律，T′－mgcos53°＝ma
解得T＝。
[答案] (1)Mg－mg (2)
(3)T＝
1.机械能守恒的判断方法
(1)利用机械能的定义判断：若系统的动能、重力势能和弹性势能的总和不变，则机械能守恒。
(2)利用做功判断：若系统只有重力或弹力做功，或其他力做功的代数和为零，则机械能守恒。
(3)利用能量转化判断：若系统只有动能和势能的相互转化，或还有其他形式能之间的相互转化，但无机械能与其他形式能之间的相互转化，则机械能守恒。
(4)绳子突然绷紧、物体间非弹性碰撞等，机械能不守恒。
2．应用机械能守恒定律解题时的三点注意
(1)要注意研究对象的选取。研究对象的选取是解题的首要环节，有的问题选单个物体(实为一个物体与地球组成的系统)为研究对象时机械能不守恒，但选此物体与其他几个物体组成的系统为研究对象时，机械能却是守恒的。如图所示，单独选物体A为研究对象时机械能减少，但选物体A、B二者组成的系统为研究对象时机械能守恒。
(2)要注意研究过程的选取。有些问题研究对象的运动过程分几个阶段，有的阶段机械能守恒，而有的阶段机械能不守恒。因此，在应用机械能守恒定律解题时要注意过程的选取。
(3)要注意机械能守恒定律表达式的选取。
1. (2020·内蒙古鄂尔多斯市高三(下)高考模拟试卷)(多选)如图所示，两质量都为m的滑块a、b(都可看做质点)通过铰链用长度为L的刚性轻杆相连接，a套在竖直细杆A上，b套在水平细杆B上，A、B足够长且分离不接触，A、B间的距离忽略不计。将滑块a从图示位置(轻杆与B杆夹角为30°)由静止释放，不计一切摩擦，已知重力加速度为g。在此后的运动过程中，下列说法中正确的是( )
A．滑块a和滑块b所组成的系统机械能守恒
B．滑块b的速度为零时，滑块a的加速度大小一定等于g
C．滑块b的最大速度为
D．滑块a的最大速度为
答案 AC
解析 由于在整个运动过程中不计摩擦阻力，因此滑块a和滑块b组成的系统中只有重力做功，机械能守恒，A正确；在初始位置，滑块b的速度为零，此时轻杆对滑块a有斜向上的推力，滑块a的加速度小于g，B错误；当滑块a下降到最低点时，滑块a的速度为零，滑块b的速度最大，根据机械能守恒定律有：mgL(1＋sin30°)＝mv，解得vbm＝，C正确；滑块a速度最大的位置一定在两杆交叉点之下，设滑块a运动至B杆以下任意位置时，杆与水平方向夹角为θ，根据机械能守恒定律有：mgL(sin30°＋sinθ)＝mv＋mv，两滑块沿杆方向速度相等，即vbcosθ＝vasinθ，两式联立可得va＝，利用特殊值，将θ＝30°代入上式可得：va＝>，因此滑块a的最大速度不是，D错误。
2. (2020·辽宁省部分重点中学协作体高三(下)高考模拟考试)(多选)如图所示，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，下列说法正确的是( )
A．斜面倾角α＝30°
B．A获得的最大速度为2g
C．C刚离开地面时，B的加速度最大
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 AB
解析 设当小球C刚离开地面时，弹簧的伸长量为xC，则kxC＝mg，此时B受到重力mg、弹簧的弹力kxC、细线的拉力T三个力的作用，设B的加速度为a，根据牛顿第二定律，对B有：T－mg－kxC＝ma，对A有：4mgsinα－T＝4ma，联立解得：4mgsinα－2mg＝5ma，由题意知，此时A沿斜面下滑的速度最大，则a＝0，可解得：α＝30°，故A正确；设开始时弹簧的压缩量为xB，则kxB＝mg，从释放A到C刚离开地面的过程中，B上升的距离以及A沿斜面下滑的距离均为：h＝xC＋xB，由于xB＝xC，则刚释放A时及C恰好离开地面时弹簧的弹性势能相等，且C刚离开地面时，A、B两球的速度大小相等，设为vAm，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：4mg·hsinα－mgh＝(4m＋m)v，代入数据解得：vAm＝2g，故B正确；C刚离开地面时，B的速度最大，加速度为零，故C错误；从释放A到C刚离开地面的过程中，A、B两小球以及弹簧组成的系统机械能守恒，但A、B两小球组成的系统机械能不守恒，故D错误。
高考考向2 功能关系的综合应用
例2 (2020·山西省高三(下)高考考前适应性测试(二))(多选)如图所示，水平向右的匀强电场中有一绝缘斜面，一带电滑块以Ek0＝40 J的初动能从斜面底端a冲上斜面，到顶端b后返回。已知滑块从a滑到b的过程中克服摩擦力做功15 J，克服重力做功30 J，则( )
A．滑块带正电，上滑过程中电势能增加5 J
B．滑块上滑过程中机械能增加10 J
C．滑块下滑过程中机械能减少20 J
D．滑块返回到斜面底端时动能为10 J
破题关键点
(1)如何求滑块上滑过程中电势能的变化量？
提示：根据功能关系结合动能定理求解。
(2)如何求滑块上滑或下滑过程中机械能的变化量？
提示：机械能的变化量等于除重力以外其他力做的功。
[解析] 带电滑块上滑过程中，根据动能定理有：－WG＋W电－Wf＝0－Ek0，代入数据解得：W电＝5 J，故电场力做功5 J，电势能减少5 J，滑块带负电，A错误；滑块上滑过程中机械能的变化量ΔE＝W电－Wf＝5 J－15 J＝－10 J，即机械能减少10 J，B错误；滑块下滑过程中，机械能的变化量ΔE′＝－W电－Wf＝－5 J－15 J＝－20 J，即机械能减少20 J，C正确；滑块从开始到返回到斜面底端的过程中，根据动能定理有：－2Wf＝Ek－Ek0，代入数据解得：Ek＝10 J，D正确。
[答案] CD
常见的功能关系
3．(2020·甘肃省兰州市高三(下)诊断考试)发光弹弓弹射飞箭是傍晚在广场常见的儿童玩具，其工作原理是利用弹弓将发光飞箭弹出后在空中飞行。若小朋友以大小为E的初动能将飞箭从地面竖直向上弹出，飞箭落回地面时动能大小为，设飞箭在运动过程中所受空气阻力的大小不变，重力加速度为g，以地面为零势能面，则下列说法正确的是( )
A．飞箭上升阶段克服空气阻力做的功为
B．飞箭下落过程中重力做的功为
C．飞箭在最高点具有的机械能为
D．飞箭所受空气阻力与重力大小之比为1∶7
答案 D
解析 飞箭上升阶段和下降阶段克服空气阻力做的功相等，则上升阶段克服空气阻力做的功为Wf＝＝，A错误；飞箭下落过程中，根据动能定理有：WG－Wf＝E－0，解得重力做的功为WG＝E，则飞箭在最高点具有的机械能为E，B、C错误；飞箭下落过程中，根据W＝Fs可得＝＝，D正确。
4．(2020·江苏省徐州市睢宁县高三下学期线上阶段性检测)(多选)如图所示，质量为m的物体在水平传送带上由静止释放，传送带由电动机带动，始终保持以速度v匀速运动，物体与传送带间的动摩擦因数为μ，物体过一会儿能保持与传送带相对静止。对于物体从静止释放到与传送带保持相对静止的这一过程，下列说法正确的是( )
A．物体在传送带上的划痕长
B．传送带克服摩擦力做的功为mv2
C．电动机多做的功为mv2
D．电动机增加的功率为μmgv
答案 AD
解析 物体在传送带上的划痕长等于物体与传送带的相对位移大小，物体达到速度v所需的时间t＝，在这段时间内物体的位移大小x1＝，传送带的位移大小x2＝vt＝，则物体与传送带的相对位移大小x＝x2－x1＝，故A正确；电动机多做的功转化成了物体的动能和系统的内能，物体在这个过程中获得的动能为mv2，相对位移大小x＝，在这个过程中，滑块与传送带组成的系统产生的热量Q＝μmg·＝mv2，故传送带克服摩擦力做的功即电动机多做的功为mv2，故B、C错误；电动机增加的功率即传送带克服摩擦力做功的功率，为ΔP＝μmgv，故D正确。
5．(2020·山西省运城市高三下学期4月调研测试)(多选)一物体静止在水平地面上，在竖直向上拉力F作用下开始向上运动，如图甲。在物体向上运动过程中，其机械能E与位移x的关系图象如图乙，已知曲线上A点的切线斜率最大，不计空气阻力，则( )
A．在x1处物体所受拉力最大
B．在x1～x2过程中，物体的动能先增大后减小
C．在x1～x2过程中，物体的加速度先增大后减小
D．在0～x2过程中，拉力对物体做的功等于克服物体重力做的功
答案 AB
解析 E?x图象的斜率表示竖直向上的拉力F，曲线上A点的切线斜率最大，则在x1处物体所受的拉力最大，故A正确。在x1～x2过程中，图象的斜率逐渐变小直至为0，则拉力逐渐减小直至为0，分析可知在x1处拉力F>mg，由牛顿第二定律知，物体的加速度先向上减小后向下增大，而速度一直向上，则物体先加速后减速，物体的动能先增大后减小，故B正确，C错误。物体从静止开始运动，到x2处后机械能保持不变，在x2处时，物体具有重力势能和动能，故在0～x2过程中，拉力对物体做的功等于克服物体重力做的功与物体的动能增加量之和，故D错误。
高考考向3 能量守恒定律的综合应用
例3 (多选)如图所示为某探究活动小组设计的节能运动系统。斜面轨道倾角为30°，木箱质量为M，货物质量m＝2M，木箱与轨道间的动摩擦因数为。木箱在轨道顶端时，自动装货装置将货物装入木箱，然后木箱载着货物沿轨道无初速度滑下，当轻弹簧被压缩至最短时，自动卸货装置立刻将货物卸下后返回。下列选项正确的是( )
A．卸下货物后木箱恰好被弹回到轨道顶端
B．木箱不与弹簧接触时，上滑的加速度大于下滑的加速度
C．在木箱与货物从轨道顶端滑到最低点的过程中，木箱和货物减少的重力势能全部转化为弹簧的弹性势能
D．木箱上升的过程中，弹簧减少的弹性势能全部转化为木箱的机械能和系统的内能
破题关键点
(1)木箱和货物下滑过程中能量是如何转化的？
提示：木箱和货物的重力势能转化为弹簧的弹性势能和系统的内能。
(2)木箱上升过程中能量是如何转化的？
提示：弹簧的弹性势能转化为木箱的机械能和系统的内能。
[解析] 设弹簧压缩至最短时具有的弹性势能为Ep，在下滑过程中，由能量守恒定律得：(M＋m)g·ssin30°－μ(M＋m)gcos30°·s－Ep＝0，设木箱上滑到达最高点的速度为v，在上滑过程中，由能量守恒定律得：Ep－Mg·ssin30°－μMg·scos30°＝Mv2－0，联立两式解得：v＝0，即卸下货物后木箱恰好被弹回到轨道顶端，故A正确；木箱和货物在下滑过程中，木箱不与弹簧接触时，根据牛顿第二定律得，下滑时的加速度大小为：a下＝＝gsin30°－μgcos30°，同理可得木箱上滑时的加速度大小为：a上＝＝gsin30°＋μgcos30°，可知a上>a下，故B正确；根据能量守恒定律，在木箱与货物从轨道顶端滑到最低点的过程中，木箱和货物减少的重力势能全部转化为弹簧的弹性势能和系统的内能，木箱上升过程中，弹簧减少的弹性势能全部转化为木箱的机械能和系统的内能，故C错误，D正确。
[答案] ABD
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，应用能量的转化和守恒定律，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相对滑动路径的总长度。
6．(2020·宁夏银川市高三(下)4月教学质量检测(一模))(多选)中国航天科技集团2020年1月17日在北京举行《中国航天科技活动蓝皮书(2019年)》发布会。记者获悉，“嫦娥五号”探测器拟于2020年发射，实施首次月球采样返回。如图所示，假设运载火箭先将“嫦娥五号”月球探测器成功送入太空，由地月转移轨道进入半径为r1＝100 km的环月圆轨道Ⅰ后成功变轨到近月点为15 km的椭圆轨道Ⅱ，再从15 km高度降至近月圆轨道Ⅲ，最后成功实现登月。若取两物体相距无穷远时的引力势能为零，一个质量为m的质点到质量为M的均匀物体中心的距离为r时，其引力势能表达式为Ep＝－G(式中G为引力常量)。已知月球质量为M0，月球半径为R，发射的“嫦娥五号”探测器质量为m0，则下列关于“嫦娥五号”登月过程的说法正确的是( )
A．“嫦娥五号”探测器在轨道Ⅰ上运行时的动能小于在轨道Ⅲ上运行时的动能
B．“嫦娥五号”探测器在轨道Ⅲ上动行时的机械能等于在轨道Ⅰ上运行时的机械能
C．“嫦娥五号”探测器从轨道Ⅰ变轨到轨道Ⅲ时，引力势能减小了GM0m0
D．落月的“嫦娥五号”探测器从轨道Ⅲ回到轨道Ⅰ，需要提供的最小能量是
答案 AD
解析 探测器绕月球沿圆轨道运动过程中，根据万有引力提供向心力，有：＝m0，得v＝，可知“嫦娥五号”探测器在轨道Ⅰ上运行时的速率小于在轨道Ⅲ上运行时的速率，根据Ek＝m0v2可知，“嫦娥五号”探测器在轨道Ⅰ上运行时的动能小于在轨道Ⅲ上运行时的动能，故A正确；“嫦娥五号”探测器由轨道Ⅰ变轨到轨道Ⅲ时需要点火减速，此过程中有除万有引力外的其他力对它做负功，则探测器的机械能减少，即“嫦娥五号”探测器在轨道Ⅲ上运行时的机械能小于在轨道Ⅰ上运行时的机械能，故B错误；“嫦娥五号”探测器从轨道Ⅰ变轨到轨道Ⅲ时，引力势能的减小量ΔEp＝－－＝GM0m0，故C错误；根据＝m0可得探测器绕月球做圆周运动时的动能Ek＝m0v2＝，则“嫦娥五号”探测器由轨道Ⅲ回到轨道Ⅰ时，动能的减小量为：ΔEk＝，引力势能的增加量为：ΔEp′＝ΔEp＝GM0m0，由能量守恒定律可知，需要提供的最小能量为：E＝－ΔEk＋ΔEp′＝，故D正确。
7. (2020·青海西宁市高三模拟)(多选)如图所示，绝缘粗糙斜面体固定在水平地面上，斜面体所在空间存在平行于斜面向上的匀强电场E，轻弹簧一端固定在斜面顶端，另一端拴接一不计质量的绝缘薄板，一带正电的小滑块，从斜面上的P点处由静止释放后，沿斜面向上运动，并能压缩弹簧至R点(图中未标出)，然后返回，则( )
A．滑块从P点运动到R点的过程中，其机械能的增加量等于电场力与弹簧弹力做功之和
B．滑块从P点运动到R点的过程中，其电势能的减小量大于重力势能和弹簧弹性势能的增加量之和
C．滑块最终停在弹簧原长处
D．滑块最终停下来，克服摩擦力所做的功小于电势能的减小量与重力势能增加量之差
答案 BD
解析 滑块从P点运动到R点的过程中，由功能关系知，其机械能的增加量等于电场力、弹簧弹力及摩擦力做功之和，故A错误；滑块从P点运动到R点的过程中，由能量守恒定律知，其电势能的减小量大于重力势能和弹簧弹性势能的增加量之和，故B正确；在弹簧原长处，滑块的受力情况和在P点时相同，所受合力向上，不可能静止，故C错误；滑块合力为零的位置应在弹簧原长位置的上方，滑块由静止释放到最终停下来的过程中，由能量守恒定律知，其电势能的减小量等于重力势能、弹簧弹性势能的增加量及克服摩擦力所做的功之和，则滑块克服摩擦力所做的功小于电势能的减小量与重力势能增加量之差，故D正确。
8．(2020·陕西安康高三三模)如图甲所示，轻弹簧一端固定在与斜面垂直的挡板上，另一端在O点位置。质量为m的物块A(可视为质点)以初速度v0从斜面的顶端P点沿斜面向下运动，与弹簧接触后压缩弹簧，将弹簧右端压到O′点位置后，A又被弹簧弹回。物块A离开弹簧后，恰好回到P点。已知O、P之间的距离为x0，物块A与斜面间的动摩擦因数为μ，斜面倾角为θ。求：
(1)O点和O′点间的距离x1；
(2)弹簧在最低点O′处的弹性势能；
(3)设B的质量为βm，μ＝tanθ，v0＝3。在P点处放置一个弹性挡板，将A与另一个与A材料相同的物块B(可视为质点，且与弹簧右端不拴接)并排在一起，使两根弹簧(与图甲情形中的弹簧规格相同)仍压缩到O′点位置，然后由静止释放，如图乙所示。若A离开B后给A沿斜面向上的恒力F＝mgsinθ，且A不会与B发生碰撞，求β需满足的条件。
答案 (1)－x0 (2)mv＋tanθ
(3)≤β<
解析 (1)物块A从P点运动到O′点的过程中，设克服弹簧弹力做的功为W，由动能定理可得：
mg(x0＋x1)sinθ－μmg(x0＋x1)cosθ－W＝0－mv①
物块A从O′点回到P点的过程中，由动能定理可得：
W－mg(x0＋x1)sinθ－μmg(x0＋x1)cosθ＝0－0②
联立解得：x1＝－x0。
(2)将x1的表达式代入②式可得，物块A由O′点运动到O点的过程中，弹簧弹力做的功为
W＝mv＋tanθ，
O点为弹簧的原长位置，则弹簧在最低点O′处的弹性势能为Ep＝W＝mv＋tanθ。
(3)A、B分离的瞬间aA＝aB，且A、B之间的弹力为0，由牛顿第二定律可得：mgsinθ＋μmgcosθ＝maA
βmgsinθ＋μβmgcosθ－2T＝βmaB
联立解得：T＝0，即弹簧恢复原长的瞬间，两物块分离。
设分离瞬间两物块的速度为v，由能量守恒定律可得：
2Ep＝(1＋β)mgx1sinθ＋μ(1＋β)mgx1cosθ＋(1＋β)mv2
将μ＝tanθ、v0＝3、x1＝－x0、
Ep＝mv＋tanθ
代入上式解得：v＝。
由于μ＝tanθ，F＝mgsinθ，故分离后两物块的加速度大小分别为：
aA′＝＝gsinθ
aB′＝＝2gsinθ
由此可知，分离后两物块均做匀减速直线运动，且aB′>aA′，故在A上升阶段，两物块不会碰撞；B速度减为0后，由于μ＝tanθ，故B会保持静止状态，B上升的位移为xB＝
若A与挡板碰撞前速度就减为0，则此后A保持静止状态，两物块一定不会发生碰撞；若A能与挡板相碰，分析知A与挡板碰撞后，继续以大小为gsinθ的加速度向下做匀减速直线运动，直到速度减为0，保持静止；
从与B分开后到速度减为0，A运动的总路程为
xA＝
若A不与挡板碰撞，则xA＝≤x0
解得：β≥
若A能与挡板碰撞，则两物块不相撞的条件为A速度减为0时不与B相撞，即xA＋xB≤2x0，且xA>x0，解得：≤β<
由于v>0，故β＜
综上所述，β的取值范围为≤β<。
易错警示 系统机械能守恒中的关联速度问题
例 (2020·东北三省四市教研联合体二模)(多选)如图，劲度系数为100 N/m的轻弹簧下端固定于倾角为θ＝53°的光滑斜面底端，上端连接物块Q，Q同时和与斜面平行的轻绳相连，轻绳跨过定滑轮O与套在光滑竖直杆的物块P连接，图中O、B两点等高，间距d＝0.3 m。初始时在外力作用下，P在A点静止不动，A、B间距离h＝0.4 m，此时轻绳中张力大小为50 N。已知P质量为0.8 kg，Q质量为5 kg。现将P由静止释放(不计滑轮大小及摩擦，取g＝10 m/s2，sin53°＝0.8，cos53°＝0.6)，下列说法正确的是( )
A．P位于A点时，弹簧的伸长量为0.1 m
B．P上升至B点时的速度大小为 m/s
C．P上升至B点的过程中，轻绳拉力对其所做的功为6 J
D．P上升至B点的过程中，轻绳拉力对P做的功等于Q机械能的减少量
分析与解 物块P位于A点时，设弹簧的伸长量为x1，对Q有：T＝mQgsinθ＋kx1，代入数据求得：x1＝0.1 m，故A正确。物块P由A点上升至B点的过程中，P、Q及弹簧组成的系统机械能守恒，且P、Q沿轻绳方向的分速度大小相等；P点上升至B点时，OB垂直于竖直杆，因此此时物块Q的速度为0，物块Q沿斜面下降的距离为Δx＝AO－OB＝－d＝0.5 m－0.3 m＝0.2 m，即弹簧的压缩量x2＝0.2 m－0.1 m＝0.1 m，因为x2＝x1，所以P在A、B两点时弹簧的弹性势能相等；对P、Q及弹簧组成的系统，根据机械能守恒定律有：mQgΔxsinθ－mPgh＝mPv，解得：vP＝2 m/s；对物块P，根据动能定理有：WT－mPgh＝mPv，解得此过程中轻绳拉力对P做的功WT＝8 J；Q机械能的减少量ΔEQ＝mQgΔxsinθ＝8 J，故B、C错误，D正确。
答案 AD
易错警示 通过绳子或杆连接的物体沿绳或杆方向的分速度大小相等。
专题作业
限时：60分钟 满分：100分
一、选择题(本题共8小题，每小题9分，共72分，均为多选题)
1．(2020·湖北省宜昌市高三下学期4月在线联考)如图所示，A、B、C三个完全相同的滑块从粗糙斜面上的同一高度同时开始运动。A由静止释放；B的初速度方向沿斜面向下，大小为v0；C的初速度方向沿水平方向，大小也为v0。斜面足够大，A、B、C运动过程中不会相碰，则( )
A．A和C所受的滑动摩擦力大小不相等
B．A将比C先滑到斜面底端
C．滑到斜面底端时，B的动能最大
D．滑到斜面底端时，C的机械能减少得最多
答案 CD
解析 滑块所受的滑动摩擦力f＝μFN＝μmgcosθ，由于A、B、C完全相同，所以三个滑块所受的滑动摩擦力大小相等，A错误；由静止释放后A沿斜面向下运动，所受滑动摩擦力沿斜面向上，而C在斜面上做曲线运动，沿斜面向上的力是滑动摩擦力的分力，所以C沿斜面向下的分加速度大于A沿斜面向下的加速度，C将比A先到达斜面底端，B错误；三个滑块的重力相同，滑到斜面底端时，A、B、C下降的高度相同，则重力做的功相同，A、B克服摩擦力做的功相同，C克服摩擦力做的功最多，A的初动能为零，B、C的初动能相等，根据动能定理可知，滑到斜面底端时，B的动能最大，C正确；滑动摩擦力做功与路程有关，C运动的路程最大，克服摩擦力做的功最多，由功能关系知，C的机械能减少得最多，D正确。
2．(2020·湖北省武汉市武昌区高三(下)6月调研考试(三))如图甲所示，在公元1267～1273年闻名于世的“襄阳炮”其实是一种大型抛石机。将石块放在长臂一端的石袋中，在短臂端挂上重物。发射前将长臂端往下拉至地面，然后突然松开，石袋中的石块过最高点时就被抛出。现将其简化为图乙所示。将一质量m＝80 kg的可视为质点的石块装在长L＝ m的长臂末端的石袋中，初始时长臂与水平面成α＝30°角。松开后，长臂转至竖直位置时，石块被水平抛出，落在水平地面上。石块落地点与O点的水平距离s＝100 m。忽略长臂、短臂和石袋的质量，不计空气阻力和所有摩擦，g＝10 m/s2，下列说法中正确的是( )
A．石块水平抛出时的初速度为25 m/s
B．重物重力势能的减少量等于石块机械能的增加量
C．石块从A到最高点的过程中，石袋对石块做的功为1.16×105 J
D．石块做圆周运动至最高点时，石袋对石块的作用力大小为1.42×104 N
答案 CD
解析 做平抛运动的石块在竖直方向的位移为h＝L＋Lsin30°＝ m＋× m＝20 m，根据h＝gt2可得：t＝ ＝ s＝2 s，故石块水平抛出时的初速度为：v0＝＝ m/s＝50 m/s，A错误；长臂转动过程中，重物的动能也在增加，由能量守恒定律可知，重物重力势能的减少量大于石块机械能的增加量，B错误；石块从A到最高点的过程中，石袋对石块做的功为：W＝mv＋mgh＝×80×502 J＋80×10×20 J＝1.16×105 J，C正确；石块做圆周运动至最高点时，根据牛顿第二定律有：F＋mg＝m，解得石袋对石块的作用力大小为：F＝m－mg＝1.42×104 N，D正确。
3．(2020·江苏省七市高三(下)6月第三次调研) 如图所示，竖直平面内固定一倾斜的光滑绝缘杆，轻质绝缘弹簧上端固定，下端系带正电的小球A，球A套在杆上，杆下端固定一带正电的小球B。现将球A从弹簧原长位置由静止释放，运动距离x0到达最低点，此时未与球B相碰。在球A向下运动过程中，关于球A的速度v、加速度a、球A和弹簧组成的系统的机械能E、两球的电势能Ep随运动距离x的变化图象，可能正确的有( )
答案 CD
解析 设球A的质量为m，球A、B的带电量分别为q1、q2，释放球A时A、B间的距离为r，弹簧的劲度系数为k，杆与水平方向的夹角为θ，则在球A由静止运动至最低点的过程中，受力分析如图所示，由牛顿第二定律有：mgsinθ－－kx＝ma。所以球A先做加速度减小的加速运动，再做加速度增大的减速运动，越向下运动，弹簧弹力和电场力越大，所以减速阶段速度减小得更快，速度减为零的时间更短，和加速阶段不对称，A错误；球A向下运动过程中，弹簧弹力随x均匀变化，电场力随x增大得越来越快，故加速度随x变化得越快，B错误；球A向下运动过程中，由于要克服电场力做功，所以球A和弹簧组成系统的机械能E逐渐减小，越靠近球B，电场力越大，机械能减小得越快，即E?x图象的斜率的绝对值越来越大，C正确；球A向下运动过程中，电场力做负功，电势能逐渐增大，越靠近球B，电场力越大，电势能增大得越快，所以Ep?x图象的斜率越来越大，D正确。
4．(2020·吉林省长春市高考模拟) 如图所示，绕过光滑轻质小定滑轮的轻绳，一端连接物块，另一端系一圆环。圆环套在倾角为θ的光滑直杆上，与滑轮等高的A点到滑轮的距离为d，重力加速度大小为g。现将圆环从A点由静止释放，下列说法正确的是( )
A．圆环的加速度大小不可能为gsinθ
B．当圆环下滑距离为dcosθ时，圆环的机械能最大
C．当圆环下滑距离为dcosθ时，物块的速度为零
D．当圆环下滑到最低点时，物块恰好回到初位置且速度为零
答案 BC
解析 当圆环下滑距离为dcosθ时，轻绳与直杆垂直，此时圆环受到轻绳的拉力及直杆的弹力方向均与直杆垂直，则圆环的合力为mgsinθ，加速度为gsinθ，由于此时圆环的速度沿直杆向下，与轻绳相互垂直，所以圆环的速度在沿轻绳方向的分量为零，故物块的速度为零，则当圆环下滑距离为dcosθ时，物块下落到最低点，此时物块的机械能最小，由于物块和圆环组成的系统机械能守恒，所以此时圆环的机械能最大，故A错误，B、C正确。当圆环下滑到最低点时，圆环和物块的速度都为零，根据机械能守恒定律，圆环减少的重力势能等于物块增加的重力势能，此时物块应在初始位置的上方，故D错误。
5．(2020·四川省雅安市高中高三(下)第三次诊断)如图甲所示，倾角为θ的传送带以恒定速率v0逆时针转动，在t＝0时，将质量m＝1 kg的物体(可视为质点)轻放在传送带上，物体的速度随时间变化的图象如图乙所示，重力加速度g＝10 m/s2。则( )
A．传送带的倾角θ＝37°
B．物体与传送带间的动摩擦因数μ＝0.4
C．在前2秒内，传送带对物体做的功为24 J
D．在前2秒内，物体与传送带间因摩擦产生的热量为24 J
答案 AD
解析 由题图乙知，物体先做初速度为零的匀加速直线运动，速度达到与传送带速度相等后，由于重力沿斜面向下的分力大于摩擦力，物体继续向下做匀加速直线运动。由题图乙知传送带的速度为10 m/s，开始时物体所受摩擦力的方向沿传送带向下，速度相等后摩擦力方向沿传送带向上，则：a1＝＝ m/s2＝10 m/s2，a2＝＝ m/s2＝2 m/s2，联立解得：μ＝0.5，θ＝37°，故A正确，B错误；0～1 s内，物体匀加速直线运动的位移为：x1＝＝ m＝5 m，此过程传送带对物体做的功为：W1＝μmgcos37°·x1＝0.5×1×10×0.8×5 J＝20 J，1～2 s内，物体匀加速直线运动的位移为：x2＝＝11 m，此过程传送带对物体做的功为：W2＝－μmgcos37°·x2＝－0.5×1×10×0.8×11 J＝－44 J，则在前2秒内，传送带对物体做的总功为：W＝W1＋W2＝－24 J，故C错误；0～1 s内，物体与传送带间的相对位移大小为：Δx1＝(10×1－5) m＝5 m，产生的热量为：Q1＝μmgcos37°·Δx1＝20 J，1～2 s内，物体与传送带间的相对位移大小为：Δx2＝(11－10) m＝1 m，产生的热量为：Q2＝μmgcos37°·Δx2＝4 J，则在前2秒内，物体与传送带间因摩擦产生的总热量为：Q＝Q1＋Q2＝24 J，故D正确。
6．(2020·吉林省吉林市高三(下)毕业班第四次调研考试)如图所示，在水平向右的匀强电场中，质量为m的带电小球，以初速度v从M点竖直向上运动，通过N点时，速度大小为2v，方向与电场方向相反，而后到达与M点在同一水平面上的P点，轨迹如图。其中N′是N点在MP直线上的投影点。以下关于小球的运动说法正确的是( )
A．重力与电场力大小之比为1∶2
B．从M到N重力势能增加mv2
C．从M到N机械能增加2mv2
D．从M到P电势能减少8mv2
答案 ACD
解析 小球在电场中运动的过程中，在竖直方向做竖直上抛运动，在水平方向做初速度为零的匀加速直线运动。从M到N，在竖直方向上有：v＝t，在水平方向上有：t＝2v，联立可得：mg∶qE＝1∶2，故A正确；到达N点时，小球竖直方向的速度为零，从M到N，在竖直方向上有：v2＝2gyMN，则重力势能的增加量为：ΔEp＝mgyMN＝mv2，故B错误；从M到N，机械能的增加量为：ΔE＝ΔEp＋ΔEk＝mv2＋m(4v2－v2)＝2mv2，故C正确；根据题意可知，从M到N与从N到P所用的时间相等，根据匀加速直线运动的速度与时间的关系可知，到达P点时小球在水平方向的速度为：vx＝2vN＝4v，此时小球的合速度为：v′＝＝v，则从M到P小球动能的增加量为：ΔEk′＝m·(v)2－mv2＝8mv2，又重力势能变化量为0，由能量守恒定律可知，电势能的减少量为8mv2，故D正确。
7．(2020·安徽省马鞍山市高三(下)三模)倾角为θ且足够长的光滑固定斜面上有一质量为m的物体，初始位置如图甲所示。在平行于斜面向上的力F的作用下，从初始位置由静止开始沿斜面运动，运动过程中物体的机械能E随位置x的变化关系如图乙所示。其中0～x1过程的图线是曲线，x1～x2过程的图线是平行于x轴的直线，x2～x3过程的图线是倾斜的直线，则下列说法正确的是( )
A．在0～x1的过程中，力F在减小
B．在0～x1的过程中，物体的动能一直在增大
C．在x1～x2的过程中，物体的速度大小不变
D．在x2～x3的过程中，物体一定做匀速运动
答案 AB
解析 根据功能关系有：ΔE＝F·Δx，得F＝，则E?x图线的斜率表示力F，由题图乙知，在0～x1的过程中图线的斜率逐渐减小到零，则力F逐渐减小到零，故A正确；在0～x1的过程中，由于机械能减小，则力F做负功，物体从静止开始向下做加速运动，物体的动能一直在增大，故B正确；由E?x图线的斜率表示力F可知，在x1～x2的过程中，力F＝0，物体向下做匀加速直线运动，故C错误；在x2～x3的过程中，E?x图象的斜率恒定，故力F为恒力，由于不知道力F与重力沿斜面方向的分力mgsinθ的大小关系，故物体有可能做匀速直线运动，也可能做匀减速直线运动或匀加速直线运动，故D错误。
8．(2020·江苏省高三普通高等学校招生全国统一考试(三))如图甲所示，竖直光滑杆固定不动，套在杆上的弹簧下端固定，在外力作用下将套在杆上的滑块向下压缩弹簧至离地高度h1＝0.1 m处，滑块与弹簧不拴接。现由静止释放滑块，通过传感器测量到滑块的速度和离地高度h，并作出滑块的动能Ek与离地面高度h的关系图象，如图乙所示，其中高度从0.2 m上升到0.35 m范围内图象为直线，其余部分为曲线，以地面为零势能面，取g＝10 m/s2，由图象可知( )
A．小滑块的质量为0.2 kg
B．刚释放时弹簧的弹性势能为0.32 J
C．弹簧的劲度系数为250 N/m
D．小滑块的重力势能与弹簧的弹性势能总和最小为0.38 J
答案 AD
解析 在Ek?h图象中，图线的斜率表示滑块所受的合外力，从0.2 m上升到0.35 m范围内，图线斜率的绝对值＝ N＝2 N＝mg，则滑块的质量m＝0.2 kg，A正确；滑块上升至最大高度的过程中增加的重力势能即为滑块刚释放时弹簧的弹性势能，为Epm＝mgΔh＝0.2×10×(0.35－0.1) J＝0.5 J，B错误；从0.2 m上升到0.35 m范围内图象为直线，其余部分为曲线，说明在h2＝0.2 m处滑块与弹簧分离，弹簧的原长为0.2 m，由题图乙可知当h3＝0.18 m时滑块的动能最大，重力与弹力平衡，即mg＝kx，则k＝＝ N/m＝100 N/m，C错误；在滑块运动的整个过程中，滑块与弹簧组成的系统机械能守恒，因此滑块的动能最大时，滑块的重力势能与弹簧的弹性势能总和最小，根据能量守恒定律可知Epmin＝E－Ekm＝Epm＋mgh1－Ekm＝0.5 J＋0.2×10×0.1 J－0.32 J＝0.38 J，D正确。
二、计算题(本题共2小题，共28分，须写出规范的解题步骤)
9．(2020·陕西省汉中市高三教学质量第二次检测) (12分)如图所示，水平向右的匀强电场中，某倾角为θ＝37°的绝缘斜面固定于水平面上，顶端静置一质量为m＝2 kg的带正电物块，所带电量为q＝10－6 C。若物块与斜面间的动摩擦因数为μ＝0.2，电场强度为E＝5×106 V/m，且物块能自由下滑到斜面底端。斜面高度为h＝1 m，已知：g＝10 m/s2，sin37°＝0.6，cos37°＝0.8，试问，物块下滑到斜面底端的过程中：
(1)物块与斜面摩擦产生的内能为多少？
(2)物块动能的改变量是多少？
(3)物块机械能的改变量是多少？
答案 (1)6.33 J (2)7 J (3)－13 J
解析 (1)物块受到的摩擦力大小为：
f＝μ(mgcosθ＋qEsinθ)
代入数据解得：f＝3.8 N
所以物块与斜面摩擦产生的内能为：
Q＝f·＝3.8× J≈6.33 J。
(2)物块下滑过程中重力做的功为：
WG＝mgh＝2×10×1 J＝20 J
电场力做的功为：W电＝－qE＝－10－6×5×106× J≈－6.67 J
根据功能关系可知，摩擦力做的功为：Wf＝－Q＝－6.33 J
根据动能定理可知，滑块动能的改变量为：
ΔEk＝W合＝WG＋W电＋Wf＝7 J。
(3)根据功能关系可知，物块机械能的改变量等于除重力外其他力做的功，即ΔE＝W电＋Wf＝－6.67 J－6.33 J＝－13 J。
10．(2016·全国卷Ⅱ)(16分)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，但仍能沿圆轨道滑下，求P的质量的取值范围。
答案 (1) 2l (2)m≤M
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≥0④
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点时的速度应大于零。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≤Mgl?
联立①②⑩?式得m≤M
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