高考物理一轮复习学案 第19讲　机械能　机械能守恒定律(解析版)

《验证机械能守恒定律》一、实验题1.利用气垫导轨验证机械能守恒定律，实验装置如图甲所示，水平桌面上固定一水平的气垫导轨，导轨上A点处有一滑块，其质量为M，左端由跨过轻质光滑定滑轮的细绳与一质量为m的小球相连。

调节细绳的长度使每次实验时滑块运动到B点处与劲度系数为k的弹簧接触时小球恰好落地，测出每次弹簧的压缩量x，如果在B 点的正上方安装一个速度传感器，用来测定滑块到达B点的速度，发现速度v与弹簧的压缩量x成正比，作出速度v随弹簧压缩量x变化的图象如图乙所示，测得图象的斜率。

在某次实验中，某同学没有开启速度传感器，但测出了A、B两点间的距离为L，弹簧的压缩量为，重力加速度用g表示，则：滑块从A处到达B处时，滑块和小球组成的系统动能增加量可表示为______，系统的重力势能减少量可表示为______，在误差允许的范围内，若则可认为系统的机械能守恒。

用题中字母表示在实验中，该同学测得，弹簧的劲度系数，并改变A、B间的距离L，作出的图象如图丙所示，则重力加速度______。

2.某实验小组进行“验证机械能守恒定律”的实验．甲同学用如图所示的实验装置验证机械能守恒定律，将电火花计时器固定在铁架台上，把纸带的下端固定在重锤上，纸带穿过电火花计时器，上端用纸带夹夹住，接通电源后释放纸带，纸带上打出一系列的点，所用电源的频率为，实验中该同学得到一条点迹清晰的纸带如图所示，其中O点为打点计时器打下的第一个点．纸带连续的计时点A、B、C、D至第1个点O的距离如图所示，已知重锤的质量为，当地的重力加速度为，从起始点O到打下C点的过程中，重锤重力势能的减少量为______J，重锤动能的增加量为__________J，从以上数据可以得到的结论是__________结果保留3位有效数字．乙同学利用上述实验装置测定当地的重力加速度．他打出了一条纸带后，利用纸带测量出了各计数点到打点计时器打下的第一个点的距离h，算出了各计数点对应的速度v，以h为横轴，以为纵轴画出了如图所示的图线．由于图线明显偏离原点，若测量和计算都没有问题，在实验的操作上其原因可能是__________乙同学测出该图线的斜率为k，如果阻力不可忽略，则当地的重力加速度g__________选填“大于”、“等于”或“小于”．丙同学用如图所示的气垫导轨装置来验证机械能守恒定律，由导轨标尺可以测出两个光电门之间的距离L，窄遮光板的宽度为d，窄遮光板依次通过两个光电门的时间分别为、，滑块在气垫导轨上运动时空气阻力不计，为验证机械能守恒定律，还需测量的物理量是，机械能守恒的表达式为3.某研究生学习小组为了研究“两小球碰撞过程中动能的损失率”即碰撞中系统动能的损失与系统碰撞前初动能的比值，设计了如图所示的装置进行如下的实验操作：Ⅰ先将斜槽轨道的末端调整水平，在一块平木板表面先后钉上白纸和复写纸，并将该木板竖直立于靠近槽口处，使小球a从斜槽轨道上某固定点处由静止释放，撞到木板并在木板上留下痕迹O；Ⅱ将木板向右平移适当的距离，再使小球a从原固定点由静止释放，撞在木板上得到痕迹B；Ⅲ然后把半径相同的小球b静止放在斜槽轨道水平段的最右端，让小球a仍从原固定位置由静止开始滚下与小球b相碰后，两球撞在木板上得到痕迹A和C：Ⅳ用天平测量a、b两小球的质量分别为、，用刻度尺测量纸上O点到A、B、C三点的距离分别为、和．本实验中所选用的两小球质量关系为________填“”、“”或“”；用本实验中所测得的量表示，其表达式为________________．4.用如图所示装置可验证机械能守恒定律，轻绳两端系着质量相等的物块A、B，物块B上放一金属片C，铁架台上固定一金属圆环，圆环处在物块B的正下方。

龙泉中学高三年级2020年高三物理第一轮复习《机械能守恒定律》基础知识练习题一、单项选择题( )1．如图所示，轻弹簧一端与不可伸长的轻绳OC 、DC 连接于C (两绳另一端固定)，弹簧另一端拴接一质量为m 的小球，地面上竖直固定一内壁光滑的14开缝圆弧管道AB ，A 点位于O 点正下方且与C 点等高，管道圆心与C 点重合．现将小球置于管道内A 点由静止释放，已知轻绳DC 水平，当小球沿圆弧管道运动到B 点时恰好对管道壁无弹力，则小球从A 运动到B 的过程中A ．弹簧一直处于自然长度B ．小球的机械能逐渐减小C ．轻绳OC 的拉力先增大后减小D ．轻绳DC 的拉力先增大后减小( )2．如图为特种兵训练项目示意图，一根绳的两端分别固定在两座山的A 、B 处，A 、B 两点水平距离为20 m ，竖直距离为3 m ，A 、B 间绳长为25 m ．质量为60 kg 的士兵抓住套在绳子上的光滑圆环从高处A 滑到低处B .以A 点所在水平面为零重力势能参考平面，不计空气阻力，g ＝10 m/s 2.士兵在滑行过程中重力势能的最小值约为(绳子处于拉直状态且形变量很小可忽略)A ．－1 800 JB ．－3 600 JC ．－5 400 JD ．－6 300 J( )3．如图所示，在倾角θ＝30°的光滑固定斜面上，放有两个质量分别为1 kg 和2 kg 的可视为质点的小球A 和B ，两球之间用一根长L ＝0.2 m 的轻杆相连，小球B 距水平面的高度h ＝0.1 m ．两球由静止开始下滑到光滑地面上，不计球与地面碰撞时的机械能损失，g 取10 m/s 2.则下列说法中正确的是A ．整个下滑过程中A 球机械能守恒B ．整个下滑过程中B 球机械能守恒C ．整个下滑过程中A 球机械能的增加量为23J D ．整个下滑过程中B 球机械能的增加量为23J ( )4．如图所示，有一条长为L ＝2 m 的均匀金属链条，有一半长度在光滑的足够高的斜面上，斜面顶端是一个很小的圆弧，斜面倾角为30°，另一半长度竖直下垂在空中，当链条从静止开始释放后链条滑动，则链条刚好全部滑出斜面时的速度为(g 取10 m/s 2)A ．2.5 m/s B.522 m/s C. 5 m/s D.352m/s ( )5．如图所示，不可伸长的轻绳跨过光滑小定滑轮，一端连接质量为2m 的小球(视为质点)，另一端连接质量为m 的物块，小球套在光滑的水平杆上．开始时轻绳与杆的夹角为θ，现将小球从图示位置由静止释放，小球到达竖直虚线位置时的速度大小为v ，此时物块尚未落地．重力加速度大小为g .下列说法正确的是A ．小球到达虚线位置之前，向右先做加速运动后做减速运动B ．小球到达虚线位置之前，轻绳的拉力始终小于mgC ．小球到达虚线位置时，其所受重力做功的功率为mgvD ．定滑轮与杆间的距离为v 2sin θg 1－sin θ( )6．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＝60°B．A获得的最大速度为2g m 5kC．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( )7．如图所示，在粗糙的水平面上，质量相等的两个物体A、B间用一轻质弹簧相连组成系统，且该系统在水平拉力F作用下以相同加速度保持间距不变一起做匀加速直线运动，当它们的总动能为2E k时撤去水平力F，最后系统停止运动．不计空气阻力，认为最大静摩擦力等于滑动摩擦力，从撤去拉力F到系统停止运动的过程中A．外力对物体A所做总功的绝对值等于2E kB．物体A克服摩擦阻力做的功等于E kC．系统克服摩擦阻力做的功可能等于系统的总动能2E kD．系统克服摩擦阻力做的功一定等于系统机械能的减少量( )8．如图所示，一个质量为m的小球以初速度v0竖直向上抛出，运动中始终受到恒定的水平风力F＝2mg的作用，不计其他阻力．从抛出到在竖直方向到达最高点，小球在这一过程中机械能的增量为A.12mv02 B．mv02 C.32mv02 D．2mv02二、多项选择题( )9．如图所示，斜面体置于光滑水平地面上，其光滑斜面上有一物体由静止沿斜面下滑，在物体下滑过程中，下列说法正确的是A．物体的重力势能减少，动能增加B．斜面体的机械能不变C．斜面体对物体的弹力垂直于接触面，不对物体做功D．物体和斜面体组成的系统机械能守恒( )10．如图甲所示，固定斜面的倾角为30°，一质量为m的小物块自斜面底端以初速度v0沿斜面向上做匀减速运动，经过一段时间后又沿斜面下滑回到底端，整个过程小物块的v －t图象如图乙所示．下列判断正确的是A ．物块与斜面间的动摩擦因数μ＝33B ．上滑过程的加速度大小是下滑过程的2倍C ．物块沿斜面上滑的过程中机械能减少316mv 02 D ．物块沿斜面下滑的过程中动能增加14mv 02 ( )11．如图所示，建筑工地上载人升降机用不计质量的细钢绳跨过定滑轮与一电动机相连，通电后电动机带动升降机沿竖直方向先匀加速上升后匀速上升．摩擦及空气阻力均不计．则A ．升降机匀加速上升过程中，升降机底板对人做的功等于人增加的动能B ．升降机匀加速上升过程中，升降机底板对人做的功等于人增加的机械能C ．升降机匀速上升过程中，升降机底板对人做的功等于人增加的机械能D ．升降机上升的全过程中，升降机拉力做的功大于升降机和人增加的机械能( )12．如图所示，竖直平面内有一半径为R 的固定14圆轨道与水平轨道相切于最低点B .一质量为m 的小物块P (可视为质点)从A 处由静止滑下，经过最低点B 后沿水平轨道运动，到C 处停下，B 、C 两点间的距离为R ，物块P 与圆轨道、水平轨道之间的动摩擦因数均为μ.现用力F 将物块P 沿下滑的路径从C 处缓慢拉回圆弧轨道的顶端A ，拉力F 的方向始终与物块P 的运动方向一致，物块P 从B 处经圆弧轨道到达A 处过程中，克服摩擦力做的功为μmgR ，下列说法正确的是A ．物块P 在下滑过程中，运动到B 处时速度最大B ．物块P 从A 滑到C 的过程中克服摩擦力做的功等于2μmgRC ．拉力F 做的功小于2mgRD ．拉力F 做的功为mgR (1＋2μ)( )13．某课外活动小组为探究能量转换关系，设计了如图所示的实验．质量为m 的物块B 静放在水平面上，劲度系数为k 的竖直轻质弹簧固定在B 上，弹簧上端装有特制锁扣，当物体与其接触，即被锁住．每次实验让物块A 从弹簧正上方的恰当位置由静止释放，都使物块B 刚好离开地面．整个过程无机械能损失．实验表明，物块A 质量M 不同，释放点距弹簧上端的高度H 就不同．当物块A 的质量为m 时，释放点高度H ＝h ，重力加速度为g .则下列说法中正确的是A ．物块A 下落过程中速度最大时，物块B 对地面的压力最大B ．物块A 下落到最低点时，物块B 对地面的压力最大C ．当A 的质量M ＝2m 时，释放点高度H ＝h 2D ．当A 的质量M ＝2m 时，释放点高度H ＝12(h ＋mg k) ( )14．一质量为m 的小球以初动能E k0从地面竖直向上拋出，已知上升过程中受到阻力F f 作用，如图所示，图中两条图线分别表示小球在上升过程中动能、重力势能中的某一个与其上升高度之间的关系(以地面为零势能面，h 0表示上升的最大高度，图上坐标数据中的k 为常数且满足0<k <1)，则由图可知，下列结论正确的是A ．①、②分别表示的是动能、重力势能随上升高度变化的图象B ．上升过程中阻力大小恒定且F f ＝kmg C ．上升高度h ＝k ＋1k ＋2h 0时，重力势能和动能相等 D ．上升高度h ＝h 02时，动能与重力势能之差为k 2mgh 0 ( )15．如图所示，滑块P 、Q 静止在粗糙水平面上(P 、Q 与水平面间的动摩擦因数相同)，一根水平轻弹簧一端与滑块Q 相连，另一端固定在墙上，弹簧处于原长．现使滑块P 以初速度v 0向右运动，与滑块Q 发生碰撞(碰撞时间极短)，碰后两滑块一起向右压缩弹簧至最短，然后在弹簧弹力作用下两滑块向左运动，两滑块分离后，最终都静止在水平面上．已知滑块P 、Q 的质量分别为2m 和m ，下列说法中正确的是A ．两滑块发生碰撞的过程中，其动量守恒，机械能不守恒B ．两滑块分离时，弹簧一定处于原长C ．滑块P 最终一定停在出发点右侧的某一位置D ．整个过程中，两滑块克服摩擦力做功的和小于mv 02( )16．如图，固定在地面的斜面倾角为30°，物块B 固定在木箱A 上，一起从a 点由静止开始下滑，到b 点接触轻弹簧，又压缩至最低点c ，此时将B 迅速拿走，然后木箱A 又恰好被轻弹簧弹回到a 点．已知A 质量为m ，B 质量为3m ，a 、c 间距为L ，重力加速度为g .下列说法正确的是A ．在A 上滑的过程中，与弹簧分离时A 的速度最大B ．弹簧被压缩至最低点c 时，其弹性势能为0.8mgLC ．在木箱A 从斜面顶端a 下滑至再次回到a 点的过程中，因摩擦产生的热量为1.5mgLD ．若物块B 没有被拿走，AB 能够上升的最高位置距离a 点为L 4( )17．如图所示，轻质弹簧一端固定在水平面上的光滑转轴O 上，另一端与套在粗糙固定直杆A 处质量为m 的小球(可视为质点)相连．A 点距水平面的高度为h ，直杆与水平面的夹角为30°，OA ＝OC ，B 为AC 的中点，OB 等于弹簧原长．小球从A 处由静止开始下滑，经过B 处的速度为v ，并恰能停在C 处．已知重力加速度为g ，则下列说法正确的是A ．小球通过B 点时的加速度为g 2B ．小球通过AB 段与BC 段摩擦力做功相等C ．弹簧具有的最大弹性势能为12mv 2 D ．小球从A 到C 过程中，产生的内能为mgh( )18．如图所示，楔形木块abc 固定在水平面上，粗糙斜面ab 和光滑斜面bc 与水平面的夹角相同，顶角b 处安装一定滑轮．质量分别为M 、m (M ＞m )的滑块，通过不可伸长的轻绳跨过定滑轮连接，轻绳与斜面平行．两滑块由静止释放后，沿斜面做匀加速运动．若不计滑轮的质量和摩擦，在两滑块沿斜面运动的过程中A ．两滑块组成的系统机械能守恒B ．重力对M 做的功等于M 动能的增加量C ．轻绳对m 做的功等于m 机械能的增加量D ．两滑块组成的系统损失的机械能等于M 克服摩擦力做的功( )19．如图所示，质量M ＝1 kg 的重物B 和质量m ＝0.3 kg 的小圆环A 用细绳跨过一光滑滑轮轴连接，A 端绳与轮连接，B 端绳与轴相连接，不计轮轴的质量，轮与轴有相同的角速度且轮和轴的直径之比为2∶1.重物B 放置在倾角为30°固定在水平地面的斜面上，轻绳平行于斜面，B 与斜面间的动摩擦因数μ＝33，圆环A 套在竖直固定的光滑直杆上，滑轮轴中心与直杆的距离为L ＝4 m ．现将圆环A 从与滑轮轴上表面等高处a 静止释放，当下降H ＝3 m 到达b 位置时，圆环的速度达到最大值，已知直杆和斜面足够长，不计空气阻力，取g ＝10 m/s 2.下列判断正确的是A ．圆环A 到达b 位置时，A 、B 组成的系统机械能减少了2.5 JB ．圆环A 速度最大时，环A 与重物B 的速度之比为5∶3C ．圆环A 能下降的最大距离为H m ＝7.5 mD ．圆环A 下降过程，作用在重物B 上的拉力始终大于10 N( )20．如图所示，一弹性轻绳(绳的弹力与其伸长量成正比)左端固定在A 点，弹性绳自然长度等于AB ，跨过由轻杆OB 固定的定滑轮连接一个质量为m 的小球，小球穿过竖直固定的杆．初始时ABC 在一条水平线上，小球从C 点由静止释放滑到E 点时速度恰好为零．已知C 、E 两点间距离为h ，D 为CE 的中点，小球在C 点时弹性绳的拉力为mg 2，小球与杆之间的动摩擦因数为0.5，弹性绳始终处在弹性限度内．下列说法正确的是A ．小球在D 点时速度最大B ．若在E 点给小球一个向上的速度v ，小球恰好能回到C 点，则v ＝ghC ．小球在CD 阶段损失的机械能等于小球在DE 阶段损失的机械能D ．若仅把小球质量变为2m ，则小球到达E 点时的速度大小v ＝2gh参考答案1．D 【解析】当小球沿圆弧管道运动到B 点时恰好对管道壁无弹力，则小球在B 点由弹簧的拉力和重力的合力提供向心力，即弹簧处于伸长状态，从A 到B 的过程弹簧的形变量不变，故小球的机械能不变，故A 、B 错误；设OC 与OA 的夹角为θ，CA 与水平方向夹角为α，C 点受力平衡，则在竖直方向上有：F OC cos θ＝F AC sin α，水平方向上有：F CD ＝F AC cos α＋F OC sinθ，从A 到B 的过程中，θ和弹簧的弹力F 弹不变，α不断增大，故F OC ＝F 弹sin αcos θ不断增大，F CD ＝F 弹cos θ(cos αcos θ＋sin αsin θ)＝F 弹cos θcos(θ－α)，当θ＝α时DC 的拉力最大，故轻绳DC 的拉力先增大后减小，故D 正确．2．C 【解析】设平衡时绳子与竖直方向的夹角为θ，A 、B 两点水平距离为x ，竖直距离为h ，绳长为l ，此时特种兵受重力和两个拉力而平衡，故：l 左sin θ＋l 右sin θ＝x ，l ＝l 左＋l 右，sin θ＝x l ＝2025＝0.8，所以θ＝53°，A 、B 两点的竖直距离为h ＝3 m ，故l 右cos θ－l 左cos θ＝3 m ，而l 左＋l 右＝25 m ，联立解得：l 右cos θ＝9 m ．故以A 点所在水平面为参考平面，特种兵在滑行过程中重力势能最小值约为：E p ＝－mgl 右cos θ＝－60×10×9 J＝－5 400 J ．故本题选C.3．D 【解析】在下滑的整个过程中，只有重力对系统做功，系统的机械能守恒，但在B 球沿水平面滑行，而A 沿斜面滑行时，杆的弹力对A 、B 球做功，所以A 、B 球各自机械能不守恒，故A 、B 错误；根据系统机械能守恒得：m A g (h ＋L sin θ)＋m B gh ＝12(m A ＋m B )v 2，解得：v ＝23 6 m/s ，系统下滑的整个过程中B 球机械能的增加量为12m B v 2－m B gh ＝23J ，故D 正确；A 球的机械能减少量为23J ，C 错误．4．B 【解析】设链条的质量为2m ，以开始时链条的最高点为零势能面，链条的机械能为E ＝E p ＋E k ＝－12×2mg ×L 4sin θ－12×2mg ×L 4＋0＝－14mgL (1＋sin θ) 链条全部滑出后，动能为E k ′＝12×2mv 2 重力势能为E p ′＝－2mg L 2由机械能守恒可得E ＝E k ′＋E p ′即－14mgL (1＋sin θ)＝mv 2－mgL 解得v ＝12gL 3－sin θ＝12×10×2×3－0.5 m/s ＝522m/s 故B 正确，A 、C 、D 错误．5．D 【解析】小球到达虚线位置之前，只有轻绳对小球做功且一直做正功，根据动能定理可知，小球的速度一直增大，故选项A 错误；轻绳与杆的夹角为α时物块和小球的速度大小分别为v 1和v 2，则有v 1＝v 2cos α，当小球运动到虚线位置时α＝90°，故v 1＝0，可见在小球运动到虚线位置的过程中，物块向下先做加速运动后做减速运动，即先失重后超重，轻绳的拉力先小于mg 后大于mg ，故选项B 错误；小球到达虚线位置时，其所受重力的方向与速度方向垂直，重力做功的功率为零，故选项C 错误；设定滑轮与杆的距离为h ，则对小球和物块，由机械能守恒定律有：mg ⎝ ⎛⎭⎪⎫h sin θ－h ＝12×2mv 2，解得h ＝v 2sin θg 1－sin θ，故选项D 正确． 6．B 【解析】C 刚离开地面时，对C 有kx 2＝mg ，此时B 有最大速度，即a B ＝a C ＝0，则对B 有F T －kx 2－mg ＝0，对A 有4mg sin α－F T ＝0，联立解得sin α＝12，α＝30°，故A 错误；初始系统静止，且线上无拉力，对B 有kx 1＝mg ，可知x 1＝x 2＝mg k ，则从释放A 至C 刚离开地面时，弹性势能变化量为零，由机械能守恒定律得4mg (x 1＋x 2)sin α＝mg (x 1＋x 2)＋12(4m ＋m )v B m 2，联立解得v B m ＝2g m 5k ，所以A 获得的最大速度为2g m 5k，故B 正确；对B 球进行受力分析可知，刚释放A 时，B 所受合力最大，此时B 具有最大加速度，故C 错误；从释放A 到C 刚离开地面的过程中，A 、B 、C 及弹簧组成的系统机械能守恒，故D 错误．7．D 【解析】当它们的总动能为2E k 时，物体A 动能为E k ，撤去水平力F ，最后系统停止运动，外力对物体A 所做总功的绝对值等于E k ，选项A 、B 错误；由于二者之间有弹簧，弹簧具有弹性势能，根据功能关系，系统克服摩擦阻力做的功一定等于系统机械能的减少量，选项D 正确，C 错误．8．D 【解析】从抛出到在竖直方向到达最高点过程中有：t ＝v 0g ；在水平方向上有：a ＝F m＝2g ；s ＝12at 2＝v 02g ；根据能量转化可知：ΔE ＝W F ＝Fs ＝2mg ·v 02g＝2mv 02，由此可知，A 、B 、C 错误，D 正确．9．AD 【解析】物体下滑过程中重力势能减少，动能增加，A 正确；地面光滑，斜面体会向右运动，动能增加，机械能增加，B 错误；斜面体对物体的弹力垂直于接触面，与物体的位移并不垂直，弹力对物体做负功，C 错误；物体与斜面体组成的系统，只有重力做功，系统的机械能守恒，D 正确．10．BD 【解析】根据题意可知，上滑过程，根据牛顿第二定律：mg sin θ＋μmg cos θ＝m v 0t 0，同理，下滑过程：mg sin θ－μmg cos θ＝m 0.5v 0t 0，联立解得：μ＝39，A 错误；上滑加速度：a ＝v 0t 0，下滑加速度：a ′＝0.5v 0t 0，a ＝2a ′，B 正确；因mg sin θ＋μmg cos θ＝m v 0t 0，mg sin θ－μmg cos θ＝m 0.5v 0t 0，可得：F f ＝μmg cos θ＝mv 04t 0，上滑过程中，机械能减少量等于摩擦力做功：ΔE ＝W f ＝F f x ＝F f ·v 0t 02＝18mv 02，下滑过程中根据动能定理得：E k －0＝(mg sin θ－F f )x ，解得：E k ＝14mv 02，C 错误，D 正确．11．BC 【解析】根据动能定理可知，合外力对物体做的功等于物体动能的变化量，所以升降机匀加速上升过程中，升降机底板对人做的功和人的重力做功之和等于人增加的动能，A 错误；除重力外，其他力对人做的功等于人增加的机械能，B 正确；升降机匀速上升过程中，升降机底板对人做的功等于人克服重力做的功(此过程中动能不变)，即增加的机械能，C 正确；升降机上升的全过程中，升降机拉力做的功等于升降机和人增加的机械能，D 错误．12．CD 【解析】当重力沿圆轨道切线方向的分力等于滑动摩擦力时速度最大，此位置在A 、B 之间，故A 错误；将物块P 缓慢地从B 拉到A ，克服摩擦力做的功为μmgR ，而物块P 从A 滑到B 的过程中，物块P 做圆周运动，根据向心力知识可知物块P 所受的支持力比缓慢运动时要大，则滑动摩擦力增大，所以克服摩擦力做的功W f 大于μmgR ，因此物块P 从A 滑到C 的过程中克服摩擦力做的功大于2μmgR ，故B 错误；由动能定理得，从C 到A 的过程中有W F －mgR －μmgR －μmgR ＝0－0，则拉力F 做的功为W F ＝mgR (1＋2μ)，故D 正确；从A 到C 的过程中，根据动能定理得mgR －W f －μmgR ＝0，因为W f >μmgR ，则mgR >μmgR ＋μmgR ，因此W F <2mgR ，故C 正确．13．BD 【解析】物块A 下落过程中到达最低点时，弹簧的压缩量最大，此时物块B 对地面的压力最大，选项A 错误，B 正确；当物块B 刚好离开地面时k Δx ＝mg ；由功能关系可知：mgh ＝mg Δx ＋E p ；当A 的质量M ＝2m 时，2mgH ＝2mg Δx ＋E p ；解得H ＝12(h ＋mg k)，故选项C 错误，D 正确．14．BCD 【解析】根据动能定理可知上升高度越大，动能越小，重力势能越大，故①、②分别表示重力势能、动能随上升高度变化的图线，A 错；由题图可知，重力势能、动能随着高度的变化成线性关系，故合力恒定，受到的阻力大小恒定，由功能关系可知从抛出到最高点的过程中机械能的减少量等于阻力做功的大小，故F f h 0＝E k0－E k0k ＋1，根据动能定理可知E k0＝(mg ＋F f )h 0，解得F f ＝kmg ，B 对；设h 高度时重力势能和动能相等，图线①的函数方程为E k ＝E k0－(mg ＋F f )h ，图线②的函数方程为E p ＝E k0k ＋1h 0h ，令E k ＝E p ，及E k0＝(mg ＋F f )h 0和F f ＝kmg ，联立解得h ＝k ＋1k ＋2h 0，C 对；同理可得D 对． 15．ABD 【解析】两滑块碰撞过程系统内力远大于外力，系统动量守恒；两者碰撞后一起运动，发生的是非弹性碰撞，碰撞过程机械能有损失，则机械能不守恒，故A 正确；当P 、Q 间弹力为零时两滑块分离，分离前瞬间它们的加速度相等，由牛顿第二定律，对P ：a ＝2μmg2m＝μg ，对Q ：μmg －F 弹＝ma ，解得：F 弹＝0，故两滑块分离时，弹簧一定处于原长，故B 正确；两滑块碰撞后在运动过程中要克服摩擦力做功，机械能减小，当P 回到两球碰撞位置时的速度大小一定小于碰撞前P 的速度大小，但P 停止时的位置不一定在其出发点的右侧，也可能在出发点的左侧，因为P 有初速度，若初速度较大，则可能停在出发点的左侧，故C 错误；由于两滑块分离后Q 继续向左做减速运动，当Q 停止时弹簧处于伸长状态，在整个过程中，P 的机械能转化为弹簧的弹性势能与内能，由能量守恒定律可知：W f ＋E p ＝12·2mv 02＝mv 02，则W f ＝mv 02－E p ，则两滑块克服摩擦力做功之和小于mv 20，故D 正确．16．BC 【解析】在A 上滑的过程中，与弹簧分离是弹簧恢复原长的时候，之前A 已经开始减速，故分离时A 的速度不是最大，故A 错误；设弹簧上端在最低点c 时，其弹性势能为E p ，在A 、B 一起下滑的过程中，由功能关系有 4mgL sin θ＝μ·4mgL cos θ＋E p ，将物块B 拿走后木箱A 从c 点到a 点的过程，由功能关系可得 E p ＝mgL sin θ＋μmgL cos θ，联立解得 E p ＝0.8mgL ，故B 正确；由分析可得，木箱A 从斜面顶端a 下滑至再次回到a 点的过程中，摩擦生热Q ＝5μmgL cos θ＝5(E p －mgL sin θ)＝1.5mgL ；若AB 一起能返回的距离大于弹簧原长，则有E p ＝4mgL ′sin θ＋μ·4mgL ′cos θ，解得L ′＝L 4，但不知道L ′与弹簧原长的关系，故无法确定，故C 正确，D 错误．17．BCD 【解析】因在B 点时弹簧处于原长，则到达B 点时的加速度为a ＝g sin 30°－μg cos30°<12g ，选项A 错误；因AB 段与BC 段关于B 点对称，则在两段上弹力的平均值相等，则摩擦力平均值相等，摩擦力做功相等，选项B 正确；设小球从A 运动到B 的过程克服摩擦力做功为W f ，弹簧具有的最大弹性势能为E p ，根据能量守恒定律，对于小球从A 到B 的过程有：mg ·12h ＋E p ＝12mv 2＋W f ，从A 到C 的过程有：mgh ＝2W f ，联立解得：W f ＝12mgh ，E p ＝12mv 2.即弹簧具有的最大弹性势能为12mv 2，A 到C 过程中，产生的内能为2W f ＝mgh ，选项C 、D 正确．18．CD 【解析】由于斜面ab 粗糙，故两滑块组成的系统机械能不守恒，故A 错误；由动能定理可知，重力、拉力、摩擦力对M 做的总功等于M 动能的增加量，故B 错误；除重力、弹力以外的力做功，将导致机械能变化，则轻绳对m 做的功等于m 机械能的增加量，故C 正确；摩擦力做负功，故造成机械能损失，故D 正确．19．AC 【解析】由题可知圆环A 到达b 位置时，重物B 沿斜面的运动的位移为：x ＝H 2＋L 2－L2＝0.5 m ，A 、B 组成的系统的机械能减少了：ΔE ＝μMg cos 30°·x ＝2.5 J ，故选项A 正确；轮与轴有相同的角速度且轮和轴的直径之比为2∶1，圆环A 速度最大时，环A与重物B 的速度之比为：35v A ∶v B ＝R ∶r ＝2∶1，则v A ∶v B ＝10∶3，故选项B 错误；圆环A 能下降的最大距离为H m ，重物B 沿斜面运动的位移为：x B ＝H m 2＋L 2－L2，根据能量守恒可知：mgH m ＝Mgx B sin 30°＋μMg cos 30°·x B ，解得圆环A 能下降的最大距离为H m ＝7.5 m ，故选项C 正确；圆环A 先向下做加速运动，后做减速运动，所以重物B 也是先加速后减速，而重物B 受到的重力、支持力和摩擦力都保持不变，绳子对B 的拉力：F T －Mg sin 30°－μMg cos 30°＝Ma ，即：F T －10 N ＝Ma ，所以绳子对B 的拉力先大于10 N 后小于10 N ，故选项D 错误．20．AB 【解析】当小球运动到某点P 时，小球受到如图所示的四个力的作用，其中F T ＝kx BP ，把F T 正交分解，由力的三角形与几何三角形BCP 相似可知，F T 的水平分量F T x 恒定，F T 的竖直分量F T y 与CP 的距离x CP 成线性关系，均匀增加，即杆对小球的弹力F N 、滑动摩擦力F f 均保持恒定；小球在竖直固定的杆CE 段的中点D 点时速度最大，A 对；小球在DE 段所受弹力更大、力与位移之间的夹角更小，故小球损失的机械能更多，C 错；再由动能定理可知，B 对，D 错．。

实验六 验证机械能守恒定律[实验目的]1．掌握验证机械能守恒定律的方法． 2．会用计算法或图象法处理实验数据． [实验原理]1．在只有重力做功的自由落体运动中,物体的重力势能和动能互相转化,但总的机械能保持不变．某物体某时刻瞬时速度为v ,下落高度为h ,则重力势能的减少量为mgh ,动能的增加量为12mv 2,看它们在实验误差允许的范围内是否相等,若相等则验证了机械能守恒定律．2．计算打第n 个点时速度的方法:如图所示,由公式可得第n 个点的速度v n ＝h n ＋1－h n －12T.[实验器材]铁架台(含铁夹)、打点计时器、学生电源、纸带、复写纸、导线、毫米刻度尺、重物(带纸带夹)．[实验过程]1．安装置:按图示将调整好的打点计时器竖直固定在铁架台上,接好电路．2．打纸带:将纸带的一端用夹子固定在重物上,另一端穿过打点计时器的限位孔用手提着纸带使重物静止在靠近打点计时器的地方．先接通电源,后松开纸带,让重物带着纸带自由下落,更换纸带重复做3～5次实验．3．选纸带:在打好点的纸带中挑选点迹清晰的一条纸带,在起点标上0,以后各点依次标上1、2、3、4…用刻度尺测出对应下落高度h 1、h 2、h 3、h 4…[验证方法]方法一:利用起始点和第n 点计算．代入mgh n 和12mv 2n ,如果在实验误差允许的条件下mgh n 和12mv 2n 相等,则验证了机械能守恒定律．方法二:任取两点计算．(1)任取两点A 、B 测出h AB ,算出mgh AB . (2)算出12mv 2B －12mv 2A 的值．(3)在实验误差允许的条件下,若mgh AB ＝12mv 2B －12mv 2A 成立,则验证了机械能守恒定律．方法三:采用图象法．从纸带上选取多个点,测量从第一点到其余各点的下落高度h ,并计算各点速度的平方v 2,然后以12v 2为纵轴,以h 为横轴,根据实验数据绘出12v 2­h 图线．若在误差允许的范围内图象是一条过原点且斜率为g 的直线,则验证了机械能守恒定律．[误差分析] 误差 产生原因减小方法偶然 误差测量长度带来的误差(1)测量距离时就应从计数0点量起,且选取的计数点离0点远些 (2)多次测量取平均值系统 误差重物和纸带下落过程中存在空气阻力和摩擦阻力(1)打点计时器安装稳固,并使两限位孔在同一竖直线上,以减小摩擦阻力 (2)选用质量大、体积小的物体作重物,以减小空气阻力的影响命题点1 教材原型实验如图所示,打点计时器固定在铁架台上,使重物带动纸带从静止开始自由下落,利用此装置验证机械能守恒定律．(1)对于该实验,下列操作中对减小实验误差有利的是_______(填选项前的字母)．A．重物选用质量和密度较大的金属锤B．两限位孔在同一竖直面内上下对正C．精确测量出重物的质量D．用手托稳重物,接通电源后,撤手释放重物(2)某实验小组利用上述装置将打点计时器接到50 Hz的交流电源上,按正确操作得到了一条完整的纸带,由于纸带较长,图中有部分未画出,如图所示．纸带上各点是打点计时器打出的计时点,其中O点为纸带上打出的第一个点．重物下落高度应从纸带上计时点间的距离直接测出,利用下列测量值能完成验证机械能守恒定律的选项有________(填选项前的字母)．A．OA、AD和EG的长度B．OC、BC和CD的长度C．BD、CF和EG的长度D．AC、BD和EG的长度【解析】(1)利用此装置验证机械能守恒定律,根据实验原理可判断出A、B能减小下落过程中空气阻力和摩擦力,能有效减小实验误差,A、B正确；机械能守恒定律表达式中,重物的质量可以约去,精确测量质量不能减小误差,C错误；用手托住重物,撤手后最初一段时间,重物所做运动并不一定是自由落体运动,该操作增大误差,D错误．(2)利用测量值能完成验证机械能守恒定律的依据就是重力做功和动能的变化量之间的关系,所以我们必须要确定好初、末位置的速度以及初、末位置的高度差,从四组数据可以看出,B、C两组数据满足此要求,所以B、C正确．【答案】(1)AB (2)BC高分技法1安装打点计时器时要竖直架稳,使两限位孔在同一竖直平面内以减小摩擦阻力.2重物应选用质量大、体积小、密度大的材料.3应先接通电源,让打点计时器正常工作后,再松开纸带让重物下落.4纸带长度应选用60 cm左右为宜,应选用点迹清晰的纸带进行测量.1．某同学从实验室天花板处自由释放一钢球,用频闪摄影手段验证机械能守恒定律．频闪仪每隔相等时间短暂闪光一次,照片上记录了钢球在各个时刻的位置．(1)操作时比较合理的做法是A(填选项前的字母)．A．先打开频闪仪,再释放钢球B．先释放钢球,再打开频闪仪(2)频闪仪闪光频率为f,拍到整个下落过程中的频闪照片如图所示,结合实验场景估算f 的可能值为C(填选项前的字母)．A．0.1 Hz B．1 HzC．10 Hz D．100 Hz(3)用刻度尺在照片上测量钢球各位置到释放点O的距离分别为s1、s2、s3、s4、s5、s6、s7、s8,重力加速度为g.已知实际直径与照片上钢球直径之比为k.用游标卡尺测出钢球实际直径D,如图所示,则D＝4.55 cm.(4)选用以上各物理量符号,验证从O到A过程中钢球机械能守恒成立的关系式为:2gs5＝14kf 2(s6－s4)2.解析:(1)为了记录完整的过程,应该先打开频闪仪,再释放钢球,A正确．(2)天花板到地板的高度约为3 m,球做自由落体运动,从图中可知经过8次闪光到达地面,故有12g ×(8T )2＝3 m,解得T ≈0.1 s,即f ＝1T≈10 Hz ,C 正确．(3)游标卡尺的读数为D ＝45 mm ＋5×0.1 mm＝45.5 mm ＝4.55 cm. (4)到A 点的速度为v A ＝s 6－s 42T ＝s 6－s 4f2,根据比例关系可知,到A 点的实际速度为v ＝k s 6－s 4f2,因为小球下落的实际高度为H ＝ks 5,代入mgH ＝12mv 2,可得2gs 5＝14kf 2(s 6－s 4)2.命题点2 实验拓展创新1．本实验可以从以下三个方面进行改进 (1)实验方案的改进利用单摆摆动或两个物体组成的系统进行实验． (2)速度测量方法的改进由光电门计算速度――→替代计算纸带上各点速度． (3)实验器材的改进利用自由落体运动的频闪照片验证机械能守恒定律． 2．创新实例图示内容ΔE p ＝ΔE kmgL (1－cos θ)＝12m ⎝ ⎛⎭⎪⎫d t 2实验要求:m <M ΔE p ＝ΔE k(M －m )gh ＝12(m ＋M )⎝ ⎛⎭⎪⎫d t 2题型1 实验器材创新某实验小组利用图甲所示的装置测定重力加速度．小钢球从固定挡板A位置开始自由下落,测出小钢球通过光电门B 的时间为Δt ,A 、B 间的距离为h (h 远大于小钢球的直径d )．(1)先用游标卡尺测量钢球的直径d ,示数如图乙所示,钢球直径d ＝________cm. (2)小钢球通过光电门B 时的速度v B ＝________；测定重力加速度的表达式为g ＝________.(用实验中测得的物理量符号表示)(3)为了减小实验的系统误差,可以____________________(写出减小实验系统误差的一种方法)．【解析】 (1)钢球直径d ＝0.8 cm ＋0.05 mm×11＝0.855 cm.(2)小钢球通过光电门B 时的速度v B ＝dΔt ；根据v 2B ＝2hg ,解得重力加速度的表达式g ＝v 2B2h＝d 22hΔt2.(3)为了减小实验的系统误差,可以增大A 、B 间距离或换直径更小的球． 【答案】 (1)0.855 (2)d Δtd 22hΔt2(3)增大A 、B 间距离(换直径更小的球也可)题型2 实验方案创新某同学用如图甲所示装置验证机械能守恒定律．绕过定滑轮的细线连接物块A 和B ,A 和B 的质量相同,B 上套有一铁环C ,A 的下端与穿过打点计时器的纸带相连．开始时固定物块A ,当地的重力加速度为g ,打点计时器所接交流电的频率为50 Hz.(1)接通电源,再释放物块A ,物块B 在下落过程中穿过圆环D 时,铁环C 落到圆环D 上．图乙是该过程打出的一条纸带,已测出了纸带上离第一个点O 较远的一些点到O 点的距离．由纸带可知,铁环C 运动到圆环D 处时的速度大小为v ＝________m/s(保留3位有效数字)．(2)要验证机械能守恒,还需要测量的物理量为________． A ．开始时,铁环C 和圆环D 间的高度差h B ．铁环C 的质量m C C ．物块A 和B 的质量m A 、m B D ．铁环C 运动到D 所用的时间t(3)实验只要验证表达式________(用已知和测量的物理量符号表示)在误差允许的范围内成立,则机械能守恒得到验证．【解析】 (1)铁环C 运动到圆环D 处时的速度大小即为铁环被挡住后,A 、B 匀速运动的速度,由纸带可得v ＝31.28－19.20×0.010.06m/s≈2.01 m/s.(2)(3)要验证机械能守恒,铁环C 从开始下落到运动到D 的过程中,则有(m B ＋m C )gh －m A gh ＝12(m A ＋m B ＋m C )v 2,由于A 、B 质量相等,因此要验证的表达式为m C gh ＝12(m A ＋m B ＋m C )v 2,因此还需要测量的物理量为开始时,铁环C 和圆环D 间的高度差h 、物块A 、B 和铁环C 的质量m A 、m B 、m C ,故A 、B 、C 正确,D 错误．【答案】 (1)2.01 (2)A 、B 、C (3)m C gh ＝12(m A ＋m B ＋m C )v 2。

本章有关功和能的概念，以及动能定理和机械能守恒定律是在牛顿运动定律的基础上，研究力和运动关系的进一步拓展.用能量的观点分析问题，不仅为解决力学问题开辟了途径，同时也是分析解决电磁学、热学领域问题的重要的思路.功和能的关系，能量的转化和守恒，往往出现在高考压轴题中，涉及的物理过程较复杂，综合性较强，涉及的知识面广，对考生的综合分析能力要求较高.对于生活、生产中的实际问题要建立相关物理模型，灵活运用牛顿运动定律、动能定理、动量定理及能量守恒的方法分析问题、解决问题.【一】功和功率一、功1．做功的两个不可缺少的因素：力和物体在力的方向上发生的位移．2．功的公式：W＝Flcos a ，其中F为恒力，α为F的方向与位移l的方向夹角；功的单位：焦耳(J)；功是标量．3．正功和负功(1) 功的正负的意义①功是标量，但有正负之分，正功表示动力对物体做功，负功表示阻力对物体做功②一个力对物体做负功，往往说成是物体克服这个力做功(2) 功的正负的确定①若α<90°，则W>0，表示力对物体做正功② 若α＝90°，则W ＝0，表示力对物体 不做功③ 若90°<α≤180°，则W<0，表示力对物体做 负功功的公式可有两种理解：一 、是力“F”乘以物体在力的方向上发生的位移“l cos α”；二 、是在位移 l 方向上的力“Fcos α”乘以位移 l.求解变力做功的方法：一、平均力法：如果力的方向不变力的大小随位移按线性规律变化时，可用力的算术平均值（恒力）代替变力，利用功的定义式：来求功。

求解变力做功的方法：二、微元法：在使用微元法处理问题时，需将其分解为众多微小的“元过程”，而且每个“元过程”所遵循的规律是相同的，这样，我们只需分析这些“元过程”，然后再对“元过程”运用必要的数学方法或物理思想处理，进而使问题得到解决．对于滑动摩擦力、空气阻力等变力，在曲线运动或往复运动时，这类力的功等于力和路程的乘积。

第4讲 功能关系 能量守恒定律目标要求 1.熟练掌握几种常见的功能关系，并会用于解决实际问题.2.掌握一对摩擦力做功与能量转化的关系.3.会应用能量守恒观点解决综合问题．考点一 功能关系的理解和应用1．对功能关系的理解(1)做功的过程就是能量转化的过程，不同形式的能量发生相互转化是通过做功来实现的． (2)功是能量转化的量度，功和能的关系，一是体现在不同的力做功，对应不同形式的能转化，具有一一对应关系，二是做功的多少与能量转化的多少在数值上相等． 2．常见的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 ＝E p1－E p2＝－ΔE p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 ＝E k2－E k1＝12m v 2－12m v 02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＝E 2－E 1＝ΔE 摩擦 产生 的内能 一对相互作用的滑动摩擦力做功之和的绝对值等于产生的内能Q ＝F f ·x 相对电能 克服安培力做功等于电能增加量W 电能＝E 2－E 1＝ΔE1．一个物体的能量增加，必定有别的物体能量减少．( √ ) 2．合力做的功等于物体机械能的改变量．( × )3．克服与势能有关的力(重力、弹簧弹力、静电力等)做的功等于对应势能的增加量．( √ ) 4．滑动摩擦力做功时，一定会引起机械能的转化．( √ )1．功的正负与能量增减的对应关系(1)物体动能的增加与减少要看合外力对物体做正功还是做负功．(2)势能的增加与减少要看对应的作用力(如重力、弹簧弹力、静电力等)做负功还是做正功．(3)机械能的增加与减少要看重力和弹簧弹力之外的力对物体做正功还是做负功．2．摩擦力做功的特点(1)一对静摩擦力所做功的代数和总等于零；(2)一对滑动摩擦力做功的代数和总是负值，差值为机械能转化为内能的部分，也就是系统机械能的损失量；(3)说明：无论是静摩擦力还是滑动摩擦力，都可以对物体做正功，也可以做负功，还可以不做功．考向1功能关系的理解例1在奥运比赛项目中，高台跳水是我国运动员的强项．质量为m的跳水运动员进入水中后受到水的阻力而做减速运动，设水对他的阻力大小恒为F，当地的重力加速度为g，那么在他减速下降高度为h的过程中，下列说法正确的是()A．他的动能减少了FhB．他的重力势能增加了mghC．他的机械能减少了(F－mg)hD．他的机械能减少了Fh答案 D解析运动员进入水中后，克服合力做的功等于动能的减少量，故动能减少(F－mg)h，故A 错误；运动员进入水中后，重力做功mgh，故重力势能减小mgh，故B错误；运动员进入水中后，除重力外，克服阻力做功Fh，故机械能减少了Fh，故C错误，D正确．例2如图所示，弹簧的下端固定在光滑斜面底端，弹簧与斜面平行．在通过弹簧中心的直线上，小球P从直线上的N点由静止释放，在小球P与弹簧接触到速度变为零的过程中，下列说法中正确的是()A．小球P的动能一定在减小B．小球P的机械能一定在减少C．小球P与弹簧系统的机械能一定在增加D．小球P重力势能的减小量大于弹簧弹性势能的增加量答案 B解析小球P与弹簧接触后，刚开始弹力小于重力沿斜面向下的分力，合力沿斜面向下，随着形变量增大，弹力大于重力沿斜面向下的分力，合力方向沿斜面向上，合力先做正功后做负功，小球P的动能先增大后减小，A错误；小球P与弹簧组成的系统的机械能守恒，弹簧的弹性势能不断增大，所以小球P的机械能不断减小，B正确，C错误；在此过程中，根据系统机械能守恒，可知小球P重力势能的减小量与动能减小量之和等于弹簧弹性势能的增加量，即小球P重力势能的减小量小于弹簧弹性势能的增加量，D错误．考向2功能关系与图像的结合例3(多选)(2020·全国卷Ⅰ·20)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0.5C．物块下滑时加速度的大小为6.0 m/s2D．当物块下滑2.0 m时机械能损失了12 J答案AB解析由E－s图像知，物块动能与重力势能的和减小，则物块下滑过程中机械能不守恒，故A正确；由E－s图像知，整个下滑过程中，物块机械能的减少量为ΔE＝30 J－10 J＝20 J，重力势能的减少量ΔE p＝mgh＝30 J，又ΔE＝μmg cos α·s，其中cos α＝s2－h2s＝0.8，h＝3.0m，g＝10 m/s2，则可得m＝1 kg，μ＝0.5，故B正确；物块下滑时的加速度大小a＝g sin α－μg cosα＝2 m/s2，故C错误；物块下滑2.0 m时损失的机械能为ΔE′＝μmg cos α·s′＝8 J，故D错误．考向3摩擦力做功与摩擦生热的计算例4(多选)如图所示，一个长为L，质量为M的木板，静止在光滑水平面上，一个质量为m的物块(可视为质点)，以水平初速度v0，从木板的左端滑向另一端，设物块与木板间的动摩擦因数为μ，当物块与木板相对静止时，物块仍在长木板上，物块相对木板的位移为d，木板相对地面的位移为s，重力加速度为g.则在此过程中()A．摩擦力对物块做功为－μmg(s＋d)B．摩擦力对木板做功为μmgsC．木板动能的增量为μmgdD．由于摩擦而产生的热量为μmgs答案AB解析根据功的定义W＝Fs cos θ，其中s指物体对地的位移，而θ指力与位移之间的夹角，可知摩擦力对物块做功W1＝－μmg(s＋d)，摩擦力对木板做功W2＝μmgs，A、B正确；根据动能定理可知木板动能的增量ΔE k＝W2＝μmgs，C错误；由于摩擦而产生的热量Q＝F f·Δx ＝μmgd，D错误．例5(多选)(2019·江苏卷·8)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μmgB．物块克服摩擦力做的功为2μmgsC．弹簧的最大弹性势能为μmgsD．物块在A点的初速度为2μgs答案BC解析 物块处于最左端时，弹簧的压缩量最大，然后物块先向右加速运动再减速运动，可知弹簧的最大弹力大于滑动摩擦力μmg ，选项A 错误；物块从开始运动至最后回到A 点过程，由功的定义可得物块克服摩擦力做功为2μmgs ，选项B 正确；物块从最左侧运动至A 点过程，由能量守恒定律可知E p ＝μmgs ，选项C 正确；设物块在A 点的初速度为v 0，对整个过程应用动能定理有－2μmgs ＝0－12m v 02，解得v 0＝2μgs ，选项D 错误．考点二 能量守恒定律的理解和应用1．内容能量既不会凭空产生，也不会凭空消失，它只能从一种形式转化为其他形式，或者从一个物体转移到别的物体，在转化或转移的过程中，能量的总量保持不变． 2．表达式 ΔE 减＝ΔE 增．3．应用能量守恒定律解题的步骤(1)首先确定初、末状态，分清有几种形式的能在变化，如动能、势能(包括重力势能、弹性势能、电势能)、内能等．(2)明确哪种形式的能量增加，哪种形式的能量减少，并且列出减少的能量ΔE 减和增加的能量ΔE 增的表达式．例6 (2020·浙江1月选考·20)如图所示，一弹射游戏装置由安装在水平台面上的固定弹射器、竖直圆轨道(在最低点E 分别与水平轨道EO 和EA 相连)、高度h 可调的斜轨道AB 组成．游戏时滑块从O 点弹出，经过圆轨道并滑上斜轨道．全程不脱离轨道且恰好停在B 端则视为游戏成功．已知圆轨道半径r ＝0.1 m ，OE 长L 1＝0.2 m ，AC 长L 2＝0.4 m ，圆轨道和AE 光滑，滑块与AB 、OE 之间的动摩擦因数μ＝0.5.滑块质量m ＝2 g 且可视为质点，弹射时从静止释放且弹簧的弹性势能完全转化为滑块动能．忽略空气阻力，各部分平滑连接．求：(1)滑块恰好能过圆轨道最高点F 时的速度v F 大小；(2)当h ＝0.1 m 且游戏成功时，滑块经过E 点对圆轨道的压力F N 大小及弹簧的弹性势能E p0； (3)要使游戏成功，弹簧的弹性势能E p 与高度h 之间满足的关系． 答案 见解析解析 (1)滑块恰好能过F 点的条件为mg ＝m v F 2r解得v F ＝1 m/s(2)滑块从E 点到B 点，由动能定理得 －mgh －μmgL 2＝0－12m v E 2在E 点由牛顿第二定律得F N ′－mg ＝m v E 2r解得F N ＝F N ′＝0.14 N从O 点到B 点，由能量守恒定律得： E p0＝mgh ＋μmg (L 1＋L 2) 解得E p0＝8.0×10－3 J(3)使滑块恰能过F 点的弹性势能 E p1＝2mgr ＋μmgL 1＋12m v F 2＝7.0×10－3 J到B 点减速到0E p1－mgh 1－μmg (L 1＋L 2)＝0 解得h 1＝0.05 m设斜轨道的倾角为θ，若滑块恰好能停在B 点不下滑， 则μmg cos θ＝mg sin θ解得tan θ＝0.5，此时h 2＝0.2 m 从O 点到B 点E p ＝mgh ＋μmg (L 1＋L 2)＝2×10－3(10h ＋3) J 其中0.05 m ≤h ≤0.2 m.例7 如图所示，固定斜面的倾角θ＝30°，物体A 与斜面之间的动摩擦因数μ＝34，轻弹簧下端固定在斜面底端，弹簧处于原长时上端位于C 点，用一根不可伸长的轻绳通过轻质光滑的定滑轮连接物体A 和B ，滑轮右侧绳子与斜面平行，A 的质量为2m ＝4 kg ，B 的质量为m ＝2 kg ，初始时物体A 到C 点的距离L ＝1 m ，现给A 、B 一初速度v 0＝3 m/s ，使A 开始沿斜面向下运动，B 向上运动，物体A 将弹簧压缩到最短后又恰好能弹回到C 点．已知重力加速度g ＝10 m/s 2，不计空气阻力，整个过程中轻绳始终处于伸直状态．求在此过程中：(1)物体A 向下运动刚到C 点时的速度大小； (2)弹簧的最大压缩量； (3)弹簧的最大弹性势能． 答案 (1)2 m/s (2)0.4 m (3)6 J解析 (1)在物体A 向下运动刚到C 点的过程中，对A 、B 组成的系统应用能量守恒定律可得 μ·2mg cos θ·L ＝12×3m v 02－12×3m v 2＋2mgL sin θ－mgL解得v ＝2 m/s.(2)对A 、B 组成的系统分析，在物体A 从C 点压缩弹簧至将弹簧压缩到最大压缩量，又恰好返回到C 点的过程中，系统动能的减少量等于因摩擦产生的热量，即 12×3m v 2－0＝μ·2mg cos θ·2x 其中x 为弹簧的最大压缩量 解得x ＝0.4 m.(3)设弹簧的最大弹性势能为E pm ，从C 点到弹簧最大压缩量过程中由能量守恒定律可得 12×3m v 2＋2mgx sin θ－mgx ＝μ·2mg cos θ·x ＋E pm 解得E pm ＝6 J.课时精练1.(多选)如图所示，质量为m 的物体(可视为质点)以某一速度从A 点冲上倾角为30°的固定斜面，其减速运动的加速度为34g ，此物体在斜面上能够上升的最大高度为h ，则在这个过程中物体( )A ．重力势能增加了mghB ．机械能损失了12mghC ．动能损失了mghD ．克服摩擦力做功14mgh答案 AB解析 加速度大小a ＝34g ＝mg sin 30°＋F f m ，解得摩擦力F f ＝14mg ，机械能损失等于克服摩擦力做的功，即F f x ＝14mg ·2h ＝12mgh ，故B 项正确，D 项错误；物体在斜面上能够上升的最大高度为h ，所以重力势能增加了mgh ，故A 项正确；动能损失量为克服合力做功的大小，动能损失量ΔE k ＝F 合x ＝34mg ·2h ＝32mgh ，故C 项错误．2．某同学用如图所示的装置测量一个凹形木块的质量m ，弹簧的左端固定，木块在水平面上紧靠弹簧(不连接)将其压缩，记下木块右端位置A 点，静止释放后，木块右端恰能运动到B 1点．在木块槽中加入一个质量m 0＝800 g 的砝码，再将木块左端紧靠弹簧，木块右端位置仍然在A 点，静止释放后木块离开弹簧，右端恰能运动到B 2点，测得AB 1、AB 2长分别为27.0 cm 和9.0 cm ，则木块的质量m 为( )A ．100 gB ．200 gC ．300 gD ．400 g 答案 D解析 根据能量守恒定律，有μmg ·AB 1＝E p ，μ(m 0＋m )g ·AB 2＝E p ，联立解得m ＝400 g ，D 正确． 3．一木块静置于光滑水平面上，一颗子弹沿水平方向飞来射入木块中．当子弹进入木块的深度达到最大值2.0 cm 时，木块沿水平面恰好移动距离1.0 cm.在上述过程中系统损失的机械能与子弹损失的动能之比为( ) A ．1∶2 B ．1∶3 C ．2∶3 D ．3∶2答案 C解析 根据题意，子弹在摩擦力作用下的位移为x 1＝(2＋1) cm ＝3 cm ，木块在摩擦力作用下的位移为x 2＝1 cm ；系统损失的机械能转化为内能，根据功能关系，有ΔE 系统＝Q ＝F f ·Δx ；子弹损失的动能等于子弹克服摩擦力做的功，故ΔE 子弹＝F f x 1；所以ΔE 系统ΔE 子弹＝23，所以C 正确，A 、B 、D 错误．4.如图所示，一质量为m的滑块以初速度v0从固定于地面的斜面底端A开始冲上斜面，到达某一高度后返回A，斜面与滑块之间有摩擦．下图分别表示它在斜面上运动的速度v、加速度a、势能E p和机械能E随时间的变化图像，可能正确的是()答案 C解析由牛顿第二定律可知，滑块上升阶段有：mg sin θ＋F f＝ma1；下滑阶段有：mg sin θ－F f＝ma2，因此a1>a2，故选项B错误；速度－时间图像的斜率表示加速度，当上滑和下滑时，加速度不同，则斜率不同，故选项A错误；重力势能先增大后减小，且上升阶段加速度大，所用时间短，势能变化快，下滑阶段加速度小，所用时间长，势能变化慢，故选项C可能正确；由于摩擦力始终做负功，机械能一直减小，故选项D错误．5.如图所示，赫章的韭菜坪建有风力发电机，风力带动叶片转动，叶片再带动转子(磁极)转动，使定子(线圈，不计电阻)中产生电流，实现风能向电能的转化．若叶片长为l，设定的额定风速为v，空气的密度为ρ，额定风速下发电机的输出功率为P，则风能转化为电能的效率为()A.2Pπρl2v3 B.6Pπρl2v3 C.4Pπρl2v3 D.8Pπρl2v3答案 A解析风能转化为电能的工作原理为将风的动能转化为输出的电能，设风吹向发电机的时间为t，则在t时间内吹向发电机的风柱的体积为V＝v t·S＝v tπl2，则风柱的质量M＝ρV＝ρv tπl2，因此风吹过的动能为E k ＝12M v 2＝12ρv t πl 2·v 2，在此时间内发电机输出的电能E ＝P ·t ，则风能转化为电能的效率为η＝E E k ＝2Pπρl 2v3，故A 正确，B 、C 、D 错误．6.(多选)如图所示，在竖直平面内有一半径为R 的圆弧轨道，半径OA 水平、OB 竖直，一个质量为m 的小球自A 点的正上方P 点由静止开始自由下落，小球沿轨道到达最高点B 时恰好对轨道没有压力．已知AP ＝2R ，重力加速度为g ，则小球从P 点运动到B 点的过程中( )A ．重力做功2mgRB ．机械能减少mgRC ．合外力做功12mgRD ．克服摩擦力做功12mgR答案 CD解析 小球从P 点运动到B 点的过程中，重力做功W G ＝mg (2R －R )＝mgR ，故A 错误；小球沿轨道到达最高点B 时恰好对轨道没有压力，则有mg ＝m v B 2R ，解得v B ＝gR ，则此过程中机械能的减少量为ΔE ＝mgR －12m v B 2＝12mgR ，故B 错误；根据动能定理可知，合外力做功W 合＝12m v B 2＝12mgR ，故C 正确；根据功能关系可知，小球克服摩擦力做的功等于机械能的减少量，为12mgR ，故D 正确．7．质量为2 kg 的物体以10 m/s 的初速度，从起点A 出发竖直向上抛出，在它上升到某一点的过程中，物体的动能损失了50 J ，机械能损失了10 J ，设物体在上升、下降过程空气阻力大小恒定，则该物体再落回到A 点时的动能为(g ＝10 m/s 2)( ) A ．40 J B ．60 J C ．80 J D ．100 J 答案 B解析 物体抛出时的总动能为100 J ，物体的动能损失了50 J 时，机械能损失了10 J ，则动能损失100 J 时，机械能损失20 J ，此时到达最高点，由于空气阻力大小恒定，所以下落过程，机械能也损失20 J ，故该物体从A 点抛出到落回到A 点，共损失机械能40 J ，所以该物体再落回到A点时的动能为60 J，A、C、D错误，B正确．8.(多选)(2019·全国卷Ⅱ·18)从地面竖直向上抛出一物体，其机械能E总等于动能E k与重力势能E p之和．取地面为重力势能零点，该物体的E总和E p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 kgB．h＝0时，物体的速率为20 m/sC．h＝2 m时，物体的动能E k＝40 JD．从地面至h＝4 m，物体的动能减少100 J答案AD解析根据题图可知，h＝4 m时物体的重力势能E p＝mgh＝80 J，解得物体质量m＝2 kg，抛出时物体的动能为E k0＝100 J，由公式E k0＝12可知，h＝0时物体的速率为v＝10 m/s，2m v选项A正确，B错误；由功能关系可知F f h4＝|ΔE总|＝20 J，解得物体上升过程中所受空气阻力F f＝5 N，从物体开始抛出至上升到h＝2 m的过程中，由动能定理有－mgh－F f h＝E k－E k0，解得E k＝50 J，选项C错误；由题图可知，物体上升到h＝4 m时，机械能为80 J，重力势能为80 J，动能为零，即从地面上升到h＝4 m，物体动能减少100 J，选项D正确．9.(多选)如图所示，楔形木块abc固定在水平面上，粗糙斜面ab与水平面的夹角为60°，光滑斜面bc与水平面的夹角为30°，顶角b处安装一定滑轮．质量分别为M、m(M>m)的两滑块A和B，通过不可伸长的轻绳跨过定滑轮连接，轻绳与斜面平行．两滑块由静止释放后，沿斜面做匀加速运动，A、B不会与定滑轮碰撞．若不计滑轮的质量和摩擦，在两滑块沿斜面运动的过程中()A．轻绳对滑轮作用力的方向竖直向下B．拉力和重力对M做功之和大于M动能的增加量C．拉力对M做的功等于M机械能的增加量D ．两滑块组成系统的机械能损失等于M 克服摩擦力做的功答案 BD解析 根据题意可知，两段轻绳的夹角为90°，轻绳拉力的大小相等，根据平行四边形定则可知，合力方向与绳子方向的夹角为45°，所以轻绳对滑轮作用力的方向不是竖直向下的，故A 错误；对M 受力分析，受到重力、斜面的支持力、绳子拉力以及滑动摩擦力作用，根据动能定理可知，M 动能的增加量等于拉力和重力以及摩擦力做功之和，而摩擦力做负功，则拉力和重力对M 做功之和大于M 动能的增加量，故B 正确；根据除重力以外的力对物体做功等于物体机械能的变化量可知，拉力和摩擦力对M 做的功之和等于M 机械能的增加量，故C 错误；对两滑块组成系统分析可知，除了重力之外只有摩擦力对M 做功，所以两滑块组成的系统的机械能损失等于M 克服摩擦力做的功，故D 正确．10.(多选)如图所示，光滑水平面OB 与足够长粗糙斜面BC 交于B 点．轻弹簧左端固定于竖直墙面，现将质量为m 1的滑块压缩弹簧至D 点，然后由静止释放，滑块脱离弹簧后经B 点滑上斜面，上升到最大高度，并静止在斜面上．不计滑块在B 点的机械能损失．换用相同材料质量为m 2的滑块(m 2＞m 1)压缩弹簧至同一点D 后，重复上述过程，下列说法正确的是( )A ．两滑块到达B 点的速度相同B ．两滑块沿斜面上升的最大高度相同C ．两滑块上升到最高点过程克服重力做的功相同D ．两滑块上升到最高点过程机械能损失相同答案 CD解析 两滑块到B 点的动能相同，但速度不同，故A 错误；两滑块在斜面上运动时加速度相同，由于质量不同，则在B 点时的速度不同，故上升的最大高度不同，故B 错误；滑块上升到斜面最高点过程克服重力做的功为mgh ，由能量守恒定律得E p ＝mgh ＋μmg cos θ·h sin θ，则mgh ＝E p 1＋μtan θ，故两滑块上升到斜面最高点过程克服重力做的功相同，故C 正确；由能量守恒定律得E 损＝μmg cos θ·h sin θ＝μmgh tan θ，结合C 可知D 正确． 11.(多选)如图所示，质量为M 的长木板静止在光滑水平面上，上表面OA 段光滑，AB 段粗糙且长为l ，左端O 处有一固定挡板，挡板上固定轻质弹簧，右侧用不可伸长的轻绳连接在竖直墙上，轻绳所能承受的最大拉力为F .质量为m 的小滑块以速度v 从A 点向左滑动压缩弹簧，弹簧的压缩量达到最大时细绳恰好被拉断，再过一段时间后长木板停止运动，小滑块恰未掉落．重力加速度为g ，则( )A ．细绳被拉断瞬间长木板的加速度大小为F MB ．细绳被拉断瞬间弹簧的弹性势能为12m v 2 C ．弹簧恢复原长时滑块的动能为12m v 2 D ．滑块与长木板AB 段间的动摩擦因数为v 22gl答案 ABD解析 细绳被拉断瞬间弹簧的弹力等于F ，对长木板，由牛顿第二定律得F ＝Ma ，得a ＝F M，A 正确；滑块以速度v 从A 点向左滑动压缩弹簧，到弹簧压缩量最大时速度为0，由系统的机械能守恒得，细绳被拉断瞬间弹簧的弹性势能为12m v 2，B 正确；弹簧恢复原长时长木板与滑块都获得动能，所以滑块的动能小于12m v 2，C 错误；弹簧最大弹性势能E p ＝12m v 2，小滑块恰未掉落时滑到木板的最右端B ，此时小滑块与长木板均静止，又水平面光滑，长木板上表面OA 段光滑，则有E p ＝μmgl ，联立解得μ＝v 22gl，D 正确． 12.如图所示，一物体质量m ＝2 kg ，在倾角θ＝37°的斜面上的A 点以初速度v 0＝3 m/s 下滑，A 点距弹簧上端挡板位置B 点的距离AB ＝4 m ．当物体到达B 点后将弹簧压缩到C 点，最大压缩量BC ＝0.2 m ，然后物体又被弹簧弹上去，弹到的最高位置为D 点，D 点距A 点的距离AD ＝3 m ．挡板及弹簧质量不计，g 取10 m/s 2，sin 37°＝0.6，求：(结果均保留三位有效数字)(1)物体与斜面间的动摩擦因数μ；(2)弹簧的最大弹性势能E pm .答案 (1)0.521 (2)24.4 J解析 (1)物体从A 点到被弹簧弹到D 点的过程中，弹簧弹性势能没有发生变化，机械能的减少量全部用来克服摩擦力做功，即：12m v02＋mgAD·sin θ＝μmg cos θ·(AB＋2BC＋BD)代入数据解得：μ≈0.521.(2)物体由A到C的过程中，动能减少量ΔE k＝12m v02重力势能减少量ΔE p＝mg sin θ·AC摩擦产生的热量Q＝μmg cos θ·AC由能量守恒定律可得弹簧的最大弹性势能为：E pm＝ΔE k＋ΔE p－Q≈24.4 J.13.如图所示，在倾角为37°的斜面底端固定一挡板，轻弹簧下端连在挡板上，上端与物块A 相连，用不可伸长的细线跨过斜面顶端的定滑轮把A与另一物体B连接起来，A与滑轮间的细线与斜面平行．已知弹簧劲度系数k＝40 N/m，A的质量m1＝1 kg，与斜面间的动摩擦因数μ＝0.5，B的质量m2＝2 kg.初始时用手托住B，使细线刚好处于伸直状态，此时物体A 与斜面间没有相对运动趋势，物体B的下表面离地面的高度h＝0.3 m，整个系统处于静止状态，弹簧始终处于弹性限度内．重力加速度g＝10 m/s2，sin 37°＝0.6，cos 37°＝0.8.(1)由静止释放物体B，求B刚落地时的速度大小；(2)把斜面处理成光滑斜面，再将B换成一个形状完全相同的物体C并由静止释放，发现C 恰好到达地面，求C的质量m3.答案(1) 2 m/s(2)0.6 kg解析(1)因为初始时刻A与斜面间没有相对运动趋势，即A不受摩擦力，此时有：m1g sin θ＝F弹此时弹簧的压缩量为：x1＝F弹k＝m1g sin θk＝0.15 m当B落地时，A沿斜面上滑h，此时弹簧的伸长量为：x2＝h－x1＝0.15 m所以从手放开B到B落地过程中以A、B和弹簧为系统，弹簧伸长量和压缩量相同，弹性势能不变，弹簧弹力不做功，根据能量守恒定律可得：m 2gh ＝m 1gh sin θ＋μm 1g cos θ·h ＋12(m 1＋m 2)v 2 代入数据解得：v ＝ 2 m/s(2)由(1)分析同理可知换成光滑斜面，没有摩擦力，则从手放开C 到C 落地过程中以A 、C 和弹簧为系统，根据机械能守恒可得：m 3gh ＝m 1gh sin θ代入数据解得m 3＝0.6 kg.。