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第6課時　機(jī)械能守恒定律　能量守恒定律
【知識網(wǎng)絡(luò)】
熱點(diǎn)一　機(jī)械能守恒定律的應(yīng)用
常見的機(jī)械能守恒的連接體模型
共速率模型 分清兩物體位移大小與高度變化關(guān)系
共角速度模型 兩物體角速度相同，線速度與半徑成正比
關(guān)聯(lián)速度模型 此類問題注意速度的分解，找出兩物體速度關(guān)系，當(dāng)某物體位移最大時，速度可能為0
輕彈簧模型 ①同一根彈簧彈性勢能大小取決于彈簧形變量的大小，在彈簧彈性限度內(nèi)，形變量相等，彈性勢能相等 ②由兩個或兩個以上的物體與彈簧組成的系統(tǒng)，當(dāng)彈簧形變量最大時，彈簧兩端連接的物體具有相同的速度；彈簧處于自然長度時，彈簧彈性勢能最小(為零)
說明：以上連接體不計阻力和摩擦力，系統(tǒng)(包含彈簧)機(jī)械能守恒，單個物體機(jī)械能不守恒。若存在摩擦生熱，機(jī)械能不守恒，可用能量守恒定律進(jìn)行分析。
例1 (2024·安徽安慶二模)如圖1所示，豎直軌道MA與四分之一圓弧軌道ABC平滑對接且在同一豎直面內(nèi)，圓弧軌道圓心為O，OC連線豎直，OB連線與豎直方向夾角為θ＝37°，緊靠MA的一輕質(zhì)彈簧下端固定在水平面上，彈簧上放有一質(zhì)量為m＝2 kg的小球，現(xiàn)用外力將小球向下緩慢壓至P點(diǎn)后無初速度釋放，小球恰能運(yùn)動到C點(diǎn)。已知PA高度差為0.8 m，圓弧軌道半徑為1.0 m，不計軌道摩擦和空氣阻力，小球的半徑遠(yuǎn)小于圓弧軌道的半徑，彈簧與小球不拴接，重力加速度g取10 m/s2(sin 37°＝0.6，cos 37°＝0.8)，則(　　)
圖1
A.小球離開彈簧時速度最大
B.剛釋放小球時，彈簧彈性勢能為36 J
C.若小球質(zhì)量改為5.5 kg，仍從P點(diǎn)釋放小球后，小球能沿軌道返回P點(diǎn)
D.若小球質(zhì)量改為2.3 kg，仍從P點(diǎn)釋放小球后，小球?qū)腂點(diǎn)離開圓弧軌道
例2 如圖2所示，質(zhì)量均為m的A、B兩個小球通過繞在定滑輪上的輕繩相連，A球套在光滑的固定豎直桿上。把A球從與定滑輪等高的P1處由靜止釋放，運(yùn)動到P處時，輕繩與豎直桿之間的夾角為53°，此時A球的速度是v，B球沒有與定滑輪相碰。已知重力加速度為g，sin 53°＝0.8，cos 53°＝0.6，則下列說法正確的是(　　)
圖2
A.在此過程中A球的機(jī)械能增加
B.在此過程中B球的重力勢能增加了
C.此時輕繩PQ段的長度是
D.此時輕繩PQ段的長度是
訓(xùn)練1 (2024·河北廊坊高三期末)如圖3所示，傾角為30°的光滑斜面固定在水平地面上，在斜面體左側(cè)的適當(dāng)位置固定一光滑豎直硬桿，質(zhì)量均為m的兩小球(均視為質(zhì)點(diǎn))用長為L的輕質(zhì)硬桿連接，甲套在豎直硬桿上，乙放置在斜面上，甲、乙由靜止釋放時，輕質(zhì)硬桿與豎直硬桿的夾角為30°，當(dāng)輕質(zhì)硬桿與斜面剛好平行時，乙的動能為(　　)
圖3
A.mgL B.mgL C.mgL D.mgL
熱點(diǎn)二　能量守恒定律的應(yīng)用
例3 (2024·黑龍江哈三中二模)如圖4所示，兩根輕繩連接質(zhì)量為m的小球P，右側(cè)繩一端固定于A點(diǎn)，左側(cè)繩通過光滑定滑輪C連接一物塊Q，質(zhì)量相等的物塊Q、N通過一輕彈簧連接，整個系統(tǒng)處于靜止?fàn)顟B(tài)時，小球P位于圖示位置，兩繩與水平方向的夾角分別為53°和37°，此時物塊N與地面間的壓力恰好為零。現(xiàn)將小球P托至與A、B兩點(diǎn)等高的水平線上，兩繩均拉直且恰好無彈力，由靜止釋放小球P。已知A點(diǎn)與小球P間的繩長為L，sin 37°＝0.6，cos 37°＝0.8，重力加速度為g，求：
圖4
(1)物塊Q的質(zhì)量M；
(2)小球P運(yùn)動到圖示位置時，物塊Q的速度大小v；
(3)小球P從釋放到圖示位置過程中，輕繩對物塊Q做的功W。
訓(xùn)練2 如圖5所示，輕彈簧放置在傾角為30°的斜面上，彈簧下端與斜面底端的擋板相連。可看作質(zhì)點(diǎn)的小物塊A、B疊放在一起，在斜面的頂端由靜止釋放并保持相對靜止一起沿斜面下滑。彈簧被壓縮到最短時，迅速取走物塊A(不影響物塊B的速度)，此后彈簧將物塊B彈出，B剛好又能滑到斜面頂端，已知重力加速度為g，B物塊與斜面間動摩擦因數(shù)為，則關(guān)于A、B的質(zhì)量m和M之間的關(guān)系，下列說法正確的是(　　)
圖5
A.M＝2m B.M＝m C.M＝2m D.M＝3m
熱點(diǎn)三　與能量相關(guān)的圖像問題
例4 如圖6甲所示，傾角為37°的斜面固定在水平地面上，一木塊以一定的初速度從斜面底端開始上滑。若斜面足夠長，上滑過程中木塊的機(jī)械能和動能隨位移變化的關(guān)系圖線如圖乙所示，sin 37°＝0.6，cos 37°＝0.8，則下列說法正確的是(　　)
圖6
A.木塊的重力大小為
B.木塊受到的摩擦力大小為
C.木塊與斜面間的動摩擦因數(shù)為
D.木塊上滑過程中，重力勢能增加了4E0
訓(xùn)練3 (2024·湖北黃岡模擬，4)如圖7甲所示，一物塊以一定初速度沿傾角為30°的固定斜面上滑，運(yùn)動過程中摩擦力大小f恒定，物塊動能Ek與運(yùn)動路程s的關(guān)系如圖乙所示。重力加速度大小取10 m/s2，物塊質(zhì)量m和所受摩擦力大小f分別為(　　)
圖7
A.m＝0.7 kg，f＝0.5 N B.m＝0.7 kg，f＝1.0 N
C.m＝0.8 kg，f＝0.5 N D.m＝0.8 kg，f＝1.0 N
1.(2024·北京卷，7)如圖8所示，光滑水平軌道AB與豎直面內(nèi)的光滑半圓形軌道BC在B點(diǎn)平滑連接。一小物體將輕彈簧壓縮至A點(diǎn)后由靜止釋放，物體脫離彈簧后進(jìn)入半圓形軌道，恰好能夠到達(dá)最高點(diǎn)C。下列說法正確的是(　　)
圖8
A.物體在C點(diǎn)所受合力為零
B.物體在C點(diǎn)的速度為零
C.物體在C點(diǎn)的向心加速度等于重力加速度
D.物體在A點(diǎn)時彈簧的彈性勢能等于物體在C點(diǎn)的動能
2.(2024·全國甲卷，17)如圖9，一光滑大圓環(huán)固定在豎直平面內(nèi)，質(zhì)量為m的小環(huán)套在大圓環(huán)上，小環(huán)從靜止開始由大圓環(huán)頂端經(jīng)Q點(diǎn)自由下滑至其底部，Q為豎直線與大圓環(huán)的切點(diǎn)。則小環(huán)下滑過程中對大圓環(huán)的作用力大小(　　)
圖9
A.在Q點(diǎn)最大 B.在Q點(diǎn)最小 C.先減小后增大 D.先增大后減小
3.(2024·黑吉遼卷，14)如圖10，高度h＝0.8 m的水平桌面上放置兩個相同物塊A、B，質(zhì)量mA＝mB＝0.1 kg。A、B間夾一壓縮量Δx＝0.1 m的輕彈簧，彈簧與A、B不拴接。同時由靜止釋放A、B，彈簧恢復(fù)原長時A恰好從桌面左端沿水平方向飛出，水平射程xA＝0.4 m；B脫離彈簧后沿桌面滑行一段距離xB＝0.25 m后停止，A、B均視為質(zhì)點(diǎn)，重力加速度g＝10 m/s2。忽略空氣阻力，求：
圖10
(1)脫離彈簧時A、B的速度大小vA和vB；
(2)物塊與桌面間的動摩擦因數(shù)μ；
(3)整個過程中，彈簧釋放的彈性勢能ΔEp。
基礎(chǔ)保分練
1.(2024·廣東深圳高三期中)如圖1所示為過山車的簡易模型，從傾斜軌道上的A點(diǎn)由靜止開始下滑，圓形軌道半徑為R，過山車重量為Mg，忽略一切阻力作用，經(jīng)過圓軌道最高點(diǎn)C時，軌道給過山車的壓力為Mg，下滑點(diǎn)A距離圓軌道底部的高度h為(　　)
圖1
A.2R B.3R C.4R D.5R
2.(多選)(2024·山西運(yùn)城模擬預(yù)測)如圖2所示，A、B兩球分別用長度均為L的輕桿通過光滑鉸鏈與C球連接，通過外力作用使兩桿并攏，系統(tǒng)豎直放置在光滑水平地面上。某時刻將系統(tǒng)由靜止釋放，A、B兩球開始向左右兩邊滑動。已知A、B兩球的質(zhì)量均為m，C球的質(zhì)量為2m，三球均在同一豎直面內(nèi)運(yùn)動，忽略一切阻力，重力加速度為g。從靜止釋放到球C落地前的過程，下列說法正確的是(　　)
圖2
A.A、B、C三球組成的系統(tǒng)機(jī)械能守恒
B.球C的機(jī)械能先減少后增加
C.球A速度達(dá)到最大時，球C的加速度大小為g
D.球C落地前瞬間的速度大小為2
3.(2024·廣東深圳模擬)物體以動能E開始豎直向上運(yùn)動，回到出發(fā)點(diǎn)時，動能為。取出發(fā)點(diǎn)位置的重力勢能為零，整個運(yùn)動過程可認(rèn)為空氣阻力大小恒定，則該物體上升階段動能與重力勢能相等時，其動能為(　　)
A. B. C. D.
4.(2024·陜西漢中一模)如圖3所示，物塊A套在光滑水平桿上，連接物塊A的輕質(zhì)細(xì)線與水平桿間所成夾角為θ＝53°，細(xì)線跨過同一高度上的兩光滑定滑輪與質(zhì)量相等的物塊B相連，定滑輪頂部離水平桿距離為h＝0.8 m，現(xiàn)將物塊B由靜止釋放，物塊A、B均可視為質(zhì)點(diǎn)，重力加速度g＝10 m/s2，sin 53°＝0.8，不計空氣阻力，則(　　)
圖3
A.物塊A與物塊B速度大小始終相等
B.物塊A能達(dá)到的最大速度為2 m/s
C.物塊B下降過程中，重力始終大于細(xì)線拉力
D.當(dāng)物塊A經(jīng)過左側(cè)滑輪正下方時，物塊B的速度最大
5.質(zhì)量均為m、半徑均為R的兩個完全相同的小球A、B，在水平軌道上以某一初速度向右沖上傾角為θ的傾斜軌道，兩小球運(yùn)動過程中始終接觸，若兩軌道通過一小段圓弧平滑連接，不計摩擦阻力及彎道處的能量損失，則兩小球運(yùn)動到最高點(diǎn)的過程中，A球?qū)球所做的功為(　　)
圖4
A.0 B.mgRsin θ C.2mgRsin θ D.mgR
6.(多選)(2024·重慶模擬預(yù)測)教職工趣味運(yùn)動會排球墊球比賽中，某老師將球沿豎直方向墊起。已知排球在空中受到的空氣阻力與速度大小成正比，以豎直向上為正方向，v表示排球速度、x表示排球相對墊起點(diǎn)的位移、Ek表示排球的動能、E機(jī)表示排球的機(jī)械能、t表示排球自墊起開始計時的運(yùn)動時間，下列表示排球上升和下落過程中各物理量關(guān)系的圖像可能正確的是(　　)
7.(2024·湖北宜昌高三模擬)如圖5所示，與水平面平滑連接的固定斜面的頂端到水平面O點(diǎn)的高度為h，質(zhì)量為m的小木塊從斜面的頂端無初速度滑下，并運(yùn)動到水平面上的A點(diǎn)停下。已知小木塊與斜面、水平面間的動摩擦因數(shù)均為μ，＝x，下列說法正確的是(　　)
,圖5)
A.斜面傾角θ越大，x越大
B.斜面傾角θ越小，x越大
C.若小木塊從斜面頂端以初動能Ek＝mgh滑下，最后在水平面上的B點(diǎn)停下，則＝
D.若小木塊從斜面頂端以初動能Ek＝3mgh滑下，并在A點(diǎn)固定一個擋板，小木塊在A點(diǎn)與擋板發(fā)生彈性碰撞，則折返后恰能回到斜面頂端
提能增分練
8.(多選)(2024·江西南昌二模)一塊質(zhì)量為M的長木板A靜止放在光滑的水平面上，質(zhì)量為m的物體B(視為質(zhì)點(diǎn))以初速度v0從左端滑上長木板A的上表面并從右端滑下，該過程中，物體B的動能減少量為ΔEkB，長木板A的動能增加量為ΔEkA，A、B間摩擦產(chǎn)生的熱量為Q(不考慮空氣阻力)，關(guān)于ΔEkB、ΔEkA、Q的數(shù)值，下列三個數(shù)量關(guān)系一定可能的是(　　)
圖6
A.ΔEkB＝3 J，ΔEkA＝1 J，Q＝2 J
B.ΔEkB＝6 J，ΔEkA＝2 J，Q＝4 J
C.ΔEkB＝7 J，ΔEkA＝3 J，Q＝7 J
D.ΔEkB＝8 J，ΔEkA＝3 J，Q＝3 J
9.(2024·江蘇揚(yáng)州模擬)如圖7所示，在一直立的光滑管內(nèi)放置一輕質(zhì)彈簧，上端O點(diǎn)與管口A的距離為2x0，一質(zhì)量為m的小球從管口由靜止下落，將彈簧壓縮至最低點(diǎn)B，壓縮量為x0，不計空氣阻力，則(　　)
圖7
A.彈簧的最大彈性勢能為3mgx0
B.小球運(yùn)動的最大速度等于2
C.彈簧的勁度系數(shù)為
D.小球運(yùn)動中最大加速度為g
10.(2024·山東青島一模)桶裝水電動抽水器可以輕松實(shí)現(xiàn)一鍵自動取水。如圖8，某同學(xué)把一個簡易抽水器安裝在水桶上，出水口水平。某次取水時，桶內(nèi)水位高度h1＝20 cm，按鍵后測得t＝16 s內(nèi)注滿了0.8 L的水壺。已知抽水器出水口高度H＝60 cm、橫截面積S＝0.5 cm2，水壺的高度h2＝15 cm，若該次取水過程中抽水器將電能轉(zhuǎn)化為水的機(jī)械能的效率η ＝15%，忽略取水過程中桶內(nèi)水位高度的變化，重力加速度g＝10 m/s2，水的密度ρ＝1.0×103 kg/m3。
圖8
(1)求接水時出水口到水壺口左邊緣的最大水平距離；
(2)估算本次取水抽水器的功率。
11.(2024·福建福州高三期末)如圖9所示，在某豎直平面內(nèi)，光滑曲面AB與水平面BC平滑連接于B點(diǎn)，BC右端連接內(nèi)壁光滑、半徑r＝0.2 m的四分之一細(xì)圓管CD，管口D端正下方直立一根勁度系數(shù)k＝100 N/m的輕彈簧，彈簧一端固定，另一端恰好與管口D端平齊。一個質(zhì)量為m＝1 kg的小球放在曲面AB上，現(xiàn)從距BC的高度h＝0.6 m處靜止釋放小球，它與BC間的動摩擦因數(shù)μ＝0.5，小球進(jìn)入管口C端時，它對上管壁有FN＝2.5mg的作用力，通過CD后，在壓縮彈簧過程中小球速度最大時彈簧的彈性勢能Ep＝0.5 J。重力加速度g取10 m/s2。求：
圖9
(1)小球第一次經(jīng)過C點(diǎn)的速度大小；
(2)在壓縮彈簧過程中小球的最大動能Ekm；
(3)小球最終停止的位置與B點(diǎn)的距離。
培優(yōu)高分練
12.(2024·江蘇卷，15)如圖10所示，粗糙斜面的動摩擦因數(shù)為μ，傾角為θ，斜面長為L。一個質(zhì)量為m的物塊(可視為質(zhì)點(diǎn))在電動機(jī)作用下，從斜面底端A點(diǎn)由靜止加速至B點(diǎn)時達(dá)到最大速度v，之后做勻速運(yùn)動至C點(diǎn)，關(guān)閉電動機(jī)，物塊恰好到達(dá)最高點(diǎn)D點(diǎn)，重力加速度為g，不計電動機(jī)消耗的電熱。求：
圖10
(1)CD段長度x；
(2)BC段電動機(jī)的輸出功率P；
(3)全過程儲存的機(jī)械能E1和電動機(jī)消耗的總電能E2的比值。
熱點(diǎn)一　機(jī)械能守恒定律的應(yīng)用
常見的機(jī)械能守恒的連接體模型
共速率模型 分清兩物體位移大小與高度變化關(guān)系
共角速度模型 兩物體角速度相同，線速度與半徑成正比
關(guān)聯(lián)速度模型 此類問題注意速度的分解，找出兩物體速度關(guān)系，當(dāng)某物體位移最大時，速度可能為0
輕彈簧模型 ①同一根彈簧彈性勢能大小取決于彈簧形變量的大小，在彈簧彈性限度內(nèi)，形變量相等，彈性勢能相等 ②由兩個或兩個以上的物體與彈簧組成的系統(tǒng)，當(dāng)彈簧形變量最大時，彈簧兩端連接的物體具有相同的速度；彈簧處于自然長度時，彈簧彈性勢能最小(為零)
說明：以上連接體不計阻力和摩擦力，系統(tǒng)(包含彈簧)機(jī)械能守恒，單個物體機(jī)械能不守恒。若存在摩擦生熱，機(jī)械能不守恒，可用能量守恒定律進(jìn)行分析。
例1 (2024·安徽安慶二模)如圖1所示，豎直軌道MA與四分之一圓弧軌道ABC平滑對接且在同一豎直面內(nèi)，圓弧軌道圓心為O，OC連線豎直，OB連線與豎直方向夾角為θ＝37°，緊靠MA的一輕質(zhì)彈簧下端固定在水平面上，彈簧上放有一質(zhì)量為m＝2 kg的小球，現(xiàn)用外力將小球向下緩慢壓至P點(diǎn)后無初速度釋放，小球恰能運(yùn)動到C點(diǎn)。已知PA高度差為0.8 m，圓弧軌道半徑為1.0 m，不計軌道摩擦和空氣阻力，小球的半徑遠(yuǎn)小于圓弧軌道的半徑，彈簧與小球不拴接，重力加速度g取10 m/s2(sin 37°＝0.6，cos 37°＝0.8)，則(　　)
圖1
A.小球離開彈簧時速度最大
B.剛釋放小球時，彈簧彈性勢能為36 J
C.若小球質(zhì)量改為5.5 kg，仍從P點(diǎn)釋放小球后，小球能沿軌道返回P點(diǎn)
D.若小球質(zhì)量改為2.3 kg，仍從P點(diǎn)釋放小球后，小球?qū)腂點(diǎn)離開圓弧軌道
答案　D
解析　小球從P點(diǎn)無初速度釋放后，上升到彈簧彈力大小等于重力時，小球速度最大，故A錯誤；小球恰能過C點(diǎn)，則有mg＝m，可得vC＝＝ m/s，所以彈簧的最大彈性勢能為Ep＝mg(h＋R)＋mv＝46 J，故B錯誤；小球質(zhì)量為m1＝5.5 kg＞2 kg時，小球肯定到不了C點(diǎn)，而最大彈性勢能Ep＝46 J＞m1gh＝44 J，小球到達(dá)A點(diǎn)時還有速度，即能進(jìn)入圓弧軌道，所以小球?qū)⒃趫A弧軌道A、C之間某點(diǎn)離開圓弧軌道做斜上拋運(yùn)動，不能沿軌道返回P點(diǎn)，故C錯誤；設(shè)小球質(zhì)量為m2時恰好從B點(diǎn)離開，則在B點(diǎn)有m2gcos 37°＝m2，解得vB＝2 m/s，根據(jù)機(jī)械能守恒定律可得Ep＝m2g(h＋Rcos 37°)＋m2v，解得m2＝2.3 kg，故D正確。
例2 如圖2所示，質(zhì)量均為m的A、B兩個小球通過繞在定滑輪上的輕繩相連，A球套在光滑的固定豎直桿上。把A球從與定滑輪等高的P1處由靜止釋放，運(yùn)動到P處時，輕繩與豎直桿之間的夾角為53°，此時A球的速度是v，B球沒有與定滑輪相碰。已知重力加速度為g，sin 53°＝0.8，cos 53°＝0.6，則下列說法正確的是(　　)
圖2
A.在此過程中A球的機(jī)械能增加
B.在此過程中B球的重力勢能增加了
C.此時輕繩PQ段的長度是
D.此時輕繩PQ段的長度是
答案　C
解析　A球從與定滑輪等高的P1處由靜止釋放，運(yùn)動到P處的過程中，繩對A球做負(fù)功，A球機(jī)械能減小，A錯誤；A球運(yùn)動到P處時，B球的速度vB＝v∥＝vAcos 53°＝0.6vA，設(shè)此時PQ的長度為l，由機(jī)械能守恒定律有mAv＋mBv＝mAghA－mBghB，其中vA＝v，mA＝mB＝m，A球下降的高度hA＝lcos 53°＝0.6l，B球上升的高度hB＝l－lsin 53°＝0.2l，求解可得l＝，C正確，D錯誤；在此過程中，B球上升了0.2l＝，所以在此過程中，B球的重力勢能增加了，B錯誤。
訓(xùn)練1 (2024·河北廊坊高三期末)如圖3所示，傾角為30°的光滑斜面固定在水平地面上，在斜面體左側(cè)的適當(dāng)位置固定一光滑豎直硬桿，質(zhì)量均為m的兩小球(均視為質(zhì)點(diǎn))用長為L的輕質(zhì)硬桿連接，甲套在豎直硬桿上，乙放置在斜面上，甲、乙由靜止釋放時，輕質(zhì)硬桿與豎直硬桿的夾角為30°，當(dāng)輕質(zhì)硬桿與斜面剛好平行時，乙的動能為(　　)
圖3
A.mgL B.mgL C.mgL D.mgL
答案　B
解析　甲下降的高度為h甲＝＝L，乙下降的高度為h乙＝(L－)sin 30°＝，當(dāng)輕質(zhì)硬桿與斜面剛好平行時，把甲的速度v甲分別沿著輕質(zhì)硬桿和垂直輕質(zhì)硬桿分解，沿著輕質(zhì)硬桿方向的分速度為，有v∥＝v甲sin 30°，小球乙的速度v乙沿著斜面，輕質(zhì)硬桿與斜面平行，則v乙沿著輕質(zhì)硬桿，有v乙＝v∥，甲、乙兩球組成的系統(tǒng)由機(jī)械能守恒定律可得mgh甲＋mgh乙＝mv＋mv，乙的動能為Ek乙＝mv，綜合解得Ek乙＝mgL，故B正確。
熱點(diǎn)二　能量守恒定律的應(yīng)用
例3 (2024·黑龍江哈三中二模)如圖4所示，兩根輕繩連接質(zhì)量為m的小球P，右側(cè)繩一端固定于A點(diǎn)，左側(cè)繩通過光滑定滑輪C連接一物塊Q，質(zhì)量相等的物塊Q、N通過一輕彈簧連接，整個系統(tǒng)處于靜止?fàn)顟B(tài)時，小球P位于圖示位置，兩繩與水平方向的夾角分別為53°和37°，此時物塊N與地面間的壓力恰好為零。現(xiàn)將小球P托至與A、B兩點(diǎn)等高的水平線上，兩繩均拉直且恰好無彈力，由靜止釋放小球P。已知A點(diǎn)與小球P間的繩長為L，sin 37°＝0.6，cos 37°＝0.8，重力加速度為g，求：
圖4
(1)物塊Q的質(zhì)量M；
(2)小球P運(yùn)動到圖示位置時，物塊Q的速度大小v；
(3)小球P從釋放到圖示位置過程中，輕繩對物塊Q做的功W。
答案　(1)m　(2)　(3)mgL
解析　(1)對小球P受力分析，有sin 37°＝
對物塊N和Q整體受力分析，有2Mg＝TB
聯(lián)立解得M＝m。
(2)P的運(yùn)動為繞A點(diǎn)的圓周運(yùn)動，由關(guān)聯(lián)速度可知，此時小球P和物塊Q的速度大小相等，根據(jù)系統(tǒng)能量守恒有
mgLcos 37°＝mv2＋Mv2＋Mgh
其中h＝(＋L)－＝L
聯(lián)立解得v＝。
(3)對物塊Q，由動能定理有W－Mgh＝Mv2－0
解得W＝mgL。
1.含摩擦生熱、焦耳熱、電勢能等多種形式能量轉(zhuǎn)化的系統(tǒng)，優(yōu)先選用能量守恒定律。
2.應(yīng)用能量守恒定律的基本思路
(1)守恒：E初＝E末，初、末總能量不變。
(2)轉(zhuǎn)移：EA減＝EB增，A物體減少的能量等于B物體增加的能量。
(3)轉(zhuǎn)化：|ΔE減|＝|ΔE增|，減少的某些能量等于增加的某些能量。
訓(xùn)練2 如圖5所示，輕彈簧放置在傾角為30°的斜面上，彈簧下端與斜面底端的擋板相連。可看作質(zhì)點(diǎn)的小物塊A、B疊放在一起，在斜面的頂端由靜止釋放并保持相對靜止一起沿斜面下滑。彈簧被壓縮到最短時，迅速取走物塊A(不影響物塊B的速度)，此后彈簧將物塊B彈出，B剛好又能滑到斜面頂端，已知重力加速度為g，B物塊與斜面間動摩擦因數(shù)為，則關(guān)于A、B的質(zhì)量m和M之間的關(guān)系，下列說法正確的是(　　)
圖5
A.M＝2m B.M＝m C.M＝2m D.M＝3m
答案　A
解析　彈簧被壓縮到最短時，小物塊A、B的速度均為0，從開始運(yùn)動到彈簧壓縮到最短的過程中，設(shè)運(yùn)動距離為L，根據(jù)能量守恒定律得(m＋M)gLsin 30°－μ(m＋M)gcos 30°·L＝Ep；彈簧將物塊B彈出，B剛好又能滑到斜面頂端的過程中，由能量守恒定律得Ep＝MgLsin 30°＋μMgcos 30°·L，兩式聯(lián)立解得M＝2m，A項正確。
熱點(diǎn)三　與能量相關(guān)的圖像問題
例4 如圖6甲所示，傾角為37°的斜面固定在水平地面上，一木塊以一定的初速度從斜面底端開始上滑。若斜面足夠長，上滑過程中木塊的機(jī)械能和動能隨位移變化的關(guān)系圖線如圖乙所示，sin 37°＝0.6，cos 37°＝0.8，則下列說法正確的是(　　)
圖6
A.木塊的重力大小為
B.木塊受到的摩擦力大小為
C.木塊與斜面間的動摩擦因數(shù)為
D.木塊上滑過程中，重力勢能增加了4E0
答案　A
解析　上滑過程中，摩擦力對木塊做負(fù)功，木塊的機(jī)械能減少，由圖乙可知物塊的機(jī)械能減少了ΔE＝4E0－3E0＝E0，動能減少了ΔEk＝4E0，所以木塊的重力勢能增加了ΔEp＝4E0－E0＝3E0，故D錯誤；設(shè)木塊質(zhì)量為m，由圖乙可知木塊上滑的距離為x0，則有μmgcos 37°·x0＝E0，則木塊受到的摩擦力大小為Ff＝μmgcos 37°＝，故B錯誤；木塊上滑過程中，重力做負(fù)功，木塊的動能部分轉(zhuǎn)化為重力勢能，則有mgsin 37°·x0＝3E0，則木塊的重力大小為G＝mg＝，故A正確；木塊與斜面間的動摩擦因數(shù)為μ＝＝，故C錯誤。
方法總結(jié)　解決物理圖像問題的基本思路
訓(xùn)練3 (2024·湖北黃岡模擬，4)如圖7甲所示，一物塊以一定初速度沿傾角為30°的固定斜面上滑，運(yùn)動過程中摩擦力大小f恒定，物塊動能Ek與運(yùn)動路程s的關(guān)系如圖乙所示。重力加速度大小取10 m/s2，物塊質(zhì)量m和所受摩擦力大小f分別為(　　)
圖7
A.m＝0.7 kg，f＝0.5 N B.m＝0.7 kg，f＝1.0 N
C.m＝0.8 kg，f＝0.5 N D.m＝0.8 kg，f＝1.0 N
答案　A
解析　0～10 m內(nèi)物塊上滑，由動能定理得－mgsin 30°·s－fs＝Ek－Ek0，整理得Ek＝Ek0－(mgsin 30°＋f)s，結(jié)合0～10 m內(nèi)的圖像得，斜率的絕對值|k|＝mgsin 30°＋f＝4 N；10～20 m內(nèi)物塊下滑，由動能定理得(mgsin 30°－f)(s－s1)＝Ek，整理得Ek＝(mgsin 30°－f)s－(mgsin 30°－f)s1，結(jié)合10～20 m內(nèi)的圖像得，斜率k′＝mgsin 30°－f＝3 N。聯(lián)立解得f＝0.5 N、m＝0.7 kg，A正確，B、C、D錯誤。
1.(2024·北京卷，7)如圖8所示，光滑水平軌道AB與豎直面內(nèi)的光滑半圓形軌道BC在B點(diǎn)平滑連接。一小物體將輕彈簧壓縮至A點(diǎn)后由靜止釋放，物體脫離彈簧后進(jìn)入半圓形軌道，恰好能夠到達(dá)最高點(diǎn)C。下列說法正確的是(　　)
圖8
A.物體在C點(diǎn)所受合力為零
B.物體在C點(diǎn)的速度為零
C.物體在C點(diǎn)的向心加速度等于重力加速度
D.物體在A點(diǎn)時彈簧的彈性勢能等于物體在C點(diǎn)的動能
答案　C
解析　設(shè)物體恰好到達(dá)C點(diǎn)的速度大小為v，則在C點(diǎn)重力完全提供向心力，有mg＝m＝ma向，解得v＝，向心加速度a向＝g，A、B錯誤，C正確；物體從A點(diǎn)到C點(diǎn)的過程，由機(jī)械能守恒定律可知，彈簧的彈性勢能轉(zhuǎn)化為物體在C點(diǎn)的重力勢能和動能，D錯誤。
2.(2024·全國甲卷，17)如圖9，一光滑大圓環(huán)固定在豎直平面內(nèi)，質(zhì)量為m的小環(huán)套在大圓環(huán)上，小環(huán)從靜止開始由大圓環(huán)頂端經(jīng)Q點(diǎn)自由下滑至其底部，Q為豎直線與大圓環(huán)的切點(diǎn)。則小環(huán)下滑過程中對大圓環(huán)的作用力大小(　　)
圖9
A.在Q點(diǎn)最大 B.在Q點(diǎn)最小 C.先減小后增大 D.先增大后減小
答案　C
解析　設(shè)小環(huán)運(yùn)動軌跡所對的圓心角為θ(0≤θ≤π)，大圓環(huán)的半徑為R，大圓環(huán)對小環(huán)的作用力為F，由機(jī)械能守恒定律有mgR(1－cos θ)＝mv2，又小環(huán)做圓周運(yùn)動，則有F＋mgcos θ＝m，聯(lián)立得小環(huán)下滑過程中受到大圓環(huán)的作用力F＝mg(2－3cos θ)，則F的大小先減小后增大，且當(dāng)cos θ＝時F最小，當(dāng)cos θ＝－1，即小環(huán)在大圓環(huán)最低點(diǎn)時F最大，結(jié)合牛頓第三定律可知，C正確。
3.(2024·黑吉遼卷，14)如圖10，高度h＝0.8 m的水平桌面上放置兩個相同物塊A、B，質(zhì)量mA＝mB＝0.1 kg。A、B間夾一壓縮量Δx＝0.1 m的輕彈簧，彈簧與A、B不拴接。同時由靜止釋放A、B，彈簧恢復(fù)原長時A恰好從桌面左端沿水平方向飛出，水平射程xA＝0.4 m；B脫離彈簧后沿桌面滑行一段距離xB＝0.25 m后停止，A、B均視為質(zhì)點(diǎn)，重力加速度g＝10 m/s2。忽略空氣阻力，求：
圖10
(1)脫離彈簧時A、B的速度大小vA和vB；
(2)物塊與桌面間的動摩擦因數(shù)μ；
(3)整個過程中，彈簧釋放的彈性勢能ΔEp。
答案　(1)1 m/s　1 m/s　(2)0.2　(3)0.12 J
解析　(1)彈簧恢復(fù)原長時兩物塊脫離彈簧，A做平拋運(yùn)動，B做勻減速直線運(yùn)動
對A，水平方向有xA＝vAt
豎直方向有h＝gt2
聯(lián)立解得vA＝1 m/s
彈簧恢復(fù)原長的過程中，由于A、B所受摩擦力大小相等，方向相反，A、B與彈簧組成的系統(tǒng)動量守恒
對系統(tǒng)有0＝mAvA＋mB(－vB)
解得vB＝1 m/s。
(2)B物塊與彈簧分離后做勻減速直線運(yùn)動
對B有－μmBgxB＝0－mBv
解得μ＝0.2。
(3)從系統(tǒng)初始狀態(tài)到彈簧與物塊分離的過程中，彈簧釋放的彈性勢能轉(zhuǎn)化為A和B的動能與A和B同桌面摩擦產(chǎn)生的熱量，該過程中對系統(tǒng)有
ΔEp＝mAv＋mBv＋μmAgΔxA＋μmBgΔxB
其中ΔxA、ΔxB為彈簧恢復(fù)原長過程中A、B兩物塊相對桌面的路程，則有Δx＝ΔxA＋ΔxB
聯(lián)立解得ΔEp＝0.12 J。
基礎(chǔ)保分練
1.(2024·廣東深圳高三期中)如圖1所示為過山車的簡易模型，從傾斜軌道上的A點(diǎn)由靜止開始下滑，圓形軌道半徑為R，過山車重量為Mg，忽略一切阻力作用，經(jīng)過圓軌道最高點(diǎn)C時，軌道給過山車的壓力為Mg，下滑點(diǎn)A距離圓軌道底部的高度h為(　　)
圖1
A.2R B.3R C.4R D.5R
答案　B
解析　經(jīng)過圓軌道最高點(diǎn)C時，軌道給過山車的壓力FN＝Mg，根據(jù)牛頓第二定律可得Mg＋FN＝m，解得vC＝，過山車從下滑點(diǎn)A到C點(diǎn)過程，根據(jù)機(jī)械能守恒定律可得Mg(h－2R)＝Mv，解得h＝3R，故B正確。
2.(多選)(2024·山西運(yùn)城模擬預(yù)測)如圖2所示，A、B兩球分別用長度均為L的輕桿通過光滑鉸鏈與C球連接，通過外力作用使兩桿并攏，系統(tǒng)豎直放置在光滑水平地面上。某時刻將系統(tǒng)由靜止釋放，A、B兩球開始向左右兩邊滑動。已知A、B兩球的質(zhì)量均為m，C球的質(zhì)量為2m，三球均在同一豎直面內(nèi)運(yùn)動，忽略一切阻力，重力加速度為g。從靜止釋放到球C落地前的過程，下列說法正確的是(　　)
圖2
A.A、B、C三球組成的系統(tǒng)機(jī)械能守恒
B.球C的機(jī)械能先減少后增加
C.球A速度達(dá)到最大時，球C的加速度大小為g
D.球C落地前瞬間的速度大小為2
答案　ABC
解析　從靜止釋放到球C落地前的過程，A、B、C三球組成的系統(tǒng)，只有重力做功，機(jī)械能守恒，A正確；從靜止釋放后A、B兩球先加速后減速，動能先增加后減少，而A、B、C三球組成的系統(tǒng)機(jī)械能守恒，則球C的機(jī)械能先減少后增加，B正確；當(dāng)球A的加速度為0時速度達(dá)到最大值，此時桿對球的作用力為0，則此時球C只受重力作用，加速度大小為g，C正確；球C落地前瞬時，A、B兩球的速度為零，對A、B、C三球組成的系統(tǒng)，有2mgL＝×2mv2，解得v＝，D錯誤。
3.(2024·廣東深圳模擬)物體以動能E開始豎直向上運(yùn)動，回到出發(fā)點(diǎn)時，動能為。取出發(fā)點(diǎn)位置的重力勢能為零，整個運(yùn)動過程可認(rèn)為空氣阻力大小恒定，則該物體上升階段動能與重力勢能相等時，其動能為(　　)
A. B. C. D.
答案　B
解析　設(shè)上升的最大高度為h，根據(jù)功能關(guān)系有f·2h＝E－＝，根據(jù)能量守恒定律可得E＝mgh＋fh，解得mgh＝E，fh＝E，則f＝mg，若在上升階段離出發(fā)點(diǎn)H處動能和重力勢能相等，由能量守恒定律有Ek＋mgH＝E－fH，Ek＝Ep＝mgH，聯(lián)立解得Ek＝E，故B正確。
4.(2024·陜西漢中一模)如圖3所示，物塊A套在光滑水平桿上，連接物塊A的輕質(zhì)細(xì)線與水平桿間所成夾角為θ＝53°，細(xì)線跨過同一高度上的兩光滑定滑輪與質(zhì)量相等的物塊B相連，定滑輪頂部離水平桿距離為h＝0.8 m，現(xiàn)將物塊B由靜止釋放，物塊A、B均可視為質(zhì)點(diǎn)，重力加速度g＝10 m/s2，sin 53°＝0.8，不計空氣阻力，則(　　)
圖3
A.物塊A與物塊B速度大小始終相等
B.物塊A能達(dá)到的最大速度為2 m/s
C.物塊B下降過程中，重力始終大于細(xì)線拉力
D.當(dāng)物塊A經(jīng)過左側(cè)滑輪正下方時，物塊B的速度最大
答案　B
解析　根據(jù)題意可知，物塊A與物塊B的速度關(guān)系為vAcos θ＝vB，兩物塊速度不相等，當(dāng)物塊A經(jīng)過左側(cè)滑輪正下方時，有vB＝vAcos 90°＝0，故A、D錯誤；當(dāng)物塊A運(yùn)動到左側(cè)定滑輪正下方時，物塊B下降的距離最大，物塊A的速度最大，根據(jù)機(jī)械能守恒定律有mBg(－h(huán))＝mAv2，解得v＝2 m/s，故B正確；由上述分析可知，當(dāng)物塊A經(jīng)過左側(cè)滑輪正下方時，物塊B的速度為0，則物塊B向下先加速后減速，在物塊B減速下降過程中，重力會小于細(xì)線拉力，故C錯誤。
5.質(zhì)量均為m、半徑均為R的兩個完全相同的小球A、B，在水平軌道上以某一初速度向右沖上傾角為θ的傾斜軌道，兩小球運(yùn)動過程中始終接觸，若兩軌道通過一小段圓弧平滑連接，不計摩擦阻力及彎道處的能量損失，則兩小球運(yùn)動到最高點(diǎn)的過程中，A球?qū)球所做的功為(　　)
圖4
A.0 B.mgRsin θ C.2mgRsin θ D.mgR
答案　B
解析　設(shè)A球的重心在斜面上上升的高度為h，兩球的初速度大小為v0，對A、B整體，根據(jù)機(jī)械能守恒定律得×2mv＝mgh＋mg(h＋2Rsin θ)。設(shè)A球?qū)球所做的功為W，由動能定理有W－mg(h＋2Rsin θ)＝0－mv，解得W＝mgRsin θ，B項正確。
6.(多選)(2024·重慶模擬預(yù)測)教職工趣味運(yùn)動會排球墊球比賽中，某老師將球沿豎直方向墊起。已知排球在空中受到的空氣阻力與速度大小成正比，以豎直向上為正方向，v表示排球速度、x表示排球相對墊起點(diǎn)的位移、Ek表示排球的動能、E機(jī)表示排球的機(jī)械能、t表示排球自墊起開始計時的運(yùn)動時間，下列表示排球上升和下落過程中各物理量關(guān)系的圖像可能正確的是(　　)
答案　BD
解析　以豎直向上為正方向，初速度應(yīng)為正值，故A錯誤；速度先減小為0后反向增大，所以x－t圖像斜率先減小后變?yōu)樨?fù)向增大，機(jī)械能一直有損失，導(dǎo)致上升過程中任意位置的速率都比下降過程同一位置速率大，則上升、下降經(jīng)過同一位置處的動能不可能相等，因此上升過程的平均速度大于下降過程的平均速度，所以上升過程的時間小于下降過程的時間，故B正確，C錯誤；E機(jī)－x圖像斜率表示空氣阻力，空氣阻力上升過程逐漸減小，下降過程逐漸增大，且上升過程機(jī)械能損失更多，故D正確。
7.(2024·湖北宜昌高三模擬)如圖5所示，與水平面平滑連接的固定斜面的頂端到水平面O點(diǎn)的高度為h，質(zhì)量為m的小木塊從斜面的頂端無初速度滑下，并運(yùn)動到水平面上的A點(diǎn)停下。已知小木塊與斜面、水平面間的動摩擦因數(shù)均為μ，＝x，下列說法正確的是(　　)
,圖5)
A.斜面傾角θ越大，x越大
B.斜面傾角θ越小，x越大
C.若小木塊從斜面頂端以初動能Ek＝mgh滑下，最后在水平面上的B點(diǎn)停下，則＝
D.若小木塊從斜面頂端以初動能Ek＝3mgh滑下，并在A點(diǎn)固定一個擋板，小木塊在A點(diǎn)與擋板發(fā)生彈性碰撞，則折返后恰能回到斜面頂端
答案　C
解析　小木塊從開始下滑到最后停在A點(diǎn)，設(shè)斜面的傾角為θ，斜面投影長度為x1，斜面底端到A點(diǎn)距離x2，由能量關(guān)系可知mgh＝μmgcos θ·＋μmgx2＝μmgx，解得h＝μx，則當(dāng)h和μ一定時，x一定不變，故A、B錯誤；設(shè)＝x′，由能量關(guān)系可知Ek＋mgh＝μmgx′，解得x′＝，故C正確；小木塊在A點(diǎn)與擋板發(fā)生彈性碰撞，無機(jī)械能損失，設(shè)折返后能回到斜面的高度為h′，根據(jù)能量守恒定律可知Ek＋mgh＝2μmgx＋mgh′，解得h′＝2h，故D錯誤。
提能增分練
8.(多選)(2024·江西南昌二模)一塊質(zhì)量為M的長木板A靜止放在光滑的水平面上，質(zhì)量為m的物體B(視為質(zhì)點(diǎn))以初速度v0從左端滑上長木板A的上表面并從右端滑下，該過程中，物體B的動能減少量為ΔEkB，長木板A的動能增加量為ΔEkA，A、B間摩擦產(chǎn)生的熱量為Q(不考慮空氣阻力)，關(guān)于ΔEkB、ΔEkA、Q的數(shù)值，下列三個數(shù)量關(guān)系一定可能的是(　　)
圖6
A.ΔEkB＝3 J，ΔEkA＝1 J，Q＝2 J
B.ΔEkB＝6 J，ΔEkA＝2 J，Q＝4 J
C.ΔEkB＝7 J，ΔEkA＝3 J，Q＝7 J
D.ΔEkB＝8 J，ΔEkA＝3 J，Q＝3 J
答案　AB
解析　設(shè)物體與木板間的摩擦力大小為Ff，物體B的位移為xB，木板A的位移為xA，對A有ΔEkA＝FfxA，對B有ΔEkB＝FfxB，且Q＝Ff(xB－xA)，A和B運(yùn)動的v－t圖像如圖所示，圖線與坐標(biāo)軸圍成的面積表示物體的位移，可看出xB＞(xB－xA)＞xA，所以有ΔEkB＞Q＞ΔEkA，故選項A、B正確。
9.(2024·江蘇揚(yáng)州模擬)如圖7所示，在一直立的光滑管內(nèi)放置一輕質(zhì)彈簧，上端O點(diǎn)與管口A的距離為2x0，一質(zhì)量為m的小球從管口由靜止下落，將彈簧壓縮至最低點(diǎn)B，壓縮量為x0，不計空氣阻力，則(　　)
圖7
A.彈簧的最大彈性勢能為3mgx0
B.小球運(yùn)動的最大速度等于2
C.彈簧的勁度系數(shù)為
D.小球運(yùn)動中最大加速度為g
答案　A
解析　小球下落到最低點(diǎn)時重力勢能全部轉(zhuǎn)化為彈簧的彈性勢能，此時彈性勢能最大，有Epmax＝3mgx0，故A正確；根據(jù)選項A和彈簧彈性勢能的表達(dá)式有3mgx0＝kx，解得k＝，故C錯誤；當(dāng)小球的重力等于彈簧彈力時，小球有最大速度，則有mg＝kx，再根據(jù)彈簧和小球組成的系統(tǒng)機(jī)械能守恒有mg(x＋2x0)＝mv＋kx2，解得最大速度為vmax＝，故B錯誤；小球運(yùn)動到最低點(diǎn)時有kx0－mg＝ma，解得a＝5g，故D錯誤。
10.(2024·山東青島一模)桶裝水電動抽水器可以輕松實(shí)現(xiàn)一鍵自動取水。如圖8，某同學(xué)把一個簡易抽水器安裝在水桶上，出水口水平。某次取水時，桶內(nèi)水位高度h1＝20 cm，按鍵后測得t＝16 s內(nèi)注滿了0.8 L的水壺。已知抽水器出水口高度H＝60 cm、橫截面積S＝0.5 cm2，水壺的高度h2＝15 cm，若該次取水過程中抽水器將電能轉(zhuǎn)化為水的機(jī)械能的效率η ＝15%，忽略取水過程中桶內(nèi)水位高度的變化，重力加速度g＝10 m/s2，水的密度ρ＝1.0×103 kg/m3。
圖8
(1)求接水時出水口到水壺口左邊緣的最大水平距離；
(2)估算本次取水抽水器的功率。
答案　(1)0.3 m　(2)1.5 W
解析　(1)設(shè)出水口處水的速度為v0，由題意可得，
t＝16 s內(nèi)抽水器抽出水的體積V＝Sv0t
解得v0＝1 m/s
平拋過程：豎直方向H－h(huán)2＝gt2
水平方向x＝ v0t
聯(lián)立解得x＝0.3 m。
(2)在t＝16 s內(nèi)，抽水機(jī)取水質(zhì)量m＝ρV＝0.8 kg
根據(jù)能量守恒定律有ηPt＝mg(H－h(huán)1)＋mv
解得P＝1.5 W。
11.(2024·福建福州高三期末)如圖9所示，在某豎直平面內(nèi)，光滑曲面AB與水平面BC平滑連接于B點(diǎn)，BC右端連接內(nèi)壁光滑、半徑r＝0.2 m的四分之一細(xì)圓管CD，管口D端正下方直立一根勁度系數(shù)k＝100 N/m的輕彈簧，彈簧一端固定，另一端恰好與管口D端平齊。一個質(zhì)量為m＝1 kg的小球放在曲面AB上，現(xiàn)從距BC的高度h＝0.6 m處靜止釋放小球，它與BC間的動摩擦因數(shù)μ＝0.5，小球進(jìn)入管口C端時，它對上管壁有FN＝2.5mg的作用力，通過CD后，在壓縮彈簧過程中小球速度最大時彈簧的彈性勢能Ep＝0.5 J。重力加速度g取10 m/s2。求：
圖9
(1)小球第一次經(jīng)過C點(diǎn)的速度大小；
(2)在壓縮彈簧過程中小球的最大動能Ekm；
(3)小球最終停止的位置與B點(diǎn)的距離。
答案　(1) m/s　(2)6 J　(3)0.2 m
解析　(1)小球進(jìn)入管口C端時，它對上管壁有FN＝2.5mg的作用力，對小球由牛頓第二定律有
2.5mg＋mg＝m
解得vC＝ m/s。
(2)在壓縮彈簧過程中，合力為零時，速度最大，此時小球動能最大，設(shè)該位置為零勢能面，彈簧的壓縮量為x，有mg＝kx
由能量守恒定律有
mg(r＋x)＋mv＝Ekm＋Ep
解得Ekm＝6 J。
(3)設(shè)BC段克服摩擦力做功為WBC，由A到C有mgh－WBC＝mv
對整個過程分析可知，設(shè)共經(jīng)過N次BC段，有mgh＝NWBC
解得N＝2.4
即小球最后從B位置向C位置運(yùn)動過程中停下，設(shè)小球最終停在距離B點(diǎn)為s，有0.4WBC＝μmgs
解得s＝0.2 m。
培優(yōu)高分練
12.(2024·江蘇卷，15)如圖10所示，粗糙斜面的動摩擦因數(shù)為μ，傾角為θ，斜面長為L。一個質(zhì)量為m的物塊(可視為質(zhì)點(diǎn))在電動機(jī)作用下，從斜面底端A點(diǎn)由靜止加速至B點(diǎn)時達(dá)到最大速度v，之后做勻速運(yùn)動至C點(diǎn)，關(guān)閉電動機(jī)，物塊恰好到達(dá)最高點(diǎn)D點(diǎn)，重力加速度為g，不計電動機(jī)消耗的電熱。求：
圖10
(1)CD段長度x；
(2)BC段電動機(jī)的輸出功率P；
(3)全過程儲存的機(jī)械能E1和電動機(jī)消耗的總電能E2的比值。
答案　(1)　(2)mgv(sin θ＋μcos θ)　(3)
解析　(1)解法一　對物塊從C點(diǎn)運(yùn)動到D點(diǎn)的過程，由動能定理有
－mgxsin θ－μmgxcos θ＝0－mv2
解得x＝。
解法二　對物塊從C點(diǎn)運(yùn)動到D點(diǎn)的過程，由牛頓第二定律有mgsin θ＋μmgcos θ＝ma
由運(yùn)動學(xué)規(guī)律有0－v2＝－2ax
聯(lián)立解得x＝。
(2)物塊在BC段做勻速直線運(yùn)動，由平衡條件有
F＝mgsin θ＋μmgcos θ
則電動機(jī)的輸出功率P＝Fv＝mgv(sin θ＋μcos θ)。
(3)根據(jù)題意，全過程儲存的機(jī)械能E1＝mgLsin θ
由能量守恒定律可知電動機(jī)消耗的總電能
E2＝mgLsin θ＋μmgLcos θ
則＝。(共60張PPT)
第6課時　機(jī)械能守恒定律　能量守恒定律
專題二　能量與動量
知識網(wǎng)絡(luò)
目 錄
CONTENTS
突破高考熱點(diǎn)
01
課時跟蹤訓(xùn)練
03
鏈接高考真題
02
突破高考熱點(diǎn)
1
熱點(diǎn)二　能量守恒定律的應(yīng)用
熱點(diǎn)一　機(jī)械能守恒定律的應(yīng)用
熱點(diǎn)三　與能量相關(guān)的圖像問題
熱點(diǎn)一　機(jī)械能守恒定律的應(yīng)用
常見的機(jī)械能守恒的連接體模型
共速率模型
分清兩物體位移大小與高度變化關(guān)系
共角速度模型
兩物體角速度相同，線速度與半徑成正比
關(guān)聯(lián)速度模型
此類問題注意速度的分解，找出兩物體速度關(guān)系，當(dāng)某物體位移最大時，速度可能為0
輕彈簧模型
說明：以上連接體不計阻力和摩擦力，系統(tǒng)(包含彈簧)機(jī)械能守恒，單個物體機(jī)械能不守恒。若存在摩擦生熱，機(jī)械能不守恒，可用能量守恒定律進(jìn)行分析。
①同一根彈簧彈性勢能大小取決于彈簧形變量的大小，在彈簧彈性限度內(nèi)，形變量相等，彈性勢能相等
②由兩個或兩個以上的物體與彈簧組成的系統(tǒng)，當(dāng)彈簧形變量最大時，彈簧兩端連接的物體具有相同的速度；彈簧處于自然長度時，彈簧彈性勢能最小(為零)
圖1
例1 (2024·安徽安慶二模)如圖1所示，豎直軌道MA與四分之一圓弧軌道ABC平滑對接且在同一豎直面內(nèi)，圓弧軌道圓心為O，OC連線豎直，OB連線與豎直方向夾角為θ＝37°，緊靠MA的一輕質(zhì)彈簧下端固定在水平面上，彈簧上放有一質(zhì)量為m＝2 kg的小球，現(xiàn)用外力將小球向下緩慢壓至P點(diǎn)后無初速度釋放，小球恰能運(yùn)動到C點(diǎn)。已知PA高度差為0.8 m，圓弧軌道半徑為1.0 m，不計軌道摩擦和空氣阻力，小球的半徑遠(yuǎn)小于圓弧軌道的半徑，彈簧與小球不拴接，重力加速度g取10 m/s2(sin 37°＝0.6，cos 37°＝0.8)，則(　　)
A.小球離開彈簧時速度最大
B.剛釋放小球時，彈簧彈性勢能為36 J
C.若小球質(zhì)量改為5.5 kg，仍從P點(diǎn)釋放小球后，小球能沿軌道返回P點(diǎn)
D.若小球質(zhì)量改為2.3 kg，仍從P點(diǎn)釋放小球后，小球?qū)腂點(diǎn)離開圓弧軌道
答案　D
圖2
C
例2 如圖2所示，質(zhì)量均為m的A、B兩個小球通過繞在定滑輪上的輕繩相連，A球套在光滑的固定豎直桿上。把A球從與定滑輪等高的P1處由靜止釋放，運(yùn)動到P處時，輕繩與豎直桿之間的夾角為53°，此時A球的速度是v，B球沒有與定滑輪相碰。已知重力加速度為g，sin 53°＝0.8，cos 53°＝0.6，則下列說法正確的是(　　)
圖3
B
熱點(diǎn)二　能量守恒定律的應(yīng)用
圖4
例3 (2024·黑龍江哈三中二模)如圖4所示，兩根輕繩連接質(zhì)量為m的小球P，右側(cè)繩一端固定于A點(diǎn)，左側(cè)繩通過光滑定滑輪C連接一物塊Q，質(zhì)量相等的物塊Q、N通過一輕彈簧連接，整個系統(tǒng)處于靜止?fàn)顟B(tài)時，小球P位于圖示位置，兩繩與水平方向的夾角分別為53°和37°，此時物塊N與地面間的壓力恰好為零。現(xiàn)將小球P托至與A、B兩點(diǎn)等高的水平線上，兩繩均拉直且恰好無彈力，由靜止釋放小球P。已知A點(diǎn)與小球P間的繩長為L，sin 37°＝0.6，cos 37°＝0.8，重力加速度為g，求：
(1)物塊Q的質(zhì)量M；
(2)小球P運(yùn)動到圖示位置時，物塊Q的速度大小v；
(3)小球P從釋放到圖示位置過程中，輕繩對物塊Q做的功W。
對物塊N和Q整體受力分析，有2Mg＝TB
(2)P的運(yùn)動為繞A點(diǎn)的圓周運(yùn)動，由關(guān)聯(lián)速度可知，此時小球P和物塊Q的速度大小相等，根據(jù)系統(tǒng)能量守恒有
1.含摩擦生熱、焦耳熱、電勢能等多種形式能量轉(zhuǎn)化的系統(tǒng)，優(yōu)先選用能量守恒定律。
2.應(yīng)用能量守恒定律的基本思路
(1)守恒：E初＝E末，初、末總能量不變。
(2)轉(zhuǎn)移：EA減＝EB增，A物體減少的能量等于B物體增加的能量。
(3)轉(zhuǎn)化：|ΔE減|＝|ΔE增|，減少的某些能量等于增加的某些能量。
圖5
A
解析　彈簧被壓縮到最短時，小物塊A、B的速度均為0，從開始運(yùn)動到彈簧壓縮到最短的過程中，設(shè)運(yùn)動距離為L，根據(jù)能量守恒定律得(m＋M)gLsin 30°－μ(m＋M)gcos 30°·L＝Ep；彈簧將物塊B彈出，B剛好又能滑到斜面頂端的過程中，由能量守恒定律得Ep＝MgLsin 30°＋μMgcos 30°·L，兩式聯(lián)立解得M＝2m，A項正確。
熱點(diǎn)三　與能量相關(guān)的圖像問題
圖6
A
例4 如圖6甲所示，傾角為37°的斜面固定在水平地面上，一木塊以一定的初速度從斜面底端開始上滑。若斜面足夠長，上滑過程中木塊的機(jī)械能和動能隨位移變化的關(guān)系圖線如圖乙所示，sin 37°＝0.6，cos 37°＝0.8，則下列說法正確的是(　　)
方法總結(jié)　解決物理圖像問題的基本思路
圖7
A
訓(xùn)練3 (2024·湖北黃岡模擬，4)如圖7甲所示，一物塊以一定初速度沿傾角為30°的固定斜面上滑，運(yùn)動過程中摩擦力大小f恒定，物塊動能Ek與運(yùn)動路程s的關(guān)系如圖乙所示。重力加速度大小取10 m/s2，物塊質(zhì)量m和所受摩擦力大小f分別為(　　)
A.m＝0.7 kg，f＝0.5 N
B.m＝0.7 kg，f＝1.0 N
C.m＝0.8 kg，f＝0.5 N
D.m＝0.8 kg，f＝1.0 N
解析　0～10 m內(nèi)物塊上滑，由動能定理得－mgsin 30°·s－fs＝Ek－Ek0，整理得Ek＝Ek0－(mgsin 30°＋f)s，結(jié)合0～10 m內(nèi)的圖像得，斜率的絕對值|k|＝mgsin 30°＋f＝4 N；10～20 m內(nèi)物塊下滑，由動能定理得(mgsin 30°－f)(s－s1)＝Ek，整理得Ek＝(mgsin 30°－f)s－(mgsin 30°－f)s1，結(jié)合10～20 m內(nèi)的圖像得，斜率k′＝mgsin 30°－f＝3 N。聯(lián)立解得f＝0.5 N、m＝0.7 kg，A正確，B、C、D錯誤。
鏈接高考真題
2
C
1.(2024·北京卷，7)如圖8所示，光滑水平軌道AB與豎直面內(nèi)的光滑半圓形軌道BC在B點(diǎn)平滑連接。一小物體將輕彈簧壓縮至A點(diǎn)后由靜止釋放，物體脫離彈簧后進(jìn)入半圓形軌道，恰好能夠到達(dá)最高點(diǎn)C。下列說法正確的是(　　)
圖8
A.物體在C點(diǎn)所受合力為零
B.物體在C點(diǎn)的速度為零
C.物體在C點(diǎn)的向心加速度等于重力加速度
D.物體在A點(diǎn)時彈簧的彈性勢能等于物體在C點(diǎn)的動能
C
2.(2024·全國甲卷，17)如圖9，一光滑大圓環(huán)固定在豎直平面內(nèi)，質(zhì)量為m的小環(huán)套在大圓環(huán)上，小環(huán)從靜止開始由大圓環(huán)頂端經(jīng)Q點(diǎn)自由下滑至其底部，Q為豎直線與大圓環(huán)的切點(diǎn)。則小環(huán)下滑過程中對大圓環(huán)的作用力大小(　　)
圖9
A.在Q點(diǎn)最大 B.在Q點(diǎn)最小
C.先減小后增大 D.先增大后減小
3.(2024·黑吉遼卷，14)如圖10，高度h＝0.8 m的水平桌面上放置兩個相同物塊A、B，質(zhì)量mA＝mB＝0.1 kg。A、B間夾一壓縮量Δx＝0.1 m的輕彈簧，彈簧與A、B不拴接。同時由靜止釋放A、B，彈簧恢復(fù)原長時A恰好從桌面左端沿水平方向飛出，水平射程xA＝0.4 m；B脫離彈簧后沿桌面滑行一段距離xB＝0.25 m后停止，A、B均視為質(zhì)點(diǎn)，重力加速度g＝10 m/s2。忽略空氣阻力，求：
圖10
(1)脫離彈簧時A、B的速度大小vA和vB；
(2)物塊與桌面間的動摩擦因數(shù)μ；
(3)整個過程中，彈簧釋放的彈性勢能ΔEp。
答案　(1)1 m/s　1 m/s　(2)0.2　(3)0.12 J
解析　(1)彈簧恢復(fù)原長時兩物塊脫離彈簧，A做平拋運(yùn)動，B做勻減速直線運(yùn)動
對A，水平方向有xA＝vAt
聯(lián)立解得vA＝1 m/s
彈簧恢復(fù)原長的過程中，由于A、B所受摩擦力大小相等，方向相反，A、B與彈簧組成的系統(tǒng)動量守恒
對系統(tǒng)有0＝mAvA＋mB(－vB)
解得vB＝1 m/s。
(2)B物塊與彈簧分離后做勻減速直線運(yùn)動
解得μ＝0.2。
(3)從系統(tǒng)初始狀態(tài)到彈簧與物塊分離的過程中，彈簧釋放的彈性勢能轉(zhuǎn)化為A和B的動能與A和B同桌面摩擦產(chǎn)生的熱量，該過程中對系統(tǒng)有
其中ΔxA、ΔxB為彈簧恢復(fù)原長過程中A、B兩物塊相對桌面的路程，
則有Δx＝ΔxA＋ΔxB
聯(lián)立解得ΔEp＝0.12 J。
課時跟蹤訓(xùn)練
3
B
1.(2024·廣東深圳高三期中)如圖1所示為過山車的簡易模型，從傾斜軌道上的A點(diǎn)由靜止開始下滑，圓形軌道半徑為R，過山車重量為Mg，忽略一切阻力作用，經(jīng)過圓軌道最高點(diǎn)C時，軌道給過山車的壓力為Mg，下滑點(diǎn)A距離圓軌道底部的高度h為(　　)
基礎(chǔ)保分練
圖1
A.2R B.3R C.4R D.5R
ABC
2.(多選)(2024·山西運(yùn)城模擬預(yù)測)如圖2所示，A、B兩球分別用長度均為L的輕桿通過光滑鉸鏈與C球連接，通過外力作用使兩桿并攏，系統(tǒng)豎直放置在光滑水平地面上。某時刻將系統(tǒng)由靜止釋放，A、B兩球開始向左右兩邊滑動。已知A、B兩球的質(zhì)量均為m，C球的質(zhì)量為2m，三球均在同一豎直面內(nèi)運(yùn)動，忽略一切阻力，重力加速度為g。從靜止釋放到球C落地前的過程，下列說法正確的是(　　 )
圖2
B
B
4.(2024·陜西漢中一模)如圖3所示，物塊A套在光滑水平桿上，連接物塊A的輕質(zhì)細(xì)線與水平桿間所成夾角為θ＝53°，細(xì)線跨過同一高度上的兩光滑定滑輪與質(zhì)量相等的物塊B相連，定滑輪頂部離水平桿距離為h＝0.8 m，現(xiàn)將物塊B由靜止釋放，物塊A、B均可視為質(zhì)點(diǎn)，重力加速度g＝10 m/s2，sin 53°＝0.8，不計空氣阻力，則(　　)
圖3
A.物塊A與物塊B速度大小始終相等
B.物塊A能達(dá)到的最大速度為2 m/s
C.物塊B下降過程中，重力始終大于細(xì)線拉力
D.當(dāng)物塊A經(jīng)過左側(cè)滑輪正下方時，物塊B的速度最大
B
5.質(zhì)量均為m、半徑均為R的兩個完全相同的小球A、B，在水平軌道上以某一初速度向右沖上傾角為θ的傾斜軌道，兩小球運(yùn)動過程中始終接觸，若兩軌道通過一小段圓弧平滑連接，不計摩擦阻力及彎道處的能量損失，則兩小球運(yùn)動到最高點(diǎn)的過程中，A球?qū)球所做的功為(　　)
圖4
A.0 B.mgRsin θ C.2mgRsin θ D.mgR
6.(多選)(2024·重慶模擬預(yù)測)教職工趣味運(yùn)動會排球墊球比賽中，某老師將球沿豎直方向墊起。已知排球在空中受到的空氣阻力與速度大小成正比，以豎直向上為正方向，v表示排球速度、x表示排球相對墊起點(diǎn)的位移、Ek表示排球的動能、E機(jī)表示排球的機(jī)械能、t表示排球自墊起開始計時的運(yùn)動時間，下列表示排球上升和下落過程中各物理量關(guān)系的圖像可能正確的是(　　)
解析　以豎直向上為正方向，初速度應(yīng)為正值，故A錯誤；速度先減小為0后反向增大，所以x－t圖像斜率先減小后變?yōu)樨?fù)向增大，機(jī)械能一直有損失，導(dǎo)致上升過程中任意位置的速率都比下降過程同一位置速率大，則上升、下降經(jīng)過同一位置處的動能不可能相等，因此上升過程的平均速度大于下降過程的平均速度，所以上升過程的時間小于下降過程的時間，故B正確，C錯誤；E機(jī)－x圖像斜率表示空氣阻力，空氣阻力上升過程逐漸減小，下降過程逐漸增大，且上升過程機(jī)械能損失更多，故D正確。
答案 BD
C
圖5
AB
提能增分練
8.(多選)(2024·江西南昌二模)一塊質(zhì)量為M的長木板A靜止放在光滑的水平面上，質(zhì)量為m的物體B(視為質(zhì)點(diǎn))以初速度v0從左端滑上長木板A的上表面并從右端滑下，該過程中，物體B的動能減少量為ΔEkB，長木板A的動能增加量為ΔEkA，A、B間摩擦產(chǎn)生的熱量為Q(不考慮空氣阻力)，關(guān)于ΔEkB、ΔEkA、Q的數(shù)值，下列三個數(shù)量關(guān)系一定可能的是(　　)
圖6
A.ΔEkB＝3 J，ΔEkA＝1 J，Q＝2 J
B.ΔEkB＝6 J，ΔEkA＝2 J，Q＝4 J
C.ΔEkB＝7 J，ΔEkA＝3 J，Q＝7 J
D.ΔEkB＝8 J，ΔEkA＝3 J，Q＝3 J
解析　設(shè)物體與木板間的摩擦力大小為Ff，物體B的位移為xB，木板A的位移為xA，對A有ΔEkA＝FfxA，對B有ΔEkB＝FfxB，且Q＝Ff(xB－xA)，A和B運(yùn)動的v－t圖像如圖所示，圖線與坐標(biāo)軸圍成的面積表示物體的位移，可看出xB＞(xB－xA)＞xA，所以有ΔEkB＞Q＞ΔEkA，故選項A、B正確。
A
9.(2024·江蘇揚(yáng)州模擬)如圖7所示，在一直立的光滑管內(nèi)放置一輕質(zhì)彈簧，上端O點(diǎn)與管口A的距離為2x0，一質(zhì)量為m的小球從管口由靜止下落，將彈簧壓縮至最低點(diǎn)B，壓縮量為x0，不計空氣阻力，則(　　)
圖7
10.(2024·山東青島一模)桶裝水電動抽水器可以輕松實(shí)現(xiàn)一鍵自動取水。如圖8，某同學(xué)把一個簡易抽水器安裝在水桶上，出水口水平。某次取水時，桶內(nèi)水位高度h1＝20 cm，按鍵后測得t＝16 s內(nèi)注滿了0.8 L的水壺。已知抽水器出水口高度H＝60 cm、橫截面積S＝0.5 cm2，水壺的高度h2＝15 cm，若該次取水過程中抽水器將電能轉(zhuǎn)化為水的機(jī)械能的效率η ＝15%，忽略取水過程中桶內(nèi)水位高度的變化，重力加速度g＝10 m/s2，水的密度ρ＝1.0×103 kg/m3。
圖8
(1)求接水時出水口到水壺口左邊緣的最大水平距離；
(2)估算本次取水抽水器的功率。
答案　(1)0.3 m　(2)1.5 W
解析　(1)設(shè)出水口處水的速度為v0，由題意可得，
t＝16 s內(nèi)抽水器抽出水的體積V＝Sv0t
解得v0＝1 m/s
水平方向x＝ v0t
聯(lián)立解得x＝0.3 m。
(2)在t＝16 s內(nèi)，抽水機(jī)取水質(zhì)量m＝ρV＝0.8 kg
解得P＝1.5 W。
11.(2024·福建福州高三期末)如圖9所示，在某豎直平面內(nèi)，光滑曲面AB與水平面BC平滑連接于B點(diǎn)，BC右端連接內(nèi)壁光滑、半徑r＝0.2 m的四分之一細(xì)圓管CD，管口D端正下方直立一根勁度系數(shù)k＝100 N/m的輕彈簧，彈簧一端固定，另一端恰好與管口D端平齊。一個質(zhì)量為m＝1 kg的小球放在曲面AB上，現(xiàn)從距BC的高度h＝0.6 m處靜止釋放小球，它與BC間的動摩擦因數(shù)μ＝0.5，小球進(jìn)入管口C端時，它對上管壁有FN＝2.5mg的作用力，通過CD后，在壓縮彈簧過程中小球速度最大時彈簧的彈性勢能Ep＝0.5 J。重力加速度g取10 m/s2。求：
圖9
(1)小球第一次經(jīng)過C點(diǎn)的速度大小；
(2)在壓縮彈簧過程中小球的最大動能Ekm；
(3)小球最終停止的位置與B點(diǎn)的距離。
解析　(1)小球進(jìn)入管口C端時，它對上管壁有
FN＝2.5mg的作用力，對小球由牛頓第二定律有
(2)在壓縮彈簧過程中，合力為零時，速度最大，此時小球動能最大，設(shè)該位置為零勢能面，彈簧的壓縮量為x，有mg＝kx
由能量守恒定律有
解得Ekm＝6 J。
(3)設(shè)BC段克服摩擦力做功為WBC，
對整個過程分析可知，設(shè)共經(jīng)過N次BC段，有mgh＝NWBC
解得N＝2.4
即小球最后從B位置向C位置運(yùn)動過程中停下，設(shè)小球最終停在距離B點(diǎn)為s，有0.4WBC＝μmgs
解得s＝0.2 m。
12.(2024·江蘇卷，15)如圖10所示，粗糙斜面的動摩擦因數(shù)為μ，傾角為θ，斜面長為L。一個質(zhì)量為m的物塊(可視為質(zhì)點(diǎn))在電動機(jī)作用下，從斜面底端A點(diǎn)由靜止加速至B點(diǎn)時達(dá)到最大速度v，之后做勻速運(yùn)動至C點(diǎn)，關(guān)閉電動機(jī)，物塊恰好到達(dá)最高點(diǎn)D點(diǎn)，重力加速度為g，不計電動機(jī)消耗的電熱。求：
培優(yōu)高分練
圖10
(1)CD段長度x；
(2)BC段電動機(jī)的輸出功率P；
(3)全過程儲存的機(jī)械能E1和電動機(jī)消耗的總電能E2的比值。
解析　(1)解法一　對物塊從C點(diǎn)運(yùn)動到D點(diǎn)的過程，由動能定理有
解法二　對物塊從C點(diǎn)運(yùn)動到D點(diǎn)的過程，由牛頓第二定律有
mgsin θ＋μmgcos θ＝ma
由運(yùn)動學(xué)規(guī)律有0－v2＝－2ax
(2)物塊在BC段做勻速直線運(yùn)動，由平衡條件有
F＝mgsin θ＋μmgcos θ
則電動機(jī)的輸出功率P＝Fv＝mgv(sin θ＋μcos θ)。
(3)根據(jù)題意，全過程儲存的機(jī)械能E1＝mgLsin θ
由能量守恒定律可知電動機(jī)消耗的總電能
E2＝mgLsin θ＋μmgLcos θ

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