8-4機(jī)械能守恒(人教版2019必修第二冊)(解析版)

第八章機(jī)械能守恒定律第四節(jié)機(jī)械能守恒定律[核心素養(yǎng)·明目標(biāo)]核心素養(yǎng)學(xué)習(xí)目標(biāo)物理觀念圍繞功能關(guān)系的基本線索，建立“通過做功的多少，定量的研究能量及其相互轉(zhuǎn)化”的觀念，進(jìn)而理解機(jī)械能守恒定律?？茖W(xué)思維初步學(xué)會從能量守恒的角度來解釋物理現(xiàn)象，分析物理問題。科學(xué)探究體會自然界中“守恒”思想和利用“守恒”思想解決問題的方法?？茖W(xué)態(tài)度與責(zé)任通過機(jī)械能守恒的學(xué)習(xí)，使學(xué)生樹立科學(xué)觀點(diǎn)，理解和利用自然規(guī)律，解決實(shí)際問題。知識點(diǎn)一機(jī)械能守恒的理解與判斷1.機(jī)械能(1)定義：物體的動能與重力勢能(彈性勢能)之和稱為機(jī)械能。(2)表達(dá)式：E＝Ep＋Ek，其中E表示機(jī)械能。2.機(jī)械能守恒定律(1)內(nèi)容：在只有重力或彈力這類力做功的情況下，物體系統(tǒng)的動能與勢能相互轉(zhuǎn)化，但機(jī)械能的總量保持不變。(2)表達(dá)式：eq\f(1,2)mveq\o\al(2,2)＋mgh2＝eq\f(1,2)mveq\o\al(2,1)＋mgh1或Ek2＋Ep2＝Ek1＋Ep1。3.機(jī)械能的理解(1)機(jī)械能eq\b\lc\{(\a\vs4\al\co1(動能：Ek＝\f(1,2)mv2,勢能\b\lc\{(\a\vs4\al\co1(重力勢能：Ep＝mgh,彈性勢能))))(2)機(jī)械能的性質(zhì)①狀態(tài)量：做機(jī)械運(yùn)動的物體在某一位置時(shí)，具有確定的機(jī)械能。②相對性：其大小與參考系、零勢能面的選取有關(guān)。③系統(tǒng)性：是物體、地球和彈性系統(tǒng)所共有的。(3)動能和勢能可以相互轉(zhuǎn)化。4.守恒條件的理解只有重力或彈力做功的物體系統(tǒng)，可從三個(gè)方面理解：(1)受力：物體系統(tǒng)只受重力或彈力作用。(2)做功：物體系統(tǒng)存在其他力作用，但其他力不做功，只有重力或彈力做功。(3)轉(zhuǎn)化：相互作用的物體組成的系統(tǒng)只有動能和勢能的相互轉(zhuǎn)化，無其他形式能量的轉(zhuǎn)化。注意：“只有重力或彈力做功”并非“只受重力或彈力作用”，也不是合力的功等于零，更不是某個(gè)物體所受的合力等于零。知識點(diǎn)二機(jī)械能守恒定律的應(yīng)用1.公式的證明如圖，質(zhì)量為m的小球從光滑曲面上滑下。當(dāng)它到達(dá)高度為h1的位置A時(shí)，速度的大小為v1，滑到高度為h2的位置B時(shí)，速度的大小為v2。在由高度h1滑到高度h2的過程中(不計(jì)空氣阻力，重力加速度為g)：研究小球的能量變化(1)重力勢能的減少量為ΔEp＝mgh1－mgh2。(2)動能增加量為ΔEk＝eq\f(1,2)mveq\o\al(2,2)－eq\f(1,2)mveq\o\al(2,1)。(3)機(jī)械能守恒，表達(dá)式為mgh1＋eq\f(1,2)mveq\o\al(2,1)＝mgh2＋eq\f(1,2)mveq\o\al(2,2)。(4)由(3)變形可知mgh1－mgh2＝eq\f(1,2)mveq\o\al(2,2)－eq\f(1,2)mveq\o\al(2,1)，即小球重力勢能減少量等于動能增加量。2.機(jī)械能守恒定律的三種表達(dá)形式表達(dá)角度表達(dá)式意義注意事項(xiàng)守恒觀點(diǎn)E2＝E1或Ek1＋Ep1＝Ek2＋Ep2初狀態(tài)的動能與勢能之和等于末狀態(tài)的動能與勢能之和初、末狀態(tài)必須選擇同一零勢能參考平面轉(zhuǎn)化觀點(diǎn)ΔEp增＝ΔEk減或ΔEp減＝ΔEk增勢能的增加(或減少)量等于動能的減少(或增加)量關(guān)鍵是確定勢能的減少量或增加量轉(zhuǎn)移觀點(diǎn)ΔEA增＝ΔEB減或ΔEA減＝ΔEB增A物體機(jī)械能的增加(或減少)量等于B物體機(jī)械能的減少(或增加)量常用于解決兩個(gè)物體組成的系統(tǒng)的機(jī)械能守恒問題3.應(yīng)用機(jī)械能守恒定律解題的一般步驟(1)正確選取研究對象(物體或系統(tǒng))，確定研究過程。(2)進(jìn)行受力分析，考查守恒條件。(3)選取零勢能參考平面，確定初、末狀態(tài)的機(jī)械能。(4)運(yùn)用守恒定律，列出方程求解。知識點(diǎn)三功能關(guān)系及其應(yīng)用1.功能關(guān)系概述(1)不同形式的能量之間的轉(zhuǎn)化是通過做功實(shí)現(xiàn)的，做功的過程就是能量之間轉(zhuǎn)化的過程。(2)功是能量轉(zhuǎn)化的量度。做了多少功，就有多少能量發(fā)生轉(zhuǎn)化。2.功與能的關(guān)系：由于功是能量轉(zhuǎn)化的量度，某種力做功往往與某一種具體形式的能量轉(zhuǎn)化相聯(lián)系，具體功能關(guān)系如下表：功能量轉(zhuǎn)化關(guān)系式重力做功重力勢能的改變WG＝－ΔEp彈力做功彈性勢能的改變WF＝－ΔEp合力做功動能的改變W合＝ΔEk除重力、系統(tǒng)內(nèi)彈力以外的其他力做功機(jī)械能的改變W＝ΔE機(jī)兩物體間滑動摩擦力對物體系統(tǒng)做功內(nèi)能的改變f·s相對＝Q知識點(diǎn)四能量守恒定律及其應(yīng)用1.能量守恒定律(1)內(nèi)容能量既不會憑空產(chǎn)生，也不會憑空消失，它只能從一種形式轉(zhuǎn)化為另一種形式，或者從一個(gè)物體轉(zhuǎn)移到另一個(gè)物體，在轉(zhuǎn)化或轉(zhuǎn)移的過程中，能量的總量保持不變。(2)適用范圍能量守恒定律是貫穿物理學(xué)的基本規(guī)律，是各種自然現(xiàn)象中普遍適用的一條規(guī)律。2.對能量守恒定律的理解(1)ΔE一種＝－ΔE其他：某種形式的能量減少，一定存在另外形式的能量增加，且減少量和增加量相等。(2)ΔEA＝－ΔEB：某個(gè)物體的能量減少，一定存在別的物體的能量增加，且減少量和增加量相等。(3)E1＝E2：初狀態(tài)的各種能量總和等于末狀態(tài)的各種能量總和。3.利用能量守恒定律解題的步驟(1)分清有多少形式的能(動能、勢能、內(nèi)能等)發(fā)生變化。(2)明確哪種形式的能量增加，哪種形式的能量減少，并且列出減少的能量ΔE減和增加的能量ΔE增的表達(dá)式。(3)列出能量守恒關(guān)系式ΔE減＝ΔE增。易錯(cuò)易混點(diǎn)1.機(jī)械能守恒的判斷易錯(cuò)易混點(diǎn)辨析：機(jī)械能守恒的條件(1)系統(tǒng)只受重力或彈簧彈力的作用，不受其他外力。(2)系統(tǒng)除受重力或彈簧彈力作用外，還受其他內(nèi)力和外力，但這些力對系統(tǒng)不做功。(3)系統(tǒng)內(nèi)除重力或彈簧彈力做功外，還有其他內(nèi)力和外力做功，但這些力做功的代數(shù)和為零。(4)系統(tǒng)跟外界沒有發(fā)生機(jī)械能的傳遞，系統(tǒng)內(nèi)、外也沒有機(jī)械能與其他形式的能發(fā)生轉(zhuǎn)化。機(jī)械能守恒的三種判斷方法(1)直接判斷法：機(jī)械能包括動能、重力勢能和彈性勢能，判斷機(jī)械能是否守恒可以看系統(tǒng)機(jī)械能的總和是否變化。(2)用做功判斷：若系統(tǒng)只有重力或系統(tǒng)內(nèi)彈力做功，雖受其他力，但其他力不做功，機(jī)械能守恒。(3)用能量轉(zhuǎn)化來判斷：若系統(tǒng)中只有動能和勢能的相互轉(zhuǎn)化而無機(jī)械能與其他形式的能的轉(zhuǎn)化，則系統(tǒng)機(jī)械能守恒。例1.圖中彈丸以一定的初速度在光滑碗內(nèi)做復(fù)雜的曲線運(yùn)動,圖中的運(yùn)動員在蹦床上越跳越高。不計(jì)空氣阻力,下列說法正確的是()A.圖彈丸在上升的過程中,機(jī)械能逐漸增大B.圖彈丸在上升的過程中,機(jī)械能保持不變C.圖中的運(yùn)動員多次跳躍后,機(jī)械能減小D.圖中的運(yùn)動員多次跳躍后,機(jī)械能不變解析：選B。題圖彈丸在上升的過程中，只有重力做功，機(jī)械能守恒，所以選項(xiàng)B正確，A錯(cuò)誤；題圖中的運(yùn)動員多次跳躍后，在蹦床上越跳越高，機(jī)械能增加，所以選項(xiàng)C、D錯(cuò)誤。例2.(2022·河南駐馬店期末)以下對機(jī)械能守恒的理解正確的是()A.如果機(jī)械能只在系統(tǒng)內(nèi)部物體間轉(zhuǎn)移，則該系統(tǒng)機(jī)械能一定守恒B.如果系統(tǒng)內(nèi)部只有動能與勢能的相互轉(zhuǎn)化，則該系統(tǒng)機(jī)械能一定守恒C.如果物體受力平衡，則物體與地球組成的系統(tǒng)機(jī)械能一定守恒D.如果外力對一個(gè)系統(tǒng)所做的功為0，則該系統(tǒng)機(jī)械能一定守恒解析：選B。如果系統(tǒng)內(nèi)部只有動能與勢能的相互轉(zhuǎn)化，不發(fā)生機(jī)械能與其他形式能的轉(zhuǎn)化，則該系統(tǒng)機(jī)械能一定守恒，A錯(cuò)誤，B正確；如果物體受力平衡，勻速上升，動能不變，但是重力勢能增大，機(jī)械能不守恒，C錯(cuò)誤；如果外力對一個(gè)系統(tǒng)所做的功為0，說明是動能不變，但是機(jī)械能可能變化，比如物體勻速上升，動能不變，但是重力勢能增大，機(jī)械能不守恒，D錯(cuò)誤。易錯(cuò)易混點(diǎn)2.機(jī)械能守恒的應(yīng)用易錯(cuò)易混點(diǎn)辨析:1.單個(gè)物體的機(jī)械能守恒(1)應(yīng)用機(jī)械能守恒定律解題的基本思路應(yīng)用機(jī)械能守恒定律時(shí)，相互作用的物體間的力可以是變力，也可以是恒力，只要符合守恒條件，機(jī)械能就守恒。機(jī)械能守恒定律只涉及物體系的初、末狀態(tài)的物理量，無需分析中間過程的復(fù)雜變化，使處理問題得到簡化，應(yīng)用的基本思路如下：①選取研究對象—物體系或物體。②根據(jù)研究對象所經(jīng)歷的物理過程，進(jìn)行受力、做功分析，判斷機(jī)械能是否守恒。③恰當(dāng)?shù)剡x取參考平面，確定研究對象在所研究過程的初、末狀態(tài)時(shí)的機(jī)械能。④根據(jù)機(jī)械能守恒定律列方程，進(jìn)行求解。(2)求解單個(gè)物體的機(jī)械能守恒問題①研究對象——物體。②機(jī)械能守恒定律的方程形式：2.多個(gè)物體組成系統(tǒng)的機(jī)械能守恒多物體機(jī)械能守恒問題的分析方法(1)對多個(gè)物體組成的系統(tǒng)要注意判斷物體運(yùn)動過程中，系統(tǒng)的機(jī)械能是否守恒。(2)注意尋找用繩或桿相連接的物體間的速度關(guān)系和位移關(guān)系。(3)列機(jī)械能守恒方程時(shí)，一般選用轉(zhuǎn)化式或轉(zhuǎn)移式例3.(2020·北京市昌平區(qū)二模練習(xí))如圖所示，半徑R＝0.5m的光滑半圓軌道固定在豎直平面內(nèi)，半圓軌道與光滑水平地面相切于圓軌道最低端點(diǎn)A。質(zhì)量m＝1kg的小球以初速度v0＝5m/s從A點(diǎn)沖上豎直圓軌道，沿軌道運(yùn)動到B點(diǎn)飛出，最后落在水平地面上的C點(diǎn)，g取10m/s2，不計(jì)空氣阻力。(1)求小球運(yùn)動到軌道末端B點(diǎn)時(shí)的速度vB；(2)求A、C兩點(diǎn)間的距離x；(3)若小球以不同的初速度沖上豎直圓軌道，并沿軌道運(yùn)動到B點(diǎn)飛出，落在水平地面上。求小球落點(diǎn)與A點(diǎn)間的最小距離xmin。解析:(1)選水平地面為零勢能參考面，由機(jī)械能守恒定律得eq\f(1,2)mveq\o\al(2,A)＝eq\f(1,2)mveq\o\al(2,B)＋mg·2R解得vB＝eq\r(5)m/s。(2)由平拋規(guī)律得2R＝eq\f(1,2)gt2，x＝vBt，解得x＝1m。(3)設(shè)小球運(yùn)動到B點(diǎn)半圓軌道對小球的壓力為FN圓周運(yùn)動向心力FN＋mg＝eq\f(mveq\o\al(2,B),R)得當(dāng)FN＝0時(shí)，小球運(yùn)動到軌道末端B點(diǎn)時(shí)的速度最小vBmin＝eq\r(5)m/s由(2)的計(jì)算可知，最小距離xmin＝x＝1m。例4.如圖所示，傾角為37°的斜面與一豎直光滑圓軌道相切于A點(diǎn)，軌道半徑R＝1m，將滑塊由B點(diǎn)無初速度釋放，滑塊恰能運(yùn)動到圓周的C點(diǎn)，OC水平，OD豎直，xAB＝2m，滑塊可視為質(zhì)點(diǎn)，取g＝10m/s2，sin37°＝0.6，cos37°＝0.8，求：(1)滑塊在斜面上運(yùn)動的時(shí)間；(2)若滑塊能從D點(diǎn)拋出，滑塊仍從斜面上無初速度釋放，釋放點(diǎn)至少應(yīng)距A點(diǎn)多遠(yuǎn)。解析:(1)設(shè)滑塊到達(dá)A點(diǎn)的速度為vA，從A到C過程機(jī)械能守恒有eq\f(1,2)mveq\o\al(2,A)＝mgRcos37°從B到A過程，滑塊做勻加速直線運(yùn)動，由勻變速直線運(yùn)動規(guī)律可知veq\o\al(2,A)＝2axABvA＝at聯(lián)立各式解得a＝4m/s2，t＝1s。(2)設(shè)滑塊能從D點(diǎn)拋出的最小速度為vD，在D點(diǎn)，由重力提供向心力，有mg＝meq\f(veq\o\al(2,D),R)從A到D由機(jī)械能守恒有eq\f(1,2)mvA′2＝mgR(1＋cos37°)＋eq\f(1,2)mveq\o\al(2,D)vA′2＝2ax′聯(lián)立各式解得x′＝5.75m。例5.如圖所示，一不可伸長的柔軟輕繩跨過光滑的輕質(zhì)定滑輪，繩兩端各系一小球a和b。a球質(zhì)量為m，靜止于地面；b球質(zhì)量為3m，用手托住，高度為h，此時(shí)輕繩剛好被拉緊。從靜止開始釋放b球，則當(dāng)b球剛落地時(shí)a球的速度為(不計(jì)空氣阻力，重力加速度為g)()A.eq\r(gh) B.eq\r(2gh) C.eq\r(3gh) D.eq\r(6gh)解析：A。a、b兩球組成的系統(tǒng)機(jī)械能守恒，設(shè)b球剛落地時(shí)的速度大小為v，則整個(gè)過程中系統(tǒng)動能增加量Ek增＝eq\f(1,2)(m＋3m)v2＝2mv2，系統(tǒng)重力勢能的減少量Ep減＝3mgh－mgh＝2mgh，由機(jī)械能守恒定律得Ek增＝Ep減，所以2mv2＝2mgh，v＝eq\r(gh)，A正確。例6.(多選)如圖所示，一輕彈簧一端固定在O點(diǎn)，另一端系一小球，將小球從與懸點(diǎn)O在同一水平面且使彈簧保持原長的A點(diǎn)靜止釋放，讓小球自由擺下，不計(jì)空氣阻力，在小球由A點(diǎn)擺向最低點(diǎn)B的過程中，下列說法正確的是()A.小球的機(jī)械能守恒B.小球的機(jī)械能減少C.小球的重力勢能與彈簧的彈性勢能之和不變D.小球和彈簧組成的系統(tǒng)機(jī)械能守恒解析：選BD。小球由A點(diǎn)下擺到B點(diǎn)的過程中，彈簧被拉長，彈簧的彈力對小球做了負(fù)功，所以小球的機(jī)械能減少，故選項(xiàng)A錯(cuò)誤，B正確；在此過程中，由于只有重力和彈簧的彈力做功，所以小球與彈簧組成的系統(tǒng)機(jī)械能守恒，即小球減少的重力勢能等于小球獲得的動能與彈簧增加的彈性勢能之和，故選項(xiàng)C錯(cuò)誤，D正確。易錯(cuò)易混點(diǎn)3.功能關(guān)系的應(yīng)用易錯(cuò)易混點(diǎn)辨析：1.幾種常見的功能關(guān)系及其表達(dá)式力做功能的變化定量關(guān)系合力的功動能變化W＝Ek2－Ek1＝ΔEk重力的功重力勢能變化(1)重力做正功，重力勢能減少(2)重力做負(fù)功，重力勢能增加(3)WG＝－ΔEp＝Ep1－Ep2彈簧彈力的功彈性勢能變化(1)彈力做正功，彈性勢能減少(2)彈力做負(fù)功，彈性勢能增加(3)W彈＝－ΔEp＝Ep1－Ep2只有重力、彈簧彈力做功機(jī)械能不變化機(jī)械能守恒，ΔE＝0除重力和彈簧彈力之外的其他力做的功機(jī)械能變化(1)其他力做多少正功，物體的機(jī)械能就增加多少(2)其他力做多少負(fù)功，物體的機(jī)械能就減少多少(3)W其他＝ΔE一對相互作用的滑動摩擦力的總功機(jī)械能減少內(nèi)能增加(1)作用于系統(tǒng)的一對滑動摩擦力一定做負(fù)功，系統(tǒng)內(nèi)能增加(2)摩擦生熱Q＝Ffx相對2.兩種摩擦力做功特點(diǎn)的比較類型比較靜摩擦力做功滑動摩擦力做功不同點(diǎn)能量的轉(zhuǎn)化方面只有機(jī)械能從一個(gè)物體轉(zhuǎn)移到另一個(gè)物體，而沒有機(jī)械能轉(zhuǎn)化為其他形式的能(1)將部分機(jī)械能從一個(gè)物體轉(zhuǎn)移到另一個(gè)物體(2)一部分機(jī)械能轉(zhuǎn)化為內(nèi)能，此部分能量就是系統(tǒng)機(jī)械能的損失量一對摩擦力的總功方面一對靜摩擦力所做功的代數(shù)和總等于零一對滑動摩擦力做功的代數(shù)和總是負(fù)值相同點(diǎn)正功、負(fù)功、不做功方面兩種摩擦力對物體可以做正功，也可以做負(fù)功，還可以不做功例7.從地面豎直上拋一個(gè)質(zhì)量為m的小球，小球上升的最大高度為h，設(shè)上升和下降過程中空氣阻力大小恒為Ff。重力加速度為g，下列說法正確的是()A.小球上升的過程中動能減少了mghB.小球上升和下降的整個(gè)過程中機(jī)械能減少了FfhC.小球上升的過程中重力勢能增加了mghD.小球上升和下降的整個(gè)過程中動能減少了Ffh解析：選C。根據(jù)動能定理，小球上升的過程中，－(mg＋Ff)h＝0－Ek0，即動能減少了(mg＋Ff)h，故A錯(cuò)誤；除重力外，克服阻力做功2Ffh，機(jī)械能減小2Ffh，故B錯(cuò)誤；小球上升h，重力勢能增加mgh，故C正確；小球上升和下降的整個(gè)過程中，重力做功等于零，阻力做功等于－2Ffh，根據(jù)動能定理知?jiǎng)幽軠p小2Ffh，故D錯(cuò)誤。例8.一木塊靜置于光滑水平面上，一顆子彈沿水平方向飛來射入木塊中。當(dāng)子彈進(jìn)入木塊的深度達(dá)到最大值2.0cm時(shí)，木塊沿水平面恰好移動距離1.0cm。在上述過程中系統(tǒng)損失的機(jī)械能與子彈損失的動能之比為()A.1∶2 B.1∶3C.2∶3 D.3∶2解析：選C。根據(jù)題意，子彈在摩擦力作用下的位移為x1＝(2＋1)cm＝3cm，木塊在摩擦力作用下的位移為x2＝1cm；系統(tǒng)損失的機(jī)械能轉(zhuǎn)化為內(nèi)能，根據(jù)功能關(guān)系，有ΔE系統(tǒng)＝Q＝Ff·Δx；子彈損失的動能等于克服摩擦力做的功，故ΔE子彈＝Ffx1；所以eq\f(ΔE系統(tǒng),ΔE子彈)＝eq\f(2,3)，所以C正確，A、B、D錯(cuò)誤。例9.(多選)如圖所示，質(zhì)量為M、長度為L的小車靜止在光滑水平面上，質(zhì)量為m的小物塊(可視為質(zhì)點(diǎn))放在小車的最左端?，F(xiàn)用一水平恒力F作用在小物塊上，使小物塊從靜止開始做勻加速直線運(yùn)動。小物塊和小車之間的摩擦力為Ff，小物塊滑到小車的最右端時(shí)，小車運(yùn)動的距離為x。此過程中，以下結(jié)論正確的是()A.小物塊到達(dá)小車最右端時(shí)具有的動能為(F－Ff)(L＋x)B.小物塊到達(dá)小車最右端時(shí)，小車具有的動能為FfxC.小物塊克服摩擦力所做的功為Ff(L＋x)D.小物塊和小車增加的機(jī)械能為Fx解析：選ABC。由動能定理可得，小物塊到達(dá)小車最右端時(shí)的動能Ek物＝W合＝(F－Ff)(L＋x)，A正確；小物塊到達(dá)小車最右端時(shí)，小車的動能Ek車＝Ffx，B正確；小物塊克服摩擦力做的功Wf＝Ff(L＋x)，C正確；小物塊和小車增加的機(jī)械能為F(L＋x)－FfL，D錯(cuò)誤。例10.如圖所示，水平傳送帶勻速運(yùn)行速度為v＝2m/s，傳送帶兩端A、B間距離為x0＝10m，當(dāng)質(zhì)量為m＝5kg的行李箱無初速度地放上傳送帶A端后，傳送到B端，傳送帶與行李箱間的動摩擦因數(shù)μ＝0.2，重力加速度g取10m/s2，求：(1)行李箱開始運(yùn)動時(shí)的加速度大小a；(2)行李箱從A端傳送到B端所用時(shí)間t；(3)整個(gè)過程行李箱對傳送帶的摩擦力做功W。解析：(1)行李箱剛放上傳送帶時(shí)的加速度大小a＝eq\f(Ff,m)＝eq\f(μmg,m)＝μg＝2m/s2。(2)經(jīng)過t1時(shí)間二者共速，t1＝eq\f(v,a)＝eq\f(2,2)s＝1s行李箱勻加速運(yùn)動的位移為x1＝eq\f(1,2)ateq\o\al(2,1)＝eq\f(1,2)×2×12m＝1m行李箱隨傳送帶勻速運(yùn)動的時(shí)間t2＝eq\f(x0－x1,v)＝eq\f(10－1,2)s＝4.5s則行李箱從A傳送到B所用時(shí)間t＝t1＋t2＝1s＋4.5s＝5.5s。(3)t1時(shí)間內(nèi)傳送帶的位移x2＝vt1＝2×1m＝2m根據(jù)牛頓第三定律，傳送帶受到行李箱的摩擦力Ff′＝Ff行李箱對傳送帶的摩擦力做功W＝－Ff′x2＝－μmgx2＝－0.2×5×10×2J＝－20J。易錯(cuò)易混點(diǎn)4.能量守恒定律易錯(cuò)易混點(diǎn)辨析：(1)能量既可以是通過做功實(shí)現(xiàn)不同形式的能之間相互轉(zhuǎn)化，也可以是能量不同物體間相互轉(zhuǎn)移。(2)能量在轉(zhuǎn)化或轉(zhuǎn)移過程中，總量保持不變。利用能量守恒解題的關(guān)鍵是正確分析有幾種能量變化，分析時(shí)避免出現(xiàn)遺漏。例11.如圖所示，半徑R＝0.8m的光滑eq\f(1,4)圓弧軌道固定在水平地面上，O為該圓弧的圓心，軌道上方的A處有一個(gè)可視為質(zhì)點(diǎn)的質(zhì)量m＝1kg的小物塊，小物塊由靜止開始下落后恰好沿切線進(jìn)入eq\f(1,4)圓弧軌道。此后小物塊將沿圓弧軌道下滑，已知AO連線與水平方向的夾角θ＝45°，在軌道末端C點(diǎn)緊靠一質(zhì)量M＝3kg的長木板，木板上表面與圓弧軌道末端的切線相平，木板下表面與水平地面之間光滑，小物塊與長木板間的動摩擦因數(shù)μ＝0.3，取g＝10m/s2。求：(1)小物塊剛到達(dá)C點(diǎn)時(shí)的速度大小；(2)要使小物塊不滑出長木板，木板長度L至少為多少。解析：(1)小物塊從A到C，根據(jù)機(jī)械能守恒定律有mg·2R＝eq\f(1,2)mveq\o\al(2,C)，解得vC＝4eq\r(2)m/s。(2)設(shè)小物塊剛滑到木板右端時(shí)達(dá)到共同速度，大小為v，小物塊在長木板上滑行過程中，小物塊與長木板的加速度分別為am＝eq\f(μmg,m)，aM＝eq\f(μmg,M)v＝vC－amtv＝aMt將數(shù)據(jù)代入上面各式解得v＝eq\r(2)m/s由能量守恒定律得eq\f(1,2)mveq\o\al(2,C)＝μmgL＋eq\f(1,2)(M＋m)v2將數(shù)據(jù)代入解得L＝4m。例12.(涉及彈簧的能量守恒問題)(多選)(2022·福建廈門月考)如圖所示，小球從高處下落到豎直放置的輕彈簧上，從小球接觸彈簧開始到彈簧被壓縮至最短的過程中(彈簧一直保持豎直)，下列說法正確的是()A.小球的動能不斷減小B.彈簧的彈性勢能不斷增大C.彈簧的彈性勢能和小球的動能之和不斷增大D.小球的動能和重力勢能之和不斷減小解析：選BCD。小球剛接觸彈簧時(shí)，重力大于彈力，小球先向下做加速度逐漸減小的加速運(yùn)動，當(dāng)加速度減小為0時(shí)，速度最大，然后重力小于彈力，小球向下做加速度逐漸增大的減速運(yùn)動直到速度為0，所以小球的速度先增大后減小，故動能先增大后減小，故A錯(cuò)誤；下落過程，小球與彈簧組成的系統(tǒng)機(jī)械能守恒，重力對小球做正功，故小球的重力勢能不斷減小，則彈簧的彈性勢能和小球的動能之和不斷增大；從球接觸彈簧到將彈簧壓縮至最短的過程中，彈簧形變量一直增大，所以彈性勢能一直增大，故小球的動能和重力勢能之和不斷減小，故B、C、D正確。例13.如圖所示，與水平面夾角θ＝30°的傾斜傳送帶始終繃緊，傳送帶下端A點(diǎn)與上端B點(diǎn)間的距離L＝4m，傳送帶以恒定的速率v＝2m/s順時(shí)針轉(zhuǎn)動?，F(xiàn)將一質(zhì)量為1kg的物體無初速度地放于A處，已知物體與傳送帶間的動摩擦因數(shù)μ＝eq\f(\r(3),2)，g取10m/s2，求：(1)物體從A運(yùn)動到B所需的時(shí)間；(2)電動機(jī)因傳送該物體多消耗的電能。解析：(1)物體無初速度地放在A處后，因mgsinθ＜μmgcosθ故物體沿傳送帶向上做勻加速直線運(yùn)動。加速度a＝eq\f(μmgcosθ－mgsinθ,m)＝2.5m/s2物體達(dá)到與傳送帶同速所需的時(shí)間t1＝eq\f(v,a)＝0.8st1時(shí)間內(nèi)物體的位移s1＝eq\f(v,2)t1＝0.8m之后物體以速度v做勻速運(yùn)動，運(yùn)動的時(shí)間t2＝eq\f(L－s1,v)＝1.6s物體運(yùn)動的總時(shí)間t＝t1＋t2＝2.4s。(2)前0.8s內(nèi)物體相對傳送帶的位移Δs＝vt1－s1＝0.8m因摩擦而產(chǎn)生的熱量Q＝μmgcosθ·Δs＝6J整個(gè)過程中多消耗的電能E電＝Ek＋Ep＋Q＝eq\f(1,2)mv2＋mgLsinθ＋Q＝28J。針對訓(xùn)練1.(單物體機(jī)械能守恒)如圖所示，在地面上以速度v0拋出質(zhì)量為m的物體，拋出后物體落到比地面低h的海平面上。若以地面為參考平面，且不計(jì)空氣阻力，重力加速度為g，則下列選項(xiàng)正確的是()A.物體落到海平面時(shí)的勢能為mghB.重力對物體做的功為mghC.物體在海平面上的動能為eq\f(1,2)mveq\o\al(2,0)D.物體在海平面上的機(jī)械能為eq\f(1,2)mveq\o\al(2,0)＋mgh解析:選B。海平面低于地面h，所以物體在海平面上時(shí)的重力勢能為－mgh，A錯(cuò)誤；拋出點(diǎn)與海平面的高度差為h，重力做正功，所以整個(gè)過程重力對物體做功為mgh，B正確；物體在海平面上的動能Ek＝eq\f(1,2)mveq\o\al(2,0)＋mgh，C錯(cuò)誤；整個(gè)過程機(jī)械能守恒，即初末狀態(tài)的機(jī)械能相等，以地面為零勢能面，拋出時(shí)的機(jī)械能為eq\f(1,2)mveq\o\al(2,0)，所以物體在海平面時(shí)的機(jī)械能也為eq\f(1,2)mveq\o\al(2,0)，D錯(cuò)誤。2.下列四個(gè)情景中均不計(jì)空氣阻力，物體機(jī)械能守恒的是()A.圖甲，火箭在點(diǎn)火升空的過程中B.圖乙，運(yùn)動員在撐桿向上的過程中C.圖丙，擲出的鉛球在飛行的過程中D.圖丁，游客在傾斜滑槽軌道的下滑過程中解析：選C。機(jī)械能守恒條件為只有重力或系統(tǒng)內(nèi)的彈力做功?；鸺c(diǎn)火升空的過程中有升力做功，系統(tǒng)機(jī)械能不守恒，A錯(cuò)誤；運(yùn)動員在撐桿向上的過程中，還受到桿對運(yùn)動員的力，桿對運(yùn)動員做功，機(jī)械能不守恒，B錯(cuò)誤；擲出的鉛球在飛行的過程中僅受到重力，只有重力做功，機(jī)械能守恒，C正確；游客在傾斜滑槽軌道的下滑過程中，有摩擦力做功，機(jī)械能不守恒，故D錯(cuò)誤。3.(2022·山東濟(jì)南外國語學(xué)校月考)如圖所示，光滑斜面的頂端固定一彈簧，一物體向右滑行，并沖上固定在地面上的斜面。設(shè)物體在斜面最低點(diǎn)A的速度為v0，壓縮彈簧至C點(diǎn)時(shí)彈簧最短，C點(diǎn)距地面高度為h，重力加速度為g，則物體運(yùn)動到C點(diǎn)時(shí)，彈簧的彈性勢能是()A.mgh－eq\f(1,2)mveq\o\al(2,0) B.eq\f(1,2)mveq\o\al(2,0)－mghC.mgh D.mgh＋eq\f(1,2)mveq\o\al(2,0)解析：選B。由A到C的過程運(yùn)用機(jī)械能守恒定律得mgh＋Ep＝eq\f(1,2)mveq\o\al(2,0)，所以Ep＝eq\f(1,2)mveq\o\al(2,0)－mgh，故選B。4.(2022·江蘇如皋中學(xué)模擬)如圖，光滑圓軌道固定在豎直面內(nèi)，一質(zhì)量為m的小球沿軌道做完整的圓周運(yùn)動。已知小球在最低點(diǎn)時(shí)對軌道的壓力大小為FN1，在最高點(diǎn)時(shí)對軌道的壓力大小為FN2。重力加速度大小為g，則FN1－FN2的值為()A.3mg B.4mgC.5mg D.6mg解析：選D。在最高點(diǎn)，根據(jù)牛頓第二定律可得FN2＋mg＝meq\f(veq\o\al(2,2),r)，在最低點(diǎn)，根據(jù)牛頓第二定律可得FN1－mg＝meq\f(veq\o\al(2,1),r)，從最高點(diǎn)到最低點(diǎn)過程中，機(jī)械能守恒，故有mg·2r＝eq\f(1,2)mveq\o\al(2,1)－eq\f(1,2)mveq\o\al(2,2)，聯(lián)立三式可得FN1－FN2＝6mg，選項(xiàng)D正確。5.(多選)如圖所示，質(zhì)量為m的小環(huán)(可視為質(zhì)點(diǎn))套在固定的光滑豎直桿上，一足夠長且不可伸長的輕繩一端與小環(huán)相連，另一端跨過光滑的定滑輪與質(zhì)量為M的物塊相連，已知M＝2m。與定滑輪等高的A點(diǎn)和定滑輪之間的距離為d＝3m，定滑輪大小及質(zhì)量可忽略?，F(xiàn)將小環(huán)從A點(diǎn)由靜止釋放，小環(huán)運(yùn)動到C點(diǎn)速度為0，重力加速度取g＝10m/s2，則下列說法正確的是(sin53°＝0.8，cos53°＝0.6)()A.A、C間距離為4mB.小環(huán)最終靜止在C點(diǎn)C.小環(huán)下落過程中減少的重力勢能始終等于物塊增加的機(jī)械能D.當(dāng)小環(huán)下滑至繩與桿的夾角為60°時(shí)，小環(huán)與物塊的動能之比為2∶1解析：選AD。小環(huán)運(yùn)動到C點(diǎn)時(shí)，由機(jī)械能守恒得mgLAC＝Mg(eq\r(d2＋Leq\o\al(2,AC))－d)，解得LAC＝4m，故A正確；