第6課時(shí)機(jī)械能守恒定律能量守恒定律

第6課時(shí)機(jī)械能守恒定律能量守恒定律內(nèi)容重要的規(guī)律、公式和二級(jí)結(jié)論1.重力勢能(1)重力勢能：Ep＝mgh，與參考平面的選取有關(guān)，而重力勢能的變化量與參考平面選取無關(guān)。(2)重力做功只與初、末位置有關(guān)，而與路徑無關(guān)；重力做正功，重力勢能減小；重力做負(fù)功，重力勢能增大。2.彈性勢能(3)彈簧的彈力做功只與位置有關(guān)，而與路徑無關(guān)。(4)彈性勢能：Ep＝eq\f(1,2)kx2。3.機(jī)械能守恒定律(5)機(jī)械能守恒的條件：只有重力和彈簧的彈力做功，其他力做功為0。(6)表達(dá)式：mgh1＋eq\f(1,2)mveq\o\al(2,1)＝mgh2＋eq\f(1,2)mveq\o\al(2,2)或者Ep減＝Ek增。熱點(diǎn)一機(jī)械能守恒定律的應(yīng)用1.機(jī)械能守恒的判斷方法與表達(dá)形式2.多物體的機(jī)械能守恒問題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，線速率與半徑成正比關(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(shí)，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(gè)或兩個(gè)以上的物體與彈簧組成的系統(tǒng)，當(dāng)彈簧形變量最大時(shí)，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(shí)，彈簧彈性勢能最小(為零)例1(多選)(2023·河南洛陽新安一高高三檢測)如圖1所示，物塊放在固定光滑水平桌面上，通過跨過小定滑輪O的輕繩與質(zhì)量為m＝0.5kg的小球相連，小球套在光滑豎直桿上，勁度系數(shù)k＝400N/m的水平輕彈簧左端固定，右端與物塊相連。桿上A處與O同高，A與O間的距離L＝4cm。開始時(shí)，用手使小球靜止在A處，輕繩恰好水平伸直，彈簧處于原長狀態(tài)。由靜止釋放小球，小球到達(dá)B點(diǎn)時(shí)速度為eq\f(1,3)m/s，OB與桿的夾角為α，小球能到達(dá)的最低點(diǎn)為C，水平桌面足夠長。已知彈簧的彈性勢能Ep＝eq\f(1,2)kx2，x為形變量，重力加速度g＝10m/s2，sinα＝0.8，不計(jì)一切摩擦。下列說法正確的是()圖1A.小球和物塊組成的系統(tǒng)機(jī)械能守恒B.物塊的質(zhì)量為eq\f(46,9)kgC.小球到達(dá)B點(diǎn)時(shí)物塊的速度大小為0.2m/sD.小球到達(dá)C點(diǎn)時(shí)，輕繩與桿的夾角的正弦值為0.6答案BC解析小球、物塊和彈簧組成的系統(tǒng)機(jī)械能守恒，故A錯(cuò)誤；小球到達(dá)B時(shí)速度大小vB＝eq\f(1,3)m/s，物塊的速度大小v＝vBcosα＝0.2m/s，故C正確；小球從A運(yùn)動(dòng)到B，彈簧伸長量x1＝eq\f(L,sinα)－L＝0.01m，根據(jù)機(jī)械能守恒定律有mg·eq\f(L,tanα)＝eq\f(1,2)m塊v2＋eq\f(1,2)mveq\o\al(2,B)＋ΔEp彈，彈簧彈力做功ΔEp彈＝eq\f(1,2)kxeq\o\al(2,1)，解得m塊＝eq\f(46,9)kg，故B正確；設(shè)A、C兩點(diǎn)間的高度差為h，小球到達(dá)C點(diǎn)時(shí)，物塊、小球的速度均為零，有x2＝eq\f(L,sinθ)－L，h＝eq\f(L,tanθ)，根據(jù)機(jī)械能守恒定律有eq\f(1,2)kxeq\o\al(2,2)＝mgh，代入sinθ＝0.6等式不成立，故D錯(cuò)誤。訓(xùn)練1(多選)(2023·湖南長郡中學(xué)高三期末)如圖2所示，在傾角θ＝37°的光滑固定斜面上，放有兩個(gè)質(zhì)量分別為1kg和2kg的可視為質(zhì)點(diǎn)的球A和B，兩球之間用一根長L＝0.5m的輕桿相連，球B距水平面的高度h＝0.1m。兩球從靜止開始下滑到光滑地面上，不計(jì)球與地面碰撞時(shí)的機(jī)械能損失，g取10m/s2，sin37°＝0.6，cos37°＝0.8，則下列說法中正確的是()圖2A.A、B小球在斜面上滑動(dòng)時(shí)輕桿處于拉伸狀態(tài)B.下滑的整個(gè)過程中兩球組成的系統(tǒng)機(jī)械能守恒C.兩球在光滑水平面上運(yùn)動(dòng)時(shí)的速度大小為2m/sD.下滑的整個(gè)過程中球B機(jī)械能的增加量為eq\f(3,2)J答案BC解析假設(shè)沒有輕桿，則A、B小球在斜面上滑動(dòng)時(shí)加速度相同，則當(dāng)兩球用輕桿連接在斜面上下滑時(shí)輕桿既不拉伸，也不壓縮，選項(xiàng)A錯(cuò)誤；在下滑的整個(gè)過程中，只有重力對系統(tǒng)做功，系統(tǒng)的機(jī)械能守恒，故選項(xiàng)B正確；根據(jù)機(jī)械能守恒定律得mAg(h＋Lsin37°)＋mBgh＝eq\f(1,2)(mA＋mB)v2，解得v＝2m/s，故選項(xiàng)C正確；系統(tǒng)下滑的整個(gè)過程中B球機(jī)械能的增加量為ΔE＝eq\f(1,2)mBv2－mBgh＝2J，故選項(xiàng)D錯(cuò)誤。訓(xùn)練2(多選)(2023·山東日照一模)在光滑水平面上，輕質(zhì)彈簧一端固定在墻上。如圖3甲所示，物體A以速度v0向右運(yùn)動(dòng)壓縮彈簧，測得彈簧的最大壓縮量為x，現(xiàn)讓彈簧一端連接另一質(zhì)量為m的物體B。如圖乙所示。物體A以3v0的速度向右壓縮彈簧，測得彈簧的最大壓縮量仍為x，下列判斷正確的是()圖3A.乙圖所示的運(yùn)動(dòng)過程中，物體A和物體B組成的系統(tǒng)機(jī)械能守恒B.A物體的質(zhì)量為8mC.彈簧壓縮量最大時(shí)物體B的速度為eq\f(8v0,3)D.彈簧及壓縮量最大時(shí)的彈性勢能為eq\f(mveq\o\al(2,0),2)答案BC解析題圖乙所示的運(yùn)動(dòng)過程中，彈簧被壓縮，物體A、B的機(jī)械能一部分轉(zhuǎn)化為彈性勢能，物體A、B組成的系統(tǒng)機(jī)械能不守恒，故A錯(cuò)誤；設(shè)物體A的質(zhì)量為M，題圖甲中物體A壓縮彈簧，最大壓縮量為x時(shí)，A的動(dòng)能全部轉(zhuǎn)化為彈簧的彈性勢能，設(shè)為Ep，則有Ep＝eq\f(1,2)Mveq\o\al(2,0)，題圖乙中物體A以3v0的速度向右壓縮彈簧過程中，A、B和彈簧組成的系統(tǒng)動(dòng)量守恒，當(dāng)二者共速時(shí)，彈簧達(dá)到最大壓縮量x，取向右為正方向，由動(dòng)量守恒定律有M·3v0＝(M＋m)v，水平面光滑，A、B和彈簧組成的系統(tǒng)機(jī)械能守恒，由機(jī)械能守恒定律有eq\f(1,2)M(3v0)2－eq\f(1,2)(M＋m)v2＝Ep，聯(lián)立解得M＝8m，v＝eq\f(8,3)v0，Ep＝4mveq\o\al(2,0)，故B、C正確，D錯(cuò)誤。熱點(diǎn)二能量守恒定律的應(yīng)用例2如圖4所示，傾角為θ的斜面AB段光滑，BP段粗糙，一輕彈簧下端固定于斜面底端P處，彈簧處于原長時(shí)上端位于B點(diǎn)，可視為質(zhì)點(diǎn)、質(zhì)量為m的物體與BP之間的動(dòng)摩擦因數(shù)為μ(μ＜tanθ)，物體從A點(diǎn)由靜止釋放，將彈簧壓縮后恰好能回到AB的中點(diǎn)Q。已知A、B間的距離為x，重力加速度為g，則()圖4A.物體的最大動(dòng)能等于mgxsinθB.彈簧的最大形變量大于eq\f(1,2)xC.物體第一次往返中克服摩擦力做的功為eq\f(1,2)mgxsinθD.物體第二次沿斜面上升的最高位置在B點(diǎn)答案C解析物體接觸彈簧前，由機(jī)械能守恒定律可知，物體剛接觸彈簧時(shí)的動(dòng)能為Ek＝mgxsinθ，物體接觸彈簧后，重力沿斜面向下的分力先大于滑動(dòng)摩擦力和彈簧彈力的合力，物體先加速下滑，后重力沿斜面向下的分力小于滑動(dòng)摩擦力和彈簧彈力的合力，物體減速下滑，所以當(dāng)重力沿斜面向下的分力等于滑動(dòng)摩擦力和彈簧彈力的合力時(shí)物體所受的合力為零，速度最大，動(dòng)能最大，所以物體的最大動(dòng)能一定大于mgxsinθ，A錯(cuò)誤；設(shè)彈簧的最大壓縮量為L，彈性勢能最大為Ep，物體從A點(diǎn)到最低點(diǎn)的過程，由能量守恒定律得mg(L＋x)sinθ＝μmgLcosθ＋Ep，物體從最低點(diǎn)到Q點(diǎn)的過程，由能量守恒定律得mgeq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(L＋\f(x,2)))sinθ＋μmgLcosθ＝Ep，聯(lián)立解得L＝eq\f(xtanθ,4μ)，由μ＜tanθ得L＞eq\f(x,4)，但無法判斷是否大于eq\f(1,2)x，B錯(cuò)誤；第一次往返過程中，根據(jù)能量守恒定律，可知損失的能量等于克服摩擦力做的功，則有ΔE＝2μmgLcosθ＝eq\f(1,2)mgxsinθ，C正確；設(shè)從Q點(diǎn)到第二次最高點(diǎn)位置C，有mgxQCsinθ＝2μmgL′cosθ，如果L′＝L，則有xQC＝eq\f(x,2)，即最高點(diǎn)為B，但由于物體從Q點(diǎn)下滑，則彈簧的最大形變量L′＜L，則有xQC＜eq\f(x,2)，所以最高點(diǎn)應(yīng)在B點(diǎn)上方，D錯(cuò)誤。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3(多選)(2023·河北石家莊二中高三月考)如圖5所示，生產(chǎn)車間有兩個(gè)完全相同的水平傳送帶甲和乙，它們相互垂直且等高，兩傳送帶由同一電機(jī)驅(qū)動(dòng)，它們正常工作時(shí)都勻速運(yùn)動(dòng)，速度大小分別為v甲、v乙，并滿足v甲＋v乙＝v，式中v為已知定值，即兩傳送帶的速度可調(diào)但代數(shù)和始終不變。將一工件A(視為質(zhì)點(diǎn))輕放到傳帶甲上，工件離開傳送帶甲前已經(jīng)與傳送帶甲的速度相同，并平穩(wěn)地傳送到傳送帶乙上，且不會(huì)從傳送帶乙的右側(cè)掉落。已知工件的質(zhì)量為m，工件與傳送帶間的動(dòng)摩擦因數(shù)為μ，重力加速度大小為g。兩傳送帶正常工作時(shí)，下列說法正確的是()圖5A.當(dāng)v甲＝v乙時(shí)，工件在傳送帶乙上留下的滑動(dòng)痕跡最短B.當(dāng)v甲＝v乙時(shí)，工件與兩傳送帶因摩擦而產(chǎn)生的總熱量最小C.當(dāng)v甲＝v乙時(shí)，驅(qū)動(dòng)傳送帶的電機(jī)因傳送工件需要額外做的功最小D.驅(qū)動(dòng)傳送帶的電機(jī)因傳送工件至少需要額外做的功為eq\f(mv2,2)答案ACD解析以傳送帶乙為參考系，工件滑上傳送帶乙時(shí)的速度如圖所示，設(shè)工件在傳送帶乙上的滑動(dòng)痕跡為x，則veq\o\al(2,甲)＋veq\o\al(2,乙)＝2μgx，整理得x＝eq\f(v2－2v甲v乙,2μg)，根據(jù)基本不等式知，當(dāng)v甲＝v乙時(shí)上式取最小值，故A正確；設(shè)工件在傳送帶甲上的滑動(dòng)痕跡為x′，工件與兩傳送帶因摩擦產(chǎn)生的總熱量為Q，則有veq\o\al(2,甲)＝2μgx′，Q＝μmg(x＋x′)，整理得Q＝eq\f(m（v2＋3veq\o\al(2,甲)－2v甲v）,2)，根據(jù)二次函數(shù)性質(zhì)知，當(dāng)v甲＝eq\f(v,3)時(shí)上式取最小值，故B錯(cuò)誤；根據(jù)能量守恒定律知，電機(jī)額外做的功等于產(chǎn)生的熱量與工件的末動(dòng)能之和，有W＝eq\f(m（v2＋3veq\o\al(2,甲)－2v甲v）,2)＋eq\f(mveq\o\al(2,乙),2)，整理得W＝eq\f(m,2)[v2＋(v甲－v乙)2]，當(dāng)v甲＝v乙時(shí)上式取最小值，即Wmin＝eq\f(mv2,2)，故C、D正確。熱點(diǎn)三與能量有關(guān)的圖像問題例3(多選)(2023·重慶八中二模)一物體在傾角為37°的固定斜面上處于靜止?fàn)顟B(tài)，現(xiàn)給物體施加一個(gè)沿斜面的恒力，物體開始沿斜面向下運(yùn)動(dòng)。運(yùn)動(dòng)過程中物體的動(dòng)能、重力勢能及摩擦產(chǎn)生的內(nèi)能隨位移的變化關(guān)系如圖6所示，則下列說法正確的是(sin37°＝0.6)()圖6A.物體與斜面之間的動(dòng)摩擦因數(shù)為0.8B.物體在運(yùn)動(dòng)位移為x0的過程中機(jī)械能增加1JC.物體在運(yùn)動(dòng)位移為x0的過程中恒力做功為15JD.在x0處撤去恒力，物體還能沿斜面向下滑15x0答案AC解析物體沿斜面向下運(yùn)動(dòng)的位移為x0時(shí)，重力做正功，重力勢能減少，根據(jù)重力做功與重力勢能變化的關(guān)系得mgsinθ·x0＝15J，物體在固定斜面上處于靜止?fàn)顟B(tài)時(shí)，有mgsinθ＜μmgcosθ，所以運(yùn)動(dòng)位移為x0時(shí)，克服摩擦力做功為Wf＝μmgcosθ·x0＝16J，解得μ＝0.8，故A正確；物體在運(yùn)動(dòng)位移為x0的過程中機(jī)械能增加ΔE＝ΔEk＋ΔEp＝－1J，故B錯(cuò)誤；物體在運(yùn)動(dòng)位移為x0的過程中恒力做功為WF＝ΔEk＋ΔEp＋Wf＝15J，故C正確；物體在運(yùn)動(dòng)位移為x0的過程中機(jī)械能減小1J，|WG－Wf|＝1J，撤去恒力時(shí)動(dòng)能為14J，物體還能沿斜面向下滑14x0，故D錯(cuò)誤。方法總結(jié)解決物理圖像問題的基本思路訓(xùn)練4(多選)(2023·湖北省部分重點(diǎn)中學(xué)聯(lián)考)一物體靜止在水平地面上，對其施加一豎直向上的力F，當(dāng)物體上升2m時(shí)撤去力F，物體繼續(xù)上升0.25m后到達(dá)最高點(diǎn)，以水平地面為零勢能面，物體的機(jī)械能隨高度的變化關(guān)系如圖7所示，已知物體所受阻力大小恒定，重力加速度g取10m/s2，則下列說法正確的是()圖7A.物體的質(zhì)量為1kgB.物體所受阻力大小為3NC.力F的大小為9ND.物體上升過程中的最大速度為4eq\r(2)m/s答案BC解析物體在最高點(diǎn)動(dòng)能為零，由題圖可知，物體在最高點(diǎn)的重力勢能為mgh＝11.25J，解得m＝0.5kg，A錯(cuò)誤；由功能關(guān)系可知，機(jī)械能隨高度變化的圖像的斜率表示物體所受除重力外的其他力的合力，故在撤去力F后，物體所受的阻力大小f＝eq\f(12－11.25,0.25)N＝3N，撤去力前，F(xiàn)－f＝eq\f(12,2)N＝6N，解得F＝9N，B、C正確；物體上升到2m高度處時(shí)速度最大，此時(shí)物體的機(jī)械能為12J，即eq\f(1,2)mv2＋mgh′＝12J，解得v＝2eq\r(2)m/s，D錯(cuò)誤。訓(xùn)練5如圖8甲所示，豎直光滑桿固定不動(dòng)，套在桿上的彈簧下端固定，在外力作用下將套在桿上的滑塊向下壓縮彈簧至離地高度h＝0.1m處，滑塊與彈簧不拴接。現(xiàn)由靜止釋放滑塊，通過傳感器測量到滑塊的速度和離地高度h，并作出滑塊的動(dòng)能Ek與離地面高度h的關(guān)系圖像，如圖乙所示，其中高度從0.2m上升到0.35m范圍內(nèi)圖像為直線，其余部分為曲線，以地面為零勢能面，取g＝10m/s2，由圖像可知()圖8A.小滑塊的質(zhì)量為0.4kgB.剛釋放時(shí)彈簧的彈性勢能為0.32JC.彈簧的勁度系數(shù)為250N/mD.小滑塊的重力勢能與彈簧的彈性勢能總和最小為0.38J答案D解析在Ek－h(huán)圖像中，圖線的斜率表示滑塊所受的合外力，從0.2m上升到0.35m范圍內(nèi)，圖線的斜率絕對值|k|＝eq\f(ΔEk,h)＝eq\f(0.3,0.35－0.2)N＝2N＝mg，則m＝0.2kg，選項(xiàng)A錯(cuò)誤；當(dāng)滑塊上升至最大高度時(shí)，增加的重力勢能即為彈簧最大彈性勢能，即Epm＝mgΔh＝0.2×10×(0.35－0.1)J＝0.5J，選項(xiàng)B錯(cuò)誤；從0.2m上升到0.35m范圍內(nèi)圖像為直線，其余部分為曲線，說明從h＝0.2m處滑塊與彈簧分離，彈簧的原長為0.2m，當(dāng)h＝0.18m時(shí)的動(dòng)能最大，此時(shí)有mg＝kx，則k＝eq\f(mg,x)＝eq\f(0.2×10,0.2－0.18)N/m＝100N/m，選項(xiàng)C錯(cuò)誤；在整個(gè)運(yùn)動(dòng)過程中，系統(tǒng)的動(dòng)能、重力勢能和彈性勢能之間相互轉(zhuǎn)化，因此動(dòng)能最大時(shí)，滑塊的重力勢能與彈簧的彈性勢能總和最小，根據(jù)機(jī)械能守恒定律可知Epmin＝E－Ekm＝Epm＋mgh－Ekm＝0.5J＋0.2×10×0.1J－0.32J＝0.38J，選項(xiàng)D正確。1.(2022·湖北高考，5)如圖9所示，質(zhì)量分別為m和2m的小物塊P和Q，用輕質(zhì)彈簧連接后放在水平地面上，Р通過一根水平輕繩連接到墻上。P的下表面光滑，Q與地面間的動(dòng)摩擦因數(shù)為μ，最大靜摩擦力等于滑動(dòng)摩擦力。用水平拉力將Q向右緩慢拉開一段距離，撤去拉力后，Q恰好能保持靜止。彈簧形變始終在彈性限度內(nèi)，彈簧的勁度系數(shù)為k，重力加速度大小為g。若剪斷輕繩，Р在隨后的運(yùn)動(dòng)過程中相對于其初始位置的最大位移大小為()圖9A.eq\f(μmg,k) B.eq\f(2μmg,k)C.eq\f(4μmg,k) D.eq\f(6μmg,k)答案C解析Q恰好能保持靜止時(shí)，設(shè)彈簧的伸長量為x，滿足kx＝2μmg。若剪斷輕繩后，小物塊P與彈簧組成的系統(tǒng)機(jī)械能守恒，彈簧的最大壓縮量也為x，因此Р相對于其初始位置的最大位移大小s＝2x＝eq\f(4μmg,k)，故選項(xiàng)C正確。2.(2023·6月浙江選考，3)鉛球被水平推出后的運(yùn)動(dòng)過程中，不計(jì)空氣阻力，下列關(guān)于鉛球在空中運(yùn)動(dòng)時(shí)的加速度大小a、速度大小v、動(dòng)能Ek和機(jī)械能E隨運(yùn)動(dòng)時(shí)間t的變化關(guān)系中，正確的是()答案D解析鉛球在空中做平拋運(yùn)動(dòng)，加速度為重力加速度，恒定不變，A錯(cuò)誤；鉛球的速度大小為v＝eq\r(veq\o\al(2,0)＋veq\o\al(2,y))，又vy＝gt，聯(lián)立可得v＝eq\r(veq\o\al(2,0)＋g2t2)，所以v－t圖像為曲線，B錯(cuò)誤；由于不計(jì)空氣阻力，則鉛球在空中運(yùn)動(dòng)過程中只有重力做功，機(jī)械能守恒，E不變，D正確；由動(dòng)能定理有mgh＝Ek－Ek0，又h＝eq\f(1,2)gt2，聯(lián)立可得Ek＝Ek0＋eq\f(1,2)mg2t2，所以Ek－t圖線為二次函數(shù)圖線，C錯(cuò)誤。3.(多選)(2023·新課標(biāo)卷，20)一質(zhì)量為1kg的物體在水平拉力的作用下，由靜止開始在水平地面上沿x軸運(yùn)動(dòng)，出發(fā)點(diǎn)為x軸零點(diǎn)，拉力做的功W與物體坐標(biāo)x的關(guān)系如圖10所示。物體與水平地面間的動(dòng)摩擦因數(shù)為0.4，重力加速度大小取10m/s2。下列說法正確的是()圖10A.在x＝1m時(shí)，拉力的功率為6WB.在x＝4m時(shí)，物體的動(dòng)能為2JC.從x＝0運(yùn)動(dòng)到x＝2m，物體克服摩擦力做的功為8JD.從x＝0運(yùn)動(dòng)到x＝4m的過程中，物體的動(dòng)量最大為2kg·m/s答案BC解析物體所受的滑動(dòng)摩擦力大小為Ff＝μmg＝4N，0～1m的過程，由動(dòng)能定理有W1－μmgx1＝eq\f(1,2)mveq\o\al(2,1)，解得v1＝2m/s，又W－x圖像的斜率表示拉力F，則0～2m的過程，拉力F1＝6N，故x＝1m時(shí)拉力的功率P1＝F1v1＝12W，A錯(cuò)誤；0～4m的過程，由動(dòng)能定理有W2－μmgx4＝Ek4－0，則在x＝4m時(shí)，物體的動(dòng)能Ek4＝2J，B正確；0～2m的過程，物體克服摩擦力做的功Wf2＝Ffx2＝8J，C正確；由W－x圖像可知，2～4m的過程，拉力F2＝3N，則F1＞Ff＞F2，所以物體在0～2m的過程做加速運(yùn)動(dòng)，2～4m的過程做減速運(yùn)動(dòng)，故0～4m的過程，物體在x＝2m處速度最大，由動(dòng)能定理有W2－Ffx2＝eq\f(1,2)mveq\o\al(2,2)，解得v2＝2eq\r(2)m/s，故物體的最大動(dòng)量為pm＝2eq\r(2)kg·m/s，D錯(cuò)誤。4.(2023·遼寧卷，13)某大型水陸兩棲飛機(jī)具有水面滑行汲水和空中投水等功能。某次演練中，該飛機(jī)在水面上由靜止開始勻加速直線滑行并汲水，速度達(dá)到v1＝80m/s時(shí)離開水面，該過程滑行距離L＝1600m、汲水質(zhì)量m＝1.0×104kg，離開水面后，飛機(jī)攀升高度h＝100m時(shí)速度達(dá)到v2＝100m/s，之后保持水平勻速飛行，待接近目標(biāo)時(shí)開始空中投水。取重力加速度g＝10m/s2。求：(1)飛機(jī)在水面滑行階段的加速度a的大小及滑行時(shí)間t；(2)整個(gè)攀升階段，飛機(jī)汲取的水的機(jī)械能增加量ΔE。答案(1)2m/s240s(2)2.8×107J解析(1)飛機(jī)在水面滑行階段，由勻變速直線運(yùn)動(dòng)規(guī)律有2aL＝veq\o\al(2,1)解得a＝2m/s2又v1＝at解得t＝40s。(2)整個(gè)攀升階段，對飛機(jī)汲取的水分析，其機(jī)械能的增加量為ΔE＝mgh＋eq\f(1,2)mveq\o\al(2,2)－eq\f(1,2)mveq\o\al(2,1)解得ΔE＝2.8×107J。A級(jí)基礎(chǔ)保分練1.(2023·濟(jì)南市高三學(xué)情檢測)如圖1所示，質(zhì)量為m的木箱隨傳送帶一起以加速度a向下做勻減速直線運(yùn)動(dòng)，下列說法正確的是()圖1A.木箱的機(jī)械能一定增大B.木箱的機(jī)械能可能不變C.木箱受到的摩擦力一定大于maD.木箱受到的摩擦力可能小于ma答案C解析木箱隨傳送帶一起向下做勻減速運(yùn)動(dòng)(a斜向上)，有Ff－mgsinθ＝ma則Ff＞ma，C正確，D錯(cuò)誤；Ff做負(fù)功，則機(jī)械能減小，A、B錯(cuò)誤。2.(2023·安徽合肥市高三質(zhì)檢)我國風(fēng)洞技術(shù)世界領(lǐng)先。圖2為某風(fēng)洞實(shí)驗(yàn)的簡化模型，風(fēng)洞管中的均流區(qū)斜面光滑，一物塊在恒定風(fēng)力的作用下由靜止沿斜面向上運(yùn)動(dòng)，從物塊接觸彈簧至到達(dá)最高點(diǎn)的過程中(彈簧在彈性限度內(nèi))，下列說法正確的是()圖2A.物塊的速度一直減小到零B.物塊加速度先不變后減小C.彈簧彈性勢能先不變后增大D.物塊和彈簧組成的系統(tǒng)的機(jī)械能一直增大答案D解析從物塊接觸彈簧開始至到達(dá)最高點(diǎn)的過程中，對物塊受力分析，沿斜面方向有F風(fēng)－mgsinθ－kx＝ma，彈簧的壓縮量x從0開始增大，物塊先沿斜面加速，加速度向上且逐漸減小，當(dāng)a減小到0時(shí)，速度達(dá)到最大；然后加速度反向且逐漸增大，物體減速，直至減速到0，故A、B錯(cuò)誤；由于彈簧的壓縮量不斷增大，所以彈性勢能不斷增大，故C錯(cuò)誤；由于風(fēng)力對物塊一直做正功，所以物塊與彈簧組成的系統(tǒng)機(jī)械能一直增大，故D正確。3.如圖3所示，質(zhì)量分別為m、2m的小球A、B固定在輕質(zhì)細(xì)桿兩端，由細(xì)繩OA、OB、PB懸掛于豎直平面內(nèi)，OAB恰好構(gòu)成一邊長為l的正三角形且在豎直方向，現(xiàn)剪斷細(xì)繩PB，重力加速度為g，不計(jì)空氣阻力，則()圖3A.B球恰好擺到最低點(diǎn)B.B球擺到最低點(diǎn)的過程中，機(jī)械能守恒C.B球擺到最低點(diǎn)的過程中，細(xì)桿對A球做功eq\f(2,3)mglD.B球擺到最低點(diǎn)的過程中，細(xì)桿對A球做功mgl答案C解析假設(shè)B球能運(yùn)動(dòng)到最低點(diǎn)，由于A、B的線速度大小相同，根據(jù)系統(tǒng)機(jī)械能守恒可得2mglsin30°－mglsin30°＝eq\f(1,2)×3mv2，解得v＝eq\r(\f(gl,3))，故B球到達(dá)最低點(diǎn)后繼續(xù)向左運(yùn)動(dòng)，故A錯(cuò)誤；B球運(yùn)動(dòng)到最低點(diǎn)的過程中，桿對B球做功，B球的機(jī)械能不守恒，故B錯(cuò)誤；對A球根據(jù)動(dòng)能定理有－mglsin30°＋W＝eq\f(1,2)mv2，解得W＝eq\f(2,3)mgl，故C正確，D錯(cuò)誤。4.(2021·浙江1月選考，11)一輛汽車在水平高速公路上以80km/h的速度勻速行駛，其1s內(nèi)能量分配情況如圖4所示。則汽車()圖4A.發(fā)動(dòng)機(jī)的輸出功率為70kWB.每1s消耗的燃料最終轉(zhuǎn)化成的內(nèi)能是5.7×104JC.每1s消耗的燃料最終轉(zhuǎn)化成的內(nèi)能是6.9×104JD.每1s消耗的燃料最終轉(zhuǎn)化成的內(nèi)能是7.0×104J答案C解析據(jù)題意知，發(fā)動(dòng)機(jī)的輸出功率為P＝eq\f(W,t)＝17kW，故A錯(cuò)誤；根據(jù)能量守恒定律結(jié)合能量分配圖知，1s消耗的燃料最終轉(zhuǎn)化成的內(nèi)能為進(jìn)入發(fā)動(dòng)機(jī)的能量，即6.9×104J，故B、D錯(cuò)誤，C正確。5.(多選)(2023·安徽六校教育研究會(huì)高三測試)如圖5所示，一輕繩系一小球豎直懸掛在O點(diǎn)，現(xiàn)保持繩處于拉直狀態(tài)，將小球拉至與O等高的A點(diǎn)，由靜止自由釋放小球。球運(yùn)動(dòng)過程中經(jīng)過C點(diǎn)時(shí)，繩與豎直方向的夾角為α，以下判斷正確的是()圖5A.小球下擺到最低點(diǎn)的過程中，重力平均功率為0B.小球運(yùn)動(dòng)至C點(diǎn)時(shí)，其加速度大小為gsinαC.小球運(yùn)動(dòng)至C點(diǎn)時(shí)，輕繩對小球的拉力大小T＝3mgcosαD.若小球經(jīng)過C點(diǎn)時(shí)重力功率最大，則cosα＝eq\f(\r(3),3)答案CD解析下落的過程中，重力做功不等于0，根據(jù)P＝eq\f(W,t)，可知重力的平均功率不為0，A錯(cuò)誤；小球運(yùn)動(dòng)至C點(diǎn)時(shí)，對小球分析可知，其切向有mgsinα＝ma1，解得切向加速度大小為a1＝gsinα，小球做圓周運(yùn)動(dòng)，沿半徑方向還具有向心加速度，小球運(yùn)動(dòng)至C點(diǎn)時(shí)，其加速度大小必定大于gsinα，B錯(cuò)誤；設(shè)繩長為l，根據(jù)機(jī)械能守恒定律，有mglcosα＝eq\f(1,2)mv2，T－mgcosα＝meq\f(v2,l)，解得T＝3mgcosα，C正確；重力功率最大時(shí)，小球在豎直方向的分速度應(yīng)該達(dá)到最大值，可知此時(shí)豎直方向合力為0，因此Tcosα＝mg，解得cosα＝eq\f(\r(3),3)，D正確。6.如圖6甲所示，輕彈簧下端固定在傾角為θ＝37°的粗糙斜面底端，質(zhì)量為m＝1kg的物塊從輕彈簧上端上方某位置由靜止釋放，測得物塊的動(dòng)能Ek與其通過的路程x的關(guān)系如圖乙所示(彈簧始終處于彈性限度內(nèi))，圖像中0～x1＝0.4m之間為直線，其余部分為曲線，x2＝0.6m時(shí)物塊的動(dòng)能達(dá)到最大。彈簧的長度為l時(shí)，彈性勢能為Ep＝eq\f(1,2)k(l0－l)2，其中k為彈簧的勁度系數(shù)，l0為彈簧的原長。物塊可視為質(zhì)點(diǎn)，不計(jì)空氣阻力，物塊接觸彈簧瞬間無能量損失，取重力加速度g＝10m/s2，sin37°＝0.6，cos37°＝0.8。則()圖6A.物塊與斜面間的動(dòng)摩擦因數(shù)為0.2B.彈簧的勁度系數(shù)k為25N/mC.x3的大小為0.8mD.物塊在斜面上運(yùn)動(dòng)的總路程大于x3答案D解析物塊接觸彈簧前，由動(dòng)能定理得mgx1sinθ－μmgx1cosθ＝Ek1，解得μ＝0.25，故A錯(cuò)誤；物塊由釋放運(yùn)動(dòng)到x2位置，由能量守恒定律得mgx2sinθ＝μmgx2cosθ＋Ek2＋eq\f(1,2)k(x2－x1)2，解得k＝20N/m，故B錯(cuò)誤；物塊由釋放運(yùn)動(dòng)到x3位置，由能量守恒定律得mgx3sinθ＝μmgx3cosθ＋eq\f(1,2)k(x3－x1)2，解得x3＝(0.6＋0.2eq\r(5))m，故C錯(cuò)誤；物塊的路程為x3時(shí)mgsinθ＋μmgcosθ<k(x3－x1)，物塊反向沿斜面向上運(yùn)動(dòng)，所以物塊在斜面上運(yùn)動(dòng)的路程大于x3，故D正確。7.(多選)如圖7所示，足夠長粗糙斜面傾角為θ，固定在水平面上，物塊a通過平行于斜面的輕繩跨過光滑輕滑輪與物塊b相連，b的質(zhì)量為m。開始時(shí)，a、b均靜止且a剛好不受斜面摩擦力作用。現(xiàn)對b施加豎直向下的恒力F，使a、b做加速運(yùn)動(dòng)。則在b下降h高度過程中()圖7A.a的加速度小于eq\f(F,m)B.a的重力勢能增加mghsinθC.繩的拉力對a做的功等于a機(jī)械能的增量D.F對b做的功與摩擦力對a做的功之和等于a、b動(dòng)能的增量答案AD解析開始時(shí)，根據(jù)平衡條件有magsinθ＝mg，解得ma＝eq\f(m,sinθ)，a、b的加速度大小相等，對b，根據(jù)牛頓第二定律F－T＋mg＝ma，對a，有T－magsinθ－μmagcosθ＝maa，聯(lián)立得a＝eq\f(F－μmagcosθ,ma＋m)＜eq\f(F,ma＋m)＜eq\f(F,m)，故A正確；b下降h，則a上升hsinθ，則a重力勢能的增加量為ΔEp＝mag·hsinθ＝mgh，故B錯(cuò)誤；對a分析，繩的拉力做的功轉(zhuǎn)化為a的機(jī)械能和a摩擦生熱，所以繩的拉力做的功應(yīng)該大于a機(jī)械能增量，故C錯(cuò)誤；對系統(tǒng)，合外力做的功等于動(dòng)能的增量，即F對b做的功與摩擦力對a做的功與重力對a和b做的功之和，而重力對b做正功，對a做負(fù)功，且絕對值相等，故重力對系統(tǒng)做功之和為0，則F對b做的功與摩擦力對a做的功之和等于a、b動(dòng)能增量，故D正確。B級(jí)提能增分練8.(2023·山東模擬預(yù)測)現(xiàn)在，電動(dòng)車已經(jīng)走進(jìn)千家萬戶，逐漸被人們接受，其續(xù)航里程是人們關(guān)注的焦點(diǎn)。某純電動(dòng)車研究團(tuán)隊(duì)在平直的公路上用同一輛純電動(dòng)車(總質(zhì)量不同)作研究，改變電池電能從而改變整車質(zhì)量。讓電動(dòng)車以某一速度做勻速直線運(yùn)動(dòng)，得到電池電能與續(xù)航里程的關(guān)系如圖8甲所示。設(shè)該純電動(dòng)車電機(jī)把電能轉(zhuǎn)化為機(jī)械能的效率η＝80%，電動(dòng)車受到的阻力恒為總重力的0.05倍，電池電能與對應(yīng)的質(zhì)量關(guān)系如圖乙所示。重力加速度g取10m/s2。根據(jù)以上信息，可以得出()圖8A.電池的電能越大，電動(dòng)車的續(xù)航里程一定越大B.電池的電能分別為50kW·h和1000kW·h時(shí)，電動(dòng)車的總質(zhì)量之比為3∶35C.電池的電能為1000kW·h時(shí)，電動(dòng)車的總質(zhì)量為4800kgD.圖乙中E0＝1.2kW·h答案C解析由題圖甲可知，當(dāng)電池的容量為1000kW·h時(shí)，續(xù)航里程為1200km，再增大電池的電能，續(xù)航里程不再增大，A錯(cuò)誤；由題意知確定續(xù)航里程的條件是電動(dòng)車做勻速直線運(yùn)動(dòng)，設(shè)除電池外電動(dòng)車的質(zhì)量為M，根據(jù)能量守恒定律得電池的電能為50kW·h時(shí)，有k(M＋m1)gx1＝ηE1，電池的電能為1000kW·h時(shí)，有k(M＋m2)gx2＝ηE2，聯(lián)立解得M＋m1＝576kg，M＋m2＝4800kg，(M＋m1)∶(M＋m2)＝3∶25，B錯(cuò)誤，C正確；由題圖乙有m2＝20m1，eq\f(E0,4.8)＝eq\f(50,m1)，結(jié)合前面的分析可得m1＝eq\f(4224,19)kg，E0＝eq\f(50×4.8×19,4224)kW·h≈1.08kW·h，D錯(cuò)誤。9.(2023·河北高三聯(lián)考)如圖9所示，輕彈簧左端固定，右端連接物體A，物體A置于光滑水平桌面上，物體A和B通過細(xì)繩繞過定滑輪連接，已知物體A的質(zhì)量為mA，物體B的質(zhì)量為mB，彈簧的勁度系數(shù)為k，不計(jì)滑輪摩擦，物體A位于O點(diǎn)時(shí)，系統(tǒng)處于靜止?fàn)顟B(tài)，物體A在Р點(diǎn)時(shí)彈簧處于原長。現(xiàn)將物體A由P點(diǎn)靜止釋放，物體A不會(huì)和定滑輪相碰，當(dāng)物體B向下運(yùn)動(dòng)到最低點(diǎn)時(shí)，繩子恰好被拉斷且彈簧未超過彈性限度，則()圖9A.釋放物體A瞬間，物體A的加速度為零B.繩子能承受的最大拉力為eq\f(3,2)mBgC.物體A動(dòng)能的增加量小于物體B所受重力對B做的功與彈簧彈力對A做的功之和D.物體A與彈簧所組成的系統(tǒng)機(jī)械能的增加量等于物體B所受重力對B做的功答案C解析在P點(diǎn)釋放物體A瞬間，彈簧彈力為零，以A、B為整體，根據(jù)牛頓第二定律可得mBg＝(mA＋mB)a，解得a＝eq\f(mBg,mA＋mB)，釋放物體A瞬間，物體A的加速度為eq\f(mBg,mA＋mB)，故A錯(cuò)誤；當(dāng)物體B向下運(yùn)動(dòng)到最低點(diǎn)時(shí)，根據(jù)對稱性可知，此時(shí)B的加速度大小為eq\f(mBg,mA＋mB)，方向向上，根據(jù)牛頓第二定律可得Tm－mBg＝mBa，解得繩子能承受的最大拉力為Tm＝eq\f(mA＋2mB,mA＋mB)·mBg，故B錯(cuò)誤；根據(jù)能量守恒定律可知，物體B減少的重力勢能轉(zhuǎn)化為彈簧的彈性勢能和A、B的動(dòng)能之和，所以物體B所受重力對B做的功與彈簧彈力對A做的功之和等于物體A、B的動(dòng)能之和，則物體A動(dòng)能的增加量小于物體B所受重力對B做的功與彈簧彈力對A做的功之和，故C正確；物體B所受重力對B做的功等于物體B減少的重力勢能，根據(jù)能量守恒定律可知，物體B減少的重力勢能等于物體A與彈簧所組成的系統(tǒng)機(jī)械能的增加量與物體B的動(dòng)能增加量之和，故D錯(cuò)誤。10.(2023·全國甲卷，24)如圖10，光滑水平桌面上有一輕質(zhì)彈簧，其一端固定在墻上。用質(zhì)量為m的小球壓彈簧的另一端，使彈簧的彈性勢能為Ep。釋放后，小球在彈簧作用下從靜止開始在桌面上運(yùn)動(dòng)，與彈簧分離后，從桌面水平飛出。小球與水平地面碰撞后瞬間，其平行于地面的速度分量與碰撞前瞬間相等；垂直于地面的速度分量大小變?yōu)榕鲎睬八查g的eq\f(4,5)。小球與地面碰撞后，彈起的最大高度為h，重力加速度大小為g，忽略空氣阻力。求：圖10(1)小球離開桌面時(shí)的速度大??；(2)小球第一次落地點(diǎn)距桌面上其飛出點(diǎn)的水平距離。答案(1)eq\r(\f(2Ep,m))(2)eq\f(5,2)eq\r(\f(hEp,mg))解析(1)從釋放彈簧到小球離開桌面的過程中，小球與彈簧組成的系統(tǒng)機(jī)械能守恒，設(shè)小球離開桌面時(shí)的速度大小為v0，由機(jī)械能守恒定律有Ep＝eq\f(1,2)mveq\o\al(2,0)解得v0＝eq\r(\f(2Ep,m))。(2)小球與地面碰撞彈起后在豎直方向做豎直上拋運(yùn)動(dòng)，設(shè)彈起時(shí)小球的豎直速度為vy1，由運(yùn)動(dòng)學(xué)公式有veq\o\al(2,y1)＝2gh設(shè)小球落地前的瞬間豎直方向速度大小為vy，有vy1＝eq\f(4,5)vy小球從桌面水平飛出后，做平拋運(yùn)動(dòng)的過程中，有vy＝gt其水平位移x＝v0t聯(lián)立解得x＝eq\f(5,2)eq\r(\f(hEp,mg))。11.如圖11(a)，一傾角37°的固定斜面的AB段粗糙，BC段光滑。斜面上一輕質(zhì)彈簧的一端固定在底端C處，彈簧的原長與BC長度相同。一小滑塊在沿斜面向下的拉力T作用下，由A處從靜止開始下滑，當(dāng)滑塊第一次到達(dá)B點(diǎn)時(shí)撤去T。T隨滑塊沿斜面下滑的位移x的變化關(guān)系如圖(b)所示。已知AB段長度為2m，滑塊質(zhì)量為2kg，滑塊與斜面AB段的動(dòng)摩擦因數(shù)為0.5，彈簧始終在彈性限度內(nèi)，重力加速度大小取10m/s2，sin37°＝0.6。求：圖11(1)當(dāng)拉力為10N時(shí)，滑塊的加速度大??；(2)滑塊第一次到達(dá)B點(diǎn)時(shí)的動(dòng)能；(3)滑塊第一次在B點(diǎn)與彈簧脫離后，沿斜面上滑的最大距離。