第6讲 机械能守恒定律 能量守恒定律 功能关系-【优化探究】2025年高考物理二轮专题复习配套PPT课件（江苏专版）

第6讲　机械能守恒定律　能量守恒定律　功能关系 专题二　能量与动量 【目标要求】　1.理解机械能守恒定律、能量守恒定律。2.掌握常见的功能关系,结合实际情景分析功和能的转化。3.会在具体问题中灵活选择合适的规律解决能量观点问题。 考点一　机械能守恒定律 考点二　能量守恒定律 内容索引 考点三　功能关系 培优　热点训练 精准补弱 考点一　机械能守恒定律 一 4 1.机械能守恒的判断方法与表达形式 2.多物体的机械能守恒问题 共速率 模型   分清两物体位移大小与高度变化关系 共角速 度模型   两物体角速度相同,线速度与半径成正比 关联速 度模型   根据沿绳或杆方向速度相等,找出两物体速度的关系 轻弹簧 模型   (1)同一根弹簧弹性势能的大小取决于弹簧形变量的大小,在弹簧弹性限度内,形变量相等,弹性势能相等 (2)由两个或两个以上的物体与弹簧组成的系统:弹簧形变量最大时,弹簧两端连接的物体具有相同的速度;弹簧处于自然长度时,弹簧弹性势能最小(为零) 考向1　单物体机械能守恒 [例1]　(2024·江苏盐城三模)物体从离地高H处的M点开始做自由落体运动,下落至离地高度为H处的N点,不计空气阻力,下列能量条形图表示了物体在M和N处的动能Ek和重力势能Ep的相对大小关系,可能正确的是(　　) D [解析]　由题意可知,物体重力势能变为原来的,A错误;由于机械能守恒,动能与重力势能之和应等于释放时的机械能,B、C错误;设释放位置所在平面为参考平面,则机械能为零,D正确。 考向2　多物体机械能守恒 [例2]　(2024·江苏连云港模拟)如图所示,竖直面内处于同一高度的光滑钉子M、N相距2L。带有光滑小孔的小球A穿过轻绳,轻绳的一端固定在钉子M上,另一端绕过钉子N与小球B相连,B球质量为m。用手将A球托住静止在M、N连线的中点P处,此时B球也处于静止状态。放手后,A球下落的最大距离为L,重力加速度为g。求: (1)A球的质量mA; [答案]　(1)m　 [解析]　(1)A球下落到最低点时,根据几何关系可得B上升的高度为 hB=2-2L= 根据A、B组成的系统机械能守恒有mAghA=mghB 解得A球的质量mA=m。 (2)A球下降0.75L时的速度大小v; [答案]　(2)5　 [解析]　(2)A球下降0.75L时,设A球与M或N连线与竖直方向的夹角为θ,根据几何关系,则有 tan θ== 解得θ=53° 根据几何关系可得,B球上升高度为 hB'=2-2L=0.5L 根据运动的合成与分解可得vB=2vcos 53° 根据系统机械能守恒,则有 mAg×0.75L=mghB'+mAv2+m 代入数据联立得v=5。 (3)A球下落到最低点时绳中张力大小T。 [答案]　(3)mg [解析]　(3)A下落到最低点时,设A球与M或N连线与竖直方向的夹角为α,根据几何关系,则有 tan α== 解得α=37° 设A、B的加速度分别为aA、aB,对A、B根据牛顿第二定律分别有 2Tcos α-mAg=mAaA mg-T=maB A到最低点时后,在极短的时间Δt内,A、B的位移满足2×aAΔt2cos α=aBΔt2 联立解得T=mg。 考向3　含弹簧系统机械能守恒 [例3]　(2024·江苏连云港高三模拟)如图所示,固定的竖直光滑长杆上套有质量为m的小圆环,圆环与水平状态的轻质弹簧一端连接,弹簧的另一端连接在墙上,并且处于原长状态。现让圆环由静止开始下滑,已知弹簧原长为L,圆环下滑到最大距离时弹簧的长度变为2L(未超过弹性限度),重力加速度为g,则在圆环下滑到最大距离的过程中(　　) A.圆环的机械能守恒 B.弹簧弹性势能增加了mgL C.圆环的重力势能与弹簧的弹性势能之和先减小后增大 D.圆环下滑到最大距离时,所受合力为零 [答案]　C [解析]　在圆环下滑到最大距离的过程中,弹簧一直伸长, 弹簧对圆环做负功,圆环的机械能减小,故A错误;由题可知, 整个过程圆环动能的变化量为零,根据几何关系可得圆环下 落的高度h==L,根据能量守恒定律可得,弹簧弹性势能的增加量等于圆环重力势能的减小量,则有ΔEp=mgh=mgL,故B错误;弹簧与圆环组成的系统机械能守恒,则有ΔEk+ΔEp重+ΔEp弹=0,由于圆环在下滑到最大距离的过程中,弹簧一直伸长,圆环先是做加速度逐渐减小的加速运动,再做加速度逐渐增大的减速运动,所以动能先增大后减小, 则圆环重力势能与弹簧弹性势能之和先减小后增大,故C正确;由于圆环在下滑到最大距离的过程中先是做加速度减小的加速运动,再做加速度增大的减速运动,则圆环下滑到最大距离时,加速度方向竖直向上,所以圆环所受合力不为零,且方向竖直向上,故D错误。 二 考点二　能量守恒定律 24 应用能量守恒定律的基本思路 (1)守恒:E初=E末,系统初、末状态总能量不变。 (2)转移:EA减=EB增,A物体减少的能量等于B物体增加的能量。 (3)转化:|ΔE减|=|ΔE增|,减少的某些能量等于增加的某些能量。 [例4]　(2024·江苏盐城高三模拟)轻质弹簧一端固定,另一端与放置于水平桌面上的小物块(可视为质点)相连接。弹簧处于原长时物块位于O点。现将小物块向右拉至A点后由静止释放,小物块将沿水平桌面运动。已知弹簧劲度系数为k,小物块质量为m,O、A间距离为L,弹簧弹性势能的表达式为kx2(式中x为弹簧形变量的大小)。若小物块与水平桌面间的动摩擦因数μ=,且最大静摩擦力等于滑动摩擦力,求: (1)小物块第一次经过O点时的速度大小; [答案]　(1)L　 [解析]　(1)设小物块第一次经过O点时的速度为v,则有kL2=mv2+μmgL 可得v=L。 (2)小物块向左运动过程中距离O点的最远距离,并判断小物块是否能静止在该位置。 [答案]　(2)0.6L　不能 [解析]　(2)设小物块向左运动的最远处在O点左侧的B点,B、O之间的距离为xBO,小物块由A运动到B的过程中,由能量守恒定律有 kL2=k+μmg(L+xBO) 解得xBO=0.6L 此时弹簧弹力为F=kxBO=0.6kL 小物块与地面间的最大静摩擦力 Ffmax=μmg=0.2kL<F 因此小物块不能停在该位置,将继续向右运动。 [例5]　如图所示,倾斜传送带以恒定速率顺时针转动。将一质量为m的小物体P(可视为质点)轻放在A处,小物体P到达B处时恰好与传送带共速;再将另一质量也为m的小物体Q(可视为质点)轻放在A处,小物体Q在传送带上到达B处之前已与传送带共速,之后和传送带一起匀速到达B处。在P、Q两个物体从A到B的过程中(　　) A.物体P与传送带间的动摩擦因数较小 B.传送带对P物体做的功比对Q物体做的功多 C.传送带因传送物体而多消耗的电能相等 D.P、Q两个物体与传送带间因摩擦产生的热量相等 A [解析]　小物体一开始在传送带上做初速度为零的 匀加速直线运动,加速度大小为a== μgcos θ-gsin θ,根据题意可知,在速度达到与传送带共速的过程中,小物体P在传送带上的位移x较大,根据运动学公式a=可知,小物体P在传送带上加速时的加速度较小,则物体P与传送带间的动摩擦因数较小,故A正确;在小物体从A到B的过程中,根据功能关系可知,传送带对小物体做的功等于小物体机械能的增加量,由题意可知,两小物体增加的动能和重力势能均相等,则两小物体增加的机械能相等,故传送带对P、Q两物 体做功相等,故B错误;小物体加速阶段的时间为t=,小物体加速阶段与传送带发生的相对位移为Δx=x传-x物=vt-t=t==,则小物体与传送带间因摩擦产生的热量为Q=μmgcos θ·Δx=,由于物体P与传送带间的动摩擦因数较小,则物体P与传送带间因摩擦产生的热量较大,由于两物块增加的机械能相同,根据能量守恒定律可知,传送带因传送物体P而多消耗的电能较大,故C、D错误。 反思提升 传送带问题的综合分析 涉及物体在传送带上运动的具体细节问题,一般用动力学观点进行解决。从能量的观点进行分析,传送带因传送物体多做的功,等于物体增加的动能、重力势能及摩擦产生的热量之和,而摩擦产生的热量需要用摩擦力与相对路程的乘积进行求解。 [例6]　(2024·江苏卷)如图所示,一粗糙斜面倾角为θ,斜面长为L,一个质量为m的物块(可视为质点)在电动机作用下,从斜面底端 A点由静止加速至 B点时达到最大速度v,之后匀速运动至C点,关闭电动机,物块从C点恰好到达最高点D。已知物块与粗糙斜面间的动摩擦因数为μ,重力加速度为g,不计电动机消耗的电热,求: (1)CD段长x; [答案]　(1)　 [解析]　(1)物块在CD段运动过程中,由牛顿第二定律得 mgsin θ+μmgcos θ=ma 由运动学公式得 0-v2=-2ax 联立解得x=。 (2)BC段电动机的输出功率P; [答案]　(2)mgv(sin θ+μcos θ) [解析]　(2)物块在BC段匀速运动,电动机的牵引力为 F=mgsin θ+μmgcos θ 由P=Fv得 P=mgv(sin θ+μcos θ)。 (3)全过程物块增加的机械能E1和电动机消耗的总电能 E2的比值。 [答案]　(3) [解析]　(3)全过程物块增加的机械能为 E1=mgLsin θ 由能量守恒定律可知,在整个过程中,电动机消耗的总电能转化为物块增加的机械能和摩擦产生的内能,则 E2=E1+μmgcos θ·L 则==。 三 考点三　功能关系 39 　常见功能关系 能量 功能关系 表达式 势能 重力做的功等于重力势能的减少量 W=Ep1-Ep2=-ΔEp 弹力做的功等于弹性势能的减少量 静电力做的功等于电势能的减少量 分子力做的功等于分子势能的减少量 动能 合外力做的功等于物体动能的变化量 W=Ek2-Ek1=mv2-m 能量 功能关系 表达式 机械能 除重力和弹力之外的其他力做的功等于机械能的变化量 W其他=E2-E1=ΔE机 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=Ff·x相对x相对为相对路程 电能 克服安培力做的功等于电能的增加量 W克安=E2-E1=ΔE [例7]　(2024·江苏苏州高三期中)如图所示,轻质弹簧上端固定,下端系一物体,物体在A处时,弹簧处于原长状态。现用手托住物体使它从A处缓慢下降,到达B处时,手和物体自然分开。此过程中,物体克服手的支持力所做的功为W,不考虑空气阻力。关于此过程,下列说法正确的是(　　) A.物体重力势能减小量一定小于W B.弹簧弹性势能增加量一定等于W C.弹簧的弹性势能和物体的机械能总和增加了W D.若将物体从A处由静止释放,则物体到达B处时的动能大于W B [解析]　从A到B,由动能定理可得WG-W-W弹=0,解得WG=W+W弹,所以物体重力势能的减小量一定大于W,故A错误;根据动能定理知mgh-W-W弹=0,设到B处时弹簧的伸长量为h,由平衡条件可得mg=kh,故mgh-W=W弹=kh2=mgh,则W=mgh,即弹簧弹性势能增加量一定等于W,故B正确;支持力对物体做负功,所以物体与弹簧组成的系统机械能减少 了W,故C错误;若将物体从A处由静止释放,由A到B根据动能 定理有WG-W弹=ΔEk,而WG-W弹=W,则物体到达B处时的动能 为W,故D错误。 [例8]　如图所示,足够长的光滑斜面固定在水平面上,斜面底端有一固定挡板,轻质弹簧下端与挡板相连,上端与物体A相连。用不可伸长的轻绳跨过斜面顶端的定滑轮把A与另一物体B连接起来,A与滑轮间的轻绳与斜面平行。初始时用手托住B,轻绳刚好伸直,此时物体A处于静止状态。不计滑轮质量与摩擦,弹簧始终在弹性限度内,忽略空气阻力。现由静止释放物体B,在B第一次向下运动的过程中(　　) A.轻绳对物体B做的功等于物体B重力势能的变化量 B.物体B重力做的功等于物体B机械能的变化量 C.轻绳对物体A做的功等于物体A的动能与弹簧弹性势能的变化量之和 D.两物体与轻绳组成的系统机械能变化量的绝对值等于弹簧弹性势能变化量的绝对值 [答案]　D [解析]　轻绳对物体B做的功等于物体B机械能的变化量,故A错误;重力做的功等于物体重力势能的减少量,故B错误;依题意得,轻绳对物体A做的功等于物体A的机械能与弹簧弹性势能的变化量之和,故C错误;两物体和弹簧组成的系统机械能守恒,由机械能守恒定律可知,D正确。 四 培优　热点训练 47 1.(2024·江苏盐城、南京期末)如图所示,倾角为θ的斜面AB段光滑,BP段粗糙,一轻弹簧下端固定于斜面底端P处,弹簧处于原长时上端位于B点,一可视为质点、质量为m的物体与BP之间的动摩擦因数为μ(μ<tan θ),物体从A点由静止释放,将弹簧压缩后恰好能回到AB的中点Q。已知A、B间的距离为x,重力加速度为g,则(　　) A.物体的最大动能等于mgxsin θ B.弹簧的最大形变量大于x C.物体第一次往返中克服摩擦力做的功为mgxsin θ D.物体第二次沿斜面上升的最高位置在B点 答案:C 解析:物体接触弹簧前,由机械能守恒定律可知,物体 刚接触弹簧时的动能为Ek=mgxsin θ,物体接触弹簧后, 重力沿斜面向下的分力先大于滑动摩擦力和弹簧弹力 的合力,物体先加速下滑,后来重力沿斜面向下的分力小于滑动摩擦力和弹簧弹力的合力,物体减速下滑,所以当重力沿斜面向下的分力等于滑动摩擦力和弹簧弹力的合力时物体所受的合力为零,速度最大,动能最大,所以物体的最大动能一定大于mgxsin θ,A错误;设弹簧的最大压缩量为L,弹性势能最大为Ep,物体从A到最低点的过程,由能量守恒定律得mg(L+x)sin θ=μmgLcos θ+Ep,物体从最低点到Q点的过程,由能量守恒定 律得mg(L+)sin θ+μmgLcos θ=Ep,联立解得L=,由于μ<tan θ,但未知它们的具体参数,则无法说明弹簧的最大形变量是否大于x,B错误;第一次往返过程中,根据能量守恒定律可知,损失的能量等于克服摩擦力做的功,则有ΔE=2μmgLcos θ=mgxsin θ,C正确;设从Q到第二次最高点位置C,有mgxQCsin θ=2μmgL'cos θ,如果L'=L,则有xQC=,即最高点为B,但由于物体从Q点下滑,则弹簧的最大形变量L'<L,所以最高点应在B点上方,D错误。 2.(2024·江苏南通高三期中)如图所示,M、N为两根相同的轻弹簧,M竖直放置,上端与小物块A相连,下端固定在地面上,N套在光滑水平轻杆上,左端固定在竖直细管上,右端与物块B相连,一根不可伸长的轻绳穿过细管及管上的小孔连接物块A和B。杆可绕细管在水平面内转动。初始时系统静止,M处于压缩状态,两弹簧的形变量均为Δx=0.1 m,物块B与弹簧左端距离L=0.8 m。已知物块A、B的质量分别为mA=2 kg、mB=0.4 kg,A距管下端口及杆都足够长,重力加速度g取10 m/s2。不计一切摩擦,弹簧始终在弹性限度内。 (1)系统静止时,求轻绳中的张力F的大小; 答案:(1)10 N　 解析:(1)系统静止时设弹簧中弹力为F1,A物块受力平衡,有mAg=F1+F 易判断此时弹簧N也处于压缩状态,B物块受力平衡,有F=F1 解得F=10 N。 (2)杆绕细管以角速度ω稳定转动时,A静止,M的形变量仍为Δx,求角速度ω; 答案: (2)10 rad/s　 解析: (2)由题意可知两弹簧均处于拉伸状态,且形变量相同。设绳中张力为F2,A物块受力平衡,有 mAg+F1=F2 对B物块,F1+F2=mBω2r r=L+2Δx 解得ω=10 rad/s。 (3)系统从静止到(2)中情境的过程中,外界对系统做的功W。 答案: (3)24 J 解析: (3)根据功能关系有 W=mAgh+mB h=2Δx vB=ωr 解得W=24 J。 五 精准补弱 56 1.如图,撑竿跳全过程可分为四个阶段:A→B阶段,助跑加速;B→C阶段,竿弯曲程度增大,人上升;C→D阶段,竿弯曲程度减小,人上升;D→E阶段,人越过横杆后下落。整个过程空气阻力忽略不计,则关于这四个阶段的说法正确的是(　　)   A.A→B阶段,地面对人和竿系统做正功 B.B→C阶段,人和竿系统的动能减少量等于重力势能和弹性势能增加量 C.C→D阶段,人和竿系统的动能减少量大于重力势能增加量 D.D→E阶段,重力对人所做的功等于人的机械能增加量 2 3 4 5 6 7 8 9 10 1 B 解析:A→B阶段,地面对人和竿系统不做功,人助跑加速过程增加的机械能来自人体肌肉做功消耗的人体内的化学能,选项A错误;B→C阶段,人和竿系统的动能减少量等于重力势能和弹性势能增加量,选项B正确;C→D阶段,人和竿系统的动能减少量与弹性势能减少量之和等于重力势能增加量,则人和竿系统的动能减少量小于重力势能增加量,选项C错误;D→E阶段,重力对人所做的功等于人的重力势能减少量,人的机械能不变,选项D错误。 2 3 4 5 6 7 8 9 10 1 2.如图所示,轻弹簧一端悬挂在横杆上,另一端连接质量为m的重物,弹簧和重物组成的系统处于静止状态。某时刻开始在重物上施加一方向竖直向上、大小为F=mg的恒力,重物上升的最大高度为h,已知弹簧的弹性势能表达式为Ep=kx2 ,则(　　) A.上升过程中系统机械能守恒 B.开始时弹簧的弹性势能为mgh C.上升过程中重物的最大动能为mgh D.上升到最高点过程中重物的重力势能增加mgh 2 3 4 5 6 7 8 9 10 1 B 解析:上升过程中,恒力F对系统做正功,系统的机械能增加,故A错误;初始时对重物有mg=kx1,在重物上升高度h的过程中,对系统由能量守恒定律有k+Fh=mgh+k(h-x1)2,解得h=x1,所以开始时弹簧的弹性势能为Ep1=k=mgh,故B正确;上升过程中,当重物所受合力为零时,速度 达到最大,设此时弹簧的形变量为x2,则F+kx2=mg,解得x2=x1=h, 在此过程中由能量守恒定律有F(x1-x2)+k=mg(x1-x2)+m+k,上升过程中重物的最大动能为Ekm=m,联立解得Ekm=mgh,故C错误;上升到最高点过程中重物的重力所做的功为WG=-mgh,根据重力势能与重力做功的关系可知,重物重力势能的增加量为mgh,故D错误。 2 3 4 5 6 7 8 9 10 1 3.如图所示,半径为r、质量不计的均匀圆盘竖直放置,可以绕过圆心O且与盘面垂直的水平光滑固定轴转动,在盘面的最右边边缘处固定了一个质量为m的小球A,在圆心O的正下方离O点处固定了一个质量也为m的小球B。现从静止开始释放圆盘让其自由转动,重力加速度大小为g,则小球B上升的最大高度为(　　) A.r　　　　　　　　 B.r C.r D.r 2 3 4 5 6 7 8 9 10 1 C 解析:取圆心所在处的水平面重力势能为零,小球B上升到最大高度时如图所示,根据初始位置系统重力势能与B球上升到最大高度时的系统重力势能相等可得到-mg=-mgrcos θ+mg×sin θ,解得2cos θ=1+sin θ,两边平方得4(1-sin2θ)=1+sin2θ+2sin θ,5sin2θ+2sin θ-3=0,解得sin θ=或-1(舍去),所以θ=37°,则B球上升的最大高度为h=+sin 37°=r,故选C。 2 3 4 5 6 7 8 9 10 1 4.如图所示,两个质量相等可视为质点的小球a、b通过铰链用长为L的刚性轻杆连接,a球套在竖直杆M上,b球套在水平杆N上,最初刚性轻杆与细杆M的夹角为45°。两根足够长的细杆M、N不接触(a、b球均可无碰撞通过O点),且两杆间的距离忽略不计,将两小球从图示位置由静止释放,不计一切摩擦,重力加速度为g。下列说法中正确的是(　　) A.a、b两球组成的系统机械能不守恒 B.a球到达与b球等高位置时速度大小为 C.a球运动到最低点时,b球速度最大 D.a球从初位置下降到最低点的过程中,刚性轻杆对a球的弹力一直做负功 2 3 4 5 6 7 8 9 10 1 C 解析:a球和b球所组成的系统只有重力做功,则机械能守恒,故A错误;根据两球沿杆方向速度相等可知,a球到达与b球等高位置时,b球速度为零,则mgL=m,解得va=,故B错误;当a球运动到最低点时,a球的机械能最小,则b球的机械能最大,b球的速度最大,故C正确;由于系统机械能守恒,a球从初位置下降到最低点的过程中,b球的速度先 增大后减小再增大,刚性轻杆对b球的弹力先做正功后 做负功再做正功,故刚性轻杆对a球的弹力先做负功后 做正功再做负功,故D错误。 2 3 4 5 6 7 8 9 10 1 5.如图所示为速冻食品加工厂生产和包装饺子的一道工序,饺子由水平传送带运送至下一环节。将饺子无初速度地轻放在传送带上,传送带足够长且以速度v匀速转动,饺子与传送带间的动摩擦因数为μ,重力加速度为g,不考虑饺子之间的相互作用力和空气阻力。关于饺子在水平传送带上运动的过程中,下列说法正确的是(　　) A.传送带的速度越大,饺子的加速度越大 B.饺子相对于传送带的位移为 C.饺子由静止开始加速到与传送带速度相等的过程中,增加的动能等于因摩擦产生的热量 D.传送带因传送饺子多消耗的电能等于饺子增加的动能 2 3 4 5 6 7 8 9 10 1 C 解析:饺子的加速度a===μg,与传送带的速度无关,故A错误;饺子从放上传送带到与传送带共速所用时间t=,饺子在传送带上留下的痕迹长度Δs=vt-=,故B错误;饺子由静止加速到与传送带共速的过程,饺子增加的动能Ek=mv2=μmgs饺子,因摩擦产生的热量Q=μmgs相对,又因为饺子从初速度为零开始做匀加速运动到和传送带共速,饺子的位移s饺子=t,饺子与传送带的相对位移为s相对=s传送带-s饺子=vt-t=t,故饺子增加的动能等于因摩擦产生 的热量,故C正确;传送带多消耗的电能等于饺子增加的动能 与因摩擦产生的热量的总和,故D错误。 2 3 4 5 6 7 8 9 10 1 6.如图所示,一半径为R、质量为m的圆环(质量分布均匀)圆心固定,圆环处在竖直平面内且可绕圆心O自由转动,质量为m的小球通过长度为2R的轻杆(不可伸长)与圆环的最高点P固定连接,初始时轻杆水平且与圆环相切,现将小球由静止释放,重力加速度为g,不计一切阻力,当小球运动到最低点时轻杆对小球的作用力大小为(　　) A.mg B.mg C.3mg D.mg 2 3 4 5 6 7 8 9 10 1 B 解析:根据几何关系可知,小球与圆心之间的间距为3R,由于小球始终绕O点做圆周运动,若设小球运动到最低点时的速度大小为v,则圆环上任一质点的线速度大小为v0=v,根据机械能守恒定律有mg(R+3R)=mv2+m,根据牛顿第二定律有FT-mg=m,解得FT=mg,故B正确。 2 3 4 5 6 7 8 9 10 1 7.如图所示,竖直轻弹簧固定在水平地面上,弹簧的劲度系数为k,原长为L。质量为m的铁球由弹簧的正上方h高处自由下落,与弹簧接触后压缩弹簧,当弹簧的压缩量为x时,铁球下落到最低点。选地面为零重力势能面,不计空气阻力,重力加速度为g。下列说法中正确的是(　　) A.弹簧弹性势能最大值为mg(h+L) B.弹簧弹性势能和铁球重力势能之和的最大值为mg(h+x) C.若h增加,铁球动能最大时的位置降低 D.若h减小,铁球动能最大时的位置不变 2 3 4 5 6 7 8 9 10 1 D 解析:铁球和弹簧组成的系统机械能守恒,当铁球下落到最低点时弹簧弹性势能最大,有Ep=mg(h+x),A错误;铁球和弹簧组成的系统机械能守恒,则当铁球动能为零时弹簧弹性势能和铁球重力势能之和最大,有Epmax=mg(h+L),B错误;当铁球所受合外力为零时,铁球动能最大,且有mg=kx',则x'与h无关,则改变h铁球动能最大时的位置不变,C错误,D正确。 2 3 4 5 6 7 8 9 10 1 8.(2024·江苏南通高三开学考试)如图所示,轻质弹簧一端固定,另一端与物块A连接,物块B叠放在A上。现将A、B由静止释放,A、B沿固定的粗糙斜面向下运动到最大位移时,将B取下,A由静止开始沿斜面向上滑动且恰好回到出发点,运动过程中A、B未发生相对滑动,弹簧未超过弹性限度,则(　　) A.弹簧中的弹力大小在释放点和最低点可能相等 B.下滑过程中在A、B间一定存在摩擦力为零的位置 C.物块A在上升过程中最低点和最高点的加速度大小一定相等 D.整个过程中系统减小的机械能大于物块B减小的重力势能 2 3 4 5 6 7 8 9 10 1 C 解析:设斜面的倾角为θ,A与斜面之间的动摩擦因数为μ,A、B沿斜面向下运动的最大位移为L,对A、B由静止释放到A滑回到出发点的全过程,由动能定理得 (mA+mB)gLsin θ-μ(mA+mB)gLcos θ-mAgLsin θ-μmAgLcos θ=0-0 整理得mBgLsin θ=μ(2mA+mB)gLcos θ 可得μ<tan θ 假设弹簧中的弹力大小在释放点和最低点相等,则在释放点和最低点弹簧的形变量相等,弹性势能相等,对A、B沿斜面向下运动到最大位移的过程,由动能定理得 2 3 4 5 6 7 8 9 10 1 (mA+mB)gLsin θ-μ(mA+mB)gLcos θ=0-0 可得μ=tan θ,与前述结论相矛盾,假设不成立,故弹簧中的弹力 大小在释放点和最低点不可能相等,故A错误;若下滑过程中在 A、B间存在摩擦为零的位置,由牛顿第二定律知B的加速度为aB==gsin θ,对A有mAgsin θ-Ff-F=mAaA=mAgsin θ,则F=-Ff,说明此位置弹簧处于压缩状态,且弹力大小等于摩擦力,而由μ<tan θ可知,A、B释放时弹簧不一定处于压缩状态,故下滑过程中在A、B间不一定存在摩擦力为零的位置,故B错误;由于取下B后,A由静止开始沿斜面向上滑动恰好回到出发点,该过程类似竖直方向的弹簧振子,由对称性可知物块A在最低点和最高点的加速度大小一定相等,故C正确;整个运动过程中,由能量守恒定律可知,系统减小的机械能等于物块B减小的重力势能,故D错误。 2 3 4 5 6 7 8 9 10 1 9.(2024·江苏盐城二模)如图所示,一质量为m的小铁片从离水平地面2L高处的P点水平抛出,落点A与P点的水平距离为L。小铁片与地面接触期间有微小滑动且接触时间极短,反弹后上升的最大高度为L,落点A与落点B之间的距离也为L。不计空气阻力以及小铁片的转动,重力加速度大小为g。 2 3 4 5 6 7 8 9 10 1 (1)求小铁片被抛出时的初速度大小v0; 答案:(1)　 解析:(1)根据平抛运动规律有 竖直方向2L=gt2 水平方向L=v0t 解得v0=。 2 3 4 5 6 7 8 9 10 1 (2)求小铁片第一次与地面接触过程中损失的机械能ΔE; 答案: (2)mgL　 解析: (2)设反弹后达到最高点时速度为v1,有L=g =v1t1 根据能量守恒定律有ΔE=mg(2L-L)+m-m 解得ΔE=mgL。 2 3 4 5 6 7 8 9 10 1 (3)若小铁片第一次与地面接触期间滑动的距离为Δx=,且认为摩擦力大小恒定,求该摩擦力大小f。 答案: (3)4mg 解析: (3)设滑动过程中小铁片水平方向加速度大小为a, -=-2aΔx f=ma 解得f=4mg。 2 3 4 5 6 7 8 9 10 1 10.机场某货物传送装置简化图如图甲所示,该装置由传送带及固定挡板CDEF组成,挡板与传送带上表面ABCD垂直,传送带上表面与水平地面的夹角θ=37°,CD与水平面平行。传送带始终匀速转动,工作人员将质量分布均匀的正方体货物从D点由静止释放,货物对地发生位移L=10 m后被取走,货物在传送带上运动时的剖面图如图乙所示。已知传送带速率 v0=2 m/s,货物质量m=10 kg,货物与传送带间的动摩擦因数 μ1=0.5,与挡板间的动摩擦因数μ2=0.25。(sin 37°=0.6, cos 37°=0.8,重力加速度g取10 m/s2,不计空气阻力)。求: 2 3 4 5 6 7 8 9 10 1 (1)货物在传送带上经历的时间t; 答案:(1)5.4 s　 2 3 4 5 6 7 8 9 10 1 解析:(1)令传送带对货物的弹力为N1,挡板对货物的弹力大小为N2,对货物进行分析有N1=mgcos θ,N2=mgsin θ 由牛顿第二定律有μ1N1-μ2N2=ma 解得a=2.5 m/s2 货物匀加速至2 m/s的过程,根据速度与位移关系式有=2ax0 解得x0= m=0.8 m<L=10 m 则匀加速直线运动的时间t1== s=0.8 s 2 3 4 5 6 7 8 9 10 1 之后货物做匀速直线运动,经历的时间 t2== s=4.6 s 则货物在传送带上经历的时间t=t1+t2=5.4 s。 2 3 4 5 6 7 8 9 10 1 (2)因运送货物传送装置多消耗的电能E。 答案: (2)202 J 2 3 4 5 6 7 8 9 10 1 解析: (2)货物在匀加速与匀速运动过程中,传送带的位移分别为x1=v0t1=1.6 m,x2=v0t2=9.2 m 设货物匀加速过程传送带所受摩擦力为f1,货物匀速过程传送带所受摩擦力为f2。 货物匀加速过程传送带克服摩擦力做的功为Wf1=f1x1=μ1mgcos θ·x1=64 J 货物匀速过程传送带克服摩擦力做的功为Wf2=f2x2=μ2mgsin θ·x2=138 J 则因运送货物传送装置多消耗的电能为E=Wf1+Wf2=202 J。 2 3 4 5 6 7 8 9 10 1 $$