第講機械能守恒定律及其應用[教材閱讀指導](對應人教版必修第二冊相關內(nèi)容及問題)第八章第4節(jié)閱讀“機械能守恒定律”這一部分內(nèi)容，機械能守恒的條件是什么？提示：只有重力或彈力做功。第八章第4節(jié)[練習與應用]T6。提示：每層樓高度按3m計算，在噴管噴水口處，設經(jīng)過Δt的時間噴出水的質(zhì)量為Δm，噴射速度為v，則Δm＝ρπeq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(d,2)))eq\s\up12(2)vΔt，水從離開噴口至最高點的過程中，由機械能守恒定律得Δmgh＝eq\f(1,2)Δmv2，Δt時間內(nèi)電動機做功完全轉化為水的動能時，有PΔt＝eq\f(1,2)Δmv2，計算得電動機最小輸出功率P＝4.6×105W。第八章[復習與提高]B組T6。提示：A受到的拉力是B受到的拉力的兩倍，A上升。當A上升hA＝h時，B下降hB＝2h，設此時A、B的速度分別為vA、vB，則vB＝2vA。再根據(jù)A、B組成的系統(tǒng)機械能守恒得mghB＝mghA＋eq\f(1,2)mveq\o\al(2,A)＋eq\f(1,2)mveq\o\al(2,B)，解得vA＝eq\r(\f(2,5)gh)。必備知識梳理與回顧一、重力勢能1．定義物體由于被舉高而具有的能量，叫作重力勢能。2．表達式Ep＝eq\x(\s\up1(01))mgh，其中h是相對于參考平面的高度。3．特點(1)系統(tǒng)性：重力勢能是eq\x(\s\up1(02))地球與物體所組成的“系統(tǒng)”所共有的。(2)相對性：重力勢能的數(shù)值與所選eq\x(\s\up1(03))參考平面有關。(3)標量性：重力勢能是標量，正負表示大小。4．重力做功的特點(1)物體運動時，重力對它做的功只跟它的起點和終點的eq\x(\s\up1(04))位置有關，而跟物體運動的eq\x(\s\up1(05))路徑無關。(2)重力做功不引起物體eq\x(\s\up1(06))機械能的變化。5．重力做功與重力勢能變化的關系(1)定性關系：重力對物體做正功，重力勢能eq\x(\s\up1(07))減小，重力對物體做負功，重力勢能eq\x(\s\up1(08))增大。(2)定量關系：重力對物體做的功等于物體重力勢能的eq\x(\s\up1(09))減少量，即WG＝eq\x(\s\up1(10))Ep1－Ep2＝eq\x(\s\up1(11))－(Ep2－Ep1)＝－ΔEp。(3)重力勢能的變化量是絕對的，與參考平面的選取eq\x(\s\up1(12))無關。二、彈性勢能1．定義發(fā)生彈性形變的物體的各部分之間，由于有彈力的相互作用，也具有勢能，這種勢能叫作彈性勢能。2．大?。簭椈傻膹椥詣菽芨鷱椈傻男巫兞考皠哦认禂?shù)有關，形變量eq\x(\s\up1(01))越大，勁度系數(shù)eq\x(\s\up1(02))越大，彈性勢能就越大。3．彈力做功與彈性勢能變化的關系彈力做功與彈性勢能變化的關系類似于重力做功與重力勢能變化的關系，用公式表示：W＝eq\x(\s\up1(03))－ΔEp。三、機械能守恒定律1．內(nèi)容：在只有重力或彈力做功的物體系統(tǒng)內(nèi)，eq\x(\s\up1(01))動能與eq\x(\s\up1(02))勢能可以互相轉化，而總的機械能eq\x(\s\up1(03))保持不變。2．常用的三種表達式(1)守恒式：eq\x(\s\up1(04))E1＝E2或eq\x(\s\up1(05))Ek1＋Ep1＝Ek2＋Ep2。E1、E2分別表示系統(tǒng)初末狀態(tài)時的總機械能。(2)轉化式：ΔEk＝eq\a\vs4\al(\x(\s\up1(06))－ΔEp)或ΔEk增＝eq\x(\s\up1(07))ΔEp減。表示系統(tǒng)勢能的減少量等于動能的增加量。(3)轉移式：ΔEA＝eq\a\vs4\al(\x(\s\up1(08))－ΔEB)或ΔEA增＝eq\x(\s\up1(09))ΔEB減。表示系統(tǒng)只有A、B兩物體時，A增加的機械能等于B減少的機械能。3．對機械能守恒定律的理解(1)只受重力或系統(tǒng)內(nèi)彈力作用，系統(tǒng)的機械能守恒。(2)除受重力或系統(tǒng)內(nèi)彈力之外，還受其他力，但其他力不做功，只有重力或系統(tǒng)內(nèi)的彈力做功，系統(tǒng)機械能守恒。一、堵點疏通1．被舉到高處的物體重力勢能一定不為零。()2．克服重力做功，物體的重力勢能一定增加。()3．彈力做正功彈性勢能一定增加。()4．物體所受的合力為零，物體的機械能一定守恒。()5．物體的速度增大時，其機械能可能減小。()6．物體除受重力外，還受其他力，但其他力不做功，則物體的機械能一定守恒。()答案1.×2.√3.×4.×5.√6.√二、對點激活1．關于重力勢能，下列說法中正確的是()A．物體的位置一旦確定，它的重力勢能的大小也隨之確定B．物體與零勢能面的距離越大，它的重力勢能也越大C．一個物體的重力勢能從－5J變化到－3J，重力勢能減少了D．重力勢能的減少量等于重力對物體做的功答案D解析重力勢能具有相對性，某個物體處于某個位置，相對不同的參考平面具有不同的重力勢能，故A錯誤；重力勢能Ep＝mgh，h為相對于零勢能面的高度，當物體位于零勢能面以下時，它與零勢能面的距離越大，重力勢能越小，故B錯誤；重力勢能由－5J變化為－3J，重力勢能變大，故C錯誤；重力做的功等于重力勢能的減少量，故D正確。2．(多選)神舟號載人飛船在發(fā)射至返回的過程中，以下哪些階段中返回艙的機械能是守恒的()A．飛船升空的階段B．飛船在橢圓軌道上繞地球運行的階段C．返回艙在大氣層以外向著地球做無動力飛行的階段D．降落傘張開后，返回艙下降的階段答案BC解析飛船升空的階段，火箭加速上升，重力勢能和動能都增加，故機械能增加，A錯誤；飛船在橢圓軌道上繞地球運行的階段，只有引力做功，故機械能守恒，B正確；返回艙在大氣層以外向著地球做無動力飛行的階段，只有引力做功，故機械能守恒，C正確；降落傘張開后，返回艙下降的階段，由于克服阻力做功，故機械能減少，D錯誤。3.(人教版必修第二冊·第八章第4節(jié)[練習與應用]T3改編)(多選)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。若以地面為零勢能面，而且不計空氣阻力，則下列說法正確的是()A．重力對物體做的功為mghB．物體在海平面上的重力勢能為mghC．物體在海平面上的動能為eq\f(1,2)mveq\o\al(2,0)－mghD．物體在海平面上的機械能為eq\f(1,2)mveq\o\al(2,0)答案AD解析從地面到海平面重力對物體做的功為mgh，故A正確；地面為零勢能面，所以物體在海平面的重力勢能為－mgh，故B錯誤；物體在地面上的機械能為eq\f(1,2)mveq\o\al(2,0)，由機械能守恒定律得，物體在海平面上的機械能也為eq\f(1,2)mveq\o\al(2,0)，故D正確；在海平面上的動能為eq\f(1,2)mveq\o\al(2,0)－(－mgh)＝eq\f(1,2)mveq\o\al(2,0)＋mgh，故C錯誤。關鍵能力發(fā)展與提升考點一機械能守恒的判斷深化理解1．機械能守恒定律的理解(1)機械能守恒定律的研究對象一定是系統(tǒng)，至少包括地球在內(nèi)。(2)當研究對象(除地球外)只有一個物體時，往往根據(jù)“是否只有重力(或彈力)做功”來判斷機械能是否守恒；當研究對象(除地球外)由多個物體組成時，往往根據(jù)“有沒有摩擦力和阻力做功”來判斷機械能是否守恒。(3)“只有重力(或彈力)做功”不等于“只受重力(或彈力)作用”，在該過程中，物體可以受其他力的作用，只要這些力不做功，機械能仍守恒。2．機械能是否守恒的判斷方法(1)用機械能的定義判斷(直接判斷)：判斷機械能是否守恒可以看物體系統(tǒng)機械能的總和是否變化。(2)用做功判斷：若物體系統(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，則機械能守恒。(3)用能量轉化來判斷：若物體系統(tǒng)中只有動能和勢能的相互轉化而無其他形式的能的轉化，則物體系統(tǒng)機械能守恒。考向1機械能的理解例1撐竿跳高是一項運動員經(jīng)過持竿助跑，借助竿的支撐騰空越過橫桿的運動。下列說法正確的是()A．運動員撐竿上升的過程中，竿的彈性勢能增大B．運動員撐竿上升的過程中，運動員的重力勢能不變C．運動員撐竿上升的過程中，運動員的機械能增大D．運動員越過橫桿在空中運動的過程中處于超重狀態(tài)[答案]C[解析]運動員撐竿上升的過程中，竿的彎曲程度逐漸變小，竿的彈性勢能轉化為運動員的機械能，故此過程中竿的彈性勢能減小，運動員的機械能增大，A錯誤，C正確；運動員撐竿上升的過程中，運動員高度逐漸增加，所以其重力勢能增大，B錯誤；運動員越過橫桿在空中運動的過程中，運動員豎直方向的加速度向下，運動員處于失重狀態(tài)，D錯誤?！靖M訓練】1.(2023·遼寧高考)某大型水陸兩棲飛機具有水面滑行汲水和空中投水等功能。某次演練中，該飛機在水面上由靜止開始勻加速直線滑行并汲水，速度達到v1＝80m/s時離開水面，該過程滑行距離L＝1600m、汲水質(zhì)量m＝1.0×104kg。離開水面后，飛機攀升高度h＝100m時速度達到v2＝100m/s，之后保持水平勻速飛行，待接近目標時開始空中投水。取重力加速度g＝10m/s2。求：(1)飛機在水面滑行階段的加速度a的大小及滑行時間t；(2)整個攀升階段，飛機汲取的水的機械能增加量ΔE。答案(1)2m/s240s(2)2.8×107J解析(1)飛機在水面滑行階段，由勻變速直線運動規(guī)律有veq\o\al(2,1)＝2aLL＝eq\f(1,2)v1t代入數(shù)據(jù)解得a＝2m/s2，t＝40s。(2)整個攀升階段，飛機汲取的水的機械能增加量ΔE＝eq\f(1,2)mveq\o\al(2,2)－eq\f(1,2)mveq\o\al(2,1)＋mgh代入數(shù)據(jù)解得ΔE＝2.8×107J?？枷?分析機械能是否守恒例2(多選)下列關于機械能是否守恒的敘述，正確的是()A．做勻速直線運動的物體的機械能一定守恒B．做勻變速直線運動的物體的機械能可能守恒C．合力對物體做的功為零時，機械能一定守恒D．只有重力對物體做功，物體的機械能一定守恒[答案]BD[解析]做勻速直線運動的物體，若重力或彈力做功，必定還有其他力做功，所以做勻速直線運動的物體機械能不一定守恒，A錯誤。做勻變速直線運動的物體，可能只有重力做功(如自由落體運動)，物體的機械能可能守恒，B正確。合力對物體做的功為零時，物體的動能不變，但勢能有可能變化，機械能不一定守恒，C錯誤。D中的敘述符合機械能守恒的條件，D正確。判斷機械能守恒應注意的“兩點”(1)機械能守恒的條件絕不是合力的功等于零，更不是合力為零；“只有重力或彈力做功”不等于“只受重力或彈力作用”。(2)對于一些繩子突然繃緊、物體間碰撞等情況，除非題目特別說明，否則機械能必定不守恒?！靖M訓練】2.(多選)如圖所示，下列關于機械能是否守恒的判斷正確的是()A．甲圖中，物體A將彈簧壓縮的過程中，A機械能守恒B．乙圖中，A置于光滑水平面上，物體B沿光滑斜面下滑，物體B機械能守恒C．丙圖中，不計任何阻力和定滑輪質(zhì)量時，A加速下落、B加速上升過程中，A、B系統(tǒng)機械能守恒D．丁圖中，小球在豎直平面內(nèi)來回擺動(不計空氣阻力)，小球的機械能守恒答案CD解析題圖甲中物體A的重力和彈簧彈力做功，物體A和彈簧組成的系統(tǒng)機械能守恒，但物體A機械能不守恒，A錯誤；題圖乙中物體B除受重力外，還受A的支持力，A的支持力對B做負功，B的機械能減小，B的機械能不守恒，但從能量轉化角度看，A、B組成的系統(tǒng)機械能守恒，B錯誤；題圖丙中繩子張力對A做負功，對B做正功，代數(shù)和為零，A、B系統(tǒng)機械能守恒，C正確；題圖丁中小球在豎直平面內(nèi)來回擺動過程中，只有重力做功，機械能守恒，D正確?？键c二單個物體的機械能守恒解題技巧求解單個物體機械能守恒問題的基本思路(1)選取研究對象——物體及地球構成的系統(tǒng)。機械能守恒定律研究的是物體系統(tǒng)，如果是一個物體與地球構成的系統(tǒng)，一般只對物體進行研究。(2)根據(jù)物體所經(jīng)歷的物理過程，進行受力、做功分析，判斷機械能是否守恒。(3)選取方便的機械能守恒定律方程形式(Ek1＋Ep1＝Ek2＋Ep2、ΔEk＝－ΔEp)進行求解。若應用方程Ek1＋Ep1＝Ek2＋Ep1，則首先要選取合適的參考平面，確定研究對象在過程的初、末狀態(tài)時的機械能。若應用ΔEk＝－ΔEp，則不用選取零勢能面。(4)解方程，必要時對結果進行討論，避免出現(xiàn)與實際不符的情形。考向1一般物體的機械能守恒問題例3(多選)如圖所示，兩個質(zhì)量相同的小球A、B，用細線懸掛在等高的O1、O2點，A球的懸線比B球的懸線長，把兩球的懸線均拉到水平位置后將小球無初速度釋放，則經(jīng)最低點時(以懸點所在的水平面為參考平面)()A．B球的動能大于A球的動能B．A球的動能大于B球的動能C．A球的機械能大于B球的機械能D．A球的機械能等于B球的機械能[答案]BD[解析]空氣阻力不計，小球下落過程中只有動能和重力勢能之間的轉化，機械能守恒，故C錯誤，D正確；到最低點時A球減少的重力勢能較多，增加的動能較多，故A錯誤，B正確?？枷?“鏈條”“液柱”類物體的機械能守恒問題例4一根質(zhì)量為m、長為L的均勻鏈條一半放在光滑的水平桌面上，另一半懸在桌邊，桌面足夠高，如圖a所示。若將一個質(zhì)量也為m的小球分別拴在鏈條左端或右端，如圖b、圖c所示，約束鏈條的擋板光滑，三種情況下鏈條均由靜止釋放，當整根鏈條剛離開桌面時，設它們的速度分別為va、vb、vc，則關于va、vb、vc的關系，下列判斷中正確的是()A．va＝vb＝vc B．va<vb<vcC．vc>va>vb D．va>vb>vc[答案]C[解析]設桌面下方L處為零勢能面。鏈條由靜止釋放之后，到整根剛離開桌面，由于桌面無摩擦，對三種情況，則釋放前，系統(tǒng)的重力勢能為：題圖a中，Ep1＝eq\f(1,2)mgL＋eq\f(1,2)mg·eq\f(3,4)L＝eq\f(7,8)mgL，題圖b中，Ep2＝eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,2)m＋m))gL＋eq\f(1,2)mg·eq\f(3,4)L＝eq\f(15mgL,8)，題圖c中，Ep3＝eq\f(1,2)mgL＋eq\f(1,2)mg·eq\f(3,4)L＋mg·eq\f(L,2)＝eq\f(11,8)mgL。釋放后，整根鏈條剛離開桌面時，系統(tǒng)的重力勢能為：題圖a中，Ep1′＝mg·eq\f(L,2)，題圖b中，Ep2′＝mgL＋mg·eq\f(L,2)＝eq\f(3,2)mgL，題圖c中，Ep3′＝eq\f(1,2)mgL。則系統(tǒng)損失的重力勢能ΔEp1＝eq\f(3,8)mgL，ΔEp2＝eq\f(3,8)mgL，ΔEp3＝eq\f(7,8)mgL，而ΔEp1＝eq\f(1,2)mveq\o\al(2,a)，ΔEp2＝eq\f(1,2)(2m)veq\o\al(2,b)，ΔEp3＝eq\f(1,2)(2m)veq\o\al(2,c)，解得：veq\o\al(2,a)＝eq\f(3,4)gL，veq\o\al(2,b)＝eq\f(3,8)gL，veq\o\al(2,c)＝eq\f(7,8)gL，顯然veq\o\al(2,c)>veq\o\al(2,a)>veq\o\al(2,b)，所以vc>va>vb，故C正確。在應用機械能守恒定律處理實際問題時，經(jīng)常遇到像“鏈條”“液柱”類的物體，其在運動過程中將發(fā)生形狀變化，其重心位置相對物體也發(fā)生變化，因此這類物體不能再看成質(zhì)點來處理。若只有重力對這類物體做功，則物體整體機械能守恒。一般情況下，可將物體分段處理，確定質(zhì)量分布均勻的規(guī)則物體各部分的重心位置，根據(jù)初、末狀態(tài)物體重力勢能的變化列式求解。一般情況物體各部分速度大小相同，動能用eq\f(1,2)mv2表示?？键c三多物體組成的系統(tǒng)機械能守恒的應用解題技巧1．系統(tǒng)機械能是否守恒的判斷方法看是否有其他形式的能與機械能相互轉化。2．三種守恒表達式的比較角度公式意義注意事項守恒觀點Ek1＋Ep1＝Ek2＋Ep2系統(tǒng)的初狀態(tài)機械能的總和與末狀態(tài)機械能的總和相等初、末狀態(tài)必須用同一零勢能面計算勢能轉化觀點ΔEk＝－ΔEp系統(tǒng)減少(或增加)的勢能等于系統(tǒng)增加(或減少)的動能應用時關鍵在于分清勢能的增加量或減少量，可不選零勢能面而直接計算初、末狀態(tài)的勢能差轉移觀點ΔEA增＝ΔEB減若系統(tǒng)由A、B兩物體組成，則A物體機械能的增加量與B物體機械能的減少量相等常用于解決兩個或多個物體組成的系統(tǒng)的機械能守恒問題3．幾種常見情境的分析(1)速率相等情境：如圖所示，輕繩連接的A、B兩物體系統(tǒng)。兩點提醒①用好兩物體的位移大小關系或豎直方向高度變化的關系。②對于單個物體，一般繩上的力要做功，機械能不守恒；但對于繩連接的系統(tǒng)，機械能則可能守恒。(2)角速度相等情境：如圖所示，輕桿連接的A、B兩物體系統(tǒng)。兩點提醒①用桿連接的兩個物體，若繞某一固定點做圓周運動，根據(jù)角速度ω相等確定兩物體線速度v的大小關系。②桿對物體的作用力并不總是沿桿的方向，桿能對物體做功，單個物體機械能不守恒。(3)某一方向分速度相等情境(關聯(lián)速度情境)：如圖所示，兩物體沿繩或沿桿方向的分速度大小相等。(4)含輕彈簧的系統(tǒng)機械能守恒問題①彈簧發(fā)生形變時會具有彈性勢能，若系統(tǒng)除重力、彈簧彈力以外的其他力不做功，系統(tǒng)機械能守恒。②彈簧兩端物體把彈簧拉伸至最長(或壓縮至最短)時，兩端的物體具有相同的速度，彈簧的彈性勢能最大。③對同一彈簧，彈性勢能的大小由彈簧的形變量完全決定，彈簧的伸長量和壓縮量相等時，彈簧的彈性勢能相等。④物體運動的位移與彈簧的形變量或形變量的變化量有關?？枷?物體速率相等情境例5如圖所示，可視為質(zhì)點的小球A、B用不可伸長的細軟輕線連接，跨過固定在地面上、半徑為R的光滑圓柱，A的質(zhì)量為B的兩倍。當B位于地面上時，A恰與圓柱軸心等高。將A由靜止釋放，B上升的最大高度是()A．2R B.eq\f(5R,3)C.eq\f(4R,3) D.eq\f(2R,3)[答案]C[解析]設小球B的質(zhì)量為m，則小球A的質(zhì)量為2m，小球A剛落地時，兩球速度大小都為v，根據(jù)機械能守恒定律得2mgR＝eq\f(1,2)×(2m＋m)v2＋mgR，小球B繼續(xù)上升的過程，由動能定理可得－mgh＝0－eq\f(1,2)mv2，聯(lián)立解得h＝eq\f(R,3)，小球B上升的最大高度為h＋R＝eq\f(4R,3)，故選C。多物體系統(tǒng)機械能守恒問題的分析方法(1)正確選取研究對象，合理選取物理過程。(2)對多個物體組成的系統(tǒng)要注意判斷物體運動過程中，系統(tǒng)的機械能是否守恒。(3)注意尋找用輕繩、輕桿或輕彈簧相連接的物體間的速度關系和位移關系。(4)列機械能守恒方程時，從三種表達式中選取方便求解問題的形式?？枷?物體角速度相等情境例6質(zhì)量不計的V形輕桿可以繞O點在豎直面內(nèi)轉動，AO和BO之間的夾角為53°，OA長為L1＝0.3m，OB長為L2＝0.6m，在輕桿的A、B兩點各固定一個可視為質(zhì)點的小球P和Q，小球P的質(zhì)量為m＝1kg，如圖所示。將OA桿拉至O點右側水平位置由靜止釋放，OB桿恰能轉到O點左側水平位置。已知sin53°＝0.8，cos53°＝0.6，g取10m/s2，求：(1)小球Q的質(zhì)量M；(2)小球Q運動到最低點時，BO桿對小球Q沿豎直方向的作用力。[答案](1)0.5kg(2)10.3N[解析](1)從OA水平釋放至OB到達水平位置的過程，系統(tǒng)機械能守恒，有mgL1sin53°＝MgL2sin53°代入數(shù)據(jù)解得M＝eq\f(m,2)＝0.5kg。(2)小球Q從初始位置運動到最低點的過程，系統(tǒng)機械能守恒，有mgL1cos53°＋MgL2(1－sin53°)＝eq\f(1,2)mveq\o\al(2,1)＋eq\f(1,2)Mveq\o\al(2,2)兩球同軸轉動，角速度相同，所以v1＝L1ωv2＝L2ω聯(lián)立并代入數(shù)據(jù)可得ω＝eq\f(4\r(10),3)rad/s小球Q運動到最低點時，由牛頓第二定律，有F－Mg＝Mω2L2代入數(shù)據(jù)解得F＝eq\f(31,3)N≈10.3N。考向3物體速度關聯(lián)情境例7(2023·江蘇省蘇州市高三下三模)如圖所示，滑塊a穿在固定的光滑豎直桿上，滑塊b放在光滑水平地面上，a、b通過鉸鏈用剛性輕桿連接。將a從距地面一定高度處由靜止釋放，a、b均可視為質(zhì)點，在a著地前的運動過程中，下列說法正確的是()A．滑塊a的機械能先減小后增大B．滑塊a的動能先增大后減小C．輕桿對a的作用力先增大后減小D．滑塊a的加速度先減小后增大[答案]A[解析]開始時b的速度為零，由于受到桿的推力而加速；在a著地時，根據(jù)a、b沿桿方向的速度相等，由速度的分解可知，b的速度也為零，所以在整個過程中，b的速度先增大后減小，動能先增大后減小，對a和b組成的系統(tǒng)，只有重力做功，系統(tǒng)的機械能守恒，則a的機械能先減小后增大，故A正確。在a下滑過程中，b的速度先增大后減小，在b的速度由0到最大的過程，設輕桿與豎直方向的夾角為θ，根據(jù)速度關系有vacosθ＝vbsinθ，所以va＝vbtanθ，這個過程中vb增大，θ增大，所以a的速度增大，則a的動能增大；b的速度由最大減小到0的過程中，b的動能減小，a的重力勢能減小，由a、b系統(tǒng)機械能守恒可知，a的動能增大，所以在a著地前的運動過程中，滑塊a的動能一直增大，故B錯誤。在整個過程中，b的速度先增大后減小，動能先增大后減小，則桿對b先做正功，后做負功，因此桿對b的作用力先是推力后是拉力，桿對a的作用力先是推力后是拉力，所以桿對a的作用力先減小后增大，故C錯誤。由C項分析可知，開始時桿對a的彈力在豎直方向上的分力向上，a的加速度小于g，當b的速度最大，桿的彈力為零時，a的加速度等于g，此前a的加速度增大，此后桿對a的彈力在豎直方向上的分力向下，則a的加速度大于g，而a著地時桿對a的彈力在豎直方向上的分力為零，故a的加速度為g，所以整個過程，滑塊a的加速度先增大后減小，故D錯誤?？枷?含輕彈簧的物體系統(tǒng)機械能守恒問題例8(2023·山東省威海市高三下5月高考模擬(二模))如圖所示，A、B兩小球由繞過輕質(zhì)光滑定滑輪的細線相連，A放在固定的傾角為30°的光滑斜面上，B、C兩小球在豎直方向上通過勁度系數(shù)為k的輕質(zhì)彈簧相連，C球放在水平地面上?，F(xiàn)用手控制住A，使細線恰好伸直，保證滑輪左側細線豎直、右側細線與斜面平行。已知B、C的質(zhì)量均為m，重力加速度為g。松手后A由靜止開始沿斜面下滑，當A速度最大時C恰好離開地面，則A下滑的最大速度為()A．2geq\r(\f(m,5k)) B．geq\r(\f(2m,3k))C.eq\f(g,2)eq\r(\f(3m,k)) D．geq\r(\f(m,2k))[答案]A[解析]設A的質(zhì)量為M，釋放A前彈簧的壓縮量為x0，根據(jù)平衡條件，對B有kx0＝mg，當A速度最大時，C恰好離開地面，則此時彈簧處于伸長狀態(tài)，設彈簧的伸長量為x1，細線上的拉力為T，A、B、C均受力平衡，對C有kx1＝mg，對A有Mgsin30°＝T，對B有T＝mg＋kx1，聯(lián)立解得M＝4m，x0＝x1＝eq\f(mg,k)，所以從釋放A到C恰好離開地面的過程中，彈簧彈性勢能的變化量為零，在此過程中A、B及彈簧組成的系統(tǒng)機械能守恒，對該系統(tǒng)由機械能守恒定律可得Mg(x1＋x0)sin30°＝mg(x1＋x0)＋eq\f(1,2)(M＋m)veq\o\al(2,m)，解得A的最大速度大小vm＝2geq\r(\f(m,5k))，故選A。課時作業(yè)[A組基礎鞏固練]1．(2023·全國甲卷)一同學將鉛球水平推出，不計空氣阻力和轉動的影響，鉛球在平拋運動過程中()A．機械能一直增加B．加速度保持不變C．速度大小保持不變D．被推出后瞬間動能最大答案B解析在平拋運動過程中，鉛球僅受重力作用，故機械能守恒，A錯誤；鉛球的加速度恒為重力加速度，保持不變，B正確；鉛球做平拋運動，水平方向做勻速直線運動，速度不變，豎直方向做自由落體運動，速度逐漸增大，根據(jù)運動的合成可知，鉛球的速度越來越大，由Ek＝eq\f(1,2)mv2可知動能越來越大，則被推出后瞬間動能最小，故C、D錯誤。2.如圖所示，光滑細桿AB、AC在A點連接，AB豎直放置，AC水平放置，兩個相同的中心有小孔的小球M、N，分別套在AB和AC上，并用一細繩相連，細繩恰好被拉直，現(xiàn)由靜止釋放M、N，在運動過程中，下列說法中正確的是()A．M球的機械能守恒B．M球的機械能增大C．M和N組成的系統(tǒng)機械能守恒D．繩的拉力對N做負功答案C解析細桿光滑，故M、N組成的系統(tǒng)機械能守恒，繩的拉力對N做正功、對M做負功，則N的機械能增加，M的機械能減少，故C正確，A、B、D錯誤。3.如圖所示，粗細均勻、兩端開口的U形管內(nèi)裝有同種液體，管中液柱總長度為4h，開始時使兩邊液面高度差為h，后來讓液體自由流動，當兩液面高度相等時，右側液面下降的速度為()A.eq\r(\f(1,8)gh) B.eq\r(\f(1,6)gh)C.eq\r(\f(1,4)gh) D.eq\r(\f(1,2)gh)答案A解析液柱移動時，除了重力做功以外，沒有其他力做功，故機械能守恒。此題等效為原右側eq\f(h,2)高的液柱移到左側(如圖所示)，其重心高度下降了eq\f(h,2)，減少的重力勢能轉化為液柱整體的動能，設液體的總質(zhì)量為4m，則有eq\f(1,2)mg·eq\f(h,2)＝eq\f(1,2)(4m)v2，解得v＝eq\r(\f(gh,8))，A正確。4.一輕繩系住一質(zhì)量為m的小球懸掛在O點，在最低點先給小球一水平初速度，小球恰能在豎直平面內(nèi)繞O點做圓周運動，若在水平半徑OP的中點A處釘一枚光滑的釘子，仍在最低點給小球同樣的初速度，則小球向上通過P點后將繞A點做圓周運動，當小球到達最高點N時繩子的拉力大小為()A．0 B．2mgC．3mg D．4mg答案C解析小球恰能在豎直平面內(nèi)繞O點做圓周運動，則在最高點有mg＝eq\f(mv2,R)，解得v＝eq\r(gR)，從最低點到最高點，由機械能守恒定律可知eq\f(1,2)mveq\o\al(2,0)＝2mgR＋eq\f(1,2)mv2，解得初速度v0＝eq\r(5gR)；若在水平半徑OP的中點A處釘一枚光滑的釘子，設小球到最高點N時速度為v′，從最低點到N點，根據(jù)機械能守恒定律，有eq\f(1,2)mveq\o\al(2,0)＝eq\f(3,2)mgR＋eq\f(1,2)mv′2，在N點有T＋mg＝eq\f(mv′2,\f(R,2))，聯(lián)立解得T＝3mg，故C正確。5．(2022·河北省張家口市高三下一模)如圖甲所示，一物塊從固定斜面的底端沿斜面方向沖上斜面，物塊的動能Ek隨距斜面底端高度h的變化關系如圖乙所示，已知斜面的傾角為30°，重力加速度大小為g，取物塊在斜面底端時的重力勢能為零，下列說法正確的是()A．物塊的質(zhì)量為eq\f(2E0,gh0)B．物塊與斜面間的動摩擦因數(shù)為eq\f(\r(3),3)C．上滑過程中，物塊動能等于重力勢能時，到斜面底端的高度為eq\f(4,7)h0D．下滑過程中，物塊動能等于重力勢能時，物塊的動能大小為eq\f(E0,2)答案C解析從斜面底端沖上斜面到返回斜面底端，摩擦力做負功，則根據(jù)動能定理可知，返回斜面底端時的動能小于從斜面底端沖上斜面時的動能，故從斜面底端沖上斜面時的動能為2E0，返回斜面底端時的動能為E0。物塊從底端上滑到最高點的過程，由動能定理可知－mgh0－μmgcos30°·eq\f(h0,sin30°)＝0－2E0，從最高點滑回斜面底端的過程，由動能定理可知mgh0－μmgcos30°·eq\f(h0,sin30°)＝E0－0，聯(lián)立解得m＝eq\f(3E0,2gh0)，μ＝eq\f(\r(3),9)，A、B錯誤；物塊從斜面底端上滑高度為h時的動能為Ek1＝2E0－mgh－μmgcos30°·eq\f(h,sin30°)，物塊具有的重力勢能為Ep1＝mgh，當Ek1＝Ep1時，解得h＝eq\f(4,7)h0，C正確；物塊從最高點下滑到高度為h時的動能為Ek2＝mg(h0－h(huán))－μmgcos30°·eq\f(h0－h(huán),sin30°)，物塊具有的重力勢能為Ep2＝mgh，當Ek2＝Ep2時，解得h＝eq\f(2,5)h0，Ek2＝eq\f(3,5)E0，D錯誤。[B組綜合提升練]6．(2022·湖北高考)如圖所示，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，P通過一根水平輕繩連接到墻上。P的下表面光滑，Q與地面間的動摩擦因數(shù)為μ，最大靜摩擦力等于滑動摩擦力。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，P在隨后的運動過程中相對于其初始位置的最大位移大小為()A.eq\f(\a\vs4\al(μmg),k) B.eq\f(\a\vs4\al(2μmg),k)C.eq\f(\a\vs4\al(4μmg),k) D.eq\f(\a\vs4\al(6μmg),k)答案C解析設Q恰好能保持靜止時，彈簧的伸長量為x，有kx＝2μmg；剪斷輕繩后，物塊P向右運動，彈簧的伸長量先減小到零，然后彈簧壓縮，當壓縮量不大于x時，物塊Q始終保持靜止，物塊P與彈簧組成的系統(tǒng)機械能守恒，可知彈簧壓縮量為x時，物塊P的速度為0，此后物塊P向左運動，同理可知，物塊Q仍保持靜止，物塊P向左運動最遠能到達初始位置，因此P相對于其初始位置的最大位移大小為s＝2x＝eq\f(\a\vs4\al(4μmg),k)，故選C。7．(2023·北京市順義區(qū)高三下第二次統(tǒng)練)一滑塊從固定光滑斜面頂端由靜止釋放，沿斜面下滑的過程中，滑塊的動能Ek、勢能Ep與運動時間t、位移x之間的關系圖像如圖所示，以地面為零勢能面，其中正確的是()答案B解析設滑塊質(zhì)量為m，斜面傾角為θ，根據(jù)牛頓第二定律可知滑塊下滑的加速度大小為a＝eq\f(mgsinθ,m)＝gsinθ，由v＝at、Ek＝eq\f(1,2)mv2，聯(lián)立可知Ek＝eq\f(1,2)mg2sin2θ·t2，根據(jù)動能定理可知，Ek＝mgsinθ·x，故A、D錯誤；設斜面長度為x0，以地面為零勢能面，滑塊的重力勢能為Ep＝mg(x0－x)sinθ＝mgx0sinθ－mgsinθ·x，則有Ep＝mgx0sinθ－eq\f(1,2)mg2sin2θ·t2，故B正確，C錯誤。8.(2023·山東省濱州市高三下二模)(多選)如圖所示，輕質(zhì)彈簧一端與垂直固定在斜面上的板C相連，另一端與物體A相連。物體A置于光滑固定斜面上，斜面的傾角θ＝30°。A上端連接一輕質(zhì)細線，細線繞過光滑的定滑輪與物體B相連且始終與斜面平行。開始時托住B，A靜止且細線恰好伸直，然后由靜止釋放B。已知物體A、B的質(zhì)量均為m，彈簧的勁度系數(shù)為k，當?shù)刂亓铀俣葹間，B始終未與地面接觸，彈簧始終在彈性限度內(nèi)。從釋放B到B第一次下落至最低點的過程中，下列說法正確的是()A．剛釋放物體B時，物體A受到細線的拉力大小為eq\f(mg,2)B．物體A到最高點時，A所受合力大小為mgC．物體B下落至最低點時，A和彈簧組成的系統(tǒng)機械能最大D．物體A的最大速度為eq\r(\f(mg2,2k))答案ACD解析釋放B前，細線上的拉力為0，彈簧處于壓縮狀態(tài)，設壓縮量為x1，對A，根據(jù)平衡條件有kx1＝mgsinθ，剛釋放物體B時，設細線上的拉力為T，A、B的加速度大小相等，設為a，對A有T＋kx1－mgsinθ＝ma，對B有mg－T＝ma，聯(lián)立解得a＝eq\f(1,2)g，T＝eq\f(1,2)mg，故A正確；對于物體A、B以及彈簧組成的系統(tǒng)，只有彈簧的彈力和重力做功，系統(tǒng)機械能守恒，當B下落至最低點時，B的重力勢能和動能均最小，則A和彈簧組成的系統(tǒng)機械