高考物理二轮复习专题07 功能关系与机械能守恒（解析版）

第页码页码页/总NUMPAGES总页数总页数页EvaluationWarning:ThedocumentwascreatedwithSpire.Docfor.NET.2021年高考物理二轮复习热点题型归纳与提分秘籍专题07功能关系与机械能守恒目录TOC\o"1-3"\h\u一、热点题型归纳 1【题型一】机械能守恒定律的应用 1【题型二】功能关系的综合应用 7【题型三】动力学观点和能量观点的综合应用 11二、高考题型标准练 16一、热点题型归纳【题型一】机械能守恒定律的应用【题型解码】1.单物体多过程机械能守恒问题：划分物体运动阶段，研究每个阶段中的运动性质，判断机械能是否守恒；2.多物体的机械能守恒：一般选用ΔEp＝－ΔEk形式，不用选择零势能面．【典例分析1】(2020·浙江“金华十校”联考)如图所示，在地面上以速度v0抛出质量为m的物体，抛出后物体落到比地面低h的海平面上．若以地面为零势能参考平面，且不计空气阻力，重力加速度为g，则下列说法错误的是()A．物体落到海平面时的重力势能为mghB．从抛出到落到海平面的运动过程，重力对物体做的功为mghC．物体落到海平面时的动能为eq\f(1,2)mv02＋mghD．物体落到海平面时的机械能为eq\f(1,2)mv02【答案】A【解析】以地面为零势能参考平面，则物体落到海平面时的重力势能为－mgh，故A错误；重力对物体做功W＝mgh，故B正确；根据机械能守恒有：eq\f(1,2)mv02＋0＝－mgh＋Ek，可知物体在海平面时的动能为eq\f(1,2)mv02＋mgh，故C正确；物体在运动的过程中机械能守恒，则物体在海平面时的机械能E＝eq\f(1,2)mv02，故D正确．【典例分析2】(2020·河南三门峡市11月考试)如图所示，质量为m的重物沿竖直杆下滑，并通过绳带动质量也为m的小车沿倾角θ＝45°的斜面上升．若重物与滑轮等高时由静止开始释放，当滑轮右侧的绳与竖直方向成θ＝45°角时，重物下滑的速率为v(不计一切摩擦，重力加速度为g)．则此过程中重物下落的高度是()A．h＝eq\f(v2,2g) B．h＝eq\f(3\r(2)v2,4g)C．h＝eq\f(32＋\r(2)v2,8g) D．h＝eq\f(32－\r(2)v2,4g)【答案】B【解析】将重物的速度进行分解可得小车速度为：v1＝vcos45°＝eq\f(\r(2),2)v，小车与重物组成的系统机械能守恒，设此过程中重物下落的高度为h，则有：mgh－mg(eq\r(2)h－h)sin45°＝eq\f(1,2)mv2＋eq\f(1,2)mv12，解得：h＝eq\f(3\r(2)v2,4g)，故B正确．【典例分析3】(2020·湖北随州市3月调研)(多选)如图所示，质量分别为2m、m的小滑块A、B，其中A套在固定的竖直杆上，B静置于水平地面上，A、B间通过铰链用长为L的刚性轻杆连接．一轻弹簧左端与B相连，右端固定在竖直杆上，弹簧水平．当α＝30°时，弹簧处于原长状态，此时将A由静止释放，下降到最低点时α变为45°，整个运动过程中，A、B始终在同一竖直平面内，弹簧在弹性限度内，忽略一切摩擦，不计空气阻力，重力加速度为g.则A下降过程中()A．A、B组成的系统机械能守恒B．弹簧弹性势能的最大值为(eq\r(3)－eq\r(2))mgLC．竖直杆对A的弹力一定大于弹簧弹力D．A的速度达到最大值前，地面对B的支持力小于3mg【答案】BD【解析】A、B和弹簧组成的系统机械能守恒，A、B组成的系统机械能不守恒，故A错误；根据系统机械能守恒可得：Ep＝2mgL(cos30°－cos45°)，即弹性势能的最大值为Ep＝(eq\r(3)－eq\r(2))mgL，故B正确；对B：水平方向的合力Fx＝F杆sinα－F弹＝ma，滑块B先做加速运动后做减速运动，又竖直杆对A的弹力等于F杆sinα，所以竖直杆对A的弹力并非始终大于弹簧的弹力，故C错误；A下降过程中动能达到最大前，A加速下降，对A、B整体，在竖直方向上根据牛顿第二定律有3mg－FN＝2ma，则有FN＜3mg，故D正确．【典例分析4】．(多选)(2020·安徽淮北市一模)如图甲所示，竖直光滑杆固定不动，套在杆上的轻质弹簧下端固定，将套在杆上的滑块向下压缩弹簧至离地高度h＝0.1m处，滑块与弹簧不拴接.现由静止释放滑块，通过传感器测量出滑块的速度和离地高度h并作出如图乙所示滑块的Ek－h图象，其中高度从0.2m上升到0.35m范围内图象中图线为直线，其余部分为曲线，以地面为参考平面，不计空气阻力，取g＝10m/s2，由图象可知()A.小滑块的质量为0.1kgB.弹簧原长为0.2mC.弹簧最大弹性势能为0.5JD.小滑块的重力势能与弹簧的弹性势能总和最小为0.4J【答案】BC【解析】在从0.2m上升到0.35m范围内，ΔEk＝ΔEp＝mgΔh，图线斜率的绝对值为|k|＝|eq\f(ΔEk,Δh)|＝eq\f(0.3,0.35－0.2)N＝2N＝mg，所以m＝0.2kg，故A错误；在Ek－h图象中，图线的斜率表示滑块所受的合外力，由题图乙可知，从0.2m上升到0.35m范围内所受作用力为恒力，则从h＝0.2m，滑块与弹簧分离，所以弹簧的原长为0.2m，故B正确；根据机械能守恒可知，当滑块上升至最大高度时，增加的重力势能即为弹簧最大弹性势能，所以Epm＝mgΔh′＝0.2×10×(0.35－0.1)J＝0.5J，故C正确；在滑块整个运动过程中，系统的动能、重力势能和弹性势能相互转化，因此动能最大时，滑块的重力势能与弹簧的弹性势能总和最小，根据故D错误.【典例分析5】．(2020·江西重点中学盟校高三第一次联考)如图所示，质量为2m和m的两个弹性环A、B用不可伸长的、长为L的轻绳连接，分别套在水平细杆OP和竖直细杆OQ上，OP与OQ在O点用一小段圆弧杆平滑相连，且OQ足够长．初始时刻，将轻绳拉至水平位置伸直，然后释放两个小环，A环通过小段圆弧杆时速度大小保持不变，重力加速度为g，不计一切摩擦，试求：(1)当B环下落eq\f(L,2)时A环的速度大小；(2)A环到达O点后再经过多长时间能够追上B环．【答案】：(1)eq\f(\r(5gL),5)(2)eq\r(\f(L,g))【解析】：(1)当B环下落eq\f(L,2)时绳子与水平方向之间的夹角满足sinα＝eq\f(\f(L,2),L)＝eq\f(1,2)，即α＝30°由速度的合成与分解可知v绳＝vAcos30°＝vBsin30°则vB＝eq\f(vA,tan30°)＝eq\r(3)vAB下降的过程中A与B组成的系统机械能守恒，有mgeq\f(L,2)＝eq\f(1,2)·2mveq\o\al(2,A)＋eq\f(1,2)mveq\o\al(2,B)所以A环的速度vA＝eq\f(\r(5gL),5).(2)由于A到达O点时B的速度等于0，由机械能守恒定律得，eq\f(1,2)×2mvA′2＝mgL，解得vA′＝eq\r(gL)环A过O点后做初速度为vA′、加速度为g的匀加速直线运动，B做自由落体运动，当A追上B时，有vA′t＋eq\f(1,2)gt2＝L＋eq\f(1,2)gt2解得t＝eq\r(\f(L,g)).【提分秘籍】1.机械能守恒的判断(1)利用机械能的定义判断：若系统的动能、重力势能和弹性势能的总和不变，则机械能守恒。(2)利用做功判断：若系统只有重力或弹簧弹力做功，或其他力做功的代数和为零，则机械能守恒。(3)利用能量转化判断：若系统只有动能和势能的相互转化，或还有其他形式能之间的相互转化，而无机械能与其他形式能之间的相互转化，则机械能守恒。(4)绳子突然绷紧、物体间非弹性碰撞等，机械能不守恒。2．应用机械能守恒定律解题时的三点注意(1)要注意研究对象的选取研究对象的选取是解题的首要环节，有的问题选单个物体(实为一个物体与地球组成的系统)为研究对象机械能不守恒，但选此物体与其他几个物体组成的系统为研究对象，机械能却是守恒的。如图所示，单独选物体A机械能减少，但由物体A、B二者组成的系统机械能守恒。(2)要注意研究过程的选取有些问题研究对象的运动过程分几个阶段，有的阶段机械能守恒，而有的阶段机械能不守恒。因此，在应用机械能守恒定律解题时要注意过程的选取。(3)要注意机械能守恒表达式的选取【强化训练】1.(2020·上海市静安区检测)(多选)如图所示，一物体从光滑斜面AB底端A点以初速度v0上滑，沿斜面上升的最大高度为h.下列说法中正确的是(设下列情境中物体从A点上滑的初速度仍为v0)()A.若把斜面CB部分截去，物体冲过C点后上升的最大高度仍为hB.若把斜面AB变成光滑曲面AEB，物体沿此曲面上升仍能到达B点C.若把斜面弯成圆弧形轨道D，物体仍沿圆弧升高hD.若把斜面从C点以上部分弯成与C点相切的圆弧状，物体上升的最大高度有可能仍为h【答案】BD【解析】物体上升过程中轨道的支持力不做功，只有重力做功，机械能守恒.若把斜面CB部分截去，物体冲过C点后做斜抛运动，斜抛运动的最高点有水平分速度，速度不为零，由机械能守恒定律可知，物体不能到达h高处，故A错误；若把斜面AB变成光滑曲面AEB，物体在最高点速度为零，根据机械能守恒定律，物体沿此曲面上升仍能到达B点，故B正确；若把斜面弯成圆弧形轨道D，如果能到圆弧最高点，根据机械能守恒定律得知：到达h处的速度应为零，而物体要到达圆弧最高点，必须由合力充当向心力，速度不为零，所以物体不可能升高h，故C错误；若把斜面从C点以上部分弯成与C点相切的圆弧状，若B点不高于此圆的圆心，根据机械能守恒定律，物体沿斜面上升的最大高度仍然可以为h，故D正确.2.(2020·浙江名校协作体5月试题)(多选)如图所示，将质量为2m的重物悬挂在轻绳的一端，轻绳的另一端系一质量为m的环，环套在竖直固定的光滑直杆上，光滑定滑轮与直杆的距离为d.杆上的A点与定滑轮等高，杆上的B点在A点正下方距离为d处.现将环从A处由静止释放，不计一切摩擦阻力，轻绳足够长，下列说法正确的是()A.环到达B处时，重物上升的高度h＝eq\f(d,2)B.环到达B处时，环与重物的速度大小相等C.环从A到B，环减少的机械能等于重物增加的机械能D.环能下降的最大高度为eq\f(4d,3)【答案】CD【解析】环到达B处时，对环的速度进行分解，如图所示，可得v环cosθ＝v物，由题图中几何关系可知θ＝45°，则v环＝eq\r(2)v物，B错误；因环从A到B，环与重物组成的系统机械能守恒，则环减少的机械能等于重物增加的机械能，C正确；当环到达B处时，由题图中几何关系可得重物上升的高度h＝(eq\r(2)－1)d，A错误；当环下落到最低点时，设环下落高度为H，由机械能守恒有mgH＝2mg(eq\r(H2＋d2)－d)，解得H＝eq\f(4,3)d，故D正确.3．(2020·安徽省阜阳市第三中学模拟)(多选)如图所示，物体A、B通过细绳及轻质弹簧连接在轻滑轮两侧，物体A、B的质量分别为2m、m，开始时细绳伸直，用手托着物体A使弹簧处于原长且A与地面的距离为h，物体B静止在地面上，放手后物体A下落，与地面即将接触时速度大小为v，此时物体B对地面恰好无压力，不计一切摩擦及空气阻力，重力加速度大小为g，则下列说法中正确的是()A．物体A下落过程中，物体A和弹簧组成的系统机械能守恒B．弹簧的劲度系数为eq\f(2mg,h)C．物体A着地时的加速度大小为eq\f(g,2)D．物体A着地时弹簧的弹性势能为2mgh【答案】AC【解析】由题可知，物体A下落过程中，B一直静止不动，对于物体A和弹簧组成的系统，只有重力和弹力做功，则物体A和弹簧组成的系统机械能守恒，故A正确；A即将触地时，物体B对地面的压力恰好为零，故弹簧的拉力为T＝mg，开始时弹簧处于原长，由胡克定律知：T＝kh，得弹簧的劲度系数为k＝eq\f(mg,h)，故B错误；物体A着地时，细绳对A的拉力等于mg，对A受力分析，根据牛顿第二定律得2mg－mg＝2ma，得a＝eq\f(g,2)，故C正确；物体A与弹簧组成的系统机械能守恒，有：2mgh＝Ep＋eq\f(1,2)×2mv2，所以Ep＝2mgh－mv2，故D错误。【题型二】功能关系的综合应用【题型解码】1.做功的过程就是能量转化的过程．功是能量转化的量度．2.功与能量的变化是“一一对应”的，如重力做功对应重力势能的变化，合外力做功对应动能的变化等．【典例分析1】(多选)(2020·全国卷Ⅰ·20)一物块在高3.0m、长5.0m的斜面顶端从静止开始沿斜面下滑，其重力势能和动能随下滑距离s的变化如图中直线Ⅰ、Ⅱ所示，重力加速度取10m/s2.则()A.物块下滑过程中机械能不守恒B.物块与斜面间的动摩擦因数为0.5C.物块下滑时加速度的大小为6.0m/s2D.当物块下滑2.0m时机械能损失了12J【答案】AB【解析】由E－s图像知，物块动能与重力势能的和减小，则物块下滑过程中机械能不守恒，故A正确；由E－s图像知，整个下滑过程中，物块机械能的减少量为ΔE＝30J－10J＝20J，重力势能的减少量ΔEp＝mgh＝30J，又ΔE＝μmgcosα·s，其中cosα＝eq\f(\r(s2－h2),s)＝0.8，h＝3.0m，g＝10m/s2，则可得m＝1kg，μ＝0.5，故B正确；物块下滑时的加速度大小a＝gsinα－μgcosα＝2m/s2，故C错误；物块下滑2.0m时损失的机械能为ΔE′＝μmgcosα·s′＝8J，故D错误.【典例分析2】(2020·山西吕梁市一模)如图所示，弹簧的下端固定在光滑斜面底端，弹簧与斜面平行．在通过弹簧中心的直线上，小球P从直线上的N点由静止释放，在小球P与弹簧接触到速度变为零的过程中，下列说法中正确的是()A．小球P动能一定在减小B．小球P的机械能一定在减少C．小球P与弹簧系统的机械能一定在增加D．小球P重力势能的减小量大于弹簧弹性势能的增加量【答案】B【解析】小球P与弹簧接触前，小球P沿斜面向下做初速度为零的匀加速直线运动，速度方向沿斜面向下；小球P与弹簧接触后，刚开始弹力小于小球重力沿斜面向下的分力，合外力沿斜面向下，加速度的方向沿斜面向下，随着弹簧形变量的不断增大，加速度不断减小，此时小球P做加速度不断减小的加速运动；当弹力等于重力沿斜面向下的分力时，加速度为零，速度最大，小球P的动能最大，之后弹力大于重力沿斜面向下的分力，合外力方向沿斜面向上，加速度沿斜面向上，随着弹簧形变量的增大，加速度不断增大，速度不断减小，小球P的机械能不断减小，弹簧的弹性势能不断增大，当弹簧压缩到最短时，小球P的速度为零，弹簧形变量最大，弹性势能达到最大，故B正确，A、D错误；小球与弹簧组成的系统机械能守恒，故C错误．【典例分析3】(多选)(2020·山东泰安市期末)如图，斜面a、b、c底边的长分别为L、L、2L，高度分别为2h、h、h.某物体分别沿三个斜面从顶端由静止下滑到底端，物体与三个斜面间的动摩擦因数都相同，三种情况相比较，下列说法正确的是()A．物体到达底端的动能Eka＝2Ekb＝2EkcB．物体到达底端的动能Eka>2Ekb>2EkcC．因摩擦产生的热量Qc＝2Qa＝2QbD．因摩擦产生的热量Qc＝4Qa＝2Qb【答案】BC【解析】设任一斜面和水平方向夹角为θ，斜面长为x，物体滑到底端时的动能为Ek，由动能定理mgH－μmgxcosθ＝Ek得：Eka＝2mgh－μmgL，Ekb＝mgh－μmgL，Ekc＝mgh－μmg·2L，知Eka>2Ekb>2Ekc；物体下滑过程中克服摩擦力做功为W＝μmgxcosθ，xcosθ即为底边长度，则Wa＝μmgL，Wb＝μmgL，Wc＝μmg2L，摩擦力做功等于因摩擦产生的热量，故Qc＝2Qa＝2Qb，故B、C正确．【典例分析3】(多选)(2020·贵州贵阳四校联考)如图甲，长木板A放在光滑的水平面上，质量为m＝3kg的另一木块B可看作质点，以水平速度v0＝2m/s滑上原来静止的长木板A的表面．由于A、B间存在摩擦，之后A、B速度随时间变化情况如图乙所示，则下列说法正确的是(g取10m/s2)()A．木板的质量为M＝3kgB．木块减小的动能为1.5JC．系统损失的机械能为3JD．A、B间的动摩擦因数为0.2【答案】AC【解析】由图像可知，A、B的加速度大小都为1m/s2，根据牛顿第二定律知eq\f(μmg,m)＝1m/s2，eq\f(μmg,M)＝1m/s2，可得M＝3kg，μ＝0.1，故A正确，D错误；木块减小的动能ΔE＝Ek0－Ek1＝eq\f(1,2)mveq\o\al(2,0)－eq\f(1,2)mveq\o\al(2,1)＝4.5J，故B错误；系统损失的机械能ΔE＝Ek0－E′k1＝eq\f(1,2)mveq\o\al(2,0)－eq\f(1,2)×2mveq\o\al(2,1)＝3J，故C正确；故选A、C．【提分秘籍】1.力学中几种功能关系(1)合外力做功与动能的关系：W合＝ΔEk.(2)重力做功与重力势能的关系：WG＝－ΔEp.(3)弹力做功与弹性势能的关系：W弹＝－ΔEp.(4)除重力及系统内弹力以外其他力做功与机械能的关系：W其他＝ΔE机．(5)滑动摩擦力做功与内能的关系：Ffl相对＝ΔE内．2.涉及做功与能量转化问题的解题方法(1)分清是什么力做功，并且分析该力做正功还是做负功；根据功能之间的对应关系，确定能量之间的转化情况．(2)当涉及滑动摩擦力做功时，机械能不守恒，一般应用能量守恒定律，特别注意摩擦产生的内能Q＝Ffl相对，l相对为相对滑动的两物体间相对滑动路径的总长度．(3)解题时，首先确定初、末状态，然后分清有多少种形式的能在转化，再分析状态变化过程中哪种形式的能量减少，哪种形式的能量增加，求出减少的能量总和ΔE减和增加的能量总和ΔE增，最后由ΔE减＝ΔE增列式求解．【强化训练】1.(2020·安徽合肥市第二次质检)如图甲所示，置于水平地面上质量为m的物体，在竖直拉力F作用下，由静止开始向上运动，其动能Ek与距地面高度h的关系如图乙所示，已知重力加速度为g，空气阻力不计．下列说法正确的是()A．在0～h0过程中，F大小始终为mgB．在0～h0和h0～2h0过程中，F做功之比为2∶1C．在0～2h0过程中，物体的机械能不断增加D．在2h0～3.5h0过程中，物体的机械能不断减少【答案】C【解析】0～h0过程中，Ek－h图象为一段直线，由动能定理得：(F－mg)h0＝mgh0－0，故F＝2mg，A错误；由A可知，F在0～h0过程中，做功为2mgh0，在h0～2h0过程中，由动能定理可知，WF－mgh0＝1.5mgh0－mgh0，解得WF＝1.5mgh0，因此在0～h0和h0～2h0过程中，F做功之比为4∶3，故B错误；在0～2h0过程中，F一直做正功，故物体的机械能不断增加，C正确；在2h0～3.5h0过程中，由动能定理得WF′－1.5mgh0＝0－1.5mgh0，则WF′＝0，故F做功为0，物体的机械能保持不变，故D错误．2.(2020·贵州贵阳市3月调研)如图所示，处于原长的轻质弹簧的一端与固定的竖直板P拴接，另一端与物体A相连，物体A静止于光滑水平桌面上，右端接一细线，细线绕过光滑的定滑轮与物体B相连.开始时用手托住B，让细线恰好伸直然后由静止释放B，直至B获得最大速度.下列有关该过程的分析正确的是()A.B物体的动能增加量等于B物体重力势能的减少量B.B物体机械能的减少量等于弹簧的弹性势能的增加量C.A的动能先增大后减小D.细线拉力对A做的功等于A物体与弹簧所组成的系统机械能的增加量【答案】D【解析】由于A、B和弹簧组成的系统机械能守恒，所以B物体重力势能的减少量等于A、B增加的动能与弹簧弹性势能增加量的和，故选项A错误.整个系统机械能守恒，所以B物体机械能的减少量等于A物体与弹簧机械能的增加量，故选项B错误.根据动能定理可知，合力对A做正功，则物块A的速度增加，即动能增加，故选项C错误.根据功能关系可知，除重力和弹簧弹力以外的力即细线的拉力对A做的功等于A物体与弹簧所组成的系统机械能的增加量，故选项D正确.3.(2020·北京压轴卷)如图所示，一质量为m的小球固定于轻质弹簧的一端，弹簧的另一端固定于O点处，将小球拉至A处，弹簧恰好无形变，由静止释放小球，它运动到O点正下方B点间的竖直高度差为h，速度为v，则()A．由A到B重力做的功等于mghB．由A到B重力势能减少eq\f(1,2)mv2C．由A到B小球克服弹力做功为mghD．小球到达位置B时弹簧的弹性势能为mgh＋eq\f(mv2,2)【答案】A【解析】重力做功W＝mgh，与是否受其它力无关，而从A下降到B，下降的高度为h，故A正确；从A下降到B的过程中，根据动能定理mgh－W弹＝eq\f(1,2)mv2，重力势能的减小量ΔEP＝mgh＝W弹＋eq\f(1,2)mv2，故B错误；在这个过程中，克服弹力做的功W弹＝mgh－eq\f(1,2)mv2，小球到达位置B时弹簧的弹性势能为ΔEP＝W弹＝mgh－eq\f(1,2)mv2，故CD错误．4.(多选)(2020·苏锡常镇四市高三教学情况调研)如图所示，固定直杆与水平面成30°角，一轻质弹簧套在直杆上，下端固定在直杆底端.现将一质量为m的小滑块从杆顶端A点由静止释放，滑块压缩弹簧到达最低点B后返回，脱离弹簧后恰能到达AB的中点.设重力加速度为g，AB＝L，则该过程中()A.滑块和弹簧刚接触时滑块的速度最大B.滑块克服摩擦做功为eq\f(1,4)mgLC.滑块加速度为零的位置只有一处D.弹簧的最大弹性势能为eq\f(1,3)mgL【答案】BD【解析】滑块向下运动受到的合力为零时，速度最大，即mgsinθ＝F弹＋Ff时，速度最大，故A错误；根据动能定理有mgeq\f(L,2)sin30°－Wf＝0－0解得Wf＝eq\f(1,4)mgL，故B正确；滑块加速度为零即滑块所受合力为零，向下滑动时有0＝F弹＋Ff－mgsinθ向上滑动时有F弹－(mgsinθ＋Ff)＝0，即滑块加速度为零的位置有两处，故C错误；弹簧被压缩到最短时弹性势能最大，根据能量守恒有mgLsin30°＝eq\f(2,3)Wf＋Ep解得弹簧最大弹性势能为Ep＝eq\f(1,3)mgL，故D正确.【题型三】动力学观点和能量观点的综合应用【题型解码】1．做好两个分析(1)综合受力分析、运动过程分析，由牛顿运动定律做好动力学分析．(2)分析各力做功情况，做好能量的转化与守恒的分析，由此把握运动各阶段的运动性质，各连接点、临界点的力学特征、运动特征和能量特征．2．做好四个选择(1)当物体受到恒力作用发生运动状态的改变而且又涉及时间时，一般选择用动力学方法解题；(2)当涉及功、能和位移时，一般选用动能定理、机械能守恒定律、功能关系或能量守恒定律解题，题目中出现相对位移时，应优先选择能量守恒定律；(3)当涉及细节并要求分析力时，一般选择牛顿运动定律，对某一时刻进行分析时选择牛顿第二定律求解；(4)复杂问题的分析一般需选择能量的观点、运动与力的观点综合解题．【典例分析1】(2020·浙江嘉兴市5月测试)如图所示，一个质量m＝1kg的小物块(视为质点)，压缩弹簧后释放，以v0＝6m/s冲上长度l＝6m的水平传送带．在传送带右侧等高的平台上固定一半径R＝0.5m的圆轨道ABCD，A、D的位置错开，以便小物块绕行一圈后可以通过D到达E位置抛出．在距离平台边缘E水平距离s＝1.6m，高度h＝1m处有一可升降的接物装置，通过调节装置的高度可以接收不同速度抛出的小物块．已知小物块与传送带之间的动摩擦因数μ＝0.25，其他摩擦均忽略不计，求：(1)小物块释放前，弹簧所储存的弹性势能；(2)若传送带以2eq\r(5)m/s的速度顺时针转动，判断小物块能否通过圆轨道最高点C；(3)若传送带速度大小、方向皆可任意调节，要使小物块在运动过程中不脱离圆轨道ABCD，传送带转动速度的可能值；(4)小物块到达接物装置时的最小动能．【答案】(1)18J(2)不能(3)见解析(4)17.62J【解析】(1)Ep＝eq\f(1,2)mv02＝18J(2)物块速度6m/s大于传送带速度，所以在摩擦力作用下要减速，减速到和传送带相同速度需要的位移满足：v02－v2＝2ax，a＝μg，解得x＝3.2m<6m所以物块将以和传送带相同的速度运动到右端．物块到达圆轨道最高点C的过程满足－mg·2R＝eq\f(1,2)mvC2－eq\f(1,2)mv2，解得vC＝0物块能通过最高点C时速度的最小值为eq\r(gR)＝eq\r(5)m/s所以物块不能通过圆轨道最高点C.(3)若物块在传送带上一直减速，则到达传送带右端的速度为v′，则有：－2al＝v′2－v02解得v′＝eq\r(6)m/s要不脱离轨道，满足两种情况，过C或者过不了B点若物块刚好到达B点，从D到B，根据动能定理可得：－mgR＝0－eq\f(1,2)mvD2解得vD＝eq\r(10)m/s故传送带的速度为：v传≤eq\r(10)m/s若能通过最高点C，则从D到C，－mg·2R＝eq\f(1,2)mvC2－eq\f(1,2)mvD′2，解得vD′＝5m/s，故传送带的速度v传′≥5m/s所以传送带速度的可能值为：顺时针v≥5m/s或者0≤v≤eq\r(10)m/s；逆时针均不脱离圆轨道．(4)要进接物装置，满足平抛规律：s＝vxth－y＝eq\f(1,2)gt2Ek＝eq\f(1,2)mvx2＋mg(h－y)得：Ek＝eq\f(1,2)mvx2＋eq\f(mg2s2,2vx2)当eq\f(1,2)mvx2＝eq\f(mg2s2,2vx2)时，存在极小值，此时vx＝4m/s因为要过最高点到达E的最小速度为5m/s，所以不符合要求根据不等式的特点，vx＝5m/s时动能取最小值，最小值为17.62J.【典例分析2】(2020·浙江台州市4月评估)如图甲所示的过山车玩具深受小朋友喜爱．电动小车以恒定的牵引力功率P＝5.0W运行，从A点由静止出发，经过0.4s通过一段长L＝1.0m的水平直轨道AB，然后进入与B点相切的半径r＝0.2m的竖直圆形轨道．轨道上B点和C点之间的圆弧所对应的圆心角θ＝30°，轨道具有子母双层结构，车底有抱轨固件，可确保小车不会脱轨．如果将运动轨道抽象成图乙的模型，小车可视为质点，质量m＝0.1kg.设小车与轨道(包括圆轨道)间的摩擦阻力大小Ff恒为1.8N，重力加速度g取10m/s2.(1)求小车到达B点的速度大小；(2)若小车在C点时速度vC＝2.1m/s，求小车此刻沿轨道切线方向的加速度大小a；(3)小车从B点运动到最高点D，耗时tBD＝0.28s，求小车在最高点处对轨道的弹力大小和方向．【答案】(1)2m/s(2)0.8m/s2(3)0.3N向下【解析】(1)从A到B由动能定理得Pt1－FfL＝eq\f(1,2)mvB2－0解得vB＝2m/s(2)小车可视为质点，在C点倾角为30°的轨道切线方向上根据牛顿第二定律得eq\f(P,vC)－mgsin30°－Ff＝ma解得a≈0.8m/s2(3)从A到D全程由动能定理得Peq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(t1＋tBD))－Ffeq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(L＋πr))－mg·2r＝eq\f(1,2)mvD2－0在最高点根据牛顿第二定律mg＋FN＝meq\f(vD2,r)解得FN≈－0.3N即轨道对小车有向上的弹力，根据牛顿第三定律可知小车对轨道向下的拉力，大小为0.3N.【提分秘籍】1.应用能量守恒定律解题的注意事项(1)应用能量守恒定律的两条基本思路①某种形式的能减少，一定存在其他形式的能增加，且减少量和增加量一定相等，即ΔE减＝ΔE增。②某个物体的能量减少，一定存在其他物体的能量增加，且减少量和增加量一定相等，即ΔEA减＝ΔEB增。(2)当涉及摩擦力做功时，机械能不守恒，一般应用能量的转化和守恒定律，特别注意摩擦产生的热量Q＝Ffx相对，x相对为相对滑动的两物体间相对滑动路径的总长度。2.利用能量观点解决力学问题的思路(1)明确研究对象和研究过程。(2)进行运动分析和受力分析。(3)选择所用的规律列方程求解。①动能定理：需要明确初、末动能，明确力的总功，适用于所有情况。②机械能守恒定律：根据机械能守恒条件判断研究对象的机械能是否守恒，只有满足机械能守恒的条件时才能应用此规律。③功能关系：根据常见的功能关系求解，适用于所有情况。④能量守恒定律：适用于所有情况。(4)对结果进行讨论。【强化训练】1.(2020·九师联盟模拟卷)如图所示，光滑水平面上的质量为M＝1.0kg的长板车，其右端B点平滑连接一半圆形光滑轨道BC，左端A点放置一质量为m＝1.0kg的小物块，随车一起以速度v0＝5.0m/s水平向右匀速运动.长板车正前方一定距离的竖直墙上固定一轻质弹簧，当车压缩弹簧到最短时，弹簧及长板车立即被锁定，此时，小物块恰好在小车的右端B点处，此后物块恰能沿圆弧轨道运动到最高点C.已知轻质弹簧被压缩至最短时具有的弹性势能大小为Ep＝13J，半圆形轨道半径为R＝0.4m，物块与小车间的动摩擦因数为μ＝0.2.重力加速度g取10m/s2.求：(1)小物块在B点处的速度大小vB；(2)长板车的长度L；(3)通过计算判断小物块能否落到长板车上.【答案】(1)2eq\r(5)m/s(2)1m(3)见解析【解析】(1)物块恰能运动到最高点C，有mg＝meq\f(vC2,R)又mg·2R＝eq\f(1,2)mvB2－eq\f(1,2)mvC2联立解得vB＝2eq\r(5)m/s(2)由能量守恒定律有Ep＝eq\f(1,2)(M＋m)v02－eq\f(1,2)mvB2－μmgL解得L＝1m(3)由平抛运动知识，有2R＝eq\f(1,2)gt2x＝vCt解得x＝0.8m＜1m，故小物块落在长板车上.2.(2020·河南名校联盟3月调研)如图所示，AB为倾角为θ＝37°的光滑固定斜面，在B点与水平传送带平滑连接，在传送带的右端C处，平滑连接有半圆形光滑轨道CD，轨道半径为R＝2m，CD为半圆轨道竖直方向的直径.现自斜面高h＝5m的A点由静止释放一个m＝1kg小物块，物块与传送带间的动摩擦因数μ＝0.2，传送带以v0＝5m/s的速度顺时针转动，传送带足够长.重力加速度g＝10m/s2，求：(1)物块到达C点时，系统由于摩擦产生的内能Q；(2)通过改变传送带顺时针转动的速度大小，可以影响物块在半圆轨道上的运动情况，若要求物块不在半圆轨道上脱离，试计算传送带的速度大小范围.【答案】(1)12.5J(2)v≥10m/s或v≤2eq\r(10)m/s【解析】(1)由于传送带足够长，物块到C点的速度一定与传送带速度相同由A到B过程，利用能量守恒可得mgh＝eq\f(1,2)mvB2在传送带上a＝－μg到达共速所用时间t＝eq\f(v0－vB,a)物块的位移x＝eq\f(v0＋vB,2)t相对位移为Δs＝x－v0t由于系统摩擦产生的内能为Q＝μmg·Δs解得Q＝12.5J.(2)传送带的速度即为物块进入半圆轨道的速度，物块不从轨道上脱离，有两种临界情况：①物块到达圆心等高处时速度为零，由能量关系可得eq\f(1,2)mvC12＝mgR解得vC1＝2eq\r(10)m/s②物块恰能到达D点，则有mg＝meq\f(vD2,R)，C到D的过程，由能量关系可得eq\f(1,2)mvC22＝eq\f(1,2)mvD2＋mg·2R解得vC2＝10m/s综合两种情况，传送带的速度大小范围为：v≥10m/s或v≤2eq\r(10)m/s.二、高考题型标准练1.(2020·全国第五次大联考)2019年6月全国U系列青少年蹦床锦标赛资格赛在江苏省无锡市举行．青少年蹦床锦标赛不仅仅给运动员一个展现自我的舞台，同时也为选拔优秀运动员提供了一个平台．不计空气阻力，对于如图所示蹦床比赛时对运动员的分析，下列说法中正确的是()A．运动员在蹦床上上升阶段，一直处于超重状态B．运动员在蹦床上加速上升阶段，蹦床的弹性势能减小C．运动员离开蹦床在空中运动阶段，上升时处于超重状态，下降时处于失重状态D．运动员离开蹦床在空中运动阶段，其重力势能一直增大【答案】B【解析】运动员在蹦床上上升阶段，有一阶段蹦床弹力小于重力，加速度方向向下，此阶段运动员处于失重状态，A错误；运动员在蹦床上加速上升阶段，蹦床的弹性势能减小，B正确；运动员在空中运动阶段，只受重力，加速度方向一直向下，处于失重状态，C错误；运动员在从最高处向下运动阶段，其重力势能减小，D错误．2.(多选)如图所示，楔形木块abc固定在水平面上，粗糙斜面ab和光滑斜面bc与水平面的夹角相同，顶角b处安装一定滑轮.质量分别为M、m(M>m)的滑块，通过不可伸长的轻绳跨过定滑轮连接，轻绳与斜面平行.两滑块由静止释放后，沿斜面做匀加速运动.若不计滑轮的质量和摩擦，在两滑块沿斜面运动的过程中()A.两滑块组成的系统机械能守恒B.重力对M做的功等于M动能的增加量C.轻绳对m做的功等于m机械能的增加量D.两滑块组成的系统的机械能损失等于M克服摩擦力做的功【答案】CD【解析】由于斜面ab粗糙，故两滑块组成的系统的机械能不守恒，故A错误；由动能定理得，重力、拉力、摩擦力对M做的总功等于M动能的增加量，故B错误；除重力、弹力以外的力做功，将导致机械能变化，轻绳对m做正功，m机械能增加，故C正确；除重力、弹力以外的力做功，导致机械能变化，摩擦力对M做负功，造成两滑块组成的系统的机械能损失，故D正确.3.(多选)(2020·哈尔滨师大附中联考)如图甲所示，一木块沿固定斜面由静止开始下滑，下滑过程中木块的机械能和动能随位移变化的关系图线如图乙所示，则下列说法正确的是()A.在位移从0增大到x0的过程中，木块的重力势能减少了E0B.在位移从0增大到x0的过程中，木块的重力势能减少了2E0C.图线a斜率的绝对值表示木块所受的合力大小D.图线b斜率的绝对值表示木块所受的合力大小【答案】BD【解析】木块沿斜面下滑过程中，动能增大，则图线b为木块的动能随位移变化的关系图线.由机械能的变化量等于动能的变化量与重力势能变化量之和，有E0－2E0＝E0－0＋ΔEp，得ΔEp＝－2E0，即木块的重力势能减少了2E0，故A错误，B正确；由功能关系可知图线a斜率的绝对值表示木块所受的除重力之外的合力大小，故C错误；由功能关系可知图线b斜率的绝对值表示木块所受的合力大小，故D正确.4.(2020·云南大理、丽江等校第二次统考)如图所示，A、B两球质量相等，A球用不能伸长的轻绳系于O点，B球用轻弹簧系于O′点，O与O′点在同一水平面上，分别将A、B球拉到与悬点等高处，使轻绳拉直，弹簧处于自然长度．将两球分别由静止开始释放，达到各自悬点的正下方时，两球仍处在同一水平面上，则下列说法正确的是()A．两球到达各自悬点的正下方时，动能相等B．两球到达各自悬点的正下方时，B球动能较大C．两球到达各自悬点的正下方时，A球动能较大D．两球到达各自悬点的正下方时，A球受到向上的拉力较小【答案】C【解析】两个球都是从同一个水平面由静止释放，到达最低点时仍处在同一个水平面上，根据重力做功的特点可知在整个过程中，A、B两球重力做的功相同，两球重力势能减少量相等．B球在下落的过程中弹簧要对球做负功，弹簧的弹性势能增加，所以B球在最低点的速度要比A球的速度小，动能也要比A球的小，故A、B错误，C正确；由于在最低点时A球的速度大，且两球质量相同，根据向心力的公式FT－mg＝meq\f(v2,r)可知，A球需要的向心力大，所以A球受到向上的拉力较大，故D错误．5.如图甲为某体校的铅球训练装置，图乙是示意图．假设运动员以6m/s的速度将铅球从倾角为30°的轨道底端推出，当铅球向上滑到某一位置时，其动能减少了72J，机械能减少了12J，已知铅球(包括其中的上挂设备)质量为12kg，滑动过程中阻力大小恒定，则下列判断正确的是()A．铅球上滑过程中减少的动能全部转化为重力势能B．铅球向上运动的加速度大小为4m/s2C．铅球返回底端时的动能为144JD．运动员每推一次消耗的能量至少为60J【答案】C【解析】由于轨道不光滑，铅球向上滑动过程中，需要克服摩擦力做功，所以铅球上滑过程中减少的动能转化为重力势能和摩擦生热，选项A错误；由动能定理可得Fs＝ΔEk＝72J，根据动能关系可得Ffs＝ΔE＝12J，而Ff＋mgsin30°＝F，联立解得：F＝72N，Ff＝12N，由F＝ma得铅球向上运动的加速度大小为a＝6m/s2，选项B错误；铅球被推出时动能为eq\f(1,2)×12×62J＝216J，当铅球向上滑到最大位置时，动能减少到零，机械能减少了Ff·eq\f(v2,2a)＝36J，从推出铅球到铅球返回过程中，损失机械能2×36J＝72J，铅球返回底端时的动能为216J－72J＝144J，选项C正确；运动员每推一次消耗的能量一定大于铅球的初动能216J，选项D错误．6.(多选)(2020·百校联盟尖子生联考)如图所示，轻弹簧一端固定在O点，另一端连接在一个小球上，小球套在光滑、水平的直杆上，开始时弹簧与杆垂直且处于原长．现给小球一个水平向右的拉力F，使小球从杆上A点由静止开始向右运动，运动到B点时速度最大，运动到C点时速度为零．则下列说法正确的是()A．小球由A到B的过程中，拉力做的功大于小球动能的增量B．小球由B到C的过程中，拉力做的功大于弹簧弹性势能的增量C．小球由A到C的过程中，拉力做的功等于弹簧弹性势能的增量D．小球由A到C的过程中，小球所受合力的功先减小后增大【答案】AC【解析】小球由A到B的过程中，小球的动能增加，弹簧的弹性势能增加，根据功能关系可知，拉力做的功大于小球动能的增量，故A正确；小球由B到C的过程中，小球的动能减少，弹簧的弹性势能增加，根据功能关系可知，拉力做的功与小球减少的动能之和等于弹簧弹性势能的增量，则拉力做的功小于弹簧弹性势能的增量，故B错误；小球由A到C的过程中，动能的增量为零，根据功能关系可知，拉力做的功等于弹簧弹性势能的增量，故C正确；根据动能定理知：小球所受合力的功等于小球动能的变化量，小球由A到C的过程中，小球的动能先增大后减小，所以合力做的功先增大后减小，故D错误．7.(多选)内壁光滑的环形凹槽半径为R，固定在竖直平面内，一根长度为eq\r(2)R的轻杆，一端固定有质量为m的小球甲，另一端固定有质量为2m的小球乙，将两小球放入凹槽内，小球乙位于凹槽的最低点，如图所示，由静止释放后()A．下滑过程中甲球减少的机械能总等于乙球增加的机械能B．下滑过程中甲球减少的重力势能总等于乙球增加的重力势能C．甲球可沿凹槽下滑到槽的最低点D．杆从右向左滑回时，乙球一定能回到凹槽的最低点【答案】AD【解析】由题意知，甲、乙两球及轻杆组成的系统机械能守恒，故甲球减少的机械能总等于乙球增加的机械能，所以A正确；在甲下滑的过程中甲、乙两球的动能增加，故甲球减少的重力势能大于乙球增加的重力势能，所以B错误；由于甲的质量小于乙的质量，根据机械能守恒定律知，甲不能下滑到最低点，所以C错误；根据机械能守恒定律知，杆从右向左滑回时，乙球一定能回到凹槽的最低点，所以D正确．8.(多选)(2020·安徽淮北市一模)在大型物流货场，广泛的应用传送带搬运货物．如图所示，倾斜的传送带以恒定速率v＝2m/s逆时针运行，皮带始终是绷紧的．质量m＝1kg的货物从传送带上端A点由静止释放，沿传送带运动到底端B点，A、B两点的距离为l＝3.2m．已知传送带倾角θ＝37°，货物与传送带间的动摩擦因数μ＝0.5，重力加速度g＝10m/s2，sin37°＝0.6，cos37°＝0.8.则()A．货物从A点运动到B点所用时间为1.2sB．货物从A运动到B的过程中，货物与传送带摩擦产生的热量为0.8JC．货物从A运动到B的过程中，传送带对货物做功大小为11.2JD．货物从A运动到与传送带速度相等的过程中，货物减少的重力势能小于货物增加的动能与摩擦产生的热量之和【答案】AC【解析】对货物，a1＝gsinθ＋μgcosθ＝10m/s2与传送带共速时t1＝eq\f(v,a1)＝0.2sx1＝e