第6講機械能守恒與能量守恒一、明晰一個網絡，理解機械能守恒定律的應用方法二、掌握系統機械能守恒的三種表達式三、理清、透析各類功能關系高頻考點1機械能守恒定律的應用運用機械能守恒定律分析求解問題時，應注意：1．研究對象的選取研究對象的選取是解題的首要環節，有的問題選單個物體(實為一個物體與地球組成的系統)為研究對象機械能不守恒，但選此物體與其他幾個物體組成的系統為研究對象，機械能卻是守恒的．如圖所示，單獨選物體A機械能減少，但由物體A、B二者組成的系統機械能守恒．2．要注意研究過程的選取有些問題研究對象的運動過程分幾個階段，有的階段機械能守恒，而有的階段機械能不守恒．因此，在應用機械能守恒定律解題時要注意過程的選取．3．注意機械能守恒表達式的選取“守恒的觀點”的表達式適用于單個或多個物體機械能守恒的問題，列式時需選取參考平面．而用“轉移”和“轉化”的角度反映機械能守恒時，不必選取參考平面．1－1．(多選)(2015·全國Ⅱ卷)如圖，滑塊a、b的質量均為m，a套在固定豎直桿上，與光滑水平地面相距h，b放在地面上．a、b通過鉸鏈用剛性輕桿連接，由靜止開始運動．不計摩擦，a、b可視為質點，重力加速度大小為g.則()A．a落地前，輕桿對b一直做正功B．a落地時速度大小為eq\r(2gh)C．a下落過程中，其加速度大小始終不大于gD．a落地前，當a的機械能最小時，b對地面的壓力大小為mg解析：由題意知，系統機械能守恒．設某時刻a、b的速度分別為va、vb.此時剛性輕桿與豎直桿的夾角為θ，分別將va、vb分解，如圖．因為剛性桿不可伸長，所以沿桿的分速度v∥與v∥′是相等的，即vacosθ＝vbsinθ.當a滑至地面時θ＝90°，此時vb＝0，由系統機械能守恒得mgh＝eq\f(1,2)mveq\o\al(2,a)，解得va＝eq\r(2gh)，選項B正確；同時由于b初、末速度均為零，運動過程中其動能先增大后減小，即桿對b先做正功后做負功，選項A錯誤；桿對b的作用先是推力后是拉力，對a則先是阻力后是動力，即a的加速度在受到桿的向下的拉力作用時大于g，選項C錯誤；b的動能最大時，桿對a、b的作用力為零，此時a的機械能最小，b只受重力和支持力，所以b對地面的壓力大小為mg，選項D正確．答案：BD1－2.(多選)(2017·泰安市高三質檢)如圖所示，將質量為2m的重物懸掛在輕繩的一端，輕繩的另一端系一質量為m的環，環套在豎直固定的光滑直桿上A點，光滑定滑輪與直桿的距離為d.A點與定滑輪等高，B點在距A點正下方d處．現將環從A處由靜止釋放，不計一切摩擦阻力，A．環到達B處時，重物上升的高度h＝dB．環從A到B，環減少的機械能等于重物增加的機械能C．環從A點能下降的最大高度為eq\f(4,3)dD．當環下降的速度最大時，輕繩的拉力T＝2mg解析：根據幾何關系有，環從A下滑至B點時，重物上升的高度h＝eq\r(2)d－d，故A錯誤；環下滑過程中無摩擦力做功，故系統機械能守恒，即滿足環減小的機械能等于重物增加的機械能，故B正確；設環下滑最大高度為H時環和重物的速度均為零，此時重物上升的最大高度為：eq\r(H2＋d2)－d，根據機械能守恒有：mgH＝2mg(eq\r(H2＋d2)－d)，解得：H＝eq\f(4d,3)，故C正確；環向下運動，做非勻速運動，就有加速度，所以重物向上運動，也有加速度，即環運動的時候，繩的拉力不可能是2mg，故D錯誤．所以BC正確，AD錯誤．答案：BC1－3.(2017·全國卷Ⅰ)一質量為8.00×104kg的太空飛船從其飛行軌道返回地面．飛船在離地面高度1.60×105m處以7.50×103m/s的速度進入大氣層，逐漸減慢至速度為100m/s時下落到地面．取地面為重力勢能零點，在飛船下落過程中，重力加速度可視為常量，(1)分別求出該飛船著地前瞬間的機械能和它進入大氣層時的機械能；(2)求飛船從離地面高度600m處至著地前瞬間的過程中克服阻力所做的功，解析：(1)飛船著地前瞬間的機械能為Ek0＝eq\f(1,2)mveq\o\al(2,0) ①式中，m和v0分別是飛船的質量和著地前瞬間的速率．由①式和題給數據得Ek0＝4.0×108J ②設地面附近的重力加速度大小為g.飛船進入大氣層時的機械能為Eh＝eq\f(1,2)mveq\o\al(2,h)＋mgh ③式中，vh是飛船在高度1.60×105m處的速度大?。瓻h≈2.4×1012J ④(2)飛船在高度h′＝600Eh′＝eq\f(1,2)meq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(2.0,100)vh))2＋mgh′ ⑤由功能原理得W＝Eh′－Ek0 ⑥式中，W是飛船從高度600m處至著地前瞬間的過程中克服阻力所做的功．由W≈9.7×108J ⑦答案：(1)4.0×108J2.4×1012J(2)9.7×108J1－4．(2016·全國丙卷)如圖，在豎直平面內有由eq\f(1,4)圓弧AB和eq\f(1,2)圓弧BC組成的光滑固定軌道，兩者在最低點B平滑連接．AB弧的半徑為R，BC弧的半徑為eq\f(R,2).一小球在A點正上方與A相距eq\f(R,4)處由靜止開始自由下落，經A點沿圓弧軌道運動．(1)求小球在B、A兩點的動能之比；(2)通過計算判斷小球能否沿軌道運動到C點．解析：(1)設小球的質量為m，小球在A點的動能為EkA，由機械能守恒定律得EkA＝mgeq\f(R,4) ①設小球在B點的動能為EkB，同理有EkB＝mgeq\f(5R,4) ②由①②式得eq\f(EkB,EkA)＝5. ③(2)若小球能沿軌道運動到C點，則小球在C點所受軌道的正壓力N應滿足N≥0 ④設小球在C點的速度大小為vC，由牛頓第二定律和向心加速度公式有N＋mg＝meq\f(v\o\al(2,C),\f(R,2)) ⑤由④⑤式得，vC應滿足mg≤meq\f(2v\o\al(2,C),R) ⑥由機械能守恒定律得mgeq\f(R,4)＝eq\f(1,2)mveq\o\al(2,C) ⑦由⑥⑦式可知，小球恰好可以沿軌道運動到C點．答案：(1)5(2)能沿軌道運動到C點高頻考點2能量守恒定律的應用(2015·福建卷)如圖，質量為M的小車靜止在光滑水平面上，小車AB段是半徑為R的四分之一圓弧光滑軌道，BC段是長為L的水平粗糙軌道，兩段軌道相切于B點．一質量為m的滑塊在小車上從A點由靜止開始沿軌道滑下，重力加速度為g．(1)若固定小車，求滑塊運動過程中對小車的最大壓力大?。?2)若不固定小車，滑塊仍從A點由靜止下滑，然后滑入BC軌道，最后從C點滑出小車．已知滑塊質量m＝eq\f(M,2)，在任一時刻滑塊相對地面速度的水平分量是小車速度大小的2倍，滑塊與軌道BC間的動摩擦因數為μ，求：①滑塊運動過程中，小車的最大速度大小vm；②滑塊從B到C運動過程中，小車的位移大小s．[思路點撥](1)由題中信息“小車靜止在光滑水平面上”得知若不固定小車，則當滑塊下滑時小車會在水平面上向左滑動．(2)由BC段粗糙可知滑塊在BC段相對小車滑動時會產生熱量．(3)滑塊對小車壓力最大的位置在哪里？怎樣求最大壓力？(4)小車不固定時什么時候速度最大？怎樣求小車的最大速度？提示：(3)滑塊對小車壓力最大的位置在B處，由能量守恒定律求得滑塊在B處的速度，再由牛頓第二定律求出滑塊在B處的支持力，由牛頓第三定律得到滑塊對小車的壓力．(4)滑塊滑到小車的B點時，小車速度最大，由下滑過程中小車和滑塊組成的系統機械能守恒即可求出最大速度．【解析】(1)滑塊滑到B點時對小車壓力最大，從A到B機械能守恒，有mgR＝eq\f(1,2)mveq\o\al(2,B)，滑塊在B點處，由牛頓第二定律有N－mg＝meq\f(v\o\al(2,B),R)解得N＝3mg由牛頓第三定律可得N′＝3mg．(2)①滑塊下滑到達B點時，小車速度最大．由機械能守恒定律，有mgR＝eq\f(1,2)Mveq\o\al(2,m)＋eq\f(1,2)m(2vm)2解得vm＝eq\r(\f(gR,3))．②設滑塊運動到C點時，小車速度大小為vC，由功能關系有mgR－μmgL＝eq\f(1,2)Mveq\o\al(2,C)＋eq\f(1,2)m(2vC)2設滑塊從B到C過程中，小車運動加速度大小為a，由牛頓第二定律有μmg＝Ma由運動學規律有veq\o\al(2,C)－veq\o\al(2,m)＝－2as解得s＝eq\f(1,3)L．【答案】(1)3mg(2)①eq\r(\f(gR,3))②eq\f(L,3)1．與能量有關的力學綜合題的特點(1)常見的與能量有關的力學綜合題有單一物體多過程和多個物體多過程兩大類型；(2)聯系前后兩個過程的關鍵物理量是速度，前一個過程的末速度是后一個過程的初速度；(3)當涉及功、能和位移時，一般選用動能定理、機械能守恒定律或能量守恒定律，題目中出現相對位移時，應優先選擇能量守恒定律．2．解答與能量有關的綜合題時的注意事項(1)將復雜的物理過程分解為幾個簡單的物理過程，挖掘出題中的隱含條件，找出聯系不同階段的“橋梁”．(2)分析物體所經歷的各個運動過程的受力情況以及做功情況的變化，選擇適合的規律求解．2－1.(多選)(2017·湖北省六校聯合體高三聯考)圖示為某探究活動小組設計的節能運動系統．斜面軌道傾角為30°，質量為M的木箱與軌道的動摩擦因數為eq\f(\r(3),5)，木箱在軌道A端時，自動裝貨裝置將質量為m的貨物裝入木箱，然后木箱載著貨物沿軌道無初速度滑下，在輕彈簧被壓縮至最短時，自動卸貨裝置立刻將貨物卸下，然后木箱恰好被彈回到軌道A端，重復上述過程．下列選項正確的是()A．m＝3B．m＝2C．木箱不與彈簧接觸時，上滑過程的運動時間大于下滑過程中的運動時間D．若貨物的質量減少，則木箱一定不能回到A處解析：設下滑的距離為l，根據能量守恒有(M＋m)glsinθ－μ(M＋m)glcosθ＝Mglsinθ＋μMglcosθ得m＝3M，A正確、B錯誤；受力分析可知，下滑時加速度為g－μgcosθ，上滑時加速度為g＋μgcosθ，上滑過程可以看作相同大小加速度的反向的初速度為零的下滑過程，位移相同，加速度大的時間短，C錯誤；根據(M＋m)glsinθ－μ(M＋m)glcosθ＝Mglsinθ＋μMglcosθ，木箱恰好被彈回到軌道A端，如果貨物的質量減少，等號前邊一定小于后邊，即輕彈簧被壓縮至最短時的彈性勢能小于木箱回到A處所需的能量，則木箱一定不能回到A答案：AD2－2.(多選)(2017·南昌市高三第二次模擬)水平長直軌道上緊靠放置n個質量為m可看作質點的物塊，物塊間用長為l的細線連接，開始處于靜止狀態，軌道動摩擦力因數為μ.用水平恒力F拉動1開始運動，到連接第n個物塊的線剛好拉直時整體速度正好為零，則()A．拉力F所做功為nFl B．系統克服摩擦力做功為eq\f(nn－1μmgl,2)C．F>eq\f(nμmg,2) D．(n－1)μmg<F<nμmg解析：物體1的位移為(n－1)l，則拉力F所做功為WF＝F·(n－1)l＝(n－1)Fl，故A錯誤．系統克服摩擦力做功為Wf＝μmg·l＋…＋μmg·(n－2)l＋μmg·(n－1)l＝eq\f(nn－1μmgl,2)，故B正確．據題，連接第n個物塊的線剛好拉直時整體速度正好為零，假設沒有動能損失，由動能定理有WF＝Wf，解得F＝eq\f(nμmg,2)，現由于繩子繃緊瞬間系統有動能損失，所以根據功能關系可知F>eq\f(nμmg,2)，故C正確，D錯誤．答案：BC高頻考點3功能關系的應用3－1．(2017·全國卷Ⅲ)如圖，一質量為m、長度為l的均勻柔軟細繩PQ豎直懸掛．用外力將繩的下端Q緩慢地豎直向上拉起至M點，M點與繩的上端P相距eq\f(1,3)l.重力加速度大小為g.在此過程中，外力做的功為()A．eq\f(1,9)mgl B．eq\f(1,6)mglC．eq\f(1,3)mgl D．eq\f(1,2)mgl解析：將繩的下端Q緩慢向上拉至M點，相當于使下部分eq\f(1,3)的繩的重心升高eq\f(1,3)l，故重力勢能增加eq\f(1,3)mg·eq\f(l,3)＝eq\f(1,9)mgl，由功能關系可知A項正確．答案：A3－2.(多選)(2017·西安市高新一中一模)一個質量為m的物體以某一速度從固定斜面底端沖上傾角α＝30°的斜面，其加速度為eq\f(3,4)g，如圖此物體在斜面上上升的最大高度為h，則此過程中正確的是()A．物體動能增加了eq\f(3,2)mgh B．物體克服重力做功mghC．物體機械能損失了eq\f(1,2)mgh D．物體克服摩擦力做功eq\f(1,4)mgh解析：物體在斜面上加速度為eq\f(3,4)g，方向沿斜面向下，物體的合力F合＝ma＝eq\f(3,4)mg，方向沿斜面向下，斜面傾角α＝30°，物體從斜面底端到最大高度處位移為2h，物體從斜面底端到最大高度處，物體合力做功W合＝－F合×2h＝－eq\f(3,2)mgh，根據動能定理研究物體從斜面底端到最大高度處得W合＝ΔEk，所以物體動能減小eq\f(3,2)mgh，故A錯誤；根據功的定義式得：重力做功WG＝－mgh，故B正確；重力做功量度重力勢能的變化，所以物體重力勢能增加了mgh，而物體動能減小eq\f(3,2)mgh，所以物體機械能損失了eq\f(1,2)mgh，故C正確；除了重力之外的力做功量度機械能的變化．物體除了重力之外的力做功還有摩擦力做功，物體機械能減小了eq\f(1,2)mgh，所以摩擦力做功為－eq\f(1,2)mgh，故D錯誤．答案：BC3－3.(多選)(2016·全國甲卷)如圖，小球套在光滑的豎直桿上，輕彈簧一端固定于O點，另一端與小球相連．現將小球從M點由靜止釋放，它在下降的過程中經過了N點．已知在M、N兩點處，彈簧對小球的彈力大小相等，且∠ONM<∠OMN<eq\f(π,2).在小球從M點運動到N點的過程中()A．彈力對小球先做正功后做負功B．有兩個時刻小球的加速度等于重力加速度C．彈簧長度最短時，彈力對小球做功的功率為零D．小球到達N點時的動能等于其在M、N兩點的重力勢能差解析：在M、N兩點處，彈簧對小球的彈力大小相等，且∠ONM＜∠OMN＜eq\f(π,2)，則小球在M點時彈簧處于壓縮狀態，在N點時彈簧處于拉伸狀態，小球從M點運動到N點的過程中，彈簧長度先縮短，當彈簧與豎直桿垂直時彈簧達到最短，這個過程中彈力對小球做負功，然后彈簧再伸長，彈力對小球開始做正功，當彈簧達到自然伸長狀態時，彈力為零，再隨著彈簧的伸長彈力對小球做負功，故整個過程中，彈力對小球先做負功，再做正功，后再做負功，選項A錯誤．在彈簧與桿垂直時及彈簧處于自然伸長狀態時，小球加速度等于重力加速度，選項B正確．彈簧與桿垂直時，彈力方向與小球的速度方向垂直，則彈力對小球做功的功率為零，選項C正確．由機械能守恒定律知，在M、N兩點彈簧彈性勢能相等，在N點的動能等于從M點到N點重力勢能的減小值，選項D正確．答案：BCD功能關系的應用“三注意”(1)分清是什么力做功，并且分析該力做正功還是做負功；根據功能之間的對應關系，判定能的轉化形式，確定能量之間的轉化情況．(2)也可以根據能量之間的轉化情況，確定是什么力做功，尤其可以方便計算變力做功的多少．(3)功能關系反映了做功和能量轉化之間的對應關系，功是能量轉化的量度和原因，在不同問題中的具體表現不同．彈簧模型彈簧模型是高考中特色鮮明的物理模型之一．該模型涉及共點力的平衡、牛頓運動定律、動能定理、機械能守恒定律以及功能關系等知識．運動過程中，從力的角度看，彈簧上的彈力是變力，從能量的角度看，彈簧是儲能元件．因此，借助彈簧模型，可以很好地考查考生的分析綜合能力．在高考試題中，彈簧(主要是輕質彈簧)模型主要涉及三個方面：靜力學中的彈簧問題、動力學中的彈簧問題以及與能量轉化有關的彈簧問題．考生在處理這些問題時，要特別注意彈簧“可拉可壓”的特性以及彈簧彈力不可突變的特征．彈簧中的“平衡模型”(多選)如圖甲所示，質量均為m的小球A、B用勁度系數為k1的輕彈簧相連，B球用長為L的細繩懸于O點，A球固定在O點正下方L處，當小球B平衡時，繩子所受的拉力為T1，彈簧的彈力為F1；現將A、B間的彈簧換成原長相同但勁度系數為k2(k1<k2)的另一輕彈簧，在其他條件不變的情況下仍使系統平衡，此時繩子所受的拉力為T2，彈簧的彈力為F2.則下列關于T1與T2、F1與F2的大小關系，正確的是()圖甲A．T1>T2 B．T1＝T2C．F1<F2 D．F1＝F2[思路點撥]由于小球B始終處于平衡狀態，因此小球B受到的合力必定為零．由于更換彈簧前后細繩的拉力與彈簧彈力的方向都發生了變化，故用力三角形與幾何三角形相似的方法即可方便求解．【解析】以小球B為研究對象進行受力分析，由平衡條件可知，彈簧的彈力F和繩子的拉力T的合力F合與重力mg大小相等、方向相反，即F合＝mg，如圖乙所示，設A、B間距離為x，由力三角形與幾何三角形相似可得eq\f(mg,L)＝eq\f(F,x)＝eq\f(T,L)，故T＝mg，F＝eq\f(x,L)mg，繩子的拉力T只與小球B的重力有關，與彈簧的勁度系數無關，所以T1＝T2，選項A錯誤、B正確；當彈簧的勁度系數k變大時，彈簧的壓縮量減小，故A、B兩球之間距離增大，由F＝eq\f(x,L)mg知F2>F1，選項C正確、D錯誤．圖乙【答案】BC彈簧類平衡問題涉及的知識主要有胡克定律、物體的平衡條件等，求解時要注意彈力的大小與方向總是與形變相對應，因此審題時應從彈簧的形變分析入手，找出形變量與物體空間位置變化的對應關系，分析形變所對應的彈力大小和方向，再結合物體所受其他力的情況列式求解．彈簧中的“突變模型”如圖所示，在水平面上有一個質量為m＝2kg的小球．小球與輕彈簧和輕繩相連．彈簧水平放置，繩與豎直方向成θ＝45°角且不可伸長．此時小球處于靜止狀態，且水平面對小球的彈力恰好為零．已知小球與水平面之間的動摩擦因數μ＝0.2，最大靜摩擦力等于滑動摩擦力，取重力加速度g＝10m/s2.則在剪斷輕繩的瞬間A．小球受力個數不變B．小球立即向左運動，且a＝8mC．小球立即向左運動，且a＝10mD．若不剪斷輕繩，從右端剪斷彈簧，則剪斷彈簧瞬間，小球加速度的大小為a＝10eq\r(2)m/s2[思路點撥](1)剪斷輕繩時彈簧的彈力不會發生突變，即與剪斷前一樣；(2)從右端剪斷彈簧時，輕繩的彈力會發生突變，即輕繩的彈力會立即消失．【解析】在剪斷輕繩前，小球受重力、繩子的拉力以及彈簧的彈力處于平衡狀態，根據共點力的平衡可得彈簧的彈力方向水平向左，且F＝mgtanθ，代入數據可解得F＝20N．剪斷輕繩的瞬間，彈簧的彈力仍然為20N，小球此時受重力、支持力、彈簧彈力和摩擦力四個力的作用，小球的受力個數發生改變，選項A錯誤；小球所受的最大靜摩擦力為fm＝μmg＝4N，根據牛頓第二定律可得小球此時的加速度大小為a＝eq\f(F－fm,m)，解得a＝8m/s2，由于合力方向向左，故小球立即向左運動，選項B正確，選項C錯誤；從右端剪斷彈簧的瞬間，輕繩對小球的拉力突變為零，此時小球所受的合力為零，故小球的加速度也為零，選項D錯誤．【答案】B彈簧(或橡皮繩)恢復形變需要時間，在瞬時問題中可以認為其彈力不變，即彈力不能突變．而細繩(或接觸面)不發生明顯形變就能產生彈力，若剪斷(或脫離)，彈力立即消失，即彈力可突變．彈簧中的“能量模型”(多選)(2015·江蘇卷)如圖所示，輕質彈簧一端固定，另一端與一質量為m、套在粗糙豎直固定桿A處的圓環相連，彈簧水平且處于原長．圓環從A處由靜止開始下滑，經過B處的速度最大，到達C處的速度為零，AC＝h.圓環在C處獲得一豎直向上的速度v，恰好能回到A．彈簧始終在彈性限度內，重力加速度為g.則圓環()A．下滑過程中，加速度一直減小B．下滑過程中，克服摩擦力做的功為eq\f(1,4)mv2C．在C處，彈簧的彈性勢能為eq\f(1,4)mv2－mghD．上滑經過B的速度大小大于下滑經過B的速度大小[思路點撥](1)從下滑過程中速度的變化情況可以判斷加速度的變化情況；(2)由全過程中的能量守恒可得到下滑過程中克服摩擦力所做的功以及圓環從A運動到C的過程中彈簧的彈性勢能的變化量；(3)在分析下滑過程和上滑過程中B點的瞬時速度時，應以AB段的運動為研究過程，用能量守恒定律求解，但是要注意不論是從A下滑到B，還是從B上滑到A，圓環克服摩擦力做的功相等，彈簧彈性勢能的變化量的絕對值也相等．【解析】圓環向下運動過程中，在B點速度最大，在A、C點速度為0，說明向下先加速后減速，加速度先向下減小，后向上增大，A項錯誤；下滑過程和上滑過程克服摩擦力做功相同，因此下滑過程Wf＋Ep＝mgh，上滑過程Wf＋mgh＝eq\f(1,2)mv2＋Ep，因此克服摩擦力做功Wf＝eq\f(1,4)mv2，B項正確；在C處，彈簧的彈性勢能Ep＝mgh－Wf＝mgh－eq\f(1,4)mv2，C項錯誤；從A下滑到B，eq\f(1,2)mveq\o\al(2,B1)＋Ep′＋Wf′＝mgh′，從B上滑到A，eq\f(1,2)mveq\o\al(2,B2)＋Ep′＝mgh′＋Wf′＝eq\f(1,2)mveq\o\al(2,B1)＋Ep′＋2Wf′，可見vB2>vB1，D項正確．【答案】BD1．當牽涉彈簧的彈力做功時，由于彈簧的彈力是變力，故一般不直接采用功的定義式求解．中學階段通常根據動能定理、機械能守恒定律或能量守恒定律來間接求解彈簧彈力做的功或彈簧儲存的彈性勢能．2．彈簧的彈性勢能與彈簧的規格和形變程度有關，對同一根彈簧而言，無論是處于伸長狀態還是壓縮狀態，只要形變量相同，其儲存的彈性勢能就相同．與其他模型相結合的綜合模型如圖所示，傾角θ＝37°的光滑且足夠長的斜面固定在水平面上，在斜面頂端固定一個半徑和質量均不計的光滑定滑輪D，質量均為m＝1kg的物體A和B．用一勁度系數k＝240N/m的輕彈簧連接，物體B被位于斜面底端且垂直于斜面的擋板P擋?。靡徊豢缮扉L的輕繩使物體A跨過定滑輪與質量為M的小環C連接