（全国通用）高考物理二轮热点题型归纳与变式演练 专题15 能量守恒（解析+原卷）学案

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TOC \ "1-3" \h \u \l "_Tc29376" 一、热点题型归纳
\l "_Tc17993" 【题型一】 单物机械能守恒
\l "_Tc26924" 【题型二】 有弹性势能参与的机械能守恒
\l "_Tc12217" 【题型三】 连接体机械能守恒
\l "_Tc30563" 【题型四】 能量守恒定律的应用
\l "_Tc21895" 二、最新模考题组练2
【题型一】 单物机械能守恒
【典例分析】如图，在竖直平面内有由eq \f(1,4)圆弧AB和eq \f(1,2)圆弧BC组成的光滑固定轨道，两者在最低点B平滑连接．AB弧的半径为R，BC弧的半径为eq \f(R,2).一小球在A点正上方与A相距eq \f(R,4)处由静止开始自由下落，经A点沿圆弧轨道运动．
(1)求小球在B、A两点的动能之比；
(2)通过计算判断小球能否沿轨道运动到C点．
【提分秘籍】
机械能守恒定律
1．内容：在只有重力或弹力做功的物体系统内，动能与势能可以互相转化，而总的机械能保持不变．
2．表达式：mgh1＋eq \f(1,2)mv12＝mgh2＋eq \f(1,2)mv22.
3．机械能守恒的条件
(1)系统只受重力或弹簧弹力的作用，不受其他外力．
(2)系统除受重力或弹簧弹力作用外，还受其他内力和外力，但这些力对系统不做功．
(3)系统内除重力或弹簧弹力做功外，还有其他内力和外力做功，但这些力做功的代数和为零．
(4)系统跟外界没有发生机械能的传递，系统内外也没有机械能与其他形式的能发生转化．
【变式演练】
1．如图所示，有一内壁光滑的闭合椭圆形管道，置于竖直平面内，MN是通过椭圆中心O点的水平线．已知一小球从M点出发，初速率为v0，沿管道MPN运动，到N点的速率为v1，所需时间为t1；若该小球仍由M点以初速率v0出发，而沿管道MQN运动，到N点的速率为v2，所需时间为t2，则( )
A．v1＝v2，t1>t2 B．v1t2
C．v1＝v2，t12．(多选)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．若以地面为零势能面，而且不计空气阻力，则下列说法中正确的是( )
A．重力对物体做的功为mgh
B．物体在海平面上的势能为mgh
C．物体在海平面上的动能为eq \f(1,2)mv02－mgh
D．物体在海平面上的机械能为eq \f(1,2)mv02
3．如图所示是某公园设计的一种惊险刺激的娱乐设施．管道除D点右侧水平部分粗糙外，其余部分均光滑．若挑战者自斜管上足够高的位置滑下，将无能量损失的连续滑入第一个、第二个圆管轨道A、B内部(圆管A比圆管B高)．某次一挑战者自斜管上某处滑下，经过第一个圆管轨道A内部最高位置时，对管壁恰好无压力．则这名挑战者( )
A．经过管道A最高点时的机械能大于经过管道B最低点时的机械能
B．经过管道A最低点时的动能大于经过管道B最低点时的动能
C．经过管道B最高点时对管外侧壁有压力
D．不能经过管道B的最高点
【题型二】 有弹性势能参与的机械能守恒
【典例分析】如图所示，固定的倾斜光滑杆上套有一个质量为m的圆环，圆环与一橡皮绳相连，橡皮绳的另一端固定在地面上的A点，橡皮绳竖直时处于原长h.让圆环沿杆滑下，滑到杆的底端时速度为零．则在圆环下滑过程中( )
A．圆环机械能守恒
B．橡皮绳的弹性势能一直增大
C．橡皮绳的弹性势能增加了mgh
D．橡皮绳再次达到原长时圆环动能最大
【提分秘籍】
含弹簧类机械能守恒问题
1．由于弹簧的形变会具有弹性势能，系统的总动能将发生变化，若系统所受的外力和除弹簧弹力以外的内力不做功，系统机械能守恒．
2．在相互作用过程特征方面，弹簧两端物体把弹簧拉伸至最长(或压缩至最短)时，两端的物体具有相同的速度，弹性势能最大．
3．如果系统每个物体除弹簧弹力外所受合力为零，当弹簧为自然长度时，系统内弹簧某一端的物体具有最大速度(如绷紧的弹簧由静止释放)．
【变式演练】
1．(多选)如图，轻弹簧竖立在地面上，正上方有一钢球，从A处自由下落，落到B处时开始与弹簧接触，此时向下压缩弹簧．小球运动到C处时，弹簧对小球的弹力与小球的重力平衡．小球运动到D处时，到达最低点．不计空气阻力，以下描述正确的有( )
A．小球由A向B运动的过程中，处于完全失重状态，小球的机械能减少
B．小球由B向C运动的过程中，处于失重状态，小球的机械能减少
C．小球由B向C运动的过程中，处于超重状态，小球的动能增加
D．小球由C向D运动的过程中，处于超重状态，小球的机械能减少
2．轻质弹簧原长为2l，将弹簧竖直放置在地面上，在其顶端将一质量为5m的物体由静止释放，当弹簧被压缩到最短时，弹簧长度为l.现将该弹簧水平放置，一端固定在A点，另一端与物块P接触但不连接．AB是长度为5l的水平轨道，B端与半径为l的光滑半圆轨道BCD相切，半圆的直径BD竖直，如图所示．物块P与AB间的动摩擦因数μ＝0.5.用外力推动物块P，将弹簧压缩至长度l，然后放开，P开始沿轨道运动，重力加速度大小为g.
(1)若P的质量为m，求P到达B点时速度的大小，以及它离开圆轨道后落回到AB上的位置与B点之间的距离；
(2)若P能滑上圆轨道，且仍能沿圆轨道滑下，求P的质量的取值范围．
3．(多选)如图，小球套在光滑的竖直杆上，轻弹簧一端固定于O点，另一端与小球相连．现将小球从M点由静止释放，它在下降的过程中经过了N点．已知在M、N两点处，弹簧对小球的弹力大小相等，且∠ONM<∠OMNA．弹力对小球先做正功后做负功
B．有两个时刻小球的加速度等于重力加速度
C．弹簧长度最短时，弹力对小球做功的功率为零
D．小球到达N点时的动能等于其在M、N两点的重力势能差
【题型三】 连接体机械能守恒
【典例分析】如图所示，左侧为一个半径为R的半球形的碗固定在水平桌面上，碗口水平，O点为球心，碗的内表面及碗口光滑．右侧是一个固定光滑斜面，斜面足够长，倾角θ＝30°.一根不可伸长的不计质量的细绳跨在碗口及光滑斜面顶端的光滑定滑轮两端上，绳的两端分别系有可视为质点的小球m1和m2，且m1＞m2.开始时m1恰在碗口水平直径右端A处，m2在斜面上且距离斜面顶端足够远，此时连接两球的细绳与斜面平行且恰好伸直．当m1由静止释放运动到圆心O的正下方B点时细绳突然断开，不计细绳断开瞬间的能量损失．
(1)求小球m2沿斜面上升的最大距离s；
(2)若已知细绳断开后小球m1沿碗的内侧上升的最大高度为eq \f(R,2)，求eq \f(m1,m2).(结果保留两位有效数字)
【提分秘籍】
从能量转化角度更容易判断。
【变式演练】
1．(多选)如图，滑块a、b的质量均为m，a套在固定竖直杆上，与光滑水平地面相距h，b放在地面上．a、b通过铰链用刚性轻杆连接，由静止开始运动．不计摩擦，a、b可视为质点，重力加速度大小为g.则( )
A．a落地前，轻杆对b一直做正功
B．a落地时速度大小为eq \r(2gh)
C．a下落过程中，其加速度大小始终不大于g
D．a落地前，当a的机械能最小时，b对地面的压力大小为mg
2．如图所示，在长为L的轻杆中点A和端点B处各固定一质量为m的球，杆可绕无摩擦的轴O转动，使杆从水平位置无初速度释放摆下．求当杆转到竖直位置时，轻杆对A、B两球分别做了多少功？
3．如图所示，半径R＝0.4 m的光滑圆弧轨道BC固定在竖直平面内，轨道的上端点B和圆心O的连线与水平方向的夹角θ＝30°，下端点C为轨道的最低点且与粗糙水平面相切，一根轻质弹簧的右端固定在竖直挡板上．质量m＝0.1 kg的小物块(可视为质点)从空中A点以v0＝2 m/s的速度被水平抛出，恰好从B点沿轨道切线方向进入轨道，经过C点后沿水平面向右运动至D点时，弹簧被压缩至最短，C、D两点间的水平距离L＝1.2 m，小物块与水平面间的动摩擦因数μ＝0.5，g取10 m/s2.求：
(1)小物块经过圆弧轨道上B点时速度vB的大小；
(2)小物块经过圆弧轨道上C点时对轨道的压力大小；
(3)弹簧的弹性势能的最大值Epm.
【题型四】 能量守恒定律的应用
【典例分析】如图所示，固定斜面的倾角θ＝30°，物体A与斜面之间的动摩擦因数μ＝eq \f(\r(3),2)，轻弹簧下端固定在斜面底端，弹簧处于原长时上端位于C点．用一根不可伸长的轻绳通过轻质光滑的定滑轮连接物体A和B，滑轮右侧绳子与斜面平行，A的质量为2m，B的质量为m，初始时物体A到C点的距离为L.现给A、B一初速度v0＞eq \r(gL)，使A开始沿斜面向下运动，B向上运动，物体A将弹簧压缩到最短后又恰好能弹到C点．已知重力加速度为g，不计空气阻力，整个过程中轻绳始终处于伸直状态，求：
(1)物体A向下运动刚到C点时的速度；
(2)弹簧的最大压缩量；
(3)弹簧的最大弹性势能．
【提分秘籍】
能量守恒定律
1．内容
能量既不会凭空产生，也不会凭空消失，它只能从一种形式转化为另一种形式，或者从一个物体转移到别的物体，在转化或转移的过程中，能量的总量保持不变．
2．表达式：ΔE减＝ΔE增．
3．基本思路
（1）．分清有多少种形式的能量[如动能、势能(包括重力势能、弹性势能、电势能)、内能等]在变化．
（2）．明确哪种形式的能量增加，哪种形式的能量减小，并且列出减少的能量ΔE减和增加的能量ΔE增的表达式．
（3）．列出能量守恒关系：ΔE减＝ΔE增．
【变式演练】
1．如图所示，质量相等的物体A、B通过一轻质弹簧相连，开始时B放在地面上，A、B均处于静止状态．现通过细绳将A向上缓慢拉起，第一阶段拉力做功为W1时，弹簧变为原长；第二阶段拉力再做功W2时，B刚要离开地面．弹簧一直在弹性限度内，则( )
A．两个阶段拉力做的功相等
B．拉力做的总功等于A的重力势能的增加量
C．第一阶段，拉力做的功大于A的重力势能的增加量
D．第二阶段，拉力做的功等于A的重力势能的增加量
2．如图所示，某工厂用传送带向高处运送物体，将一物体轻轻放在传送带底端，第一阶段物体被加速到与传送带具有相同的速度，第二阶段与传送带相对静止，匀速运动到传送带顶端．下列说法正确的是( )
A．第一阶段摩擦力对物体做正功，第二阶段摩擦力对物体不做功
B．第一阶段摩擦力对物体做的功等于第一阶段物体动能的增加量
C．第一阶段物体和传送带间摩擦产生的热等于第一阶段物体机械能的增加量
D．物体从底端到顶端全过程机械能的增加量大于全过程摩擦力对物体所做的功
3．如图所示，质量为m的滑块从斜面底端以平行于斜面的初速度v0冲上固定斜面，沿斜面上升的最大高度为H，已知斜面倾角为α，斜面与滑块间的动摩擦因数为μ，且μ＜tan α，最大静摩擦力等于滑动摩擦力，取斜面底端为零势能面，则能表示滑块在斜面上运动的机械能E、动能Ek、势能Ep与上升高度h之间关系的图象是( )
1．（2021年全国乙卷）如图，光滑水平地面上有一小车，一轻弹簧的一端与车厢的挡板相连，另一端与滑块相连，滑块与车厢的水平底板间有摩擦。用力向右推动车厢使弹簧压缩，撤去推力时滑块在车厢底板上有相对滑动，在地面参考系（可视为惯性系）中，从撤去推力开始，小车、弹簧和滑块组成的系统( )
A.动量守恒，机械能守恒B.动量守恒，机械能不守恒
C.动量不守恒，机械能守恒D.动量不守恒，机械能不守恒
2．（2021年广东卷）（多选）长征途中，为了突破敌方关隘，战士爬上陡峭的山头，居高临下向敌方工事内投掷手榴弹。战士在同一位置先后投出甲、乙两颗质量均为m的手榴弹。手榴弹从投出的落地点的高度差为h，在空中的运动可视为平抛运动，轨迹如图所示，重力加速度为g。下列说法正确的有( )
A.甲在空中的运动时间比乙的长
B.两手榴弹在落地前瞬间，重力的功率相等
C.从投出到落地，每颗手榴弹的重力势能减少
D.从投出到落地，每颗手榴弹的机械能变化量为
3.（2021年河北卷）一半径为R的圆柱体水平固定，横截面如图所示。长度为、不可伸长的轻细绳，一端固定在圆柱体最高点P处，另一端系一个小球。小球位于P点右侧同一水平高度的Q点时，绳刚好拉直。将小球从Q点由静止释放，当与圆柱体未接触部分的细绳竖直时，小球的速度大小为（重力加速度为g，不计空气阻力）( )
A.B.C.D.
4．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，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)，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．弹簧弹性势能变化了eq \r(3)mgL
C．圆环下滑到最大距离时，所受合力为零
D．圆环重力势能与弹簧弹性势能之和保持不变
5．如图甲所示，竖直平面内的光滑轨道由倾斜直轨道AB和圆轨道BCD组成，AB和BCD相切于B点，CD连线是圆轨道竖直方向的直径(C、D为圆轨道的最低点和最高点)，已知∠BOC＝30°.可视为质点的小滑块从轨道AB上高H处的某点由静止滑下，用力传感器测出小滑块经过圆轨道最高点D时对轨道的压力为F，并得到如图乙所示的压力F与高度H的关系图象，取g＝10 m/s2.求：
(1)小滑块的质量和圆轨道的半径；
(2)是否存在某个H值，使得小滑块经过最高点D后能直接落到直轨道AB上与圆心等高的点．若存在，请求出H值；若不存在，请说明理由．
6．如图为某飞船先在轨道Ⅰ上绕地球做圆周运动，然后在A点变轨进入返回地球的椭圆轨道Ⅱ运动，已知飞船在轨道Ⅰ上做圆周运动的周期为T，轨道半径为r，椭圆轨道的近地点B离地心的距离为kr(k＜1)，引力常量为G，飞船的质量为m，求：
(1)地球的质量及飞船在轨道Ⅰ上的线速度大小；
(2)若规定两质点相距无限远时引力势能为零，则质量分别为M、m的两个质点相距为r时的引力势能Ep＝－eq \f(GMm,r)，式中G为引力常量．求飞船在A点变轨时发动机对飞船做的功．
7．[多选]如图所示，足够长的水平传送带以速度v沿逆时针方向转动，传送带的左端与光滑圆弧轨道底部平滑连接，圆弧轨道上的A点与圆心等高，一小物块从A点静止滑下，再滑上传送带，经过一段时间又返回圆弧轨道，返回圆弧轨道时小物块恰好能到达A点，则下列说法正确的是( )
A．圆弧轨道的半径一定是eq \f(v2,2g)
B．若减小传送带速度，则小物块仍可能到达A点
C．若增加传送带速度，则小物块有可能经过圆弧轨道的最高点
D．不论传送带速度增加到多大，小物块都不可能经过圆弧轨道的最高点
8．[多选]在竖直杆上安装一个光滑小导向槽，使竖直上抛的小球能改变方向后做平抛运动；不计经导向槽时小球的能量损失；设小球从地面沿杆竖直上抛的速度大小为v，重力加速度为g；那么当小球有最大水平位移时，下列说法正确的是( )
A．导向槽位置应在高为eq \f(v2,4g)的位置
B．最大水平位移为eq \f(v2,g)
C．小球在上、下两过程中，在经过某相同高度时，合速度的大小总有v下＝2v上
D．当小球落地时，速度方向与水平方向成45°角
9．飞机场上运送行李的装置为一水平放置的环形传送带，传送带的总质量为M，其俯视图如图所示。现开启电动机，传送带达到稳定运行的速度v后，将行李依次轻轻放到传送带上。若有n件质量均为m的行李需通过传送带运送给旅客。假设在转弯处行李与传送带无相对滑动，忽略皮带轮、电动机损失的能量。求从电动机开启到运送完行李需要消耗的电能为多少？
10、用如图甲实验装置验证m1、m2组成的系统机械能守恒。m2从高处由静止开始下落，m1上拖着的纸带打出一系列的点，对纸带上的点进行测量，即可验证机械能守恒定律。图乙给出的是实验中获取的一条纸带：0是打下的第一个点，每相邻两计数点间还有4个打下的点(图中未标出)，计数点间的距离如图所示。已知m1＝50 g、m2＝150 g，则(计算结果保留两位有效数字)
(1)在纸带上打下计数点5时的速度v＝________ m/s。
(2)在计数点0～5过程中系统动能的增量ΔEk＝________ J。为了简化计算，设g＝9.8 m/s2，则系统势能的减少量ΔEp＝________ J。
(3)实验结果显示ΔEp＞ΔEk，那么造成这一现象的主要原因是________________________________________________________。
(4)在本实验中，若某同学作出了eq \f(1,2)v2­h图像，如图丙，h为从起点量起的长度，则据此得到当地的重力加速度g＝________ m/s2。
参考答案
【题型一】 单物机械能守恒
【典例分析】答案 (1)5∶1 (2)能，理由见解析
解析 (1)设小球的质量为m，小球在A点的动能为EkA，由机械能守恒得
EkA＝mg·eq \f(R,4)①
设小球在B点的动能为EkB，同理有
EkB＝mg·eq \f(5R,4) ②
由①②式得eq \f(EkB,EkA)＝5③
(2)若小球能沿轨道运动到C点，小球在C点所受轨道的正压力FN应满足
FN≥0 ④
设小球在C点的速度大小为vC，由牛顿第二定律和向心加速度公式有
FN＋mg＝meq \f(v\\al( 2,C),\f(R,2)) ⑤
由④⑤式得mg≤meq \f(2v\\al( 2,C),R) ⑥
vC≥ eq \r(\f(Rg,2)) ⑦
全程应用机械能守恒定律得mg·eq \f(R,4)＝eq \f(1,2)mvC′2 ⑧
由⑦⑧式可知，vC＝vC′，即小球恰好可以沿轨道运动到C点．
【变式演练】
1．答案 A
解析 根据机械能守恒定律可知v1＝v2，再根据速率变化特点知，小球由M到P再到N，速率先减小至最小，再增大到原速率．小球由M到Q再到N，速率先增大至最大，再减小到原速率．由两球运动速率特点以及两条路径的路程相等可画出如图所示图象，由图象可知小球沿MQN路径运动的平均速率大，所以t1>t2，故选项A正确．
2．答案 AD
3．答案 C
【题型二】 有弹性势能参与的机械能守恒
【典例分析】答案 C
解析 圆环沿杆滑下，滑到杆的底端的过程中有两个力对圆环做功，即环的重力和橡皮绳的拉力，所以圆环的机械能不守恒，如果把圆环和橡皮绳组成的系统作为研究对象，则系统的机械能守恒，故A错误；橡皮绳的弹性势能随橡皮绳的形变量的变化而变化，由图知橡皮绳先缩短后伸长，故橡皮绳的弹性势能先不变再增大，故B错误；根据系统的机械能守恒，圆环的机械能减少了mgh，那么圆环的机械能的减少量等于橡皮绳的弹性势能增大量，为mgh，故C正确；在圆环下滑过程中，橡皮绳再次达到原长时，该过程中动能一直增大，但不是最大，沿杆方向合力为零的时刻，圆环的动能最大，故D错误．
【变式演练】
1．答案 BD
解析 小球由A向B运动的过程中，做自由落体运动，加速度等于竖直向下的重力加速度g，处于完全失重状态，此过程中只有重力做功，小球的机械能守恒，A错误；小球由B向C运动的过程中，重力大于弹簧的弹力，加速度向下，小球处于失重状态，小球和弹簧组成的系统机械能守恒，弹簧的弹性势能增加，小球的重力势能减少，由于小球向下加速运动，小球的动能还是增大的，B正确，C错误；小球由C向D运动的过程中，弹簧的弹力大于小球的重力，加速度方向向上，处于超重状态，弹簧继续被压缩，弹性势能继续增大，小球的机械能继续减小，D正确．故答案为B、D.
2．答案 (1)eq \r(6gl) 2eq \r(2)l (2)eq \f(5,3)m≤M解析 (1)依题意，当弹簧竖直放置，长度被压缩至l时，质量为5m的物体的动能为零，其重力势能转化为弹簧的弹性势能．由机械能守恒定律知，弹簧长度为l时的弹性势能为Ep＝5mgl①
设P到达B点时的速度大小为vB，由能量守恒定律得
Ep＝eq \f(1,2)mvB2＋μmg(5l－l)②
联立①②式，并代入题给数据得
vB＝eq \r(6gl)③
若P能沿圆轨道运动到D点，其到达D点时的向心力不能小于重力，即P此时的速度大小v应满足
eq \f(mv2,l)－mg≥0④
设P滑到D点时的速度为vD，由机械能守恒定律得
eq \f(1,2)mvB2＝eq \f(1,2)mvD2＋mg·2l⑤
联立③⑤式得vD＝eq \r(2gl)⑥
vD满足④式要求，故P能运动到D点，并从D点以速度vD水平射出．设P落回到轨道AB所需的时间为t，由运动学公式得2l＝eq \f(1,2)gt2⑦
P落回到AB上的位置与B点之间的距离为s＝vDt⑧
联立⑥⑦⑧式得s＝2eq \r(2)l⑨
(2)设P的质量为M，为使P能滑上圆轨道，它到达B点时的速度不能小于零．由①②式可知
5mgl>μMg·4l⑩
要使P仍能沿圆轨道滑回，P在圆轨道的上升高度不能超过半圆轨道的中点C.由机械能守恒定律有
eq \f(1,2)MvB′2≤Mgl⑪
Ep＝eq \f(1,2)MvB′2＋μMg·4l⑫
联立①⑩⑪⑫式得eq \f(5,3)m≤M3．答案 BCD
解析 因M和N两点处弹簧对小球的弹力大小相等，且∠ONM<∠OMN【题型三】 连接体机械能守恒
【典例分析】答案 (1)eq \f(2\r(2)＋1m1,2m1＋m2)R (2)1.9
解析 (1)设重力加速度为g，小球m1到达最低点B时，m1、m2速度大小分别为v1、v2
如图所示，由运动的合成与分解得v1＝eq \r(2)v2
对m1、m2组成的系统由机械能守恒定律得
m1gR－m2gh＝eq \f(1,2)m1v12＋eq \f(1,2)m2v22
h＝eq \r(2)Rsin 30°
联立以上三式得
v1＝ eq \r(2\f(2m1－\r(2)m2,2m1＋m2)gR)，v2＝ eq \r(\f(2m1－\r(2)m2,2m1＋m2)gR)
设细绳断开后m2沿斜面上升的距离为s′，对m2由机械能守恒定律得
m2gs′sin 30°＝eq \f(1,2)m2v22
小球m2沿斜面上升的最大距离s＝eq \r(2)R＋s′
联立以上两式并代入v2得
s＝eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\r(2)＋\f(2m1－\r(2)m2,2m1＋m2)))R＝eq \f(2\r(2)＋1m1,2m1＋m2)R
(2)对m1由机械能守恒定律得：
eq \f(1,2)m1v12＝m1geq \f(R,2)
代入v1得eq \f(m1,m2)＝eq \f(2\r(2)＋1,2)≈1.9.
【变式演练】
1．答案 BD
解析 滑块b的初速度为零，末速度也为零，所以轻杆对b先做正功，后做负功，选项A错误；以滑块a、b及轻杆为研究对象，系统的机械能守恒，当a刚落地时，b的速度为零，则mgh＝eq \f(1,2)mva2＋0，即va＝eq \r(2gh)，选项B正确；a、b的先后受力分析如图甲、乙所示．
由a的受力情况可知，a下落过程中，其加速度大小先小于g后大于g，选项C错误；当a落地前b的加速度为零(即轻杆对b的作用力为零)时，b的机械能最大，a的机械能最小，这时b受重力、支持力，且FNb＝mg，由牛顿第三定律可知，b对地面的压力大小为mg，选项D正确．
2．答案 －0.2mgL 0.2mgL
解析 A、B和杆组成的系统机械能守恒，以B的最低点为零重力势能参考平面，可得2mgL＝eq \f(1,2)mvA2＋eq \f(1,2)mvB2＋eq \f(1,2)mgL.又因A球与B球在各个时刻对应的角速度相同，故vB＝2vA
由以上两式得
vA＝ eq \r(\f(3gL,5))，vB＝ eq \r(\f(12gL,5))
根据动能定理，对于A球有WA＋mgeq \f(L,2)＝eq \f(1,2)mvA2－0，所以WA＝－0.2mgL
对于B球有WB＋mgL＝eq \f(1,2)mvB2－0，
所以WB＝0.2mgL.
3．答案 (1)4 m/s (2)8 N (3)0.8 J
解析 (1)小物块恰好从B点沿切线方向进入轨道，由几何关系有vB＝eq \f(v0,sin θ)＝4 m/s
(2)小物块由B点运动到C点，由机械能守恒定律有
mgR(1＋sin θ)＝eq \f(1,2)mvC2－eq \f(1,2)mvB2
在C点处，由牛顿第二定律有FN－mg＝meq \f(v\\al( 2,C),R)，解得FN＝8 N
根据牛顿第三定律，小物块经过圆弧轨道上C点时对轨道的压力FN′大小为8 N.
(3)小物块从B点运动到D点，由能量守恒定律有
Epm＝eq \f(1,2)mvB2＋mgR(1＋sin θ)－μmgL＝0.8 J.
【题型四】 能量守恒定律的应用
【典例分析】答案 (1)eq \r(v\\al( 2,0)－gL) (2)eq \f(v\\al( 2,0),2g)－eq \f(L,2) (3)eq \f(3mv\\al( 2,0),4)－eq \f(3mgL,4)
解析 (1)A与斜面间的滑动摩擦力Ff＝2μmgcs θ
物体A从初始位置向下运动到C点的过程中，根据功能关系有
2mgLsin θ＋eq \f(1,2)×3mv02＝eq \f(1,2)×3mv2＋mgL＋FfL
解得v＝eq \r(v\\al( 2,0)－gL)
(2)从物体A接触弹簧到将弹簧压缩到最短后又恰好能弹到C点的整个过程中，对A、B组成的系统应用动能定理－Ff·2x＝0－eq \f(1,2)×3mv2
解得x＝eq \f(v\\al( 2,0),2g)－eq \f(L,2)
(3)弹簧从压缩到最短到恰好能弹到C点的过程中，对A、B组成的系统根据功能关系有
Ep＋mgx＝2mgxsin θ＋Ffx
所以Ep＝Ffx＝eq \f(3mv\\al( 2,0),4)－eq \f(3mgL,4)
【变式演练】
1．答案 B
2．答案 C
解析 对物体受力分析知，其在两个阶段所受摩擦力方向都沿斜面向上，与其运动方向相同，摩擦力对物体都做正功，A错误；由动能定理知，外力做的总功等于物体动能的增加量，B错误；物体机械能的增加量等于摩擦力对物体所做的功，D错误；设第一阶段运动时间为t，传送带速度为v，对物体：x1＝eq \f(v,2)t，对传送带：x1′＝v·t，摩擦产生的热Q＝Ffx相对＝Ff(x1′－x1)＝Ff·eq \f(v,2)t，机械能增加量ΔE＝Ff·x1＝Ff·eq \f(v,2)t，所以Q＝ΔE，C正确．
3．答案 D
解析 重力势能的变化仅仅与重力做功有关，随着上升高度h的增大，重力势能增大，选项A错误；机械能的变化仅与重力和系统内弹力之外的其他力做功有关，上滑过程中有－Ffeq \f(h,sin α)＝E－E0，即E＝E0－Ffeq \f(h,sin α)；下滑过程中有－Ffeq \f(2H－h,sin α)＝E′－E0，即E′＝E0－2Ffeq \f(H,sin α)＋Ffeq \f(h,sin α)，故上滑和下滑过程中E－h图线均为直线，选项B错误；动能的变化与合外力做功有关，上滑过程中有－mgh－eq \f(Ff,sin α)h＝Ek－Ek0，即Ek＝Ek0－(mg＋eq \f(Ff,sin α))h，下滑过程中有－mgh－Ffeq \f(2H－h,sin α)＝Ek′－Ek0，即Ek′＝Ek0－2Ffeq \f(H,sin α)－(mg－eq \f(Ff,sin α))h，故Ek－h图线为直线，但下滑过程斜率小，选项C错误，D正确．
1．答案：B
解析：本题考查动量守恒定律的适用条件及机械能守恒的条件。撤去推力，小车和弹簧以及滑块组成的系统合外力为零，系统的动量守恒；滑块在车厢底板滑动时，由于摩擦阻力做功，系统的机械能减小，所以系统的机械能不守恒，B项正确。
2．答案：BC
解析：本题考查平抛运动的相关知识、功率及机械能守恒定律等。平抛运动的时间取决于竖直方向下落的高度，两手榴弹下落的高度相同，因而运动时间相同，A项错误；重力的瞬时功率为，两手榴弹下落的高度相同，因而重力的瞬时功率相同，B项正确；手榴弹下落高度为h，因而重力势能减少，C项正确；手榴弹的运动可视为平抛运动，因而不考虑空气阻力，手榴弹在下落过程中，机械能守恒，D项错误。
3.答案：A
解析：本题考查动能定理的简单计算。细绳竖直时，绕在圆柱上绳子的长度为，因此小球下落的高度，根据机械能守恒定律，解得，A项正确。
4．答案 B
解析 圆环在下落过程中弹簧的弹性势能增加，由能量守恒定律可知圆环的机械能减少，而圆环与弹簧组成的系统机械能守恒，故A、D错误；圆环下滑到最大距离时速度为零，但是加速度不为零，即合外力不为零，故C错误；圆环重力势能减少了eq \r(3)mgL，由能量守恒定律知弹簧弹性势能增加了eq \r(3)mgL，故B正确．
5．答案 (1)0.1 kg 0.2 m (2)存在 0.6 m
解析 (1)设小滑块的质量为m，圆轨道的半径为R
mg(H－2R)＝eq \f(1,2)mvD2，F＋mg＝eq \f(mv\\al( 2,D),R)
得：F＝eq \f(2mgH－2R,R)－mg
取点(0.50 m,0)和(1.00 m,5.0 N)代入上式得：
m＝0.1 kg，R＝0.2 m
(2)假设小滑块经过最高点D后能直接落到直轨道AB上与圆心等高的E点(如图所示)
由几何关系可得
OE＝eq \f(R,sin 30°)
设小滑块经过最高点D时的速度为vD
由题意可知，小滑块从D运动到E，水平方向的位移为OE，竖直方向上的位移为R，则OE＝vDt，R＝eq \f(1,2)gt2
得到：vD＝2 m/s
而小滑块过D点的临界速度vD′＝eq \r(gR)＝eq \r(2) m/s
由于vD＞vD′，所以存在一个H值，使得小滑块经过最高点D后能直接落到直轨道AB上与圆心等高的点
mg(H－2R)＝eq \f(1,2)mvD2
得到：H＝0.6 m.
6．答案 (1)eq \f(4π2r3,GT2) eq \f(2πr,T) (2)eq \f(2k－1π2mr2,k＋1T2)
解析 (1)飞船在轨道Ⅰ上运动时，由牛顿第二定律有
Geq \f(Mm,r2)＝mr(eq \f(2π,T))2
求得地球的质量M＝eq \f(4π2r3,GT2)
在轨道Ⅰ上的线速度大小为v＝eq \f(2πr,T).
(2)设飞船在椭圆轨道上远地点速度为v1，在近地点的速度为v2，则由开普勒第二定律有rv1＝krv2
根据能量守恒有
eq \f(1,2)mv12－Geq \f(Mm,r)＝eq \f(1,2)mv22－Geq \f(Mm,kr)
求得v1＝eq \r(\f(2GMk,k＋1r))＝eq \f(2πr,T)eq \r(\f(2k,k＋1))
因此飞船在A点变轨时，根据动能定理，发动机对飞船做的功为W＝eq \f(1,2)mv12－eq \f(1,2)mv2＝eq \f(2k－1π2mr2,k＋1T2).
7．解析：选BD 物块在圆弧轨道上下滑的过程中，物块的机械能守恒，根据机械能守恒可得：mgR＝eq \f(1,2)mv02，所以小物块滑上传送带的初速度：v0＝eq \r(2gR)，物块到达传送带上之后，由于摩擦力的作用开始减速，速度减小为零之后，又在传送带的摩擦力的作用下反向加速，根据物块的受力可知，物块在减速和加速的过程物块的加速度的大小是相同的，只要传送带的速度v≥eq \r(2gR)，物块返回圆弧轨道时速度大小等于从圆弧轨道下滑刚到传送带时的速度大小，物块就能返回到A点，则R≤eq \f(v2,2g)，故A项错误；若减小传送带速度，只要传送带的速度v≥eq \r(2gR)，物块就能返回到A点，故B项正确；若增大传送带的速度，由于物块返回到圆弧轨道的速度不变，只能滑到A点，不能滑到圆弧轨道的最高点，故C项错误，D项正确。
8．解析：选AD 设平抛时的速度为v0，根据机械能守恒定律可得：eq \f(1,2)mv02＋mgh＝eq \f(1,2)mv2，解得v0＝eq \r(v2－2gh)；根据平抛运动的知识可得下落时间：t＝eq \r(\f(2h,g))，则水平位移x＝v0t＝ eq \r(\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(v2,g)－2h))·2h)，所以当eq \f(v2,g)－2h＝2h时水平位移最大，解得h＝eq \f(v2,4g)，A正确；最大的水平位移为：x＝eq \r(4h2)＝2h＝eq \f(v2,2g)，B错误；根据机械能守恒定律可知，在某高度处时上升的速率和下落的速率相等，C错误；设小球落地时速度与水平方向成θ角，位移与水平方向的夹角为α，根据平抛运动的规律可知，tan θ＝2tan α＝2×eq \f(h,2h)＝1，则θ＝45°，所以D正确。
9．解析：从能量守恒的角度分析，电动机开启后到运送完行李所消耗的电能转变为传送带的动能、n件行李的动能和n件行李与传送带发生相对滑动时产生的摩擦热三部分。设行李与传送带间的动摩擦因数为μ，则传送带与行李间由于摩擦产生的总热量Q＝nμmgΔx。
由运动学公式得Δx＝x传－x行＝vt－eq \f(vt,2)＝eq \f(vt,2)，
又a＝μg，所以v＝μgt，联立解得Q＝eq \f(1,2)nmv2。
由能量守恒得E＝Q＋eq \f(1,2)Mv2＋n×eq \f(1,2)mv2
所以电动机开启到运送完行李需消耗的电能为
E＝eq \f(1,2)Mv2＋nmv2。
答案：eq \f(1,2)Mv2＋nmv2
10、[答案] (1)2.4 (2)0.58 0.59 (3)摩擦阻力造成机械能损失 (4)9.7