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【高考二轮题型复习】2023年高考物理题型精讲精练学案（全国通用）——专题07 机械能守恒定律（原卷版+解析版）
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这是一份【高考二轮题型复习】2023年高考物理题型精讲精练学案（全国通用）——专题07 机械能守恒定律（原卷版+解析版），文件包含专题07机械能守恒定律解析版docx、专题07机械能守恒定律原卷版docx等2份学案配套教学资源，其中学案共51页， 欢迎下载使用。
专题07：机械能守恒定律
考点1 机械能守恒定律的应用 1
考点2 功能关系及能量守恒定律 3
考点3 动力学和能量观点解决“板—块”模型 6
考点4 摩擦力做功与能量转化 8
考点1 机械能守恒定律的应用
1．机械能守恒的三种判断方法
(1)用做功判断：若物体或系统只有重力(或弹簧的弹力)做功，虽受其他力，但其他力不做功，则其机械能守恒。
(2)用能量转化判断：若物体或系统中只有动能和势能的相互转化，而无机械能与其他形式的能的相互转化，则其机械能守恒。
(3)对多个物体组成的系统，除考虑是否只有重力做功外，还要考虑系统内力是否做功，如有滑动摩擦力做功时，因摩擦生热，系统机械能将有损失。
2．机械能守恒定律的三种表达形式
【典例1】如图所示，质量为M的物块A放置在光滑水平桌面上，右侧连接一固定于墙面的水平轻绳，左侧通过一倾斜轻绳跨过光滑定滑轮与一竖直轻弹簧相连。现将质量为m的钩码B挂于弹簧下端，当弹簧处于原长时，将B由静止释放，当B下降到最低点时（未着地），A对水平桌面的压力刚好为零。轻绳不可伸长，弹簧始终在弹性限度内，物块A始终处于静止状态。以下判断正确的是（ ）
A. M<2m
B. 2m
D. 在B从释放位置运动到速度最大的过程中，B克服弹簧弹力做的功等于B机械能的减少量
【答案】ACD
【解析】AB．由题意可知B物体可以在开始位置到最低点之间做简谐振动，故在最低点时有弹簧弹力T=2mg；对A分析，设绳子与桌面间夹角为θ，则依题意有
故有，故A正确，B错误；
C．由题意可知B从释放位置到最低点过程中，开始弹簧弹力小于重力，物体加速，合力做正功；后来弹簧弹力大于重力，物体减速，合力做负功，故C正确；
D．对于B，在从释放到速度最大过程中，B机械能的减少量等于弹簧弹力所做的负功，即等于B克服弹簧弹力所做的功，故D正确
【变式1-1】(2021·河南洛阳模拟)(多选)如图所示，有质量为2m、m的小滑块P、Q，P套在固定竖直杆上，Q放在水平地面上。P、Q间通过铰链用长为L的刚性轻杆连接，一轻弹簧左端与Q相连，右端固定在竖直杆上，弹簧水平，α＝30°时，弹簧处于原长。当α＝30°时，P由静止释放，下降到最低点时α变为60°，整个运动过程中，P、Q始终在同一竖直平面内，弹簧在弹性限度内，忽略一切摩擦，重力加速度为g。则P下降过程中( )
A．P、Q组成的系统机械能守恒
B．当α＝45°时，P、Q的速度相同
C．弹簧弹性势能最大值为(－1)mgL
D．P下降过程中动能达到最大前，Q受到地面的支持力小于3mg
【答案】 CD
【解析】 对于P、Q组成的系统，由于弹簧对Q要做功，所以系统的机械能不守恒。但对P、Q、弹簧组成的系统，只有重力或弹簧弹力做功，系统的机械能守恒，故A错误；当α＝45°时，根据P、Q沿轻杆方向的分速度相等得vQ cos 45°＝vP cos 45°，可得vP＝vQ，但速度方向不同，所以P、Q的速度不同，故B错误；根据系统机械能守恒可得：Ep＝2mgL(cos 30°－cos 60°)，弹性势能的最大值为Ep＝(－1)mgL，故C正确；P下降过程中动能达到最大前，P加速下降，对P、Q整体，在竖直方向上根据牛顿第二定律有3mg－N＝2ma，则有N<3mg，故D正确。
【变式1-2】从地面竖直向上抛出一物体，其机械能E总等于动能Ek与重力势能Ep之和。取地面为重力势能零点，该物体的E总和Ep随它离开地面的高度h的变化如图所示。重力加速度取10 m/s2。由图中数据可得（ ）
A．物体的质量为2 kg
B．h=0时，物体的速率为20 m/s
C．h=2 m时，物体的动能Ek=40 J
D．从地面至h=4 m，物体的动能减少100 J
【答案】AD
【解析】本题重在考查重力势能以及机械能与高度h的关系；本题中物体在上升的过程中机械能不守恒，这一点一定要注意；
A．Ep-h图像知其斜率为G，故G= =20N，解得m=2kg，故A正确
B．h=0时，Ep=0，Ek=E机-Ep=100J-0=100J，故=100J，解得：v=10m/s，故B错误；
C．h=2m时，Ep=40J，Ek= E机-Ep=85J-40J=45J，故C错误
D．h=0时，Ek=E机-Ep=100J-0=100J，h=4m时，Ek’=E机-Ep=80J-80J=0J，故Ek- Ek’=100J，故D正确
考点2 功能关系及能量守恒定律
1．常见的功能关系
2．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。
【典例2】（2021·浙江卷）如图所示，竖直平面内由倾角α=60°的斜面轨道AB、半径均为R的半圆形细圆管轨道BCDE和圆周细圆管轨道EFG构成一游戏装置固定于地面，B、E两处轨道平滑连接，轨道所在平面与竖直墙面垂直。轨道出口处G和圆心O2的连线，以及O2、E、O1和B等四点连成的直线与水平线间的夹角均为θ=30°，G点与竖直墙面的距离。现将质量为m的小球从斜面的某高度h处静止释放。小球只有与竖直墙面间的碰撞可视为弹性碰撞，不计小球大小和所受阻力。
(1)若释放处高度h=h0，当小球第一次运动到圆管最低点C时，求速度大小vc及在此过程中所受合力的冲量的大小和方向；
(2)求小球在圆管内与圆心O1点等高的D点所受弹力FN与h的关系式；
(3)若小球释放后能从原路返回到出发点，高度h应该满足什么条件？
【答案】(1)，，水平向左；(2)（h≥R）；(3)或
【解析】
(1)机械能守恒
解得
动量定理
方向水平向左
(2)机械能守恒
牛顿第二定律
解得
满足的条件
(3)第1种情况:不滑离轨道原路返回，条件是
第2种情况：与墙面垂直碰撞后原路返回，在进入G之前是平抛运动
其中，，则
得
机械能守恒
h满足的条件
【变式2-1】（多选）如图所示，在竖直平面内有一半径为R的四分之一圆弧轨道BC，与竖直轨道AB和水平轨道CD相切，轨道均光滑。现有长也为R的轻杆，两端固定质量均为m的相同小球a、b(可视为质点)，用某装置控制住小球a，使轻杆竖直且小球b与B点等高，然后由静止释放，杆将沿轨道下滑。设小球始终与轨道接触，重力加速度为g。则( )
A. 下滑过程中a球机械能增大
B. 下滑过程中b球机械能守恒
C. 小球a滑过C点后，a球速度为3gR
D. 从释放至a球到滑过C点的过程中，轻杆对b球做正功为12mgR
【答案】CD
【解析】AB.下滑的过程中，若以两球为整体，则系统机械能守恒。若分开研究分析，则杆对a球做负功，a球机械能减小，杆对b球做正功，则b球机械能增加，故AB错误；
C.以两球为系统进行研究，由机械能守恒得mgR+mg∙2R=12⋅2m⋅v2，解得v=3gR，故C正确；
D.对b球分析，其机械能的变化量为 ∆Eb=12mv2-mgR=12mgR ，由功能关系可知，轻杆对b球做正功为12mgR，故D正确。故选CD。
【变式2-2】如图所示，竖直平面内有一半径为R＝0.50m的光滑圆弧槽BCD，B点与圆心O等高，水平面DQ与圆弧槽相接于D点，一质量为m＝0.10 kg的小球从B点的正上方H＝0.95 m高处的A点自由下落，由B点进入圆弧槽轨道，从D点飞出后落在水平面上的Q点，DQ间的距离x＝2.4 m，球从D点飞出后的运动过程中相对水平面上升的最大高度h＝0.80 m，取g＝10 m/s2，不计空气阻力，求：
(1)小球经过C点时轨道对它的支持力大小FN；
(2)小球经过P点时的速度大小vP；
(3)D点与圆心O的高度差hOD。
【答案】(1)6.8 N (2)3 m/s (3)0.3 m
【解析】(1)设小球经过C点时的速度为v1，由机械能守恒定律有mg(H＋R)＝mv12
由牛顿第二定律有FN－mg＝m
代入数据解得FN＝6.8 N。
(2)从P到Q小球做平抛运动
竖直方向有h＝gt2
水平方向有＝vPt
代入数据解得vP＝3 m/s。
(3)小球从开始运动到P点的过程中，机械能守恒，取DQ水平面为零势能面，则mvP2＋mgh＝mg(H＋hOD)
代入数据解得hOD＝0.3 m。
考点3 动力学和能量观点解决“板—块”模型
1．相关规律和方法
运动学的基本规律、牛顿运动定律、功的分析与计算、动能定理、能量守恒定律。
2．解题技巧
如果涉及加速度、时间和受力的分析和计算，一般应用动力学方法；如果只涉及位移、功和能量的转化问题，通常采用动能定理和能量守恒定律分析。
3.相对滑动物体能量问题的解题流程
【典例3】如图所示，倾角为θ的斜面底端固定一个挡板P，质量为m的小物块A与质量不计的木板B叠放在斜面上，A位于B的最上端且与挡板P相距L。已知A与B、B与斜面间的动摩擦因数分别为μ1、μ2，且μ1>tan θ>μ2，最大静摩擦力等于滑动摩擦力，A与挡板P相撞的过程中没有机械能损失。将A、B同时由静止释放。
(1)求A、B释放瞬间小物块A的加速度大小a1；
(2)若A与挡板P不相撞，求木板B的最小长度l0；
(3)若木板B的长度为l，求整个过程中木板B运动的总路程。
【答案】 (1)gsin θ－μ2gcos θ (2)L (3)L－l或
【解析】 (1)释放A、B，它们一起匀加速下滑。以A、B为研究对象，由牛顿第二定律有
mgsin θ－μ2mgcos θ＝ma1
解得a1＝gsin θ－μ2gcos θ。
(2)在B与挡板P相撞前，A和B相对静止，以相同的加速度一起向下做匀加速运动。B与挡板P相撞后立即静止，A开始匀减速下滑。若A到达挡板P处时的速度恰好为零，此时B的长度即为最小长度l0。
从A释放至到达挡板P处的过程中，B与斜面间由于摩擦产生的热量
Q1＝μ2mgcos θ·(L－l0)
A与B间由于摩擦产生的热量
Q2＝μ1mgcos θ·l0
根据能量守恒定律有mgLsin θ＝Q1＋Q2
解得l0＝L。
(3)分两种情况：
①若l≥l0，B与挡板P相撞后不反弹，A一直减速直到静止在木板B上
木板B通过的路程x＝L－l。
②若l
B与斜面间由于摩擦产生的热量
Q′2＝μ2mgcos θ·x，
根据能量守恒定律有
mgLsin θ＝Q′1＋Q′2，
解得x＝。
【变式3-1】(2021·吉林五地六校合作体联考)如图甲所示，长木板A放在光滑的水平面上，质量为m＝2 kg的另一物体B(可看成质点)以水平速度v0＝2 m/s滑上原来静止的长木板A的上表面。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。下列说法正确的是(g取10 m/s2)( )
甲 乙
A．木板A获得的动能为2 J B．系统损失的机械能为4 J
C．木板A的最小长度为2 m D．A、B间的动摩擦因数为0.1
【答案】D
【解析】由题给图象可知，A、B的加速度大小都为1 m/s2，根据牛顿第二定律知二者质量相等，木板获得的动能为1 J，选项A错误；系统损失的机械能ΔE＝mv－·2m·v2＝2 J，选项B错误；由vt图象可求出二者相对位移为1 m，选项C错误；分析B的受力，根据牛顿第二定律，可求出μ＝0.1，选项D正确。
考点4 摩擦力做功与能量转化
两种摩擦力的做功情况比较
类别
比较
静摩擦力
滑动摩擦力
不同点
能量的转化方面
只有能量的转移，而没有能量的转化
既有能量的转移，又有能量的转化
一对摩擦力的总功方面
一对静摩擦力所做功的代数和等于零
一对滑动摩擦力所做功的代数和不为零，总功W＝－Ff l相对，即相对滑动时产生的热量
相同点
正功、负功、不做功方面
两种摩擦力对物体可以做正功、负功，还可以不做功
【典例4】如图所示，传送带与地面的夹角θ＝37°，A、B两端间距L＝16 m，传送带以速度v＝10 m/s沿顺时针方向运动，物体m＝1 kg，无初速度地放置于A端，它与传送带间的动摩擦因数μ＝0.5，试求：(sin 37°＝0.6，cos 37°＝0.8，g取10 m/s2)
(1)物体由A端运动到B端的时间；
(2)系统因摩擦产生的热量。
【答案】(1)2 s (2)24 J
【解析】(1)物体刚放上传送带时受到沿斜面向下的滑动摩擦力，由牛顿第二定律得
mgsin θ＋μmgcos θ＝ma1
设物体经时间t1加速到与传送带同速，则
v＝a1t1，x1＝a1t
解得a1＝10 m/s2，t1＝1 s，x1＝5 m
设物体与传送带同速后再经过时间t2到达B端，因mgsin θ>μmgcos θ，故当物体与传送带同速后，物体将继续加速，即mgsin θ－μmgcos θ＝ma2
L－x1＝vt2＋a2t
解得t2＝1 s
故物体由A端运动到B端的时间
t＝t1＋t2＝2 s。
(2)物体与传送带间的相对位移
x相＝(vt1－x1)＋(L－x1－vt2)＝6 m
故Q＝μmgcos θ·x相＝24 J。
【变式4-1】(2020·湖北六市高三联考)如图所示，竖直平面内有一半径为R的固定圆轨道与水平轨道相切于最低点B。一质量为m的小物块P(可视为质点)从A处由静止滑下，经过最低点B后沿水平轨道运动，到C处停下，B、C两点间的距离为R，物块P与圆轨道、水平轨道之间的动摩擦因数均为μ。现用力F将物块P沿下滑的路径从C处缓慢拉回圆弧轨道的顶端A，拉力F的方向始终与物块P的运动方向一致，物块P从B处经圆弧轨道到达A处过程中，克服摩擦力做的功为μmgR，下列说法正确的是( )
A．物块P在下滑过程中，运动到B处时速度最大
B．物块P从A滑到C的过程中克服摩擦力做的功等于2μmgR
C．拉力F做的功小于2mgR
D．拉力F做的功为mgR(1＋2μ)
【答案】CD
【解析】当重力沿圆轨道切线方向的分力等于滑动摩擦力时速度最大，此位置在AB之间，故A错误；将物块P缓慢地从B拉到A，克服摩擦力做的功为μmgR，而物块P从A滑到B的过程中，物块P做圆周运动，根据向心力知识可知物块P所受的支持力比缓慢运动时要大，则滑动摩擦力增大，所以克服摩擦力做的功Wf大于μmgR，因此物块P从A滑到C的过程中克服摩擦力做的功大于2μmgR，故B错误；由动能定理得，从C到A的过程中有WF－mgR－μmgR－μmgR＝0－0，则拉力F做的功为WF＝mgR(1＋2μ)，故D正确；从A到C的过程中，根据动能定理得mgR－Wf－μmgR＝0，因为Wf>μmgR，则mgR>μmgR＋μmgR，因此WF<2mgR，故C正确。
【易错01】功、功率和机车启动问题理解有误
一、功的分析和计算
1．功的正负的判断方法
2．计算功的方法
(1)恒力做功的计算方法
(2)几种力做功的比较
①重力、弹簧弹力、电场力、分子力做功与位移有关，与路径无关。
②滑动摩擦力、空气阻力、安培力做功与路径有关。
③摩擦力做功有以下特点：
a．单个摩擦力(包括静摩擦力和滑动摩擦力)可以做正功，也可以做负功，还可以不做功。
b．相互作用的一对静摩擦力做功的代数和总等于零；相互作用的一对滑动摩擦力做功的代数和不为零，且总为负值。
c．相互作用的一对滑动摩擦力做功过程中会发生物体间机械能转移和机械能转化为内能，内能Q＝Ffx相对。
(3)合力做功的计算方法
方法一
先求合外力F合，再用W合＝F合lcos α求功。适用于F合为恒力的过程
方法二
先求各个力做的功W1、W2、W3、…，再应用W合＝W1＋W2＋W3＋…求合力做的功
3.变力做功的求解
方法
以例说法
应用动能定理
用力F把小球从A处缓慢拉到B处，F做功为WF，则有：WF－mgL(1－cos θ)＝0，
得WF＝mgL(1－cos θ)
微元法
质量为m的木块在水平面内做圆周运动，运动一周克服摩擦力做功Wf＝Ff·Δx1＋Ff·Δx2＋Ff·Δx3＋…
＝Ff(Δx1＋Δx2＋Δx3＋…)＝Ff·2πR
等效转换法
恒力F把物块从A拉到B，绳子对物块做功
W＝F·(－)
图象法
一水平拉力拉着一物体在水平面上运动的位移为x0，图线与横轴所围面积表示拉力所做的功，
W＝x0
【易错02】动能定理的理解有误
动能定理的基本应用
1．应用流程
2．注意事项
(1)动能定理中的位移和速度必须是相对于同一个参考系的，一般以地面或相对地面静止的物体为参考系．
(2)应用动能定理的关键在于准确分析研究对象的受力情况及运动情况，可以画出运动过程的草图，借助草图理解物理过程之间的关系．
(3)当物体的运动包含多个不同过程时，可分段应用动能定理求解；也可以全过程应用动能定理．
(4)列动能定理方程时，必须明确各力做功的正、负，确实难以判断的先假定为正功，最后根据结果加以检验．
【易错03】机械能守恒定理的理解有误
对机械能守恒的理解与判断
1．机械能守恒判断的三种方法
定义法
利用机械能的定义直接判断，分析物体或系统的动能和势能的和是否变化，若不变，则机械能守恒
做功法
若物体或系统只有重力或系统内弹力做功，或有其他力做功，但其他力做功的代数和为零，则机械能守恒
转化法
若物体或系统中只有动能和势能的相互转化而无机械能与其他形式能的转化，则机械能守恒
2.对机械能守恒条件的理解及判断
(1)机械能守恒的条件绝不是合外力的功等于零，更不是合外力为零；“只有重力或弹力做功”不等于“只受重力或弹力作用”。
(2)对于一些绳子突然绷紧、物体间碰撞等情况，除非题目特别说明，否则机械能必定不守恒。
(3)对于系统机械能是否守恒，可以根据能量的转化进行判断。严格地讲，机械能守恒定律的条件应该是对一个系统而言，外力对系统不做功(表明系统与外界之间无能量交换)，系统内除了重力和弹力以外，无其他摩擦和介质阻力做功(表明系统内不存在机械能与其他形式能之间的转换)，则系统的机械能守恒。
【易错04】功能关系和能量守恒定律理解有误
1.几种常见的功能关系及其表达式
力做功
能的变化
定量关系
合力的功
动能变化
W＝Ek2－Ek1＝ΔEk
重力的功
重力势能变化
(1)重力做正功，重力势能减少
(2)重力做负功，重力势能增加
(3)WG＝－ΔEp＝Ep1－Ep2
弹簧弹力的功
弹性势能变化
(1)弹力做正功，弹性势能减少
(2)弹力做负功，弹性势能增加
(3)W弹＝－ΔEp＝Ep1－Ep2
只有重力、弹簧弹力做功
机械能不变化
机械能守恒，ΔE＝0
除重力和弹簧弹力之外的其他力做的功
机械能变化
(1)其他力做多少正功，物体的机械能就增加多少
(2)其他力做多少负功，物体的机械能就减少多少
(3)W其他＝ΔE
一对相互作用的滑动摩擦力的总功
机械能减少内能增加
(1)作用于系统的一对滑动摩擦力一定做负功，系统内能增加
(2)摩擦生热Q＝Ff·x相对
1.（2021·河北省实验中学学期调研）如图甲所示，在公元1267 ~ 1273年闻名于世的“襄阳炮”其实是一种大型抛石机。将石块放在长臂一端的石袋中，在短臂端挂上重物。发射前将长臂端往下拉至地面，然后突然松开，石袋中的石块过最高点时就被抛出。现将其简化为图乙所示。将一质量m= 80 kg的可视为质点的石块装在长L=m的长臂末端的石袋中，初始时长臂与水平面成α= 30°。松开后，长臂转至竖直位置时，石块被水平抛出，落在水平地面上。石块落地点与O点的水平距离s= 100 m。忽略长臂、短臂和石袋的质量，不计空气阻力和所有摩擦，g= 10 m/s2，下列说法正确的是（）
A. 石块水平抛出时的初速度为25 m/s
B. 重物重力势能的减少量等于石块机械能的增加量
C. 石块从A到最高点的过程中，石袋对石块做功1.16×105J
D. 石块圆周运动至最高点时，石袋对石块的作用力大小为1.42×104N
【答案】CD
【解析】
A．石块平抛运动的高度
根据得
故石块水平抛出时的初速度
选项A错误；
B．转动过程中，重物的动能也在增加，因此重物重力势能的减少量不等于石块机械能的增加量，选项B错误；
C．石块从A到最高点的过程中，石袋对石块做功
选项C正确；
D．石块圆周运动至最高点时，有
所以
选项D正确。
故选CD。
2.（2021·广东省普宁适应性考试）如图所示，足够长粗糙斜面倾角为θ，固定在水平面上，物块a通过平行于斜面的轻绳跨过光滑轻滑轮与物块b相连，b的质量为m。开始时，a、b均静止且a刚好不受斜面摩擦力作用。现对b施加竖直向下的恒力F，使a、b做加速运动。则在b下降h高度过程中（ ）
A. a的加速度等于
B. a的重力势能增加mghsinθ
C. 绳的拉力对a做的功等于a机械能的增加
D. F对b做的功与摩擦力对a做的功之和等于a、b动能的增加
【答案】D
【解析】
A．a、b两物块均静止，根据平衡条件有
解得
施加恒力F后，分别对物块a、b应用牛顿第二定律，对物块a有
对物块b有
联立解得
故A错误；
B．物块a重力势能的增量为
故B错误；
C．根据能量守恒定律，轻绳的拉力对物块a做的功等于物块a机械能的增加量和克服摩擦力做功产生的内能之和，所以轻绳的拉力对物块a做的功大于物块a增加的机械能，故C错误；
D．对物块a、b及轻绳组成的系统应用动能定理有
即
故D正确。
故选D。
3.（2021·北京市房山区二模）一滑块从固定光滑斜面顶端由静止释放，沿斜面下滑的过程中，滑块的动能Ek与运动时间t、下滑高度h、运动位移s之间的关系图像如图所示，其中正确的是（ ）
A B.
C. D.
【答案】C
【解析】
AB．设斜面与地面夹角为，则滑块的加速度为
则
联立，可知
故AB错误；
C．根据动能定理，有
故C正确；
D．根据运动学公式，有
则有
故D错误。
故选C。
1、（2022·广东卷·T9）如图所示，载有防疫物资的无人驾驶小车，在水平段以恒定功率、速度匀速行驶，在斜坡段以恒定功率、速度匀速行驶。已知小车总质量为，，段的倾角为，重力加速度g取，不计空气阻力。下列说法正确的有（ ）
A. 从M到N，小车牵引力大小为 B. 从M到N，小车克服摩擦力做功
C. 从P到Q，小车重力势能增加 D. 从P到Q，小车克服摩擦力做功
【答案】ABD
【解析】
A．小车从M到N，依题意有
代入数据解得
故A正确；
B．依题意，小车从M到N，因匀速，小车所受的摩擦力大小为
则摩擦力做功为
则小车克服摩擦力做功为800J，故B正确；
C．依题意，从P到Q，重力势能增加量为
故C错误；
D．依题意，小车从P到Q，摩擦力为f2，有
摩擦力做功为
联立解得
则小车克服摩擦力做功为700J，故D正确。
故选ABD。
2、（2022·全国乙卷·T16）固定于竖直平面内的光滑大圆环上套有一个小环，小环从大圆环顶端P点由静止开始自由下滑，在下滑过程中，小环的速率正比于（ ）
A. 它滑过的弧长
B. 它下降的高度
C. 它到P点的距离
D. 它与P点的连线扫过的面积
【答案】C
【解析】
如图所示
设圆环下降的高度为，圆环的半径为，它到P点的距离为，根据机械能守恒定律得
由几何关系可得
联立可得
可得
故C正确，ABD错误。
故选C。
3、（2022·浙江6月卷·T13）小明用额定功率为、最大拉力为的提升装置，把静置于地面的质量为的重物竖直提升到高为的平台，先加速再匀速，最后做加速度大小不超过的匀减速运动，到达平台速度刚好为零，取，则提升重物的最短时间为（ ）
A. 13.2s B. 14.2s C. 15.5s D. 17.0s
【答案】C
【解析】
为了以最短时间提升重物，一开始先以最大拉力拉重物做匀加速上升，当功率达到额定功率时，保持功率不变直到重物达到最大速度，接着做匀速运动，最后以最大加速度做匀减速上升至平台速度刚好为零，重物在第一阶段做匀加速上升过程，根据牛顿第二定律可得
当功率达到额定功率时，设重物速度为，则有
此过程所用时间和上升高度分别为
重物以最大速度匀速时，有
重物最后以最大加速度做匀减速运动的时间和上升高度分别为
设重物从结束匀加速运动到开始做匀减速运动所用时间为，该过程根据动能定理可得
又
联立解得
故提升重物的最短时间为
C正确，ABD错误；
故选C。
4、（2022·浙江1月卷·T1）单位为J/m的物理量是（ ）
A. 力 B. 功 C. 动能 D. 电场强度
【答案】A
【解析】
根据功的定义式可知
则有
因N是力的单位，故单位为J/m的物理量是力。
故选A。
5.（2022·河北·T9）如图，轻质定滑轮固定在天花板上，物体和用不可伸长的轻绳相连，悬挂定滑轮上，质量，时刻将两物体由静止释放，物体的加速度大小为。时刻轻绳突然断开，物体能够达到的最高点恰与物体释放位置处于同一高度，取时刻物体所在水平面为零势能面，此时物体的机能为。重力加速度大小为，不计摩擦和空气阻力，两物体均可视为质点。下列说法正确的是（ ）
A. 物体和的质量之比为 B. 时刻物体的机械能为
C. 时刻物体重力的功率为 D. 时刻物体的速度大小
【答案】BCD
【解析】
A．开始释放时物体Q的加速度为，则
解得
选项A错误；
B．在T时刻，两物体的速度
P上升的距离
细线断后P能上升的高度
可知开始时PQ距离为
若设开始时P所处的位置为零势能面，则开始时Q的机械能为
从开始到绳子断裂，绳子的拉力对Q做负功，大小为
则此时物体Q的机械能
此后物块Q的机械能守恒，则在2T时刻物块Q的机械能仍为，选项B正确；
CD．在2T时刻，重物P的速度
方向向下；此时物体P重力的瞬时功率
选项CD正确。
故选BCD。
1.(2021·河北张家口期末)如图所示，运动员跳伞将经历加速下降和减速下降两个过程，在这两个过程中，下列说法正确的是( )
A．运动员先处于超重状态后处于失重状态
B．空气浮力对系统始终做负功
C．加速下降时，重力做的功大于系统重力势能的减小量
D．任意相等的时间内系统重力势能的减小量相等
【答案】选B
【解析】运动员先加速向下运动，处于失重状态，后减速向下运动，处于超重状态，A错误；空气浮力与运动方向总相反，故空气浮力对系统始终做负功，B正确；加速下降时，重力做的功等于系统重力势能的减小量，C错误；因为是变速运动，所以任意相等的时间内，系统下降的高度不相等，则系统重力势能的减小量不相等，D错误。
2．(2021·吉林市联考)从地面竖直上抛一个质量为m的小球，小球上升的最大高度为h，设上升和下降过程中空气阻力大小恒为Ff。重力加速度为g，下列说法正确的是( )
A．小球上升的过程中动能减少了mgh
B．小球上升和下降的整个过程中机械能减少了Ffh
C．小球上升的过程中重力势能增加了mgh
D．小球上升和下降的整个过程中动能减少了Ffh
【答案】选C
【解析】小球上升的过程中，重力和阻力都做负功，其中克服重力做功等于mgh，故总功大于mgh；根据动能定理，总功等于动能的变化量，故动能的减小量大于mgh，故A错误；除重力外其余力做的功等于机械能的变化量，除重力外，克服阻力做功2Ffh，故机械能减小2Ffh，故B错误；小球上升h，故重力势能增加mgh，故C正确；小球上升和下降的整个过程中，重力做功等于零，阻力做功等于－2Ffh，故根据动能定理，动能减小2Ffh，故D错误。
3．(多选)如图所示，轻质弹簧一端固定，另一端连接一小物块，O点为弹簧在原长时物块的位置。物块由A点静止释放，沿粗糙程度相同的水平面向右运动，最远到达B点。在从A到B的过程中，物块( )
A．加速度先减小后增大
B．经过O点时的速度最大
C．所受弹簧弹力始终做正功
D．所受弹簧弹力做的功等于克服摩擦力做的功
【答案】选AD
【解析】小物块由A点开始向右加速运动，弹簧压缩量逐渐减小，F弹减小，由F弹－Ff＝ma知，a减小；当运动到F弹＝Ff时，a减小为零，此时小物块速度最大，弹簧仍处于压缩状态；由于惯性，小物块继续向右运动，此时Ff－F弹＝ma，小物块做减速运动，且随着压缩量继续减小，a逐渐增大；当越过O点后，弹簧开始被拉伸，此时F弹＋Ff＝ma，随着拉伸量增大，a继续增大，综上所述，从A到B过程中，物块加速度先减小后增大，在O点左侧F弹＝Ff时速度达到最大，故A正确，B错误。在AO段物块所受弹簧弹力做正功，在OB段做负功，故C错误。由动能定理知，从A到B的过程中，弹力做功与摩擦力做功之和为0，故D正确。
4.(2021·安徽合肥一模)如图所示，一个质量为m的小铁块沿半径为R的固定半圆轨道上边缘由静止滑下，到半圆轨道最低点时，轨道所受压力为铁块重力的1.5倍，则此过程中铁块损失的机械能为(重力加速度为g)( )
A．mgR B．mgR
C．mgR D．mgR
【答案】选D
【解析】铁块在最低点，支持力与重力合力等于向心力，即1.5mg－mg＝m，即铁块动能Ek＝mv2＝mgR，初动能为零，故动能增加mgR，铁块重力势能减少mgR，所以机械能损失mgR，D正确。
5．某小组利用频闪照相的方法研究单摆的运动过程，即用在同一张底片上多次曝光的方法，在远处从与单摆摆动平面垂直的视角拍摄单摆在摆动过程中的多个位置的照片。从摆球离开左侧最高点A时开始，每隔相同时间曝光一次，得到了一张记录摆球从A位置由静止运动到右侧最高点B的照片，如图所示，其中摆球运动到最低点O时摆线被一把刻度尺挡住。对照片进行分析可知（ ）
A．A和B位置等高，说明摆球在运动过程中机械能守恒
B．摆球在A点的所受合力大小大于在B点的合力
C．摆球经过O点前后瞬间加速度大小不变
D．摆球经过O点前后瞬间角速度大小不变
【答案】选A
【解答】解：A、A和B位置等高，机械能相等，说明摆球在运动过程中机械能守恒，故A正确；
B、摆球在A点的速度为零，向心力为零，即沿绳子方向的合力为零，摆球的合力等于重力沿圆弧切线方向的分力，由于在A点绳子偏离竖直方向的夹角小于在B点偏离竖直方向的夹角，可知，在A点重力沿圆弧切线方向的分力小于在B点重力沿圆弧切线方向的分力，故摆球在A点的所受合力大小小于在B点的合力，故B错误；
C、摆球经过O点前后瞬间速度大小不变，半径变化，根据a＝分析知摆球经过O点前后瞬间加速度大小是变化的，故C错误；
D、根据v＝ωr分析可知，摆球经过O点前后瞬间角速度大小发生变化，故D错误；
故选：A。
1.(2021·河南省新乡市第三次模拟)如图所示，长直轻杆两端分别固定小球A和B，两球质量均为m，两球半径忽略不计，杆的长度为L。先将杆AB竖直靠放在竖直墙上，轻轻拨动小球B，使小球B在水平面上由静止开始向右滑动，当小球A沿墙下滑距离为时，下列说法正确的是(不计一切摩擦，重力加速度为g)( )
A.杆对小球A做功为mgL
B.小球A、B的速度都为
C.小球A、B的速度分别为和
D.杆与小球A、B组成的系统机械能减少了mgL
【答案】 C
【解析】 对A、B组成的系统，由机械能守恒定律得mg·＝mv＋mv，又有vAcos 60°＝vBcos 30°，解得vA＝，vB＝，选项C正确，B、D错误；对A，由动能定理得，mg＋W＝mv，解得杆对小球A做的功W＝mv－mg·＝－mgL，选项A错误。
2.(2021·杭州二中第一次月考)某家用桶装纯净水手压式压水器如图，桶放置在水平地面上，在手连续稳定按压下，出水速度为v0，供水系统的效率为η(η<1)，现测量出桶底到出水管之间的高度差为H，出水口倾斜，其离出水管的高度差可忽略，出水口的横截面积为S，水的密度为ρ，重力加速度为g，则下列说法正确的是( )
A．出水口t时间内的出水体积Q＝v0St
B．出水口所出水落地时的速度v＝
C．出水后，手连续稳定按压的功率为＋
D．手按压输入的功率等于单位时间内所出水的动能和重力势能之和
【答案】AB
【解析】t时间内水从出水口流出的体积为Sv0t，选项A正确；水从出水口流出后到落地的过程，根据动能定理得mgH＝mv2－mv，解得落地速度为v＝，选项B正确；手连续稳定按压使水具有初动能和重力势能，在时间t内，流过出水口的水的质量m′＝ρSv0t，则出水口的水具有的机械能为E＝m′v＋m′gH＝ρStv＋ρv0StgH，而供水系统的效率为η，所以手连续稳定按压做的功为W＝＋，则功率为P＝＝＋，选项C错误；由于供水系统的效率η<1，因此手按压输入的功率大于单位时间内所出水的动能和重力势能之和，选项D错误。
3.(2021·四川遂宁零诊)如图所示，固定的水平光滑细杆上套有物块A，细线跨过位于O点和杆右端Q点的两个轻质光滑小滑轮，一端连接物块A，另一端悬挂物块B，物块A质量为，物块B质量为m。C为O点正下方杆上的点，滑轮到杆的距离为h。开始时A位于P点，PO与水平方向的夹角为30°，PC
A．物块A由P点出发第一次到达C点的过程中，速度先增大后减小
B．物块A经过C点时的速度大小为2
C．物块A在杆上长为h的范围内做往复运动
D．在物块A由P点出发第一次到达C点的过程中，物块B克服细线拉力做的功等于B重力势能的减少量
【答案】BD
【解析】物块A由P点出发第一次到达C点过程中，物块在水平方向始终受到细线拉力向右分力的作用，一直加速，A项错误；物块A经过C点时，根据运动的分解有vAcos θ＝vB，此时OP与AC夹角θ＝90°，B的速度为零，物块A由P点到C点过程中，对物块A、B利用动能定理有mg＝·v2，解得v＝2，B项正确；根据题意可得PC＝＝h，物块A、B组成的系统机械能守恒，由对称性可知，A在杆上长为2h的范围内做往复运动，C项错误；A到达C点时B的速度为零，由动能定理判断物块B重力势能的减少量全部用来克服细线拉力做功，D项正确。
4.(2021·湖南长沙高三检测)如图所示，一定质量的小球(可视为质点)套在固定的竖直光滑椭圆形轨道上，椭圆的左焦点为P，长轴AC水平且长为2L0，短轴BD竖直且长为L0。原长为L0的轻弹簧一端套在过P点的垂直纸面的光滑水平轴上，另一端与位于A点的小球连接。若小球逆时针沿椭圆轨道运动，在A点时的速度大小为v0，弹簧始终处于弹性限度内，则下列说法正确的是( )
A．小球在C点的速度大小为v0
B．小球在D点时的动能最大
C．小球在B、D两点的机械能不相等
D．小球在从A点经过D点到达C点的过程中机械能先变小后变大
【答案】AB
【解析】小球运动过程中小球与弹簧组成的系统的重力势能、弹性势能和动能相互转化，但三者之和保持不变。因为弹簧原长为L0，半长轴的长为L0，故在A点弹簧处于压缩状态，压缩量等于PO的长度，即L0(由椭圆公式知PO长为L0)。小球在C点时弹簧长度等于L0＋L0＝L0，故伸长量也等于PO的长度，即L0，所以在A、C两点弹簧的形变量相等，弹簧的弹性势能相等，故在高度相同的A、C两点小球的动能相等，小球在C点的速度大小也为v0，A正确；由几何关系可知PD＝L0，小球在D点时系统的重力势能、弹性势能都最小，所以此时小球动能最大，B正确；在B、D两点时，小球到P点的距离都等于L0，即等于弹簧原长，弹簧的弹性势能相同(一般视为零)，小球的机械能也是相等的，C错误；小球在从A点经过D点到达C点的过程中弹簧的弹性势能先变小后变大，故小球的机械能先变大后变小，D错误。
5.(2021·温州高三模拟)如图所示，质量为M、长度为L的小车静止在光滑水平面上，质量为m的小物块(可视为质点)放在小车的最左端。现用一水平恒力F作用在小物块上，使小物块从静止开始做匀加速直线运动。小物块和小车之间的摩擦力为Ff，小物块滑到小车的最右端时，小车运动的距离为x。此过程中，以下结论正确的是( )
A.小物块到达小车最右端时具有的动能为(F－Ff)(L＋x)
B.小物块到达小车最右端时，小车具有的动能为Ff x
C.小物块克服摩擦力所做的功为Ff(L＋x)
D.小物块和小车增加的机械能为Fx
【答案】 ABC
【解析】 由动能定理可得，小物块到达小车最右端时的动能Ek物＝W合＝(F－Ff)(L＋x)，A正确；小物块到达小车最右端时，小车的动能Ek车＝Ff x，B正确；小物块克服摩擦力所做的功Wf＝Ff(L＋x)，C正确；小物块和小车增加的机械能为F(L＋x)－Ff L，D错误。
6．在某电视台举办的冲关游戏中，AB是处于竖直平面内的光滑圆弧轨道。半径R＝1.6 m，BC是长度为L1＝3 m的水平传送带，CD是长度为L2＝3.6 m的水平粗糙轨道，ABCD轨道与传送带平滑连接，参赛者抱紧滑板从A处由静止下滑。参赛者和滑板可视为质点，参赛者质量m＝60 kg，滑板质量可忽略，已知滑板与传送带、水平轨道的动摩擦因数分别为μ1＝0.4，μ2＝0.5，g取10 m/s2。求：
(1)参赛者运动到圆弧轨道B处对轨道的压力；
(2)若参赛者恰好能运动至D点，求传送带运转速率及方向；
(3)在第(2)问中，传送带由于传送参赛者多消耗的电能。
【答案】 (1)1 200 N 方向竖直向下 (2)6 m/s 方向为顺时针 (3)720 J
【解析】(1)参赛者从A到B的过程，由机械能守恒定律得：
mgR(1－cos 60°)＝mv
代入数据解得：vB＝4 m/s
在B点，对参赛者由牛顿第二定律得：
FN－mg＝m
代入数据解得：FN＝1 200 N
由牛顿第三定律知参赛者运动到圆弧轨道B处对轨道的压力大小为：F′N＝FN＝1 200 N，方向竖直向下。
(2)参赛者由C到D的过程，由动能定理得：
－μ2mgL2＝0－mv
解得：vC＝6 m/s>vB＝4 m/s
所以传送带运转方向为顺时针
假设参赛者在传送带一直加速，设到达C点的速度为v，由动能定理得：
μ1mgL1＝mv2－mv
解得：v＝2 m/s>vC＝6 m/s
所以传送带速度等于vC＝6 m/s。
(3)参赛者在传送带上匀加速运动的时间为：t＝＝＝0.5 s
此过程中参赛者与传送带间的相对位移大小为：Δx＝vCt－t＝0.5 m
由能量守恒定律得，传送带由于传送参赛者多消耗的电能为：
ΔE＝μ1mgΔx＋
代入数据解得：ΔE＝720 J。
7.(2021·山东潍坊高三质检)图甲中，质量为m1＝1 kg的物块叠放在质量为m2＝3 kg的木板右端。木板足够长，放在光滑的水平面上，木板与物块之间的动摩擦因数为μ1＝0.2。整个系统开始时静止，重力加速度g取10 m/s2。
甲 乙 丙
(1)在木板右端施加水平向右的拉力F，为使木板和物块发生相对运动，拉力F至少应为多大？
(2)在0～4 s内，若拉力F的变化如图乙所示，2 s后木板进入μ2＝0.25的粗糙水平面，在图丙中画出0～4 s内木板和物块的vt图象，并求出0～4 s内物块相对木板的位移大小和整个系统因摩擦而产生的内能。
【答案】见解析
【解析】 (1)把物块和木板看成整体，由牛顿第二定律得
F＝(m1＋m2)a
物块与木板将要相对滑动时，μ1m1g＝m1a
联立解得F＝μ1(m1＋m2)g＝8 N。
(2)物块在0～2 s内做匀加速直线运动，物块的加速度a1＝μ1g＝2 m/s2,2 s末速度v1＝a1t1＝4 m/s，木板在0～1 s内做匀加速直线运动，加速度a2＝＝4 m/s2，1 s末速度v2＝a2t2＝4 m/s，在1～2 s内做匀速运动，即2 s时物块和木板速度相等，2 s后物块和木板均做匀减速直线运动，木板加速度大小a′2＝＝ m/s2，速度减到零的时间t′0＝＝1.5 s。物块加速度均为a1＝μ1g，速度减为零的时间t′1＝＝2 s。故二者在整个运动过程中的vt图象如图所示。
0～2 s内物块相对木板向左运动，2～4 s内物块相对木板向右运动。
0～2 s内物块相对木板的位移大小
Δx1＝×4 m－×4×2 m＝2 m
物块与木板因摩擦产生的内能
Q1＝μ1m1gΔx1＝4 J。
2～4 s内物块相对木板的位移大小
Δx2＝×4×2 m－×4×1.5 m＝1 m
物块与木板因摩擦产生的内能
Q2＝μ1m1gΔx2＝2 J
0～4 s物块相对木板的位移
x1＝Δx1－Δx2＝1 m。
2 s后木板对地位移x2＝×4×1.5 m＝3 m，
木板与水平面因摩擦产生的内能
Q3＝μ2(m1＋m2)gx2＝30 J。
0～4 s内系统因摩擦产生的总内能为
Q＝Q1＋Q2＋Q3＝36 J。
8．(2021·湖南省邵东县第一中学月考)如图所示，三个小球A、B、C的质量均为m，A与B、C间通过铰链用轻杆连接，杆长为L，B、C置于水平地面上，用一轻质弹簧连接，弹簧处于原长．现A由静止释放下降到最低点，两轻杆间夹角α由60°变为120°，A、B、C在同一竖直平面内运动，弹簧在弹性限度内，忽略一切摩擦，重力加速度为g.则在此过程中
A．A的动能达到最大前，B受到地面的支持力小于mg
B．A的动能最大时，B受到地面的支持力等于mg
C．弹簧的弹性势能最大时，A的加速度方向竖直向下
D．弹簧的弹性势能最大值为mgL
【答案】AB
【解析】
A的动能最大时，设B和C受到地面的支持力大小均为F，此时整体在竖直方向受力平衡，可得2F=3mg，所以，在A的动能达到最大前一直是加速下降，处于失重情况，所以B受到地面的支持力小于，故AB正确；当A达到最低点时动能为零，此时弹簧的弹性势能最大，A的加速度方向向上，故C错误；A球达到最大动能后向下做减速运动，到达最低点时三个小球的动能均为零，由机械能守恒定律得，弹簧的弹性势能为Ep＝mg(Lcos 30°－Lcos 60°)＝，故D错误．所以AB正确，CD错误．
9．(2021·甘肃省兰州一中高三二模)如图甲所示，质量为1 kg的小物块，以初速度v0=11 m/s从θ＝53º的固定斜面底端先后两次滑上斜面，第一次对小物块施加一沿斜面向上的恒力F，第二次不施加力，图乙中的两条线段a、b分别表示施加力F和无力F时小物块沿斜面向上运动的v-t图线，不考虑空气阻力，g=10 m/s2，sin37º=0.6， cos37º=0.8，下列说法正确的是( )
A．有恒力作用时，恒力F做的功是6.5 J
B．小物块与斜面间的动摩擦因数为0.5
C．有恒力F时，小物块在整个上升过程产生的热量较少
D．有恒力F时，小物块在整个上升过程机械能的减少量较少
【答案】BD
【解析】
根据v-t图线的斜率等于加速度，可知： ；根据牛顿第二定律得：不加拉力时有：mab=-mgsin53°-μmgcos53°；代入数据得：μ=0.5；加拉力时有：maa=F-mgsin53°-μmgcos53°，解得：F=1N．位移，则恒力F做的功是WF=Fx=6.05J，故A错误，B正确；根据v-t图象与坐标轴所围的面积表示位移，可知有恒力F时小物块的位移较大，所以在上升过程产生的热量较大．故C错误；有恒力F时，小物块上升的高度比较大，所以该过程物块重力势能增加量较大，而升高的过程中动能的减小量是相等的，所以有恒力F时，小物块在整个上升过程机械能的减少量较小．故D正确．
10．(2021·四川省泸县第四中学高三模拟)如图所示，表面光滑的斜面固定在水平地面，顶端安装有定滑轮，小物块A、B通过绕过定滑轮的绝缘轻绳连接，轻绳平行于斜面，空间有平行于斜面向下的匀强电场．开始时，带正电的小物块A在斜面底端，在外力作用下静止，B离地面一定高度，撤去外力，B竖直向下运动．B不带电，不计滑轮摩擦．则从A和B开始运动到B着地的过程中( )
A．A的电势能增加
B．A和B系统的机械能守恒
C．A和B系统减少的重力势能等于A增加的电势能
D．轻绳拉力对A做的功大于A的电势能增加量和动能增加量之和
【答案】AD
【解析】A.物体A带正电，所以B竖直向下的过程中A沿斜面向上运动，电场力做负功，电势能增大，A正确
B.因为电场力对A做负功，电势能增加，而总能量守恒，所以机械能减小，B错误
C.根据能量守恒定律可知，整个过程系统重力势能减小量一部分转化成了系统的动能，另一部分转化成A增加的电势能，C错误
D.对A物体应用功能关系，可知轻绳拉力对A做的功等于A的电势能增加量和动能增加量以及重力势能的增加量，D正确
11．(2021·广西壮族自治区北流市实验中学高三开学考试)如图甲所示，轻弹簧竖直放置，下端固定在水平地面上，一质量为m的小球，从离弹簧上端高h处由静止释放。某同学探究小球在接触弹簧后向下的运动过程，他以小球开始下落的位置为原点，沿竖直向下方向建立坐标轴Ox，作出小球所受弹力F大小随小球下落的位置坐标x的变化关系如图乙所示，不计空气阻力，重力加速度为g。以下判断正确的是
A．当x=h+x0时，重力势能与弹性势能之和最小 B．最低点的坐标为x=h+2x0
C．小球受到的弹力最大值等于2mg D．小球动能的最大值为
【答案】AD
【解析】由图象结合小球的运动过程为:先自由落体运动，当与弹簧相接触后，再做加速度减小的加速运动，然后做加速度增大的减速运动，直到小球速度为零。
A．当x=h+x0时，弹力等于重力，加速度为零，小球速度最大，动能最大，由于系统机械能守恒，所以重力势能与弹性势能之和最小，A正确；
B．在最低点小球速度为零，从刚释放小球到小球运动到最低点，小球动能变化量为零，重力做的功和弹力做的功的绝对值相等，即到最低点图中实线与x轴围成的面积应该与mg那条虚线与x轴围成的面积相同，所以最低点应该在h+2x0小球的后边，B错误；
C．由B知道最低点位置大于，所以弹力大于2mg， C错误；
D．当x=h+x0时，弹力等于重力，加速度为零，小球速度最大，动能最大，由动能定理可得
，
故D正确。
12．（20分）(2021·河北承德一中第三次月考)如图所示，两个半径为R的四分之一圆弧构成的光滑细管道ABC竖直放置，且固定在光滑水平面上，圆心连线O1O2水平。轻弹簧左端固定在竖直挡板上，右端与质量为m的小球接触(不拴接，小球的直径略小于管的内径)，长为R的薄板DE置于倾角θ＝37°的斜面上，斜面的底端O恰好位于C点的正下方，板的下端D到O点的距离为R。开始时弹簧处于锁定状态，具有一定的弹性势能，其中g为重力加速度，sin 37°＝0.6，解除锁定，小球离开弹簧后进入管道，最后从C点抛出。
(1)若小球经C点时所受的弹力的大小为mg，求弹簧弹性势能的大小Ep；
(2)若用此锁定的弹簧发射质量不同的小球，问小球质量m1满足什么条件，从C点抛出的小球才能击中薄板DE?
【答案】 (1)mgR (2)m≤m1≤m
【解析】 (1)解除弹簧锁定后，小球运动到C点的过程，弹簧和小球组成的系统机械能守恒，根据机械能守恒定律可得Ep＝2mgR＋mv
小球经C点时所受的弹力的大小为mg，分析可知方向只能向下
根据向心力公式得mg＋mg＝m
解得Ep＝mgR。
(2)小球离开C点后做平抛运动，若小球恰好落在D点，根据平抛运动规律有
2R－Rsin 37°＝gt2
Rcos 37°＝v1t
弹簧的弹性势能Ep＝2m11gR＋m11v
解得m11＝m
小球离开C点后做平抛运动，若小球恰好落在E点，根据平抛运动规律有
2R－2Rsin 37°＝gt′2
2Rcos 37°＝v2t′
弹簧的弹性势能Ep＝2m12gR＋m12v
解得m12＝m
小球质量满足m≤m1≤m时，小球才能击中薄板。
专题07：机械能守恒定律
考点1 机械能守恒定律的应用 1
考点2 功能关系及能量守恒定律 3
考点3 动力学和能量观点解决“板—块”模型 6
考点4 摩擦力做功与能量转化 8
考点1 机械能守恒定律的应用
1．机械能守恒的三种判断方法
(1)用做功判断：若物体或系统只有重力(或弹簧的弹力)做功，虽受其他力，但其他力不做功，则其机械能守恒。
(2)用能量转化判断：若物体或系统中只有动能和势能的相互转化，而无机械能与其他形式的能的相互转化，则其机械能守恒。
(3)对多个物体组成的系统，除考虑是否只有重力做功外，还要考虑系统内力是否做功，如有滑动摩擦力做功时，因摩擦生热，系统机械能将有损失。
2．机械能守恒定律的三种表达形式
【典例1】如图所示，质量为M的物块A放置在光滑水平桌面上，右侧连接一固定于墙面的水平轻绳，左侧通过一倾斜轻绳跨过光滑定滑轮与一竖直轻弹簧相连。现将质量为m的钩码B挂于弹簧下端，当弹簧处于原长时，将B由静止释放，当B下降到最低点时（未着地），A对水平桌面的压力刚好为零。轻绳不可伸长，弹簧始终在弹性限度内，物块A始终处于静止状态。以下判断正确的是（ ）
A. M<2m
B. 2m
D. 在B从释放位置运动到速度最大的过程中，B克服弹簧弹力做的功等于B机械能的减少量
【答案】ACD
【解析】AB．由题意可知B物体可以在开始位置到最低点之间做简谐振动，故在最低点时有弹簧弹力T=2mg；对A分析，设绳子与桌面间夹角为θ，则依题意有
故有，故A正确，B错误；
C．由题意可知B从释放位置到最低点过程中，开始弹簧弹力小于重力，物体加速，合力做正功；后来弹簧弹力大于重力，物体减速，合力做负功，故C正确；
D．对于B，在从释放到速度最大过程中，B机械能的减少量等于弹簧弹力所做的负功，即等于B克服弹簧弹力所做的功，故D正确
【变式1-1】(2021·河南洛阳模拟)(多选)如图所示，有质量为2m、m的小滑块P、Q，P套在固定竖直杆上，Q放在水平地面上。P、Q间通过铰链用长为L的刚性轻杆连接，一轻弹簧左端与Q相连，右端固定在竖直杆上，弹簧水平，α＝30°时，弹簧处于原长。当α＝30°时，P由静止释放，下降到最低点时α变为60°，整个运动过程中，P、Q始终在同一竖直平面内，弹簧在弹性限度内，忽略一切摩擦，重力加速度为g。则P下降过程中( )
A．P、Q组成的系统机械能守恒
B．当α＝45°时，P、Q的速度相同
C．弹簧弹性势能最大值为(－1)mgL
D．P下降过程中动能达到最大前，Q受到地面的支持力小于3mg
【答案】 CD
【解析】 对于P、Q组成的系统，由于弹簧对Q要做功，所以系统的机械能不守恒。但对P、Q、弹簧组成的系统，只有重力或弹簧弹力做功，系统的机械能守恒，故A错误；当α＝45°时，根据P、Q沿轻杆方向的分速度相等得vQ cos 45°＝vP cos 45°，可得vP＝vQ，但速度方向不同，所以P、Q的速度不同，故B错误；根据系统机械能守恒可得：Ep＝2mgL(cos 30°－cos 60°)，弹性势能的最大值为Ep＝(－1)mgL，故C正确；P下降过程中动能达到最大前，P加速下降，对P、Q整体，在竖直方向上根据牛顿第二定律有3mg－N＝2ma，则有N<3mg，故D正确。
【变式1-2】从地面竖直向上抛出一物体，其机械能E总等于动能Ek与重力势能Ep之和。取地面为重力势能零点，该物体的E总和Ep随它离开地面的高度h的变化如图所示。重力加速度取10 m/s2。由图中数据可得（ ）
A．物体的质量为2 kg
B．h=0时，物体的速率为20 m/s
C．h=2 m时，物体的动能Ek=40 J
D．从地面至h=4 m，物体的动能减少100 J
【答案】AD
【解析】本题重在考查重力势能以及机械能与高度h的关系；本题中物体在上升的过程中机械能不守恒，这一点一定要注意；
A．Ep-h图像知其斜率为G，故G= =20N，解得m=2kg，故A正确
B．h=0时，Ep=0，Ek=E机-Ep=100J-0=100J，故=100J，解得：v=10m/s，故B错误；
C．h=2m时，Ep=40J，Ek= E机-Ep=85J-40J=45J，故C错误
D．h=0时，Ek=E机-Ep=100J-0=100J，h=4m时，Ek’=E机-Ep=80J-80J=0J，故Ek- Ek’=100J，故D正确
考点2 功能关系及能量守恒定律
1．常见的功能关系
2．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。
【典例2】（2021·浙江卷）如图所示，竖直平面内由倾角α=60°的斜面轨道AB、半径均为R的半圆形细圆管轨道BCDE和圆周细圆管轨道EFG构成一游戏装置固定于地面，B、E两处轨道平滑连接，轨道所在平面与竖直墙面垂直。轨道出口处G和圆心O2的连线，以及O2、E、O1和B等四点连成的直线与水平线间的夹角均为θ=30°，G点与竖直墙面的距离。现将质量为m的小球从斜面的某高度h处静止释放。小球只有与竖直墙面间的碰撞可视为弹性碰撞，不计小球大小和所受阻力。
(1)若释放处高度h=h0，当小球第一次运动到圆管最低点C时，求速度大小vc及在此过程中所受合力的冲量的大小和方向；
(2)求小球在圆管内与圆心O1点等高的D点所受弹力FN与h的关系式；
(3)若小球释放后能从原路返回到出发点，高度h应该满足什么条件？
【答案】(1)，，水平向左；(2)（h≥R）；(3)或
【解析】
(1)机械能守恒
解得
动量定理
方向水平向左
(2)机械能守恒
牛顿第二定律
解得
满足的条件
(3)第1种情况:不滑离轨道原路返回，条件是
第2种情况：与墙面垂直碰撞后原路返回，在进入G之前是平抛运动
其中，，则
得
机械能守恒
h满足的条件
【变式2-1】（多选）如图所示，在竖直平面内有一半径为R的四分之一圆弧轨道BC，与竖直轨道AB和水平轨道CD相切，轨道均光滑。现有长也为R的轻杆，两端固定质量均为m的相同小球a、b(可视为质点)，用某装置控制住小球a，使轻杆竖直且小球b与B点等高，然后由静止释放，杆将沿轨道下滑。设小球始终与轨道接触，重力加速度为g。则( )
A. 下滑过程中a球机械能增大
B. 下滑过程中b球机械能守恒
C. 小球a滑过C点后，a球速度为3gR
D. 从释放至a球到滑过C点的过程中，轻杆对b球做正功为12mgR
【答案】CD
【解析】AB.下滑的过程中，若以两球为整体，则系统机械能守恒。若分开研究分析，则杆对a球做负功，a球机械能减小，杆对b球做正功，则b球机械能增加，故AB错误；
C.以两球为系统进行研究，由机械能守恒得mgR+mg∙2R=12⋅2m⋅v2，解得v=3gR，故C正确；
D.对b球分析，其机械能的变化量为 ∆Eb=12mv2-mgR=12mgR ，由功能关系可知，轻杆对b球做正功为12mgR，故D正确。故选CD。
【变式2-2】如图所示，竖直平面内有一半径为R＝0.50m的光滑圆弧槽BCD，B点与圆心O等高，水平面DQ与圆弧槽相接于D点，一质量为m＝0.10 kg的小球从B点的正上方H＝0.95 m高处的A点自由下落，由B点进入圆弧槽轨道，从D点飞出后落在水平面上的Q点，DQ间的距离x＝2.4 m，球从D点飞出后的运动过程中相对水平面上升的最大高度h＝0.80 m，取g＝10 m/s2，不计空气阻力，求：
(1)小球经过C点时轨道对它的支持力大小FN；
(2)小球经过P点时的速度大小vP；
(3)D点与圆心O的高度差hOD。
【答案】(1)6.8 N (2)3 m/s (3)0.3 m
【解析】(1)设小球经过C点时的速度为v1，由机械能守恒定律有mg(H＋R)＝mv12
由牛顿第二定律有FN－mg＝m
代入数据解得FN＝6.8 N。
(2)从P到Q小球做平抛运动
竖直方向有h＝gt2
水平方向有＝vPt
代入数据解得vP＝3 m/s。
(3)小球从开始运动到P点的过程中，机械能守恒，取DQ水平面为零势能面，则mvP2＋mgh＝mg(H＋hOD)
代入数据解得hOD＝0.3 m。
考点3 动力学和能量观点解决“板—块”模型
1．相关规律和方法
运动学的基本规律、牛顿运动定律、功的分析与计算、动能定理、能量守恒定律。
2．解题技巧
如果涉及加速度、时间和受力的分析和计算，一般应用动力学方法；如果只涉及位移、功和能量的转化问题，通常采用动能定理和能量守恒定律分析。
3.相对滑动物体能量问题的解题流程
【典例3】如图所示，倾角为θ的斜面底端固定一个挡板P，质量为m的小物块A与质量不计的木板B叠放在斜面上，A位于B的最上端且与挡板P相距L。已知A与B、B与斜面间的动摩擦因数分别为μ1、μ2，且μ1>tan θ>μ2，最大静摩擦力等于滑动摩擦力，A与挡板P相撞的过程中没有机械能损失。将A、B同时由静止释放。
(1)求A、B释放瞬间小物块A的加速度大小a1；
(2)若A与挡板P不相撞，求木板B的最小长度l0；
(3)若木板B的长度为l，求整个过程中木板B运动的总路程。
【答案】 (1)gsin θ－μ2gcos θ (2)L (3)L－l或
【解析】 (1)释放A、B，它们一起匀加速下滑。以A、B为研究对象，由牛顿第二定律有
mgsin θ－μ2mgcos θ＝ma1
解得a1＝gsin θ－μ2gcos θ。
(2)在B与挡板P相撞前，A和B相对静止，以相同的加速度一起向下做匀加速运动。B与挡板P相撞后立即静止，A开始匀减速下滑。若A到达挡板P处时的速度恰好为零，此时B的长度即为最小长度l0。
从A释放至到达挡板P处的过程中，B与斜面间由于摩擦产生的热量
Q1＝μ2mgcos θ·(L－l0)
A与B间由于摩擦产生的热量
Q2＝μ1mgcos θ·l0
根据能量守恒定律有mgLsin θ＝Q1＋Q2
解得l0＝L。
(3)分两种情况：
①若l≥l0，B与挡板P相撞后不反弹，A一直减速直到静止在木板B上
木板B通过的路程x＝L－l。
②若l
B与斜面间由于摩擦产生的热量
Q′2＝μ2mgcos θ·x，
根据能量守恒定律有
mgLsin θ＝Q′1＋Q′2，
解得x＝。
【变式3-1】(2021·吉林五地六校合作体联考)如图甲所示，长木板A放在光滑的水平面上，质量为m＝2 kg的另一物体B(可看成质点)以水平速度v0＝2 m/s滑上原来静止的长木板A的上表面。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。下列说法正确的是(g取10 m/s2)( )
甲 乙
A．木板A获得的动能为2 J B．系统损失的机械能为4 J
C．木板A的最小长度为2 m D．A、B间的动摩擦因数为0.1
【答案】D
【解析】由题给图象可知，A、B的加速度大小都为1 m/s2，根据牛顿第二定律知二者质量相等，木板获得的动能为1 J，选项A错误；系统损失的机械能ΔE＝mv－·2m·v2＝2 J，选项B错误；由vt图象可求出二者相对位移为1 m，选项C错误；分析B的受力，根据牛顿第二定律，可求出μ＝0.1，选项D正确。
考点4 摩擦力做功与能量转化
两种摩擦力的做功情况比较
类别
比较
静摩擦力
滑动摩擦力
不同点
能量的转化方面
只有能量的转移，而没有能量的转化
既有能量的转移，又有能量的转化
一对摩擦力的总功方面
一对静摩擦力所做功的代数和等于零
一对滑动摩擦力所做功的代数和不为零，总功W＝－Ff l相对，即相对滑动时产生的热量
相同点
正功、负功、不做功方面
两种摩擦力对物体可以做正功、负功，还可以不做功
【典例4】如图所示，传送带与地面的夹角θ＝37°，A、B两端间距L＝16 m，传送带以速度v＝10 m/s沿顺时针方向运动，物体m＝1 kg，无初速度地放置于A端，它与传送带间的动摩擦因数μ＝0.5，试求：(sin 37°＝0.6，cos 37°＝0.8，g取10 m/s2)
(1)物体由A端运动到B端的时间；
(2)系统因摩擦产生的热量。
【答案】(1)2 s (2)24 J
【解析】(1)物体刚放上传送带时受到沿斜面向下的滑动摩擦力，由牛顿第二定律得
mgsin θ＋μmgcos θ＝ma1
设物体经时间t1加速到与传送带同速，则
v＝a1t1，x1＝a1t
解得a1＝10 m/s2，t1＝1 s，x1＝5 m
设物体与传送带同速后再经过时间t2到达B端，因mgsin θ>μmgcos θ，故当物体与传送带同速后，物体将继续加速，即mgsin θ－μmgcos θ＝ma2
L－x1＝vt2＋a2t
解得t2＝1 s
故物体由A端运动到B端的时间
t＝t1＋t2＝2 s。
(2)物体与传送带间的相对位移
x相＝(vt1－x1)＋(L－x1－vt2)＝6 m
故Q＝μmgcos θ·x相＝24 J。
【变式4-1】(2020·湖北六市高三联考)如图所示，竖直平面内有一半径为R的固定圆轨道与水平轨道相切于最低点B。一质量为m的小物块P(可视为质点)从A处由静止滑下，经过最低点B后沿水平轨道运动，到C处停下，B、C两点间的距离为R，物块P与圆轨道、水平轨道之间的动摩擦因数均为μ。现用力F将物块P沿下滑的路径从C处缓慢拉回圆弧轨道的顶端A，拉力F的方向始终与物块P的运动方向一致，物块P从B处经圆弧轨道到达A处过程中，克服摩擦力做的功为μmgR，下列说法正确的是( )
A．物块P在下滑过程中，运动到B处时速度最大
B．物块P从A滑到C的过程中克服摩擦力做的功等于2μmgR
C．拉力F做的功小于2mgR
D．拉力F做的功为mgR(1＋2μ)
【答案】CD
【解析】当重力沿圆轨道切线方向的分力等于滑动摩擦力时速度最大，此位置在AB之间，故A错误；将物块P缓慢地从B拉到A，克服摩擦力做的功为μmgR，而物块P从A滑到B的过程中，物块P做圆周运动，根据向心力知识可知物块P所受的支持力比缓慢运动时要大，则滑动摩擦力增大，所以克服摩擦力做的功Wf大于μmgR，因此物块P从A滑到C的过程中克服摩擦力做的功大于2μmgR，故B错误；由动能定理得，从C到A的过程中有WF－mgR－μmgR－μmgR＝0－0，则拉力F做的功为WF＝mgR(1＋2μ)，故D正确；从A到C的过程中，根据动能定理得mgR－Wf－μmgR＝0，因为Wf>μmgR，则mgR>μmgR＋μmgR，因此WF<2mgR，故C正确。
【易错01】功、功率和机车启动问题理解有误
一、功的分析和计算
1．功的正负的判断方法
2．计算功的方法
(1)恒力做功的计算方法
(2)几种力做功的比较
①重力、弹簧弹力、电场力、分子力做功与位移有关，与路径无关。
②滑动摩擦力、空气阻力、安培力做功与路径有关。
③摩擦力做功有以下特点：
a．单个摩擦力(包括静摩擦力和滑动摩擦力)可以做正功，也可以做负功，还可以不做功。
b．相互作用的一对静摩擦力做功的代数和总等于零；相互作用的一对滑动摩擦力做功的代数和不为零，且总为负值。
c．相互作用的一对滑动摩擦力做功过程中会发生物体间机械能转移和机械能转化为内能，内能Q＝Ffx相对。
(3)合力做功的计算方法
方法一
先求合外力F合，再用W合＝F合lcos α求功。适用于F合为恒力的过程
方法二
先求各个力做的功W1、W2、W3、…，再应用W合＝W1＋W2＋W3＋…求合力做的功
3.变力做功的求解
方法
以例说法
应用动能定理
用力F把小球从A处缓慢拉到B处，F做功为WF，则有：WF－mgL(1－cos θ)＝0，
得WF＝mgL(1－cos θ)
微元法
质量为m的木块在水平面内做圆周运动，运动一周克服摩擦力做功Wf＝Ff·Δx1＋Ff·Δx2＋Ff·Δx3＋…
＝Ff(Δx1＋Δx2＋Δx3＋…)＝Ff·2πR
等效转换法
恒力F把物块从A拉到B，绳子对物块做功
W＝F·(－)
图象法
一水平拉力拉着一物体在水平面上运动的位移为x0，图线与横轴所围面积表示拉力所做的功，
W＝x0
【易错02】动能定理的理解有误
动能定理的基本应用
1．应用流程
2．注意事项
(1)动能定理中的位移和速度必须是相对于同一个参考系的，一般以地面或相对地面静止的物体为参考系．
(2)应用动能定理的关键在于准确分析研究对象的受力情况及运动情况，可以画出运动过程的草图，借助草图理解物理过程之间的关系．
(3)当物体的运动包含多个不同过程时，可分段应用动能定理求解；也可以全过程应用动能定理．
(4)列动能定理方程时，必须明确各力做功的正、负，确实难以判断的先假定为正功，最后根据结果加以检验．
【易错03】机械能守恒定理的理解有误
对机械能守恒的理解与判断
1．机械能守恒判断的三种方法
定义法
利用机械能的定义直接判断，分析物体或系统的动能和势能的和是否变化，若不变，则机械能守恒
做功法
若物体或系统只有重力或系统内弹力做功，或有其他力做功，但其他力做功的代数和为零，则机械能守恒
转化法
若物体或系统中只有动能和势能的相互转化而无机械能与其他形式能的转化，则机械能守恒
2.对机械能守恒条件的理解及判断
(1)机械能守恒的条件绝不是合外力的功等于零，更不是合外力为零；“只有重力或弹力做功”不等于“只受重力或弹力作用”。
(2)对于一些绳子突然绷紧、物体间碰撞等情况，除非题目特别说明，否则机械能必定不守恒。
(3)对于系统机械能是否守恒，可以根据能量的转化进行判断。严格地讲，机械能守恒定律的条件应该是对一个系统而言，外力对系统不做功(表明系统与外界之间无能量交换)，系统内除了重力和弹力以外，无其他摩擦和介质阻力做功(表明系统内不存在机械能与其他形式能之间的转换)，则系统的机械能守恒。
【易错04】功能关系和能量守恒定律理解有误
1.几种常见的功能关系及其表达式
力做功
能的变化
定量关系
合力的功
动能变化
W＝Ek2－Ek1＝ΔEk
重力的功
重力势能变化
(1)重力做正功，重力势能减少
(2)重力做负功，重力势能增加
(3)WG＝－ΔEp＝Ep1－Ep2
弹簧弹力的功
弹性势能变化
(1)弹力做正功，弹性势能减少
(2)弹力做负功，弹性势能增加
(3)W弹＝－ΔEp＝Ep1－Ep2
只有重力、弹簧弹力做功
机械能不变化
机械能守恒，ΔE＝0
除重力和弹簧弹力之外的其他力做的功
机械能变化
(1)其他力做多少正功，物体的机械能就增加多少
(2)其他力做多少负功，物体的机械能就减少多少
(3)W其他＝ΔE
一对相互作用的滑动摩擦力的总功
机械能减少内能增加
(1)作用于系统的一对滑动摩擦力一定做负功，系统内能增加
(2)摩擦生热Q＝Ff·x相对
1.（2021·河北省实验中学学期调研）如图甲所示，在公元1267 ~ 1273年闻名于世的“襄阳炮”其实是一种大型抛石机。将石块放在长臂一端的石袋中，在短臂端挂上重物。发射前将长臂端往下拉至地面，然后突然松开，石袋中的石块过最高点时就被抛出。现将其简化为图乙所示。将一质量m= 80 kg的可视为质点的石块装在长L=m的长臂末端的石袋中，初始时长臂与水平面成α= 30°。松开后，长臂转至竖直位置时，石块被水平抛出，落在水平地面上。石块落地点与O点的水平距离s= 100 m。忽略长臂、短臂和石袋的质量，不计空气阻力和所有摩擦，g= 10 m/s2，下列说法正确的是（）
A. 石块水平抛出时的初速度为25 m/s
B. 重物重力势能的减少量等于石块机械能的增加量
C. 石块从A到最高点的过程中，石袋对石块做功1.16×105J
D. 石块圆周运动至最高点时，石袋对石块的作用力大小为1.42×104N
【答案】CD
【解析】
A．石块平抛运动的高度
根据得
故石块水平抛出时的初速度
选项A错误；
B．转动过程中，重物的动能也在增加，因此重物重力势能的减少量不等于石块机械能的增加量，选项B错误；
C．石块从A到最高点的过程中，石袋对石块做功
选项C正确；
D．石块圆周运动至最高点时，有
所以
选项D正确。
故选CD。
2.（2021·广东省普宁适应性考试）如图所示，足够长粗糙斜面倾角为θ，固定在水平面上，物块a通过平行于斜面的轻绳跨过光滑轻滑轮与物块b相连，b的质量为m。开始时，a、b均静止且a刚好不受斜面摩擦力作用。现对b施加竖直向下的恒力F，使a、b做加速运动。则在b下降h高度过程中（ ）
A. a的加速度等于
B. a的重力势能增加mghsinθ
C. 绳的拉力对a做的功等于a机械能的增加
D. F对b做的功与摩擦力对a做的功之和等于a、b动能的增加
【答案】D
【解析】
A．a、b两物块均静止，根据平衡条件有
解得
施加恒力F后，分别对物块a、b应用牛顿第二定律，对物块a有
对物块b有
联立解得
故A错误；
B．物块a重力势能的增量为
故B错误；
C．根据能量守恒定律，轻绳的拉力对物块a做的功等于物块a机械能的增加量和克服摩擦力做功产生的内能之和，所以轻绳的拉力对物块a做的功大于物块a增加的机械能，故C错误；
D．对物块a、b及轻绳组成的系统应用动能定理有
即
故D正确。
故选D。
3.（2021·北京市房山区二模）一滑块从固定光滑斜面顶端由静止释放，沿斜面下滑的过程中，滑块的动能Ek与运动时间t、下滑高度h、运动位移s之间的关系图像如图所示，其中正确的是（ ）
A B.
C. D.
【答案】C
【解析】
AB．设斜面与地面夹角为，则滑块的加速度为
则
联立，可知
故AB错误；
C．根据动能定理，有
故C正确；
D．根据运动学公式，有
则有
故D错误。
故选C。
1、（2022·广东卷·T9）如图所示，载有防疫物资的无人驾驶小车，在水平段以恒定功率、速度匀速行驶，在斜坡段以恒定功率、速度匀速行驶。已知小车总质量为，，段的倾角为，重力加速度g取，不计空气阻力。下列说法正确的有（ ）
A. 从M到N，小车牵引力大小为 B. 从M到N，小车克服摩擦力做功
C. 从P到Q，小车重力势能增加 D. 从P到Q，小车克服摩擦力做功
【答案】ABD
【解析】
A．小车从M到N，依题意有
代入数据解得
故A正确；
B．依题意，小车从M到N，因匀速，小车所受的摩擦力大小为
则摩擦力做功为
则小车克服摩擦力做功为800J，故B正确；
C．依题意，从P到Q，重力势能增加量为
故C错误；
D．依题意，小车从P到Q，摩擦力为f2，有
摩擦力做功为
联立解得
则小车克服摩擦力做功为700J，故D正确。
故选ABD。
2、（2022·全国乙卷·T16）固定于竖直平面内的光滑大圆环上套有一个小环，小环从大圆环顶端P点由静止开始自由下滑，在下滑过程中，小环的速率正比于（ ）
A. 它滑过的弧长
B. 它下降的高度
C. 它到P点的距离
D. 它与P点的连线扫过的面积
【答案】C
【解析】
如图所示
设圆环下降的高度为，圆环的半径为，它到P点的距离为，根据机械能守恒定律得
由几何关系可得
联立可得
可得
故C正确，ABD错误。
故选C。
3、（2022·浙江6月卷·T13）小明用额定功率为、最大拉力为的提升装置，把静置于地面的质量为的重物竖直提升到高为的平台，先加速再匀速，最后做加速度大小不超过的匀减速运动，到达平台速度刚好为零，取，则提升重物的最短时间为（ ）
A. 13.2s B. 14.2s C. 15.5s D. 17.0s
【答案】C
【解析】
为了以最短时间提升重物，一开始先以最大拉力拉重物做匀加速上升，当功率达到额定功率时，保持功率不变直到重物达到最大速度，接着做匀速运动，最后以最大加速度做匀减速上升至平台速度刚好为零，重物在第一阶段做匀加速上升过程，根据牛顿第二定律可得
当功率达到额定功率时，设重物速度为，则有
此过程所用时间和上升高度分别为
重物以最大速度匀速时，有
重物最后以最大加速度做匀减速运动的时间和上升高度分别为
设重物从结束匀加速运动到开始做匀减速运动所用时间为，该过程根据动能定理可得
又
联立解得
故提升重物的最短时间为
C正确，ABD错误；
故选C。
4、（2022·浙江1月卷·T1）单位为J/m的物理量是（ ）
A. 力 B. 功 C. 动能 D. 电场强度
【答案】A
【解析】
根据功的定义式可知
则有
因N是力的单位，故单位为J/m的物理量是力。
故选A。
5.（2022·河北·T9）如图，轻质定滑轮固定在天花板上，物体和用不可伸长的轻绳相连，悬挂定滑轮上，质量，时刻将两物体由静止释放，物体的加速度大小为。时刻轻绳突然断开，物体能够达到的最高点恰与物体释放位置处于同一高度，取时刻物体所在水平面为零势能面，此时物体的机能为。重力加速度大小为，不计摩擦和空气阻力，两物体均可视为质点。下列说法正确的是（ ）
A. 物体和的质量之比为 B. 时刻物体的机械能为
C. 时刻物体重力的功率为 D. 时刻物体的速度大小
【答案】BCD
【解析】
A．开始释放时物体Q的加速度为，则
解得
选项A错误；
B．在T时刻，两物体的速度
P上升的距离
细线断后P能上升的高度
可知开始时PQ距离为
若设开始时P所处的位置为零势能面，则开始时Q的机械能为
从开始到绳子断裂，绳子的拉力对Q做负功，大小为
则此时物体Q的机械能
此后物块Q的机械能守恒，则在2T时刻物块Q的机械能仍为，选项B正确；
CD．在2T时刻，重物P的速度
方向向下；此时物体P重力的瞬时功率
选项CD正确。
故选BCD。
1.(2021·河北张家口期末)如图所示，运动员跳伞将经历加速下降和减速下降两个过程，在这两个过程中，下列说法正确的是( )
A．运动员先处于超重状态后处于失重状态
B．空气浮力对系统始终做负功
C．加速下降时，重力做的功大于系统重力势能的减小量
D．任意相等的时间内系统重力势能的减小量相等
【答案】选B
【解析】运动员先加速向下运动，处于失重状态，后减速向下运动，处于超重状态，A错误；空气浮力与运动方向总相反，故空气浮力对系统始终做负功，B正确；加速下降时，重力做的功等于系统重力势能的减小量，C错误；因为是变速运动，所以任意相等的时间内，系统下降的高度不相等，则系统重力势能的减小量不相等，D错误。
2．(2021·吉林市联考)从地面竖直上抛一个质量为m的小球，小球上升的最大高度为h，设上升和下降过程中空气阻力大小恒为Ff。重力加速度为g，下列说法正确的是( )
A．小球上升的过程中动能减少了mgh
B．小球上升和下降的整个过程中机械能减少了Ffh
C．小球上升的过程中重力势能增加了mgh
D．小球上升和下降的整个过程中动能减少了Ffh
【答案】选C
【解析】小球上升的过程中，重力和阻力都做负功，其中克服重力做功等于mgh，故总功大于mgh；根据动能定理，总功等于动能的变化量，故动能的减小量大于mgh，故A错误；除重力外其余力做的功等于机械能的变化量，除重力外，克服阻力做功2Ffh，故机械能减小2Ffh，故B错误；小球上升h，故重力势能增加mgh，故C正确；小球上升和下降的整个过程中，重力做功等于零，阻力做功等于－2Ffh，故根据动能定理，动能减小2Ffh，故D错误。
3．(多选)如图所示，轻质弹簧一端固定，另一端连接一小物块，O点为弹簧在原长时物块的位置。物块由A点静止释放，沿粗糙程度相同的水平面向右运动，最远到达B点。在从A到B的过程中，物块( )
A．加速度先减小后增大
B．经过O点时的速度最大
C．所受弹簧弹力始终做正功
D．所受弹簧弹力做的功等于克服摩擦力做的功
【答案】选AD
【解析】小物块由A点开始向右加速运动，弹簧压缩量逐渐减小，F弹减小，由F弹－Ff＝ma知，a减小；当运动到F弹＝Ff时，a减小为零，此时小物块速度最大，弹簧仍处于压缩状态；由于惯性，小物块继续向右运动，此时Ff－F弹＝ma，小物块做减速运动，且随着压缩量继续减小，a逐渐增大；当越过O点后，弹簧开始被拉伸，此时F弹＋Ff＝ma，随着拉伸量增大，a继续增大，综上所述，从A到B过程中，物块加速度先减小后增大，在O点左侧F弹＝Ff时速度达到最大，故A正确，B错误。在AO段物块所受弹簧弹力做正功，在OB段做负功，故C错误。由动能定理知，从A到B的过程中，弹力做功与摩擦力做功之和为0，故D正确。
4.(2021·安徽合肥一模)如图所示，一个质量为m的小铁块沿半径为R的固定半圆轨道上边缘由静止滑下，到半圆轨道最低点时，轨道所受压力为铁块重力的1.5倍，则此过程中铁块损失的机械能为(重力加速度为g)( )
A．mgR B．mgR
C．mgR D．mgR
【答案】选D
【解析】铁块在最低点，支持力与重力合力等于向心力，即1.5mg－mg＝m，即铁块动能Ek＝mv2＝mgR，初动能为零，故动能增加mgR，铁块重力势能减少mgR，所以机械能损失mgR，D正确。
5．某小组利用频闪照相的方法研究单摆的运动过程，即用在同一张底片上多次曝光的方法，在远处从与单摆摆动平面垂直的视角拍摄单摆在摆动过程中的多个位置的照片。从摆球离开左侧最高点A时开始，每隔相同时间曝光一次，得到了一张记录摆球从A位置由静止运动到右侧最高点B的照片，如图所示，其中摆球运动到最低点O时摆线被一把刻度尺挡住。对照片进行分析可知（ ）
A．A和B位置等高，说明摆球在运动过程中机械能守恒
B．摆球在A点的所受合力大小大于在B点的合力
C．摆球经过O点前后瞬间加速度大小不变
D．摆球经过O点前后瞬间角速度大小不变
【答案】选A
【解答】解：A、A和B位置等高，机械能相等，说明摆球在运动过程中机械能守恒，故A正确；
B、摆球在A点的速度为零，向心力为零，即沿绳子方向的合力为零，摆球的合力等于重力沿圆弧切线方向的分力，由于在A点绳子偏离竖直方向的夹角小于在B点偏离竖直方向的夹角，可知，在A点重力沿圆弧切线方向的分力小于在B点重力沿圆弧切线方向的分力，故摆球在A点的所受合力大小小于在B点的合力，故B错误；
C、摆球经过O点前后瞬间速度大小不变，半径变化，根据a＝分析知摆球经过O点前后瞬间加速度大小是变化的，故C错误；
D、根据v＝ωr分析可知，摆球经过O点前后瞬间角速度大小发生变化，故D错误；
故选：A。
1.(2021·河南省新乡市第三次模拟)如图所示，长直轻杆两端分别固定小球A和B，两球质量均为m，两球半径忽略不计，杆的长度为L。先将杆AB竖直靠放在竖直墙上，轻轻拨动小球B，使小球B在水平面上由静止开始向右滑动，当小球A沿墙下滑距离为时，下列说法正确的是(不计一切摩擦，重力加速度为g)( )
A.杆对小球A做功为mgL
B.小球A、B的速度都为
C.小球A、B的速度分别为和
D.杆与小球A、B组成的系统机械能减少了mgL
【答案】 C
【解析】 对A、B组成的系统，由机械能守恒定律得mg·＝mv＋mv，又有vAcos 60°＝vBcos 30°，解得vA＝，vB＝，选项C正确，B、D错误；对A，由动能定理得，mg＋W＝mv，解得杆对小球A做的功W＝mv－mg·＝－mgL，选项A错误。
2.(2021·杭州二中第一次月考)某家用桶装纯净水手压式压水器如图，桶放置在水平地面上，在手连续稳定按压下，出水速度为v0，供水系统的效率为η(η<1)，现测量出桶底到出水管之间的高度差为H，出水口倾斜，其离出水管的高度差可忽略，出水口的横截面积为S，水的密度为ρ，重力加速度为g，则下列说法正确的是( )
A．出水口t时间内的出水体积Q＝v0St
B．出水口所出水落地时的速度v＝
C．出水后，手连续稳定按压的功率为＋
D．手按压输入的功率等于单位时间内所出水的动能和重力势能之和
【答案】AB
【解析】t时间内水从出水口流出的体积为Sv0t，选项A正确；水从出水口流出后到落地的过程，根据动能定理得mgH＝mv2－mv，解得落地速度为v＝，选项B正确；手连续稳定按压使水具有初动能和重力势能，在时间t内，流过出水口的水的质量m′＝ρSv0t，则出水口的水具有的机械能为E＝m′v＋m′gH＝ρStv＋ρv0StgH，而供水系统的效率为η，所以手连续稳定按压做的功为W＝＋，则功率为P＝＝＋，选项C错误；由于供水系统的效率η<1，因此手按压输入的功率大于单位时间内所出水的动能和重力势能之和，选项D错误。
3.(2021·四川遂宁零诊)如图所示，固定的水平光滑细杆上套有物块A，细线跨过位于O点和杆右端Q点的两个轻质光滑小滑轮，一端连接物块A，另一端悬挂物块B，物块A质量为，物块B质量为m。C为O点正下方杆上的点，滑轮到杆的距离为h。开始时A位于P点，PO与水平方向的夹角为30°，PC
A．物块A由P点出发第一次到达C点的过程中，速度先增大后减小
B．物块A经过C点时的速度大小为2
C．物块A在杆上长为h的范围内做往复运动
D．在物块A由P点出发第一次到达C点的过程中，物块B克服细线拉力做的功等于B重力势能的减少量
【答案】BD
【解析】物块A由P点出发第一次到达C点过程中，物块在水平方向始终受到细线拉力向右分力的作用，一直加速，A项错误；物块A经过C点时，根据运动的分解有vAcos θ＝vB，此时OP与AC夹角θ＝90°，B的速度为零，物块A由P点到C点过程中，对物块A、B利用动能定理有mg＝·v2，解得v＝2，B项正确；根据题意可得PC＝＝h，物块A、B组成的系统机械能守恒，由对称性可知，A在杆上长为2h的范围内做往复运动，C项错误；A到达C点时B的速度为零，由动能定理判断物块B重力势能的减少量全部用来克服细线拉力做功，D项正确。
4.(2021·湖南长沙高三检测)如图所示，一定质量的小球(可视为质点)套在固定的竖直光滑椭圆形轨道上，椭圆的左焦点为P，长轴AC水平且长为2L0，短轴BD竖直且长为L0。原长为L0的轻弹簧一端套在过P点的垂直纸面的光滑水平轴上，另一端与位于A点的小球连接。若小球逆时针沿椭圆轨道运动，在A点时的速度大小为v0，弹簧始终处于弹性限度内，则下列说法正确的是( )
A．小球在C点的速度大小为v0
B．小球在D点时的动能最大
C．小球在B、D两点的机械能不相等
D．小球在从A点经过D点到达C点的过程中机械能先变小后变大
【答案】AB
【解析】小球运动过程中小球与弹簧组成的系统的重力势能、弹性势能和动能相互转化，但三者之和保持不变。因为弹簧原长为L0，半长轴的长为L0，故在A点弹簧处于压缩状态，压缩量等于PO的长度，即L0(由椭圆公式知PO长为L0)。小球在C点时弹簧长度等于L0＋L0＝L0，故伸长量也等于PO的长度，即L0，所以在A、C两点弹簧的形变量相等，弹簧的弹性势能相等，故在高度相同的A、C两点小球的动能相等，小球在C点的速度大小也为v0，A正确；由几何关系可知PD＝L0，小球在D点时系统的重力势能、弹性势能都最小，所以此时小球动能最大，B正确；在B、D两点时，小球到P点的距离都等于L0，即等于弹簧原长，弹簧的弹性势能相同(一般视为零)，小球的机械能也是相等的，C错误；小球在从A点经过D点到达C点的过程中弹簧的弹性势能先变小后变大，故小球的机械能先变大后变小，D错误。
5.(2021·温州高三模拟)如图所示，质量为M、长度为L的小车静止在光滑水平面上，质量为m的小物块(可视为质点)放在小车的最左端。现用一水平恒力F作用在小物块上，使小物块从静止开始做匀加速直线运动。小物块和小车之间的摩擦力为Ff，小物块滑到小车的最右端时，小车运动的距离为x。此过程中，以下结论正确的是( )
A.小物块到达小车最右端时具有的动能为(F－Ff)(L＋x)
B.小物块到达小车最右端时，小车具有的动能为Ff x
C.小物块克服摩擦力所做的功为Ff(L＋x)
D.小物块和小车增加的机械能为Fx
【答案】 ABC
【解析】 由动能定理可得，小物块到达小车最右端时的动能Ek物＝W合＝(F－Ff)(L＋x)，A正确；小物块到达小车最右端时，小车的动能Ek车＝Ff x，B正确；小物块克服摩擦力所做的功Wf＝Ff(L＋x)，C正确；小物块和小车增加的机械能为F(L＋x)－Ff L，D错误。
6．在某电视台举办的冲关游戏中，AB是处于竖直平面内的光滑圆弧轨道。半径R＝1.6 m，BC是长度为L1＝3 m的水平传送带，CD是长度为L2＝3.6 m的水平粗糙轨道，ABCD轨道与传送带平滑连接，参赛者抱紧滑板从A处由静止下滑。参赛者和滑板可视为质点，参赛者质量m＝60 kg，滑板质量可忽略，已知滑板与传送带、水平轨道的动摩擦因数分别为μ1＝0.4，μ2＝0.5，g取10 m/s2。求：
(1)参赛者运动到圆弧轨道B处对轨道的压力；
(2)若参赛者恰好能运动至D点，求传送带运转速率及方向；
(3)在第(2)问中，传送带由于传送参赛者多消耗的电能。
【答案】 (1)1 200 N 方向竖直向下 (2)6 m/s 方向为顺时针 (3)720 J
【解析】(1)参赛者从A到B的过程，由机械能守恒定律得：
mgR(1－cos 60°)＝mv
代入数据解得：vB＝4 m/s
在B点，对参赛者由牛顿第二定律得：
FN－mg＝m
代入数据解得：FN＝1 200 N
由牛顿第三定律知参赛者运动到圆弧轨道B处对轨道的压力大小为：F′N＝FN＝1 200 N，方向竖直向下。
(2)参赛者由C到D的过程，由动能定理得：
－μ2mgL2＝0－mv
解得：vC＝6 m/s>vB＝4 m/s
所以传送带运转方向为顺时针
假设参赛者在传送带一直加速，设到达C点的速度为v，由动能定理得：
μ1mgL1＝mv2－mv
解得：v＝2 m/s>vC＝6 m/s
所以传送带速度等于vC＝6 m/s。
(3)参赛者在传送带上匀加速运动的时间为：t＝＝＝0.5 s
此过程中参赛者与传送带间的相对位移大小为：Δx＝vCt－t＝0.5 m
由能量守恒定律得，传送带由于传送参赛者多消耗的电能为：
ΔE＝μ1mgΔx＋
代入数据解得：ΔE＝720 J。
7.(2021·山东潍坊高三质检)图甲中，质量为m1＝1 kg的物块叠放在质量为m2＝3 kg的木板右端。木板足够长，放在光滑的水平面上，木板与物块之间的动摩擦因数为μ1＝0.2。整个系统开始时静止，重力加速度g取10 m/s2。
甲 乙 丙
(1)在木板右端施加水平向右的拉力F，为使木板和物块发生相对运动，拉力F至少应为多大？
(2)在0～4 s内，若拉力F的变化如图乙所示，2 s后木板进入μ2＝0.25的粗糙水平面，在图丙中画出0～4 s内木板和物块的vt图象，并求出0～4 s内物块相对木板的位移大小和整个系统因摩擦而产生的内能。
【答案】见解析
【解析】 (1)把物块和木板看成整体，由牛顿第二定律得
F＝(m1＋m2)a
物块与木板将要相对滑动时，μ1m1g＝m1a
联立解得F＝μ1(m1＋m2)g＝8 N。
(2)物块在0～2 s内做匀加速直线运动，物块的加速度a1＝μ1g＝2 m/s2,2 s末速度v1＝a1t1＝4 m/s，木板在0～1 s内做匀加速直线运动，加速度a2＝＝4 m/s2，1 s末速度v2＝a2t2＝4 m/s，在1～2 s内做匀速运动，即2 s时物块和木板速度相等，2 s后物块和木板均做匀减速直线运动，木板加速度大小a′2＝＝ m/s2，速度减到零的时间t′0＝＝1.5 s。物块加速度均为a1＝μ1g，速度减为零的时间t′1＝＝2 s。故二者在整个运动过程中的vt图象如图所示。
0～2 s内物块相对木板向左运动，2～4 s内物块相对木板向右运动。
0～2 s内物块相对木板的位移大小
Δx1＝×4 m－×4×2 m＝2 m
物块与木板因摩擦产生的内能
Q1＝μ1m1gΔx1＝4 J。
2～4 s内物块相对木板的位移大小
Δx2＝×4×2 m－×4×1.5 m＝1 m
物块与木板因摩擦产生的内能
Q2＝μ1m1gΔx2＝2 J
0～4 s物块相对木板的位移
x1＝Δx1－Δx2＝1 m。
2 s后木板对地位移x2＝×4×1.5 m＝3 m，
木板与水平面因摩擦产生的内能
Q3＝μ2(m1＋m2)gx2＝30 J。
0～4 s内系统因摩擦产生的总内能为
Q＝Q1＋Q2＋Q3＝36 J。
8．(2021·湖南省邵东县第一中学月考)如图所示，三个小球A、B、C的质量均为m，A与B、C间通过铰链用轻杆连接，杆长为L，B、C置于水平地面上，用一轻质弹簧连接，弹簧处于原长．现A由静止释放下降到最低点，两轻杆间夹角α由60°变为120°，A、B、C在同一竖直平面内运动，弹簧在弹性限度内，忽略一切摩擦，重力加速度为g.则在此过程中
A．A的动能达到最大前，B受到地面的支持力小于mg
B．A的动能最大时，B受到地面的支持力等于mg
C．弹簧的弹性势能最大时，A的加速度方向竖直向下
D．弹簧的弹性势能最大值为mgL
【答案】AB
【解析】
A的动能最大时，设B和C受到地面的支持力大小均为F，此时整体在竖直方向受力平衡，可得2F=3mg，所以，在A的动能达到最大前一直是加速下降，处于失重情况，所以B受到地面的支持力小于，故AB正确；当A达到最低点时动能为零，此时弹簧的弹性势能最大，A的加速度方向向上，故C错误；A球达到最大动能后向下做减速运动，到达最低点时三个小球的动能均为零，由机械能守恒定律得，弹簧的弹性势能为Ep＝mg(Lcos 30°－Lcos 60°)＝，故D错误．所以AB正确，CD错误．
9．(2021·甘肃省兰州一中高三二模)如图甲所示，质量为1 kg的小物块，以初速度v0=11 m/s从θ＝53º的固定斜面底端先后两次滑上斜面，第一次对小物块施加一沿斜面向上的恒力F，第二次不施加力，图乙中的两条线段a、b分别表示施加力F和无力F时小物块沿斜面向上运动的v-t图线，不考虑空气阻力，g=10 m/s2，sin37º=0.6， cos37º=0.8，下列说法正确的是( )
A．有恒力作用时，恒力F做的功是6.5 J
B．小物块与斜面间的动摩擦因数为0.5
C．有恒力F时，小物块在整个上升过程产生的热量较少
D．有恒力F时，小物块在整个上升过程机械能的减少量较少
【答案】BD
【解析】
根据v-t图线的斜率等于加速度，可知： ；根据牛顿第二定律得：不加拉力时有：mab=-mgsin53°-μmgcos53°；代入数据得：μ=0.5；加拉力时有：maa=F-mgsin53°-μmgcos53°，解得：F=1N．位移，则恒力F做的功是WF=Fx=6.05J，故A错误，B正确；根据v-t图象与坐标轴所围的面积表示位移，可知有恒力F时小物块的位移较大，所以在上升过程产生的热量较大．故C错误；有恒力F时，小物块上升的高度比较大，所以该过程物块重力势能增加量较大，而升高的过程中动能的减小量是相等的，所以有恒力F时，小物块在整个上升过程机械能的减少量较小．故D正确．
10．(2021·四川省泸县第四中学高三模拟)如图所示，表面光滑的斜面固定在水平地面，顶端安装有定滑轮，小物块A、B通过绕过定滑轮的绝缘轻绳连接，轻绳平行于斜面，空间有平行于斜面向下的匀强电场．开始时，带正电的小物块A在斜面底端，在外力作用下静止，B离地面一定高度，撤去外力，B竖直向下运动．B不带电，不计滑轮摩擦．则从A和B开始运动到B着地的过程中( )
A．A的电势能增加
B．A和B系统的机械能守恒
C．A和B系统减少的重力势能等于A增加的电势能
D．轻绳拉力对A做的功大于A的电势能增加量和动能增加量之和
【答案】AD
【解析】A.物体A带正电，所以B竖直向下的过程中A沿斜面向上运动，电场力做负功，电势能增大，A正确
B.因为电场力对A做负功，电势能增加，而总能量守恒，所以机械能减小，B错误
C.根据能量守恒定律可知，整个过程系统重力势能减小量一部分转化成了系统的动能，另一部分转化成A增加的电势能，C错误
D.对A物体应用功能关系，可知轻绳拉力对A做的功等于A的电势能增加量和动能增加量以及重力势能的增加量，D正确
11．(2021·广西壮族自治区北流市实验中学高三开学考试)如图甲所示，轻弹簧竖直放置，下端固定在水平地面上，一质量为m的小球，从离弹簧上端高h处由静止释放。某同学探究小球在接触弹簧后向下的运动过程，他以小球开始下落的位置为原点，沿竖直向下方向建立坐标轴Ox，作出小球所受弹力F大小随小球下落的位置坐标x的变化关系如图乙所示，不计空气阻力，重力加速度为g。以下判断正确的是
A．当x=h+x0时，重力势能与弹性势能之和最小 B．最低点的坐标为x=h+2x0
C．小球受到的弹力最大值等于2mg D．小球动能的最大值为
【答案】AD
【解析】由图象结合小球的运动过程为:先自由落体运动，当与弹簧相接触后，再做加速度减小的加速运动，然后做加速度增大的减速运动，直到小球速度为零。
A．当x=h+x0时，弹力等于重力，加速度为零，小球速度最大，动能最大，由于系统机械能守恒，所以重力势能与弹性势能之和最小，A正确；
B．在最低点小球速度为零，从刚释放小球到小球运动到最低点，小球动能变化量为零，重力做的功和弹力做的功的绝对值相等，即到最低点图中实线与x轴围成的面积应该与mg那条虚线与x轴围成的面积相同，所以最低点应该在h+2x0小球的后边，B错误；
C．由B知道最低点位置大于，所以弹力大于2mg， C错误；
D．当x=h+x0时，弹力等于重力，加速度为零，小球速度最大，动能最大，由动能定理可得
，
故D正确。
12．（20分）(2021·河北承德一中第三次月考)如图所示，两个半径为R的四分之一圆弧构成的光滑细管道ABC竖直放置，且固定在光滑水平面上，圆心连线O1O2水平。轻弹簧左端固定在竖直挡板上，右端与质量为m的小球接触(不拴接，小球的直径略小于管的内径)，长为R的薄板DE置于倾角θ＝37°的斜面上，斜面的底端O恰好位于C点的正下方，板的下端D到O点的距离为R。开始时弹簧处于锁定状态，具有一定的弹性势能，其中g为重力加速度，sin 37°＝0.6，解除锁定，小球离开弹簧后进入管道，最后从C点抛出。
(1)若小球经C点时所受的弹力的大小为mg，求弹簧弹性势能的大小Ep；
(2)若用此锁定的弹簧发射质量不同的小球，问小球质量m1满足什么条件，从C点抛出的小球才能击中薄板DE?
【答案】 (1)mgR (2)m≤m1≤m
【解析】 (1)解除弹簧锁定后，小球运动到C点的过程，弹簧和小球组成的系统机械能守恒，根据机械能守恒定律可得Ep＝2mgR＋mv
小球经C点时所受的弹力的大小为mg，分析可知方向只能向下
根据向心力公式得mg＋mg＝m
解得Ep＝mgR。
(2)小球离开C点后做平抛运动，若小球恰好落在D点，根据平抛运动规律有
2R－Rsin 37°＝gt2
Rcos 37°＝v1t
弹簧的弹性势能Ep＝2m11gR＋m11v
解得m11＝m
小球离开C点后做平抛运动，若小球恰好落在E点，根据平抛运动规律有
2R－2Rsin 37°＝gt′2
2Rcos 37°＝v2t′
弹簧的弹性势能Ep＝2m12gR＋m12v
解得m12＝m
小球质量满足m≤m1≤m时，小球才能击中薄板。
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