8-4機(jī)械能守恒(人教版2019必修第二冊(cè))(解析版)

第八章機(jī)械能守恒定律第四節(jié)機(jī)械能守恒定律[核心素養(yǎng)·明目標(biāo)]核心素養(yǎng)學(xué)習(xí)目標(biāo)物理觀念圍繞功能關(guān)系的基本線索，建立“通過(guò)做功的多少，定量的研究能量及其相互轉(zhuǎn)化”的觀念，進(jìn)而理解機(jī)械能守恒定律?？茖W(xué)思維初步學(xué)會(huì)從能量守恒的角度來(lái)解釋物理現(xiàn)象，分析物理問(wèn)題?？茖W(xué)探究體會(huì)自然界中“守恒”思想和利用“守恒”思想解決問(wèn)題的方法?？茖W(xué)態(tài)度與責(zé)任通過(guò)機(jī)械能守恒的學(xué)習(xí)，使學(xué)生樹(shù)立科學(xué)觀點(diǎn)，理解和利用自然規(guī)律，解決實(shí)際問(wèn)題。知識(shí)點(diǎn)一機(jī)械能守恒的理解與判斷1.機(jī)械能(1)定義：物體的動(dòng)能與重力勢(shì)能(彈性勢(shì)能)之和稱(chēng)為機(jī)械能。(2)表達(dá)式：E＝Ep＋Ek，其中E表示機(jī)械能。2.機(jī)械能守恒定律(1)內(nèi)容：在只有重力或彈力這類(lèi)力做功的情況下，物體系統(tǒng)的動(dòng)能與勢(shì)能相互轉(zhuǎn)化，但機(jī)械能的總量保持不變。(2)表達(dá)式：eq\f(1,2)mveq\o\al(2,2)＋mgh2＝eq\f(1,2)mveq\o\al(2,1)＋mgh1或Ek2＋Ep2＝Ek1＋Ep1。3.機(jī)械能的理解(1)機(jī)械能eq\b\lc\{(\a\vs4\al\co1(動(dòng)能：Ek＝\f(1,2)mv2,勢(shì)能\b\lc\{(\a\vs4\al\co1(重力勢(shì)能：Ep＝mgh,彈性勢(shì)能))))(2)機(jī)械能的性質(zhì)①狀態(tài)量：做機(jī)械運(yùn)動(dòng)的物體在某一位置時(shí)，具有確定的機(jī)械能。②相對(duì)性：其大小與參考系、零勢(shì)能面的選取有關(guān)。③系統(tǒng)性：是物體、地球和彈性系統(tǒng)所共有的。(3)動(dòng)能和勢(shì)能可以相互轉(zhuǎn)化。4.守恒條件的理解只有重力或彈力做功的物體系統(tǒng)，可從三個(gè)方面理解：(1)受力：物體系統(tǒng)只受重力或彈力作用。(2)做功：物體系統(tǒng)存在其他力作用，但其他力不做功，只有重力或彈力做功。(3)轉(zhuǎn)化：相互作用的物體組成的系統(tǒng)只有動(dòng)能和勢(shì)能的相互轉(zhuǎn)化，無(wú)其他形式能量的轉(zhuǎn)化。注意：“只有重力或彈力做功”并非“只受重力或彈力作用”，也不是合力的功等于零，更不是某個(gè)物體所受的合力等于零。知識(shí)點(diǎn)二機(jī)械能守恒定律的應(yīng)用1.公式的證明如圖，質(zhì)量為m的小球從光滑曲面上滑下。當(dāng)它到達(dá)高度為h1的位置A時(shí)，速度的大小為v1，滑到高度為h2的位置B時(shí)，速度的大小為v2。在由高度h1滑到高度h2的過(guò)程中(不計(jì)空氣阻力，重力加速度為g)：研究小球的能量變化(1)重力勢(shì)能的減少量為ΔEp＝mgh1－mgh2。(2)動(dòng)能增加量為ΔEk＝eq\f(1,2)mveq\o\al(2,2)－eq\f(1,2)mveq\o\al(2,1)。(3)機(jī)械能守恒，表達(dá)式為mgh1＋eq\f(1,2)mveq\o\al(2,1)＝mgh2＋eq\f(1,2)mveq\o\al(2,2)。(4)由(3)變形可知mgh1－mgh2＝eq\f(1,2)mveq\o\al(2,2)－eq\f(1,2)mveq\o\al(2,1)，即小球重力勢(shì)能減少量等于動(dòng)能增加量。2.機(jī)械能守恒定律的三種表達(dá)形式表達(dá)角度表達(dá)式意義注意事項(xiàng)守恒觀點(diǎn)E2＝E1或Ek1＋Ep1＝Ek2＋Ep2初狀態(tài)的動(dòng)能與勢(shì)能之和等于末狀態(tài)的動(dòng)能與勢(shì)能之和初、末狀態(tài)必須選擇同一零勢(shì)能參考平面轉(zhuǎn)化觀點(diǎn)ΔEp增＝ΔEk減或ΔEp減＝ΔEk增勢(shì)能的增加(或減少)量等于動(dòng)能的減少(或增加)量關(guān)鍵是確定勢(shì)能的減少量或增加量轉(zhuǎn)移觀點(diǎn)ΔEA增＝ΔEB減或ΔEA減＝ΔEB增A物體機(jī)械能的增加(或減少)量等于B物體機(jī)械能的減少(或增加)量常用于解決兩個(gè)物體組成的系統(tǒng)的機(jī)械能守恒問(wèn)題3.應(yīng)用機(jī)械能守恒定律解題的一般步驟(1)正確選取研究對(duì)象(物體或系統(tǒng))，確定研究過(guò)程。(2)進(jìn)行受力分析，考查守恒條件。(3)選取零勢(shì)能參考平面，確定初、末狀態(tài)的機(jī)械能。(4)運(yùn)用守恒定律，列出方程求解。知識(shí)點(diǎn)三功能關(guān)系及其應(yīng)用1.功能關(guān)系概述(1)不同形式的能量之間的轉(zhuǎn)化是通過(guò)做功實(shí)現(xiàn)的，做功的過(guò)程就是能量之間轉(zhuǎn)化的過(guò)程。(2)功是能量轉(zhuǎn)化的量度。做了多少功，就有多少能量發(fā)生轉(zhuǎn)化。2.功與能的關(guān)系：由于功是能量轉(zhuǎn)化的量度，某種力做功往往與某一種具體形式的能量轉(zhuǎn)化相聯(lián)系，具體功能關(guān)系如下表：功能量轉(zhuǎn)化關(guān)系式重力做功重力勢(shì)能的改變WG＝－ΔEp彈力做功彈性勢(shì)能的改變WF＝－ΔEp合力做功動(dòng)能的改變W合＝ΔEk除重力、系統(tǒng)內(nèi)彈力以外的其他力做功機(jī)械能的改變W＝ΔE機(jī)兩物體間滑動(dòng)摩擦力對(duì)物體系統(tǒng)做功內(nèi)能的改變f·s相對(duì)＝Q知識(shí)點(diǎn)四能量守恒定律及其應(yīng)用1.能量守恒定律(1)內(nèi)容能量既不會(huì)憑空產(chǎn)生，也不會(huì)憑空消失，它只能從一種形式轉(zhuǎn)化為另一種形式，或者從一個(gè)物體轉(zhuǎn)移到另一個(gè)物體，在轉(zhuǎn)化或轉(zhuǎn)移的過(guò)程中，能量的總量保持不變。(2)適用范圍能量守恒定律是貫穿物理學(xué)的基本規(guī)律，是各種自然現(xiàn)象中普遍適用的一條規(guī)律。2.對(duì)能量守恒定律的理解(1)ΔE一種＝－ΔE其他：某種形式的能量減少，一定存在另外形式的能量增加，且減少量和增加量相等。(2)ΔEA＝－ΔEB：某個(gè)物體的能量減少，一定存在別的物體的能量增加，且減少量和增加量相等。(3)E1＝E2：初狀態(tài)的各種能量總和等于末狀態(tài)的各種能量總和。3.利用能量守恒定律解題的步驟(1)分清有多少形式的能(動(dòng)能、勢(shì)能、內(nèi)能等)發(fā)生變化。(2)明確哪種形式的能量增加，哪種形式的能量減少，并且列出減少的能量ΔE減和增加的能量ΔE增的表達(dá)式。(3)列出能量守恒關(guān)系式ΔE減＝ΔE增。易錯(cuò)易混點(diǎn)1.機(jī)械能守恒的判斷易錯(cuò)易混點(diǎn)辨析：機(jī)械能守恒的條件(1)系統(tǒng)只受重力或彈簧彈力的作用，不受其他外力。(2)系統(tǒng)除受重力或彈簧彈力作用外，還受其他內(nèi)力和外力，但這些力對(duì)系統(tǒng)不做功。(3)系統(tǒng)內(nèi)除重力或彈簧彈力做功外，還有其他內(nèi)力和外力做功，但這些力做功的代數(shù)和為零。(4)系統(tǒng)跟外界沒(méi)有發(fā)生機(jī)械能的傳遞，系統(tǒng)內(nèi)、外也沒(méi)有機(jī)械能與其他形式的能發(fā)生轉(zhuǎn)化。機(jī)械能守恒的三種判斷方法(1)直接判斷法：機(jī)械能包括動(dòng)能、重力勢(shì)能和彈性勢(shì)能，判斷機(jī)械能是否守恒可以看系統(tǒng)機(jī)械能的總和是否變化。(2)用做功判斷：若系統(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，機(jī)械能守恒。(3)用能量轉(zhuǎn)化來(lái)判斷：若系統(tǒng)中只有動(dòng)能和勢(shì)能的相互轉(zhuǎn)化而無(wú)機(jī)械能與其他形式的能的轉(zhuǎn)化，則系統(tǒng)機(jī)械能守恒。例1.圖中彈丸以一定的初速度在光滑碗內(nèi)做復(fù)雜的曲線運(yùn)動(dòng),圖中的運(yùn)動(dòng)員在蹦床上越跳越高。不計(jì)空氣阻力,下列說(shuō)法正確的是()A.圖彈丸在上升的過(guò)程中,機(jī)械能逐漸增大B.圖彈丸在上升的過(guò)程中,機(jī)械能保持不變C.圖中的運(yùn)動(dòng)員多次跳躍后,機(jī)械能減小D.圖中的運(yùn)動(dòng)員多次跳躍后,機(jī)械能不變解析：選B。題圖彈丸在上升的過(guò)程中，只有重力做功，機(jī)械能守恒，所以選項(xiàng)B正確，A錯(cuò)誤；題圖中的運(yùn)動(dòng)員多次跳躍后，在蹦床上越跳越高，機(jī)械能增加，所以選項(xiàng)C、D錯(cuò)誤。例2.(2022·河南駐馬店期末)以下對(duì)機(jī)械能守恒的理解正確的是()A.如果機(jī)械能只在系統(tǒng)內(nèi)部物體間轉(zhuǎn)移，則該系統(tǒng)機(jī)械能一定守恒B.如果系統(tǒng)內(nèi)部只有動(dòng)能與勢(shì)能的相互轉(zhuǎn)化，則該系統(tǒng)機(jī)械能一定守恒C.如果物體受力平衡，則物體與地球組成的系統(tǒng)機(jī)械能一定守恒D.如果外力對(duì)一個(gè)系統(tǒng)所做的功為0，則該系統(tǒng)機(jī)械能一定守恒解析：選B。如果系統(tǒng)內(nèi)部只有動(dòng)能與勢(shì)能的相互轉(zhuǎn)化，不發(fā)生機(jī)械能與其他形式能的轉(zhuǎn)化，則該系統(tǒng)機(jī)械能一定守恒，A錯(cuò)誤，B正確；如果物體受力平衡，勻速上升，動(dòng)能不變，但是重力勢(shì)能增大，機(jī)械能不守恒，C錯(cuò)誤；如果外力對(duì)一個(gè)系統(tǒng)所做的功為0，說(shuō)明是動(dòng)能不變，但是機(jī)械能可能變化，比如物體勻速上升，動(dòng)能不變，但是重力勢(shì)能增大，機(jī)械能不守恒，D錯(cuò)誤。易錯(cuò)易混點(diǎn)2.機(jī)械能守恒的應(yīng)用易錯(cuò)易混點(diǎn)辨析:1.單個(gè)物體的機(jī)械能守恒(1)應(yīng)用機(jī)械能守恒定律解題的基本思路應(yīng)用機(jī)械能守恒定律時(shí)，相互作用的物體間的力可以是變力，也可以是恒力，只要符合守恒條件，機(jī)械能就守恒。機(jī)械能守恒定律只涉及物體系的初、末狀態(tài)的物理量，無(wú)需分析中間過(guò)程的復(fù)雜變化，使處理問(wèn)題得到簡(jiǎn)化，應(yīng)用的基本思路如下：①選取研究對(duì)象—物體系或物體。②根據(jù)研究對(duì)象所經(jīng)歷的物理過(guò)程，進(jìn)行受力、做功分析，判斷機(jī)械能是否守恒。③恰當(dāng)?shù)剡x取參考平面，確定研究對(duì)象在所研究過(guò)程的初、末狀態(tài)時(shí)的機(jī)械能。④根據(jù)機(jī)械能守恒定律列方程，進(jìn)行求解。(2)求解單個(gè)物體的機(jī)械能守恒問(wèn)題①研究對(duì)象——物體。②機(jī)械能守恒定律的方程形式：2.多個(gè)物體組成系統(tǒng)的機(jī)械能守恒多物體機(jī)械能守恒問(wèn)題的分析方法(1)對(duì)多個(gè)物體組成的系統(tǒng)要注意判斷物體運(yùn)動(dòng)過(guò)程中，系統(tǒng)的機(jī)械能是否守恒。(2)注意尋找用繩或桿相連接的物體間的速度關(guān)系和位移關(guān)系。(3)列機(jī)械能守恒方程時(shí)，一般選用轉(zhuǎn)化式或轉(zhuǎn)移式例3.(2020·北京市昌平區(qū)二模練習(xí))如圖所示，半徑R＝0.5m的光滑半圓軌道固定在豎直平面內(nèi)，半圓軌道與光滑水平地面相切于圓軌道最低端點(diǎn)A。質(zhì)量m＝1kg的小球以初速度v0＝5m/s從A點(diǎn)沖上豎直圓軌道，沿軌道運(yùn)動(dòng)到B點(diǎn)飛出，最后落在水平地面上的C點(diǎn)，g取10m/s2，不計(jì)空氣阻力。(1)求小球運(yùn)動(dòng)到軌道末端B點(diǎn)時(shí)的速度vB；(2)求A、C兩點(diǎn)間的距離x；(3)若小球以不同的初速度沖上豎直圓軌道，并沿軌道運(yùn)動(dòng)到B點(diǎn)飛出，落在水平地面上。求小球落點(diǎn)與A點(diǎn)間的最小距離xmin。解析:(1)選水平地面為零勢(shì)能參考面，由機(jī)械能守恒定律得eq\f(1,2)mveq\o\al(2,A)＝eq\f(1,2)mveq\o\al(2,B)＋mg·2R解得vB＝eq\r(5)m/s。(2)由平拋規(guī)律得2R＝eq\f(1,2)gt2，x＝vBt，解得x＝1m。(3)設(shè)小球運(yùn)動(dòng)到B點(diǎn)半圓軌道對(duì)小球的壓力為FN圓周運(yùn)動(dòng)向心力FN＋mg＝eq\f(mveq\o\al(2,B),R)得當(dāng)FN＝0時(shí)，小球運(yùn)動(dòng)到軌道末端B點(diǎn)時(shí)的速度最小vBmin＝eq\r(5)m/s由(2)的計(jì)算可知，最小距離xmin＝x＝1m。例4.如圖所示，傾角為37°的斜面與一豎直光滑圓軌道相切于A點(diǎn)，軌道半徑R＝1m，將滑塊由B點(diǎn)無(wú)初速度釋放，滑塊恰能運(yùn)動(dòng)到圓周的C點(diǎn)，OC水平，OD豎直，xAB＝2m，滑塊可視為質(zhì)點(diǎn)，取g＝10m/s2，sin37°＝0.6，cos37°＝0.8，求：(1)滑塊在斜面上運(yùn)動(dòng)的時(shí)間；(2)若滑塊能從D點(diǎn)拋出，滑塊仍從斜面上無(wú)初速度釋放，釋放點(diǎn)至少應(yīng)距A點(diǎn)多遠(yuǎn)。解析:(1)設(shè)滑塊到達(dá)A點(diǎn)的速度為vA，從A到C過(guò)程機(jī)械能守恒有eq\f(1,2)mveq\o\al(2,A)＝mgRcos37°從B到A過(guò)程，滑塊做勻加速直線運(yùn)動(dòng)，由勻變速直線運(yùn)動(dòng)規(guī)律可知veq\o\al(2,A)＝2axABvA＝at聯(lián)立各式解得a＝4m/s2，t＝1s。(2)設(shè)滑塊能從D點(diǎn)拋出的最小速度為vD，在D點(diǎn)，由重力提供向心力，有mg＝meq\f(veq\o\al(2,D),R)從A到D由機(jī)械能守恒有eq\f(1,2)mvA′2＝mgR(1＋cos37°)＋eq\f(1,2)mveq\o\al(2,D)vA′2＝2ax′聯(lián)立各式解得x′＝5.75m。例5.如圖所示，一不可伸長(zhǎng)的柔軟輕繩跨過(guò)光滑的輕質(zhì)定滑輪，繩兩端各系一小球a和b。a球質(zhì)量為m，靜止于地面；b球質(zhì)量為3m，用手托住，高度為h，此時(shí)輕繩剛好被拉緊。從靜止開(kāi)始釋放b球，則當(dāng)b球剛落地時(shí)a球的速度為(不計(jì)空氣阻力，重力加速度為g)()A.eq\r(gh) B.eq\r(2gh) C.eq\r(3gh) D.eq\r(6gh)解析：A。a、b兩球組成的系統(tǒng)機(jī)械能守恒，設(shè)b球剛落地時(shí)的速度大小為v，則整個(gè)過(guò)程中系統(tǒng)動(dòng)能增加量Ek增＝eq\f(1,2)(m＋3m)v2＝2mv2，系統(tǒng)重力勢(shì)能的減少量Ep減＝3mgh－mgh＝2mgh，由機(jī)械能守恒定律得Ek增＝Ep減，所以2mv2＝2mgh，v＝eq\r(gh)，A正確。例6.(多選)如圖所示，一輕彈簧一端固定在O點(diǎn)，另一端系一小球，將小球從與懸點(diǎn)O在同一水平面且使彈簧保持原長(zhǎng)的A點(diǎn)靜止釋放，讓小球自由擺下，不計(jì)空氣阻力，在小球由A點(diǎn)擺向最低點(diǎn)B的過(guò)程中，下列說(shuō)法正確的是()A.小球的機(jī)械能守恒B.小球的機(jī)械能減少C.小球的重力勢(shì)能與彈簧的彈性勢(shì)能之和不變D.小球和彈簧組成的系統(tǒng)機(jī)械能守恒解析：選BD。小球由A點(diǎn)下擺到B點(diǎn)的過(guò)程中，彈簧被拉長(zhǎng)，彈簧的彈力對(duì)小球做了負(fù)功，所以小球的機(jī)械能減少，故選項(xiàng)A錯(cuò)誤，B正確；在此過(guò)程中，由于只有重力和彈簧的彈力做功，所以小球與彈簧組成的系統(tǒng)機(jī)械能守恒，即小球減少的重力勢(shì)能等于小球獲得的動(dòng)能與彈簧增加的彈性勢(shì)能之和，故選項(xiàng)C錯(cuò)誤，D正確。易錯(cuò)易混點(diǎn)3.功能關(guān)系的應(yīng)用易錯(cuò)易混點(diǎn)辨析：1.幾種常見(jiàn)的功能關(guān)系及其表達(dá)式力做功能的變化定量關(guān)系合力的功動(dòng)能變化W＝Ek2－Ek1＝ΔEk重力的功重力勢(shì)能變化(1)重力做正功，重力勢(shì)能減少(2)重力做負(fù)功，重力勢(shì)能增加(3)WG＝－ΔEp＝Ep1－Ep2彈簧彈力的功彈性勢(shì)能變化(1)彈力做正功，彈性勢(shì)能減少(2)彈力做負(fù)功，彈性勢(shì)能增加(3)W彈＝－ΔEp＝Ep1－Ep2只有重力、彈簧彈力做功機(jī)械能不變化機(jī)械能守恒，ΔE＝0除重力和彈簧彈力之外的其他力做的功機(jī)械能變化(1)其他力做多少正功，物體的機(jī)械能就增加多少(2)其他力做多少負(fù)功，物體的機(jī)械能就減少多少(3)W其他＝ΔE一對(duì)相互作用的滑動(dòng)摩擦力的總功機(jī)械能減少內(nèi)能增加(1)作用于系統(tǒng)的一對(duì)滑動(dòng)摩擦力一定做負(fù)功，系統(tǒng)內(nèi)能增加(2)摩擦生熱Q＝Ffx相對(duì)2.兩種摩擦力做功特點(diǎn)的比較類(lèi)型比較靜摩擦力做功滑動(dòng)摩擦力做功不同點(diǎn)能量的轉(zhuǎn)化方面只有機(jī)械能從一個(gè)物體轉(zhuǎn)移到另一個(gè)物體，而沒(méi)有機(jī)械能轉(zhuǎn)化為其他形式的能(1)將部分機(jī)械能從一個(gè)物體轉(zhuǎn)移到另一個(gè)物體(2)一部分機(jī)械能轉(zhuǎn)化為內(nèi)能，此部分能量就是系統(tǒng)機(jī)械能的損失量一對(duì)摩擦力的總功方面一對(duì)靜摩擦力所做功的代數(shù)和總等于零一對(duì)滑動(dòng)摩擦力做功的代數(shù)和總是負(fù)值相同點(diǎn)正功、負(fù)功、不做功方面兩種摩擦力對(duì)物體可以做正功，也可以做負(fù)功，還可以不做功例7.從地面豎直上拋一個(gè)質(zhì)量為m的小球，小球上升的最大高度為h，設(shè)上升和下降過(guò)程中空氣阻力大小恒為Ff。重力加速度為g，下列說(shuō)法正確的是()A.小球上升的過(guò)程中動(dòng)能減少了mghB.小球上升和下降的整個(gè)過(guò)程中機(jī)械能減少了FfhC.小球上升的過(guò)程中重力勢(shì)能增加了mghD.小球上升和下降的整個(gè)過(guò)程中動(dòng)能減少了Ffh解析：選C。根據(jù)動(dòng)能定理，小球上升的過(guò)程中，－(mg＋Ff)h＝0－Ek0，即動(dòng)能減少了(mg＋Ff)h，故A錯(cuò)誤；除重力外，克服阻力做功2Ffh，機(jī)械能減小2Ffh，故B錯(cuò)誤；小球上升h，重力勢(shì)能增加mgh，故C正確；小球上升和下降的整個(gè)過(guò)程中，重力做功等于零，阻力做功等于－2Ffh，根據(jù)動(dòng)能定理知?jiǎng)幽軠p小2Ffh，故D錯(cuò)誤。例8.一木塊靜置于光滑水平面上，一顆子彈沿水平方向飛來(lái)射入木塊中。當(dāng)子彈進(jìn)入木塊的深度達(dá)到最大值2.0cm時(shí)，木塊沿水平面恰好移動(dòng)距離1.0cm。在上述過(guò)程中系統(tǒng)損失的機(jī)械能與子彈損失的動(dòng)能之比為()A.1∶2 B.1∶3C.2∶3 D.3∶2解析：選C。根據(jù)題意，子彈在摩擦力作用下的位移為x1＝(2＋1)cm＝3cm，木塊在摩擦力作用下的位移為x2＝1cm；系統(tǒng)損失的機(jī)械能轉(zhuǎn)化為內(nèi)能，根據(jù)功能關(guān)系，有ΔE系統(tǒng)＝Q＝Ff·Δx；子彈損失的動(dòng)能等于克服摩擦力做的功，故ΔE子彈＝Ffx1；所以eq\f(ΔE系統(tǒng),ΔE子彈)＝eq\f(2,3)，所以C正確，A、B、D錯(cuò)誤。例9.(多選)如圖所示，質(zhì)量為M、長(zhǎng)度為L(zhǎng)的小車(chē)靜止在光滑水平面上，質(zhì)量為m的小物塊(可視為質(zhì)點(diǎn))放在小車(chē)的最左端?，F(xiàn)用一水平恒力F作用在小物塊上，使小物塊從靜止開(kāi)始做勻加速直線運(yùn)動(dòng)。小物塊和小車(chē)之間的摩擦力為Ff，小物塊滑到小車(chē)的最右端時(shí)，小車(chē)運(yùn)動(dòng)的距離為x。此過(guò)程中，以下結(jié)論正確的是()A.小物塊到達(dá)小車(chē)最右端時(shí)具有的動(dòng)能為(F－Ff)(L＋x)B.小物塊到達(dá)小車(chē)最右端時(shí)，小車(chē)具有的動(dòng)能為FfxC.小物塊克服摩擦力所做的功為Ff(L＋x)D.小物塊和小車(chē)增加的機(jī)械能為Fx解析：選ABC。由動(dòng)能定理可得，小物塊到達(dá)小車(chē)最右端時(shí)的動(dòng)能Ek物＝W合＝(F－Ff)(L＋x)，A正確；小物塊到達(dá)小車(chē)最右端時(shí)，小車(chē)的動(dòng)能Ek車(chē)＝Ffx，B正確；小物塊克服摩擦力做的功Wf＝Ff(L＋x)，C正確；小物塊和小車(chē)增加的機(jī)械能為F(L＋x)－FfL，D錯(cuò)誤。例10.如圖所示，水平傳送帶勻速運(yùn)行速度為v＝2m/s，傳送帶兩端A、B間距離為x0＝10m，當(dāng)質(zhì)量為m＝5kg的行李箱無(wú)初速度地放上傳送帶A端后，傳送到B端，傳送帶與行李箱間的動(dòng)摩擦因數(shù)μ＝0.2，重力加速度g取10m/s2，求：(1)行李箱開(kāi)始運(yùn)動(dòng)時(shí)的加速度大小a；(2)行李箱從A端傳送到B端所用時(shí)間t；(3)整個(gè)過(guò)程行李箱對(duì)傳送帶的摩擦力做功W。解析：(1)行李箱剛放上傳送帶時(shí)的加速度大小a＝eq\f(Ff,m)＝eq\f(μmg,m)＝μg＝2m/s2。(2)經(jīng)過(guò)t1時(shí)間二者共速，t1＝eq\f(v,a)＝eq\f(2,2)s＝1s行李箱勻加速運(yùn)動(dòng)的位移為x1＝eq\f(1,2)ateq\o\al(2,1)＝eq\f(1,2)×2×12m＝1m行李箱隨傳送帶勻速運(yùn)動(dòng)的時(shí)間t2＝eq\f(x0－x1,v)＝eq\f(10－1,2)s＝4.5s則行李箱從A傳送到B所用時(shí)間t＝t1＋t2＝1s＋4.5s＝5.5s。(3)t1時(shí)間內(nèi)傳送帶的位移x2＝vt1＝2×1m＝2m根據(jù)牛頓第三定律，傳送帶受到行李箱的摩擦力Ff′＝Ff行李箱對(duì)傳送帶的摩擦力做功W＝－Ff′x2＝－μmgx2＝－0.2×5×10×2J＝－20J。易錯(cuò)易混點(diǎn)4.能量守恒定律易錯(cuò)易混點(diǎn)辨析：(1)能量既可以是通過(guò)做功實(shí)現(xiàn)不同形式的能之間相互轉(zhuǎn)化，也可以是能量不同物體間相互轉(zhuǎn)移。(2)能量在轉(zhuǎn)化或轉(zhuǎn)移過(guò)程中，總量保持不變。利用能量守恒解題的關(guān)鍵是正確分析有幾種能量變化，分析時(shí)避免出現(xiàn)遺漏。例11.如圖所示，半徑R＝0.8m的光滑eq\f(1,4)圓弧軌道固定在水平地面上，O為該圓弧的圓心，軌道上方的A處有一個(gè)可視為質(zhì)點(diǎn)的質(zhì)量m＝1kg的小物塊，小物塊由靜止開(kāi)始下落后恰好沿切線進(jìn)入eq\f(1,4)圓弧軌道。此后小物塊將沿圓弧軌道下滑，已知AO連線與水平方向的夾角θ＝45°，在軌道末端C點(diǎn)緊靠一質(zhì)量M＝3kg的長(zhǎng)木板，木板上表面與圓弧軌道末端的切線相平，木板下表面與水平地面之間光滑，小物塊與長(zhǎng)木板間的動(dòng)摩擦因數(shù)μ＝0.3，取g＝10m/s2。求：(1)小物塊剛到達(dá)C點(diǎn)時(shí)的速度大小；(2)要使小物塊不滑出長(zhǎng)木板，木板長(zhǎng)度L至少為多少。解析：(1)小物塊從A到C，根據(jù)機(jī)械能守恒定律有mg·2R＝eq\f(1,2)mveq\o\al(2,C)，解得vC＝4eq\r(2)m/s。(2)設(shè)小物塊剛滑到木板右端時(shí)達(dá)到共同速度，大小為v，小物塊在長(zhǎng)木板上滑行過(guò)程中，小物塊與長(zhǎng)木板的加速度分別為am＝eq\f(μmg,m)，aM＝eq\f(μmg,M)v＝vC－amtv＝aMt將數(shù)據(jù)代入上面各式解得v＝eq\r(2)m/s由能量守恒定律得eq\f(1,2)mveq\o\al(2,C)＝μmgL＋eq\f(1,2)(M＋m)v2將數(shù)據(jù)代入解得L＝4m。例12.(涉及彈簧的能量守恒問(wèn)題)(多選)(2022·福建廈門(mén)月考)如圖所示，小球從高處下落到豎直放置的輕彈簧上，從小球接觸彈簧開(kāi)始到彈簧被壓縮至最短的過(guò)程中(彈簧一直保持豎直)，下列說(shuō)法正確的是()A.小球的動(dòng)能不斷減小B.彈簧的彈性勢(shì)能不斷增大C.彈簧的彈性勢(shì)能和小球的動(dòng)能之和不斷增大D.小球的動(dòng)能和重力勢(shì)能之和不斷減小解析：選BCD。小球剛接觸彈簧時(shí)，重力大于彈力，小球先向下做加速度逐漸減小的加速運(yùn)動(dòng)，當(dāng)加速度減小為0時(shí)，速度最大，然后重力小于彈力，小球向下做加速度逐漸增大的減速運(yùn)動(dòng)直到速度為0，所以小球的速度先增大后減小，故動(dòng)能先增大后減小，故A錯(cuò)誤；下落過(guò)程，小球與彈簧組成的系統(tǒng)機(jī)械能守恒，重力對(duì)小球做正功，故小球的重力勢(shì)能不斷減小，則彈簧的彈性勢(shì)能和小球的動(dòng)能之和不斷增大；從球接觸彈簧到將彈簧壓縮至最短的過(guò)程中，彈簧形變量一直增大，所以彈性勢(shì)能一直增大，故小球的動(dòng)能和重力勢(shì)能之和不斷減小，故B、C、D正確。例13.如圖所示，與水平面夾角θ＝30°的傾斜傳送帶始終繃緊，傳送帶下端A點(diǎn)與上端B點(diǎn)間的距離L＝4m，傳送帶以恒定的速率v＝2m/s順時(shí)針轉(zhuǎn)動(dòng)。現(xiàn)將一質(zhì)量為1kg的物體無(wú)初速度地放于A處，已知物體與傳送帶間的動(dòng)摩擦因數(shù)μ＝eq\f(\r(3),2)，g取10m/s2，求：(1)物體從A運(yùn)動(dòng)到B所需的時(shí)間；(2)電動(dòng)機(jī)因傳送該物體多消耗的電能。解析：(1)物體無(wú)初速度地放在A處后，因mgsinθ＜μmgcosθ故物體沿傳送帶向上做勻加速直線運(yùn)動(dòng)。加速度a＝eq\f(μmgcosθ－mgsinθ,m)＝2.5m/s2物體達(dá)到與傳送帶同速所需的時(shí)間t1＝eq\f(v,a)＝0.8st1時(shí)間內(nèi)物體的位移s1＝eq\f(v,2)t1＝0.8m之后物體以速度v做勻速運(yùn)動(dòng)，運(yùn)動(dòng)的時(shí)間t2＝eq\f(L－s1,v)＝1.6s物體運(yùn)動(dòng)的總時(shí)間t＝t1＋t2＝2.4s。(2)前0.8s內(nèi)物體相對(duì)傳送帶的位移Δs＝vt1－s1＝0.8m因摩擦而產(chǎn)生的熱量Q＝μmgcosθ·Δs＝6J整個(gè)過(guò)程中多消耗的電能E電＝Ek＋Ep＋Q＝eq\f(1,2)mv2＋mgLsinθ＋Q＝28J。針對(duì)訓(xùn)練1.(單物體機(jī)械能守恒)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。若以地面為參考平面，且不計(jì)空氣阻力，重力加速度為g，則下列選項(xiàng)正確的是()A.物體落到海平面時(shí)的勢(shì)能為mghB.重力對(duì)物體做的功為mghC.物體在海平面上的動(dòng)能為eq\f(1,2)mveq\o\al(2,0)D.物體在海平面上的機(jī)械能為eq\f(1,2)mveq\o\al(2,0)＋mgh解析:選B。海平面低于地面h，所以物體在海平面上時(shí)的重力勢(shì)能為－mgh，A錯(cuò)誤；拋出點(diǎn)與海平面的高度差為h，重力做正功，所以整個(gè)過(guò)程重力對(duì)物體做功為mgh，B正確；物體在海平面上的動(dòng)能Ek＝eq\f(1,2)mveq\o\al(2,0)＋mgh，C錯(cuò)誤；整個(gè)過(guò)程機(jī)械能守恒，即初末狀態(tài)的機(jī)械能相等，以地面為零勢(shì)能面，拋出時(shí)的機(jī)械能為eq\f(1,2)mveq\o\al(2,0)，所以物體在海平面時(shí)的機(jī)械能也為eq\f(1,2)mveq\o\al(2,0)，D錯(cuò)誤。2.下列四個(gè)情景中均不計(jì)空氣阻力，物體機(jī)械能守恒的是()A.圖甲，火箭在點(diǎn)火升空的過(guò)程中B.圖乙，運(yùn)動(dòng)員在撐桿向上的過(guò)程中C.圖丙，擲出的鉛球在飛行的過(guò)程中D.圖丁，游客在傾斜滑槽軌道的下滑過(guò)程中解析：選C。機(jī)械能守恒條件為只有重力或系統(tǒng)內(nèi)的彈力做功。火箭點(diǎn)火升空的過(guò)程中有升力做功，系統(tǒng)機(jī)械能不守恒，A錯(cuò)誤；運(yùn)動(dòng)員在撐桿向上的過(guò)程中，還受到桿對(duì)運(yùn)動(dòng)員的力，桿對(duì)運(yùn)動(dòng)員做功，機(jī)械能不守恒，B錯(cuò)誤；擲出的鉛球在飛行的過(guò)程中僅受到重力，只有重力做功，機(jī)械能守恒，C正確；游客在傾斜滑槽軌道的下滑過(guò)程中，有摩擦力做功，機(jī)械能不守恒，故D錯(cuò)誤。3.(2022·山東濟(jì)南外國(guó)語(yǔ)學(xué)校月考)如圖所示，光滑斜面的頂端固定一彈簧，一物體向右滑行，并沖上固定在地面上的斜面。設(shè)物體在斜面最低點(diǎn)A的速度為v0，壓縮彈簧至C點(diǎn)時(shí)彈簧最短，C點(diǎn)距地面高度為h，重力加速度為g，則物體運(yùn)動(dòng)到C點(diǎn)時(shí)，彈簧的彈性勢(shì)能是()A.mgh－eq\f(1,2)mveq\o\al(2,0) B.eq\f(1,2)mveq\o\al(2,0)－mghC.mgh D.mgh＋eq\f(1,2)mveq\o\al(2,0)解析：選B。由A到C的過(guò)程運(yùn)用機(jī)械能守恒定律得mgh＋Ep＝eq\f(1,2)mveq\o\al(2,0)，所以Ep＝eq\f(1,2)mveq\o\al(2,0)－mgh，故選B。4.(2022·江蘇如皋中學(xué)模擬)如圖，光滑圓軌道固定在豎直面內(nèi)，一質(zhì)量為m的小球沿軌道做完整的圓周運(yùn)動(dòng)。已知小球在最低點(diǎn)時(shí)對(duì)軌道的壓力大小為FN1，在最高點(diǎn)時(shí)對(duì)軌道的壓力大小為FN2。重力加速度大小為g，則FN1－FN2的值為()A.3mg B.4mgC.5mg D.6mg解析：選D。在最高點(diǎn)，根據(jù)牛頓第二定律可得FN2＋mg＝meq\f(veq\o\al(2,2),r)，在最低點(diǎn)，根據(jù)牛頓第二定律可得FN1－mg＝meq\f(veq\o\al(2,1),r)，從最高點(diǎn)到最低點(diǎn)過(guò)程中，機(jī)械能守恒，故有mg·2r＝eq\f(1,2)mveq\o\al(2,1)－eq\f(1,2)mveq\o\al(2,2)，聯(lián)立三式可得FN1－FN2＝6mg，選項(xiàng)D正確。5.(多選)如圖所示，質(zhì)量為m的小環(huán)(可視為質(zhì)點(diǎn))套在固定的光滑豎直桿上，一足夠長(zhǎng)且不可伸長(zhǎng)的輕繩一端與小環(huán)相連，另一端跨過(guò)光滑的定滑輪與質(zhì)量為M的物塊相連，已知M＝2m。與定滑輪等高的A點(diǎn)和定滑輪之間的距離為d＝3m，定滑輪大小及質(zhì)量可忽略?，F(xiàn)將小環(huán)從A點(diǎn)由靜止釋放，小環(huán)運(yùn)動(dòng)到C點(diǎn)速度為0，重力加速度取g＝10m/s2，則下列說(shuō)法正確的是(sin53°＝0.8，cos53°＝0.6)()A.A、C間距離為4mB.小環(huán)最終靜止在C點(diǎn)C.小環(huán)下落過(guò)程中減少的重力勢(shì)能始終等于物塊增加的機(jī)械能D.當(dāng)小環(huán)下滑至繩與桿的夾角為60°時(shí)，小環(huán)與物塊的動(dòng)能之比為2∶1解析：選AD。小環(huán)運(yùn)動(dòng)到C點(diǎn)時(shí)，由機(jī)械能守恒得mgLAC＝Mg(eq\r(d2＋Leq\o\al(2,AC))－d)，解得LAC＝4m，故A正確；