學而優教有方專題09能量守恒目錄TOC\o"1-2"\h\u考向一機械能守恒定律的應用 1考向二多物體機械能守恒問題 4考查方式一：輕繩模型 4考查方式二輕桿模型 7考查方式三輕彈簧模型 9考查方式四等效重心模型 11考查方式五能量守恒綜合運用 12考向一機械能守恒定律的應用機械能守恒判斷的三種方法定義法利用機械能的定義直接判斷，分析物體或系統的動能和勢能的和是否變化，若不變，則機械能守恒做功法若物體或系統只有重力或系統內彈力做功，或有其他力做功，但其他力做功的代數和為零，則機械能守恒轉化法若物體或系統中只有動能和勢能的相互轉化而無機械能與其他形式能的轉化，則機械能守恒2．機械能守恒定律的應用3．運用機械能守恒定律分析求解時應注意的問題(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．(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．3.三類連接體中物體的速度關系速率相等的連接體兩物體在運動過程中速率相等，根據系統減少的重力勢能等于系統增加的動能列方程求解．角速度相等的連接體兩球在運動過程中角速度相等，線速度大小與半徑成正比，根據系統減少的重力勢能等于系統增加的動能列方程求解．某一方向分速度相等的連接體A放在光滑斜面上，B穿過豎直光滑桿PQ下滑，將B的速度沿繩的方向和垂直于繩的方向分解，如圖丁所示．其中沿繩子方向的速度vx與A的速度大小相等，根據系統減少的重力勢能等于系統增加的動能列方程求解.【典例1】如圖，abc是豎直面內的光滑固定軌道，ab水平，長度為2R;bc是半徑為R的四分之一圓弧，與ab相切于b點．一質量為m的小球，始終受到與重力大小相等的水平外力的作用，自a點處從靜止開始向右運動．重力加速度大小為g.小球從a點開始運動到其軌跡最高點，機械能的增量為()A．2mgRB．4mgRC．5mgRD．6mgR【答案】C【解析】.設小球運動到c點的速度大小為vc，則對小球由a到c的過程，由動能定理有F·3R－mgR＝eq\f(1,2)mveq\o\al(2,c)，又F＝mg，解得vc＝2eq\r(gR)，小球離開c點后，在水平方向做初速度為零的勻加速直線運動，豎直方向在重力作用下做勻減速直線運動，由牛頓第二定律可知，小球離開c點后水平方向和豎直方向的加速度大小均為g，則由豎直方向的運動可知，小球從離開c點到其軌跡最高點所需的時間為t＝eq\f(vc,g)＝2eq\r(\f(R,g))，在水平方向的位移大小為x＝eq\f(1,2)gt2＝2R.由以上分析可知，小球從a點開始運動到其軌跡最高點的過程中，水平方向的位移大小為5R，則小球機械能的增加量為ΔE＝F·5R＝5mgR，C正確，A、B、D錯誤．[變式1]起跳摸高是學生經常進行的一項體育活動．一質量為m的同學彎曲兩腿向下蹲，然后用力蹬地起跳，從該同學用力蹬地到剛離開地面的起跳過程中，他的重心上升了h，離地時他的速度大小為v.下列說法正確的是()A．起跳過程中該同學機械能增加了mghB．起跳過程中該同學機械能增量為mgh＋eq\f(1,2)mv2C．地面的支持力對該同學做的功為mgh＋eq\f(1,2)mv2D．該同學所受的合外力對其做的功為eq\f(1,2)mv2＋mgh【答案】B【解析】該同學重心升高了h，重力勢能增加了mgh，又知離地時獲得動能為eq\f(1,2)mv2，則機械能增加了mgh＋eq\f(1,2)mv2，A錯誤，B正確；該同學在與地面作用過程中，在支持力方向上的位移為零，則支持力對該同學做功為零，C錯誤；該同學所受合外力做的功等于動能的增量，則W合＝eq\f(1,2)mv2，D錯誤．考向二多物體機械能守恒問題常見的功能關系多物體機械能守恒問題的解題思路多個物體的機械能守恒問題，往往涉及“輕繩模型”“輕桿模型”以及“輕彈簧模型”．考查方式一輕繩模型三點提醒①分清兩物體是速度大小相等，還是沿繩方向的分速度大小相等．②用好兩物體的位移大小關系或豎直方向高度變化的關系．③對于單個物體，一般繩上的力要做功，機械能不守恒；但對于繩連接的系統，機械能則可能守恒．【典例3】如圖所示，A、B兩小球由繞過輕質定滑輪的細線相連，A放在固定的光滑斜面上，B、C兩小球在豎直方向上通過勁度系數為k的輕質彈簧相連，C球放在水平地面上。現用手控制住A，并使細線剛剛拉直但無拉力作用，并保證滑輪左側細線豎直、右側細線與斜面平行。已知A的質量為4m，B、C的質量均為m，重力加速度為g，細線與滑輪之間的摩擦不計，開始時整個系統處于靜止狀態。釋放A后，A沿斜面下滑至速度最大時C恰好離開地面，不計空氣阻力，在這一過程中A始終在斜面上，下列說法正確的是（）A.釋放A的瞬間，B的加速度為0.5gB.C恰好離開地面時，A達到的最大速度為C.斜面傾角α=45°D.從釋放A到C剛離開地面的過程中，A、B兩小球組成的系統機械能守恒【答案】B【解析】C．設當物體C剛剛離開地面時，彈簧的伸長量為xC，則物體C剛剛離開地面時，以B為研究對象，物體B受到重力mg、彈簧的彈力kxC、細線的拉力T三個力的作用，設物體B的加速度為a，根據牛頓第二定律，對B有對A有解得當B獲得最大速度時，有a=0解得所以：α=30°，故C錯誤；釋放A的瞬間，此時對AB整體加速度大小相同，根據牛頓定律B的加速度為0.2g，故A錯誤；設開始時彈簧的壓縮量xB，則設當物體C剛剛離開地面時，彈簧的伸長量為xC，則當物體C剛離開地面時，物體B上升的距離以及物體A沿斜面下滑的距離均為h=xC+xB由于彈簧處于壓縮狀態和伸長狀態時的彈性勢能相等，且物體C剛剛離開地面時，A、B兩物體的速度相等，設為vBm，以A、B及彈簧組成的系統為研究對象，由機械能守恒定律得代入數據，解得故B正確；D．從釋放A到C剛離開地面的過程中，A、B兩小球以及彈簧構成的系統機械能守恒，A、B兩小球組成的系統機械能不守恒，故D錯誤。故選B。[變式]如圖所示，可視為質點的小球A、B用不可伸長的細軟輕線連接，跨過固定在地面上半徑為R的光滑圓柱，A的質量為B的兩倍．當B位于地面時，A恰與圓柱軸心等高．將A由靜止釋放，B上升的最大高度是()A．2RB.eq\f(5R,3)C.eq\f(4R,3)D.eq\f(2R,3)【答案】C【解析】如圖所示，以A、B整體為系統，以地面為零勢能面，設A的質量為2m，B的質量為m，根據機械能守恒定律有2mgR＝mgR＋eq\f(1,2)×3mv2，A落地后B將以速度v做豎直上拋運動，即有eq\f(1,2)mv2＝mgh，解得h＝eq\f(1,3)R.則B上升的高度為R＋eq\f(1,3)R＝eq\f(4,3)R，故選項C正確．考查方式二輕桿模型三大特點①平動時兩物體線速度相等，轉動時兩物體角速度相等．②桿對物體的作用力并不總是沿桿的方向，桿能對物體做功，單個物體機械能不守恒．③對于桿和球組成的系統，忽略空氣阻力和各種摩擦且沒有其他力對系統做功，則系統機械能守恒．【典例4】如圖所示，物體A的質量為M，圓環B的質量為mA、B通過繩子連接在一起，圓環套在光滑的豎直桿上，開始時，圓環與定滑輪之間的繩子處于水平狀態，長度l＝4m，現從靜止開始釋放圓環，不計定滑輪和空氣的阻力，重力加速度g取10m/s2，若圓環下降h＝3m時的速度v＝5m/s，則A和B的質量關系為()A.eq\f(M,m)＝eq\f(35,29)B.eq\f(M,m)＝eq\f(7,9)C.eq\f(M,m)＝eq\f(39,25)D.eq\f(M,m)＝eq\f(15,19)【答案】A【解析】圓環下降3m時的速度可以沿繩方向和垂直繩方向進行分解，故可得vA＝vcosθ，又由幾何關系可知cosθ＝eq\f(h,\r(h2＋l2))，解得vA＝3m/s.當圓環下降的高度h＝3m時，由幾何關系可知，物體A上升的高度h′＝eq\r(h2＋l2)－l＝1m．將A、B看作一個系統，則該系統只有重力做功，機械能守恒，則由機械能守恒定律可得mgh－Mgh′＝eq\f(1,2)mv2＋eq\f(1,2)Mveq\o\al(2,A)，代入數據求解可得eq\f(M,m)＝eq\f(35,29)，選項A正確．[變式1](多選)如圖所示，質量分別為2m、m的小滑塊A、B，其中A套在固定的豎直桿上，B靜置于水平地面上，A、B間通過鉸鏈用長為L的剛性輕桿連接．一輕彈簧左端與B相連，右端固定在豎直桿上，彈簧水平．當α＝30°時，彈簧處于原長狀態此時將A由靜止釋放，下降到最低點時α變為45°，整個運動過程中，A、B始終在同一豎直平面內，彈簧在彈性限度內，忽略一切摩擦，重力加速度為g.則A下降過程中()A．A、B組成的系統機械能守恒B．彈簧彈性勢能的最大值為(eq\r(3)－eq\r(2))mgLC．豎直桿對A的彈力一定大于彈簧彈力D．A的速度達到最大值前，地面對B的支持力小于3mg【答案】BD【解析】：根據能量守恒知，A、B、彈簧組成的系統機械能守恒，故A錯誤；根據系統機械能守恒可得：Ep＝2mgL(cos30°－cos45°)，彈性勢能的最大值為Epm＝(eq\r(3)－eq\r(2))mgL，故B正確；對A、B整體，在水平方向上，根據牛頓第二定律有F桿－F彈＝ma，滑塊先做加速運動后做減速運動，所以豎直桿對A的彈力不始終大于彈簧彈力，故C錯誤；A下降過程中動能達到最大前，A加速下降，對A、B整體，在豎直方向上，根據牛頓第二定律有3mg－N＝2ma，則有N<3mg，故D正確．故選BD．[變式2]如圖所示，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【答案】BD【解析】由于剛性桿不伸縮，滑塊a、b沿桿方向的分速度相等，滑塊a落地時，速度方向豎直向下，故此時滑塊b的速度為零，可見滑塊b由靜止開始先做加速運動后做減速運動，對滑塊b受力分析，可知桿對滑塊b先做正功，后做負功，選項A錯誤；因系統機械能守恒，則桿對滑塊a先做負功，后做正功，做負功時，滑塊a的加速度小于g，做正功時，滑塊a的加速度大于g，選項C錯誤；桿對滑塊a的彈力剛好為零時，a的機械能最小，此時對滑塊b受力分析，可知地面對b的支持力剛好等于mg，根據牛頓第三定律，b對地面的壓力大小為mg，選項D正確；由機械能守恒定律，可得mgh＝eq\f(1,2)mv2，即v＝eq\r(2gh)，選項B正確．考查方式三輕彈簧模型輕彈簧模型“四點”注意①含彈簧的物體系統在只有彈簧彈力和重力做功時，物體的動能、重力勢能和彈簧的彈性勢能之間相互轉化，物體和彈簧組成的系統機械能守恒，而單個物體和彈簧機械能都不守恒．②含彈簧的物體系統機械能守恒問題，符合一般的運動學解題規律，同時還要注意彈簧彈力和彈性勢能的特點．③彈簧彈力做的功等于彈簧彈性勢能的減少量，而彈簧彈力做功與路徑無關，只取決于初、末狀態彈簧形變量的大小．④由兩個或兩個以上的物體與彈簧組成的系統，當彈簧形變量最大時，彈簧兩端連接的物體具有相同的速度；彈簧處于自然長度時，彈簧彈性勢能最小(為零)．【典例5】如圖所示，水平桌面上的輕質彈簧一端固定，另一端與小物塊相連.彈簧處于自然長度時物塊位于O點(圖中未標出).物塊的質量為m，AB=a，物塊與桌面間的動摩擦因數為μ.現用水平向右的力將物塊從O點拉至A點，拉力做的功為W.撤去拉力后物塊由靜止向左運動，經O點到達B點時速度為零.重力加速度為g.則上述過程中()A.物塊在A點時，彈簧的彈性勢能等于W-μmgaB.物塊在B點時，彈簧的彈性勢能小于W-μmgaC.經O點時，物塊的動能小于W-μmgaD.物塊動能最大時彈簧的彈性勢能小于物塊在B點時彈簧的彈性勢能【答案】BC【解析】如果沒有摩擦力，則O點應該在AB中間，由于有摩擦力，物體從A到B過程中有機械能損失，O點靠近B點.故OA>，此過程物體克服摩擦力做功大于μmga，所以物塊在A點時，彈簧的彈性勢能小于W-μmga，選項A錯誤;由A分析得物塊從開始運動到最終停在B點，路程大于μmga，故整個過程物體克服阻力做功大于μmga，故物塊在B點時，彈簧的彈性勢能小于W-μmga，選項B正確;從O點開始到再次到達O點，物體路程大于a，故由動能定理得，物塊的動能小于W-μmga，選項C正確;物塊動能最大時，彈力等于摩擦力，而在B點彈力與摩擦力的大小關系未知，故物塊動能最大時彈簧伸長量與物塊在B點時彈簧伸長量大小未知，故此兩位置彈性勢能大小關系不好判斷，選項D錯誤.[變式]如圖所示，固定的豎直光滑長桿上套有質量為m的小圓環，圓環與水平狀態的輕質彈簧一端連接，彈簧的另一端連接在墻上，且處于原長狀態．現讓圓環由靜止開始下滑，已知彈簧原長為L，圓環下滑到最大距離時彈簧的長度變為2L(未超過彈性限度)，則在圓環下滑到最大距離的過程中()A．圓環的機械能守恒B．彈簧彈性勢能變化了eq\r(3)mgLC．圓環下滑到最大距離時，所受合力為零D．圓環重力勢能與彈簧彈性勢能之和保持不變【答案】B【解析】圓環沿桿下滑的過程中，圓環與彈簧組成的系統動能、彈性勢能、重力勢能之和守恒，選項A、D錯誤；彈簧長度為2L時，圓環下落的高度h＝eq\r(3)L，根據機械能守恒定律，彈簧的彈性勢能增加了ΔEp＝mgh＝eq\r(3)mgL，選項B正確；圓環釋放后，圓環向下先做加速運動，后做減速運動，當速度最大時，合力為零，下滑到最大距離時，具有向上的加速度，合力不為零，選項C錯誤．考查方式四等效重心模型【典例6】如圖所示，固定在地面的斜面體上開有凹槽，槽內緊挨放置六個半徑均為r的相同小球，各球編號如圖．斜面與水平軌道OA平滑連接，OA長度為6r.現將六個小球由靜止同時釋放，小球離開A點后均做平拋運動，不計一切摩擦．則在各小球運動過程中，下列說法正確的是 ()A．球1的機械能守恒B．球6在OA段機械能增大C．球6的水平射程最小D．六個球落地點各不相同【答案】BC【解析】當所有球都在斜面上運動時機械能守恒，當有球在水平面上運動時，后面球要對前面的球做功，小球機械能不守恒，選項A錯誤；球6在OA段由于球5的推力對其做正功，其機械能增大，選項B正確；由于球6離開A點的速度最小，所以其水平射程最小，選項C正確；當1、2、3小球均在OA段時，三球的速度相同，故從A點拋出后，三球落地點也相同，選項D錯誤．[變式]有一條長為L＝2m的均勻金屬鏈條，有一半長度在光滑的足夠高的斜面上，斜面頂端是一個很小的圓弧，斜面傾角為30°，另一半長度豎直下垂在空中，當鏈條從靜止開始釋放后鏈條滑動，則鏈條剛好全部滑出斜面時的速度為(g取10m/s2)()A．2.5m/sB．eq\f(5\r(2),2)m/sC．eq\r(5)m/sD．eq\f(\r(35),2)m/s【答案】B【解析】設鏈條的質量為2m，以開始時鏈條的最高點為零勢能面，鏈條的機械能為E＝Ep＋Ek＝－eq\f(1,2)×2mg×eq\f(L,4)sinθ－eq\f(1,2)×2mg×eq\f(L,4)＋0＝－eq\f(1,4)mgL(1＋sinθ)鏈條全部滑出后，動能為E′k＝eq\f(1,2)×2mv2重力勢能為E′p＝－2mgeq\f(L,2)由機械能守恒可得E＝E′k＋E′p即－eq\f(1,4)mgL(1＋sinθ)＝mv2－mgL解得v＝eq\f(1,2)eq\r(gL（3－sinθ）)＝eq\f(1,2)×eq\r(10×2×（3－0.5）)m/s＝eq\f(5\r(2),2)m/s故B正確，A、C、D錯誤．考查方式五能量守恒綜合運用【典例7】如圖，一傾角為的光滑斜面上有50個減速帶（圖中未完全畫出），相鄰減速帶間的距離均為d，減速帶的寬度遠小于d；一質量為m的無動力小車（可視為質點）從距第一個減速帶L處由靜止釋放。已知小車通過減速帶損失的機械能與到達減速帶時的速度有關。觀察發現，小車通過第30個減速帶后，在相鄰減速帶間的平均速度均相同。小車通過第50個減速帶后立刻進入與斜面光滑連接的水平地面，繼續滑行距離s后停下。已知小車與地面間的動摩擦因數為，重力加速度大小為g。（1）求小車通過第30個減速帶后，經過每一個減速帶時損失的機械能；（2）求小車通過前30個減速帶的過程中在每一個減速帶上平均損失的機械能；（3）若小車在前30個減速帶上平均每一個損失的機械能大于之后每一個減速帶上損失的機械能，則L應滿足什么條件？【答案】（1）；（2）；（3）【詳解】（1）由題意可知小車在光滑斜面上滑行時根據牛頓第二定律有設小車通過第30個減速帶后速度為v1，到達第31個減速帶時的速度為v2，則有因為小車通過第30個減速帶后，在相鄰減速帶間的平均速度均相同，故后面過減速帶后的速度與到達下一個減速帶均為v1和v2；經過每一個減速帶時損失的機械能為聯立以上各式解得（2）由（1）知小車通過第50個減速帶后的速度為v1，則在水平地面上根據動能定理有從小車開始下滑到通過第30個減速帶，根據動能定理有聯立解得故在每一個減速帶上平均損失的機械能為（3）由題意可知可得

【鞏固練習】(多選)滑沙是人們喜愛的游樂活動，如圖是滑沙場地的一段斜面，其傾角為30°，設參加活動的人和滑車總質量為m，人和滑車從距底端高為h處的頂端A沿滑道由靜止開始勻加速下滑，加速度為0.4g，人和滑車可視為質點，則從頂端向下滑到底端B的過程中，下列說法正確的是()A．人和滑車減少的重力勢能全部轉化為動能B．人和滑車獲得的動能為0.8mghC．整個下滑過程中人和滑車減少的機械能為0.2mghD．人和滑車克服摩擦力做功為0.6mgh【答案】BC【解析】沿斜面的方向有ma＝mgsin30°－Ff，所以Ff＝0.1mg，人和滑車減少的重力勢能轉化為動能和內能，故A錯誤；人和滑車下滑的過程中重力和摩擦力做功，獲得的動能為Ek＝(mgsin30°－Ff)eq\f(h,sin30°)＝0.8mgh，故B正確；整個下滑過程中人和滑車減少的機械能為ΔE＝mgh－Ek＝mgh－0.8mgh＝0.2mgh，故C正確；整個下滑過程中克服摩擦力做功等于人和滑車減少的機械能，所以人和滑車克服摩擦力做功為0.2mgh，故D錯誤．(多選)一運動員穿著飛翔裝備從飛機上跳出后的一段運動過程可近似認為是勻變速直線運動，如圖2所示，運動方向與水平方向成53°，運動員的加速度大小為eq\f(3g,4).已知運動員(包含裝備)的質量為m，則在運動員下落高度為h的過程中，下列說法正確的是()A．運動員重力勢能的減少量為eq\f(3mgh,5)B．運動員動能的增加量為eq\f(3mgh,4)C．運動員動能的增加量為eq\f(15,16)mghD．運動員的機械能減少了eq\f(mgh,16)【答案】CD【解析】運動員下落的高度是h，W＝mgh，運動員重力勢能的減少量為mgh，故A錯誤；運動員下落的高度是h，則飛行的距離L＝eq\f(h,sin53°)＝eq\f(5,4)h，運動員受到的合外力F合＝ma＝eq\f(3,4)mg，動能的增加量等于合外力做的功，即ΔEk＝W合＝eq\f(3,4)mg×eq\f(5,4)h＝eq\f(15,16)mgh，故B錯誤，C正確；運動員重力勢能的減少量為mgh，動能的增加量為eq\f(15,16)mgh，所以運動員的機械能減少了eq\f(1,16)mgh，故D正確．(多選)如圖甲所示，傾角θ＝30°的光滑斜面固定在水平面上，自然伸長的輕質彈簧一端固定在斜面底端的擋板上．一質量為m的小球，從離彈簧上端一定距離的位置靜止釋放，接觸彈簧后繼續向下運動，小球運動的v-t圖象如圖乙所示，其中OA段為直線段，AB段是與OA相切于A點的平滑曲線，BC是平滑曲線，不考慮空氣阻力，重力加速度為g.關于小球的運動過程，下列說法正確的是()A．小球在tB時刻所受彈簧的彈力等于eq\f(1,2)mgB．小球在tC時刻的加速度大于eq\f(1,2)gC．小球從tC時刻所在的位置由靜止釋放后，能回到出發點D．小球從tA時刻到tC時刻的過程中，重力勢能的減少量等于彈簧彈性勢能的增加量【答案】ABC【解析】：小球在tB時刻速度達到最大，此時彈簧的彈力等于重力沿斜面的分力，即此時F彈＝mgsin30°＝eq\f(1,2)mg，故A正確；由題意可知，tA時刻小球剛好與彈簧接觸且彈簧無形變，此時小球的加速度aA＝eq\f(1,2)g，由圖乙可知，A點圖線斜率的絕對值小于C點圖線斜率的絕對值，分析可知小球在tC時刻的加速度大于eq\f(1,2)g，故B正確；整個過程中，彈簧和小球組成的系統機械能守恒，故小球從C點釋放能到達原來的釋放點，故C正確；小球從tA時刻到tC時刻的過程中，由系統機械能守恒知小球重力勢能的減少量與動能的減少量之和等于彈簧彈性勢能的增加量，故D錯誤．如圖甲所示，一傾角為37°的傳送帶以恒定速度運行。現將一質量m＝1kg的物體拋上傳送帶，物體相對地面的速度隨時間變化的關系如圖乙所示，取沿傳送帶向上為正方向，g=10m/s2，sin37°＝0.6，cos37°＝0.8。則下列說法正確的是()A.0～8s內物體位移的大小是18mB.0～8s內物體機械能增量是90JC.0～8s內物體機械能增量是126JD.0～8s內物體與傳送帶因摩擦產生的熱量是126J【答案】BD【解析】A．0～8s內物體的位移故A錯誤；BC．0～8s內物體機械能增量故B正確，C錯誤；D．物體在傳送帶上運動的加速度根據牛頓第二定律物體在傳送帶上滑行過的路程所以，摩擦產生的熱量故D正確故選BD。如圖所示，固定的光滑豎直桿上套一個滑塊A，與滑塊A連接的細繩繞過光滑的輕質定滑輪連接滑塊B，細繩不可伸長，滑塊B放在粗糙的固定斜面上，連接滑塊B的細繩和斜面平行，滑塊A從細繩水平位置由靜止釋放(不計輪軸處的摩擦)，到滑塊A下降到速度最大(A未落地，B未上升至滑輪處)的過程中()A．滑塊A和滑塊B的加速度大小一直相等B．滑塊A減小的機械能等于滑塊B增加的機械能C．滑塊A的速度最大時，滑塊A的速度大于B的速度D．細繩上的張力對滑塊A做的功等于滑塊A機械能的變化量【答案】CD【解析】兩滑塊與繩構成繩連接體，沿繩方向的加速度大小相等，則A沿繩的分加速度等于B的加速度，A錯誤；繩連接體上的一對拉力做功不損失機械能，但B受到的斜面摩擦力對B做負功，由能量守恒可知滑塊A減小的機械能等于滑塊B增加的機械能和摩擦生熱之和，B錯誤；滑塊A的速度最大時，將滑塊A的速度分解，如圖所示，繩連接體沿繩方向的速度大小相等，則A沿繩的分速度等于B的運動速度，顯然滑塊A的速度大于B的速度，C正確；對A受力分析可知，除重力外，只有細繩的張力對滑塊A做功，由功能關系可知，細繩上的張力對滑塊A做的功等于滑塊A機械能的變化量，D正確。如圖所示，a、b兩物塊質量分別為m、2m，用不計質量的細繩相連接，懸掛在定滑輪的兩側，不計滑輪質量和一切摩擦。開始時，a、b兩物塊距離地面高度相同，用手托住物塊b，然后突然由靜止釋放，直至b物塊下降高度為h，在此過程中，下列說法正確的是（）A.物塊a的機械能守恒B.物塊b機械能減少了C.物塊b重力勢能的減少量等于細繩拉力對它所做的功D.物塊a機械能的增加量等于b的機械能減少量【答案】D【解析】A．物體a加速上升，動能和重力勢能均增加，故機械能增加，故A錯誤；B．物體a、b構成的系統機械能守恒，有解得物體b動能增加量為重力勢能減小2mgh，故物體b機械能減小，故B錯誤。C．物體b重力勢能的減小量等于克服重力做的功，物體b加速下降，失重，拉力小于重力，故拉力的功小于重力勢能的減小量；故C錯誤；D．不計滑輪質量和一切摩擦,a、b組成的系統機械能守恒，所以物塊a機械能的增加量等于b的機械能減少量，故D正確。故選D。7.一物塊從斜面頂端靜止開始沿斜面下滑，其機械能和動能隨下滑距離s的變化如圖中直線Ⅰ、Ⅱ所示，重力加速度取。下列說法正確的是（）A.物塊下滑過程中機械能不守恒B.物塊與斜面間的動摩擦因數為0.5C.物塊下滑時加速度的大小為D.當物塊下滑時機械能損失了【答案】AD【解析】根據功能關系可得得則在此圖像中的斜率的絕對值表示下滑過程中受到摩擦力大小機械能不守恒．故A正確；BC．根據動能定理可得則圖像的斜率表示合外力F，得到合外力因未知，m和無法求，加速度a也無法計算，故B、C錯誤；D．當物塊下滑時機械能損失故D正確。故選AD。8.(多選)如圖所示，輕質彈簧的左端固定，并處于自然狀態．小物塊的質量為m，從A點向左沿水平地面運動，壓縮彈簧后被彈回，運動到A點恰好靜止．物塊向左運動的最大距離為s，與地面間的動摩擦因數為μ，重力加速度為g，彈簧未超出彈性限度．在上述過程中()A．彈簧的最大彈力為μmgB．物塊克服摩擦力做的功為2μmgsC．彈簧的最大彈性勢能為μmgsD．物塊在A點的初速度為eq\r(2μgs)【答案】BC【解析】小物塊處于最左端時，彈簧的壓縮量最大，然后小物塊先向右加速運動再減速運動，可知彈簧的最大彈力大于滑動摩擦力μmg，選項A錯誤；物塊從開始運動至最后回到A點過程，由功的定義可得物塊克服摩擦力做功為2μmgs，選項B正確；自物塊從最左側運動至A點過程由能量守恒定律可知Ep＝μmgs，選項C正確；設物塊在A點的初速度為v0，整個過程應用動能定理有－2μmgs＝0－eq\f(1,2)mveq\o\al(2,0)，解得v0＝2eq\r(μgs)，選項D錯誤．(多選)如圖所示，輕彈簧一端固定在O點，另一端連接在一個小球上，小球套在光滑、水平的直桿上，開始時彈簧與桿垂直且處于原長．現給小球一個水平向右的拉力F，使小球從桿上A點由靜止開始向右運動，運動到B點時速度最大，運動到C點時速度為零．則下列說法正確的是()A．小球由A到B的過程中，拉力做的功大于小球動能的增量B．小球由B到C的過程中，拉力做的功大于彈簧彈性勢能的增量C．小球由A到C的過程中，拉力做的功等于彈簧彈性勢能的增量D．小球由A到C的過程中，小球所受合力的功先減小后增大【答案】AC【解析】小球由A到B的過程中，小球的動能增加，彈簧的彈性勢能增加，根據功能關系可知，拉力做的功大于小球動能的增量，故A正確；小球由B到C的過程中，小球的動能減少，彈簧的彈性勢能增加，根據功能關系可知，拉力做的功與小球減少的動能之和等于彈簧彈性勢能的增量，則拉力做的功小于彈簧彈性勢能的增量，故B錯誤；小球由A到C的過程中，動能的增量為零，根據功能關系可知，拉力做的功等于彈簧彈性勢能的增量，故C正確；根據動能定理知：小球所受合力的功等于小球動能的變化量，小球由A到C的過程中，小球的動能先增大后減小，所以合力做的功先增大后減小，故D錯誤．如圖所示，一原長等于A、B間距離的彈性輕繩(繩的彈力與其伸長量成正比)左端固定在A點，右端跨過由輕桿OB固定的定滑輪連接一個質量為m的小球，小球穿過豎直固定的桿．初始時A、B、C三點在同一水平線上，小球從C點由靜止釋放滑到E點時速度恰好為零．已知C、E兩點間距離為h，D為CE的中點，小球在C點時彈性繩的拉力為0.5mg，小球與桿之間的動摩擦因數為0.5，彈性繩始終處在彈性限度內．在小球由C運動到E的過程中，下列說法正確的是()A．小球在D點時速度最大B．若在E點給小球一個向上的速度v，小球恰好能回到C點，則v＝eq\r(gh)C．小球在CD段損失的機械能等于小球在DE段損失的機械能D．若僅把小球質量變為2m，則小球到達E點時的速度大小為eq\r(2gh)【答案】AB【解析】設BC的長度為L，小球在C點時根據胡克定律有0.5mg＝kL(k為彈性繩的勁度系數)，在向下運動的過程中，設小球和B點的連線與豎直方向的夾角為α，則彈性繩對小球的拉力為F＝keq\f(L,sinα)，將F正交分解可得水平方向上有Fx＝Fsinα＝kL＝0.5mg，豎直方向上有Fy＝Fcosα＝eq\f(F,tanα)＝eq\f(mg,2tanα)，若某時小球下降的距離為l，則tanα＝eq\f(L,l)，整理可得Fy＝eq\f(mgl,2L)，由此可知，彈性繩的彈力沿豎直方向的分力與小球下降的高度l成正比．對小球受力分析，小球受重力、彈性繩的拉力、摩擦力f、桿的支持力N，小球在水平方向上受力平衡，則有N＝Fx＝0.5mg，故摩擦力f＝μN＝0.25mg，小球在下滑過程中，由于在豎直方向上重力的方向始終向下，大小不變，所受摩擦力的方向始終向上，大小也不變，彈性繩沿豎直方向的分力與下降的距離l成正比，所以小球在豎直方向上的運動具有對稱性，當l＝eq\f(h,2)時，即小球運動到D點時小球具有最大速度，故A正確；小球從C點運動到E點的過程中克服摩擦力做的功為Wf＝fh＝0.25mgh，對小球從C到E的過程進行分析，