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2021届高考物理通用一轮练习：考点15 功能关系 机械能守恒定律及其应用
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考点15 功能关系 机械能守恒定律及其应用
题组一 基础小题
1．下列关于功和能的说法正确的是( )
A．作用力做正功，反作用力一定做负功
B．物体在合外力作用下做变速运动，动能一定发生变化
C．若物体除受重力外，还受到其他力作用时，物体的机械能也可能守恒
D．竖直向上运动的物体重力势能一定增加，动能一定减少
答案 C
解析 当作用力做正功时，反作用力也可能做正功，如反冲运动中的物体，故A错误；物体在合外力作用下做变速运动，动能不一定发生变化，比如匀速圆周运动，故B错误；若物体除受重力外，还受到其他力作用时，当其他的力做的功等于零时，物体的机械能也守恒，故C正确；竖直向上运动的物体重力势能一定增加，若同时物体受到的向上的拉力做正功，则物体动能不一定减少，故D错误。
2.如图所示，运动员把质量为m的足球从水平地面踢出，足球在空中达到的最大高度为h，在最高点时的速度为v，不计空气阻力，重力加速度为g，则运动员踢球时对足球做的功为( )
A.mv2 B．mgh
C．mgh＋mv2 D．mgh＋mv2
答案 C
解析 足球被踢起后在运动过程中，只受到重力作用，只有重力做功，足球的机械能守恒，足球到达最高点时，其机械能为E＝mgh＋mv2，由机械能守恒定律得，足球刚被踢起时的机械能为E＝mgh＋mv2，足球获得的机械能等于运动员对足球所做的功，因此运动员对足球所做的功为W＝mgh＋mv2，故A、B、D错误，C正确。
3.如图所示，一辆小车在牵引力作用下沿弧形路面匀速率上行，小车与路面间的阻力大小恒定，则上行过程中( )
A．小车处于平衡状态，所受合外力为零
B．小车受到的牵引力逐渐增大
C．小车受到的牵引力对小车做的功一定大于小车重力势能的增加量
D．小车重力的功率逐渐增大
答案 C
解析 小车做匀速圆周运动，合力充当向心力，不为零，故A错误；对小车受力分析，牵引力F＝f＋mgsinθ，阻力大小恒定，θ变小，所以F变小，故B错误；由功能关系得：小车受到的牵引力对小车做的功等于小车重力势能的增加量和因摩擦生成的热量，即牵引力对小车做的功一定大于小车重力势能的增加量，故C正确；小车重力的功率P＝mgvsinθ，θ变小，P减小，故D错误。
4.把一定质量的小球放在竖立的弹簧上，并把小球往下按至A位置，如图甲所示。迅速松手后，弹簧把小球弹起，小球升至最高位置C(图丙)，途中经过位置B时弹簧正好恢复原长(图乙)。弹簧的质量和空气阻力均可忽略。下列说法正确的是( )
A．A到C的过程，小球的机械能守恒
B．A到B的过程，小球的动能一直变大
C．A到B的过程，小球动能的增加量小于弹簧弹性势能的减少量
D．A到C的过程，小球重力势能的增加量小于弹簧弹性势能的减少量
答案 C
解析 A到C的过程，除重力外，弹簧的弹力对小球做正功，小球的机械能不守恒，故A错误；小球从A释放后向上做加速运动，弹簧的弹力减小，当弹簧的弹力与重力相等时速度最大，然后弹簧的弹力小于重力，小球做减速运动，因此小球从A到B的过程，小球的动能先增大后减小，故B错误；小球与弹簧组成的系统机械能守恒，A到B的过程，弹簧的弹性势能的减少量转化为小球的机械能，即转化为小球的动能与势能之和，由于小球的重力势能增加，因此小球动能的增加量小于弹簧弹性势能的减少量，故C正确；小球与弹簧组成的系统机械能守恒，A到C的过程，弹簧的弹性势能转化为小球的机械能，到达C点，小球的动能为零，弹簧弹性势能完全转化为小球的重力势能，因此从A到C的过程中，小球重力势能的增加量等于弹簧弹性势能的减少量，故D错误。
5.人通过滑轮将质量为m的物体沿粗糙的斜面由静止开始匀加速地由底端拉上斜面，物体上升的高度为h，到达斜面顶端的速度为v，如图所示。则在此过程中( )
A．物体所受的合外力做的功为mgh＋mv2
B．物体所受的合外力做的功为mv2
C．人对物体做的功为mgh
D．人对物体做的功为mv2
答案 B
解析 对物体受力分析可知，物体受重力、支持力、拉力及摩擦力的作用；由动能定理可知，合外力做的功一定等于物体动能的改变量，即等于mv2，故A错误，B正确；由功能关系可知，人对物体做的功等于物体克服重力所做的功、克服摩擦力所做的功及增加的动能之和，故C、D错误。
6．如图所示，半径为R的金属环竖直放置，环上套有一质量为m的小球，小球开始时静止于最低点，现使小球以初速度v0＝沿环上滑，小球运动到环的最高点时与环恰无作用力，则小球从最低点运动到最高点的过程中( )
A．小球的机械能守恒
B．小球在最低点时对金属环的压力是6mg
C．小球在最高点时，重力的功率是mg
D．小球的机械能不守恒，且克服摩擦力所做的功是0.5mgR
答案 D
解析 小球在最高点与环的作用力恰为零时，设其速度为v，则有mg＝m，解得v＝；从最低点到最高点，由动能定理得：－mg×2R－W克＝mv2－mv，解得：W克＝mgR，所以小球的机械能不守恒，且克服摩擦力所做的功为0.5mgR，故A错误，D正确；在最低点，根据牛顿第二定律得：N－mg＝m，解得：N＝7mg，由牛顿第三定律得小球对金属环的压力为7mg，故B错误；小球在最高点时，重力的方向与速度方向垂直，重力的功率为零，故C错误。
7.光滑水平面上以速度v0匀速滑动的小物块，运动到A点时受到一水平恒力F的作用，经一段时间后小物块运动到B点，速度大小仍为v0，方向改变了90°，如图所示，则在此过程中( )
A．水平恒力F的方向一定与AB连线垂直
B．小物块的动能一定始终不变
C．小物块的机械能一定先增大后减小
D．小物块的加速度可能变大
答案 A
解析 小物块仅受水平恒力作用，根据牛顿第二定律，物块的加速度一定恒定，D错误；已知物块的初、末速度大小相等，即动能的变化量为零，根据动能定理可知合力做的功为零，故水平恒力一定与AB的连线垂直，由图可以看出水平恒力先做负功后做正功，故物块的动能先减小后增大，B错误，A正确；因为物块在水平面上运动，故重力势能不变，其机械能的变化情况就是动能的变化情况，即其机械能先减小后增大，C错误。
8.如图所示，固定的倾斜光滑直杆上套有一个质量为m的圆环，圆环与竖直放置的轻质弹簧一端相连，弹簧的另一端固定在地面上的A点，弹簧处于伸长状态，长度为h。让圆环由静止沿杆滑下，滑到杆的底端时速度刚好为零。则在圆环下滑过程中( )
A．圆环的机械能守恒
B．弹簧的弹性势能先增大后减小
C．重力的功率先减小后增大
D．弹簧的弹性势能和圆环的重力势能之和最小时圆环的动能最大
答案 D
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，即环的重力和弹簧的弹力，所以圆环的机械能不守恒，故A错误；弹簧的弹性势能随弹簧的形变量的变化而变化，由图知弹簧先缩短再伸长，故弹簧的弹性势能先减小后增大，故B错误；圆环的速度先增加后减小到零，根据P＝mgvsinα可知，重力的功率先增大后减小，故C错误；根据机械能守恒定律知，当弹簧的弹性势能和圆环的重力势能之和最小时圆环的动能最大，故D正确。
题组二 高考小题
9．(2018·天津高考)滑雪运动深受人民群众喜爱，某滑雪运动员(可视为质点)由坡道进入竖直面内的圆弧形滑道AB，从滑道的A点滑行到最低点B的过程中，由于摩擦力的存在，运动员的速率不变，则运动员沿AB下滑过程中( )
A．所受合外力始终为零 B．所受摩擦力大小不变
C．合外力做功一定为零 D．机械能始终保持不变
答案 C
解析 因为运动员做曲线运动，所以合力一定不为零，A错误；运动员受力如图所示，重力垂直曲面的分力与曲面对运动员的支持力的合力充当向心力，故有FN－mgcosθ＝m⇒FN＝m＋mgcosθ，运动过程中速率恒定，且θ在减小，所以曲面对运动员的支持力越来越大，根据f＝μFN可知摩擦力越来越大，B错误；运动员运动过程中速率不变，质量不变，即动能不变，动能变化量为零，根据动能定理可知合力做功为零，C正确；因为运动员克服摩擦力做功，所以机械能不守恒，D错误。
10．(2018·全国卷Ⅰ)如图，abc是竖直面内的光滑固定轨道，ab水平，长度为2R；bc是半径为R的四分之一圆弧，与ab相切于b点。一质量为m的小球，始终受到与重力大小相等的水平外力的作用，自a点处从静止开始向右运动。重力加速度大小为g。小球从a点开始运动到其轨迹最高点，机械能的增量为( )
A．2mgR B．4mgR
C．5mgR D．6mgR
答案 C
解析 小球始终受到与重力大小相等的水平外力的作用，机械能的增量ΔE机＝W除G外力，机械能的增量等于水平外力在从a点开始运动到其轨迹最高点过程做的功。设小球运动到c点的速度为vc，由动能定理有：F·3R－mg·R＝mv，解得：vc＝2。小球运动到c点后，根据小球受力情况，可分解为水平方向初速度为零的匀加速运动，加速度为ax＝g，竖直方向的竖直上抛运动加速度也为g，小球上升至最高点时，竖直方向速度减小为零，时间为t＝＝，水平方向的位移为：x＝axt2＝g2＝2R，综上所述小球从a点开始运动到其轨迹最高点，机械能的增量为ΔE机＝F·(3R＋x)＝5mgR，正确答案为C。
11．(2016·海南高考)如图，光滑圆轨道固定在竖直面内，一质量为m的小球沿轨道做完整的圆周运动。已知小球在最低点时对轨道的压力大小为N1，在最高点时对轨道的压力大小为N2。重力加速度大小为g，则N1－N2的值为( )
A．3mg B．4mg
C．5mg D．6mg
答案 D
解析 设小球在最高点的速度为v2，在最低点的速度为v1，由牛顿第三定律知，小球在最低点和最高点受到的弹力大小分别为N1、N2，由最低点到最高点的过程，根据机械能守恒定律可知：mv＋mg·2R＝mv，根据牛顿第二定律可得：最高点时：N2＋mg＝m，最低点时；N1－mg＝m，联立解得：N1－N2＝6mg，故选D。
12．(2019·江苏高考)(多选)如图所示，轻质弹簧的左端固定，并处于自然状态。小物块的质量为m，从A点向左沿水平地面运动，压缩弹簧后被弹回，运动到A点恰好静止。物块向左运动的最大距离为s，与地面间的动摩擦因数为μ，重力加速度为g，弹簧未超出弹性限度。在上述过程中( )
A．弹簧的最大弹力为μmg
B．物块克服摩擦力做的功为2μmgs
C．弹簧的最大弹性势能为μmgs
D．物块在A点的初速度为
答案 BC
解析 物块向左运动压缩弹簧，弹簧最短时，弹簧弹力最大，物块具有向右的加速度，弹簧弹力大于摩擦力，即Fm>μmg，A错误；根据功的公式，物块克服摩擦力做的功W＝μmgs＋μmgs＝2μmgs，B正确；从物块将弹簧压缩到最短至物块运动到A点静止的过程中，根据能量守恒定律，弹簧的弹性势能通过摩擦力做功转化为内能，故Epm＝μmgs，C正确；根据能量守恒定律，在整个过程中，物体的初动能通过摩擦力做功转化为内能，即mv2＝2μmgs，所以v＝2，D错误。
13．(2017·全国卷Ⅲ)如图，一质量为m，长度为l的均匀柔软细绳PQ竖直悬挂。用外力将绳的下端Q缓慢地竖直向上拉起至M点，M点与绳的上端P相距l。重力加速度大小为g。在此过程中，外力做的功为( )
A.mgl B.mgl
C.mgl D.mgl
答案 A
解析 以均匀柔软细绳MQ段为研究对象，其质量为m，取M点所在的水平面为零势能面，开始时，细绳MQ段的重力势能Ep1＝－mg·＝－mgl，用外力将绳的下端Q缓慢地竖直向上拉起至M点时，细绳MQ段的重力势能Ep2＝－mg·＝－mgl，则外力做的功即克服重力做的功等于细绳MQ段的重力势能的变化，即W＝Ep2－Ep1＝－mgl＋mgl＝mgl，选项A正确。
14．(2016·全国卷Ⅱ)(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<∠OMN<。在小球从M点运动到N点的过程中，( )
A．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
答案 BCD
解析 如图所示，OP垂直于竖直杆，Q点与M点关于OP对称，在小球从M点到Q点的过程中，弹簧弹力先做负功后做正功，故A错误；在P点弹簧长度最短，弹力方向与速度方向垂直，故此时弹力对小球做功的功率为零，即C正确；小球在P点时所受弹簧弹力垂直于竖直杆，竖直方向上只受重力，此时小球加速度为g，当弹簧处于自由长度时，小球只受重力作用，此时小球的加速度也为g，故B正确；小球和弹簧组成的系统机械能守恒，小球在M点和N点时弹簧的弹性势能相等，故小球从M到N重力势能的减少量等于动能的增加量，而小球在M点的动能为零，故D正确。
15.(2019·全国卷Ⅱ)(多选)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 由于Ep＝mgh，所以Ep与h成正比，斜率k＝mg，由图象得k＝20 N，因此m＝2 kg，A正确；当h＝0时，Ep＝0，E总＝Ek＝mv，因此v0＝10 m/s，B错误；由图象知h＝2 m时，E总＝90 J，Ep＝40 J，由E总＝Ek＋Ep得Ek＝50 J，C错误；h＝4 m时，E总＝Ep＝80 J，即此时Ek＝0，即从地面至h＝4 m，动能减少100 J，D正确。
题组三 模拟小题
16.(2019·上海浦东期末)“蹦极”是一种富有刺激性的勇敢者的运动项目。如图所示，一根弹性橡皮绳一端系于跳台，另一端系于人的腿部。不计空气阻力，在蹦极者从跳台下落直到最低点的过程中，则( )
A．蹦极者下落至最低点时橡皮绳的弹性势能最大
B．蹦极者下落至橡皮绳原长位置时动能最大
C．蹦极者的机械能先增大后减小
D．蹦极者的重力势能与橡皮绳的弹性势能之和一直减小
答案 A
解析 蹦极者下落过程中，橡皮绳越长其弹性势能越大，到最低点橡皮绳最长，弹性势能最大，故A正确；当橡皮绳的拉力等于重力时，蹦极者的加速度为零，速度最大，动能最大，故B错误；蹦极者从最高点到橡皮绳恰好拉直时，蹦极者的机械能不变，此后橡皮绳的弹性势能增大，蹦极者的机械能不断减少，故C错误；在下落的过程中，蹦极者的重力势能、动能与橡皮绳的弹性势能的总和保持不变，由于蹦极者的动能先增大后减小，所以蹦极者的重力势能和橡皮绳的弹性势能之和先减小后增大，故D错误。
17．(2019·江苏常州期末)在水平地面上以某一初速度竖直向上抛出一物体，物体所受的空气阻力与物体的速率成正比，经一段时间后落回地面，则下列关于物体的加速度随时间变化图象、速度随时间变化图象、机械能随路程变化图象、重力势能(地面作为参考平面)随路程变化图象正确的是( )
答案 C
解析 将物体竖直向上抛出，物体上升过程中受到重力和向下的空气阻力，根据牛顿第二定律，有：mg＋f＝ma1，又f＝kv，可知a1＝g＋；由于速度不断变小，故阻力不断变小，加速度不断变小，最高点速度为零，阻力为零，加速度为g；下落过程中，物体受到重力和向上的空气阻力，则有mg－f＝ma2，又f＝kv，得a2＝g－，速度v不断变大，则知加速度不断变小，故加速度一直变小，A错误；vt图象的斜率代表加速度，则斜率一直减小，但速度是先向上减小到零再向下增大，故B错误；由功能关系可知除重力以外的空气阻力做负功，可知物体的机械能一直减小，且ΔE＝fs，故Es图象的斜率的大小代表空气阻力的大小，则斜率先减小后增大，故C正确；由重力势能Ep＝mgh可知，Eps图象的斜率代表重力mg，则图象为倾斜直线，故D错误。
18．(2019·陕西渭南二模)(多选)如图所示，分别用恒力F1、F2先后将质量为m的物体由静止开始沿同一粗糙的固定斜面由底端推至顶端，两次所用时间相同，第一次力F1沿斜面向上，第二次力F2沿水平方向。则两次过程( )
A．物体动能的变化量相同
B．物体机械能的变化量相同
C．物体克服摩擦力做的功相同
D．恒力F1、F2做功相同
答案 AB
解析 根据x＝at2知，物体在两次匀加速直线运动过程中的位移相同，运动时间相同，则两次过程中物体的加速度相同，末速度v＝at相同，则物体动能的变化量相同，故A正确；物体上升至顶端，重力势能的增加量相同，又动能的增加量相等，则物体机械能的变化量相等，故B正确；两次运动过程中，重力做功相等，第二次物体所受摩擦力大于第一次的摩擦力，则第二次克服摩擦力做功多，而动能的变化量相等，根据动能定理知，F1做的功比F2做的少，故C、D错误。
19．(2019·山西运城模拟)如图所示，轻质弹簧的一端与固定的竖直板P拴接，另一端与物体A相连，物体A静止于光滑水平桌面上，A右端连接一细线，细线绕过光滑的定滑轮与物体B相连。开始时用手托住B，让细线恰好伸直，然后由静止释放B，直至B获得最大速度。下列有关该过程的分析正确的是( )
A．释放B的瞬间其加速度为
B．B物体动能的增加量等于它所受重力与拉力做功之和
C．B物体机械能的减少量等于弹簧弹性势能的增加量
D．细线的拉力对A做的功等于A物体机械能的增加量
答案 B
解析 B释放瞬间弹簧长度来不及改变，所以弹簧的弹力为零，设绳子中的张力为T，则mBa＝mBg－T，mAa＝T，解得A、B的加速度a＝，A错误；对B分析，B受到重力和拉力作用，根据动能定理可知WG＋WT＝ΔEk，故B正确；根据能量守恒定律可知B物体机械能的减少量等于弹簧弹性势能的增加量与A物体的动能增加量之和，C错误；细线对A的拉力做的功与弹簧对A的拉力做的功之和等于A物体机械能的增加量，D错误。
20.(2019·湖南衡阳三模)如图所示，用铰链将三个质量均为m的小球A、B、C与两根长为L的轻杆相连，B、C置于水平地面上，系统静止时轻杆竖直，现给系统一个微小扰动，B、C在杆的作用下向两侧滑动，三小球始终在同一竖直平面内运动，忽略一切摩擦，重力加速度为g，则此过程中( )
A．球A的机械能一直减小
B．球C的机械能一直增大
C．球B对地面的压力不可能小于mg
D．球A落地的瞬时速度为
答案 D
解析 A、B、C组成的系统机械能守恒，在A落地前，B、C运动；在A落地时，B、C停止运动。A的机械能转化为B、C的动能，故A的机械能不可能一直减小，同理C的机械能不可能一直增大，故A、B均错误；在A落地前，B做减速运动，此时轻杆对B有斜向上的拉力，因此B对地面的压力可能小于mg，故C错误；在A落地时，B、C停止运动，根据机械能守恒定律可得：mgL＝mv2，解得：v＝，故D正确。
21．(2019·天津河北区一模)(多选)如图所示，质量为M、长度为L的小车静止在光滑的水平面上，质量为m的小物块，放在小车的最左端，现用一水平力F作用在小物块上，小物块与小车之间的摩擦力为f，经过一段时间小车运动的位移为x，小物块刚好滑到小车的最右端，则下列说法中正确的是( )
A．此时物块的动能为F(x＋L)
B．此时小车的动能为f(x＋L)
C．这一过程中，物块和小车增加的机械能为F(x＋L)－fL
D．这一过程中，物块和小车因摩擦而产生的热量为fL
答案 CD
解析 由图可知，在拉力的作用下物块前进的位移为L＋x，故拉力对物块做的功为F(x＋L)，摩擦力对物块做的功为－f(x＋L)，则由动能定理可知物块的动能为(F－f)(x＋L)，故A错误；小车受摩擦力作用，摩擦力作用的位移为x，故摩擦力对小车做功为fx，由动能定理得小车的动能为fx，B错误；物块和小车增加的机械能等于外力的功减去系统内能的增量，系统内能的增量等于fL，故系统机械能的增量为F(x＋L)－fL，故C正确，D正确。
题组一 基础大题
22.如图所示，半径R＝0.5 m的光滑圆环固定在竖直面上，圆环底端固定一轻弹簧，弹簧上端与物体A连接。圆环上端固定一光滑小滑轮，一轻绳绕过滑轮，一端与A连接，另一端与套在大圆环上的小球B连接，已知A的质量mA＝1 kg，B的质量mB＝2 kg，图示位置细绳与竖直方向成30°角。现将A、B自图示位置由静止释放，当B运动到与圆心等高的C点时A运动到圆心位置，此时B的速度大小为2 m/s。求在此过程中(g＝10 m/s2，＝1.732，＝1.414)
(1)绳的拉力对B做的功W；
(2)弹簧弹性势能的变化量ΔEp。
答案 (1)9 J (2)－8.410 J
解析 (1)对B，由动能定理得：W－mBghBC＝mBv
其中hBC＝2Rcos30°·cos30°－R
解得：W＝9 J。
(2)vA＝vBcos45°＝ m/s
对A，根据动能定理有：－W＋mAghAO＋W弹＝mAv
其中hAO＝2Rcos30°－2Rcos45°＝(－)R
解得：W弹＝8.410 J
因为W弹＝－ΔEp，
所以ΔEp＝－8.410 J。
23.如今网上购物非常流行，快递公司把邮件送到家里，消费者足不出户就可以购买到所需的商品。如图是某快递公司分拣邮件的水平传输装置示意图，皮带在电动机的带动下保持v＝2 m/s的恒定速度向右运动。现将一质量为m＝2 kg的邮件轻放在皮带左端。邮件和皮带间的动摩擦因数μ＝0.5，皮带长L＝2 m。取g＝10 m/s2，在邮件从左端运送到右端的过程中，求：
(1)邮件所用的时间t；
(2)整个过程中摩擦产生的热量Q；
(3)邮件与皮带间的摩擦力对皮带做的功W。
答案 (1)1.2 s (2)4 J (3)－8 J
解析 (1)邮件在皮带上做匀加速运动的加速度为
a＝＝μg＝5 m/s2
邮件匀加速运动到与传送带共速的时间
t1＝＝ s＝0.4 s
邮件匀加速运动的位移x＝t1＝×0.4 m＝0.4 m
由于x
故邮件所用的时间t＝t1＋t2＝1.2 s。
(2)邮件与皮带间相对的位移大小为：
Δx＝vt1－x＝2×0.4 m－0.4 m＝0.4 m
整个过程中摩擦产生的热量
Q＝μmgΔx＝0.5×2×10×0.4 J＝4 J。
(3)邮件与皮带发生相对滑动的过程中，设皮带相对地面的位移为s，则s＝vt1＝2×0.4 m＝0.8 m
摩擦力对皮带做的功
W＝－μmgs＝－0.5×2×10×0.8 J＝－8 J。
题组二 高考大题
24．(2017·全国卷Ⅰ)一质量为8.00×104 kg的太空飞船从其飞行轨道返回地面。飞船在离地面高度1.60×105 m处以7.50×103 m/s的速度进入大气层，逐渐减慢至速度为100 m/s时下落到地面。取地面为重力势能零点，在飞船下落过程中，重力加速度可视为常量，大小取为9.8 m/s2。(结果保留两位有效数字)
(1)分别求出该飞船着地前瞬间的机械能和它进入大气层时的机械能；
(2)求飞船从离地面高度600 m处至着地前瞬间的过程中克服阻力所做的功，已知飞船在该处的速度大小是其进入大气层时速度大小的2.0%。
答案 (1)4.0×108 J 2.4×1012 J (2)9.7×108 J
解析 (1)飞船着地前瞬间的机械能为
Ek0＝mv①
式中，m和v0分别是飞船的质量和着地前瞬间的速率。由①式和题给数据得
Ek0＝4.0×108 J②
设地面附近的重力加速度大小为g。飞船进入大气层时的机械能为
Eh＝mv＋mgh③
式中，vh是飞船在高度1.60×105 m处的速度大小。由③式和题给数据得
Eh≈2.4×1012 J④
(2)飞船在高度h′＝600 m处的机械能为
Eh′＝m2＋mgh′⑤
由功能原理得W＝Eh′－Ek0⑥
式中，W是飞船从高度600 m处至着地前瞬间的过程中克服阻力所做的功。
由②⑤⑥式和题给数据得W≈9.7×108 J。
25．(2016·全国卷Ⅱ)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，但仍能沿圆轨道滑下，求P的质量的取值范围。
答案 (1) 2l (2)m≤M
Ep＝5mgl①
设P的质量为M，到达B点时的速度大小为vB，由能量守恒定律得
Ep＝Mv＋μMg·4l②
联立①②式，取M＝m并代入题给数据得
vB＝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
－mg≥0④
设P滑到D点时的速度为vD，由机械能守恒定律得
mv＝mv＋mg·2l⑤
联立③⑤式得vD＝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＝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＝2l⑨
(2)为使P能滑上圆轨道，它到达B点时的速度应大于零。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
Mv≤Mgl⑪
联立①②⑩⑪式得m≤M
26．(2019·安徽江南十校二模)如图所示，质量为mA＝2 kg的木板A被锁定在倾角为30°的光滑斜面的顶端，质量为mB＝1 kg可视为质点的物块B恰能在木板A上匀速下滑。现让物块B以v0＝7.5 m/s的初速度从木板的上端下滑，同时解除对木板A的锁定。g取10 m/s2，斜面足够长。求：
(1)要使物块B不从木板A上滑落下来，则木板A的长度至少为多少？
(2)在物块B不从木板A上滑落的前提下，系统损失的机械能最多是多少？
答案 (1)3.75 m (2)18.75 J
解析 (1)由题意，A锁定时，物块B匀速下滑，B受到的滑动摩擦力等于B的重力沿斜面向下的分力，
即f＝mBgsin30°，
木板A解除锁定后，设A的加速度为a，
则有mAgsin30°＋mBgsin30°＝mAa
可得：a＝7.5 m/s2。
设经过时间t后，A与B达到共同速度，即有：
t＝＝ s＝1 s
木板A的最小长度为：
L＝v0t－t＝t＝×1 m＝3.75 m。
(2)A、B达到共同速度时，A、B系统损失的机械能最多，损失的机械能转化为A、B系统的内能，即为：ΔE损失＝Q＝fL＝mBgsin30°L，
解得：ΔE损失＝18.75 J。
考点15 功能关系 机械能守恒定律及其应用
题组一 基础小题
1．下列关于功和能的说法正确的是( )
A．作用力做正功，反作用力一定做负功
B．物体在合外力作用下做变速运动，动能一定发生变化
C．若物体除受重力外，还受到其他力作用时，物体的机械能也可能守恒
D．竖直向上运动的物体重力势能一定增加，动能一定减少
答案 C
解析 当作用力做正功时，反作用力也可能做正功，如反冲运动中的物体，故A错误；物体在合外力作用下做变速运动，动能不一定发生变化，比如匀速圆周运动，故B错误；若物体除受重力外，还受到其他力作用时，当其他的力做的功等于零时，物体的机械能也守恒，故C正确；竖直向上运动的物体重力势能一定增加，若同时物体受到的向上的拉力做正功，则物体动能不一定减少，故D错误。
2.如图所示，运动员把质量为m的足球从水平地面踢出，足球在空中达到的最大高度为h，在最高点时的速度为v，不计空气阻力，重力加速度为g，则运动员踢球时对足球做的功为( )
A.mv2 B．mgh
C．mgh＋mv2 D．mgh＋mv2
答案 C
解析 足球被踢起后在运动过程中，只受到重力作用，只有重力做功，足球的机械能守恒，足球到达最高点时，其机械能为E＝mgh＋mv2，由机械能守恒定律得，足球刚被踢起时的机械能为E＝mgh＋mv2，足球获得的机械能等于运动员对足球所做的功，因此运动员对足球所做的功为W＝mgh＋mv2，故A、B、D错误，C正确。
3.如图所示，一辆小车在牵引力作用下沿弧形路面匀速率上行，小车与路面间的阻力大小恒定，则上行过程中( )
A．小车处于平衡状态，所受合外力为零
B．小车受到的牵引力逐渐增大
C．小车受到的牵引力对小车做的功一定大于小车重力势能的增加量
D．小车重力的功率逐渐增大
答案 C
解析 小车做匀速圆周运动，合力充当向心力，不为零，故A错误；对小车受力分析，牵引力F＝f＋mgsinθ，阻力大小恒定，θ变小，所以F变小，故B错误；由功能关系得：小车受到的牵引力对小车做的功等于小车重力势能的增加量和因摩擦生成的热量，即牵引力对小车做的功一定大于小车重力势能的增加量，故C正确；小车重力的功率P＝mgvsinθ，θ变小，P减小，故D错误。
4.把一定质量的小球放在竖立的弹簧上，并把小球往下按至A位置，如图甲所示。迅速松手后，弹簧把小球弹起，小球升至最高位置C(图丙)，途中经过位置B时弹簧正好恢复原长(图乙)。弹簧的质量和空气阻力均可忽略。下列说法正确的是( )
A．A到C的过程，小球的机械能守恒
B．A到B的过程，小球的动能一直变大
C．A到B的过程，小球动能的增加量小于弹簧弹性势能的减少量
D．A到C的过程，小球重力势能的增加量小于弹簧弹性势能的减少量
答案 C
解析 A到C的过程，除重力外，弹簧的弹力对小球做正功，小球的机械能不守恒，故A错误；小球从A释放后向上做加速运动，弹簧的弹力减小，当弹簧的弹力与重力相等时速度最大，然后弹簧的弹力小于重力，小球做减速运动，因此小球从A到B的过程，小球的动能先增大后减小，故B错误；小球与弹簧组成的系统机械能守恒，A到B的过程，弹簧的弹性势能的减少量转化为小球的机械能，即转化为小球的动能与势能之和，由于小球的重力势能增加，因此小球动能的增加量小于弹簧弹性势能的减少量，故C正确；小球与弹簧组成的系统机械能守恒，A到C的过程，弹簧的弹性势能转化为小球的机械能，到达C点，小球的动能为零，弹簧弹性势能完全转化为小球的重力势能，因此从A到C的过程中，小球重力势能的增加量等于弹簧弹性势能的减少量，故D错误。
5.人通过滑轮将质量为m的物体沿粗糙的斜面由静止开始匀加速地由底端拉上斜面，物体上升的高度为h，到达斜面顶端的速度为v，如图所示。则在此过程中( )
A．物体所受的合外力做的功为mgh＋mv2
B．物体所受的合外力做的功为mv2
C．人对物体做的功为mgh
D．人对物体做的功为mv2
答案 B
解析 对物体受力分析可知，物体受重力、支持力、拉力及摩擦力的作用；由动能定理可知，合外力做的功一定等于物体动能的改变量，即等于mv2，故A错误，B正确；由功能关系可知，人对物体做的功等于物体克服重力所做的功、克服摩擦力所做的功及增加的动能之和，故C、D错误。
6．如图所示，半径为R的金属环竖直放置，环上套有一质量为m的小球，小球开始时静止于最低点，现使小球以初速度v0＝沿环上滑，小球运动到环的最高点时与环恰无作用力，则小球从最低点运动到最高点的过程中( )
A．小球的机械能守恒
B．小球在最低点时对金属环的压力是6mg
C．小球在最高点时，重力的功率是mg
D．小球的机械能不守恒，且克服摩擦力所做的功是0.5mgR
答案 D
解析 小球在最高点与环的作用力恰为零时，设其速度为v，则有mg＝m，解得v＝；从最低点到最高点，由动能定理得：－mg×2R－W克＝mv2－mv，解得：W克＝mgR，所以小球的机械能不守恒，且克服摩擦力所做的功为0.5mgR，故A错误，D正确；在最低点，根据牛顿第二定律得：N－mg＝m，解得：N＝7mg，由牛顿第三定律得小球对金属环的压力为7mg，故B错误；小球在最高点时，重力的方向与速度方向垂直，重力的功率为零，故C错误。
7.光滑水平面上以速度v0匀速滑动的小物块，运动到A点时受到一水平恒力F的作用，经一段时间后小物块运动到B点，速度大小仍为v0，方向改变了90°，如图所示，则在此过程中( )
A．水平恒力F的方向一定与AB连线垂直
B．小物块的动能一定始终不变
C．小物块的机械能一定先增大后减小
D．小物块的加速度可能变大
答案 A
解析 小物块仅受水平恒力作用，根据牛顿第二定律，物块的加速度一定恒定，D错误；已知物块的初、末速度大小相等，即动能的变化量为零，根据动能定理可知合力做的功为零，故水平恒力一定与AB的连线垂直，由图可以看出水平恒力先做负功后做正功，故物块的动能先减小后增大，B错误，A正确；因为物块在水平面上运动，故重力势能不变，其机械能的变化情况就是动能的变化情况，即其机械能先减小后增大，C错误。
8.如图所示，固定的倾斜光滑直杆上套有一个质量为m的圆环，圆环与竖直放置的轻质弹簧一端相连，弹簧的另一端固定在地面上的A点，弹簧处于伸长状态，长度为h。让圆环由静止沿杆滑下，滑到杆的底端时速度刚好为零。则在圆环下滑过程中( )
A．圆环的机械能守恒
B．弹簧的弹性势能先增大后减小
C．重力的功率先减小后增大
D．弹簧的弹性势能和圆环的重力势能之和最小时圆环的动能最大
答案 D
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，即环的重力和弹簧的弹力，所以圆环的机械能不守恒，故A错误；弹簧的弹性势能随弹簧的形变量的变化而变化，由图知弹簧先缩短再伸长，故弹簧的弹性势能先减小后增大，故B错误；圆环的速度先增加后减小到零，根据P＝mgvsinα可知，重力的功率先增大后减小，故C错误；根据机械能守恒定律知，当弹簧的弹性势能和圆环的重力势能之和最小时圆环的动能最大，故D正确。
题组二 高考小题
9．(2018·天津高考)滑雪运动深受人民群众喜爱，某滑雪运动员(可视为质点)由坡道进入竖直面内的圆弧形滑道AB，从滑道的A点滑行到最低点B的过程中，由于摩擦力的存在，运动员的速率不变，则运动员沿AB下滑过程中( )
A．所受合外力始终为零 B．所受摩擦力大小不变
C．合外力做功一定为零 D．机械能始终保持不变
答案 C
解析 因为运动员做曲线运动，所以合力一定不为零，A错误；运动员受力如图所示，重力垂直曲面的分力与曲面对运动员的支持力的合力充当向心力，故有FN－mgcosθ＝m⇒FN＝m＋mgcosθ，运动过程中速率恒定，且θ在减小，所以曲面对运动员的支持力越来越大，根据f＝μFN可知摩擦力越来越大，B错误；运动员运动过程中速率不变，质量不变，即动能不变，动能变化量为零，根据动能定理可知合力做功为零，C正确；因为运动员克服摩擦力做功，所以机械能不守恒，D错误。
10．(2018·全国卷Ⅰ)如图，abc是竖直面内的光滑固定轨道，ab水平，长度为2R；bc是半径为R的四分之一圆弧，与ab相切于b点。一质量为m的小球，始终受到与重力大小相等的水平外力的作用，自a点处从静止开始向右运动。重力加速度大小为g。小球从a点开始运动到其轨迹最高点，机械能的增量为( )
A．2mgR B．4mgR
C．5mgR D．6mgR
答案 C
解析 小球始终受到与重力大小相等的水平外力的作用，机械能的增量ΔE机＝W除G外力，机械能的增量等于水平外力在从a点开始运动到其轨迹最高点过程做的功。设小球运动到c点的速度为vc，由动能定理有：F·3R－mg·R＝mv，解得：vc＝2。小球运动到c点后，根据小球受力情况，可分解为水平方向初速度为零的匀加速运动，加速度为ax＝g，竖直方向的竖直上抛运动加速度也为g，小球上升至最高点时，竖直方向速度减小为零，时间为t＝＝，水平方向的位移为：x＝axt2＝g2＝2R，综上所述小球从a点开始运动到其轨迹最高点，机械能的增量为ΔE机＝F·(3R＋x)＝5mgR，正确答案为C。
11．(2016·海南高考)如图，光滑圆轨道固定在竖直面内，一质量为m的小球沿轨道做完整的圆周运动。已知小球在最低点时对轨道的压力大小为N1，在最高点时对轨道的压力大小为N2。重力加速度大小为g，则N1－N2的值为( )
A．3mg B．4mg
C．5mg D．6mg
答案 D
解析 设小球在最高点的速度为v2，在最低点的速度为v1，由牛顿第三定律知，小球在最低点和最高点受到的弹力大小分别为N1、N2，由最低点到最高点的过程，根据机械能守恒定律可知：mv＋mg·2R＝mv，根据牛顿第二定律可得：最高点时：N2＋mg＝m，最低点时；N1－mg＝m，联立解得：N1－N2＝6mg，故选D。
12．(2019·江苏高考)(多选)如图所示，轻质弹簧的左端固定，并处于自然状态。小物块的质量为m，从A点向左沿水平地面运动，压缩弹簧后被弹回，运动到A点恰好静止。物块向左运动的最大距离为s，与地面间的动摩擦因数为μ，重力加速度为g，弹簧未超出弹性限度。在上述过程中( )
A．弹簧的最大弹力为μmg
B．物块克服摩擦力做的功为2μmgs
C．弹簧的最大弹性势能为μmgs
D．物块在A点的初速度为
答案 BC
解析 物块向左运动压缩弹簧，弹簧最短时，弹簧弹力最大，物块具有向右的加速度，弹簧弹力大于摩擦力，即Fm>μmg，A错误；根据功的公式，物块克服摩擦力做的功W＝μmgs＋μmgs＝2μmgs，B正确；从物块将弹簧压缩到最短至物块运动到A点静止的过程中，根据能量守恒定律，弹簧的弹性势能通过摩擦力做功转化为内能，故Epm＝μmgs，C正确；根据能量守恒定律，在整个过程中，物体的初动能通过摩擦力做功转化为内能，即mv2＝2μmgs，所以v＝2，D错误。
13．(2017·全国卷Ⅲ)如图，一质量为m，长度为l的均匀柔软细绳PQ竖直悬挂。用外力将绳的下端Q缓慢地竖直向上拉起至M点，M点与绳的上端P相距l。重力加速度大小为g。在此过程中，外力做的功为( )
A.mgl B.mgl
C.mgl D.mgl
答案 A
解析 以均匀柔软细绳MQ段为研究对象，其质量为m，取M点所在的水平面为零势能面，开始时，细绳MQ段的重力势能Ep1＝－mg·＝－mgl，用外力将绳的下端Q缓慢地竖直向上拉起至M点时，细绳MQ段的重力势能Ep2＝－mg·＝－mgl，则外力做的功即克服重力做的功等于细绳MQ段的重力势能的变化，即W＝Ep2－Ep1＝－mgl＋mgl＝mgl，选项A正确。
14．(2016·全国卷Ⅱ)(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<∠OMN<。在小球从M点运动到N点的过程中，( )
A．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
答案 BCD
解析 如图所示，OP垂直于竖直杆，Q点与M点关于OP对称，在小球从M点到Q点的过程中，弹簧弹力先做负功后做正功，故A错误；在P点弹簧长度最短，弹力方向与速度方向垂直，故此时弹力对小球做功的功率为零，即C正确；小球在P点时所受弹簧弹力垂直于竖直杆，竖直方向上只受重力，此时小球加速度为g，当弹簧处于自由长度时，小球只受重力作用，此时小球的加速度也为g，故B正确；小球和弹簧组成的系统机械能守恒，小球在M点和N点时弹簧的弹性势能相等，故小球从M到N重力势能的减少量等于动能的增加量，而小球在M点的动能为零，故D正确。
15.(2019·全国卷Ⅱ)(多选)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 由于Ep＝mgh，所以Ep与h成正比，斜率k＝mg，由图象得k＝20 N，因此m＝2 kg，A正确；当h＝0时，Ep＝0，E总＝Ek＝mv，因此v0＝10 m/s，B错误；由图象知h＝2 m时，E总＝90 J，Ep＝40 J，由E总＝Ek＋Ep得Ek＝50 J，C错误；h＝4 m时，E总＝Ep＝80 J，即此时Ek＝0，即从地面至h＝4 m，动能减少100 J，D正确。
题组三 模拟小题
16.(2019·上海浦东期末)“蹦极”是一种富有刺激性的勇敢者的运动项目。如图所示，一根弹性橡皮绳一端系于跳台，另一端系于人的腿部。不计空气阻力，在蹦极者从跳台下落直到最低点的过程中，则( )
A．蹦极者下落至最低点时橡皮绳的弹性势能最大
B．蹦极者下落至橡皮绳原长位置时动能最大
C．蹦极者的机械能先增大后减小
D．蹦极者的重力势能与橡皮绳的弹性势能之和一直减小
答案 A
解析 蹦极者下落过程中，橡皮绳越长其弹性势能越大，到最低点橡皮绳最长，弹性势能最大，故A正确；当橡皮绳的拉力等于重力时，蹦极者的加速度为零，速度最大，动能最大，故B错误；蹦极者从最高点到橡皮绳恰好拉直时，蹦极者的机械能不变，此后橡皮绳的弹性势能增大，蹦极者的机械能不断减少，故C错误；在下落的过程中，蹦极者的重力势能、动能与橡皮绳的弹性势能的总和保持不变，由于蹦极者的动能先增大后减小，所以蹦极者的重力势能和橡皮绳的弹性势能之和先减小后增大，故D错误。
17．(2019·江苏常州期末)在水平地面上以某一初速度竖直向上抛出一物体，物体所受的空气阻力与物体的速率成正比，经一段时间后落回地面，则下列关于物体的加速度随时间变化图象、速度随时间变化图象、机械能随路程变化图象、重力势能(地面作为参考平面)随路程变化图象正确的是( )
答案 C
解析 将物体竖直向上抛出，物体上升过程中受到重力和向下的空气阻力，根据牛顿第二定律，有：mg＋f＝ma1，又f＝kv，可知a1＝g＋；由于速度不断变小，故阻力不断变小，加速度不断变小，最高点速度为零，阻力为零，加速度为g；下落过程中，物体受到重力和向上的空气阻力，则有mg－f＝ma2，又f＝kv，得a2＝g－，速度v不断变大，则知加速度不断变小，故加速度一直变小，A错误；vt图象的斜率代表加速度，则斜率一直减小，但速度是先向上减小到零再向下增大，故B错误；由功能关系可知除重力以外的空气阻力做负功，可知物体的机械能一直减小，且ΔE＝fs，故Es图象的斜率的大小代表空气阻力的大小，则斜率先减小后增大，故C正确；由重力势能Ep＝mgh可知，Eps图象的斜率代表重力mg，则图象为倾斜直线，故D错误。
18．(2019·陕西渭南二模)(多选)如图所示，分别用恒力F1、F2先后将质量为m的物体由静止开始沿同一粗糙的固定斜面由底端推至顶端，两次所用时间相同，第一次力F1沿斜面向上，第二次力F2沿水平方向。则两次过程( )
A．物体动能的变化量相同
B．物体机械能的变化量相同
C．物体克服摩擦力做的功相同
D．恒力F1、F2做功相同
答案 AB
解析 根据x＝at2知，物体在两次匀加速直线运动过程中的位移相同，运动时间相同，则两次过程中物体的加速度相同，末速度v＝at相同，则物体动能的变化量相同，故A正确；物体上升至顶端，重力势能的增加量相同，又动能的增加量相等，则物体机械能的变化量相等，故B正确；两次运动过程中，重力做功相等，第二次物体所受摩擦力大于第一次的摩擦力，则第二次克服摩擦力做功多，而动能的变化量相等，根据动能定理知，F1做的功比F2做的少，故C、D错误。
19．(2019·山西运城模拟)如图所示，轻质弹簧的一端与固定的竖直板P拴接，另一端与物体A相连，物体A静止于光滑水平桌面上，A右端连接一细线，细线绕过光滑的定滑轮与物体B相连。开始时用手托住B，让细线恰好伸直，然后由静止释放B，直至B获得最大速度。下列有关该过程的分析正确的是( )
A．释放B的瞬间其加速度为
B．B物体动能的增加量等于它所受重力与拉力做功之和
C．B物体机械能的减少量等于弹簧弹性势能的增加量
D．细线的拉力对A做的功等于A物体机械能的增加量
答案 B
解析 B释放瞬间弹簧长度来不及改变，所以弹簧的弹力为零，设绳子中的张力为T，则mBa＝mBg－T，mAa＝T，解得A、B的加速度a＝，A错误；对B分析，B受到重力和拉力作用，根据动能定理可知WG＋WT＝ΔEk，故B正确；根据能量守恒定律可知B物体机械能的减少量等于弹簧弹性势能的增加量与A物体的动能增加量之和，C错误；细线对A的拉力做的功与弹簧对A的拉力做的功之和等于A物体机械能的增加量，D错误。
20.(2019·湖南衡阳三模)如图所示，用铰链将三个质量均为m的小球A、B、C与两根长为L的轻杆相连，B、C置于水平地面上，系统静止时轻杆竖直，现给系统一个微小扰动，B、C在杆的作用下向两侧滑动，三小球始终在同一竖直平面内运动，忽略一切摩擦，重力加速度为g，则此过程中( )
A．球A的机械能一直减小
B．球C的机械能一直增大
C．球B对地面的压力不可能小于mg
D．球A落地的瞬时速度为
答案 D
解析 A、B、C组成的系统机械能守恒，在A落地前，B、C运动；在A落地时，B、C停止运动。A的机械能转化为B、C的动能，故A的机械能不可能一直减小，同理C的机械能不可能一直增大，故A、B均错误；在A落地前，B做减速运动，此时轻杆对B有斜向上的拉力，因此B对地面的压力可能小于mg，故C错误；在A落地时，B、C停止运动，根据机械能守恒定律可得：mgL＝mv2，解得：v＝，故D正确。
21．(2019·天津河北区一模)(多选)如图所示，质量为M、长度为L的小车静止在光滑的水平面上，质量为m的小物块，放在小车的最左端，现用一水平力F作用在小物块上，小物块与小车之间的摩擦力为f，经过一段时间小车运动的位移为x，小物块刚好滑到小车的最右端，则下列说法中正确的是( )
A．此时物块的动能为F(x＋L)
B．此时小车的动能为f(x＋L)
C．这一过程中，物块和小车增加的机械能为F(x＋L)－fL
D．这一过程中，物块和小车因摩擦而产生的热量为fL
答案 CD
解析 由图可知，在拉力的作用下物块前进的位移为L＋x，故拉力对物块做的功为F(x＋L)，摩擦力对物块做的功为－f(x＋L)，则由动能定理可知物块的动能为(F－f)(x＋L)，故A错误；小车受摩擦力作用，摩擦力作用的位移为x，故摩擦力对小车做功为fx，由动能定理得小车的动能为fx，B错误；物块和小车增加的机械能等于外力的功减去系统内能的增量，系统内能的增量等于fL，故系统机械能的增量为F(x＋L)－fL，故C正确，D正确。
题组一 基础大题
22.如图所示，半径R＝0.5 m的光滑圆环固定在竖直面上，圆环底端固定一轻弹簧，弹簧上端与物体A连接。圆环上端固定一光滑小滑轮，一轻绳绕过滑轮，一端与A连接，另一端与套在大圆环上的小球B连接，已知A的质量mA＝1 kg，B的质量mB＝2 kg，图示位置细绳与竖直方向成30°角。现将A、B自图示位置由静止释放，当B运动到与圆心等高的C点时A运动到圆心位置，此时B的速度大小为2 m/s。求在此过程中(g＝10 m/s2，＝1.732，＝1.414)
(1)绳的拉力对B做的功W；
(2)弹簧弹性势能的变化量ΔEp。
答案 (1)9 J (2)－8.410 J
解析 (1)对B，由动能定理得：W－mBghBC＝mBv
其中hBC＝2Rcos30°·cos30°－R
解得：W＝9 J。
(2)vA＝vBcos45°＝ m/s
对A，根据动能定理有：－W＋mAghAO＋W弹＝mAv
其中hAO＝2Rcos30°－2Rcos45°＝(－)R
解得：W弹＝8.410 J
因为W弹＝－ΔEp，
所以ΔEp＝－8.410 J。
23.如今网上购物非常流行，快递公司把邮件送到家里，消费者足不出户就可以购买到所需的商品。如图是某快递公司分拣邮件的水平传输装置示意图，皮带在电动机的带动下保持v＝2 m/s的恒定速度向右运动。现将一质量为m＝2 kg的邮件轻放在皮带左端。邮件和皮带间的动摩擦因数μ＝0.5，皮带长L＝2 m。取g＝10 m/s2，在邮件从左端运送到右端的过程中，求：
(1)邮件所用的时间t；
(2)整个过程中摩擦产生的热量Q；
(3)邮件与皮带间的摩擦力对皮带做的功W。
答案 (1)1.2 s (2)4 J (3)－8 J
解析 (1)邮件在皮带上做匀加速运动的加速度为
a＝＝μg＝5 m/s2
邮件匀加速运动到与传送带共速的时间
t1＝＝ s＝0.4 s
邮件匀加速运动的位移x＝t1＝×0.4 m＝0.4 m
由于x
故邮件所用的时间t＝t1＋t2＝1.2 s。
(2)邮件与皮带间相对的位移大小为：
Δx＝vt1－x＝2×0.4 m－0.4 m＝0.4 m
整个过程中摩擦产生的热量
Q＝μmgΔx＝0.5×2×10×0.4 J＝4 J。
(3)邮件与皮带发生相对滑动的过程中，设皮带相对地面的位移为s，则s＝vt1＝2×0.4 m＝0.8 m
摩擦力对皮带做的功
W＝－μmgs＝－0.5×2×10×0.8 J＝－8 J。
题组二 高考大题
24．(2017·全国卷Ⅰ)一质量为8.00×104 kg的太空飞船从其飞行轨道返回地面。飞船在离地面高度1.60×105 m处以7.50×103 m/s的速度进入大气层，逐渐减慢至速度为100 m/s时下落到地面。取地面为重力势能零点，在飞船下落过程中，重力加速度可视为常量，大小取为9.8 m/s2。(结果保留两位有效数字)
(1)分别求出该飞船着地前瞬间的机械能和它进入大气层时的机械能；
(2)求飞船从离地面高度600 m处至着地前瞬间的过程中克服阻力所做的功，已知飞船在该处的速度大小是其进入大气层时速度大小的2.0%。
答案 (1)4.0×108 J 2.4×1012 J (2)9.7×108 J
解析 (1)飞船着地前瞬间的机械能为
Ek0＝mv①
式中，m和v0分别是飞船的质量和着地前瞬间的速率。由①式和题给数据得
Ek0＝4.0×108 J②
设地面附近的重力加速度大小为g。飞船进入大气层时的机械能为
Eh＝mv＋mgh③
式中，vh是飞船在高度1.60×105 m处的速度大小。由③式和题给数据得
Eh≈2.4×1012 J④
(2)飞船在高度h′＝600 m处的机械能为
Eh′＝m2＋mgh′⑤
由功能原理得W＝Eh′－Ek0⑥
式中，W是飞船从高度600 m处至着地前瞬间的过程中克服阻力所做的功。
由②⑤⑥式和题给数据得W≈9.7×108 J。
25．(2016·全国卷Ⅱ)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，但仍能沿圆轨道滑下，求P的质量的取值范围。
答案 (1) 2l (2)m≤M
Ep＝5mgl①
设P的质量为M，到达B点时的速度大小为vB，由能量守恒定律得
Ep＝Mv＋μMg·4l②
联立①②式，取M＝m并代入题给数据得
vB＝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
－mg≥0④
设P滑到D点时的速度为vD，由机械能守恒定律得
mv＝mv＋mg·2l⑤
联立③⑤式得vD＝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＝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＝2l⑨
(2)为使P能滑上圆轨道，它到达B点时的速度应大于零。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
Mv≤Mgl⑪
联立①②⑩⑪式得m≤M
26．(2019·安徽江南十校二模)如图所示，质量为mA＝2 kg的木板A被锁定在倾角为30°的光滑斜面的顶端，质量为mB＝1 kg可视为质点的物块B恰能在木板A上匀速下滑。现让物块B以v0＝7.5 m/s的初速度从木板的上端下滑，同时解除对木板A的锁定。g取10 m/s2，斜面足够长。求：
(1)要使物块B不从木板A上滑落下来，则木板A的长度至少为多少？
(2)在物块B不从木板A上滑落的前提下，系统损失的机械能最多是多少？
答案 (1)3.75 m (2)18.75 J
解析 (1)由题意，A锁定时，物块B匀速下滑，B受到的滑动摩擦力等于B的重力沿斜面向下的分力，
即f＝mBgsin30°，
木板A解除锁定后，设A的加速度为a，
则有mAgsin30°＋mBgsin30°＝mAa
可得：a＝7.5 m/s2。
设经过时间t后，A与B达到共同速度，即有：
t＝＝ s＝1 s
木板A的最小长度为：
L＝v0t－t＝t＝×1 m＝3.75 m。
(2)A、B达到共同速度时，A、B系统损失的机械能最多，损失的机械能转化为A、B系统的内能，即为：ΔE损失＝Q＝fL＝mBgsin30°L，
解得：ΔE损失＝18.75 J。
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