高三一輪復(fù)習(xí)5機(jī)械能

第五章eq\b\lc\|\rc\(\a\vs4\al\co1(,,,,,,,))機(jī)械能[備考指南]考點內(nèi)容要求題型把握考情一、功和功率功和功率Ⅱ選擇、計算找規(guī)律近幾年高考既有對本章內(nèi)容的單獨考查，也有與牛頓運動定律、曲線運動、電磁學(xué)等內(nèi)容相結(jié)合的綜合考查，對本章單獨考查的題目多為選擇題。二、動能定理及其應(yīng)用動能和動能定理Ⅱ選擇、計算三、機(jī)械能守恒定律及其應(yīng)用重力做功與重力勢能Ⅱ選擇、計算機(jī)械能守恒定律及其應(yīng)用Ⅱ四、功能關(guān)系能量守恒定律功能關(guān)系Ⅱ選擇、計算明熱點將本章內(nèi)容與其他知識相結(jié)合，與實際生產(chǎn)、生活和現(xiàn)代科技相結(jié)合進(jìn)行命題的趨勢較強(qiáng)，在復(fù)習(xí)中應(yīng)側(cè)重對基礎(chǔ)知識的理解和應(yīng)用。實驗五~六探究動能定理、驗證機(jī)械能守恒定律填空第1節(jié)功和功率(1)只要物體受力的同時又發(fā)生了位移，則一定有力對物體做功。(×)(2)一個力對物體做了負(fù)功，則說明這個力一定阻礙物體的運動。(√)(3)作用力做正功時，反作用力一定做負(fù)功。(×)(4)力對物體做功的正負(fù)是由力和位移間的夾角大小決定的。(√)(5)由P＝Fv可知，發(fā)動機(jī)功率一定時，機(jī)車的牽引力與運行速度的大小成反比。(√)(6)汽車上坡時換成低擋位，其目的是減小速度得到較大的牽引力。(√)要點一功的正負(fù)判斷與恒力、合力做功的計算1．功的正負(fù)的判斷方法(1)恒力做功的判斷：依據(jù)力與位移的夾角來判斷。(2)曲線運動中做功的判斷：依據(jù)F與v的方向夾角α來判斷，當(dāng)0°≤α<90°，力對物體做正功；90°<α≤180°，力對物體做負(fù)功；α＝90°，力對物體不做功。(3)依據(jù)能量變化來判斷：功是能量轉(zhuǎn)化的量度，若有能量轉(zhuǎn)化，則必有力對物體做功。此法常用于判斷兩個相聯(lián)系的物體之間的相互作用力做功的判斷。2．恒力做功的計算方法3．合力做功的計算方法方法一：先求合力F合，再用W合＝F合lcosα求功。方法二：先求各個力做的功W1、W2、W3…，再應(yīng)用W合＝W1＋W2＋W3＋…求合力做的功。光滑[多角練通]1．(多選)如圖5-1-1所示，質(zhì)量為m的物體置于傾角為θ的斜面上，物體與斜面間的動摩擦因數(shù)為μ，在外力作用下，斜面體以加速度a沿水平方向向左做勻加速運動，運動中物體m與斜面體相對靜止。則關(guān)于斜面對m的支持力和摩擦力的下列說法中正確的是()圖5-1-1A．支持力一定做正功 B．摩擦力一定做正功C．摩擦力可能不做功 D．摩擦力可能做負(fù)功解析：選ACD2.如圖5-1-2所示，木板可繞固定水平軸O轉(zhuǎn)動。木板從水平位置OA緩慢轉(zhuǎn)到OB位置，木板上的物塊始終相對于木板靜止。在這一過程中，物塊的重力勢能增加了2J。用FN表示物塊受到的支持力，用Ff表示物塊受到的摩擦力。在此過程中，以下判斷正確的是()圖5-1-2A．FN和Ff對物塊都不做功B．FN對物塊做功為2J，F(xiàn)f對物塊不做功C．FN對物塊不做功，F(xiàn)f對物塊做功為2JD．FN和Ff對物塊所做功的代數(shù)和為0解析：選B3．(2014·全國卷Ⅱ)一物體靜止在粗糙水平地面上?，F(xiàn)用一大小為F1的水平拉力拉動物體，經(jīng)過一段時間后其速度變?yōu)関。若將水平拉力的大小改為F2，物體從靜止開始經(jīng)過同樣的時間后速度變?yōu)?v。對于上述兩個過程，用WF1、WF2分別表示拉力F1、F2所做的功，Wf1、Wf2分別表示前后兩次克服摩擦力所做的功，則()A．WF2>4WF1，Wf2>2Wf1B．WF2>4WF1，Wf2＝2Wf1C．WF2<4WF1，Wf2＝2Wf1D．WF2<4WF1，Wf2<2Wf1解析：選C要點二變力做功的計算(一)利用動能定理求變力做功動能定理既適用于直線運動，也適用于曲線運動，既適用于求恒力做功也適用于求變力做功。因使用動能定理可由動能的變化來求功，所以動能定理是求變力做功的首選。[典例1](2015·海南高考)如圖5-1-3，一半徑為R的半圓形軌道豎直固定放置，軌道兩端等高；質(zhì)量為m的質(zhì)點自軌道端點P由靜止開始滑下，滑到最低點Q時，對軌道的正壓力為2mg，重力加速度大小為g。質(zhì)點自P滑到Q的過程中，克服摩擦力所做的功為()A.eq\f(1,4)mgR B.eq\f(1,3)mgRC.eq\f(1,2)mgR D.eq\f(π,4)mgR[答案]C(二)利用微元法求變力做功將物體的位移分割成許多小段，因小段很小，每一小段上作用在物體上的力可以視為恒力，這樣就將變力做功轉(zhuǎn)化為在無數(shù)多個無窮小的位移上的恒力所做元功的代數(shù)和。此法在中學(xué)階段，常應(yīng)用于求解大小不變、方向改變的變力做功問題。[典例2]如圖5-1-4所示，在水平面上，有一彎曲的槽道，槽道由半徑分別為eq\f(R,2)和R的兩個半圓構(gòu)成?，F(xiàn)用大小恒為F的拉力將一光滑小球從A點沿槽道拉至B點，若拉力F的方向時刻與小球運動方向一致，則此過程中拉力所做的功為()A．0 B．FRC．2πFR D.eq\f(3,2)πFR[答案]D(三)化變力為恒力求變力做功變力做功直接求解時，通常都比較復(fù)雜，但若通過轉(zhuǎn)換研究的對象，有時可化為恒力做功，用W＝Flcosα求解。此法常常應(yīng)用于輕繩通過定滑輪拉物體的問題中。[典例3]如圖5-1-5所示，固定的光滑豎直桿上套著一個滑塊，用輕繩系著滑塊繞過光滑的定滑輪，以大小恒定的拉力F拉繩，使滑塊從A點起由靜止開始上升。若從A點上升至B點和從B點上升至C點的過程中拉力F做的功分別為W1和W2，滑塊經(jīng)B、C兩點的動能分別為EkB和EkC，圖中AB＝BC，則()圖5-1-5A．W1＞W(wǎng)2 B．W1＜W2C．W1＝W2 D．無法確定W1和W2的大小關(guān)系[答案]A(四)利用平均力求變力做功在求解變力做功時，若物體受到的力方向不變，而大小隨位移呈線性變化，即力均勻變化時，則可以認(rèn)為物體受到一大小為eq\o(F,\s\up6(—))＝eq\f(F1＋F2,2)的恒力作用，F(xiàn)1、F2分別為物體初、末態(tài)所受到的力，然后用公式W＝eq\o(F,\s\up6(—))lcosα求此力所做的功。（彈簧彈力做功）[典例4]把長為l的鐵釘釘入木板中，每打擊一次給予的能量為E0，已知釘子在木板中遇到的阻力與釘子進(jìn)入木板的深度成正比，比例系數(shù)為k。問此釘子全部進(jìn)入木板需要打擊幾次？[解析]在把釘子打入木板的過程中，釘子把得到的能量用來克服阻力做功，而阻力與釘子進(jìn)入木板的深度成正比，先求出阻力的平均值，便可求得阻力做的功。釘子在整個過程中受到的平均阻力為：F＝eq\f(0＋kl,2)＝eq\f(kl,2)釘子克服阻力做的功為：WF＝Fl＝eq\f(1,2)kl2設(shè)全過程共打擊n次，則給予釘子的總能量：E總＝nE0＝eq\f(1,2)kl2，所以n＝eq\f(kl2,2E0)。(五)利用F-x圖像求變力做功在F-x圖像中，圖線與x軸所圍“面積”的代數(shù)和就表示力F在這段位移所做的功，且位于x軸上方的“面積”為正，位于x軸下方的“面積”為負(fù)，但此方法只適用于便于求圖線所圍面積的情況(如三角形、矩形、圓等規(guī)則的幾何圖形)。（v-t）[典例5]某物體在變力F作用下沿水平方向做直線運動，物體的質(zhì)量m＝10kg，F(xiàn)隨物體的坐標(biāo)x的變化情況如圖5-1-6所示。若物體從坐標(biāo)原點由靜止出發(fā)，不計一切摩擦。借鑒教科書中學(xué)習(xí)直線運動時由v-t圖像求位移的方法，結(jié)合其他所學(xué)知識，根據(jù)圖示的F-x圖像可求出物體運動到x＝16m處時的速度大小為()A．3m/s B．4m/sC．2eq\r(2)m/s D.eq\r(17)m/s[答案]C【變式訓(xùn)練】(2016·湖北省重點中學(xué)聯(lián)考)一滑塊在水平地面上沿直線滑行，t＝0時其速度為1m/s.從此刻開始在滑塊運動方向上再施加一水平方向作用力F，力F和滑塊的速度v隨時間的變化規(guī)律分別如圖甲和圖乙所示．設(shè)在第1s內(nèi)、第2s內(nèi)、第3s內(nèi)力F對滑塊做的功分別為W1、W2、W3，則以下關(guān)系正確的是()A．W1＝W2＝W3 B．W1<W2<W3C．W1<W3<W2 D．W1＝W2<W3解析：選B要點三功率的分析與計算1．平均功率的計算(1)利用eq\x\to(P)＝eq\f(W,t)。(2)利用P＝Feq\x\to(v)cosα，其中eq\x\to(v)為物體運動的平均速度。2．瞬時功率的計算(1)利用公式P＝Fvcosα，其中v為t時刻的瞬時速度。(2)利用公式P＝FvF，其中vF為物體的速度v在力F方向上的分速度。(3)利用公式P＝Fvv，其中Fv為物體受的外力F在速度v方向上的分力。m、g、L、w質(zhì)量為m的物體靜止在光滑水平面上，從t＝0時刻開始受到水平力的作用．力的大小F與時間t的關(guān)系如圖所示，力的方向保持不變，則()A．3t0時刻的瞬時功率為eq\f(5F\o\al(2,0)t0,m)B．3t0時刻的瞬時功率為eq\f(15F\o\al(2,0)t0,m)C．在t＝0到3t0這段時間內(nèi)，水平力的平均功率為eq\f(23F\o\al(2,0)t0,4m)D．在t＝0到3t0這段時間內(nèi)，水平力的平均功率為eq\f(25F\o\al(2,0)t0,6m)[答案]BD[多角練通]1．(2016·昆明模擬)將一個小球斜向上拋出，小球在空中依次飛過三個完全相同的窗戶1、2、3。圖5-1-7中曲線為小球在空中運動的軌跡。若不計空氣阻力的影響，以下說法正確的是()A．小球通過第1個窗戶所用的時間最長B．小球通過第1個窗戶重力做的功最大C．小球通過第3個窗戶重力的平均功率最小D．小球通過第3個窗戶的平均速度最大解析：選C2．(2015·福州二模)如圖5-1-8所示，一個縱截面是等腰三角形的斜面體M置于水平地面上，它的底面粗糙，兩斜面光滑。將質(zhì)量不相等的A、B兩個小滑塊(mA＞mB)同時從斜面上同一高度處靜止釋放，在兩滑塊滑至斜面底端的過程中，M始終保持靜止，則()圖5-1-8A．B滑塊先滑至斜面底端B．地面對斜面體的摩擦力方向水平向左C．兩滑塊滑至斜面底端時重力的瞬時功率相同D．地面對斜面體的支持力等于三個物體的總重力解析：選B要點四機(jī)車啟動問題1．兩種啟動方式的比較兩種方式以恒定功率啟動以恒定加速度啟動P-t圖和v-t圖OA段過程分析v↑?F＝eq\f(P不變,v)↓?a＝eq\f(F－F阻,m)↓a＝eq\f(F－F阻,m)不變?F不變eq\o(?,\s\up6(v↑))P＝Fv↑直到P額＝Fv1運動性質(zhì)加速度減小的加速直線運動勻加速直線運動，維持時間t0＝eq\f(v1,a)AB段過程分析F＝F阻?a＝0?vm＝eq\f(P,F阻)v↑?F＝eq\f(P額,v)↓?a＝eq\f(F－F阻,m)↓運動性質(zhì)以vm勻速直線運動加速度減小的加速運動BC段無F＝F阻?a＝0?以vm＝eq\f(P額,F阻)勻速運動1．某型號汽車發(fā)動機(jī)的額定功率為60kW，在水平路面上行駛時受到的阻力是1800N，求在發(fā)動機(jī)在額定功率下汽車勻速行駛的速度．在同樣的阻力下，如果汽車勻速行駛的速度只有54km/h，發(fā)動機(jī)輸出的實際功率是多少？2．額定功率為80kW的汽車，在平直公路上行駛的最大速度是20m/s，汽車的質(zhì)量是2t，如果汽車從靜止開始做勻加速直線運動，加速度的大小是2m/s2，運動過程中阻力不變，求：(1)汽車受到的阻力多大？(2)3s末汽車的瞬時功率多大？(3)汽車維持勻加速運動的時間是多少？2．三個重要關(guān)系式(1)無論哪種啟動過程，機(jī)車的最大速度都等于其勻速運動時的速度，即vm＝eq\f(P,F阻)。(2)機(jī)車以恒定加速度啟動時，勻加速過程結(jié)束后功率最大，速度不是最大，即v＝eq\f(P,F)<vm＝eq\f(P,F阻)。(3)機(jī)車以恒定功率運行時，牽引力做的功W＝Pt，由動能定理得Pt－F阻x＝ΔEk，此式經(jīng)常用于求解機(jī)車以恒定功率啟動過程的位移或速度。[典例](2015·呼倫貝爾一模)某興趣小組對一輛自制遙控小車的性能進(jìn)行研究。他們讓這輛小車在水平的直軌道上由靜止開始運動，并將小車運動的全過程記錄下來，通過處理轉(zhuǎn)化為v-t圖像，如圖5-1-9所示(除2～10s時間段圖像為曲線外，其余時間段圖像均為直線)。已知在小車運動的過程中，2s后小車的功率P＝9W保持不變，小車的質(zhì)量為1.0kg，可認(rèn)為在整個運動過程中小車所受到的阻力大小不變。求：圖5-1-9(1)小車所受到的阻力大??；(2)小車在0～10s內(nèi)位移的大小。[審題指導(dǎo)](1)0～2s內(nèi)小車的v-t圖像為直線，小車做勻加速直線運動。(2)2～10s內(nèi)小車的功率保持不變，小車處于恒定功率啟動狀態(tài)。(3)v＝6m/s為小車啟動過程的最大速度。[解析](1)由圖像知，前兩秒的末速度為v1＝3m/s，最大速度為vm＝6m/s根據(jù)P＝Fv，當(dāng)F＝Ff時，v＝vm解得阻力Ff＝eq\f(P,vm)＝eq\f(9,6)N＝1.5N。(2)前2s，小車做勻加速直線運動，位移為x1，由運動學(xué)公式得x1＝eq\f(v1,2)t1＝eq\f(3,2)×2m＝3m，2～10s內(nèi)，時間為t2，根據(jù)動能定理Pt2－Ffx2＝eq\f(1,2)mvm2－eq\f(1,2)mv12代入數(shù)據(jù)解得x2＝39m0～10s內(nèi)位移x＝x1＋x2＝42m。[針對訓(xùn)練]1．(2015·海南高考)假設(shè)摩托艇受到的阻力的大小正比于它的速率。如果摩托艇發(fā)動機(jī)的輸出功率變?yōu)樵瓉淼?倍，則摩托艇的最大速率變?yōu)樵瓉淼?)A．4倍 B．2倍C.eq\r(3)倍 D.eq\r(2)倍解析：選D2.(多選)(2015·蘇州高三調(diào)研)質(zhì)量為2×103kg的汽車由靜止開始沿平直公路行駛，行駛過程中牽引力F和車速倒數(shù)eq\f(1,v)的關(guān)系圖像如圖5-1-10所示。已知行駛過程中最大車速為30m/s，設(shè)阻力恒定，則()圖5-1-10A．汽車所受阻力為6×103NB．汽車在車速為5m/s時，加速度為3m/s2C．汽車在車速為15m/s時，加速度為1m/s2D．汽車在行駛過程中的最大功率為6×104W解析：選CD功和功率計算中的兩類易錯題(一)滑輪兩側(cè)細(xì)繩平行1．如圖5-1-11所示，質(zhì)量為M、長度為L的木板放在光滑的水平地面上，在木板的右端放置質(zhì)量為m的小木塊，用一根不可伸長的輕繩通過光滑的定滑輪分別與木塊、木板連接，木塊與木板間的動摩擦因數(shù)為μ，開始時木塊和木板靜止，現(xiàn)用水平向右的拉力F作用在木板上，將木塊拉向木板左端的過程中，拉力至少做功為()圖5-1-11A．2μmgL B.eq\f(1,2)μmgLC．μ(M＋m)gL D．μmgL解析：選D2．(2015·南安高三期中)如圖5-1-12甲所示，滑輪質(zhì)量、摩擦均不計，質(zhì)量為2kg的物體在F作用下由靜止開始向上做勻加速運動，其速度隨時間的變化關(guān)系如圖乙所示，由此可知()A．物體加速度大小為2m/s2B．F的大小為21NC．4s末F的功率大小為42WD．4s內(nèi)F做功的平均功率為42W解析：選C[反思領(lǐng)悟](1)不計摩擦和滑輪質(zhì)量時，滑輪兩側(cè)細(xì)繩拉力大小相等。(2)通過定滑輪連接的兩物體，位移大小相等。(3)通過動滑輪拉動物體時，注意物體與力的作用點的位移、速度、作用力間的大小關(guān)系。(二)滑輪兩側(cè)細(xì)繩不平行3．一木塊前端有一滑輪，繩的一端系在右方固定處，水平穿過滑輪，另一端用恒力F拉住，保持兩股繩之間的夾角θ不變，如圖5-1-13所示，當(dāng)用力F拉繩使木塊前進(jìn)s時，力F對木塊做的功(不計繩重和滑輪摩擦)是()圖5-1-13A．Fscosθ B．Fs(1＋cosθ)C．2Fscosθ D．2Fs解析：選B4.質(zhì)量為m的物體放在一固定的斜面上，一個人通過動滑輪用恒定的力F拉動物體沿斜面前進(jìn)l，力F與斜面夾角為α，如圖5-1-14所示。求人做的功。圖5-1-14解析：如圖所示，力F作用點的位移x＝2lcoseq\f(α,2)，故拉力F所做的功W＝Fxcoseq\f(α,2)＝2Flcos2eq\f(α,2)＝Fl(1＋cosα)。[反思領(lǐng)悟]對于通過動滑輪拉物體的情況，當(dāng)拉力F的方向與物體的位移方向不同時，拉力F的功的大小可用如下兩種思路求解：(1)用W＝F·xcosα求，其中x為力F作用點的位移大小，α為力F與力F作用點位移x之間的夾角。(2)用兩段細(xì)繩拉力分別所做功的代數(shù)合求解，如第3題的第二種方法。對點訓(xùn)練：功的理解與計算1.(2015·寧波期末)如圖1所示，木塊B上表面是水平的，當(dāng)木塊A置于B上，并與B保持相對靜止，一起沿固定的光滑斜面由靜止開始下滑，在下滑過程中()A．A所受的合外力對A不做功B．B對A的彈力做正功C．B對A的摩擦力做正功D．A對B做正功解析：選C2．(多選)(2015·云南一檢)如圖2所示，n個完全相同，邊長足夠小且互不粘連的小方塊依次排列，總長度為l，總質(zhì)量為M，它們一起以速度v在光滑水平面上滑動，某時刻開始滑上粗糙水平面。小方塊與粗糙水平面之間的動摩擦因數(shù)為μ，若小方塊恰能完全進(jìn)入粗糙水平面，則摩擦力對所有小方塊所做功的數(shù)值為()A.eq\f(1,2)Mv2 B．Mv2C.eq\f(1,2)μMgl D．μMgl解析：選AC3.(多選)一輛質(zhì)量為m的汽車在發(fā)動機(jī)牽引力F的作用下，沿水平方向運動。在t0時刻關(guān)閉發(fā)動機(jī)，其運動的v-t圖像如圖3所示。已知汽車行駛過程中所受的阻力是汽車重力的k倍，則()A．加速過程與減速過程的平均速度之比為1∶2B．加速過程與減速過程的位移大小之比為1∶2C．汽車牽引力F與所受阻力大小之比為3∶1D．汽車牽引力F做的功為eq\f(3kmgv0t0,2)解析：選BCD對點訓(xùn)練：功率的分析與計算4.(2016·綿陽二診)如圖4所示，質(zhì)量為m的小球(可視為質(zhì)點)用長為L的細(xì)線懸掛于O點，自由靜止在A位置?，F(xiàn)用水平力F緩慢地將小球從A拉到B位置而靜止，細(xì)線與豎直方向夾角為θ＝60°，此時細(xì)線的拉力為F1，然后放手讓小球從靜止返回，到A點時細(xì)線的拉力為F2，則()圖4A．F1＝F2＝2mgB．從A到B，拉力F做功為F1LC．從B到A的過程中，小球受到的合外力大小不變D．從B到A的過程中，小球重力的瞬時功率一直增大解析：選A5．(多選)(2015·浙江高考)我國科學(xué)家正在研制航母艦載機(jī)使用的電磁彈射器。艦載機(jī)總質(zhì)量為3.0×104kg，設(shè)起飛過程中發(fā)動機(jī)的推力恒為1.0×105N；彈射器有效作用長度為100m，推力恒定。要求艦載機(jī)在水平彈射結(jié)束時速度大小達(dá)到80m/s。彈射過程中艦載機(jī)所受總推力為彈射器和發(fā)動機(jī)推力之和，假設(shè)所受阻力為總推力的20%，則()A．彈射器的推力大小為1.1×106NB．彈射器對艦載機(jī)所做的功為1.1×108JC．彈射器對艦載機(jī)做功的平均功率為8.8×107WD．艦載機(jī)在彈射過程中的加速度大小為32m/s2解析：選ABD6.(多選)(2016·長沙模擬)如圖5所示，位于水平面上的物體在斜向上的恒力F1的作用下，做速度為v的勻速運動，此時力F1與水平方向的夾角為θ1；現(xiàn)將該夾角增大到θ2，對應(yīng)恒力變?yōu)镕2，則以下說法正確的是()A．若物體仍以速度v做勻速運動，則可能有F2＝F1B．若物體仍以速度v做勻速運動，則一定有F2＞F1C．若物體仍以速度v做勻速運動，則F2的功率可能等于F1的功率D．若物體以大于v的速度做勻速運動，則F1的功率可能等于F2的功率解析：選AD對點訓(xùn)練：機(jī)車啟動問題7.(2015·徐州模擬)一輛汽車在平直的公路上以某一初速度運動，運動過程中保持恒定的牽引功率，其加速度a和速度的倒數(shù)eq\f(1,v)圖像如圖6所示。若已知汽車的質(zhì)量，則根據(jù)圖像所給的信息，不能求出的物理量是()圖6A．汽車的功率B．汽車行駛的最大速度C．汽車所受到的阻力D．汽車運動到最大速度所需的時間解析：選D8．(2015·全國卷Ⅱ)一汽車在平直公路上行駛。從某時刻開始計時，發(fā)動機(jī)的功率P隨時間t的變化如圖7所示。假定汽車所受阻力的大小f恒定不變。下列描述該汽車的速度v隨時間t變化的圖線中，可能正確的是()圖7解析：選A9．水平路面上行駛的汽車所受到的阻力大小Ff與汽車行駛的速率成正比。若汽車從靜止出發(fā)，先做勻加速直線運動，達(dá)到額定功率后保持額定功率行駛，則在整個行駛過程中，汽車受到的牽引力大小F與阻力大小Ff關(guān)系圖像是()解析：選A對點訓(xùn)練：功、功率與其他力學(xué)知識的綜合10．(多選)(2015·寶雞質(zhì)檢)如圖8所示，半徑為r的光滑水平轉(zhuǎn)盤到水平地面的高度為H，質(zhì)量為m的小物塊被一個電子鎖定裝置鎖定在轉(zhuǎn)盤邊緣，轉(zhuǎn)盤繞過轉(zhuǎn)盤中心的豎直軸以ω＝kt(k＞0且是恒量)的角速度轉(zhuǎn)動。從t＝0開始，在不同的時刻t將小物塊解鎖，小物塊經(jīng)過一段時間后落到地面上。假設(shè)在t時刻解鎖的物塊落到地面上時重力的瞬時功率為P，落地點到轉(zhuǎn)盤中心的水平距離為d，則下圖中P-t圖像、d2-t2圖像分別正確的是()解析：選BC11．(2015·四川高考)嚴(yán)重的霧霾天氣，對國計民生已造成了嚴(yán)重的影響。汽車尾氣是形成霧霾的重要污染源，“鐵腕治污”已成為國家的工作重點。地鐵列車可實現(xiàn)零排放，大力發(fā)展地鐵，可以大大減少燃油公交車的使用，減少汽車尾氣排放。若一地鐵列車從甲站由靜止啟動后做直線運動，先勻加速運動20s達(dá)最高速度72km/h，再勻速運動80s，接著勻減速運動15s到達(dá)乙站停住。設(shè)列車在勻加速運動階段牽引力為1×106N，勻速運動階段牽引力的功率為6×103kW，忽略勻減速運動階段牽引力所做的功。(1)求甲站到乙站的距離；(2)如果燃油公交車運行中做的功與該列車從甲站到乙站牽引力做的功相同，求公交車排放氣態(tài)污染物的質(zhì)量。(燃油公交車每做1焦耳功排放氣態(tài)污染物3×10－6克)答案：(1)1950m(2)2.04kg12．(2016·常州模擬)高速連續(xù)曝光照相機(jī)可在底片上重疊形成多個圖像?，F(xiàn)利用這架照相機(jī)對MD－2000家用汽車的加速性能進(jìn)行研究，如圖10為汽車做勻加速直線運動時三次曝光的照片，圖中汽車的實際長度為4m，照相機(jī)每兩次曝光的時間間隔為2.0s。已知該汽車的質(zhì)量為1000kg，額定功率為90kW，汽車運動過程中所受的阻力始終為1500N。圖10(1)試?yán)脠D示，求該汽車的加速度。(2)若汽車由靜止開始以此加速度做勻加速運動，勻加速運動狀態(tài)最多能保持多長時間。(3)汽車所能達(dá)到的最大速度是多大。(4)若該汽車從靜止開始運動，牽引力不超過3000N，求汽車運動2400m所用的最短時間(汽車已經(jīng)達(dá)到最大速度)。解析：(1)由圖可得汽車在第1個2s時間內(nèi)的位移x1＝9m，第2個2s時間內(nèi)的位移x2＝15m汽車的加速度a＝eq\f(Δx,T2)＝1.5m/s2。(2)由F－Ff＝ma得，汽車牽引力F＝Ff＋ma＝(1500＋1000×1.5)N＝3000N汽車做勻加速運動的末速度v＝eq\f(P額,F)＝eq\f(90×103,3×103)m/s＝30m/s勻加速運動保持的時間t1＝eq\f(v,a)＝eq\f(30,1.5)s＝20s。(3)汽車所能達(dá)到的最大速度vm＝eq\f(P額,Ff)＝eq\f(90×103,1.5×103)m/s＝60m/s。(4)由(1)、(2)知勻加速運動的時間t1＝20s，運動的距離x1′＝eq\f(vt1,2)＝eq\f(30,2)×20m＝300m所以，后階段以恒定功率運動的距離x2′＝(2400－300)m＝2100m對后階段以恒定功率運動，有：P額t2－Ffx2′＝eq\f(1,2)m(vm2－v2)解得t2＝50s所以，所求時間為t總＝t1＋t2＝(20＋50)s＝70s。答案：(1)1.5m/s2(2)20s(3)60m/s(4)70s第2節(jié)動能定理及其應(yīng)用(1)一定質(zhì)量的物體動能變化時，速度一定變化，但速度變化時，動能不一定變化。(√)(2)動能不變的物體一定處于平衡狀態(tài)。(×)(3)如果物體所受的合外力為零，那么合外力對物體做功一定為零。(√)(4)物體在合外力作用下做變速運動時，動能一定變化。(×)(5)物體的動能不變，所受的合外力必定為零。(×)(6)做自由落體運動的物體，動能與時間的二次方成正比。(√)要點一對動能定理的理解1．對“外力”的兩點理解(1)“外力”指的是合力，重力、彈力、摩擦力、電場力、磁場力或其他力，它們可以同時作用，也可以不同時作用。(2)既可以是恒力，也可以是變力。2．“＝”體現(xiàn)的二個關(guān)系[多角練通]1．關(guān)于運動物體所受的合外力、合外力做的功及動能變化的關(guān)系，下列說法正確的是()A．合外力為零，則合外力做功一定為零B．合外力做功為零，則合外力一定為零C．合外力做功越多，則動能一定越大D．動能不變，則物體合外力一定為零解析：選A2．(多選)質(zhì)量不等，但有相同動能的兩個物體，在動摩擦因數(shù)相同的水平地面上滑行，直至停止，則()A．質(zhì)量大的物體滑行的距離大B．質(zhì)量小的物體滑行的距離大C．它們滑行的距離一樣大D．它們克服摩擦力所做的功一樣多解析：選BD3.(多選)某人通過光滑滑輪將質(zhì)量為m的物體，沿光滑斜面由靜止開始勻加速地由底端拉上斜面，物體上升的高度為h，到達(dá)斜面頂端的速度為v，如圖5-2-1所示。則在此過程中()圖5-2-1A．物體所受的合力做功為mgh＋eq\f(1,2)mv2B．物體所受的合力做功為eq\f(1,2)mv2C．人對物體做的功為mghD．人對物體做的功大于mgh解析：選BD要點二動能定理的應(yīng)用應(yīng)用動能定理的流程應(yīng)用動能定理的注意事項(1)動能定理中的位移和速度必須是相對于同一個參考系的，一般以地面或相對地面靜止的物體為參考系。(2)應(yīng)用動能定理的關(guān)鍵在于對研究對象進(jìn)行準(zhǔn)確的受力分析及運動過程分析，并畫出運動過程的草圖，借助草圖理解物理過程之間的關(guān)系。(3)當(dāng)物體的運動包含多個不同過程時，可分段應(yīng)用動能定理求解；當(dāng)所求解的問題不涉及中間的速度時，也可以全過程應(yīng)用動能定理求解，這樣更簡便。(4)列動能定理方程時，必須明確各力做功的正、負(fù)，確實難以判斷的先假定為正功，最后根據(jù)結(jié)果加以檢驗。分段或全過程[典例](2015·浙江高考)如圖5-2-2所示，用一塊長L1＝1.0m的木板在墻和桌面間架設(shè)斜面，桌子高H＝0.8m，長L2＝1.5m。斜面與水平桌面的傾角θ可在0～60°間調(diào)節(jié)后固定。將質(zhì)量m＝0.2kg的小物塊從斜面頂端靜止釋放，物塊與斜面間的動摩擦因數(shù)μ1＝0.05，物塊與桌面間的動摩擦因數(shù)為μ2，忽略物塊在斜面與桌面交接處的能量損失。(重力加速度取g＝10m/s2；最大靜摩擦力等于滑動摩擦力)圖5-2-2(1)當(dāng)θ角增大到多少時，物塊能從斜面開始下滑；(用正切值表示)(2)當(dāng)θ角增大到37°時，物塊恰能停在桌面邊緣，求物塊與桌面間的動摩擦因數(shù)μ2；(已知sin37°＝0.6，cos37°＝0.8)(3)繼續(xù)增大θ角，發(fā)現(xiàn)θ＝53°時物塊落地點與墻面的距離最大，求此最大距離xm。[審題指導(dǎo)](1)物塊恰好要下滑時應(yīng)滿足mgsinθ＝μmgcosθ。(2)物塊恰好停在桌面邊緣時其在桌面上的位移大小為L2－L1cosθ。(3)xm為物塊落地點到墻面的距離而不是物塊平拋的水平位移。[解析](1)為使小物塊下滑，應(yīng)有mgsinθ≥μ1mgcosθθ滿足的條件tanθ≥0.05即當(dāng)θ＝arctan0.05時物塊恰好從斜面開始下滑。(2)克服摩擦力做功Wf＝μ1mgL1cosθ＋μ2mg(L2－L1cosθ)由動能定理得mgL1sinθ－Wf＝0代入數(shù)據(jù)得μ2＝0.8。(3)由動能定理得mgL1sinθ－Wf＝eq\f(1,2)mv2解得v＝1m/s由平拋運動規(guī)律得H＝eq\f(1,2)gt2，x1＝vt解得t＝0.4sx1＝0.4mxm＝x1＋L2＝1.9m。[答案](1)arctan0.05(2)0.8(3)1.9m[方法規(guī)律][針對訓(xùn)練]1．(2016·青島檢測)相同材料制成的滑道ABC，其中AB段為曲面，BC段為水平面?，F(xiàn)有質(zhì)量為m的木塊，從距離水平面h高處的A點由靜止釋放，滑到B點過程中克服摩擦力做功為eq\f(1,3)mgh；木塊通過B點后繼續(xù)滑行2h距離后，在C點停下來，則木塊與曲面間的動摩擦因數(shù)應(yīng)為()A.eq\f(1,3) B.eq\f(2,3)C.eq\f(1,6) D.eq\f(1,12)解析：選A2．(2015·山東高考)如圖5-2-4甲所示，物塊與質(zhì)量為m的小球通過不可伸長的輕質(zhì)細(xì)繩跨過兩等高定滑輪連接。物塊置于左側(cè)滑輪正下方的表面水平的壓力傳感裝置上，小球和右側(cè)滑輪的距離為l。開始時物塊和小球均靜止，將此時傳感裝置的示數(shù)記為初始值?，F(xiàn)給小球施加一始終垂直于l段細(xì)繩的力，將小球緩慢拉起至細(xì)繩與豎直方向成60°角，如圖乙所示，此時傳感器裝置的示數(shù)為初始值的1.25倍；再將小球由靜止釋放，當(dāng)運動至最低位置時，傳感裝置的示數(shù)為初始值的0.6倍。不計滑輪的大小和摩擦，重力加速度的大小為g。(1)物塊的質(zhì)量；(2)從釋放到運動至最低位置的過程中，小球克服空氣阻力所做的功。解析：(1)設(shè)開始時細(xì)繩的拉力大小為T1，傳感裝置的初始值為F1，物塊質(zhì)量為M，由平衡條件得對小球，T1＝mg①對物塊，F(xiàn)1＋T1＝Mg②當(dāng)細(xì)繩與豎直方向的夾角為60°時，設(shè)細(xì)繩的拉力大小為T2，傳感裝置的示數(shù)為F2，據(jù)題意可知，F(xiàn)2＝1.25F1，由平衡條件得對小球，T2＝mgcos60°③對物塊，F(xiàn)2＋T2＝Mg④聯(lián)立①②③④式，代入數(shù)據(jù)得M＝3m。⑤(2)mgl(1－cos60°)－Wf＝eq\f(1,2)mv2－0⑥T3－mg＝meq\f(v2,l)⑦F3＋T3＝Mg⑧聯(lián)立①②⑤⑥⑦⑧式，代入數(shù)據(jù)得Wf＝0.1mgl。⑨要點三動能定理的圖像問題1．四類圖像所圍面積的含義v-t圖由公式x＝vt可知，v-t圖線與坐標(biāo)軸圍成的面積表示物體的位移a-t圖由公式Δv＝at可知，a-t圖線與坐標(biāo)軸圍成的面積表示物體速度的變化量F-x圖由公式W＝Fx可知，F(xiàn)-x圖線與坐標(biāo)軸圍成的面積表示力所做的功P-t圖由公式W＝Pt可知，P-t圖線與坐標(biāo)軸圍成的面積表示力所做的功[典例](2015·東北三省三校一模)某星球半徑為R＝6×106m，假設(shè)該星球表面上有一傾角為θ＝30°的固定斜面，一質(zhì)量為m＝1kg的小物塊在力F作用下從靜止開始沿斜面向上運動，力F始終與斜面平行，如圖5-2-5甲所示。已知小物塊和斜面間的動摩擦因數(shù)μ＝eq\f(\r(3),3)，力F隨位移x變化的規(guī)律如圖乙所示(取沿斜面向上的方向為正向)，如果小物塊運動12m時速度恰好為零，已知萬有引力常量G＝6.67×10－11N·m2/kg2。試求：(計算結(jié)果保留一位有效數(shù)字)(1)該星球表面上的重力加速度g的大小；(2)該星球的平均密度。[解析](1)設(shè)該星球表面的重力加速度為g，物塊上滑過程中力F所做的功WF＝(15×6－3×6)J＝72J，由動能定理得：WF－mgsinθ·x－μmgcosθ·x＝0，解得：g＝6m/s2。(2)在星球表面重力與萬有引力相等有：Geq\f(mM,R2)＝mg可得星球的質(zhì)量為：M＝eq\f(gR2,G)可得星球的密度ρ＝eq\f(M,V)＝eq\f(\f(gR2,G),\f(4,3)πR3)＝eq\f(3g,4πGR)＝eq\f(3×6,4×3.14×6.67×10－11×6×106)kg/m3＝4×103kg/m3。[答案](1)6m/s2(2)4×103kg/m3[針對訓(xùn)練]1．(2015·合肥一模)A、B兩物體分別在水平恒力F1和F2的作用下沿水平面運動，先后撤去F1、F2后，兩物體最終停下，它們的v-t圖像如圖5-2-6所示。已知兩物體與水平面間的滑動摩擦力大小相等。則下列說法正確的是()圖5-2-6A．F1、F2大小之比為1∶2B．F1、F2對A、B做功之比為1∶2C．A、B質(zhì)量之比為2∶1D．全過程中A、B克服摩擦力做功之比為2∶1解析：選C2．(多選)(2015·濟(jì)寧三模)如圖5-2-7甲所示，為測定物體沖上粗糙斜面能達(dá)到的最大位移x與斜面傾角θ的關(guān)系，將某一物體每次以不變的初速率v0沿足夠長的斜面向上推出，調(diào)節(jié)斜面與水平方向的夾角θ，實驗測得x與斜面傾角θ的關(guān)系如圖乙所示，g取10m/s2，根據(jù)圖像可求出()圖5-2-7A．物體的初速率v0＝3m/sB．物體與斜面間的動摩擦因數(shù)μ＝0.75C．取不同的傾角θ，物體在斜面上能達(dá)到的位移x的最小值xmin＝1.44mD．當(dāng)某次θ＝30°時，物體達(dá)到最大位移后將沿斜面下滑解析：選BC要點四應(yīng)用動能定理解決平拋運動、圓周運動問題1.平拋運動和圓周運動都屬于曲線運動，若只涉及位移和速度而不涉及時間，應(yīng)優(yōu)先考慮用動能定理列式求解。2.動能定理的表達(dá)式為標(biāo)量式，不能在某一個方向上列動能定理方程。(2015·南京模擬)如圖所示，AB段為一半徑R＝0.2m的光滑eq\f(1,4)圓形軌道，EF為一傾角θ＝30°的光滑斜面，斜面上有一薄木板CD，開始時木板被鎖定．一質(zhì)量為0.1kg的物塊從A點由靜止開始下滑，通過B點后被水平拋出，經(jīng)過一段時間后恰好以平行于薄木板的方向滑上木板，在物塊滑上木板的同時木板解除鎖定．已知物塊與薄木板間的動摩擦因數(shù)為μ＝eq\f(\r(3),6).取g＝10m/s2，求：(1)物塊到達(dá)B點時對圓形軌道的壓力大??；(2)物塊做平拋運動的時間；(3)若下滑過程中某時刻物塊和木板達(dá)到共同速度，則這個速度為多大？答案(1)3N(2)eq\f(\r(3),15)s(3)2eq\r(3)m/s(2014·福建高考)如圖為某游樂場內(nèi)水上滑梯軌道示意圖，整個軌道在同一豎直平面內(nèi)，表面粗糙的AB段軌道與四分之一光滑圓弧軌道BC在B點水平相切．點A距水面的高度為H，圓弧軌道BC的半徑為R，圓心O恰在水面．一質(zhì)量為m的游客(視為質(zhì)點)可從軌道AB的任意位置滑下，不計空氣阻力．(1)若游客從A點由靜止開始滑下，到B點時沿切線方向滑離軌道落在水面D點，OD＝2R，求游客滑到B點時的速度vB大小及運動過程軌道摩擦力對其所做的功Wf；(2)若游客從AB段某處滑下，恰好停在B點，又因受到微小擾動，繼續(xù)沿圓弧軌道滑到P點后滑離軌道，求P點離水面的高度h.(提示：在圓周運動過程中任一點，質(zhì)點所受的向心力與其速率的關(guān)系為F向＝meq\f(v2,R))答案(1)eq\r(2gR)－(mgH－2mgR)(2)eq\f(2,3)R[典例](2015·新泰模擬)如圖5-2-8所示，傾斜軌道AB的傾角為37°，CD、EF軌道水平，AB與CD通過光滑圓弧管道BC連接，CD右端與豎直光滑圓周軌道相連。小球可以從D進(jìn)入該軌道，沿軌道內(nèi)側(cè)運動，從E滑出該軌道進(jìn)入EF水平軌道。小球由靜止從A點釋放，已知AB長為5R，CD長為R，重力加速度為g，小球與斜軌AB及水平軌道CD、EF的動摩擦因數(shù)均為0.5，sin37°＝0.6，cos37°＝0.8，圓弧管道BC入口B與出口C的高度差為1.8R。求：(在運算中，根號中的數(shù)值無需算出)(1)小球滑到斜面底端C時速度的大小。(2)小球剛到C時對軌道的作用力。(3)要使小球在運動過程中不脫離軌道，豎直圓周軌道的半徑R′應(yīng)該滿足什么條件？[解析](1)設(shè)小球到達(dá)C點時速度為v，小球從A運動至C過程，由動能定理有：mg(5Rsin37°＋1.8R)－μmgcos37°·5R＝eq\f(1,2)mvC2可得：vC＝eq\r(\f(28gR,5))。(2)小球沿BC軌道做圓周運動，設(shè)在C點時軌道對球的作用力為FN，由牛頓第二定律，有：FN－mg＝meq\f(vC2,r)其中r滿足：r＋r·sin53°＝1.8R聯(lián)立上式可得：FN＝6.6mg由牛頓第三定律可得，球?qū)壍赖淖饔昧?.6mg，方向豎直向下。(3)要使小球不脫離軌道，有兩種情況：情況一：小球能滑過圓周軌道最高點，進(jìn)入EF軌道，則小球在最高點應(yīng)滿足：meq\f(vP2,R′)≥mg小球從C直到此最高點過程，由動能定理，有：－μmgR－mg·2R′＝eq\f(1,2)mvP2－eq\f(1,2)mvC2可得：R′≤eq\f(23,25)R＝0.92R情況二：小球上滑至四分之一圓軌道的最高點時，速度減為零，然后滑回D。則由動能定理有：－μmgR－mg·R′＝0－eq\f(1,2)mvC2解得：R′≥2.3R所以要使小球不脫離軌道，豎直圓周軌道的半徑R′應(yīng)該滿足R′≤0.92R或R′≥2.3R。[答案](1)eq\r(\f(28gR,5))(2)6.6mg，方向豎直向下R′≤0.92R或R′≥2.3R[針對訓(xùn)練]1.(2015·大慶質(zhì)檢)如圖5-2-9所示，半徑為R的金屬環(huán)豎直放置，環(huán)上套有一質(zhì)量為m的小球，小球開始時靜止于最低點?，F(xiàn)使小球以初速度v0＝eq\r(6Rg)沿環(huán)上滑，小球運動到環(huán)的最高點時與環(huán)恰無作用力，則小球從最低點運動到最高點的過程中()A．小球機(jī)械能守恒B．小球在最低點時對金屬環(huán)的壓力是6mgC．小球在最高點時，重力的功率是mgeq\r(gR)D．小球機(jī)械能不守恒，且克服摩擦力所做的功是0.5mgR解析：選D2．(2015·重慶高考)同學(xué)們參照伽利略時期演示平拋運動的方法制作了如圖5-2-10所示的實驗裝置，圖中水平放置的底板上豎直地固定有M板和N板。M板上部有一半徑為R的eq\f(1,4)圓弧形的粗糙軌道，P為最高點，Q為最低點，Q點處的切線水平，距底板高為H，N板上固定有三個圓環(huán)。將質(zhì)量為m的小球從P處靜止釋放，小球運動至Q飛出后無阻礙地通過各圓環(huán)中心，落到底板上距Q水平距離為L處。不考慮空氣阻力，重力加速度為g。求：圖5-2-10(1)距Q水平距離為eq\f(L,2)的圓環(huán)中心到底板的高度；(2)小球運動到Q點時速度的大小以及對軌道壓力的大小和方向；(3)摩擦力對小球做的功。解析：(1)設(shè)小球在Q點的速度為v0，由平拋運動規(guī)律有H＝eq\f(1,2)gt12，L＝v0t1，得v0＝Leq\r(\f(g,2H))。從Q點到距Q點水平距離為eq\f(L,2)的圓環(huán)中心的豎直高度為h，則eq\f(L,2)＝v0t2，得h＝eq\f(1,2)gt22＝eq\f(1,4)H。該位置距底板的高度：Δh＝H－h(huán)＝eq\f(3,4)H。(2)設(shè)小球在Q點受的支持力為F，由牛頓第二定律F－mg＝meq\f(v02,R)，得F＝mgeq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(1＋\f(L2,2HR)))，由牛頓第三定律可知，小球?qū)壍赖膲毫′＝F，方向豎直向下。(3)設(shè)摩擦力對小球做功為W，則由動能定理得mgR＋W＝eq\f(1,2)mv02得W＝mgeq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(L2,4H)－R))。運用動能定理巧解往復(fù)運動問題在某些物體的運動中，其運動過程具有重復(fù)性、往返性，而在這一過程中，描述物體的物理量多數(shù)是變化的，而重復(fù)的次數(shù)又往往是無法確定的或者是無限性，求解這類問題時若運用牛頓運動定律及運動學(xué)公式將非常繁瑣，甚至無法解出。由于動能定理只關(guān)心物體的初末狀態(tài)而不計運動過程的細(xì)節(jié)，所以用動能定理分析這類問題可使解題過程簡化。(一)往復(fù)次數(shù)可確定的情形1．如圖5-2-11所示，ABCD是一個盆式容器，盆內(nèi)側(cè)壁與盆底BC的連接處都是一段與BC相切的圓弧，BC是水平的，其距離d＝0.50m。盆邊緣的高度為h＝0.30m。在A處放一個質(zhì)量為m的小物塊并讓其從靜止開始下滑。已知盆內(nèi)側(cè)壁是光滑的，而盆底BC面與小物塊間的動摩擦因數(shù)為μ＝0.10。小物塊在盆內(nèi)來回滑動，最后停下來，則停的地點到B的距離為()圖5-2-11A．0.50m B．0.25mC．0.10m D．0解析：選D(二)往復(fù)次數(shù)無法確定的情形2.(2016·成都高三月考)如圖5-2-12所示，斜面的傾角為θ，質(zhì)量為m的滑塊距擋板P的距離為x0，滑塊以初速度v0沿斜面上滑，滑塊與斜面間的動摩擦因數(shù)為μ，滑塊所受摩擦力小于重力沿斜面向下的分力。若滑塊每次與擋板相碰均無機(jī)械能損失，滑塊經(jīng)過的總路程是()圖5-2-12A.eq\f(1,μ)eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(v02,2gcosθ)＋x0tanθ)) B.eq\f(1,μ)eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(v02,2gsinθ)＋x0tanθ))C.eq\f(2,μ)eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(v02,2gcosθ)＋x0tanθ)) D.eq\f(1,μ)eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(v02,2gcosθ)＋x0cotθ))解析：選A(三)往復(fù)運動永不停止的情形3．如圖5-2-13所示，AB、CD為兩個對稱斜面，其上部足夠長，下部B、C分別與一個光滑的圓弧面的兩端相切，圓弧圓心角為120°，半徑R為2.0m，一個物體在離弧底E高度為h＝3.0m處，以初速度v＝4.0m/s沿斜面運動，若物體與兩斜面間的動摩擦因數(shù)均為0.02，則物體在兩斜面上(不包括圓弧部分)一共運動的路程是多少？(g取10m/s2)解析：兩個斜面的下部B、C分別與光滑的圓弧面相切，圓心角為120°，所以可得出斜面的傾角為θ＝60°，物體在斜面上所受到的滑動摩擦力為Ff＝μmgcos60°＝0.02×eq\f(1,2)mg＝0.01mg。重力沿斜面的分力G′＝mgsin60°＝eq\f(\r(3),2)mg＞Ff，所以物體不能停留在斜面上。物體在斜面上滑動時，由于摩擦力做功，物體的機(jī)械能逐漸減小，物體滑到斜面上的高度逐漸降低，物體最終將在B、C間做往復(fù)運動。設(shè)物體在斜面上運動的總路程為s，對全過程應(yīng)用動能定理得mg[h－R(1－cos60°)]－μmgscos60°＝0－eq\f(1,2)mv2，解得s＝280m。[反思領(lǐng)悟](1)應(yīng)用動能定理求解往復(fù)運動問題時，要確定物體的初狀態(tài)和最終狀態(tài)。(2)重力做功與物體運動路徑無關(guān)，可用WG＝mgh直接求解。(3)滑動摩擦力做功與物體運動路徑有關(guān)，其功的大小可用Wf＝－Ff·s求解，其中s為物體相對滑行的路程。對點訓(xùn)練：對動能定理的理解1．(多選)關(guān)于動能定理的表達(dá)式W＝Ek2－Ek1，下列說法正確的是()A．公式中的W為不包含重力的其他力做的總功B．公式中的W為包含重力在內(nèi)的所有力做的功，也可通過以下兩種方式計算：先求每個力的功再求功的代數(shù)和或先求合外力再求合外力的功C．公式中的Ek2－Ek1為動能的增量，當(dāng)W＞0時動能增加，當(dāng)W＜0時，動能減少D．動能定理適用于直線運動，但不適用于曲線運動，適用于恒力做功，但不適用于變力做功解析：選BC2.如圖1所示，一塊長木板B放在光滑的水平面上，在B上放一物體A，現(xiàn)以恒定的外力拉B，由于A、B間摩擦力的作用，A將在B上滑動，以地面為參考系，A、B都向前移動一段距離。在此過程中()圖1A．外力F做的功等于A和B動能的增量B．B對A的摩擦力所做的功，等于A的動能增量C．A對B的摩擦力所做的功，等于B對A的摩擦力所做的功D．外力F對B做的功等于B的動能的增量解析：選B3.如圖2所示，質(zhì)量為m的滑塊從h高處的a點沿傾斜軌道ab滑入水平軌道bc(兩軌道平滑連接)，滑塊與傾斜軌道及水平軌道間的動摩擦因數(shù)相同?；瑝K在a、c兩點時的速度大小均為v，ab長度與bc長度相等?？諝庾枇Σ挥?，則滑塊從a到c的運動過程中()圖2A．滑塊的動能始終保持不變B．滑塊在bc過程克服阻力做的功一定等于eq\f(1,2)mghC．滑塊經(jīng)b點時的速度大于eq\r(gh＋v2)D．滑塊經(jīng)b點時的速度等于eq\r(2gh＋v2)解析：選C對點訓(xùn)練：動能定理的應(yīng)用4.如圖3所示，AB為eq\f(1,4)圓弧軌道，BC為水平直軌道，圓弧對應(yīng)的圓的半徑為R，BC的長度也是R，一質(zhì)量為m的物體與兩個軌道間的動摩擦因數(shù)都為μ，當(dāng)它由軌道頂端A從靜止開始下落，恰好運動到C處停止，那么物體在AB段克服摩擦力所做的功為()A.eq\f(1,2)μmgR B.eq\f(1,2)mgRC．mgR D．(1－μ)mgR解析：選D5.(2015·江西省重點中學(xué)十校聯(lián)考)如圖4所示，固定斜面傾角為θ，整個斜面分為AB、BC兩段，且1.5AB＝BC。小物塊P(可視為質(zhì)點)與AB、BC兩段斜面之間的動摩擦因數(shù)分別為μ1、μ2，已知P由靜止開始從A點釋放，恰好能滑動到C點而停下，那么θ、μ1、μ2間應(yīng)滿足的關(guān)系是()圖4A．tanθ＝eq\f(2μ1＋3μ2,5) B．tanθ＝eq\f(2μ1＋μ2,3)C．tanθ＝2μ1－μ2 D．tanθ＝2μ2－μ1解析：選A6.(2016·淮安模擬)如圖5所示，小物塊與水平軌道、傾斜軌道之間的動摩擦因數(shù)均相同，小物塊從傾角為θ1的軌道上高度為h的A點靜止釋放，運動至B點時速度為v1?，F(xiàn)將傾斜軌道的傾角調(diào)至為θ2，仍將物塊從軌道上高度為h的A點靜止釋放，運動至B點時速度為v2。已知θ2＜θ1，不計物塊在軌道接觸處的機(jī)械能損失。則()A．v1＜v2B．v1＞v2C．v1＝v2D．由于不知道θ1、θ2的具體數(shù)值，v1、v2關(guān)系無法判定解析：選C對點訓(xùn)練：動能定理的圖像問題7.(2015·浙江十校聯(lián)考)用水平力F拉一物體，使物體在水平地面上由靜止開始做勻加速直線運動，t1時刻撤去拉力F，物體做勻減速直線運動，到t2時刻停止，其速度—時間圖像如圖6所示，且α＞β，若拉力F做的功為W1，平均功率為P1；物體克服摩擦阻力Ff做的功為W2，平均功率為P2，則下列選項正確的是()A．W1＞W(wǎng)2，F(xiàn)＝2Ff B．W1＝W2，F(xiàn)＞2FfC．P1＜P2，F(xiàn)＞2Ff D．P1＝P2，F(xiàn)＝2Ff解析：選B8.用傳感器研究質(zhì)量為2kg的物體由靜止開始做直線運動的規(guī)律時，在計算機(jī)上得到0～6s內(nèi)物體的加速度隨時間變化的關(guān)系如圖7所示。下列說法正確的是()A．0～6s內(nèi)物體先向正方向運動，后向負(fù)方向運動B．0～6s內(nèi)物體在4s時的速度最大C．物體在2～4s內(nèi)速度不變D．0～4s內(nèi)合力對物體做的功等于0～6s內(nèi)合力做的功解析：選D9．(2015·孝感高三沖刺卷)如圖8甲所示，傾角θ＝37°的粗糙斜面固定在水平面上，斜面足夠長。一根輕彈簧一端固定在斜面的底端，另一端與質(zhì)量m＝1.0kg的小滑塊(可視為質(zhì)點)接觸，滑塊與彈簧不相連，彈簧處于壓縮狀態(tài)。當(dāng)t＝0時釋放滑塊。在0～0.24s時間內(nèi)，滑塊的加速度a隨時間t變化的關(guān)系如圖乙所示。已知彈簧的勁度系數(shù)k＝2.0×102N/m，當(dāng)t＝0.14s時，滑塊的速度v1＝2.0m/s。g取10m/s2，sin37°＝0.6，cos37°＝0.8。彈簧彈性勢能的表達(dá)式為Ep＝eq\f(1,2)kx2(式中k為彈簧的勁度系數(shù)，x為彈簧的形變量)。求：(1)斜面對滑塊摩擦力的大小Ff；(2)t＝0.14s時滑塊與出發(fā)點間的距離d；(3)在0～0.44s時間內(nèi)，摩擦力做的功W。解析：(1)a1＝10m/s2。根據(jù)牛頓第二定律有：mgsinθ＋Ff＝ma1解得：Ff＝4.0N。(2)W彈＝Ep初－Ep末＝eq\f(1,2)kd2W彈－mgdsinθ－Ffd＝eq\f(1,2)mv12－0代入數(shù)據(jù)解得：d＝0.20m。(3)設(shè)從t1＝0.14s時開始，經(jīng)時間Δt1滑塊的速度減為零，則有：Δt1＝eq\f(0－v1,－a1)＝0.20s這段時間內(nèi)滑塊運動的距離為：x1＝eq\f(0－v12,2－a1)＝0.20ma2＝eq\f(mgsinθ－μmgcosθ,m)＝2.0m/s2在0.34s～0.44s(Δt2＝0.1s)時間內(nèi)，滑塊反向運動的距離為：x2＝eq\f(1,2)a2Δt22代入數(shù)據(jù)解得：x2＝0.01m。所以在0～0.44s時間內(nèi)，摩擦力Ff做的功為：W＝－Ff(d＋x1＋x2)代入數(shù)據(jù)解得：W＝－1.64J。對點訓(xùn)練：應(yīng)用動能定理解決平拋運動、圓周運動問題10.(2015·全國卷Ⅱ)如圖9，一半徑為R、粗糙程度處處相同的半圓形軌道豎直固定放置，直徑POQ水平。一質(zhì)量為m的質(zhì)點自P點上方高度R處由靜止開始下落，恰好從P點進(jìn)入軌道。質(zhì)點滑到軌道最低點N時，對軌道的壓力為4mg，g為重力加速度的大小。用W表示質(zhì)點從P點運動到N點的過程中克服摩擦力所做的功。則()A．W＝eq\f(1,2)mgR，質(zhì)點恰好可以到達(dá)Q點B．W>eq\f(1,2)mgR，質(zhì)點不能到達(dá)Q點C．W＝eq\f(1,2)mgR，質(zhì)點到達(dá)Q點后，繼續(xù)上升一段距離D．W<eq\f(1,2)mgR，質(zhì)點到達(dá)Q點后，繼續(xù)上升一段距離解析：選C11．(2015·上海靜安區(qū)模擬)在豎直平面內(nèi)固定一軌道ABCO，AB段水平放置，長為4m，BCO段彎曲且光滑；一質(zhì)量為1.0kg、可視作質(zhì)點的圓環(huán)套在軌道上，圓環(huán)與軌道AB段之間的動摩擦因數(shù)為0.5。建立如圖10所示的直角坐標(biāo)系，圓環(huán)在沿x軸正方向的恒力F作用下，從A(－7,2)點由靜止開始運動，到達(dá)原點O時撤去恒力F，圓環(huán)從O(0,0)點水平飛出后經(jīng)過D(6,3)點。重力加速度g取10m/s2，不計空氣阻力。求：(1)圓環(huán)到達(dá)O點時的速度大??；(2)恒力F的大??；(3)圓環(huán)在AB段運動的時間。解析：(1)圓環(huán)從O到D過程中做平拋運動x＝v0ty＝eq\f(1,2)gt2讀圖得x＝6m，y＝3mv0＝eq\r(60)m/s＝7.75m/s。(2)圓環(huán)從A到O過程中，根據(jù)動能定理FxAO－μmgxAB－mgy′＝eq\f(1,2)mv02代入數(shù)據(jù)得F＝10N。(3)圓環(huán)從A到B過程中，根據(jù)牛頓第二定律F－μmg＝maxAB＝eq\f(1,2)at2代入數(shù)據(jù)得t＝eq\r(\f(8,5))s＝1.26s。12．(2015·溫州模擬)如圖11甲所示，一足夠長、與水平面夾角θ＝53°的傾斜軌道與豎直面內(nèi)的光滑圓軌道相接，圓軌道的半徑為R，其最低點為A，最高點為B。可視為質(zhì)點的物塊與斜軌間有摩擦，物塊從斜軌上某處由靜止釋放，到達(dá)B點時與軌道間壓力的大小F與釋放的位置距最低點的高度h的關(guān)系圖像如圖乙所示。忽略軌道相接處距最低點的高度，且不計物塊通過軌道相接處時的能量損失，取重力加速度g＝10m/s2，sin53°＝eq\f(4,5)，cos53°＝eq\f(3,5)，求：圖11(1)物塊與斜軌間的動摩擦因數(shù)μ；(2)物塊的質(zhì)量m。解析：(1)由題圖乙可知，當(dāng)h1＝5R時，物塊到達(dá)B點時與軌道間壓力的大小為0，設(shè)此時物塊在B點的速度大小為v1，則mg＝eq\f(mv12,R)對物塊從釋放至到達(dá)B點的過程，由動能定理有mg(h1－2R)－μmgcosθeq\f(h1,sinθ)＝eq\f(1,2)mv12解得μ＝eq\f(2,3)。(2)設(shè)物塊從距最低點高為h處釋放后到達(dá)B點時速度的大小為v，則F＋mg＝eq\f(mv2,R)物塊從釋放至到達(dá)B點的過程中，由動能定理有mg(h－2R)－μmgcosθeq\f(h,sinθ)＝eq\f(1,2)mv2，解得F＝eq\f(mgh,R)－5mg則F-h圖線的斜率k＝eq\f(mg,R)由題圖乙可知k＝eq\f(2,R)，解得m＝0.2kg。答案：(1)eq\f(2,3)(2)0.2kg第3節(jié)機(jī)械能守恒定律及其應(yīng)用(1)重力勢能的大小與零勢能參考面的選取有關(guān)。(√)(2)重力勢能的變化與零勢能參考面的選取無關(guān)。(√)(3)被舉到高處的物體重力勢能一定不為零。(×)(4)克服重力做功，物體的重力勢能一定增加。(√)(5)發(fā)生彈性形變的物體都具有彈性勢能。(√)(6)彈力做正功彈性勢能一定增加。(×)(7)物體所受的合外力為零，物體的機(jī)械能一定守恒。(×)(8)物體的速度增大時，其機(jī)械能可能減小。(√)(9)物體除受重力外，還受其他力，但其他力不做功，則物體的機(jī)械能一定守恒。(√)要點一機(jī)械能守恒的理解與判斷1．對機(jī)械能守恒條件的理解(1)只受重力作用，例如不考慮空氣阻力的各種拋體運動，物體的機(jī)械能守恒。(2)除重力外，物體還受其他力，但其他力不做功或做功代數(shù)和為零。(3)除重力外，只有系統(tǒng)內(nèi)的彈力做功，并且彈力做的功等于彈性勢能變化量的負(fù)值，那么系統(tǒng)的機(jī)械能守恒，注意并非物體的機(jī)械能守恒，如與彈簧相連的小球下擺的過程機(jī)械能減少。2．機(jī)械能是否守恒的三種判斷方法(1)利用機(jī)械能的定義判斷：若物體動能、勢能之和不變，機(jī)械能守恒。(2)利用守恒條件判斷。(3)利用能量轉(zhuǎn)化判斷：若物體系統(tǒng)與外界沒有能量交換，物體系統(tǒng)內(nèi)也沒有機(jī)械能與其他形式能的轉(zhuǎn)化，則物體系統(tǒng)機(jī)械能守恒。[多角練通]1．關(guān)于機(jī)械能是否守恒，下列說法正確的是()A．做勻速直線運動的物體機(jī)械能一定守恒B．做勻速圓周運動的物體機(jī)械能一定守恒C．做變速運動的物體機(jī)械能可能守恒D．合外力對物體做功不為零，機(jī)械能一定不守恒解析：選C2．在如圖5-3-1所示的物理過程示意圖中，甲圖一端固定有小球的輕桿，從右偏上30°角釋放后繞光滑支點擺動；乙圖為末端固定有小球的輕質(zhì)直角架，釋放后繞通過直角頂點的固定軸O無摩擦轉(zhuǎn)動；丙圖為輕繩一端連著一小球，從右偏上30°角處自由釋放；丁圖為置于光滑水平面上的帶有豎直支架的小車，把用細(xì)繩懸掛的小球從圖示位置釋放，小球開始擺動，則關(guān)于這幾個物理過程(空氣阻力忽略不計)，下列判斷中正確的是()A．甲圖中小球機(jī)械能守恒B．乙圖中小球A機(jī)械能守恒C．丙圖中小球機(jī)械能守恒D．丁圖中小球機(jī)械能守恒解析：選A3.把小球放在豎立的彈簧上，并把球往下按至A位置，如圖5-3-2甲所示。迅速松手后，球升高至最高位置C(圖丙)，途中經(jīng)過位置B時彈簧正處于原長(圖乙)。忽略彈簧的質(zhì)量和空氣阻力。則小球從A運動到C的過程中，下列說法正確的是()圖5-3-2A．經(jīng)過位置B時小球的加速度為0B．經(jīng)過位置B時小球的速度最大C．小球、地球、彈簧所組成系統(tǒng)的機(jī)械能守恒D．小球、地球、彈簧所組成系統(tǒng)的機(jī)械能先增大后減小解析：選C要點二單個物體的機(jī)械能守恒1．機(jī)械能守恒的三種表達(dá)式對比表達(dá)式物理意義注意事項守恒觀點Ek＋Ep＝Ek′＋Ep′系統(tǒng)初狀態(tài)機(jī)械能的總和與末狀態(tài)機(jī)械能的總和相等應(yīng)用時應(yīng)選好重力勢能的零勢能面，且初末狀態(tài)必須用同一零勢能面計算勢能轉(zhuǎn)化觀點ΔEk＝－ΔEp表示系統(tǒng)(或物體)機(jī)械能守恒時，系統(tǒng)減少(或增加)的重力勢能等于系統(tǒng)增加(或減少)的動能應(yīng)用時關(guān)鍵在于分清重力勢能的增加量和減少量，可不選零勢能面而直接計算初末狀態(tài)的勢能差轉(zhuǎn)移觀點ΔEA增＝ΔEB減若系統(tǒng)由A、B兩部分組成，則A部分物體機(jī)械能的增加量與B部分物體機(jī)械能的減少量相等常用于解決兩個或多個物體組成的系統(tǒng)的機(jī)械能守恒問題2．求解單個物體機(jī)械能守恒問題的基本思路(1)選取研究對象——物體。(2)根據(jù)研究對象所經(jīng)歷的物理過程，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，確定研究對象在過程的初、末狀態(tài)時的機(jī)械能。(4)選取方便的機(jī)械能守恒定律的方程形式(Ek1＋Ep1＝Ek2＋Ep2、ΔEk＝－ΔEp)進(jìn)行求解。[典例](2015·貴州七校高三聯(lián)考)如圖5-3-3所示，水平傳送帶的右端與豎直面內(nèi)的用內(nèi)壁光滑鋼管彎成的“9”形固定軌道相接，鋼管內(nèi)徑很小。傳送帶的運行速度為v0＝6m/s，將質(zhì)量m＝1.0kg的可看作質(zhì)點的滑塊無初速地放在傳送帶A端，傳送帶長度L＝12.0m，“9”形軌道全高H＝0.8m，“9”形軌道上半部分圓弧半徑為R＝0.2m，滑塊與傳送帶間的動摩擦因數(shù)為μ＝0.3，重力加速度g＝10m/s2，試求：(1)滑塊從傳送帶A端運動到B端所需要的時間；(2)滑塊滑到軌道最高點C時受到軌道的作用力大??；(3)若滑塊從“9”形軌道D點水平拋出后，恰好垂直撞在傾角θ＝45°的斜面上P點，求P、D兩點間的豎直高度h(保留兩位有效數(shù)字)。[解析](1)滑塊在傳送帶運動時，由牛頓運動定律得：μmg＝ma得：a＝μg＝3m/s2加速到與傳送帶達(dá)到共速所需要的時間：t1＝eq\f(v0,a)＝2s前2s內(nèi)的位移：x1＝eq\f(1,2)at12＝6m之后滑塊做勻速運動的位移：x2＝L－x1＝6m時間：t2＝eq\f(x2,v0)＝1s故：t＝t1＋t2＝3s。(2)滑塊由B到C運動，由機(jī)械能守恒定律得：－mgH＝eq\f(1,2)mvC2－eq\f(1,2)mv02在C點，軌道對滑塊的彈力與其重力的合力為其做圓周運動提供向心力，設(shè)軌道對滑塊的彈力方向豎直向下，由牛頓第二定律得：FN＋mg＝meq\f(vC2,R)解得：FN＝90N。(3)滑塊由B到D運動的過程中，由機(jī)械能守恒定律得：eq\f(1,2)mv02＝eq\f(1,2)mvD2＋mg(H－2R)設(shè)P、D兩點間的豎直高度為h，滑塊由D到P運動的過程中，由機(jī)械能守恒定律得：eq\f(1,2)mvP2＝eq\f(1,2)mvD2＋mgh又vD＝vPsin45°由以上三式可解得h＝1.4m。[針對訓(xùn)練]1．(多選)(2015·蘭州一模)如圖5-3-4所示，豎直面內(nèi)光滑的eq\f(3,4)圓形導(dǎo)軌固定在一水平地面上，半徑為R。一個質(zhì)量為m的小球從距水平地面正上方h高處的P點由靜止開始自由下落，恰好從N點沿切線方向進(jìn)入圓軌道。不考慮空氣阻力，則下列說法正確的是()圖5-3-4A．適當(dāng)調(diào)整高度h，可使小球從軌道最高點M飛出后，恰好落在軌道右端口N處B．若h＝2R，則小球在軌道最低點對軌道的壓力為5mgC．只有h大于等于2.5R時，小球才能到達(dá)圓軌道的最高點MD．若h＝R，則小球能上升到圓軌道左側(cè)離地高度為R的位置，該過程重力做功為mgR解析：選BC2．(2015·海南高考)如圖5-3-5，位于豎直平面內(nèi)的光滑軌道由四分之一圓弧ab和拋物線bc組成，圓弧半徑Oa水平，b點為拋物線頂點。已知h＝2m，s＝eq\r(2)m。取重力加速度大小g＝10m/s2。(1)一小環(huán)套在軌道上從a點由靜止滑下，當(dāng)其在bc段軌道運動時，與軌道之間無相互作用力，求圓弧軌道的半徑；(2)若環(huán)從b點由靜止因微小擾動而開始滑下，求環(huán)到達(dá)c點時速度的水平分量的大小。解析：(1)一小環(huán)套在bc段軌道運動時，與軌道之間無相互作用力，則說明下落到b點時的速度，使得小環(huán)套做平拋運動的軌跡與軌道bc重合，故有s＝vbt，h＝eq\f(1,2)gt2，從ab滑落過程中，根據(jù)機(jī)械能守恒定律可得mgR＝eq\f(1,2)mvb2，聯(lián)立三式可得R＝eq\f(s2,4h)＝0.25m。(2)環(huán)由b處靜止下滑過程中機(jī)械能守恒，設(shè)環(huán)下滑至c點的速度大小為v，有mgh＝eq\f(1,2)mv2環(huán)在c點的速度水平分量為vx＝vcosθ式中，θ為環(huán)在c點速度的方向與水平方向的夾角，由題意可知，環(huán)在c點的速度方向和以初速度v0做平拋運動的物體在c點速度方向相同，而做平拋運動的物體末速度的水平分量為vx′＝v0，豎直分量vy′為vy′＝eq\r(2gh)因此cosθ＝eq\f(v0,\r(v02＋vy′2))聯(lián)立可得vx＝eq\f(2\r(10),3)m/s。要點三多物體的機(jī)械能守恒1.對多個物體組成的系統(tǒng)要注意判斷物體運動過程中，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，一般選用ΔEk＝－ΔEp或ΔEA＝－ΔEB的形式。(1)速率相等的連接體：如圖甲所示，A、B在運動過程中速度大小相等，根據(jù)系統(tǒng)減少的重力勢能等于系統(tǒng)增加的動能列方程求解。(2)角速度相等的連接體：如圖乙所示，一輕質(zhì)細(xì)桿的兩端分別固定著A、B兩小球，O點是一垂直紙面的光滑水平軸，A、B在運動過程中角速度相等，其線速度的大小與半徑成正比，根據(jù)系統(tǒng)減少的重力勢能等于系統(tǒng)增加的動能列方程求解。(3)某一方向分速度相等的連接體：如圖丙所示，A放在光滑斜面上，B穿過豎直光滑桿PQ下滑，將B的速度v沿繩子和垂直繩子分解，如圖丁所示，其中沿繩子的分速度vx是與A的速度大小相等，根據(jù)系統(tǒng)減少的重力勢能等于系統(tǒng)增加的動能列方程求解。范例1如圖，可視為質(zhì)點的小球A、B用不可伸長的細(xì)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(zhì)量為B的兩倍．當(dāng)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．2R B．5R/3C．4R/3 D．2R/3[解析]如圖所示，以A、B為系統(tǒng)，以地面為零勢能面，設(shè)A質(zhì)量為2m，B質(zhì)量為m，根據(jù)機(jī)械能守恒定律有：2mgR＝mgR＋eq\f(1,2)×3mv2，A落地后B將以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．[答案]C1．如圖所示，一半徑為R的光滑半圓柱水平懸空放置，C為圓柱最高點，兩小球P、Q用一輕質(zhì)細(xì)線懸掛在半圓柱上，水平擋板AB及兩小球開始時位置均與半圓柱的圓心在同一水平線上，水平擋板AB與半圓柱間有一小孔能讓小球通過，兩小球質(zhì)量分別為mP＝m，mQ＝4m，水平擋板到水平面EF的距離為h＝2R，現(xiàn)讓兩小球從圖示位置由靜止釋放，當(dāng)小球P到達(dá)最高點C時剪斷細(xì)線，小球Q與水平面EF碰撞后等速反向被彈回，重力加速度為g，不計空氣阻力，取π≈3.求：(1)小球P到達(dá)最高點C時的速率vC.(2)小球P落到擋板AB上時的速率v1.(3)小球Q反彈后能上升的最大高度hmax.[解析](1)取兩小球及細(xì)線為系統(tǒng)且圓心所在水平面為零勢能面，則在小球P到達(dá)最高點C的過程中，系統(tǒng)滿足機(jī)械能守恒，有－mQg×eq\f(1,4)×2πR＋mPgR＋eq\f(1,2)(mP＋mQ)veq\o\al(2,C)＝0，解得vC＝eq\r(2gR).(2)因vC>eq\r(gR)，所以剪斷細(xì)線后小球P做平拋運動，由機(jī)械能守恒定律知mPgR＋eq\f(1,2)mPveq\o\al(2,C)＝eq\f(1,2)mPveq\o\al(2,1)，解得v1＝2eq\r(gR).(3)剪斷細(xì)線后，小球Q做豎直下拋運動，反彈后做豎直上拋，運動到最高點，滿足機(jī)械能守恒，則有－mQg×eq\f(1,4)×2πR＋eq\f(1,2)mQveq\o\al(2,C)＝－mQg(h－h(huán)max)，解得hmax＝eq\f(3,2)R.[答案](1)eq\r(2gR)(2)2eq\r(gR)(3)eq\f(3,2)R例2．質(zhì)量分別為m和M(其中M＝2m)的兩個小球P和Q，中間用輕質(zhì)桿固定連接，在桿的中點O處有一個固定轉(zhuǎn)軸，如圖所示．現(xiàn)在把桿置于水平位置后自由釋放，在Q球順時針擺動到最低位置的過程中，下列有關(guān)能量的說法正確的是()A．Q球的重力勢能減少、動能增加，Q球和地球組成的系統(tǒng)機(jī)械能守恒B．P球的重力勢能、動能都增加，P球和地球組成的系統(tǒng)機(jī)械能不守恒C．P球、Q球和地球組成系統(tǒng)機(jī)械能守恒D．P球、Q球和地球組成的系統(tǒng)機(jī)械能不守恒[答案]BC典例3一半徑為R的半圓形豎直圓柱面，用輕質(zhì)不可伸長的細(xì)繩連接的A、B兩球懸掛在圓柱面邊緣兩側(cè)，A球質(zhì)量為B球質(zhì)量的2倍，現(xiàn)將A球從圓柱邊緣處由靜止釋放，如圖所示。已知A球始終不離開圓柱內(nèi)表面，且細(xì)繩足夠長，若不計一切摩擦，求：(1)A球沿圓柱內(nèi)表面滑至最低點時速度的大??；(2)A球沿圓柱內(nèi)表面運動的最大位移。[答案](1)2eq\r(\f(2－\r(2),5)gR)(2)eq\r(3)R[解析](1)設(shè)A球沿圓柱內(nèi)表面滑至最低點時速度的大小為v，B球的質(zhì)量為m，則根據(jù)機(jī)械能守恒定律有2mgR－eq\r(2)mgR＝eq\f(1,2)×2mv2＋eq\f(1,2)mveq\o\al(2,B)由圖甲可知，