高考物理二輪復(fù)習(xí)講練(新高考版) 第1部分 專(zhuān)題2 第7課時(shí) 功能關(guān)系 能量守恒（含解析）

第7課時(shí)功能關(guān)系能量守恒高考題型1機(jī)械能守恒定律的應(yīng)用1．判斷物體或系統(tǒng)機(jī)械能是否守恒的三種方法(1)做功判斷法：只有重力(或彈簧的彈力)做功時(shí)，系統(tǒng)機(jī)械能守恒；(2)能量轉(zhuǎn)化判斷法：沒(méi)有與機(jī)械能以外的其他形式的能轉(zhuǎn)化時(shí)，系統(tǒng)機(jī)械能守恒；(3)定義判斷法：看動(dòng)能與重力(或彈性)勢(shì)能之和是否變化．2．三種表達(dá)式(1)守恒的觀點(diǎn)：Ek1＋Ep1＝Ek2＋Ep2.(2)轉(zhuǎn)化的觀點(diǎn)：ΔEk＝－ΔEp.(3)轉(zhuǎn)移的觀點(diǎn)：EA增＝EB減．3．公式選用技巧(1)單物體守恒問(wèn)題：通常應(yīng)用守恒觀點(diǎn)和轉(zhuǎn)化觀點(diǎn)(如拋體類(lèi)、擺動(dòng)類(lèi)、光滑軌道類(lèi))．轉(zhuǎn)化觀點(diǎn)不用選取零勢(shì)能面．(2)系統(tǒng)機(jī)械能守恒問(wèn)題：通常應(yīng)用轉(zhuǎn)化觀點(diǎn)和轉(zhuǎn)移觀點(diǎn)(如繩或桿相連接的物體)，都不用選取零勢(shì)能面．4．易錯(cuò)易混點(diǎn)(1)分析含彈簧的物體系統(tǒng)機(jī)械能守恒時(shí)，必須是包括彈簧在內(nèi)的系統(tǒng)；(2)繩子突然繃緊、非彈性碰撞、有摩擦力或電(磁)場(chǎng)力做功等情況，機(jī)械能必不守恒；(3)分析關(guān)聯(lián)物體機(jī)械能守恒時(shí)，應(yīng)注意尋找用繩或桿連接的物體間的速度關(guān)系和位移關(guān)系．考題示例例1(2017·全國(guó)卷Ⅱ·17)如圖1，半圓形光滑軌道固定在水平地面上，半圓的直徑與地面垂直，一小物塊以速度v從軌道下端滑入軌道，并從軌道上端水平飛出，小物塊落地點(diǎn)到軌道下端的距離與軌道半徑有關(guān)，此距離最大時(shí)對(duì)應(yīng)的軌道半徑為(重力加速度大小為g)()圖1A.eq\f(v2,16g)B.eq\f(v2,8g)C.eq\f(v2,4g)D.eq\f(v2,2g)答案B解析小物塊由最低點(diǎn)到最高點(diǎn)的過(guò)程，由機(jī)械能守恒定律得，eq\f(1,2)mv2＝2mgr＋eq\f(1,2)mv12，小物塊做平拋運(yùn)動(dòng)時(shí)，落地點(diǎn)到軌道下端的距離x＝v1t，t＝eq\r(\f(4r,g))，聯(lián)立解得，x＝eq\r(\f(4v2,g)r－16r2)，由數(shù)學(xué)知識(shí)可知，當(dāng)r＝eq\f(v2,8g)時(shí)，x最大，故選項(xiàng)B正確．例2(多選)(2015·全國(guó)卷Ⅱ·21)如圖2，滑塊a、b的質(zhì)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(chǎn)、b通過(guò)鉸鏈用剛性輕桿連接，由靜止開(kāi)始運(yùn)動(dòng)．不計(jì)摩擦，a、b可視為質(zhì)點(diǎn)，重力加速度大小為g.則()圖2A．a(chǎn)落地前，輕桿對(duì)b一直做正功B．a(chǎn)落地時(shí)速度大小為eq\r(2gh)C．a(chǎn)下落過(guò)程中，其加速度大小始終不大于gD．a(chǎn)落地前，當(dāng)a的機(jī)械能最小時(shí)，b對(duì)地面的壓力大小為mg答案BD解析滑塊b的初速度為零，末速度也為零，所以輕桿對(duì)b先做正功，后做負(fù)功，選項(xiàng)A錯(cuò)誤；以滑塊a、b及輕桿為研究對(duì)象，系統(tǒng)的機(jī)械能守恒，當(dāng)a剛落地時(shí)，b的速度為零，則mgh＝eq\f(1,2)mva2＋0，即va＝eq\r(2gh)，選項(xiàng)B正確；a、b先后的受力如圖所示．由a的受力圖可知，a下落過(guò)程中，其加速度大小先小于g后大于g，選項(xiàng)C錯(cuò)誤；當(dāng)a落地前b的加速度為零(即輕桿對(duì)b的作用力為零)時(shí)，b的機(jī)械能最大，a的機(jī)械能最小，這時(shí)b受重力、支持力，且受到的支持力大小為mg，由牛頓第三定律可知，b對(duì)地面的壓力大小為mg，選項(xiàng)D正確．命題預(yù)測(cè)1．(2020·北京市第一六六中學(xué)高三檢測(cè))四個(gè)固定在豎直平面內(nèi)的光滑軌道ab如圖所示，從O點(diǎn)靜止釋放小物塊(可視為質(zhì)點(diǎn))，仍能上升到與O點(diǎn)等高的位置的是()答案A2．(多選)如圖3所示，將質(zhì)量為2m的重物懸掛在輕繩的一端，輕繩的另一端系一質(zhì)量為m的環(huán)，環(huán)套在豎直固定的光滑直桿上，光滑定滑輪與直桿的距離為d.桿上的A點(diǎn)與定滑輪等高，桿上的B點(diǎn)在A點(diǎn)正下方距離為d處．現(xiàn)將環(huán)從A處由靜止釋放，不計(jì)一切摩擦阻力，輕繩足夠長(zhǎng)，下列說(shuō)法正確的是()圖3A．環(huán)到達(dá)B處時(shí)，重物上升的高度h＝eq\f(d,2)B．環(huán)到達(dá)B處時(shí)，環(huán)與重物的速度大小相等C．環(huán)從A到B，環(huán)減少的機(jī)械能等于重物增加的機(jī)械能D．環(huán)能下降的最大高度為eq\f(4d,3)答案CD解析環(huán)到達(dá)B處時(shí)，對(duì)環(huán)的速度進(jìn)行分解，如圖所示，可得v環(huán)cosθ＝v物，由題圖中幾何關(guān)系可知θ＝45°，則v環(huán)＝eq\r(2)v物，B錯(cuò)誤；因環(huán)從A到B，環(huán)與重物組成的系統(tǒng)機(jī)械能守恒，則環(huán)減少的機(jī)械能等于重物增加的機(jī)械能，C正確；當(dāng)環(huán)到達(dá)B處時(shí)，由題圖中幾何關(guān)系可得重物上升的高度h＝(eq\r(2)－1)d，A錯(cuò)誤；當(dāng)環(huán)下落到最低點(diǎn)時(shí)，設(shè)環(huán)下落高度為H，由機(jī)械能守恒有mgH＝2mg(eq\r(H2＋d2)－d)，解得H＝eq\f(4,3)d，故D正確．3．(多選)(2020·安徽淮北市一模)如圖4甲所示，豎直光滑桿固定不動(dòng)，套在桿上的輕質(zhì)彈簧下端固定，將套在桿上的滑塊向下壓縮彈簧至離地高度h＝0.1m處，滑塊與彈簧不拴接．現(xiàn)由靜止釋放滑塊，通過(guò)傳感器測(cè)量出滑塊的速度和離地高度h并作出如圖乙所示滑塊的Ek－h(huán)圖像，其中高度從0.2m上升到0.35m范圍內(nèi)圖像中圖線為直線，其余部分為曲線，以地面為參考平面，不計(jì)空氣阻力，取g＝10m/s2，由圖像可知()圖4A．小滑塊的質(zhì)量為0.1kgB．彈簧原長(zhǎng)為0.2mC．彈簧最大彈性勢(shì)能為0.5JD．小滑塊的重力勢(shì)能與彈簧的彈性勢(shì)能總和最小為0.4J答案BC解析在從0.2m上升到0.35m范圍內(nèi)，ΔEk＝ΔEp＝mgΔh，圖線斜率的絕對(duì)值為|k|＝|eq\f(ΔEk,Δh)|＝eq\f(0.3,0.35－0.2)N＝2N＝mg，所以m＝0.2kg，故A錯(cuò)誤；在Ek－h(huán)圖像中，圖線的斜率表示滑塊所受的合外力，由題圖乙可知，從0.2m上升到0.35m范圍內(nèi)所受作用力為恒力，則從h＝0.2m，滑塊與彈簧分離，所以彈簧的原長(zhǎng)為0.2m，故B正確；根據(jù)機(jī)械能守恒可知，當(dāng)滑塊上升至最大高度時(shí)，增加的重力勢(shì)能即為彈簧最大彈性勢(shì)能，所以Epm＝mgΔh′＝0.2×10×(0.35－0.1)J＝0.5J，故C正確；在滑塊整個(gè)運(yùn)動(dòng)過(guò)程中，系統(tǒng)的動(dòng)能、重力勢(shì)能和彈性勢(shì)能相互轉(zhuǎn)化，因此動(dòng)能最大時(shí)，滑塊的重力勢(shì)能與彈簧的彈性勢(shì)能總和最小，根據(jù)能量的轉(zhuǎn)化和守恒可知Epmin＝E－Ekm＝Epm＋mgh－Ekm＝0.5J＋0.2×10×0.1J－0.32J＝0.38J，故D錯(cuò)誤．高考題型2功能關(guān)系的理解和應(yīng)用1．常見(jiàn)的功能關(guān)系2．機(jī)械能變化的兩種分析方法(1)定義法：如果動(dòng)能和勢(shì)能都增加(或減少)，機(jī)械能一定增加(或減少)．(2)功能關(guān)系法：除重力(或彈簧彈力)以外的其他力做正功(或負(fù)功)，機(jī)械能一定增加(或減少)．3．功能關(guān)系的理解和應(yīng)用功能關(guān)系反映了做功和能量轉(zhuǎn)化之間的對(duì)應(yīng)關(guān)系，功是能量轉(zhuǎn)化的量度和原因，在不同問(wèn)題中的具體表現(xiàn)不同．(1)根據(jù)功能之間的對(duì)應(yīng)關(guān)系，判定能的轉(zhuǎn)化情況．(2)根據(jù)能量轉(zhuǎn)化，可計(jì)算變力做的功．考題示例例3(多選)(2019·江蘇卷·8)如圖5所示，輕質(zhì)彈簧的左端固定，并處于自然狀態(tài)．小物塊的質(zhì)量為m，從A點(diǎn)向左沿水平地面運(yùn)動(dòng)，壓縮彈簧后被彈回，運(yùn)動(dòng)到A點(diǎn)恰好靜止．物塊向左運(yùn)動(dòng)的最大距離為s，與地面間的動(dòng)摩擦因數(shù)為μ，重力加速度為g，彈簧未超出彈性限度．在上述過(guò)程中()圖5A．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(shì)能為μmgsD．物塊在A點(diǎn)的初速度為eq\r(2μgs)答案BC解析小物塊處于最左端時(shí)，彈簧的壓縮量最大，然后小物塊先向右加速運(yùn)動(dòng)再減速運(yùn)動(dòng)，可知彈簧的最大彈力大于滑動(dòng)摩擦力μmg，選項(xiàng)A錯(cuò)誤；物塊從開(kāi)始運(yùn)動(dòng)至最后回到A點(diǎn)過(guò)程，由功的定義可得物塊克服摩擦力做功為2μmgs，選項(xiàng)B正確；自物塊從最左側(cè)運(yùn)動(dòng)至A點(diǎn)過(guò)程由能量守恒定律可知Epm＝μmgs，選項(xiàng)C正確；設(shè)物塊在A點(diǎn)的初速度為v0，整個(gè)過(guò)程應(yīng)用動(dòng)能定理有－2μmgs＝0－eq\f(1,2)mv02，解得v0＝2eq\r(μgs)，選項(xiàng)D錯(cuò)誤．例4(多選)(2020·全國(guó)卷Ⅰ·20)一物塊在高3.0m、長(zhǎng)5.0m的斜面頂端從靜止開(kāi)始沿斜面下滑，其重力勢(shì)能和動(dòng)能隨下滑距離s的變化如圖6中直線Ⅰ、Ⅱ所示，重力加速度取10m/s2.則()圖6A．物塊下滑過(guò)程中機(jī)械能不守恒B．物塊與斜面間的動(dòng)摩擦因數(shù)為0.5C．物塊下滑時(shí)加速度的大小為6.0m/s2D．當(dāng)物塊下滑2.0m時(shí)機(jī)械能損失了12J答案AB解析由E－s圖像知，物塊動(dòng)能與重力勢(shì)能的和減小，則物塊下滑過(guò)程中機(jī)械能不守恒，故A正確；由E－s圖像知，整個(gè)下滑過(guò)程中，物塊機(jī)械能的減少量為ΔE＝30J－10J＝20J，重力勢(shì)能的減少量ΔEp＝mgh＝30J，又ΔE＝μmgcosα·s，其中cosα＝eq\f(\r(s2－h(huán)2),s)＝0.8，h＝3.0m，g＝10m/s2，則可得m＝1kg，μ＝0.5，故B正確；物塊下滑時(shí)的加速度大小a＝gsinα－μgcosα＝2m/s2，故C錯(cuò)誤；物塊下滑2.0m時(shí)損失的機(jī)械能為ΔE′＝μmgcosα·s′＝8J，故D錯(cuò)誤．例5(多選)(2020·山東卷·11)如圖7所示，質(zhì)量為M的物塊A放置在光滑水平桌面上，右側(cè)連接一固定于墻面的水平輕繩，左側(cè)通過(guò)一傾斜輕繩跨過(guò)光滑定滑輪與一豎直輕彈簧相連．現(xiàn)將質(zhì)量為m的鉤碼B掛于彈簧下端，當(dāng)彈簧處于原長(zhǎng)時(shí)，將B由靜止釋放，當(dāng)B下降到最低點(diǎn)時(shí)(未著地)，A對(duì)水平桌面的壓力剛好為零．輕繩不可伸長(zhǎng)，彈簧始終在彈性限度內(nèi)，物塊A始終處于靜止?fàn)顟B(tài)．以下判斷正確的是()圖7A．M<2mB．2m<M<3mC．在B從釋放位置運(yùn)動(dòng)到最低點(diǎn)的過(guò)程中，所受合力對(duì)B先做正功后做負(fù)功D．在B從釋放的減少量答案ACD解析由題意知，B在開(kāi)始位置到最低點(diǎn)之間做簡(jiǎn)諧運(yùn)動(dòng)，則最低點(diǎn)時(shí)彈簧彈力FT＝2mg；對(duì)物塊A，設(shè)左側(cè)繩子與桌面間夾角為θ，依題意有：2mgsinθ＝Mg，則M<2m，故A正確，B錯(cuò)誤．B從釋放到最低點(diǎn)過(guò)程中，開(kāi)始時(shí)彈簧彈力小于重力，B加速，合力做正功；后來(lái)彈簧彈力大于重力，B減速，合力做負(fù)功，故C正確．對(duì)B，從釋放到速度最大過(guò)程中，系統(tǒng)的機(jī)械能守恒，B機(jī)械能的減少量等于彈簧彈性勢(shì)能的增加量，即等于B克服彈簧彈力所做的功，故D正確．命題預(yù)測(cè)4.(多選)(2020·山東淄博市高青縣第一中學(xué)檢測(cè))如圖8所示，卷?yè)P(yáng)機(jī)的繩索通過(guò)光滑輕質(zhì)定滑輪用力F拉位于粗糙斜面上的木箱，使之沿斜面加速向上移動(dòng)．在移動(dòng)過(guò)程中，下列說(shuō)法正確的是()圖8A．力F對(duì)木箱做的功等于木箱克服摩擦力和克服重力所做的功之和B．力F對(duì)木箱做的功等于木箱增加的機(jī)械能與木箱克服摩擦力所做的功之和C．木箱增加的機(jī)械能等于力F、重力及摩擦力對(duì)木箱所做的功之和D．木箱增加的動(dòng)能等于力F、重力及摩擦力對(duì)木箱所做的功之和答案BD解析根據(jù)功和能量轉(zhuǎn)化的關(guān)系可知，力F對(duì)木箱做的功應(yīng)等于木箱增加的動(dòng)能、木箱克服摩擦力做的功以及木箱增加的重力勢(shì)能的總和，即力F對(duì)木箱做的功應(yīng)等于木箱增加的機(jī)械能與木箱克服摩擦力所做的功之和，故A錯(cuò)誤，B正確；根據(jù)功和能量轉(zhuǎn)化的關(guān)系可知，木箱增加的機(jī)械能等于力F和摩擦力對(duì)木箱所做的功之和，故C錯(cuò)誤；根據(jù)動(dòng)能定理可知，木箱增加的動(dòng)能等于力F、重力及摩擦力對(duì)木箱所做的功之和，故D正確．5．(多選)(2020·黑龍江哈爾濱師大附中聯(lián)考)如圖9甲所示，一木塊沿固定斜面由靜止開(kāi)始下滑，下滑過(guò)程中木塊的機(jī)械能和動(dòng)能隨位移變化的關(guān)系圖線如圖乙所示，則下列說(shuō)法正確的是()圖9A．在位移從0增大到x0的過(guò)程中，木塊的重力勢(shì)能減少了E0B．在位移從0增大到x0的過(guò)程中，木塊的重力勢(shì)能減少了2E0C．圖線a斜率的絕對(duì)值表示木塊所受的合力大小D．圖線b斜率的絕對(duì)值表示木塊所受的合力大小答案BD解析木塊沿斜面下滑過(guò)程中，動(dòng)能增大，則圖線b為木塊的動(dòng)能隨位移變化的關(guān)系圖線．由機(jī)械能的變化量等于動(dòng)能的變化量與重力勢(shì)能變化量之和，有E0－2E0＝E0－0＋ΔEp，得ΔEp＝－2E0，即木塊的重力勢(shì)能減少了2E0，故A錯(cuò)誤，B正確；由功能關(guān)系可知圖線a斜率的絕對(duì)值表示木塊所受的除重力之外的合力大小，故C錯(cuò)誤；由功能關(guān)系可知圖線b斜率的絕對(duì)值表示木塊所受的合力大小，故D正確．高考題型3動(dòng)力學(xué)和能量觀點(diǎn)的綜合應(yīng)用1．多過(guò)程問(wèn)題(1)解題技巧①拆：把整個(gè)過(guò)程拆分為多個(gè)子過(guò)程，變?yōu)槭煜さ倪\(yùn)動(dòng)模型．②找：在題目中找“恰好”“恰能”“最高”“至少”等關(guān)鍵字，找出對(duì)應(yīng)的臨界條件．③用：選擇合適的規(guī)律列方程．④注意：注意分析“界點(diǎn)”的速度大小和方向，界點(diǎn)速度是上一過(guò)程的末速度，又是下一過(guò)程的初速度，在解題過(guò)程中有重要的作用．(2)對(duì)于涉及滑動(dòng)摩擦力的過(guò)程，一定不能用機(jī)械能守恒定律來(lái)求解．(3)對(duì)于非勻變速直線運(yùn)動(dòng)過(guò)程，不能用運(yùn)動(dòng)學(xué)公式求解，但可用動(dòng)能定理、能量守恒定律或功能關(guān)系求解．2．解決傳送帶問(wèn)題的關(guān)鍵點(diǎn)(1)摩擦力的方向及存在階段的判斷．(2)物體能否達(dá)到與傳送帶共速的判斷．(3)計(jì)算產(chǎn)生的熱量，應(yīng)正確確定物體相對(duì)傳送帶滑動(dòng)的距離．(4)弄清能量轉(zhuǎn)化關(guān)系：傳送帶因傳送物體多消耗的能量等于物體增加的機(jī)械能與產(chǎn)生的內(nèi)能之和．3．解決彈簧模型問(wèn)題的關(guān)鍵點(diǎn)(1)從動(dòng)力學(xué)角度分析彈力作用下物體運(yùn)動(dòng)的加速度往往是變化的，用胡克定律F＝kx結(jié)合牛頓第二定律F合＝ma分析加速度和運(yùn)動(dòng)過(guò)程，注意彈力是變力，且注意三個(gè)位置：自然長(zhǎng)度位置、平衡位置(a＝0，v最大)、形變量最大(伸長(zhǎng)最長(zhǎng)或壓縮最短)的位置．(2)從功能關(guān)系的角度分析彈簧問(wèn)題往往涉及多種能量轉(zhuǎn)化，一般根據(jù)能量守恒定律或動(dòng)能定理列方程分析，彈力做功與彈性勢(shì)能的關(guān)系：W彈＝－ΔEp注意：對(duì)同一根彈簧而言，無(wú)論是處于伸長(zhǎng)狀態(tài)還是壓縮狀態(tài)，只要在彈性限度內(nèi)形變量相同．命題預(yù)測(cè)6.如圖10是一皮帶傳輸裝載機(jī)械示意圖．井下挖掘工將礦物無(wú)初速放置于沿圖示方向運(yùn)行的傳送帶A端，被傳輸?shù)侥┒薆處，再沿一段圓形軌道到達(dá)軌道的最高點(diǎn)C處，然后水平拋到貨臺(tái)上．已知半徑為R＝0.4m的圓形軌道與傳送帶在B點(diǎn)相切，O點(diǎn)為圓形軌道的圓心，BO、CO分別為圓形軌道的半徑．礦物可視為質(zhì)點(diǎn)，傳送帶與水平面間的夾角θ＝37°，礦物與傳送帶間的動(dòng)摩擦因數(shù)μ＝0.85，傳送帶勻速運(yùn)行的速度為v0＝6m/s，傳送帶A、B兩點(diǎn)間的長(zhǎng)度為L(zhǎng)＝40m．若礦物落點(diǎn)D處離最高點(diǎn)C點(diǎn)的水平距離為s＝2m，豎直距離為h＝1.25m，礦物質(zhì)量m＝5kg，sin37°＝0.6，cos37°＝0.8，g＝10m/s2，不計(jì)空氣阻力．求：圖10(1)礦物到達(dá)C點(diǎn)時(shí)對(duì)軌道的壓力大?。?2)礦物到達(dá)B點(diǎn)時(shí)的速度大?。?3)礦物由A點(diǎn)到達(dá)C點(diǎn)的過(guò)程中，摩擦力對(duì)礦物所做的功．答案(1)150N(2)6m/s(3)1276J解析(1)礦物從C處拋出，由平拋運(yùn)動(dòng)知識(shí)，可得s＝vCt，h＝eq\f(1,2)gt2.礦物在C處，由牛頓第二定律可得FN＋mg＝eq\f(mvC2,R)，聯(lián)立解得：vC＝4m/s，F(xiàn)N＝150N.根據(jù)牛頓第三定律可得FN′＝FN＝150N.(2)假設(shè)礦物在AB段始終處于加速狀態(tài)，由動(dòng)能定理可得μmgLcosθ－mgLsinθ＝eq\f(1,2)mvB′2，解得vB′＝8m/s.由于vB′>v0，故礦物在傳送帶上加速至與傳送帶速度相等后勻速運(yùn)動(dòng)至B，所以vB＝6m/s.(3)礦物由A點(diǎn)到C點(diǎn)過(guò)程中，由動(dòng)能定理得Wf－mg[Lsinθ＋R(1＋cosθ)]＝eq\f(1,2)mvC2，解得Wf＝1276J.7．(2020·江蘇徐州市睢寧縣高三線上檢測(cè))如圖11甲所示，半徑R＝0.45m的光滑eq\f(1,4)圓弧軌道固定在豎直平面內(nèi)，B為軌道的最低點(diǎn)，B點(diǎn)右側(cè)的光滑水平面上緊挨B點(diǎn)有一靜止的小平板車(chē)，平板車(chē)質(zhì)量M＝1kg，長(zhǎng)度l＝1m，小車(chē)的上表面與B點(diǎn)等高，距地面的高度h＝0.2m．質(zhì)量m＝1kg的物塊(可視為質(zhì)點(diǎn))從圓弧軌道最高點(diǎn)A由靜止釋放．取g＝10m/s2.試求：圖11(1)物塊滑到軌道上的B點(diǎn)時(shí)對(duì)軌道的壓力大小；(2)若鎖定平板車(chē)并在上表面鋪上一種特殊材料，其動(dòng)摩擦因數(shù)從左向右隨距離均勻變化，如圖乙所示，求物塊滑離平板車(chē)時(shí)的速率；(3)若解除平板車(chē)的鎖定并撤去上表面鋪的材料后，物塊與平板車(chē)上表面間的動(dòng)摩擦因數(shù)μ＝0.2，物塊仍從圓弧最高點(diǎn)A由靜止釋放，求物塊落地時(shí)距平板車(chē)右端的水平距離．答案(1)30N(2)1m/s(3)0.2m解析(1)物塊從圓弧軌道最高點(diǎn)A滑到B點(diǎn)的過(guò)程中，機(jī)械能守恒，則mgR＝eq\f(1,2)mvB2，解得vB＝3m/s.在B點(diǎn)，由牛頓第二定律得FN－mg＝meq\f(vB2,R)，解得FN＝30N即物塊滑到軌道上的B點(diǎn)時(shí)對(duì)軌道的壓力大小FN′＝FN＝30N.(2)物塊在小車(chē)上滑行，受到的摩擦力做功Wf＝－eq\f(μ1mg＋μ2mg,2)l＝－4J，從物塊由A開(kāi)始滑下到滑離平板車(chē)過(guò)程中，由動(dòng)能定理得mgR＋Wf＝eq\f(1,2)mv2解得v＝1m/s.(3)當(dāng)平板車(chē)不固定時(shí)，對(duì)物塊a1＝μg＝2m/s2對(duì)平板車(chē)a2＝eq\f(μmg,M)＝2m/s2；經(jīng)過(guò)時(shí)間t1物塊滑離平板車(chē)，則有vBt1－eq\f(1,2)a1t12－eq\f(1,2)a2t12＝l解得t1＝0.5s(另一解舍掉)物塊滑離平板車(chē)的速度大小v物＝vB－a1t1＝2m/s此時(shí)平板車(chē)的速度大小v車(chē)＝a2t1＝1m/s物塊滑離平板車(chē)做平拋運(yùn)動(dòng)的時(shí)間t2＝eq\r(\f(2h,g))＝0.2s物塊落地時(shí)距平板車(chē)右端的水平距離s＝(v物－v車(chē))t2＝0.2m.8．如圖12所示為輪滑比賽的一段模擬賽道．一個(gè)小物塊(可看成質(zhì)點(diǎn))從A點(diǎn)以一定的初速度水平拋出，剛好無(wú)碰撞地從C點(diǎn)進(jìn)入光滑的圓弧賽道，圓弧賽道所對(duì)的圓心角為60°，圓弧半徑為R，圓弧賽道的最低點(diǎn)與水平賽道DE平滑連接，DE長(zhǎng)為R，物塊經(jīng)圓弧賽道進(jìn)入水平賽道，然后在E點(diǎn)無(wú)碰撞地滑上左側(cè)的固定光滑斜坡，斜坡的傾角為37°，物塊恰好能滑到斜坡的最高點(diǎn)F，F(xiàn)、O、A三點(diǎn)在同一高度，重力加速度大小為g，不計(jì)空氣阻力．求：圖12(1)物塊的初速度v0的大小及物塊與水平賽道間的動(dòng)摩擦因數(shù)；(2)試判斷物塊向右返回時(shí)，能不能滑到C點(diǎn)，如果能，試分析物塊從C點(diǎn)拋出后，撞在AB或BC部分的位置．答案(1)eq\f(1,3)eq\r(3gR)eq\f(1,6)(2)物塊剛好落在平臺(tái)上的B點(diǎn)解析(1)物塊從A點(diǎn)拋出后做平拋運(yùn)動(dòng)，在C點(diǎn)，vC＝eq\f(v0,cos60°)＝2v0由題意可知AB的高度：h＝Rcos60°＝0.5R；設(shè)物塊的質(zhì)量為m，從A點(diǎn)到C點(diǎn)的過(guò)程，由動(dòng)能定理可得：mgh＝eq\f(1,2)mvC2－eq\f(1,2)mv02解得v0＝eq\f(1,3)eq\r(3gR)物塊從A到F的過(guò)程，由動(dòng)能定理得：－μmgR＝0－eq\f(1,2)mv02解得μ＝eq\f(1,6)；(2)假設(shè)物塊能回到C點(diǎn)，設(shè)到達(dá)C點(diǎn)的速度大小為vC′，物塊從F點(diǎn)到C點(diǎn)過(guò)程，根據(jù)動(dòng)能定理：mg·eq\f(1,2)R－μmgR＝eq\f(1,2)mvC′2解得vC′＝eq\f(1,3)eq\r(6gR)，假設(shè)成立；BC長(zhǎng)度s＝v0eq\r(\f(2h,g))＝eq\f(\r(3),3)R假設(shè)物塊從C點(diǎn)拋出后直接落在BC平臺(tái)上，物塊回到C點(diǎn)時(shí)，在C點(diǎn)豎直方向的分速度vy＝vC′sin60°＝eq\f(\r(2gR),2)水平分速度：vx＝vC′cos60°＝eq\f(\r(6gR),6)落在BC平臺(tái)上的水平位移：x＝vx·2eq\f(vy,g)＝eq\f(\r(3),3)R即物塊剛好落在平臺(tái)上的B點(diǎn)．專(zhuān)題強(qiáng)化練[保分基礎(chǔ)練]1．如圖1所示，在豎直平面內(nèi)有一半徑為R的圓弧軌道，半徑OA水平、OB豎直，一個(gè)質(zhì)量為m的小球自A點(diǎn)的正上方P點(diǎn)由靜止開(kāi)始自由下落，小球沿軌道到達(dá)最高點(diǎn)B時(shí)恰好對(duì)軌道沒(méi)有壓力．已知AP＝2R，重力加速度為g，則小球從P點(diǎn)運(yùn)動(dòng)到B點(diǎn)的過(guò)程中()圖1A．重力做功2mgR B．機(jī)械能減少mgRC．合外力做功mgR D．克服摩擦力做功eq\f(1,2)mgR答案D解析小球從P點(diǎn)運(yùn)動(dòng)到B點(diǎn)的過(guò)程中，重力做功WG＝mg(2R－R)＝mgR，故A錯(cuò)誤；小球沿軌道到達(dá)最高點(diǎn)B時(shí)恰好對(duì)軌道沒(méi)有壓力，則有mg＝meq\f(vB2,R)，解得vB＝eq\r(gR)，則此過(guò)程中機(jī)械能的減少量為ΔE＝mgR－eq\f(1,2)mvB2＝eq\f(1,2)mgR，故B錯(cuò)誤；根據(jù)動(dòng)能定理可知，合外力做功W合＝eq\f(1,2)mvB2＝eq\f(1,2)mgR，故C錯(cuò)誤；根據(jù)功能關(guān)系可知，小球克服摩擦力做的功等于機(jī)械能的減少量，為eq\f(1,2)mgR，故D正確．2．(多選)(2016·全國(guó)卷Ⅱ·21)如圖2，小球套在光滑的豎直桿上，輕彈簧一端固定于O點(diǎn)，另一端與小球相連．現(xiàn)將小球從M點(diǎn)由靜止釋放，它在下降的過(guò)程中經(jīng)過(guò)了N點(diǎn)．已知在M、N兩點(diǎn)處，彈簧對(duì)小球的彈力大小相等，且∠ONM<∠OMN<eq\f(π,2).在小球從M點(diǎn)運(yùn)動(dòng)到N點(diǎn)的過(guò)程中()圖2A．彈力對(duì)小球先做正功后做負(fù)功B．有兩個(gè)時(shí)刻小球的加速度等于重力加速度C．彈簧長(zhǎng)度最短時(shí)，彈力對(duì)小球做功的功率為零D．小球到達(dá)N點(diǎn)時(shí)的動(dòng)能等于其在M、N兩點(diǎn)的重力勢(shì)能差答案BCD解析因在M和N兩點(diǎn)處彈簧對(duì)小球的彈力大小相等，且∠ONM<∠OMN<eq\f(π,2)，知在M處時(shí)彈簧處于壓縮狀態(tài)，在N處時(shí)彈簧處于伸長(zhǎng)狀態(tài)，則彈簧的彈力對(duì)小球先做負(fù)功后做正功再做負(fù)功，選項(xiàng)A錯(cuò)誤；當(dāng)彈簧水平時(shí)，豎直方向的力只有重力，加速度為g；當(dāng)彈簧處于原長(zhǎng)位置時(shí)，小球只受重力，加速度為g，則有兩個(gè)時(shí)刻的加速度大小等于g，選項(xiàng)B正確；彈簧長(zhǎng)度最短時(shí)，即彈簧水平，彈力與速度垂直，彈力對(duì)小球做功的功率為零，選項(xiàng)C正確；由動(dòng)能定理得，WF＋WG＝ΔEk，因M和N兩點(diǎn)處彈簧對(duì)小球的彈力大小相等，彈性勢(shì)能相等，則由彈力做功特點(diǎn)知WF＝0，即WG＝ΔEk，選項(xiàng)D正確．3．(多選)如圖3所示，楔形木塊abc固定在水平面上，粗糙斜面ab和光滑斜面bc與水平面的夾角相同，頂角b處安裝一定滑輪．質(zhì)量分別為M、m(M>m)的滑塊，通過(guò)不可伸長(zhǎng)的輕繩跨過(guò)定滑輪連接，輕繩與斜面平行．兩滑塊由靜止釋放后，沿斜面做勻加速運(yùn)動(dòng)．若不計(jì)滑輪的質(zhì)量和摩擦，在兩滑塊沿斜面運(yùn)動(dòng)的過(guò)程中()圖3A．兩滑塊組成的系統(tǒng)機(jī)械能守恒B．重力對(duì)M做的功等于M動(dòng)能的增加量C．輕繩對(duì)m做的功等于m機(jī)械能的增加量D．兩滑塊組成的系統(tǒng)的機(jī)械能損失等于M克服摩擦力做的功答案CD解析由于斜面ab粗糙，故兩滑塊組成的系統(tǒng)的機(jī)械能不守恒，故A錯(cuò)誤；由動(dòng)能定理得，重力、拉力、摩擦力對(duì)M做的總功等于M動(dòng)能的增加量，故B錯(cuò)誤；除重力、彈力以外的力做功，導(dǎo)致機(jī)械能變化，輕繩對(duì)m做正功，m機(jī)械能增加，故C正確；除重力、彈力以外的力做功，將導(dǎo)致機(jī)械能變化，摩擦力對(duì)M做負(fù)功，造成兩滑塊組成的系統(tǒng)的機(jī)械能損失，故D正確．4．(2020·山西長(zhǎng)治市高三下學(xué)期3月線上試題)如圖4所示，一物體沿固定斜面從靜止開(kāi)始向下運(yùn)動(dòng)，經(jīng)過(guò)時(shí)間t0滑至斜面底端．已知物體在運(yùn)動(dòng)過(guò)程中所受的摩擦力大小恒定．若用v、x、Ep和E分別表示該物體的速度大小、位移大小、重力勢(shì)能和機(jī)械能，設(shè)斜面最低點(diǎn)重力勢(shì)能為零，則下列圖像中可能正確的是()圖4答案D解析在v－t圖像中，斜率表示加速度，由于物體沿斜面做勻加速運(yùn)動(dòng)，因此其v－t圖像斜率不變，選項(xiàng)A錯(cuò)誤；物體下滑位移大小為x＝eq\f(1,2)at2，因此由數(shù)學(xué)知識(shí)可知其位移－時(shí)間圖像為開(kāi)口向上的拋物線的一部分，故B錯(cuò)誤；設(shè)斜面高為h0，傾角為θ，則物體下落的高度h＝xsinθ＝eq\f(at2sinθ,2)，斜面最低點(diǎn)重力勢(shì)能為零，則物體的重力勢(shì)能為Ep＝mg(h0－h(huán))＝mgh0－eq\f(mgasinθ,2)t2，所以Ep－t圖像明顯不是一次函數(shù)關(guān)系圖像，選項(xiàng)C錯(cuò)誤；根據(jù)功能關(guān)系，物體克服摩擦力做的功等于機(jī)械能的減少量，故物體的機(jī)械能E＝E0－Ffx＝E0－Ff·eq\f(1,2)at2，所以E－t圖像是開(kāi)口向下的拋物線的一部分，選項(xiàng)D正確．5.按壓式圓珠筆內(nèi)裝有一根輕小彈簧，尾部有一個(gè)小帽，壓一下小帽，筆尖就伸出來(lái)．如圖5所示，使筆的尾部朝下，將筆向下按到最低點(diǎn)，使小帽縮進(jìn)，然后放手，筆將向上彈起至一定的高度．忽略摩擦和空氣阻力，筆從最低點(diǎn)運(yùn)動(dòng)至最高點(diǎn)的過(guò)程中()圖5A．筆的動(dòng)能一直增大B．筆的重力勢(shì)能與彈簧的彈性勢(shì)能總和一直減小C．桌面對(duì)筆的沖量大于筆的重力的沖量D．彈簧的彈性勢(shì)能減少量等于筆的重力勢(shì)能增加量答案D解析上升的過(guò)程中，筆的動(dòng)能先增大后減小，A錯(cuò)誤；整個(gè)過(guò)程中，筆的動(dòng)能、重力勢(shì)能、彈簧的彈性勢(shì)能之和保持不變，由于動(dòng)能先增大后減小，因此筆的重力勢(shì)能與彈簧的彈性勢(shì)能總和先減小后增大，B錯(cuò)誤；筆從最低點(diǎn)運(yùn)動(dòng)至最高點(diǎn)的過(guò)程中動(dòng)量的變化為零，根據(jù)動(dòng)量定理，合外力的沖量為零，因此桌面對(duì)筆的沖量大小等于筆的重力的沖量大小，C錯(cuò)誤；根據(jù)能量守恒定律，彈簧的彈性勢(shì)能最終全部轉(zhuǎn)化為筆的重力勢(shì)能，D正確．6．(多選)(2019·全國(guó)卷Ⅱ·18)從地面豎直向上拋出一物體，其機(jī)械能E總等于動(dòng)能Ek與重力勢(shì)能Ep之和．取地面為重力勢(shì)能零點(diǎn)，該物體的E總和Ep隨它離開(kāi)地面的高度h的變化如圖6所示．重力加速度取10m/s2.由圖中數(shù)據(jù)可得()圖6A．物體的質(zhì)量為2kgB．h＝0時(shí)，物體的速率為20m/sC．h＝2m時(shí)，物體的動(dòng)能Ek＝40JD．從地面至h＝4m，物體的動(dòng)能減少100J答案AD解析根據(jù)題圖可知，h＝4m時(shí)物體的重力勢(shì)能mgh＝80J，解得物體質(zhì)量m＝2kg，拋出時(shí)物體的動(dòng)能為Ek0＝100J，由公式Ek0＝eq\f(1,2)mv2可知，h＝0時(shí)物體的速率為v＝10m/s，選項(xiàng)A正確，B錯(cuò)誤；由功能關(guān)系可知Ffh＝|ΔE|＝20J，解得物體上升過(guò)程中所受空氣阻力大小Ff＝5N，從物體開(kāi)始拋出至上升到h＝2m的過(guò)程中，由動(dòng)能定理有－mgh－Ffh＝Ek－100J，解得Ek＝50J，選項(xiàng)C錯(cuò)誤；由題圖可知，物體上升到h＝4m時(shí)，機(jī)械能為80J，重力勢(shì)能為80J，動(dòng)能為零，即從地面上升到h＝4m，物體動(dòng)能減少100J，選項(xiàng)D正確．7.(多選)(2020·安徽合肥市一模)如圖7所示，小球A、B、C通過(guò)鉸鏈與兩根長(zhǎng)為L(zhǎng)的輕桿相連，ABC位于豎直面內(nèi)且成正三角形，其中A、C置于水平面上．現(xiàn)將球B由靜止釋放，球A、C在桿的作用下向兩側(cè)滑動(dòng)，三小球的運(yùn)動(dòng)始終在同一豎直平面內(nèi)．已知mA＝eq\f(1,2)mB＝eq\f(1,2)mC＝m，不計(jì)任何摩擦，重力加速度為g.則球B由靜止釋放至落地的過(guò)程中，下列說(shuō)法正確的是()圖7A．球B的機(jī)械能先減小后增大B．球B落地的速度大小為eq\r(\r(3)gL)C．球A對(duì)地面的壓力一直大于mgD．球B落地地點(diǎn)位于初始位置正下方答案AB解析B下落時(shí)，A、C開(kāi)始運(yùn)動(dòng)，當(dāng)B落地后，A、C停止運(yùn)動(dòng)，因A、B、C三球組成的系統(tǒng)機(jī)械能守恒，故球B的機(jī)械能先減小后增大，故A正確；對(duì)整個(gè)系統(tǒng)分析有：mgeq\f(\r(3),2)L＝eq\f(1,2)mvB2，解得vB＝eq\r(\r(3)gL)，故B正確；在B落地前的一段時(shí)間，A、C做減速運(yùn)動(dòng)，輕桿對(duì)球有沿桿向上的力，此時(shí)球A對(duì)地面的壓力小于mg，故C錯(cuò)誤；因?yàn)锳、C兩球質(zhì)量不相同，故A、C兩球水平方向加速度大小不同，故球B落地地點(diǎn)不可能位于初始位置正下方，故D錯(cuò)誤．8．(2020·福建廈門(mén)市線上檢測(cè))如圖8甲所示為歷史上著名的襄陽(yáng)炮，其實(shí)質(zhì)就是一種大型拋石機(jī)．它采用杠桿原理，由一根橫桿和支架構(gòu)成，橫桿的一端固定重物，另一端放置石袋，發(fā)射時(shí)用絞車(chē)將放置石袋的一端用力往下拽，而后突然松開(kāi)，因?yàn)橹匚锏臓烤Y，長(zhǎng)臂會(huì)猛然翹起，石袋里的巨石就被拋出．將其工作原理簡(jiǎn)化為圖乙所示，橫桿的質(zhì)量不計(jì)，將一質(zhì)量m＝10kg，可視為質(zhì)點(diǎn)的石塊，裝在橫桿長(zhǎng)臂與轉(zhuǎn)軸O點(diǎn)相距L＝5m的末端石袋中，在轉(zhuǎn)軸短臂右端固定一重物M，發(fā)射之前先利用外力使石塊靜止在地面上的A點(diǎn)，靜止時(shí)長(zhǎng)臂與水平面的夾角α＝37°，解除外力后石塊被發(fā)射，當(dāng)長(zhǎng)臂轉(zhuǎn)到豎直位置時(shí)立即停止運(yùn)動(dòng)，石塊被水平拋出，落在水平地面上，石塊落地位置與O點(diǎn)的水平距離s＝20m，空氣阻力不計(jì)，sin37°＝0.6，cos37°＝0.8，g取10m/s2.則()圖8A．石塊水平拋出時(shí)的初速度大小為10eq\r(5)m/sB．石塊水平拋出時(shí)的初速度大小為20m/sC．從A點(diǎn)到最高點(diǎn)的過(guò)程中，長(zhǎng)臂對(duì)石塊做的功為2050JD．從A點(diǎn)到最高點(diǎn)的過(guò)程中，長(zhǎng)臂對(duì)石塊做的功為2500J答案C解析石塊被拋出后做平拋運(yùn)動(dòng)，豎直高度為h＝L＋Lsinα＝eq\f(1,2)gt2可得t＝eq\r(\f(2L＋Lsinα,g))＝eq\f(2,5)eq\r(10)s水平方向做勻速直線運(yùn)動(dòng)，有s＝v0t可得平拋的初速度大小為v0＝5eq\r(10)m/s，故A、B錯(cuò)誤；石塊從A點(diǎn)到最高點(diǎn)的過(guò)程，由動(dòng)能定理有W－mgh＝eq\f(1,2)mv02－0，解得長(zhǎng)臂對(duì)石塊做的功為W＝mgh＋eq\f(1,2)mv02＝2050J，故C正確，D錯(cuò)誤．[爭(zhēng)分提能練]9．(多選)(2020·山東模擬)如圖9所示，質(zhì)量為m的小球穿在光滑細(xì)桿MN上，并可沿細(xì)桿滑動(dòng)．已知細(xì)桿與水平面的夾角為30°，細(xì)桿長(zhǎng)度為2L，P為細(xì)桿中點(diǎn)．小球連接輕彈簧，彈簧水平放置，彈簧右端固定于豎直平面的O點(diǎn)．此時(shí)彈簧恰好處于原長(zhǎng)，原長(zhǎng)為eq\f(2\r(3),3)L，勁度系數(shù)為eq\f(mg,L).將小球從M點(diǎn)由靜止釋放，小球會(huì)經(jīng)過(guò)P點(diǎn)，并能夠到達(dá)N點(diǎn)．重力加速度大小為g，下列說(shuō)法正確的是()圖9A．小球運(yùn)動(dòng)至P點(diǎn)時(shí)受到細(xì)桿彈力為eq\f(5\r(3),6)mgB．小球運(yùn)動(dòng)到P點(diǎn)處時(shí)的加速度為eq\f(\r(3)g,2)C．小球運(yùn)動(dòng)至N點(diǎn)時(shí)的速度為eq\r(2gL)D．小球運(yùn)動(dòng)至N點(diǎn)時(shí)彈簧的彈性勢(shì)能為mgL答案AC解析小球運(yùn)動(dòng)至P點(diǎn)時(shí)，根據(jù)幾何關(guān)系可得O、P之間的距離為：d＝eq\f(2\r(3),3)Lsin30°＝eq\f(\r(3),3)L，則彈簧的彈力大小為：F＝keq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(2\r(3),3)L－d))＝eq\f(\r(3),3)mg對(duì)小球受力分析，可知小球在P點(diǎn)受重力、彈簧的彈力和輕桿的彈力作用，如圖所示，在垂直斜面方向上，根據(jù)平衡條件有：FN＝F＋mgcos30°，解得：FN＝eq\f(5\r(3),6)mg在沿斜面方向上，根據(jù)牛頓第二定律有：mgsin30°＝ma解得：a＝gsin30°＝eq\f(1,2)g，A正確，B錯(cuò)誤；根據(jù)幾何關(guān)系，可知ON＝OM＝eq\f(2\r(3),3)L，故小球從M點(diǎn)運(yùn)動(dòng)至N點(diǎn)，彈性勢(shì)能變化量為零，所以小球在N點(diǎn)時(shí)彈簧的彈性勢(shì)能為零，則整個(gè)過(guò)程小球減小的重力勢(shì)能全部轉(zhuǎn)化為小球的動(dòng)能，根據(jù)機(jī)械能守恒有：mg·2Lsin30°＝eq\f(1,2)mvN2解得：vN＝eq\r(2gL)，C正確，D錯(cuò)誤．10．(多選)(2020·陜西西安中學(xué)高三模擬)如圖10所示為傾角α＝37°的粗糙斜面，質(zhì)量為m＝0.5kg的小球用長(zhǎng)為L(zhǎng)＝0.5m的細(xì)繩系于斜面上的懸點(diǎn)O處，小球與斜面間的動(dòng)摩擦因數(shù)μ＝0.5，在最低點(diǎn)B小球獲得切向初速度v0＝14m/s，此后小球繞懸點(diǎn)O做圓周運(yùn)動(dòng)，重力加速度取g＝10m/s2，sin37°＝0.6，cos37°＝0.8，π取3.14，則()圖10A．小球在B點(diǎn)獲得初速度v0后瞬間繩上拉力大小為196NB．小球經(jīng)過(guò)最高點(diǎn)A的速度大小至少為eq\r(3)m/sC．小球每做一次完整的圓周運(yùn)動(dòng)系統(tǒng)損失的機(jī)械能為3.14JD．全過(guò)程小球能通過(guò)A點(diǎn)7次答案BD解析在B點(diǎn)，由牛頓第二定律：FTB－mgsin37°＝meq\f(v02,L)解得：FTB＝199N，選項(xiàng)A錯(cuò)誤；若小球恰能經(jīng)過(guò)最高點(diǎn)A，則滿足mgsin37°＝meq\f(vA2,L)解得vA＝eq\r(3)m/s，選項(xiàng)B正確；小球每做一次完整的圓周運(yùn)動(dòng)系統(tǒng)損失的機(jī)械能為ΔE＝μmgcos37°·2πL＝0.5×0.5×10×0.8