2025版南方鳳凰臺5A教案基礎(chǔ)版物理第6章　機械能守恒定律含答案2

2025版《南方鳳凰臺5A教案基礎(chǔ)版物理第6章機械能守恒定律含答案1微專題7功能關(guān)系能量守恒定律功能關(guān)系的理解與應用1．對功能關(guān)系的理解(1)做功的過程就是能量轉(zhuǎn)化的過程．不同形式的能量發(fā)生相互轉(zhuǎn)化是通過做功來實現(xiàn)的．(2)功是能量轉(zhuǎn)化的量度，功和能的關(guān)系，一是體現(xiàn)在不同的力做功，對應不同形式的能轉(zhuǎn)化，具有一一對應關(guān)系，二是做功的多少與能量轉(zhuǎn)化的多少在數(shù)值上相等．2．幾種常見的功能關(guān)系及其表達式各種力做功對應能的變化定量的關(guān)系合力做功動能變化合力對物體做功等于物體動能的增量W合＝Ek2－Ek1重力做功重力勢能變化重力做正功，重力勢能減少，重力做負功，重力勢能增加，且WG＝－ΔEp＝Ep1－Ep2彈簧彈力做功彈性勢能變化彈力做正功，彈性勢能減少，彈力做負功，彈性勢能增加，且W彈＝－ΔEp＝Ep1－Ep2只有重力、彈簧彈力做功不引起機械能變化機械能守恒ΔE＝0非重力和彈力做功機械能變化除重力和彈力之外的其他力做正功，物體的機械能增加，做負功，機械能減少，且W其他＝ΔE電場力做功電勢能變化電場力做正功，電勢能減少，電場力做負功，電勢能增加，且W電＝－ΔEp質(zhì)量為m的物體由靜止開始下落，由于空氣阻力作用，下落的加速度為0.2g.在物體下落h的過程中，下列說法中正確的是(B)A．重力對物體做功0.2mghB．物體的動能增加了0.2mghC．物體重力勢能減少了0.1mghD．物體的機械能減少了0.2mgh解析：在物體下落h的過程中，重力對物體做正功，大小為mgh，則重力勢能減少了mgh，故A、C錯誤；由牛頓第二定律有mg－f＝ma＝0.2mg，解得空氣阻力大小為0.8mg，由動能定理有mgh－0.8mgh＝ΔEk，即ΔEk＝0.2mgh，重力與阻力的合力對物體做正功，則物體動能增加了0.2mgh，故B正確；由功能關(guān)系可知，物體機械能的減少量等于空氣阻力對物體所做的功，即物體的機械能減少了0.8mgh，故D錯誤．類題固法11．(2023·浙江卷)一位游客正在體驗蹦極，綁上蹦極專用的橡皮繩后從跳臺縱身而下．游客從跳臺下落直到最低點過程中(B)A．彈性勢能減小B．重力勢能減小C．機械能保持不變D．繩一繃緊動能就開始減小解析：游客從跳臺下落，開始階段橡皮繩未拉直，只受重力作用做勻加速運動，下落到一定高度時橡皮繩開始繃緊，游客受重力和向上的彈力作用，彈力從零逐漸增大，游客所受合力先向下減小，后向上增大，速度先增大，后減小，到最低點時速度減小到零，彈力達到最大值．橡皮繩繃緊后彈性勢能一直增大，A錯誤；游客高度一直降低，重力一直做正功，重力勢能一直減小，B正確；下落階段橡皮繩對游客做負功，游客機械能減少，轉(zhuǎn)化為彈性勢能，C錯誤；繩剛繃緊開始一段時間內(nèi)，彈力小于重力，合力向下，做正功，游客動能增加；當彈力大于重力后，合力向上，對游客做負功，游客動能逐漸減小，D錯誤．2．(2023·蘇州中學)質(zhì)量為2kg的物體以10m/s的初速度，從起點A出發(fā)豎直向上拋出，在它上升到某一點的過程中，物體的動能損失了50J，機械能損失了10J，設物體在上升、下降過程空氣阻力大小恒定，則該物體再落回到A點時的動能為(取g＝10m/s2)(B)A．40J B．60JC．80J D．100J解析：物體上升到某一高度時，重力、阻力均做負功，根據(jù)動能定理有W合＝F合x＝ΔEk，空氣阻力做功對應著機械能的變化，則有Wf＝fx＝ΔE，將ΔEk＝－50J，ΔE＝－10J，代入可得W合＝－50J，Wf＝－10J，可得W合＝5Wf，物體的初動能為Ek0＝eq\f(1,2)mveq\o\al(2,0)＝eq\f(1,2)×2×102J＝100J，當物體從A點到最高點的過程中，物體的動能減小了100J，由動能定理可得，合力做的功W合上＝－100J，所以空氣阻力做功為Wf上＝－20J，由功能原理知，機械能損失了20J，由于空氣阻力大小恒定，所以下落過程機械能也損失了20J，則物體落回A點時的動能為100J－2×20J＝60J，B正確．摩擦力做功與能量的關(guān)系兩種摩擦力做功的比較靜摩擦力滑動摩擦力不同點能量的轉(zhuǎn)化方面只有能量的轉(zhuǎn)移，沒有能量的轉(zhuǎn)化既有能量的轉(zhuǎn)移，又有能量的轉(zhuǎn)化一對摩擦力的總功方面一對靜摩擦力所做功的代數(shù)和等于零一對滑動摩擦力所做功的代數(shù)和為負值，總功W＝－Ff·x相對，即摩擦時產(chǎn)生的熱量正功、負功、不做功方面兩種摩擦力對物體可以做正功、負功，還可以不做功；靜摩擦力做正功時，它的反作用力一定做負功；滑動摩擦力做負功時，它的反作用力可能做正功，可能做負功，還可能不做功；但滑動摩擦力做正功或不做功時，它的反作用力一定做負功(2023·淮安期末調(diào)研)如圖所示，一質(zhì)量為M、長為L的木板B靜止在光滑水平面上，其左端放有可視為質(zhì)點的質(zhì)量為m的滑塊A，現(xiàn)用一水平恒力F作用在滑塊上，使滑塊從靜止開始做勻加速直線運動．滑塊與木板之間的摩擦力為Ff，滑塊滑到木板右端時，木板運動距離為x.關(guān)于此過程，下列說法中正確的是(D)A．滑塊A克服摩擦力做的功為FfLB．滑塊A與木板B摩擦產(chǎn)生的熱量為F(L＋x)C．滑塊A與木板B增加的機械能為F(L＋x)＋FfLD．滑塊A到達木板右端時，木板B具有的動能為Ffx解析：滑塊A克服摩擦力做的功為Wf＝Ff(L＋x)，故A錯誤；滑塊A與木板B摩擦產(chǎn)生的熱量為Q＝FfL，故B錯誤；滑塊A與木板B增加的機械能為ΔE＝F(L＋x)－FfL，故C錯誤；滑塊A到達木板右端時，木板B具有的動能為ΔEk＝Ff(L＋x)－FfL＝Ffx，故D正確．類題固法21．如圖所示，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械能損失，滑塊經(jīng)過的總路程是(A)A．eq\f(1,μ)eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(veq\o\al(2,0),2gcosθ)＋x0tanθ))B．eq\f(1,μ)eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(veq\o\al(2,0),2gsinθ)＋x0tanθ))C．eq\f(2,μ)eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(veq\o\al(2,0),2gcosθ)＋x0tanθ))D．eq\f(1,μ)eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(veq\o\al(2,0),2gcosθ)＋x0cotθ))解析：滑塊最終要停在斜面底部，設滑塊經(jīng)過的總路程為x，對滑塊運動的全程應用功能關(guān)系，全程所產(chǎn)生的熱量為Q＝eq\f(1,2)mveq\o\al(2,0)＋mgx0sinθ，又由全程產(chǎn)生的熱量等于克服摩擦力所做的功，即Q＝μmgxcosθ，解得x＝eq\f(1,μ)(eq\f(veq\o\al(2,0),2gcosθ)＋x0tanθ)，A正確．2．(2024·如皋期初調(diào)研)如圖所示為某緩沖裝置模型，輕質(zhì)彈簧與輕桿相連，輕桿可在固定的槽內(nèi)移動，與槽間的滑動摩擦力等于最大靜摩擦力f.現(xiàn)小車以一速度撞擊彈簧后，輕桿恰好向右移動l，不計小車與地面間的摩擦，則(C)A．輕桿向右移動的過程中，輕桿的加速度為0B．輕桿向右移動的過程中，彈簧的彈性勢能逐漸增大C．小車被彈簧反向彈回的過程中，輕桿處于靜止狀態(tài)D．從小車撞擊彈簧到離開彈簧的過程中，摩擦產(chǎn)生的內(nèi)能為2fl能量轉(zhuǎn)化與守恒的應用1．對能量守恒定律的兩點理解(1)某種形式的能量減少，一定存在其他形式的能量增加，且減少量和增加量一定相等．(2)某個物體的能量減少，一定存在其他物體的能量增加，且減少量和增加量一定相等．2．能量轉(zhuǎn)化問題的解題思路當涉及摩擦力做功，機械能不守恒時，一般應用能的轉(zhuǎn)化和守恒定律．運用能量守恒定律解題的基本思路：(2024·淮安第一次調(diào)研)水平桌面上彈射裝置如圖所示，輕彈簧左端固定，自然伸長時右端位于B點，BC段粗糙，CD段有豎直放置的四分之一圓弧軌道，與BC相切，D處有與圓弧軌道垂直的彈性擋板P.小球被壓縮的彈簧彈出后，經(jīng)BC段后沿圓弧軌道運動到D處，與擋板碰撞后原速率反向彈回．已知BC長L＝0.1m，圓弧半徑R＝0.2m，小球質(zhì)量m＝0.2kg，與BC間動摩擦因數(shù)μ＝0.4，其余部分均光滑．取g＝10m/s2.若小球首次經(jīng)過C處的速度v0＝2m/s，求：(1)彈簧彈性勢能的最大值．答案：0.48J解析：滑塊從開始運動到第一次到C點，運用動能定理得W彈－μmgL＝eq\f(1,2)mveq\o\al(2,0)－0解得W彈＝0.48J，則Ep彈＝0.48J(2)小球最終停在何處及在BD間運動的總路程．答案：0.6(1＋π)m解析：根據(jù)能量守恒定律得μmgs＝Ep彈解得s＝0.6m即經(jīng)過BC段共6次，最終停在B點，BD間運動總路程為sBD＝0.6(1＋π)m(3)小球受到D處圓弧軌道彈力的最小值．答案：4.8N解析：設小球最后一次在圓弧D處運動速度大小為v，因小球停在B點，所以－μmgL－mgR＝0－eq\f(1,2)mv2解得v＝eq\r(4.8)m/s所以Fn＝meq\f(v2,R)＝4.8N則圓弧軌道對小球彈力F＝Fn＝4.8N類題固法31．如圖所示，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(shù)為μ，重力加速度為g，彈簧未超出彈性限度．在上述過程中(B)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2μmgsD．物塊在A點的初速度為eq\r(2μgs)解析：物塊向左運動壓縮彈簧，彈簧最短時，物塊具有向右的加速度，彈力大于摩擦力，即F>μmg，A錯誤；物塊克服摩擦力做的功W＝μmgs＋μmgs＝2μmgs，B正確；根據(jù)能量守恒，彈簧彈開物塊的過程中，彈簧的彈性勢能通過摩擦力做功轉(zhuǎn)化為內(nèi)能，故Epm＝μmgs，C錯誤；根據(jù)能量守恒，在整個過程中，物塊的初動能通過摩擦力做功轉(zhuǎn)化為內(nèi)能，即eq\f(1,2)mv2＝2μmgs，所以v＝2eq\r(μgs)，D錯誤．2．(2023·無錫期終調(diào)研)如圖所示為某貨物傳送裝置示意圖，輕彈簧的一端固定在斜面底端，另一端與移動平板A相連．正常工作時，A在彈簧彈力作用下，由Р處靜止開始運動，到斜面頂端Q處時速度減為零，彈簧恰好恢復原長，此時貨物B從斜面頂端靜止釋放，并與A一起下滑．當?shù)竭_Р處時，二者速度恰好為零，B會從Р處的小孔落下，此后系統(tǒng)循環(huán)工作．已知彈簧勁度系數(shù)為k，A的質(zhì)量為m、斜面傾角為θ，A、B與斜面間的動摩擦因數(shù)均為eq\f(tanθ,2)，重力加速度為g，A、B均可視為質(zhì)點．求：(1)A上滑速度最大時彈簧的形變量．答案：eq\f(3mgsinθ,2k)解析：A在上滑速度最大時，加速度為0，此時A受力平衡，設A所受摩擦力為f1，有f1＝μmgcosθ＝eq\f(1,2)mgsinθmgsinθ＋f1＝kx1解得x1＝eq\f(3mgsinθ,2k)(2)在斜面頂端Q處，A、B剛要下滑時的加速度大小．答案：eq\f(1,2)gsinθ解析：設B質(zhì)量為M，對A、B整體由牛頓第二定律(M＋m)gsinθ－μ(M＋m)gcosθ＝(M＋m)a解得a＝eq\f(1,2)gsinθ(3)貨物B的質(zhì)量．答案：2m解析：從接到貨物B到最低點P，設PQ＝L，由能量守恒定律得(M＋m)gLsinθ＝μ(M＋m)gLcosθ＋EpmaxA從釋放到頂端Q，由能量守恒定律得Epmax＝mgLsinθ＋μmgLcosθ解得M＝2m配套精練一、選擇題1．蹦床是小朋友喜歡的一種體育活動．如圖所示，蹦床的中心由彈性網(wǎng)面組成，若小朋友從最高點落下直至最低點的過程中，空氣阻力大小恒定，則小朋友(A)A．機械能一直減少B．剛接觸網(wǎng)面時，動能最大C．重力做功等于克服空氣阻力做功D．重力勢能的減小量等于彈性勢能的增大量解析：小朋友從最高點落下直至最低點的過程中，蹦床彈力以及空氣阻力一直做負功，因此，機械能一直減小，故A正確；小朋友剛接觸蹦床時，加速度方向仍豎直向下，動能會繼續(xù)增大，故B錯誤；根據(jù)功能關(guān)系，重力勢能的減少量等于小朋友的動能，蹦床彈性勢能的增加量以及克服空氣阻力做功的代數(shù)和，故C、D錯誤．2．質(zhì)最為m的物體在豎直向上的恒定拉力F的作用下，由靜止開始向上運動高度H，所受空氣阻力恒為f，重力加速度為g.此過程中，下列說法中正確的是(D)A．物體的動能增加了(F－mg)HB．物體的重力勢能減少了mgHC．物體的機械能減少了fHD．物體的機械能增加了(F－f)H3．(2024·金陵中學)桔槔(gāo)是我國古代的一種取水機械．其原理如圖所示，在豎直支架上安裝一根可繞支點轉(zhuǎn)動的長細桿，桿的一端固定磐石，另一端通過長竹懸掛水桶．取水時人借助自身重力向下拉動長竹，使水桶浸入水中；打滿水后，人向上助力提起水桶，忽略桔槔各銜接處的阻力．下列說法中正確的是(C)A．向下取水過程，桔槔系統(tǒng)的機械能守恒B．向下取水過程，人對桔槔系統(tǒng)做的功等于磐石增加的重力勢能C．向上提水過程，人對桔槔系統(tǒng)做的功一定等于系統(tǒng)機械能的改變量D．向上提水過程，人對桔槔系統(tǒng)做的功一定等于系統(tǒng)的動能改變量解析：向下取水的過程中，人對桔槔系統(tǒng)做正功，桔槔系統(tǒng)的機械能增大，A錯誤；向下取水的過程中，磐石的重力勢能和動能都增大，所以人對桔槔系統(tǒng)做的功大于磐石增加的重力勢能，B錯誤；根據(jù)功能關(guān)系，向上提水過程，人對桔槔系統(tǒng)做的功一定等于系統(tǒng)機械能的改變量，C正確，D錯誤．4．人們根據(jù)竹蜻蜓原理設計了直升機的螺旋槳．如圖所示，一小孩搓動質(zhì)量為20g的竹蜻蜓，松開后竹蜻蜓能上升到二層樓房頂?shù)母叨龋诖陝舆^程中手對竹蜻蜓做的功可能是(D)A．0.2J B．0.6JC．1.0J D．2.5J解析：竹蜻蜓在上升到最高點的過程中，動能轉(zhuǎn)化為重力勢能和內(nèi)能，一般每層樓房的高度為3m，二層也就是6m，所以重力勢能的增加量為Ep＝mgh＝1.2J，則在搓動過程中手對竹蜻蜓做的功要大于1.2J，A、B、C錯誤，D正確．5．(2023·南京一中)如圖所示，機械臂主要結(jié)構(gòu)包括上臂、支柱和電機．上臂由同種材料制成且粗細均勻．已知上臂長2m，重20kg，機械臂將30kg的A物體(可看作質(zhì)點)從如圖所示位置(機械臂與豎直方向的夾角為60°)緩慢提高2m，取g＝10m/s2，則電機消耗電能約為(B)A．600J B．800JC．1000J D．1200J解析：對物體A做功WA＝mAghA＝30×10×2J＝600J，對機械臂做功W臂＝m臂g·eq\f(hA,2)＝20×10×eq\f(2,2)J＝200J，電機消耗電能約為E＝WA＋W臂＝600J＋200J＝800J，故選B.6．一木塊靜置于光滑水平面上，一顆子彈沿水平方向飛來射入木塊中．當子彈進入木塊的深度達到最大值2.0cm時，木塊沿水平面恰好移動1.0cm.在上述過程中系統(tǒng)損失的機械能與子彈損失的動能之比為(C)A．1∶2 B．1∶3C．2∶3 D．3∶2解析：根據(jù)題意，子彈在摩擦力作用下的位移為s1＝(2＋1)cm＝3cm，木塊在摩擦力作用下的位移為s2＝1cm；系統(tǒng)損失的機械能轉(zhuǎn)化為內(nèi)能，根據(jù)功能關(guān)系，有ΔE系統(tǒng)＝Q＝f·Δs＝f(s1－s2)；子彈損失的動能等于子彈克服摩擦力做的功，故ΔEk子彈＝fs1；所以eq\f(ΔE系統(tǒng),ΔEk子彈)＝eq\f(2,3)，故C正確，A、B、D錯誤．7．(2024·海安中學期初考試)如圖所示，平直木板AB傾斜放置，板上的P點距A端較近，小物塊與木板間的動摩擦因數(shù)由A到B逐漸減小，先讓物塊從A由靜止開始滑到B.然后，將A著地，抬高B，使木板的傾角與前一過程相同，再讓物塊從B由靜止開始滑到A.上述兩過程相比較，下列說法中一定正確的有(B)A．物塊滑到底端的速度，前一過程較大B．物塊從頂端滑到底端的時間，前一過程較長C．物塊從頂端滑到P點的過程中因摩擦產(chǎn)生的熱量，前一過程較少D．物塊經(jīng)過P點的動能，后一過程較小解析：先讓物塊從A由靜止開始滑到B，因為動摩擦因數(shù)由A到B逐漸減小，說明重力沿斜面的分量在整個過程中都大于摩擦力．也就是說無論哪邊高，合力方向始終沿斜面向下．兩過程合力做功相同，由動能定理知，到底端時速度大小應相同，故A錯誤；作出兩物體的v-t圖像分析可知第一個過程加速度在增大，故斜率增大，第二個過程加速度減小，故斜率變小，由于傾角一樣大，根據(jù)能量守恒，末速度是一樣大的，還有就是路程一樣大，圖像中的面積就要相等，所以第一個過程的時間長，故B正確；摩擦產(chǎn)生的熱量Q＝W＝fs，由于無法確定f做功多少，無法判斷兩種情況下產(chǎn)生熱量的多少，故C錯誤；物塊從A由靜止開始滑到P時，摩擦力較大，故合力較小，距離較短；物塊從B由靜止開始滑到P時，摩擦力較小，故合力較大，距離較長．所以由動能定理，物塊從A由靜止開始滑到P時合力做功較少，P點時動能較?。挥葿到P時合力做功較多，P點時動能較大，即前一次速度較小，動能較小，故D錯誤．8．(2023·常州中學期末)如圖所示，一質(zhì)量為M、長為l的木板靜止在光滑水平桌面上，另一質(zhì)量為m的小物塊(可視為質(zhì)點)從木板上的左端以速度v0開始運動．已知物塊與木板間的滑動摩擦力大小為f，當物塊從木板右端離開時(B)A．木板的動能一定等于flB．木板的動能一定小于flC．物塊的動能一定大于eq\f(1,2)mveq\o\al(2,0)－flD．物塊的動能一定等于eq\f(1,2)mveq\o\al(2,0)－fl解析：設物塊離開木板時的速度為v1，此時木板的速度為v2，依題意有v0>v1>v2，設物塊對地位移為xm，木板對地位移為xM，根據(jù)運動學公式，可得xm＝eq\f(v0＋v1,2)t，xM＝eq\f(v2,2)t，聯(lián)立可得xm>2xM，則有xm－xM＝l>xM，根據(jù)動能定理，有fxM＝EkM，可知EkM<fl，即木板的動能一定小于fl，故A錯誤，B正確；根據(jù)能量守恒定律可得eq\f(1,2)mveq\o\al(2,0)＝eq\f(1,2)mveq\o\al(2,1)＋eq\f(1,2)Mveq\o\al(2,2)＋fl，整理可得eq\f(1,2)mveq\o\al(2,1)＝eq\f(1,2)mveq\o\al(2,0)－eq\f(1,2)Mveq\o\al(2,2)－fl<eq\f(1,2)mveq\o\al(2,0)－fl，故C、D錯誤．9．(2023·泰州期末)如圖所示，一輕彈簧下端掛一物體，上端用手牽引使重物勻速上升，從手突然停止到物體上升至最高點的過程中，物體運動的速率v、加速度大小a、動能Ek、機械能E隨物體上升高度h變化的圖像可能正確的是(A) A B C D解析：根據(jù)題意可知，輕彈簧拉著重物做勻速直線運動，彈簧處于拉伸狀態(tài)且拉力等于重力，當手突然停止運動后的一小段時間內(nèi)，由于慣性，重物繼續(xù)向上運動，彈簧的形變量減小，則彈力減小，彈力小于重力，加速度向下，向上做減速運動，設彈簧的勁度系數(shù)為k，根據(jù)牛頓第二定律可得，加速度大小與上升高度的關(guān)系為a＝eq\f(kh,m)，當彈簧處于伸長狀態(tài)時，彈力一直減小，加速度一直增大；若彈簧伸長量減小到零之后，物體繼續(xù)向上運動，彈簧被壓縮，彈力增大且向下，根據(jù)牛頓第二定律可得，加速度大小與上升高度的關(guān)系仍為a＝eq\f(kh,m)，可知，物體一直做加速度增大的減速運動，a-h圖像為過原點的直線，故B錯誤；由v2－veq\o\al(2,0)＝－2ah得v2＝veq\o\al(2,0)－eq\f(2k,m)h2，v-h圖像為一段圓弧，A正確；由題意，根據(jù)動能定理可知，物體動能的變化量為ΔEk＝F合h，可知，Ek-h圖像的斜率表示物體受到的合力，由上述分析可知，物體受到的合力一直增大，則Ek-h圖像的斜率一直增大，故C錯誤；由題意，根據(jù)功能關(guān)系可知，物體機械能的變化等于彈簧彈力做功，則E-h圖像的斜率表示彈力，一直變化，故D錯誤．10．(2023·徐州期末抽測)如圖所示，輕彈簧勁度系數(shù)為k，一端固定于擋板C上，另一端與質(zhì)量為m的物塊A相連接，物塊A處于靜止狀態(tài)．跨過滑輪的細繩，一端與物塊A連接，另一端連接掛鉤，掛鉤上掛一個質(zhì)量也為m的物塊B后，物塊A、B由靜止開始運動．細繩與斜面始終平行，B始終未接觸地面，斜面足夠長，傾角為30°，重力加速度為g，滑輪、細繩和掛鉤質(zhì)量及一切摩擦都不計．下列說法中正確的是(D)A．物塊B剛掛上時，B的加速度為gB．物塊A的最大速度為geq\r(\f(m,k))C．物塊A從靜止上升到最高點過程中，彈性勢能的增加量大于物塊B的重力勢能的減少量D．物塊A從靜止上升到速度最大的過程中，繩對A做的功等于A的機械能增加量解析：A靜止時彈簧彈力為F＝mgsin30°＝eq\f(1,2)mg，根據(jù)牛頓第二定律mg＋F－mgsin30°＝2ma，物塊B剛掛上時，B的加速度為a＝eq\f(g,2)，A錯誤；當A、B組成的系統(tǒng)受力平衡時，速度最大，則mg＝mgsin30°＋kx，得kx＝eq\f(1,2)mg，此時，彈簧伸長量與A靜止時壓縮量相等，即彈性勢能相等，根據(jù)機械能守恒mg·2x＝mg·2xsin30°＋2×eq\f(1,2)mv2，物塊A的最大速度為v＝geq\r(\f(m,2k))，B錯誤；物塊A從靜止上升到最高點過程中，兩物塊速度為零，彈性勢能的增加量與A重力勢能的增加量之和等于B重力勢能的減少量，則彈性勢能的增加量小于物塊B的重力勢能的減少量，C錯誤；物塊A從靜止上升到速度最大的過程中，彈簧對A做功為零，則繩對A做的功等于A的機械能增加量，D正確．二、非選擇題11．(2023·連云港期末調(diào)研)如圖所示，水平面AB與豎直平面內(nèi)的光滑半圓形軌道BC相切于B點，半圓形軌道半徑為R.一輕質(zhì)彈簧左端固定，質(zhì)量為m的物塊將彈簧右端壓縮至A點，由靜止釋放物塊，物塊恰能通過半圓形軌道最高點C.已知物塊到達B點前與彈簧已分離，重力加速度為g，AB間的長度為L，物塊與水平面間的動摩擦因數(shù)為μ.求：(1)物塊通過C點的速率．答案：eq\r(gR)解析：物塊恰能通過半圓形軌道最高點C，則有mg＝eq\f(mveq\o\al(2,C),R)解得vC＝eq\r(gR)(2)物塊剛進入半圓形軌道B點時受到的支持力大?。鸢福?mg解析：對物塊在BC過程運用動能定理有－mg·2R＝eq\f(1,2)mveq\o\al(2,C)－eq\f(1,2)mveq\o\al(2,B)解得vB＝eq\r(5gR)設軌道對物塊的支持力為N，則有N－mg＝eq\f(mveq\o\al(2,B),R)解得N＝6mg(3)彈簧壓縮至A點時的彈性勢能．答案：μmgL＋eq\f(5,2)mgR解析：根據(jù)能量守恒定律可得，彈簧開始的彈性勢能Ep＝eq\f(1,2)mveq\o\al(2,B)＋μmgL解得Ep＝μmgL＋eq\f(5,2)mgR12．(2024·淮安第一次調(diào)研)如圖所示，O為固定在地面上的鉸鏈，A球通過鉸鏈用輕桿分別連接于O、B球．現(xiàn)對B球施加水平推力F，使系統(tǒng)處于靜止狀態(tài)，此時兩桿間的夾角α＝60°.撤去F后，A、B在同一豎直平面內(nèi)運動．已知兩球質(zhì)量均為m，桿長均為L，重力加速度為g，忽略一切摩擦．求：(1)推力F的大?。鸢福篹q\f(\r(3),6)mg解析：對A球運用力的合成法可知F桿＝eq\f(\r(3),3)mg再對B球分析，水平推力F＝F桿cos60°＝eq\f(\r(3),6)mg(2)兩桿間的夾角變?yōu)?20°時，B球的動能．答案：eq\f(\r(3)－1,4)mgL解析：兩輕桿夾角為120°時，分別分解A、B兩球速度，可得vA＝vB由系統(tǒng)機械能守恒得mgeq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(\r(3),2)L－\f(1,2)L))＝eq\f(1,2)mveq\o\al(2,A)＋eq\f(1,2)mveq\o\al(2,B)則B球動能EkB＝eq\f(\r(3)－1,4)mgL(3)A球落地時重力的功率．答案：mgeq\r(\r(3)gL)解析：A球落地前瞬間，B球到達最左端vB＝0由能量守恒可得eq\f(\r(3),2)mgL＝eq\f(1,2)mveq\o\al(2,A)解得vA＝eq\r(\r(3)gL)，方向豎直向下則A球落地前瞬間重力的功率P＝mgvA＝mgeq\r(\r(3)gL)補不足、提能力，老師可增加訓練：《抓分題·基礎(chǔ)天天練》《一年好卷》。微專題8動力學和能量觀點的綜合應用傳送帶中的動力學和能量問題1．傳送帶中的動力學問題的分析思路2．傳送帶中的能量問題(1)求傳送帶對物體所做的功、物體和傳送帶由于相對滑動而產(chǎn)生的熱量、因放上物體而使電動機多消耗的電能等，常依據(jù)功能關(guān)系或能量守恒定律求解．(2)功能關(guān)系分析：W＝ΔEk＋ΔEp＋Q.(3)對W和Q的理解①傳送帶克服摩擦力做的功W＝fx傳．②產(chǎn)生的內(nèi)能Q＝fx相對．(2023·南京、鹽城一模)如圖所示，一長L＝6m的傾斜傳送帶在電動機帶動下以速度v＝4m/s沿順時針方向勻速轉(zhuǎn)動，傳送帶與水平方向的夾角θ＝37°.質(zhì)量m1＝4kg的小物塊A和質(zhì)量m2＝2kg的小物塊B由跨過定滑輪的輕繩連接，A與定滑輪間的繩子與傳送帶平行，不可伸長的輕繩足夠長．某時刻將物塊A輕輕放在傳送帶底端，已知物塊A與傳送帶間的動摩擦因數(shù)μ＝0.5，不計滑輪的質(zhì)量與摩擦，在A運動到傳送帶頂端前物塊B都沒有落地．取sin37°＝0.6，cos37°＝0.8，g＝10m/s2.求：(1)物塊B剛下降時的加速度a.答案：2m/s2解析：設繩中拉力為T1對A分析有μm1gcosθ＋T1－m1gsinθ＝m1a對B分析有m2g－T1＝m2a解得a＝2m/s2(2)物塊A從底端到達頂端所需的時間t.答案：2.5s解析：第一階段：物塊A經(jīng)過t1與傳送帶速度相同由t1＝eq\f(v,a)，得出t1＝2s物塊沿傳送帶上升距離L1＝eq\f(v2,2a)，得出L1＝4m因為μm1gcosθ＋m2g>m1gsinθ所以第二階段：物塊A受沿傳送帶向上的靜摩擦力，與傳送帶相對靜止一起勻速運動，到達頂端所需時間為t2由t2＝eq\f(L－L1,v)，得出t2＝0.5s則物塊從底端到達頂端所需時間t＝t1＋t2＝2.5s(3)物塊A從底端到達頂端時，電動機多做的功W.答案：136J解析：全過程中物塊A增加的重力勢能ΔEpA＝m1gLsinθ＝144J物塊B減少的重力勢能ΔEpB減＝m2gL＝120J物塊A、B動能增加ΔEk＝eq\f(1,2)(m1＋m2)v2＝48J物塊A與傳送帶間摩擦發(fā)熱Q＝μm1g(vt1－L1)cosθ＝64J則電動機多做的功W＝ΔEpA－ΔEpB減＋ΔEk＋Q得出W＝136J類題固法11．(2023·金陵中學)如圖所示，傳送帶以v的速度勻速運動．將質(zhì)量為m的物塊無初速度放在傳送帶上的A端，物塊將被傳送帶送到B端，已知物塊到達B端之前已和傳送帶相對靜止，則下列說法中正確的是(D)A．傳送帶對物塊做功為mv2B．傳送帶克服摩擦力做功為eq\f(1,2)mv2C．電動機由于傳送物塊多消耗的能量為eq\f(1,2)mv2D．在傳送物塊過程產(chǎn)生的熱量為eq\f(1,2)mv2解析：物塊受重力、支持力和摩擦力，根據(jù)動能定理，傳送帶對物塊做的功等于物塊動能的增加量，即eq\f(1,2)mv2，故A錯誤；在傳送物塊過程產(chǎn)生的熱量等于滑動摩擦力與相對路程的乘積，即Q＝fΔx，設加速時間為t，物塊的位移為x1＝eq\f(1,2)vt，傳送帶的位移為x2＝vt，根據(jù)動能定理，有fx1＝eq\f(1,2)mv2，故熱量Q＝fΔx＝f(x2－x1)＝eq\f(1,2)mv2，故D正確；克服摩擦力做的功等于fx2＝mv2，故B錯誤；電動機由于傳送物塊多消耗的能量等于物塊動能增加量和摩擦產(chǎn)生的內(nèi)能的和，故等于mv2，故C錯誤．2．(2024·徐州高三上期中)如圖所示，長度為L，傾角為θ的傳送帶始終以速度v0順時針運動，其頂端與一平臺水平相切，平臺上固定一個電動機，電動機的纜繩跨過光滑定滑輪與一個物塊(視為質(zhì)點)相連．電動機未啟動時，物塊恰好靜止在傳送帶底端，纜繩剛好伸直但無拉力．某時刻啟動電動機，物塊在纜繩恒定拉力的牽引下沿傳送帶向上運動，物塊速度增加至v0后，又經(jīng)過時間t0運動到傳送帶頂端時，此時速度大小為2v0.重力加速度為g，纜繩質(zhì)量忽略不計．求：(1)傳送帶表面與物塊之間動摩擦因數(shù)μ.答案：tanθ解析：電動機未啟動時，物塊靜止在傳送帶底端μmgcosθ＝mgsinθ解得μ＝tanθ(2)物塊速度為0.5v0時，物塊的加速度大小a.答案：eq\f(v0,t0)＋2gsinθ解析：啟動電動機，物塊在纜繩牽引下沿傳送帶向上運動，根據(jù)牛頓第二定律有F＋μmgcosθ－mgsinθ＝ma1物塊速度增加至v0后，有F－μmgcosθ－mgsinθ＝ma2解得a1＝eq\f(F,m)，a2＝eq\f(F－2mgsinθ,m)根據(jù)2v0＝v0＋a2t0解得F＝eq\f(mv0,t0)＋2mgsinθ當物塊速度為0.5v0時，有a＝a1＝eq\f(v0,t0)＋2gsinθ(3)物塊沿傳送帶上升的過程中，傳送帶對它做的功W.(已知物塊質(zhì)量為m)答案：2mveq\o\al(2,0)－mgLsinθ－eq\f(mv0L,t0)解析：物塊沿傳送帶上升的過程中，根據(jù)能量守恒eq\f(1,2)m(2v0)2－0＝FL－mgLsinθ＋W解得W＝2mveq\o\al(2,0)－mgLsinθ－eq\f(mv0L,t0)圓周運動中的受力和能量問題求解圓周運動受力和能量問題的方法(1)選擇合適的研究對象，根據(jù)運動狀態(tài)求某一個力或合力．(2)根據(jù)圓周運動的規(guī)律求向心力、向心加速度等．(3)根據(jù)功能關(guān)系或動能定理求解該過程中外力對研究對象所做的功．(2021·江蘇卷)如圖所示的離心裝置中，光滑水平輕桿固定在豎直轉(zhuǎn)軸的O點，小圓環(huán)A和輕質(zhì)彈簧套在輕桿上，長為2L的細線和彈簧兩端分別固定于O和A，質(zhì)量為m的小球B固定在細線的中點，裝置靜止時，細線與豎直方向的夾角為37°.現(xiàn)將裝置由靜止緩慢加速轉(zhuǎn)動，當細線與豎直方向的夾角增大到53°時，A、B間細線的拉力恰好減小到零，彈簧彈力與靜止時大小相等、方向相反，重力加速度為g，取sin37°＝0.6，cos37°＝0.8，求：(1)裝置靜止時，彈簧彈力的大小F.答案：eq\f(3mg,8)解析：設AB、OB的張力分別為F1、F2，A受力平衡F＝F1sin37°B受力平衡F1cos37°＋F2cos37°＝mg，F(xiàn)1sin37°＝F2sin37°解得F＝eq\f(3mg,8)(2)環(huán)A的質(zhì)量M.答案：eq\f(9,64)m解析：設裝置轉(zhuǎn)動的角速度為ω對A有F＝Mω2·eq\f(8,5)L對B有mgtan53°＝mω2·eq\f(4,5)L解得M＝eq\f(9,64)m(3)上述過程中裝置對A、B所做的總功W.答案：eq\f(31,30)mgL解析：B上升的高度h＝eq\f(1,5)L，A、B的動能分別為EkA＝eq\f(1,2)Meq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(ω·\f(8,5)L))eq\s\up12(2)，EkB＝eq\f(1,2)meq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(ω·\f(4,5)L))eq\s\up12(2)根據(jù)能量守恒定律可知W＝(EkA－0)＋(EkB－0)＋mgh解得W＝eq\f(31,30)mgL類題固法21．(2023·蘇錫常鎮(zhèn)調(diào)研一)如圖所示，一輕支架由水平段ON和豎直段OO′組成．輕彈簧一端固定于O點，另一端與套在水平桿ON上的A球相連，一根長為10cm的輕繩連接A、B兩球．A球質(zhì)量mA＝1kg，B球質(zhì)量mB＝4kg，A球與水平桿的動摩擦因數(shù)μ＝0.36，彈簧原長20cm，勁度系數(shù)k＝450N/m.初始時使A球盡量壓縮彈簧并恰好處于靜止狀態(tài)．現(xiàn)使系統(tǒng)繞OO′軸緩慢轉(zhuǎn)動起來，轉(zhuǎn)動過程中保持A、B兩球始終與OO′在同一豎直平面內(nèi)，當系統(tǒng)以某角速度穩(wěn)定轉(zhuǎn)動時，細繩與豎直方向成37°角，此時彈簧的彈力大小恰好與初始時相同．設最大靜摩擦力等于滑動摩擦力，不計空氣阻力，取sin37°＝0.6，cos37°＝0.8，g＝10m/s2.求：(1)初始時彈簧的長度．答案：0.16m解析：初始時彈簧處于壓縮狀態(tài)，A球恰好處于靜止狀態(tài)，設初始時彈簧的壓縮量為Δl，彈簧原長為l0則kΔl＝μ(mA＋mB)g代入數(shù)據(jù)解得Δl＝0.04m所以初始時彈簧的長度l＝l0－Δl＝0.16m(2)細繩與豎直方向成37°角時，系統(tǒng)轉(zhuǎn)動的角速度．答案：5rad/s解析：當系統(tǒng)以某角速度穩(wěn)定轉(zhuǎn)動，彈簧的彈力大小與初始時相同，則彈簧伸長了Δl對B球有mBgtan37°＝mBω2rBrB＝l0＋Δl＋Lsin37°代入數(shù)據(jù)解得ω＝5rad/s(3)整個過程中驅(qū)動力對系統(tǒng)所做的總功．答案：7.46J解析：根據(jù)能量守恒，整個過程中驅(qū)動力對系統(tǒng)所做的總功等于A、B球的動能增加量，B球的重力勢能增加量，A球與水平橫桿間摩擦產(chǎn)生的內(nèi)能之和．W＝eq\f(1,2)mAveq\o\al(2,A)＋eq\f(1,2)mBveq\o\al(2,B)＋mBg(L－Lcos37°)＋μ(mA＋mB)g·2ΔlvA＝ωrA，vB＝ωrB，rA＝l0＋Δl代入數(shù)據(jù)解得W＝7.46J2．(2023·南通通州區(qū)期中)如圖所示，M、N為兩根相同的輕彈簧，M豎直放置，上端與小物塊A相連，下端固定在地面上，N套在光滑水平輕桿上，左端固定在豎直細管上，右端與物塊B相連，一根不可伸長的輕繩穿過細管及管上的小孔連接物塊A和B.桿可繞細管在水平面內(nèi)轉(zhuǎn)動．初始時系統(tǒng)靜止，M處于壓縮狀態(tài)，兩彈簧的形變量均為Δx＝0.1m，物塊B與彈簧左端距離L＝0.8m．已知物塊A、B的質(zhì)量分別為mA＝2.0kg、mB＝0.4kg，A距管下端口及桿都足夠長，取g＝10m/s2.不計一切摩擦，彈簧始終在彈性限度內(nèi)．(1)系統(tǒng)靜止時，求輕繩中的張力F.答案：10N解析：系統(tǒng)靜止時設彈簧M中彈力為F1，A物體受力平衡，有mAg＝F1＋F易判斷此時彈簧N也處于壓縮狀態(tài)，B物體受力平衡，有F＝F1解得F＝10N(2)桿繞細管以角速度ω穩(wěn)定轉(zhuǎn)動時，A靜止，M的形變量仍為Δx，求角速度ω.答案：10rad/s解析：由題意可知兩彈簧均處于拉伸狀態(tài)，且形變量相同設繩中張力為F2，則A物體受力平衡mAg＋F1＝F2B物體F1＋F2＝mBω2rr＝L＋2Δx解得ω＝10rad/s(3)系統(tǒng)從靜止到(2)中情境的過程中，外界對系統(tǒng)做的功W.答案：24J解析：根據(jù)功能關(guān)系有W＝mAgh＋eq\f(1,2)mBveq\o\al(2,B)h＝2Δx，vB＝ωr解得W＝24J配套精練1．傳送帶以恒定速率順時針傳動，物塊以一定的初速度沖上傳送帶．物塊的動能Ek隨時間t變化的圖線可能正確的是(D)eq\o(\s\up7(),\s\do5(A)) eq\o(\s\up7(),\s\do5(B))eq\o(\s\up7(),\s\do5(C)) eq\o(\s\up7(),\s\do5(D))解析：如果傳送帶速度比物塊速度大，開始階段物塊加速μmgeq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(vt＋\f(1,2)at2))＝Ek－eq\f(1,2)mv2，圖像開始階段為開口向上的拋物線一部分，加速至共速后動能不變，A錯誤，D正確；如果傳送帶速度比物塊速度小，開始階段物塊減速－μmg(vt－eq\f(1,2)at2)＝Ek－eq\f(1,2)mv2，圖像開始階段為開口向上的拋物線一部分，達到共速后動能不變，B、C錯誤．2．(2024·儀征中學期初考試)如圖所示為速凍食品加工廠生產(chǎn)和包裝餃子的一道工序．將餃子輕放在勻速運轉(zhuǎn)的足夠長的水平傳送帶上，不考慮餃子之間的相互作用和空氣阻力．關(guān)于餃子在水平傳送帶上的運動，下列說法中正確的是(C)A．餃子一直做勻加速運動B．傳送帶的速度越快，餃子的加速度越大C．餃子由靜止開始加速到與傳送帶速度相等的過程中，增加的動能等于因摩擦產(chǎn)生的熱量D．傳送帶多消耗的電能等于餃子增加的動能解析：餃子在傳送帶上先做勻加速直線運動，后做勻速直線運動，故A錯誤；餃子的加速度a＝eq\f(F合,m)＝eq\f(μmg,m)＝μg，與傳送帶的速度無關(guān)，故B錯誤；餃子從靜止加速到與傳送帶共速的過程，餃子增加的動能Ek＝μmgs餃子，因摩擦產(chǎn)生的熱量Q＝μmgs相對，又因為餃子從初速度為零開始做勻加速運動到和傳送帶共速，餃子的位移s餃子＝eq\f(v,2)t，s相對＝s傳送帶－s餃子＝vt－eq\f(vt,2)＝eq\f(vt,2)，所以餃子增加的動能等于因摩擦產(chǎn)生的熱量，故C正確；傳送帶多消耗的電能等于餃子增加的動能與因摩擦產(chǎn)生的熱量的總和，故D錯誤．3．如圖所示，傾斜的長傳送帶上，物塊a通過平行于傳送帶的輕繩跨過光滑輕滑輪與物塊b相連．開始時a、b及傳送帶均靜止，且a剛好不受摩擦力作用，現(xiàn)使傳送帶順時針勻速轉(zhuǎn)動，則在a沿傳送帶向上運動的過程中(b未著地)(D)A．物塊a與傳送帶之間一定保持相對靜止B．摩擦力對a做的功等于a機械能的增量C．摩擦力對a做的功等于物塊a動能增量D．任意時刻，a克服重力的功率等于重力對b做功的功率4．(2023·無錫期終調(diào)研)如圖所示，水平傳送帶AB長l＝5m，以10m/s的速度順時針傳輸．質(zhì)量m＝1kg的滑塊可以視為質(zhì)點．放在與AB等高的平臺BC上，距離B點為L＝4m．滑塊僅在B點右側(cè)受到水平向左的恒定外力F＝6N．已知滑塊和AB、BC間的動摩擦因數(shù)分別為μ1＝0.20、μ2＝0.40，求：(1)滑塊第一次運動到B點時的動能Ek0.答案：8J解析：FL－μ2mgL＝Ek0解得Ek0＝8J(2)滑塊第一次從B點滑上傳送帶到再次返回B處所用的時間t.答案：4s解析：Ek0＝eq\f(1,2)mv2解得v＝4m/sa＝μ1g＝2m/