2024版高考物理復(fù)習(xí)教案：第一篇 專題二 第7講　動(dòng)能定理　機(jī)械能守恒定律　能量守恒定律

第7講動(dòng)能定理機(jī)械能守恒定律能量守恒定律目標(biāo)要求1.理解動(dòng)能定理、機(jī)械能守恒定律、能量守恒定律。2.會(huì)在具體問(wèn)題中靈活選擇合適的規(guī)律解決能量觀點(diǎn)問(wèn)題?？键c(diǎn)一動(dòng)能定理及應(yīng)用例1(2021·山東卷·3)如圖所示，粗糙程度處處相同的水平桌面上有一長(zhǎng)為L(zhǎng)的輕質(zhì)細(xì)桿，一端可繞豎直光滑軸O轉(zhuǎn)動(dòng)，另一端與質(zhì)量為m的小木塊相連。木塊以水平初速度v0出發(fā)，恰好能完成一個(gè)完整的圓周運(yùn)動(dòng)。在運(yùn)動(dòng)過(guò)程中，木塊所受摩擦力的大小為()A.eq\f(mv02,2πL)B.eq\f(mv02,4πL)C.eq\f(mv02,8πL)D.eq\f(mv02,16πL)答案B解析在運(yùn)動(dòng)過(guò)程中，只有摩擦力做功，而摩擦力做功與路徑有關(guān)，根據(jù)動(dòng)能定理－Ff·2πL＝0－eq\f(1,2)mv02，可得摩擦力的大小Ff＝eq\f(mv02,4πL)，故選B。例2(2022·浙江1月選考·20)如圖所示，處于豎直平面內(nèi)的一探究裝置，由傾角α＝37°的光滑直軌道AB、圓心為O1的半圓形光滑軌道BCD、圓心為O2的半圓形光滑細(xì)圓管軌道DEF、傾角也為37°的粗糙直軌道FG組成，B、D和F為軌道間的相切點(diǎn)，彈性板垂直軌道固定在G點(diǎn)(與B點(diǎn)等高)，B、O1、D、O2和F點(diǎn)處于同一直線上。已知可視為質(zhì)點(diǎn)的滑塊質(zhì)量m＝0.1kg，軌道BCD和DEF的半徑R＝0.15m，軌道AB長(zhǎng)度lAB＝3m，滑塊與軌道FG間的動(dòng)摩擦因數(shù)μ＝eq\f(7,8)，滑塊與彈性板作用后，以等大速度彈回，sin37°＝0.6，cos37°＝0.8?；瑝K開(kāi)始時(shí)均從軌道AB上某點(diǎn)靜止釋放。(1)若釋放點(diǎn)距B點(diǎn)的長(zhǎng)度l＝0.7m，求滑塊到最低點(diǎn)C時(shí)軌道對(duì)其支持力FN的大?。?2)設(shè)釋放點(diǎn)距B點(diǎn)的長(zhǎng)度為lx，滑塊第一次經(jīng)F點(diǎn)時(shí)的速度v與lx之間的關(guān)系式；(3)若滑塊最終靜止在軌道FG的中點(diǎn)，求釋放點(diǎn)距B點(diǎn)長(zhǎng)度lx的值。答案(1)7N(2)v＝eq\r(12lx－9.6)，其中l(wèi)x≥0.85m(3)見(jiàn)解析解析(1)滑塊由靜止釋放到C點(diǎn)過(guò)程，由能量守恒定律有mglsin37°＋mgR(1－cos37°)＝eq\f(1,2)mvC2在C點(diǎn)由牛頓第二定律有FN－mg＝meq\f(vC2,R)解得FN＝7N(2)要保證滑塊能到F點(diǎn)，必須能過(guò)DEF的最高點(diǎn)，當(dāng)滑塊恰能達(dá)到最高點(diǎn)時(shí)，根據(jù)動(dòng)能定理可得mgl1sin37°－(3mgRcos37°＋mgR)＝0解得l1＝0.85m因此要能過(guò)F點(diǎn)必須滿足lx≥0.85m能過(guò)最高點(diǎn)，則能到F點(diǎn)，根據(jù)動(dòng)能定理可得mglxsin37°－4mgRcos37°＝eq\f(1,2)mv2，解得v＝eq\r(12lx－9.6)，其中l(wèi)x≥0.85m.(3)設(shè)摩擦力做功為第一次到達(dá)中點(diǎn)時(shí)的n倍mglxsin37°－mgeq\f(lFG,2)sin37°－nμmgeq\f(lFG,2)cos37°＝0，lFG＝eq\f(4R,tan37°)解得lx＝eq\f(7n＋6,15)m(n＝1,3,5，…)又因?yàn)閘AB≥lx≥0.85m，lAB＝3m，當(dāng)n＝1時(shí)，lx1＝eq\f(13,15)m當(dāng)n＝3時(shí)，lx2＝eq\f(9,5)m當(dāng)n＝5時(shí)，lx3＝eq\f(41,15)m。1．應(yīng)用動(dòng)能定理解題的步驟圖解：2．應(yīng)用動(dòng)能定理的四點(diǎn)提醒：(1)動(dòng)能定理往往用于單個(gè)物體的運(yùn)動(dòng)過(guò)程，由于不涉及加速度和時(shí)間，比動(dòng)力學(xué)方法要簡(jiǎn)捷。(2)動(dòng)能定理表達(dá)式是一個(gè)標(biāo)量式，在某個(gè)方向上應(yīng)用動(dòng)能定理是沒(méi)有依據(jù)的。(3)物體在某個(gè)運(yùn)動(dòng)過(guò)程中包含幾個(gè)運(yùn)動(dòng)性質(zhì)不同的小過(guò)程(如加速、減速的過(guò)程)，對(duì)全過(guò)程應(yīng)用動(dòng)能定理，往往能使問(wèn)題簡(jiǎn)化。(4)多過(guò)程往復(fù)運(yùn)動(dòng)問(wèn)題一般應(yīng)用動(dòng)能定理求解。考點(diǎn)二機(jī)械能守恒定律及應(yīng)用1．判斷物體或系統(tǒng)機(jī)械能是否守恒的三種方法定義判斷法動(dòng)能與勢(shì)能之和不發(fā)生變化，系統(tǒng)機(jī)械能守恒能量轉(zhuǎn)化判斷法沒(méi)有與機(jī)械能以外的其他形式的能發(fā)生轉(zhuǎn)化時(shí)，系統(tǒng)機(jī)械能守恒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.機(jī)械能守恒定律的表達(dá)式3．連接體的機(jī)械能守恒問(wèn)題共速率模型分清兩物體位移大小與高度變化關(guān)系共角速度模型兩物體角速度相同，線速度與半徑成正比關(guān)聯(lián)速度模型此類問(wèn)題注意速度的分解，找出兩物體速度關(guān)系，當(dāng)某物體位移最大時(shí)，速度可能為0輕彈簧模型①同一根彈簧彈性勢(shì)能的大小取決于彈簧形變量的大小，在彈簧彈性限度內(nèi)，形變量相等，彈性勢(shì)能相等②由兩個(gè)或兩個(gè)以上的物體與彈簧組成的系統(tǒng)：彈簧形變量最大時(shí)，彈簧兩端連接的物體具有相同的速度；彈簧處于自然長(zhǎng)度時(shí)，彈簧彈性勢(shì)能最小(為零)說(shuō)明：以上連接體不計(jì)阻力和摩擦力，系統(tǒng)(包含彈簧)機(jī)械能守恒，單個(gè)物體機(jī)械能不守恒。若存在摩擦生熱，機(jī)械能不守恒，可用能量守恒定律進(jìn)行求解。例3(2022·全國(guó)乙卷·16)固定于豎直平面內(nèi)的光滑大圓環(huán)上套有一個(gè)小環(huán)，小環(huán)從大圓環(huán)頂端P點(diǎn)由靜止開(kāi)始自由下滑，在下滑過(guò)程中，小環(huán)的速率正比于()A．它滑過(guò)的弧長(zhǎng)B．它下降的高度C．它到P點(diǎn)的距離D．它與P點(diǎn)的連線掃過(guò)的面積答案C解析如圖所示，設(shè)小環(huán)下降的高度為h，大圓環(huán)的半徑為R，小環(huán)到P點(diǎn)的距離為L(zhǎng)，根據(jù)機(jī)械能守恒定律得mgh＝eq\f(1,2)mv2，由幾何關(guān)系可得h＝Lsinθ，sinθ＝eq\f(L,2R)，聯(lián)立可得h＝eq\f(L2,2R)，則v＝Leq\r(\f(g,R))，故C正確，A、B、D錯(cuò)誤。例4(2023·江蘇連云港市模擬)如圖所示，豎直面內(nèi)處于同一高度的光滑釘子M、N相距2L。帶有光滑小孔的小球A穿過(guò)輕繩，輕繩的一端固定在釘子M上，另一端繞過(guò)釘子N與小球B相連，B球質(zhì)量為m。用手將A球托住靜止在M、N連線的中點(diǎn)P處，此時(shí)B球也處于靜止?fàn)顟B(tài)。放手后，A球下落的最大距離為eq\f(4,3)L，重力加速度為g，B球未運(yùn)動(dòng)到釘子N處。sin53°＝0.8，cos53°＝0.6，求：(1)A球的質(zhì)量mA；(2)A球下落0.75L時(shí)的速度大小v。答案(1)m(2)eq\r(\f(25gL,122))解析(1)A球下落到最低點(diǎn)時(shí)，根據(jù)幾何關(guān)系可得B上升的高度為hB＝2eq\r(\f(4L,3)2＋L2)－2L＝eq\f(4L,3)根據(jù)A、B系統(tǒng)機(jī)械能守恒有mAghA＝mghB解得A球的質(zhì)量mA＝m(2)A球下落0.75L時(shí)，設(shè)A球與M或N連線與豎直方向的夾角為θ，根據(jù)幾何關(guān)系有tanθ＝eq\f(L,\f(3,4)L)＝eq\f(4,3)，解得θ＝53°，根據(jù)幾何關(guān)系可得B球上升高度為hB′＝2eq\r(\f(3L,4)2＋L2)－2L＝0.5L，根據(jù)運(yùn)動(dòng)的合成與分解可得vB＝2vcos53°，根據(jù)系統(tǒng)機(jī)械能守恒，則有mAg×0.75L＝mghB′＋eq\f(1,2)mAv2＋eq\f(1,2)mvB2，聯(lián)立解得v＝eq\r(\f(25gL,122))。

考點(diǎn)三能量守恒定律及應(yīng)用例5如圖所示，質(zhì)量為2000kg的電梯的纜繩發(fā)生斷裂后向下墜落，電梯剛接觸井底緩沖彈簧時(shí)的速度為4m/s，緩沖彈簧被壓縮2m時(shí)電梯停止了運(yùn)動(dòng)，下落過(guò)程中安全鉗總共提供給電梯17000N的滑動(dòng)摩擦力。已知彈簧的彈性勢(shì)能為Ep＝eq\f(1,2)kx2(k為彈簧的勁度系數(shù)，x為彈簧的形變量)，安全鉗提供的滑動(dòng)摩擦力等于最大靜摩擦力，重力加速度g＝10m/s2，下列說(shuō)法正確的是()A．彈簧的勁度系數(shù)為3000N/mB．整個(gè)過(guò)程中電梯的加速度一直在減小C．電梯停止在井底時(shí)受到的摩擦力大小為17000ND．從電梯接觸彈簧到速度最大的過(guò)程中電梯和彈簧組成的系統(tǒng)損失的機(jī)械能約為4636J答案D解析電梯剛接觸井底緩沖彈簧時(shí)的速度為4m/s，緩沖彈簧被壓縮2m時(shí)電梯停止運(yùn)動(dòng)，根據(jù)能量守恒，得eq\f(1,2)mv2＋mg·Δx＝eq\f(1,2)k(Δx)2＋Ff·Δx，代入數(shù)據(jù)解得k＝11000N/m，故A錯(cuò)誤；與彈簧接觸前，電梯做勻加速直線運(yùn)動(dòng)，接觸彈簧后，先做加速度逐漸減小的加速運(yùn)動(dòng)后做加速度逐漸增大的減速運(yùn)動(dòng)，故B錯(cuò)誤；電梯停止在井底時(shí)，由受力平衡得kΔx＝mg＋Ff靜，代入數(shù)據(jù)解得Ff靜＝kΔx－mg＝22000N－20000N＝2000N，故C錯(cuò)誤；當(dāng)電梯速度最大時(shí)，此時(shí)加速度為零，則kΔx′＋Ff＝mg，解得Δx′＝eq\f(mg－Ff,k)＝eq\f(20000－17000,11000)m＝eq\f(3,11)m，從電梯接觸彈簧到速度最大的過(guò)程中，電梯和彈簧組成的系統(tǒng)損失的機(jī)械能等于摩擦力做的負(fù)功，則ΔE＝Ff·Δx′＝17000×eq\f(3,11)J≈4636J，故D正確。例6(2023·江蘇鹽城市、南京市期末)如圖，一長(zhǎng)L＝6m的傾斜傳送帶在電動(dòng)機(jī)帶動(dòng)下以速度v＝4m/s沿順時(shí)針?lè)较騽蛩俎D(zhuǎn)動(dòng)，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(guò)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(zhǎng)的輕繩足夠長(zhǎng)。某時(shí)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(dòng)摩擦因數(shù)μ＝0.5，不計(jì)滑輪的質(zhì)量與摩擦，在A運(yùn)動(dòng)到傳送帶頂端前物塊B都沒(méi)有落地。取sin37°＝0.6，cos37°＝0.8，重力加速度g＝10m/s2。求：(1)物塊B剛下降時(shí)的加速度a的大?。?2)物塊A從底端到達(dá)頂端所需的時(shí)間t；(3)物塊A從底端到達(dá)頂端時(shí)，電動(dòng)機(jī)多做的功W。答案(1)2m/s2(2)2.5s(3)136J解析(1)對(duì)A分析FT＋μm1gcosθ－m1gsinθ＝m1a對(duì)B分析m2g－FT＝m2a解得a＝2m/s2(2)當(dāng)A達(dá)到與傳送帶共速所用時(shí)間t1＝eq\f(v,a)＝2sA的位移x1＝eq\f(v,2)t1＝4m之后勻速，時(shí)間t2＝eq\f(L－x1,v)＝0.5s物塊A從底端到達(dá)頂端所需的時(shí)間t＝t1＋t2＝2.5s(3)物塊A從底端到達(dá)頂端時(shí)，與傳送帶的相對(duì)位移Δx＝vt1－x1＝4m根據(jù)能量守恒得W＋m2gL－m1gLsinθ＝eq\f(1,2)(m1＋m2)v2＋μm1gΔxcosθ解得W＝136J。傳送帶問(wèn)題的綜合分析涉及物體在傳送帶上運(yùn)動(dòng)的具體細(xì)節(jié)問(wèn)題，一般用動(dòng)力學(xué)觀點(diǎn)進(jìn)行解決。傳送帶因傳送物體多做的功，從能量的觀點(diǎn)進(jìn)行分析，等于物體增加的動(dòng)能、重力勢(shì)能及摩擦生熱，而摩擦生熱需要用摩擦力與相對(duì)路程的乘積進(jìn)行求解。1.如圖所示，傾角為θ的斜面AB段光滑，BP段粗糙，一輕彈簧下端固定于斜面底端P處，彈簧處于原長(zhǎng)時(shí)上端位于B點(diǎn)，可視為質(zhì)點(diǎn)、質(zhì)量為m的物體與BP之間的動(dòng)摩擦因數(shù)為μ(μ<tanθ)，物體從A點(diǎn)由靜止釋放，將彈簧壓縮后恰好能回到AB的中點(diǎn)Q。已知A、B間的距離為x，重力加速度為g，則()A．物體的最大動(dòng)能等于mgxsinθB．彈簧的最大形變量大于eq\f(1,2)xC．物體第一次往返中克服摩擦力做的功為eq\f(1,2)mgxsinθD．物體第二次沿斜面上升的最高位置在B點(diǎn)答案C解析物體接觸彈簧前，由機(jī)械能守恒定律可知，物體剛接觸彈簧時(shí)的動(dòng)能為Ek＝mgxsinθ，物體接觸彈簧后，重力沿斜面向下的分力先大于滑動(dòng)摩擦力和彈簧彈力的合力，物體先加速下滑，后來(lái)重力沿斜面向下的分力小于滑動(dòng)摩擦力和彈簧彈力的合力，物體減速下滑，所以當(dāng)重力沿斜面向下的分力等于滑動(dòng)摩擦力和彈簧彈力的合力時(shí)物體所受的合力為零，速度最大，動(dòng)能最大，所以物體的最大動(dòng)能一定大于mgxsinθ，A錯(cuò)誤；設(shè)彈簧的最大壓縮量為L(zhǎng)，彈性勢(shì)能最大為Ep，物體從A到最低點(diǎn)的過(guò)程，由能量守恒定律得mg(L＋x)sinθ＝μmgLcosθ＋Ep，物體從最低點(diǎn)到Q點(diǎn)的過(guò)程，由能量守恒定律得mg(L＋eq\f(x,2))sinθ＋μmgLcosθ＝Ep，聯(lián)立解得L＝eq\f(xtanθ,4μ)，由于μ<tanθ，但未知它們的具體參數(shù)，則無(wú)法說(shuō)明彈簧的最大形變量是否大于eq\f(1,2)x，B錯(cuò)誤；第一次往返過(guò)程中，根據(jù)能量守恒定律，可知損失的能量等于克服摩擦力做的功，則有ΔE＝2μmgLcosθ＝eq\f(1,2)mgxsinθ，C正確；設(shè)從Q到第二次最高點(diǎn)位置C，有mgxQCsinθ＝2μmgL′cosθ，如果L′＝L，則有xQC＝eq\f(x,2)，即最高點(diǎn)為B，但由于物體從Q點(diǎn)下滑，則彈簧的最大形變量L′＜L，所以最高點(diǎn)應(yīng)在B點(diǎn)上方，D錯(cuò)誤。2.北京冬奧會(huì)中的冰壺比賽令人印象深刻，冰壺比賽場(chǎng)地如圖所示：運(yùn)動(dòng)員從起滑架處推著冰壺(可視為質(zhì)點(diǎn))沿中心線出發(fā)，在投擲線處放手讓冰壺以一定的速度滑出，使冰壺的停止位置盡量靠近大本營(yíng)圓心O，為了使冰壺滑行得更遠(yuǎn)，運(yùn)動(dòng)員可以用毛刷摩擦冰壺運(yùn)行路徑前方的冰面，使冰壺與冰面間的阻力減小。已知冰壺質(zhì)量m＝20kg，未刷冰時(shí)，冰壺與冰面間的動(dòng)摩擦因數(shù)μ1＝0.02，刷冰后μ2＝0.01，起滑架到投擲線的距離l1＝10m，投擲線與圓心O點(diǎn)的距離為l2＝30m，取g＝10m/s2，則：(1)比賽中在不刷冰的情況下，要使冰壺剛好停在大本營(yíng)圓心O處，求冰壺從投擲線被投出時(shí)速度v0大??；(2)比賽中若冰壺從投擲線被投出時(shí)速度v1＝3m/s，為了使冰壺恰好停在圓心O處，求冰壺被投出后需要刷冰的距離s；(3)運(yùn)動(dòng)員從起滑架處開(kāi)始對(duì)冰壺施加一個(gè)沿中心線的水平推力F＝20N，推著冰壺由靜止出發(fā)，冰壺到達(dá)投擲線之前就撤除推力，冰壺沿著中心線做勻減速直線運(yùn)動(dòng)，在不刷冰的情況下，最后停在圓心O處，求推力F的作用時(shí)間t。答案(1)2eq\r(3)m/s(2)15m(3)2eq\r(5)s解析(1)研究冰壺運(yùn)動(dòng)過(guò)程，根據(jù)位移與速度關(guān)系得v02＝2a1l2a1＝μ1g解得v0＝2eq\r(3)m/s(2)研究冰壺的運(yùn)動(dòng)過(guò)程，根據(jù)動(dòng)能定理得－μ1mg(l2－s)－μ2mgs＝0－eq\f(1,2)mv12解得s＝15m(3)研究冰壺運(yùn)動(dòng)全程，根據(jù)動(dòng)能定理得Fl－μ1mg(l1＋l2)＝0又F－μ1mg＝mal＝eq\f(1,2)at2解得t＝2eq\r(5)s。專題強(qiáng)化練[保分基礎(chǔ)練]1．(2023·江蘇鹽城市三模)物體從離地高H處的M點(diǎn)開(kāi)始做自由落體運(yùn)動(dòng)，下落至離地高度為eq\f(1,3)H處的N點(diǎn)，不計(jì)空氣阻力，下列能量條形圖表示了物體在M和N處的動(dòng)能Ek和重力勢(shì)能Ep的相對(duì)大小關(guān)系，可能正確的是()答案D解析由題意可知，物體重力勢(shì)能變?yōu)樵瓉?lái)的eq\f(1,3)，A錯(cuò)誤；由于機(jī)械能守恒，動(dòng)能與重力勢(shì)能之和應(yīng)等于釋放時(shí)的機(jī)械能，B、C錯(cuò)誤；設(shè)釋放位置所在平面為參考平面，則機(jī)械能為零，D正確。2．義烏國(guó)際商貿(mào)城的跳跳桿玩具廣受孩子們的喜愛(ài)。如圖甲所示，跳跳桿底部裝有一根彈簧，某次小孩從最低點(diǎn)彈起，以小孩運(yùn)動(dòng)的最低點(diǎn)為坐標(biāo)原點(diǎn)，豎直向上為x軸正方向，小孩與桿整體的動(dòng)能與其坐標(biāo)位置的關(guān)系如圖乙所示，圖像0～x3之間為曲線，x2為其最高點(diǎn)，x3～x4為直線，不計(jì)空氣阻力的影響。則下列說(shuō)法正確的是()A．x1位置時(shí)小孩處于超重狀態(tài)B．x2位置時(shí)小孩不受彈簧彈力作用C．x3位置時(shí)小孩所受合外力為零D．x1～x4過(guò)程小孩的機(jī)械能始終守恒答案A解析x1位置時(shí)小孩向上加速運(yùn)動(dòng)，處于超重狀態(tài)，故A正確；x2位置時(shí)小孩向上運(yùn)動(dòng)動(dòng)能最大，速度最大，小孩所受重力與彈簧彈力二力平衡，小孩受彈簧彈力作用，故B錯(cuò)誤；x3～x4為直線，由動(dòng)能定理可得Ek－Ek0＝－mgh，解得Ek＝Ek0－mgh，x3位置時(shí)小孩僅受重力作用，故C錯(cuò)誤；x1～x3過(guò)程小孩與彈簧組成的系統(tǒng)機(jī)械能守恒，x3～x4過(guò)程小孩的機(jī)械能守恒，故D錯(cuò)誤。3.如圖所示，質(zhì)量m1＝0.2kg的物體P穿在一固定的光滑水平直桿上，直桿右端固定一光滑定滑輪。一繞過(guò)兩光滑定滑輪的細(xì)線的一端與物體P相連，另一端與質(zhì)量m2＝0.45kg的物體Q相連。開(kāi)始時(shí)物體P在外力作用下靜止于A點(diǎn)，繩處于伸直狀態(tài)，已知OA＝0.3m，AB＝0.4m，取重力加速度大小g＝10m/s2，兩物體均視為質(zhì)點(diǎn)，不計(jì)空氣阻力。某時(shí)刻撤去外力、同時(shí)給P一水平向左的速度v，物體P恰能運(yùn)動(dòng)到B點(diǎn)，則v的大小為()A．3m/s B．4m/sC．5m/s D．6m/s答案A解析由幾何關(guān)系可得OB＝eq\r(AB2＋OA2)＝0.5m，則當(dāng)P從A到B的過(guò)程中，Q的位移x＝OB－OA＝0.2m，由系統(tǒng)機(jī)械能守恒得eq\f(1,2)m1v2＝m2gx，解得v＝3m/s，故選A。4．(2023·江蘇省模擬)如圖所示，在豎直平面內(nèi)有一半徑為2.0m的四分之一圓弧形光滑導(dǎo)軌AB，A點(diǎn)與其最低點(diǎn)C的高度差為1.0m，今由A點(diǎn)沿導(dǎo)軌無(wú)初速度釋放一個(gè)小球，若取g＝10m/s2，則()A．小球過(guò)B點(diǎn)的速度vB＝eq\r(5)m/sB．小球過(guò)B點(diǎn)的速度vB＝2eq\r(5\r(3)－1)m/sC．小球離開(kāi)B點(diǎn)后做平拋運(yùn)動(dòng)D．小球離開(kāi)B點(diǎn)后繼續(xù)做半徑為2.0m的圓周運(yùn)動(dòng)直到到達(dá)與A點(diǎn)等高的D點(diǎn)答案B解析設(shè)∠AOC＝θ，∠BOC＝α，則cosθ＝eq\f(R－h(huán),R)＝eq\f(1,2)，解得θ＝60°，所以α＝90°－θ＝30°，從A到B下降的高度為Δh＝Rcosα－Rcosθ＝(eq\r(3)－1)m，由A到B，根據(jù)機(jī)械能守恒定律得mgΔh＝eq\f(1,2)mvB2，解得vB＝2eq\r(5\r(3)－1)m/s，故A錯(cuò)誤，B正確；小球離開(kāi)B點(diǎn)后，速度斜向右上，只受重力作用，做斜上拋運(yùn)動(dòng)，故C、D錯(cuò)誤。5.(2023·江蘇省蘇錫常鎮(zhèn)二模)如圖為某水上樂(lè)園設(shè)計(jì)的水滑梯結(jié)構(gòu)簡(jiǎn)圖。傾斜滑道與滑板間的動(dòng)摩擦因數(shù)為μ，水平滑道與滑板間的動(dòng)摩擦因數(shù)為2μ，兩滑道平滑連接。若傾斜滑道高度h一定，要確保游客能從傾斜滑道上由靜止滑下，并能滑出水平滑道，不計(jì)空氣阻力，游客(含滑板)可視為質(zhì)點(diǎn)，下列設(shè)計(jì)符合要求的是()A．L1＝eq\f(3h,2μ)，L2＝eq\f(3h,5μ) B．L1＝eq\f(h,2μ)，L2＝eq\f(h,3μ)C．L1＝eq\f(h,3μ)，L2＝eq\f(h,4μ) D．L1＝eq\f(h,4μ)，L2＝eq\f(h,2μ)答案C解析要從傾斜滑道滑下，要求mgsinθ>μmgcosθ，即μ<tanθ＝eq\f(h,L1)，即L1<eq\f(h,μ)，A錯(cuò)誤；要從水平滑道滑出，要求mgh>μmgL1＋2μmgL2，即L2<eq\f(h,2μ)－eq\f(L1,2)，代入B、C、D中的數(shù)據(jù)可知C正確，B、D錯(cuò)誤。6.(2022·湖北卷·5)如圖所示，質(zhì)量分別為m和2m的小物塊P和Q，用輕質(zhì)彈簧連接后放在水平地面上，P通過(guò)一根水平輕繩連接到墻上。P的下表面光滑，Q與地面間的動(dòng)摩擦因數(shù)為μ，最大靜摩擦力等于滑動(dòng)摩擦力。用水平拉力將Q向右緩慢拉開(kāi)一段距離，撤去拉力后，Q恰好能保持靜止。彈簧形變始終在彈性限度內(nèi)，彈簧的勁度系數(shù)為k，重力加速度大小為g。若剪斷輕繩，P在隨后的運(yùn)動(dòng)過(guò)程中相對(duì)于其初始位置的最大位移大小為()A.eq\f(μmg,k)B.eq\f(2μmg,k)C.eq\f(4μmg,k)D.eq\f(6μmg,k)答案C解析Q恰好能保持靜止時(shí)，設(shè)彈簧的伸長(zhǎng)量為x，滿足kx＝2μmg，剪斷輕繩后，Q所受彈力將小于最大靜摩擦力，故Q將仍保持靜止，物塊P與彈簧組成的系統(tǒng)機(jī)械能守恒，彈簧的最大壓縮量也為x，因此P相對(duì)于其初始位置的最大位移大小為s＝2x＝eq\f(4μmg,k)，故選C。7.(2023·江蘇無(wú)錫市期終教學(xué)質(zhì)量調(diào)研)傳送帶以恒定速率順時(shí)針傳動(dòng)，物塊以一定的初速度沖上傳送帶。物塊的動(dòng)能Ek隨時(shí)間t變化的圖線可能正確的是()答案D解析如果傳送帶速度比物塊速度大，開(kāi)始階段物塊加速，有μmg(vt＋eq\f(1,2)at2)＝Ek－eq\f(1,2)mv2，圖像開(kāi)始階段為開(kāi)口向上的拋物線一部分，加速至共速后動(dòng)能不變，A錯(cuò)誤，D正確；如果傳送帶速度比物塊速度小，開(kāi)始階段物塊減速，有－μmg(vt－eq\f(1,2)at2)＝Ek－eq\f(1,2)mv2，圖像開(kāi)始階段為開(kāi)口向上的拋物線一部分，減速至共速后動(dòng)能不變，B、C錯(cuò)誤。8．(2021·湖北卷·4)如圖(a)所示，一物塊以一定初速度沿傾角為30°的固定斜面上滑，運(yùn)動(dòng)過(guò)程中摩擦力大小f恒定，物塊動(dòng)能Ek與運(yùn)動(dòng)路程s的關(guān)系如圖(b)所示．重力加速度大小取10m/s2，物塊質(zhì)量m和所受摩擦力大小f分別為()A．m＝0.7kg，f＝0.5NB．m＝0.7kg，f＝1.0NC．m＝0.8kg，f＝0.5ND．m＝0.8kg，f＝1.0N答案A解析0～10m內(nèi)物塊上滑，由動(dòng)能定理得－mgsin30°·s－fs＝Ek－Ek0，整理得Ek＝Ek0－(mgsin30°＋f)s，結(jié)合0～10m內(nèi)的圖像得，斜率的絕對(duì)值|k|＝mgsin30°＋f＝4N,10～20m內(nèi)物塊下滑，由動(dòng)能定理得(mgsin30°－f)(s－s1)＝Ek，整理得Ek＝(mgsin30°－f)s－(mgsin30°－f)s1，結(jié)合10～20m內(nèi)的圖像得，斜率k′＝mgsin30°－f＝3N，聯(lián)立解得f＝0.5N，m＝0.7kg，故選A。[爭(zhēng)分提能練]9.(2023·江蘇淮安市二模)如圖所示，A、B兩點(diǎn)位于同一高度，細(xì)線的一端系有質(zhì)量為M的小物塊，另一端繞過(guò)B處的定滑輪固定在A點(diǎn)，質(zhì)量為m的小球固定在細(xì)線上C點(diǎn)?，F(xiàn)將小球從圖示水平位置由靜止釋放，小球運(yùn)動(dòng)到D點(diǎn)時(shí)速度恰好為零(此時(shí)小物塊未到達(dá)B點(diǎn))，圖中△ABD為直角三角形，小物塊和小球均可視為質(zhì)點(diǎn)，∠DBA＝37°，忽略一切摩擦和空氣阻力，重力加速度為g，sin37°＝0.6，cos37°＝0.8，則()A．小球重力的功率一直增大B．M∶m＝3∶5C．運(yùn)動(dòng)過(guò)程中存在3個(gè)位置小球和小物塊速度大小相等D．小球運(yùn)動(dòng)到D點(diǎn)時(shí)，小物塊受到的拉力大小為eq\f(8,11)Mg答案D解析小球在題圖所示水平位置和D點(diǎn)時(shí)速度均為0，重力的功率也為0，故重力的功率不是一直增大，故A錯(cuò)誤；設(shè)AD長(zhǎng)為3L，根據(jù)機(jī)械能守恒定律有Mg·2L＝mg·3Lcos37°，解得M∶m＝6∶5，故B錯(cuò)誤；小球在題圖所示水平位置和D點(diǎn)時(shí)，小球和小物塊的速度大小相等，均為0，AC長(zhǎng)度不變，小球做圓周運(yùn)動(dòng)，其他位置小球速度沿BD方向的分速度大小等于小物塊的速度大小，因此只有2個(gè)位置兩者速度相等，故C錯(cuò)誤；設(shè)小球在最低點(diǎn)D時(shí)沿BD方向的加速度大小為a，BD中的拉力為FT，根據(jù)牛頓第二定律有Mg－FT＝Ma，F(xiàn)T－mgcos53°＝ma，解得FT＝eq\f(8,11)Mg，故D正確。10．(2023·江蘇南通市期末)如圖所示，一個(gè)工作臺(tái)由水平傳送帶與傾角θ＝37°足夠長(zhǎng)的斜面體組成，傳送帶AB間的長(zhǎng)度L＝1.7m，傳送帶順時(shí)針勻速轉(zhuǎn)動(dòng)?，F(xiàn)讓質(zhì)量m＝1kg的小物塊以某水平向右的速度從A點(diǎn)滑上傳送帶，恰好能滑到斜面上高度h＝1.08m的C點(diǎn)，物塊與斜面體、傳送帶之間的動(dòng)摩擦因數(shù)均為μ＝0.5，傳送帶與斜面平滑連接，取g＝10m/s2，sin37°＝0.6，cos37°＝0.8。(1)求物塊由A運(yùn)動(dòng)到B時(shí)的速度大??；(2)若改變傳送帶轉(zhuǎn)速，物塊從A點(diǎn)水平滑上傳送帶，滑上斜面后恰好能返回出發(fā)點(diǎn)A，求物塊從A點(diǎn)滑上傳送帶時(shí)初動(dòng)能的最小值Ekmin。答案(1)6m/s(2)34J解析(1)物塊恰好能滑到C，B到C做加速度大小為a的勻減速運(yùn)動(dòng)，C點(diǎn)速度為零，則mgsin37°＋μmgcos37°＝ma0－vB2＝－2a·eq\f(h,sin37°)解得vB＝6m/s(2)設(shè)當(dāng)物塊滑上斜面H高度后返回，經(jīng)傳送帶減速剛好回到A點(diǎn)，速度為零，則物塊從A點(diǎn)滑上傳送帶時(shí)初動(dòng)能最小，物塊從最高點(diǎn)到達(dá)A點(diǎn)過(guò)程，根據(jù)動(dòng)能定理可得mgH－μmgcos37°·eq\f(H,sin37°)－μmgL＝0解得H＝2.55m設(shè)物塊從A點(diǎn)至到達(dá)最高點(diǎn)過(guò)程，傳送帶對(duì)物塊做功為Wf，根據(jù)動(dòng)能定理可得Wf－mgH－μmgcos37°·eq\f(H,sin37°)＝0－Ek解得Ek＝mgH＋μmgcos37°·eq\f(H,sin37°)－Wf故當(dāng)Wf最大時(shí)，物塊從A點(diǎn)滑上傳送帶時(shí)初動(dòng)能最小，即物塊從A到B整個(gè)過(guò)程傳送帶始終對(duì)物塊做正功，此時(shí)物塊從A點(diǎn)滑上傳送帶時(shí)初動(dòng)能最小，即Ekmin＝mgH＋μmgcos37°·eq\f(H,sin37°)－μmgL＝34J。11