考向11 動能定理 機(jī)械能-備戰(zhàn)2023年高考物理一輪復(fù)習(xí)考點微專題

考向11動能定理機(jī)械能【重點知識點目錄】對動能、動能定理的理解及動能定理的應(yīng)用動能定理的圖像問題機(jī)械能守恒的理解與判斷單個物體、多個物體的機(jī)械能1．（2022?甲卷）北京2022年冬奧會首鋼滑雪大跳臺局部示意圖如圖所示。運動員從a處由靜止自由滑下，到b處起跳，c點為a、b之間的最低點，a、c兩處的高度差為h。要求運動員經(jīng)過c點時對滑雪板的壓力不大于自身所受重力的k倍，運動過程中將運動員視為質(zhì)點并忽略所有阻力，則c點處這一段圓弧雪道的半徑不應(yīng)小于（）A． B． C． D．【答案】D。【解析】解：從a到c根據(jù)動能定理有：mgh＝在c點根據(jù)牛頓第二定律有：kmg﹣mg＝聯(lián)立解得：R＝故ABC錯誤，D正確；2．（2022?浙江）物流公司通過滑軌把貨物直接裝運到卡車中，如圖所示，傾斜滑軌與水平面成24°角，長度l1＝4m，水平滑軌長度可調(diào)，兩滑軌間平滑連接。若貨物從傾斜滑軌頂端由靜止開始下滑，其與滑軌間的動摩擦因數(shù)均為μ＝，貨物可視為質(zhì)點（取cos24°＝0.9，sin24°＝0.4）。（1）求貨物在傾斜滑軌上滑行時加速度a1的大?。唬?）求貨物在傾斜滑軌末端時速度v的大?。唬?）若貨物滑離水平滑軌末端時的速度不超過2m/s，求水平滑軌的最短長度l2?！敬鸢浮浚?）貨物在傾斜滑軌上滑行時加速度a1的大小為2m/s2；（2）貨物在傾斜滑軌末端時速度v的大小為4m/s；（3）若貨物滑離水平滑軌末端時的速度不超過2m/s，則水平滑軌的最短長度為2.7m?！窘馕觥拷猓海?）傾斜滑軌與水平面成θ＝24°角，對貨物根據(jù)牛頓第二定律可得：mgsinθ﹣μmgcosθ＝ma1代入數(shù)據(jù)解得：a1＝2m/s2；（2）根據(jù)速度—位移關(guān)系可得：v2＝2a1l1代入數(shù)據(jù)解得：v＝4m/s；（3）貨物在水平軌道上運動時，根據(jù)動能定理可得：﹣μmgl2＝﹣，其中v′＝2m/s代入數(shù)據(jù)解得：l2＝2.7m。（多選）3．（2022?湖南）下端附著重物的粗細(xì)均勻木棒，豎直浮在河面，在重力和浮力作用下，沿豎直方向做頻率為1Hz的簡諧運動；與此同時，木棒在水平方向上隨河水做勻速直線運動，如圖（a）所示。以木棒所受浮力F為縱軸，木棒水平位移x為橫軸建立直角坐標(biāo)系，浮力F隨水平位移x的變化如圖（b）所示。已知河水密度為ρ，木棒橫截面積為S，重力加速度大小為g。下列說法正確的是（）A．x從0.05m到0.15m的過程中，木棒的動能先增大后減小 B．x從0.21m到0.25m的過程中，木棒加速度方向豎直向下，大小逐漸變小 C．x＝0.35m和x＝0.45m時，木棒的速度大小相等，方向相反 D．木棒在豎直方向做簡諧運動的振幅為 E．木棒的運動為向x軸正方向傳播的機(jī)械橫波，波速為0.4m/s【答案】ABD。【解析】解：A、木棒在豎直方向做簡諧運動，根據(jù)圖（b）可知x＝0.1m處，木棒達(dá)到平衡位置，此時的速度最大，所以x從0.05m到0.15m的過程中，木棒的動能先增大后減小，故A正確；B、x＝0.2m時木棒浮力最小，此時木棒在上方最大位移處，重力大于浮力，木棒開始向下振動，x從0.21m到0.25m的過程中，木棒的浮力增大，但小于重力，說明在木棒加速度方向豎直向下，大小逐漸變小，故B正確；C、在x＝0.35m和x＝0.45m時，木板的浮力相同，說明木板處于同一位置，根據(jù)簡諧運動的對稱性可知，在x＝0.35m和x＝0.45m時木棒豎直方向的速度大小相等，方向相反，但木棒水平方向速度相同，根據(jù)速度的合成可知，木棒的速度方向不是相反，故C錯誤；D、設(shè)木棒在平衡位置處浸沒的深度為h，振幅為A。浮力最大時，有：F1＝ρgS（A+h），浮力最小時，有：F2＝ρgS（h﹣A），聯(lián)立解得：A＝，故D正確；E、振動質(zhì)點不會隨波逐流，故D錯誤。4．（2021?湖北）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，運動過程中摩擦力大小f恒定，物塊動能Ek與運動路程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＝0.5N B．m＝0.7kg，f＝1.0N C．m＝0.8kg，f＝0.5N D．m＝0.8kg，f＝1.0N【答案】A。【解析】解：對物塊根據(jù)動能定理可知在上滑過程中：﹣fs﹣mgssin30°＝mv2變形可得Ek＝（f+mgsin30°）s在下降過程中：mgssin30°﹣fs＝mv'2變形可得Ek'＝（mgsin30°﹣f）s結(jié)合圖像聯(lián)立解得m＝0.7kg，f＝0.5N故A正確，BCD錯誤（多選）5．（2022?遼寧）如圖所示，帶電荷量為6Q（Q＞0）的球1固定在傾角為30°光滑絕緣斜面上的a點，其正上方L處固定一電荷量為﹣Q的球2，斜面上距a點L處的b點有質(zhì)量為m的帶電球3，球3與一端固定的絕緣輕質(zhì)彈簧相連并在b點處于靜止?fàn)顟B(tài)。此時彈簧的壓縮量為，球2、3間的靜電力大小為。迅速移走球1后，球3沿斜面向下運動。g為重力加速度，球的大小可忽略，下列關(guān)于球3的說法正確的是（）A．帶負(fù)電 B．運動至a點的速度大小為 C．運動至a點的加速度大小為2g D．運動至ab中點時對斜面的壓力大小為mg【答案】BCD?！窘馕觥拷猓篈、由題意可知三小球構(gòu)成一個等邊三角形，小球1和3之間的力大于小球2和3之間的力，彈簧處于壓縮狀態(tài)，故小球1和3一定是斥力，小球1帶正電，故小球3帶正電，故A錯誤；B、小球3運動至a點時，彈簧的伸長量等于，根據(jù)對稱性可知，小球2對小球3做功為0；彈簧彈力做功為0，根據(jù)動能定理得：解得：，故B正確；C、小球3在b點時，設(shè)小球3的電荷量為q，有設(shè)彈簧的彈力為F，根據(jù)受力平衡，沿斜面方向有解得：小球運動至a點時，彈簧的伸長量等于，根據(jù)對稱性可知解得：a＝2g，故C正確；D、當(dāng)運動至ab中點時，彈簧彈力為0，此時小球2對小球3的拉力為斜面對小球的支持力為根據(jù)牛頓第三定律可知，小球?qū)π泵娴膲毫Υ笮閙g，故D正確；6．（2022?上海）如圖所示，AB為平直導(dǎo)軌，長為L，物塊與導(dǎo)軌間動摩擦因數(shù)為μ，BC為光滑曲面。A與地面間高度差為h1，BC間高度差為h2，一個質(zhì)量為m的物塊在水平恒力作用下，從A點靜止開始向右運動，到達(dá)B點時撤去恒力，物塊經(jīng)過C點后落地，已知重力加速度為g。（1）若物塊落地時動能為E1，求其經(jīng)過B點時的動能EkB；（2）若要物塊落地時動能小于E1，求恒力必須滿足的條件。【答案】（1）若物塊落地時動能為E1，求其經(jīng)過B點時的動能為E1﹣mgh1；（2）若要物塊落地時動能小于E1，求恒力必須滿足的條件為＜F＜?！窘馕觥拷猓海?）從B到落地過程中機(jī)械能守恒，設(shè)地面為零勢能面，則mgh1+EkB＝E1化簡得：EkB＝E1﹣mgh1（2）整個過程中根據(jù)動能定理得：FmaxL﹣μmgL+mgh1＝E1所以Fmax＝若物體恰能達(dá)到C點，根據(jù)動能定理得：FminL﹣μmgL﹣mgh2＝0解得：Fmin＝綜上所述可得：＜F＜重力勢能的理解

物體由于被舉高而具有的能量叫做重力勢能，物體的重力勢能等于它所受重力與所處高度的乘積．其表達(dá)式為：Ep=mgh．

重力勢能是一個相對量，它的數(shù)值與參考平面的選擇有關(guān)，同一個物體在同一位置，相對于不同的參考平面，其重力勢能的數(shù)值不同．所以，研究重力勢能，必須首先選取參考平面．通常情況下，選取地面作為重力勢能的參考平面．在解題時，經(jīng)常選取物體運動過程中的最低位置所在平面作為參考平面，這樣可以避免負(fù)勢能的計算．重力做功的求解方法（1）公式法

利用WG=mgh求解，其中h為初、末位置的高度差．

（2）轉(zhuǎn)化法

對于無法利用做功公式來計算重力做功的問題，我們可以轉(zhuǎn)換一下思考的角度，因為重力做功與重力勢能的變化相對應(yīng)，所以通過求重力勢能的變化量來求重力做功是一種解題途徑．即利用公式WG=Ep1-Ep2=-△Ep，通過求重力勢能的變化△Ep來求重力做的功WG．（3）整體法、等效法

常用于求物體系統(tǒng)或液體的重力做功．對于大小和形狀不可忽略的物體，要由其重心的位置來確定它相對參考平面的高度．三、機(jī)械能守恒定律1．判斷機(jī)械能是否守恒的方法（1）利用機(jī)械能的定義判斷：分析動能與勢能的和是否變化。如：勻速下落的物體動能不變，重力勢能減少，物體的機(jī)械能必減少。（2）用做功判斷：若物體或系統(tǒng)只有重力（或彈簧的彈力）做功，或有其他力做功，但其他力做功的代數(shù)和為零，機(jī)械能守恒。（3）用能量轉(zhuǎn)化來判斷：若系統(tǒng)中只有動能和勢能的相互轉(zhuǎn)化，而無機(jī)械能與其他形式的能的轉(zhuǎn)化，則系統(tǒng)的機(jī)械能守恒。（4）對一些繩子突然繃緊、物體間非彈性碰撞等問題機(jī)械能一般不守恒，除非題中有特別說明或暗示。2．應(yīng)用機(jī)械能守恒定律解題的基本思路（1）選取研究對象--物體或系統(tǒng)。（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、△Ek=-△Ep或△EA=-△EB）進(jìn)行求解。注：機(jī)械能守恒定律的應(yīng)用往往與曲線運動綜合起來，其聯(lián)系點主要在初末狀態(tài)的速度與圓周運動的動力學(xué)問題有關(guān)、與平拋運動的初速度有關(guān)。3．對于系統(tǒng)機(jī)械能守恒問題，應(yīng)抓住以下幾個關(guān)鍵：（1）分析清楚運動過程中各物體的能量變化；（2）哪幾個物體構(gòu)成的系統(tǒng)機(jī)械能守恒；（3）各物體的速度之間的聯(lián)系。四、圖像問題常與動能定理結(jié)合的四類圖像解決物理圖像問題的基本步驟一、動能定理1．內(nèi)容：合外力在一個過程中對物體所做的功等于物體在這個過程中動能的變化。2．表達(dá)式：W=EK2-EK1。3．物理意義：動能定理指出了外力對物體所做的總功與物體動能變化之間的關(guān)系，即合力的功是物體動能變化的量度。4．動能定理的適用條件（1）動能定理既適用于直線運動，也適用于曲線運動。（2）既適用于恒力做功，也適用于變力做功。（3）力可以是各種性質(zhì)的力，既可以同時作用，也可以不同時作用。5．對動能定理的理解（1）一個物體的動能變化△Ek與合外力對物體所做功W具有等量代換關(guān)系。①若△Ek＞0，表示物體的動能增加，其增加量等于合外力對物體所做的正功。②若△Ek＜0，表示物體的動能減少，其減少量等于合外力對物體所做的負(fù)功的絕對值。③若△Ek=0，表示合外力對物體所做的功等于零。反之亦然。這種等量代換關(guān)系提供了一種計算變力做功的簡便方法。（2）動能定理公式中等號的意義：等號表明合力做功與物體動能的變化間的三個關(guān)系：①數(shù)量關(guān)系：即合外力所做的功與物體動能的變化具有等量代換關(guān)系?？梢酝ㄟ^計算物體動能的變化，求合力的功，進(jìn)而求得某一力的功。②單位相同：國際單位都是焦耳。③因果關(guān)系：合外力的功是物體動能變化的原因。（3）動能定理中涉及的物理量有F、x、m、v、W、Ek等，在處理含有上述物理量的力學(xué)問題時，可以考慮使用動能定理。由于只需要從力在整個位移內(nèi)所做的功和這段位移始末兩狀態(tài)的動能變化去考慮，無需注意其中運動狀態(tài)變化的細(xì)節(jié)，同時動能和功都是標(biāo)量，無方向性，所以無論是直線運動還是曲線運動，計算都會特別方便。（4）動能定理中的位移和速度必須是相對于同一個參考系的，一般以地面為參考系。注意：功和動能都是標(biāo)量，動能定理表達(dá)式是一個標(biāo)量式，不能在某一個方向上應(yīng)用動能定理，但牛頓第二定律是矢量方程，可以在互相垂直的方向上分別使用分量方程。題型一：對動能定理表達(dá)式的直接考核二、動能1．定義：物體由于運動而具有的能叫動能．2．公式：．單位：焦耳（J）．3．矢標(biāo)性：動能是標(biāo)量，只有正值．4．動能是狀態(tài)量．而動能的變化量是過程量．5．動能具有相對性，動能的大小與參照物的選取有關(guān)，中學(xué)物理中，一般取地球為參照物．題型一：對動能公式的考查三、重力勢能重力做的功1．特點：只跟物體運動的起點和終點的位置有關(guān)，而跟物體運動的路徑無關(guān)．物體下降時重力做正功；物體被舉高時重力做負(fù)功．

2．表達(dá)式：WG=mgh=mg（h1-h2），其中h1、h2分別表示物體起點和終點的高度．重力勢能1．定義：物體由于被舉高而具有的能量叫做重力勢能．

2．大?。何矬w的重力勢能等于它所受重力與所處高度的乘積，表達(dá)式為Ep=mgh．3．單位：在國際單位制中重力勢能的單位是焦耳（J），與功的單位相同．重力勢能的性質(zhì)1．相對性

（1）參考平面：物體的重力勢能總是相對于某一水平面來說的，這個水平面叫做參考平面．在參考平面上，物體的重力勢能取作0．（2）重力勢能的相對性①選擇不同的參考平面，物體重力勢能的數(shù)值是不同的．②對選定的參考平面，上方物體的重力勢能是正值，下方物體的重力勢能是負(fù)值，負(fù)號表示物體在這個位置具有的重力勢能要比在參考平面上具有的重力勢能?。?．標(biāo)矢性

重力勢能為標(biāo)量，其正負(fù)表示重力勢能的大?。矬w在參考平面上方時，重力勢能為正值，在參考平面下方時，重力勢能為負(fù)值．

3．系統(tǒng)性

重力勢能是地球與物體所組成的系統(tǒng)共有的．四、重力做功與重力勢能變化的關(guān)系1．關(guān)系式：WG=Ep1-Ep2．其中Ep1=mgh1表示物體的初位置的重力勢能，Ep2=mgh2表示物體的末位置的重力勢能．2．當(dāng)物體由高處運動到低處時，重力做正功，重力勢能減少，也就是WG＞0，Ep1＞Ep2．重力勢能減少的數(shù)量等于重力所做的功．3．當(dāng)物體由低處運動到高處時，重力做負(fù)功，或者說物體克服重力做功，重力勢能增大，也就是WG＜0，Ep1＜Ep2．重力勢能增加的數(shù)量等于物體克服重力所做的功．重力做功與重力勢能變化的關(guān)系的進(jìn)一步理解：

重力勢能是相對的，式中h是物體到參考平面的高度．選取不同的參考平面，只影響物體重力的數(shù)值，而不影響重力勢能的差值．即重力勢能的變化與參考平面的選取無關(guān)．

重力對物體做多少正（負(fù)）功，物體的重力勢能就減小（增大）多少，即W=-△Ep（△Ep為重力勢能的增量）．重力做正功等于物體重力勢能的減少，物體克服重力做的功等于物體重力勢能的增加．

重力做功與路徑無關(guān)，只與物體的初末位置的高度差和重力大小有關(guān)，但是重力做功，不能引起物體機(jī)械能的變化．動能和勢能的相互轉(zhuǎn)化擺錘1、擺球向下擺動過程中，重力勢能變小，速度變大，擺錘的動能變大，擺錘的重力勢能轉(zhuǎn)化為動能．2、當(dāng)擺錘過中點向上轉(zhuǎn)動過程中，速度變小，擺錘的動能變小，重力勢能變大，擺錘的動能轉(zhuǎn)化為重力勢能．滾擺1、上升：速度變慢，高度變高，動能變小，重力勢能變大，動能轉(zhuǎn)化為重力勢能．2、下降：速度變快，高度變低，動能變大，重力勢能變小，重力勢能轉(zhuǎn)化為動能．結(jié)論：

動能和勢能相互轉(zhuǎn)化：（1）動能的增減變化要以速度的增減來判斷．（2）重力勢能的增減變化要以物體離地面高度的變化來判斷．（3）彈性勢能的增減要根據(jù)形變大小的變化來判斷．（4）動能和勢能的相互轉(zhuǎn)化過程中，必定有動能和勢能各自變化，而且一定是此增彼減．易錯題【01】功與能的關(guān)系容易搞混，做功是能量轉(zhuǎn)移或者轉(zhuǎn)化的方式。易錯題【02】摩擦力做的負(fù)功并不是全部轉(zhuǎn)化成內(nèi)能，應(yīng)該是系統(tǒng)克服摩擦力做的功才轉(zhuǎn)化。成內(nèi)能易錯題【03】注意單個物體機(jī)械能守恒的條件和系統(tǒng)機(jī)械能守恒條件的區(qū)別，單個物體機(jī)械能守恒條件是只有重力做功，系統(tǒng)機(jī)械能守恒的條件是系統(tǒng)內(nèi)只有重力或彈力做功7．（2022春?贛州期末）北京時間2月6日晚，2022女足亞洲杯決賽在印度打響。在上半場0：2落后于韓國隊的情況下，中國女足下半場奮起直追連進(jìn)三球，最終完成超級逆轉(zhuǎn)，奪得亞洲杯冠軍，向永不言棄的“鏗鏘玫瑰”致敬！已知足球質(zhì)量約為400g，比賽中運動員將足球從地面踢出后，足球上升的最大高度約為3m，在最高點的速度約為10m/s，不考慮空氣阻力，g取10m/s2，試估算運動員此次踢球過程中對足球做的功為（）A．0J B．20J C．12J D．32J8．（2022?南京模擬）一小物塊沿傾角為30°的固定斜面向上滑動，而后又滑回到出發(fā)點。該過程中，物塊的動能Ek與位移x關(guān)系的圖像如圖所示，取g＝10m/s2，設(shè)物塊的質(zhì)量為m，物塊與斜面間的動摩擦因數(shù)為μ，則（）A．m＝0.6kg， B．m＝0.6kg， C．m＝0.8kg， D．m＝0.8kg，9．（2022春?石景山區(qū)期末）電梯轎廂地板上靜置一質(zhì)量為m的物體，電梯轎廂在鋼索拉力作用下，由靜止開始向上加速運動，當(dāng)上升高度為H時，速度達(dá)到v，對此過程，下列說法正確的是（）A．轎廂地板對物體的支持力做的功等于 B．轎廂地板對物體的支持力做的功等于mgH C．轎廂鋼索的拉力做的功等于 D．合力對物體做的功等于10．（2021春?黃浦區(qū)校級期末）如圖為物體沿直線運動的v﹣t圖，已知第1秒內(nèi)合外力對物體做功為W，則（）A．從第1秒末到第3秒末合外力做功為4W B．從第3秒末到第5秒末合外力做功為﹣2W C．從第5秒末到第7秒末合外力做功為W D．從第6秒末到第7秒末合外力做功為﹣0.75W11．（2022春?新市區(qū)校級期末）如圖所示，一半圓弧形細(xì)桿ABC豎直固定在水平地面上，AC為其水平直徑，圓弧半徑BO＝3.6m．質(zhì)量為m＝4.0kg的小圓環(huán)（可視為質(zhì)點，小環(huán)直徑略大于桿的粗細(xì)）套在細(xì)桿上，在大小為50N、沿圓的切線方向的拉力F作用下，從A點由靜止開始運動，到達(dá)B點時對細(xì)桿的壓力恰好為0．已知π取3.14，重力加速度g取10m/s2，在這一過程中摩擦力做功為（）A．﹣72J B．﹣36J C．﹣210.6J D．﹣66.6J12．（2022春?南開區(qū)期末）如圖所示，小球自a點由靜止自由下落，到b點時恰與彈簧接觸，到c點時彈簧被壓縮到最短，若不計彈簧質(zhì)量和空氣阻力，在小球由a→b→c的運動過程中（）A．小球的機(jī)械能守恒 B．小球在b點時動能最大 C．到c點時彈簧彈性勢能的增加量等于小球動能的減少量 D．到c點時彈簧彈性勢能的增加量等于小球重力勢能的減少量13．（2022春?杭州期末）如圖所示，輕質(zhì)動滑輪下方懸掛重物A、輕質(zhì)定滑輪下方懸掛重物B，懸掛滑輪的輕質(zhì)細(xì)線豎直。開始時，A、B處于靜止?fàn)顟B(tài)，釋放后A、B開始運動。已知A、B的質(zhì)量相等，若不計一切阻力，在兩重物開始一起運動的一小段時間內(nèi)，下列說法正確的是（）A．A向下運動，B向上運動 B．A的機(jī)械能減小，B的機(jī)械能增加，A、B系統(tǒng)的機(jī)械能守恒 C．A和B的速度大小始終相等 D．B重力的功率大小始終是A的2倍14．（2022春?源匯區(qū)校級期中）連接A、B兩點的弧形軌道ACB和ADB關(guān)于A、B的連線對稱，軌道材料相同，粗糙程度相同，如圖所示，一個小物塊由A點以一定的初速度v開始沿ACB軌道到達(dá)B點的速度為v1；若由A以大小相同的初速度v沿ADB軌道到達(dá)B點的速度為v2。v1和v2的大小關(guān)系為（）A．v1＞v2 B．v1＝v2 C．v1＜v2 D．條件不足，無法判定15．（2022春?南關(guān)區(qū)校級期中）質(zhì)量為2πkg的均勻條形鐵鏈AB在半徑R＝m的光滑半球體上方保持靜止，已知∠AOB＝60°，給鐵鏈AB一個微小的擾動使之向右沿球面下滑，當(dāng)端點A滑至C處時鐵鏈變?yōu)樨Q直狀態(tài)且其速度大小為2m/s，以O(shè)C所在平面為參考平面，g取10m/s2，則下列說法中正確的是（）A．鐵鏈在初始位置時具有的重力勢能為120J B．鐵鏈在初始位置時其重心距OC面的高度為3m C．鐵鏈的端點A滑至C點時其重心下降高度為（）m D．鐵鏈的端點B滑至C點時其速度大小為3m/s16．（2022春?閻良區(qū)期末）如圖所示，輕質(zhì)繩索一端固定，另外一端連接到工程車的牽引裝置上．繩索穿過兩輕質(zhì)滑輪以提升礦井中質(zhì)量為30kg的礦物．懸掛動滑輪的輕質(zhì)細(xì)線豎直，不計滑輪與繩之間的摩擦．在前2s內(nèi)，工程車從靜止出發(fā)以1m/s2的加速度勻加速行駛．g＝10m/s2，則在這2s內(nèi)，工程車通過繩索對礦物所做的功為（）A．660J B．360J C．315J D．300J17．（2022春?遼寧期中）如圖所示，半徑為R的孔徑均勻的圓形彎管水平放置，小球在管內(nèi)以足夠大的初速度v在水平面內(nèi)做圓周運動，小球與管壁間的動摩擦因數(shù)為μ，設(shè)從開始運動的一周內(nèi)小球從A到B和從B到A的過程中摩擦力對小球做功分別為W1和W2，在這一周內(nèi)摩擦力做的總功為W3，則下列關(guān)系式正確的是（）A．W3＝0 B．W3＞W(wǎng)1+W2 C．W1＝W2 D．W1＞W(wǎng)218．（2022春?如皋市期中）某城市廣場噴泉的噴嘴橫截面為S，用于給噴管噴水的電動機(jī)輸出功率為P。已知水的密度為ρ，重力加速度為g，不計空氣阻力，則噴泉噴出的水柱高度為（）A． B． C． D．19．（2022春?浙江期中）質(zhì)量為1kg的物體靜止在粗糙的水平地面上，在一水平外力F的作用下運動，如圖甲所示。外力F做的功和物體克服摩擦力f做的功W與物體位移x的關(guān)系如圖乙所示，重力加速度g取10m/s2。下列分析正確的是（）A．物體與地面之間的動摩擦因數(shù)為0.3 B．物體運動的最大位移為13m C．物體在前3m位移中的加速度為5m/s2 D．x＝9m時，物體的速度為3m/s20．（2022春?贛州期末）如圖所示，輕繩跨過輕質(zhì)定滑輪，兩端分別系著質(zhì)量為1kg和3kg的小球a和b，小球a靜止于地面，用手托住小球b，當(dāng)繩剛好被拉直時，小球b離地面的高度h為0.4m，若無初速度釋放小球b，不計一切摩擦和阻力，小球a不會碰到滑輪，g取10m/s2，則小球b落地前瞬間速度大小為（）A．2m/s B．1m/s C． D．21．（2022春?金東區(qū)校級期中）如圖甲所示，豎直光滑桿固定不動，套在桿上的彈簧下端固定，將套在桿上的滑塊向下壓縮彈簧至其離地高度h1＝0.1m處，滑塊與彈簧不拴接?，F(xiàn)由靜止釋放滑塊，通過傳感器測量到滑塊的速度和離地高度h并作出滑塊的Ek﹣h圖像，其中高度從0.2m上升到0.35m范圍內(nèi)圖像為直線，其余部分為曲線，以地面為零勢能面，取g＝10m/s2，由圖像可知（）A．滑塊的質(zhì)量為0.1kg B．彈簧原長為0.1m C．彈簧最大彈性勢能為0.32J D．滑塊的重力勢能與彈簧的彈性勢能總和最小為0.38J22．（2022春?煙臺期中）如圖所示，一根光滑的細(xì)桿上穿有一個質(zhì)量為m的小球A，小球A和質(zhì)量為M的物塊B通過一根足夠長的輕繩繞過定滑輪（大小可忽略不計）相連，細(xì)桿與定滑輪之間的水平間距L＝0.8m，現(xiàn)將小球A從與定滑輪同一高度處由靜止釋放，已知m＝0.34kg，M＝0.5kg，g＝10m/s2，A離地足夠高，不計一切摩擦阻力。求：（1）A能下降的最大高度hm；（結(jié)果保留兩位有效數(shù)字）（2）當(dāng)A下降高度為h＝0.6m時A的速度大小。23．（2022春?安陽期末）如圖所示，質(zhì)量為m＝1kg的物塊從空中的P點以速度，與水平方向成φ＝60°角拋出，恰好沿傳送帶方向進(jìn)入傳送帶。傳送帶與水平方向的夾角θ＝30°，傳送帶以v0＝4m/s的速度順時針轉(zhuǎn)動，物塊與傳送帶間的動摩擦因數(shù)為，傳動帶長L＝3m，重力加速度g取10m/s2，物塊可看成質(zhì)點，求：（1）物塊從P點拋出到進(jìn)入傳送帶的時間；（2）物塊從傳送帶的最上端運動到最下端的時間；（3）物塊從傳送帶的最上端運動到最下端因摩擦產(chǎn)生的熱量。24．（2022春?肥城市期中）如圖所示，AB為傾角θ＝37°的光滑斜面軌道，BP為圓心角等于143°、半徑R＝1m的豎直光滑圓弧形軌道，兩軌道相切于B點，P與圓心O兩點在同一豎直線上。輕彈簧一端固定在A點，另一自由端在斜面上C點處，現(xiàn)有一質(zhì)量m＝2kg的物塊在外力作用下將彈簧緩慢壓縮到D點后（不拴接）釋放，物塊經(jīng)過B點后恰能沿豎直圓軌道到達(dá)P點，已知斜面部分的長度sDC＝0.2m，sCB＝1m，sin37°＝0.6，cos37°＝0.8，g＝10m/s2）。試求：（1）物塊在P點的速度大小。（2）物塊在B點的速度大小。（3）將彈簧緩慢壓縮到D點時，彈簧儲存的彈性勢能；（4）若CB部分粗糙且動摩擦因數(shù)為μ＝0.25，其余軌道光滑，將上述物塊在外力作用下將彈簧緩慢壓縮到D’點后（不拴接）釋放，要使物塊經(jīng)過B點后仍恰能到達(dá)P點，求釋放后彈簧對物塊做的功。25．（2022?湖北）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與地面間的動摩擦因數(shù)為μ，最大靜摩擦力等于滑動摩擦力。用水平拉力將Q向右緩慢拉開一段距離，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在隨后的運動過程中相對于其初始位置的最大位移大小為（）A． B． C． D．26．（2021?全國）如圖，一質(zhì)量為m的小球從高度為H的地方以初速度v0水平拋出。不計空氣阻力，當(dāng)小球在豎直方向上下降的距離為h時，其動能為（）A．m+mgH B．m+mgh C．mgH﹣mgh D．m+mg（H﹣h）27．（2021?乙卷）一籃球質(zhì)量為m＝0.60kg，一運動員使其從距地面高度為h1＝1.8m處由靜止自由落下，反彈高度為h2＝1.2m。若使籃球從距地面h3＝1.5m的高度由靜止下落，并在開始下落的同時向下拍球，球落地后反彈的高度也為1.5m。假設(shè)運動員拍球時對球的作用力為恒力，作用時間為t＝0.20s；該籃球每次與地面碰撞前后的動能的比值不變。重力加速度大小取g＝10m/s2，不計空氣阻力。求：（1）運動員拍球過程中對籃球所做的功；（2）運動員拍球時對籃球的作用力的大小。28．（2020?浙江）如圖所示，一彈射游戲裝置由安裝在水平臺面上的固定彈射器、豎直圓軌道（在最低點E分別與水平軌道EO和EA相連）、高度h可調(diào)的斜軌道AB組成。游戲時滑塊從O點彈出，經(jīng)過圓軌道并滑上斜軌道。全程不脫離軌道且恰好停在B端則視為游戲成功。已知圓軌道半徑r＝0.1m，OE長L1＝0.2m，AC長L2＝0.4m，圓軌道和AE光滑，滑塊與AB、OE之間的動摩擦因數(shù)μ＝0.5．滑塊質(zhì)量m＝2g且可視為質(zhì)點，彈射時從靜止釋放且彈簧的彈性勢能完全轉(zhuǎn)化為滑塊動能。忽略空氣阻力，各部分平滑連接。求（1）滑塊恰好能過圓軌道最高點F時的速度vF大??；（2）當(dāng)h＝0.1m且游戲成功時，滑塊經(jīng)過E點對圓軌道的壓力FN大小及彈簧的彈性勢能EP0；（3）要使游戲成功，彈簧的彈性勢能EP與高度h之間滿足的關(guān)系。29．（2022?遼寧）如圖所示，光滑水平面AB和豎直面內(nèi)的光滑圓弧導(dǎo)軌在B點平滑連接，導(dǎo)軌半徑為R。質(zhì)量為m的帶正電小球?qū)⑤p質(zhì)彈簧壓縮至A點后由靜止釋放，脫離彈簧后經(jīng)過B點時的速度大小為，之后沿軌道BO運動。以O(shè)為坐標(biāo)原點建立直角坐標(biāo)系xOy，在x≥﹣R區(qū)域有方向與x軸夾角為θ＝45°的勻強(qiáng)電場，進(jìn)入電場后小球受到的電場力大小為mg。小球在運動過程中電荷量保持不變，重力加速度為g。求：（1）彈簧壓縮至A點時的彈性勢能；（2）小球經(jīng)過O點時的速度大??；（3）小球過O點后運動的軌跡方程。

考向11動能定理機(jī)械能【重點知識點目錄】對動能、動能定理的理解及動能定理的應(yīng)用動能定理的圖像問題機(jī)械能守恒的理解與判斷單個物體、多個物體的機(jī)械能1．（2022?甲卷）北京2022年冬奧會首鋼滑雪大跳臺局部示意圖如圖所示。運動員從a處由靜止自由滑下，到b處起跳，c點為a、b之間的最低點，a、c兩處的高度差為h。要求運動員經(jīng)過c點時對滑雪板的壓力不大于自身所受重力的k倍，運動過程中將運動員視為質(zhì)點并忽略所有阻力，則c點處這一段圓弧雪道的半徑不應(yīng)小于（）A． B． C． D．【答案】D?！窘馕觥拷猓簭腶到c根據(jù)動能定理有：mgh＝在c點根據(jù)牛頓第二定律有：kmg﹣mg＝聯(lián)立解得：R＝故ABC錯誤，D正確；2．（2022?浙江）物流公司通過滑軌把貨物直接裝運到卡車中，如圖所示，傾斜滑軌與水平面成24°角，長度l1＝4m，水平滑軌長度可調(diào)，兩滑軌間平滑連接。若貨物從傾斜滑軌頂端由靜止開始下滑，其與滑軌間的動摩擦因數(shù)均為μ＝，貨物可視為質(zhì)點（取cos24°＝0.9，sin24°＝0.4）。（1）求貨物在傾斜滑軌上滑行時加速度a1的大小；（2）求貨物在傾斜滑軌末端時速度v的大?。唬?）若貨物滑離水平滑軌末端時的速度不超過2m/s，求水平滑軌的最短長度l2?！敬鸢浮浚?）貨物在傾斜滑軌上滑行時加速度a1的大小為2m/s2；（2）貨物在傾斜滑軌末端時速度v的大小為4m/s；（3）若貨物滑離水平滑軌末端時的速度不超過2m/s，則水平滑軌的最短長度為2.7m?！窘馕觥拷猓海?）傾斜滑軌與水平面成θ＝24°角，對貨物根據(jù)牛頓第二定律可得：mgsinθ﹣μmgcosθ＝ma1代入數(shù)據(jù)解得：a1＝2m/s2；（2）根據(jù)速度—位移關(guān)系可得：v2＝2a1l1代入數(shù)據(jù)解得：v＝4m/s；（3）貨物在水平軌道上運動時，根據(jù)動能定理可得：﹣μmgl2＝﹣，其中v′＝2m/s代入數(shù)據(jù)解得：l2＝2.7m。（多選）3．（2022?湖南）下端附著重物的粗細(xì)均勻木棒，豎直浮在河面，在重力和浮力作用下，沿豎直方向做頻率為1Hz的簡諧運動；與此同時，木棒在水平方向上隨河水做勻速直線運動，如圖（a）所示。以木棒所受浮力F為縱軸，木棒水平位移x為橫軸建立直角坐標(biāo)系，浮力F隨水平位移x的變化如圖（b）所示。已知河水密度為ρ，木棒橫截面積為S，重力加速度大小為g。下列說法正確的是（）A．x從0.05m到0.15m的過程中，木棒的動能先增大后減小 B．x從0.21m到0.25m的過程中，木棒加速度方向豎直向下，大小逐漸變小 C．x＝0.35m和x＝0.45m時，木棒的速度大小相等，方向相反 D．木棒在豎直方向做簡諧運動的振幅為 E．木棒的運動為向x軸正方向傳播的機(jī)械橫波，波速為0.4m/s【答案】ABD?！窘馕觥拷猓篈、木棒在豎直方向做簡諧運動，根據(jù)圖（b）可知x＝0.1m處，木棒達(dá)到平衡位置，此時的速度最大，所以x從0.05m到0.15m的過程中，木棒的動能先增大后減小，故A正確；B、x＝0.2m時木棒浮力最小，此時木棒在上方最大位移處，重力大于浮力，木棒開始向下振動，x從0.21m到0.25m的過程中，木棒的浮力增大，但小于重力，說明在木棒加速度方向豎直向下，大小逐漸變小，故B正確；C、在x＝0.35m和x＝0.45m時，木板的浮力相同，說明木板處于同一位置，根據(jù)簡諧運動的對稱性可知，在x＝0.35m和x＝0.45m時木棒豎直方向的速度大小相等，方向相反，但木棒水平方向速度相同，根據(jù)速度的合成可知，木棒的速度方向不是相反，故C錯誤；D、設(shè)木棒在平衡位置處浸沒的深度為h，振幅為A。浮力最大時，有：F1＝ρgS（A+h），浮力最小時，有：F2＝ρgS（h﹣A），聯(lián)立解得：A＝，故D正確；E、振動質(zhì)點不會隨波逐流，故D錯誤。4．（2021?湖北）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，運動過程中摩擦力大小f恒定，物塊動能Ek與運動路程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＝0.5N B．m＝0.7kg，f＝1.0N C．m＝0.8kg，f＝0.5N D．m＝0.8kg，f＝1.0N【答案】A?！窘馕觥拷猓簩ξ飰K根據(jù)動能定理可知在上滑過程中：﹣fs﹣mgssin30°＝mv2變形可得Ek＝（f+mgsin30°）s在下降過程中：mgssin30°﹣fs＝mv'2變形可得Ek'＝（mgsin30°﹣f）s結(jié)合圖像聯(lián)立解得m＝0.7kg，f＝0.5N故A正確，BCD錯誤（多選）5．（2022?遼寧）如圖所示，帶電荷量為6Q（Q＞0）的球1固定在傾角為30°光滑絕緣斜面上的a點，其正上方L處固定一電荷量為﹣Q的球2，斜面上距a點L處的b點有質(zhì)量為m的帶電球3，球3與一端固定的絕緣輕質(zhì)彈簧相連并在b點處于靜止?fàn)顟B(tài)。此時彈簧的壓縮量為，球2、3間的靜電力大小為。迅速移走球1后，球3沿斜面向下運動。g為重力加速度，球的大小可忽略，下列關(guān)于球3的說法正確的是（）A．帶負(fù)電 B．運動至a點的速度大小為 C．運動至a點的加速度大小為2g D．運動至ab中點時對斜面的壓力大小為mg【答案】BCD?！窘馕觥拷猓篈、由題意可知三小球構(gòu)成一個等邊三角形，小球1和3之間的力大于小球2和3之間的力，彈簧處于壓縮狀態(tài)，故小球1和3一定是斥力，小球1帶正電，故小球3帶正電，故A錯誤；B、小球3運動至a點時，彈簧的伸長量等于，根據(jù)對稱性可知，小球2對小球3做功為0；彈簧彈力做功為0，根據(jù)動能定理得：解得：，故B正確；C、小球3在b點時，設(shè)小球3的電荷量為q，有設(shè)彈簧的彈力為F，根據(jù)受力平衡，沿斜面方向有解得：小球運動至a點時，彈簧的伸長量等于，根據(jù)對稱性可知解得：a＝2g，故C正確；D、當(dāng)運動至ab中點時，彈簧彈力為0，此時小球2對小球3的拉力為斜面對小球的支持力為根據(jù)牛頓第三定律可知，小球?qū)π泵娴膲毫Υ笮閙g，故D正確；6．（2022?上海）如圖所示，AB為平直導(dǎo)軌，長為L，物塊與導(dǎo)軌間動摩擦因數(shù)為μ，BC為光滑曲面。A與地面間高度差為h1，BC間高度差為h2，一個質(zhì)量為m的物塊在水平恒力作用下，從A點靜止開始向右運動，到達(dá)B點時撤去恒力，物塊經(jīng)過C點后落地，已知重力加速度為g。（1）若物塊落地時動能為E1，求其經(jīng)過B點時的動能EkB；（2）若要物塊落地時動能小于E1，求恒力必須滿足的條件?！敬鸢浮浚?）若物塊落地時動能為E1，求其經(jīng)過B點時的動能為E1﹣mgh1；（2）若要物塊落地時動能小于E1，求恒力必須滿足的條件為＜F＜?！窘馕觥拷猓海?）從B到落地過程中機(jī)械能守恒，設(shè)地面為零勢能面，則mgh1+EkB＝E1化簡得：EkB＝E1﹣mgh1（2）整個過程中根據(jù)動能定理得：FmaxL﹣μmgL+mgh1＝E1所以Fmax＝若物體恰能達(dá)到C點，根據(jù)動能定理得：FminL﹣μmgL﹣mgh2＝0解得：Fmin＝綜上所述可得：＜F＜重力勢能的理解

物體由于被舉高而具有的能量叫做重力勢能，物體的重力勢能等于它所受重力與所處高度的乘積．其表達(dá)式為：Ep=mgh．

重力勢能是一個相對量，它的數(shù)值與參考平面的選擇有關(guān)，同一個物體在同一位置，相對于不同的參考平面，其重力勢能的數(shù)值不同．所以，研究重力勢能，必須首先選取參考平面．通常情況下，選取地面作為重力勢能的參考平面．在解題時，經(jīng)常選取物體運動過程中的最低位置所在平面作為參考平面，這樣可以避免負(fù)勢能的計算．重力做功的求解方法（1）公式法

利用WG=mgh求解，其中h為初、末位置的高度差．

（2）轉(zhuǎn)化法

對于無法利用做功公式來計算重力做功的問題，我們可以轉(zhuǎn)換一下思考的角度，因為重力做功與重力勢能的變化相對應(yīng)，所以通過求重力勢能的變化量來求重力做功是一種解題途徑．即利用公式WG=Ep1-Ep2=-△Ep，通過求重力勢能的變化△Ep來求重力做的功WG．（3）整體法、等效法

常用于求物體系統(tǒng)或液體的重力做功．對于大小和形狀不可忽略的物體，要由其重心的位置來確定它相對參考平面的高度．三、機(jī)械能守恒定律1．判斷機(jī)械能是否守恒的方法（1）利用機(jī)械能的定義判斷：分析動能與勢能的和是否變化。如：勻速下落的物體動能不變，重力勢能減少，物體的機(jī)械能必減少。（2）用做功判斷：若物體或系統(tǒng)只有重力（或彈簧的彈力）做功，或有其他力做功，但其他力做功的代數(shù)和為零，機(jī)械能守恒。（3）用能量轉(zhuǎn)化來判斷：若系統(tǒng)中只有動能和勢能的相互轉(zhuǎn)化，而無機(jī)械能與其他形式的能的轉(zhuǎn)化，則系統(tǒng)的機(jī)械能守恒。（4）對一些繩子突然繃緊、物體間非彈性碰撞等問題機(jī)械能一般不守恒，除非題中有特別說明或暗示。2．應(yīng)用機(jī)械能守恒定律解題的基本思路（1）選取研究對象--物體或系統(tǒng)。（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、△Ek=-△Ep或△EA=-△EB）進(jìn)行求解。注：機(jī)械能守恒定律的應(yīng)用往往與曲線運動綜合起來，其聯(lián)系點主要在初末狀態(tài)的速度與圓周運動的動力學(xué)問題有關(guān)、與平拋運動的初速度有關(guān)。3．對于系統(tǒng)機(jī)械能守恒問題，應(yīng)抓住以下幾個關(guān)鍵：（1）分析清楚運動過程中各物體的能量變化；（2）哪幾個物體構(gòu)成的系統(tǒng)機(jī)械能守恒；（3）各物體的速度之間的聯(lián)系。四、圖像問題常與動能定理結(jié)合的四類圖像解決物理圖像問題的基本步驟一、動能定理1．內(nèi)容：合外力在一個過程中對物體所做的功等于物體在這個過程中動能的變化。2．表達(dá)式：W=EK2-EK1。3．物理意義：動能定理指出了外力對物體所做的總功與物體動能變化之間的關(guān)系，即合力的功是物體動能變化的量度。4．動能定理的適用條件（1）動能定理既適用于直線運動，也適用于曲線運動。（2）既適用于恒力做功，也適用于變力做功。（3）力可以是各種性質(zhì)的力，既可以同時作用，也可以不同時作用。5．對動能定理的理解（1）一個物體的動能變化△Ek與合外力對物體所做功W具有等量代換關(guān)系。①若△Ek＞0，表示物體的動能增加，其增加量等于合外力對物體所做的正功。②若△Ek＜0，表示物體的動能減少，其減少量等于合外力對物體所做的負(fù)功的絕對值。③若△Ek=0，表示合外力對物體所做的功等于零。反之亦然。這種等量代換關(guān)系提供了一種計算變力做功的簡便方法。（2）動能定理公式中等號的意義：等號表明合力做功與物體動能的變化間的三個關(guān)系：①數(shù)量關(guān)系：即合外力所做的功與物體動能的變化具有等量代換關(guān)系?？梢酝ㄟ^計算物體動能的變化，求合力的功，進(jìn)而求得某一力的功。②單位相同：國際單位都是焦耳。③因果關(guān)系：合外力的功是物體動能變化的原因。（3）動能定理中涉及的物理量有F、x、m、v、W、Ek等，在處理含有上述物理量的力學(xué)問題時，可以考慮使用動能定理。由于只需要從力在整個位移內(nèi)所做的功和這段位移始末兩狀態(tài)的動能變化去考慮，無需注意其中運動狀態(tài)變化的細(xì)節(jié)，同時動能和功都是標(biāo)量，無方向性，所以無論是直線運動還是曲線運動，計算都會特別方便。（4）動能定理中的位移和速度必須是相對于同一個參考系的，一般以地面為參考系。注意：功和動能都是標(biāo)量，動能定理表達(dá)式是一個標(biāo)量式，不能在某一個方向上應(yīng)用動能定理，但牛頓第二定律是矢量方程，可以在互相垂直的方向上分別使用分量方程。題型一：對動能定理表達(dá)式的直接考核二、動能1．定義：物體由于運動而具有的能叫動能．2．公式：．單位：焦耳（J）．3．矢標(biāo)性：動能是標(biāo)量，只有正值．4．動能是狀態(tài)量．而動能的變化量是過程量．5．動能具有相對性，動能的大小與參照物的選取有關(guān)，中學(xué)物理中，一般取地球為參照物．題型一：對動能公式的考查三、重力勢能重力做的功1．特點：只跟物體運動的起點和終點的位置有關(guān)，而跟物體運動的路徑無關(guān)．物體下降時重力做正功；物體被舉高時重力做負(fù)功．

2．表達(dá)式：WG=mgh=mg（h1-h2），其中h1、h2分別表示物體起點和終點的高度．重力勢能1．定義：物體由于被舉高而具有的能量叫做重力勢能．

2．大?。何矬w的重力勢能等于它所受重力與所處高度的乘積，表達(dá)式為Ep=mgh．3．單位：在國際單位制中重力勢能的單位是焦耳（J），與功的單位相同．重力勢能的性質(zhì)1．相對性

（1）參考平面：物體的重力勢能總是相對于某一水平面來說的，這個水平面叫做參考平面．在參考平面上，物體的重力勢能取作0．（2）重力勢能的相對性①選擇不同的參考平面，物體重力勢能的數(shù)值是不同的．②對選定的參考平面，上方物體的重力勢能是正值，下方物體的重力勢能是負(fù)值，負(fù)號表示物體在這個位置具有的重力勢能要比在參考平面上具有的重力勢能?。?．標(biāo)矢性

重力勢能為標(biāo)量，其正負(fù)表示重力勢能的大?。矬w在參考平面上方時，重力勢能為正值，在參考平面下方時，重力勢能為負(fù)值．

3．系統(tǒng)性

重力勢能是地球與物體所組成的系統(tǒng)共有的．四、重力做功與重力勢能變化的關(guān)系1．關(guān)系式：WG=Ep1-Ep2．其中Ep1=mgh1表示物體的初位置的重力勢能，Ep2=mgh2表示物體的末位置的重力勢能．2．當(dāng)物體由高處運動到低處時，重力做正功，重力勢能減少，也就是WG＞0，Ep1＞Ep2．重力勢能減少的數(shù)量等于重力所做的功．3．當(dāng)物體由低處運動到高處時，重力做負(fù)功，或者說物體克服重力做功，重力勢能增大，也就是WG＜0，Ep1＜Ep2．重力勢能增加的數(shù)量等于物體克服重力所做的功．重力做功與重力勢能變化的關(guān)系的進(jìn)一步理解：

重力勢能是相對的，式中h是物體到參考平面的高度．選取不同的參考平面，只影響物體重力的數(shù)值，而不影響重力勢能的差值．即重力勢能的變化與參考平面的選取無關(guān)．

重力對物體做多少正（負(fù)）功，物體的重力勢能就減?。ㄔ龃螅┒嗌伲碬=-△Ep（△Ep為重力勢能的增量）．重力做正功等于物體重力勢能的減少，物體克服重力做的功等于物體重力勢能的增加．

重力做功與路徑無關(guān)，只與物體的初末位置的高度差和重力大小有關(guān)，但是重力做功，不能引起物體機(jī)械能的變化．動能和勢能的相互轉(zhuǎn)化擺錘1、擺球向下擺動過程中，重力勢能變小，速度變大，擺錘的動能變大，擺錘的重力勢能轉(zhuǎn)化為動能．2、當(dāng)擺錘過中點向上轉(zhuǎn)動過程中，速度變小，擺錘的動能變小，重力勢能變大，擺錘的動能轉(zhuǎn)化為重力勢能．滾擺1、上升：速度變慢，高度變高，動能變小，重力勢能變大，動能轉(zhuǎn)化為重力勢能．2、下降：速度變快，高度變低，動能變大，重力勢能變小，重力勢能轉(zhuǎn)化為動能．結(jié)論：

動能和勢能相互轉(zhuǎn)化：（1）動能的增減變化要以速度的增減來判斷．（2）重力勢能的增減變化要以物體離地面高度的變化來判斷．（3）彈性勢能的增減要根據(jù)形變大小的變化來判斷．（4）動能和勢能的相互轉(zhuǎn)化過程中，必定有動能和勢能各自變化，而且一定是此增彼減．易錯題【01】功與能的關(guān)系容易搞混，做功是能量轉(zhuǎn)移或者轉(zhuǎn)化的方式。易錯題【02】摩擦力做的負(fù)功并不是全部轉(zhuǎn)化成內(nèi)能，應(yīng)該是系統(tǒng)克服摩擦力做的功才轉(zhuǎn)化。成內(nèi)能易錯題【03】注意單個物體機(jī)械能守恒的條件和系統(tǒng)機(jī)械能守恒條件的區(qū)別，單個物體機(jī)械能守恒條件是只有重力做功，系統(tǒng)機(jī)械能守恒的條件是系統(tǒng)內(nèi)只有重力或彈力做功7．（2022春?贛州期末）北京時間2月6日晚，2022女足亞洲杯決賽在印度打響。在上半場0：2落后于韓國隊的情況下，中國女足下半場奮起直追連進(jìn)三球，最終完成超級逆轉(zhuǎn)，奪得亞洲杯冠軍，向永不言棄的“鏗鏘玫瑰”致敬！已知足球質(zhì)量約為400g，比賽中運動員將足球從地面踢出后，足球上升的最大高度約為3m，在最高點的速度約為10m/s，不考慮空氣阻力，g取10m/s2，試估算運動員此次踢球過程中對足球做的功為（）A．0J B．20J C．12J D．32J【答案】D?！窘馕觥拷猓河晒δ荜P(guān)系得：W﹣mgh＝將m＝400g＝0.4kg代入解得：W＝32J故ABC錯誤，D正確；8．（2022?南京模擬）一小物塊沿傾角為30°的固定斜面向上滑動，而后又滑回到出發(fā)點。該過程中，物塊的動能Ek與位移x關(guān)系的圖像如圖所示，取g＝10m/s2，設(shè)物塊的質(zhì)量為m，物塊與斜面間的動摩擦因數(shù)為μ，則（）A．m＝0.6kg， B．m＝0.6kg， C．m＝0.8kg， D．m＝0.8kg，【答案】B。【解析】解：物塊向上滑動過程，根據(jù)動能定理可得﹣mgx?sin30°﹣μmgcos30°?x＝0﹣Ek0物塊向下滑動過程，根據(jù)動能定理可得mgx?sin30°﹣μmgcos30°?x＝Ek﹣0由圖可知x＝1m，Ek0＝4J，Ek＝2J聯(lián)立解得m＝0.6kg，μ＝，故B正確，ACD錯誤。9．（2022春?石景山區(qū)期末）電梯轎廂地板上靜置一質(zhì)量為m的物體，電梯轎廂在鋼索拉力作用下，由靜止開始向上加速運動，當(dāng)上升高度為H時，速度達(dá)到v，對此過程，下列說法正確的是（）A．轎廂地板對物體的支持力做的功等于 B．轎廂地板對物體的支持力做的功等于mgH C．轎廂鋼索的拉力做的功等于 D．合力對物體做的功等于【答案】D?！窘馕觥拷猓篈BD、以物體為研究對象，對物體上升H的過程應(yīng)用動能定理得：W合＝解得：，故AB錯誤，D正確；C、設(shè)轎廂的質(zhì)量為M，以系統(tǒng)為研究對象，對系統(tǒng)上升H的過程應(yīng)用動能定理得：解得：，故C錯誤；10．（2021春?黃浦區(qū)校級期末）如圖為物體沿直線運動的v﹣t圖，已知第1秒內(nèi)合外力對物體做功為W，則（）A．從第1秒末到第3秒末合外力做功為4W B．從第3秒末到第5秒末合外力做功為﹣2W C．從第5秒末到第7秒末合外力做功為W D．從第6秒末到第7秒末合外力做功為﹣0.75W【答案】C?！窘馕觥拷猓涸诘?秒內(nèi)，物體做勻加速直線運動，做功為W，設(shè)此時的合外力為F，位移為x，即Fx＝W＝﹣0；從第3秒末到第7秒末由圖象的斜率可以知道，此時的合力大小F2＝F，第3秒末到第5秒末合外力的方向與速度方向相反，第5秒末到第7秒末力的方向與速度方向相同。A、由動能定理得：從第1秒末到第3秒末合外力做功為W1＝ΔEk＝0，故A錯誤；B、第3秒末到第5秒末的位移為2x，合外力做功為W2＝F×2x×cos180°＝﹣W，故B錯誤；C、第5秒末到第7秒末的位移也為2x，合外力做功為W3＝F×2x×cos0°＝W，故C正確；D、從第5秒末到第6秒末的位移為x，合外力做功為W4＝F×x×cos0°＝W，從第6秒末到第7秒末合外力做功為W5＝W﹣W＝0.75W，故D錯誤；11．（2022春?新市區(qū)校級期末）如圖所示，一半圓弧形細(xì)桿ABC豎直固定在水平地面上，AC為其水平直徑，圓弧半徑BO＝3.6m．質(zhì)量為m＝4.0kg的小圓環(huán)（可視為質(zhì)點，小環(huán)直徑略大于桿的粗細(xì)）套在細(xì)桿上，在大小為50N、沿圓的切線方向的拉力F作用下，從A點由靜止開始運動，到達(dá)B點時對細(xì)桿的壓力恰好為0．已知π取3.14，重力加速度g取10m/s2，在這一過程中摩擦力做功為（）A．﹣72J B．﹣36J C．﹣210.6J D．﹣66.6J【答案】D?！窘馕觥拷猓盒A環(huán)到達(dá)B點時對細(xì)桿的壓力恰好為0，則細(xì)桿對小圓環(huán)沒有支持力，由重力提供向心力，根據(jù)牛頓第二定律得mg＝m拉力F沿圓的切線方向，在這一過程中拉力做功為WF＝F?r根據(jù)動能定理得：WF?mgr+Wf＝mvB2﹣0，又r＝3.6m解得摩擦力做功為Wf＝﹣66.6J，故ABC錯誤，D正確。12．（2022春?南開區(qū)期末）如圖所示，小球自a點由靜止自由下落，到b點時恰與彈簧接觸，到c點時彈簧被壓縮到最短，若不計彈簧質(zhì)量和空氣阻力，在小球由a→b→c的運動過程中（）A．小球的機(jī)械能守恒 B．小球在b點時動能最大 C．到c點時彈簧彈性勢能的增加量等于小球動能的減少量 D．到c點時彈簧彈性勢能的增加量等于小球重力勢能的減少量【答案】D?！窘馕觥拷猓篈、在小球由a→b→c的運動過程中小球和彈簧組成的系統(tǒng)機(jī)械能守恒，單獨對小球來說，機(jī)械能并不守恒，故A錯誤；B、小球從a到b過程中，小球做自由落體運動，接觸彈簧后，開始時重力大于彈簧彈力，小球繼續(xù)做加速運動，當(dāng)小球所受重力與彈簧彈力相等時，小球速度達(dá)到最大，即此時小球的動能最大，故B錯誤；CD、小球在由a到c的整個過程中，由能量守恒定律可知：mgΔhac＝ΔEP，即到c點時，彈簧彈性勢能的增加量等于小球重力勢能的減少量，故C錯誤，D正確。13．（2022春?杭州期末）如圖所示，輕質(zhì)動滑輪下方懸掛重物A、輕質(zhì)定滑輪下方懸掛重物B，懸掛滑輪的輕質(zhì)細(xì)線豎直。開始時，A、B處于靜止?fàn)顟B(tài)，釋放后A、B開始運動。已知A、B的質(zhì)量相等，若不計一切阻力，在兩重物開始一起運動的一小段時間內(nèi)，下列說法正確的是（）A．A向下運動，B向上運動 B．A的機(jī)械能減小，B的機(jī)械能增加，A、B系統(tǒng)的機(jī)械能守恒 C．A和B的速度大小始終相等 D．B重力的功率大小始終是A的2倍【答案】D。【解析】解：A、設(shè)細(xì)線的拉力為T，由圖可知A受到兩細(xì)線的拉力之和為2T，方向向上；B受到細(xì)線的拉力為T，方向向上；A、B所受重力大小相等，釋放后，A將向上運動，B向下運動，故A錯誤；B、A向上運動，動能和重力勢能都增加，即機(jī)械能增加，B向下運動，細(xì)線的拉力對B做負(fù)功，B的機(jī)械能減小，A和B組成的系統(tǒng)只有重力做功，機(jī)械能守恒，故B錯誤；C、若A上升的高度為h時，則連接動滑輪兩側(cè)的細(xì)線上升的高度均為h，而細(xì)線的固定端靜止不動，故細(xì)線的自由端下降的高度為2h，即B下降的位移為2h.而A、B兩物體運動的時間相等，由知，B的加速度大小是A的兩倍，由v＝at知，同一時刻B的速度大小是A的兩倍，故C錯誤；D、重力的功率P＝mgv，A、B兩物體的質(zhì)量相等，B的速度大小始終是A的兩倍，所以B的重力的功率大小始終是A的2倍。故D正確。14．（2022春?源匯區(qū)校級期中）連接A、B兩點的弧形軌道ACB和ADB關(guān)于A、B的連線對稱，軌道材料相同，粗糙程度相同，如圖所示，一個小物塊由A點以一定的初速度v開始沿ACB軌道到達(dá)B點的速度為v1；若由A以大小相同的初速度v沿ADB軌道到達(dá)B點的速度為v2。v1和v2的大小關(guān)系為（）A．v1＞v2 B．v1＝v2 C．v1＜v2 D．條件不足，無法判定【答案】A。【解析】解：由于AB軌道等高，故滑塊從A到B過程中，只有阻力做功，根據(jù)動能定理，克服阻力做功等于動能的減小量；但ACB軌道上運動時加速度向下，是失重；ADB軌道上運動時加速度向上，是超重，故ADB軌道上運動時阻力大，克服阻力做功多，動能減小多，故v1＞v2，故A正確，BCD錯誤。15．（2022春?南關(guān)區(qū)校級期中）質(zhì)量為2πkg的均勻條形鐵鏈AB在半徑R＝m的光滑半球體上方保持靜止，已知∠AOB＝60°，給鐵鏈AB一個微小的擾動使之向右沿球面下滑，當(dāng)端點A滑至C處時鐵鏈變?yōu)樨Q直狀態(tài)且其速度大小為2m/s，以O(shè)C所在平面為參考平面，g取10m/s2，則下列說法中正確的是（）A．鐵鏈在初始位置時具有的重力勢能為120J B．鐵鏈在初始位置時其重心距OC面的高度為3m C．鐵鏈的端點A滑至C點時其重心下降高度為（）m D．鐵鏈的端點B滑至C點時其速度大小為3m/s【答案】D?！窘馕觥拷猓篈.因機(jī)械能守恒，以O(shè)C所在平面為參考平面，假定初始重力勢能為Ep，端點A滑至C處時重力勢能為E'p，依題意有Ep﹣E'p＝mv2E'p＝﹣mgL為鐵鏈長度，有L＝?2πR聯(lián)立解得：Ep＝36πJ＝113.04J故A錯誤；B.設(shè)鐵鏈在初始位置時其重心距OC面的高度為h，據(jù)前面分析Ep＝113.04J＝36πJ＝2πg(shù)h解得：h＝1.8m故B錯誤；C.鐵鏈的端點A滑至C點時其重心下降高度為Δh＝h+解得：Δh＝2.8m，故C錯誤；D.初始狀態(tài)重心為E點，距O為18米，鐵鏈的端點B滑至C點時，如圖所示，重心在F點，其中OE＝OF＝1.8m根據(jù)機(jī)械能守恒定律有mg（OE﹣OFcos60°）＝mv'2解得：v＝3m/s，故D正確；16．（2022春?閻良區(qū)期末）如圖所示，輕質(zhì)繩索一端固定，另外一端連接到工程車的牽引裝置上．繩索穿過兩輕質(zhì)滑輪以提升礦井中質(zhì)量為30kg的礦物．懸掛動滑輪的輕質(zhì)細(xì)線豎直，不計滑輪與繩之間的摩擦．在前2s內(nèi)，工程車從靜止出發(fā)以1m/s2的加速度勻加速行駛．g＝10m/s2，則在這2s內(nèi)，工程車通過繩索對礦物所做的功為（）A．660J B．360J C．315J D．300J【答案】C。【解析】解：工程車從靜止出發(fā)以a＝1m/s2的加速度勻加速行駛，它在t＝2s時的速度為v車＝at＝1×2m/s＝2m/s此時礦物的速度為v＝＝m/s＝1m/s工程車在2s內(nèi)的位移為x＝at2礦物上升的高度為h＝＝at2＝×1×22m＝1m對礦物，根據(jù)動能定理得：W﹣mgh＝mv2解得工程車通過繩索對礦物所做的功為W＝315J，故ABD錯誤，C正確。17．（2022春?遼寧期中）如圖所示，半徑為R的孔徑均勻的圓形彎管水平放置，小球在管內(nèi)以足夠大的初速度v在水平面內(nèi)做圓周運動，小球與管壁間的動摩擦因數(shù)為μ，設(shè)從開始運動的一周內(nèi)小球從A到B和從B到A的過程中摩擦力對小球做功分別為W1和W2，在這一周內(nèi)摩擦力做的總功為W3，則下列關(guān)系式正確的是（）A．W3＝0 B．W3＞W(wǎng)1+W2 C．W1＝W2 D．W1＞W(wǎng)2【答案】D?！窘馕觥拷猓篈、摩擦力方向與速度方向始終相反，所以摩擦力一直做負(fù)功，則W3＜0，故A錯誤；B、在這一周內(nèi)摩擦力做的總功等于兩段做功之和，即W3＝W1+W2，故B錯誤；CD、運動過程中速度越來越小，小球與外壁間的壓力變小，則小球受到的摩擦力變小，路程相同，則摩擦力做功變小，則W1＞W(wǎng)2，故C錯誤，D正確。18．（2022春?如皋市期中）某城市廣場噴泉的噴嘴橫截面為S，用于給噴管噴水的電動機(jī)輸出功率為P。已知水的密度為ρ，重力加速度為g，不計空氣阻力，則噴泉噴出的水柱高度為（）A． B． C． D．【答案】D?！窘馕觥拷猓涸O(shè)噴泉噴出的水柱高度為h，則水離開管口的速度為：v＝；設(shè)給噴管噴水的電動機(jī)輸出功率為P，在接近管口很短一段時間Δt內(nèi)水柱的質(zhì)量為：m＝ρ?vΔtS，根據(jù)動能定理可得：PΔt＝mv2，解得：h＝，故D正確，ABC錯誤。19．（2022春?浙江期中）質(zhì)量為1kg的物體靜止在粗糙的水平地面上，在一水平外力F的作用下運動，如圖甲所示。外力F做的功和物體克服摩擦力f做的功W與物體位移x的關(guān)系如圖乙所示，重力加速度g取10m/s2。下列分析正確的是（）A．物體與地面之間的動摩擦因數(shù)為0.3 B．物體運動的最大位移為13m C．物體在前3m位移中的加速度為5m/s2 D．x＝9m時，物體的速度為3m/s【答案】D?！窘馕觥拷猓篈、物體所受的滑動摩擦力為恒力，可知乙圖中下面的一條直線為物體克服摩擦力f做功的圖象，由Wf＝μmgx，代入得：20＝μ×1×10×10，解得：μ＝0.2，故A錯誤；B、根據(jù)Wf＝μmgx＝27J，得物體運動的最大位移為x＝＝m＝13.5m，故B錯誤；C、滑動摩擦力大小為f＝μmg＝0.2×10N＝2N，在前3m的運動過程中，F(xiàn)＝＝N＝5N，根據(jù)牛頓第二定律：F﹣f＝ma，解得：a＝3m/s2，故C錯誤；D、x＝9m時，根據(jù)動能定理得：W﹣Wf＝mv2，代入數(shù)據(jù)得27﹣9×2＝×1×v2，解得：物體速度v＝3m/s，故D正確。20．（2022春?贛州期末）如圖所示，輕繩跨過輕質(zhì)定滑輪，兩端分別系著質(zhì)量為1kg和3kg的小球a和b，小球a靜止于地面，用手托住小球b，當(dāng)繩剛好被拉直時，小球b離地面的高度h為0.4m，若無初速度釋放小球b，不計一切摩擦和阻力，小球a不會碰到滑輪，g取10m/s2，則小球b落地前瞬間速度大小為（）A．2m/s B．1m/s C． D．【答案】A?！窘馕觥拷猓涸O(shè)小球a的質(zhì)量為m，則小球b的質(zhì)量為3m，小球b落地瞬間的速度大小為v。根據(jù)a、b系統(tǒng)的機(jī)械能守恒得：3mgh＝mgh+（3m+m）v2，解得，v＝2m/s，所以b球落地瞬間，ab球的速度大小為2m/s，故BCD錯誤，A正確；21．（2022春?金東區(qū)校級期中）如圖甲所示，豎直光滑桿固定不動，套在桿上的彈簧下端固定，將套在桿上的滑塊向下壓縮彈簧至其離地高度h1＝0.1m處，滑塊與彈簧不拴接。現(xiàn)由靜止釋放滑塊，通過傳感器測量到滑塊的速度和離地高度h并作出滑塊的Ek﹣h圖像，其中高度從0.2m上升到0.35m范圍內(nèi)圖像為直線，其余部分為曲線，以地面為零勢能面，取g＝10m/s2，由圖像可知（）A．滑塊的質(zhì)量為0.1kg B．彈簧原長為0.1m C．彈簧最大彈性勢能為0.32J D．滑塊的重力勢能與彈簧的彈性勢能總和最小為0.38J【答案】D?！窘馕觥拷猓篈、在0.2m到0.35m范圍內(nèi)，ΔEk＝﹣mg?Δh，則滑塊的質(zhì)量為m＝＝kg＝0.2kg，故A錯誤；B、由于高度從0.2m上升到0.35m范圍內(nèi)圖象為直線，其余部分為曲線，說明滑塊從0.2m上升到0.35m范圍內(nèi)所受作用力為恒力，所以從h＝0.2m，滑塊與彈簧分離，彈簧的原長為0.2m，故B錯誤；C、根據(jù)滑塊與彈簧組成的系統(tǒng)機(jī)械能守恒可知，當(dāng)滑塊上升至最大高度時，增加的重力勢能等于彈簧最大彈性勢能，所以彈簧最大彈性勢能Epm＝mghm＝0.2×10×（0.35﹣0.1）＝0.5J，故C錯誤；D、由圖可知，當(dāng)h＝0.18m時的動能最大；在滑塊整個運動過程中，系統(tǒng)的動能、重力勢能和彈性勢能之間相互轉(zhuǎn)化，因此動能最大時，滑塊的重力勢能與彈簧的彈性勢能總和最小，根據(jù)系統(tǒng)機(jī)械能守恒可知：EPmin＝E﹣Ekm＝Epm+mgh﹣Ekm＝（0.5+0.2×10×0.1﹣0.32）J＝0.38J，故D正確。22．（2022春?煙臺期中）如圖所示，一根光滑的細(xì)桿上穿有一個質(zhì)量為m的小球A，小球A和質(zhì)量為M的物塊B通過一根足夠長的輕繩繞過定滑輪（大小可忽略不計）相連，細(xì)桿與定滑輪之間的水平間距L＝0.8m，現(xiàn)將小球A從與定滑輪同一高度處由靜止釋放，已知m＝0.34kg，M＝0.5kg，g＝10m/s2，A離地足夠高，不計一切摩擦阻力。求：（1）A能下降的最大高度hm；（結(jié)果保留兩位有效數(shù)字）（2）當(dāng)A下降高度為h＝0.6m時A的速度大小?！敬鸢浮浚?）A能下降的最大高度為2m；（2）當(dāng)A下降高度為h＝0.6m時A的速度大小為2m/s。【解析】解：（1）當(dāng)A下降hm時，B上升的高度根據(jù)系統(tǒng)機(jī)械能守恒有mghm＝MgΔh代入數(shù)據(jù)解得：hm＝2.0m（2）設(shè)此時小球A的速度為vA，物塊B的速度為vB，對A、B組成的系統(tǒng)，根據(jù)系統(tǒng)機(jī)械能守恒關(guān)系得根據(jù)速度的分解有：代入數(shù)據(jù)解得：vA＝2m/s23．（2022春?安陽期末）如圖所示，質(zhì)量為m＝1kg的物塊從空中的P點以速度，與水平方向成φ＝60°角拋出，恰好沿傳送帶方向進(jìn)入傳送帶。傳送帶與水平方向的夾角θ＝30°，傳送帶以v0＝4m/s的速度順時針轉(zhuǎn)動，物塊與傳送帶間的動摩擦因數(shù)為，傳動帶長L＝3m，重力加速度g取10m/s2，物塊可看成質(zhì)點，求：（1）物塊從P點拋出到進(jìn)入傳送帶的時間；（2）物塊從傳送帶的最上端運動到最下端的時間；（3）物塊從傳送帶的最上端運動到最下端因摩擦產(chǎn)生的熱量?！敬鸢浮浚?）物塊從P點拋出到進(jìn)入傳送帶的時間為1.2s；（2）物塊從傳送帶的最上端運動到最下端的時間0.5s；（3）物塊從傳送帶的最上端運動到最下端因摩擦產(chǎn)生的熱量為25J?！窘馕觥拷猓海?）物塊做斜拋運動，水平方向上做勻速直線運動，有：vx＝vcosφ豎直方向為豎直上拋運動，vy＝﹣vsinφ+gt恰好沿傳送帶到達(dá)傳送帶，末速度方向滿足：tanθ＝聯(lián)立并代入數(shù)據(jù)得：t＝1.2s（2）物塊到達(dá)傳送帶時速度大小為：v1＝＝＝6m/s，速度與水平方向的夾角為30°物塊到達(dá)傳送帶后，由于，即：mgsinθ＝μmgcosθ＝物塊在傳送帶是一直做勻速直線運動，從最上端到最下端的時間t1＝＝s＝0.5s（3）在t1＝0.5s的時間內(nèi)傳送帶向上的位移x2＝v0t1＝4×0.5m＝2m摩擦生熱Q＝μmgcosθ×（L+x）＝J＝25J24．（2022春?肥城市期中）如圖所示，AB為傾角θ＝37°的光滑斜面軌道，BP為圓心角等于143°、半徑R＝1m的豎直光滑圓弧形軌道，兩軌道相切于B點，P與圓心O兩點在同一豎直線上。輕彈簧一端固定在A點，另一自由端在斜面上C點處，現(xiàn)有一質(zhì)量m＝2kg的物塊在外力作用下將彈簧緩慢壓縮到D點后（不拴接）釋放，物塊經(jīng)過B點后恰能沿豎直圓軌道到達(dá)P點，已知斜面部分的長度sDC＝0.2m，sCB＝1m，sin37°＝0.6，cos37°＝0.8，g＝10m/s2）。試求：（1）物塊在P點的速度大小。（2）物塊在B點的速度大小。（3）將彈簧緩慢壓縮到D點時，彈簧儲存的彈性勢能；（4）若CB部分粗糙且動摩擦因數(shù)為μ＝0.25，其余軌道光滑，將上述物塊在外力作用下將彈簧緩慢壓縮到D’點后（不拴接）釋放，要使物塊經(jīng)過B點后仍恰能到達(dá)P點，求釋放后彈簧對物塊做的功?！敬鸢浮浚?）物塊在P點的速度大小為m/s；（2）物塊在B點的速度大小為m/s；（3）將彈簧緩慢壓縮到D點時，彈簧儲存的彈性勢能為60.4J；（4）若CB部分粗糙，釋放后彈簧對物塊做的功為64.4J?！窘馕觥拷猓海?）物塊恰能沿豎直圓軌道到達(dá)P點，在P點根據(jù)牛頓第二定律可得：mg