04　第一階段　專題二　第4講　功與能-2025版新坐標(biāo)二輪專題復(fù)習(xí)與策略物理解析版

能量與動(dòng)量功與能【備考指南】1．高考命題多以選擇題形式考查基本概念和基本規(guī)律，計(jì)算題以中等難度題目為主。在命題上重視結(jié)合圖像或結(jié)合電學(xué)情境進(jìn)行考查。2．復(fù)習(xí)備考過(guò)程要重視基本概念和基本規(guī)律的復(fù)習(xí)，強(qiáng)化對(duì)典型問(wèn)題的分析。3．復(fù)習(xí)過(guò)程重視數(shù)學(xué)方法的滲透，通過(guò)函數(shù)法、圖像法、比較法、極限法分析解決問(wèn)題。突破點(diǎn)一功與功率動(dòng)能定理考向1功與功率1．功的計(jì)算2．功率計(jì)算的“兩公式”“三關(guān)聯(lián)”(1)兩個(gè)公式①平均功率：P＝Wt②瞬時(shí)功率：P＝Fvcosα(α為F與v的夾角)。(2)機(jī)車啟動(dòng)三個(gè)關(guān)聯(lián)①機(jī)車啟動(dòng)勻加速過(guò)程中的最大速度v1(此時(shí)機(jī)車輸出的功率最大)：由F牽－F阻＝ma，P＝F牽v1，可求出v1＝PF②全程的最大速度vmax(此時(shí)F牽＝F阻)：由P＝F阻vmax，可求出vmax＝PF③機(jī)車啟動(dòng)模型中的關(guān)鍵方程：P＝F牽v，F(xiàn)牽－F阻＝ma，vmax＝PF阻，Pt－F阻x＝ΔE[典例1](功的計(jì)算)(2024·河北邯鄲二模)使用如圖所示的卸貨裝置從高處卸下貨物時(shí)，先將質(zhì)量為m的貨物放置在傾角為α、長(zhǎng)為L(zhǎng)的粗糙木板上端，貨物開(kāi)始加速下滑的同時(shí)，自動(dòng)液壓桿啟動(dòng)并逐漸縮短，液壓桿裝置最終完全縮回到地面以下，貨物以較小的速度v水平向右滑出木板，完成卸貨。已知重力加速度大小為g。下列說(shuō)法正確的是()A．木板對(duì)貨物做功為12mv2－mgLsinB．木板對(duì)貨物做功為12mvC．摩擦力對(duì)貨物做功為12mv2－mgLsinD．支持力對(duì)貨物不做功A[設(shè)在整個(gè)過(guò)程中木板對(duì)貨物做功為W，根據(jù)動(dòng)能定理有W＋mgLsinα＝12mv2，木板對(duì)貨物做功為W＝12mv2－mgLsinα，故A正確，B錯(cuò)誤；木板轉(zhuǎn)動(dòng)，支持力與貨物運(yùn)動(dòng)方向成鈍角，支持力對(duì)貨物做功WN為負(fù)值，故D錯(cuò)誤；木板對(duì)貨物做功為W＝Wf＋WN，摩擦力對(duì)貨物做功為Wf＝12mv2－mgLsinα－WN，故C錯(cuò)誤。故選[典例2](功率的計(jì)算)(多選)(2024·吉林長(zhǎng)春一模)如圖甲所示，“水上飛人”是一種水上娛樂(lè)運(yùn)動(dòng)。噴水裝置向下持續(xù)噴水，總質(zhì)量為M的人與噴水裝置，受到向上的反沖作用力騰空而起，在空中做各種運(yùn)動(dòng)。一段時(shí)間內(nèi)，人與噴水裝置在豎直方向運(yùn)動(dòng)的v-t圖像如圖乙所示，水的反沖作用力的功率恒定，規(guī)定向上的方向?yàn)檎雎运軐?duì)噴水裝置的拉力以及空氣的阻力，重力加速度為g，下列說(shuō)法正確的是()A．t1～t2時(shí)間內(nèi)，水的反沖作用力越來(lái)越大B．水的反沖作用力的功率為Mgv2C．t1時(shí)刻，v-t圖像切線的斜率為v2D．t1～t2時(shí)間內(nèi)人與噴水裝置在豎直方向的運(yùn)動(dòng)高度為v2(t2－t1)－1BCD[設(shè)水的反沖作用力的恒定功率為P，由P＝Fv，可得水的反沖作用力F＝Pv，由v-t圖像可知t1～t2時(shí)間內(nèi)，人與噴水裝置的速度v越來(lái)越大，則水的反沖作用力越來(lái)越小，故A錯(cuò)誤；t2時(shí)刻，人與噴水裝置的速度達(dá)到最大值，開(kāi)始勻速上升，水的反沖作用力F＝Mg，水的反沖作用力的恒定功率P＝Fv＝Mgv2，故B正確；由v-t圖像可知t1時(shí)刻，人與噴水裝置的速度為v1，設(shè)水的反沖作用力為F1，由P＝Mgv2，P＝F1v1可知F1＝Mgv2v1，由牛頓第二定律F1－Mg＝Ma可得，t1時(shí)刻v-t圖像切線的斜率即人與噴水裝置的加速度a＝v2-v1v1g，故C正確；由動(dòng)能定理P(t2－t1)－Mgh＝12Mv22-12Mv【教師備選資源】(2023·湖北卷)兩節(jié)動(dòng)車的額定功率分別為P1和P2，在某平直鐵軌上能達(dá)到的最大速度分別為v1和v2?，F(xiàn)將它們編成動(dòng)車組，設(shè)每節(jié)動(dòng)車運(yùn)行時(shí)受到的阻力在編組前后不變，則該動(dòng)車組在此鐵軌上能達(dá)到的最大速度為()A．P1v1+PC．P1+P2vD[分析可知，兩動(dòng)車在平直鐵軌上受到的阻力分別為f1＝P1v1、f2＝P2v2，編成動(dòng)車組后，動(dòng)車組的總功率P＝P1＋P2，動(dòng)車組受到的總阻力f＝f1＋f2，又因?yàn)関m＝Pf，聯(lián)立解得vm＝P1+P考向2動(dòng)能定理1．應(yīng)用動(dòng)能定理解題的思維流程2．應(yīng)用動(dòng)能定理解題的“三個(gè)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，由于不牽扯加速度及時(shí)間，比動(dòng)力學(xué)研究方法要簡(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)程中包含有幾個(gè)運(yùn)動(dòng)性質(zhì)不同的小過(guò)程(如加速、減速的過(guò)程)，此時(shí)可以分段考慮，也可以對(duì)全過(guò)程考慮，但若能對(duì)整個(gè)過(guò)程利用動(dòng)能定理列式，則可使問(wèn)題簡(jiǎn)化。[典例3](動(dòng)能定理求解多過(guò)程問(wèn)題)(2024·3月河南新鄉(xiāng)一模)如圖所示，可視為質(zhì)點(diǎn)的質(zhì)量為m＝0.2kg的小滑塊靜止在水平軌道上的A點(diǎn)，在水平向右的恒定拉力F＝4N的作用下，從A點(diǎn)開(kāi)始做勻加速直線運(yùn)動(dòng)，當(dāng)其滑行到AB的中點(diǎn)時(shí)撤去拉力，滑塊繼續(xù)運(yùn)動(dòng)到B點(diǎn)后進(jìn)入半徑為R＝0.3m且內(nèi)壁光滑的豎直固定圓軌道，在圓軌道上運(yùn)行一周后從B處的出口(未畫出，且入口和出口稍稍錯(cuò)開(kāi))出來(lái)后向C點(diǎn)滑動(dòng)，C點(diǎn)的右邊是一個(gè)“陷阱”，D點(diǎn)是平臺(tái)邊緣上的點(diǎn)，C、D兩點(diǎn)的高度差為h＝0.2m，水平距離為x＝0.6m。已知滑塊運(yùn)動(dòng)到圓軌道的最高點(diǎn)時(shí)對(duì)軌道的壓力大小剛好為滑塊重力的3倍，水平軌道BC的長(zhǎng)度為l2＝2.0m，小滑塊與水平軌道AB、BC間的動(dòng)摩擦因數(shù)均為μ＝0.5，重力加速度g＝10m/s2。(1)求水平軌道AB的長(zhǎng)度l1；(2)試通過(guò)計(jì)算判斷小滑塊能否到達(dá)“陷阱”右側(cè)的D點(diǎn)；(3)若在AB段水平拉力F作用的范圍可變，要達(dá)到小滑塊在運(yùn)動(dòng)過(guò)程中，既不脫離豎直圓軌道，又不落入C、D間的“陷阱”的目的，試求水平拉力F作用的距離范圍。[解析](1)根據(jù)題意，設(shè)小滑塊運(yùn)動(dòng)到豎直圓軌道最高點(diǎn)時(shí)的速度大小為v，則有4mg＝mv2R 從B點(diǎn)運(yùn)動(dòng)到最高點(diǎn)的過(guò)程中，設(shè)小滑塊到達(dá)B點(diǎn)時(shí)的速度大小為vB，由動(dòng)能定理得－mg2R＝12mv代入數(shù)據(jù)解得vB＝26m/s ③小滑塊由A到B的過(guò)程中，由動(dòng)能定理可得12Fl代入數(shù)據(jù)可解得l1＝2.4m。 ⑤(2)設(shè)小滑塊到達(dá)C點(diǎn)時(shí)的速度大小為vC，則由動(dòng)能定理可得－μmgl2＝12mv代入數(shù)據(jù)解得vC＝2m/s ⑦設(shè)小滑塊下落h＝0.2m所需要的時(shí)間為t，則有h＝12gt2 解得t＝0.2s ⑨故小滑塊在水平方向上運(yùn)動(dòng)的距離為x0＝vCt＝0.4m<0.6m ⑩故小滑塊將落入“陷阱”中，不能運(yùn)動(dòng)到D點(diǎn)。(3)由題意可知，若要滑塊既不脫離圓軌道，又不掉進(jìn)“陷阱”，則需要分三種情況進(jìn)行討論：①當(dāng)滑塊剛好能夠到達(dá)與圓心等高的E點(diǎn)時(shí)，設(shè)恒力作用的距離為x1Fx1'－μmgl1－mgR＝0 代入數(shù)據(jù)可解得x1'＝0.75m 故當(dāng)恒力作用的距離滿足0<x′≤0.75m時(shí)符合條件。②當(dāng)滑塊剛好能經(jīng)過(guò)圓軌道的最高點(diǎn)時(shí)，設(shè)滑塊經(jīng)過(guò)最高點(diǎn)時(shí)的速度大小為v0，則有mg＝mv02R設(shè)此時(shí)恒力作用的距離為x2'，則有Fx2'－μmgl1－2mgR代入數(shù)據(jù)可解得x′2＝0.975m ?當(dāng)滑塊剛好運(yùn)動(dòng)到C點(diǎn)時(shí)速度為0，設(shè)此時(shí)恒力作用的距離為x2″，則有Fx2″－μmg(l1＋l2)＝代入數(shù)據(jù)可解得x2″＝1.1m 故當(dāng)恒力作用的距離滿足0.975m≤x′≤1.1m時(shí)符合條件。③當(dāng)滑塊剛好能夠越過(guò)“陷阱”，設(shè)滑塊到達(dá)C點(diǎn)時(shí)的速度大小為vCh＝12gt2 x＝vC't 代入數(shù)據(jù)解得vC'＝3m/s 設(shè)此時(shí)恒力作用的距離為x3'，故有Fx3'－μmg(l1＋l2)＝12mv故當(dāng)恒力作用的距離滿足1.325m≤x′≤2.4m時(shí)符合條件。[答案](1)2.4m(2)不能(3)見(jiàn)解析【教師備選資源】(2023·山東卷)質(zhì)量為M的玩具動(dòng)力小車在水平面上運(yùn)動(dòng)時(shí)，牽引力F和受到的阻力f均為恒力。如圖所示，小車用一根不可伸長(zhǎng)的輕繩拉著質(zhì)量為m的物體由靜止開(kāi)始運(yùn)動(dòng)。當(dāng)小車拖動(dòng)物體行駛的位移為s1時(shí)，小車達(dá)到額定功率，輕繩從物體上脫落。物體繼續(xù)滑行一段時(shí)間后停下，其總位移為s2。物體與地面間的動(dòng)摩擦因數(shù)不變，不計(jì)空氣阻力。小車的額定功率P0為()A．2B．2C．2D．2A[在小車?yán)矬w行駛位移s1的過(guò)程中，對(duì)小車和物體整體根據(jù)動(dòng)能定理得(F－f－μmg)s1＝12M+mv2，輕繩從物體上脫落至物體停下的過(guò)程中，對(duì)物體根據(jù)動(dòng)能定理得－μmg(s2－s1)＝0－12mv2，解得v＝2F-fs2-s[典例4](動(dòng)能定理與圖像的綜合問(wèn)題)(2024·陜西渭南一模)在有大風(fēng)的情況下，一小球自A點(diǎn)豎直上拋，其運(yùn)動(dòng)軌跡如圖所示，小球運(yùn)動(dòng)軌跡上的A、B兩點(diǎn)在同一水平直線上，M點(diǎn)為軌跡的最高點(diǎn)。若風(fēng)力的大小恒定，方向水平向右，小球在A點(diǎn)拋出時(shí)的動(dòng)能為4J，在M點(diǎn)時(shí)它的動(dòng)能為2J，落回到B點(diǎn)時(shí)動(dòng)能記為EkB，小球上升時(shí)間記為t1，下落時(shí)間記為t2，不計(jì)其他阻力，則()A．x1∶x2＝1∶2 B．t1<t2C．EkB＝10J D．EkB＝12JD[將小球的運(yùn)動(dòng)沿水平和豎直方向正交分解，水平分運(yùn)動(dòng)在水平恒定的風(fēng)力作用下做初速度為0的勻加速直線運(yùn)動(dòng)，豎直分運(yùn)動(dòng)在重力作用下做勻變速直線運(yùn)動(dòng)。豎直上拋運(yùn)動(dòng)上升過(guò)程與下降過(guò)程具有對(duì)稱性，則有t1＝t2，故B錯(cuò)誤；對(duì)于初速度為0的勻加速直線運(yùn)動(dòng)，在連續(xù)相等的時(shí)間間隔內(nèi)位移之比為x1∶x2＝1∶3，故A錯(cuò)誤；設(shè)小球在A點(diǎn)的速度為vA，則有EkA＝12mvA2＝4J，小球上升的最大高度為h＝vA22g，小球從A到M過(guò)程，根據(jù)動(dòng)能定理可得－mgh＋F風(fēng)x1＝EkM－EkA＝2J－4J＝－2J，聯(lián)立解得F風(fēng)x1＝2J，小球從A到B過(guò)程，根據(jù)動(dòng)能定理可得F風(fēng)(x1＋x2)＝EkB－EkA，其中F風(fēng)(x1＋x2)＝4F風(fēng)x1＝8J，解得EkB＝突破點(diǎn)二機(jī)械能守恒定律的應(yīng)用1．機(jī)械能守恒定律的應(yīng)用(1)單物體的機(jī)械能守恒①公式：mgh1＋12mv12＝mgh2②隔離法分析單個(gè)物體的受力情況，利用機(jī)械能守恒定律列式求解。(2)多個(gè)物體系統(tǒng)機(jī)械能守恒①適用條件：只有重力或彈力做功。②一般用“轉(zhuǎn)化觀點(diǎn)：ΔEp＝－ΔEk”或“轉(zhuǎn)移觀點(diǎn)：ΔEA增＝ΔEB減”列方程求解。2．機(jī)械能守恒定律應(yīng)用中的“三選取”(1)研究對(duì)象的選取研究對(duì)象的選取是解題的首要環(huán)節(jié)，有的問(wèn)題選單個(gè)物體(實(shí)際為一個(gè)物體與地球組成的系統(tǒng))為研究對(duì)象，有的選幾個(gè)物體組成的系統(tǒng)為研究對(duì)象，如圖所示，單選物體A機(jī)械能減少不守恒，但由物體A、B組成的系統(tǒng)機(jī)械能守恒。(2)研究過(guò)程的選取研究對(duì)象的運(yùn)動(dòng)過(guò)程分幾個(gè)階段，有的階段機(jī)械能守恒，而有的階段機(jī)械能不守恒，因此在應(yīng)用機(jī)械能守恒定律解題時(shí)要注意過(guò)程的選取。(3)機(jī)械能守恒表達(dá)式的選取①守恒觀點(diǎn)：Ek1＋Ep1＝Ek2＋Ep2。(需選取參考平面)②轉(zhuǎn)化觀點(diǎn)：ΔEp＝－ΔEk。(不需選取參考平面)③轉(zhuǎn)移觀點(diǎn)：ΔEA增＝ΔEB減。(不需選取參考平面)[典例5](多物體系統(tǒng)機(jī)械能守恒)如圖所示，質(zhì)量為m的滑塊1放在水平地面上，滑塊1的上面連接一輕彈簧，輕彈簧的另一端連接細(xì)繩(彈簧與細(xì)繩間無(wú)摩擦)，細(xì)繩跨過(guò)光滑定滑輪后與套在光滑豎直桿上的滑塊2連接，滑塊2處于位置A時(shí)，細(xì)繩剛好水平伸直無(wú)張力?，F(xiàn)將滑塊2由A處?kù)o止釋放，經(jīng)過(guò)位置B時(shí)的加速度為45g，此時(shí)滑塊1對(duì)地面的壓力恰好為0。已知滑輪與桿的水平距離為3d，A、B間的距離為4d，彈簧的彈性勢(shì)能Ep＝12kx2(k為勁度系數(shù)，x為形變量)，重力加速度大小為g，不計(jì)滑輪的質(zhì)量和大小。在滑塊2由A運(yùn)動(dòng)到B的過(guò)程中，下列有關(guān)說(shuō)法正確的是(A．彈簧的勁度系數(shù)為mgB．滑塊2的質(zhì)量為3mC．滑塊2的加速度先減小后增大D．滑塊2經(jīng)過(guò)B點(diǎn)的速度大小為15D[因?yàn)榛瑝K2處于位置A時(shí)，細(xì)繩剛好水平伸直無(wú)張力，故滑輪右側(cè)細(xì)繩原長(zhǎng)為3d，由題知當(dāng)滑塊2到達(dá)位置B時(shí)，滑塊1對(duì)地面壓力恰好為0，處于平衡狀態(tài)，則有彈簧彈力F彈＝mg，由幾何關(guān)系可知，滑輪右側(cè)細(xì)繩長(zhǎng)度為5d，則此時(shí)彈簧的伸長(zhǎng)量x＝5d－3d＝2d，結(jié)合胡克定律可知彈簧的勁度系數(shù)k＝F彈x＝mg2d，A錯(cuò)誤；設(shè)滑塊2的質(zhì)量為m2，當(dāng)滑塊2到達(dá)位置B時(shí)，由幾何關(guān)系可知細(xì)繩與豎直桿間的夾角為37°，對(duì)滑塊2進(jìn)行受力分析，其受到桿的支持力、細(xì)繩拉力與自身重力，在豎直方向由牛頓第二定律有m2g－Tcos37°＝m2a，且結(jié)合滑塊1受力分析有T＝mg，解得m2＝4m，B錯(cuò)誤；設(shè)滑塊2由A運(yùn)動(dòng)到B的過(guò)程中，細(xì)繩與豎直桿間的夾角為θ，由B項(xiàng)分析可知有m2g－Tcosθ＝m2a，此過(guò)程細(xì)繩上的拉力T逐漸增大至mg，夾角θ逐漸減小，cosθ逐漸增大，則加速度a逐漸減小，C錯(cuò)誤；滑塊2由A運(yùn)動(dòng)到B的過(guò)程中，滑塊2和彈簧組成的系統(tǒng)機(jī)械能守恒，由機(jī)械能守恒定律有m2g·4d＝Ep＋12m2v2，且Ep＝12kx2＝【教師備選資源】(多選)(2022·河北卷)如圖所示，輕質(zhì)定滑輪固定在天花板上，物體P和Q用不可伸長(zhǎng)的輕繩相連，懸掛在定滑輪上，質(zhì)量mQ>mP，t＝0時(shí)刻將兩物體由靜止釋放，物體Q的加速度大小為g3。T時(shí)刻輕繩突然斷開(kāi)，物體P能夠達(dá)到的最高點(diǎn)恰好與物體Q釋放位置處于同一高度，取t＝0時(shí)刻物體P所在水平面為零勢(shì)能面，此時(shí)物體Q的機(jī)械能為E。重力加速度大小為g，不計(jì)摩擦和空氣阻力，兩物體均可視為質(zhì)點(diǎn)。下列說(shuō)法正確的是(A．物體P和Q的質(zhì)量之比為1∶3B．2T時(shí)刻物體Q的機(jī)械能為EC．2T時(shí)刻物體P重力的功率為3D．2T時(shí)刻物體P的速度大小為2BCD[開(kāi)始釋放時(shí)物體Q的加速度為g3，則mQg－FT＝mQ·g3，F(xiàn)T－mPg＝mP·g3，解得FT＝23mQg，mPmQ＝12，A錯(cuò)誤；在T時(shí)刻，兩物體的速度v1＝gT3，P上升的距離h1＝12·g3T2＝gT26，細(xì)線斷開(kāi)后P能上升的高度h2＝v122g＝gT218，可知開(kāi)始時(shí)PQ距離為h＝h1＋h2＝2gT29，若設(shè)開(kāi)始時(shí)P所處的位置為零勢(shì)能面，則開(kāi)始時(shí)Q的機(jī)械能為E＝mQgh＝2mQg2T29，從開(kāi)始到繩子斷開(kāi)，繩子的拉力對(duì)Q做負(fù)功，大小為W繩＝FTh1＝mQg2T29，則此時(shí)物體Q的機(jī)械能E′＝E[典例6](非質(zhì)點(diǎn)類物體機(jī)械能守恒)如圖所示，AB是半徑為R的四分之一圓弧軌道，軌道底端B點(diǎn)與一水平軌道BC相切，水平軌道又在C點(diǎn)與足夠長(zhǎng)的斜面軌道CD平滑連接，軌道B處有一擋板(厚度不計(jì))。在圓弧軌道上靜止擺放著N個(gè)半徑為r(r?R)的光滑剛性小球，恰好將AB軌道鋪滿，小球從A到B依次標(biāo)記為1、2、3、…、N號(hào)。現(xiàn)將B處擋板抽走，N個(gè)小球均開(kāi)始運(yùn)動(dòng)，不計(jì)一切摩擦，考慮小球從AB向CD運(yùn)動(dòng)的過(guò)程，下列說(shuō)法正確的是()A．N個(gè)小球在離開(kāi)圓弧軌道的過(guò)程中均做勻速圓周運(yùn)動(dòng)B．1號(hào)小球第一次經(jīng)過(guò)B點(diǎn)的速度一定小于2C．1號(hào)小球第一次經(jīng)過(guò)B點(diǎn)的向心加速度大小一定等于2gD．1號(hào)小球第一次沿CD斜面上升的最大高度為RB[在下滑的過(guò)程中，水平面上的小球要做勻速運(yùn)動(dòng)，而曲面上的小球要做加速運(yùn)動(dòng)，則后面的小球?qū)η懊娴男∏蛴邢蚯暗膲毫Φ淖饔?，所以小球之間始終相互擠壓，圓弧軌道上的小球做加速圓周運(yùn)動(dòng)，故A錯(cuò)誤；1號(hào)小球在下滑過(guò)程中，始終受到2號(hào)小球?qū)λ膲毫?，所以?個(gè)小球第一次經(jīng)過(guò)B點(diǎn)時(shí)，有12mv12<mgR，解得v1<2gR，故B正確；對(duì)1號(hào)小球在B點(diǎn)，由牛頓第二定律得an＝v12R，而v1<2gR，聯(lián)立解得an<2g，故C錯(cuò)誤；在下滑的過(guò)程中，水平面上的小球要做勻速運(yùn)動(dòng)，而曲面上的小球要做加速運(yùn)動(dòng)，則后面的小球?qū)η懊娴男∏蛴邢蚯暗膲毫Φ淖饔?，沖上斜面后，后面的小球把前面的小球往上壓，所以小球之間始終相互擠壓，故N個(gè)小球在運(yùn)動(dòng)過(guò)程中始終不會(huì)散開(kāi)，所以1號(hào)小球在曲面上和斜面上都會(huì)有機(jī)械能的減小，設(shè)1號(hào)小球第一次沿CD斜面上升的最大高度為h，由能量守恒得mgR>mgh非質(zhì)點(diǎn)類物體機(jī)械能守恒“繩(考慮重力)”“鏈條”“過(guò)山車”“液柱”等物體，如果它們?cè)谶\(yùn)動(dòng)過(guò)程中發(fā)生形變，其重心位置相對(duì)物體也發(fā)生變化，因此這類物體不能再視為質(zhì)點(diǎn)來(lái)處理。物體雖然不能看成質(zhì)點(diǎn)來(lái)處理，但因只有重力做功，物體整體機(jī)械能守恒。一般情況下，可將物體分段處理，確定質(zhì)量分布均勻的規(guī)則物體各部分的重心位置及其高度變化量，根據(jù)初、末狀態(tài)物體重力勢(shì)能的減少量等于動(dòng)能的增加量列式求解?！窘處焸溥x資源】1．(多選)(2023·湖南卷)如圖所示，固定在豎直平面內(nèi)的光滑軌道ABC由直線段AB和圓弧段BC組成，兩段相切于B點(diǎn)，AB段與水平面夾角為θ，BC段圓心為O，最高點(diǎn)為C，A與C的高度差等于圓弧軌道的直徑2R。小球從A點(diǎn)以初速度v0沖上軌道，能沿軌道運(yùn)動(dòng)恰好到達(dá)C點(diǎn)，下列說(shuō)法正確的是()A．小球從B到C的過(guò)程中，對(duì)軌道的壓力逐漸增大B．小球從A到C的過(guò)程中，重力的功率始終保持不變C．小球的初速度v0＝2D．若小球初速度v0增大，小球有可能從B點(diǎn)脫離軌道AD[小球從B點(diǎn)到C點(diǎn)的過(guò)程中，對(duì)小球進(jìn)行受力分析，如圖所示，根據(jù)牛頓第二定律有mgcosα－FN＝mv2R，F(xiàn)N＝mgcosα－mv2R，α減小，v減小，F(xiàn)N增大，根據(jù)牛頓第三定律可知，小球?qū)壍赖膲毫χ饾u增大，A正確；小球從A點(diǎn)到B點(diǎn)的過(guò)程中，重力的功率PG＝mgsinθ·v，v減小，PG減小，B錯(cuò)誤；因?yàn)樾∏驈腁點(diǎn)運(yùn)動(dòng)到C點(diǎn)的過(guò)程中，只有重力做功，所以小球的機(jī)械能守恒，有12mv02＝mg·2R，v]2．(2022·全國(guó)甲卷)北京2022年冬奧會(huì)首鋼滑雪大跳臺(tái)局部示意圖如圖所示。運(yùn)動(dòng)員從a處由靜止自由滑下，到b處起跳，c點(diǎn)為a、b之間的最低點(diǎn)，a、c兩處的高度差為h。要求運(yùn)動(dòng)員經(jīng)過(guò)c點(diǎn)時(shí)對(duì)滑雪板的壓力不大于自身所受重力的k倍，運(yùn)動(dòng)過(guò)程中將運(yùn)動(dòng)員視為質(zhì)點(diǎn)并忽略所有阻力，則c點(diǎn)處這一段圓弧雪道的半徑不應(yīng)小于()A．hk+1 B．C．2hk DD[運(yùn)動(dòng)員由a運(yùn)動(dòng)到c的過(guò)程中，設(shè)到c點(diǎn)時(shí)的速度為v，由機(jī)械能守恒定律有mgh＝12mv2，設(shè)c點(diǎn)處這一段圓弧雪道的最小半徑為R，則在經(jīng)過(guò)c點(diǎn)時(shí)，有kmg－mg＝mv2R，解得R＝突破點(diǎn)三功能關(guān)系及能量守恒定律的應(yīng)用1．五種常見(jiàn)功能關(guān)系能量功能關(guān)系表達(dá)式勢(shì)能重力做功等于重力勢(shì)能減少量W＝Ep1－Ep2＝－ΔEp彈力做功等于彈性勢(shì)能減少量靜電力做功等于電勢(shì)能減少量分子力做功等于分子勢(shì)能減少量動(dòng)能合外力做功等于物體動(dòng)能變化量W＝Ek2－Ek1＝12mv2－機(jī)械能除重力和彈力之外的其他力做功等于機(jī)械能變化量W其他＝E2－E1＝ΔE機(jī)摩擦產(chǎn)生的內(nèi)能一對(duì)相互作用的摩擦力做功之和的絕對(duì)值等于產(chǎn)生的內(nèi)能Q＝Ff·s相對(duì)，s相對(duì)為相對(duì)路程電能克服安培力做功等于電能增加量W克安＝E2－E1＝ΔE2．能量守恒定律解題的兩條基本思路(1)當(dāng)涉及摩擦力做功，機(jī)械能不守恒時(shí)，一般應(yīng)用能量守恒定律。(2)確定初、末狀態(tài)，分析狀態(tài)變化過(guò)程中的能量變化，利用ΔE減＝ΔE增列式求解。[典例7](功能關(guān)系)(2024·山東卷)如圖所示，質(zhì)量均為m的甲、乙兩同學(xué)分別坐在水平放置的輕木板上，木板通過(guò)一根原長(zhǎng)為l的輕質(zhì)彈性繩連接，連接點(diǎn)等高且間距為d(d<l)。兩木板與地面間動(dòng)摩擦因數(shù)均為μ，彈性繩勁度系數(shù)為k，被拉伸時(shí)彈性勢(shì)能E＝12kx2(x為繩的伸長(zhǎng)量)?，F(xiàn)用水平力F緩慢拉動(dòng)乙所坐木板，直至甲所坐木板剛要離開(kāi)原位置，此過(guò)程中兩人與所坐木板保持相對(duì)靜止，k保持不變，最大靜摩擦力等于滑動(dòng)摩擦力，重力加速度大小為g，則FA．μmg22k＋μmg(lB．3μmg22k＋μmg(lC．3μmg22k＋2μmg(D．μmg22k＋2μmg(lB[當(dāng)甲所坐木板剛要離開(kāi)原位置時(shí)，對(duì)甲及其所坐木板整體有μmg＝kx0，解得彈性繩的伸長(zhǎng)量x0＝μmgk，則此時(shí)彈性繩的彈性勢(shì)能為E0＝12kx02＝μ2m2g22k；從開(kāi)始拉動(dòng)乙所坐木板到甲所坐木板剛要離開(kāi)原位置的過(guò)程，乙所坐木板的位移為x1＝x0＋l－d，則由功能關(guān)系可知該過(guò)程F所做的功W＝E0一題多解畫出外力F與乙所坐木板的位移x的關(guān)系圖像如圖所示，則外力F做的功W＝μmg(l－d)＋μmg+2μmg2x0＝3μmg22][典例8](功能關(guān)系與能量守恒定律)(2024·1月九省聯(lián)考安徽卷)為激發(fā)學(xué)生參與體育活動(dòng)的興趣，某學(xué)校計(jì)劃修建用于滑板訓(xùn)練的場(chǎng)地。老師和同學(xué)們圍繞物體在起伏地面上的運(yùn)動(dòng)問(wèn)題，討論并設(shè)計(jì)了如圖所示的路面，其中AB是傾角為53°的斜面，凹圓弧BCD和凸圓弧DEF的半徑均為R，且D、F兩點(diǎn)處于同一高度，B、E兩點(diǎn)處于另一高度，整個(gè)路面無(wú)摩擦且各段之間平滑連接。在斜面AB上距離水平面BE高度為h(未知量)的地方放置一個(gè)質(zhì)量為m的小球(可視為質(zhì)點(diǎn))，讓它由靜止開(kāi)始運(yùn)動(dòng)。已知重力加速度為g，sin37°＝0.6，cos37°＝0.8。(1)當(dāng)h＝0.6R，小球經(jīng)過(guò)最低點(diǎn)C時(shí)，求路面受到的壓力；(2)若小球一定能沿路面運(yùn)動(dòng)到F點(diǎn)，求h的取值范圍；(3)在某次試驗(yàn)中，小球運(yùn)動(dòng)到BC段的G點(diǎn)時(shí)，重力功率出現(xiàn)了極大值，已知該點(diǎn)路面傾角θ＝37°，求h的值。[解析](1)從靜止釋放到C點(diǎn)過(guò)程中，由動(dòng)能定理得mgh＋mg(R－Rsin37°)＝1在C點(diǎn)由牛頓第二定律FN－mg＝mv聯(lián)立解得FN＝3mg由牛頓第三定律得路面受到的壓力為F′N＝FN＝3mg方向豎直向下。(2)分析可知小球能沿路面到達(dá)F點(diǎn)即可通過(guò)E點(diǎn)，剛好到達(dá)F點(diǎn)時(shí)有mgcos37°＝mv根據(jù)動(dòng)能定理有mgh′＋mg(R－Rcos37°)＝1聯(lián)立解得h′＝0.2R故可知h的范圍為0<h≤0.2R。(3)設(shè)在G點(diǎn)時(shí)速度為v，由能量守恒定律得mgh＋mg(Rcosθ－Rsin37°)＝12mv該處重力的瞬時(shí)功率為P＝mgvsinθ聯(lián)立解得P2＝m2g2[2gh＋2gR(cosθ－0.6)]·sin2θ＝m2g2[2gh＋2gR(cosθ－0.6)]·(1－cos2θ)設(shè)x＝cosθ，y＝[2gh＋2gR(cosθ－0.6)]·(1－cos2θ)討論y-x函數(shù)的極值，即y＝[2gh＋2gR(x－0.6)]·(1－x2)展開(kāi)得y＝－2gRx3＋(1.2gR－2gh)x2＋2gRx＋2gh－1.2gR對(duì)y求導(dǎo)得y′＝－6gRx2＋2(1.2gR－2gh)x＋2gR根據(jù)題意θ＝37°時(shí)取極大值，可知此時(shí)y′＝0，將x＝0.8代入得h＝0.025R。[答案](1)3mg，方向豎直向下(2)0<h≤0.2R(3)0.025R應(yīng)用功能關(guān)系和能量守恒定律“三注意”(1)分清是什么力做功，并且分析該力做正功還是做負(fù)功；根據(jù)功能之間的對(duì)應(yīng)關(guān)系，確定能量之間的轉(zhuǎn)化情況。(2)可以根據(jù)能量之間的轉(zhuǎn)化情況，確定是什么力做功，尤其可以方便計(jì)算變力做功的多少。(3)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?！窘處焸溥x資源】(2023·浙江1月卷)一位游客正在體驗(yàn)蹦極，綁上蹦極專用的橡皮繩后從跳臺(tái)縱身而下。游客從跳臺(tái)下落直到最低點(diǎn)過(guò)程中()A．彈性勢(shì)能減小B．重力勢(shì)能減小C．機(jī)械能保持不變D．繩一繃緊動(dòng)能就開(kāi)始減小B[游客從跳臺(tái)下落，開(kāi)始階段橡皮繩未拉直，只受重力作用，做自由落體運(yùn)動(dòng)，下落到一定高度時(shí)橡皮繩開(kāi)始繃緊，游客受重力和向上的彈力作用，彈力從0逐漸增大，游客所受合外力先向下減小后向上增大，速度先增大后減小，到最低點(diǎn)時(shí)速度減小到0，彈力達(dá)到最大值，彈性勢(shì)能達(dá)到最大值，橡皮繩繃緊后彈性勢(shì)能一直增大，A錯(cuò)誤；游客高度一直降低，重力一直做正功，重力勢(shì)能一直減小，B正確；下落階段橡皮繩對(duì)游客做負(fù)功，游客機(jī)械能減少，C錯(cuò)誤；橡皮繩剛開(kāi)始繃緊一段時(shí)間內(nèi)，彈力小于重力，合外力向下，合外力對(duì)游客做正功，游客向下運(yùn)動(dòng)的速度逐漸增大，游客動(dòng)能逐漸增加；當(dāng)彈力等于重力時(shí)，游客向下運(yùn)動(dòng)的速度最大，游客的動(dòng)能最大；游客再向下運(yùn)動(dòng)，彈力大于重力，合外力向上，合外力對(duì)游客做負(fù)功，游客動(dòng)能逐漸減小，D錯(cuò)誤。]1．(熱點(diǎn)情境·傳統(tǒng)文化)(多選)(2024·廣東潮州1月期末)成語(yǔ)“簸揚(yáng)糠秕”常用于自謙，形容自己無(wú)才而居前列。成語(yǔ)源于如圖所示的勞動(dòng)情境，在恒定水平風(fēng)力作用下，從同一高度由靜止釋放的米粒和糠落到地面不同位置，糠落點(diǎn)更遠(yuǎn)?？諝庾枇雎圆挥?jì)，下列說(shuō)法正確的是()A．從釋放到落地的過(guò)程中，米粒和糠重力勢(shì)能變化量相等B．從釋放到落地的過(guò)程中，水平風(fēng)力對(duì)米粒和糠做功相同C．米粒落地時(shí)重力的瞬時(shí)功率大于糠落地時(shí)重力的瞬時(shí)功率D．從釋放到落地的過(guò)程中，糠的運(yùn)動(dòng)時(shí)間等于米粒的運(yùn)動(dòng)時(shí)間CD[豎直方向，建構(gòu)自由落體運(yùn)動(dòng)模型，米粒和糠的區(qū)別是質(zhì)量不同，由WG＝mgh可知，米粒和糠所受重力做功不同，則重力勢(shì)能變化量不同，故A錯(cuò)誤；由v2＝2gh可知，落地時(shí)豎直方向的速度相同，而P＝mgv，由于米粒質(zhì)量大，落地時(shí)，米粒所受重力的瞬時(shí)功率大于糠所受重力的瞬時(shí)功率，故C正確；由h＝12gt2可知，米粒和糠的運(yùn)動(dòng)時(shí)間相同，故D正確；水平方向，由題可知，米粒水平運(yùn)動(dòng)的距離小，再根據(jù)功的公式W＝Fx可知，風(fēng)力對(duì)米粒做功少，故B錯(cuò)誤。2．(排球運(yùn)動(dòng)＋各類圖像)(多選)某中學(xué)為了營(yíng)造健康文明、積極向上的校園氛圍，舉辦了教職工趣味運(yùn)動(dòng)會(huì)，其中排球墊球比賽競(jìng)爭(zhēng)尤其激烈，贏得大家陣陣喝彩。某位教師將球沿豎直方向墊起，已知排球在空中受到的空氣阻力與速度大小成正比，以豎直向上為正方向，v表示排球速度、x表示排球相對(duì)墊起點(diǎn)的位移、Ek表示排球的動(dòng)能、E機(jī)表示排球的機(jī)械能、t表示排球自墊起開(kāi)始計(jì)時(shí)的運(yùn)動(dòng)時(shí)間，下列表示排球上升和下落過(guò)程中各物理量之間關(guān)系的圖像可能正確的是()ABCDBD[排球上升過(guò)程，向上做減速直線運(yùn)動(dòng)，對(duì)排球受力分析，根據(jù)牛頓第二定律得mg＋kv＝ma1，速度減小，加速度也減?。慌徘虻竭_(dá)最高點(diǎn)后下落過(guò)程，向下做加速直線運(yùn)動(dòng)，對(duì)排球受力分析，根據(jù)牛頓第二定律得mg－kv＝ma2，速度增大，加速度繼續(xù)減小，所以v-t圖像的斜率全程都在減小，但是題中規(guī)定向上為正方向，開(kāi)始時(shí)速度必須是正的，選項(xiàng)A錯(cuò)誤；由于速度先減小為0后反向增大，所以x-t圖像斜率先減小，后變?yōu)樨?fù)數(shù)增大，且全程一直有機(jī)械能損失，導(dǎo)致上升過(guò)程中任意位置的速度都比下降過(guò)程同位置的速度大，因此上升過(guò)程的平均速度大于下降過(guò)程的平均速度，所以上升過(guò)程的時(shí)間小于下降過(guò)程的時(shí)間，選項(xiàng)B正確；全程一直有機(jī)械能損失，上升與下降經(jīng)過(guò)同一位置的動(dòng)能不可能相等，Ek-x圖像中不可能有交點(diǎn)，選項(xiàng)C錯(cuò)誤；E機(jī)-x圖像的斜率表示空氣阻力，根據(jù)空氣阻力上升過(guò)程減小下降過(guò)程增大，且上升過(guò)程機(jī)械能損失的更多(上升過(guò)程空氣阻力的平均值大于下降過(guò)程空氣阻力的平均值)，選項(xiàng)D正確。]3．(力電綜合情境)(2024·四川成都第七中學(xué)12月質(zhì)檢)如圖所示為某同學(xué)設(shè)計(jì)的彈射裝置，水平軌道AB與豎直四分之一圓弧軌道BC平滑連接，豎直四分之一圓弧DG、豎直四分之一圓弧軌道G′H和水平軌道HM均平滑連接，物塊剛好能經(jīng)過(guò)GG′進(jìn)入G′H，O1、C在同一水平面，O2、G、G′、O3在同一水平面，所有的軌道均絕緣，除水平軌道HM粗糙外，其余軌道均光滑；圓弧BC半徑R1和圓弧DG半徑R2均為R，HM長(zhǎng)度為2R，N點(diǎn)為HM的中點(diǎn)，虛線框內(nèi)存在著水平向右的勻強(qiáng)電場(chǎng)?，F(xiàn)將一質(zhì)量為1.5m、不帶電的小物塊a壓縮絕緣彈簧至A點(diǎn)并鎖定。解開(kāi)鎖定，小物塊a恰好到達(dá)C點(diǎn)。現(xiàn)將一質(zhì)量為m、帶電荷量為q的另一小物塊b壓縮絕緣彈簧至A點(diǎn)并鎖定，解開(kāi)鎖定，小物塊b經(jīng)C點(diǎn)經(jīng)過(guò)電場(chǎng)后并沿著水平方向進(jìn)入圓弧軌道DG，經(jīng)過(guò)D點(diǎn)時(shí)物塊對(duì)軌道的作用力恰好為0。設(shè)小物塊在運(yùn)動(dòng)過(guò)程中帶電荷量始終保持不變，空氣阻力忽略不計(jì)，重力加速度為g。(1)求小物塊b到達(dá)管口C時(shí)的速度大小vC；(2)求電場(chǎng)強(qiáng)度E的大?。?3)設(shè)小物塊b與右端豎直墻壁碰撞后以原速率返回，小物塊b最終停在N點(diǎn)，求小物塊b與軌道之間的動(dòng)摩擦因數(shù)μ(μ<1)。[解析](1)小物塊a從釋放后到C點(diǎn)過(guò)程，由機(jī)械能守恒定律可得Ep－1.5mgR＝0，解得Ep＝1.5mgR小物塊b從釋放后到C點(diǎn)過(guò)程，由機(jī)械能守恒定律得Ep－mgR＝12m解得vC＝gR。(2)小物塊b經(jīng)過(guò)D點(diǎn)時(shí)對(duì)軌道的作用力恰好為0，重力提供向心力，由牛頓第二定律得mg＝mvD2R，解得小物塊b從C到D過(guò)程在豎直方向做勻減速直線運(yùn)動(dòng)，運(yùn)動(dòng)時(shí)間t＝v小物塊b在水平方向做初速度為0的勻加速直線運(yùn)動(dòng)，到達(dá)D點(diǎn)時(shí)的速度vD＝axt在水平方向，由牛頓第二定律得Eq＝max解得E＝mgq(3)小物塊b在電場(chǎng)中豎直方向的位移大小y＝vC22g＝根據(jù)小物塊b最終停在N點(diǎn)可知小物塊b沒(méi)有脫離軌道，則當(dāng)小物塊b與豎直墻壁碰撞后剛好到G′時(shí)，由動(dòng)能定理得mgR－4μ1mgR＝0－12mvD2，解得μ1＝小物塊b最終停在N點(diǎn)，根據(jù)動(dòng)能定理得3mgR2－μ2mg(4nR＋R)＝0－12mvD2(n＝1，2，或3mgR2－μ3mg(4nR＋3R)＝0－12mvD2(n＝0，1，2，綜上所述，可得μ＝23或μ＝2[答案](1)gR(2)mgq(3)23專題限時(shí)集訓(xùn)(四)功與能1．(2024·江蘇淮安聯(lián)考)某校兩名同學(xué)穿相同的校服，先后從傾斜冰面的同一位置由靜止滑下，最終兩人停在水平冰面上，如圖所示(兩人均可視為質(zhì)點(diǎn)，兩人與冰面的動(dòng)摩擦因數(shù)處處相等，且不計(jì)空氣阻力及人經(jīng)過(guò)O點(diǎn)時(shí)的能量損失)。根據(jù)上述信息，可以確定()A．質(zhì)量大的同學(xué)運(yùn)動(dòng)時(shí)間長(zhǎng)B．質(zhì)量大的同學(xué)運(yùn)動(dòng)距離長(zhǎng)C．質(zhì)量大的同學(xué)損失的機(jī)械能多D．質(zhì)量大的同學(xué)到達(dá)O點(diǎn)時(shí)速度大C[設(shè)兩名同學(xué)在傾斜冰面上運(yùn)動(dòng)的長(zhǎng)度為l，冰面傾角為θ，整個(gè)過(guò)程中的水平位移為x，由動(dòng)能定理得mglsinθ－μmglcosθ－μmg(x－lcosθ)＝0，即x＝lsinθμ，可知兩人運(yùn)動(dòng)的距離一樣長(zhǎng)，根據(jù)牛頓第二定律可知，兩人運(yùn)動(dòng)的加速度的大小與質(zhì)量沒(méi)有關(guān)系，則兩人運(yùn)動(dòng)的時(shí)間相等，到達(dá)O點(diǎn)的速度也相同，故A、B、D錯(cuò)誤；因?yàn)橘|(zhì)量越大的人，受到的摩擦力越大，而兩人運(yùn)動(dòng)的距離一樣長(zhǎng)，則質(zhì)量大的同學(xué)損失的機(jī)械能越多，故C正確。故選2．(2024·全國(guó)甲卷)如圖所示，一光滑大圓環(huán)固定在豎直平面內(nèi)，質(zhì)量為m的小環(huán)套在大圓環(huán)上，小環(huán)從靜止開(kāi)始由大圓環(huán)頂端經(jīng)Q點(diǎn)自由下滑至其底部，Q為豎直線與大圓環(huán)的切點(diǎn)。則小環(huán)下滑過(guò)程中對(duì)大圓環(huán)的作用力大小()A．在Q點(diǎn)最大 B．在Q點(diǎn)最小C．先減小后增大 D．先增大后減小C[設(shè)小環(huán)運(yùn)動(dòng)軌跡所對(duì)的圓心角為θ(0≤θ≤π)，大圓環(huán)的半徑為R，大圓環(huán)對(duì)小環(huán)的作用力為F，則由動(dòng)能定理有mgR(1－cosθ)＝12mv2，又小環(huán)做圓周運(yùn)動(dòng)，則有F＋mgcosθ＝mv2R，聯(lián)立得小環(huán)下滑過(guò)程中受到大圓環(huán)的作用力F＝mg(2－3cosθ)，則F的大小先減小后增大，且當(dāng)cosθ＝23時(shí)F最小，當(dāng)cosθ＝－1，即小環(huán)在大圓環(huán)最低點(diǎn)時(shí)F3．(2024·海南校聯(lián)考一模)一輛質(zhì)量為20kg的玩具賽車在水平直跑道上由靜止開(kāi)始勻加速啟動(dòng)，達(dá)到額定功率后保持功率不變，其加速度a隨時(shí)間t變化的規(guī)律如圖所示。已知賽車在跑道上運(yùn)動(dòng)時(shí)受到的阻力恒為40N，賽車從起點(diǎn)到終點(diǎn)所用的時(shí)間為35s，賽車到達(dá)終點(diǎn)前已達(dá)到最大速度。下列說(shuō)法正確的是()A．賽車勻加速的距離為30mB．賽車的額定功率為1000WC．a(chǎn)-t圖像與坐標(biāo)軸圍成的面積為20m/sD．起點(diǎn)到終點(diǎn)的距離為450mC[賽車勻加速的距離為x1＝12a1t12＝12×2×52m＝25m，故A錯(cuò)誤；賽車做勻加速運(yùn)動(dòng)階段，根據(jù)牛頓第二定律有F－f＝ma1，解得F＝80N，5s末賽車的速度為v＝a1t1＝2×5m/s＝10m/s，賽車的額定功率為P＝Fv＝80×10W＝800W，故B錯(cuò)誤；a-t圖像與坐標(biāo)軸圍成的面積表示賽車速度的改變量，賽車初速度為零，則Δv＝vm＝Pf＝80040m/s＝20m/s，故C正確；賽車從起點(diǎn)到終點(diǎn)，根據(jù)動(dòng)能定理有Fx1＋4．(多選)(2024·廣州市普通高中畢業(yè)班綜合測(cè)試)足球在空中運(yùn)動(dòng)的軌跡如圖，若以地面為參考平面，不計(jì)空氣阻力，下列能表示足球在空中運(yùn)動(dòng)過(guò)程的加速度a、重力勢(shì)能Ep隨離地面高度h變化的圖像可能正確的是()ABCDAC[足球在空中做斜拋運(yùn)動(dòng)，加速度為重力加速度，不會(huì)隨著其離地面的高度的變化而變化，即a-h圖像為一條平行于h軸的直線，A正確，B錯(cuò)誤；以地面為參考平面，足球的重力勢(shì)能為Ep＝mgh，所以Ep-h圖像為一條過(guò)坐標(biāo)原點(diǎn)的傾斜直線，C正確，D錯(cuò)誤。]5．(2024·河北石家莊11月聯(lián)考)如圖所示，帶孔物塊A穿在光滑固定的豎直細(xì)桿上與一不可伸長(zhǎng)的輕質(zhì)細(xì)繩連接，細(xì)繩另一端跨過(guò)輕質(zhì)光滑定滑輪連接物塊B，A位于與定滑輪等高處。已知物塊A的質(zhì)量為m，物塊B的質(zhì)量為3m，定滑輪到細(xì)桿的距離為L(zhǎng)，細(xì)繩的長(zhǎng)度為2L?，F(xiàn)由靜止釋放物塊A，不計(jì)空氣阻力及定滑輪大小，重力加速度大小為g，兩物塊均可視為質(zhì)點(diǎn)，下列說(shuō)法正確的是()A．物塊A的機(jī)械能一直增大B．物塊A的速度始終小于物塊B的速度C．物塊A下落的最大距離為3LD．物塊A、B等高時(shí)系統(tǒng)的總動(dòng)能為23C[由靜止釋放物塊A，物塊A向下加速運(yùn)動(dòng)過(guò)程中，重力做正功，繩子的拉力做負(fù)功，物塊A的機(jī)械能減小，故A錯(cuò)誤；設(shè)物塊A下滑過(guò)程中繩與豎直方向的夾角為α，則vAcosα＝vB，由此可知，物塊A的速度大于物塊B的速度，當(dāng)物塊A的速度為零時(shí)，物塊B的速度也為零，故B錯(cuò)誤；當(dāng)物塊A的速度為零時(shí)，下落的高度最大，設(shè)A下滑最大高度為h，則由機(jī)械能守恒定律得mgh＝3mgh2+L2-L，解得h＝3L，故C正確；設(shè)物塊A、B處于同一高度時(shí)定滑輪左側(cè)細(xì)繩與水平方向所成的角為θ，有Ltanθ＝2L－Lcosθ，所以由系統(tǒng)機(jī)械能守恒得，等高時(shí)的總動(dòng)能為Ek＝mgLtanθ－3mgLcosθ6．(多選)(2024·廣東中山11月質(zhì)檢)質(zhì)量不計(jì)的直角形支架兩端分別連接質(zhì)量為m和2m的小球A和B(均可視為質(zhì)點(diǎn))。支架的兩直角邊長(zhǎng)度分別為2l和l，支架可繞固定軸O在豎直平面內(nèi)無(wú)摩擦轉(zhuǎn)動(dòng)，如圖所示。開(kāi)始時(shí)OA邊處于水平位置，以O(shè)A所在平面為零勢(shì)能面，由靜止釋放，則()A．B球相對(duì)于初始位置上升的最大高度為lB．A球的速度最大時(shí)，兩小球的總重力勢(shì)能為0C．A球在向下擺的整個(gè)過(guò)程，桿對(duì)它做了負(fù)功D．A、B兩球的最大速度之比vA∶vB＝2∶1ACD[當(dāng)兩球的轉(zhuǎn)動(dòng)速度是零時(shí)，B球上升高度最大，初始OA所在的平面是零勢(shì)能面，當(dāng)B球上升高度為l時(shí)，系統(tǒng)的重力勢(shì)能Ep＝－mg·2l＝－2mgl，系統(tǒng)的初狀態(tài)機(jī)械能E＝－2mgl＝Ep，由系統(tǒng)的機(jī)械能守恒可知，則當(dāng)B球上升高度為l時(shí)，系統(tǒng)的動(dòng)能是零，此時(shí)B球上升的高度最大，A正確；兩球組成的系統(tǒng)機(jī)械能守恒，A球速度最大時(shí)，B球的速度也最大，系統(tǒng)的動(dòng)能最大，大于零，而系統(tǒng)的總機(jī)械能是－2mgl，則兩球的總重力勢(shì)能不是零，而是負(fù)值，B錯(cuò)誤；A球在向下擺的過(guò)程中，系統(tǒng)的動(dòng)能先增后減，根據(jù)A、B組成的機(jī)械能守恒可知，B球重力勢(shì)能和動(dòng)能都增大時(shí)，A球機(jī)械能減小；B球重力勢(shì)能增大，動(dòng)能減小時(shí)，A球重力勢(shì)能和動(dòng)能都在減小，即A球機(jī)械能減小，綜上可知，全程運(yùn)動(dòng)中A球機(jī)械能一直在減小，據(jù)功能關(guān)系可知桿對(duì)它做了負(fù)功，C正確；A、B兩球一起繞O點(diǎn)轉(zhuǎn)動(dòng)，它們的角速度ω相等，則有vA∶vB＝ω·2l∶ωl＝2∶1，D正確。]7．(2024·1月九省聯(lián)考貴州卷)如圖所示，一輕質(zhì)彈簧置于固定光滑斜面上，下端與固定在斜面底端的擋板連接，彈簧處于原長(zhǎng)時(shí)上端位于A點(diǎn)。一物塊由斜面上A點(diǎn)上方某位置釋放，將彈簧壓縮至最低點(diǎn)B(彈簧在彈性限度內(nèi))，則物塊由A點(diǎn)運(yùn)動(dòng)至B點(diǎn)的過(guò)程中，彈簧彈性勢(shì)能的()A．增加量等于物塊動(dòng)能的減少量B．增加量等于物塊重力勢(shì)能的減少量C．增加量等于物塊機(jī)械能的減少量D．最大值等于物塊動(dòng)能的最大值C[設(shè)物塊在A點(diǎn)時(shí)的動(dòng)能為Ek，斜面的傾角為θ，物塊由A點(diǎn)運(yùn)動(dòng)至B點(diǎn)的過(guò)程中，對(duì)物塊由能量守恒有Ek＋mgLABsinθ＝Ep，可知，物塊由A點(diǎn)運(yùn)動(dòng)至B點(diǎn)的過(guò)程中，物塊的機(jī)械能轉(zhuǎn)化成了彈簧的彈性勢(shì)能，因此可知，彈簧彈性勢(shì)能增加量大于物塊動(dòng)能的減少量，同樣大于物塊重力勢(shì)能的減少量，而等于物塊機(jī)械能的減少量，故A、B錯(cuò)誤，C正確；顯然，物塊由A點(diǎn)運(yùn)動(dòng)至B點(diǎn)的過(guò)程中，彈簧彈性勢(shì)能最大時(shí)，即彈簧被壓縮至最短的位置，而物塊動(dòng)能最大時(shí)，彈簧的彈力等于物塊重力沿斜面向下的分力，即此時(shí)彈簧已被壓縮，具有了一定的彈性勢(shì)能，而此后物塊還要繼續(xù)向下運(yùn)動(dòng)，直至速度減為零，彈簧被壓縮至最短，因此彈簧彈性勢(shì)能的最大值大于物塊動(dòng)能的最大值，而等于物塊機(jī)械能的減少量，故D錯(cuò)誤。故選C。]8．(2024·5月山東菏澤高三信息押題卷)如圖所示，水平軌道AB與豎直半圓軌道BC相切于B點(diǎn)，半圓軌道半徑為R，AB長(zhǎng)度為72R。在AB上方、直徑BC左側(cè)存在水平向右的勻強(qiáng)電場(chǎng)。一個(gè)質(zhì)量為m、帶正電的小球自A點(diǎn)由靜止釋放，經(jīng)過(guò)B點(diǎn)后進(jìn)入半圓軌道，小球進(jìn)入半圓軌道后立即撤去電場(chǎng)。已知小球所受靜電力大小F＝12mg(g為重力加速度的大小(1)小球運(yùn)動(dòng)到最高點(diǎn)時(shí)的速度大??；(2)小球運(yùn)動(dòng)到最高點(diǎn)時(shí)距水平面AB的距離。[解析](1)假設(shè)小球沿半圓軌道運(yùn)動(dòng)到D點(diǎn)脫離軌道，如圖所示。小球由A點(diǎn)運(yùn)動(dòng)到D點(diǎn)，由動(dòng)能定理，得F·72R－mgR(1＋sinα)＝又F＝12在D點(diǎn)沿半徑方向，由牛頓第二定律，得mgsinα＝mv聯(lián)立解得vD＝gR2，α＝小球離開(kāi)半圓軌道后做斜拋運(yùn)動(dòng)，小球運(yùn)動(dòng)到最高點(diǎn)時(shí)的速度等于在D點(diǎn)時(shí)的水平分速度，有v＝vDsinα＝12(2)小球從A點(diǎn)運(yùn)動(dòng)到最高點(diǎn)的過(guò)程中，由動(dòng)能定理，得F·72R-mgH＝聯(lián)立解得H＝2716R[答案](1)12gR29．(2024·江西宜春10月測(cè)試)如圖所示為某型號(hào)電動(dòng)汽車在某次測(cè)試中的速度v與牽引力F大小倒數(shù)的關(guān)系圖像v-1F，已知汽車在平直路面上由靜止啟動(dòng)，阻力恒定，最終達(dá)到最大速度vm后以額定功率勻速行駛，ab、cd平行于v軸，bc反向延長(zhǎng)線過(guò)原點(diǎn)O，汽車質(zhì)量為M，已知M、F1、F2、vm，下列說(shuō)法不正確的是A．汽車額定功率為F2vmB．汽車從b到c過(guò)程做變加速運(yùn)動(dòng)C．汽車勻加速運(yùn)動(dòng)持續(xù)的時(shí)間為MD．汽車從a到b過(guò)程克服阻力做的功為MFC[根據(jù)P＝Fv可知v＝P·1F，額定功率等于圖線的斜率，即P＝vm1F2＝F2vm，故A正確，不符合題意；根據(jù)P＝Fv，汽車由b到c過(guò)程中功率不變，隨著汽車速度的增大，牽引力減小，根據(jù)牛頓第二定律得F－f＝Ma，汽車所受阻力不變，隨著牽引力的減小，汽車的加速度也減小，汽車由b到c過(guò)程中做加速度減小的加速運(yùn)動(dòng)，故B正確，不符合題意；汽車所受的阻力為f＝Pvm＝F2，由于額定功率等于圖線的斜率，有P＝vm1F2＝v11F1，解得F2vm＝v1F1，汽車從a到b，根據(jù)牛頓第二定律得F1－f＝Ma，汽車從a到b持續(xù)的時(shí)間為t＝v1a，聯(lián)立解得t＝MF2vmF110．(多選)(2024·湖南省岳陽(yáng)市5月高三下學(xué)期考情信息卷)某實(shí)驗(yàn)研究小組為探究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，使某一物體每次以不變的初速率v0沿足夠長(zhǎng)的斜面向上運(yùn)動(dòng)，如圖甲所示，調(diào)節(jié)斜面與水平面的夾角θ，實(shí)驗(yàn)測(cè)得x與θ的關(guān)系如圖乙所示，取g＝10m/s2。則由圖可知()A．物體的初速率v0＝5m/sB．物體與斜面間的動(dòng)摩擦因數(shù)μ＝0.75C．圖乙中xmin＝0.36mD．取初始位置所在水平面為重力勢(shì)能參考平面，當(dāng)θ＝37°，物體上滑過(guò)程中動(dòng)能與重力勢(shì)能相等時(shí)，物體上滑的位移為0.1875mBC[由題圖乙可知，當(dāng)θ＝π2時(shí)，物體做豎直上拋運(yùn)動(dòng)，摩擦力是零，由豎直上拋運(yùn)動(dòng)的速度位移關(guān)系公式可得v02＝2gx1，解得v0＝2×10×0.45m/s＝3m/s，A錯(cuò)誤；當(dāng)θ＝0時(shí)，物體沿水平面做勻減速直線運(yùn)動(dòng)，由動(dòng)能定理可得－μmgx0＝0－12mv02，解得μ＝v022gx0＝322×10×0.6＝0.75，B正確；物體沿斜面向上運(yùn)動(dòng)時(shí)，由動(dòng)能定理可得－(μmgcosθ＋mgsinθ)x2＝0－12mv02，代入數(shù)據(jù)整理可得x2＝920×0.75cosθ+sinθm≥9200.752+111．(2024·江蘇南京10月模擬)如圖所示，光滑斜面傾角θ＝60°，其底端與豎直平面內(nèi)半徑為R的光滑圓弧軌道平滑對(duì)接，位置D為圓弧軌道的最低點(diǎn)。質(zhì)量均為m的小球A和小環(huán)B(均可視為質(zhì)點(diǎn))用L＝1.5R的輕桿通過(guò)輕質(zhì)鉸鏈相連。B套在固定豎直光滑的長(zhǎng)桿上，長(zhǎng)桿和圓軌道在同一豎直平面內(nèi)，過(guò)軌道圓心。初始輕桿與斜面垂直，在斜面上由靜止釋放A，假設(shè)在運(yùn)動(dòng)過(guò)程中兩桿不會(huì)碰撞，小球通過(guò)軌道連接處時(shí)無(wú)能量損失(速度大小不變)，重力加速度為g，下列判斷正確的是()A．小球A由靜止釋放運(yùn)動(dòng)到最低點(diǎn)時(shí)，機(jī)械能一直減小B．剛釋放時(shí)，小球A的加速度大小為aA＝32C．小球A運(yùn)動(dòng)到最低點(diǎn)時(shí)的速度大小為vA＝14D．若A在最低點(diǎn)時(shí)加速度大小為a，則此時(shí)A受到圓軌道的支持力大小一定為5mg＋maC[小球A由靜止釋放運(yùn)動(dòng)到最低點(diǎn)時(shí)，速度水平，豎直分速度為0，而B的機(jī)械能減小，則A的機(jī)械能增加，故A錯(cuò)誤；由牛頓第二定律得mgsin60°＝maA，解得aA＝32g，故B錯(cuò)誤；小球A初始位置距水平面高度設(shè)為h1，由幾何關(guān)系有Rsin60