专题2 第7课时　动能定理　机械能守恒　能量守恒教案

这是一份专题2 第7课时　动能定理　机械能守恒　能量守恒教案，共16页。

高考题型1 动能定理的综合应用
1．应用动能定理解题的步骤图解：
2．应用动能定理的四点提醒：
(1)动能定理往往用于单个物体的运动过程，由于不涉及加速度及时间，比动力学方法要简捷．
(2)动能定理表达式是一个标量式，在某个方向上应用动能定理是没有依据的．
(3)物体在某个运动过程中包含几个运动性质不同的小过程(如加速、减速的过程)，对全过程应用动能定理，往往能使问题简化．
(4)多过程往复运动问题一般应用动能定理求解．
例1 (2019·全国卷Ⅲ·17)从地面竖直向上抛出一物体，物体在运动过程中除受到重力外，还受到一大小不变、方向始终与运动方向相反的外力作用．距地面高度h在3 m以内时，物体上升、下落过程中动能Ek随h的变化如图1所示．重力加速度取10 m/s2.该物体的质量为( )
图1
A．2 kg B．1.5 kg C．1 kg D．0.5 kg
答案 C
解析 设物体的质量为m，则物体在上升过程中，受到竖直向下的重力mg和竖直向下的恒定外力F，当Δh＝3 m时，由动能定理结合题图可得－(mg＋F)Δh＝(36－72) J；物体在下落过程中，受到竖直向下的重力mg和竖直向上的恒定外力F，当Δh＝3 m时，再由动能定理结合题图可得(mg－F)Δh＝(48－24) J，联立解得m＝1 kg、F＝2 N，选项C正确，A、B、D均错误．
例2 如图2所示，AB为一固定在水平面上的半圆形细圆管轨道，轨道内壁粗糙，其半径为R且远大于细管的内径，轨道底端与水平轨道BC相切于B点．水平轨道BC长为2R，动摩擦因数为μ1＝0.5，右侧为一固定在水平面上的粗糙斜面．斜面CD足够长，倾角为θ＝37°，动摩擦因数为μ2＝0.8.一质量为m，可视为质点的物块从圆管轨道顶端A点以初速度v0＝eq \r(\f(gR,2))水平射入圆管轨道，运动到B点时对轨道的压力大小为自身重力的5倍，物块经过C点时速度大小不发生变化，sin 37°＝0.6，cs 37°＝0.8，重力加速度为g，求：
图2
(1)物块从A点运动到B点的过程中，阻力所做的功；
(2)物块最终停留的位置．
答案 (1)－eq \f(1,4)mgR (2)斜面上距C点eq \f(25,31)R处
解析 (1)物块运动到B点时，设轨道对其支持力大小为FN，由牛顿第三定律知FN＝FN′＝5mg，由牛顿第二定律有FN－mg＝meq \f(v\\al(,B2),R)，解得vB＝2eq \r(gR)
物块从A点运动到B点的过程，由动能定理有2mgR＋Wf＝eq \f(1,2)mvB2－eq \f(1,2)mv02，得Wf＝－eq \f(1,4)mgR
(2)设物块沿斜面上升的最大位移为x，由动能定理有
－μ1mg·2R－mgxsin θ－Ffx＝0－eq \f(1,2)mvB2
其中Ff＝μ2mgcs θ，解得x＝eq \f(25,31)R
因μ2mgcs θ＞mgsin θ，故物块在速度减为零之后不会下滑，物块最终会静止在斜面上距离C点eq \f(25,31)R处．
高考题型2 机械能守恒定律的应用
1．判断物体或系统机械能是否守恒的三种方法

2.机械能守恒定律的表达式
3．连接体的机械能守恒问题
考向一 单个物体机械能守恒
例3 (2021·安徽高三联考)如图3甲所示，在竖直平面内固定一光滑的半圆形轨道ABC，小球以一定的初速度从最低点A冲上轨道，图乙是小球在半圆形轨道上从A运动到C的过程中，其速度平方与其对应高度的关系图像．已知小球在最高点C受到轨道的作用力为2.5 N，空气阻力不计，B点为AC轨道中点，g＝10 m/s2，求：
图3
(1)图乙中b的值；(结果不用带单位)
(2)小球在B点受到轨道作用力的大小．
答案 (1)25 (2)8.5 N
解析 (1)小球在光滑轨道上运动，只有重力做功，故机械能守恒，所以有：eq \f(1,2)mvA2＝eq \f(1,2)mv2＋mgh
解得：vA2＝v2＋2gh
即为：b＝(9＋2×10×0.8) m2/s2＝25 m2/s2
(2)由题图乙可知，轨道半径R＝0.4 m，小球在C点的速度为3 m/s，在A点的速度为5 m/s，在C点由牛顿第二定律可得：
F＋mg＝eq \f(mv\\al(,C2),R)
解得：m＝eq \f(F,\f(v\\al(,C2),R)－g)＝0.2 kg
小球从A到B，由机械能守恒可得eq \f(1,2)mvA2＝mgR＋eq \f(1,2)mvB2
解得vB＝eq \r(v\\al(,A2)－2gR)＝eq \r(25－2×10×0.4) m/s＝eq \r(17) m/s
所以小球在B点受到的水平方向上的合外力提供向心力：F＝eq \f(mv\\al(,B2),R)＝eq \f(0.2×17,0.4) N＝8.5 N
所以小球在B点受到轨道作用力的大小为8.5 N.
考向二 关联物体机械能守恒
例4 (多选)(2021·黑龙江省哈尔滨实验中学模拟)如图4所示，滑块A、B的质量均为m，A套在倾斜固定的直杆上，倾斜杆与水平面成45°角，B套在水平固定的直杆上，两杆分离不接触，两直杆间的距离忽略不计，两直杆足够长，A、B通过铰链用长度为L的刚性轻杆(初始时轻杆与水平面成30°角)连接，A、B从静止释放，B开始沿水平杆向右运动，不计一切摩擦，滑块A、B可视为质点，重力加速度为g，下列说法正确的是( )
图4
A．A、B及轻杆组成的系统机械能守恒
B．当A到达B所在的水平面时，A的速度为eq \r(gL)
C．B到达最右端时，A的速度大于eq \r(2gL)
D．B的最大速度为eq \r(2gL)
答案 AC
解析 不计一切摩擦，在运动的过程中，A、B及轻杆组成的系统只有重力做功，系统机械能守恒，A正确；从开始到A到达与B在同一水平面的过程，由系统的机械能守恒得mgLsin 30°＝eq \f(1,2)mvA2＋eq \f(1,2)mvB2，其中vAcs 45°＝vB，解得A的速度为vA＝eq \f(\r(6gL),3)，B错误；B滑块到达最右端时，速度为零，此时轻杆与斜杆垂直，由系统的机械能守恒得mg(Lsin 30°＋Lsin 45°)＝eq \f(1,2)mvA12，解得A的速度为vA1＝eq \r(1＋\r(2)gL)>eq \r(2gL)，C正确；当轻杆与水平杆垂直时B的速度最大，此时A的速度为零，由系统的机械能守恒得mg(Lsin 30°＋L)＝eq \f(1,2)mvBmax2，解得B的最大速度为vBmax＝eq \r(3gL)，D错误．
考向三 含弹簧的系统机械能守恒
例5 (2021·福建三明市高三三模)如图5甲为某种鱼饵自动投放器中的投饵管装置示意图，其下半部AB是一长为d＝0.8 m的竖直细管，管底部与水面距离h＝0.6 m，上半部BC是半径R＝0.4 m的四分之一圆弧弯管，管口沿水平方向，AB管内有原长为L0＝0.4 m、下端固定的轻质弹簧．投饵时，每次总将弹簧长度压缩到L＝0.2 m后锁定，在弹簧上端放置一粒鱼饵，解除锁定，弹簧可将鱼饵弹射出去．设某一质量的鱼饵到达管口C时，对上管壁的作用力大小为其重力的3倍．不计鱼饵的大小和运动过程中的机械能损失，且锁定和解除锁定时，均不改变弹簧的弹性势能．重力加速度g取10 m/s2，不计空气阻力，求：
图5
(1)此鱼饵到达管口C时的速度大小v；
(2)此鱼饵落到水面时水平射程x；
(3)若每次弹射时只放置一粒鱼饵，持续投放质量不同的鱼饵，且均能落到水面．测得鱼饵弹射出去的水平射程x随鱼饵质量m的变化规律如图乙所示，则弹簧压缩到0.2 m时的弹性势能为多少？
答案 (1)4 m/s (2)2.4 m (3)10 J
解析 (1)设鱼饵的质量为m，到达管口C时上管壁对鱼饵的作用力大小为FN，由牛顿第二定律有
mg＋FN＝meq \f(v2,R)①
FN＝FN′＝3mg②
联立得v＝4 m/s
(2)鱼饵从C点落至水面过程做平抛运动，有
x＝vt③
h＋d＋R＝eq \f(1,2)gt2④
联立得x＝2.4 m
(3)设弹簧压缩到0.2 m时的弹性势能为Ep，则由机械能守恒定律得：
Ep＝mg(d－L＋R)＋eq \f(1,2)mv2⑤
联立③④⑤得eq \f(1,m)＝eq \f(10,Ep)＋eq \f(25,18Ep)x2
结合题图乙的纵截距解得Ep＝10 J.
高考题型3 能量守恒定律的应用
1．含摩擦生热、焦耳热、电势能等多种形式能量转化的系统，优先选用能量守恒定律．
2．应用能量守恒定律的基本思路
(1)系统初状态的总能量等于系统末状态的总能量 E总初＝E总末．
(2)系统只有A、B时，A的能量减少量等于B的能量增加量，表达式为ΔEA减＝ΔEB增，不必区分物体或能量形式．
3．系统机械能守恒可以看成是系统能量守恒的特殊情况．
例6 (2021·安徽安庆市高三月考)缓冲器是一种吸收相撞能量的装置，起到安全保护作用，在生产和生活中有着广泛的应用，如常用弹性缓冲器和液压缓冲器等装置来保护车辆、电梯等安全，如图6所示是一种弹性缓冲器的理想模型．劲度系数足够大的水平轻质弹簧与水平轻杆相连，轻杆可在固定的槽内移动，与槽间的滑动摩擦力为定值Ff.轻杆向右移动不超过L时，装置可安全工作．现用一质量为m的小车以速度v0向右撞击弹簧，撞击后将导致轻杆能向右移动eq \f(L,4)，已知轻杆与槽间的最大静摩擦力等于滑动摩擦力，且不计小车与地面间的摩擦．求：
图6
(1)该小车与弹簧分离时的速度大小；
(2)改变小车的速度，保证装置安全工作前提下，轻杆向右运动的最长时间；
(3)该小车撞击弹簧的最大动能满足什么条件时，能够保证装置安全工作．
答案 (1)eq \r(v\\al(,02)－\f(FfL,2m)) (2)eq \r(\f(2Lm,Ff)) (3)Ekm≤eq \f(1,2)mv02＋eq \f(3,4)FfL
解析 (1)从开始压缩到分离，由能量守恒得eq \f(1,2)mv02－eq \f(1,2)mv12＝Ffeq \f(L,4)
则v1＝eq \r(v\\al(,02)－\f(FfL,2m))
(2)小车与轻杆整体减速的加速度a＝eq \f(Ff,m)
轻杆向右运动L，刚好减速为零时运动时间最长，有L＝eq \f(1,2)at2
解得最长时间t＝eq \r(\f(2Lm,Ff))
(3)轻杆开始移动后，弹簧压缩量x不再变化，弹性势能一定，速度为v0时，则由系统能量关系有eq \f(1,2)mv02＝Ep＋Ffeq \f(L,4)
速度最大为vm时，则由系统能量关系有eq \f(1,2)mvm2＝Ep＋FfL
得eq \f(1,2)mvm2－eq \f(1,2)mv02＝eq \f(3,4)FfL
最大动能Ekm≤eq \f(1,2)mv02＋eq \f(3,4)FfL.
1.(2021·广东江门市台师高级中学高三期末)如图7所示，半径为R的光滑圆环竖直放置，N为圆环的最低点，在环上套有两个小球A和B，A、B之间用一根长为eq \r(3)R的轻杆相连，使两小球能在环上自由滑动．已知A球质量为4m，B球质量为m，重力加速度为g.现将杆从图示的水平位置由静止释放，在A球滑到N点的过程中，轻杆对B球做的功为( )
图7
A．mgR B．1.2mgR
C．1.4mgR D．1.6mgR
答案 B
解析 根据几何知识可得：AO与竖直方向的夹角为60°.在A球滑到N点时，由A、B、轻杆组成的系统机械能守恒得：4mgR(1－cs 60°)－mgR＝eq \f(1,2)×4mvA2＋eq \f(1,2)mvB2，其中vA＝vB；对B，运用动能定理得：－mgR＋W＝eq \f(1,2)mvB2，联立以上各式得轻杆对B球做的功W＝1.2mgR.
2.(多选)(2021·吉林长春市高三期末)如图8所示，质量为m的物体P套在固定的光滑水平杆上．轻绳跨过光滑轻质滑轮O和O′，一端与物体P相连，另一端与质量同为m的物体Q相连．用手托住物体Q使整个系统处于静止状态，此时轻绳刚好拉直，且AO＝L，OB＝h，AB图8
A．当物体P运动到B处时，物体Q的速度最大
B．在物体P从A运动到B的过程中，P的机械能减少，Q的机械能增加
C．物体P运动的最大速度为eq \r(2gL－h)
D．开始运动后，当物体P速度再次为零时，物体Q回到原来的位置
答案 CD
解析 设轻绳OA与AO′的夹角为θ，物体P的速度为vP，物体Q的速度为vQ，根据运动的合成与分解有vPcs θ＝vQ.当物体P运动到B处时θ＝90°，则cs θ＝0，所以物体Q的速度为零，故A错误；物体P从A运动到B过程，速度由零到最大，物体Q从开始下落到最低点，物体P、Q组成的系统机械能守恒，则物体P机械能增加，物体Q的机械能减少，故B错误；物体P从A运动到B过程，根据系统机械能守恒有mg(L－h)＝eq \f(1,2)mv2，得v＝eq \r(2gL－h)，故C正确；由系统机械能守恒可知，当物体P速度再次为零时，物体Q回到原来的位置，故D正确．
3．(2021·山西朔州市怀仁市高三期末)如图9所示，在倾角为30°的光滑斜面上，一与斜面平行的轻质弹簧两端连接两个质量均为m＝1 kg的物块B和C.物块C紧靠着挡板P，物块B通过一跨过光滑轻质定滑轮的轻质细绳与质量m0＝8 kg、可视为质点的小球A相连，与物块B相连的细绳平行于斜面，小球A在外力作用下静止在对应圆心角为60°、半径R＝2 m的光滑圆弧轨道的最高点a处，此时细绳恰好伸直且无拉力，圆弧轨道的最低点b与光滑水平轨道bc相切．现由静止释放小球A，当小球A滑至b点时，物块B未到达a点，物块C恰好离开挡板P，此时细绳断裂．已知重力加速度g取10 m/s2，弹簧始终处于弹性限度内，细绳不可伸长，定滑轮的大小不计．求：
图9
(1)弹簧的劲度系数；
(2)在细绳断裂后的瞬间，小球A对圆弧轨道的压力大小．
答案 (1)5 N/m (2)144 N
解析 (1)小球A位于a处时，绳无张力且物块B静止，故弹簧处于压缩状态
对B由平衡条件有kx＝mgsin 30°
当C恰好离开挡板P时，C的加速度为0，故弹簧处于拉伸状态
对C由平衡条件有kx′＝mgsin 30°
由几何关系知R＝x＋x′
代入数据解得k＝eq \f(2mgsin 30°,R)＝5 N/m
(2)小球A在a处与在b处时，弹簧的形变量相同，弹性势能相同，故A在a处与在b处时，A、B系统的机械能相等，有m0gR(1－cs 60°)＝mgRsin 30°＋eq \f(1,2)m0vA2＋eq \f(1,2)mvB2
将A在b处的速度分解，有vAcs 30°＝vB
代入数据解得vA＝eq \r(\f(4m0－mgR,4m0＋3m))＝4 m/s
在b处，对A由牛顿第二定律有FN－m0g＝m0eq \f(v\\al(,A2),R)
代入数据解得FN＝m0g＋m0eq \f(v\\al(,A2),R)＝144 N
由牛顿第三定律，小球A对圆弧轨道的压力大小为FN′＝FN＝144 N.
专题强化练
[保分基础练]
1.(多选)(2021·黑龙江齐齐哈尔市高三一模)如图1所示，三个完全相同的轻弹簧竖立在地面上，a、b、c三个小球分别从三个弹簧的正上方由静止释放，a球释放的位置最低，c球释放的位置最高，a、b两球的质量相等，a、c两球下落过程中弹簧的最大压缩量相同，空气阻力不计．则关于三个球下落过程中的判断正确的是( )
图1
A．三个球与弹簧接触后均立即开始做减速运动
B．a、b两球速度最大的位置在同一高度
C．b球下落过程中弹簧的最大压缩量比c球下落过程中弹簧的最大压缩量大
D．a球与弹簧组成系统的机械能和c球与弹簧组成的系统机械能相等
答案 BC
解析 三个球与弹簧接触时，合力向下，仍向下做加速运动，A错误；速度最大的位置为弹簧弹力大小等于重力大小的位置，由于a、b两球质量相等，因此两球下落过程中弹力大小等于重力大小时弹簧的压缩量相等，因此两球速度最大的位置在同一高度，B正确；由于a、b两球质量相等，b开始释放的位置比a开始释放的位置高，因此b球下落过程中弹簧的最大压缩量比a球下落过程中弹簧的最大压缩量大，因为a、c两球下落过程中弹簧的最大压缩量相同，由此判断，b球下落过程中弹簧的最大压缩量比c球下落过程中弹簧的最大压缩量大，C正确；由于a、c两球下落过程中弹簧的最大压缩量相同，当弹簧压缩量最大时，两弹簧的弹性势能相等，两小球动能均为0，但重力势能与零势能面的选取位置和质量有关，故a、c的重力势能关系不能确定，因此a球与弹簧组成系统的机械能和c球与弹簧组成的系统机械能不一定相等，D错误．
2．(多选)(2021·全国甲卷·20)一质量为m的物体自倾角为α的固定斜面底端沿斜面向上滑动．该物体开始滑动时的动能为Ek，向上滑动一段距离后速度减小为零，此后物体向下滑动，到达斜面底端时动能为eq \f(Ek,5).已知sin α＝0.6，重力加速度大小为g.则( )
A．物体向上滑动的距离为eq \f(Ek,2mg)
B．物体向下滑动时的加速度大小为eq \f(g,5)
C．物体与斜面间的动摩擦因数等于0.5
D．物体向上滑动所用的时间比向下滑动的时间长
答案 BC
解析 物体从斜面底端回到斜面底端根据动能定理有
－μmg·2lcs α＝eq \f(Ek,5)－Ek，
物体从斜面底端到运动的最高点根据动能定理有
－mglsin α－μmglcs α＝0－Ek，
整理得l＝eq \f(Ek,mg)，μ＝0.5，A错误，C正确；
物体向下滑动时根据牛顿第二定律有
ma下＝mgsin α－μmgcs α，
解得a下＝eq \f(g,5)，B正确；
物体向上滑动时根据牛顿第二定律有
ma上＝mgsin α＋μmgcs α，解得a上＝g，故a上>a下，
由于上滑过程中的末速度为零，下滑过程中的初速度为零，且通过大小相同的位移，根据位移公式l＝eq \f(1,2)at2，
则可得出t上3.(多选)如图2，小球套在光滑的竖直杆上，轻弹簧一端固定于O点，另一端与小球相连．现将小球从M点由静止释放，它在下降的过程中经过了N点．已知在M、N两点处，弹簧对小球的弹力大小相等，且∠ONM<∠OMN图2
A．弹力对小球先做正功后做负功
B．有两个时刻小球的加速度等于重力加速度
C．弹簧长度最短时，弹力对小球做功的功率为零
D．小球到达N点时的动能等于其在M、N两点的重力势能差
答案 BCD
解析 因在M和N两点处弹簧对小球的弹力大小相等，且∠ONM<∠OMN[争分提能练]
4．(多选)如图3所示，将质量为2m的重物悬挂在轻绳的一端，轻绳的另一端系一质量为m的环，环套在竖直固定的光滑直杆上，光滑轻质定滑轮与直杆的距离为d.杆上的A点与定滑轮等高，杆上的B点在A点正下方距离为d处．现将环从A处由静止释放，不计一切摩擦阻力，轻绳足够长，下列说法正确的是( )
图3
A．环到达B处时，重物上升的高度h＝eq \f(d,2)
B．环到达B处时，环与重物的速度大小相等
C．环从A到B，环减少的机械能等于重物增加的机械能
D．环能下降的最大高度为eq \f(4d,3)
答案 CD
解析 环到达B处时，对环的速度进行分解，如图所示，可得v环cs θ＝v物，由题图中几何关系可知θ＝45°，则v环＝eq \r(2)v物，B错误；因环从A到B，环与重物组成的系统机械能守恒，则环减少的机械能等于重物增加的机械能，C正确；当环到达B处时，由题图中几何关系可得重物上升的高度h＝(eq \r(2)－1)d，A错误；当环下落到最低点时，设环下落高度为H，由机械能守恒有mgH＝2mg(eq \r(H2＋d2)－d)，解得H＝eq \f(4,3)d，故D正确．
5.如图4所示，AB为倾角θ＝37°的斜面轨道，轨道的AC部分光滑，CB部分粗糙．BP为圆心角等于143°，半径R＝1 m的竖直光滑圆弧形轨道，两轨道相切于B点，P、O两点在同一竖直线上，轻弹簧一端固定在A点，另一自由端在斜面上C点处，现有一质量m＝2 kg的物块在外力作用下将弹簧缓慢压缩到D点后(不拴接)静止释放，物块经过C点后，从C点运动到B点过程中的位移与时间的关系为x＝12t－4t2(式中x单位是m，t单位是s)，假设物块第一次经过B点后恰能到达P点，(sin 37°＝0.6，cs 37°＝0.8，g取10 m/s2)求：
图4
(1)若CD＝1 m，物块从D点运动到C点的过程中，弹簧对物块所做的功；
(2)B、C两点间的距离s；
(3)若BC部分光滑，把物块仍然压缩到D点静止释放，求物块运动到P点时受到轨道的压力大小．
答案 (1)156 J (2)6.125 m (3)49 N
解析 (1)由x＝12t－4t2知，
物块在C点速度为v0＝12 m/s，加速度大小a＝8 m/s2
设物块从D点运动到C点的过程中，弹簧对物块所做的功为W，由动能定理得W－mgsin 37°·CD＝eq \f(1,2)mv02
代入数据得W＝eq \f(1,2)mv02＋mgsin 37°·CD＝156 J.
(2)物块在CB段，根据牛顿第二定律，物块所受合力F＝ma＝16 N
物块在P点的速度满足mg＝eq \f(mv\\al(,P2),R)
C到P的过程，由动能定理得
－Fs－mgR(1＋cs 37°)＝eq \f(1,2)mvP2－eq \f(1,2)mv02
解得s＝eq \f(49,8) m＝6.125 m.
(3)物块从C到P的过程中，由动能定理得
－mgssin 37°－mgR(1＋cs 37°)＝eq \f(1,2)mvP′2－eq \f(1,2)mv02
物块在P点时满足FN＋mg＝eq \f(mvP′2,R)
联立以上两式得FN＝49 N.
6.(2020·九师联盟模拟卷)如图5所示，光滑水平面上的质量为M＝1.0 kg的长板车，其右端B点平滑连接一半圆形光滑轨道BC，左端A点放置一质量为m＝1.0 kg的小物块，随车一起以速度v0＝5.0 m/s水平向右匀速运动．长板车正前方一定距离的竖直墙上固定一水平轻质弹簧，当车压缩弹簧到最短时，弹簧及长板车立即被锁定，此时，小物块恰好在小车的右端B点处，此后物块恰能沿圆弧轨道运动到最高点C.已知轻质弹簧被压缩至最短时具有的弹性势能大小为Ep＝13 J，半圆形轨道半径为R＝0.4 m，物块与长板车间的动摩擦因数为μ＝0.2.重力加速度g取10 m/s2.求：
图5
(1)小物块在B点处的速度大小vB；
(2)长板车的长度L；
(3)通过计算判断小物块能否落到长板车上．
答案 (1)2eq \r(5) m/s (2)1 m (3)见解析
解析 (1)物块恰能运动到最高点C，有mg＝meq \f(v\\al(,C2),R)
又mg·2R＝eq \f(1,2)mvB2－eq \f(1,2)mvC2
联立解得vB＝2eq \r(5) m/s
(2)由能量守恒关系式有
Ep＝eq \f(1,2)(M＋m)v02－eq \f(1,2)mvB2－μmgL，解得L＝1 m
(3)由平抛运动知识，有2R＝eq \f(1,2)gt2，x＝vCt
解得x＝0.8 m＜1 m，故小物块落在长板车上．
7.(2021·山东泰安市高三一模)如图6，用光滑细杆弯成半径为R的四分之三圆弧ABCDE，固定在竖直面内，C、E与圆心O在同一水平线上，D为最低点．质量为m的小环P(可视为质点)穿在圆弧细杆上，通过轻质细绳与相同的小环Q相连，细绳绕过固定在E处的轻小光滑定滑轮．开始小环P处于圆弧细杆上B点，小环Q与D点等高，两环均处于静止状态．给小环微小扰动，使P沿圆弧向下运动．已知重力加速度为g.求：
图6
(1)小环P在B点静止时对细杆的压力大小；
(2)小环P下滑到C点时，小环P的速度大小；
(3)小环P经过D点时，小环Q重力的瞬时功率．
答案 (1)eq \r(3)mg (2)eq \r(\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(3\r(3)－4))gR)
(3)mgeq \r(\f(3\r(3)－2\r(2)＋2,3)gR)
解析 (1)小环P在B点静止时，受到重力mg、细绳的拉力FT＝mg、杆的支持力FN作用，由平衡条件知，OB连线与P的重力、细绳BE的夹角相等
由几何关系知BE与CE间的夹角为θ＝30°，∠EBO＝30°，所以FN＝2mgcs 30°，解得FN＝eq \r(3)mg.
(2)由几何关系可得BE＝2Rcs θ
小环P下滑到C点时，Q的速度为0，设此时小环P的速度为v，根据机械能守恒定律可得
mgeq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(2Rcs θ·sin θ))－mgeq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(2R－2Rcs θ))＝eq \f(1,2)mv2
整理得v＝eq \r(\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(3\r(3)－4))gR).
(3)小环P经过D点时，细绳DE部分与水平方向的夹角为α＝45°，长度为DE＝eq \r(2)R，此时小环P的速度vP与Q的速度vQ的关系为vPcs α＝vQ
根据机械能守恒定律可得
mg(2Rcs θ·sin θ＋R)＋mg(2Rcs θ－eq \r(2)R)＝eq \f(1,2)mvP2＋eq \f(1,2)mvQ2，整理得vQ＝eq \r(\f(3\r(3)－2\r(2)＋2,3)gR)
故小环Q重力的瞬时功率为P＝mgvQ＝mgeq \r(\f(3\r(3)－2\r(2)＋2,3)gR).
8.如图7所示，在倾角为θ的斜面上，一物块(可视为质点)通过轻绳牵拉压紧轻质弹簧，弹簧与斜面平行，现将轻绳烧断，物块被弹出，与弹簧分离后立即进入斜面上足够长的粗糙部分NN′(虚线下方的摩擦不计)．沿斜面上滑达到的最远位置离N的距离为s，此后下滑，第一次回到N处压缩弹簧后又被弹簧弹离，物块第二次上滑的最远位置离N的距离为eq \f(s,2).重力加速度为g.
图7
(1)求物块与粗糙斜面NN′间的动摩擦因数；
(2)若已知物块的质量为m，弹簧第二次被压缩到最短时的弹性势能为Ep，求第二次物块从弹簧被压缩最短到运动到N点的距离L.
答案 (1)eq \f(1,3)tan θ (2)eq \f(Ep,mgsin θ)－eq \f(2,3)s
解析 (1)取物块两次被弹簧推到的最高点为全过程的初、末状态，由动能定理得mgsin θ·eq \f(s,2)－μmgcs θ·(s＋eq \f(s,2))＝0，解得μ＝eq \f(1,3)tan θ
(2)第二次物块从弹簧被压缩最短到运动到最高点的过程，根据能量守恒定律得Ep＝mgLsin θ＋mgsin θ·eq \f(s,2)＋μmgcs θ·eq \f(s,2)，解得L＝eq \f(Ep,mgsin θ)－eq \f(2,3)s.
定义判断法
看动能与重力(或弹性)势能之和是否变化
能量转化判断法
没有与机械能以外的其他形式的能转化时，系统机械能守恒
做功判断法
只有重力(或弹簧的弹力)做功时，系统机械能守恒
轻
绳
模
型
①分清两物体是速度大小相等，还是沿绳方向的分速度大小相等．
②用好两物体的位移大小关系或竖直方向高度变化的关系．
轻
杆
模
型
①平动时两物体速度相等，转动时两物体角速度相等．沿杆方向速度大小相等．
②杆对物体的作用力并不总是沿杆的方向，杆能对物体做功，单个物体机械能不守恒．
③对于杆和球组成的系统，忽略空气阻力和各种摩擦且没有其他力对系统做功，则系统机械能守恒．
轻
弹
簧
模
型
①含弹簧的物体系统在只有弹簧弹力和重力做功时，物体和弹簧组成的系统机械能守恒，而单个物体机械能不守恒．
②同一根弹簧弹性势能大小取决于弹簧形变量的大小，在弹簧弹性限度内，形变量相等，弹性势能相等．
③由两个或两个以上的物体与弹簧组成的系统，当弹簧形变量最大时，弹簧两端连接的物体具有相同的速度；弹簧处于自然长度时，弹簧弹性势能最小(为零).