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专题2.4 功与能-2023届高考物理二、三轮复习总攻略（解析版）
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这是一份专题2.4 功与能-2023届高考物理二、三轮复习总攻略（解析版），共32页。试卷主要包含了4 功与能，功的求法，2 m，40 J等内容，欢迎下载使用。
目录
TOC \ "1-3" \h \u \l "_Tc10709" 【突破高考题型】 PAGEREF _Tc10709 1
\l "_Tc20337" 题型一 功和功率 PAGEREF _Tc20337 1
\l "_Tc18469" 题型二 动能定理的应用 PAGEREF _Tc18469 4
\l "_Tc4762" 题型三 机械能守恒定律的应用 PAGEREF _Tc4762 7
\l "_Tc506" 类型1 机械能守恒的判断 PAGEREF _Tc506 7
\l "_Tc16973" 类型2 单个物体的机械能守恒 PAGEREF _Tc16973 8
\l "_Tc9707" 类型3 系统机械能守恒 PAGEREF _Tc9707 9
\l "_Tc23934" 题型四 功能关系的应用 PAGEREF _Tc23934 10
\l "_Tc24302" 类型1 功和能的对应关系 PAGEREF _Tc24302 10
\l "_Tc13267" 类型2 能量守恒定律的应用 PAGEREF _Tc13267 11
\l "_Tc29811" 【专题突破练】 PAGEREF _Tc29811 12
【突破高考题型】
题型一 功和功率
1.功的求法
2.功率的求法
【例1】.(2022·长春模拟)袋鼠跳是一项很有趣的运动。如图所示，一位质量m＝60 kg 的老师参加袋鼠跳游戏，全程10 m，假设该老师从起点到终点用了相同的10跳，每一次跳起后，重心上升最大高度为h＝0.2 m。忽略空气阻力，下列说法正确的是( )
A．该老师起跳时，地面对该老师做正功
B．该老师每跳跃一次克服重力做功约为60 J
C．该老师从起点到终点的时间可能是7 s
D．该老师从起点到终点的时间可能是4 s
【答案】C
【解析】： 老师起跳时，地面虽然对老师有弹力作用，但在弹力的方向上没有位移，所以地面对老师没有做功，故A错误；因重心上升的最大高度h＝0.2 m，老师每跳跃一次克服重力做的功W＝mgh＝120 J，故B错误；因老师每次跳跃上升时间等于下降时间，且上升时间t＝eq \r(\f(2h,g))＝0.2 s，则老师在空中运动的时间t1＝2t＝0.4 s，老师从起点到终点用了相同的十跳，考虑屈膝跳起的时间，则总时间t总>10t1＝4 s，故C正确，D错误。
【例2】．[多选]质量为m的物体静止在光滑的水平面上，物体在下列四种变化规律不同的合外力F作用下都通过相同的位移x0。下列说法正确的是( )
A．甲图和乙图合外力做功相等
B．丙图和丁图合外力做功相等
C．四个图合外力做功均相等
D．四个图中合外力做功最多的是丙图
【答案】AD
【解析】： Fx图像中，图像与坐标轴围成的面积表示力F所做的功，由图像可知，甲、乙的面积相等，丙的面积最大，丁的面积最小，故甲、乙做功相等，丙做功最多，丁做功最少，选项A、D正确，B、C错误。
【例3】.如图所示是一种清洗车辆用的手持式喷水枪。若已知水枪口的横截面积为S，水的密度为ρ。设水以恒定的速率v源源不断地从枪口喷出，关于水枪工作时功率的大小，下列判断正确的是( )
A．与S成反比 B．与v成正比
C．与v2成正比 D．与v3成正比
【答案】D
【解析】： 根据动能定理，水枪对水做功等于水获得的动能，则时间t内喷出水的质量为m＝ρV＝ρSL＝ρSvt，Ek＝eq \f(1,2)mv2，P＝eq \f(W,t)＝eq \f(Ek,t)＝eq \f(\f(1,2)ρSvtv2,t)＝eq \f(1,2)ρSv3，由上式可知，水枪工作时功率大小与水枪口的横截面积S成正比，与出口处水的速率v的立方成正比，故D正确。
4．[多选](2022·郑州一中检测)质量为m的汽车在平直公路上行驶，所受的阻力恒为车重的k倍。汽车以额定功率行驶，当它加速行驶的速度为v时，加速度为a。则以下分析正确的是( )
A．汽车的额定功率为kmgv
B．汽车行驶的最大速度为eq \f(kg＋av,kg)
C．当汽车加速度减小到eq \f(a,2)时，速度增加到2v
D．汽车的额定功率为(ma＋kmg)v
【答案】BD
【解析】： 设汽车的额定功率为P，汽车的速度为v时，根据牛顿第二定律知：eq \f(P,v)－kmg＝ma，所以P＝(kmg＋ma)v，故A错误，D正确；汽车匀速行驶时，牵引力等于阻力，速度最大，故有：vm＝eq \f(P,kmg)＝eq \f(kmg＋mav,kmg)＝eq \f(kg＋av,kg)，故B正确；加速度为eq \f(a,2)时，设此时牵引力为F，则F－kmg＝m·eq \f(a,2)，解得：F＝kmg＋eq \f(ma,2)，此时速度为：v′＝eq \f(P,F)＝eq \f(kmg＋mav,kmg＋\f(ma,2))<2v，故C错误。
【系统归纳】
1．变力做功的两种求法
(1)用动能定理计算。
(2)用Fx图线与x轴所围“面积”求解。
2．计算功率时的两个提醒
(1)明确是求瞬时功率，还是求平均功率。
(2)求瞬时功率时注意F、v间的夹角，求平均功率时应明确是哪段时间内的平均功率。
3．解决机车启动问题的两点注意
(1)分清是匀加速启动还是恒定功率启动：
①匀加速启动过程中，机车功率是不断增大的，当功率达到额定功率时匀加速运动速度达到最大，但不是机车能达到的最大速度。
②以额定功率启动的过程中，牵引力是不断减小的，机车做加速度减小的加速运动，牵引力的最小值等于阻力。
(2)无论哪种启动方式，最后达到最大速度时，均满足P＝Ffvm，P为机车的额定功率。
题型二 动能定理的应用
1．应用动能定理解题的思维流程
2．应用动能定理解题应注意的三个问题
(1)动能定理往往用于单个物体的运动过程，由于不牵扯加速度及时间，比动力学研究方法要简捷。
(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有几个运动性质不同的小过程(如加速、减速的过程)，此时可以分段考虑，也可以对全过程考虑，但若能对整个过程利用动能定理列式则可使问题简化。
【例1】如图所示，倾角θ＝45°的粗糙平直导轨AB与半径为R的光滑圆环轨道相切，切点为B，整个轨道处在竖直平面内。一质量为m的小滑块(可以看作质点)从导轨上离地面高为h＝3R的D处无初速度下滑进入圆环轨道。接着小滑块从圆环最高点C水平飞出，恰好击中导轨上与圆心O等高的P点，不计空气阻力，已知重力加速度为g。求：
(1)滑块运动到圆环最高点C时的速度大小；
(2)滑块运动到圆环最低点时对圆环轨道压力的大小；
(3)滑块在斜面轨道BD间运动的过程中克服摩擦力做的功。
【答案】 (1)eq \r(gR) (2)6mg (3)eq \f(1,2)mgR
【解析】 (1)小滑块从C点飞出后做平抛运动，设水平速度为v0
竖直方向上：R＝eq \f(1,2)gt2
水平方向上：eq \r(2)R＝v0t
解得：v0＝eq \r(gR)。
(2)设小滑块在最低点时速度为v，小滑块从最低点到C点的过程由动能定理得：
－mg·2R＝eq \f(1,2)mv02－eq \f(1,2)mv2
解得：v＝eq \r(5gR)
在最低点由牛顿第二定律得：
FN－mg＝meq \f(v2,R)
解得：FN＝6mg
由牛顿第三定律得滑块对圆环轨道压力FN′＝6mg。
(3)从D到最低点过程中，设DB过程中克服摩擦阻力做功为Wf，由动能定理得：
mgh－Wf＝eq \f(1,2)mv2－0
解得：Wf＝eq \f(1,2)mgR。
【误区警示】应用动能定理时常见的三个误区
(1)公式W＝eq \f(1,2)mv22－eq \f(1,2)mv12中W应是总功，方程为标量方程，不能在某方向上应用。
(2)功的计算过程中，易出现正、负功判断错误及遗漏某些力做功的现象。
(3)多过程问题中，不善于挖掘题目中的隐含条件，运动物体的过程分析易出现错误。
【例2】 (2022·浙江1月选考，20)如图所示，处于竖直平面内的一探究装置，由倾角α＝37°的光滑直轨道AB、圆心为O1的半圆形光滑轨道BCD、圆心为O2的半圆形光滑细圆管轨道DEF、倾角也为37°的粗糙直轨道FG组成，B、D和F为轨道间的相切点，弹性板垂直轨道固定在G点(与B点等高)，B、O1、D、O2和F点处于同一直线上。已知可视为质点的滑块质量m＝0.1 kg，轨道BCD和DEF的半径R＝0.15 m，轨道AB长度lAB＝3 m，滑块与轨道FG间的动摩擦因数μ＝eq \f(7,8)。滑块与弹性板作用后，以等大速度弹回，sin 37°＝0.6，cs 37°＝0.8。滑块开始时均从轨道AB上某点静止释放，
(1)若释放点距B点的长度l＝0.7 m，求滑块到最低点C时轨道对其支持力FN的大小；
(2)设释放点距B点的长度为lx，求滑块第1次经F点时的速度v与lx之间的关系式；
(3)若滑块最终静止在轨道FG的中点，求释放点距B点长度lx的值。
【答案】 (1)7 N (2)v＝eq \r(12lx－9.6)(0.85 m≤lx≤3 m) (3)eq \f(13,15) m eq \f(9,5) m eq \f(41,15) m
【解析】 (1)滑块从A到C的过程只有重力做功，机械能守恒，则
mglsin 37°＋mgR(1－cs 37°)＝eq \f(1,2)mveq \\al(2,C)
在C点根据牛顿第二定律有
FN－mg＝eq \f(mveq \\al(2,C),R)
代入数据解得FN＝7 N。
(2)要使得滑块到达F点，则必过细圆管轨道DEF的最高点，有
mglxsin 37°－mg(3Rcs 37°＋R)＝eq \f(1,2)mveq \\al(2,0)≥0
即lx≥0.85 m
滑块运动到F的过程中，由机械能守恒定律有
mglxsin 37°－4mgRcs 37°＝eq \f(1,2)mv2
解得v＝eq \r(12lx－9.6)(m/s)(0.85 m≤lx≤3 m)。
(3)设最终摩擦力做的功为滑块第一次到达FG中点时的n倍，由动能定理得
mglxsin 37°－mgeq \f(lFG,2)sin 37°－nμmgeq \f(lFG,2)cs 37°＝0
解得lx＝eq \f(7n＋6,15) m
将0.85 m≤lx≤3 m代入上式可得
eq \f(27,28)≤n≤eq \f(39,7)
由运动过程可知，n只能取1、3、5
①当n＝1时，lx＝eq \f(13,15) m
②当n＝3时，lx＝eq \f(9,5) m
③当n＝5时，lx＝eq \f(41,15) m。
【方法总结】
应用动能定理解题的五点注意
题型三 机械能守恒定律的应用
类型1 机械能守恒的判断
【例1】(2022·桂林调研)如图所示，将一个内外侧均光滑的半圆形槽置于光滑的水平面上，槽的左侧有一竖直墙壁。现让一小球自左端槽口A点的正上方由静止开始下落，小球从A点与半圆形槽相切进入槽内，则下列说法正确的是( )
A．小球在半圆形槽内运动的全过程中，只有重力对它做功
B．小球从A点向半圆形槽的最低点运动的过程中，小球处于失重状态
C．小球从A点经最低点向右侧最高点运动的过程中，小球与槽组成的系统机械能守恒
D．小球从下落到从右侧离开槽的过程中机械能守恒
【答案】 C
【解析】小球从A点向半圆形槽的最低点运动的过程中，半圆形槽有向左运动的趋势，但由于墙壁对半圆形槽的作用，半圆形槽实际上没有动，整个系统中只有重力做功，所以小球与槽组成的系统机械能守恒；小球过了半圆形槽的最低点以后，小球对槽的作用力斜向右下方，对槽做正功，槽向右运动，槽对小球的作用力斜向左上方，槽对球做负功，该过程中除了重力做功外，槽对小球的弹力也做功，故小球的机械能不守恒，A、D错误；小球从A点向半圆形槽的最低点运动的过程中，在A点，小球竖直方向上只受重力，加速度竖直向下，处于失重状态，在最低点，小球的加速度方向竖直向上，处于超重状态，所以小球先失重，后超重，B错误；对小球与槽组成的系统没有其他形式的能量产生，满足机械能守恒的条件，所以系统的机械能守恒，C正确。
【规律总结】机械能守恒的四种情况
(1)只有重力做功时，只发生动能和重力势能的相互转化。
(2)只有系统内弹力做功，只发生动能和弹性势能的相互转化。
(3)只有重力和系统内弹力做功，只发生动能、弹性势能、重力势能的相互转化。
(4)除受重力(或系统内弹力)外，还受其他力，但其他力不做功，或其他力做功的代数和为零。
类型2 单个物体的机械能守恒
【例3】(2022·信阳质检)如图所示固定光滑斜面ABC，其中AC＝BC＝2.5 m，质量为m＝1 kg的小球(可视为质点)，以10 m/s的初速度从底端A冲上斜面，恰好沿P点切线进入口径很小的光滑圆管轨道中，轨道圆心为O，半径R＝1 m，且OP与竖直方向的夹角为θ＝60°，Q点为轨道最高点(不计空气阻力，取g＝10 m/s2)。求：
(1)小球从B点抛出后在空中运动到最高点时的速度；
(2)小球从A点运动到P点所用的时间；
(3)小球在Q点对圆弧轨道的作用力大小。
【答案】 (1)5 m/s (2)1.78 s (3)60 N
【解析】 (1)设AB的长为s，小球从A到B过程中，由机械能守恒定律得：mghBC＋eq \f(1,2)mvB2＝eq \f(1,2)mvA2
解得：vB＝5eq \r(2) m/s
小球从B点抛出后做斜抛运动，在B点将速度沿水平方向和竖直方向分解，得
vBx＝vBy＝vBcs 45°＝5 m/s
小球斜抛到最高点后只有水平方向的速度，所以v最高点＝5 m/s。
(2)小球从A点运动到B点，设时间为t1，加速度大小为a，则a＝gsin 45°＝5eq \r(2) m/s2
t1＝eq \f(v0－vB,a)＝eq \f(10－5\r(2),5\r(2)) s＝(eq \r(2)－1)s
设小球从B点斜抛到最高点的过程中所用的时间为t2，则t2＝eq \f(vBy,g)＝eq \f(5,10) s＝0.5 s
小球运动到P点时将速度分解：
vP＝eq \f(vBx,cs 60°)＝eq \f(5,0.5 ) m/s＝10 m/s
设小球从最高点运动到P点的时间为t3
vPy＝vPsin 60°＝gt3＝5eq \r(3) m/s
解得：t3＝eq \f(\r(3),2) s
所以小球从A点运动到P点所用的总时间：
t＝t1＋t2＋t3＝eq \r(2)＋eq \f(\r(3)－1,2)s≈1.78 s。
(3)小球从P到Q过程中，由机械能守恒定律得
mg(R＋Rcs 60°)＋eq \f(1,2)mvQ2＝eq \f(1,2)mvP2
解得：vQ＝eq \r(70) m/s
在Q点，当小球对圆弧轨道的作用力为零时，由重力提供向心力得：mg＝meq \f(v02,R)
解得：v0＝eq \r(gR)＝eq \r(10) m/s
因为vQ＝eq \r(70) m/s>v0，所以在Q点圆轨道对小球的作用力FN方向竖直向下。
由牛顿第二定律得：FN＋mg＝meq \f(vQ2,R)
解得：FN＝60 N
由牛顿第三定律知：在Q点小球对圆弧轨道的作用力方向竖直向上，大小为60 N。
【方法总结】(1)对于单个物体，如果运动过程中只有重力做功，则其机械能守恒。
(2)应用能量守恒观点列方程时应选择零势能面，不特殊说明，一般选地面为零势能面。
类型3 系统机械能守恒
【例3】[多选]如图所示，质量为m的小环套在固定的光滑竖直杆上，一足够长且不可伸长的轻绳一端与小环相连，另一端跨过光滑的定滑轮与质量为M的物块相连，已知M＝2m。与定滑轮等高的A点和定滑轮之间的距离为3 m，定滑轮大小及质量可忽略。现将小环从A点由静止释放，小环运动到C点速度为0。重力加速度取g＝10 m/s2。下列说法正确的是( )
A．A、C间距离为4 m
B．小环最终静止在C点
C．小环下落过程中减少的重力势能始终等于物块增加的机械能
D．当小环下滑至绳与杆的夹角为60° 时，小环与物块的动能之比为2∶1
【答案】 AD
【解析】 由题意可知小环与物块组成的系统机械能守恒，设A点与定滑轮之间的距离为s，由系统机械能守恒得：mgLAC＝Mg(eq \r(s2＋LAC2)－s)，结合M＝2m，s＝3 m，解得LAC＝4 m，故A正确；在C点，设绳子与竖直方向的夹角为α，则cs α＝eq \f(LAC,\r(s2＋LAC2))＝eq \f(4,5)，绳的拉力T＝2mg，因Tcs α＝1.6mg>mg，所以小环不能静止，故B错误；由机械能守恒定律可知，小环下落过程中减少的重力势能转化为物块增加的机械能和小环增加的动能，故C错误；将小环的速度沿绳和垂直于绳方向分解，沿绳方向的速度即为物块的速度，即为vM＝vmcs 60°，由动能表达式Ek＝eq \f(1,2)mv2可知，小环与物块的动能之比为2∶1，故D正确。
【规律总结】 系统机械能守恒问题中三类常见的连接体
题型四 功能关系的应用
类型1 功和能的对应关系
【例1】 如图所示，某段滑雪雪道倾角为30°，总质量为m(包括滑雪器具在内)的滑雪运动员从距底端高为h处的雪道上由静止开始匀加速下滑，加速度a＝eq \f(1,4)g。在他从上向下滑到底端的过程中，下列说法正确的是( )
A．运动员减少的重力势能全部转化为动能
B．下滑过程中系统减少的机械能为eq \f(1,2)mgh
C．运动员获得的动能为eq \f(1,4)mgh
D．运动员克服摩擦力做功为eq \f(1,4)mgh
【答案】B
【解析】若运动员不受摩擦力，根据牛顿第二定律有：mgsin 30°＝ma，则加速度应为a＝gsin 30°＝eq \f(g,2)，而实际的加速度小于eq \f(g,2)，故运动员应受到摩擦力，所以减少的重力势能有一部分转化为了内能，故A错误；运动员下滑的距离：l＝eq \f(h,sin 30°)＝2h，根据速度位移公式v2＝2al，可得：v＝eq \r(gh)，获得动能为Ek＝eq \f(1,2)mv2＝eq \f(mgh,2)，故C错误；由动能定理可知：mgh－Wf＝eq \f(1,2)mv2，解得：Wf＝eq \f(1,2)mgh，故D错误；机械能的减小量等于阻力所做的功，故下滑过程中系统减少的机械能为eq \f(1,2)mgh，故B正确。
【方法总结】功能关系的选取方法
(1)若只涉及动能的变化用动能定理。
(2)只涉及重力势能的变化，用重力做功与重力势能变化的关系分析。
(3)只涉及机械能变化，用除重力和弹簧的弹力之外的力做功与机械能变化的关系分析。
类型2 能量守恒定律的应用
【例2】[多选]“弹跳小人”(如图甲所示)是一种深受儿童喜爱的玩具，其原理如图乙所示。竖直光滑长杆固定在地面不动，套在杆上的轻质弹簧下端不固定，上端与滑块拴接，滑块的质量为0.80 kg。现在向下压滑块，直到弹簧上端离地面高度h＝0.40 m时，然后由静止释放滑块。滑块的动能Ek随离地高度h变化的图像如图丙所示。其中高度从0.80 m到1.40 m范围内的图线为直线，其余部分为曲线。若以地面为重力势能的参考平面，空气阻力为恒力，g取10 m/s2。则结合图像可知( )
A．弹簧原长为0.72 m
B．空气阻力大小为1.00 N
C．弹簧的最大弹性势能为9.00 J
D．在弹簧落回地面的瞬间滑块的动能为5.40 J
【答案】 BC
【解析】从h＝0.80 m开始，弹簧下端与地面分离，则知弹簧的原长为0.80 m，故A错误；从0.80 m上升到1.40 m 过程，在Ekh图像中，根据动能定理知：图线的斜率大小表示滑块所受的合外力，由于高度从0.80 m上升到1.40 m范围内图像为直线，其余部分为曲线，说明滑块从0.80 m上升到1.40 m范围内所受作用力为恒力，根据动能定理得－(mg＋f)Δh＝0－Ek，由图知Δh＝0.60 m，Ek＝5.40 J，解得空气阻力f＝1.00 N，故B正确；根据能量守恒定律可知，当滑块上升至最大高度时，整个过程中，增加的重力势能和克服空气阻力做功之和等于弹簧的最大弹性势能，所以Epm＝(mg＋f)Δh′＝9×(1.40－0.4)J＝9.00 J，故C正确；滑块由最大高度到弹簧落回地面的瞬间，根据动能定理得(mg－f)Δh＝Ek′－0，得Ek′＝4.2 J，故D错误。
【规律总结】应用能量守恒定律解题的两条基本思路
(1)某种形式的能减少，一定存在其他形式的能增加，且减少量和增加量一定相等，即ΔE减＝ΔE增。
(2)某个物体的能量减少，一定存在其他物体的能量增加，且减少量和增加量一定相等，即ΔEA减＝ΔEB增。
【专题突破练】
1.(2021·山东高考，3)如图所示，粗糙程度处处相同的水平桌面上有一长为L的轻质细杆，一端可绕竖直光滑轴O转动，另一端与质量为m的小木块相连。木块以水平初速度v0出发，恰好能完成一个完整的圆周运动。在运动过程中，木块所受摩擦力的大小为( )
A.eq \f(mveq \\al(2,0),2πL) B.eq \f(mveq \\al(2,0),4πL)
C.eq \f(mveq \\al(2,0),8πL) D.eq \f(mveq \\al(2,0),16πL)
【答案】 B
【解析】 木块在运动过程中，只有摩擦力做功，而摩擦力做功与路径有关，根据动能定理得－f·2πL＝0－eq \f(1,2)mveq \\al(2,0)，解得f＝eq \f(mveq \\al(2,0),4πL)，故选项B正确。
2. (2021·6月浙江选考，11)中国制造的某一型号泵车如图1所示，表中列出了其部分技术参数。已知混凝土密度为2.4×103 kg/m3，假设泵车的泵送系统以150 m3/h的输送量给30 m高处输送混凝土，则每小时泵送系统对混凝土做的功至少为( )
×107 J ×107 J
×108 J ×108 J
【答案】 C
【解析】 泵车的泵送系统以150 m3/h的输送量给30 m高处输送混凝土，每小时泵送系统对混凝土做的功W＝ρVgh＝2.4×103×150×10×30 J＝1.08×108 J，故C正确。
3.(2022·超级全能生原创卷)为达成我国在2060年前实现碳中和的宏伟目标，国家大力提倡绿色能源和绿色交通等项目。现有一质量为m的某品牌新能源汽车在水平路面上进行启动测试，已知测试时保持功率恒定，经过时间t汽车速度恰好达到最大速度v，此过程汽车位移为x，汽车所受阻力f大小不变。则在该过程中( )
A.汽车的功率大小为P＝eq \f(mv3,2（vt－x）)
B.汽车受到的阻力大小为f＝eq \f(mv,2t)
C.速度为eq \f(v,2)时，汽车发动机牵引力大小为F＝eq \f(mv2,2（vt－x）)
D.速度为eq \f(v,2)时，汽车的加速度大小为a＝eq \f(v2,vt－x)
【答案】 A
【解析】 对汽车启动过程，由动能定理得Pt－fx＝eq \f(1,2)mv2－0，又P＝fv，可得汽车的恒定功率大小P＝eq \f(mv3,2（vt－x）)，汽车受到的阻力f＝eq \f(mv2,2（vt－x）)，A正确，B错误；速度为eq \f(v,2)时，汽车发动机牵引力F＝eq \f(2P,v)＝eq \f(mv2,vt－x)，汽车的加速度大小a＝eq \f(F－f,m)＝eq \f(v2,2（vt－x）)，故C、D错误。
4.(多选)(2022·浙江宁波二模)如图甲所示，小物块静止在倾角θ＝37°的粗糙斜面上。现对物块施加一个沿斜面向下的推力F，力F的大小随时间t的变化情况如图乙所示，物块的速率v随时间t的变化规律如图丙所示，sin 37°＝0.6，cs 37°＝0.8，重力加速度g取10 m/s2。下列说法正确的是( )
A.物块的质量为1 kg
B.物块与斜面间的动摩擦因数为0.7
C.0～3 s时间内力F做功的平均功率为0.32 W
D.0～3 s时间内物块克服摩擦力做的功为5.12 J
【答案】 AD
【解析】 由题图丙知在1～3 s时间内，物块做匀加速直线运动，则F2＋mgsin θ－μmgcs θ＝ma，a＝eq \f(0.8－0,3－1) m/s2＝0.4 m/s2，在3～4 s时间内，物块匀速运动，受力平衡，则mgsin θ＋F3＝μmgcs θ，联立解得m＝1 kg，μ＝0.8，故A正确，B错误；在0～1 s时间内，物块静止，力F不做功，在1～3 s时间内，力F2＝0.8 N，物块的位移x＝eq \f(1,2)×0.8×2 m＝0.8 m，在0～3 s内力F做功的平均功率P3＝eq \f(F2x,t3)＝eq \f(0.8×0.8,3) W≈0.213 W，故C错误；0～3 s时间内物块克服摩擦力做的功Wf＝μmgxcs θ＝5.12 J，故D正确。
5.(2022·超级全能生原创卷)儿童四轮电动汽车具有高度的仿真性，能很好培养孩子的操作能力，锻炼孩子肢体的协调性，深受少年、儿童和家长的喜爱，如图甲所示。小明等几位同学利用某品牌的某个型号的一辆小汽车，对其最大功率进行测试。他们由一位同学操控小汽车沿水平直轨道由静止开始运动，3 s后达到最大功率，之后功率保持不变，14 s时解除动力自由滑行，20 s时停止运动，运动过程中的v－t图像如图乙所示(除3～10 s时间段图像为曲线外，其余时间段图像均为直线)。已知人与车总质量为50 kg，且认为整个运动过程中所受到的阻力不变，结合图像的信息可知( )
A.整个运动过程中消耗的电能等于克服阻力做的功
B.小汽车的最大功率为600 W
C.前3 s内牵引力做的功为225 J
D.3～10 s时间内克服阻力做的功为1 425 J
【答案】 D
【解析】 整个运动过程中消耗的电能等于克服阻力做的功和产生的焦耳热之和，故A错误；小汽车在14～20 s内做匀减速直线运动时，加速度大小a2＝1 m/s2，只受阻力作用，根据牛顿第二定律得f＝ma＝50 N，匀速运动时牵引力与阻力相等，根据P＝Fv＝fvm，代入数据可得最大功率P＝300 W，故B错误；在0～3 s时间内，有F－f＝ma1，P＝Fv1，v1＝a1t1，联立解得a1＝1 m/s2，F＝100 N，v1＝3 m/s，在0～3 s时间内的位移x1＝eq \f(1,2)a1teq \\al(2,1)＝4.5 m，因此0～3 s时间内牵引力做的功W1＝Fx1＝450 J，故C错误；在3～10 s时间内，根据动能定理可得Pt2－Wf＝eq \f(1,2)mveq \\al(2,m)－eq \f(1,2)mveq \\al(2,1)，代入数据解得Wf＝1 425 J，故D正确。
6.(2022·诸暨5月适应考)如图所示为曳引式电梯的结构示意图，电梯井道底部弹簧式缓冲器与电梯轿箱的中心线重合。在某次电梯的安全性测试中，电梯轿箱在曳引绳的作用下匀速下降，接触弹簧式缓冲器，并最终安全停止。下列说法正确的是( )
A．轿箱与弹簧式缓冲器接触后立即开始减速
B．轿箱与弹簧式缓冲器接触后，先加速后减速
C．轿箱与弹簧式缓冲器接触后始终处于失重状态
D．轿箱与弹簧组成的系统在接触过程中机械能守恒
【答案】A
【解析】 电梯轿箱在曳引绳的作用下匀速下降，轿箱与弹簧式缓冲器接触后受到向上的弹力，轿箱合力向上，立即减速，A正确，B错误；轿箱与弹簧式缓冲器接触后，加速度向上，处于超重状态，C错误；轿箱与弹簧组成的系统在接触过程中机械能不守恒，因为绳子拉力对系统做功，D错误。
7．[多选](2022·南通调研)如图所示，质量为M的小球套在固定倾斜的光滑杆上，原长为l0的轻质弹簧一端固定于O点，另一端与小球相连，弹簧与杆在同一竖直平面内。图中AO水平，BO间连线长度恰好与弹簧原长相等，且与杆垂直，O′在O的正下方，C是AO′段的中点，θ＝30°。现让小球从A处由静止释放，下列说法正确的有( )
A．下滑过程中小球的机械能守恒
B．小球下滑到B点时的加速度为eq \f(\r(3),2)g
C．小球下滑到B点时速度最大
D．小球下滑到C点时的速度为eq \r(2gl0)
【答案】BD
【解析】：下滑过程中小球的机械能和弹簧的弹性势能相互转化，因此小球的机械能不守恒，故A错误；因为在B点，弹簧恢复原长，因此重力沿杆的分力提供加速度，根据牛顿第二定律可得：mgcs 30°＝ma，解得a＝eq \f(\r(3),2)g，故B正确；到达B点加速度与速度方向相同，因此小球还会加速，故C错误；因为C是AO′段的中点，θ＝30°，所以当小球到C点时，弹簧的长度与在A点时相同，故小球从A点到C点时弹簧弹性势能没变，小球重力做功全部转化为小球的动能，所以得：mgl0＝eq \f(1,2)mvC2，解得vC＝eq \r(2gl0)，故D正确。
8.[多选]如图所示，水平地面上有一光滑弧形轨道与半径为r的光滑圆轨道相切，且固定在同一个竖直面内。将一个质量为m的小球由圆弧轨道上某一高度处无初速释放，能无碰撞进入圆轨道内。为使小球在沿圆轨道运动时始终不脱离轨道，这个高度h的取值可能为( )
A．2.6r B．1.2r
C．1.6r D．0.8r
【答案】AD
【解析】： 小球可能做完整的圆周运动，刚好不脱离圆轨道时，在圆轨道最高点重力提供向心力：mg＝meq \f(v2,r)，由机械能守恒得：mgh－mg·2r＝eq \f(1,2)mv2，解得：h＝2.5r，也可能不超过与圆心等高处，由机械能守恒得：mgh＝mgr，得：h＝r，综上得为使小球在沿圆轨道运动时始终不离开轨道，h的范围为：h≤r或h≥2.5r。故选A、D。
9.[多选](2022·兰州模拟)用轻杆通过铰链相连的小球A、B、C处于竖直平面内，质量均为m，两段轻杆等长。现将C球置于距地面高h处，由静止释放，假设三个小球只在同一竖直面内运动，不计一切摩擦，则在小球C下落过程中( )
A．小球A、B、C组成的系统机械能守恒
B．小球C的机械能先减小后增大
C.小球C落地前瞬间的速度大小为eq \r(2gh)
D．当小球C的机械能最小时，地面对小球B的支持力大于mg
【答案】ABC
【解析】： 由于小球A、B、C组成的系统只有重力做功，故系统的机械能守恒，故A正确；小球B的初速度为零，C落地前瞬间，B的速度为零，故B的动能先增大后减小，而B的重力势能不变，则B的机械能先增大后减小，同理可得A的机械能先增大后减小，而系统机械能守恒，故C的机械能先减小后增大，故B正确；根据以上分析可知，小球C落地前瞬间的速度大小为v，根据机械能守恒定律可知eq \f(1,2)mv2＝mgh，解得：v＝eq \r(2gh)，故C正确；当小球C的机械能最小时，小球B速度最大，此时小球B的加速度为零，水平方向所受的合力为零，杆对小球B恰好没有力的作用，所以地面对小球B的支持力大小为mg，故D错误。
10.(2022·成都七中模拟)如图所示，一滑块(可视为质点)从斜面轨道AB的A点由静止滑下后，进入与斜面轨道在B点相切的、半径R＝0.5 m的光滑圆弧轨道，且O为圆弧轨道的圆心，C点为圆弧轨道的最低点，滑块运动到D点时对轨道的压力为28 N。已知OD与OC、OB与OC的夹角分别为53°和37°，滑块质量m＝0.5 kg，与轨道AB间的动摩擦因数μ＝0.5，重力加速度g取10 m/s2，sin 37°＝0.6，cs 37°＝0.8。则轨道AB的长度为( )
m m
C.6.5 m D.6.0 m
【答案】 A
【解析】 根据牛顿第三定律可知滑块运动到D点时所受轨道的支持力大小为FN＝FN′＝28 N，设滑块运动到D点时的速度大小为vD，根据牛顿第二定律有FN－mgcs 53°＝meq \f(veq \\al(2,D),R)，对滑块从A点到D点的运动过程，根据动能定理有mgLABsin 37°－μmgLABcs 37°－mgR(cs 37°－cs 53°)＝eq \f(1,2)mveq \\al(2,D)，联立并代入数据解得轨道AB的长度为LAB＝6.75 m，故A正确。
11.如图所示，质量为1 kg的滑块在倾角为30°的斜面上，从a点由静止开始下滑，到b点开始压缩轻弹簧，到c点时达到最大速度，到d点(图中未画出)开始弹回，返回b点离开弹簧，恰能再回到a点。若bc＝0.1 m，弹簧弹性势能的最大值为8 J，g取10 m/s2，则下列说法正确的是( )
A．轻弹簧的劲度系数是50 N/m
B．从d点到b点滑块克服重力做功8 J
C．滑块的动能最大值为8 J
D．从d点到c点弹簧的弹力对滑块做功8 J
【答案】 A
【解析】 整个过程中，滑块从a点由静止释放后还能回到a点，说明系统机械能守恒，即斜面是光滑的。滑块到c点时速度最大，则此时所受合力为零，由平衡条件和胡克定律有：kxbc＝mgsin 30°，解得k＝50 N/m，A项正确；滑块由d点到b点的过程中，弹簧弹性势能一部分转化为重力势能，一部分转化为动能，故从d点到b点滑块克服重力做功小于8 J，B项错误；滑块由d点到c点过程中，滑块与弹簧组成的系统机械能守恒，弹簧弹性势能一部分转化为重力势能，一部分转化为动能，故滑块到c点时最大动能一定小于8 J，又弹性势能减少量小于8 J，所以弹簧的弹力对滑块做功小于8 J，C、D项错误。
12.[多选]如图甲所示，固定的斜面长为10 m，质量为m＝2.0 kg的小滑块自斜面顶端由静止开始沿斜面下滑的过程中，小滑块的动能Ek随位移x的变化规律如图乙所示，取斜面底端所在的水平面为重力势能参考平面，小滑块的重力势能Ep随位移x的变化规律如图丙所示，重力加速度g＝10 m/s2。则下列判断中正确的是( )
A．斜面的倾角为45°
B．滑块与斜面间的动摩擦因数为eq \f(\r(3),4)
C．下滑过程中滑块的加速度大小为1.25 m/s2
D．滑块在斜面下滑过程中损失的机械能为25 J
【答案】BC
【解析】： 根据乙图可知动能—位移图像的斜率大小为合外力大小：F＝eq \f(25,10) N＝eq \f(5,2) N；根据丙图像可知重力势能—位移图像斜率大小为重力在斜面上的分力大小：mgsin θ＝10 N；滑块下滑过程中应用牛顿第二定律：mgsin θ－μmgcs θ＝F，解得：θ＝30°，μ＝eq \f(\r(3),4)，故A错误，B正确；根据上述分析可知滑块所受合外力为eq \f(5,2) N，根据牛顿第二定律：F＝ma，解得：a＝1.25 m/s2，故C正确；重力势能减少100 J，动能增加25 J，说明摩擦生热75 J，即机械能损失75 J，故D错误。
13.(2022·江淮十校联考)用竖直向上的恒力F将静止在地面上的质量为m的物体提升高度H0后，撤去力F。当物体的动能为Ek0时，试求此时物体的高度h为(已知h≠H0，不计空气阻力，重力加速度为g)( )
A．若h＝eq \f(Ek0,F－mg)，则h一定还有一解为h＝eq \f(FH0－Ek0,mg)
B．若h＝eq \f(FH0－Ek0,mg)，则h一定还有一解为h＝eq \f(Ek0,F－mg)
C．若h＝eq \f(Ek0,F－mg)，则h的另一解一定小于H0
D．若h＝eq \f(FH0－Ek0,mg)，则h的另一解一定大于H0
【答案】A
【解析】： 根据题意可知h≠H0，则当动能达到Ek0时可能还未撤去力F，若h＝eq \f(Ek0,F－mg)，说明物体在未撤去F之前动能就达到Ek0，撤去力F之后，物体的速度减小，故还有一个位置动能为Ek0，该位置高度一定大于H0，从地面到该位置由动能定理：FH0－mgh＝Ek0，得到：h＝eq \f(FH0－Ek0,mg)，故选项A正确，C错误；若撤去F之前动能未达到Ek0，则物体的动能一定是在下落到高度h14.(2022·安徽名校联考)竖直放置的光滑圆环，半径为R，AB是其直径。一质量为m的小球穿在环上且受到沿AB方向水平向右的风力大小恒为F＝mg。小球由A点开始运动，则下列说法正确的是( )
A．小球运动过程中的最大速度为2eq \r(gR)
B．小球运动过程中的最大动能为(eq \r(2)＋1)mgR
C．运动中小球对环的最大压力为eq \r(26)mg
D．运动中小球对环的最大压力为(3eq \r(2)＋2)mg
【答案】D
【解析】： 小球受到竖直向下的重力mg和水平向右的风力F＝mg，可知合力大小为eq \r(2)mg，方向斜向右下方，与水平方向夹角为45°，可等效为小球处在如图所示的重力场
等效重力加速度g′＝eq \r(2)g。小球从A点运动到C点速度最大，由动能定理得mg′R1＋eq \f(\r(2),2)＝eq \f(1,2)mv2，解得v＝eq \r(2\r(2)＋2gR)，最大动能为Ekm＝eq \f(1,2)mv2＝(eq \r(2)＋1)mgR，故A、B错误；在C点由牛顿第二定律得FN－mg′＝meq \f(v2,R)，解得FN＝(3eq \r(2)＋2)mg，由牛顿第三定律可知，小球对环的最大压力为(3eq \r(2)＋2)mg，故C错误，D正确。
15.(多选) (2022·河南猜题卷)如图所示，乒乓球以较大速度从地面竖直向上抛出，若球所受空气阻力与速率成正比，且乒乓球在落回地面前已趋于匀速。取地面为重力势能零势能面，则乒乓球在空中运动过程中，其动能及重力势能随时间变化的图像可能正确的是( )
【答案】 BC
【解析】 乒乓球上升阶段，设某一很短时间Δt内速度大小为v，则阻力f＝kv
发生的位移为Δx＝vΔt
由动能定理有－(mg＋f)Δx＝ΔEk
可得eq \f(ΔEk,Δt)＝－(mg＋kv)v
上升过程，速度逐渐减小，eq \f(ΔEk,Δt)的绝对值逐渐减小，即Ek－t图线切线的斜率的绝对值减小，到达最高点时，速度减为0，斜率也为0，
同理，下降阶段有eq \f(ΔEk,Δt)＝(mg－kv′)v′
下降过程乒乓球速度大小逐渐增加，所受合力逐渐减小，最后乒乓球趋于匀速，所受合力趋于0，eq \f(ΔEk,Δt)的绝对值从0先增加然后减小最终趋于0，A错误，B正确；
上升阶段结合上述分析，有ΔEp＝mgΔx
有eq \f(ΔEp,Δt)＝mgv
上升阶段速度逐渐减小，eq \f(ΔEp,Δt)的绝对值逐渐减小，即Ep－t图线斜率逐渐减小，到达最高点时，速度减为0，Ep－t图线斜率也为0，同理，下降阶段有eq \f(ΔEp,Δt)＝－mgv′
速度大小逐渐增加，图线斜率绝对值逐渐增大，C正确，D错误。
16.(2022·云南昆明模拟)小球以某一速度竖直向上抛出，又回到出发点。由于阻力影响，机械能随高度的变化如图所示，则下列说法正确的是( )
A.小球的加速度先减小后增大
B.小球上升的时间比下降的时间长
C.小球上升过程阻力做功比下降过程少
D.小球上升过程阻力做功比下降过程快
【答案】 D
【解析】由于阻力作用，同一高度的机械能减小，故上面那条曲线为上升过程机械能随高度的变化曲线，下面那条曲线为下降过程机械能随高度的变化曲线，图像中斜率为阻力。上升时，阻力减小，下降时，阻力变大。上升时mg＋f＝ma，做加速度减小的减速运动；下降时mg－f＝ma，做加速度减小的加速运动，故加速度一直减小，速度先减小后增大，故A错误；由于阻力作用，同一高度上升时速度大于下降时速度，上升平均速度大，时间短，故B错误；上升时，阻力做功大小为E0－E1，下降时阻力做功大小为E1－E2，上升阻力做功多，故C错误；上升时阻力做功多，时间短，故做功快，故D正确。
17.(多选)(2022·天津五校联考)在大型物流货场，广泛应用着传送带搬运货物。如图甲所示，与水平面成θ角倾斜的传送带以恒定速率运动，皮带始终是绷紧的，将m＝1 kg的货物放在传送带上的A处，经过1.2 s到达传送带的B端。用速度传感器测得货物与传送带的速度v随时间t变化图像如图乙所示，已知重力加速度g＝10 m/s2，由v－t图像可知( )
A.货物从A运动到B过程中，摩擦力恒定不变
B.货物与传送带间的动摩擦因数为0.5
C.货物从A运动到B过程中，货物与传送带摩擦产生的热量为4.8 J
D.A、B两点的距离为2.4 m
【答案】 BC
【解析】 由图像可知，传送带的速度为2 m/s，在货物到达与传送带共速之前，即0～0.2 s内，货物受沿斜面向下的摩擦力；在此之后，货物受沿斜面向上的摩擦力，故A错误；由图像可以看出货物做两段匀加速直线运动，根据牛顿第二定律有mgsin θ＋μmgcs θ＝ma1，mgsin θ－μmgcs θ＝ma2，由图像得到a1＝10 m/s2，a2＝2 m/s2，解得θ＝37°，μ＝0.5，故B正确；货物与传送带摩擦产生的热量为
Q＝FfΔx1＋FfΔx2＝μmgcs 37°(Δx1＋Δx2)＝0.5×1×10×0.8×eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(1,2)×0.2×2＋\f(1,2)×1.0×2))J＝4.8 J，故C正确；A、B两点的距离就是货物的位移，即货物的v－t图像与坐标轴围成的面积。所以有sAB＝eq \f(2×0.2,2) m＋eq \f(2＋4,2)×1 m＝3.2 m，故D错误。
18.[多选](2022·珠海摸底)如图所示，半径为R的光滑圆弧轨道ABC固定在竖直平面内，O是圆心，OC竖直，OA水平，B是最低点，A点紧靠一足够长的平台MN，D点位于A点正上方，DA距离h为有限值。现于D点无初速度释放一个大小可以忽略的小球，小球从A点进入圆弧轨道，并从C点飞出后做平抛运动，落在平台MN上；P点是小球落在MN之前轨迹上紧邻MN的一点，不计空气阻力，下列说法正确的是( )
A．小球由D点经A、B、C到P点的过程中，机械能守恒
B．小球从A点运动到B点的过程中，重力的功率一直增大
C．只要D点的高度合适，小球可以落在平台MN上任意一点
D．如果DA距离h一定，圆弧轨道半径可自由调节，则当R＝eq \f(h,2)时，OP有最大距离h
【答案】AD
【解析】： 小球由D点经A、B、C到P点的过程中，只有重力做功，机械能守恒，故A正确；小球从A点运动到B点的过程中，在A点时速度向下，重力功率不为零；在B点时速度水平向左，重力的功率为零，所以小球从A点运动到B点的过程中，重力的功率不是一直增大，故B错误；小球恰好通过C点，则：mg＝meq \f(v2,R)，从C点飞出后做平抛运动并落在平台MN上：R＝eq \f(1,2)gt2，x＝vt，解得x＝eq \r(2)R，即小球落点至少离M点(eq \r(2)－1)R，所以C错误；如果DA距离为h，小球从D到C过程，由动能定理得mg(h－R)＝eq \f(1,2)mvC2，小球离开C点做平抛运动，有R＝eq \f(1,2)gt2，OP＝vCt，所以OP＝2eq \r(h－R·R)，当h－R＝R，即R＝eq \f(h,2)时，OP最大为h，故D正确。
19.(2022·浙江温州三模)如图所示，一粗糙矩形水平板ABCD与一光滑半圆柱面CDEF相切于CD边，C、D、E、F位于同一竖直面内。沿圆柱面EF边固定一竖直挡板，物块垂直撞击挡板前后，速度方向相反、大小不变。可从A点沿水平面朝各个方向发射质量m＝0.2 kg的小物块(可视为质点)。已知两轨道面沿CD方向足够长，水平板AD边长L＝1 m，半圆柱面的圆弧半径R＝0.1 m，物块与水平板间的动摩擦因数μ＝0.1。
(1)若小物块从A点以初速度v0＝3 m/s沿AD方向发射，求物块运动至半圆柱轨道最高点E时(撞击挡板前)，对轨道的压力大小；
(2)若小物块从A点以初速度v沿AD方向发射，为保证物块能进入半圆柱轨道且在半圆柱面内不脱轨，求其初速度v大小的取值范围；
(3)若撤去EF处的竖直挡板，令物块初速度v0′＝2eq \r(6) m/s，方向与AD边成θ角(θ未知)沿板发射。若小物块能从EF边飞出，求飞出后落地点到CD边距离d的取值范围。
【答案】 (1)4 N (2)eq \r(2) m/s【解析】 (1)从A→E由动能定理得
－μmgL－2mgR＝eq \f(1,2)mveq \\al(2,E)－eq \f(1,2)mveq \\al(2,0)
在E点：FN＋mg＝meq \f(veq \\al(2,E),R)
联立解得FN＝4 N
由牛顿第三定律知FN′＝FN＝4 N。
(2)由A恰好至D的过程，由动能定理得
－μmgL＝0－eq \f(1,2)mveq \\al(2,1)
解得v1＝eq \r(2) m/s
由A恰好至圆心等高处，有
－mgR－μmgL＝0－eq \f(1,2)mveq \\al(2,2)
解得v2＝2 m/s
若恰好通过最高点，有mg＝meq \f(veq \\al(2,E),R)
由A→E过程，有
－2mgR－μmgL＝eq \f(1,2)mveq \\al(2,E)－eq \f(1,2)mveq \\al(2,3)
解得v3＝eq \r(7) m/s
初速度大小范围eq \r(2) m/s(3)若物块沿AD方向发射，距离d最大时，有
－2mgR－μmgL＝eq \f(1,2)mv1′2－eq \f(1,2)mv0′2
解得v1′＝3eq \r(2) m/s
竖直方向2R＝eq \f(1,2)gt2
解得t＝0.2 s
水平方向d1＝v1′t＝eq \f(3\r(2),5) m
物块运动至圆周最高点时，垂直EF边的分速度的最小值v2′＝eq \r(gR)＝1 m/s
垂直于CD方向d2＝v2′t＝0.2 m
距离的取值范围0.2 m≤d≤eq \f(3\r(2),5) m。
20. (2021·福建高考)如图(a)，一倾角37°的固定斜面的AB段粗糙，BC段光滑。斜面上一轻质弹簧的一端固定在底端C处，弹簧的原长与BC长度相同。一小滑块在沿斜面向下的拉力T作用下，由A处从静止开始下滑，当滑块第一次到达B点时撤去T。T随滑块沿斜面下滑的位移x的变化关系如图(b)所示。已知AB段长度为2 m，滑块质量为2 kg，滑块与斜面AB段的动摩擦因数为0.5，弹簧始终在弹性限度内，重力加速度大小取10 m/s2，sin 37°＝0.6。求：
(2)滑块第一次到达B点时的动能；
(3)滑块第一次在B点与弹簧脱离后，沿斜面上滑的最大距离。
【答案】 (1)7 m/s2 (2)26 J (3)1.3 m
【解析】 (1)设小滑块的质量为m，斜面倾角为θ，滑块与斜面间的动摩擦因数为μ，滑块受斜面的支持力大小为FN，滑动摩擦力大小为Ff，拉力为10 N时滑块的加速度大小为a。由牛顿第二定律和滑动摩擦力公式有T＋mgsin θ－Ff＝ma①
FN－mgcs θ＝0②
Ff＝μFN③
联立①②③式并代入题给数据得
a＝7 m/s2。④
(2)设滑块在AB段运动的过程中拉力所做的功为W，由功的定义有
W＝T1x1＋T2x2⑤
式中T1、T2和x1、x2分别对应滑块下滑过程中两阶段所受的拉力及相应的位移大小。
依题意，T1＝8 N，x1＝1 m，
T2＝10 N，x2＝1 m
设滑块第一次到达B点时的动能为Ek，由动能定理有
W＋(mgsin θ－Ff)(x1＋x2)＝Ek－0⑥
联立②③⑤⑥式并代入题给数据得
Ek＝26 J。⑦
(3)由机械能守恒定律可知，滑块第二次到达B点时，动能仍为Ek。设滑块离B点的最大距离为smax，由动能定理有
－(mgsin θ＋Ff)smax＝0－Ek⑧
联立②③⑦⑧式并代入题给数据得
smax＝1.3 m。
21.如图所示，在同一竖直平面内，一轻质弹簧一端固定，另一自由端恰好与水平线AB平齐，静止放于倾角为45°的光滑斜面上。一长为L＝0.2 m的轻质细绳一端固定在O点，另一端系一质量为m＝0.1 kg的小球，将细绳拉至水平，使小球从位置C由静止释放，小球到达最低点D时，细绳刚好被拉断。之后小球在运动过程中恰好沿斜面方向压缩弹簧，已知弹簧的劲度系数为k＝20 N/m。压缩一直处于弹性限度内，g＝10 m/s2。求：
(1)细绳受到的最大拉力F的大小；
(2)D点到水平线AB的高度h；
(3)小球速度最大时弹簧的压缩量x(结果可用根号表示)。
【答案】 (1)3 N (2)0.2 m (3)eq \f(\r(2),40) m
【解析】 (1)小球由C到D，由机械能守恒定律得
mgL＝eq \f(1,2)mveq \\al(2,1)，解得v1＝eq \r(2gL)
在D点，由牛顿第二定律得F－mg＝meq \f(veq \\al(2,1),L)
联立方程解得F＝3mg＝3 N，由牛顿第三定律知细绳所能承受的最大拉力大小
为3 N。
(2)由D到A，小球做平抛运动，则有
veq \\al(2,y)＝2gh，tan45°＝eq \f(vy,v1)，联立解得h＝0.2 m。
(3)小球从C点到将弹簧压缩至最短的过程中，小球所受合力为零时速度最大，即有mgsin 45°＝kx，代入数据得x＝eq \f(\r(2),40) m。
速率相等
的连接体
两物体在运动过程中速率相等，根据系统减少的重力势能等于系统增加的动能列方程求解。
角速度相等的连接体
两球在运动过程中角速度相等，线速度大小与半径成正比，根据系统减少的重力势能等于系统增加的动能列方程求解。
某一方向分速度相等的连接体
A放在光滑斜面上，B穿过竖直光滑杆PQ下滑，将B的速度沿绳的方向和垂直于绳的方向分解，如图所示。其中沿绳子方向的速度vx与A的速度大小相等，根据系统减少的重力势能等于系统增加的动能列方程求解。
发动机最大输出功率(kW)
332
最大输送高度(m)
63
整车满载质量(kg)
5.4×104
最大输送量(m3/h)
180
目录
TOC \ "1-3" \h \u \l "_Tc10709" 【突破高考题型】 PAGEREF _Tc10709 1
\l "_Tc20337" 题型一 功和功率 PAGEREF _Tc20337 1
\l "_Tc18469" 题型二 动能定理的应用 PAGEREF _Tc18469 4
\l "_Tc4762" 题型三 机械能守恒定律的应用 PAGEREF _Tc4762 7
\l "_Tc506" 类型1 机械能守恒的判断 PAGEREF _Tc506 7
\l "_Tc16973" 类型2 单个物体的机械能守恒 PAGEREF _Tc16973 8
\l "_Tc9707" 类型3 系统机械能守恒 PAGEREF _Tc9707 9
\l "_Tc23934" 题型四 功能关系的应用 PAGEREF _Tc23934 10
\l "_Tc24302" 类型1 功和能的对应关系 PAGEREF _Tc24302 10
\l "_Tc13267" 类型2 能量守恒定律的应用 PAGEREF _Tc13267 11
\l "_Tc29811" 【专题突破练】 PAGEREF _Tc29811 12
【突破高考题型】
题型一 功和功率
1.功的求法
2.功率的求法
【例1】.(2022·长春模拟)袋鼠跳是一项很有趣的运动。如图所示，一位质量m＝60 kg 的老师参加袋鼠跳游戏，全程10 m，假设该老师从起点到终点用了相同的10跳，每一次跳起后，重心上升最大高度为h＝0.2 m。忽略空气阻力，下列说法正确的是( )
A．该老师起跳时，地面对该老师做正功
B．该老师每跳跃一次克服重力做功约为60 J
C．该老师从起点到终点的时间可能是7 s
D．该老师从起点到终点的时间可能是4 s
【答案】C
【解析】： 老师起跳时，地面虽然对老师有弹力作用，但在弹力的方向上没有位移，所以地面对老师没有做功，故A错误；因重心上升的最大高度h＝0.2 m，老师每跳跃一次克服重力做的功W＝mgh＝120 J，故B错误；因老师每次跳跃上升时间等于下降时间，且上升时间t＝eq \r(\f(2h,g))＝0.2 s，则老师在空中运动的时间t1＝2t＝0.4 s，老师从起点到终点用了相同的十跳，考虑屈膝跳起的时间，则总时间t总>10t1＝4 s，故C正确，D错误。
【例2】．[多选]质量为m的物体静止在光滑的水平面上，物体在下列四种变化规律不同的合外力F作用下都通过相同的位移x0。下列说法正确的是( )
A．甲图和乙图合外力做功相等
B．丙图和丁图合外力做功相等
C．四个图合外力做功均相等
D．四个图中合外力做功最多的是丙图
【答案】AD
【解析】： Fx图像中，图像与坐标轴围成的面积表示力F所做的功，由图像可知，甲、乙的面积相等，丙的面积最大，丁的面积最小，故甲、乙做功相等，丙做功最多，丁做功最少，选项A、D正确，B、C错误。
【例3】.如图所示是一种清洗车辆用的手持式喷水枪。若已知水枪口的横截面积为S，水的密度为ρ。设水以恒定的速率v源源不断地从枪口喷出，关于水枪工作时功率的大小，下列判断正确的是( )
A．与S成反比 B．与v成正比
C．与v2成正比 D．与v3成正比
【答案】D
【解析】： 根据动能定理，水枪对水做功等于水获得的动能，则时间t内喷出水的质量为m＝ρV＝ρSL＝ρSvt，Ek＝eq \f(1,2)mv2，P＝eq \f(W,t)＝eq \f(Ek,t)＝eq \f(\f(1,2)ρSvtv2,t)＝eq \f(1,2)ρSv3，由上式可知，水枪工作时功率大小与水枪口的横截面积S成正比，与出口处水的速率v的立方成正比，故D正确。
4．[多选](2022·郑州一中检测)质量为m的汽车在平直公路上行驶，所受的阻力恒为车重的k倍。汽车以额定功率行驶，当它加速行驶的速度为v时，加速度为a。则以下分析正确的是( )
A．汽车的额定功率为kmgv
B．汽车行驶的最大速度为eq \f(kg＋av,kg)
C．当汽车加速度减小到eq \f(a,2)时，速度增加到2v
D．汽车的额定功率为(ma＋kmg)v
【答案】BD
【解析】： 设汽车的额定功率为P，汽车的速度为v时，根据牛顿第二定律知：eq \f(P,v)－kmg＝ma，所以P＝(kmg＋ma)v，故A错误，D正确；汽车匀速行驶时，牵引力等于阻力，速度最大，故有：vm＝eq \f(P,kmg)＝eq \f(kmg＋mav,kmg)＝eq \f(kg＋av,kg)，故B正确；加速度为eq \f(a,2)时，设此时牵引力为F，则F－kmg＝m·eq \f(a,2)，解得：F＝kmg＋eq \f(ma,2)，此时速度为：v′＝eq \f(P,F)＝eq \f(kmg＋mav,kmg＋\f(ma,2))<2v，故C错误。
【系统归纳】
1．变力做功的两种求法
(1)用动能定理计算。
(2)用Fx图线与x轴所围“面积”求解。
2．计算功率时的两个提醒
(1)明确是求瞬时功率，还是求平均功率。
(2)求瞬时功率时注意F、v间的夹角，求平均功率时应明确是哪段时间内的平均功率。
3．解决机车启动问题的两点注意
(1)分清是匀加速启动还是恒定功率启动：
①匀加速启动过程中，机车功率是不断增大的，当功率达到额定功率时匀加速运动速度达到最大，但不是机车能达到的最大速度。
②以额定功率启动的过程中，牵引力是不断减小的，机车做加速度减小的加速运动，牵引力的最小值等于阻力。
(2)无论哪种启动方式，最后达到最大速度时，均满足P＝Ffvm，P为机车的额定功率。
题型二 动能定理的应用
1．应用动能定理解题的思维流程
2．应用动能定理解题应注意的三个问题
(1)动能定理往往用于单个物体的运动过程，由于不牵扯加速度及时间，比动力学研究方法要简捷。
(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有几个运动性质不同的小过程(如加速、减速的过程)，此时可以分段考虑，也可以对全过程考虑，但若能对整个过程利用动能定理列式则可使问题简化。
【例1】如图所示，倾角θ＝45°的粗糙平直导轨AB与半径为R的光滑圆环轨道相切，切点为B，整个轨道处在竖直平面内。一质量为m的小滑块(可以看作质点)从导轨上离地面高为h＝3R的D处无初速度下滑进入圆环轨道。接着小滑块从圆环最高点C水平飞出，恰好击中导轨上与圆心O等高的P点，不计空气阻力，已知重力加速度为g。求：
(1)滑块运动到圆环最高点C时的速度大小；
(2)滑块运动到圆环最低点时对圆环轨道压力的大小；
(3)滑块在斜面轨道BD间运动的过程中克服摩擦力做的功。
【答案】 (1)eq \r(gR) (2)6mg (3)eq \f(1,2)mgR
【解析】 (1)小滑块从C点飞出后做平抛运动，设水平速度为v0
竖直方向上：R＝eq \f(1,2)gt2
水平方向上：eq \r(2)R＝v0t
解得：v0＝eq \r(gR)。
(2)设小滑块在最低点时速度为v，小滑块从最低点到C点的过程由动能定理得：
－mg·2R＝eq \f(1,2)mv02－eq \f(1,2)mv2
解得：v＝eq \r(5gR)
在最低点由牛顿第二定律得：
FN－mg＝meq \f(v2,R)
解得：FN＝6mg
由牛顿第三定律得滑块对圆环轨道压力FN′＝6mg。
(3)从D到最低点过程中，设DB过程中克服摩擦阻力做功为Wf，由动能定理得：
mgh－Wf＝eq \f(1,2)mv2－0
解得：Wf＝eq \f(1,2)mgR。
【误区警示】应用动能定理时常见的三个误区
(1)公式W＝eq \f(1,2)mv22－eq \f(1,2)mv12中W应是总功，方程为标量方程，不能在某方向上应用。
(2)功的计算过程中，易出现正、负功判断错误及遗漏某些力做功的现象。
(3)多过程问题中，不善于挖掘题目中的隐含条件，运动物体的过程分析易出现错误。
【例2】 (2022·浙江1月选考，20)如图所示，处于竖直平面内的一探究装置，由倾角α＝37°的光滑直轨道AB、圆心为O1的半圆形光滑轨道BCD、圆心为O2的半圆形光滑细圆管轨道DEF、倾角也为37°的粗糙直轨道FG组成，B、D和F为轨道间的相切点，弹性板垂直轨道固定在G点(与B点等高)，B、O1、D、O2和F点处于同一直线上。已知可视为质点的滑块质量m＝0.1 kg，轨道BCD和DEF的半径R＝0.15 m，轨道AB长度lAB＝3 m，滑块与轨道FG间的动摩擦因数μ＝eq \f(7,8)。滑块与弹性板作用后，以等大速度弹回，sin 37°＝0.6，cs 37°＝0.8。滑块开始时均从轨道AB上某点静止释放，
(1)若释放点距B点的长度l＝0.7 m，求滑块到最低点C时轨道对其支持力FN的大小；
(2)设释放点距B点的长度为lx，求滑块第1次经F点时的速度v与lx之间的关系式；
(3)若滑块最终静止在轨道FG的中点，求释放点距B点长度lx的值。
【答案】 (1)7 N (2)v＝eq \r(12lx－9.6)(0.85 m≤lx≤3 m) (3)eq \f(13,15) m eq \f(9,5) m eq \f(41,15) m
【解析】 (1)滑块从A到C的过程只有重力做功，机械能守恒，则
mglsin 37°＋mgR(1－cs 37°)＝eq \f(1,2)mveq \\al(2,C)
在C点根据牛顿第二定律有
FN－mg＝eq \f(mveq \\al(2,C),R)
代入数据解得FN＝7 N。
(2)要使得滑块到达F点，则必过细圆管轨道DEF的最高点，有
mglxsin 37°－mg(3Rcs 37°＋R)＝eq \f(1,2)mveq \\al(2,0)≥0
即lx≥0.85 m
滑块运动到F的过程中，由机械能守恒定律有
mglxsin 37°－4mgRcs 37°＝eq \f(1,2)mv2
解得v＝eq \r(12lx－9.6)(m/s)(0.85 m≤lx≤3 m)。
(3)设最终摩擦力做的功为滑块第一次到达FG中点时的n倍，由动能定理得
mglxsin 37°－mgeq \f(lFG,2)sin 37°－nμmgeq \f(lFG,2)cs 37°＝0
解得lx＝eq \f(7n＋6,15) m
将0.85 m≤lx≤3 m代入上式可得
eq \f(27,28)≤n≤eq \f(39,7)
由运动过程可知，n只能取1、3、5
①当n＝1时，lx＝eq \f(13,15) m
②当n＝3时，lx＝eq \f(9,5) m
③当n＝5时，lx＝eq \f(41,15) m。
【方法总结】
应用动能定理解题的五点注意
题型三 机械能守恒定律的应用
类型1 机械能守恒的判断
【例1】(2022·桂林调研)如图所示，将一个内外侧均光滑的半圆形槽置于光滑的水平面上，槽的左侧有一竖直墙壁。现让一小球自左端槽口A点的正上方由静止开始下落，小球从A点与半圆形槽相切进入槽内，则下列说法正确的是( )
A．小球在半圆形槽内运动的全过程中，只有重力对它做功
B．小球从A点向半圆形槽的最低点运动的过程中，小球处于失重状态
C．小球从A点经最低点向右侧最高点运动的过程中，小球与槽组成的系统机械能守恒
D．小球从下落到从右侧离开槽的过程中机械能守恒
【答案】 C
【解析】小球从A点向半圆形槽的最低点运动的过程中，半圆形槽有向左运动的趋势，但由于墙壁对半圆形槽的作用，半圆形槽实际上没有动，整个系统中只有重力做功，所以小球与槽组成的系统机械能守恒；小球过了半圆形槽的最低点以后，小球对槽的作用力斜向右下方，对槽做正功，槽向右运动，槽对小球的作用力斜向左上方，槽对球做负功，该过程中除了重力做功外，槽对小球的弹力也做功，故小球的机械能不守恒，A、D错误；小球从A点向半圆形槽的最低点运动的过程中，在A点，小球竖直方向上只受重力，加速度竖直向下，处于失重状态，在最低点，小球的加速度方向竖直向上，处于超重状态，所以小球先失重，后超重，B错误；对小球与槽组成的系统没有其他形式的能量产生，满足机械能守恒的条件，所以系统的机械能守恒，C正确。
【规律总结】机械能守恒的四种情况
(1)只有重力做功时，只发生动能和重力势能的相互转化。
(2)只有系统内弹力做功，只发生动能和弹性势能的相互转化。
(3)只有重力和系统内弹力做功，只发生动能、弹性势能、重力势能的相互转化。
(4)除受重力(或系统内弹力)外，还受其他力，但其他力不做功，或其他力做功的代数和为零。
类型2 单个物体的机械能守恒
【例3】(2022·信阳质检)如图所示固定光滑斜面ABC，其中AC＝BC＝2.5 m，质量为m＝1 kg的小球(可视为质点)，以10 m/s的初速度从底端A冲上斜面，恰好沿P点切线进入口径很小的光滑圆管轨道中，轨道圆心为O，半径R＝1 m，且OP与竖直方向的夹角为θ＝60°，Q点为轨道最高点(不计空气阻力，取g＝10 m/s2)。求：
(1)小球从B点抛出后在空中运动到最高点时的速度；
(2)小球从A点运动到P点所用的时间；
(3)小球在Q点对圆弧轨道的作用力大小。
【答案】 (1)5 m/s (2)1.78 s (3)60 N
【解析】 (1)设AB的长为s，小球从A到B过程中，由机械能守恒定律得：mghBC＋eq \f(1,2)mvB2＝eq \f(1,2)mvA2
解得：vB＝5eq \r(2) m/s
小球从B点抛出后做斜抛运动，在B点将速度沿水平方向和竖直方向分解，得
vBx＝vBy＝vBcs 45°＝5 m/s
小球斜抛到最高点后只有水平方向的速度，所以v最高点＝5 m/s。
(2)小球从A点运动到B点，设时间为t1，加速度大小为a，则a＝gsin 45°＝5eq \r(2) m/s2
t1＝eq \f(v0－vB,a)＝eq \f(10－5\r(2),5\r(2)) s＝(eq \r(2)－1)s
设小球从B点斜抛到最高点的过程中所用的时间为t2，则t2＝eq \f(vBy,g)＝eq \f(5,10) s＝0.5 s
小球运动到P点时将速度分解：
vP＝eq \f(vBx,cs 60°)＝eq \f(5,0.5 ) m/s＝10 m/s
设小球从最高点运动到P点的时间为t3
vPy＝vPsin 60°＝gt3＝5eq \r(3) m/s
解得：t3＝eq \f(\r(3),2) s
所以小球从A点运动到P点所用的总时间：
t＝t1＋t2＋t3＝eq \r(2)＋eq \f(\r(3)－1,2)s≈1.78 s。
(3)小球从P到Q过程中，由机械能守恒定律得
mg(R＋Rcs 60°)＋eq \f(1,2)mvQ2＝eq \f(1,2)mvP2
解得：vQ＝eq \r(70) m/s
在Q点，当小球对圆弧轨道的作用力为零时，由重力提供向心力得：mg＝meq \f(v02,R)
解得：v0＝eq \r(gR)＝eq \r(10) m/s
因为vQ＝eq \r(70) m/s>v0，所以在Q点圆轨道对小球的作用力FN方向竖直向下。
由牛顿第二定律得：FN＋mg＝meq \f(vQ2,R)
解得：FN＝60 N
由牛顿第三定律知：在Q点小球对圆弧轨道的作用力方向竖直向上，大小为60 N。
【方法总结】(1)对于单个物体，如果运动过程中只有重力做功，则其机械能守恒。
(2)应用能量守恒观点列方程时应选择零势能面，不特殊说明，一般选地面为零势能面。
类型3 系统机械能守恒
【例3】[多选]如图所示，质量为m的小环套在固定的光滑竖直杆上，一足够长且不可伸长的轻绳一端与小环相连，另一端跨过光滑的定滑轮与质量为M的物块相连，已知M＝2m。与定滑轮等高的A点和定滑轮之间的距离为3 m，定滑轮大小及质量可忽略。现将小环从A点由静止释放，小环运动到C点速度为0。重力加速度取g＝10 m/s2。下列说法正确的是( )
A．A、C间距离为4 m
B．小环最终静止在C点
C．小环下落过程中减少的重力势能始终等于物块增加的机械能
D．当小环下滑至绳与杆的夹角为60° 时，小环与物块的动能之比为2∶1
【答案】 AD
【解析】 由题意可知小环与物块组成的系统机械能守恒，设A点与定滑轮之间的距离为s，由系统机械能守恒得：mgLAC＝Mg(eq \r(s2＋LAC2)－s)，结合M＝2m，s＝3 m，解得LAC＝4 m，故A正确；在C点，设绳子与竖直方向的夹角为α，则cs α＝eq \f(LAC,\r(s2＋LAC2))＝eq \f(4,5)，绳的拉力T＝2mg，因Tcs α＝1.6mg>mg，所以小环不能静止，故B错误；由机械能守恒定律可知，小环下落过程中减少的重力势能转化为物块增加的机械能和小环增加的动能，故C错误；将小环的速度沿绳和垂直于绳方向分解，沿绳方向的速度即为物块的速度，即为vM＝vmcs 60°，由动能表达式Ek＝eq \f(1,2)mv2可知，小环与物块的动能之比为2∶1，故D正确。
【规律总结】 系统机械能守恒问题中三类常见的连接体
题型四 功能关系的应用
类型1 功和能的对应关系
【例1】 如图所示，某段滑雪雪道倾角为30°，总质量为m(包括滑雪器具在内)的滑雪运动员从距底端高为h处的雪道上由静止开始匀加速下滑，加速度a＝eq \f(1,4)g。在他从上向下滑到底端的过程中，下列说法正确的是( )
A．运动员减少的重力势能全部转化为动能
B．下滑过程中系统减少的机械能为eq \f(1,2)mgh
C．运动员获得的动能为eq \f(1,4)mgh
D．运动员克服摩擦力做功为eq \f(1,4)mgh
【答案】B
【解析】若运动员不受摩擦力，根据牛顿第二定律有：mgsin 30°＝ma，则加速度应为a＝gsin 30°＝eq \f(g,2)，而实际的加速度小于eq \f(g,2)，故运动员应受到摩擦力，所以减少的重力势能有一部分转化为了内能，故A错误；运动员下滑的距离：l＝eq \f(h,sin 30°)＝2h，根据速度位移公式v2＝2al，可得：v＝eq \r(gh)，获得动能为Ek＝eq \f(1,2)mv2＝eq \f(mgh,2)，故C错误；由动能定理可知：mgh－Wf＝eq \f(1,2)mv2，解得：Wf＝eq \f(1,2)mgh，故D错误；机械能的减小量等于阻力所做的功，故下滑过程中系统减少的机械能为eq \f(1,2)mgh，故B正确。
【方法总结】功能关系的选取方法
(1)若只涉及动能的变化用动能定理。
(2)只涉及重力势能的变化，用重力做功与重力势能变化的关系分析。
(3)只涉及机械能变化，用除重力和弹簧的弹力之外的力做功与机械能变化的关系分析。
类型2 能量守恒定律的应用
【例2】[多选]“弹跳小人”(如图甲所示)是一种深受儿童喜爱的玩具，其原理如图乙所示。竖直光滑长杆固定在地面不动，套在杆上的轻质弹簧下端不固定，上端与滑块拴接，滑块的质量为0.80 kg。现在向下压滑块，直到弹簧上端离地面高度h＝0.40 m时，然后由静止释放滑块。滑块的动能Ek随离地高度h变化的图像如图丙所示。其中高度从0.80 m到1.40 m范围内的图线为直线，其余部分为曲线。若以地面为重力势能的参考平面，空气阻力为恒力，g取10 m/s2。则结合图像可知( )
A．弹簧原长为0.72 m
B．空气阻力大小为1.00 N
C．弹簧的最大弹性势能为9.00 J
D．在弹簧落回地面的瞬间滑块的动能为5.40 J
【答案】 BC
【解析】从h＝0.80 m开始，弹簧下端与地面分离，则知弹簧的原长为0.80 m，故A错误；从0.80 m上升到1.40 m 过程，在Ekh图像中，根据动能定理知：图线的斜率大小表示滑块所受的合外力，由于高度从0.80 m上升到1.40 m范围内图像为直线，其余部分为曲线，说明滑块从0.80 m上升到1.40 m范围内所受作用力为恒力，根据动能定理得－(mg＋f)Δh＝0－Ek，由图知Δh＝0.60 m，Ek＝5.40 J，解得空气阻力f＝1.00 N，故B正确；根据能量守恒定律可知，当滑块上升至最大高度时，整个过程中，增加的重力势能和克服空气阻力做功之和等于弹簧的最大弹性势能，所以Epm＝(mg＋f)Δh′＝9×(1.40－0.4)J＝9.00 J，故C正确；滑块由最大高度到弹簧落回地面的瞬间，根据动能定理得(mg－f)Δh＝Ek′－0，得Ek′＝4.2 J，故D错误。
【规律总结】应用能量守恒定律解题的两条基本思路
(1)某种形式的能减少，一定存在其他形式的能增加，且减少量和增加量一定相等，即ΔE减＝ΔE增。
(2)某个物体的能量减少，一定存在其他物体的能量增加，且减少量和增加量一定相等，即ΔEA减＝ΔEB增。
【专题突破练】
1.(2021·山东高考，3)如图所示，粗糙程度处处相同的水平桌面上有一长为L的轻质细杆，一端可绕竖直光滑轴O转动，另一端与质量为m的小木块相连。木块以水平初速度v0出发，恰好能完成一个完整的圆周运动。在运动过程中，木块所受摩擦力的大小为( )
A.eq \f(mveq \\al(2,0),2πL) B.eq \f(mveq \\al(2,0),4πL)
C.eq \f(mveq \\al(2,0),8πL) D.eq \f(mveq \\al(2,0),16πL)
【答案】 B
【解析】 木块在运动过程中，只有摩擦力做功，而摩擦力做功与路径有关，根据动能定理得－f·2πL＝0－eq \f(1,2)mveq \\al(2,0)，解得f＝eq \f(mveq \\al(2,0),4πL)，故选项B正确。
2. (2021·6月浙江选考，11)中国制造的某一型号泵车如图1所示，表中列出了其部分技术参数。已知混凝土密度为2.4×103 kg/m3，假设泵车的泵送系统以150 m3/h的输送量给30 m高处输送混凝土，则每小时泵送系统对混凝土做的功至少为( )
×107 J ×107 J
×108 J ×108 J
【答案】 C
【解析】 泵车的泵送系统以150 m3/h的输送量给30 m高处输送混凝土，每小时泵送系统对混凝土做的功W＝ρVgh＝2.4×103×150×10×30 J＝1.08×108 J，故C正确。
3.(2022·超级全能生原创卷)为达成我国在2060年前实现碳中和的宏伟目标，国家大力提倡绿色能源和绿色交通等项目。现有一质量为m的某品牌新能源汽车在水平路面上进行启动测试，已知测试时保持功率恒定，经过时间t汽车速度恰好达到最大速度v，此过程汽车位移为x，汽车所受阻力f大小不变。则在该过程中( )
A.汽车的功率大小为P＝eq \f(mv3,2（vt－x）)
B.汽车受到的阻力大小为f＝eq \f(mv,2t)
C.速度为eq \f(v,2)时，汽车发动机牵引力大小为F＝eq \f(mv2,2（vt－x）)
D.速度为eq \f(v,2)时，汽车的加速度大小为a＝eq \f(v2,vt－x)
【答案】 A
【解析】 对汽车启动过程，由动能定理得Pt－fx＝eq \f(1,2)mv2－0，又P＝fv，可得汽车的恒定功率大小P＝eq \f(mv3,2（vt－x）)，汽车受到的阻力f＝eq \f(mv2,2（vt－x）)，A正确，B错误；速度为eq \f(v,2)时，汽车发动机牵引力F＝eq \f(2P,v)＝eq \f(mv2,vt－x)，汽车的加速度大小a＝eq \f(F－f,m)＝eq \f(v2,2（vt－x）)，故C、D错误。
4.(多选)(2022·浙江宁波二模)如图甲所示，小物块静止在倾角θ＝37°的粗糙斜面上。现对物块施加一个沿斜面向下的推力F，力F的大小随时间t的变化情况如图乙所示，物块的速率v随时间t的变化规律如图丙所示，sin 37°＝0.6，cs 37°＝0.8，重力加速度g取10 m/s2。下列说法正确的是( )
A.物块的质量为1 kg
B.物块与斜面间的动摩擦因数为0.7
C.0～3 s时间内力F做功的平均功率为0.32 W
D.0～3 s时间内物块克服摩擦力做的功为5.12 J
【答案】 AD
【解析】 由题图丙知在1～3 s时间内，物块做匀加速直线运动，则F2＋mgsin θ－μmgcs θ＝ma，a＝eq \f(0.8－0,3－1) m/s2＝0.4 m/s2，在3～4 s时间内，物块匀速运动，受力平衡，则mgsin θ＋F3＝μmgcs θ，联立解得m＝1 kg，μ＝0.8，故A正确，B错误；在0～1 s时间内，物块静止，力F不做功，在1～3 s时间内，力F2＝0.8 N，物块的位移x＝eq \f(1,2)×0.8×2 m＝0.8 m，在0～3 s内力F做功的平均功率P3＝eq \f(F2x,t3)＝eq \f(0.8×0.8,3) W≈0.213 W，故C错误；0～3 s时间内物块克服摩擦力做的功Wf＝μmgxcs θ＝5.12 J，故D正确。
5.(2022·超级全能生原创卷)儿童四轮电动汽车具有高度的仿真性，能很好培养孩子的操作能力，锻炼孩子肢体的协调性，深受少年、儿童和家长的喜爱，如图甲所示。小明等几位同学利用某品牌的某个型号的一辆小汽车，对其最大功率进行测试。他们由一位同学操控小汽车沿水平直轨道由静止开始运动，3 s后达到最大功率，之后功率保持不变，14 s时解除动力自由滑行，20 s时停止运动，运动过程中的v－t图像如图乙所示(除3～10 s时间段图像为曲线外，其余时间段图像均为直线)。已知人与车总质量为50 kg，且认为整个运动过程中所受到的阻力不变，结合图像的信息可知( )
A.整个运动过程中消耗的电能等于克服阻力做的功
B.小汽车的最大功率为600 W
C.前3 s内牵引力做的功为225 J
D.3～10 s时间内克服阻力做的功为1 425 J
【答案】 D
【解析】 整个运动过程中消耗的电能等于克服阻力做的功和产生的焦耳热之和，故A错误；小汽车在14～20 s内做匀减速直线运动时，加速度大小a2＝1 m/s2，只受阻力作用，根据牛顿第二定律得f＝ma＝50 N，匀速运动时牵引力与阻力相等，根据P＝Fv＝fvm，代入数据可得最大功率P＝300 W，故B错误；在0～3 s时间内，有F－f＝ma1，P＝Fv1，v1＝a1t1，联立解得a1＝1 m/s2，F＝100 N，v1＝3 m/s，在0～3 s时间内的位移x1＝eq \f(1,2)a1teq \\al(2,1)＝4.5 m，因此0～3 s时间内牵引力做的功W1＝Fx1＝450 J，故C错误；在3～10 s时间内，根据动能定理可得Pt2－Wf＝eq \f(1,2)mveq \\al(2,m)－eq \f(1,2)mveq \\al(2,1)，代入数据解得Wf＝1 425 J，故D正确。
6.(2022·诸暨5月适应考)如图所示为曳引式电梯的结构示意图，电梯井道底部弹簧式缓冲器与电梯轿箱的中心线重合。在某次电梯的安全性测试中，电梯轿箱在曳引绳的作用下匀速下降，接触弹簧式缓冲器，并最终安全停止。下列说法正确的是( )
A．轿箱与弹簧式缓冲器接触后立即开始减速
B．轿箱与弹簧式缓冲器接触后，先加速后减速
C．轿箱与弹簧式缓冲器接触后始终处于失重状态
D．轿箱与弹簧组成的系统在接触过程中机械能守恒
【答案】A
【解析】 电梯轿箱在曳引绳的作用下匀速下降，轿箱与弹簧式缓冲器接触后受到向上的弹力，轿箱合力向上，立即减速，A正确，B错误；轿箱与弹簧式缓冲器接触后，加速度向上，处于超重状态，C错误；轿箱与弹簧组成的系统在接触过程中机械能不守恒，因为绳子拉力对系统做功，D错误。
7．[多选](2022·南通调研)如图所示，质量为M的小球套在固定倾斜的光滑杆上，原长为l0的轻质弹簧一端固定于O点，另一端与小球相连，弹簧与杆在同一竖直平面内。图中AO水平，BO间连线长度恰好与弹簧原长相等，且与杆垂直，O′在O的正下方，C是AO′段的中点，θ＝30°。现让小球从A处由静止释放，下列说法正确的有( )
A．下滑过程中小球的机械能守恒
B．小球下滑到B点时的加速度为eq \f(\r(3),2)g
C．小球下滑到B点时速度最大
D．小球下滑到C点时的速度为eq \r(2gl0)
【答案】BD
【解析】：下滑过程中小球的机械能和弹簧的弹性势能相互转化，因此小球的机械能不守恒，故A错误；因为在B点，弹簧恢复原长，因此重力沿杆的分力提供加速度，根据牛顿第二定律可得：mgcs 30°＝ma，解得a＝eq \f(\r(3),2)g，故B正确；到达B点加速度与速度方向相同，因此小球还会加速，故C错误；因为C是AO′段的中点，θ＝30°，所以当小球到C点时，弹簧的长度与在A点时相同，故小球从A点到C点时弹簧弹性势能没变，小球重力做功全部转化为小球的动能，所以得：mgl0＝eq \f(1,2)mvC2，解得vC＝eq \r(2gl0)，故D正确。
8.[多选]如图所示，水平地面上有一光滑弧形轨道与半径为r的光滑圆轨道相切，且固定在同一个竖直面内。将一个质量为m的小球由圆弧轨道上某一高度处无初速释放，能无碰撞进入圆轨道内。为使小球在沿圆轨道运动时始终不脱离轨道，这个高度h的取值可能为( )
A．2.6r B．1.2r
C．1.6r D．0.8r
【答案】AD
【解析】： 小球可能做完整的圆周运动，刚好不脱离圆轨道时，在圆轨道最高点重力提供向心力：mg＝meq \f(v2,r)，由机械能守恒得：mgh－mg·2r＝eq \f(1,2)mv2，解得：h＝2.5r，也可能不超过与圆心等高处，由机械能守恒得：mgh＝mgr，得：h＝r，综上得为使小球在沿圆轨道运动时始终不离开轨道，h的范围为：h≤r或h≥2.5r。故选A、D。
9.[多选](2022·兰州模拟)用轻杆通过铰链相连的小球A、B、C处于竖直平面内，质量均为m，两段轻杆等长。现将C球置于距地面高h处，由静止释放，假设三个小球只在同一竖直面内运动，不计一切摩擦，则在小球C下落过程中( )
A．小球A、B、C组成的系统机械能守恒
B．小球C的机械能先减小后增大
C.小球C落地前瞬间的速度大小为eq \r(2gh)
D．当小球C的机械能最小时，地面对小球B的支持力大于mg
【答案】ABC
【解析】： 由于小球A、B、C组成的系统只有重力做功，故系统的机械能守恒，故A正确；小球B的初速度为零，C落地前瞬间，B的速度为零，故B的动能先增大后减小，而B的重力势能不变，则B的机械能先增大后减小，同理可得A的机械能先增大后减小，而系统机械能守恒，故C的机械能先减小后增大，故B正确；根据以上分析可知，小球C落地前瞬间的速度大小为v，根据机械能守恒定律可知eq \f(1,2)mv2＝mgh，解得：v＝eq \r(2gh)，故C正确；当小球C的机械能最小时，小球B速度最大，此时小球B的加速度为零，水平方向所受的合力为零，杆对小球B恰好没有力的作用，所以地面对小球B的支持力大小为mg，故D错误。
10.(2022·成都七中模拟)如图所示，一滑块(可视为质点)从斜面轨道AB的A点由静止滑下后，进入与斜面轨道在B点相切的、半径R＝0.5 m的光滑圆弧轨道，且O为圆弧轨道的圆心，C点为圆弧轨道的最低点，滑块运动到D点时对轨道的压力为28 N。已知OD与OC、OB与OC的夹角分别为53°和37°，滑块质量m＝0.5 kg，与轨道AB间的动摩擦因数μ＝0.5，重力加速度g取10 m/s2，sin 37°＝0.6，cs 37°＝0.8。则轨道AB的长度为( )
m m
C.6.5 m D.6.0 m
【答案】 A
【解析】 根据牛顿第三定律可知滑块运动到D点时所受轨道的支持力大小为FN＝FN′＝28 N，设滑块运动到D点时的速度大小为vD，根据牛顿第二定律有FN－mgcs 53°＝meq \f(veq \\al(2,D),R)，对滑块从A点到D点的运动过程，根据动能定理有mgLABsin 37°－μmgLABcs 37°－mgR(cs 37°－cs 53°)＝eq \f(1,2)mveq \\al(2,D)，联立并代入数据解得轨道AB的长度为LAB＝6.75 m，故A正确。
11.如图所示，质量为1 kg的滑块在倾角为30°的斜面上，从a点由静止开始下滑，到b点开始压缩轻弹簧，到c点时达到最大速度，到d点(图中未画出)开始弹回，返回b点离开弹簧，恰能再回到a点。若bc＝0.1 m，弹簧弹性势能的最大值为8 J，g取10 m/s2，则下列说法正确的是( )
A．轻弹簧的劲度系数是50 N/m
B．从d点到b点滑块克服重力做功8 J
C．滑块的动能最大值为8 J
D．从d点到c点弹簧的弹力对滑块做功8 J
【答案】 A
【解析】 整个过程中，滑块从a点由静止释放后还能回到a点，说明系统机械能守恒，即斜面是光滑的。滑块到c点时速度最大，则此时所受合力为零，由平衡条件和胡克定律有：kxbc＝mgsin 30°，解得k＝50 N/m，A项正确；滑块由d点到b点的过程中，弹簧弹性势能一部分转化为重力势能，一部分转化为动能，故从d点到b点滑块克服重力做功小于8 J，B项错误；滑块由d点到c点过程中，滑块与弹簧组成的系统机械能守恒，弹簧弹性势能一部分转化为重力势能，一部分转化为动能，故滑块到c点时最大动能一定小于8 J，又弹性势能减少量小于8 J，所以弹簧的弹力对滑块做功小于8 J，C、D项错误。
12.[多选]如图甲所示，固定的斜面长为10 m，质量为m＝2.0 kg的小滑块自斜面顶端由静止开始沿斜面下滑的过程中，小滑块的动能Ek随位移x的变化规律如图乙所示，取斜面底端所在的水平面为重力势能参考平面，小滑块的重力势能Ep随位移x的变化规律如图丙所示，重力加速度g＝10 m/s2。则下列判断中正确的是( )
A．斜面的倾角为45°
B．滑块与斜面间的动摩擦因数为eq \f(\r(3),4)
C．下滑过程中滑块的加速度大小为1.25 m/s2
D．滑块在斜面下滑过程中损失的机械能为25 J
【答案】BC
【解析】： 根据乙图可知动能—位移图像的斜率大小为合外力大小：F＝eq \f(25,10) N＝eq \f(5,2) N；根据丙图像可知重力势能—位移图像斜率大小为重力在斜面上的分力大小：mgsin θ＝10 N；滑块下滑过程中应用牛顿第二定律：mgsin θ－μmgcs θ＝F，解得：θ＝30°，μ＝eq \f(\r(3),4)，故A错误，B正确；根据上述分析可知滑块所受合外力为eq \f(5,2) N，根据牛顿第二定律：F＝ma，解得：a＝1.25 m/s2，故C正确；重力势能减少100 J，动能增加25 J，说明摩擦生热75 J，即机械能损失75 J，故D错误。
13.(2022·江淮十校联考)用竖直向上的恒力F将静止在地面上的质量为m的物体提升高度H0后，撤去力F。当物体的动能为Ek0时，试求此时物体的高度h为(已知h≠H0，不计空气阻力，重力加速度为g)( )
A．若h＝eq \f(Ek0,F－mg)，则h一定还有一解为h＝eq \f(FH0－Ek0,mg)
B．若h＝eq \f(FH0－Ek0,mg)，则h一定还有一解为h＝eq \f(Ek0,F－mg)
C．若h＝eq \f(Ek0,F－mg)，则h的另一解一定小于H0
D．若h＝eq \f(FH0－Ek0,mg)，则h的另一解一定大于H0
【答案】A
【解析】： 根据题意可知h≠H0，则当动能达到Ek0时可能还未撤去力F，若h＝eq \f(Ek0,F－mg)，说明物体在未撤去F之前动能就达到Ek0，撤去力F之后，物体的速度减小，故还有一个位置动能为Ek0，该位置高度一定大于H0，从地面到该位置由动能定理：FH0－mgh＝Ek0，得到：h＝eq \f(FH0－Ek0,mg)，故选项A正确，C错误；若撤去F之前动能未达到Ek0，则物体的动能一定是在下落到高度h
A．小球运动过程中的最大速度为2eq \r(gR)
B．小球运动过程中的最大动能为(eq \r(2)＋1)mgR
C．运动中小球对环的最大压力为eq \r(26)mg
D．运动中小球对环的最大压力为(3eq \r(2)＋2)mg
【答案】D
【解析】： 小球受到竖直向下的重力mg和水平向右的风力F＝mg，可知合力大小为eq \r(2)mg，方向斜向右下方，与水平方向夹角为45°，可等效为小球处在如图所示的重力场
等效重力加速度g′＝eq \r(2)g。小球从A点运动到C点速度最大，由动能定理得mg′R1＋eq \f(\r(2),2)＝eq \f(1,2)mv2，解得v＝eq \r(2\r(2)＋2gR)，最大动能为Ekm＝eq \f(1,2)mv2＝(eq \r(2)＋1)mgR，故A、B错误；在C点由牛顿第二定律得FN－mg′＝meq \f(v2,R)，解得FN＝(3eq \r(2)＋2)mg，由牛顿第三定律可知，小球对环的最大压力为(3eq \r(2)＋2)mg，故C错误，D正确。
15.(多选) (2022·河南猜题卷)如图所示，乒乓球以较大速度从地面竖直向上抛出，若球所受空气阻力与速率成正比，且乒乓球在落回地面前已趋于匀速。取地面为重力势能零势能面，则乒乓球在空中运动过程中，其动能及重力势能随时间变化的图像可能正确的是( )
【答案】 BC
【解析】 乒乓球上升阶段，设某一很短时间Δt内速度大小为v，则阻力f＝kv
发生的位移为Δx＝vΔt
由动能定理有－(mg＋f)Δx＝ΔEk
可得eq \f(ΔEk,Δt)＝－(mg＋kv)v
上升过程，速度逐渐减小，eq \f(ΔEk,Δt)的绝对值逐渐减小，即Ek－t图线切线的斜率的绝对值减小，到达最高点时，速度减为0，斜率也为0，
同理，下降阶段有eq \f(ΔEk,Δt)＝(mg－kv′)v′
下降过程乒乓球速度大小逐渐增加，所受合力逐渐减小，最后乒乓球趋于匀速，所受合力趋于0，eq \f(ΔEk,Δt)的绝对值从0先增加然后减小最终趋于0，A错误，B正确；
上升阶段结合上述分析，有ΔEp＝mgΔx
有eq \f(ΔEp,Δt)＝mgv
上升阶段速度逐渐减小，eq \f(ΔEp,Δt)的绝对值逐渐减小，即Ep－t图线斜率逐渐减小，到达最高点时，速度减为0，Ep－t图线斜率也为0，同理，下降阶段有eq \f(ΔEp,Δt)＝－mgv′
速度大小逐渐增加，图线斜率绝对值逐渐增大，C正确，D错误。
16.(2022·云南昆明模拟)小球以某一速度竖直向上抛出，又回到出发点。由于阻力影响，机械能随高度的变化如图所示，则下列说法正确的是( )
A.小球的加速度先减小后增大
B.小球上升的时间比下降的时间长
C.小球上升过程阻力做功比下降过程少
D.小球上升过程阻力做功比下降过程快
【答案】 D
【解析】由于阻力作用，同一高度的机械能减小，故上面那条曲线为上升过程机械能随高度的变化曲线，下面那条曲线为下降过程机械能随高度的变化曲线，图像中斜率为阻力。上升时，阻力减小，下降时，阻力变大。上升时mg＋f＝ma，做加速度减小的减速运动；下降时mg－f＝ma，做加速度减小的加速运动，故加速度一直减小，速度先减小后增大，故A错误；由于阻力作用，同一高度上升时速度大于下降时速度，上升平均速度大，时间短，故B错误；上升时，阻力做功大小为E0－E1，下降时阻力做功大小为E1－E2，上升阻力做功多，故C错误；上升时阻力做功多，时间短，故做功快，故D正确。
17.(多选)(2022·天津五校联考)在大型物流货场，广泛应用着传送带搬运货物。如图甲所示，与水平面成θ角倾斜的传送带以恒定速率运动，皮带始终是绷紧的，将m＝1 kg的货物放在传送带上的A处，经过1.2 s到达传送带的B端。用速度传感器测得货物与传送带的速度v随时间t变化图像如图乙所示，已知重力加速度g＝10 m/s2，由v－t图像可知( )
A.货物从A运动到B过程中，摩擦力恒定不变
B.货物与传送带间的动摩擦因数为0.5
C.货物从A运动到B过程中，货物与传送带摩擦产生的热量为4.8 J
D.A、B两点的距离为2.4 m
【答案】 BC
【解析】 由图像可知，传送带的速度为2 m/s，在货物到达与传送带共速之前，即0～0.2 s内，货物受沿斜面向下的摩擦力；在此之后，货物受沿斜面向上的摩擦力，故A错误；由图像可以看出货物做两段匀加速直线运动，根据牛顿第二定律有mgsin θ＋μmgcs θ＝ma1，mgsin θ－μmgcs θ＝ma2，由图像得到a1＝10 m/s2，a2＝2 m/s2，解得θ＝37°，μ＝0.5，故B正确；货物与传送带摩擦产生的热量为
Q＝FfΔx1＋FfΔx2＝μmgcs 37°(Δx1＋Δx2)＝0.5×1×10×0.8×eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(1,2)×0.2×2＋\f(1,2)×1.0×2))J＝4.8 J，故C正确；A、B两点的距离就是货物的位移，即货物的v－t图像与坐标轴围成的面积。所以有sAB＝eq \f(2×0.2,2) m＋eq \f(2＋4,2)×1 m＝3.2 m，故D错误。
18.[多选](2022·珠海摸底)如图所示，半径为R的光滑圆弧轨道ABC固定在竖直平面内，O是圆心，OC竖直，OA水平，B是最低点，A点紧靠一足够长的平台MN，D点位于A点正上方，DA距离h为有限值。现于D点无初速度释放一个大小可以忽略的小球，小球从A点进入圆弧轨道，并从C点飞出后做平抛运动，落在平台MN上；P点是小球落在MN之前轨迹上紧邻MN的一点，不计空气阻力，下列说法正确的是( )
A．小球由D点经A、B、C到P点的过程中，机械能守恒
B．小球从A点运动到B点的过程中，重力的功率一直增大
C．只要D点的高度合适，小球可以落在平台MN上任意一点
D．如果DA距离h一定，圆弧轨道半径可自由调节，则当R＝eq \f(h,2)时，OP有最大距离h
【答案】AD
【解析】： 小球由D点经A、B、C到P点的过程中，只有重力做功，机械能守恒，故A正确；小球从A点运动到B点的过程中，在A点时速度向下，重力功率不为零；在B点时速度水平向左，重力的功率为零，所以小球从A点运动到B点的过程中，重力的功率不是一直增大，故B错误；小球恰好通过C点，则：mg＝meq \f(v2,R)，从C点飞出后做平抛运动并落在平台MN上：R＝eq \f(1,2)gt2，x＝vt，解得x＝eq \r(2)R，即小球落点至少离M点(eq \r(2)－1)R，所以C错误；如果DA距离为h，小球从D到C过程，由动能定理得mg(h－R)＝eq \f(1,2)mvC2，小球离开C点做平抛运动，有R＝eq \f(1,2)gt2，OP＝vCt，所以OP＝2eq \r(h－R·R)，当h－R＝R，即R＝eq \f(h,2)时，OP最大为h，故D正确。
19.(2022·浙江温州三模)如图所示，一粗糙矩形水平板ABCD与一光滑半圆柱面CDEF相切于CD边，C、D、E、F位于同一竖直面内。沿圆柱面EF边固定一竖直挡板，物块垂直撞击挡板前后，速度方向相反、大小不变。可从A点沿水平面朝各个方向发射质量m＝0.2 kg的小物块(可视为质点)。已知两轨道面沿CD方向足够长，水平板AD边长L＝1 m，半圆柱面的圆弧半径R＝0.1 m，物块与水平板间的动摩擦因数μ＝0.1。
(1)若小物块从A点以初速度v0＝3 m/s沿AD方向发射，求物块运动至半圆柱轨道最高点E时(撞击挡板前)，对轨道的压力大小；
(2)若小物块从A点以初速度v沿AD方向发射，为保证物块能进入半圆柱轨道且在半圆柱面内不脱轨，求其初速度v大小的取值范围；
(3)若撤去EF处的竖直挡板，令物块初速度v0′＝2eq \r(6) m/s，方向与AD边成θ角(θ未知)沿板发射。若小物块能从EF边飞出，求飞出后落地点到CD边距离d的取值范围。
【答案】 (1)4 N (2)eq \r(2) m/s
－μmgL－2mgR＝eq \f(1,2)mveq \\al(2,E)－eq \f(1,2)mveq \\al(2,0)
在E点：FN＋mg＝meq \f(veq \\al(2,E),R)
联立解得FN＝4 N
由牛顿第三定律知FN′＝FN＝4 N。
(2)由A恰好至D的过程，由动能定理得
－μmgL＝0－eq \f(1,2)mveq \\al(2,1)
解得v1＝eq \r(2) m/s
由A恰好至圆心等高处，有
－mgR－μmgL＝0－eq \f(1,2)mveq \\al(2,2)
解得v2＝2 m/s
若恰好通过最高点，有mg＝meq \f(veq \\al(2,E),R)
由A→E过程，有
－2mgR－μmgL＝eq \f(1,2)mveq \\al(2,E)－eq \f(1,2)mveq \\al(2,3)
解得v3＝eq \r(7) m/s
初速度大小范围eq \r(2) m/s
－2mgR－μmgL＝eq \f(1,2)mv1′2－eq \f(1,2)mv0′2
解得v1′＝3eq \r(2) m/s
竖直方向2R＝eq \f(1,2)gt2
解得t＝0.2 s
水平方向d1＝v1′t＝eq \f(3\r(2),5) m
物块运动至圆周最高点时，垂直EF边的分速度的最小值v2′＝eq \r(gR)＝1 m/s
垂直于CD方向d2＝v2′t＝0.2 m
距离的取值范围0.2 m≤d≤eq \f(3\r(2),5) m。
20. (2021·福建高考)如图(a)，一倾角37°的固定斜面的AB段粗糙，BC段光滑。斜面上一轻质弹簧的一端固定在底端C处，弹簧的原长与BC长度相同。一小滑块在沿斜面向下的拉力T作用下，由A处从静止开始下滑，当滑块第一次到达B点时撤去T。T随滑块沿斜面下滑的位移x的变化关系如图(b)所示。已知AB段长度为2 m，滑块质量为2 kg，滑块与斜面AB段的动摩擦因数为0.5，弹簧始终在弹性限度内，重力加速度大小取10 m/s2，sin 37°＝0.6。求：
(2)滑块第一次到达B点时的动能；
(3)滑块第一次在B点与弹簧脱离后，沿斜面上滑的最大距离。
【答案】 (1)7 m/s2 (2)26 J (3)1.3 m
【解析】 (1)设小滑块的质量为m，斜面倾角为θ，滑块与斜面间的动摩擦因数为μ，滑块受斜面的支持力大小为FN，滑动摩擦力大小为Ff，拉力为10 N时滑块的加速度大小为a。由牛顿第二定律和滑动摩擦力公式有T＋mgsin θ－Ff＝ma①
FN－mgcs θ＝0②
Ff＝μFN③
联立①②③式并代入题给数据得
a＝7 m/s2。④
(2)设滑块在AB段运动的过程中拉力所做的功为W，由功的定义有
W＝T1x1＋T2x2⑤
式中T1、T2和x1、x2分别对应滑块下滑过程中两阶段所受的拉力及相应的位移大小。
依题意，T1＝8 N，x1＝1 m，
T2＝10 N，x2＝1 m
设滑块第一次到达B点时的动能为Ek，由动能定理有
W＋(mgsin θ－Ff)(x1＋x2)＝Ek－0⑥
联立②③⑤⑥式并代入题给数据得
Ek＝26 J。⑦
(3)由机械能守恒定律可知，滑块第二次到达B点时，动能仍为Ek。设滑块离B点的最大距离为smax，由动能定理有
－(mgsin θ＋Ff)smax＝0－Ek⑧
联立②③⑦⑧式并代入题给数据得
smax＝1.3 m。
21.如图所示，在同一竖直平面内，一轻质弹簧一端固定，另一自由端恰好与水平线AB平齐，静止放于倾角为45°的光滑斜面上。一长为L＝0.2 m的轻质细绳一端固定在O点，另一端系一质量为m＝0.1 kg的小球，将细绳拉至水平，使小球从位置C由静止释放，小球到达最低点D时，细绳刚好被拉断。之后小球在运动过程中恰好沿斜面方向压缩弹簧，已知弹簧的劲度系数为k＝20 N/m。压缩一直处于弹性限度内，g＝10 m/s2。求：
(1)细绳受到的最大拉力F的大小；
(2)D点到水平线AB的高度h；
(3)小球速度最大时弹簧的压缩量x(结果可用根号表示)。
【答案】 (1)3 N (2)0.2 m (3)eq \f(\r(2),40) m
【解析】 (1)小球由C到D，由机械能守恒定律得
mgL＝eq \f(1,2)mveq \\al(2,1)，解得v1＝eq \r(2gL)
在D点，由牛顿第二定律得F－mg＝meq \f(veq \\al(2,1),L)
联立方程解得F＝3mg＝3 N，由牛顿第三定律知细绳所能承受的最大拉力大小
为3 N。
(2)由D到A，小球做平抛运动，则有
veq \\al(2,y)＝2gh，tan45°＝eq \f(vy,v1)，联立解得h＝0.2 m。
(3)小球从C点到将弹簧压缩至最短的过程中，小球所受合力为零时速度最大，即有mgsin 45°＝kx，代入数据得x＝eq \f(\r(2),40) m。
速率相等
的连接体
两物体在运动过程中速率相等，根据系统减少的重力势能等于系统增加的动能列方程求解。
角速度相等的连接体
两球在运动过程中角速度相等，线速度大小与半径成正比，根据系统减少的重力势能等于系统增加的动能列方程求解。
某一方向分速度相等的连接体
A放在光滑斜面上，B穿过竖直光滑杆PQ下滑，将B的速度沿绳的方向和垂直于绳的方向分解，如图所示。其中沿绳子方向的速度vx与A的速度大小相等，根据系统减少的重力势能等于系统增加的动能列方程求解。
发动机最大输出功率(kW)
332
最大输送高度(m)
63
整车满载质量(kg)
5.4×104
最大输送量(m3/h)
180
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