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高中物理一轮复习材料 知识点 第五章：机械能
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这是一份高中物理一轮复习材料 知识点 第五章：机械能，共125页。学案主要包含了功率，扫描实验盲点等内容，欢迎下载使用。
第1讲 功和功率
一、功
1．做功的两个必要条件
力和物体在力的方向上发生的位移。
2．公式
W＝Flcs α，适用于恒力做功，其中α为F、l方向间的夹角，l为物体对地的位移。
3．功的正负判断
二、功率
1．定义：功与完成这些功所用时间之比。
2．物理意义：描述力对物体做功的快慢。
3．公式
(1)P＝eq \f(W,t)，P为时间t内的平均功率。
(2)P＝Fvcs_α(α为F与v的夹角)
①v为平均速度，则P为平均功率；
②v为瞬时速度，则P为瞬时功率。
4．额定功率与实际功率
(1)额定功率：动力机械正常工作时输出的最大功率。
(2)实际功率：动力机械实际工作时输出的功率，要求小于或等于额定功率。
情境创设1
如图所示，质量为m的物体静止在倾角为θ的斜面上，现在使斜面向右匀速移动距离l，物体相对于斜面静止。
[微点判断]
(1)重力对物体做正功。(×)
(2)支持力对物体做正功。(√)
(3)摩擦力对物体不做功。(×)
(4)合力对物体做功为零。(√)
情境创设2
如图所示，“复兴号”高速列车正在平直轨道上匀速运行。
eq \a\vs4\al([微点判断])
(5)“复兴号”高速列车运行的牵引力大小等于其阻力大小。(√)
(6)“复兴号”高速列车运行的速度越大，其实际功率越大。(√)
(7)若“复兴号”高速列车以恒定功率出站时，其加速度是不变的。(×)
(8)由公式P＝Fv只可以求平均功率，不可以求瞬时功率。(×)
(一) 功的正负判断和恒力做功的计算(固基点)
[题点全练通]
1．[功的正负判断]图甲为一女士站在台阶式自动扶梯上匀速上楼(忽略扶梯对手的作用)，图乙为一男士站在履带式自动扶梯上匀速上楼，两人相对扶梯均静止。下列关于做功的判断中正确的是( )
A．图甲中支持力对人做正功
B．图甲中摩擦力对人做负功
C．图乙中支持力对人做正功
D．图乙中摩擦力对人做负功
解析：选A 题图甲中，人匀速上楼，不受摩擦力，摩擦力不做功，支持力向上，与速度方向的夹角为锐角，则支持力做正功，故A正确，B错误；题图乙中，支持力与速度方向垂直，支持力不做功，摩擦力方向与速度方向相同，做正功，故C、D错误。
2.[恒力做功的计算](多选)如图所示，建筑工人通过滑轮装置将一质量是100 kg的料车沿30°角的斜面由底端匀速地拉到顶端，斜面长L是4 m，若不计滑轮的质量和各处的摩擦力，g取10 N/kg，则对这一过程，下列说法正确的是( )
A．人拉绳子的力做功为1 000 J
B．人拉绳子的力做功为2 000 J
C．料车受到的重力做功为2 000 J
D．料车受到的合力对料车做的总功为0
解析：选BD 工人拉绳子的力：F＝eq \f(1,2)mgsin θ，工人将料车拉到斜面顶端时，拉绳子的长度：l＝2L，根据公式W＝Flcs α，得：W1＝eq \f(1,2)mgsin θ·2L＝eq \f(1,2)×100×10×eq \f(1,2)×2×4 J＝2 000 J，故A错误，B正确；重力做功：W2＝－mgh＝－mgLsin θ＝－100×10×4×eq \f(1,2) J＝－2 000 J，故C错误；由于料车在斜面上匀速运动，则料车所受的合力为0，故W合＝0，故D正确。
[要点自悟明]
1．功的正负判断方法
(1)恒力做功的正负常依据力与位移方向的夹角来判断。
(2)曲线运动中功的正负常依据力F与速度v的方向夹角α来判断。
(3)能量变化思想常用于两个相联系的物体之间的相互作用力做功的判断。
2．恒力做功的计算方法
3．总功的计算方法
方法一：先求合力F合，再用W总＝F合lcs α求功，此法要求F合为恒力。
方法二：先求各个力做的功W1、W2、W3、…，再应用W总＝W1＋W2＋W3＋…求总功，注意代入“＋”“－”再求和。
(二) 功率的理解与计算(精研点)
逐点清1 对功率的理解
1．关于某力做功的功率，下列说法正确的是( )
A．该力越大，其功率就越大
B．该力在单位时间内做的功越多，其功率就越大
C．功率越大，说明该力做的功越多
D．功率越小，说明该力做功的时间越少
解析：选B 由功率公式P＝Fvcs α可知，功率的大小由F、v及它们间的夹角共同决定，F越大，功率P不一定越大，A错误；由P＝eq \f(W,t)可知，单位时间内力做的功越多，其功率就越大，但功率越大，该力做功不一定越多，功率越小，该力的作用时间不一定越少，故B正确，C、D均错误。
eq \b\lc\ \rc\|(\a\vs4\al\c1())一点一过 对功率的两点说明
(1)物体在发生一段位移过程中所对应的功率为平均功率，物体在某一时刻的功率为瞬时功率。
(2)力对物体做功的多少与地面是否光滑无关，但力对物体做功的功率大小与地面是否光滑有关。
逐点清2 瞬时功率的分析与计算
2.(2023·开封模拟)如图所示，细线的一端固定于O点，另一端系一小球。在水平拉力作用下，小球以恒定速率在竖直平面内由A点运动到B点。在此过程中拉力的瞬时功率的变化情况是( )
A．逐渐增大 B．逐渐减小
C．先增大，后减小 D．先减小，后增大
解析：选A 小球以恒定速率在竖直平面内由A点运动到B点，即小球做匀速圆周运动，那么小球受到的重力mg、水平拉力F、细线拉力FT三者的合力必是沿细线指向O点。对小球受力分析如图，F＝mgtan θ，由P＝Fvcs θ，可得P＝mgvsin θ，θ逐渐增大，则功率P逐渐增大，A项正确。
一点一过 瞬时功率公式的理解与应用
(1)利用公式P＝Fvcs α，其中v为t时刻的瞬时速度。
(2)利用公式P＝FvF，其中vF为物体的速度v在力F方向上的分速度。
(3)利用公式P＝Fvv，其中Fv为物体受到的外力F在速度v方向上的分力。
逐点清3 平均功率的分析与计算
3．(2023·海口模拟)一滑块在水平地面上沿直线滑行，t＝0时速率为1 m/s。从此刻开始在与速度平行的方向上对其施加一水平作用力F，力F和滑块的速度v
随时间的变化规律分别如图甲、乙所示，则(两图取同一正方向，重力加速度g＝10 m/s2)( )
A．滑块的质量为0.5 kg
B．滑块与水平地面间的动摩擦因数为0.5
C．第1 s内摩擦力对滑块做功为－1 J
D．第2 s内力F的平均功率为1.5 W
解析：选D 滑块运动的加速度大小a＝eq \f(Δv,Δt)＝1 m/s2，由题图知，第1 s内有Ff＋F＝ma，第2 s内有F′－Ff＝ma，则Ff＋1 N＝3 N－Ff，故Ff＝1 N，m＝2 kg，又由Ff＝μmg可得动摩擦因数μ＝0.05，故A、B错误；第1 s内滑块的位移大小为x＝0.5 m，根据功的公式可得第1 s内摩擦力对滑块做功为－0.5 J，故C错误；根据v-t图像可知，第2 s内的平均速度大小eq \x\t(v)＝0.5 m/s，所以第2 s内力F的平均功率P＝Feq \x\t(v)＝3×0.5 W＝1.5 W，故D正确。
eq \b\lc\ \rc\|(\a\vs4\al\c1())一点一过 平均功率的计算方法
(1)利用P＝eq \f(W,t)求解。
(2)利用P＝Fvcs α求解，其中v为物体运动的平均速度。
(三) 求变力做功的五种方法(培优点)
方法1 利用微元法求变力做功
将物体的位移分割成许多小段，因每一小段很小，每一小段上作用在物体上的力可以视为恒力，这样就将变力做功转化为在无数多个位移上的恒力所做功的代数和。此法常用于求解大小不变、方向改变的变力做功问题。
1.(多选)如图所示，在一半径为R＝6 m的圆弧形桥面的底端A，某人把一质量为m＝8 kg的物块(可看成质点)用大小始终为F＝75 N的拉力从底端缓慢拉到桥面顶端B(圆弧AB在同一竖直平面内)，拉力的方向始终与物块在该点的切线成37°角，整个圆弧桥面所对的圆心角为120°，g取10 m/s2，sin 37°＝0.6，cs 37°＝0.8。在这一过程中，下列说法正确的是( )
A．重力做功为240 J
B．支持力做功为0
C．拉力F做功约为376.8 J
D．摩擦力做功约为136.8 J
解析：选BC 物块重力做的功WG＝－mgR(1－cs 60°)＝－240 J，故A错误；支持力始终与运动方向垂直，支持力不做功，故B正确；将圆弧Aeq \x\t(B)分成很多小段l1、l2、…、ln，拉力在每一小段上做的功为W1、W2、…、Wn，拉力F大小不变，方向始终与物块在该点的切线成37°角，则W1＝Fl1cs 37°、W2＝Fl2cs 37°、…、Wn＝Flncs 37°，WF＝W1＋W2＋…＋Wn＝Fcs 37°(l1＋l2＋…＋ln)＝Fcs 37°·eq \f(1,6)·2πR≈376.8 J，故C正确；因物块在拉力F作用下缓慢移动，动能不变，由动能定理得WF＋WG＋Wf＝0－0，解得Wf＝－WF－WG＝－376.8 J＋240 J＝－136.8 J，故D错误。
方法2 化变力为恒力求变力做功
有些变力做功问题通过转换研究对象，可转化为恒力做功，用W＝Flcs α求解。此法常用于轻绳通过定滑轮拉物体做功的问题中。
2.(多选)如图所示，固定的光滑竖直杆上套着一个滑块，滑块用轻绳系着绕过光滑的定滑轮O。现以大小不变的拉力F拉绳，使滑块从A点由静止开始上升，滑块运动到C点时速度最大。已知滑块质量为m，滑轮O到竖直杆的距离为d，∠OAO′＝37°，∠OCO′＝53°，重力加速度为g(已知sin 37°＝0.6，cs 37°＝0.8)。则( )
A．拉力F大小为eq \f(5,3)mg
B．拉力F大小为eq \f(5,4)mg
C．滑块由A到C过程，轻绳对滑块做的功为eq \f(25,36)mgd
D．滑块由A到C过程，轻绳对滑块做的功为eq \f(25,48)mgd
解析：选AC 滑块到C点时速度最大，其所受合力为零，则有Fcs 53°－mg＝0，解得F＝eq \f(5,3)mg，故A正确，B错误；拉力F做的功等于轻绳拉力对滑块做的功，滑轮与A间绳长L1＝eq \f(d,sin 37°)，滑轮与C间绳长L2＝eq \f(d,sin 53°)，滑轮右侧绳子增大的长度ΔL＝L1－L2＝eq \f(d,sin 37°)－eq \f(d,sin 53°)＝eq \f(5d,12)，拉力做功W＝FΔL＝eq \f(25,36)mgd，故C正确，D错误。
方法3 利用平均力求变力做功
当物体受到的力方向不变，而大小随位移均匀变化时，则可以认为物体受到一大小为eq \x\t(F)＝eq \f(F1＋F2,2)的恒力作用，F1、F2分别为物体在初、末位置所受到的力，然后用公式W＝eq \x\t(F)lcs α求此变力所做的功。
3．如图所示，传送带通过滑道将长为L、质量为m的匀质物块以初速度v0向右传上水平台面，物块前端在台面上滑动s后停下来。已知滑道上的摩擦不计，物块
与台面间的动摩擦因数为μ，且s＞L，则物块在整个过程中克服摩擦力所做的功为( )
A．μmgeq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(s＋\f(L,2))) B．μmgs
C．μmgeq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(s－\f(L,2))) D．μmg(s－L)
解析：选C 物块在完全滑上台面前，摩擦力由0均匀增大到μmg，完全滑上平台后物块所受摩擦力恒定不变，故整个过程中物块克服摩擦力做功W＝eq \f(0＋μmg,2)L＋μmg(s－L)＝μmgeq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(s－\f(L,2)))，故C正确。
方法4 利用F-x图像求变力做功
4．(2023·安徽蚌埠月考)如图a所示，质量为1 kg的物体在水平力F作用下，沿水平方向做直线运动，拉力F与位移x的关系如图b所示，前5 m位移内物体做匀速直线运动，则在物体发生10 m位移的过程中( )
A．重力做功为WG＝100 J
B．拉力F做功为WF＝150 J
C．所有力做的总功W总＝50 J
D．摩擦力做功为Wf＝0
解析：选C 物体运动方向和重力方向垂直，故重力做功为零，故A错误；拉力做功为WF＝F1x1＋F2x2＝5×5 J＋15×5 J＝100 J，故B错误；物体在前5 m内做匀速运动，故拉力大小等于阻力大小f＝F1＝5 N，故摩擦力做功为Wf＝－fx＝－5×10 J＝－50 J，合力做功W合＝WF＋Wf＝50 J，故C正确，D错误。
方法5 利用动能定理求变力做功
利用公式W＝Flcs α不容易直接求功时，尤其对于曲线运动或变力做功问题，可考虑由动能的变化来间接求功，所以动能定理是求变力做功的首选。
5．(2023·许昌高三模拟)如图所示，光滑斜面的顶端固定一弹簧，一质量为m的小球向右滑行，并冲上固定在地面上的斜面。设小球在斜面最低点A的速度为v，压缩弹簧至C点时弹簧最短，C点距地面高度为h，重力加速度为g，则小球从A到C的过程中弹簧弹力做功是( )
A．mgh－eq \f(1,2)mv2 B．eq \f(1,2)mv2－mgh
C．－mgh D．－eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(mgh＋\f(1,2)mv2))
解析：选A 小球从A到C过程中，由动能定理可得WG＋WF＝0－eq \f(1,2)mv2，WG＝－mgh，解得WF＝mgh－eq \f(1,2)mv2，故选A。
(四) 机车启动问题(精研点)
1．两种启动方式
2．三个重要关系
(1)无论哪种启动过程，机车的最大速度都为vm＝eq \f(P,F阻)。
(2)机车以恒定加速度启动时，匀加速过程结束后功率最大，速度不是最大，即v＝eq \f(P,F)(3)机车以恒定功率运行时，牵引力做的功W＝Pt，由动能定理得Pt－F阻x＝ΔEk，此式经常用于求解机车以恒定功率启动过程的位移、速度或时间。
[考法全训]
考法(一) 恒定功率启动问题
[例1] 如图甲所示，在粗糙的水平路段AB上有一质量为4×103 kg的越野车，正以 5 m/s的速度向右匀速运动，越野车前方的水平路段BC较平坦，越野车用12 s通过整个ABC路段的v-t图像如图乙所示，在t＝12 s处水平虚线与曲线相切，运动过程中越野车发动机的输出功率保持80 kW不变。假设越野车在两个路段上受到的阻力(含地面摩擦力和空气阻力等)各自恒定，求：
(1)越野车在AB路段上运动时所受的阻力大小；
(2)BC路段的长度。
[解析] (1)越野车在AB路段时做匀速运动，有F1＝f1，又P＝F1v1
联立解得f1＝16 000 N。
(2)t＝12 s时越野车处于平衡状态，有F2＝f2，P＝F2v2
联立解得f2＝8 000 N
在BC路段运动时间为t2＝8 s
由动能定理有Pt2－f2x＝eq \f(1,2)mv22－eq \f(1,2)mv12
代入数据解得x＝61.25 m。
[答案] (1)16 000 N (2)61.25 m
考法(二) 恒定加速度启动问题
[例2] (2022·浙江6月选考)小明用额定功率为1 200 W、最大拉力为300 N的提升装置，把静置于地面的质量为20 kg的重物竖直提升到高为85.2 m的平台，先加速再匀速，最后做加速度大小不超过5 m/s2的匀减速运动，到达平台速度刚好为零，g取10 m/s2，则提升重物的最短时间为( )
A．13.2 s B．14.2 s
C．15.5 s D．17.0 s
[解析] 为了以最短时间提升重物，一开始先以最大拉力拉重物向上做匀加速运动，当功率达到额定功率时，保持功率不变直到重物达到最大速度，接着做匀速运动，最后以最大加速度做匀减速运动至平台速度刚好为零，重物在第一阶段做匀加速运动过程，根据牛顿第二定律可得a1＝eq \f(Tm－mg,m)＝eq \f(300－20×10,20) m/s2＝5 m/s2，当功率达到额定功率时，设重物的速度为v1，则有v1＝eq \f(P额,Tm)＝eq \f(1 200,300) m/s＝4 m/s，此过程所用时间和上升高度分别为t1＝eq \f(v1,a1)＝eq \f(4,5) s＝0.8 s，h1＝eq \f(v12,2a1)＝eq \f(42,2×5) m＝1.6 m，重物以最大速度匀速时，有vm＝eq \f(P额,T)＝eq \f(P额,mg)＝eq \f(1 200 ,200) m/s＝6 m/s，重物最后以最大加速度做匀减速运动的时间和上升高度分别为t3＝eq \f(vm,am)＝eq \f(6,5) s＝1.2 s，h3＝eq \f(vm2,2am)＝eq \f(62,2×5) m＝3.6 m。设重物从结束匀加速运动到开始做匀减速运动所用时间为t2，该过程根据动能定理可得P额t2－mgh2＝eq \f(1,2)mvm2－eq \f(1,2)mv12，又h2＝85.2 m－1.6 m－3.6 m＝80 m，联立解得t2＝13.5 s。故提升重物的最短时间为tmin＝t1＋t2＋t3＝0.8 s＋13.5 s＋1.2 s＝15.5 s，C正确，A、B、D错误。
[答案] C
[误区警示]
本题中重物经历了三个过程：先向上做匀加速运动，再以额定功率做变速运动，最后做匀减速直线运动。其中第二阶段的运动过程容易被忽略，从而导致错解。
1.[渗透五育教育(体育)]引体向上是中学生体育测试的项目之一。若一个普通高中生在30秒内完成20次引体向上，该学生此过程中克服重力做功的平均功率最接近于( )
A．2 W B．20 W
C．200 W D．2 000 W
解析：选C 普通高中学生的体重大约60 kg，引体向上时向上运动的位移大约0.4 m，引体向上一次克服重力做功为：W＝mgh＝240 J，则克服重力做功的平均功率为：P＝eq \f(W,t)＝160 W，最接近的是C选项。
2．[联系生活实际]当前，我国某些偏远山区的日常用水仍然主要依靠井水。某同学用水桶从水井里提水，井内水面到井口的高度为4 m。水桶离开水面时，桶和水的总质量为8 kg。由于水桶漏水，在被匀速提升至井口的过程中，桶和水的总质量随着上升距离的变化而变化，其关系如图所示。水桶可以看成质点，不计空气阻力，重力加速度g取10 m/s2。由图像可知，在提水的整个过程中，拉力对水桶做的功为( )
A．280 J B．320 J
C．240 J D．200 J
解析：选A 由于水桶匀速上升，拉力和重力相平衡，拉力对水桶做的功可借助图像的面积来求，即：W＝eq \f(m0g＋mg,2)h，代入数据可得：W＝280 J，故A正确，B、C、D错误。
3．[树立民族自信]据《科技日报》报道，上海中车公司生产的全球最大马力无人遥控潜水器在上海下线。该潜水器自重5×103 kg，主要用于深海搜寻和打捞等。若在某次作业中，潜水器带着4×103 kg的重物从3 000 m深的海底一起匀速上升到了海面，已知上升过程中潜水器的机械功率恒为180 kW，水对潜水器(含重物)的浮力和阻力相互平衡(g取10 m/s2)，则潜水器上升的时间为( )
A．0.5×103 s B．1.0×103 s
C．1.5×103 s D．2.0×103 s
解析：选C 由题意可知，潜水器(含重物)匀速运动，动力等于重力，F＝(m潜＋m重)g，由P＝Fv可得上升速度为v＝2 m/s，由h＝vt解得潜水器上升的时间为t＝1.5×103 s，C正确。
4．[聚焦科技前沿](2021·湖南高考)“复兴号”动车组用多节车厢提供动力，从而达到提速的目的。总质量为m的动车组在平直的轨道上行驶。该动车组有四节动力车厢，每节车厢发动机的额定功率均为P，若动车组所受的阻力与其速率成正比(F阻＝kv，k为常量)，动车组能达到的最大速度为vm。下列说法正确的是( )
A．动车组在匀加速启动过程中，牵引力恒定不变
B．若四节动力车厢输出功率均为额定值，则动车组从静止开始做匀加速运动
C．若四节动力车厢输出的总功率为2.25P，则动车组匀速行驶的速度为eq \f(3,4)vm
D．若四节动力车厢输出功率均为额定值，动车组从静止启动，经过时间t达到最大速度vm，则这一过程中该动车组克服阻力做的功为eq \f(1,2)mvm2－Pt
解析：选C 根据牛顿第二定律有F－kv＝ma，动车组做匀加速直线运动时加速度恒定，而加速运动过程速度是变化的，故牵引力是变力，A错误；若四节动力车厢输出功率均为额定值，有eq \f(4P,v)－kv＝ma，加速度是变化的，B错误；动车组达到最大速度匀速运动时，有4P＝kvm2，若四节动力车厢输出的总功率为2.25P，设动车组匀速行驶时的速率为v1，则有2.25P＝kv12，解得v1＝eq \f(3vm,4)，C正确；若四节动力车厢输出功率均为额定值，对整个过程由动能定理得4Pt－Wf＝eq \f(1,2)mvm2，则Wf＝4Pt－eq \f(1,2)mvm2，D错误。
[课时跟踪检测]
1.某水上乐园有两种滑道，一种是直轨滑道，另一种是螺旋滑道，两种滑道的高度及粗糙程度相同，但螺旋滑道的轨道更长，某游客分别沿两种不同的滑道由静止从顶端滑下，在由顶端滑至底端的整个过程中，沿螺旋滑道下滑( )
A．重力对游客做的功更多
B．重力对游客做的功更少
C．摩擦力对游客做的功更多
D．摩擦力对游客做的功更少
解析：选C 重力做功WG＝mg·Δh，与路径无关，只与初末位置的高度差有关，而两种轨道的高度差相同，则重力对游客做功相同，故A、B错误；由于螺旋轨道的轨道更长，因此螺旋轨道的倾角更小，沿螺旋轨道运动的摩擦力更大，则摩擦力对游客做的功更多，故C正确，D错误。
2.如图所示，在水平地面上方的某一水平面上，从水平面的左侧某点竖直上抛一个小球A，从水平面的右侧某点水平向右抛出另一个小球B，两球可视为质点且质量相同，抛出时初速度大小相同，不计空气阻力，关于两球从抛出到落地的运动过程中，下列说法正确的是( )
A．重力对A球做的功较多
B．重力对两球做功的平均功率相等
C．落地时两球的瞬时速率相等
D．落地时重力对B球做功的瞬时功率较大
解析：选C 小球A和B分别做竖直上抛和平抛运动，从抛出点到落地时竖直位移相等，由WG＝mgh，可分析重力对两球做功相等，但在竖直方向比较，A球运动时间比B球长，由PG＝eq \f(mgh,t)，可分析重力对A球做功的平均功率较小，A、B错误；由动能定理可分析mgh＝eq \f(1,2)mv2－eq \f(1,2)mv02，因此两球落地时速度大小相等，但落地时的瞬时功率PA＝mgv，PB＝mgvcs θ，其中θ为重力与B球落地时合速度方向的夹角，则PA＞PB，C正确，D错误。
3．(2022·广东高考)(多选)如图所示，载有防疫物资的无人驾驶小车，在水平MN段以恒定功率 200 W、速度5 m/s 匀速行驶，在斜坡PQ段以恒定功率570 W、速度2 m/s匀速行驶。已知小车总质量为50 kg，MN＝PQ＝20 m，PQ段的倾角为30°，重力加速度g取10 m/s2，不计空气阻力。下列说法正确的有( )
A．从M到N，小车牵引力大小为40 N
B．从M到N，小车克服摩擦力做功800 J
C．从P到Q，小车重力势能增加1×104 J
D．从P到Q，小车克服摩擦力做功700 J
解析：选ABD 从M到N，由P＝Fv，知其水平牵引力大小为F1＝eq \f(P1,v1)＝eq \f(200,5) N＝40 N，故A正确；小车在MN段匀速，则Ff1＝F1＝40 N，故小车克服摩擦力做功WFf1＝Ff1·MN＝800 J，B正确；从P到Q，小车重力势能增加ΔEp＝mgPQ sin 30°＝5×103 J，故C错误；从P到Q，其牵引力为F2＝eq \f(P2,v2)＝285 N，由于小车匀速向上运动，则F2＝mgsin 30°＋Ff2，得Ff2＝35 N，故小车克服摩擦力做功WFf2＝Ff2PQ＝700 J，D正确。
4.(2021·北京等级考)如图所示，高速公路上汽车定速巡航(即保持汽车的速率不变)通过路面abcd，其中ab段为平直上坡路面，bc段为水平路面，cd段为平直下坡路面。不考虑整个过程中空气阻力和摩擦阻力的大小变化。下列说法正确的是( )
A．在ab段汽车的输出功率逐渐减小
B．汽车在ab段的输出功率比bc段的大
C．在cd段汽车的输出功率逐渐减小
D．汽车在cd段的输出功率比bc段的大
解析：选B 在ab段，根据平衡条件可知，牵引力F1＝mgsin θ1＋f，θ1为ab段路面与水平面的夹角，所以在ab段汽车的输出功率P1＝F1v不变，在bc段牵引力F2＝f，bc段的输出功率P2＝F2v＜P1，选项A错误，B正确；在cd段牵引力F3＝f－mgsin θ2，θ2为cd段路面与水平面的夹角，汽车的输出功率P3＝F3v＜P2，在cd段汽车的输出功率不变，且小于bc段的输出功率，选项C、D错误。
5.一质量为m的物块静止在光滑水平面上，某时刻起受到水平向右的大小随位移变化的力F的作用，F随位移变化的规律如图所示，下列说法正确的是( )
A．物块先做匀加速运动，后做匀减速运动
B．物块的位移为x0时，物块的速度最大
C．力F对物块做的总功为6F0x0
D．物块的最大速度为 eq \r(\f(6F0x0,m))
解析：选D 物块在光滑水平面上运动，受到的合外力为F，因为F为正，所以物块一直加速运动；那么，物块的位移为3x0时，物块的速度最大，故A、B错误；物块所受合外力F随位移的关系式可由图像得到，由图可知，合外力做功的大小为图中图线与x轴围成的面积，所以力F对物块做的总功为W＝eq \f(1,2)×2F0×3x0＝3F0x0，故C错误；物块的位移为3x0时，物块的速度最大，由动能定理可得eq \f(1,2)mvm2＝3F0x0，所以最大速度为vm＝eq \r(\f(6F0x0,m))，故D正确。
6．如图甲所示是我国自主设计的全球第一款可载客的无人驾驶飞机“亿航184”，其自重为260 kg，最大载重为100 kg。图乙是该无人机在最大载重情况下，从地面开始竖直升空过程中的v-t图像，则下列说法正确的是(g取10 m/s2)( )
A．0～5 s内的平均速度为3 m/s
B．5～8 s内发动机的输出功率为零
C．0～5 s发动机用于升空的功率逐渐减小
D．发动机用于升空的功率至少为2.16×104 W
解析：选D 在v-t图像中速度图像的“面积”等于位移，可知0～5 s内的平均速度eq \x\t(v)>eq \f(v0＋vt,2)＝3 m/s，故A错误；5～8 s 内飞机做匀速运动，发动机的输出功率不为零，故B错误；0～2 s 加速度不变，输出功率在逐渐增大，2～5 s内输出功率不变，故C错误；根据图像可知2～8 s时保持功率不变，此时功率为P＝Fv＝(M＋m)gv＝2.16×104 W，故D正确。
7．将一小球从足够高处以一定的初速度水平抛出，不计空气阻力，飞行过程中，小球的加速度为a、速度为v、重力做功为W、速度与水平方向的夹角为θ，下列关于这些物理量与时间的图像正确的是( )
解析：选D 小球做平抛运动，仅受重力作用，重力大小方向不变，故加速度不会随时间而改变。竖直分速度为vy＝gt，合速度v＝eq \r(v02＋vy2)＝eq \r(v02＋g2t2)，物体下落高度h＝eq \f(1,2)gt2，重力做功W＝mgh＝eq \f(1,2)mg2t2，速度与水平方向夹角的正切值tan θ＝eq \f(vy,v0)＝eq \f(gt,v0)，综上可得D正确，A、B、C错误。
8.如图所示，质量m＝2 kg的滑块以v0＝16 m/s的初速度沿倾角θ＝37°的斜面上滑，经t＝2 s滑行到最高点。然后，滑块返回到出发点。已知sin 37°＝0.6，cs 37°＝0.8，g取10 m/s2，求滑块：
(1)最大位移值x；
(2)与斜面间的动摩擦因数μ；
(3)从最高点返回到出发点过程中重力的平均功率eq \x\t(P)。
解析：(1)滑块向上做匀减速直线运动，有x＝eq \f(v0,2)t
得x＝16 m。
(2)以沿斜面向下为正方向，加速度a1＝eq \f(Δv,t)＝8 m/s2
上滑过程a1＝eq \f(mgsin θ＋μmgcs θ,m)＝gsin θ＋μgcs θ
解得μ＝0.25。
(3)下滑过程a2＝eq \f(mgsin θ－μmgcs θ,m)＝gsin θ－μgcs θ＝4 m/s2，由运动学公式vt＝eq \r(2a2x)＝8eq \r(2) m/s
下滑过程中的平均速度大小eq \(v,\s\up6(－))＝eq \f(vt,2)＝4eq \r(2) m/s
重力的平均功率eq \x\t(P)＝mgeq \x\t(v)cs(90°－θ)＝48eq \r(2) W≈67.9 W。
答案：(1)16 m (2)0.25 (3)67.9 W
第2讲 动能定理
第1课时 动能定理的理解及应用
一、动能
二、动能定理
情境创设
滑雪运动深受人民群众喜爱。某滑雪运动员(可视为质点)由坡道进入竖直面内的圆弧形滑道AB，从滑道的A点滑行到最低点B的过程中，由于摩擦力的存在，运动员的速率不变。
微点判断
(1)运动员由A点到B点速度方向在不断变化，所以动能也在不断变化。(×)
(2)运动员所受合力不为零，合力做的功也不为零。(×)
(3)摩擦力对运动员做负功。(√)
(4)重力和摩擦力的合力做的功为零。(√)
(5)运动员受到的合力恒定不变。(×)
(6)重力对运动员做正功，功率不变。(×)
(一) 对动能定理的理解(固基点)
[题点全练通]
1．[对物体动能的理解]
从地面竖直向上抛出一只小球，小球运动一段时间后落回地面。忽略空气阻力，该过程中小球的动能Ek与时间t的关系图像是( )
解析：选A 小球做竖直上抛运动，设初速度为v0，则v＝v0－gt，小球的动能Ek＝eq \f(1,2)mv2，把速度v代入得，Ek＝eq \f(1,2)mg2t2－mgv0t＋eq \f(1,2)mv02，Ek与t为二次函数关系。
2．[对动能定理的理解]如图所示，轻弹簧一端系在墙上的O点，自由伸长到B点。现将小物体靠着弹簧(不拴接)并将弹簧压缩到A点，然后由静止释放，小物体在粗糙水平面上运动到C点静止，则( )
A．小物体从A到B过程速度一直增加
B．小物体从A到B过程加速度一直减小
C．小物体从B到C过程中动能变化量大小小于克服摩擦力做功
D．小物体从A到C过程中弹簧的弹性势能变化量大小等于小物体克服摩擦力做功
解析：选D 在A、B间某处物体受到的弹力等于摩擦力，合力为0，速度最大，而在B点只受摩擦力，合力不为零，因此小物体从A到B过程加速度先减小再增大，速度先增大后减小，故A、B错误；小物体从B到C过程中，由动能定理得－Wf＝ΔEk，故C错误；小物体从A到C过程中，由动能定理得W弹－Wf1＝0，故D正确。
3．[由动能定理分析合力做功](多选)如图所示，某质点沿直线运动的v-t图像为余弦曲线，从图中可以判断( )
A．在0～t1时间内，合力逐渐减小
B．在0～t2时间内，合力做正功
C．在t1～t2时间内，合力的功率先增大后减小
D．在t2～t4时间内，合力做的总功为零
解析：选CD 从v-t图线的斜率表示加速度可知，在0～t1时间内，加速度增大，由牛顿第二定律可知，合力增大，故A错误；由动能定理知0～t2时间内，动能增量为0，即合外力做功为0，故B错误；t1时刻，F最大，v＝0，F的功率为0，t2时刻F＝0，速度最大，F的功率为0，t1～t2时间内，合外力的功率先增大后减小，故C正确；由动能定理知t2～t4时间内，动能增量为0，即合外力做功为0，故D正确。
4．[由动能定理分析抛体运动]某同学参加学校运动会立定跳远项目比赛，从起跳至着地的整个过程如图所示，测量得到比赛成绩是2.4 m，目测空中脚离地最大高度约为0.8 m。已知他的质量约为60 kg，重力加速度g＝10 m/s2，忽略空气阻力，则起跳过程该同学所做的功约为( )
A．90 J B．480 J
C．800 J D．1 250 J
解析：选C 该同学起跳后做抛体运动，从起跳至达到最大高度的过程中，其在竖直方向做加速度为g的匀减速直线运动，则有t＝ eq \r(\f(2h,g))＝0.4 s，故竖直方向初速度为vy＝gt＝4 m/s；其在水平方向做匀速直线运动，则有v0＝eq \f(x,2t)＝3 m/s。根据速度的合成可知起跳时的速度为v＝eq \r(v02＋vy2)＝5 m/s，因该同学的质量约为60 kg，根据动能定理得起跳过程该同学所做的功约为W＝eq \f(1,2)mv2＝750 J，最接近800 J，C正确，A、B、D错误。
[要点自悟明]
1．动能与动能变化的区别
(1)动能与动能的变化是两个不同的概念，动能是状态量，动能的变化是过程量。
(2)动能没有负值，而动能变化量有正负之分。ΔEk>0，表示物体的动能增加；ΔEk<0，表示物体的动能减少。
2．对动能定理的理解
(1)做功的过程就是能量转化的过程，动能定理表达式中“＝”有三层关系：
①因果关系：合力做功是物体动能变化的原因。
②数量关系：合力的功与动能变化可以等量代换。
③单位关系：国际单位都是焦耳。
(2)动能定理中的“力”指物体受到的所有力，既包括重力、弹力、摩擦力，也包括电场力、磁场力或其他力，功则为合力所做的总功。
(二) 动能定理的应用(精研点)
[典例] (2022·湖南高考，节选)如图(a)，质量为m的篮球从离地H高度处由静止下落，与地面发生一次非弹性碰撞后反弹至离地h的最高处。设篮球在运动过程中所受空气阻力的大小是篮球所受重力的λ倍eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(λ为常数且0<λ<\f(H－h,H＋h)))，且篮球每次与地面碰撞的碰后速率与碰前速率之比相同，重力加速度大小为g。
(1)求篮球与地面碰撞的碰后速率与碰前速率之比；
(2)若篮球反弹至最高处h时，运动员对篮球施加一个向下的压力F，使得篮球与地面碰撞一次后恰好反弹至h的高度处，力F随高度y的变化如图(b)所示，其中h0已知，求F0的大小。
[解析] (1)篮球下降过程中根据牛顿第二定律有mg－λmg＝ma下
再根据匀变速直线运动的公式，下落的过程中有v下2＝2a下H
篮球反弹后上升过程中根据牛顿第二定律有
mg＋λmg＝ma上
再根据匀变速直线运动的公式，上升的过程中有v上2＝2a上h
则篮球与地面碰撞的碰后速率与碰前速率之比
k＝eq \f(v上,v下)＝eq \r(\f(1＋λh,1－λH))。
(2)若篮球反弹至最高处h时，运动员对篮球施加一个向下的压力F，则篮球下落过程中根据动能定理有mgh＋eq \f(h－h0,2)F0－λmgh＝eq \f(1,2)mv下′2
篮球反弹后上升过程中根据动能定理有－mgh－λmgh＝0－eq \f(1,2)m(kv下′)2
联立解得F0＝eq \f(2mg1－λH－h,h－h0)。
[答案] (1) eq \r(\f(1＋λh,1－λH)) (2)eq \f(2mg1－λH－h,h－h0)
[规律方法]
(1)动能定理表达式是一个标量式，式中各项均为标量，因此，应用动能定理时不必关注速度的具体方向，也不能在某个方向上列出动能定理的表达式。
(2)注意物体所受各力做功的特点，如：重力做功与路径无关，重点关注始末两点的高度差，摩擦阻力做功与路径有关。
(3)动能定理中的位移和速度必须是相对于同一个参考系的，一般以地面或相对地面静止的物体为参考系。
(4)动能定理既可解决直线运动问题，也可解决曲线运动问题。
[针对训练]
1．[动能定理解答直线运动问题]如图所示，将质量为m的小球以初速度大小v0由地面竖直向上抛出。小球落回地面时，其速度大小为eq \f(3,4)v0。设小球在运动过程中所受空气阻力的大小不变，则空气阻力的大小等于( )
A．eq \f(3,4)mg B．eq \f(3,16)mg
C．eq \f(7,16)mg D．eq \f(7,25)mg
解析：选D 小球向上运动的过程，由动能定理得－(mg＋f)H＝0－eq \f(1,2)mv02，小球向下运动的过程，
由动能定理得(mg－f)H＝eq \f(1,2)meq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(3,4)v0))2－0，联立解得f＝eq \f(7,25)mg，选项D正确，A、B、C错误。
2．[动能定理解答曲线运动问题]
(多选)光滑水平桌面上有直角坐标系xOy，一个小球受到两个恒定的外力，其中Fx＝3 N沿着x轴正方向，Fy＝2 N沿着y轴正方向，小球经过A点(2 m，2 m)时动能为2 J，经过一段时间，小球到达B点时动能为14 J，则B点的坐标可能是( )
A．(4 m,5 m) B．(6 m,2 m)
C．(2 m,8 m) D．(5 m,4 m)
解析：选ABC 小球由A点到B点动能增加ΔEk＝14 J－2 J＝12 J，若B点坐标为(4 m,5 m)，由动能定理可知，动能增加ΔEk1＝3×(4－2)J＋2×(5－2)J＝12 J，故B点的坐标可能是(4 m,5 m)，故A正确；若B点坐标为(6 m，2 m)，由动能定理可知，动能增加ΔEk2＝3×(6－2)J＝12 J，故B点的坐标可能是(6 m,2 m)，故B正确；若B点坐标为(2 m，8 m)，由动能定理可知，动能增加ΔEk3＝2×(8－2)J＝12 J，故B点的坐标可能是(2 m,8 m)，故C正确；若B点坐标为(5 m，4 m)，由动能定理可知，动能增加ΔEk4＝3×(5－2) J＋2×(4－2)J＝13 J，故B点的坐标不可能是(5 m，4 m)，故D错误。
1．[渗透五育教育(体育)](2022·全国甲卷)北京2022年冬奥会首钢滑雪大跳台局部示意图如图所示。运动员从a处由静止自由滑下，到b处起跳，c点为a、b之间的最低点，a、c两处的高度差为h。要求运动员经过c点时对滑雪板的压力不大于自身所受重力的k倍，运动过程中将运动员视为质点并忽略所有阻力，则c点处这一段圆弧雪道的半径不应小于( )
A．eq \f(h,k＋1) B．eq \f(h,k)
C．eq \f(2h,k) D．eq \f(2h,k－1)
解析：选D 运动员从a到c根据动能定理有mgh＝eq \f(1,2)mvc2，在c点有FNc－mg＝meq \f(vc2,Rc)，由牛顿第三定律得FNc＝FNc′≤kmg，联立解得Rc≥eq \f(2h,k－1)。
2．[联系生活实际](2021年8省联考·河北卷)螺旋千斤顶由带手柄的螺杆和底座组成，螺纹与水平面夹角为α，如图所示。水平转动手柄，使螺杆沿底座的螺纹槽(相当于螺母)缓慢旋进而顶起质量为m的重物，如果重物和螺杆可在任意位置保持平衡，称为摩擦自锁。能实现自锁的千斤顶，α的最大值为α0。现用一个倾角为α0的千斤顶将重物缓慢顶起高度h后，向螺纹槽滴入润滑油使其动摩擦因数μ减小，重物回落到起点。假定最大静摩擦力等于滑动摩擦力，不计螺杆和手柄的质量及螺杆与重物间的摩擦力，转动手柄不改变螺纹槽和螺杆之间的压力。下列说法正确的是( )
A．实现摩擦自锁的条件为tan α≥μ
B．下落过程中重物对螺杆的压力等于mg
C．从重物开始升起到最高点摩擦力做功为mgh
D．从重物开始升起到最高点转动手柄做功为2mgh
解析：选D 实现自锁的条件是重物重力沿斜面下滑的分力小于等于最大静摩擦力，即mgsin α≤μmgcs α，解得μ≥tan α，A错误；重物对螺杆压力FN＝mgcs α，B错误；重物缓慢上升的过程中，对螺杆和重物整体受力分析如图所示，则摩擦力做功为Wf＝－μmgcs α·L＝－tan α·mgcs α·eq \f(h,sin α)＝－mgh，C错误；从重物开始升起到最高点，转动手柄做的功用于克服摩擦力做功和转化为重物上升增加的重力势能mgh，所以根据动能定理得W＋Wf－mgh＝0，解得W＝2mgh，D正确。
3．[渗透五育教育(体育)]跳台滑雪是2022年北京冬奥会的比赛项目之一。如图所示，设可视为质点的滑雪运动员从斜坡顶端O处水平滑出，在空中恰好通过P点，OP连线与水平方向夹角为37°，不计空气阻力，sin 37°＝0.6，则滑雪运动员到达P点时的动能与滑出O点时的动能比值为( )
A．eq \f(5,3) B．eq \f(4,3)
C．eq \f(4,13) D．eq \f(13,4)
解析：选D 滑雪运动可抽象为物体在斜坡上的平抛运动。设水平位移为x，竖直位移为y，OP＝L，结合几何关系有，水平方向上：x＝Lcs 37°＝v0t，竖直方向上：y＝Lsin 37°＝eq \f(1,2)gt2，联立可得：运动时间t＝eq \f(2v0tan 37°,g)，运动员到达P点的速度v＝eq \r(v02＋vy2)＝eq \r(v02＋gt2)＝v0eq \r(1＋2tan 37°2)＝eq \r(\f(13,4))v0，故滑雪运动员到达P点时的动能与滑出O点时的动能比值为：eq \f(\f(1,2)mv2,\f(1,2)mv02)＝eq \f(v2,v02)＝eq \f(13,4)，所以D正确，A、B、C错误。
4．[渗透五育教育(劳动教育)]如图所示，炼钢厂通常用滚筒来传送软钢锭，使具有一定初速度的软钢锭通过滚筒滑上平台。质量为M的软钢锭长为L，上表面光滑，下表面与平台间是粗糙的。现以水平向右的初速度滑上平台，全部滑上平台时的速度为v。此时，在其右端无初速度放上一个质量为m的滑块(视为质点)。随后软钢锭滑过2L距离时速度为零，滑块恰好到达平台。重力加速度取g，空气阻力不计。求：
(1)滑块获得的最大加速度(不考虑与平台的撞击过程)。
(2)软钢锭在平台上滑动过程克服阻力做的功。
(3)软钢锭处于静止状态时，滑块到达平台的动能。
解析：(1)由于滑块与软钢锭间无摩擦，所以软钢锭在平台上滑过距离L时，滑块脱离软钢锭后做自由落体运动，最大加速度为g。
(2)对软钢锭，由动能定理得：－W＝0－eq \f(1,2)Mv2
解得：W＝eq \f(1,2)Mv2。
(3)滑块脱离软钢锭后做自由落体运动到平台的时间与软钢锭在平台最后滑动L的时间相同，设为t。滑块离开软钢锭到软钢锭静止过程，软钢锭做匀减速直线运动，则：μMg＝Ma
由位移公式得：L＝eq \f(1,2)at2
对软钢锭，从滑上平台到静止的过程，由动能定理得：
－μ(M＋m)gL－μMgL＝0－eq \f(1,2)Mv2
滑块落到平台上时的速度：vm＝gt
滑块到达平台时的动能：Ekm＝eq \f(1,2)mvm2
解得：Ekm＝eq \f(22M＋mmg2L2,Mv2)。
答案：(1)g (2)eq \f(1,2)Mv2 (3)eq \f(22M＋mmg2L2,Mv2)
[课时跟踪检测]
1．静止在地面上的物体在不同合外力F的作用下通过了相同的位移x0，下列情况中物体在x0位置时速度最大的是( )
解析：选C F-x图线与x轴所围面积表示合外力F所做的功，由动能定理可知，物体在x0位置速度最大的情况一定对应F-x图线与x轴所围面积最大的情况，故C正确。
2．(2021·山东等级考)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—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(mv02,2πL) B．eq \f(mv02,4πL)
C．eq \f(mv02,8πL) D．eq \f(mv02,16πL)
解析：选B 对木块由动能定理得：－Ff·2πL＝0－eq \f(1,2)mv02，解得摩擦力大小为：Ff＝eq \f(mv02,4πL)，故B正确，A、C、D错误。
3.如图所示，在轻弹簧的下端悬挂一个质量为m的小球A，若将小球A从弹簧的原长位置由静止释放，小球A能够下降的最大高度为h。若将小球A换为质量为3m的小球B，仍从弹簧原长位置由静止释放，则小球B下降h时的速度为(重力加速度为g，不计空气阻力)( )
A．eq \r(2gh) B．eq \r(\f(4gh,3))
C．eq \r(gh) D．eq \r(\f(gh,2))
解析：选B 设小球A下降h的过程中克服弹簧弹力做功为W1，根据动能定理，有mgh－W1＝0；小球B下降过程，由动能定理，有3mgh－W1＝eq \f(1,2)·3mv2－0。联立以上两式解得v＝eq \r(\f(4gh,3))，故B正确。
4.(多选)如图所示，长为L＝0.4 m的轻杆一端连着质量为m＝1 kg的小球，另一端用铰链固接于水平地面上的O点，初始时小球静止于地面上。现在杆中点处施加一大小不变、方向始终垂直于杆的力F，轻杆转动30°时撤去F，则小球恰好能到达最高点。忽略一切摩擦，重力加速度g＝10 m/s2，π≈3。下列说法正确的是( )
A．力F所做的功为4 J
B．力F的大小约为40 N
C．小球到达最高点时，轻杆对小球的作用力大小为5 N
D．撤去F瞬间，小球的速度大小为2 m/s
解析：选ABD 小球恰好能到达最高点，小球到达最高点的速度为0，在整个运动过程中，根据动能定理得WF－mgL＝0－0，解得WF＝mgL＝4 J，A正确；施加的力始终垂直于杆，则WF＝F·eq \f(L,2)·eq \f(π,6)，解得F＝eq \f(WF,\f(πL,12))＝40 N，B正确；小球恰好能到达最高点，小球到达最高点的速度为0，根据平衡条件得轻杆对小球的作用力为FN＝mg＝10 N，C错误；在力F作用过程中，根据动能定理得WF－mgLsin 30°＝eq \f(1,2)mv2，解得v＝eq \r(\f(2WF－2mgLsin 30°,m))＝2 m/s，D正确。
5．(多选)如图所示，固定斜面AC的倾角为30°，其中AB部分光滑，长为5L；BC部分粗糙且足够长。6个质量均为m的相同滑块(可视为质点)相邻之间用长为L的轻杆相连放置在斜面上，初始时滑块1恰好位于B点。释放后滑块组开始下滑，已知滑块4进入BC后能做匀速运动，下列说法中正确的是( )
A．滑块与斜面间的动摩擦因数为eq \f(\r(3),2)
B．滑块组匀速运动时速度的大小为eq \r(\f(2gL,3))
C．滑块4通过B点前的瞬间，滑块4、5间杆的作用力大小为eq \f(3mg,4)
D．滑块4通过B点后的瞬间，滑块4、5间杆的作用力大小为eq \f(mg,3)
解析：选AC 由题意可得6mgsin 30°＝μ·4mgcs 30°，解得μ＝eq \f(\r(3),2)，故A正确；从释放滑块1到滑块4刚进入BC的过程，由动能定理得6mg·3Lsin 30°－μmg·6Lcs 30°＝eq \f(1,2)·6mv2－0，解得v＝eq \r(\f(3gL,2))，故B错误；滑块4进入BC前，对整体由牛顿第二定律得6mgsin 30°－3μmgcs 30°＝6ma，解得a＝eq \f(g,8)，对滑块5、6有2mgsin 30°－F＝2ma，解得F＝eq \f(3mg,4)，故C正确；滑块4进入BC后瞬间做匀速运动，对滑块5、6有F′＝2mgsin 30°＝mg，故D错误。
6.(多选)如图所示，内壁光滑的圆轨道竖直固定，小球(视为质点)静止在轨道的最低点A。现用小锤沿水平方向击打(击打后迅速移开小锤)小球，第一次击打小球后，小球未能到达圆轨道的最高点，当小球回到A点时，再次用小锤沿水平方向击打小球，第二次击打后，小球才通过圆轨道的最高点。已知小球在运动过程中始终未脱离轨道，第一次击打过程中小锤对小球做的功为W，两次击打过程中小锤对小球做的功全部用来增加小球的动能，则第二次击打过程中小锤对小球做的功可能为( )
A．W B．2W
C．3W D．4W
解析：选BCD 小球在运动过程中未脱离轨道，则第一次击打后小球最高到达与圆轨道圆心O点等高位置，根据动能定理可得W≤mgR，第二次击打后小球能运动到最高点速度最小为vmin，由圆周运动规律mg＝meq \f(vmin2,R)，设第二次击打过程中小锤对小球做的功为W′，根据动能定理有W＋W′－2mgR≥eq \f(1,2)mvmin2，联立解得W′≥1.5mgR，则第二次击打过程中小锤对小球做的功可能为2W、3W、4W，故A错误，B、C、D正确。
7.如图所示，轻质弹簧一端固定在墙壁上的O点，另一端自由伸长到A点，OA之间的水平面光滑，固定曲面在B处与水平面平滑连接。AB之间的距离s＝1 m。质量m＝0.2 kg的小物块开始时静置于水平面上的B点，物块与水平面间的动摩擦因数μ＝0.4。现给物块一个水平向左的初速度v0＝5 m/s，g取10 m/s2。
(1)求弹簧被压缩到最短时所具有的弹性势能Ep；
(2)求物块返回B点时的速度大小；
(3)若物块能冲上曲面的最大高度h＝0.2 m，求物块沿曲面上滑过程所产生的热量。
解析：(1)对小物块从B点至压缩弹簧最短的过程，由动能定理得，
－μmgs－W克弹＝0－eq \f(1,2)mv02，
W克弹＝Ep，
代入数据解得Ep＝1.7 J。
(2)对小物块从B点开始运动至返回B点的过程，由动能定理得，－μmg·2s＝eq \f(1,2)mvB2－eq \f(1,2)mv02
代入数据解得vB＝3 m/s。
(3)对小物块沿曲面的上滑过程，
由动能定理得－W克f－mgh＝0－eq \f(1,2)mvB2
产生的热量Q＝W克f＝0.5 J。
答案：(1)1.7 J (2)3 m/s (3)0.5 J
第2课时 应用动能定理解决多过程问题
类型(一) 多过程直线运动问题
[典例] (2021·全国乙卷)一篮球质量为m＝0.60 kg，一运动员使其从距地面高度为h1＝1.8 m处由静止自由落下，反弹高度为h2＝1.2 m。若使篮球从距地面h3＝1.5 m的高度由静止下落，并在开始下落的同时向下拍球，球落地后反弹的高度也为1.5 m。假设运动员拍球时对球的作用力为恒力，作用时间为t＝0.20 s；该篮球每次与地面碰撞前后的动能的比值不变。重力加速度大小取g＝10 m/s2，不计空气阻力。求：
(1)运动员拍球过程中对篮球所做的功；
(2)运动员拍球时对篮球的作用力的大小。
[解析] (1)使篮球从距地面高度为h1处由静止自由落下时，设篮球的落地速度大小为v1，根据自由落体运动的规律有v12＝2gh1，
设篮球被地面反弹时的速度大小为v2，则有v22＝2gh2，
则篮球与地面碰撞前、后的动能之比eq \f(Ek1,Ek2)＝eq \f(\f(1,2)mv12,\f(1,2)mv22)＝eq \f(h1,h2)＝eq \f(3,2)。
使篮球从距地面h3的高度由静止下落，并在开始下落的同时向下拍球，设篮球的落地速度大小为v3，反弹后的速度大小为v4，则有v42＝2gh3，
因为篮球每次与地面碰撞前、后的动能的比值不变，所以有eq \f(\f(1,2)mv32,\f(1,2)mv42)＝eq \f(3,2)，
设运动员拍球过程中对篮球做的功为W，根据动能定理有W＋mgh3＝eq \f(1,2)mv32，
解得W＝4.5 J。
(2)篮球在受到力F作用的时间内，根据牛顿第二定律得，加速度a＝eq \f(mg＋F,m)，
篮球的位移x＝eq \f(1,2)at2，
运动员对篮球做的功W＝Fx，
联立解得F＝9 N。
[答案] (1)4.5 J (2)9 N
[规律方法]
应用动能定理解决多过程问题的流程
[针对训练]
如图所示，小物块从倾角为θ的倾斜轨道上A点由静止释放滑下，最终停在水平轨道上的B点，小物块与水平轨道、倾斜轨道之间的动摩擦因数均相同，A、B两点的连线与水平方向的夹角为α，不计物块在轨道转折时的机械能损失，则动摩擦因数为( )
A．tan θ B．tan α
C．tan(θ＋α) D．tan(θ－α)
解析：选B 如图所示，设B、O间距离为x1，A点离水平面的高度为h，A、O间的水平距离为x2，物块的质量为m，在物块运动的全过程中，应用动能定理可得mgh－μmgcs θ·eq \f(x2,cs θ)－μmgx1＝0，解得μ＝eq \f(h,x1＋x2)＝tan α，故B正确。
类型(二) 多过程曲线运动问题
[典例] (2023·岳阳高三调研)某游戏装置如图所示，由弹丸发射器、固定在水平地面上倾角为37°的斜面以及放置在水平地面上的光滑半圆形挡板墙构成。游戏者调节发射器，使弹丸(可视为质点)每次从A点水平发射后都能恰好无碰撞地进入到斜面顶端B点，继续沿斜面中线下滑至底端C点，再沿粗糙水平地面滑至D点切入半圆形挡板墙。已知弹丸质量m＝0.2 kg，弹丸与斜面间的摩擦力F1＝0.3mg，弹丸与水平地面间的摩擦力F2＝0.6mg，弹丸发射器距水平地面高度H＝1.35 m，斜面高度h＝0.9 m，半圆形挡板墙半径R＝0.5 m，不考虑在C处碰撞地面时的能量损失，g取10 m/s2，sin 37°＝0.6，π≈3.14，求：
(1)弹丸从发射器A点发射时的初速度大小；
(2)向左平移半圆形挡板墙，使C、D两点重合，推导弹丸受到挡板墙的侧压力F与弹丸在挡板墙上转过圆弧所对圆心角θ之间的函数关系式；
(3)左右平移半圆形挡板墙，改变C、D两点间的长度，要使弹丸最后停止位置不在半圆形挡板墙区域，问CD的长度x应满足什么条件。
[解析] (1)弹丸从A点发射做平抛运动，则竖直方向上vy2＝2g(H－h)
由几何关系tan 37°＝eq \f(vy,v0)
联立得v0＝4 m/s。
(2)由(1)可知弹丸在B点的速度vB＝eq \r(vy2＋v02)＝5 m/s
弹丸从B点运动至C(D)点，由动能定理知mgh－F1eq \f(h,sin 37°)＝eq \f(1,2)mvC2－eq \f(1,2)mvB2
联立可得vC＝eq \r(34) m/s
从C(D)点进入半圆形挡板墙，设圆心角对应的圆弧长为L，由几何关系可知L＝θR
由动能定理知－F2L＝eq \f(1,2)mv2－eq \f(1,2)mvC2
由牛顿第二定律知F＝meq \f(v2,R)
联立解得F＝13.6－2.4θ(N)。
(3)设弹丸恰好运动到D点，由动能定理可得－F2x1＝0－eq \f(1,2)mvC2，解得x1≈2.83 m
设弹丸恰好运动到E点，由动能定理可得
－F2(x2＋πR)＝0－eq \f(1,2)mvC2
解得x2≈1.26 m
所以CD间的长度x满足x＜1.26 m或x＞2.83 m。
[答案] (1)4 m/s (2)F＝13.6－2.4θ(N) (3)x＜1.26 m或x＞2.83 m
[规律方法]
应用动能定理解决多过程问题的四点提醒
(1)动能定理中的位移和速度必须是相对于同一个参考系的，一般以地面或相对地面静止的物体为参考系。
(2)应用动能定理的关键在于对研究对象进行准确的受力分析及运动过程分析，并画出运动过程的草图，借助草图理解物理过程之间的关系。
(3)当物体的运动包含多个不同过程时，可分段应用动能定理求解；当所求解的问题不涉及中间的速度时，也可以全过程应用动能定理求解，这样更简便。
(4)列动能定理方程时，必须明确各力做功的正、负，确实难以判断的先假定为正功，最后根据结果加以检验。
[针对训练]
(2023·永州高三模拟)跳台滑雪是最具观赏性的项目之一，如图所示，跳台滑雪赛道由跳台、助滑道(可视为圆心为O的圆轨道)和着陆坡三部分组成，其中助滑道半径OA与竖直线OB夹角为60°。若比赛中，质量m＝60 kg的运动员从跳台A点以初速度v0＝2 m/s滑下，到达B点后水平飞出，落在着陆坡上的P点。已知A、B间高度h＝30 m，B、P间距离s＝75 m，着陆坡倾角α＝37°，运动员受到的空气阻力不计，g取10 m/s2，sin 37°＝0.6。以下正确的是( )
A．运动员从B点运动到P点的时间为2 s
B．运动员到达B点时对助滑道的压力为1 000 N
C．运动员在AB段运动过程中克服阻力所做的功为6 100 J
D．运动员在AB段运动过程中克服阻力所做的功为6 150 J
解析：选B 运动员从B运动到P做平抛运动，有eq \f(1,2)gt2＝ssin α，vBt＝scs α，所用时间t＝3 s，vB＝20 m/s，故A错误；由几何关系知h＝R－Rcs 60°，运动员到达B点时，有FN－mg＝meq \f(vB2,R)，得FN＝1 000 N，根据牛顿第三定律，运动员到达B点时对助滑道的压力为1 000 N，故B正确；运动员在AB段运动过程中，根据动能定理有Wf＋mgh＝eq \f(1,2)mvB2－eq \f(1,2)mv02，得Wf＝－6 120 J，即运动员在AB段运动过程中克服阻力所做的功为6 120 J，故C、D错误。
类型(三) 多过程往复运动问题
[典例] 如图甲所示，在水平面上固定一倾角θ＝37°、底端带有挡板的足够长的斜面，斜面体底端静止一质量m＝1 kg的物块(可视为质点)，从某时刻起，物块受到一个沿斜面向上的拉力F作用，拉力F随物块从初始位置第一次沿斜面向上的位移x变化的关系如图乙所示，随后不再施加外力作用，物块与固定挡板碰撞前后速率不变，不计空气阻力，已知物块与斜面之间的动摩擦因数μ＝0.5，sin 37°＝0.6，cs 37°＝0.8，重力加速度g取10 m/s2，求：
(1)物块在上滑过程中的最大速度的大小；(计算结果可保留根式)
(2)物块沿斜面上滑的最大位移的大小和物块在斜面上运动的总路程。
[解析] (1)物块上滑过程中受拉力、摩擦力、重力、支持力的作用，先做加速运动后做减速运动，则有FN＝mgcs 37°，f＝μFN
F－f－mgsin 37°＝ma
当加速度为零时，速度最大，此时
F＝f＋mgsin 37°＝10 N
由图乙可得出F＝20－10x
则F＝10 N时，可得出x＝1 m
由动能定理可得WF＋Wf＋WG＝eq \f(1,2)mvm2－0
即eq \f(20＋10,2)×1 J－0.5×1×10×1×0.8 J－1×10×1×0.6 J＝eq \f(1,2)mvm2－0，可得vm＝eq \r(10) m/s。
(2)由动能定理可得WF′＋Wf′＋WG′＝0－0
则xm＝eq \f(WF′,μmgcs 37°＋mgsin 37°)＝2 m
撤去F后，因为mgsin 37°＞μmgcs 37°，所以物块最后停在斜面的底端，则有WF′－μmgscs 37°＝0－0
解得s＝5 m。
[答案] (1)eq \r(10) m/s (2)2 m 5 m
[针对训练]
(2023·青岛高三调研)如图所示，ABCD为一位于竖直平面内的轨道，其中BC水平，A点比BC高出10 m，BC长1 m，AB和CD轨道光滑且与BC平滑连接。一质量为1 kg的物体，从A点以4 m/s的速度开始沿轨道向下运动，经过BC后滑到高出C点10.3 m的D点速度为零。g取10 m/s2。求：
(1)物体与BC轨道间的动摩擦因数；
(2)物体第5次经过B点时的速度大小；
(3)物体最后停止的位置(距B点的距离)。
解析：(1)物体从A到D的运动过程只有重力、摩擦力做功，由动能定理可得
mg(H－h)－μmgLBC＝0－eq \f(1,2)mvA2，
所以μ＝eq \f(2gH－h＋vA2,2gLBC)＝0.5。
(2)物体第5次经过B点时，物体在BC上运动的总路程x＝4LBC＝4 m；
那么，对物体从A到第5次经过B点的运动过程应用动能定理可得mgH－μmgx＝eq \f(1,2)mv2－eq \f(1,2)mvA2，
所以v＝eq \r(vA2＋2gH－2μgx)＝4eq \r(11) m/s。
(3)由受力平衡可知物体最终停在BC轨道上，设整个运动过程物体在BC上的总路程为x′，由动能定理可得mgH－μmgx′＝0－eq \f(1,2)mvA2，
所以x′＝eq \f(2gH＋vA2,2μg)＝21.6 m＝21LBC＋0.6 m，
故物体最后停止的位置距B点的距离为
LBC－0.6 m＝0.4 m。
答案：(1)0.5 (2)4eq \r(11) m/s (3)距B点0.4 m
eq \a\vs4\al([课时跟踪检测])
1.2022年在我国举办第二十四届冬奥会，滑雪是冬奥会常见的体育项目，具有很强的观赏性。某滑道示意图如图所示，圆弧滑道AB与水平滑道BC平滑衔接，O是圆弧滑道AB的圆心。运动员从A点由静止开始下滑，最后运动员滑到C点停下，不计空气阻力。下列说法正确的是( )
A．从A到B的过程中，运动员受重力、支持力、摩擦力和向心力
B．从A到B的过程中，运动员所受的合外力始终指向圆心O
C．从A到C的过程中，运动员的机械能保持不变
D．从A到C的过程中，重力所做的功等于克服摩擦力所做的功
解析：选D 向心力是效果力，故A错误；从A到B的过程中，运动员做变速圆周运动，沿半径方向的合力提供向心力，而切向合力不为零，改变速度的大小，故总的合外力不会始终指向圆心，故B错误；从A到C的过程中，运动员所受的摩擦力一直做负功，机械能一直减小，故C错误；对从A到C的全过程，由动能定理得WG－Wf＝0－0，即重力所做的功等于克服摩擦力所做的功，故D正确。
2.如图所示，质量为m的小球从离地面H高处由静止释放，落到地面，陷入泥土中h深处后停止运动，不计空气阻力，重力加速度为g，则下列说法正确的是( )
A．小球落地时的动能等于mg(H＋h)
B．小球克服泥土阻力所做的功等于小球刚落到地面时的动能
C．泥土阻力对小球做的功为mg(H＋h)
D．小球在泥土中受到的平均阻力大小为mgeq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(1＋\f(H,h)))
解析：选D 根据动能定理知，小球落地时的动能等于mgH，A错误；小球从落地到陷入泥土中h深处的过程，由动能定理得0－eq \f(1,2)mv2＝mgh－W克阻，解得W克阻＝mgh＋eq \f(1,2)mv2，B错误；根据动能定理得mg(H＋h)＋W阻＝0，故泥土阻力对小球做的功W阻＝－mg(H＋h)，C错误；根据动能定理得mg(H＋h)－F阻h＝0，解得小球在泥土中受到的平均阻力大小为F阻＝mgeq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(1＋\f(H,h)))，D正确。
3．(2023·武汉联考)如图甲所示，滑沙运动是一项惊险刺激的娱乐活动，可简化为如图乙所示的模型。B点是斜面与水平地面的连接处，质量为0.4 kg的物块(可视为质点)从斜面上的A点由静止释放，最后停在C点。物块与斜面、地面之间的动摩擦因数均为μ。不计物块经过B点时的能量损失；已知AB＝9 m，物块在斜面上做匀加速直线运动过程的正中间1 s的位移为3 m，A、C两点的连线与地面的夹角β＝37°，重力加速度g＝10 m/s2，sin 37°＝0.6，cs 37°＝0.8，下列说法正确的是( )
A．物块沿斜面下滑的加速度大小为0.5 m/s2
B．物块与接触面间的动摩擦因数为0.8
C．物块的重力势能的减少量小于7.2 J
D．物块从B运动到C，因摩擦产生的热量为7.2 J
解析：选D 设物块沿斜面下滑的加速度为a，正中间1 s的位移为3 m，则正中间1 s的平均速度eq \x\t(v)＝3 m/s，正中间1 s的平均速度也是物块沿斜面下滑的平均速度，由初速度为0的匀加速直线运动规律有eq \x\t(v)＝eq \f(vB,2)，2a×AB＝vB2，解得a＝2 m/s2，A错误；如图所示，A′为A在地面上的投影，设斜面的倾角为α，物块从A到C，由动能定理有mgAA′－μmgcs α·AB－μmgBC＝0，由几何关系有A′B＝ABcs α，A′C＝A′B＋BC，可得μ＝eq \f(AA′,A′C)，又因为eq \f(AA′,A′C)＝tan β，则μ＝tan β＝0.75，B错误；设Q1为物块在AB段因摩擦产生的热量，由eq \x\t(v)＝eq \f(vB,2)、eq \x\t(v)＝3 m/s可得vB＝6 m/s，在物块沿斜面下滑过程中，由能量守恒定律有mgAA′＝Q1＋eq \f(1,2)mvB2，可得重力势能的减少量为mgAA′＝Q1＋7.2 J，即物块重力势能的减少量大于7.2 J，C错误；物块从B运动到C，设Q2为物块在BC段因摩擦产生的热量，由能量守恒定律有Q2＝eq \f(1,2)mvB2＝7.2 J，D正确。
4．(2021·辽宁高考)(多选)冰滑梯是东北地区体验冰雪运动乐趣的设施之一，某冰滑梯的示意图如图所示，螺旋滑道的摩擦可忽略，倾斜滑道和水平滑道与同一滑板间的动摩擦因数μ相同，因滑板不同μ满足μ0≤μ≤1.2μ0。在设计滑梯时，要确保所有游客在倾斜滑道上均减速下滑，且滑行结束时停在水平滑道上，以下L1、L2的组合符合设计要求的是( )
A．L1＝eq \f(h,2μ0)，L2＝eq \f(3h,2μ0) B．L1＝eq \f(4h,3μ0)，L2＝eq \f(h,3μ0)
C．L1＝eq \f(4h,3μ0)，L2＝eq \f(2h,3μ0) D．L1＝eq \f(3h,2μ0)，L2＝eq \f(h,μ0)
解析：选CD 设倾斜滑道倾角为θ，游客在倾斜滑道上匀减速下滑，则需满足mgsin θ＜μmgcs θ，可得μ＞tan θ＝eq \f(h,L1)，即有L1＞eq \f(h,μ)，因μ0≤μ≤1.2μ0，所有游客在倾斜滑道上均减速下滑，可得L1＞eq \f(h,μ0)，滑行结束时停在水平滑道上，对全程由动能定理有mg·2h－μmgcs θ·eq \f(L1,cs θ)－μmgx＝0－0，其中0＜x≤L2，可得L1＜eq \f(2h,μ)，L1＋L2≥eq \f(2h,μ)，代入μ0≤μ≤1.2μ0，可得L1＜eq \f(5h,3μ)，L1＋L2≥eq \f(2h,μ0)，综合需满足eq \f(h,μ0)＜L1＜eq \f(5h,3μ0)和L1＋L2≥eq \f(2h,μ0)，故C、D正确。
5．某同学参照过山车情境设计了如图所示的模型。光滑的竖直圆轨道半径R＝2 m，入口的平直轨道AC和出口的平直轨道CD均是粗糙的，质量为m＝2 kg的小滑块与水平轨道之间的动摩擦因数均为μ＝0.5，滑块从A点由静止开始受到水平拉力F＝60 N的作用，在B点时撤去拉力，AB段的长度为l＝5 m，不计空气阻力。(g＝10 m/s2)
(1)若滑块恰好通过圆轨道的最高点，则滑块沿着出口的平直轨道CD能滑行多远的距离？
(2)要使滑块能进入圆轨道运动且不脱离轨道，求平直轨道BC段的长度范围。
解析：(1)滑块恰好通过最高点，说明此时只有重力提供向心力，则有mg＝meq \f(v2,R)，解得v＝eq \r(gR)＝2eq \r(5) m/s，滑块从C点到最高点过程，由机械能守恒定律可得mg·2R＋eq \f(1,2)mv2＝eq \f(1,2)mvC2，解得vC＝10 m/s，滑块从C点到最后停止过程，有x＝eq \f(vC2,2μg)＝10 m，即滑块能沿着出口平直轨道CD滑行的距离为10 m。
(2)要使滑块不脱离轨道，有以下两种可能：
①滑块能通过最高点，则到达C点的速度vC≥10 m/s，则从A到C过程，由动能定理可得Fl－μmg(l＋x1)＝eq \f(1,2)mvC2，解得x1≤15 m；
②滑块无法通过最高点，且到达的高度不超过R时速度即为零，滑块同样不会脱离轨道，则对全程由动能定理可得Fl－μmg(l＋x2)－mgR≤0，解得x2≥21 m，滑块要能够进入圆轨道运动，则至少能够到达C点，则有Fl－μmg(l＋x3)≥0，解得x3≤25 m；
因此，要使滑块能进入圆轨道运动且不脱离轨道，BC段的长度范围为[0,15 m]或[21 m，25 m]。
答案：(1)10 m (2)[0,15 m]或[21 m,25 m]
6.俯式冰橇(又叫钢架雪车)是2022北京冬奥会的比赛项目之一，其场地可简化为赛道AB和缓冲滑道BC、CD三部分(如图所示)，其中CD部分水平，各部分平滑连接。已知xAB＝1 200 m，赛道AB的倾角为α，BC的倾角为β，冰橇与赛道AB间的动摩擦因数μ1＝0.05、冰橇与BC间的动摩擦因数μ2＝0.6。比赛时，出发信号灯亮起后，质量为M＝60 kg的运动员从起点A开始，以平行赛道AB的恒力F＝40 N推动质量m＝40 kg的冰橇由静止开始沿赛道向下运动，8 s末迅速登上冰橇，与冰橇一起沿赛道滑行做匀加速直线运动。若运动员登上冰橇前后冰橇速度不变，不计空气阻力。(取sin α≈0.1，cs α≈1，sin β≈0.3，cs β≈0.95，g＝10 m/s2)
(1)求比赛中运动员最大速度的大小vm；
(2)为确保此运动员能够停在水平滑道CD上，缓冲滑道BC的长度xBC不能超过多少？(结果保留3位有效数字)
解析：(1)冰橇在被运动员推动过程中，根据牛顿第二定律有F＋mgsin α－μ1mgcs α＝ma1，
8 s时冰橇位移大小x1＝eq \f(1,2)a1t2，速度大小v1＝a1t，
从运动员登上冰橇到运动到B点的过程，对运动员和冰橇整体，根据动能定理有[(M＋m)gsin α－μ1(M＋m)gcs α](xAB－x1)＝eq \f(1,2)(M＋m)vm2－eq \f(1,2)(M＋m)v12
联立解得vm＝36 m/s。
(2)运动员和冰橇在沿BC上滑过程中，运动员到达C点速度恰好为0时xBC最长，根据动能定理有－[(M＋m)gsin β＋μ2(M＋m)gcs β]xBC＝0－eq \f(1,2)(M＋m)vm2
解得xBC≈74.5 m。
答案：(1)36 m/s (2)74.5 m
7．如图所示，质量均为m＝4 kg的两个小物块A、B(均可视为质点)放置在水平地面上，竖直平面内半径R＝0.4 m的光滑半圆形轨道与水平地面相切于C，弹簧左端固定。移动物块A压缩弹簧到某一位置(弹簧在弹性限度内)，由静止释放物块A，物块A离开弹簧后与物块B碰撞并粘在一起以共同速度v＝5 m/s向右运动，运动过程中经过一段长为s，动摩擦因数μ＝0.2的水平面后，冲上半圆轨道，除s段外的其他水平面摩擦力不计。求：(g取10 m/s2)
(1)若s＝1 m，两物块刚过C点时对轨道的压力大小；
(2)若两物块能冲上半圆形轨道，且不脱离轨道，s应满足什么条件。
解析：(1)设物块经过C点时速度为vC，物块受到轨道支持力为FNC，由动能定理得：－2μmgs＝eq \f(1,2)×2mvC2－eq \f(1,2)×2mv2，又FNC－2mg＝2meq \f(vC2,R)，代入解得FNC＝500 N，由牛顿第三定律知，物块对轨道压力大小也为500 N。
(2)物块不脱离轨道有两种情况：
①能过轨道最高点，设物块经过半圆形轨道最高点最小速度为v1，则2mg＝2meq \f(v12,R)，得v1＝eq \r(gR)＝2 m/s，物块从碰撞后到经过最高点的过程中，由动能定理有－2μmgs－4mgR＝eq \f(1,2)×2mv12－eq \f(1,2)×2mv2，代入解得s满足条件s≤1.25 m。
②物块上滑最大高度不超过eq \f(1,4)圆弧，设物块刚好到达eq \f(1,4)圆弧处速度为v2＝0，物块从碰撞后到最高点，由动能定理有－2mgR－2μmgs＝0－eq \f(1,2)×2mv2，同时依题意，物块能滑出粗糙水平面，由动能定理可知eq \f(1,2)×2mv2＞2μmgs，代入解得s满足条件4.25 m≤s＜6.25 m。
答案：(1)500 N (2)s≤1.25 m或4.25 m≤s＜6.25 m
8.如图所示为某水上乐园急速滑道的简化示意图，内壁光滑的水平半圆形管道BC分别与倾角θ＝37°的倾斜管道AB和水平直管道CD顺滑连接，管道AB的A端离管道BC所在平面的高度h1＝6 m，管道BC的直径d＝10 m，离水面EF的高度h2＝1.8 m。质量m＝60 kg的游客(可视为质点)从A端静止滑下，游客与管道AB间的动摩擦因数μ1＝0.125，与管道CD间的动摩擦因数μ2＝0.5，整个运动过程空气阻力不计。(sin 37°＝0.6，cs 37°＝0.8，g取10 m/s2)
(1)求游客经过B点时的速度大小；
(2)求游客受到BC管道的作用力大小；
(3)要使游客落到水中且落水的速度不超过8 m/s，求管道CD的长度。
解析：(1)游客从A运动到B过程，根据动能定理有：
mgh1－μ1mgcs θ·eq \f(h1,sin θ)＝eq \f(1,2)mvB2
解得：vB＝ eq \r(2gh1－2μ1g\f(h1cs θ,sin θ))＝10 m/s。
(2)游客在管道BC中做匀速圆周运动，
竖直方向有：Fy＝mg
水平方向有：Fx＝meq \f(vB2,d/2)
FN＝eq \r(Fx2＋Fy2)＝ eq \r(\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(m\f(vB2,d/2)))2＋mg2)＝600eq \r(5) N。
(3)若游客从管道CD恰好滑出，从C到D，根据动能定理有：－μ2mgL1＝0－eq \f(1,2)mvB2
解得：L1＝eq \f(vB2,2μ2g)＝10 m
若游客落水的速度恰好为8 m/s，根据动能定理有：
mgh2－μ2mgL2＝eq \f(1,2)mv2－eq \f(1,2)mvB2
解得：L2＝eq \f(h2,μ2)－eq \f(1,2μ2g)(v2－vB2)＝7.2 m
管道CD的长度7.2 m≤L≤10 m。
答案：(1)10 m/s (2)600eq \r(5) N
(3)7.2 m≤L≤10 m
第3讲 机械能守恒定律
第1课时 机械能守恒定律的理解及应用
一、机械能
1．重力做功与重力势能
(1)重力做功的特点：物体运动时，重力对它做的功只跟它的起点和终点的位置有关，而跟物体运动的路径无关。
(2)重力做功与重力势能变化的关系
(3)重力势能的变化量是绝对的，与参考面的选取无关。
2．弹力做功与弹性势能
(1)弹力做功与弹性势能变化的关系类似于重力做功与重力势能变化的关系。
(2)对于弹性势能，一般物体的弹性形变量越大，弹性势能越大。
二、机械能守恒定律
1．内容
在只有重力或弹力做功的物体系统内，动能与势能可以互相转化，而总的机械能保持不变。
2．表达式
3．判断机械能守恒的三个角度
情境创设
如图所示，在地面上以速度v0斜向上抛出质量为m的物体，抛出后物体落到比地面低h的海平面上。若以地面为零势能面，而且不计空气阻力。
微点判断
(1)物体在运动过程中动能越来越大。(×)
(2)物体在运动过程中重力势能越来越大。(×)
(3)从抛出到落到海平面上的过程重力对物体做的功为mgh。(√)
(4)物体在海平面上的势能为mgh。(×)
(5)物体在海平面上的动能为eq \f(1,2)mv02－mgh。(×)
(6)物体在海平面上的机械能为eq \f(1,2)mv02。(√)
(7)物体在轨迹最高处的机械能为eq \f(1,2)mv02。(√)
(8)物体重力势能的大小与零势能参考平面的选取有关。(√)
(9)物体重力势能的变化与零势能参考平面的选取有关。(×)
(10)物体克服重力做功，物体的重力势能一定增加。(√)
(11)若物体所受的合外力为零，则物体的机械能守恒。(×)
(一) 机械能守恒的判断(固基点)
[题点全练通]
1．[机械能守恒条件的理解]
关于机械能守恒定律的适用条件，下列说法正确的是( )
A．只有重力和弹力作用时，机械能才守恒
B．当有其他外力作用时，只要合外力为零，机械能守恒
C．当有其他外力作用时，只要其他外力不做功，机械能守恒
D．炮弹在空中飞行不计阻力时，仅受重力作用，所以爆炸前后机械能守恒
解析：选C 机械能守恒的条件是“只有重力或系统内弹力做功”而不是“只有重力和弹力作用”，“做功”和“作用”是两个不同的概念，A错误；物体受其他外力作用且合外力为零时，机械能可能不守恒，如拉一物体匀速上升，合外力为零，物体的动能不变，重力势能增加，故机械能增加，B错误；由机械能守恒定律的特点知，C正确；在炮弹爆炸过程中产生的内能转化为机械能，机械能不守恒，D错误。
2．[单物体机械能守恒的判断]
载人飞行包是一个单人低空飞行装置，如图所示，其发动机使用汽油作为燃料提供动力，可以垂直起降也可以快速前进，若飞行包(包括人)在竖直方向上匀速上升的过程中(空气阻力不可忽略)，下列说法正确的是( )
A．发动机对飞行包不做功
B．飞行包的重力做正功
C．飞行包的动能不变
D．飞行包的机械能不变
解析：选C 飞行包(包括人)在竖直方向上匀速上升的过程中，发动机的动力向上，则发动机对飞行包做正功，A错误；高度上升，飞行包的重力做负功，B错误；飞行包(包括人)在竖直方向上匀速上升，故飞行包的动能不变，C正确；飞行包在上升过程中动能不变，重力势能变大，故机械能变大，D错误。
3．[多个物体组成的系统机械能守恒的判断]
如图所示，斜面体置于光滑水平地面上，其光滑斜面上有一物体由静止沿斜面下滑，在物体下滑过程中，下列说法正确的是( )
A．物体的重力势能减少，动能不变
B．斜面体的机械能不变
C．斜面对物体的作用力垂直于接触面，不对物体做功
D．物体和斜面体组成的系统机械能守恒
解析：选D 物体下滑的过程动能增加，A错误；物体在下滑过程中，斜面体做加速运动，其机械能增加，B错误；物体沿斜面下滑时，弹力方向垂直于接触面，但与速度方向之间的夹角大于90°，所以斜面对物体的作用力对物体做负功，C错误；对物体与斜面体组成的系统，只有物体的重力做功，机械能守恒，D正确。
4．[含弹簧的系统机械能守恒的判断]
(多选)如图所示，一轻弹簧一端固定在O点，另一端系一小球，将小球从与悬点O在同一水平面且使弹簧保持原长的A点无初速度释放，让小球自由摆下。不计空气阻力。在小球由A点摆向最低点B的过程中，下列说法正确的是( )
A．小球的机械能守恒
B．小球的机械能减少
C．小球的重力势能与弹簧的弹性势能之和不变
D．小球和弹簧组成的系统机械能守恒
解析：选BD 小球由A点到B点的过程中，弹簧被拉长，弹簧的弹力对小球做了负功，所以小球的机械能减少，故A错误，B正确；在此过程中，只有重力和弹簧的弹力做功，所以小球与弹簧组成的系统机械能守恒，即小球减少的重力势能等于小球获得的动能与弹簧增加的弹性势能之和，故C错误，D正确。
[要点自悟明]
判断机械能守恒的三种方法
(二) 单个物体机械能守恒定律的应用(精研点)
1．基本思路
2．三点提醒
(1)物体在运动过程中只有重力做功，机械能守恒。
(2)单个物体在竖直光滑圆轨道上做圆周运动时，因只有重力做功，机械能守恒。
(3)单个物体做平抛运动、斜抛运动时，因只有重力做功，也常用机械能守恒定律列式求解。
[考法全训]
考法1 单物体单过程机械能守恒问题
1.(2021·河北高考)一半径为R的圆柱体水平固定，横截面如图所示。长度为πR、不可伸长的轻细绳，一端固定在圆柱体最高点P处，另一端系一个小球。小球位于P点右侧同一水平高度的Q点时，绳刚好拉直。将小球从Q点由静止释放，当与圆柱体未接触部分的细绳竖直时，小球的速度大小为(重力加速度为g，不计空气阻力)( )
A．eq \r(2＋πgR) B．eq \r(2πgR)
C．eq \r(21＋πgR) D．2eq \r(gR)
解析：选A 当与圆柱体未接触部分的细绳竖直时，小球下落的高度为h＝πR－eq \f(π,2)R＋R＝eq \f(π＋2,2)R，小球下落过程中，根据机械能守恒有mgh＝eq \f(1,2)mv2，联立以上两式解得v＝eq \r(2＋πgR)，故A正确，B、C、D错误。
考法2 单物体多过程机械能守恒问题
2．(2022·浙江1月选考)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，g取10 m/s2。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，滑块第一次经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。
解析：(1)滑块由释放点到C点过程，由机械能守恒定律有：mglsin 37°＋mgR(1－cs 37°)＝eq \f(1,2)mvC2，
在C点时由牛顿第二定律有：FN－mg＝meq \f(vC2,R)，
联立解得FN＝7 N。
(2)滑块能过最高点时，则能到F点，则恰好到最高点时有：mglxsin 37°－mg(3Rcs 37°＋R)＝0，
解得lx＝0.85 m，要能过F点，则lx≥0.85 m。
由释放点到F点，根据机械能守恒定律有：
mglxsin 37°－mg·4Rcs 37°＝eq \f(1,2)mv2，
解得v＝eq \r(12lx－9.6) m/s,0.85 m≤lx≤3 m。
(3)由几何关系可求得lFG＝eq \f(4,5) m，设滑块静止时摩擦力做功为第一次到达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)，
当n＝1时，lx1＝eq \f(13,15) m；
当n＝3时，lx2＝eq \f(9,5) m；
当n＝5时，lx3＝eq \f(41,15) m；
当n＝7时，lx4＞3 m，不成立。
答案：(1)7 N
(2)v＝eq \r(12lx－9.6) m/s,0.85 m≤lx≤3 m
(3)eq \f(13,15) m或eq \f(9,5) m或eq \f(41,15) m
(三) 非质点类机械能守恒问题(精研点)
像“液柱”“链条”类物体，在其运动过程中会发生形变，其重心位置相对物体也发生变化，因此这类物体不能再视为质点来处理了。解决这类问题的关键是准确找到物体的“质心”，从而正确判断物体重力势能的变化情况或重力做功情况。
模型(一) “液柱”类问题
[例1] (多选)内径面积为S的U形圆筒竖直放在水平面上，筒内装水，底部阀门K关闭时两侧水面高度分别为h1和h2，如图所示。已知水的密度为ρ，不计水与筒壁的摩擦阻力。现把连接两筒的阀门K打开，当两筒水面高度相等时，则该过程中( )
A．水柱的重力做正功
B．大气压力对水柱做负功
C．水柱的机械能守恒
D．当两筒水面高度相等时，水柱的动能是eq \f(1,4)ρgS(h1－h2)2
[解析] 把连接两筒的阀门打开到两筒水面高度相等的过程中大气压力对左筒水面做正功，对右筒水面做负功，抵消为零。水柱的机械能守恒，重力做功等于重力势能的减少量，等于水柱增加的动能，等效于把左管高eq \f(h1－h2,2)的水柱移至右管，如图中的斜线所示，重心下降eq \f(h1－h2,2)，重力所做正功：WG＝eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(h1－h2,2)))ρgS·eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(h1－h2,2)))＝eq \f(1,4)ρgS(h1－h2)2，故A、C、D正确，B错误。
[答案] ACD
模型(二) “链条”类问题
[例2] (2023·山东师大附中模拟)如图所示，长为L的均匀链条放在光滑水平桌面上，且使长度的eq \f(1,4)垂在桌边，松手后链条从静止开始沿桌边下滑，则链条滑至刚刚离开桌边时的速度大小为( )
A． eq \r(\f(3,2)gL) B．eq \f(\r(gL),4)
C．eq \f(\r(15gL),4) D．4eq \r(gL)
[解析] 取桌面为参考平面，由机械能守恒定律可得：－eq \f(1,4)mg·eq \f(L,8)＝eq \f(1,2)mv2＋eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(－mg·\f(L,2)))，所以v＝eq \f(\r(15gL),4)。
[答案] C
模型(三) “多个小球”类问题
[例3] (2023·浙江温州模拟)(多选)如图所示，在竖直平面内半径为R的四分之一圆弧轨道AB、水平轨道BC与斜面CD平滑连接在一起，斜面足够长。在圆弧轨道上静止着N个半径为r(r≪R)的光滑小球(小球无明显形变)，小球恰好将圆弧轨道铺满，从最高点A到最低点B各小球依次标记为1,2,3，…，N。现将圆弧轨道末端B处的阻挡物拿走，N个小球由静止开始沿轨道运动，不计摩擦与空气阻力，下列说法正确的是( )
A．N个小球在运动过程中始终不会散开
B．第1个小球从A到B过程中机械能守恒
C．第1个小球到达B点前第N个小球做匀加速运动
D．第1个小球到达最低点的速度v＜eq \r(gR)
[解析] 在下滑的过程中，水平面上的小球要做匀速运动，而圆弧面上的小球要做加速运动，则后面的小球对前面的小球有向前挤压的作用，所以小球之间始终相互挤压，冲上斜面后后面的小球把前面的小球往上压，所以小球之间始终相互挤压，故N个小球在运动过程中始终不会散开，故A正确；第一个小球在下落过程中受到挤压，所以有外力对小球做功，小球的机械能不守恒，故B错误；由于小球在下落过程中速度发生变化，相互间的弹力变化，所以第N个小球不可能做匀加速运动，故C错误；当重心下降eq \f(R,2)时，根据机械能守恒定律得：eq \f(1,2)mv2＝mg·eq \f(R,2)，解得：v＝eq \r(gR)；同样对整体在AB段时，重心低于eq \f(R,2)，所以第1个小球到达最低点的速度v＜eq \r(gR)，故D正确。
[答案] AD
[系统建模]
(1)非质点类物体虽然不能看成质点，但因只有重力做功，物体整体机械能守恒。
(2)在确定物体重力势能的变化量时，要根据情况，将物体分段处理，确定好各部分的重心及重心高度的变化量。
(3)非质点类物体各部分是否都在运动，运动的速度大小是否相同，若相同，则物体整体的动能才可表示为eq \f(1,2)mv2。
1．[体现学以致用]一款名叫“跳一跳”的小游戏依靠操作小人蓄力跳跃进行游玩，使其能从一个平台跳到旁边的平台上。如图所示的抛物线为小人(质量为m)在某次跳跃过程中的运动轨迹，不计空气阻力。则(重力加速度为g)( )
A．小人从起跳至运动到最高点的过程中，机械能增加mgh
B．小人离开平台时的动能为mgh
C．小人从离开平台至运动到最高点的过程中，重力势能增加mgh
D．小人落到平台上的速度大小为eq \r(2gh)
解析：选C 由于小人起跳后只受重力作用，机械能守恒，A错误；小人在最高点具有水平方向的速度，所以离开平台时的动能大于mgh，落到平台上的速度要大于eq \r(2gh)，故B、D错误；小人从离开平台至运动到最高点的过程中重力做功为WG＝－mgh，所以重力势能增加mgh，故C正确。
2．[联系生活实际]如图所示为阿拉斯加当地人的一种娱乐方式。他们用一块弹性毯子将小孩竖直抛起，再保持弹性毯子水平，接住小孩。不计空气阻力，下列说法中正确的是( )
A．用毯子将小孩上抛，毯子对小孩做正功，小孩机械能增加
B．小孩在空中上升时处于超重状态，下落过程处于失重状态
C．小孩由最高点下落，一接触到弹性毯子就立刻做减速运动
D．小孩由最高点下落至速度为零的过程中，小孩机械能守恒
解析：选A 根据题意易知，A正确；小孩在空中上升和下落过程加速度方向都向下，都处于失重状态，B错误；小孩下落接触到弹性毯子后，在弹力小于重力之前，加速度方向向下，还是做加速运动，C错误；小孩下落接触到弹性毯子至速度为零的过程中，毯子的弹力对小孩做负功，小孩机械能减小，D错误。
3．[聚焦科技前沿]在一次海上消防救援过程中，消防船启动了多个喷水口进行灭火。喷水口所处高度和口径都相同，出水轨迹如图甲所示。其中两支喷水枪喷出水A、B轨迹在同一竖直面内且最高点高度相同，如图乙所示。不计空气阻力，则下列说法正确的是( )
A．水A在空中运动时间较长
B．水B单位时间内的出水量较大
C．水落到海面时A的速度比B的速度大
D．相同时间内水枪对A做功和水枪对B做功相等
解析：选C 因为两支喷水枪喷出水A、B轨迹在同一竖直面内且最高点高度相同，根据竖直上抛运动的对称性，可知水A、B在空中运动时间相等，故A项错误；水从喷水口喷出后做斜抛运动，初速度可分解为水平方向的分速度vx和竖直向上的分速度vy，由于水喷出后在最高点高度相同，根据公式vy2＝2gh，可知，竖直分速度相同，则运动时间相同，由于水A的水平位移较大，根据x＝vxt，可知，水A的水平分速度大，根据公式v0＝eq \r(vx2＋vy2)，可知水A的初速度大，则水A单位时间内的出水量较大，故B项错误；因为喷水口所处高度相同，所以水从喷出到落到海面，由动能定理得mgh＝eq \f(1,2)mv2－eq \f(1,2)mv02，解得v＝eq \r(v02＋2gh)，因为水A初速度大，故水A落到海面时速度比水B的速度大，故C项正确；因为水A的初速度比水B初速度大，故相同时间内水枪对水A做功比水B多，故D项错误。
4．[强化科学探究](多选)如图甲所示，被称为“魔力陀螺”的玩具能在圆轨道外侧旋转不脱落，其原理可等效为如图乙所示的模型。半径为R的磁性圆轨道竖直固定，质量为m的铁球(可视为质点)沿轨道外侧运动，A、B分别为轨道的最高和最低点，轨道对铁球的磁性引力始终指向圆心且大小不变，不计摩擦和空气阻力，重力加速度为g，则( )
A．铁球可能绕轨道做匀速圆周运动
B．铁球绕轨道运动过程中机械能守恒
C．铁球在A点的速度必须大于eq \r(gR)
D．轨道对铁球的磁性引力至少为5mg，才能使铁球不脱轨
解析：选BD 铁球在运动的过程中，磁力和支持力不做功，只有重力做功，所以铁球的机械能守恒，在最高点的速度最小，在最低点的速度最大，铁球不可能做匀速圆周运动，A错误，B正确；铁球在最高点的速度只要大于0即可通过最高点，C错误；要使铁球不脱轨，铁球在最高点的速度恰好为0，合力恰好等于0，则由机械能守恒定律可知铁球到达最低点时的速度满足mg·2R＝eq \f(1,2)mv2，轨道对铁球的压力恰好等于0，有F－mg＝meq \f(v2,R)，解得F＝5mg，故要使铁球不脱轨，轨道对铁球的磁性引力至少为5mg，D正确。
[课时跟踪检测]
一、立足主干知识，注重基础性和综合性
1.如图所示，某同学将带弹簧的圆珠笔倒置，在桌面上竖直向下压紧弹簧，突然松手，圆珠笔竖直向上弹起。对于圆珠笔(含弹簧)，下列说法正确的是( )
A．向下压缩弹簧的过程中，笔的机械能守恒
B．笔竖直向上运动的过程中机械能守恒
C．圆珠笔刚离开桌面时动能最大
D．换用不同的弹簧，只要压缩量相同，笔上升的最大高度相同
解析：选B 向下压缩弹簧的过程中，手对圆珠笔做功，所以笔的机械能不守恒，故A错误；笔竖直向上运动的过程中，只有弹簧弹力和重力做功，笔的机械能守恒，故B正确；圆珠笔向上运动的某一时刻，重力和桌面对笔向上的弹力平衡，这一时刻速度最大，但此时，笔还没有离开桌面，故C错误；由机械能守恒定律Ep弹＝mgh可得，换用不同的弹簧，当压缩量相同时，弹性势能不同，故上升的最大高度不同，故D错误。
2．(2023·重庆高三调研)一质量为m的物块仅在重力作用下运动，物块位于r1和r2时的重力势能分别为3E0和E0(E0＞0)。若物块位于r1时速度为0，则位于r2时其速度大小为( )
A．2eq \r(\f(E0,m)) B． eq \r(\f(6E0,m))
C．2eq \r(\f(2E0,m)) D．4eq \r(\f(E0,m))
解析：选A 物块仅在重力作用下运动，物块的机械能守恒，根据机械能守恒定律可知E1＝E2，代入已知条件可得3E0＋0＝E0＋eq \f(1,2)mv2，解得物块位于r2处的速度大小v＝2eq \r(\f(E0,m))，故A项正确。
3.(2023·济南模拟)如图所示，光滑的eq \f(1,4)固定圆弧槽的槽口与一个固定半球顶点相切，半球底面水平，小滑块(可视为质点)从圆弧槽最高点由静止滑下，滑出槽口时速度沿水平方向。已知圆弧轨道的半径为R1，半球的半径为R2，若要使小滑块滑出槽口后不沿半球面下滑，不计空气阻力，则R1和R2应满足的关系是( )
A．R1≤R2 B．R1≥R2
C．R1≥eq \f(R2,2) D．R1≤eq \f(R2,2)
解析：选C 滑块沿光滑的eq \f(1,4)圆弧槽下滑过程只有重力做功，由机械能守恒有mgR1＝eq \f(1,2)mv2，要使小滑块滑出槽口后不沿半球面下滑，即做平抛运动，则mg≤meq \f(v2,R2)，由以上两式解得R1≥eq \f(R2,2)，故C正确。
4．(多选)如图所示，光滑长铁链由若干节组成，全长为L，圆形管状轨道半径为R，L>2πR，R远大于一节铁链的高度和长度。铁链靠惯性通过轨道继续前进，不计空气阻力，下列判断正确的是( )
A．在第一节铁链完成圆周运动的过程中，第一节铁链机械能守恒
B．每节铁链通过最高点的速度依次减小
C．第一节铁链与最后一节铁链到达最高点时的速度大小相等
D．第一节铁链回到最低点至最后一节铁链进入圆形轨道过程中铁链速度保持不变
解析：选CD 在第一节铁链沿圆形轨道运动的过程中受到第二节铁链对其沿轨道切线方向的力，所以在第一节铁链完成圆周运动的过程中，第一节铁链机械能不守恒，A错误。整个运动过程中，以铁链整体为研究对象，只有重力做功，所以铁链整体的机械能是不变的；从第一节铁链进入圆形轨道到第一节铁链回到最低点的过程中，铁链整体的重力势能不断增加，则整体的动能不断减小、速度不断减小，每节铁链的速度减小；从最后一节铁链进入圆形轨道到最后一节铁链离开圆形轨道，整体的重力势能减小，则速度增大；在第一节铁链回到最低点至最后一节铁链进入圆形轨道的过程中铁链整体的重力势能不变，所以速度保持不变；综上所述可知B错误，D正确。第一节铁链与最后一节铁链到达最高点时，整体的重力势能是相等的，所以整体的速度大小也相等，C正确。
5.如图所示，弹性轻绳的一端套在手指上，另一端与弹力球连接，用手将弹力球以某一竖直向下的初速度向下抛出，抛出后手保持不动。从球抛出瞬间至球第一次到达最低点的过程中(弹性轻绳始终在弹性限度内，空气阻力忽略不计)，下列说法正确的是( )
A．绳伸直以后，绳的拉力始终做负功，球的动能一直减小
B．该过程中，手受到的绳的拉力先增大后减小
C．该过程中，重力对球做的功大于球克服绳的拉力做的功
D．在最低点时，球、绳和地球组成的系统势能最大
解析：选D 绳伸直以后，绳的拉力始终做负功，但重力大于拉力时球的速度增大，故球的动能增大，当重力与拉力相等时球的速度最大，动能最大，球继续向下运动，当重力小于拉力时球的速度减小，则球的动能减小，A错误；该过程中，手受到绳的拉力一直增大，B错误；由动能定理可得WG－W克绳＝0－eq \f(1,2)mv02，该过程中重力对球做的功小于球克服绳的拉力做的功，C错误；在最低点时，小球的动能为零，球、绳和地球组成的系统势能最大，D正确。
6．(2022·全国乙卷)固定于竖直平面内的光滑大圆环上套有一个小环，小环从大圆环顶端P点由静止开始自由下滑，在下滑过程中，小环的速率正比于( )
A．它滑过的弧长
B．它下降的高度
C．它到P点的距离
D．它与P点的连线扫过的面积
解析：选C 如图所示，设小环下降的高度为h，圆环的半径为R，小环到P点的距离为L，根据机械能守恒定律得mgh＝eq \f(1,2)mv2。由几何关系可得h＝Lsin θ，sin θ＝eq \f(L,2R)，联立可得h＝eq \f(L2,2R)，可得v＝Leq \r(\f(g,R))，故C正确，A、B、D错误。
7．(2023·厦门高三质检)如图所示，用两根长度均为l的轻绳将一小球悬挂在水平的天花板下，轻绳与天花板的夹角为θ，整个系统静止，这时每根轻绳中的拉力为T。现将一根轻绳剪断，当小球摆至最低点时，轻绳中的拉力为T′，θ为某一值时，eq \f(T′,T)最大，此最大值为( )
A．eq \f(9,4) B．2
C．3eq \r(2)－2 D．eq \f(54,25)
解析：选A 剪断轻绳之前：2Tsin θ＝mg；剪断轻绳后，小球摆到最低点时：eq \f(1,2)mv2＝mgl(1－sin θ)，由牛顿第二定律：T′－mg＝meq \f(v2,l)；联立解得eq \f(T′,T)＝6sin θ－4sin2θ，由数学知识可知，此比值的最大值为eq \f(9,4)，故选项A正确。
8.荡秋千是人们喜欢的一项健身娱乐活动。荡秋千者通过做功，逐渐增加自身的机械能，从而逐渐“荡”高。其原理如下：人向下摆动过程中逐渐“下蹲”使重心下降，而在秋千上摆过程中，人又逐渐站起使重心升高，机械能增加，从而逐渐“荡”高。有一个正在“荡”秋千的运动员质量为75 kg，身高为1.8 m，在水平地面上站立时重心高1.0 m，蹲坐时重心高0.6 m。秋千摆长为5.0 m。若该运动员从与竖直方向成37°角位置开始下摆。(忽略空气阻力、秋千的质量，sin 37°＝0.6，cs 37°＝0.8，g取10 m/s2)
(1)求运动员到达秋千下摆的竖直最低位置时的速度大小；
(2)求运动员在秋千下摆的竖直最低位置时受到秋千的作用力大小。
解析：秋千摆长L0＝5.0 m，运动员在水平地面上站立时重心高H1＝1.0 m，蹲坐时重心高H2＝0.6 m，以秋千下摆的最低位置处为零势能点。
(1)秋千下摆过程中运动员机械能守恒，mg[L0－(L0－H1)cs 37°]＝mgH2＋eq \f(1,2)mv2，解得v≈4.9 m/s。
(2)设运动员在秋千下摆的竖直最低位置时受到秋千的作用力大小为F，则F－mg＝meq \f(v2,L0－H2)，解得F≈1 159 N。
答案：(1)4.9 m/s (2)1 159 N
二、强化迁移能力，突出创新性和应用性
9.(2022·湖北高考)如图所示，质量分别为m和2m的小物块Р和Q，用轻质弹簧连接后放在水平地面上，Р通过一根水平轻绳连接到墙上。P的下表面光滑，Q与地面间的动摩擦因数为μ，最大静摩擦力等于滑动摩擦力。用水平拉力将Q向右缓慢拉开一段距离，撤去拉力后，Q恰好能保持静止。弹簧形变始终在弹性限度内，弹簧的劲度系数为k，重力加速度大小为g。若剪断轻绳，Р在随后的运动过程中相对于其初始位置的最大位移大小为( )
A．eq \f(μmg,k) B．eq \f(2μmg,k)
C．eq \f(4μmg,k) D．eq \f(6μmg,k)
解析：选C Q恰好能保持静止时，设弹簧的伸长量为x，满足kx＝2μmg，若剪断轻绳后，物块P与弹簧组成的系统机械能守恒，弹簧的最大压缩量也为x，因此P相对于其初始位置的最大位移大小为2x＝eq \f(4μmg,k)，C正确。
10．(多选)如图所示，用长度为s的金属丝绕制成高度为h的等距螺旋轨道，并将其竖直固定。让一质量为m的有孔小球套在轨道上，从顶端无初速度释放。已知重力加速度为g，不计一切摩擦，下列说法正确的是( )
A．下滑过程中轨道对小球的作用力逐渐增大
B．小球的运动可以分解为水平方向的匀速圆周运动和沿轨道斜向下的匀加速直线运动
C．小球运动到螺旋轨道底端时，重力的功率为mgeq \r(2gh)
D．小球从螺旋轨道顶端运动到底端的时间为 eq \r(\f(2s2,gh))
解析：选AD 由于不计一切摩擦，故小球在下滑过程中机械能守恒，小球沿轨道斜向下的速度不断增大，故小球下滑过程中的运动可分解为水平方向速率不断增大的圆周运动和竖直方向的匀加速直线运动，B错误；又小球下滑过程中，水平方向做圆周运动的速率不断增大，则轨道对小球水平方向的作用力逐渐增大，竖直方向小球的受力恒定不变，即轨道对小球竖直方向的作用力恒定不变，故下滑过程中轨道对小球的作用力逐渐增大，A正确；小球运动到螺旋轨道底端时，根据机械能守恒定律有mgh＝eq \f(1,2)mv2，解得v＝eq \r(2gh)，根据功率公式，重力的功率P＝mgvcs θ＝mgeq \r(2gh)cs θ，θ为小球运动到底端时速度方向与重力方向的夹角，C错误；用长度为s的金属丝绕制成高度为h的等距螺旋轨道，可等效为长度为s、高度为h的倾斜轨道，小球速度方向与竖直方向夹角的余弦值cs θ＝eq \f(h,s)，小球沿等效倾斜轨道运动的加速度a＝gcs θ＝eq \f(gh,s)，由s＝eq \f(1,2)at2，解得小球从螺旋轨道顶端运动到底端的时间t＝eq \r(\f(2s2,gh))，D正确。
11.(2023·河北重点中学联考)如图所示，竖直平面内有一半径为R＝0.50 m的光滑圆弧槽BCD，B点与圆心O等高，水平面DQ与圆弧槽相接于D点，一质量为m＝0.10 kg的小球从B点的正上方H＝0.95 m高处的A点自由下落，由B点进入圆弧槽轨道，从D点飞出后落在水平面上的Q点，DQ间的距离x＝2.4 m，球从D点飞出后的运动过程中相对水平面上升的最大高度h＝0.80 m，取g＝10 m/s2，不计空气阻力，求：
(1)小球经过圆弧槽最低点C时轨道对它的支持力大小FN；
(2)小球经过P点时的速度大小vP；
(3)D点与圆心O的高度差hOD。
解析：(1)设小球经过C点时的速度为v1，由机械能守恒定律有mg(H＋R)＝eq \f(1,2)mv12
由牛顿第二定律有FN－mg＝meq \f(v12,R)
代入数据解得FN＝6.8 N。
(2)从P到Q小球做平抛运动
竖直方向有h＝eq \f(1,2)gt2
水平方向有eq \f(x,2)＝vPt
代入数据解得vP＝3 m/s。
(3)小球从开始运动到P点的过程中，机械能守恒，取DQ水平面为零势能面，
则eq \f(1,2)mvP2＋mgh＝mg(H＋hOD)
代入数据解得hOD＝0.3 m。
答案：(1)6.8 N (2)3 m/s (3)0.3 m
第2课时 机械能守恒定律中的连接体问题
模型(一) 轻绳连接的连接体系统
[典例] (2023·湖南长沙质检)如图所示，左侧为一个半径为R的半球形的碗固定在水平桌面上，碗口水平，O点为球心，碗的内表面及碗口光滑。右侧是一个固定的光滑斜面，斜面足够长，倾角θ＝30°。一根不可伸长的不计质量的细绳跨在碗口及斜面顶端的光滑的定滑轮且两端分别系有可视为质点的小球m1和m2，且m1＞m2。开始时m1恰在碗口水平直径右端的A处，m2在斜面上且距离斜面顶端足够远，此时连接两球的细绳与斜面平行且恰好伸直。当m1由静止释放运动到圆心O的正下方B点时细绳突然断开，不计细绳断开瞬间的能量损失。
(1)求小球m2沿斜面上升的最大距离s；
(2)若已知细绳断开后小球m1沿碗的内侧上升的最大高度为eq \f(R,2)，求eq \f(m1,m2)。(结果保留两位有效数字)
[解析] (1)设小球m1到达最低点B时，m1、m2速度大小分别为v1、v2
如图所示，由运动的合成与分解得v1＝eq \r(2)v2
对m1、m2组成的系统由机械能守恒定律得
m1gR－m2gh＝eq \f(1,2)m1v12＋eq \f(1,2)m2v22
又h＝eq \r(2)Rsin 30°
联立以上三式解得
v1＝eq \r(2×\f(2m1－\r(2)m2,2m1＋m2)gR)
v2＝eq \r(\f(2m1－\r(2)m2,2m1＋m2)gR)，
设细绳断开后m2沿斜面上升的距离为s′，对m2，由机械能守恒定律得m2gs′sin 30°＝eq \f(1,2)m2v22
小球m2沿斜面上升的最大距离s＝eq \r(2)R＋s′
联立以上两式并代入v2，解得
s＝eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(eq \r(2)＋eq \f(2m1－\r(2)m2,2m1＋m2)))R＝eq \f(2\r(2)＋1m1,2m1＋m2)R。
(2)对m1，由机械能守恒定律得
eq \f(1,2)m1v12＝m1geq \f(R,2)
代入v1解得eq \f(m1,m2)＝eq \f(2\r(2)＋1,2)≈1.9。
[答案] (1)eq \f(2\r(2)＋1m1,2m1＋m2)R (2)1.9
[模型建构]
[针对训练]
1.(多选)如图所示，物块A的质量为m，物块B的质量为4m，两物块被系在绕过定滑轮的轻质细绳两端。不计摩擦和空气阻力，定滑轮的质量忽略不计，重力加速度大小为g，两物块由静止开始运动，当B向右运动的距离为x时(未到达定滑轮处)，则( )
A．A的动能为mgx
B．A的动能为eq \f(1,5)mgx
C．绳子的拉力对B做的功为eq \f(4,5)mgx
D．绳子的拉力对B做的功为mgx
解析：选BC 当B向右运动的距离为x时，A下落的高度也为x，取A、B为系统，该过程系统机械能守恒，设二者速率为v，则有mgx＝eq \f(1,2)(m＋4m)v2，可得A的动能为EkA＝eq \f(1,2)mv2＝eq \f(1,5)mgx，A错误，B正确；此时B的动能EkB＝eq \f(1,2)·4mv2＝eq \f(4,5)mgx，根据动能定理可知绳子的拉力对B做的功WB＝EkB＝eq \f(4,5)mgx，C正确，D错误。
2.(2023·龙岩高三调研)(多选)如图所示，ABC是一个固定在竖直平面内半径为R的光滑半圆环，B为最高点，一质量为m的小球，中间有孔，套在半圆环上。小球通过轻绳和质量为2m的铁块相连，开始时小球位于右侧最低点C，若由静止释放铁块和小球，当小球到达最高点B时，铁块的位置下降了h，且铁块未落地。若不计一切摩擦，重力加速度为g，则小球由C到B的过程中，以下判断正确的是( )
A．铁块的机械能一直减小
B．合力对铁块做的功为零
C．小球到达B点时的动能是(2h－R)mg
D．在这一过程中，铁块和小球的瞬时速率不可能相等
解析：选ABC 当小球到达最高点B时，小球与右侧滑轮间的绳长最短，可知铁块与左侧滑轮间的绳长最长，此时铁块运动到最低点，可知小球由C到B的过程中，绳子拉力对铁块一直做负功，铁块的机械能一直减小，A正确；当小球到达最高点B时，铁块运动到最低点，此时铁块的速度为零，小球由C到B的过程中，铁块的动能变化为零，根据动能定理可知，合力对铁块做的功为零，B正确；当小球到达最高点B时，铁块运动到最低点，此时铁块的速度为零，根据系统机械能守恒可得2mgh－mgR＝eq \f(1,2)mvB2，解得小球到达B点时的动能为eq \f(1,2)mvB2＝mg(2h－R)，C正确；根据连接体速度关系可知，小球沿绳子方向的速度等于铁块的速度，小球由C到B的过程中，当小球与右侧滑轮间的绳子与半圆环相切时，此时小球的速度方向沿绳子方向，此时铁块和小球的瞬时速率相等，D错误。
模型(二) 轻杆连接的连接体系统
[典例] (2023·山东模拟预测)如图所示，两根轻质杆构成直角支架，O点为水平转轴，OA杆长为L，A端固定一质量为2m的小球a，OB杆长为2L，B端固定一质量为m的小球b，用手抬着B端使OB杆处于水平状态，撒手后支架在竖直平面内转动，不计一切摩擦，则以下说法正确的是( )
A．小球a不可能转到与O点等高处
B．小球b转动的最大速度为 eq \r(\f(8\r(2)－1Lg,3))
C．转动过程中杆受力一定沿杆方向
D．小球a从最低点运动到最高点的过程中，杆对小球a做的功为mgL
[解析] 假设小球a恰好转到与O点等高处，设O点所在水平面为零势能面，小球a和b组成的系统初始位置机械能为E1＝－2mgL，当小球a转到与O点等高处时系统机械能为E2＝－2mgL，即E1＝E2，假设成立，故小球a一定能转到与O点等高处，A错误；设OB杆与水平方向夹角为θ时，小球b速度为v，则小球a的速度va＝eq \f(v,2)，由系统机械能守恒，有2mgLsin θ－2mgL(1－cs θ)＝eq \f(1,2)mv2＋eq \f(1,2)·2mva2，可知θ＝45°时速度最大，得v＝eq \r(\f(8\r(2)－1Lg,3))，B正确；在转动过程中小球a的机械能增加，小球b的机械能减少，所以杆对a和b均做功，存在杆对a和b的力与速度不垂直位置，即存在杆对a和b的力不沿杆的位置，根据牛顿第三定律可知杆受力不沿杆方向，C错误；设杆对小球a做的功为W，由动能定理，有W－2mgL＝0，得W＝2mgL，D错误。
[答案] B
[模型建构]
[针对训练]
1．(多选)如图所示，长为L的轻杆，一端装有转轴O，另一端固定一个质量为2m的小球B，杆中点固定一个质量为m的小球A，若杆从水平位置由静止开始释放，在转到竖直位置的过程中，不计一切摩擦，下列说法中正确的是( )
A．A、B两球总机械能守恒
B．轻杆对A球做正功，轻杆对B球做负功
C．轻杆对A球不做功，轻杆对B球不做功
D．轻杆对A球做负功，轻杆对B球做正功
解析：选AD 两球组成的系统只有重力做功，系统机械能守恒，两球的角速度相等，到达竖直位置时，设A球的速度为v，则B球的速度为2v，根据机械能守恒定律得mgeq \f(L,2)＋2mgL＝eq \f(1,2)mv2＋eq \f(1,2)×2m(2v)2，解得v＝eq \f(\r(5gL),3)；对A球运用动能定理得W＋mgeq \f(L,2)＝eq \f(1,2)mv2，解得W＝－eq \f(2,9)mgL，则轻杆对A球做负功；对B球运用动能定理得W′＋2mgL＝eq \f(1,2)×2m(2v)2，解得W′＝eq \f(2,9)mgL，则轻杆对B球做正功。故A、D正确，B、C错误。
2.(2023·衡水高三质检)如图为一幼儿园的可调臂长的跷跷板的示意图，O为跷跷板的支点。开始时一质量为m的小朋友坐在跷跷板的A端，此时A端恰好着地，跷跷板与水平地面的夹角为θ＝30°。现有一质量为4m的老师轻坐在跷跷板的B端，经过一段时间后跷跷板处于水平位置。已知OA＝2L，OB＝L，不计空气阻力和跷跷板的质量，重力加速度大小为g，小朋友与老师均可视为质点，则( )
A．此过程中小朋友的机械能守恒
B．此过程中小朋友与老师的速度大小之比为1∶2
C．跷跷板处于水平位置时，老师的速度大小为eq \r(gL)
D．此过程中跷跷板对小朋友做的功为eq \f(3,2)mgL
解析：选D 此过程中小朋友的速度增大，动能增大，重力势能增大，则小朋友的机械能增大，A错误；小朋友与老师的角速度总是相等，根据v＝ωr，由于小朋友与老师绕O点转动的半径之比为2∶1，可知小朋友与老师的速度大小之比为2∶1，B错误；跷跷板处于水平位置时，设老师的速度大小为v，则小朋友的速度大小为2v，根据系统机械能守恒可得4mg·Lsin 30°－mg·2Lsin 30°＝eq \f(1,2)m(2v)2＋eq \f(1,2)×4mv2，解得v＝eq \f(\r(gL),2)，C错误；根据动能定理可得W－mgL＝eq \f(1,2)m(2v)2，解得W＝eq \f(3,2)mgL，可知此过程中跷跷板对小朋友做的功为eq \f(3,2)mgL，D正确。
模型(三) 轻弹簧连接的连接体系统
[典例] (多选)如图所示，质量为m的小球甲穿过一竖直固定的光滑杆拴在轻弹簧上，质量为4m的物体乙用轻绳跨过光滑的定滑轮与甲连接，开始用手托住乙，轻绳刚好伸直，滑轮左侧绳竖直，右侧绳与水平方向夹角为α，某时刻由静止释放乙(足够高)，经过一段时间小球运动到Q点，OQ两点的连线水平，OQ＝d，且小球在P、Q两点处时弹簧弹力的大小相等。已知重力加速度为g，sin α＝0.8，cs α＝0.6。则( )
A．弹簧的劲度系数为eq \f(3mg,2d)
B．小球位于Q点时的速度大小为 eq \r(\f(8,3)gd)
C．物体乙重力的瞬时功率一直增大
D．小球甲和物体乙的机械能之和先增大后减小
[解析] 在P、Q两点处弹簧弹力的大小相等，则由胡克定律可知P点的压缩量等于Q点的伸长量，由几何关系知PQ＝dtan α＝eq \f(4,3)d，则小球位于P点时弹簧的压缩量为x＝eq \f(1,2)PQ＝eq \f(2,3)d，对P点的小球由力的平衡条件可知mg＝kx，解得k＝eq \f(3mg,2d)，选项A正确；当小球运动到Q点时，假设小球甲的速度为v，此时小球甲的速度与绳子OQ垂直，所以物体乙的速度为零，又小球、物体和弹簧组成的系统机械能守恒，则由机械能守恒定律得4mgeq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(d,cs α)－d))－mgdtan α＝eq \f(1,2)mv2，解得v＝eq \r(\f(8,3)gd)，选项B正确；由于小球在P、Q两点处时弹簧弹力的大小相等，即小球在P、Q两点处时弹簧的弹性势能相等，则小球由P到Q的过程，弹簧的弹性势能先减小后增大，由能量守恒定律可知，小球甲和物体乙的机械能之和先增大后减小，选项D正确；由于小球在P和Q点处，物体乙的速度都为零，在其他过程中，物体乙的速度不是零，则可知物体乙重力的瞬时功率先增大后减小，选项C错误。
[答案] ABD
[模型建构]
[针对训练]
1.(多选)如图所示，有质量为2m、m的小滑块P、Q，P套在固定竖直杆上，Q放在水平地面上。P、Q间通过铰链用长为L的刚性轻杆连接，一轻弹簧左端与Q相连，右端固定在竖直杆上，弹簧水平，α＝30°时，弹簧处于原长。当α＝30°时，P由静止释放，下降到最低点时α变为60°，整个运动过程中，P、Q始终在同一竖直平面内，弹簧在弹性限度内，忽略一切摩擦，重力加速度为g。则P下降过程中( )
A．P、Q组成的系统机械能守恒
B．当α＝45°时，P、Q的速度相同
C．弹簧弹性势能最大值为(eq \r(3)－1)mgL
D．P下降过程中动能达到最大前，Q受到地面的支持力小于3mg
解析：选CD 对于P、Q组成的系统，由于弹簧对Q要做功，所以系统的机械能不守恒；但对P、Q和弹簧组成的系统，只有重力和弹簧弹力做功，系统的机械能守恒，故A错误；当α＝45°时，根据P、Q沿轻杆方向的分速度相等得vQcs 45°＝vPcs 45°，可得vP＝vQ，但速度方向不同，所以P、Q的速度不同，故B错误；根据系统机械能守恒可得弹簧弹性势能的最大值为Ep＝2mgL(cs 30°－cs 60°)＝(eq \r(3)－1)mgL，故C正确；P下降过程中动能达到最大前，P加速下降，对P、Q整体，在竖直方向上根据牛顿第二定律有3mg－N＝2ma，则有N＜3mg，故D正确。
2．(2023·黄冈高三模拟)(多选)如图所示，一倾角α＝37°的直角斜面体固定在水平面上，AB面光滑，AC面粗糙。一不可伸长的轻绳一端与静止在斜面AC上、质量为M的物体Q相连，另一端跨过光滑定滑轮与AB面上的轻弹簧相连，弹簧处于原长，绳与两斜面均平行。现将一质量为m的球P与弹簧下端相连，并由静止释放，小球在ab间做简谐运动，当小球运动到b点时，物体Q受到的摩擦力恰好为零。已知ab间距离为l＝0.2 m，弹簧弹性势能的表达式为Ep＝eq \f(1,2)kx2，式中x表示弹簧的形变量，重力加速度g取10 m/s2，物体Q始终处于静止状态，sin 37°＝0.6，cs 37°＝0.8，则下列判断正确的是( )
A．2M＝3m
B．M＝3m
C．小球运动的最大速度为 eq \r(\f(3,5)) m/s
D．小球由静止释放到回到a的过程中，物体Q受到的摩擦力一直减小
解析：选AC 根据题意，小球在ab间做简谐运动，在a点对小球分析可知，小球的回复力为F＝mgsin 37°，当小球运动到b点时，设此时弹簧的弹力为FT，根据对称性，对小球分析有FT－mgsin 37°＝mgsin 37°，对物体Q，根据平衡条件有FT＝Mgsin 53°，联立解得2M＝3m，故B错误，A正确；根据题意可知，当小球的回复力等于零时，速度最大，此时，弹簧的形变量为Δx＝eq \f(l,2)＝0.1 m，则有mgsin 37°＝kΔx，根据动能定理有mgsin 37°·Δx－eq \f(1,2)k·Δx2＝eq \f(1,2)mvm2，解得vm＝eq \r(\f(3,5)) m/s，故C正确；根据题意，对物块分析，开始时，根据平衡条件有f＝Mgsin 53°，当小球运动起来后，有FT′＋f′＝Mgsin 53°，则小球由静止释放到回到a的过程中，弹簧弹力先增大后减小，则物块受到的静摩擦力先减小后增大，故D错误。
3.如图所示，A、B两物体在竖直方向上通过劲度系数为k的轻质弹簧相连，A放在水平地面上，B、C两物体通过细线绕过轻质定滑轮相连，C放在固定的光滑斜面上。用手拿住C，使细线刚刚拉直但无拉力作用，并保证ab段的细线竖直、cd段的细线与斜面平行。已知A、B的质量均为m，C的质量为4m，重力加速度为g，细线与滑轮之间的摩擦不计，开始时整个系统处于静止状态，释放C后C沿斜面下滑，A刚离开地面时，B获得最大速度。求：
(1)斜面倾角α；
(2)B的最大速度v。
解析：(1)当A刚离开地面时，设弹簧的伸长量为xA，对A有kxA＝mg，此时B受到重力mg、弹簧的弹力kxA、细线拉力FT三个力的作用，B的速度达到最大，即加速度为零，受力平衡，则C也受力平衡，对B有FT－mg－kxA＝0，对C有4mgsin α－FT＝0，解得sin α＝0.5，所以α＝30°。
(2)开始时弹簧压缩的长度为xB＝eq \f(mg,k)，则xA＝xB，
当A刚离开地面时，B上升的距离以及C沿斜面下滑的距离均为xA＋xB，由于xA＝xB，弹簧处于压缩状态和伸长状态时的弹性势能相等，而且A刚离开地面时，B、C两物体的速度相等，由机械能守恒定律得4mg(xA＋xB)sin α－mg(xA＋xB)＝eq \f(1,2)(4m＋m)v2，解得v＝2geq \r(\f(m,5k))。
答案：(1)30° (2)2geq \r(\f(m,5k))
eq \a\vs4\al([课时跟踪检测])
一、立足主干知识，注重基础性和综合性
1．(2023·广州高三调研)
如图，现有一根轻杆OB，总长度为1.5 m，A为OB的中点，轻杆可绕O点在竖直面内自由转动，在A点和B点处各连接有一个质量m＝10 g的小球(小球体积忽略不计)，将轻杆拉至水平位置由静止释放。则轻杆转到竖直位置时，小球A的速度大小以及OA杆在竖直方向对小球A的作用力的大小是(g＝10 m/s2)( )
A．3 m/s,0.34 N B．4 m/s,0.56 N
C．3 m/s,0.56 N D．4 m/s,0.34 N
解析：选C 依题意，设杆长为L，小球从水平位置转到竖直位置，根据机械能守恒定律可得mgeq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(L＋\f(L,2)))＝eq \f(1,2)mvA2＋eq \f(1,2)mvB2，由于A、B角速度相等，根据v＝rω，可知vB＝2vA，联立代入数据求得vA＝3 m/s，对AB整体，由牛顿第二定律可得F－2mg＝meq \f(vA2,\f(L,2))＋meq \f(vB2,L)，代入数据求得F＝0.56 N，故选C。
2．(多选)如图所示，一光滑杆一端固定于水平面上，杆与水平面夹角为θ，杆上穿着一个质量为m的小球，小球上连一轻弹簧，弹簧另一端固定于A点，初始时小球从B点静止释放，小球沿杆向下运动，经过C点，此时弹簧为原长，最后到达D点时速度为零(D点图中未标出)。已知AC与杆垂直，杆足够长，小球在沿杆向下运动过程中始终未触到地面，则在小球从B点到D点运动过程中，下列说法正确的是( )
A．小球的机械能守恒
B．小球的机械能先增加后减少
C．到达C点时小球的动能最大
D．CD间的距离大于BC间的距离
解析：选BD 依题意，对小球受力分析可知，小球在重力、弹簧弹力、杆的弹力的共同作用下，先做加速运动，后做减速运动，到达D点时，小球的动能为零，重力势能减小，所以小球的机械能不守恒，故A错误；由于AC与杆垂直且杆足够长，在运动过程中，杆对小球的弹力一直与小球运动方向垂直，不做功；在C点时，弹簧处于原长，则在BC段，弹簧处于拉伸状态，方向与小球运动方向夹角小于90°，对小球做正功，小球机械能增加；在CD段，弹簧也处于拉伸状态，弹簧拉力方向与小球运动方向夹角大于90°，对小球做负功，小球机械能减少，所以小球的机械能先增加后减少，故B正确；小球从B点至D点运动过程中，先做加速运动，后做减速运动，当加速度为零时，速度最大，而到达C点时，弹簧处于原长，小球的合力为mgsin θ，加速度不为零，故速度不是最大，所以动能不是最大，故C错误；小球从B点到D点运动过程中，根据能量守恒定律可知，小球机械能的减小量等于弹簧弹性势能的增加量，即弹簧在D点时的弹性势能一定大于在B点时的弹性势能，由于在C点时弹簧为原长，且BC段、CD段弹簧均处于拉伸状态，所以可知CD段弹簧的伸长量大于BC段的伸长量，由几何关系可知CD间的距离大于BC间的距离，故D正确。
3．(多选)如图所示，一轻质光滑定滑轮固定在天花板上，质量相等的小球A和圆环B通过不可伸长的轻绳跨过滑轮连接，圆环B套在光滑水平直杆上，水平杆到滑轮上端的距离为1.2 m，初始时小球A和圆环B均处于静止状态，小球A位于滑轮顶端，B到滑轮的距离为2 m。重力加速度g取10 m/s2，现由静止释放小球A，在小球A下落的过程中，下列说法正确的是( )
A．小球A的速度一直增大
B．小球A下落0.5 m时，B的速度为5eq \r(\f(5,17)) m/s
C．小球A下落0.8 m时，其机械能最小
D．圆环B向左运动过程中，杆对B的弹力一直竖直向上
解析：选BC 当B运动到滑轮正下方时，B沿绳方向速度为零，则A的速度也为零，说明A经历了先加速后减速的过程，故A错误；小球A下落0.5 m时，B与滑轮间轻绳长为1.5 m，设轻绳与水平杆夹角为θ，则有sin θ＝eq \f(1.2,1.5)＝eq \f(4,5)，设此时B的速度大小为v，则此时A的速度vA＝vcs θ，由系统机械能守恒mgh1＝eq \f(1,2)mv2＋eq \f(1,2)mvA2，带入数据可得v＝5eq \r(\f(5,17))m/s，故B正确；由于绳长不变，小球A下落0.8 m时，B正好到达滑轮正下方，此时A的速度为零，高度最低，之后B继续向左滑动，A高度升高，速度增大，所以小球A下落0.8 m时其动能和重力势能都达到最小，故C正确；当B正好到达滑轮正下方时，A速度为零，加速度向上，说明轻绳拉力大于A的重力大小，则此时B受轻绳向上的拉力大于B的重力，由竖直方向合力为零知，此刻杆对B的弹力是竖直向下的，故D错误。
4．(多选)如图所示，质量为m1的A环套在竖直杆上，质量为m2的B环套在水平杆上，A、B用一根轻杆相连。某时刻A环从如图所示位置由静止释放，当轻杆与水平杆夹角为α，与竖直杆夹角为β时，A环的速度为vA，B环的速度为vB。不计一切摩擦，重力加速度为g。则( )
A．vA∶vB＝1∶tan α
B．在运动过程中，水平杆对B环的支持力始终等于(m1＋m2)g
C．A环克服轻杆弹力做的功等于B环的动能的变化量
D．A、B、轻杆组成的系统机械能守恒
解析：选ACD A、B两环在沿杆方向上的分速度相等，则有vAcs β＝vBcs α，又因为α＋β＝90°，所以cs β＝sin α，联立可得vA∶vB＝1∶tan α，故A正确；在运动过程中，A、B两环整体在竖直方向上的加速度并未始终为零，根据牛顿第二定律可知水平杆对B环的支持力并未始终等于(m1＋m2)g，故B错误；因为轻杆弹力对B环做的功等于A环克服轻杆弹力做的功，且由于B环重力不做功，所以由动能定理可知，轻杆弹力对B环做的功等于B环的动能的变化量，故C正确；A、B、轻杆组成的系统，只有重力做功，所以系统机械能守恒，故D正确。
5.(多选)质量为0.3 kg的物块P固定在竖直弹簧上端，弹簧下端固定在水平地面上，物块P上放置一质量为0.2 kg的物块Q。用力将P、Q按至A的位置，如图所示。迅速松开手，弹簧将物块P、Q弹起，上升h1＝0.1 m后在B点分离，分离后物块Q继续上升h2＝0.1 m达到最高点C。已知弹簧的劲度系数k＝200 N/m，重力加速度g＝10 m/s2，不计空气阻力，则( )
A．物块P、Q经过B点时的速度大小为eq \r(2) m/s
B．松开手的瞬间，物块P、Q的加速度大小为20 m/s2
C．松手前弹簧的弹性势能为0.4 J
D．松手后物块上升0.075 m时速度最大
解析：选AD 设物块P、Q经过B点时的速度大小为v，分离后物块Q继续上升h2＝0.1 m达到最高点C，则有－2gh2＝0－v2，解得v＝eq \r(2) m/s，A正确；物块P、Q在B点分离瞬间，物块P、Q间的压力为零，物块P、Q有相同的加速度，即为重力加速度g，故此时弹簧弹力为零，弹簧处于原长状态；松开手的瞬间，以物块P、Q为整体，根据牛顿第二定律可得kh1－(mP＋mQ)g＝(mP＋mQ)a，解得a＝30 m/s2，B错误；根据系统机械能守恒可知，松手前弹簧的弹性势能为Ep＝(mP＋mQ)gh1＋eq \f(1,2)(mP＋mQ)v2＝1 J，C错误；松手后，当弹簧弹力等于物块P、Q的总重力时，物块P、Q的速度最大，设此时弹簧的压缩量为x，则有kx＝(mP＋mQ)g，解得x＝0.025 m，此过程上升的高度为Δh＝h1－x＝0.075 m，D正确。
6．(2022·河北高考)(多选)如图，轻质定滑轮固定在天花板上，物体P和Q用不可伸长的轻绳相连，悬挂定滑轮上，质量mQ>mP，t＝0时刻将两物体由静止释放，物体Q的加速度大小为eq \f(g,3)。T时刻轻绳突然断开，物体P能够达到的最高点恰与物体Q释放位置处于同一高度，取t＝0时刻物体P所在水平面为零势能面，此时物体Q的机械能为E。重力加速度大小为g，不计摩擦和空气阻力，两物体均可视为质点。下列说法正确的是( )
A．物体P和Q的质量之比为1∶3
B．2T时刻物体Q的机械能为eq \f(E,2)
C．2T时刻物体P重力的功率为eq \f(3E,2T)
D．2T时刻物体P的速度大小为eq \f(2gT,3)
解析：选BCD 根据牛顿第二定律有(mQ－mP)g＝(mQ＋mP)a，得P和Q的质量比为1∶2，故A错误；显然，在整个过程中P和Q整体机械能始终守恒，初始时刻P机械能为0且Q机械能为E，故P和Q整体机械能之和始终为E。绳子断开后P到最高点时动能为0，根据质量关系可知P的机械能为eq \f(E,2)，故绳子断开后Q的机械能始终为eq \f(E,2)，故B正确；
根据题意，分析P的运动可得其v -t图像如图所示，根据机械能守恒定律，对P分析，0～T时间内，绳子上拉力为eq \f(4,3)mPg，绳子拉力对P做的功等于P机械能的增加量，即eq \f(E,2)，可知eq \f(4mPg,3)·eq \f(vT,2)＝eq \f(E,2)，2T时刻P重力的功率为mPg·2v，整理可得C正确；对于P的运动图像分析可知，T时刻P的速度为v＝eq \f(gT,3)，故2T时刻P的速度大小为eq \f(2gT,3)，故D正确。
7.如图所示，鼓形轮的半径为R，可绕固定的光滑水平轴O转动。在轮上沿相互垂直的直径方向固定四根直杆，杆上分别固定有质量为m的小球，球与O的距离均为2R。在轮上绕有长绳，绳上悬挂着质量为M的重物。重物由静止下落，带动鼓形轮转动。重物落地后鼓形轮匀速转动，转动的角速度为ω。绳与轮之间无相对滑动，忽略鼓形轮、直杆和长绳的质量，不计空气阻力，重力加速度为g。求：
(1)重物落地后，小球线速度的大小v；
(2)重物落地后一小球转到水平位置A，此时该球受到杆的作用力的大小F；
(3)重物下落的高度h。
解析：(1)小球线速度v＝ωr，得v＝2ωR。
(2)向心力F向＝2mω2R，设F与水平方向的夹角为α，则Fcs α＝F向；Fsin α＝mg，
解得F＝eq \r(2mω2R2＋mg2)。
(3)落地时，重物的速度v′＝ωR，
由机械能守恒定律得eq \f(1,2)Mv′2＋4×eq \f(1,2)mv2＝Mgh
解得h＝eq \f(M＋16m,2Mg)(ωR)2。
答案：(1)2ωR (2) eq \r(2mω2R2＋mg2)
(3)eq \f(M＋16m,2Mg)(ωR)2
二、强化迁移能力，突出创新性和应用性
8.(2023·重庆模拟)如图所示，竖直平面内有一“T”字形轻杆，轻杆的AC臂长为2R，OB臂长为R，OB臂垂直AC臂交于AC中点O，轻杆的三个端点分别固定小球A、B、C，mA＝mC＝m，mB＝2m。开始时，在外力作用下OB臂水平且整个装置处于静止状态。现撤去外力，杆将以O为转轴在竖直面内无摩擦地转动起来，重力加速度为g。则杆转动90°的过程中( )
A．小球A的机械能守恒
B．小球B的机械能一直减小
C．小球B的末速度大小为eq \r(2gR)
D．轻杆对小球C先做正功后做负功
解析：选B 对小球A，在转动0～90°的过程中，重力势能的减少量ΔEpA＝mgR，对整体由机械能守恒定律有mgR＋2mgR－mgR＝eq \f(1,2)×4mv2，解得v＝eq \r(gR)，小球A动能的增加量ΔEkA＝eq \f(1,2)mv2＝eq \f(mgR,2)，因此有ΔEkA－ΔEpA<0，小球A机械能变小，A、C错误；对小球B，任意时刻转动θ角，对系统根据机械能守恒定律有mgR(1－cs θ)＋2mgRsin θ－mgR(1－cs θ)＝eq \f(1,2)×4mv′2，v′＝eq \r(gRsin θ)，小球B的重力势能减少量ΔEpB＝2mgRsin θ，小球B的动能增加量ΔEkB＝eq \f(1,2)×2mv′2＝mgRsin θ，则有ΔEB＝ΔEkB－ΔEpB＝－mgRsin θ，当θ角变大时，且θ在0～eq \f(π,2)范围内，小球B的机械能减少的越多，所以小球B的机械能一直减小，B正确；对小球C有ΔEC＝ΔEpC＋ΔEkC＝mgR(1－cs θ)＋eq \f(1,2)mv′2＝mgReq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(1－cs θ＋\f(1,2)sin θ))，其中当θ角变大，且θ在0～eq \f(π,2)范围内，ΔEC一直增大，因此轻杆对小球C一直做正功，D错误。
9．(多选)如图所示，倾角为30°足够长的固定光滑斜面底端有一固定挡板，轻弹簧一端与挡板连接，另一端与物块A接触但不连接，A上方放置另一物块B，B与物块C用跨过光滑轻质定滑轮的细线连接。开始时用手托住C，使细线处于伸直但不拉紧的状态，此时A、B静止在斜面上。某时刻突然释放C，一段时间后A、B分离，此时C未触地。已知A、B分离时，B的速度大小为v，A、B、C的质量均为m，弹簧劲度系数为k，弹簧的形变始终在弹性限度内，重力加速度为g。下列说法正确的是( )
A．刚释放C时，A、B间的弹力大小为eq \f(1,2)mg
B．A、B分离时，B的加速度大小为eq \f(1,4)g
C．A的速度最大时它沿斜面上升的距离为eq \f(mg,4k)
D．从释放C到A、B分离时减少的弹性势能为eq \f(3,2)mv2
解析：选BD 开始时用手托住C，使细线处于伸直但不拉紧的状态，以AB为对象，根据受力平衡可知此时弹簧的弹力大小为F弹＝2mgsin 30°＝mg，刚释放C时，设A、B间的弹力大小为N，绳子拉力大小为T，此时的加速度为a，以C为对象，根据牛顿第二定律可得mg－T＝ma，以B为对象，根据牛顿第二定律可得T＋N－mgsin 30°＝ma，以A为对象，根据牛顿第二定律可得F弹－mgsin 30°－N＝ma，联立解得N＝eq \f(1,6)mg，A错误；A、B分离时，A、B之间的弹力为零，设此时的加速度为a′，绳子拉力为T′，以C为对象，根据牛顿第二定律可得mg－T′＝ma′，以B为对象，根据牛顿第二定律可得T′－mgsin 30°＝ma′，联立解得a′＝eq \f(1,4)g，B正确；初始时弹簧的压缩量为x1＝eq \f(F弹,k)＝eq \f(mg,k)，当A的速度最大时，弹簧弹力与A的重力沿斜面向下的分力平衡，则此时弹簧的压缩量为x2＝eq \f(F弹′,k)＝eq \f(mgsin 30°,k)＝eq \f(mg,2k)，可知A的速度最大时它沿斜面上升的距离为Δx＝x1－x2＝eq \f(mg,k)－eq \f(mg,2k)＝eq \f(mg,2k)，C错误；从释放C到A、B分离时，假设此过程A、B沿斜面上升的距离为s，则此过程A、B增加的重力势能为ΔEp＝2mgssin 30°＝mgs，此过程C减少的重力势能为ΔEp′＝mgs，可知此过程A、B增加的重力势能等于C减少的重力势能，根据机械能守恒可知此过程弹簧减少的弹性势能等于A、B、C增加的动能，则有ΔE弹＝eq \f(3,2)mv2，D正确。
10.如图，一长为L的轻杆两端分别用铰链与质量均为m的小球A、B连接，A套在固定竖直杆上，B放在倾角θ＝30°的斜面上。开始时，轻杆AB与竖直杆的夹角α＝30°。现将轻杆由静止释放，A沿竖直杆向下运动，B沿斜面下滑。小球均可视为质点，不计一切摩擦，已知重力加速度大小为g。下列判断正确的是( )
A．A碰到斜面前瞬间，B重力的功率为零
B．A碰到斜面前瞬间，B的速度大小为 eq \r(\f(gL,2)\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(1＋\f(1,\r(3)))))
C．A碰到斜面前瞬间，A的速度大小为 eq \r(\f(4gL,5)\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(1＋\f(1,\r(3)))))
D．B下滑过程中，A重力势能的减少量等于A、B动能增加量之和
解析：选C 设A碰到斜面前瞬间的速度大小为vA，速度分解如图所示。因杆不能伸长，则有vB＝vAsin θ，A碰到斜面前瞬间B重力的功率为mgvBsin θ＝eq \f(1,4)mgvA，故A错误；两球下滑过程中，A、B组成的系统机械能守恒，则有mg·eq \f(L,2cs α)＋mgeq \b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\c1(L－\f(L,2cs60°－α)))sin θ＝eq \f(1,2)mvA2＋eq \f(1,2)mvB2，解得vA＝eq \r(\f(4gL,5)\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(1＋\f(1,\r(3)))))，vB＝eq \r(\f(gL,5)\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(1＋\f(1,\r(3)))))，故B错误，C正确；由系统机械能守恒，可知B球下滑过程中，A、B两球重力势能减少量之和等于A、B动能增加量之和，故D错误。
11.(2023·济南高三检测)如图所示，光滑钉子M、N相距2L，处于同一高度。带有光滑小孔的小球A穿过轻绳，轻绳的一端固定在钉子M上，另一端绕过钉子N与小球B相连，B球质量为m。用手将A球托住静止在M、N连线的中点P处，B球也处于静止状态。放手后，A球下落的最大距离为L。已知重力加速度为g。
(1)求A球的质量mA；
(2)求A球下落到最低点时绳中张力T；
(3)用质量为m的C球替换A球，C球从P点由静止释放后，求C球下落距离为L时的速度大小vC。
解析：(1)如图所示，根据几何关系可得A球下落至最低点时，A球与N连线与竖直方向的夹角为α＝45° ①
则B球上升的高度为hB＝MA＋AN－MN＝2eq \r(2)L－2L ②
对A、B组成的系统根据机械能守恒定律得mghB＝mAgL ③
联立②③解得mA＝2(eq \r(2)－1)m。 ④
(2)当A球下落至最低点时，设A、B的加速度大小分别为aA、aB，对A、B根据牛顿第二定律分别有2Tcs α－mAg＝mAaA ⑤
mg－T＝maB ⑥
设A球下落到最低点时的速度大小为vA，则vA在A球两侧绳子的分量大小均为v＝vAcs α ⑦
由于A球拖动两侧的绳子使MA和AN段绳子同时延长，所以此时B球的速度大小为vB＝2v＝2vAcs α ⑧
根据⑧式可知A球下落到最低点附近一极小时间Δt内，A、B的位移关系满足
2xAcs α＝xB ⑨
即2·eq \f(1,2)aA(Δt)2cs α＝eq \f(1,2)aB(Δt)2 eq \(○,\s\up1(10))
联立④⑤⑥eq \(○,\s\up1(10))解得T＝eq \f(\r(2),2)mg。 ⑪
(3)根据(1)题中分析同理可知，当C球下落距离为L时，B球上升的高度仍为hB，且C球与N连线与竖直方向的夹角仍为α，对B、C组成的系统根据机械能守恒定律得mgL－mghB＝eq \f(1,2)mvB2＋eq \f(1,2)mvC2⑫
根据(2)题中分析同理可知vB＝2vCcs α⑬
联立⑫⑬解得vC＝eq \r(\f(6－4\r(2)gL,3))。 ⑭
答案：(1)2(eq \r(2)－1)m (2)eq \f(\r(2),2)mg (3) eq \r(\f(6－4\r(2)gL,3))
第4讲 功能关系 能量守恒定律
第1课时 功能关系、能量守恒定律的理解及应用
一、功能关系
1．几种常见的功能关系
2．两个特殊的功能关系
(1)滑动摩擦力与两物体间相对滑动的路程的乘积等于产生的内能，即Ff·s相对＝Q。
(2)感应电流克服安培力做的功等于产生的电能，即W克安＝E电。
二、能量守恒定律
1．内容：能量既不会凭空产生，也不会凭空消失，它只能从一种形式转化为其他形式，或者从一个物体转移到别的物体，在转化或转移的过程中，能量的总量保持不变。
2．表达式：ΔE减＝ΔE增。
3．应用能量守恒定律解题的步骤
(1)分清有几种形式的能在变化，如动能、势能(包括重力势能、弹性势能、电势能)、内能等。
(2)明确哪种形式的能量增加，哪种形式的能量减少，并且列出减少的能量ΔE减和增加的能量ΔE增的表达式。
(3)列出能量守恒关系式：ΔE减＝ΔE增。,
情境创设
如图所示，轻质弹簧上端固定，下端系一物体，物体在A处时，弹簧处于原长状态。现用手托住物体使它从A处缓慢下降，到达B处时，手和物体自然分开。此过程中，物体克服手的支持力所做的功为W，不考虑空气阻力。
[微点判断]
对于上述情境所描述的过程：
(1)支持力对物体做负功。(√)
(2)弹簧的弹性势能一直增大。(√)
(3)物体的重力势能一直增大。(×)
(4)物体重力势能减少量一定大于W。(√)
(5)弹簧弹性势能增加量一定小于W。(×)
(6)物体与弹簧组成的系统机械能增加量为W。(×)
(7)若将物体从A处由静止释放，则物体到达B处时的动能为W。(√)
(8)弹簧和物体组成的系统机械能减少。(√)
(一) 功能关系(固基点)
[题点全练通]
1．[外力做功与机械能变化的关系](多选)静止在斜面底端的物块，在外力的作用下沿光滑斜面向上做匀加速运动，在某位置撤去外力，经过一段时间物块返回斜面底端。下列说法正确的是( )
A．物块沿斜面上滑的过程中，机械能一直增加
B．物块下滑过程机械能一定守恒
C．外力所做的功等于物块回到底端时的动能
D．外力所做的功小于物块到达最高处的重力势能
解析：选BC 撤去外力后物块依然有向上的速度，所以还可以上滑一段时间，这段时间里机械能不变，A错误；下滑时只有重力做功，机械能守恒，B正确；外力做功等于动能的变化量，C正确；物块到最高点，速度为0，初速度为0，末速度为0，动能无变化，所以外力做的功等于最高点的重力势能，D错误。
2．[重力、摩擦力做功时的功能关系]如图所示，在竖直平面内有一半径为R的圆弧轨道，半径OA水平、OB竖直，一个质量为m的小球自A的正上方P点由静止开始自由下落，小球沿轨道到达最高点B时恰好对轨道没有压力。已知AP＝3R，重力加速度为g，则小球从P到B的运动过程中( )
A．重力做功3mgR
B．机械能减少2mgR
C．合外力做功mgR
D．克服摩擦力做功eq \f(3mgR,2)
解析：选D 重力做功与路径无关，只与初、末位置有关，故小球从P点到B点的运动过程中，重力做功为WG＝mg·2R＝2mgR，故A错误；小球沿轨道到达最高点B时恰好对轨道没有压力，根据牛顿第二定律，有mg＝meq \f(vB2,R)，解得vB＝eq \r(gR)，从P到B的过程中，重力势能的减少量为2mgR，动能的增加量为eq \f(1,2)mvB2＝eq \f(1,2)mgR，故机械能的减少量为2mgR－eq \f(1,2)mgR＝eq \f(3,2)mgR，从P到B的过程中，克服摩擦力做的功等于机械能的减少量，故为eq \f(3,2)mgR，故B错误，D正确；从P到B的过程中，合外力做的功等于动能的增加量，故W＝eq \f(1,2)mvB2＝eq \f(1,2)mgR，故C错误。
3．[含弹簧的物体系统的功能关系](多选)如图所示，水平轻质弹簧左端固定在竖直挡板上，右端与质量为m＝0.5 kg的小物块相连，弹簧处于自然长度时，物块位于O点。将小物块向右拉到P点后由静止释放。已知弹性势能Ep＝eq \f(1,2)kx2，式中x为弹簧的形变量，若弹簧的劲度系数k＝80 N/m，OP＝0.05 m，小物块与水平面间的动摩擦因数为μ，g取10 m/s2，最大静摩擦力等于滑动摩擦力。以下判断正确的是( )
A．μ＝0.8时，小物块将停在P点
B．μ＝0.6时，小物块将停在P点与O点之间
C．μ＝0.4时，小物块将停在O点
D．μ＝0.2时，小物块将停在P点与O点之间
解析：选ABC 若μ＝0.8，在P点释放小物块时，由于kxOP＝fm＝μmg＝4 N，小物块将停在P点，故A正确；若μ＝0.4，小物块从P点运动到O点过程中，由功能关系有eq \f(1,2)kxOP2＝μmgxOP＋eq \f(1,2)mvO′2，解得vO′＝0，即小物块恰好停在O点，故C正确；若μ＝0.6，由于0.4<μ＝0.6<0.8，小物块将停在P点与O点之间，故B正确；由于μ＝0.2<0.4，小物块释放后将越过O点后继续向左运动距离x1，由功能关系有eq \f(1,2)kxOP2＝μmg(xOP＋x1)＋eq \f(1,2)kx12，解得x1＝0.025 m，若小物块能再返回O点，由功能关系有eq \f(1,2)kx12＝μmgx1＋eq \f(1,2)mvO″2，解得vO″＝0，即小物块将停在O点，故D错误。
[要点自悟明]
1．功能关系的理解
(1)做功的过程就是能量转化的过程。不同形式的能量发生相互转化是通过做功来实现的。
(2)功是能量转化的量度，功和能的关系，一是体现在不同的力做功，对应不同形式的能转化，具有一一对应关系，二是做功的多少与能量转化的多少在数值上相等。
2．功能关系的三种应用
(1)物体动能增加与减少要看合外力对物体做正功还是做负功。
(2)势能的增加与减少要看对应的作用力(如重力、弹簧弹力、电场力等)做负功还是做正功。
(3)机械能增加与减少要看重力之外的力对物体做正功还是做负功。
(二) 能量守恒定律的理解及应用(精研点)
1．对能量守恒定律的理解
(1)某种形式的能量减少，一定存在其他形式的能量增加，且减少量和增加量一定相等。
(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。
2．能量转化问题的解题思路
(1)当涉及摩擦力做功，机械能不守恒时，一般应用能量的转化和守恒定律。
(2)解题时，首先确定初、末状态，然后分析状态变化过程中哪种形式的能量减少，哪种形式的能量增加，求出减少的能量总和ΔE减与增加的能量总和ΔE增，最后由ΔE减＝ΔE增列式求解。
[典例] (2023·山东烟台月考)弹跳杆运动是一项广受青少年欢迎的运动，弹跳杆的结构如图甲所示，一根弹簧的下端固定在跳杆的底部，上端固定在一个套在跳杆上的脚踏板底部，质量为5m的小明站在脚踏板上，当他和跳杆处于竖直静止状态时，弹簧的压缩量为x0，小明先保持稳定姿态竖直弹跳。某次弹跳中，从弹簧处于最大压缩量为5x0开始计时，如图乙(a)所示；上升到弹簧恢复原长时，小明抓住跳杆，使得他和弹跳杆瞬间达到共同速度，如图乙(b)所示；紧接着他保持稳定姿态竖直上升到最大高度，如图乙(c)所示。已知全程弹簧始终处于弹性限度内(弹簧弹性势能满足Ep＝eq \f(1,2)kx2，k为弹簧劲度系数，x为弹簧形变量，)跳杆的质量为m，重力加速度为g，空气阻力、弹簧和脚踏板的质量以及弹簧和脚踏板与跳杆间的摩擦均可忽略不计。求：
(1)弹跳杆中弹簧的劲度系数k；
(2)从开始计时至竖直上升到最大高度过程中小明的最大速度vm。
[解析] (1)小明和跳杆处于竖直静止状态时受力平衡，重力与弹簧弹力等大反向，有5mg＝kx0，解得k＝eq \f(5mg,x0)。
(2)小明受到的合力为零时，速度最大，此时小明上升高度为4x0。
根据系统能量守恒定律可知，eq \f(1,2)k(5x0)2＝5mg·4x0＋eq \f(1,2)kx02＋eq \f(1,2)×5mvm2，解得vm＝4eq \r(gx0)。
[答案] (1)eq \f(5mg,x0) (2)4eq \r(gx0)
[规律方法]
涉及弹簧的能量问题的解题方法
两个或两个以上的物体与弹簧组成的系统相互作用的过程，具有以下特点：
(1)能量变化过程中，如果只有重力和系统内弹簧弹力做功，系统机械能守恒。
(2)如果系统每个物体除弹簧弹力外所受合外力为零，则当弹簧伸长或压缩到最大程度时物体速度相同。
(3)当水平弹簧处于原长状态时，系统内某一端的物体具有最大速度。
[针对训练]
1．(2022·浙江6月选考)风力发电已成为我国实现“双碳”目标的重要途径之一。如图所示，风力发电机是一种将风能转化为电能的装置。某风力发电机在风速为9 m/s时，输出电功率为405 kW，风速在5～10 m/s 范围内，转化效率可视为不变。该风机叶片旋转一周扫过的面积为A，空气密度为ρ，风场风速为v，并保持风正面吹向叶片。下列说法正确的是( )
A．该风力发电机的输出电功率与风速成正比
B．单位时间流过面积A的流动空气动能为eq \f(1,2)ρAv2
C．若每天平均有1.0×108 kW的风能资源，则每天发电量为2.4×109 kW·h
D．若风场每年有5 000 h风速在6～10 m/s的风能资源，则该发电机年发电量至少为6.0×105 kW·h
解析：选D 单位时间流过面积A的流动空气体积为V0＝Av，质量为m0＝ρV0＝ρAv，则单位时间流过面积A的流动空气动能为eq \f(1,2)m0v2＝eq \f(1,2)ρAv3，风速在5～10 m/s范围内，转化效率可视为不变，可知该风力发电机的输出电功率与风速的三次方成正比，A、B错误；由于风力发电存在转化效率，若每天平均有1.0×108 kW的风能资源，则每天发电量应满足E<1.0×108×24 kW·h＝2.4×109 kW·h，C错误；若风场每年有5 000 h 风速在6～10 m/s的风能资源，当风速取最小值6 m/s时，该发电机年发电量具有最小值，根据题意，风速为9 m/s时，输出电功率为405 kW，风速在5～10 m/s范围内，转化效率可视为不变，可知风速为6 m/s时，输出电功率为P＝63×eq \f(405,93) kW＝120 kW，则该发电机年发电量至少为E＝Pt＝120×5 000 kW·h＝6.0×105 kW·h，D正确。
2.(多选)如图所示，固定在竖直平面内的内径很小的细管PMN由长度均为L的两段构成，PM段为内径粗糙的水平直管，P端内侧固定有一个带小孔的弹性挡板，MN段光滑且固定在倾角为θ＝30°的斜面上，两段细管在M点通过极短的光滑圆管顺滑连接。一轻质细绳左侧连接一质量为3m的滑块A，绕过轻质滑轮和挡板小孔，与处于N处质量为m的滑块B相连。在外力控制下，两滑块开始均静止，滑块与PM段的动摩擦因数为0.5，最大静摩擦力等于滑动摩擦力，两滑块均可视为质点，重力加速度为g，不计轻绳与滑轮间的摩擦。由静止同时释放两滑块后，关于两滑块的运动，下列说法正确的是( )
A．滑块B第一次运动到M点时，滑块A的速度大小为eq \f(\r(5gL),2)
B．滑块B第一次运动到M点时，滑块A的速度大小为eq \r(gL)
C．滑块B最终将停在M点
D．整个运动过程中，滑块B在水平段运动的总路程为11L
解析：选AD 滑块B第一次运动到M点时，对系统由能量守恒可知3mg·L－mgLsin θ＝eq \f(1,2)(3m＋m)v2，解得v＝eq \f(\r(5gL),2)，故B错误，A正确；对系统分析有3mg＞μmg，故滑块B无法停在M处，最终将停在挡板处，故C错误；从开始到滑块B最终停止，对系统由能量守恒3mg·2L－mgLsin θ＝μmgs，解得s＝11L，故D正确。
1.[渗透五育教育(体育)]投篮时，篮球出手后在空中运行的轨迹称为投篮抛物线。投篮抛物线有低、中、高三种弧线，如图所示。不计空气阻力。下列说法正确的是( )
A．低弧线投篮时，篮球从出手到进筐的运动时间最长
B．高弧线投篮时，篮球从出手到进筐，克服重力做功的平均功率最小
C．低弧线投篮时，人对篮球做的功一定最大
D．中弧线投篮时，人对篮球做的功一定最小
解析：选B 篮球出手后在空中做斜抛运动，可分解为竖直方向的加速度为g的匀变速直线运动和水平方向的匀速直线运动，在上升和下降都有t＝eq \r(\f(2h,g))，可看出竖直方向的高度越大时间越长，则有t高＞t中＞t低，A错误；高弧线投篮时间最长，且低、中、高三种弧线初末两点的高度差相同，则重力做的功相同，根据平均功率的计算有P＝eq \f(W,t)，可得出高弧线投篮时，篮球从出手到进筐，克服重力做功的平均功率最小，B正确；根据能量守恒有W人＝mgh＋Ek末，由于篮球进入篮筐的动能Ek末未知，则无法比较投篮抛物线低、中、高三种情况下人对篮球做的功的大小关系，C、D错误。
2．[联系生活实际](多选)如图所示，救护直升机在应急救援中下面吊着一个箱子，箱里装有一物体，箱里物体刚好与箱顶接触但不挤压。在直升机加速竖直上升的过程中，悬挂箱子的绳子突然断了，此后箱子运动过程中始终保持开始时的姿势，箱子所受的空气阻力与箱子运动速率的平方成正比，则在绳断后箱子运动过程中(假设箱子在空中运动的时间足够长)，下列说法正确的是( )
A．箱子的加速度一直减小直到最后为零
B．箱子的重力势能一直减小
C．绳断的一瞬间，箱内物体对箱底的压力为零
D．箱内物体的机械能先减小后增大
解析：选AC 绳子断后，箱子有向上的速度，由于受到向下的空气阻力和重力，因此箱子向上做减速运动，由于空气阻力与箱子运动速率的平方成正比，由kv2＋mg＝ma可知，箱子向上做加速度越来越小的减速运动，到最高点加速度为g，同理分析，箱子下落过程，由mg－kv2＝ma可知，随着速度增大，加速度减小，最后匀速下降，加速度为零，A正确；箱子先上升后下降，因此重力势能先增大后减小，B错误；绳断的一瞬间，由于箱子向下的加速度大于g，因此箱顶对物体有向下的压力，而物体对箱底的压力为零，C正确；上升过程中，箱顶对物体向下的压力做负功，物体的机械能减小，下降过程中，箱底对物体有向上的作用力，也做负功，因此物体的机械能减小，D错误。
3.[借助科研资料]光伏发电是利用太阳能的技术之一，它利用太阳能电池板，将照射在其上的太阳能转化为电能。农村居民院落或屋顶的光伏发电装置除满足居民家庭用电，还可向电网供电获得收益。太阳光垂直照射地面，在每平方米的面积上，平均每分钟能得到8.4×104 J的太阳能量，如果我们能利用太阳能的10%，那么在面积为50 m2的屋顶上可以利用的太阳能的功率最大为( )
A．7 kW B．8.4 kW
C．70 kW D．420 kW
解析：选A 太阳光照射时间为t，能够利用的太阳能E0＝eq \f(8.4×104,60)t×50×10% J＝7t×103 J，根据功率的表达式有Pmax＝eq \f(E0,t)，解得Pmax＝7 kW，B、C、D错误，A正确。
4．[强调学以致用]质量为m的人造地球卫星与地心的距离为r时，引力势能可表示为Ep＝－eq \f(GMm,r)，其中G为引力常量，M为地球质量。该卫星原来在半径为R1的轨道上绕地球做匀速圆周运动，由于受到极稀薄空气的摩擦作用，飞行一段时间后其做匀速圆周运动的半径变为R2，此过程中因摩擦而产生的热量为( )
A．GMmeq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(eq \f(1,R2)－eq \f(1,R1)))B．GMmeq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(eq \f(1,R1)－eq \f(1,R2)))
C．eq \f(GMm,2)eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(eq \f(1,R2)－eq \f(1,R1)))D．eq \f(GMm,2)eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(eq \f(1,R1)－eq \f(1,R2)))
解析：选C 卫星绕地球做匀速圆周运动满足Geq \f(Mm,r2)＝meq \f(v2,r)，动能Ek＝eq \f(1,2)mv2＝eq \f(GMm,2r)，机械能E＝Ek＋Ep，则E＝eq \f(GMm,2r)－eq \f(GMm,r)＝－eq \f(GMm,2r)。卫星由半径为R1的轨道降到半径为R2的轨道过程中损失的机械能ΔE＝E1－E2＝eq \f(GMm,2)eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(eq \f(1,R2)－eq \f(1,R1)))，即为下降过程中因摩擦而产生的热量，所以C正确。
5．[渗透五育教育(体育)]北京冬奥会自由式滑雪女子U型场地技巧项目中，我国选手谷爱凌荣获冠军。如图所示为U型池模型，其中a、c为U型池两侧边缘且在同一水平面上，b为U型池最低点。运动员(可视为质点)从a点上方高h的O点自由下落由左侧进入池中，从右侧飞出后最高上升至相对c点高度为eq \f(h,2)的d点。不计空气阻力，下列判断正确的是( )
A．运动员从O到d的过程中机械能减少
B．运动员再次进入池中后，刚好到达左侧边缘a然后返回
C．运动员第一次进入池中，由a到b的过程与由b到c的过程相比损耗机械能较小
D．运动员从d返回到b的过程中，重力势能全部转化为动能
解析：选A 运动员从a点上方高h处自由下落由左侧进入池中，从右侧飞出后上升的最大高度为eq \f(h,2)，此过程中摩擦力做负功，机械能减少eq \f(mgh,2)，再由右侧进入池中时，平均速率要小于由左侧进入池中过程中的平均速率，根据圆周运动的知识可知，速率减小，对应的正压力减小，则平均摩擦力减小，克服摩擦力做的功减少，即摩擦力做的功小于eq \f(mgh,2)，则运动员再次进入池中后，能够冲出左侧边缘a然后返回，故A正确，B错误；同理可知运动员第一次进入池中，由a至b过程的平均速率大于由b到c过程的平均速率，由a到b过程中的平均摩擦力大于由b到c过程中的平均摩擦力，前一过程损耗机械能较大，故C错误；运动员从d返回到b的过程中，摩擦力做负功，重力势能转化为动能和内能，故D错误。
[课时跟踪检测]
一、立足主干知识，注重基础性和综合性
1．(多选)秋千是人们喜欢的一种健身娱乐活动。会荡秋千的人，不用别人帮助推，就能越荡越高，而不会荡秋千的人则始终荡不起来。对能独自把秋千越荡越高的现象，下列说法正确的是( )
A．通过人做功，系统的机械能不断增加
B．只存在动能和重力势能的相互转化
C．系统没有外力做功，机械能守恒
D．从高处荡下时身体应迅速下蹲，从最低点向上摆起时，身体应迅速直立起来
解析：选AD 从高处荡下时身体应迅速下蹲，此过程降低重心，将更多的重力势能转化为动能，获得更大的速度，从最低点向上摆起时，身体迅速直立起来，此过程人克服重力做功，升高重心，获得更大的重力势能，系统的机械能不断增加，这样秋千才能越荡越高，A、D正确。从最低点向上摆起时，身体迅速直立起来，重心升高，此过程人克服重力做功，系统的机械能不断增加，人克服重力做功的过程中，将自身的化学能转化为机械能，B、C错误。
2.(2023·孝感高三调研)如图所示为足球被踢出后在空中依次经过a、b、c三点的运动轨迹示意图，b为最高点，a、c两点等高。则足球( )
A．从a运动到b的时间大于从b运动到c的时间
B．在b点的加速度方向竖直向下
C．在a点的机械能比在b点的大
D．在a点的动能与在c点的相等
解析：选C 足球被踢出后，对足球受力分析，足球受到重力和空气阻力，当足球从a运动到b过程中竖直方向上重力和空气阻力都向下，从b运动到c的过程中竖直方向上空气阻力向上，故从a运动到b的过程中竖直方向上的加速度大于从b运动到c过程中竖直方向上的加速度，a、c两点等高，故从a运动到b的时间小于从b运动到c的时间，A错误；在b点，足球运动方向向右，空气阻力水平向左，故此刻足球的加速度斜向下，B错误；由于过程中空气阻力做负功，机械能减少，故在a点的机械能比在b点的大，C正确；从a运动到c过程中机械能减少，a、c两点等高，重力势能相同，a点的动能比在c点时大，D错误。
3.(多选)如图，有一竖直放置的轻弹簧，将物块放在轻弹簧上端由静止释放，物块将向下运动压缩弹簧。已知物块质量为m，弹簧的最大压缩量为d，重力加速度为g。在此过程中( )
A．重力对物块做正功
B．弹簧弹力对物块做正功
C．物块重力势能减少了mgd
D．弹簧的弹性势能减少了mgd
解析：选AC 根据题意可知，物块下降压缩弹簧，则重力对物块做正功，弹簧弹力对物块做负功，故B错误，A正确；由公式W＝Fx可得，重力做功为W＝mgd，由重力做功与重力势能的关系可知，物块重力势能减少了mgd，故C正确；根据能量守恒定律可知，弹簧的弹性势能增加了mgd，故D错误。
4．(多选)从地面上的A点竖直上抛一个物体，初动能EkA＝100 J，最高点为B点，从B点下落到C点的过程机械能损失ΔEBC＝5 J，C点时的动能EkC＝30 J，上升和下落的过程中空气阻力大小恒定。规定在地面时重力势能为零，则( )
A．最高点时的重力势能为87.5 J
B．上升过程损失的机械能为20 J
C．落地时的动能为60 J
D．重力的大小是阻力大小的7倍
解析：选AD 最高点为B点，从B点下落到C点的过程，克服阻力做功使得机械能损失，故WfBC＝ΔEBC＝5 J，从B点下落到C点的过程，由动能定理得mgxBC－fxBC＝EkC－0，联立得mg＝7f，D正确；从A点上升到B点的过程，由动能定理得－mgxAB－fxAB＝0－EkA，EpB＝mgxAB＝eq \f(7,8)EkA，解得最高点时的重力势能为87.5 J，A正确；上升过程损失的机械能为ΔEAB＝fxAB＝12.5 J，B错误；落地时的动能为Ek＝EkA－2ΔEAB＝75 J，C错误。
5.北京冬奥会的成功举办，使人们参与冰雪运动的热情高涨。如图所示为滑雪滑道PQR的示意图，质量60 kg的滑雪爱好者从顶端P静止滑下，从末端R滑出时速度大小为18 m/s，滑行过程中姿势保持不变，P端相对滑道最低点Q高度为24 m，R端相对Q点高度为4 m。从P到R滑行过程中，该滑雪爱好者克服阻力做功和重力做功的比值约为( )
A．0.1 B．0.2
C．0.8 D．1
解析：选B 由能量守恒可知从P到R滑行过程中，该滑雪爱好者克服阻力做功Wf＝mg(H－h)－eq \f(1,2)mv2＝60×10×(24－4)J－eq \f(1,2)×60×182 J＝2 280 J，从P到R滑行过程中，重力做功WG＝mg(H－h)＝12 000 J，则eq \f(Wf,WG)＝eq \f(2 280,12 000)≈0.2，故选B。
6．(多选)将一初动能为E的物体(可视为质点)竖直上抛，物体回到出发点时，动能为eq \f(E,2)，取出发点位置的重力势能为零，整个运动过程可认为空气阻力大小恒定，则该物体动能与重力势能相等时，其动能为( )
A．eq \f(E,4) B．eq \f(3E,10)
C．eq \f(3E,7) D．eq \f(4E,9)
解析：选BC 设上升的最大高度为h，根据功能关系f·2h＝E－eq \f(E,2)＝eq \f(E,2)，根据能量守恒可得E＝mgh＋fh，求得mgh＝eq \f(3,4)E，fh＝eq \f(1,4)E，求得f＝eq \f(1,3)mg，若在上升阶段离出发点H处动能和重力势能相等，由能量守恒Ek＋mgH＝E－fH，Ek＝Ep＝mgH，求得Ek＝mgH＝eq \f(3,7)E，若在下降阶段离出发点高度为H′处动能和重力势能相等，由能量守恒Ek′＋mgH′＝E－f(2h－H′)，Ek′＝Ep′＝mgH′，求得Ek′＝mgH′＝eq \f(3,10)E，故选B、C。
7.如图所示，某同学用细线吊着质量为m的小球做圆锥摆运动，摆长为L，摆线与竖直方向的夹角θ＝30°，若该同学通过细线对小球做功，使摆线与竖直方向的夹角增大为60°，小球仍做圆锥摆运动，重力加速度为g。此过程保持悬点的高度不变，则该同学通过细线对小球做的功为( )
A．eq \f(5\r(3)＋3,12)mgL B．eq \f(5\r(3)－3,12)mgL
C．eq \f(9－\r(3),12)mgL D．eq \f(\r(3)－1,2)mgL
解析：选A 锥角未变化前，运动半径为r＝eq \f(1,2)L，细线的拉力和重力的合力充当向心力，故F＝mgtan 30°＝meq \f(v12,\f(1,2)L)，解得v12＝eq \f(1,2)gLtan 30°＝eq \f(\r(3),6)gL，悬点到小球运动平面的高度为h1＝eq \f(\r(3),2)L。锥角变化后，小球的运动半径r＝eq \f(\r(3),2)L，根据牛顿第二定律可得F′＝mgtan 60°＝meq \f(v22,\f(\r(3),2)L)，解得v22＝eq \f(\r(3),2)gLtan 60°＝eq \f(3,2)gL，悬点到小球运动平面的高度为h2＝eq \f(1,2)L，故细线对小球做功为W＝ΔEk＋ΔEp＝eq \f(1,2)m(v22－v12)＋mg(h1－h2)＝eq \f(5\r(3)＋3,12)mgL，故选A。
8．(多选)一物体沿着固定在水平地面上的粗糙斜面从底端向上运动，运动到最高点后沿斜面下滑到底端，已知斜面的粗糙程度处处相同，斜面倾角的正切值为tan α＝eq \f(13,10)，物体从底端上滑到最高点的时间是从最高点下滑到底端时间的eq \f(2,3)。以水平地面为重力势能参考平面，则( )
A．物体从底端上滑时的动能是回到底端时动能的eq \f(9,4)
B．物体与斜面之间的动摩擦因数为eq \f(2,3)
C．物体上滑过程中损失的机械能是出发时机械能的eq \f(5,18)
D．物体在斜面上运动时最大的重力势能是出发时机械能的eq \f(8,13)
解析：选AC 设初速度为v1，则由逆向思维可得上升时v1＝a1t1，x＝eq \f(1,2)a1t12，下降时满足v2＝a2t2，x＝eq \f(1,2)a2t22，由牛顿第二定律可得mgsin α＋μmgcs α＝ma1，mgsin α－μmgcs α＝ma2，即a1＝gsin α＋μgcs α，a2＝gsin α－μgcs α，因为eq \f(t1,t2)＝eq \f(2,3)，联立得eq \f(a1,a2)＝eq \f(9,4)，所以解得μ＝eq \f(1,2)，eq \f(v1,v2)＝eq \f(3,2)，所以eq \f(Ek1,Ek2)＝eq \f(9,4)，故A正确，B错误；因为物体损失的机械能上升时满足ΔE＝fx，上升的最大重力势能为Ep＝mgxsin α，由能量守恒定律得E0＝mgxsin α＋fx，其中f＝μmgcs α，所以eq \f(ΔE,E0)＝eq \f(μmgxcs α,mgxsin α＋μmgxcs α)＝eq \f(5,18)，同理可得eq \f(Ep,E0)＝eq \f(13,18)，故C正确，D错误。
9．(2023·福建漳州模拟)如图为某货物传送装置示意图，轻弹簧的一端固定在斜面底端，另一端与移动平板A相连。正常工作时，A在弹簧弹力作用下，由P处静止开始运动，到斜面顶端Q处时速度减为零，弹簧恰好恢复原长，此时货物B从斜面顶端静止释放，并与A一起下滑。当到达P处时，二者速度恰好为零，B会从P处的小孔落下，此后系统循环工作。已知弹簧劲度系数为k，A的质量为m、斜面倾角为θ，A、B与斜面间的动摩擦因数均为eq \f(tan θ,2)，重力加速度为g，A、B均可视为质点。求：
(1)A上滑速度最大时弹簧的形变量；
(2)在斜面顶端Q处，A、B刚要下滑时的加速度大小；
(3)货物B的质量。
解析：(1)A在上滑速度最大时，加速度为0，此时A受力平衡，设A所受摩擦力为f1，有f1＝μmgcs θ＝eq \f(1,2)mgsin θ，mgsin θ＋f1＝kx1
解得x1＝eq \f(3mgsin θ,2k)。
(2)设B质量为M，对A、B整体由牛顿第二定律
(M＋m)gsin θ－μ(M＋m)gcs θ＝(M＋m)a
解得a＝eq \f(1,2)gsin θ。
(3)从接到货物B到最低点P，设PQ＝L，由能量守恒定律得
(M＋m)gLsin θ＝μ(M＋m)gLcs θ＋Epmax
A从释放到顶端Q，由能量守恒定律得Epmax＝mgLsin θ＋μmgLcs θ
解得M＝2m。
答案：(1)eq \f(3mgsin θ,2k) (2)eq \f(1,2)gsin θ (3)2m
二、强化迁移能力，突出创新性和应用性
10.(多选)如图所示，质量均为m的物块甲、乙用轻弹簧相连且静止在倾角为α的光滑斜面上，物块乙与固定在斜面底端并与斜面垂直的挡板接触，弹簧的劲度系数为k。某时刻若用沿斜面向上的恒力F1作用在物块甲上，当物块甲向上运动到速度为零时，物块乙刚好要离开挡板，此过程F1做功为W1。若用沿斜面向上的恒力F2作用在物块甲上，当物块甲斜向上运动到加速度为零时，物块乙刚好要离开挡板，此过程F2做功为W2，重力加速度为g，弹簧始终处在弹性限度内，则下列判断正确的是( )
A．F1＝2mgsin α
B．F2＝2mgsin α
C．W1等于弹簧弹性势能的增加量
D．W2等于物块甲机械能的增加量
解析：选BD 当用F1拉着物块甲向上运动到速度为零时，物块乙刚好要离开挡板，此时物块甲的加速度方向沿斜面向下，因此F1<2mgsin α，故A错误；当用F2拉着物块甲向上运动到加速度为零时，物块乙刚好要离开挡板，此时甲、乙整体所受的合力为零，则有F2＝2mgsin α，故B正确；当用F1拉着物块甲向上运动到速度为零时，弹簧弹性势能的变化量为零，F1做的功W1等于物块甲重力势能的增加量，故C错误；当用F2拉着物块甲向上运动到加速度为零时，物块乙刚好要离开挡板，此过程中弹簧弹性势能的变化量仍为零，F2做的功W2等于物块甲机械能的增加量，故D正确。
11．(多选)如图所示为某缓冲装置的模型图，一轻杆S被两个固定薄板夹在中间，轻杆S与两薄板之间的滑动摩擦力均为f，轻杆S露在薄板外面的长度为l。轻杆S前端固定一个劲度系数为eq \f(3f,l)的轻弹簧。一质量为m的物体从左侧以速度v0撞向弹簧，能使轻杆S向右侧移动eq \f(l,6)。已知弹簧的弹性势能Ep＝eq \f(1,2)kx2，其中k为劲度系数，x为形变量。最大静摩擦力等于滑动摩擦力，弹簧始终在弹性限度内，下列说法正确的是( )
A．欲使轻杆S发生移动，物体m运动的最小速度为eq \f(\r(10),10)v0
B．欲使轻杆S发生移动，物体m运动的最小速度为eq \f(\r(6),3)v0
C．欲使轻杆S左端恰好完全进入薄板，物体m运动的速度为eq \f(\r(6),2)v0
D．欲使轻杆S左端恰好完全进入薄板，物体m运动的速度为eq \f(2\r(6),3)v0
解析：选BD 当轻杆刚要移动时，对轻杆受力分析，设此时弹簧弹力为F，压缩量为x，由平衡条件知F＝kx＝2f，带入k的值可得x＝eq \f(2,3)l，设欲使轻杆S发生移动，物体m运动的最小速度为v1，则由能量守恒eq \f(1,2)mv12＝eq \f(1,2)keq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(2,3)l))2，由题意，物体以速度v0撞向弹簧，能使轻杆S向右侧移动eq \f(l,6)，由能量守恒eq \f(1,2)mv02＝2f×eq \f(l,6)＋eq \f(1,2)mv12，联立可得v1＝eq \f(\r(6),3)v0，故A错误，B正确；欲使轻杆S左端恰好完全进入薄板，物体m运动的速度为v2，则由能量守恒eq \f(1,2)mv22＝2f×l＋eq \f(1,2)mv12，可解得v2＝eq \f(2\r(6),3)v0，故C错误，D正确。
12.如图所示，粗糙轻杆水平固定在竖直轻质转轴上A点。质量为m的小球和轻弹簧套在轻杆上，小球与轻杆间的动摩擦因数为μ，弹簧原长为0.6L，弹簧左端固定在A点，右端与小球相连。长为L的细线一端系住小球，另一端系在转轴上B点，AB间距离为0.6L。装置静止时将小球向左缓慢推到距A点0.4L处时松手，小球恰能保持静止。接着使装置由静止缓慢加速转动。已知小球与杆间最大静摩擦力等于滑动摩擦力，重力加速度为g，不计转轴所受摩擦。
(1)求弹簧的劲度系数k；
(2)求小球与轻杆间恰无弹力时装置转动的角速度ω；
(3)从开始转动到小球与轻杆间恰无弹力过程中，外界提供给装置的能量为E，求该过程摩擦力对小球做的功W。
解析：(1)依题意，有k(0.6L－0.4L)＝μmg
解得k＝eq \f(5μmg,L)。
(2)小球与轻杆间恰无弹力时受力情况如图所示，此时弹簧长度为0.8L，有Tsin 37°＝mg，Tcs 37°＋k(0.8L－0.6L)＝0.8mω2L
解得ω＝eq \r(\f(15μ＋20g,12L))。
(3)题设过程中初始时弹簧的压缩量与最终状态时的伸长量相等，故弹性势能改变量ΔEp＝0
设小球克服摩擦力做功为W′，则由功能关系有E＝W′＋eq \f(1,2)mv2
其中v＝0.8ωL，解得W′＝E－eq \f(6μ＋8mgL,15)
该过程摩擦力对小球做的功W＝－W′＝eq \f(6μ＋8mgL,15)－E。
答案：(1)eq \f(5μmg,L) (2) eq \r(\f(15μ＋20g,12L))
(3)eq \f(6μ＋8mgL,15)－E
第2课时 功能关系的综合应用
(一) 摩擦力做功与摩擦热
1．两种摩擦力做功的比较
2．三步求解相对滑动物体的能量问题
[考法全训]
考法1 摩擦力做功与摩擦热的计算
1.(多选)如图所示，质量为M、长度为L的小车静止在光滑水平面上，质量为m的小物块(可视为质点)放在小车的最左端。现用一水平恒力F作用在小物块上，使小物块从静止开始做匀加速直线运动。小物块和小车之间的摩擦力为Ff，小物块滑到小车的最右端时，小车运动的距离为x。此过程中，以下结论正确的是( )
A．小物块到达小车最右端时的动能为(F－Ff)(L＋x)
B．小物块到达小车最右端时，小车的动能为Ffx
C．小物块克服摩擦力所做的功为Ff(L＋x)
D．系统产生的内能为Fx
解析：选ABC 由动能定理可得，小物块到达小车最右端时的动能Ek物＝W合＝(F－Ff)(L＋x)，A正确；小物块到达小车最右端时，小车的动能Ek车＝Ffx，B正确；小物块克服摩擦力所做的功Wf＝Ff(L＋x)，C正确；系统产生的内能为FfL，D错误。
考法2 往复运动中摩擦力做功的计算
2．(多选)如图所示，AB为固定水平长木板，长为L，C为长木板的中点，AC段光滑，CB段粗糙，一原长为eq \f(L,4)的轻弹簧一端连在长木板左端的挡板上，另一端连一物块，开始时将物块拉至长木板的右端B点，由静止释放物块，物块在弹簧弹力的作用下向左滑动，已知物块与长木板CB段间的动摩擦因数为μ，物块的质量为m，弹簧的劲度系数为k，且k＞eq \f(4μmg,L)，物块第一次到达C点时，物块的速度大小为v0，这时弹簧的弹性势能为E0，不计物块的大小，则下列说法正确的是( )
A．物块可能会停在CB面上某处
B．物块最终会做往复运动
C．弹簧开始具有的最大弹性势能为eq \f(1,2)mv02＋E0
D．物块克服摩擦做的功最大为eq \f(1,2)mv02＋eq \f(1,2)μmgL
解析：选BD 由于k＞eq \f(4μmg,L)，由此k·eq \f(1,4)L＞μmg，由此，物块不可能停在BC段，故A错误；只要物块滑上BC段，就要克服摩擦力做功，物块的机械能就减小，所以物块最终会在AC段做往复运动，故B正确；物块从开始运动到第一次运动到C点的过程中，根据能量守恒定律得Epm＝E0＋eq \f(1,2)mv02＋μmg·eq \f(L,2)，故C错误；物块第一次到达C点时，物块的速度大小为v0，物块最终会在AC段做往复运动，到达C点的速度为0，可知物块克服摩擦做的功最大为Wfm＝Epm－E0＝eq \f(1,2)mv02＋eq \f(1,2)μmgL，故D正确。
考法3 斜面上物体运动过程中摩擦热的计算
3.(2023·南京模拟)如图所示，倾角θ＝37°的斜面体固定在水平地面上，斜面的长为6 m，长为3 m、质量为4 kg的长木板A放在斜面上，上端与斜面顶端对齐，质量为2 kg的物块B放在长木板的上端，同时释放A和B，结果当A的下端滑到斜面底端时，物块B也刚好滑到斜面的底端，运动的时间为2 s。重力加速度g取10 m/s2，不计物块B的大小，最大静摩擦力等于滑动摩擦力，sin 37°＝0.6，cs 37°＝0.8。求：
(1)长木板A与斜面间的动摩擦因数μ1和物块B与A间的动摩擦因数μ2；
(2)从开始到A的下端滑到斜面底端的过程中，A与B间、A与斜面间因摩擦产生的总热量。
解析：(1)设长木板A和物块B运动的加速度大小分别为a1、a2，物块B运动到斜面底端经历时间为t，令长木板A的长为L、物块B的质量为m，则斜面长为2L、长木板A的质量为2m，以长木板为研究对象，则L＝eq \f(1,2)a1t2，根据牛顿第二定律2mgsin θ－μ1×3mgcs θ＋μ2mgcs θ＝2ma1，以物块B为研究对象，则2L＝eq \f(1,2)a2t2，根据牛顿第二定律mgsin θ－μ2mgcs θ＝ma2，联立以上各式并代入数据解得μ1＝0.5，μ2＝0.375。
(2)设长木板A和物块B运动到斜面底端时速度分别为v1、v2，根据运动学公式L＝eq \f(1,2)v1t,2L＝eq \f(1,2)v2t，因摩擦产生的总热量Q＝mg×2Lsin θ＋2mgLsin θ－eq \f(1,2)mv22－eq \f(1,2)×2mv12或Q＝μ13mgcs θ·L＋μ2mg cs θ·L，代入数据解得Q＝90 J。
答案：(1)0.5 0.375 (2)90 J
(二) 传送带模型的能量问题
1.传送带问题的两个角度
2.功能关系分析
(1)功能关系分析：W＝ΔEk＋ΔEp＋Q。
(2)对W和Q的理解：
①传送带做的功：W＝Fx传。
②产生的内能：Q＝Ffx相对。
[考法全训]
考法(一) 水平传送带问题
[例1] (2021年8省联考·江苏卷)如图所示，水平传送带足够长，向右前进的速度v＝4 m/s，与倾角为37°的斜面的底端P平滑连接，将一质量m＝2 kg 的小物块从A点静止释放。已知A、P的距离L＝8 m，物块与斜面、传送带间的动摩擦因数分别为μ1＝0.25、μ2＝0.20，取重力加速度g＝10 m/s2，sin 37°＝0.6，cs 37°＝0.8。求物块：
(1)第1次滑过P点时的速度大小v1；
(2)第1次在传送带上往返运动的时间t；
(3)从释放到最终停止运动，与斜面间摩擦产生的热量Q。
[解析] (1)由动能定理得
(mgsin 37°－μ1mgcs 37°)L＝eq \f(1,2)mv12－0
解得v1＝8 m/s。
(2)由牛顿第二定律得μ2mg＝ma，物块与传送带共速时，由速度公式得－v＝v1－at1，解得t1＝6 s，
匀速运动阶段的时间为t2＝eq \f(\f(v12,2a)－\f(v2,2a),v)＝3 s
第1次在传送带上往返运动的时间t＝t1＋t2＝9 s。
(3)由分析可知，物块第一次离开传送带以后，直到物块停止运动，每次再到达传送带和离开传送带的速度大小相等，则根据能量守恒有Q＝μ1mgcs 37°L＋eq \f(1,2)mv2＝48 J。
[答案] (1)8 m/s (2)9 s (3)48 J
考法(二) 倾斜传送带问题
[例2] (2023·山东济宁高三模拟)如图所示，应用传送带向高处传送大宗货物时，有时要利用质量为300 kg的物体B通过轻质绳及光滑定滑轮协助传送带将质量为200 kg物体A传送到H高处，已知传送带倾角为30°，与货物间接触面动摩擦因数为eq \f(\r(3),6)，传送带以5 m/s速度恒速顺时针传动，物体B最初离地面6.5米，最终A刚好到达顶端。求：
(1)高度H多少米？
(2)整个过程由于摩擦而产生的热量是多少？
(3)由于运输物体A，电动机要多消耗多少电能？
[解析] (1)刚开始由于物体A的速度小于传送带速度，传送带给物体A向上的滑动摩擦力，以物体A为对象，根据牛顿第二定律可得T＋μmAgcs 30°－mAgsin 30°＝mAa1
以物体B为对象，根据牛顿第二定律可得mBg－T＝mBa1
联立解得a1＝5 m/s2
从开始到物体A与传送带共速v1，物体A所走的位移为x1＝eq \f(v12,2a1)＝eq \f(52,2×5) m＝2.5 m＜6.5 m
物体B距离地面x2＝(6.5－2.5)m＝4 m
物体A与传送带共速后，A继续加速，传送带给物体A向下的滑动摩擦力，以物体A为对象，根据牛顿第二定律可得T′－μmAgcs 30°－mAgsin 30°＝mAa2
以物体B为对象，根据牛顿第二定律可得mBg－T′＝mBa2
联立解得a2＝3 m/s2
从物体A与传送带共速v1到物体B落地过程，设物体B落地瞬间速度大小为v2，则有2a2x2＝v22－v12
解得v2＝eq \r(2a2x2＋v12)＝eq \r(2×3×4＋52) m/s＝7 m/s
物体B落地后，绳子拉力变为零，物体A向上做匀减速运动的加速度大小为
a3＝eq \f(μmAgcs 30°＋mAgsin 30°,mA)＝7.5 m/s2
物体A从速度v2减速到再次与传送带共速v1，所走的位移为x3＝eq \f(v22－v12,2a3)＝eq \f(72－52,2×7.5) m＝1.6 m
物体A再次与传送带共速后，物体A继续向上做匀减速运动的加速度大小为
a4＝eq \f(mAgsin 30°－μmAgcs 30°,mA)＝2.5 m/s2
从共速v1到刚好到达顶端，所走的位移为x4＝eq \f(v12,2a4)＝eq \f(52,2×2.5) m＝5 m
故整个过程物体A向上所走的位移为xA＝x1＋x2＋x3＋x4＝(2.5＋4＋1.6＋5)m＝13.1 m
可知高度H＝xAsin 30°＝6.55 m。
(2)从开始到物体A与传送带第一次共速所用时间为t1＝eq \f(v1,a1)＝eq \f(5,5) s＝1 s
此过程物体A与传送带的相对位移大小为s1＝v1t1－eq \f(v1t1,2)＝2.5 m
此过程产生的内能为Q1＝μmAgcs 30°·s1＝1 250 J
从物体A与传送带共速到物体B落地过程，所用时间为t2＝eq \f(v2－v1,a2)＝eq \f(7－5,3) s＝eq \f(2,3) s
此过程物体A与传送带的相对位移大小为s2＝eq \f(v1＋v2,2)t2－v1t2＝eq \f(2,3) m
此过程产生的内能为Q2＝μmAgcs 30°·s2＝eq \f(1 000,3) J
物体A从速度v2减速到再次与传送带共速，所用时间为t3＝eq \f(v2－v1,a3)＝eq \f(7－5,7.5) s＝eq \f(4,15) s
此过程物体A与传送带的相对位移大小为s3＝eq \f(v1＋v2,2)t3－v1t3＝eq \f(4,15) m
此过程产生的内能为Q3＝μmAgcs 30°·s3＝eq \f(400,3) J
从再一次共速到刚好到达顶端，所用时间为t4＝eq \f(v1,a4)＝eq \f(5,2.5) s＝2 s
此过程物体A与传送带的相对位移大小为s4＝v1t4－eq \f(v1,2)t4＝5 m
此过程产生的内能为Q4＝μmAgcs 30°·s4＝2 500 J
故整个过程由于摩擦而产生的热量为Q＝Q1＋Q2＋Q3＋Q4＝eq \f(12 650,3) J。
(3)由于运输物体A，假设电动机要多消耗的电能为E电，根据能量守恒定律可得
E电＋mBghB＝mAgH＋Q＋eq \f(1,2)mBv22
代入数据解得E电＝eq \f(15 500,3) J。
[答案] (1)6.55 m (2)eq \f(12 650,3) J (3)eq \f(15 500,3) J
[规律方法]
传送带模型问题的分析流程
(三) “滑块—木板”模型中的能量问题
1．模型分类
滑块—木板模型根据情况可以分成水平面上的滑块—木板模型和斜面上的滑块—木板模型。
2．位移关系
滑块从木板的一端运动到另一端的过程中，若滑块和木板沿同一方向运动，则滑块的位移大小和木板的位移大小之差等于木板的长度；若滑块和木板沿相反方向运动，则滑块的位移大小和木板的位移大小之和等于木板的长度。
3．解题关键
找出物体之间的位移(路程)关系或速度关系是解题的突破口，求解中应注意联系两个过程的纽带，每一个过程的末速度是下一个过程的初速度。
[典例] 如图所示，一个可视为质点的小物块的质量为m＝1 kg，从光滑平台上的A点以v0＝2 m/s 的初速度水平抛出，到达C点时，恰好沿C点的切线方向进入固定在水平地面上的光滑圆弧轨道，最后小物块滑上紧靠轨道末端D点的质量为M＝3 kg的长木板。已知长木板上表面与圆弧轨道末端切线相平，水平地面光滑，小物块与长木板间的动摩擦因数μ＝0.3，圆弧轨道的半径为R＝0.4 m，C点和圆弧的圆心连线与竖直方向的夹角θ＝60°，不计空气阻力，g取10 m/s2。求：
(1)小物块刚要到达圆弧轨道末端D点时对轨道的压力；
(2)要使小物块不滑出长木板，长木板长度的最小值。
[解析] (1)小物块在C点时的速度大小vC＝eq \f(v0,cs 60°)
小物块由C到D的过程中，由动能定理得
mgR(1－cs 60°)＝eq \f(1,2)mvD2－eq \f(1,2)mvC2
代入数据解得vD＝2eq \r(5) m/s
小物块在D点时由牛顿第二定律得FN－mg＝meq \f(vD2,R)
代入数据解得FN＝60 N
由牛顿第三定律得小物块对轨道的压力FN′＝FN＝60 N，方向竖直向下。
(2)设小物块刚好能滑到长木板左端且达到共同速度的大小为v，滑行过程中，小物块与长木板的加速度大小分别为a1＝eq \f(\a\vs4\al(μ)mg,m)＝μg，a2＝eq \f(\a\vs4\al(μ)mg,M)
速度分别为v＝vD－a1t，v＝a2t
对小物块和长木板组成的系统，由能量守恒定律得
μmgL＝eq \f(1,2)mvD2－eq \f(1,2)(m＋M)v2
解得L＝2.5 m。
[答案] (1)60 N，方向竖直向下 (2)2.5 m
[规律方法]
“滑块—木板”问题的三种处理方法
(1)求解对地位移可优先考虑应用动能定理。
(2)求解相对位移可优先考虑应用能量守恒定律。
(3)地面光滑时，求速度可优先考虑应用动量守恒定律。如典例第(2)问：mvD＝(m＋M)v。
[针对训练]
1.(多选)如图所示，长木板A放在光滑的水平地面上，物体B以水平速度冲上A后，由于摩擦力作用，最后停止在木板A上，则从B冲到木板A上到相对木板A静止的过程中，下述说法中正确的是( )
A．物体B动能的减少量等于系统损失的机械能
B．物体B克服摩擦力做的功等于系统内能的增加量
C．物体B损失的机械能等于木板A获得的动能与系统损失的机械能之和
D．摩擦力对物体B做的功和对木板A做的功的总和的绝对值等于系统内能的增加量
解析：选CD 物体B以水平速度冲上A后，由于摩擦力作用，B减速运动，A加速运动，根据能量守恒定律，物体B动能的减少量等于A增加的动能和系统产生的热量之和，A错误；根据动能定理，物体B克服摩擦力做的功等于B损失的动能，B错误；由能量守恒定律可知，物体B损失的机械能等于木板A获得的动能与系统损失的机械能之和，C正确；物体B克服摩擦力做的功等于B动能的减少量，摩擦力对木板A做的功等于A动能的增加量，由能量守恒定律，摩擦力对物体B做的功和对木板A做的功的总和的绝对值等于系统内能的增加量，D正确。
2.(多选)如图所示，一倾角为θ＝37°的足够长斜面体固定在水平地面上，质量为M＝2 kg的长木板B沿着斜面以速度v0＝9 m/s匀速下滑，现把质量为m＝1 kg的铁块A无初速度放在长木板B的左端，铁块最终恰好没有从长木板上滑下。已知A与B之间、B与斜面之间的动摩擦因数均为μ，最大静摩擦力等于滑动摩擦力，取重力加速度g＝10 m/s2，sin 37°＝0.6，cs 37°＝0.8，则下列判断正确的是( )
A．动摩擦因数μ＝0.5
B．铁块A和长木板B共速后的速度大小为6 m/s
C．长木板的长度为2.25 m
D．从铁块放上长木板到铁块和长木板共速的过程中，铁块A和长木板B减少的机械能等于A、B之间摩擦产生的热量
解析：选BC 开始时长木板B沿着斜面以速度v0＝9 m/s匀速下滑，有Mgsin 37°＝μMgcs 37°，解得μ＝0.75，A错误；铁块A刚放在长木板B上时，对A分析，根据牛顿第二定律有μmgcs 37°＋mgsin 37°＝maA，解得aA＝12 m/s2，方向沿斜面向下，对B，根据牛顿第二定律有μ(M＋m)gcs 37°＋μmgcs 37°－Mgsin 37°＝MaB，解得aB＝6 m/s2，方向沿斜面向上，设铁块A和长木板B共速的时间为t，则v0－aBt＝aAt，解得t＝0.5 s，铁块A和长木板B共速后，速度大小为v共＝aAt＝6 m/s，B正确；铁块A和长木板B共速，一起沿斜面匀速下滑，则长木板的长度为L＝xB－xA＝eq \f(v0＋v共,2)t－eq \f(v共,2)t＝2.25 m，C正确；由能量守恒定律可知，从铁块放上长木板到铁块和长木板共速的过程中，铁块A和长木板B减少的机械能等于A、B之间摩擦产生的热量和B与斜面之间摩擦产生的热量之和，D错误。
[课时跟踪检测]
A卷——全员必做
1.(多选)如图所示，一个长为L，质量为M的木板，静止在光滑水平面上，一个质量为m的物块(可视为质点)，以水平初速度v0，从木板的左端滑向另一端，设物块与木板间的动摩擦因数为μ，当物块与木板相对静止时，物块仍在长木板上，物块相对木板的位移为d，木板相对地面的位移为s，重力加速度为g。则在此过程中( )
A．摩擦力对物块做功为－μmg(s＋d)
B．摩擦力对木板做功为μmgs
C．木板动能的增量为μmgd
D．由于摩擦而产生的热量为μmgs
解析：选AB 根据功的定义W＝Flcs α，其中l指物体对地的位移，而α指力与位移之间的夹角，可知摩擦力对物块做功W1＝－μmg(s＋d)，摩擦力对木板做功W2＝μmgs，A、B正确；根据动能定理可知木板动能的增量ΔEk＝W2＝μmgs，C错误；由于摩擦而产生的热量Q＝Ff·Δx＝μmgd，D错误。
2．(多选)如图所示为探究滑块从同一高度沿不同轨道下滑时，水平位移大小关系的示意图，所有轨道均处在同一竖直平面内。某次实验中让滑块沿AB轨道从A点由静止释放，滑块最终停在水平面上的C点，且A、C连线与水平方向夹角为30°。滑块可视为质点，且不计经过弯角处的能量损失，滑块与所有接触面的动摩擦因数均相同。以下结论正确的是( )
A．滑块从A点由静止释放，沿AD轨道下滑，将停止在C点
B．滑块从A点由静止释放，沿AED轨道下滑，将停止在C点
C．滑块从A点由静止释放，沿AED轨道下滑与沿AD轨道下滑，到达D点时速度大小相等
D．滑块与接触面间的动摩擦因数为eq \f(\r(3),3)
解析：选AD 设A点到水平面的高度为h，AB倾角为α，AD倾角为θ，则滑块沿AB轨道从A点由静止释放，滑块最终停在水平面上的C点，根据能量守恒有mgh＝μmgcs α·eq \f(h,sin α)＋μmgxBC＝μmgxEB＋μmgxBC＝μmgxEC，滑块从A点由静止释放，沿AD轨道下滑，根据能量守恒有mgh＝μmgcs θ·eq \f(h,sin θ)＋μmgx＝μmgxED＋μmgx，联立解得x＝xDC，滑块沿AD轨道下滑时将停止在C点，选项A正确；由以上分析可知，滑动摩擦力做功等于μmg与水平位移的乘积，滑块沿AED轨道下滑时外界需要提供向心力，则AED轨道对滑块的支持力大于重力垂直于接触面向下的分力mgcs α，对应的滑动摩擦力大于μmgcs α，α是滑块所在处切线方向与水平方向的夹角。沿AED轨道下滑与沿AD轨道下滑，水平位移相等，则沿AED轨道下滑克服摩擦力做功大，故到达轨道底端时的动能小，将不会到达C点，选项B、C错误；根据前面推导得出mgh＝μmgxEC，则动摩擦因数μ＝eq \f(h,xEC)＝tan 30°＝eq \f(\r(3),3)，选项D正确。
3.(多选)如图所示为地铁站用于安全检查的装置，主要由水平传送带和X光透视系统两部分组成，传送过程传送带速度不变。假设乘客把物品轻放在传送带上之后，物品总会先、后经历两个阶段的运动，用v表示传送带速率，用μ表示物品与传送带间的动摩擦因数，则( )
A．前阶段，物品一定向传送带运动的方向运动
B．后阶段，物品受到摩擦力的方向跟传送方向相同
C．v相同时，μ不同的等质量物品与传送带因摩擦产生的热量相同
D．μ相同时，v增大为原来的2倍，前阶段物品的位移也增大为原来的2倍
解析：选AC 物品轻放在传送带上，前阶段，物品受到向前的滑动摩擦力，所以物品的运动方向一定与传送带的运动方向相同，故A正确；后阶段，物品与传送带一起做匀速运动，不受摩擦力，故B错误；设物品匀加速运动的加速度为a，由牛顿第二定律得Ff＝μmg＝ma，物品的加速度大小为a＝μg，匀加速的时间为t＝eq \f(v,a)＝eq \f(v,μg)，位移为x＝eq \f(v,2)t，传送带匀速的位移为x′＝vt，物品相对传送带滑行的距离为Δx＝x′－x＝eq \f(vt,2)＝eq \f(v2,2μg)，物品与传送带摩擦产生的热量为Q＝μmgΔx＝eq \f(1,2)mv2，则知v相同时，μ不同的等质量物品与传送带因摩擦产生的热量相同，故C正确；前阶段物品的位移为x＝eq \f(vt,2)＝eq \f(v2,2μg)，则知μ相同时，v增大为原来的2倍，前阶段物品的位移增大为原来的4倍，故D错误。
4.如图所示，一足够长的木板在光滑的水平面上以速度v向右匀速运动，现将质量为m的物体轻轻地放置在木板上的右端，已知物体和木板之间的动摩擦因数为μ，为保持木板的速度不变，从物体放到木板上到物体相对木板静止的过程中，须对木板施一水平向右的作用力F，则力F对木板所做的功为( )
A．eq \f(mv2,4) B．eq \f(mv2,2)
C．mv2 D．2mv2
解析：选C 由能量转化和守恒定律可知，力F对木板所做的功W一部分转化为物体的动能，一部分转化为系统内能，故W＝eq \f(1,2)mv2＋μmgx相，x相＝vt－eq \f(v,2)t，a＝μg，v＝at，联立以上各式可得W＝mv2，故C正确。
5.如图所示，传送带的三个固定转动轴分别位于等腰三角形的三个顶点，两段倾斜部分长均为2 m，且与水平方向的夹角为37°。传送带以1 m/s的速度逆时针匀速转动。两个质量相同的小物块A、B从传送带顶端均以1 m/s的初速度沿传送带下滑，物块与传送带间的动摩擦因数都是0.5，g取10 m/s2，sin 37°＝0.6，cs 37°＝0.8，下列判断正确的是( )
A．物块A始终与传送带相对静止
B．物块A先到达传送带底端
C．传送带对物块A所做的功大于传送带对物块B所做的功
D．两物块与传送带之间因摩擦所产生的总热量等于两物块机械能总的减少量
解析：选D 根据题意得μ两物块的受力情况完全相同，其加速度均为a＝gsin θ－μgcs θ，由于两物块初速度大小、位移大小均相等，故两物块同时运动到传送带底端，故B错误；由于摩擦力相同，两物块沿传送带向下发生的位移大小也相同，故传送带对两物块的摩擦力做功也相同，故C错误；以传送带与物块A为研究对象，A所受摩擦力沿传送带向上，则传送带所受摩擦力沿传送带向下，摩擦力对传送带做功为W1＝f·vt，v为传送带转动的速度，t为物块A在传送带上运动的时间；同理，以传送带与物块B为研究对象，传送带所受摩擦力沿传送带向下，摩擦力对传送带做功为W2＝－f·vt，由此可知，在整个过程中摩擦力对传送带做的总功为零，即电动机没有向传送带提供能量，根据能量守恒定律可知两物块与传送带因摩擦所产生的热量等于两物块机械能总的减少量，故D正确。
6.(2023·岳阳高三质检)如图所示，光滑轨道ABCD是大型游乐设施过山车轨道的简化模型，最低点B处的入、出口靠近但相互错开，C是半径为R的圆形轨道的最高点，BD部分水平，末端D点与右端足够长的水平粗糙传送带无缝连接，传送带以恒定速度v逆时针转动，现将一质量为m的小滑块从轨道AB上某一固定位置A由静止释放，滑块能通过C点后再经D点滑上传送带，则( )
A．固定位置A到B点的竖直高度可能为2.4R
B．滑块不可能重新回到出发点A处
C．传送带速度v越大，滑块与传送带因摩擦产生的热量越多
D．滑块在传送带上向右运动的最大距离与传送带速度v有关
解析：选C 设滑块恰能通过C点，则mg＝meq \f(v2,R)，再由B到C，由机械能守恒得，B点的速度最小为vB2＝5gR，再由A到B，运用机械能守恒得，AB的竖直高度最小为h＝2.5R，因为2.4R<2.5R，A错误；当传送带把滑块再送回来，其速度与进入传送带的速度相等时，滑块就能够重新回到出发点，B错误；滑块在传送带上向右运动时，受到摩擦力，从而产生向左的加速度，使得滑块减速到速度等于0时，滑块再反向运动，减速的距离与传送带的速度是无关的，只与滑到传送带上的速度、加速度有关，D错误；传送带的速度越大，传送带与滑块相对运动的距离就会越大，故克服摩擦力做的功就越多，所以产生的热量越多，C正确。
7.(多选)工作人员在分拣快递时常用传送带传送快递商品，工作人员用如图所示的倾斜传送带向高处传送质量为m＝2 kg的快递商品，传送带倾角为37°，传送带的底端A和顶端B之间的距离L＝9 m，传送带以恒定速率v＝3 m/s顺时针方向运行，将快递商品静止放于传送带底端A，经过一段时间将快递商品传送到传送带的顶端B，快递商品与传送带间的动摩擦因数为μ＝0.875，快递商品可以看作质点，最大静摩擦力等于滑动摩擦力，重力加速度g取10 m/s2，sin 37°＝0.6，cs 37°＝0.8，下列说法正确的是( )
A．快递商品从底端A传送到顶端B用的时间为3eq \r(2) s
B．快递商品从底端A传送到顶端B过程中滑动摩擦力对快递商品做的功为126 J
C．快递商品从底端A传送到顶端B过程中机械能的增加量为117 J
D．快递商品从底端A传送到顶端B过程中电动机比空载时多消耗的电能为180 J
解析：选CD 快递商品开始运动时受到沿传送带向上的滑动摩擦力f1＝μmgcs 37°，根据牛顿第二定律f1－mgsin 37°＝ma，解得加速度a＝1 m/s2，与传送带达到共同速度经历的时间为t1＝eq \f(v,a)＝3 s，运动的位移为x1＝eq \f(v,2)t1＝4.5 m，因为μ＝0.875，μmgcs 37°＞mgsin 37°，当快递商品的速度与传送带的速度相等时开始做匀速直线运动，运动的位移为x2＝L－x1＝4.5 m，匀速运动的时间为t2＝eq \f(x2,v)＝1.5 s，则快递商品从底端传送到顶端用的时间为t＝t1＋t2＝4.5 s，A错误；第一阶段快递商品在滑动摩擦力作用下运动的位移为x1＝4.5 m，滑动摩擦力做的功为W＝f1x1＝63 J，B错误；机械能的增加量为ΔE＝eq \f(1,2)mv2＋mgLsin 37°＝117 J，C正确；第一阶段快递商品与传送带之间发生相对滑动，做匀加速直线运动，位移为x1＝4.5 m，传送带做匀速运动，有x2＝vt1＝9.0 m，则产生的热量为Q＝μmgcs 37°(x2－x1)＝63 J，第二阶段快递商品与传送带之间没有相对滑动，不产生热量，物块在传送带上运动过程中因摩擦产生的热量是63 J，根据能量守恒定律，快递商品从底端传送到顶端过程中电动机多消耗的电能为系统能量的增加量，即系统内能和快递商品机械能的增加量，为E电＝Q＋ΔE＝180 J，选项D正确。
8.传送带是自动化工业生产中一种重要的输送装置。如图所示，是一条罐头生产线部分示意图，电动机带动传送带始终以v＝2 m/s的速率运动，传送带两端A、B间的距离L＝4 m。工作时，机器手臂将一瓶罐头无初速放到A点，当该罐头刚离开B点时，机器手臂将下一瓶罐头放到A点，此后不断重复此过程。已知每瓶罐头质量m＝0.8 kg，与传送带间的动摩擦因数均为μ＝0.2，罐头可视为质点且不发生滚动，取重力加速度g＝10 m/s2。从第一瓶罐头放到A点开始计时，求：
(1)1 min内能运送多少瓶罐头；
(2)1 min内因运送罐头需要多消耗的电能。
解析：(1)罐头刚放上传送带时，由牛顿第二定律：μmg＝ma
加速度a＝μg＝2 m/s2
加速运动时间t1＝eq \f(v,a)＝1 s
匀加速运动位移x1＝eq \f(v,2)t1＝1 m
匀速运动位移x2＝L－x1＝3 m
匀速运动时间t2＝eq \f(x2,v)＝1.5 s
罐头从A运动到B的时间t＝t1＋t2＝2.5 s
1 min内能运送罐头的瓶数为n＝eq \f(t0,t)＝eq \f(60,2.5)＝24(瓶)。
(2)罐头刚放上传送带做匀加速运动时，相对于传送带的位移大小是Δx＝vt1－x1＝1 m
因相互摩擦产生的热量为Q＝f·Δx＝μmg·Δx＝1.6 J
到达B时，动能增加量ΔEk＝eq \f(1,2)mv2＝1.6 J
所以传送一瓶罐头多消耗的电能E＝Q＋ΔEk＝3.2 J
1 min内因运送罐头需要多消耗的电能E0＝24E＝76.8 J。
答案：(1)24瓶 (2)76.8 J
9．如图所示，质量M＝8 kg的长木板停放在光滑水平面上，在长木板的左端放置一质量m＝2 kg的小物块，小物块与长木板间的动摩擦因数μ＝0.2，现对小物块施加一个大小F＝8 N的水平向右恒力，小物块将由静止开始向右运动，2 s后小物块从长木板上滑落，从小物块开始运动到从长木板上滑落的过程中，重力加速度g取10 m/s2。求：
(1)小物块和长木板的加速度各为多大；
(2)长木板的长度；
(3)通过计算说明：互为作用力与反作用力的摩擦力对长木板和小物块做功的代数和是否为零。
解析：(1)长木板与小物块间摩擦力Ff＝μmg＝4 N
小物块加速度a1＝eq \f(F－Ff,m)＝2 m/s2
长木板加速度a2＝eq \f(Ff,M)＝0.5 m/s2。
(2)小物块对地位移x1＝eq \f(1,2)a1t2＝4 m
长木板对地位移x2＝eq \f(1,2)a2t2＝1 m
长木板长L＝x1－x2＝3 m。
(3)摩擦力对小物块做功W1＝－Ffx1＝－16 J
摩擦力对长木板做功W2＝Ffx2＝4 J，故W1＋W2≠0。
答案：(1)2 m/s2 0.5 m/s2 (2)3 m (3)见解析
B卷——重点选做
10.(2023·大庆模拟)如图所示，在竖直平面内有轨道ABCDE，其中BC是半径为R的四分之一圆弧轨道，AB(AB＞R)是竖直轨道，CE是水平轨道，CD>R，AB与BC相切于B点，BC与CE相切于C点，轨道的AD段光滑，DE段粗糙且足够长。一根长为R的轻杆两端分别固定着两个质量均为m的相同小球P、Q(视为质点)，将轻杆锁定在图示位置，并使Q与B等高。现解除锁定释放轻杆，轻杆将沿轨道下滑，重力加速度为g。
(1)Q球经过D点后，继续滑行距离s停下(s＞R)，求小球与DE段之间的动摩擦因数；
(2)求Q球到达C点时的速度大小。
解析：(1)分析滑行过程如图所示
由能量守恒得mgR＋mg·2
R＝μmgs＋μmg(s－R)，解得μ＝eq \f(3R,2s－R)。
(2)轻杆由释放到Q球到达C点时，系统的机械能守恒，设P、Q两球的速度大小分别为vP、vQ，则有mgR＋mg(1＋sin 30°)R＝eq \f(1,2)mvP2＋eq \f(1,2)mvQ2
又vPcs 30°＝vQcs 30°
联立解得vQ＝eq \r(\f(5,2)gR)。
答案：(1)eq \f(3R,2s－R) (2)eq \r(\f(5,2)gR)
11．(2023·石家庄高三调研)如图所示，质量m＝1 kg的物块静止于光滑水平轨道N处，现用F＝4 N水平力作用于物块，物块运动x＝0.5 m时撤去F, 然后滑上以v0＝6 m/s的速度顺时针匀速转动的倾斜传送带上(水平轨道与倾斜传送带平滑连接)。已知传送带与物块间动摩擦因数为eq \f(\r(3),2)，传送带倾角θ＝30°，传送带长L＝9.4 m。求：
(1)物块从开始运动至传送带顶端的时间；
(2)传送带因传送物体多消耗的电能。
解析：(1)由牛顿第二定律F＝ma1
代入数据，解得a1＝4 m/s2
根据匀变速直线运动位移时间公式，
可得x＝eq \f(1,2)a1t12，解得t1＝0.5 s
则有v1＝a1t1＝2 m/s
滑上传送带后加速过程有
a2＝μgcs θ－gsin θ＝2.5 m/s2
有v0＝v1＋a2t2
解得t2＝1.6 s
则可得x1＝eq \f(v1＋v0,2)t2＝6.4 m
匀速过程有t3＝eq \f(L－x1,v0)＝0.5 s
所以总时间为t＝t1＋t2＋t3＝2.6 s。
(2)物体在传送带上时，相对位移为Δx＝v0t2－x1＝3.2 m
由能量守恒得W电＝mgLsin θ＋μmgcs θ·Δx＋eq \f(1,2)m(v02－v12)＝87 J。
答案：(1)2.6 s (2)87 J
12．如图所示为某工厂车间的一个运输系统。该系统由一个半径R＝0.5 m的固定的eq \f(1,4)光滑圆弧轨道BC、一个固定在圆弧轨道末端C点的力传感器(未画出)、一辆平板小车和一根固定轻弹簧组成。可视为质点的配件由A点从静止落下，在B点沿切线进入圆弧轨道BC，经过C点时，配件将不受阻碍地滑上与轨道等高的小车，与小车达到共同速度后，小车与等高的轻弹簧接触并压缩弹簧。某个质量m＝1 kg的配件经过C点时传感器显示压力大小FN＝42 N，该配件与小车间的动摩擦因数μ＝0.6，小车质量M＝1 kg，不计地面对小车的阻力，弹簧劲度系数k＝24 N/m，取重力加速度g＝10 m/s2。
(1)求释放点A与点B的高度差；
(2)求小车与弹簧接触前瞬间小车的速度大小；
(3)已知弹簧弹性势能的表达式为Ep＝eq \f(1,2)kx2，其中x为弹簧的形变量。整个运动过程中该配件未离开小车，弹簧始终在弹性限度内，求弹簧的最大压缩量。
解析：(1)设配件在C点的速度大小为v0，轨道对配件的支持力为FN′，根据牛顿第二定律可得FN′－mg＝meq \f(v02,R)，解得v0＝4 m/s
设A与B的高度差为h，从A点到C点由动能定理得mg(h＋R)＝eq \f(1,2)mv02
解得h＝0.3 m。
(2)配件刚滑上小车时，根据牛顿第二定律，对配件有μmg＝ma1
对小车有μmg＝Ma2
设经过时间t配件和小车达到共同速度v1，由运动学公式可得v1＝v0－a1t，v1＝a2t
联立求解得v1＝2 m/s。
(3)配件和小车接触弹簧后，当配件和小车刚要发生相对滑动瞬间，设二者整体的加速度为a，则根据牛顿第二定律可得kx1＝(M＋m)a
对配件μmg＝ma
解得x1＝0.5 m
从小车开始接触弹簧到小车和配件发生相对滑动瞬间的过程中，对配件和小车由动能定理得
eq \f(1,2)(M＋m)v22－eq \f(1,2)(M＋m)v12＝－eq \f(1,2)kx12
在小车和配件发生相对滑动到小车停止运动的过程中，对小车由动能定理得
0－eq \f(1,2)Mv22＝μmg(x2－x1)－eq \f(1,2)k(x22－x12)
代入数据解得x2＝eq \f(3＋\r(15),12) m≈0.573 m。
答案：(1)0.3 m (2)2 m/s (3)0.573 m
13.如图所示为一工件传送装置的单向工作过程演示图，电动机通过轻绳带动一个足够长的薄木板，使木板保持匀速直线运动。当薄木板向右运动到P点处时，位于P处的自动装置释放一小工件使其无初速度的落在薄木板上，每当一个工件停止相对运动时，自动装置立即再释放一个小工件。已知薄木板速度为v、质量为M、与地面的动摩擦因数为μ1，每个工件的质量均为m、与薄木板的动摩擦因数为μ2，重力加速度大小为g。请分析：
(1)自动装置释放相邻两工件的时间间隔t；
(2)每个工件在薄木板上留下的痕迹的长度Δx；
(3)工作人员为便于自动控制电动机的输出，请你帮助工作人员写出电动机牵引力随工件块数n变化的函数关系式；
(4)从第1块工件落在薄木板上到第n块工件恰好停止相对运动这一过程中，电动机对薄木板做的总功。
解析：(1)工件落在薄木板上，开始做匀加速直线运动，对工件由牛顿第二定律得μ2mg＝ma
当工件达到速度v时，停止相对运动，由运动学公式得v＝at
联立可得t＝eq \f(v,μ2g)。
(2)在时间t内，薄木板的位移x1＝vt＝eq \f(v2,μ2g)
工件的位移x2＝eq \f(v,2)t，
联立可得Δx＝x1－x2＝eq \f(v2,2μ2g)。
(3)第n块工件刚落在薄木板上时，薄木板与地面的摩擦力为f1＝μ1(M＋nm)g
工件与薄木板间的摩擦力为f2＝μ2mg
则此时轻绳的拉力Fn＝f1＋f2＝μ1(M＋nm)g＋μ2mg
电动机牵引力随工件块数n变化的函数关系式Fn＝μ1(M＋nm)g＋μ2mg。
(4)每落上一个工件，薄木板运动的距离为x1＝vt＝eq \f(v2,μ2g)
截止到第n个工件落到薄板上恰好相对静止后薄板克服工件摩擦力做功为W1＝μ2mg·nx1＝nmv2
薄板克服地面摩擦力做功W2＝μ1(M＋m)g·x1＋μ1(M＋2m)g·x1＋…＋μ1(M＋nm)g·x1
整理得W2＝eq \f(μ1,μ2)nMv2＋eq \f(μ1nn＋1,2μ2)mv2
因木板匀速运动，合外力做功为零，由动能定理得W－W1－W2＝0
因此这一过程中电动机对薄木板做的总功W＝W1＋W2＝eq \f(μ1,μ2)nMv2＋eq \f(μ1nn＋1,2μ2)mv2＋nmv2。
答案：(1)eq \f(v,μ2g) (2)eq \f(v2,2μ2g) (3)Fn＝μ1(M＋nm)g＋μ2mg (4)eq \f(μ1,μ2)nMv2＋eq \f(μ1nn＋1,2μ2)mv2＋nmv2
运用系统思维破解能量与图像的综合问题
(一) 动能定理与图像的综合问题
1．五类图像中所围“面积”或斜率的意义
2．解决动能定理与图像问题的基本步骤
[典例] (多选)放在粗糙水平地面上质量为0.8 kg的物体受到水平拉力的作用，在0～6 s内其速度与时间的关系图像和该拉力的功率与时间的关系图像分别如图所示。下列说法中正确的是(g取10 m/s2)( )
A．0～6 s内拉力做的功为140 J
B．物体在0～2 s内所受的拉力为4 N
C．物体与粗糙水平地面间的动摩擦因数为0.5
D．合外力在0～6 s内做的功与0～2 s内做的功相等
[解析] 由于P-t图像与t轴围成的面积表示拉力所做的功，所以0～6 s内拉力做的功为W＝eq \f(1,2)×2×60 J＋4×20 J＝140 J，故A正确；由水平拉力的功率P＝Fv可得，在0～2 s内拉力F＝eq \f(P,v)＝6 N，2～6 s，拉力F′＝eq \f(P′,v′)＝2 N，故B错误；物体在水平方向上只受摩擦力和拉力，由2～6 s内物体受力平衡可得f＝μmg＝F′，解得μ＝eq \f(F′,mg)＝eq \f(2 N,0.8×10 N)＝0.25，故C错误；由v-t图像可知，物体在2 s末的速度与6 s 末的速度相等，由动能定理W合＝ΔEk可知，0～6 s 与0～2 s动能的变化量相同，所以合外力在0～6 s 内做的功与0～2 s内做的功相等，故D正确。
[答案] AD
[针对训练]
1.用传感器研究质量为2 kg的物体由静止开始做直线运动的规律时，在计算机上得到0～6 s内物体的加速度随时间变化的关系如图所示。下列说法正确的是( )
A．0～6 s内物体先向正方向运动，后向负方向运动
B．0～6 s内物体在4 s时的速度最大
C．物体在2～4 s内速度不变
D．0～4 s内合力对物体做的功等于0～6 s内合力对物体做的功
解析：选D a-t图线与坐标轴围成的“面积”等于速度的变化量，由题给图像可知，0～6 s内速度变化量为正，物体速度方向不变，物体在0～5 s内一直加速，5 s时速度最大，A、B均错误；2～4 s内物体的加速度不变，做匀加速直线运动，C错误；由题图可知，t＝4 s时和t＝6 s时物体速度大小相等，由动能定理可知，物体在0～4 s内和0～6 s内动能变化量相等，合外力对物体做功也相等，D正确。
2．(多选)如图甲所示，轻弹簧竖直放置，下端固定在水平地面上，一质量为m的小球从离弹簧上端高h处由静止释放。某同学研究小球落到弹簧上后继续向下运动到最低点的过程，他以小球开始下落的位置为原点，沿竖直向下方向建立坐标轴Ox，作出小球所受弹力F的大小随小球下落的位置坐标x的变化关系如图乙所示。不计空气阻力，重力加速度为g。以下判断正确的是( )
A．当x＝h时，小球的速度开始减小，而加速度先减小后增大，直至最低点
B．最低点的坐标x＝h＋x1＋eq \r(x12＋2hx1)
C．当x＝h＋2x1时，小球的加速度为－g，弹力为2mg且为小球下落的最低点
D．小球动能的最大值为mgh＋eq \f(mgx1,2)
解析：选BD 小球下落到x＝h时，小球刚接触弹簧，直到x＝h＋x1前，弹力小于重力，小球一直做加速度减小的加速运动，之后弹力大于重力，加速度反向逐渐增大，直至到达最低点，A错误；由题图乙知mg＝kx1，解得k＝eq \f(mg,x1)，由F-x图线与横轴所围图形的面积表示克服弹力所做的功，从开始下落到最低点过程，W克弹＝eq \f(1,2)k(x－h)2，由动能定理得mgx－eq \f(1,2)k(x－h)2＝0，解得最低点的坐标x＝h＋x1＋eq \r(x12＋2hx1)，B正确；由对称性可知，当x＝h＋2x1时，小球的加速度为－g，且弹力为2mg，但还未到最低点，C错误；小球在x＝h＋x1处时，动能有最大值，根据动能定理得mg(h＋x1)＋W弹′＝Ekm－0，由题知，W弹′＝－eq \f(1,2)kx12＝－eq \f(1,2)mgx1，解得最大动能Ekm＝mgh＋eq \f(mgx1,2)，D正确。
(二)机械能守恒定律与图像的综合问题
机械能守恒和图像结合问题一般可以分为两种类型：一种是由图像给出解题信息，另一种是选择出可能符合题意的正确图像。解题思路一般是根据题述情境，选用正确的物理规律，列方程得出与图像相符合的函数关系式来进行求解。
[典例] 如图甲所示，在同一竖直平面内两正对着的相同半圆光滑轨道，相隔一定的距离，虚线沿竖直方向，一小球能在其间运动，今在最高点与最低点各放一个压力传感器，测试小球对轨道的压力，并通过计算机显示出来，当轨道距离变化时，测得两点压力差与距离x的图像如图乙所示。(g取10 m/s2，不计空气阻力) 求：
(1)小球的质量；
(2)若小球在最低点B的速度为20 m/s，为使小球能沿轨道运动，x的最大值为多少。
[解析] (1)设轨道半径为R，由机械能守恒定律eq \f(1,2)mvB2＝mg(2R＋x)＋eq \f(1,2)mvA2
对B点：FN1－mg＝meq \f(vB2,R)
对A点：FN2＋mg＝meq \f(vA2,R)
联立解得两点的压力差：
ΔFN＝FN1－FN2＝6mg＋eq \f(2mgx,R)
由图像得：截距6mg＝6，得m＝0.1 kg。
(2)由题图乙可知图线的斜率k＝eq \f(2mg,R)＝1，所以R＝2 m
在A点不脱离的条件为：vA≥eq \r(Rg)
根据机械能守恒定律：eq \f(1,2)mvB2＝eq \f(1,2)mvA2＋mg(2R＋x)，解得：xm＝15 m。
[答案] (1)0.1 kg (2)15 m
[针对训练]
1.(2023·广东广州期末)北京2022年冬奥会跳台滑雪比赛在张家口赛区的国家跳台滑雪中心举行，跳台由助滑道、起跳区、着陆坡和停止区组成，如图所示。跳台滑雪运动员在助滑道获得高速后从起跳区水平飞出，在着陆坡落地，不计空气阻力。起跳后的飞行路线可以看作是抛物线的一部分，用Δv、P、Ek、E分别表示运动员在空中运动的速度变化量、重力的瞬时功率、动能、机械能，t表示运动员在空中的运动时间，下列图像中正确的是( )
解析：选B 由题意，可认为运动员从起跳区水平飞出到着陆坡的过程中做平抛运动，根据平抛运动规律速度改变量Δv＝gt可知Δv∝t，故A错误；平抛运动是理想运动模型，由于只受重力且只有重力做功，机械能守恒，则运动员在空中运动的E-t图像应是一条平行于t轴的直线，故D错误；从水平飞出开始，经过时间t，对运动员应用动能定理得mgh＝mg·eq \f(1,2)gt2＝Ek－eq \f(1,2)mv02，解得此时运动员的动能Ek＝eq \f(1,2)mv02＋eq \f(1,2)mg2t2，故C错误；根据P＝mgvy＝mg2t可知，重力的瞬时功率P与t成正比，故B正确。
2．如图(a)，在竖直平面内固定一光滑半圆形轨道ABC，B为轨道的中点，质量为m的小球以一定的初动能Ek0从最低点A冲上轨道。图(b)是小球沿轨道从A运动到C的过程中，动能Ek与其对应高度h的关系图像。已知小球在最高点C受到轨道的作用力大小为25 N，空气阻力不计，重力加速度g取10 m/s2。由此可知( )
A．小球的质量m＝0.2 kg
B．初动能Ek0＝16 J
C．小球在C点时重力的功率为60 W
D．小球在B点受到轨道的作用力大小为85 N
解析：选D 由题图(b)可知，半圆形轨道的半径为0.4 m，小球在C点的动能大小EkC＝9 J，因小球所受重力与弹力的合力提供向心力，根据牛顿第二定律得：mg＋F＝eq \f(mvC2,R)＝eq \f(2EkC,R)，解得小球的质量m＝2 kg，A错误；由机械能守恒定律得，初动能Ek0＝mgh＋EkC＝25 J，其中h＝0.8 m，B错误；小球在C点时重力与速度方向垂直，重力的功率为0，C错误；由机械能守恒定律得，在B点的动能EkB＝mgeq \f(h,2)＋EkC＝17 J，在B点轨道的作用力提供向心力，由牛顿第二定律得F＝eq \f(mvB2,R)＝eq \f(2EkB,R)＝85 N，D正确。
(三)功能关系与图像的综合问题
物理图像是反映两个量变化关系的一种直观手段，是一种数与形相结合的思想方法。物体在运动过程中，各种形式的能量可能随时间与空间的变化而发生变化，其变化规律可用函数关系式和图像两种方式表达。求解功能关系与图像的综合问题时，不但要熟记常用的功能关系，而且要在“数形结合”思想的引导下，抓住图像“轴、线、斜率、截距、面积、点”六个要素的物理意义。
[典例] (多选)如图甲所示，置于水平地面上质量为m的物体，在竖直拉力F作用下，由静止开始向上运动，其动能Ek与距地面高度h的关系如图乙所示，已知重力加速度为g，空气阻力不计。下列说法正确的是( )
A．在0～h0过程中，F的大小始终为mg
B．在0～h0和h0～2h0过程中，F做的功之比为4∶3
C．在0～2h0过程中，物体的机械能不断增加
D．在2h0～3.5h0过程中，物体的机械能不断减少
[解析] 由动能定理有Fh－mgh＝Ek，变换成与题图乙相符合的函数关系式可得Ek＝(F－mg)h。在0～h0过程中，图线斜率为k1＝mg＝F－mg，解得F＝2mg，选项A错误。在0～h0过程中，F做的功W1＝Fh0＝2mgh0；在h0～2h0过程中，由动能定理有W2－mgh0＝1.5mgh0－mgh0，解得此过程中F做的功W2＝1.5mgh0,0～h0和h0～2h0过程中F做的功之比为W1∶W2＝2mgh0∶1.5mgh0＝4∶3，选项B正确。在0～2h0过程中，由于F一直做正功，根据功能关系可知，物体的机械能不断增加，选项C正确。在2h0～3.5h0过程中，图线斜率为k2＝－mg＝F－mg，解得F＝0，说明2h0～3.5h0过程中物体只受重力作用，物体的机械能守恒，选项D错误。
[答案] BC
[针对训练]
1．(多选)如图所示为某滑雪爱好者的滑雪场景，他由静止开始从一较陡斜坡滑到较为平缓的斜坡，假设整个过程未用雪杖加速，而且在两斜坡交接处无机械能损失，两斜坡的动摩擦因数相同。下列图像中x、t、Ek、E分别表示滑雪爱好者水平位移、所用时间、动能和机械能，下列图像可能正确的是( )
解析：选BD 设斜坡的倾角为θ，滑雪爱好者下滑过程中动能的变化量等于合力做的功，则Ek－Ek0＝mgxtan θ－μmgx，即Ek＝mg(tan θ－μ)x，下滑过程中，倾角不变时，Ek-x图像的斜率不变，倾角变小，图像的斜率变小，A项错误，B项正确；根据牛顿第二定律可得，滑雪爱好者下滑时有mgsin θ－μmgcs θ＝ma，可得a＝gsin θ－μgcs θ，可知E与t2的关系为E＝E0－μmgcs θ·eq \f(1,2)at2，即E＝E0－μmgcs θ·eq \f(1,2)g(sin θ－μcs θ)t2，当θ不变时，E与t2成线性关系，E-t图像为一抛物线，当θ发生变化时，E-t图像为另一抛物线，故C项错误；滑雪爱好者下滑过程中机械能的变化量等于摩擦力做的功，则E－E0＝－μmgcs θ·eq \f(x,cs θ)，即E＝E0－μmgx，故D项正确。
2．(2021·湖北高考)如图(a)所示，一物块以一定初速度沿倾角为30°的固定斜面上滑，运动过程中摩擦力大小f恒定，物块动能Ek与运动路程s的关系如图(b)所示。重力加速度大小取10 m/s2，物块质量m和所受摩擦力大小f分别为( )
A．m＝0.7 kg，f＝0.5 N
B．m＝0.7 kg，f＝1.0 N
C．m＝0.8 kg，f＝0.5 N
D．m＝0.8 kg，f＝1.0 N
解析：选A 0～10 m内物块上滑，由动能定理得－mgsin30°·s－fs＝Ek－Ek0，整理得Ek＝Ek0－(mgsin 30°＋f)s，结合0～10 m内的图像得mgsin 30°＋f＝4 N；10～20 m内物块下滑，由动能定理得(mgsin 30°－f)(s－s1)＝Ek，整理得Ek＝(mgsin 30°－f)s－(mgsin 30°－f)s1，结合10～20 m 内的图像得mgsin30°－f＝3 N，联立解得f＝0.5 N，m＝0.7 kg。故A正确。
3．(多选)如图甲所示，竖直放置的轻弹簧一端固定于风洞实验室的水平地面，质量m＝0.1 kg的小球在轻弹簧正上方某处由静止下落，同时受到一个竖直向上恒定的风力。以小球开始下落的位置为原点，竖直向下为x轴正方向，取地面为零势能参考平面，在小球下落的全过程中，小球重力势能随小球位移变化关系如图乙中的图线①，弹簧弹性势能随小球位移变化关系如图乙中的图线②，弹簧始终在弹性限度范围内，取重力加速度g＝10 m/s2，则下列说法中正确的是( )
A．弹簧原长为0.6 m
B．小球释放位置距地面的高度为0.7 m
C．小球在下落过程受到的风力为0.2 N
D．小球刚接触弹簧时的动能为0.45 J
解析：选BD 由题图乙可知，小球处于释放位置的重力势能为0.70 J，故有Ep＝mgh＝0.7 J，可得h＝0.7 m，则弹簧的原长为0.2 m，故A错误，B正确；由题图乙可知小球速度减为0时小球下落x＝0.6 m，根据功能关系有mgx－fx＝0.54 J，解得f＝0.1 N，C错误；小球刚接触弹簧时，小球下落了x0＝0.5 m，则根据动能定理有mgx0－fx0＝eq \f(1,2)mv2，解得eq \f(1,2)mv2＝0.45 J，D正确。
[课时跟踪检测]
一、立足主干知识，注重基础性和综合性
1.为支援某地疫情防控，一装载援助物资的汽车启动过程的加速度a随位移x变化的图像，如图所示。已知汽车(含援助物资)的质量为m，在距离出发点x1处达到额定功率P，汽车所受阻力恒为f，则该汽车从距离出发点x1处到速度增至最大所用的时间为( )
A．eq \r(\f(2x1,a0))
B．eq \r(\f(2x1＋x2,a0))
C．eq \f(mP,2f2)＋eq \f(f,P)(x2－x1)－eq \f(ma0x1,P)
D．eq \f(mP,2f2)＋eq \f(f,P)(x2－x1)－eq \f(mP,2f＋ma0)
解析：选C 设汽车在x1处的速度为v1, 结合图像有v12＝2a0x1，汽车达到最大速度时，牵引力等于阻力f，加速度为零，此时位移为x2，则最大速度为vm＝eq \f(P,f)，汽车从距离出发点x1处到x2处，根据动能定理有Pt－f(x2－x1)＝eq \f(1,2)mvm2－eq \f(1,2)mv12，联立解得，该汽车从距离出发点x1处到速度增至最大所用的时间为t＝eq \f(mP,2f2)＋eq \f(f,P)(x2－x1)－eq \f(ma0x1,P)，故选C。
2.光滑水平地面静止一质量为m＝2.0 kg的物体，以物体所在处为坐标原点O建立水平方向的x轴，力F1和F2方向均沿x轴正方向，两力大小随x轴上的位置坐标的变化规律如图所示。下列说法正确的是( )
A．若仅F1作用于物体，F1的功率随时间逐渐减少
B．若仅F2作用于物体，F2的功率随时间逐渐减小
C．若F1、F2同时作用于物体，物体在x＝1.0 m处的速度约为v＝1.0 m/s
D．若F1、F2同时作用于物体，物体在x＝1.0 m处的速度约为v＝eq \r(2) m/s
解析：选C 物体从静止开始运动，若仅F1作用于物体，物体加速运动，速度v逐渐增大，速度方向与F1方向相同，由题图可知，F1逐渐增大，根据P＝Fv可知F1的功率随时间逐渐增大，选项A错误；同理可知若仅F2作用于物体，F2的功率随时间逐渐增大，选项B错误；根据W＝Fx可知F-x图像中图线与x坐标轴所围面积为力F做的功。若F1、F2同时作用于物体，则F1、F2两力对物体的做功之和约为W合＝1 J，根据动能定理有W合＝eq \f(1,2)mv2，解得v＝eq \r(\f(2W合,m))＝1 m/s，即物体在x＝1.0 m处的速度约为v＝1 m/s，选项D错误，C正确。
3．(多选)某汽车研发机构在汽车的车轮上安装了小型发电机，将减速时的部分动能转化并储存在蓄电池中，以达到节能的目的。某次测试中，汽车以额定功率行驶一段距离后关闭发动机，测出了汽车动能Ek与位移x的关系图像如图所示，其中①是关闭储能装置时的关系图线，②是开启储能装置时的关系图线。已知汽车的质量为1 000 kg，设汽车运动过程中所受地面阻力恒定，空气阻力不计。根据图像所给的信息可求出( )
A．汽车行驶过程中所受地面的阻力为1 000 N
B．汽车的额定功率为80 kW
C．汽车加速运动的时间为22.5 s
D．汽车开启储能装置后向蓄电池提供的电能为5×105 J
解析：选BD 由图线①求所受阻力，由ΔEkm＝FfΔx，得Ff＝2 000 N，A错误；由Ekm＝eq \f(1,2)mvm2可得，vm＝40 m/s，所以P＝Ffvm＝80 kW，B正确；加速阶段，Pt－Ffx＝ΔEk，得t＝16.25 s，C错误；根据能量守恒定律，并由图线②可得，ΔE＝Ekm－Ffx′＝5×105 J，D正确。
4.一质量为m的重物在拉力F的作用下沿竖直方向运动，其机械能E随高度h变化的情况如图所示，当物体高度为h＝0(零势能面)时，机械能为E0，当物体的高度为h＝h1时，机械能为E＝1.5E0，物体上升的最大高度为h2，已知重力加速度为g，则下列说法正确的是( )
A．F先做正功再做负功
B．mgh1一定小于0.5E0
C．mgh1一定大于0.5E0
D．整个过程F做的功为mgh2－E0
解析：选D 由图像可知物体机械能始终增大，根据功能关系可知F始终对物体做正功，故A错误；由题意可知h＝0时物体重力势能为零，所以动能为E0，设物体在h1处的动能为Ek，则1.5E0＝mgh1＋Ek，E-h图像上各点切线的斜率大小表示F的大小，所以F为变力，不可能始终等于mg。若0～h1过程中F>mg，则物体做加速运动，有Ek>E0，此时mgh1<0.5E0，若0～h1过程中F0.5E0，故B、C错误；由题意可知物体在高度h2时速度为零，此时其机械能等于重力势能，根据功能关系可知整个过程F做的功等于物体机械能的变化量，即WF＝mgh2－E0，故D正确。
5．(2023·烟台高三调研)一小物块沿斜面向上滑动，然后滑回到原处。物块在斜面底端时机械能为E0、动能为Ek0、势能为零。物块与斜面间的动摩擦因数不变，则该过程中，物块的机械能E、动能Ek、势能Ep与位移x关系的图像正确的是( )
解析：选D 物块上滑和下滑，摩擦力一直做负功，机械能减小，设倾角为θ，上滑过程有ΔE机＝－μmgcs θ·x，则上滑到最高点后下滑过程机械能继续减小，故A错误；重力做功衡量重力势能的变化WG＝－ΔEp，则上滑过程重力势能均匀增大，下滑过程重力势能均匀减小，故B错误；合外力做功衡量动能的变化W合＝ΔEk，故Ek-x图像的斜率表示合外力，有F上＝mgsin θ＋μmgcs θ，F下＝mgsin θ－μmgcs θ，图线为直线，故C错误，D正确。
6.(多选)一物块在高3.0 m、长5.0 m的斜面顶端从静止开始沿斜面下滑，其重力势能和动能随下滑距离s的变化如图中直线Ⅰ、Ⅱ所示，重力加速度取10 m/s2。则( )
A．物块下滑过程中机械能不守恒
B．物块与斜面间的动摩擦因数为0.5
C．物块下滑时加速度的大小为6.0 m/s2
D．当物块下滑2.0 m时机械能损失了12 J
解析：选AB 由题图可知，重力势能和动能之和随下滑距离s的增大而减小，可知物块下滑过程中机械能不守恒，A正确；在斜面顶端，重力势能mgh＝30 J，解得物块质量m＝1 kg，由题图可知，重力势能可以表示为Ep＝(30－6s)J，由动能随下滑距离s变化图像可知，动能可以表示为Ek＝2s J，设斜面倾角为θ，则有sin θ＝eq \f(h,L)＝eq \f(3,5)，cs θ＝eq \f(4,5)，由功能关系有－μmgcs θ·s ＝Ep＋Ek－30 J＝(30－6s＋2s－30)J＝－4s J，可得μ＝0.5，B正确；物块下滑时的加速度a＝gsin θ－μgcs θ＝2.0 m/s2，C错误；由题图可知，当物块下滑2.0 m时机械能为E＝22 J，机械能损失了ΔE＝8 J，D错误。
7．(多选)如图甲所示，质量为m＝0.1 kg的滑块(可视为质点)，在内壁光滑、固定的水平筒内压缩弹簧，弹簧原长小于筒长，且弹簧与滑块不拴接。滑块由静止释放，离开筒后立即滑上位于水平面上的木板左端，此后木板的速度—时间图像如图乙所示，已知木板质量M＝0.2 kg，最终滑块恰好没有离开木板，重力加速度g取10 m/s2，则( )
A．滑块与木板之间的动摩擦因数为0.1
B．木板长度为0.75 m
C．释放滑块时弹簧的弹性势能为0.45 J
D．木板与水平面间因摩擦产生的热量为0.375 J
解析：选BC 设木板与地面之间的动摩擦因数为μ2，木板做匀减速的加速度为a3，根据牛顿第二定律得μ2(M＋m)g＝(M＋m)a3，根据图像得a3＝eq \f(0.5,1.0－0.5) m/s2＝1 m/s2，解得μ2＝0.1，设滑块与木板之间的动摩擦因数为μ1，木板做匀加速的加速度为a2，根据牛顿第二定律得μ1mg－μ2(M＋m)g＝Ma2，根据图像得a2＝eq \f(0.5,0.5) m/s2＝1 m/s2，解得μ1＝0.5，A错误； 设滑块的加速度为a1，根据牛顿第二定律得μ1mg＝ma1，解得a1＝5 m/s2，根据逆向思维，滑块滑上木板时的速度为v0＝(0.5＋a1×0.5) m/s＝3 m/s，木板长度为L＝eq \f(3＋0.5,2)×0.5 m－eq \f(0.5×0.5,2) m＝0.75 m，B正确；根据机械能守恒定律得，释放滑块时弹簧的弹性势能为Ep＝eq \f(1,2)mv02＝0.45 J，C正确；木板与水平面间因摩擦产生的热量为Q＝μ2(M＋m)g×eq \f(1 s×0.5 m/s,2)＝0.075 J，D错误。
8．(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s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：
(1)当拉力为10 N时，滑块的加速度大小；
(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。
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N，滑动摩擦力大小为f，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－f＝ma①
N－mgcs θ＝0②
f＝μN③
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＝T1s1＋T2s2⑤
式中T1、T2和s1、s2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，s1＝1 m，T2＝10 N，s2＝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－f)eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(s1＋s2))＝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。设滑块第一次在B点与弹簧脱离后上滑的最大距离为smax，由动能定理有－(mgsin θ＋f)smax＝0－Ek⑧
联立②③⑦⑧式并代入题给数据得smax＝1.3 m。⑨
答案：(1)7 m/s2 (2)26 J (3)1.3 m
二、强化迁移能力，突出创新性和应用性
9．如图甲所示，质量为0.1 kg的小球从最低点A冲入竖直放置在水平地面上、半径为0.4 m的半圆形轨道，小球速度的平方与其高度的关系图像如图乙所示。已知小球恰能到达最高点C，轨道粗糙程度处处相同，空气阻力不计。g取10 m/s2，B为轨道AC中点。下列说法中不正确的是( )
A．图乙中x＝4 m2·s－2
B．小球从B到C损失了0.125 J的机械能
C．小球从A到C合外力对其做的功为－1.05 J
D．小球从C抛出后，落地点到A的距离为0.8 m
解析：选B 当h＝0.8 m时，小球恰在C点，由于小球恰好通过最高点C，由mg＝meq \f(vC2,r)，可得vC2＝gr＝4 m2·s－2，A正确；小球从A到C的过程中，动能减少量ΔEk＝eq \f(1,2)mvA2－eq \f(1,2)mvC2＝1.05 J，故合外力对其做的功为－1.05 J，重力势能增加量ΔEp＝mg·2r＝0.8 J，故机械能减少0.25 J，由于小球在A→B段所受摩擦力大于在B→C段的摩擦力，故小球从B到C损失的机械能小于0.125 J，B错误，C正确；小球离开C点后做平抛运动，由2r＝eq \f(1,2)gt2，x＝vCt，可解得x＝0.8 m，故D正确。
10．如图甲所示，光滑曲面PO和一条水平轨道ON平滑连接，水平轨道右侧固定一轻质弹簧，弹簧左端恰好位于M点。一质量为mA＝1 kg的物块A从距离地面高为h＝1.8 m处由静止开始下滑，下滑后与静止于O点的物块B发生碰撞。现以O点为坐标原点，水平向右为正方向建立x轴，得到物块B开始运动的v2-x部分图像如图乙所示。已知水平轨道OM长度为L＝1.0 m，两物块与OM段之间的动摩擦因数相同，其余部分光滑，物块A、B均可视为质点，碰撞均为弹性碰撞，重力加速度g取10 m/s2。求：
(1)物块B的质量mB；
(2)弹簧最大的弹性势能Ep；
(3)ⅰ.物块B最终停止位置的坐标；
ⅱ.在图乙中把物块B运动全过程的v2-x图像补充完整(仅作图，不要求写出计算过程)。
解析：(1)物块A下滑到O点，由动能定理得mAgh＝eq \f(1,2)mAv02
解得物块A到O点的速度为v0＝6 m/s
物块A、B在O点碰撞后物块B的速度由图乙可得vB12＝4 m2·s－2，解得vB1＝2 m/s
由动量守恒定律和机械能守恒定律可得mAv0＝mAvA1＋mBvB1，
eq \f(1,2)mAv02＝eq \f(1,2)mAvA12＋eq \f(1,2)mBvB12
解得vA1＝－4 m/s，mB＝5 kg。
(2)物块B与物块A碰撞后做匀减速运动，则v2－vB12＝2ax1
解得a＝eq \f(v2－vB12,2x1)＝eq \f(\f(8,3)－4,2×\f(1,3)) m/s2＝－2 m/s2
由牛顿第二定律得－μmBg＝mBa
解得μ＝0.2
物块B到M点由动能定理可得－μmBgL＝EkBM－eq \f(1,2)mBvB12
解得EkBM＝0。
说明物块B运动到M点速度刚好为0。
物块A运动到M点，由动能定理得
－μmAgL＝eq \f(1,2)mAvAM2－eq \f(1,2)mAvA12
解得vAM＝2eq \r(3) m/s
物块A、B再次发生弹性碰撞，由动量守恒定律和机械能守恒定律得
mAvAM＝mAvA2＋mBvB2，
eq \f(1,2)mAvAM2＝eq \f(1,2)mAvA22＋eq \f(1,2)mBvB22
解得vB2＝eq \f(2\r(3),3) m/s
弹簧压缩最短时弹性势能最大
Ep＝eq \f(1,2)mBvB22＝eq \f(10,3) J。
(3)ⅰ.物块B被弹簧弹开后向左匀减速运动，由动能定理得－μmBgl＝0－eq \f(1,2)mBvB22
解得l＝eq \f(1,3) m
物块B最终停止位置的坐标x＝L－l＝eq \f(2,3) m。
ⅱ.物块B运动全过程的v2-x图像如图所示。
答案：(1)5 kg (2)eq \f(10,3) J (3)ⅰ.eq \f(2,3) m ⅱ.见解析图
第6讲 实验：验证机械能守恒定律(重点实验)
一、理清原理与操作
二、掌握数据处理方法
方法1 利用起始点和第n点计算
代入mghn和eq \f(1,2)mvn2，如果在实验误差允许的范围内，mghn和eq \f(1,2)mvn2相等，则验证了机械能守恒定律。
方法2 任取两点计算
(1)任取两点A、B，测出hAB，算出mghAB。
(2)算出eq \f(1,2)mvB2－eq \f(1,2)mvA2的值。
(3)在实验误差允许的范围内，若mghAB＝eq \f(1,2)mvB2－eq \f(1,2)mvA2，则验证了机械能守恒定律。
方法3 图像法
从纸带上选取多个点，测量从第一点到其余各点的下落高度h，并计算各点速度的平方v2，然后以eq \f(1,2)v2
为纵轴，以h为横轴，根据实验数据作出eq \f(1,2)v2-h图像。若在误差允许的范围内图像是一条过原点且斜率为g的直线，则验证了机械能守恒定律。
三、扫描实验盲点
1．注意事项
(1)应尽可能控制实验条件，即应满足机械能守恒的条件，这就要求尽量减小各种阻力的影响，采取的措施有：
①安装打点计时器时，必须使两个限位孔的中线严格竖直，以减小摩擦阻力。
②应选用质量和密度较大的重物，增大重力可使阻力的影响相对减小，增大密度可以减小体积，可使空气阻力减小。
(2)实验中，提纸带的手要保持不动，且保证纸带竖直，接通电源，待打点计时器工作稳定后再松开纸带。
(3)测量下落高度时，为了减小测量值h的相对误差，选取的各个计数点要离起始点远一些，纸带也不宜过长，有效长度可在60～80 cm之间。
(4)速度不能用vn＝gtn或vn＝eq \r(2ghn)计算，否则犯了用机械能守恒定律验证机械能是否守恒的错误。
2．误差分析
本实验是高考命题的常考实验，实验命题除考查计数点速度的计算外，还考查小球的质量是否需要测量、利用图像处理实验数据等，试题难度中等。
关键点(一) 质量是否需要测量
[考法感悟]
1．(2023·山西大学附中检测)如图甲所示，将打点计时器固定在铁架台上，用重物带动纸带从静止开始自由下落，利用此装置做“验证机械能守恒定律”实验。
(1)已准备的器材有打点计时器(带导线)、低压交流电源、纸带、复写纸、铁架台和带夹子的重物，此外还必需的器材是________。
A．刻度尺 B．秒表 C．天平
(2)为验证机械能是否守恒，需要比较重物下落过程中任意两点间的________。
A．速度变化量与高度变化量
B．重力做功与重力势能变化量
C．动能变化量与重力势能变化量
D．合外力做的功与动能变化量
(3)下列关于该实验的一些说法正确的是________。
A．做实验时，要先释放重物，再接通电源
B．实验中的误差主要是由于存在空气阻力和摩擦阻力引起的
C．若某同学通过描绘v2-h图像研究机械能是否守恒，合理的图像应该是过原点的一条直线，并且该直线的斜率应约为g
D．可以用v＝gt来计算重物下落的速度
(4)安装好实验装置，从打出的纸带中选出符合要求的纸带，如图乙所示。在纸带上选取三个连续打出的点A、B、C，测得它们到起始点O的距离分别为hA、hB、hC。设重物质量为m，当地重力加速度为g，打点计时器打点周期为T。为了验证此实验过程中机械能是否守恒，应满足下面的哪个等式________(用题中所给字母表示)。
A．8ghBT2＝(hC－hA)2B．4ghBT2＝(hC－hA)2
C．2ghBT2＝(hC－hA)2 D．都不正确
解析：(1)已准备的器材有打点计时器(带导线)、低压交流电源、纸带、复写纸、铁架台和带夹子的重物，此外还必需的器材有毫米刻度尺；不需要天平，因为验证机械能守恒定律mgh＝eq \f(1,2)mv2，两边的质量可以消掉；通过打点计时器打出的纸带可以得到运动时间，不需要秒表。故选A。
(2)要验证机械能是否守恒，需要比较重物下落过程中任意两点间的动能变化量与重力势能变化量，如果在误差允许的范围内两者相等，就验证了机械能守恒定律。故选C。
(3)在验证机械能守恒定律的实验中，要先接通电源，再释放重物，实验中重力势能的减小量会稍大于动能的增加量，其误差原因主要是由于存在空气阻力和摩擦阻力引起的，故A错误，B正确；若通过描绘v2-h图像研究机械能是否守恒，合理的图像应该是过原点的一条直线，由机械能守恒定律可知mgh＝eq \f(1,2)mv2，得到v2＝2gh，该直线的斜率应约为2g，故C错误；重物下落的速度需要用平均速度法求解，与某点相邻的两点间的距离除以两点间对应的时间，来求该点的瞬时速度，而不能用匀变速直线运动公式v＝gt求解，故D错误。
(4)从O点到B点，重力势能的减小量为ΔEp＝mghB，动能的增加量ΔEk＝eq \f(1,2)meq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(hC－hA,2T)))2，
如果mghB＝eq \f(1,2)meq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(hC－hA,2T)))2
即满足8ghBT2＝(hC－hA)2
就验证了机械能守恒定律，故A正确。
答案：(1)A (2)C (3)B (4)A
2.某小组设计了如图所示的实验装置验证机械能守恒定律，物块P、Q用跨过光滑定滑轮的轻绳相连，P底端固定一宽度为d的轻质遮光条，托住P，使系统处于静止状态，用刻度尺测出遮光条所在位置A与固定在铁架台上的光电门B之间的高度差h，已知当地的重力加速度为g，P、Q的质量分别用mP和mQ表示。
(1)现将物块P从图示位置由静止释放，记下遮光条通过光电门B的时间为t，则遮光条通过光电门B时的速度大小为________。
(2)下列实验步骤必要的是________。
A．准确测量出两物块的质量mP和mQ
B．应选用质量和密度较大的物块进行实验
C．两物块的质量应该相等
D．需要测量出遮光条从A到达B所用的时间
(3)改变高度，重复实验，描绘出v2-h图像，该图像的斜率为k，在实验误差允许范围内，若k＝____________(用前面给出的字母表示)，则验证了机械能守恒定律。
解析：(1)极短时间内的平均速度等于瞬时速度，可知遮光条通过光电门B时的速度大小为v＝eq \f(d,t)。
(2)该实验中机械能守恒的表达式为(mP－mQ)gh＝eq \f(1,2)(mP＋mQ)eq \f(d2,t2)，故还需要测量出两物块的质量mP和mQ，A正确；选用质量和密度较大的物块进行实验可以减小因空气阻力而带来的系统误差，B正确；释放物块P后需要P向下加速通过光电门B，Q向上加速，则需要P的质量大于Q的质量，C错误；物块P从A到达B时，P和Q组成的系统动能增加量为ΔEk＝eq \f(1,2)(mP＋mQ)v2＝eq \f(1,2)(mP＋mQ)eq \f(d2,t2)，系统重力势能的减小量为ΔEp＝(mP－mQ)gh，故不需要测量出遮光条从A到达B所用的时间，D错误。
(3)根据验证机械能守恒定律需要的表达式为(mP－mQ)gh＝eq \f(1,2)(mP＋mQ)v2，可得v2＝eq \f(2mP－mQg,mP＋mQ)h，则v2-h图像的斜率为k＝eq \f(2mP－mQg,mP＋mQ)，故在实验误差允许范围内，若k＝eq \f(2mP－mQg,mP＋mQ)，则验证了机械能守恒定律。
答案：(1)eq \f(d,t) (2)AB (3)eq \f(2mP－mQg,mP＋mQ)
[系统建模]
1．探究单个物体机械能守恒时，物体的质量没有必要测量。如第1题第(1)问。
2．探究物体系统机械能守恒时，系统内各物体的质量必须测出具体值，才可计算系统动能的变化量和势能的变化量。如第2题第(2)问。
关键点(二) 图像斜率的物理意义分析
[考法感悟]
1．(2023·广州调研)如图甲所示为验证机械能守恒定律的实验装置。现有器材为：带铁夹的铁架台、电磁打点计时器、纸带、带铁夹的重物、天平。
(1)为完成实验，还需要的器材有________。
A．刻度尺 B．0～8 V直流电源
C．秒表 D．0～8 V交流电源
(2)某同学用图甲所示装置打出的一条纸带如图乙所示，相邻两点之间的时间间隔为0.02 s，根据纸带计算出打下D点时重物的速度大小为________m/s。(结果保留三位有效数字)
(3)采用重物下落的方法，根据公式eq \f(1,2)mv2＝mgh验证机械能守恒定律，对实验条件的要求是______________，为验证和满足此要求，所选择的纸带第1、2点间的距离应接近________。
(4)该同学根据纸带算出了相应点的速度，作出v2-h图像如图丙所示，则图线斜率的物理意义是________________________________________
__________________________________________________________。
解析：(1)通过打点计时器计算时间，不需要秒表，打点计时器应该与交流电源连接，需要刻度尺测量纸带上两点间的距离，故A、D正确，B、C错误。
(2)由题图乙可知CE间的距离为s＝19.41 cm－12.40 cm＝7.01 cm＝0.070 1 m，则由平均速度公式得D点的速度vD＝eq \f(s,2T)＝eq \f(0.070 1,0.04) m/s≈1.75 m/s。
(3)用公式eq \f(1,2)mv2＝mgh时，对纸带上起点的要求是重物是从初速度为零开始下落。打点计时器的打点周期为0.02 s，重物开始下落后，在第一个打点周期内重物下落的高度h＝eq \f(1,2)gT2＝eq \f(1,2)×9.8×0.022 m≈2 mm，所以所选的纸带最初两点间的距离接近2 mm。
(4)由机械能守恒定律公式mgh＝eq \f(1,2)mv2得v2＝2gh，由此可知图像的斜率k＝2g。
答案：(1)AD (2)1.75 (3)重物的初速度为零 2 mm (4)当地重力加速度的2倍
2．如图甲所示是用“落体法”验证机械能守恒定律的实验装置(g取9.80 m/s2)。
(1)选出一条清晰的纸带如图乙所示，其中O点为打点计时器打下的第一个点，A、B、C为三个计数点，打点计时器通以频率为50 Hz的交变电流。用分度值为1 mm的刻度尺测得OA＝12.41 cm，OB＝18.90 cm，OC＝27.06 cm，在计数点A和B、B和C之间还各有一个点，重锤的质量为1.00 kg。根据以上数据算出：当打点计时器打下B点时重锤的重力势能比开始下落时减少了________J；此时重锤的速度vB＝________m/s，此时重锤的动能比开始下落时增加了______J。(结果均保留三位有效数字)
(2)利用实验时打出的纸带，测量出各计数点到打点计时器打下的第一个点的距离h，算出各计数点对应的速度v，然后以h为横轴、以eq \f(1,2)v2为纵轴作出如图丙所示的图线，图线的斜率近似等于________。
A．19.6 B．9.80 C．4.90
图线未过原点O的原因是__________________________________________________
________________________________________________________________________。
解析：(1)当打点计时器打下B点时，重锤的重力势能减小了ΔEp＝mg·OB≈1.85 J；打B点时重锤的速度vB＝eq \f(OC－OA,4T)≈1.83 m/s，此时重锤的动能增加了ΔEk＝eq \f(1,2)mvB2≈1.67 J。
(2)由机械能守恒定律有eq \f(1,2)mv2＝mgh，可得eq \f(1,2)v2＝gh，由此可知题图丙图线的斜率近似等于重力加速度g，故B正确。由图线可知，h＝0时，重锤的速度不等于零，原因是做实验时先释放了纸带，再接通了打点计时器的电源。
答案：(1)1.85 1.83 1.67 (2)B 先释放了纸带，再接通了打点计时器的电源
3．(2021·河北高考)某同学利用图1中的实验装置探究机械能变化量与力做功的关系。所用器材有：一端带滑轮的长木板、轻细绳、50 g的钩码若干、光电门2个、数字计时器、带遮光条的滑块(质量为200 g，其上可放钩码)、刻度尺。当地重力加速度为9.80 m/s2。实验操作步骤如下：
①安装器材：调整两个光电门距离为50.00 cm，轻细绳下端悬挂4个钩码，如图1所示；
②接通电源，释放滑块，分别记录遮光条通过两个光电门的时间，并计算出滑块通过两个光电门的速度；
③保持绳下端悬挂4个钩码不变，在滑块上依次增加一个钩码，记录滑块上所载钩码的质量，重复上述步骤；
④完成5次测量后，计算出每次实验中滑块及所载钩码的总质量M、系统(包含滑块、滑块所载钩码和轻细绳悬挂钩码)总动能的增加量ΔEk及系统总机械能的减少量ΔE，结果如下表所示：
回答下列问题：
(1)实验中轻细绳所悬挂钩码重力势能的减少量为________ J(保留三位有效数字)；
(2)步骤④中的表格所缺数据为________；
(3)以M为横轴，ΔE为纵轴，选择合适的标度，在图2中绘出ΔE-M图像；
(4)若系统总机械能的减少量等于克服摩擦力做功，则滑块与木板之间的动摩擦因数为________(保留两位有效数字)。
解析：(1)实验中轻绳所悬挂钩码的重力势能的减少量为ΔEp＝4mgL＝4×0.05×9.80×0.5 J＝0.980 J。
(2)对滑块和钩码构成的系统，由能量守恒定律有
4mgL－Wf＝eq \f(1,2)(4m＋M)v22－eq \f(1,2)(4m＋M)v12
其中系统减少的重力势能为ΔEp＝4mgL
系统增加的动能为
ΔEk＝eq \f(1,2)(4m＋M)v22－eq \f(1,2)(4m＋M)v12
系统减少的机械能为ΔE＝Wf，则代入数据可得表格中减少的机械能为
ΔE3＝0.980 J－0.392 J＝0.588 J。
(3)根据表格数据描点，得ΔE-M的图像如图所示：
(4)根据功能关系可知ΔE＝μMgL
则ΔE-M图像的斜率为k＝μgL＝eq \f(0.785－0.393,0.400－0.200) J/kg
解得动摩擦因数μ＝0.40。
答案：(1)0.980 (2)0.588 (3)见解析图
(4)0.40(0.38～0.42均正确)
[系统建模]
1．通过图像验证机械能是否守恒，要根据机械能守恒定律写出图像对应的函数表达式，再结合图像解答相关问题。
2．不同图像中的图线斜率的物理意义不同，如第1题第(4)问，v2-h图像的斜率为2g，而eq \f(v2,2)-h图像的斜率为g，如第2题第(2)问。第3题中ΔE-M图像的斜率k＝μgL，由此则可得出滑块与长木板间的动摩擦因数μ。
1．(2022·河北高考)某实验小组利用铁架台、弹簧、钩码、打点计时器、刻度尺等器材验证系统机械能守恒定律，实验装置如图1所示。弹簧的劲度系数为k，原长为L0，钩码的质量为m。已知弹簧的弹性势能表达式为E＝eq \f(1,2)kx2，其中k为弹簧的劲度系数，x为弹簧的形变量，当地的重力加速度大小为g。
(1)在弹性限度内将钩码缓慢下拉至某一位置，测得此时弹簧的长度为L。接通打点计时器电源。从静止释放钩码，弹簧收缩，得到了一条点迹清晰的纸带。钩码加速上升阶段的部分纸带如图2所示，纸带上相邻两点之间的时间间隔均为T(在误差允许范围内，认为释放钩码的同时打出A点)。从打出A点到打出F点时间内，弹簧的弹性势能减少量为________，钩码的动能增加量为________，钩码的重力势能增加量为________。
(2)利用计算机软件对实验数据进行处理，得到弹簧弹性势能减少量、钩码的机械能增加量分别与钩码上升高度h的关系，如图3所示。
由图3可知，随着h增加，两条曲线在纵向的间隔逐渐变大，主要原因是_______________。
解析：(1)根据题意，弹簧初始伸长量为L－L0，题中明确纸带为加速上升阶段，即弹簧始终处于伸长状态，F位置弹簧伸长量为L－L0－h4，弹性势能减少量为eq \f(1,2)k(L－L0)2－eq \f(1,2)k(L－L0－h4)2，也可以整理为k(L－L0)h4－eq \f(1,2)kh42。点F处的速度为eq \f(h5－h3,2T)，因此，动能变化量为eq \f(mh5－h32,8T2)，重力势能增加量为mgh4。
(2)摩擦力和空气阻力做功随着位移增加，减小的弹性势能一部分转变为内能。
答案：(1)k(L－L0)h4－eq \f(1,2)kh42 eq \f(mh5－h32,8T2) mgh4 (2)见解析
2．(2022·广东高考)某实验小组为测量小球从某一高度释放，与某种橡胶材料碰撞导致的机械能损失，设计了如图(a)所示的装置，实验过程如下：
(1)让小球从某一高度由静止释放，与水平放置的橡胶材料碰撞后竖直反弹。调节光电门位置，使小球从光电门正上方释放后，在下落和反弹过程中均可通过光电门。
(2)用螺旋测微器测量小球的直径，示数如图(b)所示，小球直径d＝__________ mm。
(3)测量时，应__________(选填“A”或“B”，其中A为“先释放小球，后接通数字计时器”，B为“先接通数字计时器，后释放小球”)。记录小球第一次和第二次通过光电门的遮光时间t1和t2。
(4)计算小球通过光电门的速度，已知小球的质量为m，可得小球与橡胶材料碰撞导致的机械能损失ΔE＝__________(用字母m、d、t1和t2表示)。
(5)若适当调高光电门的高度，将会__________(选填“增大”或“减小”)因空气阻力引起的测量误差。
解析：(2)小球直径d＝7.5 mm＋38.4×0.01 mm＝7.884 mm。
(3)实验时应先接通数字计时器，后释放小球。如果先释放小球，后接通数字计时器，可能会出现小球穿过光电门时，数字计时器还未工作的情形。
(4)根据能量守恒定律可知，小球与橡胶材料碰撞导致的机械能损失ΔE＝eq \f(1,2)mv12－eq \f(1,2)mv22＝eq \f(1,2)meq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(d,t1)))2－eq \f(1,2)meq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(d,t2)))2。
(5)若适当调高光电门的高度，则光电门离橡胶材料之间的距离增大，小球在二者之间的运动时间增长，克服空气阻力做的功增多，引起的测量误差也就增大。
答案：(2)7.884(7.883～7.885均可) (3)B
(4)eq \f(1,2)meq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(d,t1)))2－eq \f(1,2)meq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(d,t2)))2 (5)增大
3．(2023·东北师大附中测试)某同学利用图甲所示的实验装置验证机械能守恒定律，所用器材包括：安装声音传感器的智能手机、铁球、刻度尺、钢尺等。实验过程如下：
(1)一钢尺伸出水平桌面少许，将质量为m的铁球放在钢尺末端，用刻度尺测出钢尺上表面与地板间的高度差h＝78.00 cm。
(2)运行智能手机中的声音“振幅”(声音传感器)项目。
(3)迅速敲击钢尺侧面，铁球自由下落。传感器记录下声音振幅随时间变化曲线如图乙所示，第一、二个尖峰的横坐标分别对应铁球开始下落和落地时刻。测得这两个尖峰的时间间隔为t＝0.40 s。
(4)若铁球下落过程中机械能守恒，则应满足等式：____________(请用物理量符号m、g、h、t表示)。
(5)若已知铁球质量为50 g，g＝9.80 m/s2，则下落过程中减小的重力势能ΔEp＝0.382 J，增加的动能ΔEk＝________J(结果保留3位小数)。相对误差η＝eq \f(ΔEp－ΔEk,ΔEp)×100%＝________%＜5%，据此可以得到的实验结论：在误差允许的范围内，铁球在自由下落过程中机械能守恒。
(6)敲击钢尺侧面时若铁球获得一个较小的水平速度，对实验测量结果________(填“有”或“没有”)影响。
解析：(4)铁球下落eq \f(t,2)的速度为veq \f(t,2)＝eq \f(h,t)
根据初速度为0的匀变速直线运动的公式有
veq \f(t,2)＝aeq \f(t,2)，v＝at
解得铁球下落时间t的速度为v＝eq \f(2h,t)
若铁球下落过程中机械能守恒，则应满足等式mgh＝eq \f(1,2)mv2
代入数据解得mgh＝eq \f(1,2)meq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(2h,t)))2或gh＝2eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(h,t)))2。
(5)下落过程中增加的动能ΔEk＝eq \f(1,2)mv2＝eq \f(1,2)m×eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(2h,t)))2≈0.380 J
相对误差η＝eq \f(ΔEp－ΔEk,ΔEp)×100%≈0.5%。
(6)根据运动的独立性，敲击钢尺侧面时若铁球获得一个较小的水平速度，不影响铁球竖直方向的运动，对实验测量结果没有影响。
答案：(4)mgh＝eq \f(1,2)meq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(2h,t)))2或gh＝2eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(h,t)))2
(5)0.380 0.5 (6)没有
4．(2022·湖北高考)某同学设计了一个用拉力传感器验证机械能守恒定律的实验。一根轻绳一端连接固定的拉力传感器，另一端连接小钢球，如图甲所示。拉起小钢球至某一位置由静止释放，使小钢球在竖直平面内摆动，记录钢球摆动过程中拉力传感器示数的最大值Tmax和最小值Tmin。改变小钢球的初始释放位置，重复上述过程。根据测量数据在直角坐标系中绘制的Tmax -Tmin图像是一条直线，如图乙所示。
(1)若小钢球摆动过程中机械能守恒。则图乙中直线斜率的理论值为________。
(2)由图乙得：直线的斜率为________，小钢球的重力为________ N。(结果均保留2位有效数字)
(3)该实验系统误差的主要来源是________(单选，填正确答案标号)。
A．小钢球摆动角度偏大
B．小钢球初始释放位置不同
C．小钢球摆动过程中有空气阻力
解析：(1)设初始位置时，细线与竖直方向夹角为θ，则细线拉力最小值为Tmin＝mgcs θ
到最低点时细线拉力最大，设小钢球在最低点的速度为v，由机械能守恒定律得
mgl(1－cs θ)＝eq \f(1,2)mv2
在最低点：Tmax－mg＝meq \f(v2,l)
联立可得Tmax＝3mg－2Tmin
若小钢球摆动过程中机械能守恒，则图乙中直线斜率的理论值为－2。
(2)由图乙得直线的斜率为
k＝－eq \f(1.77－1.35,0.2)＝－2.1
3mg＝1.77 N
则小钢球的重力为mg＝0.59 N。
(3)该实验系统误差的主要来源是小钢球摆动过程中有空气阻力，使得机械能减小，故选C。
答案：(1)－2 (2)－2.1 0.59 (3)C夹角
功的正负
α＜90°
力对物体做正功
α＞90°
力对物体做负功，或者说物体克服这个力做了功
α＝90°
力对物体不做功
在F -x图像中，图线与x轴所围“面积”的代数和就表示力F在这段位移内所做的功，且位于x轴上方的“面积”为正功，位于x轴下方的“面积”为负功，但此方法只适用于便于求图线所围面积的情况(如三角形、矩形、圆等规则的几何图形)。
以恒定功率启动
以恒定加速度启动
P-t图像和v-t图像
OA段
过程分析
v↑⇒F＝eq \f(P,v)↓
⇒a＝eq \f(F－F阻,m)↓
a＝eq \f(F－F阻,m)不变⇒F不变eq \(⇒,\s\up6(v↑))P＝Fv↑直到P额＝Fv1
运动性质
加速度减小的加速运动
匀加速直线运动，维持时间t0＝eq \f(v1,a)
AB段
过程分析
F＝F阻⇒a＝0
⇒vm＝eq \f(P,F阻)
v↑⇒F＝eq \f(P额,v)↓
⇒a＝eq \f(F－F阻,m)↓
运动性质
以vm做匀速直线运动
加速度减小的加速运动
BC段
无
F＝F阻⇒a＝0⇒
以vm＝eq \f(P额,F阻)做匀速运动
定义
物体由于运动而具有的能
公式
Ek＝eq \f(1,2)mv2
矢标性
动能是标量，只有正值
状态量
动能是状态量，因为v是瞬时速度
相对性
由于速度具有相对性，所以动能也具有相对性
内容
力在一个过程中对物体做的功，等于物体在这个过程中动能的变化
表达式
W＝eq \f(1,2)mv22－eq \f(1,2)mv12或W＝Ek2－Ek1
物理意义
合外力做的功是物体动能变化的量度
适用条件
(1)既适用于直线运动，也适用于曲线运动。
(2)既适用于恒力做功，也适用于变力做功。
(3)力可以是各种性质的力，既可以同时作用，也可以间断作用
定性
关系
重力对物体做正功，重力势能就减少
重力对物体做负功，重力势能就增加
定量
关系
物体从位置A到位置B时，重力对物体做的功等于物体重力势能的减少量，即WG＝－ΔEp
定义法
利用机械能的定义直接判断，分析物体或系统的动能和势能的和是否变化，若不变，则机械能守恒
做功法
若物体或系统只有重力或系统内弹力做功，或有其他力做功，但其他力做功的代数和为零，则机械能守恒
转化法
若物体或系统中只有动能和势能的相互转化而无机械能与其他形式能的转化，则机械能守恒
常见
情境
三点
提醒
(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的高度变化关系。
(3)对于单个物体，一般绳上的力要做功，机械能不守恒；但对于绳连接的系统，机械能则可能守恒。
常见情境
三大特点
(1)平动时两物体线速度相等，转动时两物体角速度相等。
(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。
题型
特点
由轻弹簧连接的物体系统，一般既有重力做功又有弹簧弹力做功，这时系统内物体的动能、重力势能和弹簧的弹性势能相互转化，而总的机械能守恒。
两点
提醒
(1)对同一弹簧，弹性势能的大小由弹簧的形变量完全决定，无论弹簧是伸长还是压缩。
(2)物体运动的位移与弹簧的形变量或形变量的变化量有关。
力做功
能的变化
定量关系
合力的功
动能变化
W＝Ek2－Ek1＝ΔEk
重力的功
重力势能变化
(1)重力做正功，重力势能减少
(2)重力做负功，重力势能增加
(3)WG＝－ΔEp＝Ep1－Ep2
弹簧弹力的功
弹性势能变化
(1)弹力做正功，弹性势能减少
(2)弹力做负功，弹性势能增加
(3)WF＝－ΔEp＝Ep1－Ep2
只有重力、弹力做功
机械能不变化
机械能守恒，ΔE＝0
除重力和弹力之外的其他力做的功
机械能变化
(1)其他力做多少正功，物体的机械能就增加多少
(2)其他力做多少负功，物体的机械能就减少多少
(3)W其他＝ΔE
一对相互作用的滑动摩擦力的总功
机械能减少内能增加
(1)作用于系统的一对滑动摩擦力一定做负功，系统内能增加
(2)摩擦生热Q＝Ff·s相对
静摩擦力做功
滑动摩擦力做功
互为作用力和反作用力的一对静摩擦力所做功的代数和为零，即要么一正一负，要么都不做功
互为作用力和反作用力的一对滑动摩擦力所做功的代数和为负值，即至少有一个力做负功
两种摩擦力都可以对物体做正功或者负功，还可以不做功
动力学角度
首先要正确分析物体的运动过程，做好受力分析，然后利用运动学公式结合牛顿第二定律求物体及传送带在相应时间内的位移，找出物体和传送带之间的位移关系
能量
角度
求传送带对物体所做的功、物体和传送带由于相对滑动而产生的热量、因放上物体而使电动机多消耗的电能等，常依据功能关系或能量守恒定律求解
原理装置图
操作要领
(1)安装：打点计时器竖直安装；纸带沿竖直方向拉直。
(2)重物：选密度大、质量大的金属块，且靠近计时器处释放。
(3)打纸带：让重物自由下落，纸带上打下一系列小点。
(4)选纸带：点迹清晰，且所选用的点在同一条直线上。
(5)求速度：应用vn＝eq \f(hn＋1－hn－1,2T)，不能用vn＝eq \r(2ghn)或vn＝gtn计算。
误差
产生原因
减小误差的方法
偶然误差
测量长度带来的误差
(1)测量距离时应从计数点0量起，且选取的计数点离0点远些；
(2)多次测量取平均值
系统误差
重物和纸带下落过程中存在阻力
(1)打点计时器安装稳固，并使两限位孔在同一竖直线上，以减小摩擦阻力；
(2)选用质量大、体积小的物体作重物，以减小空气阻力的影响
M/kg
0.200
0.250
0.300
0.350
0.400
ΔEk/J
0.587
0.490
0.392
0.294
0.195
ΔE/J
0.393
0.490
0.686
0.785
第1讲 功和功率
一、功
1．做功的两个必要条件
力和物体在力的方向上发生的位移。
2．公式
W＝Flcs α，适用于恒力做功，其中α为F、l方向间的夹角，l为物体对地的位移。
3．功的正负判断
二、功率
1．定义：功与完成这些功所用时间之比。
2．物理意义：描述力对物体做功的快慢。
3．公式
(1)P＝eq \f(W,t)，P为时间t内的平均功率。
(2)P＝Fvcs_α(α为F与v的夹角)
①v为平均速度，则P为平均功率；
②v为瞬时速度，则P为瞬时功率。
4．额定功率与实际功率
(1)额定功率：动力机械正常工作时输出的最大功率。
(2)实际功率：动力机械实际工作时输出的功率，要求小于或等于额定功率。
情境创设1
如图所示，质量为m的物体静止在倾角为θ的斜面上，现在使斜面向右匀速移动距离l，物体相对于斜面静止。
[微点判断]
(1)重力对物体做正功。(×)
(2)支持力对物体做正功。(√)
(3)摩擦力对物体不做功。(×)
(4)合力对物体做功为零。(√)
情境创设2
如图所示，“复兴号”高速列车正在平直轨道上匀速运行。
eq \a\vs4\al([微点判断])
(5)“复兴号”高速列车运行的牵引力大小等于其阻力大小。(√)
(6)“复兴号”高速列车运行的速度越大，其实际功率越大。(√)
(7)若“复兴号”高速列车以恒定功率出站时，其加速度是不变的。(×)
(8)由公式P＝Fv只可以求平均功率，不可以求瞬时功率。(×)
(一) 功的正负判断和恒力做功的计算(固基点)
[题点全练通]
1．[功的正负判断]图甲为一女士站在台阶式自动扶梯上匀速上楼(忽略扶梯对手的作用)，图乙为一男士站在履带式自动扶梯上匀速上楼，两人相对扶梯均静止。下列关于做功的判断中正确的是( )
A．图甲中支持力对人做正功
B．图甲中摩擦力对人做负功
C．图乙中支持力对人做正功
D．图乙中摩擦力对人做负功
解析：选A 题图甲中，人匀速上楼，不受摩擦力，摩擦力不做功，支持力向上，与速度方向的夹角为锐角，则支持力做正功，故A正确，B错误；题图乙中，支持力与速度方向垂直，支持力不做功，摩擦力方向与速度方向相同，做正功，故C、D错误。
2.[恒力做功的计算](多选)如图所示，建筑工人通过滑轮装置将一质量是100 kg的料车沿30°角的斜面由底端匀速地拉到顶端，斜面长L是4 m，若不计滑轮的质量和各处的摩擦力，g取10 N/kg，则对这一过程，下列说法正确的是( )
A．人拉绳子的力做功为1 000 J
B．人拉绳子的力做功为2 000 J
C．料车受到的重力做功为2 000 J
D．料车受到的合力对料车做的总功为0
解析：选BD 工人拉绳子的力：F＝eq \f(1,2)mgsin θ，工人将料车拉到斜面顶端时，拉绳子的长度：l＝2L，根据公式W＝Flcs α，得：W1＝eq \f(1,2)mgsin θ·2L＝eq \f(1,2)×100×10×eq \f(1,2)×2×4 J＝2 000 J，故A错误，B正确；重力做功：W2＝－mgh＝－mgLsin θ＝－100×10×4×eq \f(1,2) J＝－2 000 J，故C错误；由于料车在斜面上匀速运动，则料车所受的合力为0，故W合＝0，故D正确。
[要点自悟明]
1．功的正负判断方法
(1)恒力做功的正负常依据力与位移方向的夹角来判断。
(2)曲线运动中功的正负常依据力F与速度v的方向夹角α来判断。
(3)能量变化思想常用于两个相联系的物体之间的相互作用力做功的判断。
2．恒力做功的计算方法
3．总功的计算方法
方法一：先求合力F合，再用W总＝F合lcs α求功，此法要求F合为恒力。
方法二：先求各个力做的功W1、W2、W3、…，再应用W总＝W1＋W2＋W3＋…求总功，注意代入“＋”“－”再求和。
(二) 功率的理解与计算(精研点)
逐点清1 对功率的理解
1．关于某力做功的功率，下列说法正确的是( )
A．该力越大，其功率就越大
B．该力在单位时间内做的功越多，其功率就越大
C．功率越大，说明该力做的功越多
D．功率越小，说明该力做功的时间越少
解析：选B 由功率公式P＝Fvcs α可知，功率的大小由F、v及它们间的夹角共同决定，F越大，功率P不一定越大，A错误；由P＝eq \f(W,t)可知，单位时间内力做的功越多，其功率就越大，但功率越大，该力做功不一定越多，功率越小，该力的作用时间不一定越少，故B正确，C、D均错误。
eq \b\lc\ \rc\|(\a\vs4\al\c1())一点一过 对功率的两点说明
(1)物体在发生一段位移过程中所对应的功率为平均功率，物体在某一时刻的功率为瞬时功率。
(2)力对物体做功的多少与地面是否光滑无关，但力对物体做功的功率大小与地面是否光滑有关。
逐点清2 瞬时功率的分析与计算
2.(2023·开封模拟)如图所示，细线的一端固定于O点，另一端系一小球。在水平拉力作用下，小球以恒定速率在竖直平面内由A点运动到B点。在此过程中拉力的瞬时功率的变化情况是( )
A．逐渐增大 B．逐渐减小
C．先增大，后减小 D．先减小，后增大
解析：选A 小球以恒定速率在竖直平面内由A点运动到B点，即小球做匀速圆周运动，那么小球受到的重力mg、水平拉力F、细线拉力FT三者的合力必是沿细线指向O点。对小球受力分析如图，F＝mgtan θ，由P＝Fvcs θ，可得P＝mgvsin θ，θ逐渐增大，则功率P逐渐增大，A项正确。
一点一过 瞬时功率公式的理解与应用
(1)利用公式P＝Fvcs α，其中v为t时刻的瞬时速度。
(2)利用公式P＝FvF，其中vF为物体的速度v在力F方向上的分速度。
(3)利用公式P＝Fvv，其中Fv为物体受到的外力F在速度v方向上的分力。
逐点清3 平均功率的分析与计算
3．(2023·海口模拟)一滑块在水平地面上沿直线滑行，t＝0时速率为1 m/s。从此刻开始在与速度平行的方向上对其施加一水平作用力F，力F和滑块的速度v
随时间的变化规律分别如图甲、乙所示，则(两图取同一正方向，重力加速度g＝10 m/s2)( )
A．滑块的质量为0.5 kg
B．滑块与水平地面间的动摩擦因数为0.5
C．第1 s内摩擦力对滑块做功为－1 J
D．第2 s内力F的平均功率为1.5 W
解析：选D 滑块运动的加速度大小a＝eq \f(Δv,Δt)＝1 m/s2，由题图知，第1 s内有Ff＋F＝ma，第2 s内有F′－Ff＝ma，则Ff＋1 N＝3 N－Ff，故Ff＝1 N，m＝2 kg，又由Ff＝μmg可得动摩擦因数μ＝0.05，故A、B错误；第1 s内滑块的位移大小为x＝0.5 m，根据功的公式可得第1 s内摩擦力对滑块做功为－0.5 J，故C错误；根据v-t图像可知，第2 s内的平均速度大小eq \x\t(v)＝0.5 m/s，所以第2 s内力F的平均功率P＝Feq \x\t(v)＝3×0.5 W＝1.5 W，故D正确。
eq \b\lc\ \rc\|(\a\vs4\al\c1())一点一过 平均功率的计算方法
(1)利用P＝eq \f(W,t)求解。
(2)利用P＝Fvcs α求解，其中v为物体运动的平均速度。
(三) 求变力做功的五种方法(培优点)
方法1 利用微元法求变力做功
将物体的位移分割成许多小段，因每一小段很小，每一小段上作用在物体上的力可以视为恒力，这样就将变力做功转化为在无数多个位移上的恒力所做功的代数和。此法常用于求解大小不变、方向改变的变力做功问题。
1.(多选)如图所示，在一半径为R＝6 m的圆弧形桥面的底端A，某人把一质量为m＝8 kg的物块(可看成质点)用大小始终为F＝75 N的拉力从底端缓慢拉到桥面顶端B(圆弧AB在同一竖直平面内)，拉力的方向始终与物块在该点的切线成37°角，整个圆弧桥面所对的圆心角为120°，g取10 m/s2，sin 37°＝0.6，cs 37°＝0.8。在这一过程中，下列说法正确的是( )
A．重力做功为240 J
B．支持力做功为0
C．拉力F做功约为376.8 J
D．摩擦力做功约为136.8 J
解析：选BC 物块重力做的功WG＝－mgR(1－cs 60°)＝－240 J，故A错误；支持力始终与运动方向垂直，支持力不做功，故B正确；将圆弧Aeq \x\t(B)分成很多小段l1、l2、…、ln，拉力在每一小段上做的功为W1、W2、…、Wn，拉力F大小不变，方向始终与物块在该点的切线成37°角，则W1＝Fl1cs 37°、W2＝Fl2cs 37°、…、Wn＝Flncs 37°，WF＝W1＋W2＋…＋Wn＝Fcs 37°(l1＋l2＋…＋ln)＝Fcs 37°·eq \f(1,6)·2πR≈376.8 J，故C正确；因物块在拉力F作用下缓慢移动，动能不变，由动能定理得WF＋WG＋Wf＝0－0，解得Wf＝－WF－WG＝－376.8 J＋240 J＝－136.8 J，故D错误。
方法2 化变力为恒力求变力做功
有些变力做功问题通过转换研究对象，可转化为恒力做功，用W＝Flcs α求解。此法常用于轻绳通过定滑轮拉物体做功的问题中。
2.(多选)如图所示，固定的光滑竖直杆上套着一个滑块，滑块用轻绳系着绕过光滑的定滑轮O。现以大小不变的拉力F拉绳，使滑块从A点由静止开始上升，滑块运动到C点时速度最大。已知滑块质量为m，滑轮O到竖直杆的距离为d，∠OAO′＝37°，∠OCO′＝53°，重力加速度为g(已知sin 37°＝0.6，cs 37°＝0.8)。则( )
A．拉力F大小为eq \f(5,3)mg
B．拉力F大小为eq \f(5,4)mg
C．滑块由A到C过程，轻绳对滑块做的功为eq \f(25,36)mgd
D．滑块由A到C过程，轻绳对滑块做的功为eq \f(25,48)mgd
解析：选AC 滑块到C点时速度最大，其所受合力为零，则有Fcs 53°－mg＝0，解得F＝eq \f(5,3)mg，故A正确，B错误；拉力F做的功等于轻绳拉力对滑块做的功，滑轮与A间绳长L1＝eq \f(d,sin 37°)，滑轮与C间绳长L2＝eq \f(d,sin 53°)，滑轮右侧绳子增大的长度ΔL＝L1－L2＝eq \f(d,sin 37°)－eq \f(d,sin 53°)＝eq \f(5d,12)，拉力做功W＝FΔL＝eq \f(25,36)mgd，故C正确，D错误。
方法3 利用平均力求变力做功
当物体受到的力方向不变，而大小随位移均匀变化时，则可以认为物体受到一大小为eq \x\t(F)＝eq \f(F1＋F2,2)的恒力作用，F1、F2分别为物体在初、末位置所受到的力，然后用公式W＝eq \x\t(F)lcs α求此变力所做的功。
3．如图所示，传送带通过滑道将长为L、质量为m的匀质物块以初速度v0向右传上水平台面，物块前端在台面上滑动s后停下来。已知滑道上的摩擦不计，物块
与台面间的动摩擦因数为μ，且s＞L，则物块在整个过程中克服摩擦力所做的功为( )
A．μmgeq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(s＋\f(L,2))) B．μmgs
C．μmgeq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(s－\f(L,2))) D．μmg(s－L)
解析：选C 物块在完全滑上台面前，摩擦力由0均匀增大到μmg，完全滑上平台后物块所受摩擦力恒定不变，故整个过程中物块克服摩擦力做功W＝eq \f(0＋μmg,2)L＋μmg(s－L)＝μmgeq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(s－\f(L,2)))，故C正确。
方法4 利用F-x图像求变力做功
4．(2023·安徽蚌埠月考)如图a所示，质量为1 kg的物体在水平力F作用下，沿水平方向做直线运动，拉力F与位移x的关系如图b所示，前5 m位移内物体做匀速直线运动，则在物体发生10 m位移的过程中( )
A．重力做功为WG＝100 J
B．拉力F做功为WF＝150 J
C．所有力做的总功W总＝50 J
D．摩擦力做功为Wf＝0
解析：选C 物体运动方向和重力方向垂直，故重力做功为零，故A错误；拉力做功为WF＝F1x1＋F2x2＝5×5 J＋15×5 J＝100 J，故B错误；物体在前5 m内做匀速运动，故拉力大小等于阻力大小f＝F1＝5 N，故摩擦力做功为Wf＝－fx＝－5×10 J＝－50 J，合力做功W合＝WF＋Wf＝50 J，故C正确，D错误。
方法5 利用动能定理求变力做功
利用公式W＝Flcs α不容易直接求功时，尤其对于曲线运动或变力做功问题，可考虑由动能的变化来间接求功，所以动能定理是求变力做功的首选。
5．(2023·许昌高三模拟)如图所示，光滑斜面的顶端固定一弹簧，一质量为m的小球向右滑行，并冲上固定在地面上的斜面。设小球在斜面最低点A的速度为v，压缩弹簧至C点时弹簧最短，C点距地面高度为h，重力加速度为g，则小球从A到C的过程中弹簧弹力做功是( )
A．mgh－eq \f(1,2)mv2 B．eq \f(1,2)mv2－mgh
C．－mgh D．－eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(mgh＋\f(1,2)mv2))
解析：选A 小球从A到C过程中，由动能定理可得WG＋WF＝0－eq \f(1,2)mv2，WG＝－mgh，解得WF＝mgh－eq \f(1,2)mv2，故选A。
(四) 机车启动问题(精研点)
1．两种启动方式
2．三个重要关系
(1)无论哪种启动过程，机车的最大速度都为vm＝eq \f(P,F阻)。
(2)机车以恒定加速度启动时，匀加速过程结束后功率最大，速度不是最大，即v＝eq \f(P,F)
[考法全训]
考法(一) 恒定功率启动问题
[例1] 如图甲所示，在粗糙的水平路段AB上有一质量为4×103 kg的越野车，正以 5 m/s的速度向右匀速运动，越野车前方的水平路段BC较平坦，越野车用12 s通过整个ABC路段的v-t图像如图乙所示，在t＝12 s处水平虚线与曲线相切，运动过程中越野车发动机的输出功率保持80 kW不变。假设越野车在两个路段上受到的阻力(含地面摩擦力和空气阻力等)各自恒定，求：
(1)越野车在AB路段上运动时所受的阻力大小；
(2)BC路段的长度。
[解析] (1)越野车在AB路段时做匀速运动，有F1＝f1，又P＝F1v1
联立解得f1＝16 000 N。
(2)t＝12 s时越野车处于平衡状态，有F2＝f2，P＝F2v2
联立解得f2＝8 000 N
在BC路段运动时间为t2＝8 s
由动能定理有Pt2－f2x＝eq \f(1,2)mv22－eq \f(1,2)mv12
代入数据解得x＝61.25 m。
[答案] (1)16 000 N (2)61.25 m
考法(二) 恒定加速度启动问题
[例2] (2022·浙江6月选考)小明用额定功率为1 200 W、最大拉力为300 N的提升装置，把静置于地面的质量为20 kg的重物竖直提升到高为85.2 m的平台，先加速再匀速，最后做加速度大小不超过5 m/s2的匀减速运动，到达平台速度刚好为零，g取10 m/s2，则提升重物的最短时间为( )
A．13.2 s B．14.2 s
C．15.5 s D．17.0 s
[解析] 为了以最短时间提升重物，一开始先以最大拉力拉重物向上做匀加速运动，当功率达到额定功率时，保持功率不变直到重物达到最大速度，接着做匀速运动，最后以最大加速度做匀减速运动至平台速度刚好为零，重物在第一阶段做匀加速运动过程，根据牛顿第二定律可得a1＝eq \f(Tm－mg,m)＝eq \f(300－20×10,20) m/s2＝5 m/s2，当功率达到额定功率时，设重物的速度为v1，则有v1＝eq \f(P额,Tm)＝eq \f(1 200,300) m/s＝4 m/s，此过程所用时间和上升高度分别为t1＝eq \f(v1,a1)＝eq \f(4,5) s＝0.8 s，h1＝eq \f(v12,2a1)＝eq \f(42,2×5) m＝1.6 m，重物以最大速度匀速时，有vm＝eq \f(P额,T)＝eq \f(P额,mg)＝eq \f(1 200 ,200) m/s＝6 m/s，重物最后以最大加速度做匀减速运动的时间和上升高度分别为t3＝eq \f(vm,am)＝eq \f(6,5) s＝1.2 s，h3＝eq \f(vm2,2am)＝eq \f(62,2×5) m＝3.6 m。设重物从结束匀加速运动到开始做匀减速运动所用时间为t2，该过程根据动能定理可得P额t2－mgh2＝eq \f(1,2)mvm2－eq \f(1,2)mv12，又h2＝85.2 m－1.6 m－3.6 m＝80 m，联立解得t2＝13.5 s。故提升重物的最短时间为tmin＝t1＋t2＋t3＝0.8 s＋13.5 s＋1.2 s＝15.5 s，C正确，A、B、D错误。
[答案] C
[误区警示]
本题中重物经历了三个过程：先向上做匀加速运动，再以额定功率做变速运动，最后做匀减速直线运动。其中第二阶段的运动过程容易被忽略，从而导致错解。
1.[渗透五育教育(体育)]引体向上是中学生体育测试的项目之一。若一个普通高中生在30秒内完成20次引体向上，该学生此过程中克服重力做功的平均功率最接近于( )
A．2 W B．20 W
C．200 W D．2 000 W
解析：选C 普通高中学生的体重大约60 kg，引体向上时向上运动的位移大约0.4 m，引体向上一次克服重力做功为：W＝mgh＝240 J，则克服重力做功的平均功率为：P＝eq \f(W,t)＝160 W，最接近的是C选项。
2．[联系生活实际]当前，我国某些偏远山区的日常用水仍然主要依靠井水。某同学用水桶从水井里提水，井内水面到井口的高度为4 m。水桶离开水面时，桶和水的总质量为8 kg。由于水桶漏水，在被匀速提升至井口的过程中，桶和水的总质量随着上升距离的变化而变化，其关系如图所示。水桶可以看成质点，不计空气阻力，重力加速度g取10 m/s2。由图像可知，在提水的整个过程中，拉力对水桶做的功为( )
A．280 J B．320 J
C．240 J D．200 J
解析：选A 由于水桶匀速上升，拉力和重力相平衡，拉力对水桶做的功可借助图像的面积来求，即：W＝eq \f(m0g＋mg,2)h，代入数据可得：W＝280 J，故A正确，B、C、D错误。
3．[树立民族自信]据《科技日报》报道，上海中车公司生产的全球最大马力无人遥控潜水器在上海下线。该潜水器自重5×103 kg，主要用于深海搜寻和打捞等。若在某次作业中，潜水器带着4×103 kg的重物从3 000 m深的海底一起匀速上升到了海面，已知上升过程中潜水器的机械功率恒为180 kW，水对潜水器(含重物)的浮力和阻力相互平衡(g取10 m/s2)，则潜水器上升的时间为( )
A．0.5×103 s B．1.0×103 s
C．1.5×103 s D．2.0×103 s
解析：选C 由题意可知，潜水器(含重物)匀速运动，动力等于重力，F＝(m潜＋m重)g，由P＝Fv可得上升速度为v＝2 m/s，由h＝vt解得潜水器上升的时间为t＝1.5×103 s，C正确。
4．[聚焦科技前沿](2021·湖南高考)“复兴号”动车组用多节车厢提供动力，从而达到提速的目的。总质量为m的动车组在平直的轨道上行驶。该动车组有四节动力车厢，每节车厢发动机的额定功率均为P，若动车组所受的阻力与其速率成正比(F阻＝kv，k为常量)，动车组能达到的最大速度为vm。下列说法正确的是( )
A．动车组在匀加速启动过程中，牵引力恒定不变
B．若四节动力车厢输出功率均为额定值，则动车组从静止开始做匀加速运动
C．若四节动力车厢输出的总功率为2.25P，则动车组匀速行驶的速度为eq \f(3,4)vm
D．若四节动力车厢输出功率均为额定值，动车组从静止启动，经过时间t达到最大速度vm，则这一过程中该动车组克服阻力做的功为eq \f(1,2)mvm2－Pt
解析：选C 根据牛顿第二定律有F－kv＝ma，动车组做匀加速直线运动时加速度恒定，而加速运动过程速度是变化的，故牵引力是变力，A错误；若四节动力车厢输出功率均为额定值，有eq \f(4P,v)－kv＝ma，加速度是变化的，B错误；动车组达到最大速度匀速运动时，有4P＝kvm2，若四节动力车厢输出的总功率为2.25P，设动车组匀速行驶时的速率为v1，则有2.25P＝kv12，解得v1＝eq \f(3vm,4)，C正确；若四节动力车厢输出功率均为额定值，对整个过程由动能定理得4Pt－Wf＝eq \f(1,2)mvm2，则Wf＝4Pt－eq \f(1,2)mvm2，D错误。
[课时跟踪检测]
1.某水上乐园有两种滑道，一种是直轨滑道，另一种是螺旋滑道，两种滑道的高度及粗糙程度相同，但螺旋滑道的轨道更长，某游客分别沿两种不同的滑道由静止从顶端滑下，在由顶端滑至底端的整个过程中，沿螺旋滑道下滑( )
A．重力对游客做的功更多
B．重力对游客做的功更少
C．摩擦力对游客做的功更多
D．摩擦力对游客做的功更少
解析：选C 重力做功WG＝mg·Δh，与路径无关，只与初末位置的高度差有关，而两种轨道的高度差相同，则重力对游客做功相同，故A、B错误；由于螺旋轨道的轨道更长，因此螺旋轨道的倾角更小，沿螺旋轨道运动的摩擦力更大，则摩擦力对游客做的功更多，故C正确，D错误。
2.如图所示，在水平地面上方的某一水平面上，从水平面的左侧某点竖直上抛一个小球A，从水平面的右侧某点水平向右抛出另一个小球B，两球可视为质点且质量相同，抛出时初速度大小相同，不计空气阻力，关于两球从抛出到落地的运动过程中，下列说法正确的是( )
A．重力对A球做的功较多
B．重力对两球做功的平均功率相等
C．落地时两球的瞬时速率相等
D．落地时重力对B球做功的瞬时功率较大
解析：选C 小球A和B分别做竖直上抛和平抛运动，从抛出点到落地时竖直位移相等，由WG＝mgh，可分析重力对两球做功相等，但在竖直方向比较，A球运动时间比B球长，由PG＝eq \f(mgh,t)，可分析重力对A球做功的平均功率较小，A、B错误；由动能定理可分析mgh＝eq \f(1,2)mv2－eq \f(1,2)mv02，因此两球落地时速度大小相等，但落地时的瞬时功率PA＝mgv，PB＝mgvcs θ，其中θ为重力与B球落地时合速度方向的夹角，则PA＞PB，C正确，D错误。
3．(2022·广东高考)(多选)如图所示，载有防疫物资的无人驾驶小车，在水平MN段以恒定功率 200 W、速度5 m/s 匀速行驶，在斜坡PQ段以恒定功率570 W、速度2 m/s匀速行驶。已知小车总质量为50 kg，MN＝PQ＝20 m，PQ段的倾角为30°，重力加速度g取10 m/s2，不计空气阻力。下列说法正确的有( )
A．从M到N，小车牵引力大小为40 N
B．从M到N，小车克服摩擦力做功800 J
C．从P到Q，小车重力势能增加1×104 J
D．从P到Q，小车克服摩擦力做功700 J
解析：选ABD 从M到N，由P＝Fv，知其水平牵引力大小为F1＝eq \f(P1,v1)＝eq \f(200,5) N＝40 N，故A正确；小车在MN段匀速，则Ff1＝F1＝40 N，故小车克服摩擦力做功WFf1＝Ff1·MN＝800 J，B正确；从P到Q，小车重力势能增加ΔEp＝mgPQ sin 30°＝5×103 J，故C错误；从P到Q，其牵引力为F2＝eq \f(P2,v2)＝285 N，由于小车匀速向上运动，则F2＝mgsin 30°＋Ff2，得Ff2＝35 N，故小车克服摩擦力做功WFf2＝Ff2PQ＝700 J，D正确。
4.(2021·北京等级考)如图所示，高速公路上汽车定速巡航(即保持汽车的速率不变)通过路面abcd，其中ab段为平直上坡路面，bc段为水平路面，cd段为平直下坡路面。不考虑整个过程中空气阻力和摩擦阻力的大小变化。下列说法正确的是( )
A．在ab段汽车的输出功率逐渐减小
B．汽车在ab段的输出功率比bc段的大
C．在cd段汽车的输出功率逐渐减小
D．汽车在cd段的输出功率比bc段的大
解析：选B 在ab段，根据平衡条件可知，牵引力F1＝mgsin θ1＋f，θ1为ab段路面与水平面的夹角，所以在ab段汽车的输出功率P1＝F1v不变，在bc段牵引力F2＝f，bc段的输出功率P2＝F2v＜P1，选项A错误，B正确；在cd段牵引力F3＝f－mgsin θ2，θ2为cd段路面与水平面的夹角，汽车的输出功率P3＝F3v＜P2，在cd段汽车的输出功率不变，且小于bc段的输出功率，选项C、D错误。
5.一质量为m的物块静止在光滑水平面上，某时刻起受到水平向右的大小随位移变化的力F的作用，F随位移变化的规律如图所示，下列说法正确的是( )
A．物块先做匀加速运动，后做匀减速运动
B．物块的位移为x0时，物块的速度最大
C．力F对物块做的总功为6F0x0
D．物块的最大速度为 eq \r(\f(6F0x0,m))
解析：选D 物块在光滑水平面上运动，受到的合外力为F，因为F为正，所以物块一直加速运动；那么，物块的位移为3x0时，物块的速度最大，故A、B错误；物块所受合外力F随位移的关系式可由图像得到，由图可知，合外力做功的大小为图中图线与x轴围成的面积，所以力F对物块做的总功为W＝eq \f(1,2)×2F0×3x0＝3F0x0，故C错误；物块的位移为3x0时，物块的速度最大，由动能定理可得eq \f(1,2)mvm2＝3F0x0，所以最大速度为vm＝eq \r(\f(6F0x0,m))，故D正确。
6．如图甲所示是我国自主设计的全球第一款可载客的无人驾驶飞机“亿航184”，其自重为260 kg，最大载重为100 kg。图乙是该无人机在最大载重情况下，从地面开始竖直升空过程中的v-t图像，则下列说法正确的是(g取10 m/s2)( )
A．0～5 s内的平均速度为3 m/s
B．5～8 s内发动机的输出功率为零
C．0～5 s发动机用于升空的功率逐渐减小
D．发动机用于升空的功率至少为2.16×104 W
解析：选D 在v-t图像中速度图像的“面积”等于位移，可知0～5 s内的平均速度eq \x\t(v)>eq \f(v0＋vt,2)＝3 m/s，故A错误；5～8 s 内飞机做匀速运动，发动机的输出功率不为零，故B错误；0～2 s 加速度不变，输出功率在逐渐增大，2～5 s内输出功率不变，故C错误；根据图像可知2～8 s时保持功率不变，此时功率为P＝Fv＝(M＋m)gv＝2.16×104 W，故D正确。
7．将一小球从足够高处以一定的初速度水平抛出，不计空气阻力，飞行过程中，小球的加速度为a、速度为v、重力做功为W、速度与水平方向的夹角为θ，下列关于这些物理量与时间的图像正确的是( )
解析：选D 小球做平抛运动，仅受重力作用，重力大小方向不变，故加速度不会随时间而改变。竖直分速度为vy＝gt，合速度v＝eq \r(v02＋vy2)＝eq \r(v02＋g2t2)，物体下落高度h＝eq \f(1,2)gt2，重力做功W＝mgh＝eq \f(1,2)mg2t2，速度与水平方向夹角的正切值tan θ＝eq \f(vy,v0)＝eq \f(gt,v0)，综上可得D正确，A、B、C错误。
8.如图所示，质量m＝2 kg的滑块以v0＝16 m/s的初速度沿倾角θ＝37°的斜面上滑，经t＝2 s滑行到最高点。然后，滑块返回到出发点。已知sin 37°＝0.6，cs 37°＝0.8，g取10 m/s2，求滑块：
(1)最大位移值x；
(2)与斜面间的动摩擦因数μ；
(3)从最高点返回到出发点过程中重力的平均功率eq \x\t(P)。
解析：(1)滑块向上做匀减速直线运动，有x＝eq \f(v0,2)t
得x＝16 m。
(2)以沿斜面向下为正方向，加速度a1＝eq \f(Δv,t)＝8 m/s2
上滑过程a1＝eq \f(mgsin θ＋μmgcs θ,m)＝gsin θ＋μgcs θ
解得μ＝0.25。
(3)下滑过程a2＝eq \f(mgsin θ－μmgcs θ,m)＝gsin θ－μgcs θ＝4 m/s2，由运动学公式vt＝eq \r(2a2x)＝8eq \r(2) m/s
下滑过程中的平均速度大小eq \(v,\s\up6(－))＝eq \f(vt,2)＝4eq \r(2) m/s
重力的平均功率eq \x\t(P)＝mgeq \x\t(v)cs(90°－θ)＝48eq \r(2) W≈67.9 W。
答案：(1)16 m (2)0.25 (3)67.9 W
第2讲 动能定理
第1课时 动能定理的理解及应用
一、动能
二、动能定理
情境创设
滑雪运动深受人民群众喜爱。某滑雪运动员(可视为质点)由坡道进入竖直面内的圆弧形滑道AB，从滑道的A点滑行到最低点B的过程中，由于摩擦力的存在，运动员的速率不变。
微点判断
(1)运动员由A点到B点速度方向在不断变化，所以动能也在不断变化。(×)
(2)运动员所受合力不为零，合力做的功也不为零。(×)
(3)摩擦力对运动员做负功。(√)
(4)重力和摩擦力的合力做的功为零。(√)
(5)运动员受到的合力恒定不变。(×)
(6)重力对运动员做正功，功率不变。(×)
(一) 对动能定理的理解(固基点)
[题点全练通]
1．[对物体动能的理解]
从地面竖直向上抛出一只小球，小球运动一段时间后落回地面。忽略空气阻力，该过程中小球的动能Ek与时间t的关系图像是( )
解析：选A 小球做竖直上抛运动，设初速度为v0，则v＝v0－gt，小球的动能Ek＝eq \f(1,2)mv2，把速度v代入得，Ek＝eq \f(1,2)mg2t2－mgv0t＋eq \f(1,2)mv02，Ek与t为二次函数关系。
2．[对动能定理的理解]如图所示，轻弹簧一端系在墙上的O点，自由伸长到B点。现将小物体靠着弹簧(不拴接)并将弹簧压缩到A点，然后由静止释放，小物体在粗糙水平面上运动到C点静止，则( )
A．小物体从A到B过程速度一直增加
B．小物体从A到B过程加速度一直减小
C．小物体从B到C过程中动能变化量大小小于克服摩擦力做功
D．小物体从A到C过程中弹簧的弹性势能变化量大小等于小物体克服摩擦力做功
解析：选D 在A、B间某处物体受到的弹力等于摩擦力，合力为0，速度最大，而在B点只受摩擦力，合力不为零，因此小物体从A到B过程加速度先减小再增大，速度先增大后减小，故A、B错误；小物体从B到C过程中，由动能定理得－Wf＝ΔEk，故C错误；小物体从A到C过程中，由动能定理得W弹－Wf1＝0，故D正确。
3．[由动能定理分析合力做功](多选)如图所示，某质点沿直线运动的v-t图像为余弦曲线，从图中可以判断( )
A．在0～t1时间内，合力逐渐减小
B．在0～t2时间内，合力做正功
C．在t1～t2时间内，合力的功率先增大后减小
D．在t2～t4时间内，合力做的总功为零
解析：选CD 从v-t图线的斜率表示加速度可知，在0～t1时间内，加速度增大，由牛顿第二定律可知，合力增大，故A错误；由动能定理知0～t2时间内，动能增量为0，即合外力做功为0，故B错误；t1时刻，F最大，v＝0，F的功率为0，t2时刻F＝0，速度最大，F的功率为0，t1～t2时间内，合外力的功率先增大后减小，故C正确；由动能定理知t2～t4时间内，动能增量为0，即合外力做功为0，故D正确。
4．[由动能定理分析抛体运动]某同学参加学校运动会立定跳远项目比赛，从起跳至着地的整个过程如图所示，测量得到比赛成绩是2.4 m，目测空中脚离地最大高度约为0.8 m。已知他的质量约为60 kg，重力加速度g＝10 m/s2，忽略空气阻力，则起跳过程该同学所做的功约为( )
A．90 J B．480 J
C．800 J D．1 250 J
解析：选C 该同学起跳后做抛体运动，从起跳至达到最大高度的过程中，其在竖直方向做加速度为g的匀减速直线运动，则有t＝ eq \r(\f(2h,g))＝0.4 s，故竖直方向初速度为vy＝gt＝4 m/s；其在水平方向做匀速直线运动，则有v0＝eq \f(x,2t)＝3 m/s。根据速度的合成可知起跳时的速度为v＝eq \r(v02＋vy2)＝5 m/s，因该同学的质量约为60 kg，根据动能定理得起跳过程该同学所做的功约为W＝eq \f(1,2)mv2＝750 J，最接近800 J，C正确，A、B、D错误。
[要点自悟明]
1．动能与动能变化的区别
(1)动能与动能的变化是两个不同的概念，动能是状态量，动能的变化是过程量。
(2)动能没有负值，而动能变化量有正负之分。ΔEk>0，表示物体的动能增加；ΔEk<0，表示物体的动能减少。
2．对动能定理的理解
(1)做功的过程就是能量转化的过程，动能定理表达式中“＝”有三层关系：
①因果关系：合力做功是物体动能变化的原因。
②数量关系：合力的功与动能变化可以等量代换。
③单位关系：国际单位都是焦耳。
(2)动能定理中的“力”指物体受到的所有力，既包括重力、弹力、摩擦力，也包括电场力、磁场力或其他力，功则为合力所做的总功。
(二) 动能定理的应用(精研点)
[典例] (2022·湖南高考，节选)如图(a)，质量为m的篮球从离地H高度处由静止下落，与地面发生一次非弹性碰撞后反弹至离地h的最高处。设篮球在运动过程中所受空气阻力的大小是篮球所受重力的λ倍eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(λ为常数且0<λ<\f(H－h,H＋h)))，且篮球每次与地面碰撞的碰后速率与碰前速率之比相同，重力加速度大小为g。
(1)求篮球与地面碰撞的碰后速率与碰前速率之比；
(2)若篮球反弹至最高处h时，运动员对篮球施加一个向下的压力F，使得篮球与地面碰撞一次后恰好反弹至h的高度处，力F随高度y的变化如图(b)所示，其中h0已知，求F0的大小。
[解析] (1)篮球下降过程中根据牛顿第二定律有mg－λmg＝ma下
再根据匀变速直线运动的公式，下落的过程中有v下2＝2a下H
篮球反弹后上升过程中根据牛顿第二定律有
mg＋λmg＝ma上
再根据匀变速直线运动的公式，上升的过程中有v上2＝2a上h
则篮球与地面碰撞的碰后速率与碰前速率之比
k＝eq \f(v上,v下)＝eq \r(\f(1＋λh,1－λH))。
(2)若篮球反弹至最高处h时，运动员对篮球施加一个向下的压力F，则篮球下落过程中根据动能定理有mgh＋eq \f(h－h0,2)F0－λmgh＝eq \f(1,2)mv下′2
篮球反弹后上升过程中根据动能定理有－mgh－λmgh＝0－eq \f(1,2)m(kv下′)2
联立解得F0＝eq \f(2mg1－λH－h,h－h0)。
[答案] (1) eq \r(\f(1＋λh,1－λH)) (2)eq \f(2mg1－λH－h,h－h0)
[规律方法]
(1)动能定理表达式是一个标量式，式中各项均为标量，因此，应用动能定理时不必关注速度的具体方向，也不能在某个方向上列出动能定理的表达式。
(2)注意物体所受各力做功的特点，如：重力做功与路径无关，重点关注始末两点的高度差，摩擦阻力做功与路径有关。
(3)动能定理中的位移和速度必须是相对于同一个参考系的，一般以地面或相对地面静止的物体为参考系。
(4)动能定理既可解决直线运动问题，也可解决曲线运动问题。
[针对训练]
1．[动能定理解答直线运动问题]如图所示，将质量为m的小球以初速度大小v0由地面竖直向上抛出。小球落回地面时，其速度大小为eq \f(3,4)v0。设小球在运动过程中所受空气阻力的大小不变，则空气阻力的大小等于( )
A．eq \f(3,4)mg B．eq \f(3,16)mg
C．eq \f(7,16)mg D．eq \f(7,25)mg
解析：选D 小球向上运动的过程，由动能定理得－(mg＋f)H＝0－eq \f(1,2)mv02，小球向下运动的过程，
由动能定理得(mg－f)H＝eq \f(1,2)meq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(3,4)v0))2－0，联立解得f＝eq \f(7,25)mg，选项D正确，A、B、C错误。
2．[动能定理解答曲线运动问题]
(多选)光滑水平桌面上有直角坐标系xOy，一个小球受到两个恒定的外力，其中Fx＝3 N沿着x轴正方向，Fy＝2 N沿着y轴正方向，小球经过A点(2 m，2 m)时动能为2 J，经过一段时间，小球到达B点时动能为14 J，则B点的坐标可能是( )
A．(4 m,5 m) B．(6 m,2 m)
C．(2 m,8 m) D．(5 m,4 m)
解析：选ABC 小球由A点到B点动能增加ΔEk＝14 J－2 J＝12 J，若B点坐标为(4 m,5 m)，由动能定理可知，动能增加ΔEk1＝3×(4－2)J＋2×(5－2)J＝12 J，故B点的坐标可能是(4 m,5 m)，故A正确；若B点坐标为(6 m，2 m)，由动能定理可知，动能增加ΔEk2＝3×(6－2)J＝12 J，故B点的坐标可能是(6 m,2 m)，故B正确；若B点坐标为(2 m，8 m)，由动能定理可知，动能增加ΔEk3＝2×(8－2)J＝12 J，故B点的坐标可能是(2 m,8 m)，故C正确；若B点坐标为(5 m，4 m)，由动能定理可知，动能增加ΔEk4＝3×(5－2) J＋2×(4－2)J＝13 J，故B点的坐标不可能是(5 m，4 m)，故D错误。
1．[渗透五育教育(体育)](2022·全国甲卷)北京2022年冬奥会首钢滑雪大跳台局部示意图如图所示。运动员从a处由静止自由滑下，到b处起跳，c点为a、b之间的最低点，a、c两处的高度差为h。要求运动员经过c点时对滑雪板的压力不大于自身所受重力的k倍，运动过程中将运动员视为质点并忽略所有阻力，则c点处这一段圆弧雪道的半径不应小于( )
A．eq \f(h,k＋1) B．eq \f(h,k)
C．eq \f(2h,k) D．eq \f(2h,k－1)
解析：选D 运动员从a到c根据动能定理有mgh＝eq \f(1,2)mvc2，在c点有FNc－mg＝meq \f(vc2,Rc)，由牛顿第三定律得FNc＝FNc′≤kmg，联立解得Rc≥eq \f(2h,k－1)。
2．[联系生活实际](2021年8省联考·河北卷)螺旋千斤顶由带手柄的螺杆和底座组成，螺纹与水平面夹角为α，如图所示。水平转动手柄，使螺杆沿底座的螺纹槽(相当于螺母)缓慢旋进而顶起质量为m的重物，如果重物和螺杆可在任意位置保持平衡，称为摩擦自锁。能实现自锁的千斤顶，α的最大值为α0。现用一个倾角为α0的千斤顶将重物缓慢顶起高度h后，向螺纹槽滴入润滑油使其动摩擦因数μ减小，重物回落到起点。假定最大静摩擦力等于滑动摩擦力，不计螺杆和手柄的质量及螺杆与重物间的摩擦力，转动手柄不改变螺纹槽和螺杆之间的压力。下列说法正确的是( )
A．实现摩擦自锁的条件为tan α≥μ
B．下落过程中重物对螺杆的压力等于mg
C．从重物开始升起到最高点摩擦力做功为mgh
D．从重物开始升起到最高点转动手柄做功为2mgh
解析：选D 实现自锁的条件是重物重力沿斜面下滑的分力小于等于最大静摩擦力，即mgsin α≤μmgcs α，解得μ≥tan α，A错误；重物对螺杆压力FN＝mgcs α，B错误；重物缓慢上升的过程中，对螺杆和重物整体受力分析如图所示，则摩擦力做功为Wf＝－μmgcs α·L＝－tan α·mgcs α·eq \f(h,sin α)＝－mgh，C错误；从重物开始升起到最高点，转动手柄做的功用于克服摩擦力做功和转化为重物上升增加的重力势能mgh，所以根据动能定理得W＋Wf－mgh＝0，解得W＝2mgh，D正确。
3．[渗透五育教育(体育)]跳台滑雪是2022年北京冬奥会的比赛项目之一。如图所示，设可视为质点的滑雪运动员从斜坡顶端O处水平滑出，在空中恰好通过P点，OP连线与水平方向夹角为37°，不计空气阻力，sin 37°＝0.6，则滑雪运动员到达P点时的动能与滑出O点时的动能比值为( )
A．eq \f(5,3) B．eq \f(4,3)
C．eq \f(4,13) D．eq \f(13,4)
解析：选D 滑雪运动可抽象为物体在斜坡上的平抛运动。设水平位移为x，竖直位移为y，OP＝L，结合几何关系有，水平方向上：x＝Lcs 37°＝v0t，竖直方向上：y＝Lsin 37°＝eq \f(1,2)gt2，联立可得：运动时间t＝eq \f(2v0tan 37°,g)，运动员到达P点的速度v＝eq \r(v02＋vy2)＝eq \r(v02＋gt2)＝v0eq \r(1＋2tan 37°2)＝eq \r(\f(13,4))v0，故滑雪运动员到达P点时的动能与滑出O点时的动能比值为：eq \f(\f(1,2)mv2,\f(1,2)mv02)＝eq \f(v2,v02)＝eq \f(13,4)，所以D正确，A、B、C错误。
4．[渗透五育教育(劳动教育)]如图所示，炼钢厂通常用滚筒来传送软钢锭，使具有一定初速度的软钢锭通过滚筒滑上平台。质量为M的软钢锭长为L，上表面光滑，下表面与平台间是粗糙的。现以水平向右的初速度滑上平台，全部滑上平台时的速度为v。此时，在其右端无初速度放上一个质量为m的滑块(视为质点)。随后软钢锭滑过2L距离时速度为零，滑块恰好到达平台。重力加速度取g，空气阻力不计。求：
(1)滑块获得的最大加速度(不考虑与平台的撞击过程)。
(2)软钢锭在平台上滑动过程克服阻力做的功。
(3)软钢锭处于静止状态时，滑块到达平台的动能。
解析：(1)由于滑块与软钢锭间无摩擦，所以软钢锭在平台上滑过距离L时，滑块脱离软钢锭后做自由落体运动，最大加速度为g。
(2)对软钢锭，由动能定理得：－W＝0－eq \f(1,2)Mv2
解得：W＝eq \f(1,2)Mv2。
(3)滑块脱离软钢锭后做自由落体运动到平台的时间与软钢锭在平台最后滑动L的时间相同，设为t。滑块离开软钢锭到软钢锭静止过程，软钢锭做匀减速直线运动，则：μMg＝Ma
由位移公式得：L＝eq \f(1,2)at2
对软钢锭，从滑上平台到静止的过程，由动能定理得：
－μ(M＋m)gL－μMgL＝0－eq \f(1,2)Mv2
滑块落到平台上时的速度：vm＝gt
滑块到达平台时的动能：Ekm＝eq \f(1,2)mvm2
解得：Ekm＝eq \f(22M＋mmg2L2,Mv2)。
答案：(1)g (2)eq \f(1,2)Mv2 (3)eq \f(22M＋mmg2L2,Mv2)
[课时跟踪检测]
1．静止在地面上的物体在不同合外力F的作用下通过了相同的位移x0，下列情况中物体在x0位置时速度最大的是( )
解析：选C F-x图线与x轴所围面积表示合外力F所做的功，由动能定理可知，物体在x0位置速度最大的情况一定对应F-x图线与x轴所围面积最大的情况，故C正确。
2．(2021·山东等级考)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—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(mv02,2πL) B．eq \f(mv02,4πL)
C．eq \f(mv02,8πL) D．eq \f(mv02,16πL)
解析：选B 对木块由动能定理得：－Ff·2πL＝0－eq \f(1,2)mv02，解得摩擦力大小为：Ff＝eq \f(mv02,4πL)，故B正确，A、C、D错误。
3.如图所示，在轻弹簧的下端悬挂一个质量为m的小球A，若将小球A从弹簧的原长位置由静止释放，小球A能够下降的最大高度为h。若将小球A换为质量为3m的小球B，仍从弹簧原长位置由静止释放，则小球B下降h时的速度为(重力加速度为g，不计空气阻力)( )
A．eq \r(2gh) B．eq \r(\f(4gh,3))
C．eq \r(gh) D．eq \r(\f(gh,2))
解析：选B 设小球A下降h的过程中克服弹簧弹力做功为W1，根据动能定理，有mgh－W1＝0；小球B下降过程，由动能定理，有3mgh－W1＝eq \f(1,2)·3mv2－0。联立以上两式解得v＝eq \r(\f(4gh,3))，故B正确。
4.(多选)如图所示，长为L＝0.4 m的轻杆一端连着质量为m＝1 kg的小球，另一端用铰链固接于水平地面上的O点，初始时小球静止于地面上。现在杆中点处施加一大小不变、方向始终垂直于杆的力F，轻杆转动30°时撤去F，则小球恰好能到达最高点。忽略一切摩擦，重力加速度g＝10 m/s2，π≈3。下列说法正确的是( )
A．力F所做的功为4 J
B．力F的大小约为40 N
C．小球到达最高点时，轻杆对小球的作用力大小为5 N
D．撤去F瞬间，小球的速度大小为2 m/s
解析：选ABD 小球恰好能到达最高点，小球到达最高点的速度为0，在整个运动过程中，根据动能定理得WF－mgL＝0－0，解得WF＝mgL＝4 J，A正确；施加的力始终垂直于杆，则WF＝F·eq \f(L,2)·eq \f(π,6)，解得F＝eq \f(WF,\f(πL,12))＝40 N，B正确；小球恰好能到达最高点，小球到达最高点的速度为0，根据平衡条件得轻杆对小球的作用力为FN＝mg＝10 N，C错误；在力F作用过程中，根据动能定理得WF－mgLsin 30°＝eq \f(1,2)mv2，解得v＝eq \r(\f(2WF－2mgLsin 30°,m))＝2 m/s，D正确。
5．(多选)如图所示，固定斜面AC的倾角为30°，其中AB部分光滑，长为5L；BC部分粗糙且足够长。6个质量均为m的相同滑块(可视为质点)相邻之间用长为L的轻杆相连放置在斜面上，初始时滑块1恰好位于B点。释放后滑块组开始下滑，已知滑块4进入BC后能做匀速运动，下列说法中正确的是( )
A．滑块与斜面间的动摩擦因数为eq \f(\r(3),2)
B．滑块组匀速运动时速度的大小为eq \r(\f(2gL,3))
C．滑块4通过B点前的瞬间，滑块4、5间杆的作用力大小为eq \f(3mg,4)
D．滑块4通过B点后的瞬间，滑块4、5间杆的作用力大小为eq \f(mg,3)
解析：选AC 由题意可得6mgsin 30°＝μ·4mgcs 30°，解得μ＝eq \f(\r(3),2)，故A正确；从释放滑块1到滑块4刚进入BC的过程，由动能定理得6mg·3Lsin 30°－μmg·6Lcs 30°＝eq \f(1,2)·6mv2－0，解得v＝eq \r(\f(3gL,2))，故B错误；滑块4进入BC前，对整体由牛顿第二定律得6mgsin 30°－3μmgcs 30°＝6ma，解得a＝eq \f(g,8)，对滑块5、6有2mgsin 30°－F＝2ma，解得F＝eq \f(3mg,4)，故C正确；滑块4进入BC后瞬间做匀速运动，对滑块5、6有F′＝2mgsin 30°＝mg，故D错误。
6.(多选)如图所示，内壁光滑的圆轨道竖直固定，小球(视为质点)静止在轨道的最低点A。现用小锤沿水平方向击打(击打后迅速移开小锤)小球，第一次击打小球后，小球未能到达圆轨道的最高点，当小球回到A点时，再次用小锤沿水平方向击打小球，第二次击打后，小球才通过圆轨道的最高点。已知小球在运动过程中始终未脱离轨道，第一次击打过程中小锤对小球做的功为W，两次击打过程中小锤对小球做的功全部用来增加小球的动能，则第二次击打过程中小锤对小球做的功可能为( )
A．W B．2W
C．3W D．4W
解析：选BCD 小球在运动过程中未脱离轨道，则第一次击打后小球最高到达与圆轨道圆心O点等高位置，根据动能定理可得W≤mgR，第二次击打后小球能运动到最高点速度最小为vmin，由圆周运动规律mg＝meq \f(vmin2,R)，设第二次击打过程中小锤对小球做的功为W′，根据动能定理有W＋W′－2mgR≥eq \f(1,2)mvmin2，联立解得W′≥1.5mgR，则第二次击打过程中小锤对小球做的功可能为2W、3W、4W，故A错误，B、C、D正确。
7.如图所示，轻质弹簧一端固定在墙壁上的O点，另一端自由伸长到A点，OA之间的水平面光滑，固定曲面在B处与水平面平滑连接。AB之间的距离s＝1 m。质量m＝0.2 kg的小物块开始时静置于水平面上的B点，物块与水平面间的动摩擦因数μ＝0.4。现给物块一个水平向左的初速度v0＝5 m/s，g取10 m/s2。
(1)求弹簧被压缩到最短时所具有的弹性势能Ep；
(2)求物块返回B点时的速度大小；
(3)若物块能冲上曲面的最大高度h＝0.2 m，求物块沿曲面上滑过程所产生的热量。
解析：(1)对小物块从B点至压缩弹簧最短的过程，由动能定理得，
－μmgs－W克弹＝0－eq \f(1,2)mv02，
W克弹＝Ep，
代入数据解得Ep＝1.7 J。
(2)对小物块从B点开始运动至返回B点的过程，由动能定理得，－μmg·2s＝eq \f(1,2)mvB2－eq \f(1,2)mv02
代入数据解得vB＝3 m/s。
(3)对小物块沿曲面的上滑过程，
由动能定理得－W克f－mgh＝0－eq \f(1,2)mvB2
产生的热量Q＝W克f＝0.5 J。
答案：(1)1.7 J (2)3 m/s (3)0.5 J
第2课时 应用动能定理解决多过程问题
类型(一) 多过程直线运动问题
[典例] (2021·全国乙卷)一篮球质量为m＝0.60 kg，一运动员使其从距地面高度为h1＝1.8 m处由静止自由落下，反弹高度为h2＝1.2 m。若使篮球从距地面h3＝1.5 m的高度由静止下落，并在开始下落的同时向下拍球，球落地后反弹的高度也为1.5 m。假设运动员拍球时对球的作用力为恒力，作用时间为t＝0.20 s；该篮球每次与地面碰撞前后的动能的比值不变。重力加速度大小取g＝10 m/s2，不计空气阻力。求：
(1)运动员拍球过程中对篮球所做的功；
(2)运动员拍球时对篮球的作用力的大小。
[解析] (1)使篮球从距地面高度为h1处由静止自由落下时，设篮球的落地速度大小为v1，根据自由落体运动的规律有v12＝2gh1，
设篮球被地面反弹时的速度大小为v2，则有v22＝2gh2，
则篮球与地面碰撞前、后的动能之比eq \f(Ek1,Ek2)＝eq \f(\f(1,2)mv12,\f(1,2)mv22)＝eq \f(h1,h2)＝eq \f(3,2)。
使篮球从距地面h3的高度由静止下落，并在开始下落的同时向下拍球，设篮球的落地速度大小为v3，反弹后的速度大小为v4，则有v42＝2gh3，
因为篮球每次与地面碰撞前、后的动能的比值不变，所以有eq \f(\f(1,2)mv32,\f(1,2)mv42)＝eq \f(3,2)，
设运动员拍球过程中对篮球做的功为W，根据动能定理有W＋mgh3＝eq \f(1,2)mv32，
解得W＝4.5 J。
(2)篮球在受到力F作用的时间内，根据牛顿第二定律得，加速度a＝eq \f(mg＋F,m)，
篮球的位移x＝eq \f(1,2)at2，
运动员对篮球做的功W＝Fx，
联立解得F＝9 N。
[答案] (1)4.5 J (2)9 N
[规律方法]
应用动能定理解决多过程问题的流程
[针对训练]
如图所示，小物块从倾角为θ的倾斜轨道上A点由静止释放滑下，最终停在水平轨道上的B点，小物块与水平轨道、倾斜轨道之间的动摩擦因数均相同，A、B两点的连线与水平方向的夹角为α，不计物块在轨道转折时的机械能损失，则动摩擦因数为( )
A．tan θ B．tan α
C．tan(θ＋α) D．tan(θ－α)
解析：选B 如图所示，设B、O间距离为x1，A点离水平面的高度为h，A、O间的水平距离为x2，物块的质量为m，在物块运动的全过程中，应用动能定理可得mgh－μmgcs θ·eq \f(x2,cs θ)－μmgx1＝0，解得μ＝eq \f(h,x1＋x2)＝tan α，故B正确。
类型(二) 多过程曲线运动问题
[典例] (2023·岳阳高三调研)某游戏装置如图所示，由弹丸发射器、固定在水平地面上倾角为37°的斜面以及放置在水平地面上的光滑半圆形挡板墙构成。游戏者调节发射器，使弹丸(可视为质点)每次从A点水平发射后都能恰好无碰撞地进入到斜面顶端B点，继续沿斜面中线下滑至底端C点，再沿粗糙水平地面滑至D点切入半圆形挡板墙。已知弹丸质量m＝0.2 kg，弹丸与斜面间的摩擦力F1＝0.3mg，弹丸与水平地面间的摩擦力F2＝0.6mg，弹丸发射器距水平地面高度H＝1.35 m，斜面高度h＝0.9 m，半圆形挡板墙半径R＝0.5 m，不考虑在C处碰撞地面时的能量损失，g取10 m/s2，sin 37°＝0.6，π≈3.14，求：
(1)弹丸从发射器A点发射时的初速度大小；
(2)向左平移半圆形挡板墙，使C、D两点重合，推导弹丸受到挡板墙的侧压力F与弹丸在挡板墙上转过圆弧所对圆心角θ之间的函数关系式；
(3)左右平移半圆形挡板墙，改变C、D两点间的长度，要使弹丸最后停止位置不在半圆形挡板墙区域，问CD的长度x应满足什么条件。
[解析] (1)弹丸从A点发射做平抛运动，则竖直方向上vy2＝2g(H－h)
由几何关系tan 37°＝eq \f(vy,v0)
联立得v0＝4 m/s。
(2)由(1)可知弹丸在B点的速度vB＝eq \r(vy2＋v02)＝5 m/s
弹丸从B点运动至C(D)点，由动能定理知mgh－F1eq \f(h,sin 37°)＝eq \f(1,2)mvC2－eq \f(1,2)mvB2
联立可得vC＝eq \r(34) m/s
从C(D)点进入半圆形挡板墙，设圆心角对应的圆弧长为L，由几何关系可知L＝θR
由动能定理知－F2L＝eq \f(1,2)mv2－eq \f(1,2)mvC2
由牛顿第二定律知F＝meq \f(v2,R)
联立解得F＝13.6－2.4θ(N)。
(3)设弹丸恰好运动到D点，由动能定理可得－F2x1＝0－eq \f(1,2)mvC2，解得x1≈2.83 m
设弹丸恰好运动到E点，由动能定理可得
－F2(x2＋πR)＝0－eq \f(1,2)mvC2
解得x2≈1.26 m
所以CD间的长度x满足x＜1.26 m或x＞2.83 m。
[答案] (1)4 m/s (2)F＝13.6－2.4θ(N) (3)x＜1.26 m或x＞2.83 m
[规律方法]
应用动能定理解决多过程问题的四点提醒
(1)动能定理中的位移和速度必须是相对于同一个参考系的，一般以地面或相对地面静止的物体为参考系。
(2)应用动能定理的关键在于对研究对象进行准确的受力分析及运动过程分析，并画出运动过程的草图，借助草图理解物理过程之间的关系。
(3)当物体的运动包含多个不同过程时，可分段应用动能定理求解；当所求解的问题不涉及中间的速度时，也可以全过程应用动能定理求解，这样更简便。
(4)列动能定理方程时，必须明确各力做功的正、负，确实难以判断的先假定为正功，最后根据结果加以检验。
[针对训练]
(2023·永州高三模拟)跳台滑雪是最具观赏性的项目之一，如图所示，跳台滑雪赛道由跳台、助滑道(可视为圆心为O的圆轨道)和着陆坡三部分组成，其中助滑道半径OA与竖直线OB夹角为60°。若比赛中，质量m＝60 kg的运动员从跳台A点以初速度v0＝2 m/s滑下，到达B点后水平飞出，落在着陆坡上的P点。已知A、B间高度h＝30 m，B、P间距离s＝75 m，着陆坡倾角α＝37°，运动员受到的空气阻力不计，g取10 m/s2，sin 37°＝0.6。以下正确的是( )
A．运动员从B点运动到P点的时间为2 s
B．运动员到达B点时对助滑道的压力为1 000 N
C．运动员在AB段运动过程中克服阻力所做的功为6 100 J
D．运动员在AB段运动过程中克服阻力所做的功为6 150 J
解析：选B 运动员从B运动到P做平抛运动，有eq \f(1,2)gt2＝ssin α，vBt＝scs α，所用时间t＝3 s，vB＝20 m/s，故A错误；由几何关系知h＝R－Rcs 60°，运动员到达B点时，有FN－mg＝meq \f(vB2,R)，得FN＝1 000 N，根据牛顿第三定律，运动员到达B点时对助滑道的压力为1 000 N，故B正确；运动员在AB段运动过程中，根据动能定理有Wf＋mgh＝eq \f(1,2)mvB2－eq \f(1,2)mv02，得Wf＝－6 120 J，即运动员在AB段运动过程中克服阻力所做的功为6 120 J，故C、D错误。
类型(三) 多过程往复运动问题
[典例] 如图甲所示，在水平面上固定一倾角θ＝37°、底端带有挡板的足够长的斜面，斜面体底端静止一质量m＝1 kg的物块(可视为质点)，从某时刻起，物块受到一个沿斜面向上的拉力F作用，拉力F随物块从初始位置第一次沿斜面向上的位移x变化的关系如图乙所示，随后不再施加外力作用，物块与固定挡板碰撞前后速率不变，不计空气阻力，已知物块与斜面之间的动摩擦因数μ＝0.5，sin 37°＝0.6，cs 37°＝0.8，重力加速度g取10 m/s2，求：
(1)物块在上滑过程中的最大速度的大小；(计算结果可保留根式)
(2)物块沿斜面上滑的最大位移的大小和物块在斜面上运动的总路程。
[解析] (1)物块上滑过程中受拉力、摩擦力、重力、支持力的作用，先做加速运动后做减速运动，则有FN＝mgcs 37°，f＝μFN
F－f－mgsin 37°＝ma
当加速度为零时，速度最大，此时
F＝f＋mgsin 37°＝10 N
由图乙可得出F＝20－10x
则F＝10 N时，可得出x＝1 m
由动能定理可得WF＋Wf＋WG＝eq \f(1,2)mvm2－0
即eq \f(20＋10,2)×1 J－0.5×1×10×1×0.8 J－1×10×1×0.6 J＝eq \f(1,2)mvm2－0，可得vm＝eq \r(10) m/s。
(2)由动能定理可得WF′＋Wf′＋WG′＝0－0
则xm＝eq \f(WF′,μmgcs 37°＋mgsin 37°)＝2 m
撤去F后，因为mgsin 37°＞μmgcs 37°，所以物块最后停在斜面的底端，则有WF′－μmgscs 37°＝0－0
解得s＝5 m。
[答案] (1)eq \r(10) m/s (2)2 m 5 m
[针对训练]
(2023·青岛高三调研)如图所示，ABCD为一位于竖直平面内的轨道，其中BC水平，A点比BC高出10 m，BC长1 m，AB和CD轨道光滑且与BC平滑连接。一质量为1 kg的物体，从A点以4 m/s的速度开始沿轨道向下运动，经过BC后滑到高出C点10.3 m的D点速度为零。g取10 m/s2。求：
(1)物体与BC轨道间的动摩擦因数；
(2)物体第5次经过B点时的速度大小；
(3)物体最后停止的位置(距B点的距离)。
解析：(1)物体从A到D的运动过程只有重力、摩擦力做功，由动能定理可得
mg(H－h)－μmgLBC＝0－eq \f(1,2)mvA2，
所以μ＝eq \f(2gH－h＋vA2,2gLBC)＝0.5。
(2)物体第5次经过B点时，物体在BC上运动的总路程x＝4LBC＝4 m；
那么，对物体从A到第5次经过B点的运动过程应用动能定理可得mgH－μmgx＝eq \f(1,2)mv2－eq \f(1,2)mvA2，
所以v＝eq \r(vA2＋2gH－2μgx)＝4eq \r(11) m/s。
(3)由受力平衡可知物体最终停在BC轨道上，设整个运动过程物体在BC上的总路程为x′，由动能定理可得mgH－μmgx′＝0－eq \f(1,2)mvA2，
所以x′＝eq \f(2gH＋vA2,2μg)＝21.6 m＝21LBC＋0.6 m，
故物体最后停止的位置距B点的距离为
LBC－0.6 m＝0.4 m。
答案：(1)0.5 (2)4eq \r(11) m/s (3)距B点0.4 m
eq \a\vs4\al([课时跟踪检测])
1.2022年在我国举办第二十四届冬奥会，滑雪是冬奥会常见的体育项目，具有很强的观赏性。某滑道示意图如图所示，圆弧滑道AB与水平滑道BC平滑衔接，O是圆弧滑道AB的圆心。运动员从A点由静止开始下滑，最后运动员滑到C点停下，不计空气阻力。下列说法正确的是( )
A．从A到B的过程中，运动员受重力、支持力、摩擦力和向心力
B．从A到B的过程中，运动员所受的合外力始终指向圆心O
C．从A到C的过程中，运动员的机械能保持不变
D．从A到C的过程中，重力所做的功等于克服摩擦力所做的功
解析：选D 向心力是效果力，故A错误；从A到B的过程中，运动员做变速圆周运动，沿半径方向的合力提供向心力，而切向合力不为零，改变速度的大小，故总的合外力不会始终指向圆心，故B错误；从A到C的过程中，运动员所受的摩擦力一直做负功，机械能一直减小，故C错误；对从A到C的全过程，由动能定理得WG－Wf＝0－0，即重力所做的功等于克服摩擦力所做的功，故D正确。
2.如图所示，质量为m的小球从离地面H高处由静止释放，落到地面，陷入泥土中h深处后停止运动，不计空气阻力，重力加速度为g，则下列说法正确的是( )
A．小球落地时的动能等于mg(H＋h)
B．小球克服泥土阻力所做的功等于小球刚落到地面时的动能
C．泥土阻力对小球做的功为mg(H＋h)
D．小球在泥土中受到的平均阻力大小为mgeq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(1＋\f(H,h)))
解析：选D 根据动能定理知，小球落地时的动能等于mgH，A错误；小球从落地到陷入泥土中h深处的过程，由动能定理得0－eq \f(1,2)mv2＝mgh－W克阻，解得W克阻＝mgh＋eq \f(1,2)mv2，B错误；根据动能定理得mg(H＋h)＋W阻＝0，故泥土阻力对小球做的功W阻＝－mg(H＋h)，C错误；根据动能定理得mg(H＋h)－F阻h＝0，解得小球在泥土中受到的平均阻力大小为F阻＝mgeq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(1＋\f(H,h)))，D正确。
3．(2023·武汉联考)如图甲所示，滑沙运动是一项惊险刺激的娱乐活动，可简化为如图乙所示的模型。B点是斜面与水平地面的连接处，质量为0.4 kg的物块(可视为质点)从斜面上的A点由静止释放，最后停在C点。物块与斜面、地面之间的动摩擦因数均为μ。不计物块经过B点时的能量损失；已知AB＝9 m，物块在斜面上做匀加速直线运动过程的正中间1 s的位移为3 m，A、C两点的连线与地面的夹角β＝37°，重力加速度g＝10 m/s2，sin 37°＝0.6，cs 37°＝0.8，下列说法正确的是( )
A．物块沿斜面下滑的加速度大小为0.5 m/s2
B．物块与接触面间的动摩擦因数为0.8
C．物块的重力势能的减少量小于7.2 J
D．物块从B运动到C，因摩擦产生的热量为7.2 J
解析：选D 设物块沿斜面下滑的加速度为a，正中间1 s的位移为3 m，则正中间1 s的平均速度eq \x\t(v)＝3 m/s，正中间1 s的平均速度也是物块沿斜面下滑的平均速度，由初速度为0的匀加速直线运动规律有eq \x\t(v)＝eq \f(vB,2)，2a×AB＝vB2，解得a＝2 m/s2，A错误；如图所示，A′为A在地面上的投影，设斜面的倾角为α，物块从A到C，由动能定理有mgAA′－μmgcs α·AB－μmgBC＝0，由几何关系有A′B＝ABcs α，A′C＝A′B＋BC，可得μ＝eq \f(AA′,A′C)，又因为eq \f(AA′,A′C)＝tan β，则μ＝tan β＝0.75，B错误；设Q1为物块在AB段因摩擦产生的热量，由eq \x\t(v)＝eq \f(vB,2)、eq \x\t(v)＝3 m/s可得vB＝6 m/s，在物块沿斜面下滑过程中，由能量守恒定律有mgAA′＝Q1＋eq \f(1,2)mvB2，可得重力势能的减少量为mgAA′＝Q1＋7.2 J，即物块重力势能的减少量大于7.2 J，C错误；物块从B运动到C，设Q2为物块在BC段因摩擦产生的热量，由能量守恒定律有Q2＝eq \f(1,2)mvB2＝7.2 J，D正确。
4．(2021·辽宁高考)(多选)冰滑梯是东北地区体验冰雪运动乐趣的设施之一，某冰滑梯的示意图如图所示，螺旋滑道的摩擦可忽略，倾斜滑道和水平滑道与同一滑板间的动摩擦因数μ相同，因滑板不同μ满足μ0≤μ≤1.2μ0。在设计滑梯时，要确保所有游客在倾斜滑道上均减速下滑，且滑行结束时停在水平滑道上，以下L1、L2的组合符合设计要求的是( )
A．L1＝eq \f(h,2μ0)，L2＝eq \f(3h,2μ0) B．L1＝eq \f(4h,3μ0)，L2＝eq \f(h,3μ0)
C．L1＝eq \f(4h,3μ0)，L2＝eq \f(2h,3μ0) D．L1＝eq \f(3h,2μ0)，L2＝eq \f(h,μ0)
解析：选CD 设倾斜滑道倾角为θ，游客在倾斜滑道上匀减速下滑，则需满足mgsin θ＜μmgcs θ，可得μ＞tan θ＝eq \f(h,L1)，即有L1＞eq \f(h,μ)，因μ0≤μ≤1.2μ0，所有游客在倾斜滑道上均减速下滑，可得L1＞eq \f(h,μ0)，滑行结束时停在水平滑道上，对全程由动能定理有mg·2h－μmgcs θ·eq \f(L1,cs θ)－μmgx＝0－0，其中0＜x≤L2，可得L1＜eq \f(2h,μ)，L1＋L2≥eq \f(2h,μ)，代入μ0≤μ≤1.2μ0，可得L1＜eq \f(5h,3μ)，L1＋L2≥eq \f(2h,μ0)，综合需满足eq \f(h,μ0)＜L1＜eq \f(5h,3μ0)和L1＋L2≥eq \f(2h,μ0)，故C、D正确。
5．某同学参照过山车情境设计了如图所示的模型。光滑的竖直圆轨道半径R＝2 m，入口的平直轨道AC和出口的平直轨道CD均是粗糙的，质量为m＝2 kg的小滑块与水平轨道之间的动摩擦因数均为μ＝0.5，滑块从A点由静止开始受到水平拉力F＝60 N的作用，在B点时撤去拉力，AB段的长度为l＝5 m，不计空气阻力。(g＝10 m/s2)
(1)若滑块恰好通过圆轨道的最高点，则滑块沿着出口的平直轨道CD能滑行多远的距离？
(2)要使滑块能进入圆轨道运动且不脱离轨道，求平直轨道BC段的长度范围。
解析：(1)滑块恰好通过最高点，说明此时只有重力提供向心力，则有mg＝meq \f(v2,R)，解得v＝eq \r(gR)＝2eq \r(5) m/s，滑块从C点到最高点过程，由机械能守恒定律可得mg·2R＋eq \f(1,2)mv2＝eq \f(1,2)mvC2，解得vC＝10 m/s，滑块从C点到最后停止过程，有x＝eq \f(vC2,2μg)＝10 m，即滑块能沿着出口平直轨道CD滑行的距离为10 m。
(2)要使滑块不脱离轨道，有以下两种可能：
①滑块能通过最高点，则到达C点的速度vC≥10 m/s，则从A到C过程，由动能定理可得Fl－μmg(l＋x1)＝eq \f(1,2)mvC2，解得x1≤15 m；
②滑块无法通过最高点，且到达的高度不超过R时速度即为零，滑块同样不会脱离轨道，则对全程由动能定理可得Fl－μmg(l＋x2)－mgR≤0，解得x2≥21 m，滑块要能够进入圆轨道运动，则至少能够到达C点，则有Fl－μmg(l＋x3)≥0，解得x3≤25 m；
因此，要使滑块能进入圆轨道运动且不脱离轨道，BC段的长度范围为[0,15 m]或[21 m，25 m]。
答案：(1)10 m (2)[0,15 m]或[21 m,25 m]
6.俯式冰橇(又叫钢架雪车)是2022北京冬奥会的比赛项目之一，其场地可简化为赛道AB和缓冲滑道BC、CD三部分(如图所示)，其中CD部分水平，各部分平滑连接。已知xAB＝1 200 m，赛道AB的倾角为α，BC的倾角为β，冰橇与赛道AB间的动摩擦因数μ1＝0.05、冰橇与BC间的动摩擦因数μ2＝0.6。比赛时，出发信号灯亮起后，质量为M＝60 kg的运动员从起点A开始，以平行赛道AB的恒力F＝40 N推动质量m＝40 kg的冰橇由静止开始沿赛道向下运动，8 s末迅速登上冰橇，与冰橇一起沿赛道滑行做匀加速直线运动。若运动员登上冰橇前后冰橇速度不变，不计空气阻力。(取sin α≈0.1，cs α≈1，sin β≈0.3，cs β≈0.95，g＝10 m/s2)
(1)求比赛中运动员最大速度的大小vm；
(2)为确保此运动员能够停在水平滑道CD上，缓冲滑道BC的长度xBC不能超过多少？(结果保留3位有效数字)
解析：(1)冰橇在被运动员推动过程中，根据牛顿第二定律有F＋mgsin α－μ1mgcs α＝ma1，
8 s时冰橇位移大小x1＝eq \f(1,2)a1t2，速度大小v1＝a1t，
从运动员登上冰橇到运动到B点的过程，对运动员和冰橇整体，根据动能定理有[(M＋m)gsin α－μ1(M＋m)gcs α](xAB－x1)＝eq \f(1,2)(M＋m)vm2－eq \f(1,2)(M＋m)v12
联立解得vm＝36 m/s。
(2)运动员和冰橇在沿BC上滑过程中，运动员到达C点速度恰好为0时xBC最长，根据动能定理有－[(M＋m)gsin β＋μ2(M＋m)gcs β]xBC＝0－eq \f(1,2)(M＋m)vm2
解得xBC≈74.5 m。
答案：(1)36 m/s (2)74.5 m
7．如图所示，质量均为m＝4 kg的两个小物块A、B(均可视为质点)放置在水平地面上，竖直平面内半径R＝0.4 m的光滑半圆形轨道与水平地面相切于C，弹簧左端固定。移动物块A压缩弹簧到某一位置(弹簧在弹性限度内)，由静止释放物块A，物块A离开弹簧后与物块B碰撞并粘在一起以共同速度v＝5 m/s向右运动，运动过程中经过一段长为s，动摩擦因数μ＝0.2的水平面后，冲上半圆轨道，除s段外的其他水平面摩擦力不计。求：(g取10 m/s2)
(1)若s＝1 m，两物块刚过C点时对轨道的压力大小；
(2)若两物块能冲上半圆形轨道，且不脱离轨道，s应满足什么条件。
解析：(1)设物块经过C点时速度为vC，物块受到轨道支持力为FNC，由动能定理得：－2μmgs＝eq \f(1,2)×2mvC2－eq \f(1,2)×2mv2，又FNC－2mg＝2meq \f(vC2,R)，代入解得FNC＝500 N，由牛顿第三定律知，物块对轨道压力大小也为500 N。
(2)物块不脱离轨道有两种情况：
①能过轨道最高点，设物块经过半圆形轨道最高点最小速度为v1，则2mg＝2meq \f(v12,R)，得v1＝eq \r(gR)＝2 m/s，物块从碰撞后到经过最高点的过程中，由动能定理有－2μmgs－4mgR＝eq \f(1,2)×2mv12－eq \f(1,2)×2mv2，代入解得s满足条件s≤1.25 m。
②物块上滑最大高度不超过eq \f(1,4)圆弧，设物块刚好到达eq \f(1,4)圆弧处速度为v2＝0，物块从碰撞后到最高点，由动能定理有－2mgR－2μmgs＝0－eq \f(1,2)×2mv2，同时依题意，物块能滑出粗糙水平面，由动能定理可知eq \f(1,2)×2mv2＞2μmgs，代入解得s满足条件4.25 m≤s＜6.25 m。
答案：(1)500 N (2)s≤1.25 m或4.25 m≤s＜6.25 m
8.如图所示为某水上乐园急速滑道的简化示意图，内壁光滑的水平半圆形管道BC分别与倾角θ＝37°的倾斜管道AB和水平直管道CD顺滑连接，管道AB的A端离管道BC所在平面的高度h1＝6 m，管道BC的直径d＝10 m，离水面EF的高度h2＝1.8 m。质量m＝60 kg的游客(可视为质点)从A端静止滑下，游客与管道AB间的动摩擦因数μ1＝0.125，与管道CD间的动摩擦因数μ2＝0.5，整个运动过程空气阻力不计。(sin 37°＝0.6，cs 37°＝0.8，g取10 m/s2)
(1)求游客经过B点时的速度大小；
(2)求游客受到BC管道的作用力大小；
(3)要使游客落到水中且落水的速度不超过8 m/s，求管道CD的长度。
解析：(1)游客从A运动到B过程，根据动能定理有：
mgh1－μ1mgcs θ·eq \f(h1,sin θ)＝eq \f(1,2)mvB2
解得：vB＝ eq \r(2gh1－2μ1g\f(h1cs θ,sin θ))＝10 m/s。
(2)游客在管道BC中做匀速圆周运动，
竖直方向有：Fy＝mg
水平方向有：Fx＝meq \f(vB2,d/2)
FN＝eq \r(Fx2＋Fy2)＝ eq \r(\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(m\f(vB2,d/2)))2＋mg2)＝600eq \r(5) N。
(3)若游客从管道CD恰好滑出，从C到D，根据动能定理有：－μ2mgL1＝0－eq \f(1,2)mvB2
解得：L1＝eq \f(vB2,2μ2g)＝10 m
若游客落水的速度恰好为8 m/s，根据动能定理有：
mgh2－μ2mgL2＝eq \f(1,2)mv2－eq \f(1,2)mvB2
解得：L2＝eq \f(h2,μ2)－eq \f(1,2μ2g)(v2－vB2)＝7.2 m
管道CD的长度7.2 m≤L≤10 m。
答案：(1)10 m/s (2)600eq \r(5) N
(3)7.2 m≤L≤10 m
第3讲 机械能守恒定律
第1课时 机械能守恒定律的理解及应用
一、机械能
1．重力做功与重力势能
(1)重力做功的特点：物体运动时，重力对它做的功只跟它的起点和终点的位置有关，而跟物体运动的路径无关。
(2)重力做功与重力势能变化的关系
(3)重力势能的变化量是绝对的，与参考面的选取无关。
2．弹力做功与弹性势能
(1)弹力做功与弹性势能变化的关系类似于重力做功与重力势能变化的关系。
(2)对于弹性势能，一般物体的弹性形变量越大，弹性势能越大。
二、机械能守恒定律
1．内容
在只有重力或弹力做功的物体系统内，动能与势能可以互相转化，而总的机械能保持不变。
2．表达式
3．判断机械能守恒的三个角度
情境创设
如图所示，在地面上以速度v0斜向上抛出质量为m的物体，抛出后物体落到比地面低h的海平面上。若以地面为零势能面，而且不计空气阻力。
微点判断
(1)物体在运动过程中动能越来越大。(×)
(2)物体在运动过程中重力势能越来越大。(×)
(3)从抛出到落到海平面上的过程重力对物体做的功为mgh。(√)
(4)物体在海平面上的势能为mgh。(×)
(5)物体在海平面上的动能为eq \f(1,2)mv02－mgh。(×)
(6)物体在海平面上的机械能为eq \f(1,2)mv02。(√)
(7)物体在轨迹最高处的机械能为eq \f(1,2)mv02。(√)
(8)物体重力势能的大小与零势能参考平面的选取有关。(√)
(9)物体重力势能的变化与零势能参考平面的选取有关。(×)
(10)物体克服重力做功，物体的重力势能一定增加。(√)
(11)若物体所受的合外力为零，则物体的机械能守恒。(×)
(一) 机械能守恒的判断(固基点)
[题点全练通]
1．[机械能守恒条件的理解]
关于机械能守恒定律的适用条件，下列说法正确的是( )
A．只有重力和弹力作用时，机械能才守恒
B．当有其他外力作用时，只要合外力为零，机械能守恒
C．当有其他外力作用时，只要其他外力不做功，机械能守恒
D．炮弹在空中飞行不计阻力时，仅受重力作用，所以爆炸前后机械能守恒
解析：选C 机械能守恒的条件是“只有重力或系统内弹力做功”而不是“只有重力和弹力作用”，“做功”和“作用”是两个不同的概念，A错误；物体受其他外力作用且合外力为零时，机械能可能不守恒，如拉一物体匀速上升，合外力为零，物体的动能不变，重力势能增加，故机械能增加，B错误；由机械能守恒定律的特点知，C正确；在炮弹爆炸过程中产生的内能转化为机械能，机械能不守恒，D错误。
2．[单物体机械能守恒的判断]
载人飞行包是一个单人低空飞行装置，如图所示，其发动机使用汽油作为燃料提供动力，可以垂直起降也可以快速前进，若飞行包(包括人)在竖直方向上匀速上升的过程中(空气阻力不可忽略)，下列说法正确的是( )
A．发动机对飞行包不做功
B．飞行包的重力做正功
C．飞行包的动能不变
D．飞行包的机械能不变
解析：选C 飞行包(包括人)在竖直方向上匀速上升的过程中，发动机的动力向上，则发动机对飞行包做正功，A错误；高度上升，飞行包的重力做负功，B错误；飞行包(包括人)在竖直方向上匀速上升，故飞行包的动能不变，C正确；飞行包在上升过程中动能不变，重力势能变大，故机械能变大，D错误。
3．[多个物体组成的系统机械能守恒的判断]
如图所示，斜面体置于光滑水平地面上，其光滑斜面上有一物体由静止沿斜面下滑，在物体下滑过程中，下列说法正确的是( )
A．物体的重力势能减少，动能不变
B．斜面体的机械能不变
C．斜面对物体的作用力垂直于接触面，不对物体做功
D．物体和斜面体组成的系统机械能守恒
解析：选D 物体下滑的过程动能增加，A错误；物体在下滑过程中，斜面体做加速运动，其机械能增加，B错误；物体沿斜面下滑时，弹力方向垂直于接触面，但与速度方向之间的夹角大于90°，所以斜面对物体的作用力对物体做负功，C错误；对物体与斜面体组成的系统，只有物体的重力做功，机械能守恒，D正确。
4．[含弹簧的系统机械能守恒的判断]
(多选)如图所示，一轻弹簧一端固定在O点，另一端系一小球，将小球从与悬点O在同一水平面且使弹簧保持原长的A点无初速度释放，让小球自由摆下。不计空气阻力。在小球由A点摆向最低点B的过程中，下列说法正确的是( )
A．小球的机械能守恒
B．小球的机械能减少
C．小球的重力势能与弹簧的弹性势能之和不变
D．小球和弹簧组成的系统机械能守恒
解析：选BD 小球由A点到B点的过程中，弹簧被拉长，弹簧的弹力对小球做了负功，所以小球的机械能减少，故A错误，B正确；在此过程中，只有重力和弹簧的弹力做功，所以小球与弹簧组成的系统机械能守恒，即小球减少的重力势能等于小球获得的动能与弹簧增加的弹性势能之和，故C错误，D正确。
[要点自悟明]
判断机械能守恒的三种方法
(二) 单个物体机械能守恒定律的应用(精研点)
1．基本思路
2．三点提醒
(1)物体在运动过程中只有重力做功，机械能守恒。
(2)单个物体在竖直光滑圆轨道上做圆周运动时，因只有重力做功，机械能守恒。
(3)单个物体做平抛运动、斜抛运动时，因只有重力做功，也常用机械能守恒定律列式求解。
[考法全训]
考法1 单物体单过程机械能守恒问题
1.(2021·河北高考)一半径为R的圆柱体水平固定，横截面如图所示。长度为πR、不可伸长的轻细绳，一端固定在圆柱体最高点P处，另一端系一个小球。小球位于P点右侧同一水平高度的Q点时，绳刚好拉直。将小球从Q点由静止释放，当与圆柱体未接触部分的细绳竖直时，小球的速度大小为(重力加速度为g，不计空气阻力)( )
A．eq \r(2＋πgR) B．eq \r(2πgR)
C．eq \r(21＋πgR) D．2eq \r(gR)
解析：选A 当与圆柱体未接触部分的细绳竖直时，小球下落的高度为h＝πR－eq \f(π,2)R＋R＝eq \f(π＋2,2)R，小球下落过程中，根据机械能守恒有mgh＝eq \f(1,2)mv2，联立以上两式解得v＝eq \r(2＋πgR)，故A正确，B、C、D错误。
考法2 单物体多过程机械能守恒问题
2．(2022·浙江1月选考)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，g取10 m/s2。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，滑块第一次经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。
解析：(1)滑块由释放点到C点过程，由机械能守恒定律有：mglsin 37°＋mgR(1－cs 37°)＝eq \f(1,2)mvC2，
在C点时由牛顿第二定律有：FN－mg＝meq \f(vC2,R)，
联立解得FN＝7 N。
(2)滑块能过最高点时，则能到F点，则恰好到最高点时有：mglxsin 37°－mg(3Rcs 37°＋R)＝0，
解得lx＝0.85 m，要能过F点，则lx≥0.85 m。
由释放点到F点，根据机械能守恒定律有：
mglxsin 37°－mg·4Rcs 37°＝eq \f(1,2)mv2，
解得v＝eq \r(12lx－9.6) m/s,0.85 m≤lx≤3 m。
(3)由几何关系可求得lFG＝eq \f(4,5) m，设滑块静止时摩擦力做功为第一次到达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)，
当n＝1时，lx1＝eq \f(13,15) m；
当n＝3时，lx2＝eq \f(9,5) m；
当n＝5时，lx3＝eq \f(41,15) m；
当n＝7时，lx4＞3 m，不成立。
答案：(1)7 N
(2)v＝eq \r(12lx－9.6) m/s,0.85 m≤lx≤3 m
(3)eq \f(13,15) m或eq \f(9,5) m或eq \f(41,15) m
(三) 非质点类机械能守恒问题(精研点)
像“液柱”“链条”类物体，在其运动过程中会发生形变，其重心位置相对物体也发生变化，因此这类物体不能再视为质点来处理了。解决这类问题的关键是准确找到物体的“质心”，从而正确判断物体重力势能的变化情况或重力做功情况。
模型(一) “液柱”类问题
[例1] (多选)内径面积为S的U形圆筒竖直放在水平面上，筒内装水，底部阀门K关闭时两侧水面高度分别为h1和h2，如图所示。已知水的密度为ρ，不计水与筒壁的摩擦阻力。现把连接两筒的阀门K打开，当两筒水面高度相等时，则该过程中( )
A．水柱的重力做正功
B．大气压力对水柱做负功
C．水柱的机械能守恒
D．当两筒水面高度相等时，水柱的动能是eq \f(1,4)ρgS(h1－h2)2
[解析] 把连接两筒的阀门打开到两筒水面高度相等的过程中大气压力对左筒水面做正功，对右筒水面做负功，抵消为零。水柱的机械能守恒，重力做功等于重力势能的减少量，等于水柱增加的动能，等效于把左管高eq \f(h1－h2,2)的水柱移至右管，如图中的斜线所示，重心下降eq \f(h1－h2,2)，重力所做正功：WG＝eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(h1－h2,2)))ρgS·eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(h1－h2,2)))＝eq \f(1,4)ρgS(h1－h2)2，故A、C、D正确，B错误。
[答案] ACD
模型(二) “链条”类问题
[例2] (2023·山东师大附中模拟)如图所示，长为L的均匀链条放在光滑水平桌面上，且使长度的eq \f(1,4)垂在桌边，松手后链条从静止开始沿桌边下滑，则链条滑至刚刚离开桌边时的速度大小为( )
A． eq \r(\f(3,2)gL) B．eq \f(\r(gL),4)
C．eq \f(\r(15gL),4) D．4eq \r(gL)
[解析] 取桌面为参考平面，由机械能守恒定律可得：－eq \f(1,4)mg·eq \f(L,8)＝eq \f(1,2)mv2＋eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(－mg·\f(L,2)))，所以v＝eq \f(\r(15gL),4)。
[答案] C
模型(三) “多个小球”类问题
[例3] (2023·浙江温州模拟)(多选)如图所示，在竖直平面内半径为R的四分之一圆弧轨道AB、水平轨道BC与斜面CD平滑连接在一起，斜面足够长。在圆弧轨道上静止着N个半径为r(r≪R)的光滑小球(小球无明显形变)，小球恰好将圆弧轨道铺满，从最高点A到最低点B各小球依次标记为1,2,3，…，N。现将圆弧轨道末端B处的阻挡物拿走，N个小球由静止开始沿轨道运动，不计摩擦与空气阻力，下列说法正确的是( )
A．N个小球在运动过程中始终不会散开
B．第1个小球从A到B过程中机械能守恒
C．第1个小球到达B点前第N个小球做匀加速运动
D．第1个小球到达最低点的速度v＜eq \r(gR)
[解析] 在下滑的过程中，水平面上的小球要做匀速运动，而圆弧面上的小球要做加速运动，则后面的小球对前面的小球有向前挤压的作用，所以小球之间始终相互挤压，冲上斜面后后面的小球把前面的小球往上压，所以小球之间始终相互挤压，故N个小球在运动过程中始终不会散开，故A正确；第一个小球在下落过程中受到挤压，所以有外力对小球做功，小球的机械能不守恒，故B错误；由于小球在下落过程中速度发生变化，相互间的弹力变化，所以第N个小球不可能做匀加速运动，故C错误；当重心下降eq \f(R,2)时，根据机械能守恒定律得：eq \f(1,2)mv2＝mg·eq \f(R,2)，解得：v＝eq \r(gR)；同样对整体在AB段时，重心低于eq \f(R,2)，所以第1个小球到达最低点的速度v＜eq \r(gR)，故D正确。
[答案] AD
[系统建模]
(1)非质点类物体虽然不能看成质点，但因只有重力做功，物体整体机械能守恒。
(2)在确定物体重力势能的变化量时，要根据情况，将物体分段处理，确定好各部分的重心及重心高度的变化量。
(3)非质点类物体各部分是否都在运动，运动的速度大小是否相同，若相同，则物体整体的动能才可表示为eq \f(1,2)mv2。
1．[体现学以致用]一款名叫“跳一跳”的小游戏依靠操作小人蓄力跳跃进行游玩，使其能从一个平台跳到旁边的平台上。如图所示的抛物线为小人(质量为m)在某次跳跃过程中的运动轨迹，不计空气阻力。则(重力加速度为g)( )
A．小人从起跳至运动到最高点的过程中，机械能增加mgh
B．小人离开平台时的动能为mgh
C．小人从离开平台至运动到最高点的过程中，重力势能增加mgh
D．小人落到平台上的速度大小为eq \r(2gh)
解析：选C 由于小人起跳后只受重力作用，机械能守恒，A错误；小人在最高点具有水平方向的速度，所以离开平台时的动能大于mgh，落到平台上的速度要大于eq \r(2gh)，故B、D错误；小人从离开平台至运动到最高点的过程中重力做功为WG＝－mgh，所以重力势能增加mgh，故C正确。
2．[联系生活实际]如图所示为阿拉斯加当地人的一种娱乐方式。他们用一块弹性毯子将小孩竖直抛起，再保持弹性毯子水平，接住小孩。不计空气阻力，下列说法中正确的是( )
A．用毯子将小孩上抛，毯子对小孩做正功，小孩机械能增加
B．小孩在空中上升时处于超重状态，下落过程处于失重状态
C．小孩由最高点下落，一接触到弹性毯子就立刻做减速运动
D．小孩由最高点下落至速度为零的过程中，小孩机械能守恒
解析：选A 根据题意易知，A正确；小孩在空中上升和下落过程加速度方向都向下，都处于失重状态，B错误；小孩下落接触到弹性毯子后，在弹力小于重力之前，加速度方向向下，还是做加速运动，C错误；小孩下落接触到弹性毯子至速度为零的过程中，毯子的弹力对小孩做负功，小孩机械能减小，D错误。
3．[聚焦科技前沿]在一次海上消防救援过程中，消防船启动了多个喷水口进行灭火。喷水口所处高度和口径都相同，出水轨迹如图甲所示。其中两支喷水枪喷出水A、B轨迹在同一竖直面内且最高点高度相同，如图乙所示。不计空气阻力，则下列说法正确的是( )
A．水A在空中运动时间较长
B．水B单位时间内的出水量较大
C．水落到海面时A的速度比B的速度大
D．相同时间内水枪对A做功和水枪对B做功相等
解析：选C 因为两支喷水枪喷出水A、B轨迹在同一竖直面内且最高点高度相同，根据竖直上抛运动的对称性，可知水A、B在空中运动时间相等，故A项错误；水从喷水口喷出后做斜抛运动，初速度可分解为水平方向的分速度vx和竖直向上的分速度vy，由于水喷出后在最高点高度相同，根据公式vy2＝2gh，可知，竖直分速度相同，则运动时间相同，由于水A的水平位移较大，根据x＝vxt，可知，水A的水平分速度大，根据公式v0＝eq \r(vx2＋vy2)，可知水A的初速度大，则水A单位时间内的出水量较大，故B项错误；因为喷水口所处高度相同，所以水从喷出到落到海面，由动能定理得mgh＝eq \f(1,2)mv2－eq \f(1,2)mv02，解得v＝eq \r(v02＋2gh)，因为水A初速度大，故水A落到海面时速度比水B的速度大，故C项正确；因为水A的初速度比水B初速度大，故相同时间内水枪对水A做功比水B多，故D项错误。
4．[强化科学探究](多选)如图甲所示，被称为“魔力陀螺”的玩具能在圆轨道外侧旋转不脱落，其原理可等效为如图乙所示的模型。半径为R的磁性圆轨道竖直固定，质量为m的铁球(可视为质点)沿轨道外侧运动，A、B分别为轨道的最高和最低点，轨道对铁球的磁性引力始终指向圆心且大小不变，不计摩擦和空气阻力，重力加速度为g，则( )
A．铁球可能绕轨道做匀速圆周运动
B．铁球绕轨道运动过程中机械能守恒
C．铁球在A点的速度必须大于eq \r(gR)
D．轨道对铁球的磁性引力至少为5mg，才能使铁球不脱轨
解析：选BD 铁球在运动的过程中，磁力和支持力不做功，只有重力做功，所以铁球的机械能守恒，在最高点的速度最小，在最低点的速度最大，铁球不可能做匀速圆周运动，A错误，B正确；铁球在最高点的速度只要大于0即可通过最高点，C错误；要使铁球不脱轨，铁球在最高点的速度恰好为0，合力恰好等于0，则由机械能守恒定律可知铁球到达最低点时的速度满足mg·2R＝eq \f(1,2)mv2，轨道对铁球的压力恰好等于0，有F－mg＝meq \f(v2,R)，解得F＝5mg，故要使铁球不脱轨，轨道对铁球的磁性引力至少为5mg，D正确。
[课时跟踪检测]
一、立足主干知识，注重基础性和综合性
1.如图所示，某同学将带弹簧的圆珠笔倒置，在桌面上竖直向下压紧弹簧，突然松手，圆珠笔竖直向上弹起。对于圆珠笔(含弹簧)，下列说法正确的是( )
A．向下压缩弹簧的过程中，笔的机械能守恒
B．笔竖直向上运动的过程中机械能守恒
C．圆珠笔刚离开桌面时动能最大
D．换用不同的弹簧，只要压缩量相同，笔上升的最大高度相同
解析：选B 向下压缩弹簧的过程中，手对圆珠笔做功，所以笔的机械能不守恒，故A错误；笔竖直向上运动的过程中，只有弹簧弹力和重力做功，笔的机械能守恒，故B正确；圆珠笔向上运动的某一时刻，重力和桌面对笔向上的弹力平衡，这一时刻速度最大，但此时，笔还没有离开桌面，故C错误；由机械能守恒定律Ep弹＝mgh可得，换用不同的弹簧，当压缩量相同时，弹性势能不同，故上升的最大高度不同，故D错误。
2．(2023·重庆高三调研)一质量为m的物块仅在重力作用下运动，物块位于r1和r2时的重力势能分别为3E0和E0(E0＞0)。若物块位于r1时速度为0，则位于r2时其速度大小为( )
A．2eq \r(\f(E0,m)) B． eq \r(\f(6E0,m))
C．2eq \r(\f(2E0,m)) D．4eq \r(\f(E0,m))
解析：选A 物块仅在重力作用下运动，物块的机械能守恒，根据机械能守恒定律可知E1＝E2，代入已知条件可得3E0＋0＝E0＋eq \f(1,2)mv2，解得物块位于r2处的速度大小v＝2eq \r(\f(E0,m))，故A项正确。
3.(2023·济南模拟)如图所示，光滑的eq \f(1,4)固定圆弧槽的槽口与一个固定半球顶点相切，半球底面水平，小滑块(可视为质点)从圆弧槽最高点由静止滑下，滑出槽口时速度沿水平方向。已知圆弧轨道的半径为R1，半球的半径为R2，若要使小滑块滑出槽口后不沿半球面下滑，不计空气阻力，则R1和R2应满足的关系是( )
A．R1≤R2 B．R1≥R2
C．R1≥eq \f(R2,2) D．R1≤eq \f(R2,2)
解析：选C 滑块沿光滑的eq \f(1,4)圆弧槽下滑过程只有重力做功，由机械能守恒有mgR1＝eq \f(1,2)mv2，要使小滑块滑出槽口后不沿半球面下滑，即做平抛运动，则mg≤meq \f(v2,R2)，由以上两式解得R1≥eq \f(R2,2)，故C正确。
4．(多选)如图所示，光滑长铁链由若干节组成，全长为L，圆形管状轨道半径为R，L>2πR，R远大于一节铁链的高度和长度。铁链靠惯性通过轨道继续前进，不计空气阻力，下列判断正确的是( )
A．在第一节铁链完成圆周运动的过程中，第一节铁链机械能守恒
B．每节铁链通过最高点的速度依次减小
C．第一节铁链与最后一节铁链到达最高点时的速度大小相等
D．第一节铁链回到最低点至最后一节铁链进入圆形轨道过程中铁链速度保持不变
解析：选CD 在第一节铁链沿圆形轨道运动的过程中受到第二节铁链对其沿轨道切线方向的力，所以在第一节铁链完成圆周运动的过程中，第一节铁链机械能不守恒，A错误。整个运动过程中，以铁链整体为研究对象，只有重力做功，所以铁链整体的机械能是不变的；从第一节铁链进入圆形轨道到第一节铁链回到最低点的过程中，铁链整体的重力势能不断增加，则整体的动能不断减小、速度不断减小，每节铁链的速度减小；从最后一节铁链进入圆形轨道到最后一节铁链离开圆形轨道，整体的重力势能减小，则速度增大；在第一节铁链回到最低点至最后一节铁链进入圆形轨道的过程中铁链整体的重力势能不变，所以速度保持不变；综上所述可知B错误，D正确。第一节铁链与最后一节铁链到达最高点时，整体的重力势能是相等的，所以整体的速度大小也相等，C正确。
5.如图所示，弹性轻绳的一端套在手指上，另一端与弹力球连接，用手将弹力球以某一竖直向下的初速度向下抛出，抛出后手保持不动。从球抛出瞬间至球第一次到达最低点的过程中(弹性轻绳始终在弹性限度内，空气阻力忽略不计)，下列说法正确的是( )
A．绳伸直以后，绳的拉力始终做负功，球的动能一直减小
B．该过程中，手受到的绳的拉力先增大后减小
C．该过程中，重力对球做的功大于球克服绳的拉力做的功
D．在最低点时，球、绳和地球组成的系统势能最大
解析：选D 绳伸直以后，绳的拉力始终做负功，但重力大于拉力时球的速度增大，故球的动能增大，当重力与拉力相等时球的速度最大，动能最大，球继续向下运动，当重力小于拉力时球的速度减小，则球的动能减小，A错误；该过程中，手受到绳的拉力一直增大，B错误；由动能定理可得WG－W克绳＝0－eq \f(1,2)mv02，该过程中重力对球做的功小于球克服绳的拉力做的功，C错误；在最低点时，小球的动能为零，球、绳和地球组成的系统势能最大，D正确。
6．(2022·全国乙卷)固定于竖直平面内的光滑大圆环上套有一个小环，小环从大圆环顶端P点由静止开始自由下滑，在下滑过程中，小环的速率正比于( )
A．它滑过的弧长
B．它下降的高度
C．它到P点的距离
D．它与P点的连线扫过的面积
解析：选C 如图所示，设小环下降的高度为h，圆环的半径为R，小环到P点的距离为L，根据机械能守恒定律得mgh＝eq \f(1,2)mv2。由几何关系可得h＝Lsin θ，sin θ＝eq \f(L,2R)，联立可得h＝eq \f(L2,2R)，可得v＝Leq \r(\f(g,R))，故C正确，A、B、D错误。
7．(2023·厦门高三质检)如图所示，用两根长度均为l的轻绳将一小球悬挂在水平的天花板下，轻绳与天花板的夹角为θ，整个系统静止，这时每根轻绳中的拉力为T。现将一根轻绳剪断，当小球摆至最低点时，轻绳中的拉力为T′，θ为某一值时，eq \f(T′,T)最大，此最大值为( )
A．eq \f(9,4) B．2
C．3eq \r(2)－2 D．eq \f(54,25)
解析：选A 剪断轻绳之前：2Tsin θ＝mg；剪断轻绳后，小球摆到最低点时：eq \f(1,2)mv2＝mgl(1－sin θ)，由牛顿第二定律：T′－mg＝meq \f(v2,l)；联立解得eq \f(T′,T)＝6sin θ－4sin2θ，由数学知识可知，此比值的最大值为eq \f(9,4)，故选项A正确。
8.荡秋千是人们喜欢的一项健身娱乐活动。荡秋千者通过做功，逐渐增加自身的机械能，从而逐渐“荡”高。其原理如下：人向下摆动过程中逐渐“下蹲”使重心下降，而在秋千上摆过程中，人又逐渐站起使重心升高，机械能增加，从而逐渐“荡”高。有一个正在“荡”秋千的运动员质量为75 kg，身高为1.8 m，在水平地面上站立时重心高1.0 m，蹲坐时重心高0.6 m。秋千摆长为5.0 m。若该运动员从与竖直方向成37°角位置开始下摆。(忽略空气阻力、秋千的质量，sin 37°＝0.6，cs 37°＝0.8，g取10 m/s2)
(1)求运动员到达秋千下摆的竖直最低位置时的速度大小；
(2)求运动员在秋千下摆的竖直最低位置时受到秋千的作用力大小。
解析：秋千摆长L0＝5.0 m，运动员在水平地面上站立时重心高H1＝1.0 m，蹲坐时重心高H2＝0.6 m，以秋千下摆的最低位置处为零势能点。
(1)秋千下摆过程中运动员机械能守恒，mg[L0－(L0－H1)cs 37°]＝mgH2＋eq \f(1,2)mv2，解得v≈4.9 m/s。
(2)设运动员在秋千下摆的竖直最低位置时受到秋千的作用力大小为F，则F－mg＝meq \f(v2,L0－H2)，解得F≈1 159 N。
答案：(1)4.9 m/s (2)1 159 N
二、强化迁移能力，突出创新性和应用性
9.(2022·湖北高考)如图所示，质量分别为m和2m的小物块Р和Q，用轻质弹簧连接后放在水平地面上，Р通过一根水平轻绳连接到墙上。P的下表面光滑，Q与地面间的动摩擦因数为μ，最大静摩擦力等于滑动摩擦力。用水平拉力将Q向右缓慢拉开一段距离，撤去拉力后，Q恰好能保持静止。弹簧形变始终在弹性限度内，弹簧的劲度系数为k，重力加速度大小为g。若剪断轻绳，Р在随后的运动过程中相对于其初始位置的最大位移大小为( )
A．eq \f(μmg,k) B．eq \f(2μmg,k)
C．eq \f(4μmg,k) D．eq \f(6μmg,k)
解析：选C Q恰好能保持静止时，设弹簧的伸长量为x，满足kx＝2μmg，若剪断轻绳后，物块P与弹簧组成的系统机械能守恒，弹簧的最大压缩量也为x，因此P相对于其初始位置的最大位移大小为2x＝eq \f(4μmg,k)，C正确。
10．(多选)如图所示，用长度为s的金属丝绕制成高度为h的等距螺旋轨道，并将其竖直固定。让一质量为m的有孔小球套在轨道上，从顶端无初速度释放。已知重力加速度为g，不计一切摩擦，下列说法正确的是( )
A．下滑过程中轨道对小球的作用力逐渐增大
B．小球的运动可以分解为水平方向的匀速圆周运动和沿轨道斜向下的匀加速直线运动
C．小球运动到螺旋轨道底端时，重力的功率为mgeq \r(2gh)
D．小球从螺旋轨道顶端运动到底端的时间为 eq \r(\f(2s2,gh))
解析：选AD 由于不计一切摩擦，故小球在下滑过程中机械能守恒，小球沿轨道斜向下的速度不断增大，故小球下滑过程中的运动可分解为水平方向速率不断增大的圆周运动和竖直方向的匀加速直线运动，B错误；又小球下滑过程中，水平方向做圆周运动的速率不断增大，则轨道对小球水平方向的作用力逐渐增大，竖直方向小球的受力恒定不变，即轨道对小球竖直方向的作用力恒定不变，故下滑过程中轨道对小球的作用力逐渐增大，A正确；小球运动到螺旋轨道底端时，根据机械能守恒定律有mgh＝eq \f(1,2)mv2，解得v＝eq \r(2gh)，根据功率公式，重力的功率P＝mgvcs θ＝mgeq \r(2gh)cs θ，θ为小球运动到底端时速度方向与重力方向的夹角，C错误；用长度为s的金属丝绕制成高度为h的等距螺旋轨道，可等效为长度为s、高度为h的倾斜轨道，小球速度方向与竖直方向夹角的余弦值cs θ＝eq \f(h,s)，小球沿等效倾斜轨道运动的加速度a＝gcs θ＝eq \f(gh,s)，由s＝eq \f(1,2)at2，解得小球从螺旋轨道顶端运动到底端的时间t＝eq \r(\f(2s2,gh))，D正确。
11.(2023·河北重点中学联考)如图所示，竖直平面内有一半径为R＝0.50 m的光滑圆弧槽BCD，B点与圆心O等高，水平面DQ与圆弧槽相接于D点，一质量为m＝0.10 kg的小球从B点的正上方H＝0.95 m高处的A点自由下落，由B点进入圆弧槽轨道，从D点飞出后落在水平面上的Q点，DQ间的距离x＝2.4 m，球从D点飞出后的运动过程中相对水平面上升的最大高度h＝0.80 m，取g＝10 m/s2，不计空气阻力，求：
(1)小球经过圆弧槽最低点C时轨道对它的支持力大小FN；
(2)小球经过P点时的速度大小vP；
(3)D点与圆心O的高度差hOD。
解析：(1)设小球经过C点时的速度为v1，由机械能守恒定律有mg(H＋R)＝eq \f(1,2)mv12
由牛顿第二定律有FN－mg＝meq \f(v12,R)
代入数据解得FN＝6.8 N。
(2)从P到Q小球做平抛运动
竖直方向有h＝eq \f(1,2)gt2
水平方向有eq \f(x,2)＝vPt
代入数据解得vP＝3 m/s。
(3)小球从开始运动到P点的过程中，机械能守恒，取DQ水平面为零势能面，
则eq \f(1,2)mvP2＋mgh＝mg(H＋hOD)
代入数据解得hOD＝0.3 m。
答案：(1)6.8 N (2)3 m/s (3)0.3 m
第2课时 机械能守恒定律中的连接体问题
模型(一) 轻绳连接的连接体系统
[典例] (2023·湖南长沙质检)如图所示，左侧为一个半径为R的半球形的碗固定在水平桌面上，碗口水平，O点为球心，碗的内表面及碗口光滑。右侧是一个固定的光滑斜面，斜面足够长，倾角θ＝30°。一根不可伸长的不计质量的细绳跨在碗口及斜面顶端的光滑的定滑轮且两端分别系有可视为质点的小球m1和m2，且m1＞m2。开始时m1恰在碗口水平直径右端的A处，m2在斜面上且距离斜面顶端足够远，此时连接两球的细绳与斜面平行且恰好伸直。当m1由静止释放运动到圆心O的正下方B点时细绳突然断开，不计细绳断开瞬间的能量损失。
(1)求小球m2沿斜面上升的最大距离s；
(2)若已知细绳断开后小球m1沿碗的内侧上升的最大高度为eq \f(R,2)，求eq \f(m1,m2)。(结果保留两位有效数字)
[解析] (1)设小球m1到达最低点B时，m1、m2速度大小分别为v1、v2
如图所示，由运动的合成与分解得v1＝eq \r(2)v2
对m1、m2组成的系统由机械能守恒定律得
m1gR－m2gh＝eq \f(1,2)m1v12＋eq \f(1,2)m2v22
又h＝eq \r(2)Rsin 30°
联立以上三式解得
v1＝eq \r(2×\f(2m1－\r(2)m2,2m1＋m2)gR)
v2＝eq \r(\f(2m1－\r(2)m2,2m1＋m2)gR)，
设细绳断开后m2沿斜面上升的距离为s′，对m2，由机械能守恒定律得m2gs′sin 30°＝eq \f(1,2)m2v22
小球m2沿斜面上升的最大距离s＝eq \r(2)R＋s′
联立以上两式并代入v2，解得
s＝eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(eq \r(2)＋eq \f(2m1－\r(2)m2,2m1＋m2)))R＝eq \f(2\r(2)＋1m1,2m1＋m2)R。
(2)对m1，由机械能守恒定律得
eq \f(1,2)m1v12＝m1geq \f(R,2)
代入v1解得eq \f(m1,m2)＝eq \f(2\r(2)＋1,2)≈1.9。
[答案] (1)eq \f(2\r(2)＋1m1,2m1＋m2)R (2)1.9
[模型建构]
[针对训练]
1.(多选)如图所示，物块A的质量为m，物块B的质量为4m，两物块被系在绕过定滑轮的轻质细绳两端。不计摩擦和空气阻力，定滑轮的质量忽略不计，重力加速度大小为g，两物块由静止开始运动，当B向右运动的距离为x时(未到达定滑轮处)，则( )
A．A的动能为mgx
B．A的动能为eq \f(1,5)mgx
C．绳子的拉力对B做的功为eq \f(4,5)mgx
D．绳子的拉力对B做的功为mgx
解析：选BC 当B向右运动的距离为x时，A下落的高度也为x，取A、B为系统，该过程系统机械能守恒，设二者速率为v，则有mgx＝eq \f(1,2)(m＋4m)v2，可得A的动能为EkA＝eq \f(1,2)mv2＝eq \f(1,5)mgx，A错误，B正确；此时B的动能EkB＝eq \f(1,2)·4mv2＝eq \f(4,5)mgx，根据动能定理可知绳子的拉力对B做的功WB＝EkB＝eq \f(4,5)mgx，C正确，D错误。
2.(2023·龙岩高三调研)(多选)如图所示，ABC是一个固定在竖直平面内半径为R的光滑半圆环，B为最高点，一质量为m的小球，中间有孔，套在半圆环上。小球通过轻绳和质量为2m的铁块相连，开始时小球位于右侧最低点C，若由静止释放铁块和小球，当小球到达最高点B时，铁块的位置下降了h，且铁块未落地。若不计一切摩擦，重力加速度为g，则小球由C到B的过程中，以下判断正确的是( )
A．铁块的机械能一直减小
B．合力对铁块做的功为零
C．小球到达B点时的动能是(2h－R)mg
D．在这一过程中，铁块和小球的瞬时速率不可能相等
解析：选ABC 当小球到达最高点B时，小球与右侧滑轮间的绳长最短，可知铁块与左侧滑轮间的绳长最长，此时铁块运动到最低点，可知小球由C到B的过程中，绳子拉力对铁块一直做负功，铁块的机械能一直减小，A正确；当小球到达最高点B时，铁块运动到最低点，此时铁块的速度为零，小球由C到B的过程中，铁块的动能变化为零，根据动能定理可知，合力对铁块做的功为零，B正确；当小球到达最高点B时，铁块运动到最低点，此时铁块的速度为零，根据系统机械能守恒可得2mgh－mgR＝eq \f(1,2)mvB2，解得小球到达B点时的动能为eq \f(1,2)mvB2＝mg(2h－R)，C正确；根据连接体速度关系可知，小球沿绳子方向的速度等于铁块的速度，小球由C到B的过程中，当小球与右侧滑轮间的绳子与半圆环相切时，此时小球的速度方向沿绳子方向，此时铁块和小球的瞬时速率相等，D错误。
模型(二) 轻杆连接的连接体系统
[典例] (2023·山东模拟预测)如图所示，两根轻质杆构成直角支架，O点为水平转轴，OA杆长为L，A端固定一质量为2m的小球a，OB杆长为2L，B端固定一质量为m的小球b，用手抬着B端使OB杆处于水平状态，撒手后支架在竖直平面内转动，不计一切摩擦，则以下说法正确的是( )
A．小球a不可能转到与O点等高处
B．小球b转动的最大速度为 eq \r(\f(8\r(2)－1Lg,3))
C．转动过程中杆受力一定沿杆方向
D．小球a从最低点运动到最高点的过程中，杆对小球a做的功为mgL
[解析] 假设小球a恰好转到与O点等高处，设O点所在水平面为零势能面，小球a和b组成的系统初始位置机械能为E1＝－2mgL，当小球a转到与O点等高处时系统机械能为E2＝－2mgL，即E1＝E2，假设成立，故小球a一定能转到与O点等高处，A错误；设OB杆与水平方向夹角为θ时，小球b速度为v，则小球a的速度va＝eq \f(v,2)，由系统机械能守恒，有2mgLsin θ－2mgL(1－cs θ)＝eq \f(1,2)mv2＋eq \f(1,2)·2mva2，可知θ＝45°时速度最大，得v＝eq \r(\f(8\r(2)－1Lg,3))，B正确；在转动过程中小球a的机械能增加，小球b的机械能减少，所以杆对a和b均做功，存在杆对a和b的力与速度不垂直位置，即存在杆对a和b的力不沿杆的位置，根据牛顿第三定律可知杆受力不沿杆方向，C错误；设杆对小球a做的功为W，由动能定理，有W－2mgL＝0，得W＝2mgL，D错误。
[答案] B
[模型建构]
[针对训练]
1．(多选)如图所示，长为L的轻杆，一端装有转轴O，另一端固定一个质量为2m的小球B，杆中点固定一个质量为m的小球A，若杆从水平位置由静止开始释放，在转到竖直位置的过程中，不计一切摩擦，下列说法中正确的是( )
A．A、B两球总机械能守恒
B．轻杆对A球做正功，轻杆对B球做负功
C．轻杆对A球不做功，轻杆对B球不做功
D．轻杆对A球做负功，轻杆对B球做正功
解析：选AD 两球组成的系统只有重力做功，系统机械能守恒，两球的角速度相等，到达竖直位置时，设A球的速度为v，则B球的速度为2v，根据机械能守恒定律得mgeq \f(L,2)＋2mgL＝eq \f(1,2)mv2＋eq \f(1,2)×2m(2v)2，解得v＝eq \f(\r(5gL),3)；对A球运用动能定理得W＋mgeq \f(L,2)＝eq \f(1,2)mv2，解得W＝－eq \f(2,9)mgL，则轻杆对A球做负功；对B球运用动能定理得W′＋2mgL＝eq \f(1,2)×2m(2v)2，解得W′＝eq \f(2,9)mgL，则轻杆对B球做正功。故A、D正确，B、C错误。
2.(2023·衡水高三质检)如图为一幼儿园的可调臂长的跷跷板的示意图，O为跷跷板的支点。开始时一质量为m的小朋友坐在跷跷板的A端，此时A端恰好着地，跷跷板与水平地面的夹角为θ＝30°。现有一质量为4m的老师轻坐在跷跷板的B端，经过一段时间后跷跷板处于水平位置。已知OA＝2L，OB＝L，不计空气阻力和跷跷板的质量，重力加速度大小为g，小朋友与老师均可视为质点，则( )
A．此过程中小朋友的机械能守恒
B．此过程中小朋友与老师的速度大小之比为1∶2
C．跷跷板处于水平位置时，老师的速度大小为eq \r(gL)
D．此过程中跷跷板对小朋友做的功为eq \f(3,2)mgL
解析：选D 此过程中小朋友的速度增大，动能增大，重力势能增大，则小朋友的机械能增大，A错误；小朋友与老师的角速度总是相等，根据v＝ωr，由于小朋友与老师绕O点转动的半径之比为2∶1，可知小朋友与老师的速度大小之比为2∶1，B错误；跷跷板处于水平位置时，设老师的速度大小为v，则小朋友的速度大小为2v，根据系统机械能守恒可得4mg·Lsin 30°－mg·2Lsin 30°＝eq \f(1,2)m(2v)2＋eq \f(1,2)×4mv2，解得v＝eq \f(\r(gL),2)，C错误；根据动能定理可得W－mgL＝eq \f(1,2)m(2v)2，解得W＝eq \f(3,2)mgL，可知此过程中跷跷板对小朋友做的功为eq \f(3,2)mgL，D正确。
模型(三) 轻弹簧连接的连接体系统
[典例] (多选)如图所示，质量为m的小球甲穿过一竖直固定的光滑杆拴在轻弹簧上，质量为4m的物体乙用轻绳跨过光滑的定滑轮与甲连接，开始用手托住乙，轻绳刚好伸直，滑轮左侧绳竖直，右侧绳与水平方向夹角为α，某时刻由静止释放乙(足够高)，经过一段时间小球运动到Q点，OQ两点的连线水平，OQ＝d，且小球在P、Q两点处时弹簧弹力的大小相等。已知重力加速度为g，sin α＝0.8，cs α＝0.6。则( )
A．弹簧的劲度系数为eq \f(3mg,2d)
B．小球位于Q点时的速度大小为 eq \r(\f(8,3)gd)
C．物体乙重力的瞬时功率一直增大
D．小球甲和物体乙的机械能之和先增大后减小
[解析] 在P、Q两点处弹簧弹力的大小相等，则由胡克定律可知P点的压缩量等于Q点的伸长量，由几何关系知PQ＝dtan α＝eq \f(4,3)d，则小球位于P点时弹簧的压缩量为x＝eq \f(1,2)PQ＝eq \f(2,3)d，对P点的小球由力的平衡条件可知mg＝kx，解得k＝eq \f(3mg,2d)，选项A正确；当小球运动到Q点时，假设小球甲的速度为v，此时小球甲的速度与绳子OQ垂直，所以物体乙的速度为零，又小球、物体和弹簧组成的系统机械能守恒，则由机械能守恒定律得4mgeq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(d,cs α)－d))－mgdtan α＝eq \f(1,2)mv2，解得v＝eq \r(\f(8,3)gd)，选项B正确；由于小球在P、Q两点处时弹簧弹力的大小相等，即小球在P、Q两点处时弹簧的弹性势能相等，则小球由P到Q的过程，弹簧的弹性势能先减小后增大，由能量守恒定律可知，小球甲和物体乙的机械能之和先增大后减小，选项D正确；由于小球在P和Q点处，物体乙的速度都为零，在其他过程中，物体乙的速度不是零，则可知物体乙重力的瞬时功率先增大后减小，选项C错误。
[答案] ABD
[模型建构]
[针对训练]
1.(多选)如图所示，有质量为2m、m的小滑块P、Q，P套在固定竖直杆上，Q放在水平地面上。P、Q间通过铰链用长为L的刚性轻杆连接，一轻弹簧左端与Q相连，右端固定在竖直杆上，弹簧水平，α＝30°时，弹簧处于原长。当α＝30°时，P由静止释放，下降到最低点时α变为60°，整个运动过程中，P、Q始终在同一竖直平面内，弹簧在弹性限度内，忽略一切摩擦，重力加速度为g。则P下降过程中( )
A．P、Q组成的系统机械能守恒
B．当α＝45°时，P、Q的速度相同
C．弹簧弹性势能最大值为(eq \r(3)－1)mgL
D．P下降过程中动能达到最大前，Q受到地面的支持力小于3mg
解析：选CD 对于P、Q组成的系统，由于弹簧对Q要做功，所以系统的机械能不守恒；但对P、Q和弹簧组成的系统，只有重力和弹簧弹力做功，系统的机械能守恒，故A错误；当α＝45°时，根据P、Q沿轻杆方向的分速度相等得vQcs 45°＝vPcs 45°，可得vP＝vQ，但速度方向不同，所以P、Q的速度不同，故B错误；根据系统机械能守恒可得弹簧弹性势能的最大值为Ep＝2mgL(cs 30°－cs 60°)＝(eq \r(3)－1)mgL，故C正确；P下降过程中动能达到最大前，P加速下降，对P、Q整体，在竖直方向上根据牛顿第二定律有3mg－N＝2ma，则有N＜3mg，故D正确。
2．(2023·黄冈高三模拟)(多选)如图所示，一倾角α＝37°的直角斜面体固定在水平面上，AB面光滑，AC面粗糙。一不可伸长的轻绳一端与静止在斜面AC上、质量为M的物体Q相连，另一端跨过光滑定滑轮与AB面上的轻弹簧相连，弹簧处于原长，绳与两斜面均平行。现将一质量为m的球P与弹簧下端相连，并由静止释放，小球在ab间做简谐运动，当小球运动到b点时，物体Q受到的摩擦力恰好为零。已知ab间距离为l＝0.2 m，弹簧弹性势能的表达式为Ep＝eq \f(1,2)kx2，式中x表示弹簧的形变量，重力加速度g取10 m/s2，物体Q始终处于静止状态，sin 37°＝0.6，cs 37°＝0.8，则下列判断正确的是( )
A．2M＝3m
B．M＝3m
C．小球运动的最大速度为 eq \r(\f(3,5)) m/s
D．小球由静止释放到回到a的过程中，物体Q受到的摩擦力一直减小
解析：选AC 根据题意，小球在ab间做简谐运动，在a点对小球分析可知，小球的回复力为F＝mgsin 37°，当小球运动到b点时，设此时弹簧的弹力为FT，根据对称性，对小球分析有FT－mgsin 37°＝mgsin 37°，对物体Q，根据平衡条件有FT＝Mgsin 53°，联立解得2M＝3m，故B错误，A正确；根据题意可知，当小球的回复力等于零时，速度最大，此时，弹簧的形变量为Δx＝eq \f(l,2)＝0.1 m，则有mgsin 37°＝kΔx，根据动能定理有mgsin 37°·Δx－eq \f(1,2)k·Δx2＝eq \f(1,2)mvm2，解得vm＝eq \r(\f(3,5)) m/s，故C正确；根据题意，对物块分析，开始时，根据平衡条件有f＝Mgsin 53°，当小球运动起来后，有FT′＋f′＝Mgsin 53°，则小球由静止释放到回到a的过程中，弹簧弹力先增大后减小，则物块受到的静摩擦力先减小后增大，故D错误。
3.如图所示，A、B两物体在竖直方向上通过劲度系数为k的轻质弹簧相连，A放在水平地面上，B、C两物体通过细线绕过轻质定滑轮相连，C放在固定的光滑斜面上。用手拿住C，使细线刚刚拉直但无拉力作用，并保证ab段的细线竖直、cd段的细线与斜面平行。已知A、B的质量均为m，C的质量为4m，重力加速度为g，细线与滑轮之间的摩擦不计，开始时整个系统处于静止状态，释放C后C沿斜面下滑，A刚离开地面时，B获得最大速度。求：
(1)斜面倾角α；
(2)B的最大速度v。
解析：(1)当A刚离开地面时，设弹簧的伸长量为xA，对A有kxA＝mg，此时B受到重力mg、弹簧的弹力kxA、细线拉力FT三个力的作用，B的速度达到最大，即加速度为零，受力平衡，则C也受力平衡，对B有FT－mg－kxA＝0，对C有4mgsin α－FT＝0，解得sin α＝0.5，所以α＝30°。
(2)开始时弹簧压缩的长度为xB＝eq \f(mg,k)，则xA＝xB，
当A刚离开地面时，B上升的距离以及C沿斜面下滑的距离均为xA＋xB，由于xA＝xB，弹簧处于压缩状态和伸长状态时的弹性势能相等，而且A刚离开地面时，B、C两物体的速度相等，由机械能守恒定律得4mg(xA＋xB)sin α－mg(xA＋xB)＝eq \f(1,2)(4m＋m)v2，解得v＝2geq \r(\f(m,5k))。
答案：(1)30° (2)2geq \r(\f(m,5k))
eq \a\vs4\al([课时跟踪检测])
一、立足主干知识，注重基础性和综合性
1．(2023·广州高三调研)
如图，现有一根轻杆OB，总长度为1.5 m，A为OB的中点，轻杆可绕O点在竖直面内自由转动，在A点和B点处各连接有一个质量m＝10 g的小球(小球体积忽略不计)，将轻杆拉至水平位置由静止释放。则轻杆转到竖直位置时，小球A的速度大小以及OA杆在竖直方向对小球A的作用力的大小是(g＝10 m/s2)( )
A．3 m/s,0.34 N B．4 m/s,0.56 N
C．3 m/s,0.56 N D．4 m/s,0.34 N
解析：选C 依题意，设杆长为L，小球从水平位置转到竖直位置，根据机械能守恒定律可得mgeq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(L＋\f(L,2)))＝eq \f(1,2)mvA2＋eq \f(1,2)mvB2，由于A、B角速度相等，根据v＝rω，可知vB＝2vA，联立代入数据求得vA＝3 m/s，对AB整体，由牛顿第二定律可得F－2mg＝meq \f(vA2,\f(L,2))＋meq \f(vB2,L)，代入数据求得F＝0.56 N，故选C。
2．(多选)如图所示，一光滑杆一端固定于水平面上，杆与水平面夹角为θ，杆上穿着一个质量为m的小球，小球上连一轻弹簧，弹簧另一端固定于A点，初始时小球从B点静止释放，小球沿杆向下运动，经过C点，此时弹簧为原长，最后到达D点时速度为零(D点图中未标出)。已知AC与杆垂直，杆足够长，小球在沿杆向下运动过程中始终未触到地面，则在小球从B点到D点运动过程中，下列说法正确的是( )
A．小球的机械能守恒
B．小球的机械能先增加后减少
C．到达C点时小球的动能最大
D．CD间的距离大于BC间的距离
解析：选BD 依题意，对小球受力分析可知，小球在重力、弹簧弹力、杆的弹力的共同作用下，先做加速运动，后做减速运动，到达D点时，小球的动能为零，重力势能减小，所以小球的机械能不守恒，故A错误；由于AC与杆垂直且杆足够长，在运动过程中，杆对小球的弹力一直与小球运动方向垂直，不做功；在C点时，弹簧处于原长，则在BC段，弹簧处于拉伸状态，方向与小球运动方向夹角小于90°，对小球做正功，小球机械能增加；在CD段，弹簧也处于拉伸状态，弹簧拉力方向与小球运动方向夹角大于90°，对小球做负功，小球机械能减少，所以小球的机械能先增加后减少，故B正确；小球从B点至D点运动过程中，先做加速运动，后做减速运动，当加速度为零时，速度最大，而到达C点时，弹簧处于原长，小球的合力为mgsin θ，加速度不为零，故速度不是最大，所以动能不是最大，故C错误；小球从B点到D点运动过程中，根据能量守恒定律可知，小球机械能的减小量等于弹簧弹性势能的增加量，即弹簧在D点时的弹性势能一定大于在B点时的弹性势能，由于在C点时弹簧为原长，且BC段、CD段弹簧均处于拉伸状态，所以可知CD段弹簧的伸长量大于BC段的伸长量，由几何关系可知CD间的距离大于BC间的距离，故D正确。
3．(多选)如图所示，一轻质光滑定滑轮固定在天花板上，质量相等的小球A和圆环B通过不可伸长的轻绳跨过滑轮连接，圆环B套在光滑水平直杆上，水平杆到滑轮上端的距离为1.2 m，初始时小球A和圆环B均处于静止状态，小球A位于滑轮顶端，B到滑轮的距离为2 m。重力加速度g取10 m/s2，现由静止释放小球A，在小球A下落的过程中，下列说法正确的是( )
A．小球A的速度一直增大
B．小球A下落0.5 m时，B的速度为5eq \r(\f(5,17)) m/s
C．小球A下落0.8 m时，其机械能最小
D．圆环B向左运动过程中，杆对B的弹力一直竖直向上
解析：选BC 当B运动到滑轮正下方时，B沿绳方向速度为零，则A的速度也为零，说明A经历了先加速后减速的过程，故A错误；小球A下落0.5 m时，B与滑轮间轻绳长为1.5 m，设轻绳与水平杆夹角为θ，则有sin θ＝eq \f(1.2,1.5)＝eq \f(4,5)，设此时B的速度大小为v，则此时A的速度vA＝vcs θ，由系统机械能守恒mgh1＝eq \f(1,2)mv2＋eq \f(1,2)mvA2，带入数据可得v＝5eq \r(\f(5,17))m/s，故B正确；由于绳长不变，小球A下落0.8 m时，B正好到达滑轮正下方，此时A的速度为零，高度最低，之后B继续向左滑动，A高度升高，速度增大，所以小球A下落0.8 m时其动能和重力势能都达到最小，故C正确；当B正好到达滑轮正下方时，A速度为零，加速度向上，说明轻绳拉力大于A的重力大小，则此时B受轻绳向上的拉力大于B的重力，由竖直方向合力为零知，此刻杆对B的弹力是竖直向下的，故D错误。
4．(多选)如图所示，质量为m1的A环套在竖直杆上，质量为m2的B环套在水平杆上，A、B用一根轻杆相连。某时刻A环从如图所示位置由静止释放，当轻杆与水平杆夹角为α，与竖直杆夹角为β时，A环的速度为vA，B环的速度为vB。不计一切摩擦，重力加速度为g。则( )
A．vA∶vB＝1∶tan α
B．在运动过程中，水平杆对B环的支持力始终等于(m1＋m2)g
C．A环克服轻杆弹力做的功等于B环的动能的变化量
D．A、B、轻杆组成的系统机械能守恒
解析：选ACD A、B两环在沿杆方向上的分速度相等，则有vAcs β＝vBcs α，又因为α＋β＝90°，所以cs β＝sin α，联立可得vA∶vB＝1∶tan α，故A正确；在运动过程中，A、B两环整体在竖直方向上的加速度并未始终为零，根据牛顿第二定律可知水平杆对B环的支持力并未始终等于(m1＋m2)g，故B错误；因为轻杆弹力对B环做的功等于A环克服轻杆弹力做的功，且由于B环重力不做功，所以由动能定理可知，轻杆弹力对B环做的功等于B环的动能的变化量，故C正确；A、B、轻杆组成的系统，只有重力做功，所以系统机械能守恒，故D正确。
5.(多选)质量为0.3 kg的物块P固定在竖直弹簧上端，弹簧下端固定在水平地面上，物块P上放置一质量为0.2 kg的物块Q。用力将P、Q按至A的位置，如图所示。迅速松开手，弹簧将物块P、Q弹起，上升h1＝0.1 m后在B点分离，分离后物块Q继续上升h2＝0.1 m达到最高点C。已知弹簧的劲度系数k＝200 N/m，重力加速度g＝10 m/s2，不计空气阻力，则( )
A．物块P、Q经过B点时的速度大小为eq \r(2) m/s
B．松开手的瞬间，物块P、Q的加速度大小为20 m/s2
C．松手前弹簧的弹性势能为0.4 J
D．松手后物块上升0.075 m时速度最大
解析：选AD 设物块P、Q经过B点时的速度大小为v，分离后物块Q继续上升h2＝0.1 m达到最高点C，则有－2gh2＝0－v2，解得v＝eq \r(2) m/s，A正确；物块P、Q在B点分离瞬间，物块P、Q间的压力为零，物块P、Q有相同的加速度，即为重力加速度g，故此时弹簧弹力为零，弹簧处于原长状态；松开手的瞬间，以物块P、Q为整体，根据牛顿第二定律可得kh1－(mP＋mQ)g＝(mP＋mQ)a，解得a＝30 m/s2，B错误；根据系统机械能守恒可知，松手前弹簧的弹性势能为Ep＝(mP＋mQ)gh1＋eq \f(1,2)(mP＋mQ)v2＝1 J，C错误；松手后，当弹簧弹力等于物块P、Q的总重力时，物块P、Q的速度最大，设此时弹簧的压缩量为x，则有kx＝(mP＋mQ)g，解得x＝0.025 m，此过程上升的高度为Δh＝h1－x＝0.075 m，D正确。
6．(2022·河北高考)(多选)如图，轻质定滑轮固定在天花板上，物体P和Q用不可伸长的轻绳相连，悬挂定滑轮上，质量mQ>mP，t＝0时刻将两物体由静止释放，物体Q的加速度大小为eq \f(g,3)。T时刻轻绳突然断开，物体P能够达到的最高点恰与物体Q释放位置处于同一高度，取t＝0时刻物体P所在水平面为零势能面，此时物体Q的机械能为E。重力加速度大小为g，不计摩擦和空气阻力，两物体均可视为质点。下列说法正确的是( )
A．物体P和Q的质量之比为1∶3
B．2T时刻物体Q的机械能为eq \f(E,2)
C．2T时刻物体P重力的功率为eq \f(3E,2T)
D．2T时刻物体P的速度大小为eq \f(2gT,3)
解析：选BCD 根据牛顿第二定律有(mQ－mP)g＝(mQ＋mP)a，得P和Q的质量比为1∶2，故A错误；显然，在整个过程中P和Q整体机械能始终守恒，初始时刻P机械能为0且Q机械能为E，故P和Q整体机械能之和始终为E。绳子断开后P到最高点时动能为0，根据质量关系可知P的机械能为eq \f(E,2)，故绳子断开后Q的机械能始终为eq \f(E,2)，故B正确；
根据题意，分析P的运动可得其v -t图像如图所示，根据机械能守恒定律，对P分析，0～T时间内，绳子上拉力为eq \f(4,3)mPg，绳子拉力对P做的功等于P机械能的增加量，即eq \f(E,2)，可知eq \f(4mPg,3)·eq \f(vT,2)＝eq \f(E,2)，2T时刻P重力的功率为mPg·2v，整理可得C正确；对于P的运动图像分析可知，T时刻P的速度为v＝eq \f(gT,3)，故2T时刻P的速度大小为eq \f(2gT,3)，故D正确。
7.如图所示，鼓形轮的半径为R，可绕固定的光滑水平轴O转动。在轮上沿相互垂直的直径方向固定四根直杆，杆上分别固定有质量为m的小球，球与O的距离均为2R。在轮上绕有长绳，绳上悬挂着质量为M的重物。重物由静止下落，带动鼓形轮转动。重物落地后鼓形轮匀速转动，转动的角速度为ω。绳与轮之间无相对滑动，忽略鼓形轮、直杆和长绳的质量，不计空气阻力，重力加速度为g。求：
(1)重物落地后，小球线速度的大小v；
(2)重物落地后一小球转到水平位置A，此时该球受到杆的作用力的大小F；
(3)重物下落的高度h。
解析：(1)小球线速度v＝ωr，得v＝2ωR。
(2)向心力F向＝2mω2R，设F与水平方向的夹角为α，则Fcs α＝F向；Fsin α＝mg，
解得F＝eq \r(2mω2R2＋mg2)。
(3)落地时，重物的速度v′＝ωR，
由机械能守恒定律得eq \f(1,2)Mv′2＋4×eq \f(1,2)mv2＝Mgh
解得h＝eq \f(M＋16m,2Mg)(ωR)2。
答案：(1)2ωR (2) eq \r(2mω2R2＋mg2)
(3)eq \f(M＋16m,2Mg)(ωR)2
二、强化迁移能力，突出创新性和应用性
8.(2023·重庆模拟)如图所示，竖直平面内有一“T”字形轻杆，轻杆的AC臂长为2R，OB臂长为R，OB臂垂直AC臂交于AC中点O，轻杆的三个端点分别固定小球A、B、C，mA＝mC＝m，mB＝2m。开始时，在外力作用下OB臂水平且整个装置处于静止状态。现撤去外力，杆将以O为转轴在竖直面内无摩擦地转动起来，重力加速度为g。则杆转动90°的过程中( )
A．小球A的机械能守恒
B．小球B的机械能一直减小
C．小球B的末速度大小为eq \r(2gR)
D．轻杆对小球C先做正功后做负功
解析：选B 对小球A，在转动0～90°的过程中，重力势能的减少量ΔEpA＝mgR，对整体由机械能守恒定律有mgR＋2mgR－mgR＝eq \f(1,2)×4mv2，解得v＝eq \r(gR)，小球A动能的增加量ΔEkA＝eq \f(1,2)mv2＝eq \f(mgR,2)，因此有ΔEkA－ΔEpA<0，小球A机械能变小，A、C错误；对小球B，任意时刻转动θ角，对系统根据机械能守恒定律有mgR(1－cs θ)＋2mgRsin θ－mgR(1－cs θ)＝eq \f(1,2)×4mv′2，v′＝eq \r(gRsin θ)，小球B的重力势能减少量ΔEpB＝2mgRsin θ，小球B的动能增加量ΔEkB＝eq \f(1,2)×2mv′2＝mgRsin θ，则有ΔEB＝ΔEkB－ΔEpB＝－mgRsin θ，当θ角变大时，且θ在0～eq \f(π,2)范围内，小球B的机械能减少的越多，所以小球B的机械能一直减小，B正确；对小球C有ΔEC＝ΔEpC＋ΔEkC＝mgR(1－cs θ)＋eq \f(1,2)mv′2＝mgReq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(1－cs θ＋\f(1,2)sin θ))，其中当θ角变大，且θ在0～eq \f(π,2)范围内，ΔEC一直增大，因此轻杆对小球C一直做正功，D错误。
9．(多选)如图所示，倾角为30°足够长的固定光滑斜面底端有一固定挡板，轻弹簧一端与挡板连接，另一端与物块A接触但不连接，A上方放置另一物块B，B与物块C用跨过光滑轻质定滑轮的细线连接。开始时用手托住C，使细线处于伸直但不拉紧的状态，此时A、B静止在斜面上。某时刻突然释放C，一段时间后A、B分离，此时C未触地。已知A、B分离时，B的速度大小为v，A、B、C的质量均为m，弹簧劲度系数为k，弹簧的形变始终在弹性限度内，重力加速度为g。下列说法正确的是( )
A．刚释放C时，A、B间的弹力大小为eq \f(1,2)mg
B．A、B分离时，B的加速度大小为eq \f(1,4)g
C．A的速度最大时它沿斜面上升的距离为eq \f(mg,4k)
D．从释放C到A、B分离时减少的弹性势能为eq \f(3,2)mv2
解析：选BD 开始时用手托住C，使细线处于伸直但不拉紧的状态，以AB为对象，根据受力平衡可知此时弹簧的弹力大小为F弹＝2mgsin 30°＝mg，刚释放C时，设A、B间的弹力大小为N，绳子拉力大小为T，此时的加速度为a，以C为对象，根据牛顿第二定律可得mg－T＝ma，以B为对象，根据牛顿第二定律可得T＋N－mgsin 30°＝ma，以A为对象，根据牛顿第二定律可得F弹－mgsin 30°－N＝ma，联立解得N＝eq \f(1,6)mg，A错误；A、B分离时，A、B之间的弹力为零，设此时的加速度为a′，绳子拉力为T′，以C为对象，根据牛顿第二定律可得mg－T′＝ma′，以B为对象，根据牛顿第二定律可得T′－mgsin 30°＝ma′，联立解得a′＝eq \f(1,4)g，B正确；初始时弹簧的压缩量为x1＝eq \f(F弹,k)＝eq \f(mg,k)，当A的速度最大时，弹簧弹力与A的重力沿斜面向下的分力平衡，则此时弹簧的压缩量为x2＝eq \f(F弹′,k)＝eq \f(mgsin 30°,k)＝eq \f(mg,2k)，可知A的速度最大时它沿斜面上升的距离为Δx＝x1－x2＝eq \f(mg,k)－eq \f(mg,2k)＝eq \f(mg,2k)，C错误；从释放C到A、B分离时，假设此过程A、B沿斜面上升的距离为s，则此过程A、B增加的重力势能为ΔEp＝2mgssin 30°＝mgs，此过程C减少的重力势能为ΔEp′＝mgs，可知此过程A、B增加的重力势能等于C减少的重力势能，根据机械能守恒可知此过程弹簧减少的弹性势能等于A、B、C增加的动能，则有ΔE弹＝eq \f(3,2)mv2，D正确。
10.如图，一长为L的轻杆两端分别用铰链与质量均为m的小球A、B连接，A套在固定竖直杆上，B放在倾角θ＝30°的斜面上。开始时，轻杆AB与竖直杆的夹角α＝30°。现将轻杆由静止释放，A沿竖直杆向下运动，B沿斜面下滑。小球均可视为质点，不计一切摩擦，已知重力加速度大小为g。下列判断正确的是( )
A．A碰到斜面前瞬间，B重力的功率为零
B．A碰到斜面前瞬间，B的速度大小为 eq \r(\f(gL,2)\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(1＋\f(1,\r(3)))))
C．A碰到斜面前瞬间，A的速度大小为 eq \r(\f(4gL,5)\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(1＋\f(1,\r(3)))))
D．B下滑过程中，A重力势能的减少量等于A、B动能增加量之和
解析：选C 设A碰到斜面前瞬间的速度大小为vA，速度分解如图所示。因杆不能伸长，则有vB＝vAsin θ，A碰到斜面前瞬间B重力的功率为mgvBsin θ＝eq \f(1,4)mgvA，故A错误；两球下滑过程中，A、B组成的系统机械能守恒，则有mg·eq \f(L,2cs α)＋mgeq \b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\c1(L－\f(L,2cs60°－α)))sin θ＝eq \f(1,2)mvA2＋eq \f(1,2)mvB2，解得vA＝eq \r(\f(4gL,5)\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(1＋\f(1,\r(3)))))，vB＝eq \r(\f(gL,5)\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(1＋\f(1,\r(3)))))，故B错误，C正确；由系统机械能守恒，可知B球下滑过程中，A、B两球重力势能减少量之和等于A、B动能增加量之和，故D错误。
11.(2023·济南高三检测)如图所示，光滑钉子M、N相距2L，处于同一高度。带有光滑小孔的小球A穿过轻绳，轻绳的一端固定在钉子M上，另一端绕过钉子N与小球B相连，B球质量为m。用手将A球托住静止在M、N连线的中点P处，B球也处于静止状态。放手后，A球下落的最大距离为L。已知重力加速度为g。
(1)求A球的质量mA；
(2)求A球下落到最低点时绳中张力T；
(3)用质量为m的C球替换A球，C球从P点由静止释放后，求C球下落距离为L时的速度大小vC。
解析：(1)如图所示，根据几何关系可得A球下落至最低点时，A球与N连线与竖直方向的夹角为α＝45° ①
则B球上升的高度为hB＝MA＋AN－MN＝2eq \r(2)L－2L ②
对A、B组成的系统根据机械能守恒定律得mghB＝mAgL ③
联立②③解得mA＝2(eq \r(2)－1)m。 ④
(2)当A球下落至最低点时，设A、B的加速度大小分别为aA、aB，对A、B根据牛顿第二定律分别有2Tcs α－mAg＝mAaA ⑤
mg－T＝maB ⑥
设A球下落到最低点时的速度大小为vA，则vA在A球两侧绳子的分量大小均为v＝vAcs α ⑦
由于A球拖动两侧的绳子使MA和AN段绳子同时延长，所以此时B球的速度大小为vB＝2v＝2vAcs α ⑧
根据⑧式可知A球下落到最低点附近一极小时间Δt内，A、B的位移关系满足
2xAcs α＝xB ⑨
即2·eq \f(1,2)aA(Δt)2cs α＝eq \f(1,2)aB(Δt)2 eq \(○,\s\up1(10))
联立④⑤⑥eq \(○,\s\up1(10))解得T＝eq \f(\r(2),2)mg。 ⑪
(3)根据(1)题中分析同理可知，当C球下落距离为L时，B球上升的高度仍为hB，且C球与N连线与竖直方向的夹角仍为α，对B、C组成的系统根据机械能守恒定律得mgL－mghB＝eq \f(1,2)mvB2＋eq \f(1,2)mvC2⑫
根据(2)题中分析同理可知vB＝2vCcs α⑬
联立⑫⑬解得vC＝eq \r(\f(6－4\r(2)gL,3))。 ⑭
答案：(1)2(eq \r(2)－1)m (2)eq \f(\r(2),2)mg (3) eq \r(\f(6－4\r(2)gL,3))
第4讲 功能关系 能量守恒定律
第1课时 功能关系、能量守恒定律的理解及应用
一、功能关系
1．几种常见的功能关系
2．两个特殊的功能关系
(1)滑动摩擦力与两物体间相对滑动的路程的乘积等于产生的内能，即Ff·s相对＝Q。
(2)感应电流克服安培力做的功等于产生的电能，即W克安＝E电。
二、能量守恒定律
1．内容：能量既不会凭空产生，也不会凭空消失，它只能从一种形式转化为其他形式，或者从一个物体转移到别的物体，在转化或转移的过程中，能量的总量保持不变。
2．表达式：ΔE减＝ΔE增。
3．应用能量守恒定律解题的步骤
(1)分清有几种形式的能在变化，如动能、势能(包括重力势能、弹性势能、电势能)、内能等。
(2)明确哪种形式的能量增加，哪种形式的能量减少，并且列出减少的能量ΔE减和增加的能量ΔE增的表达式。
(3)列出能量守恒关系式：ΔE减＝ΔE增。,
情境创设
如图所示，轻质弹簧上端固定，下端系一物体，物体在A处时，弹簧处于原长状态。现用手托住物体使它从A处缓慢下降，到达B处时，手和物体自然分开。此过程中，物体克服手的支持力所做的功为W，不考虑空气阻力。
[微点判断]
对于上述情境所描述的过程：
(1)支持力对物体做负功。(√)
(2)弹簧的弹性势能一直增大。(√)
(3)物体的重力势能一直增大。(×)
(4)物体重力势能减少量一定大于W。(√)
(5)弹簧弹性势能增加量一定小于W。(×)
(6)物体与弹簧组成的系统机械能增加量为W。(×)
(7)若将物体从A处由静止释放，则物体到达B处时的动能为W。(√)
(8)弹簧和物体组成的系统机械能减少。(√)
(一) 功能关系(固基点)
[题点全练通]
1．[外力做功与机械能变化的关系](多选)静止在斜面底端的物块，在外力的作用下沿光滑斜面向上做匀加速运动，在某位置撤去外力，经过一段时间物块返回斜面底端。下列说法正确的是( )
A．物块沿斜面上滑的过程中，机械能一直增加
B．物块下滑过程机械能一定守恒
C．外力所做的功等于物块回到底端时的动能
D．外力所做的功小于物块到达最高处的重力势能
解析：选BC 撤去外力后物块依然有向上的速度，所以还可以上滑一段时间，这段时间里机械能不变，A错误；下滑时只有重力做功，机械能守恒，B正确；外力做功等于动能的变化量，C正确；物块到最高点，速度为0，初速度为0，末速度为0，动能无变化，所以外力做的功等于最高点的重力势能，D错误。
2．[重力、摩擦力做功时的功能关系]如图所示，在竖直平面内有一半径为R的圆弧轨道，半径OA水平、OB竖直，一个质量为m的小球自A的正上方P点由静止开始自由下落，小球沿轨道到达最高点B时恰好对轨道没有压力。已知AP＝3R，重力加速度为g，则小球从P到B的运动过程中( )
A．重力做功3mgR
B．机械能减少2mgR
C．合外力做功mgR
D．克服摩擦力做功eq \f(3mgR,2)
解析：选D 重力做功与路径无关，只与初、末位置有关，故小球从P点到B点的运动过程中，重力做功为WG＝mg·2R＝2mgR，故A错误；小球沿轨道到达最高点B时恰好对轨道没有压力，根据牛顿第二定律，有mg＝meq \f(vB2,R)，解得vB＝eq \r(gR)，从P到B的过程中，重力势能的减少量为2mgR，动能的增加量为eq \f(1,2)mvB2＝eq \f(1,2)mgR，故机械能的减少量为2mgR－eq \f(1,2)mgR＝eq \f(3,2)mgR，从P到B的过程中，克服摩擦力做的功等于机械能的减少量，故为eq \f(3,2)mgR，故B错误，D正确；从P到B的过程中，合外力做的功等于动能的增加量，故W＝eq \f(1,2)mvB2＝eq \f(1,2)mgR，故C错误。
3．[含弹簧的物体系统的功能关系](多选)如图所示，水平轻质弹簧左端固定在竖直挡板上，右端与质量为m＝0.5 kg的小物块相连，弹簧处于自然长度时，物块位于O点。将小物块向右拉到P点后由静止释放。已知弹性势能Ep＝eq \f(1,2)kx2，式中x为弹簧的形变量，若弹簧的劲度系数k＝80 N/m，OP＝0.05 m，小物块与水平面间的动摩擦因数为μ，g取10 m/s2，最大静摩擦力等于滑动摩擦力。以下判断正确的是( )
A．μ＝0.8时，小物块将停在P点
B．μ＝0.6时，小物块将停在P点与O点之间
C．μ＝0.4时，小物块将停在O点
D．μ＝0.2时，小物块将停在P点与O点之间
解析：选ABC 若μ＝0.8，在P点释放小物块时，由于kxOP＝fm＝μmg＝4 N，小物块将停在P点，故A正确；若μ＝0.4，小物块从P点运动到O点过程中，由功能关系有eq \f(1,2)kxOP2＝μmgxOP＋eq \f(1,2)mvO′2，解得vO′＝0，即小物块恰好停在O点，故C正确；若μ＝0.6，由于0.4<μ＝0.6<0.8，小物块将停在P点与O点之间，故B正确；由于μ＝0.2<0.4，小物块释放后将越过O点后继续向左运动距离x1，由功能关系有eq \f(1,2)kxOP2＝μmg(xOP＋x1)＋eq \f(1,2)kx12，解得x1＝0.025 m，若小物块能再返回O点，由功能关系有eq \f(1,2)kx12＝μmgx1＋eq \f(1,2)mvO″2，解得vO″＝0，即小物块将停在O点，故D错误。
[要点自悟明]
1．功能关系的理解
(1)做功的过程就是能量转化的过程。不同形式的能量发生相互转化是通过做功来实现的。
(2)功是能量转化的量度，功和能的关系，一是体现在不同的力做功，对应不同形式的能转化，具有一一对应关系，二是做功的多少与能量转化的多少在数值上相等。
2．功能关系的三种应用
(1)物体动能增加与减少要看合外力对物体做正功还是做负功。
(2)势能的增加与减少要看对应的作用力(如重力、弹簧弹力、电场力等)做负功还是做正功。
(3)机械能增加与减少要看重力之外的力对物体做正功还是做负功。
(二) 能量守恒定律的理解及应用(精研点)
1．对能量守恒定律的理解
(1)某种形式的能量减少，一定存在其他形式的能量增加，且减少量和增加量一定相等。
(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。
2．能量转化问题的解题思路
(1)当涉及摩擦力做功，机械能不守恒时，一般应用能量的转化和守恒定律。
(2)解题时，首先确定初、末状态，然后分析状态变化过程中哪种形式的能量减少，哪种形式的能量增加，求出减少的能量总和ΔE减与增加的能量总和ΔE增，最后由ΔE减＝ΔE增列式求解。
[典例] (2023·山东烟台月考)弹跳杆运动是一项广受青少年欢迎的运动，弹跳杆的结构如图甲所示，一根弹簧的下端固定在跳杆的底部，上端固定在一个套在跳杆上的脚踏板底部，质量为5m的小明站在脚踏板上，当他和跳杆处于竖直静止状态时，弹簧的压缩量为x0，小明先保持稳定姿态竖直弹跳。某次弹跳中，从弹簧处于最大压缩量为5x0开始计时，如图乙(a)所示；上升到弹簧恢复原长时，小明抓住跳杆，使得他和弹跳杆瞬间达到共同速度，如图乙(b)所示；紧接着他保持稳定姿态竖直上升到最大高度，如图乙(c)所示。已知全程弹簧始终处于弹性限度内(弹簧弹性势能满足Ep＝eq \f(1,2)kx2，k为弹簧劲度系数，x为弹簧形变量，)跳杆的质量为m，重力加速度为g，空气阻力、弹簧和脚踏板的质量以及弹簧和脚踏板与跳杆间的摩擦均可忽略不计。求：
(1)弹跳杆中弹簧的劲度系数k；
(2)从开始计时至竖直上升到最大高度过程中小明的最大速度vm。
[解析] (1)小明和跳杆处于竖直静止状态时受力平衡，重力与弹簧弹力等大反向，有5mg＝kx0，解得k＝eq \f(5mg,x0)。
(2)小明受到的合力为零时，速度最大，此时小明上升高度为4x0。
根据系统能量守恒定律可知，eq \f(1,2)k(5x0)2＝5mg·4x0＋eq \f(1,2)kx02＋eq \f(1,2)×5mvm2，解得vm＝4eq \r(gx0)。
[答案] (1)eq \f(5mg,x0) (2)4eq \r(gx0)
[规律方法]
涉及弹簧的能量问题的解题方法
两个或两个以上的物体与弹簧组成的系统相互作用的过程，具有以下特点：
(1)能量变化过程中，如果只有重力和系统内弹簧弹力做功，系统机械能守恒。
(2)如果系统每个物体除弹簧弹力外所受合外力为零，则当弹簧伸长或压缩到最大程度时物体速度相同。
(3)当水平弹簧处于原长状态时，系统内某一端的物体具有最大速度。
[针对训练]
1．(2022·浙江6月选考)风力发电已成为我国实现“双碳”目标的重要途径之一。如图所示，风力发电机是一种将风能转化为电能的装置。某风力发电机在风速为9 m/s时，输出电功率为405 kW，风速在5～10 m/s 范围内，转化效率可视为不变。该风机叶片旋转一周扫过的面积为A，空气密度为ρ，风场风速为v，并保持风正面吹向叶片。下列说法正确的是( )
A．该风力发电机的输出电功率与风速成正比
B．单位时间流过面积A的流动空气动能为eq \f(1,2)ρAv2
C．若每天平均有1.0×108 kW的风能资源，则每天发电量为2.4×109 kW·h
D．若风场每年有5 000 h风速在6～10 m/s的风能资源，则该发电机年发电量至少为6.0×105 kW·h
解析：选D 单位时间流过面积A的流动空气体积为V0＝Av，质量为m0＝ρV0＝ρAv，则单位时间流过面积A的流动空气动能为eq \f(1,2)m0v2＝eq \f(1,2)ρAv3，风速在5～10 m/s范围内，转化效率可视为不变，可知该风力发电机的输出电功率与风速的三次方成正比，A、B错误；由于风力发电存在转化效率，若每天平均有1.0×108 kW的风能资源，则每天发电量应满足E<1.0×108×24 kW·h＝2.4×109 kW·h，C错误；若风场每年有5 000 h 风速在6～10 m/s的风能资源，当风速取最小值6 m/s时，该发电机年发电量具有最小值，根据题意，风速为9 m/s时，输出电功率为405 kW，风速在5～10 m/s范围内，转化效率可视为不变，可知风速为6 m/s时，输出电功率为P＝63×eq \f(405,93) kW＝120 kW，则该发电机年发电量至少为E＝Pt＝120×5 000 kW·h＝6.0×105 kW·h，D正确。
2.(多选)如图所示，固定在竖直平面内的内径很小的细管PMN由长度均为L的两段构成，PM段为内径粗糙的水平直管，P端内侧固定有一个带小孔的弹性挡板，MN段光滑且固定在倾角为θ＝30°的斜面上，两段细管在M点通过极短的光滑圆管顺滑连接。一轻质细绳左侧连接一质量为3m的滑块A，绕过轻质滑轮和挡板小孔，与处于N处质量为m的滑块B相连。在外力控制下，两滑块开始均静止，滑块与PM段的动摩擦因数为0.5，最大静摩擦力等于滑动摩擦力，两滑块均可视为质点，重力加速度为g，不计轻绳与滑轮间的摩擦。由静止同时释放两滑块后，关于两滑块的运动，下列说法正确的是( )
A．滑块B第一次运动到M点时，滑块A的速度大小为eq \f(\r(5gL),2)
B．滑块B第一次运动到M点时，滑块A的速度大小为eq \r(gL)
C．滑块B最终将停在M点
D．整个运动过程中，滑块B在水平段运动的总路程为11L
解析：选AD 滑块B第一次运动到M点时，对系统由能量守恒可知3mg·L－mgLsin θ＝eq \f(1,2)(3m＋m)v2，解得v＝eq \f(\r(5gL),2)，故B错误，A正确；对系统分析有3mg＞μmg，故滑块B无法停在M处，最终将停在挡板处，故C错误；从开始到滑块B最终停止，对系统由能量守恒3mg·2L－mgLsin θ＝μmgs，解得s＝11L，故D正确。
1.[渗透五育教育(体育)]投篮时，篮球出手后在空中运行的轨迹称为投篮抛物线。投篮抛物线有低、中、高三种弧线，如图所示。不计空气阻力。下列说法正确的是( )
A．低弧线投篮时，篮球从出手到进筐的运动时间最长
B．高弧线投篮时，篮球从出手到进筐，克服重力做功的平均功率最小
C．低弧线投篮时，人对篮球做的功一定最大
D．中弧线投篮时，人对篮球做的功一定最小
解析：选B 篮球出手后在空中做斜抛运动，可分解为竖直方向的加速度为g的匀变速直线运动和水平方向的匀速直线运动，在上升和下降都有t＝eq \r(\f(2h,g))，可看出竖直方向的高度越大时间越长，则有t高＞t中＞t低，A错误；高弧线投篮时间最长，且低、中、高三种弧线初末两点的高度差相同，则重力做的功相同，根据平均功率的计算有P＝eq \f(W,t)，可得出高弧线投篮时，篮球从出手到进筐，克服重力做功的平均功率最小，B正确；根据能量守恒有W人＝mgh＋Ek末，由于篮球进入篮筐的动能Ek末未知，则无法比较投篮抛物线低、中、高三种情况下人对篮球做的功的大小关系，C、D错误。
2．[联系生活实际](多选)如图所示，救护直升机在应急救援中下面吊着一个箱子，箱里装有一物体，箱里物体刚好与箱顶接触但不挤压。在直升机加速竖直上升的过程中，悬挂箱子的绳子突然断了，此后箱子运动过程中始终保持开始时的姿势，箱子所受的空气阻力与箱子运动速率的平方成正比，则在绳断后箱子运动过程中(假设箱子在空中运动的时间足够长)，下列说法正确的是( )
A．箱子的加速度一直减小直到最后为零
B．箱子的重力势能一直减小
C．绳断的一瞬间，箱内物体对箱底的压力为零
D．箱内物体的机械能先减小后增大
解析：选AC 绳子断后，箱子有向上的速度，由于受到向下的空气阻力和重力，因此箱子向上做减速运动，由于空气阻力与箱子运动速率的平方成正比，由kv2＋mg＝ma可知，箱子向上做加速度越来越小的减速运动，到最高点加速度为g，同理分析，箱子下落过程，由mg－kv2＝ma可知，随着速度增大，加速度减小，最后匀速下降，加速度为零，A正确；箱子先上升后下降，因此重力势能先增大后减小，B错误；绳断的一瞬间，由于箱子向下的加速度大于g，因此箱顶对物体有向下的压力，而物体对箱底的压力为零，C正确；上升过程中，箱顶对物体向下的压力做负功，物体的机械能减小，下降过程中，箱底对物体有向上的作用力，也做负功，因此物体的机械能减小，D错误。
3.[借助科研资料]光伏发电是利用太阳能的技术之一，它利用太阳能电池板，将照射在其上的太阳能转化为电能。农村居民院落或屋顶的光伏发电装置除满足居民家庭用电，还可向电网供电获得收益。太阳光垂直照射地面，在每平方米的面积上，平均每分钟能得到8.4×104 J的太阳能量，如果我们能利用太阳能的10%，那么在面积为50 m2的屋顶上可以利用的太阳能的功率最大为( )
A．7 kW B．8.4 kW
C．70 kW D．420 kW
解析：选A 太阳光照射时间为t，能够利用的太阳能E0＝eq \f(8.4×104,60)t×50×10% J＝7t×103 J，根据功率的表达式有Pmax＝eq \f(E0,t)，解得Pmax＝7 kW，B、C、D错误，A正确。
4．[强调学以致用]质量为m的人造地球卫星与地心的距离为r时，引力势能可表示为Ep＝－eq \f(GMm,r)，其中G为引力常量，M为地球质量。该卫星原来在半径为R1的轨道上绕地球做匀速圆周运动，由于受到极稀薄空气的摩擦作用，飞行一段时间后其做匀速圆周运动的半径变为R2，此过程中因摩擦而产生的热量为( )
A．GMmeq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(eq \f(1,R2)－eq \f(1,R1)))B．GMmeq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(eq \f(1,R1)－eq \f(1,R2)))
C．eq \f(GMm,2)eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(eq \f(1,R2)－eq \f(1,R1)))D．eq \f(GMm,2)eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(eq \f(1,R1)－eq \f(1,R2)))
解析：选C 卫星绕地球做匀速圆周运动满足Geq \f(Mm,r2)＝meq \f(v2,r)，动能Ek＝eq \f(1,2)mv2＝eq \f(GMm,2r)，机械能E＝Ek＋Ep，则E＝eq \f(GMm,2r)－eq \f(GMm,r)＝－eq \f(GMm,2r)。卫星由半径为R1的轨道降到半径为R2的轨道过程中损失的机械能ΔE＝E1－E2＝eq \f(GMm,2)eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(eq \f(1,R2)－eq \f(1,R1)))，即为下降过程中因摩擦而产生的热量，所以C正确。
5．[渗透五育教育(体育)]北京冬奥会自由式滑雪女子U型场地技巧项目中，我国选手谷爱凌荣获冠军。如图所示为U型池模型，其中a、c为U型池两侧边缘且在同一水平面上，b为U型池最低点。运动员(可视为质点)从a点上方高h的O点自由下落由左侧进入池中，从右侧飞出后最高上升至相对c点高度为eq \f(h,2)的d点。不计空气阻力，下列判断正确的是( )
A．运动员从O到d的过程中机械能减少
B．运动员再次进入池中后，刚好到达左侧边缘a然后返回
C．运动员第一次进入池中，由a到b的过程与由b到c的过程相比损耗机械能较小
D．运动员从d返回到b的过程中，重力势能全部转化为动能
解析：选A 运动员从a点上方高h处自由下落由左侧进入池中，从右侧飞出后上升的最大高度为eq \f(h,2)，此过程中摩擦力做负功，机械能减少eq \f(mgh,2)，再由右侧进入池中时，平均速率要小于由左侧进入池中过程中的平均速率，根据圆周运动的知识可知，速率减小，对应的正压力减小，则平均摩擦力减小，克服摩擦力做的功减少，即摩擦力做的功小于eq \f(mgh,2)，则运动员再次进入池中后，能够冲出左侧边缘a然后返回，故A正确，B错误；同理可知运动员第一次进入池中，由a至b过程的平均速率大于由b到c过程的平均速率，由a到b过程中的平均摩擦力大于由b到c过程中的平均摩擦力，前一过程损耗机械能较大，故C错误；运动员从d返回到b的过程中，摩擦力做负功，重力势能转化为动能和内能，故D错误。
[课时跟踪检测]
一、立足主干知识，注重基础性和综合性
1．(多选)秋千是人们喜欢的一种健身娱乐活动。会荡秋千的人，不用别人帮助推，就能越荡越高，而不会荡秋千的人则始终荡不起来。对能独自把秋千越荡越高的现象，下列说法正确的是( )
A．通过人做功，系统的机械能不断增加
B．只存在动能和重力势能的相互转化
C．系统没有外力做功，机械能守恒
D．从高处荡下时身体应迅速下蹲，从最低点向上摆起时，身体应迅速直立起来
解析：选AD 从高处荡下时身体应迅速下蹲，此过程降低重心，将更多的重力势能转化为动能，获得更大的速度，从最低点向上摆起时，身体迅速直立起来，此过程人克服重力做功，升高重心，获得更大的重力势能，系统的机械能不断增加，这样秋千才能越荡越高，A、D正确。从最低点向上摆起时，身体迅速直立起来，重心升高，此过程人克服重力做功，系统的机械能不断增加，人克服重力做功的过程中，将自身的化学能转化为机械能，B、C错误。
2.(2023·孝感高三调研)如图所示为足球被踢出后在空中依次经过a、b、c三点的运动轨迹示意图，b为最高点，a、c两点等高。则足球( )
A．从a运动到b的时间大于从b运动到c的时间
B．在b点的加速度方向竖直向下
C．在a点的机械能比在b点的大
D．在a点的动能与在c点的相等
解析：选C 足球被踢出后，对足球受力分析，足球受到重力和空气阻力，当足球从a运动到b过程中竖直方向上重力和空气阻力都向下，从b运动到c的过程中竖直方向上空气阻力向上，故从a运动到b的过程中竖直方向上的加速度大于从b运动到c过程中竖直方向上的加速度，a、c两点等高，故从a运动到b的时间小于从b运动到c的时间，A错误；在b点，足球运动方向向右，空气阻力水平向左，故此刻足球的加速度斜向下，B错误；由于过程中空气阻力做负功，机械能减少，故在a点的机械能比在b点的大，C正确；从a运动到c过程中机械能减少，a、c两点等高，重力势能相同，a点的动能比在c点时大，D错误。
3.(多选)如图，有一竖直放置的轻弹簧，将物块放在轻弹簧上端由静止释放，物块将向下运动压缩弹簧。已知物块质量为m，弹簧的最大压缩量为d，重力加速度为g。在此过程中( )
A．重力对物块做正功
B．弹簧弹力对物块做正功
C．物块重力势能减少了mgd
D．弹簧的弹性势能减少了mgd
解析：选AC 根据题意可知，物块下降压缩弹簧，则重力对物块做正功，弹簧弹力对物块做负功，故B错误，A正确；由公式W＝Fx可得，重力做功为W＝mgd，由重力做功与重力势能的关系可知，物块重力势能减少了mgd，故C正确；根据能量守恒定律可知，弹簧的弹性势能增加了mgd，故D错误。
4．(多选)从地面上的A点竖直上抛一个物体，初动能EkA＝100 J，最高点为B点，从B点下落到C点的过程机械能损失ΔEBC＝5 J，C点时的动能EkC＝30 J，上升和下落的过程中空气阻力大小恒定。规定在地面时重力势能为零，则( )
A．最高点时的重力势能为87.5 J
B．上升过程损失的机械能为20 J
C．落地时的动能为60 J
D．重力的大小是阻力大小的7倍
解析：选AD 最高点为B点，从B点下落到C点的过程，克服阻力做功使得机械能损失，故WfBC＝ΔEBC＝5 J，从B点下落到C点的过程，由动能定理得mgxBC－fxBC＝EkC－0，联立得mg＝7f，D正确；从A点上升到B点的过程，由动能定理得－mgxAB－fxAB＝0－EkA，EpB＝mgxAB＝eq \f(7,8)EkA，解得最高点时的重力势能为87.5 J，A正确；上升过程损失的机械能为ΔEAB＝fxAB＝12.5 J，B错误；落地时的动能为Ek＝EkA－2ΔEAB＝75 J，C错误。
5.北京冬奥会的成功举办，使人们参与冰雪运动的热情高涨。如图所示为滑雪滑道PQR的示意图，质量60 kg的滑雪爱好者从顶端P静止滑下，从末端R滑出时速度大小为18 m/s，滑行过程中姿势保持不变，P端相对滑道最低点Q高度为24 m，R端相对Q点高度为4 m。从P到R滑行过程中，该滑雪爱好者克服阻力做功和重力做功的比值约为( )
A．0.1 B．0.2
C．0.8 D．1
解析：选B 由能量守恒可知从P到R滑行过程中，该滑雪爱好者克服阻力做功Wf＝mg(H－h)－eq \f(1,2)mv2＝60×10×(24－4)J－eq \f(1,2)×60×182 J＝2 280 J，从P到R滑行过程中，重力做功WG＝mg(H－h)＝12 000 J，则eq \f(Wf,WG)＝eq \f(2 280,12 000)≈0.2，故选B。
6．(多选)将一初动能为E的物体(可视为质点)竖直上抛，物体回到出发点时，动能为eq \f(E,2)，取出发点位置的重力势能为零，整个运动过程可认为空气阻力大小恒定，则该物体动能与重力势能相等时，其动能为( )
A．eq \f(E,4) B．eq \f(3E,10)
C．eq \f(3E,7) D．eq \f(4E,9)
解析：选BC 设上升的最大高度为h，根据功能关系f·2h＝E－eq \f(E,2)＝eq \f(E,2)，根据能量守恒可得E＝mgh＋fh，求得mgh＝eq \f(3,4)E，fh＝eq \f(1,4)E，求得f＝eq \f(1,3)mg，若在上升阶段离出发点H处动能和重力势能相等，由能量守恒Ek＋mgH＝E－fH，Ek＝Ep＝mgH，求得Ek＝mgH＝eq \f(3,7)E，若在下降阶段离出发点高度为H′处动能和重力势能相等，由能量守恒Ek′＋mgH′＝E－f(2h－H′)，Ek′＝Ep′＝mgH′，求得Ek′＝mgH′＝eq \f(3,10)E，故选B、C。
7.如图所示，某同学用细线吊着质量为m的小球做圆锥摆运动，摆长为L，摆线与竖直方向的夹角θ＝30°，若该同学通过细线对小球做功，使摆线与竖直方向的夹角增大为60°，小球仍做圆锥摆运动，重力加速度为g。此过程保持悬点的高度不变，则该同学通过细线对小球做的功为( )
A．eq \f(5\r(3)＋3,12)mgL B．eq \f(5\r(3)－3,12)mgL
C．eq \f(9－\r(3),12)mgL D．eq \f(\r(3)－1,2)mgL
解析：选A 锥角未变化前，运动半径为r＝eq \f(1,2)L，细线的拉力和重力的合力充当向心力，故F＝mgtan 30°＝meq \f(v12,\f(1,2)L)，解得v12＝eq \f(1,2)gLtan 30°＝eq \f(\r(3),6)gL，悬点到小球运动平面的高度为h1＝eq \f(\r(3),2)L。锥角变化后，小球的运动半径r＝eq \f(\r(3),2)L，根据牛顿第二定律可得F′＝mgtan 60°＝meq \f(v22,\f(\r(3),2)L)，解得v22＝eq \f(\r(3),2)gLtan 60°＝eq \f(3,2)gL，悬点到小球运动平面的高度为h2＝eq \f(1,2)L，故细线对小球做功为W＝ΔEk＋ΔEp＝eq \f(1,2)m(v22－v12)＋mg(h1－h2)＝eq \f(5\r(3)＋3,12)mgL，故选A。
8．(多选)一物体沿着固定在水平地面上的粗糙斜面从底端向上运动，运动到最高点后沿斜面下滑到底端，已知斜面的粗糙程度处处相同，斜面倾角的正切值为tan α＝eq \f(13,10)，物体从底端上滑到最高点的时间是从最高点下滑到底端时间的eq \f(2,3)。以水平地面为重力势能参考平面，则( )
A．物体从底端上滑时的动能是回到底端时动能的eq \f(9,4)
B．物体与斜面之间的动摩擦因数为eq \f(2,3)
C．物体上滑过程中损失的机械能是出发时机械能的eq \f(5,18)
D．物体在斜面上运动时最大的重力势能是出发时机械能的eq \f(8,13)
解析：选AC 设初速度为v1，则由逆向思维可得上升时v1＝a1t1，x＝eq \f(1,2)a1t12，下降时满足v2＝a2t2，x＝eq \f(1,2)a2t22，由牛顿第二定律可得mgsin α＋μmgcs α＝ma1，mgsin α－μmgcs α＝ma2，即a1＝gsin α＋μgcs α，a2＝gsin α－μgcs α，因为eq \f(t1,t2)＝eq \f(2,3)，联立得eq \f(a1,a2)＝eq \f(9,4)，所以解得μ＝eq \f(1,2)，eq \f(v1,v2)＝eq \f(3,2)，所以eq \f(Ek1,Ek2)＝eq \f(9,4)，故A正确，B错误；因为物体损失的机械能上升时满足ΔE＝fx，上升的最大重力势能为Ep＝mgxsin α，由能量守恒定律得E0＝mgxsin α＋fx，其中f＝μmgcs α，所以eq \f(ΔE,E0)＝eq \f(μmgxcs α,mgxsin α＋μmgxcs α)＝eq \f(5,18)，同理可得eq \f(Ep,E0)＝eq \f(13,18)，故C正确，D错误。
9．(2023·福建漳州模拟)如图为某货物传送装置示意图，轻弹簧的一端固定在斜面底端，另一端与移动平板A相连。正常工作时，A在弹簧弹力作用下，由P处静止开始运动，到斜面顶端Q处时速度减为零，弹簧恰好恢复原长，此时货物B从斜面顶端静止释放，并与A一起下滑。当到达P处时，二者速度恰好为零，B会从P处的小孔落下，此后系统循环工作。已知弹簧劲度系数为k，A的质量为m、斜面倾角为θ，A、B与斜面间的动摩擦因数均为eq \f(tan θ,2)，重力加速度为g，A、B均可视为质点。求：
(1)A上滑速度最大时弹簧的形变量；
(2)在斜面顶端Q处，A、B刚要下滑时的加速度大小；
(3)货物B的质量。
解析：(1)A在上滑速度最大时，加速度为0，此时A受力平衡，设A所受摩擦力为f1，有f1＝μmgcs θ＝eq \f(1,2)mgsin θ，mgsin θ＋f1＝kx1
解得x1＝eq \f(3mgsin θ,2k)。
(2)设B质量为M，对A、B整体由牛顿第二定律
(M＋m)gsin θ－μ(M＋m)gcs θ＝(M＋m)a
解得a＝eq \f(1,2)gsin θ。
(3)从接到货物B到最低点P，设PQ＝L，由能量守恒定律得
(M＋m)gLsin θ＝μ(M＋m)gLcs θ＋Epmax
A从释放到顶端Q，由能量守恒定律得Epmax＝mgLsin θ＋μmgLcs θ
解得M＝2m。
答案：(1)eq \f(3mgsin θ,2k) (2)eq \f(1,2)gsin θ (3)2m
二、强化迁移能力，突出创新性和应用性
10.(多选)如图所示，质量均为m的物块甲、乙用轻弹簧相连且静止在倾角为α的光滑斜面上，物块乙与固定在斜面底端并与斜面垂直的挡板接触，弹簧的劲度系数为k。某时刻若用沿斜面向上的恒力F1作用在物块甲上，当物块甲向上运动到速度为零时，物块乙刚好要离开挡板，此过程F1做功为W1。若用沿斜面向上的恒力F2作用在物块甲上，当物块甲斜向上运动到加速度为零时，物块乙刚好要离开挡板，此过程F2做功为W2，重力加速度为g，弹簧始终处在弹性限度内，则下列判断正确的是( )
A．F1＝2mgsin α
B．F2＝2mgsin α
C．W1等于弹簧弹性势能的增加量
D．W2等于物块甲机械能的增加量
解析：选BD 当用F1拉着物块甲向上运动到速度为零时，物块乙刚好要离开挡板，此时物块甲的加速度方向沿斜面向下，因此F1<2mgsin α，故A错误；当用F2拉着物块甲向上运动到加速度为零时，物块乙刚好要离开挡板，此时甲、乙整体所受的合力为零，则有F2＝2mgsin α，故B正确；当用F1拉着物块甲向上运动到速度为零时，弹簧弹性势能的变化量为零，F1做的功W1等于物块甲重力势能的增加量，故C错误；当用F2拉着物块甲向上运动到加速度为零时，物块乙刚好要离开挡板，此过程中弹簧弹性势能的变化量仍为零，F2做的功W2等于物块甲机械能的增加量，故D正确。
11．(多选)如图所示为某缓冲装置的模型图，一轻杆S被两个固定薄板夹在中间，轻杆S与两薄板之间的滑动摩擦力均为f，轻杆S露在薄板外面的长度为l。轻杆S前端固定一个劲度系数为eq \f(3f,l)的轻弹簧。一质量为m的物体从左侧以速度v0撞向弹簧，能使轻杆S向右侧移动eq \f(l,6)。已知弹簧的弹性势能Ep＝eq \f(1,2)kx2，其中k为劲度系数，x为形变量。最大静摩擦力等于滑动摩擦力，弹簧始终在弹性限度内，下列说法正确的是( )
A．欲使轻杆S发生移动，物体m运动的最小速度为eq \f(\r(10),10)v0
B．欲使轻杆S发生移动，物体m运动的最小速度为eq \f(\r(6),3)v0
C．欲使轻杆S左端恰好完全进入薄板，物体m运动的速度为eq \f(\r(6),2)v0
D．欲使轻杆S左端恰好完全进入薄板，物体m运动的速度为eq \f(2\r(6),3)v0
解析：选BD 当轻杆刚要移动时，对轻杆受力分析，设此时弹簧弹力为F，压缩量为x，由平衡条件知F＝kx＝2f，带入k的值可得x＝eq \f(2,3)l，设欲使轻杆S发生移动，物体m运动的最小速度为v1，则由能量守恒eq \f(1,2)mv12＝eq \f(1,2)keq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(2,3)l))2，由题意，物体以速度v0撞向弹簧，能使轻杆S向右侧移动eq \f(l,6)，由能量守恒eq \f(1,2)mv02＝2f×eq \f(l,6)＋eq \f(1,2)mv12，联立可得v1＝eq \f(\r(6),3)v0，故A错误，B正确；欲使轻杆S左端恰好完全进入薄板，物体m运动的速度为v2，则由能量守恒eq \f(1,2)mv22＝2f×l＋eq \f(1,2)mv12，可解得v2＝eq \f(2\r(6),3)v0，故C错误，D正确。
12.如图所示，粗糙轻杆水平固定在竖直轻质转轴上A点。质量为m的小球和轻弹簧套在轻杆上，小球与轻杆间的动摩擦因数为μ，弹簧原长为0.6L，弹簧左端固定在A点，右端与小球相连。长为L的细线一端系住小球，另一端系在转轴上B点，AB间距离为0.6L。装置静止时将小球向左缓慢推到距A点0.4L处时松手，小球恰能保持静止。接着使装置由静止缓慢加速转动。已知小球与杆间最大静摩擦力等于滑动摩擦力，重力加速度为g，不计转轴所受摩擦。
(1)求弹簧的劲度系数k；
(2)求小球与轻杆间恰无弹力时装置转动的角速度ω；
(3)从开始转动到小球与轻杆间恰无弹力过程中，外界提供给装置的能量为E，求该过程摩擦力对小球做的功W。
解析：(1)依题意，有k(0.6L－0.4L)＝μmg
解得k＝eq \f(5μmg,L)。
(2)小球与轻杆间恰无弹力时受力情况如图所示，此时弹簧长度为0.8L，有Tsin 37°＝mg，Tcs 37°＋k(0.8L－0.6L)＝0.8mω2L
解得ω＝eq \r(\f(15μ＋20g,12L))。
(3)题设过程中初始时弹簧的压缩量与最终状态时的伸长量相等，故弹性势能改变量ΔEp＝0
设小球克服摩擦力做功为W′，则由功能关系有E＝W′＋eq \f(1,2)mv2
其中v＝0.8ωL，解得W′＝E－eq \f(6μ＋8mgL,15)
该过程摩擦力对小球做的功W＝－W′＝eq \f(6μ＋8mgL,15)－E。
答案：(1)eq \f(5μmg,L) (2) eq \r(\f(15μ＋20g,12L))
(3)eq \f(6μ＋8mgL,15)－E
第2课时 功能关系的综合应用
(一) 摩擦力做功与摩擦热
1．两种摩擦力做功的比较
2．三步求解相对滑动物体的能量问题
[考法全训]
考法1 摩擦力做功与摩擦热的计算
1.(多选)如图所示，质量为M、长度为L的小车静止在光滑水平面上，质量为m的小物块(可视为质点)放在小车的最左端。现用一水平恒力F作用在小物块上，使小物块从静止开始做匀加速直线运动。小物块和小车之间的摩擦力为Ff，小物块滑到小车的最右端时，小车运动的距离为x。此过程中，以下结论正确的是( )
A．小物块到达小车最右端时的动能为(F－Ff)(L＋x)
B．小物块到达小车最右端时，小车的动能为Ffx
C．小物块克服摩擦力所做的功为Ff(L＋x)
D．系统产生的内能为Fx
解析：选ABC 由动能定理可得，小物块到达小车最右端时的动能Ek物＝W合＝(F－Ff)(L＋x)，A正确；小物块到达小车最右端时，小车的动能Ek车＝Ffx，B正确；小物块克服摩擦力所做的功Wf＝Ff(L＋x)，C正确；系统产生的内能为FfL，D错误。
考法2 往复运动中摩擦力做功的计算
2．(多选)如图所示，AB为固定水平长木板，长为L，C为长木板的中点，AC段光滑，CB段粗糙，一原长为eq \f(L,4)的轻弹簧一端连在长木板左端的挡板上，另一端连一物块，开始时将物块拉至长木板的右端B点，由静止释放物块，物块在弹簧弹力的作用下向左滑动，已知物块与长木板CB段间的动摩擦因数为μ，物块的质量为m，弹簧的劲度系数为k，且k＞eq \f(4μmg,L)，物块第一次到达C点时，物块的速度大小为v0，这时弹簧的弹性势能为E0，不计物块的大小，则下列说法正确的是( )
A．物块可能会停在CB面上某处
B．物块最终会做往复运动
C．弹簧开始具有的最大弹性势能为eq \f(1,2)mv02＋E0
D．物块克服摩擦做的功最大为eq \f(1,2)mv02＋eq \f(1,2)μmgL
解析：选BD 由于k＞eq \f(4μmg,L)，由此k·eq \f(1,4)L＞μmg，由此，物块不可能停在BC段，故A错误；只要物块滑上BC段，就要克服摩擦力做功，物块的机械能就减小，所以物块最终会在AC段做往复运动，故B正确；物块从开始运动到第一次运动到C点的过程中，根据能量守恒定律得Epm＝E0＋eq \f(1,2)mv02＋μmg·eq \f(L,2)，故C错误；物块第一次到达C点时，物块的速度大小为v0，物块最终会在AC段做往复运动，到达C点的速度为0，可知物块克服摩擦做的功最大为Wfm＝Epm－E0＝eq \f(1,2)mv02＋eq \f(1,2)μmgL，故D正确。
考法3 斜面上物体运动过程中摩擦热的计算
3.(2023·南京模拟)如图所示，倾角θ＝37°的斜面体固定在水平地面上，斜面的长为6 m，长为3 m、质量为4 kg的长木板A放在斜面上，上端与斜面顶端对齐，质量为2 kg的物块B放在长木板的上端，同时释放A和B，结果当A的下端滑到斜面底端时，物块B也刚好滑到斜面的底端，运动的时间为2 s。重力加速度g取10 m/s2，不计物块B的大小，最大静摩擦力等于滑动摩擦力，sin 37°＝0.6，cs 37°＝0.8。求：
(1)长木板A与斜面间的动摩擦因数μ1和物块B与A间的动摩擦因数μ2；
(2)从开始到A的下端滑到斜面底端的过程中，A与B间、A与斜面间因摩擦产生的总热量。
解析：(1)设长木板A和物块B运动的加速度大小分别为a1、a2，物块B运动到斜面底端经历时间为t，令长木板A的长为L、物块B的质量为m，则斜面长为2L、长木板A的质量为2m，以长木板为研究对象，则L＝eq \f(1,2)a1t2，根据牛顿第二定律2mgsin θ－μ1×3mgcs θ＋μ2mgcs θ＝2ma1，以物块B为研究对象，则2L＝eq \f(1,2)a2t2，根据牛顿第二定律mgsin θ－μ2mgcs θ＝ma2，联立以上各式并代入数据解得μ1＝0.5，μ2＝0.375。
(2)设长木板A和物块B运动到斜面底端时速度分别为v1、v2，根据运动学公式L＝eq \f(1,2)v1t,2L＝eq \f(1,2)v2t，因摩擦产生的总热量Q＝mg×2Lsin θ＋2mgLsin θ－eq \f(1,2)mv22－eq \f(1,2)×2mv12或Q＝μ13mgcs θ·L＋μ2mg cs θ·L，代入数据解得Q＝90 J。
答案：(1)0.5 0.375 (2)90 J
(二) 传送带模型的能量问题
1.传送带问题的两个角度
2.功能关系分析
(1)功能关系分析：W＝ΔEk＋ΔEp＋Q。
(2)对W和Q的理解：
①传送带做的功：W＝Fx传。
②产生的内能：Q＝Ffx相对。
[考法全训]
考法(一) 水平传送带问题
[例1] (2021年8省联考·江苏卷)如图所示，水平传送带足够长，向右前进的速度v＝4 m/s，与倾角为37°的斜面的底端P平滑连接，将一质量m＝2 kg 的小物块从A点静止释放。已知A、P的距离L＝8 m，物块与斜面、传送带间的动摩擦因数分别为μ1＝0.25、μ2＝0.20，取重力加速度g＝10 m/s2，sin 37°＝0.6，cs 37°＝0.8。求物块：
(1)第1次滑过P点时的速度大小v1；
(2)第1次在传送带上往返运动的时间t；
(3)从释放到最终停止运动，与斜面间摩擦产生的热量Q。
[解析] (1)由动能定理得
(mgsin 37°－μ1mgcs 37°)L＝eq \f(1,2)mv12－0
解得v1＝8 m/s。
(2)由牛顿第二定律得μ2mg＝ma，物块与传送带共速时，由速度公式得－v＝v1－at1，解得t1＝6 s，
匀速运动阶段的时间为t2＝eq \f(\f(v12,2a)－\f(v2,2a),v)＝3 s
第1次在传送带上往返运动的时间t＝t1＋t2＝9 s。
(3)由分析可知，物块第一次离开传送带以后，直到物块停止运动，每次再到达传送带和离开传送带的速度大小相等，则根据能量守恒有Q＝μ1mgcs 37°L＋eq \f(1,2)mv2＝48 J。
[答案] (1)8 m/s (2)9 s (3)48 J
考法(二) 倾斜传送带问题
[例2] (2023·山东济宁高三模拟)如图所示，应用传送带向高处传送大宗货物时，有时要利用质量为300 kg的物体B通过轻质绳及光滑定滑轮协助传送带将质量为200 kg物体A传送到H高处，已知传送带倾角为30°，与货物间接触面动摩擦因数为eq \f(\r(3),6)，传送带以5 m/s速度恒速顺时针传动，物体B最初离地面6.5米，最终A刚好到达顶端。求：
(1)高度H多少米？
(2)整个过程由于摩擦而产生的热量是多少？
(3)由于运输物体A，电动机要多消耗多少电能？
[解析] (1)刚开始由于物体A的速度小于传送带速度，传送带给物体A向上的滑动摩擦力，以物体A为对象，根据牛顿第二定律可得T＋μmAgcs 30°－mAgsin 30°＝mAa1
以物体B为对象，根据牛顿第二定律可得mBg－T＝mBa1
联立解得a1＝5 m/s2
从开始到物体A与传送带共速v1，物体A所走的位移为x1＝eq \f(v12,2a1)＝eq \f(52,2×5) m＝2.5 m＜6.5 m
物体B距离地面x2＝(6.5－2.5)m＝4 m
物体A与传送带共速后，A继续加速，传送带给物体A向下的滑动摩擦力，以物体A为对象，根据牛顿第二定律可得T′－μmAgcs 30°－mAgsin 30°＝mAa2
以物体B为对象，根据牛顿第二定律可得mBg－T′＝mBa2
联立解得a2＝3 m/s2
从物体A与传送带共速v1到物体B落地过程，设物体B落地瞬间速度大小为v2，则有2a2x2＝v22－v12
解得v2＝eq \r(2a2x2＋v12)＝eq \r(2×3×4＋52) m/s＝7 m/s
物体B落地后，绳子拉力变为零，物体A向上做匀减速运动的加速度大小为
a3＝eq \f(μmAgcs 30°＋mAgsin 30°,mA)＝7.5 m/s2
物体A从速度v2减速到再次与传送带共速v1，所走的位移为x3＝eq \f(v22－v12,2a3)＝eq \f(72－52,2×7.5) m＝1.6 m
物体A再次与传送带共速后，物体A继续向上做匀减速运动的加速度大小为
a4＝eq \f(mAgsin 30°－μmAgcs 30°,mA)＝2.5 m/s2
从共速v1到刚好到达顶端，所走的位移为x4＝eq \f(v12,2a4)＝eq \f(52,2×2.5) m＝5 m
故整个过程物体A向上所走的位移为xA＝x1＋x2＋x3＋x4＝(2.5＋4＋1.6＋5)m＝13.1 m
可知高度H＝xAsin 30°＝6.55 m。
(2)从开始到物体A与传送带第一次共速所用时间为t1＝eq \f(v1,a1)＝eq \f(5,5) s＝1 s
此过程物体A与传送带的相对位移大小为s1＝v1t1－eq \f(v1t1,2)＝2.5 m
此过程产生的内能为Q1＝μmAgcs 30°·s1＝1 250 J
从物体A与传送带共速到物体B落地过程，所用时间为t2＝eq \f(v2－v1,a2)＝eq \f(7－5,3) s＝eq \f(2,3) s
此过程物体A与传送带的相对位移大小为s2＝eq \f(v1＋v2,2)t2－v1t2＝eq \f(2,3) m
此过程产生的内能为Q2＝μmAgcs 30°·s2＝eq \f(1 000,3) J
物体A从速度v2减速到再次与传送带共速，所用时间为t3＝eq \f(v2－v1,a3)＝eq \f(7－5,7.5) s＝eq \f(4,15) s
此过程物体A与传送带的相对位移大小为s3＝eq \f(v1＋v2,2)t3－v1t3＝eq \f(4,15) m
此过程产生的内能为Q3＝μmAgcs 30°·s3＝eq \f(400,3) J
从再一次共速到刚好到达顶端，所用时间为t4＝eq \f(v1,a4)＝eq \f(5,2.5) s＝2 s
此过程物体A与传送带的相对位移大小为s4＝v1t4－eq \f(v1,2)t4＝5 m
此过程产生的内能为Q4＝μmAgcs 30°·s4＝2 500 J
故整个过程由于摩擦而产生的热量为Q＝Q1＋Q2＋Q3＋Q4＝eq \f(12 650,3) J。
(3)由于运输物体A，假设电动机要多消耗的电能为E电，根据能量守恒定律可得
E电＋mBghB＝mAgH＋Q＋eq \f(1,2)mBv22
代入数据解得E电＝eq \f(15 500,3) J。
[答案] (1)6.55 m (2)eq \f(12 650,3) J (3)eq \f(15 500,3) J
[规律方法]
传送带模型问题的分析流程
(三) “滑块—木板”模型中的能量问题
1．模型分类
滑块—木板模型根据情况可以分成水平面上的滑块—木板模型和斜面上的滑块—木板模型。
2．位移关系
滑块从木板的一端运动到另一端的过程中，若滑块和木板沿同一方向运动，则滑块的位移大小和木板的位移大小之差等于木板的长度；若滑块和木板沿相反方向运动，则滑块的位移大小和木板的位移大小之和等于木板的长度。
3．解题关键
找出物体之间的位移(路程)关系或速度关系是解题的突破口，求解中应注意联系两个过程的纽带，每一个过程的末速度是下一个过程的初速度。
[典例] 如图所示，一个可视为质点的小物块的质量为m＝1 kg，从光滑平台上的A点以v0＝2 m/s 的初速度水平抛出，到达C点时，恰好沿C点的切线方向进入固定在水平地面上的光滑圆弧轨道，最后小物块滑上紧靠轨道末端D点的质量为M＝3 kg的长木板。已知长木板上表面与圆弧轨道末端切线相平，水平地面光滑，小物块与长木板间的动摩擦因数μ＝0.3，圆弧轨道的半径为R＝0.4 m，C点和圆弧的圆心连线与竖直方向的夹角θ＝60°，不计空气阻力，g取10 m/s2。求：
(1)小物块刚要到达圆弧轨道末端D点时对轨道的压力；
(2)要使小物块不滑出长木板，长木板长度的最小值。
[解析] (1)小物块在C点时的速度大小vC＝eq \f(v0,cs 60°)
小物块由C到D的过程中，由动能定理得
mgR(1－cs 60°)＝eq \f(1,2)mvD2－eq \f(1,2)mvC2
代入数据解得vD＝2eq \r(5) m/s
小物块在D点时由牛顿第二定律得FN－mg＝meq \f(vD2,R)
代入数据解得FN＝60 N
由牛顿第三定律得小物块对轨道的压力FN′＝FN＝60 N，方向竖直向下。
(2)设小物块刚好能滑到长木板左端且达到共同速度的大小为v，滑行过程中，小物块与长木板的加速度大小分别为a1＝eq \f(\a\vs4\al(μ)mg,m)＝μg，a2＝eq \f(\a\vs4\al(μ)mg,M)
速度分别为v＝vD－a1t，v＝a2t
对小物块和长木板组成的系统，由能量守恒定律得
μmgL＝eq \f(1,2)mvD2－eq \f(1,2)(m＋M)v2
解得L＝2.5 m。
[答案] (1)60 N，方向竖直向下 (2)2.5 m
[规律方法]
“滑块—木板”问题的三种处理方法
(1)求解对地位移可优先考虑应用动能定理。
(2)求解相对位移可优先考虑应用能量守恒定律。
(3)地面光滑时，求速度可优先考虑应用动量守恒定律。如典例第(2)问：mvD＝(m＋M)v。
[针对训练]
1.(多选)如图所示，长木板A放在光滑的水平地面上，物体B以水平速度冲上A后，由于摩擦力作用，最后停止在木板A上，则从B冲到木板A上到相对木板A静止的过程中，下述说法中正确的是( )
A．物体B动能的减少量等于系统损失的机械能
B．物体B克服摩擦力做的功等于系统内能的增加量
C．物体B损失的机械能等于木板A获得的动能与系统损失的机械能之和
D．摩擦力对物体B做的功和对木板A做的功的总和的绝对值等于系统内能的增加量
解析：选CD 物体B以水平速度冲上A后，由于摩擦力作用，B减速运动，A加速运动，根据能量守恒定律，物体B动能的减少量等于A增加的动能和系统产生的热量之和，A错误；根据动能定理，物体B克服摩擦力做的功等于B损失的动能，B错误；由能量守恒定律可知，物体B损失的机械能等于木板A获得的动能与系统损失的机械能之和，C正确；物体B克服摩擦力做的功等于B动能的减少量，摩擦力对木板A做的功等于A动能的增加量，由能量守恒定律，摩擦力对物体B做的功和对木板A做的功的总和的绝对值等于系统内能的增加量，D正确。
2.(多选)如图所示，一倾角为θ＝37°的足够长斜面体固定在水平地面上，质量为M＝2 kg的长木板B沿着斜面以速度v0＝9 m/s匀速下滑，现把质量为m＝1 kg的铁块A无初速度放在长木板B的左端，铁块最终恰好没有从长木板上滑下。已知A与B之间、B与斜面之间的动摩擦因数均为μ，最大静摩擦力等于滑动摩擦力，取重力加速度g＝10 m/s2，sin 37°＝0.6，cs 37°＝0.8，则下列判断正确的是( )
A．动摩擦因数μ＝0.5
B．铁块A和长木板B共速后的速度大小为6 m/s
C．长木板的长度为2.25 m
D．从铁块放上长木板到铁块和长木板共速的过程中，铁块A和长木板B减少的机械能等于A、B之间摩擦产生的热量
解析：选BC 开始时长木板B沿着斜面以速度v0＝9 m/s匀速下滑，有Mgsin 37°＝μMgcs 37°，解得μ＝0.75，A错误；铁块A刚放在长木板B上时，对A分析，根据牛顿第二定律有μmgcs 37°＋mgsin 37°＝maA，解得aA＝12 m/s2，方向沿斜面向下，对B，根据牛顿第二定律有μ(M＋m)gcs 37°＋μmgcs 37°－Mgsin 37°＝MaB，解得aB＝6 m/s2，方向沿斜面向上，设铁块A和长木板B共速的时间为t，则v0－aBt＝aAt，解得t＝0.5 s，铁块A和长木板B共速后，速度大小为v共＝aAt＝6 m/s，B正确；铁块A和长木板B共速，一起沿斜面匀速下滑，则长木板的长度为L＝xB－xA＝eq \f(v0＋v共,2)t－eq \f(v共,2)t＝2.25 m，C正确；由能量守恒定律可知，从铁块放上长木板到铁块和长木板共速的过程中，铁块A和长木板B减少的机械能等于A、B之间摩擦产生的热量和B与斜面之间摩擦产生的热量之和，D错误。
[课时跟踪检测]
A卷——全员必做
1.(多选)如图所示，一个长为L，质量为M的木板，静止在光滑水平面上，一个质量为m的物块(可视为质点)，以水平初速度v0，从木板的左端滑向另一端，设物块与木板间的动摩擦因数为μ，当物块与木板相对静止时，物块仍在长木板上，物块相对木板的位移为d，木板相对地面的位移为s，重力加速度为g。则在此过程中( )
A．摩擦力对物块做功为－μmg(s＋d)
B．摩擦力对木板做功为μmgs
C．木板动能的增量为μmgd
D．由于摩擦而产生的热量为μmgs
解析：选AB 根据功的定义W＝Flcs α，其中l指物体对地的位移，而α指力与位移之间的夹角，可知摩擦力对物块做功W1＝－μmg(s＋d)，摩擦力对木板做功W2＝μmgs，A、B正确；根据动能定理可知木板动能的增量ΔEk＝W2＝μmgs，C错误；由于摩擦而产生的热量Q＝Ff·Δx＝μmgd，D错误。
2．(多选)如图所示为探究滑块从同一高度沿不同轨道下滑时，水平位移大小关系的示意图，所有轨道均处在同一竖直平面内。某次实验中让滑块沿AB轨道从A点由静止释放，滑块最终停在水平面上的C点，且A、C连线与水平方向夹角为30°。滑块可视为质点，且不计经过弯角处的能量损失，滑块与所有接触面的动摩擦因数均相同。以下结论正确的是( )
A．滑块从A点由静止释放，沿AD轨道下滑，将停止在C点
B．滑块从A点由静止释放，沿AED轨道下滑，将停止在C点
C．滑块从A点由静止释放，沿AED轨道下滑与沿AD轨道下滑，到达D点时速度大小相等
D．滑块与接触面间的动摩擦因数为eq \f(\r(3),3)
解析：选AD 设A点到水平面的高度为h，AB倾角为α，AD倾角为θ，则滑块沿AB轨道从A点由静止释放，滑块最终停在水平面上的C点，根据能量守恒有mgh＝μmgcs α·eq \f(h,sin α)＋μmgxBC＝μmgxEB＋μmgxBC＝μmgxEC，滑块从A点由静止释放，沿AD轨道下滑，根据能量守恒有mgh＝μmgcs θ·eq \f(h,sin θ)＋μmgx＝μmgxED＋μmgx，联立解得x＝xDC，滑块沿AD轨道下滑时将停止在C点，选项A正确；由以上分析可知，滑动摩擦力做功等于μmg与水平位移的乘积，滑块沿AED轨道下滑时外界需要提供向心力，则AED轨道对滑块的支持力大于重力垂直于接触面向下的分力mgcs α，对应的滑动摩擦力大于μmgcs α，α是滑块所在处切线方向与水平方向的夹角。沿AED轨道下滑与沿AD轨道下滑，水平位移相等，则沿AED轨道下滑克服摩擦力做功大，故到达轨道底端时的动能小，将不会到达C点，选项B、C错误；根据前面推导得出mgh＝μmgxEC，则动摩擦因数μ＝eq \f(h,xEC)＝tan 30°＝eq \f(\r(3),3)，选项D正确。
3.(多选)如图所示为地铁站用于安全检查的装置，主要由水平传送带和X光透视系统两部分组成，传送过程传送带速度不变。假设乘客把物品轻放在传送带上之后，物品总会先、后经历两个阶段的运动，用v表示传送带速率，用μ表示物品与传送带间的动摩擦因数，则( )
A．前阶段，物品一定向传送带运动的方向运动
B．后阶段，物品受到摩擦力的方向跟传送方向相同
C．v相同时，μ不同的等质量物品与传送带因摩擦产生的热量相同
D．μ相同时，v增大为原来的2倍，前阶段物品的位移也增大为原来的2倍
解析：选AC 物品轻放在传送带上，前阶段，物品受到向前的滑动摩擦力，所以物品的运动方向一定与传送带的运动方向相同，故A正确；后阶段，物品与传送带一起做匀速运动，不受摩擦力，故B错误；设物品匀加速运动的加速度为a，由牛顿第二定律得Ff＝μmg＝ma，物品的加速度大小为a＝μg，匀加速的时间为t＝eq \f(v,a)＝eq \f(v,μg)，位移为x＝eq \f(v,2)t，传送带匀速的位移为x′＝vt，物品相对传送带滑行的距离为Δx＝x′－x＝eq \f(vt,2)＝eq \f(v2,2μg)，物品与传送带摩擦产生的热量为Q＝μmgΔx＝eq \f(1,2)mv2，则知v相同时，μ不同的等质量物品与传送带因摩擦产生的热量相同，故C正确；前阶段物品的位移为x＝eq \f(vt,2)＝eq \f(v2,2μg)，则知μ相同时，v增大为原来的2倍，前阶段物品的位移增大为原来的4倍，故D错误。
4.如图所示，一足够长的木板在光滑的水平面上以速度v向右匀速运动，现将质量为m的物体轻轻地放置在木板上的右端，已知物体和木板之间的动摩擦因数为μ，为保持木板的速度不变，从物体放到木板上到物体相对木板静止的过程中，须对木板施一水平向右的作用力F，则力F对木板所做的功为( )
A．eq \f(mv2,4) B．eq \f(mv2,2)
C．mv2 D．2mv2
解析：选C 由能量转化和守恒定律可知，力F对木板所做的功W一部分转化为物体的动能，一部分转化为系统内能，故W＝eq \f(1,2)mv2＋μmgx相，x相＝vt－eq \f(v,2)t，a＝μg，v＝at，联立以上各式可得W＝mv2，故C正确。
5.如图所示，传送带的三个固定转动轴分别位于等腰三角形的三个顶点，两段倾斜部分长均为2 m，且与水平方向的夹角为37°。传送带以1 m/s的速度逆时针匀速转动。两个质量相同的小物块A、B从传送带顶端均以1 m/s的初速度沿传送带下滑，物块与传送带间的动摩擦因数都是0.5，g取10 m/s2，sin 37°＝0.6，cs 37°＝0.8，下列判断正确的是( )
A．物块A始终与传送带相对静止
B．物块A先到达传送带底端
C．传送带对物块A所做的功大于传送带对物块B所做的功
D．两物块与传送带之间因摩擦所产生的总热量等于两物块机械能总的减少量
解析：选D 根据题意得μ
6.(2023·岳阳高三质检)如图所示，光滑轨道ABCD是大型游乐设施过山车轨道的简化模型，最低点B处的入、出口靠近但相互错开，C是半径为R的圆形轨道的最高点，BD部分水平，末端D点与右端足够长的水平粗糙传送带无缝连接，传送带以恒定速度v逆时针转动，现将一质量为m的小滑块从轨道AB上某一固定位置A由静止释放，滑块能通过C点后再经D点滑上传送带，则( )
A．固定位置A到B点的竖直高度可能为2.4R
B．滑块不可能重新回到出发点A处
C．传送带速度v越大，滑块与传送带因摩擦产生的热量越多
D．滑块在传送带上向右运动的最大距离与传送带速度v有关
解析：选C 设滑块恰能通过C点，则mg＝meq \f(v2,R)，再由B到C，由机械能守恒得，B点的速度最小为vB2＝5gR，再由A到B，运用机械能守恒得，AB的竖直高度最小为h＝2.5R，因为2.4R<2.5R，A错误；当传送带把滑块再送回来，其速度与进入传送带的速度相等时，滑块就能够重新回到出发点，B错误；滑块在传送带上向右运动时，受到摩擦力，从而产生向左的加速度，使得滑块减速到速度等于0时，滑块再反向运动，减速的距离与传送带的速度是无关的，只与滑到传送带上的速度、加速度有关，D错误；传送带的速度越大，传送带与滑块相对运动的距离就会越大，故克服摩擦力做的功就越多，所以产生的热量越多，C正确。
7.(多选)工作人员在分拣快递时常用传送带传送快递商品，工作人员用如图所示的倾斜传送带向高处传送质量为m＝2 kg的快递商品，传送带倾角为37°，传送带的底端A和顶端B之间的距离L＝9 m，传送带以恒定速率v＝3 m/s顺时针方向运行，将快递商品静止放于传送带底端A，经过一段时间将快递商品传送到传送带的顶端B，快递商品与传送带间的动摩擦因数为μ＝0.875，快递商品可以看作质点，最大静摩擦力等于滑动摩擦力，重力加速度g取10 m/s2，sin 37°＝0.6，cs 37°＝0.8，下列说法正确的是( )
A．快递商品从底端A传送到顶端B用的时间为3eq \r(2) s
B．快递商品从底端A传送到顶端B过程中滑动摩擦力对快递商品做的功为126 J
C．快递商品从底端A传送到顶端B过程中机械能的增加量为117 J
D．快递商品从底端A传送到顶端B过程中电动机比空载时多消耗的电能为180 J
解析：选CD 快递商品开始运动时受到沿传送带向上的滑动摩擦力f1＝μmgcs 37°，根据牛顿第二定律f1－mgsin 37°＝ma，解得加速度a＝1 m/s2，与传送带达到共同速度经历的时间为t1＝eq \f(v,a)＝3 s，运动的位移为x1＝eq \f(v,2)t1＝4.5 m，因为μ＝0.875，μmgcs 37°＞mgsin 37°，当快递商品的速度与传送带的速度相等时开始做匀速直线运动，运动的位移为x2＝L－x1＝4.5 m，匀速运动的时间为t2＝eq \f(x2,v)＝1.5 s，则快递商品从底端传送到顶端用的时间为t＝t1＋t2＝4.5 s，A错误；第一阶段快递商品在滑动摩擦力作用下运动的位移为x1＝4.5 m，滑动摩擦力做的功为W＝f1x1＝63 J，B错误；机械能的增加量为ΔE＝eq \f(1,2)mv2＋mgLsin 37°＝117 J，C正确；第一阶段快递商品与传送带之间发生相对滑动，做匀加速直线运动，位移为x1＝4.5 m，传送带做匀速运动，有x2＝vt1＝9.0 m，则产生的热量为Q＝μmgcs 37°(x2－x1)＝63 J，第二阶段快递商品与传送带之间没有相对滑动，不产生热量，物块在传送带上运动过程中因摩擦产生的热量是63 J，根据能量守恒定律，快递商品从底端传送到顶端过程中电动机多消耗的电能为系统能量的增加量，即系统内能和快递商品机械能的增加量，为E电＝Q＋ΔE＝180 J，选项D正确。
8.传送带是自动化工业生产中一种重要的输送装置。如图所示，是一条罐头生产线部分示意图，电动机带动传送带始终以v＝2 m/s的速率运动，传送带两端A、B间的距离L＝4 m。工作时，机器手臂将一瓶罐头无初速放到A点，当该罐头刚离开B点时，机器手臂将下一瓶罐头放到A点，此后不断重复此过程。已知每瓶罐头质量m＝0.8 kg，与传送带间的动摩擦因数均为μ＝0.2，罐头可视为质点且不发生滚动，取重力加速度g＝10 m/s2。从第一瓶罐头放到A点开始计时，求：
(1)1 min内能运送多少瓶罐头；
(2)1 min内因运送罐头需要多消耗的电能。
解析：(1)罐头刚放上传送带时，由牛顿第二定律：μmg＝ma
加速度a＝μg＝2 m/s2
加速运动时间t1＝eq \f(v,a)＝1 s
匀加速运动位移x1＝eq \f(v,2)t1＝1 m
匀速运动位移x2＝L－x1＝3 m
匀速运动时间t2＝eq \f(x2,v)＝1.5 s
罐头从A运动到B的时间t＝t1＋t2＝2.5 s
1 min内能运送罐头的瓶数为n＝eq \f(t0,t)＝eq \f(60,2.5)＝24(瓶)。
(2)罐头刚放上传送带做匀加速运动时，相对于传送带的位移大小是Δx＝vt1－x1＝1 m
因相互摩擦产生的热量为Q＝f·Δx＝μmg·Δx＝1.6 J
到达B时，动能增加量ΔEk＝eq \f(1,2)mv2＝1.6 J
所以传送一瓶罐头多消耗的电能E＝Q＋ΔEk＝3.2 J
1 min内因运送罐头需要多消耗的电能E0＝24E＝76.8 J。
答案：(1)24瓶 (2)76.8 J
9．如图所示，质量M＝8 kg的长木板停放在光滑水平面上，在长木板的左端放置一质量m＝2 kg的小物块，小物块与长木板间的动摩擦因数μ＝0.2，现对小物块施加一个大小F＝8 N的水平向右恒力，小物块将由静止开始向右运动，2 s后小物块从长木板上滑落，从小物块开始运动到从长木板上滑落的过程中，重力加速度g取10 m/s2。求：
(1)小物块和长木板的加速度各为多大；
(2)长木板的长度；
(3)通过计算说明：互为作用力与反作用力的摩擦力对长木板和小物块做功的代数和是否为零。
解析：(1)长木板与小物块间摩擦力Ff＝μmg＝4 N
小物块加速度a1＝eq \f(F－Ff,m)＝2 m/s2
长木板加速度a2＝eq \f(Ff,M)＝0.5 m/s2。
(2)小物块对地位移x1＝eq \f(1,2)a1t2＝4 m
长木板对地位移x2＝eq \f(1,2)a2t2＝1 m
长木板长L＝x1－x2＝3 m。
(3)摩擦力对小物块做功W1＝－Ffx1＝－16 J
摩擦力对长木板做功W2＝Ffx2＝4 J，故W1＋W2≠0。
答案：(1)2 m/s2 0.5 m/s2 (2)3 m (3)见解析
B卷——重点选做
10.(2023·大庆模拟)如图所示，在竖直平面内有轨道ABCDE，其中BC是半径为R的四分之一圆弧轨道，AB(AB＞R)是竖直轨道，CE是水平轨道，CD>R，AB与BC相切于B点，BC与CE相切于C点，轨道的AD段光滑，DE段粗糙且足够长。一根长为R的轻杆两端分别固定着两个质量均为m的相同小球P、Q(视为质点)，将轻杆锁定在图示位置，并使Q与B等高。现解除锁定释放轻杆，轻杆将沿轨道下滑，重力加速度为g。
(1)Q球经过D点后，继续滑行距离s停下(s＞R)，求小球与DE段之间的动摩擦因数；
(2)求Q球到达C点时的速度大小。
解析：(1)分析滑行过程如图所示
由能量守恒得mgR＋mg·2
R＝μmgs＋μmg(s－R)，解得μ＝eq \f(3R,2s－R)。
(2)轻杆由释放到Q球到达C点时，系统的机械能守恒，设P、Q两球的速度大小分别为vP、vQ，则有mgR＋mg(1＋sin 30°)R＝eq \f(1,2)mvP2＋eq \f(1,2)mvQ2
又vPcs 30°＝vQcs 30°
联立解得vQ＝eq \r(\f(5,2)gR)。
答案：(1)eq \f(3R,2s－R) (2)eq \r(\f(5,2)gR)
11．(2023·石家庄高三调研)如图所示，质量m＝1 kg的物块静止于光滑水平轨道N处，现用F＝4 N水平力作用于物块，物块运动x＝0.5 m时撤去F, 然后滑上以v0＝6 m/s的速度顺时针匀速转动的倾斜传送带上(水平轨道与倾斜传送带平滑连接)。已知传送带与物块间动摩擦因数为eq \f(\r(3),2)，传送带倾角θ＝30°，传送带长L＝9.4 m。求：
(1)物块从开始运动至传送带顶端的时间；
(2)传送带因传送物体多消耗的电能。
解析：(1)由牛顿第二定律F＝ma1
代入数据，解得a1＝4 m/s2
根据匀变速直线运动位移时间公式，
可得x＝eq \f(1,2)a1t12，解得t1＝0.5 s
则有v1＝a1t1＝2 m/s
滑上传送带后加速过程有
a2＝μgcs θ－gsin θ＝2.5 m/s2
有v0＝v1＋a2t2
解得t2＝1.6 s
则可得x1＝eq \f(v1＋v0,2)t2＝6.4 m
匀速过程有t3＝eq \f(L－x1,v0)＝0.5 s
所以总时间为t＝t1＋t2＋t3＝2.6 s。
(2)物体在传送带上时，相对位移为Δx＝v0t2－x1＝3.2 m
由能量守恒得W电＝mgLsin θ＋μmgcs θ·Δx＋eq \f(1,2)m(v02－v12)＝87 J。
答案：(1)2.6 s (2)87 J
12．如图所示为某工厂车间的一个运输系统。该系统由一个半径R＝0.5 m的固定的eq \f(1,4)光滑圆弧轨道BC、一个固定在圆弧轨道末端C点的力传感器(未画出)、一辆平板小车和一根固定轻弹簧组成。可视为质点的配件由A点从静止落下，在B点沿切线进入圆弧轨道BC，经过C点时，配件将不受阻碍地滑上与轨道等高的小车，与小车达到共同速度后，小车与等高的轻弹簧接触并压缩弹簧。某个质量m＝1 kg的配件经过C点时传感器显示压力大小FN＝42 N，该配件与小车间的动摩擦因数μ＝0.6，小车质量M＝1 kg，不计地面对小车的阻力，弹簧劲度系数k＝24 N/m，取重力加速度g＝10 m/s2。
(1)求释放点A与点B的高度差；
(2)求小车与弹簧接触前瞬间小车的速度大小；
(3)已知弹簧弹性势能的表达式为Ep＝eq \f(1,2)kx2，其中x为弹簧的形变量。整个运动过程中该配件未离开小车，弹簧始终在弹性限度内，求弹簧的最大压缩量。
解析：(1)设配件在C点的速度大小为v0，轨道对配件的支持力为FN′，根据牛顿第二定律可得FN′－mg＝meq \f(v02,R)，解得v0＝4 m/s
设A与B的高度差为h，从A点到C点由动能定理得mg(h＋R)＝eq \f(1,2)mv02
解得h＝0.3 m。
(2)配件刚滑上小车时，根据牛顿第二定律，对配件有μmg＝ma1
对小车有μmg＝Ma2
设经过时间t配件和小车达到共同速度v1，由运动学公式可得v1＝v0－a1t，v1＝a2t
联立求解得v1＝2 m/s。
(3)配件和小车接触弹簧后，当配件和小车刚要发生相对滑动瞬间，设二者整体的加速度为a，则根据牛顿第二定律可得kx1＝(M＋m)a
对配件μmg＝ma
解得x1＝0.5 m
从小车开始接触弹簧到小车和配件发生相对滑动瞬间的过程中，对配件和小车由动能定理得
eq \f(1,2)(M＋m)v22－eq \f(1,2)(M＋m)v12＝－eq \f(1,2)kx12
在小车和配件发生相对滑动到小车停止运动的过程中，对小车由动能定理得
0－eq \f(1,2)Mv22＝μmg(x2－x1)－eq \f(1,2)k(x22－x12)
代入数据解得x2＝eq \f(3＋\r(15),12) m≈0.573 m。
答案：(1)0.3 m (2)2 m/s (3)0.573 m
13.如图所示为一工件传送装置的单向工作过程演示图，电动机通过轻绳带动一个足够长的薄木板，使木板保持匀速直线运动。当薄木板向右运动到P点处时，位于P处的自动装置释放一小工件使其无初速度的落在薄木板上，每当一个工件停止相对运动时，自动装置立即再释放一个小工件。已知薄木板速度为v、质量为M、与地面的动摩擦因数为μ1，每个工件的质量均为m、与薄木板的动摩擦因数为μ2，重力加速度大小为g。请分析：
(1)自动装置释放相邻两工件的时间间隔t；
(2)每个工件在薄木板上留下的痕迹的长度Δx；
(3)工作人员为便于自动控制电动机的输出，请你帮助工作人员写出电动机牵引力随工件块数n变化的函数关系式；
(4)从第1块工件落在薄木板上到第n块工件恰好停止相对运动这一过程中，电动机对薄木板做的总功。
解析：(1)工件落在薄木板上，开始做匀加速直线运动，对工件由牛顿第二定律得μ2mg＝ma
当工件达到速度v时，停止相对运动，由运动学公式得v＝at
联立可得t＝eq \f(v,μ2g)。
(2)在时间t内，薄木板的位移x1＝vt＝eq \f(v2,μ2g)
工件的位移x2＝eq \f(v,2)t，
联立可得Δx＝x1－x2＝eq \f(v2,2μ2g)。
(3)第n块工件刚落在薄木板上时，薄木板与地面的摩擦力为f1＝μ1(M＋nm)g
工件与薄木板间的摩擦力为f2＝μ2mg
则此时轻绳的拉力Fn＝f1＋f2＝μ1(M＋nm)g＋μ2mg
电动机牵引力随工件块数n变化的函数关系式Fn＝μ1(M＋nm)g＋μ2mg。
(4)每落上一个工件，薄木板运动的距离为x1＝vt＝eq \f(v2,μ2g)
截止到第n个工件落到薄板上恰好相对静止后薄板克服工件摩擦力做功为W1＝μ2mg·nx1＝nmv2
薄板克服地面摩擦力做功W2＝μ1(M＋m)g·x1＋μ1(M＋2m)g·x1＋…＋μ1(M＋nm)g·x1
整理得W2＝eq \f(μ1,μ2)nMv2＋eq \f(μ1nn＋1,2μ2)mv2
因木板匀速运动，合外力做功为零，由动能定理得W－W1－W2＝0
因此这一过程中电动机对薄木板做的总功W＝W1＋W2＝eq \f(μ1,μ2)nMv2＋eq \f(μ1nn＋1,2μ2)mv2＋nmv2。
答案：(1)eq \f(v,μ2g) (2)eq \f(v2,2μ2g) (3)Fn＝μ1(M＋nm)g＋μ2mg (4)eq \f(μ1,μ2)nMv2＋eq \f(μ1nn＋1,2μ2)mv2＋nmv2
运用系统思维破解能量与图像的综合问题
(一) 动能定理与图像的综合问题
1．五类图像中所围“面积”或斜率的意义
2．解决动能定理与图像问题的基本步骤
[典例] (多选)放在粗糙水平地面上质量为0.8 kg的物体受到水平拉力的作用，在0～6 s内其速度与时间的关系图像和该拉力的功率与时间的关系图像分别如图所示。下列说法中正确的是(g取10 m/s2)( )
A．0～6 s内拉力做的功为140 J
B．物体在0～2 s内所受的拉力为4 N
C．物体与粗糙水平地面间的动摩擦因数为0.5
D．合外力在0～6 s内做的功与0～2 s内做的功相等
[解析] 由于P-t图像与t轴围成的面积表示拉力所做的功，所以0～6 s内拉力做的功为W＝eq \f(1,2)×2×60 J＋4×20 J＝140 J，故A正确；由水平拉力的功率P＝Fv可得，在0～2 s内拉力F＝eq \f(P,v)＝6 N，2～6 s，拉力F′＝eq \f(P′,v′)＝2 N，故B错误；物体在水平方向上只受摩擦力和拉力，由2～6 s内物体受力平衡可得f＝μmg＝F′，解得μ＝eq \f(F′,mg)＝eq \f(2 N,0.8×10 N)＝0.25，故C错误；由v-t图像可知，物体在2 s末的速度与6 s 末的速度相等，由动能定理W合＝ΔEk可知，0～6 s 与0～2 s动能的变化量相同，所以合外力在0～6 s 内做的功与0～2 s内做的功相等，故D正确。
[答案] AD
[针对训练]
1.用传感器研究质量为2 kg的物体由静止开始做直线运动的规律时，在计算机上得到0～6 s内物体的加速度随时间变化的关系如图所示。下列说法正确的是( )
A．0～6 s内物体先向正方向运动，后向负方向运动
B．0～6 s内物体在4 s时的速度最大
C．物体在2～4 s内速度不变
D．0～4 s内合力对物体做的功等于0～6 s内合力对物体做的功
解析：选D a-t图线与坐标轴围成的“面积”等于速度的变化量，由题给图像可知，0～6 s内速度变化量为正，物体速度方向不变，物体在0～5 s内一直加速，5 s时速度最大，A、B均错误；2～4 s内物体的加速度不变，做匀加速直线运动，C错误；由题图可知，t＝4 s时和t＝6 s时物体速度大小相等，由动能定理可知，物体在0～4 s内和0～6 s内动能变化量相等，合外力对物体做功也相等，D正确。
2．(多选)如图甲所示，轻弹簧竖直放置，下端固定在水平地面上，一质量为m的小球从离弹簧上端高h处由静止释放。某同学研究小球落到弹簧上后继续向下运动到最低点的过程，他以小球开始下落的位置为原点，沿竖直向下方向建立坐标轴Ox，作出小球所受弹力F的大小随小球下落的位置坐标x的变化关系如图乙所示。不计空气阻力，重力加速度为g。以下判断正确的是( )
A．当x＝h时，小球的速度开始减小，而加速度先减小后增大，直至最低点
B．最低点的坐标x＝h＋x1＋eq \r(x12＋2hx1)
C．当x＝h＋2x1时，小球的加速度为－g，弹力为2mg且为小球下落的最低点
D．小球动能的最大值为mgh＋eq \f(mgx1,2)
解析：选BD 小球下落到x＝h时，小球刚接触弹簧，直到x＝h＋x1前，弹力小于重力，小球一直做加速度减小的加速运动，之后弹力大于重力，加速度反向逐渐增大，直至到达最低点，A错误；由题图乙知mg＝kx1，解得k＝eq \f(mg,x1)，由F-x图线与横轴所围图形的面积表示克服弹力所做的功，从开始下落到最低点过程，W克弹＝eq \f(1,2)k(x－h)2，由动能定理得mgx－eq \f(1,2)k(x－h)2＝0，解得最低点的坐标x＝h＋x1＋eq \r(x12＋2hx1)，B正确；由对称性可知，当x＝h＋2x1时，小球的加速度为－g，且弹力为2mg，但还未到最低点，C错误；小球在x＝h＋x1处时，动能有最大值，根据动能定理得mg(h＋x1)＋W弹′＝Ekm－0，由题知，W弹′＝－eq \f(1,2)kx12＝－eq \f(1,2)mgx1，解得最大动能Ekm＝mgh＋eq \f(mgx1,2)，D正确。
(二)机械能守恒定律与图像的综合问题
机械能守恒和图像结合问题一般可以分为两种类型：一种是由图像给出解题信息，另一种是选择出可能符合题意的正确图像。解题思路一般是根据题述情境，选用正确的物理规律，列方程得出与图像相符合的函数关系式来进行求解。
[典例] 如图甲所示，在同一竖直平面内两正对着的相同半圆光滑轨道，相隔一定的距离，虚线沿竖直方向，一小球能在其间运动，今在最高点与最低点各放一个压力传感器，测试小球对轨道的压力，并通过计算机显示出来，当轨道距离变化时，测得两点压力差与距离x的图像如图乙所示。(g取10 m/s2，不计空气阻力) 求：
(1)小球的质量；
(2)若小球在最低点B的速度为20 m/s，为使小球能沿轨道运动，x的最大值为多少。
[解析] (1)设轨道半径为R，由机械能守恒定律eq \f(1,2)mvB2＝mg(2R＋x)＋eq \f(1,2)mvA2
对B点：FN1－mg＝meq \f(vB2,R)
对A点：FN2＋mg＝meq \f(vA2,R)
联立解得两点的压力差：
ΔFN＝FN1－FN2＝6mg＋eq \f(2mgx,R)
由图像得：截距6mg＝6，得m＝0.1 kg。
(2)由题图乙可知图线的斜率k＝eq \f(2mg,R)＝1，所以R＝2 m
在A点不脱离的条件为：vA≥eq \r(Rg)
根据机械能守恒定律：eq \f(1,2)mvB2＝eq \f(1,2)mvA2＋mg(2R＋x)，解得：xm＝15 m。
[答案] (1)0.1 kg (2)15 m
[针对训练]
1.(2023·广东广州期末)北京2022年冬奥会跳台滑雪比赛在张家口赛区的国家跳台滑雪中心举行，跳台由助滑道、起跳区、着陆坡和停止区组成，如图所示。跳台滑雪运动员在助滑道获得高速后从起跳区水平飞出，在着陆坡落地，不计空气阻力。起跳后的飞行路线可以看作是抛物线的一部分，用Δv、P、Ek、E分别表示运动员在空中运动的速度变化量、重力的瞬时功率、动能、机械能，t表示运动员在空中的运动时间，下列图像中正确的是( )
解析：选B 由题意，可认为运动员从起跳区水平飞出到着陆坡的过程中做平抛运动，根据平抛运动规律速度改变量Δv＝gt可知Δv∝t，故A错误；平抛运动是理想运动模型，由于只受重力且只有重力做功，机械能守恒，则运动员在空中运动的E-t图像应是一条平行于t轴的直线，故D错误；从水平飞出开始，经过时间t，对运动员应用动能定理得mgh＝mg·eq \f(1,2)gt2＝Ek－eq \f(1,2)mv02，解得此时运动员的动能Ek＝eq \f(1,2)mv02＋eq \f(1,2)mg2t2，故C错误；根据P＝mgvy＝mg2t可知，重力的瞬时功率P与t成正比，故B正确。
2．如图(a)，在竖直平面内固定一光滑半圆形轨道ABC，B为轨道的中点，质量为m的小球以一定的初动能Ek0从最低点A冲上轨道。图(b)是小球沿轨道从A运动到C的过程中，动能Ek与其对应高度h的关系图像。已知小球在最高点C受到轨道的作用力大小为25 N，空气阻力不计，重力加速度g取10 m/s2。由此可知( )
A．小球的质量m＝0.2 kg
B．初动能Ek0＝16 J
C．小球在C点时重力的功率为60 W
D．小球在B点受到轨道的作用力大小为85 N
解析：选D 由题图(b)可知，半圆形轨道的半径为0.4 m，小球在C点的动能大小EkC＝9 J，因小球所受重力与弹力的合力提供向心力，根据牛顿第二定律得：mg＋F＝eq \f(mvC2,R)＝eq \f(2EkC,R)，解得小球的质量m＝2 kg，A错误；由机械能守恒定律得，初动能Ek0＝mgh＋EkC＝25 J，其中h＝0.8 m，B错误；小球在C点时重力与速度方向垂直，重力的功率为0，C错误；由机械能守恒定律得，在B点的动能EkB＝mgeq \f(h,2)＋EkC＝17 J，在B点轨道的作用力提供向心力，由牛顿第二定律得F＝eq \f(mvB2,R)＝eq \f(2EkB,R)＝85 N，D正确。
(三)功能关系与图像的综合问题
物理图像是反映两个量变化关系的一种直观手段，是一种数与形相结合的思想方法。物体在运动过程中，各种形式的能量可能随时间与空间的变化而发生变化，其变化规律可用函数关系式和图像两种方式表达。求解功能关系与图像的综合问题时，不但要熟记常用的功能关系，而且要在“数形结合”思想的引导下，抓住图像“轴、线、斜率、截距、面积、点”六个要素的物理意义。
[典例] (多选)如图甲所示，置于水平地面上质量为m的物体，在竖直拉力F作用下，由静止开始向上运动，其动能Ek与距地面高度h的关系如图乙所示，已知重力加速度为g，空气阻力不计。下列说法正确的是( )
A．在0～h0过程中，F的大小始终为mg
B．在0～h0和h0～2h0过程中，F做的功之比为4∶3
C．在0～2h0过程中，物体的机械能不断增加
D．在2h0～3.5h0过程中，物体的机械能不断减少
[解析] 由动能定理有Fh－mgh＝Ek，变换成与题图乙相符合的函数关系式可得Ek＝(F－mg)h。在0～h0过程中，图线斜率为k1＝mg＝F－mg，解得F＝2mg，选项A错误。在0～h0过程中，F做的功W1＝Fh0＝2mgh0；在h0～2h0过程中，由动能定理有W2－mgh0＝1.5mgh0－mgh0，解得此过程中F做的功W2＝1.5mgh0,0～h0和h0～2h0过程中F做的功之比为W1∶W2＝2mgh0∶1.5mgh0＝4∶3，选项B正确。在0～2h0过程中，由于F一直做正功，根据功能关系可知，物体的机械能不断增加，选项C正确。在2h0～3.5h0过程中，图线斜率为k2＝－mg＝F－mg，解得F＝0，说明2h0～3.5h0过程中物体只受重力作用，物体的机械能守恒，选项D错误。
[答案] BC
[针对训练]
1．(多选)如图所示为某滑雪爱好者的滑雪场景，他由静止开始从一较陡斜坡滑到较为平缓的斜坡，假设整个过程未用雪杖加速，而且在两斜坡交接处无机械能损失，两斜坡的动摩擦因数相同。下列图像中x、t、Ek、E分别表示滑雪爱好者水平位移、所用时间、动能和机械能，下列图像可能正确的是( )
解析：选BD 设斜坡的倾角为θ，滑雪爱好者下滑过程中动能的变化量等于合力做的功，则Ek－Ek0＝mgxtan θ－μmgx，即Ek＝mg(tan θ－μ)x，下滑过程中，倾角不变时，Ek-x图像的斜率不变，倾角变小，图像的斜率变小，A项错误，B项正确；根据牛顿第二定律可得，滑雪爱好者下滑时有mgsin θ－μmgcs θ＝ma，可得a＝gsin θ－μgcs θ，可知E与t2的关系为E＝E0－μmgcs θ·eq \f(1,2)at2，即E＝E0－μmgcs θ·eq \f(1,2)g(sin θ－μcs θ)t2，当θ不变时，E与t2成线性关系，E-t图像为一抛物线，当θ发生变化时，E-t图像为另一抛物线，故C项错误；滑雪爱好者下滑过程中机械能的变化量等于摩擦力做的功，则E－E0＝－μmgcs θ·eq \f(x,cs θ)，即E＝E0－μmgx，故D项正确。
2．(2021·湖北高考)如图(a)所示，一物块以一定初速度沿倾角为30°的固定斜面上滑，运动过程中摩擦力大小f恒定，物块动能Ek与运动路程s的关系如图(b)所示。重力加速度大小取10 m/s2，物块质量m和所受摩擦力大小f分别为( )
A．m＝0.7 kg，f＝0.5 N
B．m＝0.7 kg，f＝1.0 N
C．m＝0.8 kg，f＝0.5 N
D．m＝0.8 kg，f＝1.0 N
解析：选A 0～10 m内物块上滑，由动能定理得－mgsin30°·s－fs＝Ek－Ek0，整理得Ek＝Ek0－(mgsin 30°＋f)s，结合0～10 m内的图像得mgsin 30°＋f＝4 N；10～20 m内物块下滑，由动能定理得(mgsin 30°－f)(s－s1)＝Ek，整理得Ek＝(mgsin 30°－f)s－(mgsin 30°－f)s1，结合10～20 m 内的图像得mgsin30°－f＝3 N，联立解得f＝0.5 N，m＝0.7 kg。故A正确。
3．(多选)如图甲所示，竖直放置的轻弹簧一端固定于风洞实验室的水平地面，质量m＝0.1 kg的小球在轻弹簧正上方某处由静止下落，同时受到一个竖直向上恒定的风力。以小球开始下落的位置为原点，竖直向下为x轴正方向，取地面为零势能参考平面，在小球下落的全过程中，小球重力势能随小球位移变化关系如图乙中的图线①，弹簧弹性势能随小球位移变化关系如图乙中的图线②，弹簧始终在弹性限度范围内，取重力加速度g＝10 m/s2，则下列说法中正确的是( )
A．弹簧原长为0.6 m
B．小球释放位置距地面的高度为0.7 m
C．小球在下落过程受到的风力为0.2 N
D．小球刚接触弹簧时的动能为0.45 J
解析：选BD 由题图乙可知，小球处于释放位置的重力势能为0.70 J，故有Ep＝mgh＝0.7 J，可得h＝0.7 m，则弹簧的原长为0.2 m，故A错误，B正确；由题图乙可知小球速度减为0时小球下落x＝0.6 m，根据功能关系有mgx－fx＝0.54 J，解得f＝0.1 N，C错误；小球刚接触弹簧时，小球下落了x0＝0.5 m，则根据动能定理有mgx0－fx0＝eq \f(1,2)mv2，解得eq \f(1,2)mv2＝0.45 J，D正确。
[课时跟踪检测]
一、立足主干知识，注重基础性和综合性
1.为支援某地疫情防控，一装载援助物资的汽车启动过程的加速度a随位移x变化的图像，如图所示。已知汽车(含援助物资)的质量为m，在距离出发点x1处达到额定功率P，汽车所受阻力恒为f，则该汽车从距离出发点x1处到速度增至最大所用的时间为( )
A．eq \r(\f(2x1,a0))
B．eq \r(\f(2x1＋x2,a0))
C．eq \f(mP,2f2)＋eq \f(f,P)(x2－x1)－eq \f(ma0x1,P)
D．eq \f(mP,2f2)＋eq \f(f,P)(x2－x1)－eq \f(mP,2f＋ma0)
解析：选C 设汽车在x1处的速度为v1, 结合图像有v12＝2a0x1，汽车达到最大速度时，牵引力等于阻力f，加速度为零，此时位移为x2，则最大速度为vm＝eq \f(P,f)，汽车从距离出发点x1处到x2处，根据动能定理有Pt－f(x2－x1)＝eq \f(1,2)mvm2－eq \f(1,2)mv12，联立解得，该汽车从距离出发点x1处到速度增至最大所用的时间为t＝eq \f(mP,2f2)＋eq \f(f,P)(x2－x1)－eq \f(ma0x1,P)，故选C。
2.光滑水平地面静止一质量为m＝2.0 kg的物体，以物体所在处为坐标原点O建立水平方向的x轴，力F1和F2方向均沿x轴正方向，两力大小随x轴上的位置坐标的变化规律如图所示。下列说法正确的是( )
A．若仅F1作用于物体，F1的功率随时间逐渐减少
B．若仅F2作用于物体，F2的功率随时间逐渐减小
C．若F1、F2同时作用于物体，物体在x＝1.0 m处的速度约为v＝1.0 m/s
D．若F1、F2同时作用于物体，物体在x＝1.0 m处的速度约为v＝eq \r(2) m/s
解析：选C 物体从静止开始运动，若仅F1作用于物体，物体加速运动，速度v逐渐增大，速度方向与F1方向相同，由题图可知，F1逐渐增大，根据P＝Fv可知F1的功率随时间逐渐增大，选项A错误；同理可知若仅F2作用于物体，F2的功率随时间逐渐增大，选项B错误；根据W＝Fx可知F-x图像中图线与x坐标轴所围面积为力F做的功。若F1、F2同时作用于物体，则F1、F2两力对物体的做功之和约为W合＝1 J，根据动能定理有W合＝eq \f(1,2)mv2，解得v＝eq \r(\f(2W合,m))＝1 m/s，即物体在x＝1.0 m处的速度约为v＝1 m/s，选项D错误，C正确。
3．(多选)某汽车研发机构在汽车的车轮上安装了小型发电机，将减速时的部分动能转化并储存在蓄电池中，以达到节能的目的。某次测试中，汽车以额定功率行驶一段距离后关闭发动机，测出了汽车动能Ek与位移x的关系图像如图所示，其中①是关闭储能装置时的关系图线，②是开启储能装置时的关系图线。已知汽车的质量为1 000 kg，设汽车运动过程中所受地面阻力恒定，空气阻力不计。根据图像所给的信息可求出( )
A．汽车行驶过程中所受地面的阻力为1 000 N
B．汽车的额定功率为80 kW
C．汽车加速运动的时间为22.5 s
D．汽车开启储能装置后向蓄电池提供的电能为5×105 J
解析：选BD 由图线①求所受阻力，由ΔEkm＝FfΔx，得Ff＝2 000 N，A错误；由Ekm＝eq \f(1,2)mvm2可得，vm＝40 m/s，所以P＝Ffvm＝80 kW，B正确；加速阶段，Pt－Ffx＝ΔEk，得t＝16.25 s，C错误；根据能量守恒定律，并由图线②可得，ΔE＝Ekm－Ffx′＝5×105 J，D正确。
4.一质量为m的重物在拉力F的作用下沿竖直方向运动，其机械能E随高度h变化的情况如图所示，当物体高度为h＝0(零势能面)时，机械能为E0，当物体的高度为h＝h1时，机械能为E＝1.5E0，物体上升的最大高度为h2，已知重力加速度为g，则下列说法正确的是( )
A．F先做正功再做负功
B．mgh1一定小于0.5E0
C．mgh1一定大于0.5E0
D．整个过程F做的功为mgh2－E0
解析：选D 由图像可知物体机械能始终增大，根据功能关系可知F始终对物体做正功，故A错误；由题意可知h＝0时物体重力势能为零，所以动能为E0，设物体在h1处的动能为Ek，则1.5E0＝mgh1＋Ek，E-h图像上各点切线的斜率大小表示F的大小，所以F为变力，不可能始终等于mg。若0～h1过程中F>mg，则物体做加速运动，有Ek>E0，此时mgh1<0.5E0，若0～h1过程中F
5．(2023·烟台高三调研)一小物块沿斜面向上滑动，然后滑回到原处。物块在斜面底端时机械能为E0、动能为Ek0、势能为零。物块与斜面间的动摩擦因数不变，则该过程中，物块的机械能E、动能Ek、势能Ep与位移x关系的图像正确的是( )
解析：选D 物块上滑和下滑，摩擦力一直做负功，机械能减小，设倾角为θ，上滑过程有ΔE机＝－μmgcs θ·x，则上滑到最高点后下滑过程机械能继续减小，故A错误；重力做功衡量重力势能的变化WG＝－ΔEp，则上滑过程重力势能均匀增大，下滑过程重力势能均匀减小，故B错误；合外力做功衡量动能的变化W合＝ΔEk，故Ek-x图像的斜率表示合外力，有F上＝mgsin θ＋μmgcs θ，F下＝mgsin θ－μmgcs θ，图线为直线，故C错误，D正确。
6.(多选)一物块在高3.0 m、长5.0 m的斜面顶端从静止开始沿斜面下滑，其重力势能和动能随下滑距离s的变化如图中直线Ⅰ、Ⅱ所示，重力加速度取10 m/s2。则( )
A．物块下滑过程中机械能不守恒
B．物块与斜面间的动摩擦因数为0.5
C．物块下滑时加速度的大小为6.0 m/s2
D．当物块下滑2.0 m时机械能损失了12 J
解析：选AB 由题图可知，重力势能和动能之和随下滑距离s的增大而减小，可知物块下滑过程中机械能不守恒，A正确；在斜面顶端，重力势能mgh＝30 J，解得物块质量m＝1 kg，由题图可知，重力势能可以表示为Ep＝(30－6s)J，由动能随下滑距离s变化图像可知，动能可以表示为Ek＝2s J，设斜面倾角为θ，则有sin θ＝eq \f(h,L)＝eq \f(3,5)，cs θ＝eq \f(4,5)，由功能关系有－μmgcs θ·s ＝Ep＋Ek－30 J＝(30－6s＋2s－30)J＝－4s J，可得μ＝0.5，B正确；物块下滑时的加速度a＝gsin θ－μgcs θ＝2.0 m/s2，C错误；由题图可知，当物块下滑2.0 m时机械能为E＝22 J，机械能损失了ΔE＝8 J，D错误。
7．(多选)如图甲所示，质量为m＝0.1 kg的滑块(可视为质点)，在内壁光滑、固定的水平筒内压缩弹簧，弹簧原长小于筒长，且弹簧与滑块不拴接。滑块由静止释放，离开筒后立即滑上位于水平面上的木板左端，此后木板的速度—时间图像如图乙所示，已知木板质量M＝0.2 kg，最终滑块恰好没有离开木板，重力加速度g取10 m/s2，则( )
A．滑块与木板之间的动摩擦因数为0.1
B．木板长度为0.75 m
C．释放滑块时弹簧的弹性势能为0.45 J
D．木板与水平面间因摩擦产生的热量为0.375 J
解析：选BC 设木板与地面之间的动摩擦因数为μ2，木板做匀减速的加速度为a3，根据牛顿第二定律得μ2(M＋m)g＝(M＋m)a3，根据图像得a3＝eq \f(0.5,1.0－0.5) m/s2＝1 m/s2，解得μ2＝0.1，设滑块与木板之间的动摩擦因数为μ1，木板做匀加速的加速度为a2，根据牛顿第二定律得μ1mg－μ2(M＋m)g＝Ma2，根据图像得a2＝eq \f(0.5,0.5) m/s2＝1 m/s2，解得μ1＝0.5，A错误； 设滑块的加速度为a1，根据牛顿第二定律得μ1mg＝ma1，解得a1＝5 m/s2，根据逆向思维，滑块滑上木板时的速度为v0＝(0.5＋a1×0.5) m/s＝3 m/s，木板长度为L＝eq \f(3＋0.5,2)×0.5 m－eq \f(0.5×0.5,2) m＝0.75 m，B正确；根据机械能守恒定律得，释放滑块时弹簧的弹性势能为Ep＝eq \f(1,2)mv02＝0.45 J，C正确；木板与水平面间因摩擦产生的热量为Q＝μ2(M＋m)g×eq \f(1 s×0.5 m/s,2)＝0.075 J，D错误。
8．(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s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：
(1)当拉力为10 N时，滑块的加速度大小；
(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。
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N，滑动摩擦力大小为f，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－f＝ma①
N－mgcs θ＝0②
f＝μN③
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＝T1s1＋T2s2⑤
式中T1、T2和s1、s2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，s1＝1 m，T2＝10 N，s2＝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－f)eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(s1＋s2))＝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。设滑块第一次在B点与弹簧脱离后上滑的最大距离为smax，由动能定理有－(mgsin θ＋f)smax＝0－Ek⑧
联立②③⑦⑧式并代入题给数据得smax＝1.3 m。⑨
答案：(1)7 m/s2 (2)26 J (3)1.3 m
二、强化迁移能力，突出创新性和应用性
9．如图甲所示，质量为0.1 kg的小球从最低点A冲入竖直放置在水平地面上、半径为0.4 m的半圆形轨道，小球速度的平方与其高度的关系图像如图乙所示。已知小球恰能到达最高点C，轨道粗糙程度处处相同，空气阻力不计。g取10 m/s2，B为轨道AC中点。下列说法中不正确的是( )
A．图乙中x＝4 m2·s－2
B．小球从B到C损失了0.125 J的机械能
C．小球从A到C合外力对其做的功为－1.05 J
D．小球从C抛出后，落地点到A的距离为0.8 m
解析：选B 当h＝0.8 m时，小球恰在C点，由于小球恰好通过最高点C，由mg＝meq \f(vC2,r)，可得vC2＝gr＝4 m2·s－2，A正确；小球从A到C的过程中，动能减少量ΔEk＝eq \f(1,2)mvA2－eq \f(1,2)mvC2＝1.05 J，故合外力对其做的功为－1.05 J，重力势能增加量ΔEp＝mg·2r＝0.8 J，故机械能减少0.25 J，由于小球在A→B段所受摩擦力大于在B→C段的摩擦力，故小球从B到C损失的机械能小于0.125 J，B错误，C正确；小球离开C点后做平抛运动，由2r＝eq \f(1,2)gt2，x＝vCt，可解得x＝0.8 m，故D正确。
10．如图甲所示，光滑曲面PO和一条水平轨道ON平滑连接，水平轨道右侧固定一轻质弹簧，弹簧左端恰好位于M点。一质量为mA＝1 kg的物块A从距离地面高为h＝1.8 m处由静止开始下滑，下滑后与静止于O点的物块B发生碰撞。现以O点为坐标原点，水平向右为正方向建立x轴，得到物块B开始运动的v2-x部分图像如图乙所示。已知水平轨道OM长度为L＝1.0 m，两物块与OM段之间的动摩擦因数相同，其余部分光滑，物块A、B均可视为质点，碰撞均为弹性碰撞，重力加速度g取10 m/s2。求：
(1)物块B的质量mB；
(2)弹簧最大的弹性势能Ep；
(3)ⅰ.物块B最终停止位置的坐标；
ⅱ.在图乙中把物块B运动全过程的v2-x图像补充完整(仅作图，不要求写出计算过程)。
解析：(1)物块A下滑到O点，由动能定理得mAgh＝eq \f(1,2)mAv02
解得物块A到O点的速度为v0＝6 m/s
物块A、B在O点碰撞后物块B的速度由图乙可得vB12＝4 m2·s－2，解得vB1＝2 m/s
由动量守恒定律和机械能守恒定律可得mAv0＝mAvA1＋mBvB1，
eq \f(1,2)mAv02＝eq \f(1,2)mAvA12＋eq \f(1,2)mBvB12
解得vA1＝－4 m/s，mB＝5 kg。
(2)物块B与物块A碰撞后做匀减速运动，则v2－vB12＝2ax1
解得a＝eq \f(v2－vB12,2x1)＝eq \f(\f(8,3)－4,2×\f(1,3)) m/s2＝－2 m/s2
由牛顿第二定律得－μmBg＝mBa
解得μ＝0.2
物块B到M点由动能定理可得－μmBgL＝EkBM－eq \f(1,2)mBvB12
解得EkBM＝0。
说明物块B运动到M点速度刚好为0。
物块A运动到M点，由动能定理得
－μmAgL＝eq \f(1,2)mAvAM2－eq \f(1,2)mAvA12
解得vAM＝2eq \r(3) m/s
物块A、B再次发生弹性碰撞，由动量守恒定律和机械能守恒定律得
mAvAM＝mAvA2＋mBvB2，
eq \f(1,2)mAvAM2＝eq \f(1,2)mAvA22＋eq \f(1,2)mBvB22
解得vB2＝eq \f(2\r(3),3) m/s
弹簧压缩最短时弹性势能最大
Ep＝eq \f(1,2)mBvB22＝eq \f(10,3) J。
(3)ⅰ.物块B被弹簧弹开后向左匀减速运动，由动能定理得－μmBgl＝0－eq \f(1,2)mBvB22
解得l＝eq \f(1,3) m
物块B最终停止位置的坐标x＝L－l＝eq \f(2,3) m。
ⅱ.物块B运动全过程的v2-x图像如图所示。
答案：(1)5 kg (2)eq \f(10,3) J (3)ⅰ.eq \f(2,3) m ⅱ.见解析图
第6讲 实验：验证机械能守恒定律(重点实验)
一、理清原理与操作
二、掌握数据处理方法
方法1 利用起始点和第n点计算
代入mghn和eq \f(1,2)mvn2，如果在实验误差允许的范围内，mghn和eq \f(1,2)mvn2相等，则验证了机械能守恒定律。
方法2 任取两点计算
(1)任取两点A、B，测出hAB，算出mghAB。
(2)算出eq \f(1,2)mvB2－eq \f(1,2)mvA2的值。
(3)在实验误差允许的范围内，若mghAB＝eq \f(1,2)mvB2－eq \f(1,2)mvA2，则验证了机械能守恒定律。
方法3 图像法
从纸带上选取多个点，测量从第一点到其余各点的下落高度h，并计算各点速度的平方v2，然后以eq \f(1,2)v2
为纵轴，以h为横轴，根据实验数据作出eq \f(1,2)v2-h图像。若在误差允许的范围内图像是一条过原点且斜率为g的直线，则验证了机械能守恒定律。
三、扫描实验盲点
1．注意事项
(1)应尽可能控制实验条件，即应满足机械能守恒的条件，这就要求尽量减小各种阻力的影响，采取的措施有：
①安装打点计时器时，必须使两个限位孔的中线严格竖直，以减小摩擦阻力。
②应选用质量和密度较大的重物，增大重力可使阻力的影响相对减小，增大密度可以减小体积，可使空气阻力减小。
(2)实验中，提纸带的手要保持不动，且保证纸带竖直，接通电源，待打点计时器工作稳定后再松开纸带。
(3)测量下落高度时，为了减小测量值h的相对误差，选取的各个计数点要离起始点远一些，纸带也不宜过长，有效长度可在60～80 cm之间。
(4)速度不能用vn＝gtn或vn＝eq \r(2ghn)计算，否则犯了用机械能守恒定律验证机械能是否守恒的错误。
2．误差分析
本实验是高考命题的常考实验，实验命题除考查计数点速度的计算外，还考查小球的质量是否需要测量、利用图像处理实验数据等，试题难度中等。
关键点(一) 质量是否需要测量
[考法感悟]
1．(2023·山西大学附中检测)如图甲所示，将打点计时器固定在铁架台上，用重物带动纸带从静止开始自由下落，利用此装置做“验证机械能守恒定律”实验。
(1)已准备的器材有打点计时器(带导线)、低压交流电源、纸带、复写纸、铁架台和带夹子的重物，此外还必需的器材是________。
A．刻度尺 B．秒表 C．天平
(2)为验证机械能是否守恒，需要比较重物下落过程中任意两点间的________。
A．速度变化量与高度变化量
B．重力做功与重力势能变化量
C．动能变化量与重力势能变化量
D．合外力做的功与动能变化量
(3)下列关于该实验的一些说法正确的是________。
A．做实验时，要先释放重物，再接通电源
B．实验中的误差主要是由于存在空气阻力和摩擦阻力引起的
C．若某同学通过描绘v2-h图像研究机械能是否守恒，合理的图像应该是过原点的一条直线，并且该直线的斜率应约为g
D．可以用v＝gt来计算重物下落的速度
(4)安装好实验装置，从打出的纸带中选出符合要求的纸带，如图乙所示。在纸带上选取三个连续打出的点A、B、C，测得它们到起始点O的距离分别为hA、hB、hC。设重物质量为m，当地重力加速度为g，打点计时器打点周期为T。为了验证此实验过程中机械能是否守恒，应满足下面的哪个等式________(用题中所给字母表示)。
A．8ghBT2＝(hC－hA)2B．4ghBT2＝(hC－hA)2
C．2ghBT2＝(hC－hA)2 D．都不正确
解析：(1)已准备的器材有打点计时器(带导线)、低压交流电源、纸带、复写纸、铁架台和带夹子的重物，此外还必需的器材有毫米刻度尺；不需要天平，因为验证机械能守恒定律mgh＝eq \f(1,2)mv2，两边的质量可以消掉；通过打点计时器打出的纸带可以得到运动时间，不需要秒表。故选A。
(2)要验证机械能是否守恒，需要比较重物下落过程中任意两点间的动能变化量与重力势能变化量，如果在误差允许的范围内两者相等，就验证了机械能守恒定律。故选C。
(3)在验证机械能守恒定律的实验中，要先接通电源，再释放重物，实验中重力势能的减小量会稍大于动能的增加量，其误差原因主要是由于存在空气阻力和摩擦阻力引起的，故A错误，B正确；若通过描绘v2-h图像研究机械能是否守恒，合理的图像应该是过原点的一条直线，由机械能守恒定律可知mgh＝eq \f(1,2)mv2，得到v2＝2gh，该直线的斜率应约为2g，故C错误；重物下落的速度需要用平均速度法求解，与某点相邻的两点间的距离除以两点间对应的时间，来求该点的瞬时速度，而不能用匀变速直线运动公式v＝gt求解，故D错误。
(4)从O点到B点，重力势能的减小量为ΔEp＝mghB，动能的增加量ΔEk＝eq \f(1,2)meq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(hC－hA,2T)))2，
如果mghB＝eq \f(1,2)meq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(hC－hA,2T)))2
即满足8ghBT2＝(hC－hA)2
就验证了机械能守恒定律，故A正确。
答案：(1)A (2)C (3)B (4)A
2.某小组设计了如图所示的实验装置验证机械能守恒定律，物块P、Q用跨过光滑定滑轮的轻绳相连，P底端固定一宽度为d的轻质遮光条，托住P，使系统处于静止状态，用刻度尺测出遮光条所在位置A与固定在铁架台上的光电门B之间的高度差h，已知当地的重力加速度为g，P、Q的质量分别用mP和mQ表示。
(1)现将物块P从图示位置由静止释放，记下遮光条通过光电门B的时间为t，则遮光条通过光电门B时的速度大小为________。
(2)下列实验步骤必要的是________。
A．准确测量出两物块的质量mP和mQ
B．应选用质量和密度较大的物块进行实验
C．两物块的质量应该相等
D．需要测量出遮光条从A到达B所用的时间
(3)改变高度，重复实验，描绘出v2-h图像，该图像的斜率为k，在实验误差允许范围内，若k＝____________(用前面给出的字母表示)，则验证了机械能守恒定律。
解析：(1)极短时间内的平均速度等于瞬时速度，可知遮光条通过光电门B时的速度大小为v＝eq \f(d,t)。
(2)该实验中机械能守恒的表达式为(mP－mQ)gh＝eq \f(1,2)(mP＋mQ)eq \f(d2,t2)，故还需要测量出两物块的质量mP和mQ，A正确；选用质量和密度较大的物块进行实验可以减小因空气阻力而带来的系统误差，B正确；释放物块P后需要P向下加速通过光电门B，Q向上加速，则需要P的质量大于Q的质量，C错误；物块P从A到达B时，P和Q组成的系统动能增加量为ΔEk＝eq \f(1,2)(mP＋mQ)v2＝eq \f(1,2)(mP＋mQ)eq \f(d2,t2)，系统重力势能的减小量为ΔEp＝(mP－mQ)gh，故不需要测量出遮光条从A到达B所用的时间，D错误。
(3)根据验证机械能守恒定律需要的表达式为(mP－mQ)gh＝eq \f(1,2)(mP＋mQ)v2，可得v2＝eq \f(2mP－mQg,mP＋mQ)h，则v2-h图像的斜率为k＝eq \f(2mP－mQg,mP＋mQ)，故在实验误差允许范围内，若k＝eq \f(2mP－mQg,mP＋mQ)，则验证了机械能守恒定律。
答案：(1)eq \f(d,t) (2)AB (3)eq \f(2mP－mQg,mP＋mQ)
[系统建模]
1．探究单个物体机械能守恒时，物体的质量没有必要测量。如第1题第(1)问。
2．探究物体系统机械能守恒时，系统内各物体的质量必须测出具体值，才可计算系统动能的变化量和势能的变化量。如第2题第(2)问。
关键点(二) 图像斜率的物理意义分析
[考法感悟]
1．(2023·广州调研)如图甲所示为验证机械能守恒定律的实验装置。现有器材为：带铁夹的铁架台、电磁打点计时器、纸带、带铁夹的重物、天平。
(1)为完成实验，还需要的器材有________。
A．刻度尺 B．0～8 V直流电源
C．秒表 D．0～8 V交流电源
(2)某同学用图甲所示装置打出的一条纸带如图乙所示，相邻两点之间的时间间隔为0.02 s，根据纸带计算出打下D点时重物的速度大小为________m/s。(结果保留三位有效数字)
(3)采用重物下落的方法，根据公式eq \f(1,2)mv2＝mgh验证机械能守恒定律，对实验条件的要求是______________，为验证和满足此要求，所选择的纸带第1、2点间的距离应接近________。
(4)该同学根据纸带算出了相应点的速度，作出v2-h图像如图丙所示，则图线斜率的物理意义是________________________________________
__________________________________________________________。
解析：(1)通过打点计时器计算时间，不需要秒表，打点计时器应该与交流电源连接，需要刻度尺测量纸带上两点间的距离，故A、D正确，B、C错误。
(2)由题图乙可知CE间的距离为s＝19.41 cm－12.40 cm＝7.01 cm＝0.070 1 m，则由平均速度公式得D点的速度vD＝eq \f(s,2T)＝eq \f(0.070 1,0.04) m/s≈1.75 m/s。
(3)用公式eq \f(1,2)mv2＝mgh时，对纸带上起点的要求是重物是从初速度为零开始下落。打点计时器的打点周期为0.02 s，重物开始下落后，在第一个打点周期内重物下落的高度h＝eq \f(1,2)gT2＝eq \f(1,2)×9.8×0.022 m≈2 mm，所以所选的纸带最初两点间的距离接近2 mm。
(4)由机械能守恒定律公式mgh＝eq \f(1,2)mv2得v2＝2gh，由此可知图像的斜率k＝2g。
答案：(1)AD (2)1.75 (3)重物的初速度为零 2 mm (4)当地重力加速度的2倍
2．如图甲所示是用“落体法”验证机械能守恒定律的实验装置(g取9.80 m/s2)。
(1)选出一条清晰的纸带如图乙所示，其中O点为打点计时器打下的第一个点，A、B、C为三个计数点，打点计时器通以频率为50 Hz的交变电流。用分度值为1 mm的刻度尺测得OA＝12.41 cm，OB＝18.90 cm，OC＝27.06 cm，在计数点A和B、B和C之间还各有一个点，重锤的质量为1.00 kg。根据以上数据算出：当打点计时器打下B点时重锤的重力势能比开始下落时减少了________J；此时重锤的速度vB＝________m/s，此时重锤的动能比开始下落时增加了______J。(结果均保留三位有效数字)
(2)利用实验时打出的纸带，测量出各计数点到打点计时器打下的第一个点的距离h，算出各计数点对应的速度v，然后以h为横轴、以eq \f(1,2)v2为纵轴作出如图丙所示的图线，图线的斜率近似等于________。
A．19.6 B．9.80 C．4.90
图线未过原点O的原因是__________________________________________________
________________________________________________________________________。
解析：(1)当打点计时器打下B点时，重锤的重力势能减小了ΔEp＝mg·OB≈1.85 J；打B点时重锤的速度vB＝eq \f(OC－OA,4T)≈1.83 m/s，此时重锤的动能增加了ΔEk＝eq \f(1,2)mvB2≈1.67 J。
(2)由机械能守恒定律有eq \f(1,2)mv2＝mgh，可得eq \f(1,2)v2＝gh，由此可知题图丙图线的斜率近似等于重力加速度g，故B正确。由图线可知，h＝0时，重锤的速度不等于零，原因是做实验时先释放了纸带，再接通了打点计时器的电源。
答案：(1)1.85 1.83 1.67 (2)B 先释放了纸带，再接通了打点计时器的电源
3．(2021·河北高考)某同学利用图1中的实验装置探究机械能变化量与力做功的关系。所用器材有：一端带滑轮的长木板、轻细绳、50 g的钩码若干、光电门2个、数字计时器、带遮光条的滑块(质量为200 g，其上可放钩码)、刻度尺。当地重力加速度为9.80 m/s2。实验操作步骤如下：
①安装器材：调整两个光电门距离为50.00 cm，轻细绳下端悬挂4个钩码，如图1所示；
②接通电源，释放滑块，分别记录遮光条通过两个光电门的时间，并计算出滑块通过两个光电门的速度；
③保持绳下端悬挂4个钩码不变，在滑块上依次增加一个钩码，记录滑块上所载钩码的质量，重复上述步骤；
④完成5次测量后，计算出每次实验中滑块及所载钩码的总质量M、系统(包含滑块、滑块所载钩码和轻细绳悬挂钩码)总动能的增加量ΔEk及系统总机械能的减少量ΔE，结果如下表所示：
回答下列问题：
(1)实验中轻细绳所悬挂钩码重力势能的减少量为________ J(保留三位有效数字)；
(2)步骤④中的表格所缺数据为________；
(3)以M为横轴，ΔE为纵轴，选择合适的标度，在图2中绘出ΔE-M图像；
(4)若系统总机械能的减少量等于克服摩擦力做功，则滑块与木板之间的动摩擦因数为________(保留两位有效数字)。
解析：(1)实验中轻绳所悬挂钩码的重力势能的减少量为ΔEp＝4mgL＝4×0.05×9.80×0.5 J＝0.980 J。
(2)对滑块和钩码构成的系统，由能量守恒定律有
4mgL－Wf＝eq \f(1,2)(4m＋M)v22－eq \f(1,2)(4m＋M)v12
其中系统减少的重力势能为ΔEp＝4mgL
系统增加的动能为
ΔEk＝eq \f(1,2)(4m＋M)v22－eq \f(1,2)(4m＋M)v12
系统减少的机械能为ΔE＝Wf，则代入数据可得表格中减少的机械能为
ΔE3＝0.980 J－0.392 J＝0.588 J。
(3)根据表格数据描点，得ΔE-M的图像如图所示：
(4)根据功能关系可知ΔE＝μMgL
则ΔE-M图像的斜率为k＝μgL＝eq \f(0.785－0.393,0.400－0.200) J/kg
解得动摩擦因数μ＝0.40。
答案：(1)0.980 (2)0.588 (3)见解析图
(4)0.40(0.38～0.42均正确)
[系统建模]
1．通过图像验证机械能是否守恒，要根据机械能守恒定律写出图像对应的函数表达式，再结合图像解答相关问题。
2．不同图像中的图线斜率的物理意义不同，如第1题第(4)问，v2-h图像的斜率为2g，而eq \f(v2,2)-h图像的斜率为g，如第2题第(2)问。第3题中ΔE-M图像的斜率k＝μgL，由此则可得出滑块与长木板间的动摩擦因数μ。
1．(2022·河北高考)某实验小组利用铁架台、弹簧、钩码、打点计时器、刻度尺等器材验证系统机械能守恒定律，实验装置如图1所示。弹簧的劲度系数为k，原长为L0，钩码的质量为m。已知弹簧的弹性势能表达式为E＝eq \f(1,2)kx2，其中k为弹簧的劲度系数，x为弹簧的形变量，当地的重力加速度大小为g。
(1)在弹性限度内将钩码缓慢下拉至某一位置，测得此时弹簧的长度为L。接通打点计时器电源。从静止释放钩码，弹簧收缩，得到了一条点迹清晰的纸带。钩码加速上升阶段的部分纸带如图2所示，纸带上相邻两点之间的时间间隔均为T(在误差允许范围内，认为释放钩码的同时打出A点)。从打出A点到打出F点时间内，弹簧的弹性势能减少量为________，钩码的动能增加量为________，钩码的重力势能增加量为________。
(2)利用计算机软件对实验数据进行处理，得到弹簧弹性势能减少量、钩码的机械能增加量分别与钩码上升高度h的关系，如图3所示。
由图3可知，随着h增加，两条曲线在纵向的间隔逐渐变大，主要原因是_______________。
解析：(1)根据题意，弹簧初始伸长量为L－L0，题中明确纸带为加速上升阶段，即弹簧始终处于伸长状态，F位置弹簧伸长量为L－L0－h4，弹性势能减少量为eq \f(1,2)k(L－L0)2－eq \f(1,2)k(L－L0－h4)2，也可以整理为k(L－L0)h4－eq \f(1,2)kh42。点F处的速度为eq \f(h5－h3,2T)，因此，动能变化量为eq \f(mh5－h32,8T2)，重力势能增加量为mgh4。
(2)摩擦力和空气阻力做功随着位移增加，减小的弹性势能一部分转变为内能。
答案：(1)k(L－L0)h4－eq \f(1,2)kh42 eq \f(mh5－h32,8T2) mgh4 (2)见解析
2．(2022·广东高考)某实验小组为测量小球从某一高度释放，与某种橡胶材料碰撞导致的机械能损失，设计了如图(a)所示的装置，实验过程如下：
(1)让小球从某一高度由静止释放，与水平放置的橡胶材料碰撞后竖直反弹。调节光电门位置，使小球从光电门正上方释放后，在下落和反弹过程中均可通过光电门。
(2)用螺旋测微器测量小球的直径，示数如图(b)所示，小球直径d＝__________ mm。
(3)测量时，应__________(选填“A”或“B”，其中A为“先释放小球，后接通数字计时器”，B为“先接通数字计时器，后释放小球”)。记录小球第一次和第二次通过光电门的遮光时间t1和t2。
(4)计算小球通过光电门的速度，已知小球的质量为m，可得小球与橡胶材料碰撞导致的机械能损失ΔE＝__________(用字母m、d、t1和t2表示)。
(5)若适当调高光电门的高度，将会__________(选填“增大”或“减小”)因空气阻力引起的测量误差。
解析：(2)小球直径d＝7.5 mm＋38.4×0.01 mm＝7.884 mm。
(3)实验时应先接通数字计时器，后释放小球。如果先释放小球，后接通数字计时器，可能会出现小球穿过光电门时，数字计时器还未工作的情形。
(4)根据能量守恒定律可知，小球与橡胶材料碰撞导致的机械能损失ΔE＝eq \f(1,2)mv12－eq \f(1,2)mv22＝eq \f(1,2)meq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(d,t1)))2－eq \f(1,2)meq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(d,t2)))2。
(5)若适当调高光电门的高度，则光电门离橡胶材料之间的距离增大，小球在二者之间的运动时间增长，克服空气阻力做的功增多，引起的测量误差也就增大。
答案：(2)7.884(7.883～7.885均可) (3)B
(4)eq \f(1,2)meq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(d,t1)))2－eq \f(1,2)meq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(d,t2)))2 (5)增大
3．(2023·东北师大附中测试)某同学利用图甲所示的实验装置验证机械能守恒定律，所用器材包括：安装声音传感器的智能手机、铁球、刻度尺、钢尺等。实验过程如下：
(1)一钢尺伸出水平桌面少许，将质量为m的铁球放在钢尺末端，用刻度尺测出钢尺上表面与地板间的高度差h＝78.00 cm。
(2)运行智能手机中的声音“振幅”(声音传感器)项目。
(3)迅速敲击钢尺侧面，铁球自由下落。传感器记录下声音振幅随时间变化曲线如图乙所示，第一、二个尖峰的横坐标分别对应铁球开始下落和落地时刻。测得这两个尖峰的时间间隔为t＝0.40 s。
(4)若铁球下落过程中机械能守恒，则应满足等式：____________(请用物理量符号m、g、h、t表示)。
(5)若已知铁球质量为50 g，g＝9.80 m/s2，则下落过程中减小的重力势能ΔEp＝0.382 J，增加的动能ΔEk＝________J(结果保留3位小数)。相对误差η＝eq \f(ΔEp－ΔEk,ΔEp)×100%＝________%＜5%，据此可以得到的实验结论：在误差允许的范围内，铁球在自由下落过程中机械能守恒。
(6)敲击钢尺侧面时若铁球获得一个较小的水平速度，对实验测量结果________(填“有”或“没有”)影响。
解析：(4)铁球下落eq \f(t,2)的速度为veq \f(t,2)＝eq \f(h,t)
根据初速度为0的匀变速直线运动的公式有
veq \f(t,2)＝aeq \f(t,2)，v＝at
解得铁球下落时间t的速度为v＝eq \f(2h,t)
若铁球下落过程中机械能守恒，则应满足等式mgh＝eq \f(1,2)mv2
代入数据解得mgh＝eq \f(1,2)meq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(2h,t)))2或gh＝2eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(h,t)))2。
(5)下落过程中增加的动能ΔEk＝eq \f(1,2)mv2＝eq \f(1,2)m×eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(2h,t)))2≈0.380 J
相对误差η＝eq \f(ΔEp－ΔEk,ΔEp)×100%≈0.5%。
(6)根据运动的独立性，敲击钢尺侧面时若铁球获得一个较小的水平速度，不影响铁球竖直方向的运动，对实验测量结果没有影响。
答案：(4)mgh＝eq \f(1,2)meq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(2h,t)))2或gh＝2eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(h,t)))2
(5)0.380 0.5 (6)没有
4．(2022·湖北高考)某同学设计了一个用拉力传感器验证机械能守恒定律的实验。一根轻绳一端连接固定的拉力传感器，另一端连接小钢球，如图甲所示。拉起小钢球至某一位置由静止释放，使小钢球在竖直平面内摆动，记录钢球摆动过程中拉力传感器示数的最大值Tmax和最小值Tmin。改变小钢球的初始释放位置，重复上述过程。根据测量数据在直角坐标系中绘制的Tmax -Tmin图像是一条直线，如图乙所示。
(1)若小钢球摆动过程中机械能守恒。则图乙中直线斜率的理论值为________。
(2)由图乙得：直线的斜率为________，小钢球的重力为________ N。(结果均保留2位有效数字)
(3)该实验系统误差的主要来源是________(单选，填正确答案标号)。
A．小钢球摆动角度偏大
B．小钢球初始释放位置不同
C．小钢球摆动过程中有空气阻力
解析：(1)设初始位置时，细线与竖直方向夹角为θ，则细线拉力最小值为Tmin＝mgcs θ
到最低点时细线拉力最大，设小钢球在最低点的速度为v，由机械能守恒定律得
mgl(1－cs θ)＝eq \f(1,2)mv2
在最低点：Tmax－mg＝meq \f(v2,l)
联立可得Tmax＝3mg－2Tmin
若小钢球摆动过程中机械能守恒，则图乙中直线斜率的理论值为－2。
(2)由图乙得直线的斜率为
k＝－eq \f(1.77－1.35,0.2)＝－2.1
3mg＝1.77 N
则小钢球的重力为mg＝0.59 N。
(3)该实验系统误差的主要来源是小钢球摆动过程中有空气阻力，使得机械能减小，故选C。
答案：(1)－2 (2)－2.1 0.59 (3)C夹角
功的正负
α＜90°
力对物体做正功
α＞90°
力对物体做负功，或者说物体克服这个力做了功
α＝90°
力对物体不做功
在F -x图像中，图线与x轴所围“面积”的代数和就表示力F在这段位移内所做的功，且位于x轴上方的“面积”为正功，位于x轴下方的“面积”为负功，但此方法只适用于便于求图线所围面积的情况(如三角形、矩形、圆等规则的几何图形)。
以恒定功率启动
以恒定加速度启动
P-t图像和v-t图像
OA段
过程分析
v↑⇒F＝eq \f(P,v)↓
⇒a＝eq \f(F－F阻,m)↓
a＝eq \f(F－F阻,m)不变⇒F不变eq \(⇒,\s\up6(v↑))P＝Fv↑直到P额＝Fv1
运动性质
加速度减小的加速运动
匀加速直线运动，维持时间t0＝eq \f(v1,a)
AB段
过程分析
F＝F阻⇒a＝0
⇒vm＝eq \f(P,F阻)
v↑⇒F＝eq \f(P额,v)↓
⇒a＝eq \f(F－F阻,m)↓
运动性质
以vm做匀速直线运动
加速度减小的加速运动
BC段
无
F＝F阻⇒a＝0⇒
以vm＝eq \f(P额,F阻)做匀速运动
定义
物体由于运动而具有的能
公式
Ek＝eq \f(1,2)mv2
矢标性
动能是标量，只有正值
状态量
动能是状态量，因为v是瞬时速度
相对性
由于速度具有相对性，所以动能也具有相对性
内容
力在一个过程中对物体做的功，等于物体在这个过程中动能的变化
表达式
W＝eq \f(1,2)mv22－eq \f(1,2)mv12或W＝Ek2－Ek1
物理意义
合外力做的功是物体动能变化的量度
适用条件
(1)既适用于直线运动，也适用于曲线运动。
(2)既适用于恒力做功，也适用于变力做功。
(3)力可以是各种性质的力，既可以同时作用，也可以间断作用
定性
关系
重力对物体做正功，重力势能就减少
重力对物体做负功，重力势能就增加
定量
关系
物体从位置A到位置B时，重力对物体做的功等于物体重力势能的减少量，即WG＝－ΔEp
定义法
利用机械能的定义直接判断，分析物体或系统的动能和势能的和是否变化，若不变，则机械能守恒
做功法
若物体或系统只有重力或系统内弹力做功，或有其他力做功，但其他力做功的代数和为零，则机械能守恒
转化法
若物体或系统中只有动能和势能的相互转化而无机械能与其他形式能的转化，则机械能守恒
常见
情境
三点
提醒
(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的高度变化关系。
(3)对于单个物体，一般绳上的力要做功，机械能不守恒；但对于绳连接的系统，机械能则可能守恒。
常见情境
三大特点
(1)平动时两物体线速度相等，转动时两物体角速度相等。
(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。
题型
特点
由轻弹簧连接的物体系统，一般既有重力做功又有弹簧弹力做功，这时系统内物体的动能、重力势能和弹簧的弹性势能相互转化，而总的机械能守恒。
两点
提醒
(1)对同一弹簧，弹性势能的大小由弹簧的形变量完全决定，无论弹簧是伸长还是压缩。
(2)物体运动的位移与弹簧的形变量或形变量的变化量有关。
力做功
能的变化
定量关系
合力的功
动能变化
W＝Ek2－Ek1＝ΔEk
重力的功
重力势能变化
(1)重力做正功，重力势能减少
(2)重力做负功，重力势能增加
(3)WG＝－ΔEp＝Ep1－Ep2
弹簧弹力的功
弹性势能变化
(1)弹力做正功，弹性势能减少
(2)弹力做负功，弹性势能增加
(3)WF＝－ΔEp＝Ep1－Ep2
只有重力、弹力做功
机械能不变化
机械能守恒，ΔE＝0
除重力和弹力之外的其他力做的功
机械能变化
(1)其他力做多少正功，物体的机械能就增加多少
(2)其他力做多少负功，物体的机械能就减少多少
(3)W其他＝ΔE
一对相互作用的滑动摩擦力的总功
机械能减少内能增加
(1)作用于系统的一对滑动摩擦力一定做负功，系统内能增加
(2)摩擦生热Q＝Ff·s相对
静摩擦力做功
滑动摩擦力做功
互为作用力和反作用力的一对静摩擦力所做功的代数和为零，即要么一正一负，要么都不做功
互为作用力和反作用力的一对滑动摩擦力所做功的代数和为负值，即至少有一个力做负功
两种摩擦力都可以对物体做正功或者负功，还可以不做功
动力学角度
首先要正确分析物体的运动过程，做好受力分析，然后利用运动学公式结合牛顿第二定律求物体及传送带在相应时间内的位移，找出物体和传送带之间的位移关系
能量
角度
求传送带对物体所做的功、物体和传送带由于相对滑动而产生的热量、因放上物体而使电动机多消耗的电能等，常依据功能关系或能量守恒定律求解
原理装置图
操作要领
(1)安装：打点计时器竖直安装；纸带沿竖直方向拉直。
(2)重物：选密度大、质量大的金属块，且靠近计时器处释放。
(3)打纸带：让重物自由下落，纸带上打下一系列小点。
(4)选纸带：点迹清晰，且所选用的点在同一条直线上。
(5)求速度：应用vn＝eq \f(hn＋1－hn－1,2T)，不能用vn＝eq \r(2ghn)或vn＝gtn计算。
误差
产生原因
减小误差的方法
偶然误差
测量长度带来的误差
(1)测量距离时应从计数点0量起，且选取的计数点离0点远些；
(2)多次测量取平均值
系统误差
重物和纸带下落过程中存在阻力
(1)打点计时器安装稳固，并使两限位孔在同一竖直线上，以减小摩擦阻力；
(2)选用质量大、体积小的物体作重物，以减小空气阻力的影响
M/kg
0.200
0.250
0.300
0.350
0.400
ΔEk/J
0.587
0.490
0.392
0.294
0.195
ΔE/J
0.393
0.490
0.686
0.785
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