?第13講 功能關(guān)系
知識(shí)圖譜


功能關(guān)系


知識(shí)精講
1．力學(xué)領(lǐng)域中功能關(guān)系的幾種主要表現(xiàn)形式：
（1）合外做力是動(dòng)能變化的量度：
（2）重力做功是重力勢(shì)能變化的量度：
（3）彈力做功是彈性勢(shì)能變化的量度：
（4）靜電力做功是電勢(shì)能變化的量度：
（5）除了重力，彈力以外的其他力做功是物體機(jī)械能變化的量度：
（6）一對(duì)滑動(dòng)摩擦力對(duì)系統(tǒng)做總功是系統(tǒng)機(jī)械能轉(zhuǎn)化為內(nèi)能的量度：
2．摩擦力做功與能量的關(guān)系
（1）摩擦力做功的特點(diǎn)
①摩擦力可以做正功，也可以做負(fù)功，還可以不做功；
②相互作用的一對(duì)靜摩擦力做功代數(shù)和為零，只有機(jī)械能的轉(zhuǎn)移，不會(huì)轉(zhuǎn)化為內(nèi)能；
③相互作用的一對(duì)滑動(dòng)摩擦力做功代數(shù)和為負(fù)，有機(jī)械能轉(zhuǎn)化為內(nèi)能。
（2）摩擦生熱的計(jì)算：，其中為兩物體間的相對(duì)位移。
3．傳送帶模型中的功能關(guān)系
（1） 對(duì)功WF和Q的理解：
①傳送帶做的功：WF＝Fx傳；
②產(chǎn)生的內(nèi)能Q＝Ff x相對(duì)，其中x相對(duì)為相互摩擦的物體與傳送帶間的相對(duì)位移。
（2）功能關(guān)系分析：WF＝ΔEk＋ΔEp＋Q

三點(diǎn)剖析
學(xué)習(xí)目標(biāo)：
1．理解并掌握常見(jiàn)的功能關(guān)系；
2．能分析斜面、傳送帶和滑塊等常見(jiàn)模型中的功能關(guān)系。

常見(jiàn)功能關(guān)系的應(yīng)用
例題1、 某人用手將1kg物體由靜止向上提起1m，這時(shí)物體的速度為2m/s，則下列說(shuō)法正確的是（ ）
A.手對(duì)物體做功2J
B.合外力做功2J
C.合外力做功12J
D.物體重力做功10J
例題2、[多選題] 如圖所示，在傾角為θ＝30°的足夠長(zhǎng)的固定粗糙斜面上一質(zhì)量為m＝0.4kg的滑塊在t＝0時(shí)刻自斜面底端以某一初速度沿斜面向上運(yùn)動(dòng)，滑塊上滑過(guò)程中斜面底端的距離d＝10t－5t2（m）．不計(jì)空氣阻力，取g＝10m／s2，最大靜摩擦力等于滑動(dòng)摩擦力，則下列說(shuō)法正確的是（ ）

A.在t＝1s時(shí)刻滑塊開(kāi)始下滑
B.在t＝2s時(shí)刻滑塊返回斜面底端
C.滑塊和斜面間的動(dòng)摩擦因數(shù)
D.滑塊在斜面上運(yùn)動(dòng)過(guò)程中機(jī)械能損失10J
例題3、[多選題] 如圖甲所示，一輕質(zhì)彈簧的下端固定在水平面上，上端放置一物體（物體與彈簧不連接），初始時(shí)物體處于靜止?fàn)顟B(tài)，現(xiàn)用豎直向上的拉力F作用在物體上，使物體開(kāi)始向上做勻加速運(yùn)動(dòng)，拉力F與物體位移x的關(guān)系如圖乙所示，g＝10m/s2，下列結(jié)論正確的是（ ）

A.物體的加速度為4m/s2
B.彈簧的勁度系數(shù)為4N/m
C.初始時(shí)彈簧的彈性勢(shì)能為0.5J
D.從初始位置到x＝5cm的過(guò)程中，物體的機(jī)械能增加了2J
例題4、[多選題] 圖示為某探究活動(dòng)小組設(shè)計(jì)的節(jié)能運(yùn)動(dòng)系統(tǒng)。斜面軌道傾角為30°，質(zhì)量為M的木箱與軌道的動(dòng)摩擦因數(shù)為，木箱在軌道A端時(shí)，自動(dòng)裝貨裝置將質(zhì)量為m的貨物裝入木箱，然后木箱載著貨物沿軌道無(wú)初速滑下，在輕彈簧被壓縮至最短時(shí)，自動(dòng)卸貨裝置立刻將貨物卸下，然后木箱恰好被彈回到軌道A端，重復(fù)上述過(guò)程。下列選項(xiàng)正確的是（ ）

A.m＝3M
B.m＝2M
C.木箱不與彈簧接觸時(shí)，上滑過(guò)程的運(yùn)動(dòng)時(shí)間大于下滑過(guò)程中的運(yùn)動(dòng)時(shí)間
D.若貨物的質(zhì)量減少，則木箱一定不能回到A處
隨練1、 如圖，一質(zhì)量為m，長(zhǎng)度為l的均勻柔軟細(xì)繩PQ豎直懸掛．用外力將繩的下端Q緩慢地豎直向上拉起至M點(diǎn)，M點(diǎn)與繩的上端P相距l(xiāng)．重力加速度大小為g．在此過(guò)程中，外力做的功為（ ）

A.mgl
B.mgl
C.mgl
D.mgl
隨練2、[多選題] 如圖所示，楔形木塊abc固定在水平面上，粗糙斜面ab和光滑斜面bc與水平面的夾角相同，頂角b處安裝一定滑輪．質(zhì)量分別為M、m（M＞m）的滑塊通過(guò)不可伸長(zhǎng)的輕繩跨過(guò)定滑輪連接，輕繩與斜面平行．兩滑塊由靜止釋放后，沿斜面做勻加速運(yùn)動(dòng)．若不計(jì)滑輪的質(zhì)量和摩擦，在兩滑塊沿斜面運(yùn)動(dòng)的過(guò)程中（　?。?br />
A.重力對(duì)M做的功等于M動(dòng)能的增加
B.輕繩對(duì)m做的功等于m機(jī)械能的增加
C.M克服輕繩做的功等于M機(jī)械能的減少量
D.兩滑塊組成系統(tǒng)的機(jī)械能損失等于M克服摩擦力做的功
隨練3、 2月13日，平昌冬奧會(huì)女子單板滑雪U型池項(xiàng)目中，我國(guó)選手劉佳宇榮獲亞軍，為我國(guó)奪得首枚獎(jiǎng)牌。如圖為U型池模型，其中A、B為U型池兩側(cè)邊緣，C為U型池最低點(diǎn)，U型池軌道各處粗糙程度相同。一小球在池邊高h(yuǎn)處自由下落由左側(cè)進(jìn)入池中，從右側(cè)飛出后上升的最大高度為，下列說(shuō)法正確的是（ ）

A.小球再次進(jìn)入池中后，能夠沖出左側(cè)邊緣A然后返回
B.小球再次進(jìn)入池中后，剛好到達(dá)左側(cè)邊緣A然后返回
C.由A到C過(guò)程與由C到B過(guò)程相比，小球損耗機(jī)械能相同
D.由A到C過(guò)程與由C到B過(guò)程相比，前一過(guò)程小球損耗機(jī)械能較小
隨練4、[多選題] 如圖所示，質(zhì)量相同的小物塊A、B用輕質(zhì)細(xì)繩連接在光滑輕質(zhì)定滑輪兩側(cè)，小物塊B放在粗糙水平桌面上，初始時(shí)用手托住物塊A使系統(tǒng)處于靜止?fàn)顟B(tài)．現(xiàn)將手拿開(kāi)，物塊A將開(kāi)始運(yùn)動(dòng)．若物塊B始終沒(méi)有離開(kāi)桌面，則在物塊運(yùn)動(dòng)的過(guò)程中（ ）

A.A的速度小于B的速度
B.繩的拉力對(duì)A所做的功與對(duì)B所做的功的代數(shù)和為零
C.繩的拉力對(duì)B所做的功等于B機(jī)械能的增加量
D.重力對(duì)A 做的功等于A、B動(dòng)能的增加量
隨練5、[多選題] 如圖所示，一傾角為α的固定斜面下端固定一擋板，一勁度系數(shù)為k的輕彈簧下端固定在擋板上?，F(xiàn)將一質(zhì)量為m的小物塊從斜面上離彈簧上端距離為s處由靜止釋放，已知物塊與斜面間的動(dòng)摩擦因數(shù)為μ，物塊下滑過(guò)程中的最大動(dòng)能為EKm，則小物塊從釋放到運(yùn)動(dòng)至最低點(diǎn)的過(guò)程中，下列說(shuō)法中正確的是（ ）

A.物塊剛與彈簧接觸的瞬間動(dòng)能最大
B.物塊的最大動(dòng)能等于重力與摩擦力對(duì)物塊做功之和
C.彈簧的最大彈性勢(shì)能等于整個(gè)過(guò)程中重力與摩擦力對(duì)物塊做功之和
D.若將物塊從離彈簧上端2s的斜面處由靜止釋放，則下滑過(guò)程中物塊的最大動(dòng)能小于2EKm
隨練6、[多選題] 如圖所示，一根輕質(zhì)彈簧一端固定于光滑豎直桿上，另一端與質(zhì)量為m的滑塊P連接，P穿在桿上，一根輕繩跨過(guò)定滑輪將滑塊P和重物Q連接起來(lái)，重物Q的質(zhì)量M＝6m，把滑塊從圖中A點(diǎn)由靜止釋放后沿豎直桿上下運(yùn)動(dòng)，當(dāng)它經(jīng)過(guò)A、B兩點(diǎn)時(shí)彈簧對(duì)滑塊的彈力大小相等，已知OA與水平面的夾角θ＝53°，OB長(zhǎng)為L(zhǎng)，與AB垂直，不計(jì)滑輪的摩擦力，重力加速度為g，滑塊P從A到B的過(guò)程中，說(shuō)法正確的是（ ）

A.對(duì)于滑塊Q，其重力功率先增大后減小
B.滑塊P運(yùn)動(dòng)到位置B處速度達(dá)到最大，且大小為
C.輕繩對(duì)滑塊P做功4mgL
D.P與Q的機(jī)械能之和先減小后增加

摩擦力做功與能量轉(zhuǎn)化
例題1、[多選題] 如圖所示，質(zhì)量為M、長(zhǎng)為L(zhǎng)的木板置于光滑的水平面上，一質(zhì)量為m的滑塊放置在木板左端，滑塊與木板間滑動(dòng)摩擦力大小為f?，F(xiàn)用一水平恒力F作用在滑塊上，當(dāng)滑塊運(yùn)動(dòng)到木板右端時(shí)，木板在地面上移動(dòng)的距離為s。
下列說(shuō)法正確的是（ ）

A.上述過(guò)程中，滑塊克服摩擦力做功為f（L＋s）
B.其他條件不變的情況下，M越大，s越小
C.其他條件不變的情況下，F(xiàn)越大，滑塊到達(dá)木板右端所用時(shí)間越長(zhǎng)
D.其他條件不變的情況下，F(xiàn)越大，滑塊與木板間產(chǎn)生的熱量越多
例題2、[多選題] 如圖所示，三斜面ab、cd、cb固定于豎直墻面與水平面之間，ab與cd斜面的長(zhǎng)度相同。若某滑塊（視為質(zhì)點(diǎn)）分別從三斜面的頂端由開(kāi)始沿斜面下滑，滑塊經(jīng)過(guò)d處時(shí)動(dòng)能不損失且繼續(xù)沿水平面運(yùn)動(dòng)經(jīng)過(guò)b端，滑塊與三斜面及水平面間的動(dòng)摩擦因數(shù)均相同。則對(duì)于滑塊從各斜面的頂端到經(jīng)過(guò)b端的整個(gè)過(guò)程，下列說(shuō)法正確的是（ ）

A.三種情況下滑塊損失的機(jī)械能相同
B.滑塊沿ab運(yùn)動(dòng)的情況下經(jīng)過(guò)b端時(shí)的速度最小
C.滑塊沿三斜面下滑的時(shí)間相同
D.滑塊沿cdb路徑運(yùn)動(dòng)的情況下克服摩擦力做的功最多
例題3、 在某電視臺(tái)舉辦的沖關(guān)游戲中，AB是處干豎直平面內(nèi)的光滑圓弧軌道。半徑R=1.6m，BC是長(zhǎng)度為L(zhǎng)1=3m的水平傳送帶，CD是長(zhǎng)度為L(zhǎng)2=3.6水平粗糙軌道，ABCD軌道與傳送帶平滑連接，參賽者抱緊滑板從A處由靜止下滑。參賽者和滑板可視為質(zhì)點(diǎn)，參賽者質(zhì)量m=60kg，滑板質(zhì)量可忽略，已知滑板與傳送帶、水平軌道的動(dòng)摩擦因數(shù)分別為μ1=0.4，μ2=0.5，g取10m/s2．求：
（1）參賽者運(yùn)動(dòng)到圓弧軌道B處對(duì)軌道的壓力；
（2）若參賽者恰好能運(yùn)動(dòng)至D點(diǎn)，求傳送帶運(yùn)轉(zhuǎn)速率及方向；
（3）在第（2）問(wèn)中，傳送帶由于傳送參賽著多消耗的電能。

隨練1、 如圖所示，質(zhì)量為 m 的物體在水平傳送帶上由靜止釋放，傳送帶由電動(dòng)機(jī)帶動(dòng)，始終保持以速度 v勻速運(yùn)動(dòng)，物體與傳送帶間的動(dòng)摩擦因數(shù)為μ，物體過(guò)一會(huì)兒能保持與傳送帶相對(duì)靜止，對(duì)于物體從靜止釋放到相對(duì)靜止這一過(guò)程下列說(shuō)法正確的是（ ）

A.傳送帶克服摩擦力做功為mv2
B.傳送帶克服摩擦力做功為
C.電動(dòng)機(jī)多做的功為
D.電動(dòng)機(jī)增加的功率為
隨練2、[多選題] 如圖所示,水平桌面上的輕質(zhì)彈簧一端固定，另一端與小物塊相連．彈簧處于自然長(zhǎng)度時(shí)物塊位于點(diǎn)(圖中未標(biāo)出)．物塊的質(zhì)量為，，物塊與桌面間的動(dòng)摩擦因數(shù)為．現(xiàn)用水平向右的力將物塊從點(diǎn)拉至點(diǎn)，拉力做的功為．撤去拉力后物塊由靜止向左運(yùn)動(dòng)，經(jīng)點(diǎn)到達(dá)點(diǎn)時(shí)速度為零．重力加速度為．則上述過(guò)程中（ ）

A.物塊在點(diǎn)時(shí)，彈簧的彈性勢(shì)能等于
B.物塊在點(diǎn)時(shí)，彈簧的彈性勢(shì)能小于
C.經(jīng)點(diǎn)時(shí)，物塊的動(dòng)能小于
D.物塊動(dòng)能最大時(shí)彈簧的彈性勢(shì)能小于物塊在點(diǎn)時(shí)彈簧的彈性勢(shì)能
隨練3、[多選題] 如圖傾角為30°的傳送帶在電動(dòng)機(jī)帶動(dòng)下始終以V0的速度勻速上行。相等質(zhì)量的甲，乙兩種不同材料的滑塊（可視為質(zhì)點(diǎn)）分別無(wú)初速放在傳送帶底端，發(fā)現(xiàn)甲滑塊上升h高度滑至頂端時(shí)恰好與皮帶保持相對(duì)靜止，乙滑塊上升高度處恰與皮帶保持相對(duì)靜止?，F(xiàn)比較甲，乙兩滑塊從傳送帶底端到頂端的過(guò)程（ ）

A.甲滑塊與皮帶的動(dòng)摩擦因數(shù)大于乙滑塊與皮帶的動(dòng)摩擦因數(shù)
B.甲滑塊與皮帶摩擦產(chǎn)生的熱量大于乙滑塊與皮帶摩擦產(chǎn)生的熱量
C.兩個(gè)過(guò)程中皮帶對(duì)滑塊所做的功相同
D.兩個(gè)過(guò)程中電動(dòng)機(jī)對(duì)皮帶所做的功相同

能量守恒定律


知識(shí)精講
1．對(duì)能量守恒定律的兩點(diǎn)理解
（1）某種形式的能量減少，一定存在其他形式能量增加，且減少量和增加量一定相等；
（2）某個(gè)物體的能量減少，一定存在其他物體能量增加，且減少量和增加量一定相等。
2．利用能量觀點(diǎn)解題的步驟：
（1）確定研究對(duì)象，分析在研究過(guò)程中有多少種形式的能量在發(fā)生變化；
（2）明確哪些能量在增加，哪些能量在減少；
（3）減少的總能量一定等于增加的總能量，據(jù)此列出方程ΔE減＝ΔE增求解。
3．涉及彈簧的能量問(wèn)題
兩個(gè)或兩個(gè)以上的物體與彈簧組成的系統(tǒng)相互作用的過(guò)程，具有以下特點(diǎn)：
（1）能量轉(zhuǎn)化方面，如果只有重力和系統(tǒng)內(nèi)彈簧彈力做功，系統(tǒng)機(jī)械能守恒；
（2）如果系統(tǒng)內(nèi)每個(gè)物體除彈簧彈力外所受合力為零，則當(dāng)彈簧伸長(zhǎng)或壓縮到最大程度時(shí)兩物體速度相同；
（3）當(dāng)彈簧為自然狀態(tài)時(shí)系統(tǒng)內(nèi)某一端的物體具有最大速度。

三點(diǎn)剖析
學(xué)習(xí)目標(biāo)：
1．理解能量守恒定律的內(nèi)容；
2．掌握利用能量觀點(diǎn)解題的思路；
3．能利用功和能的觀點(diǎn)分析綜合問(wèn)題。

能量守恒定律及應(yīng)用
例題1、[多選題] 如圖所示，絕緣輕彈簧上端固定，下端拴著一帶正電小球Q，Q在A處時(shí)彈簧處于原長(zhǎng)狀態(tài)，Q可在C處?kù)o止．若將另一帶正電小球q固定在C正下方某處時(shí)，Q可在B處?kù)o止．現(xiàn)將Q從A處由靜止釋放，則Q從A運(yùn)動(dòng)到C處的過(guò)程中（　?。?br />
A.Q運(yùn)動(dòng)到C處時(shí)速率最大
B.加速度先減小后增大
C.小球Q的機(jī)械能不斷減小
D.Q、q及彈簧與地球組成的系統(tǒng)的勢(shì)能不斷減小
例題2、[多選題] 從地面豎直向上拋出一物體，其機(jī)械能E總等于動(dòng)能Ek與重力勢(shì)能Ep之和。取地面為重力勢(shì)能零點(diǎn)，該物體的E總和Ep隨它離開(kāi)地面的高度h的變化如圖所示。重力加速度取10m/s2．由圖中數(shù)據(jù)可得（ ）

A.物體的質(zhì)量為2kg
B.h＝0時(shí)，物體的速率為20m/s
C.h＝2m時(shí)，物體的動(dòng)能Ek＝40J
D.從地面至h＝4m，物體的動(dòng)能減少100J
例題3、 一根內(nèi)壁粗糙的細(xì)圓管彎成半徑為R的圓弧固定在豎直面內(nèi)，0、B兩點(diǎn)在同－條豎直線上，如圖所示。一小球自A口的正上方距A口高度為h處無(wú)初速釋放，小球從B口出來(lái)后恰能落到A口。小球可視為質(zhì)點(diǎn)，重力加速度大小為g。求：

（1）小球在B口所受圓管內(nèi)壁的彈力大小FN；
（2）小球從釋放至到達(dá)B口的過(guò)程中，其與圓管內(nèi)壁間因摩擦產(chǎn)生的熱量Q。
例題4、 如圖所示，水平軌道BC的左端與固定的光滑豎直四分之一圓弧軌道相切與B點(diǎn)，右端與一傾角為θ=30°的光滑斜面軌道在C點(diǎn)平滑連接，物體經(jīng)過(guò)C點(diǎn)時(shí)速率不變．斜面頂端固定一輕質(zhì)彈簧，一質(zhì)量為m=1kg的滑塊從圓弧軌道的頂端A點(diǎn)由靜止釋放，經(jīng)水平軌道后滑上斜面并壓縮彈簧，第一次可將彈簧壓縮至D點(diǎn)．已知光滑圓軌道的半徑R=0.45m，水平軌道BC長(zhǎng)L=0.5m，滑塊與水平軌道之間的動(dòng)摩擦因數(shù)μ=0.1，光滑斜面軌道上CD長(zhǎng)s=0.4m，取g=10m/s2，求：

（1）滑塊第一次經(jīng)過(guò)B點(diǎn)時(shí)對(duì)軌道的壓力大??；
（2）整個(gè)過(guò)程中彈簧具有的最大彈性勢(shì)能；
（3）滑塊在BC上通過(guò)的總路程．
隨練1、[多選題] 如圖所示，輕質(zhì)彈簧的左端固定，并處于自然狀態(tài)。小物塊的質(zhì)量為m，從A點(diǎn)向左沿水平地面運(yùn)動(dòng)，壓縮彈簧后被彈回，運(yùn)動(dòng)到A點(diǎn)恰好靜止。物塊向左運(yùn)動(dòng)的最大距離為s，與地面間的動(dòng)摩擦因數(shù)為μ，重力加速度為g，彈簧未超出彈性限度。在上述過(guò)程中（ ）

A.彈簧的最大彈力為μmg
B.物塊克服摩擦力做的功為2μmgs
C.彈簧的最大彈性勢(shì)能為μmgs
D.物塊在A點(diǎn)的初速度為
隨練2、[多選題] 如圖所示，OA為一遵守胡克定律的彈性輕繩，其一端固定在天花板上的O點(diǎn)，另一端與靜止在水平地面上的滑塊A相連。A的質(zhì)量是10kg，繩的勁度系數(shù)是5N/cm，B為一緊挨繩的光滑水平小釘，它到天花板的距離BO等于彈性繩的自然長(zhǎng)度，AB間距6cm。現(xiàn)用水平恒力F作用于A，使之向右作直線運(yùn)動(dòng)，運(yùn)動(dòng)的最遠(yuǎn)距離是8cm，已知A與水平地面的動(dòng)摩擦因數(shù)μ＝0.5，彈性繩彈性勢(shì)能的表達(dá)式是，其中x為彈簧形變量，g取10m/s2．則（ ）

A.恒力F的大小是75N
B.恒力F的大小是55N
C.從開(kāi)始運(yùn)動(dòng)到第一次到達(dá)最右端過(guò)程中克服摩擦力做的功是2.8J
D.從開(kāi)始運(yùn)動(dòng)到第一次到達(dá)最右端過(guò)程中滑塊A和彈性繩組成的系統(tǒng)機(jī)械能先增大后減少
隨練3、[多選題] 如圖所示，三個(gè)小球A、B、C的質(zhì)量均為m，A與B、C間通過(guò)鉸鏈用輕桿連接，桿長(zhǎng)為L(zhǎng)，B、C置于水平地面上，用一輕質(zhì)彈簧連接，彈簧處于原長(zhǎng)．現(xiàn)A由靜止釋放下降到最低點(diǎn)，兩輕桿間夾角α由60°變?yōu)?20°，A、B、C在同一豎直平面內(nèi)運(yùn)動(dòng)，彈簧在彈性限度內(nèi)，忽略一切摩擦，重力加速度為g．則此下降過(guò)程中（ ）

A.A的動(dòng)能達(dá)到最大前，B受到地面的支持力小于mg
B.A的動(dòng)能最大時(shí)，B受到地面的支持力等于mg
C.彈簧的彈性勢(shì)能最大時(shí)，A的加速度方向豎直向下
D.彈簧的彈性勢(shì)能最大值為mgL
隨練4、 如圖所示，輕彈簧一端固定在水平直軌道AC的一端A處，另一端位于直軌道上B處，彈簧處于自然狀態(tài)，輕彈簧原長(zhǎng)為2R．直軌道與一光滑半圓弧軌道相切于C點(diǎn)．圓弧軌道的最高點(diǎn)為D，A、B、C、D均在同一豎直平面內(nèi)，AC＝6R．質(zhì)量為m的小物塊P自C點(diǎn)以的初速度向A運(yùn)動(dòng)，最遠(yuǎn)到達(dá)E點(diǎn)（未畫(huà)出）隨后P沿軌道被彈回，最后到達(dá)F點(diǎn)停止運(yùn)動(dòng)，AF＝4R．已知P與直軌道間的動(dòng)摩擦因數(shù)μ＝0.25，重力加速度大小為g．

（1）求彈簧的最大彈性勢(shì)能．
（2）將物塊P的質(zhì)量變?yōu)樵瓉?lái)的一半，將P推至E點(diǎn)，從靜止開(kāi)始釋放，P自半徑為的圓弧軌道的最高點(diǎn)D處水平飛出，求經(jīng)過(guò)D點(diǎn)時(shí)物塊的速度大?。?br />
動(dòng)力學(xué)和能量綜合
例題1、 如圖所示，水平桌面上質(zhì)量為m的薄木板右端疊放著質(zhì)量也為m的小物塊，木板長(zhǎng)為L(zhǎng)，整體處于靜止?fàn)顟B(tài)．已知物塊與木板間的動(dòng)摩擦因數(shù)為μ，木板與桌面間的動(dòng)摩擦因數(shù)為，最大靜摩擦力等于滑動(dòng)摩擦力，重力加速度為g．
（1）若使木板與物塊一起以初速度v0沿水平桌面向右運(yùn)動(dòng)，求木板向右運(yùn)動(dòng)的最大距離S0；
（2）若對(duì)木板施加水平向右的拉力F，為使木板沿水平桌面向右滑動(dòng)且與物塊間沒(méi)有相對(duì)滑動(dòng)，求拉力F應(yīng)滿足的條件；
（3）若給木板施加大小為F＝3μmg、方向沿水平桌面向右的拉力，經(jīng)過(guò)時(shí)間t0，撤去拉力F，此后運(yùn)動(dòng)過(guò)程中小物塊始終未脫離木板，求木板運(yùn)動(dòng)全過(guò)程中克服桌面摩擦力所做的功W．

例題2、 如圖所示，水平傳送帶上A、B兩端點(diǎn)間距L＝4m，半徑R＝1m的光滑半圓形軌道固定于豎直平面內(nèi)，下端與傳送帶B相切．傳送帶以v0＝4m/s的速度沿圖示方向勻速運(yùn)動(dòng)，質(zhì)量m＝1kg的小滑塊由靜止放到傳送帶的A端，經(jīng)一段時(shí)間運(yùn)動(dòng)到B端，滑塊與傳送帶間的動(dòng)摩擦因數(shù)μ＝0.5，取g＝10m/s2．
（1）求滑塊到達(dá)B端的速度；
（2）求滑塊由A運(yùn)動(dòng)到B的過(guò)程中，滑塊與傳送帶間摩擦產(chǎn)生的熱量；
（3）僅改變傳送帶的速度，其他條件不變，計(jì)算說(shuō)明滑塊能否通過(guò)圓軌道最高點(diǎn)C．

例題3、 如圖1所示，半徑R＝0.45m的光滑圓弧軌道固定在豎直平面內(nèi)，B為軌道的最低點(diǎn)，B點(diǎn)右側(cè)的光滑的水平面上緊挨B點(diǎn)有一靜止的小平板車(chē)，平板車(chē)質(zhì)量M＝lkg，長(zhǎng)度l＝1m，小車(chē)的上表面與B點(diǎn)等高，距地面高度h＝0.2m，質(zhì)量m＝lkg的物塊（可視為質(zhì)點(diǎn)）從圓弧最高點(diǎn)A由靜止釋放，取g＝10m／s2。試求：

（1）物塊滑到軌道上的B點(diǎn)時(shí)對(duì)軌道的壓力大?。?br /> （2）若鎖定平板車(chē)并在上表面鋪上一種特殊材料，其動(dòng)摩擦因數(shù)從左向右隨距離均勻變化如圖2所示，求物塊滑離平板車(chē)時(shí)的速率；
（3）若解除平板車(chē)的鎖定并撤去上表面鋪的材料后，物塊與木板間的動(dòng)摩擦因數(shù)μ＝0.2，物塊仍從圓弧最高點(diǎn)A由靜止釋放，求物塊落地時(shí)距平板車(chē)右端的水平距離。
例題4、 如圖，傾角θ＝37°的直軌道AC與圓弧軌道CDEF在AC處平滑連接，整個(gè)裝置固定在同一豎直平面內(nèi)。圓弧軌道的半徑為R，DF是豎直直徑，O點(diǎn)為圓心，E、O、B三點(diǎn)在同一水平線上，A、F也在同一水平線上。兩個(gè)小滑塊P、Q（都可視為質(zhì)點(diǎn)）的質(zhì)量都為m。已知滑塊Q與軌道AC間存在摩擦力且動(dòng)摩擦因數(shù)處處相等，但滑塊P與整個(gè)軌道間和滑塊Q與圓弧軌道間的摩擦力都可忽略不計(jì)。同時(shí)將兩個(gè)滑塊P、Q分別靜止釋放在A、B兩點(diǎn)，之后P開(kāi)始向下滑動(dòng)，在B點(diǎn)與Q相碰，碰后P、Q立刻一起向下且在BC段保持勻速運(yùn)動(dòng)。已知P、Q每次相碰都會(huì)立刻合在一起運(yùn)動(dòng)但兩者并不粘連，sin37°＝0.6，cos37°＝0.8，取重力加速度為g，求：

（1）兩滑塊進(jìn)入圓弧軌道運(yùn)動(dòng)過(guò)程中對(duì)圓弧軌道的壓力的最大值。
（2）滑塊Q在軌道AC上往復(fù)運(yùn)動(dòng)經(jīng)過(guò)的最大路程。
隨練1、[多選題] 如圖1所示，光滑軌道ABCD是大型游樂(lè)設(shè)施過(guò)山車(chē)軌道的簡(jiǎn)化模型，最低點(diǎn)B處的入、出口靠近但相互錯(cuò)開(kāi)，C是半徑為R的圓形軌道的最高點(diǎn)，BD部分水平，末端D點(diǎn)與右端足夠長(zhǎng)的水平傳送帶無(wú)縫連接，傳送帶以恒定速度v逆時(shí)針轉(zhuǎn)動(dòng)，現(xiàn)將一質(zhì)量為m的小滑塊從軌道AB上某一固定位置A由靜止釋放，A離水平軌道BD高度差為h，滑塊能通過(guò)C點(diǎn)后再經(jīng)D點(diǎn)滑上傳送帶，設(shè)滑塊與傳送帶之間動(dòng)摩擦因數(shù)為μ，則（ ）

A.固定位置A到B點(diǎn)的豎直高度可能為2R
B.滑塊在傳送帶上向右運(yùn)動(dòng)的最大距離為
C.滑塊一定能重新回到出發(fā)點(diǎn)A處
D.A離水平軌道BD高度差為h越大，滑塊與傳送帶摩擦產(chǎn)生的熱量越多
隨練2、 如圖所示，質(zhì)量為m=1kg的可視為質(zhì)點(diǎn)的小物塊輕輕放在水平勻速運(yùn)動(dòng)的傳送帶上的P點(diǎn)，隨傳送帶運(yùn)動(dòng)到A點(diǎn)后水平拋出，小物塊恰好無(wú)碰撞的沿圓弧切線從B點(diǎn)進(jìn)入豎直光滑圓弧軌道下滑，圓弧軌道與質(zhì)量為M=2kg的足夠長(zhǎng)的小車(chē)左端在最低點(diǎn)O點(diǎn)相切，并在O點(diǎn)滑上小車(chē)，水平地面光滑，當(dāng)物塊運(yùn)動(dòng)到障礙物Q處時(shí)與Q發(fā)生無(wú)機(jī)械能損失的碰撞，碰撞前物塊和小車(chē)已經(jīng)相對(duì)靜止，而小車(chē)可繼續(xù)向右運(yùn)動(dòng)（物塊始終在小車(chē)上），小車(chē)運(yùn)動(dòng)過(guò)程中和圓弧無(wú)相互作用．已知圓弧半徑R=1.0m，圓弧對(duì)應(yīng)圓心角的θ為53°，A點(diǎn)距水平面的高度h=0.8m，物塊與小車(chē)間的動(dòng)摩擦因素為μ=0.1，重力加速度g=10m/s2，sin53°=0.8，cos53°=0.6．試求：
（1）小物塊離開(kāi)A點(diǎn)的水平初速度v1；
（2）小物塊經(jīng)過(guò)O點(diǎn)時(shí)對(duì)軌道的壓力；
（3）第一次碰撞后直至靜止，物塊相對(duì)小車(chē)的位移和小車(chē)做勻減速運(yùn)動(dòng)的總時(shí)間．

隨練3、 如圖，一輕彈簧原長(zhǎng)為2R，其一端固定在傾角為37°的固定直軌道AC的底端A處，另一端位于直軌道上B處，彈簧處于自然狀態(tài)，直軌道與一半徑為R的光滑圓弧軌道相切于C點(diǎn)，AC=7R，A、B、C、D均在同一豎直面內(nèi)．質(zhì)量為m的小物塊P自C點(diǎn)由靜止開(kāi)始下滑，最低到達(dá)E點(diǎn)（未畫(huà)出），隨后P沿軌道被彈回，最高點(diǎn)到達(dá)F點(diǎn)，AF=4R，已知P與直軌道間的動(dòng)摩擦因數(shù)μ=，重力加速度大小為g．（取sin37°=，cos37°=）
（1）求P第一次運(yùn)動(dòng)到B點(diǎn)時(shí)速度的大小．
（2）求P運(yùn)動(dòng)到E點(diǎn)時(shí)彈簧的彈性勢(shì)能．
（3）改變物塊P的質(zhì)量，將P推至E點(diǎn)，從靜止開(kāi)始釋放．已知P自圓弧軌道的最高點(diǎn)D處水平飛出后，恰好通過(guò)G點(diǎn)．G點(diǎn)在C點(diǎn)左下方，與C點(diǎn)水平相距R、豎直相距R，求P運(yùn)動(dòng)到D點(diǎn)時(shí)速度的大小和改變后P的質(zhì)量．

隨練4、 如圖所示，地面上有一個(gè)傾角為37°的足夠長(zhǎng)的固定斜面，斜面上有一長(zhǎng)為L(zhǎng)=1m、質(zhì)量為M=1kg的厚度可以忽略不計(jì)的木板，木板與斜面間的動(dòng)摩擦因數(shù)μ1=0.5，其下端P到斜面底端的擋板C的距離d=0.5m．現(xiàn)在木板的正中央放一質(zhì)量為m=1kg可看成質(zhì)點(diǎn)的木塊，此時(shí)木塊剛好能處于靜止?fàn)顟B(tài)。現(xiàn)對(duì)木板施加一沿斜面向上的外力F1使木板處于靜止，此時(shí)木板與斜面之間剛好沒(méi)有摩擦力。最大靜摩擦近似等于滑動(dòng)摩擦，木塊與斜面間的動(dòng)摩擦因數(shù)為μ3=0.5，g=10m/s2．試求：
（1）木塊與木板之間的動(dòng)摩擦因數(shù)μ2及外力F1的大?。?br /> （2）現(xiàn)將外力大小變?yōu)镕2=21N，且方向仍沿斜面向上，木板將向上運(yùn)動(dòng)，經(jīng)多長(zhǎng)時(shí)間木塊與擋板相碰；
（3）從外力F2作用到木板上開(kāi)始到木塊與擋板相碰的過(guò)程中系統(tǒng)產(chǎn)生的熱量。


拓展
1、[多選題] 如圖所示，水平光滑長(zhǎng)桿上套有小物塊A，細(xì)線跨過(guò)位于O點(diǎn)的輕質(zhì)光滑定滑輪，一端連接A，另一端懸掛小物塊B，物塊A、B質(zhì)量相等．C為O點(diǎn)正下方桿上的點(diǎn)，滑輪到桿的距離OC＝h，重力加速度為g．開(kāi)始時(shí)A位于P點(diǎn)，PO與水平方向的夾角為30°，現(xiàn)將A、B由靜止釋放，下列說(shuō)法正確的是（ ）

A.物塊A由P點(diǎn)出發(fā)第一次到達(dá)C點(diǎn)過(guò)程中，速度先增大后減小
B.物塊A經(jīng)過(guò)C點(diǎn)時(shí)的速度大小為
C.物塊A在桿上長(zhǎng)為h的范圍內(nèi)做往復(fù)運(yùn)動(dòng)
D.在物塊A由P點(diǎn)出發(fā)第一次到達(dá)C點(diǎn)過(guò)程中，物塊B克服細(xì)線拉力做的功小于B重力勢(shì)能的減少量
2、 火箭在返回地面前的某段運(yùn)動(dòng)，可看成先勻速后減速的直線運(yùn)動(dòng)。最后火箭撞落在地面上，不計(jì)火箭質(zhì)量的變化。則（ ）
A.火箭在勻速下降過(guò)程中重力做負(fù)功，重力勢(shì)能減小
B.火箭在勻速下降過(guò)程中沒(méi)有力做功，動(dòng)能不變
C.火箭在減速下降過(guò)程中合外力做負(fù)功，動(dòng)能減小
D.火箭在減速下降過(guò)程中合力做功，等于火箭機(jī)械能的變化
3、 如圖所示，質(zhì)量分別為m1和m2的木塊A和B之間用一輕質(zhì)彈簧相連，然后將它們靜置于一底端帶有擋板的光滑斜面上，其中B置于斜面底端的擋板上，設(shè)斜面的傾角為θ，彈簧的勁度系數(shù)為k．現(xiàn)用一平行于斜面的恒力F拉木塊A沿斜面由靜止開(kāi)始向上運(yùn)動(dòng)，當(dāng)木塊B恰好對(duì)擋板的壓力為零時(shí)，木塊A在斜面上運(yùn)動(dòng)的速度為v，則下列說(shuō)法正確的是（ ）

A.此時(shí)彈簧的彈力大小為m1gsinθ
B.拉力F在該過(guò)程中對(duì)木塊A所做的功為F（m1+m2）
C.彈簧在該過(guò)程中彈性勢(shì)能增加了F（m1+m2）﹣mv2
D.木塊A在該過(guò)程中重力勢(shì)能增加了
4、 如圖（甲），一足夠長(zhǎng)的傳送帶與水平面的夾角θ＝30°，皮帶在電動(dòng)機(jī)的帶動(dòng)下，速率始終不變。t＝0刻在傳送帶適當(dāng)位置放上一具有初速度的小物塊。取沿斜面向上為正方向，物塊在傳送帶上運(yùn)動(dòng)的速度隨時(shí)間的變化如圖（乙）所示。已知小物塊質(zhì)量m＝1kg，g取10m/s2，計(jì)算結(jié)果可以保留根號(hào)，求：
①傳送帶與滑塊之間的動(dòng)摩擦因數(shù)μ；
②0－t2時(shí)間內(nèi)電動(dòng)機(jī)多消耗的電能。

5、 一小物塊沿斜面向上滑動(dòng)，然后滑回到原處．物塊初動(dòng)能為Ek0，與斜面間的動(dòng)摩擦因數(shù)不變，則該過(guò)程中，物塊的動(dòng)能Ek與位移x關(guān)系的圖線是（ ）
A.
B.
C.
D.
6、 如圖所示，傾角為θ的直角斜面體固定在水平地面上，其頂端固定有一輕質(zhì)定滑輪，輕質(zhì)彈簧和輕質(zhì)細(xì)繩相連，一端接質(zhì)量為m2的物塊B，物塊B放在地面上且使滑輪和物塊間的細(xì)繩豎直，一端連接質(zhì)量為m1的物塊A，物塊A放在光滑斜面上的P點(diǎn)保持靜止，彈簧和斜面平行，此時(shí)彈簧具有的彈性勢(shì)能為Ep．不計(jì)定滑輪、細(xì)繩、彈簧的質(zhì)量，不計(jì)斜面、滑輪的摩擦，已知彈簧勁度系數(shù)為k，P點(diǎn)到斜面底端的距離為L(zhǎng)．現(xiàn)將物塊A緩慢斜向上移動(dòng)，直到彈簧剛恢復(fù)原長(zhǎng)時(shí)的位置，并由靜止釋放物塊A，當(dāng)物塊B剛要離開(kāi)地面時(shí)，物塊A的速度即變?yōu)榱?，求?br /> （1）當(dāng)物塊B剛要離開(kāi)地面時(shí)，物塊A的加速度；
（2）在以后的運(yùn)動(dòng)過(guò)程中物塊A最大速度的大?。?br />
7、 如圖所示，AB段是半徑為R的光滑1/4圓弧軌道，其低端切線水平，BC段是長(zhǎng)為R的水平軌道，其右端緊靠長(zhǎng)為2R、傾角θ=37o的傳送帶CD，傳送帶以的速度順時(shí)針勻速轉(zhuǎn)動(dòng)．在距B點(diǎn)L0＝R處的的水平軌道上靜止一個(gè)質(zhì)量為m的物體Q．現(xiàn)將質(zhì)量M=3m的物體P自圓弧軌道上的A點(diǎn)由靜止釋放，并與靜止在水平軌道上的Q發(fā)生彈性碰撞．已知物體P和Q與水平軌道及傳送帶間的動(dòng)摩擦因數(shù)均為μ=0.25，不計(jì)物體P、Q的大小，重力加速度為g，sin37o=0.6，cos37o=0.8，各軌道平滑連接．求：

（1）物體P到達(dá)圓弧軌道B點(diǎn)時(shí)對(duì)軌道的壓力；
（2）物體P、Q碰撞后瞬間Q的速度大小；
（3）物體P、Q從開(kāi)始運(yùn)動(dòng)到第一次速度減小到零的時(shí)間．

答案解析

功能關(guān)系


常見(jiàn)功能關(guān)系的應(yīng)用
例題1、
【答案】 B
【解析】
例題2、[多選題]
【答案】 A D
【解析】 A、由題，滑塊上滑過(guò)程中斜面底端的距離d＝10t－5t2（m），可知滑塊的初速度為10m／s，加速度為－10m／s2，取向上為正方向，則到達(dá)最高點(diǎn)時(shí)：
0＝v0＋at1
代入數(shù)據(jù)得：t1＝1s。故A正確；
BC、滑塊到達(dá)最高點(diǎn)時(shí)的位移：
對(duì)滑塊進(jìn)行受力分析，可知滑塊受到重力、支持力和摩擦力的作用，沿斜面的方向：
ma1＝－mgsinθ－μmgcosθ
代入數(shù)據(jù)得：
到達(dá)最高點(diǎn)時(shí)速度為零時(shí)，有：mgsinθ＝μmgcosθ
滑塊不會(huì)向下滑動(dòng)，會(huì)處于靜止?fàn)顟B(tài)
故B錯(cuò)誤，C錯(cuò)誤；
D、滑塊在斜面上運(yùn)動(dòng)過(guò)程中機(jī)械能損失：．故D正確。
例題3、[多選題]
【答案】 C D
【解析】 AB、剛開(kāi)始物體處于靜止?fàn)顟B(tài)，重力和彈力二力平衡，有：
mg＝kx…①
拉力F1＝20N時(shí)，彈簧的壓縮量 x＝5cm＝0.05m，彈簧的彈力和重力相等，物體的合力等于拉力F，根據(jù)牛頓第二定律，有：
F1＋kx－mg＝ma…②
物體與彈簧分離后，拉力F2＝40N，根據(jù)牛頓第二定律，有
F2－mg＝ma…③
代入數(shù)據(jù)解得：m＝2kg，k＝400N/m，a＝10m/s2．故AB錯(cuò)誤。
C、初始時(shí)彈簧的彈性勢(shì)能為：，故C正確。
D、從初始位置到x＝5cm＝0.05m的過(guò)程中，F(xiàn)做功為：
根據(jù)功能關(guān)系得：W＋Ep＝△E，解得物體的機(jī)械能增加量為△E＝2J，故D正確；
例題4、[多選題]
【答案】 A D
【解析】 AB、設(shè)下滑過(guò)程的總高度為h，由功能關(guān)系得：
下滑過(guò)程：①
上滑過(guò)程：②
解得：m＝3M，故A正確，B錯(cuò)誤；
C、木箱不與彈簧接觸時(shí)，根據(jù)牛頓第二定律得：
下滑過(guò)程中有：Mgsin30°－μMgcos30°＝Ma1．得 a1＝gsin30°－μgcos30° ③
上滑過(guò)程中有：（M＋m）gsin30°＋μ（M＋m）gcos30°＝（M＋m）a2．得 a2＝gsin30°＋μgcos30° ④
可得 a1＜a2。
根據(jù)知，x大小相等，上滑過(guò)程的運(yùn)動(dòng)時(shí)間小于下滑過(guò)程中的運(yùn)動(dòng)時(shí)間。故C錯(cuò)誤；
D、若貨物的質(zhì)量減少，由③式知，木箱下滑的加速度不變，剛與彈簧接觸時(shí)速度不變，則m減小時(shí)，彈簧最大的彈性勢(shì)能E彈減小，由②知，木箱上滑的最大高度減小，不能回到A處，故D正確。
隨練1、
【答案】 A
【解析】 根據(jù)功能關(guān)系可知，拉力所做的功等于MQ段系統(tǒng)重力勢(shì)能的增加量；對(duì)MQ分析，設(shè)Q點(diǎn)為零勢(shì)能點(diǎn)，則可知，MQ段的重力勢(shì)能為EP1=×=；
將Q點(diǎn)拉至M點(diǎn)時(shí)，重心離Q點(diǎn)的高度h=+=，故重力勢(shì)能EP2═×=
因此可知拉力所做的功W=EP2﹣EP1=mgl，故A正確，BCD錯(cuò)誤．
隨練2、[多選題]
【答案】 B D
【解析】 A、由動(dòng)能定理得知：重力、拉力、摩擦力對(duì)M所做的總功等于M動(dòng)能的增加，故A錯(cuò)誤．
B、根據(jù)功能關(guān)系得知：輕繩對(duì)m做的功等于m機(jī)械能的增加，故B正確．
C、根據(jù)功能關(guān)系得知：M克服輕繩做的功和克服摩擦力做功之和等于M機(jī)械能的減少量，故C錯(cuò)誤．
D、根據(jù)功能原理得知：除重力和彈力以外的力對(duì)物體做的功，將導(dǎo)致物體的機(jī)械能變化，摩擦力做負(fù)功，造成系統(tǒng)的機(jī)械能損失，則知：兩滑塊組成系統(tǒng)的機(jī)械能損失等于M克服摩擦力做的功．故D正確．
故選：BD
隨練3、
【答案】 A
【解析】 AB、小球在池邊高h(yuǎn)處自由下落由左側(cè)進(jìn)入池中，從右側(cè)飛出后上升的最大高度為，此過(guò)程損失的機(jī)械能為mg；
小球再次返回時(shí)，平均速率要小于由左側(cè)進(jìn)入池中過(guò)程中的平均速率，則平均摩擦力要小，克服阻力做功小于上一次，則阻力做的功小于mg；
故小球再次進(jìn)入池中后，能夠沖出左側(cè)邊緣A然后返回，故A正確、B錯(cuò)誤；
CD、由A到C過(guò)程的平均速率大于由C到B過(guò)程的平均速率，平均摩擦力大于由C到B過(guò)程的平均摩擦力，前一過(guò)程小球損耗機(jī)械能較大，故CD錯(cuò)誤。
隨練4、[多選題]
【答案】 A B
【解析】 A、將B的速度進(jìn)行分解如圖所示，由圖可知：vA＝vBcosθ，即A的速度小于B的速度，故A正確；
B、設(shè)在很小的一小段時(shí)間t內(nèi)，繩子的拉力與物體的速度幾乎不變，可以按勻速直線運(yùn)動(dòng)處理：繩子對(duì)A的拉力和對(duì)B的拉力大小相等，繩子對(duì)A做的功等于﹣FTvAt，繩子對(duì)B的功等于拉力與拉力方向上B的位移的乘積，即：FTvBcosθt，又vA＝vBcosθ，所以繩的拉力對(duì)A所做的功與對(duì)B所做的功的絕對(duì)值相等，二者代數(shù)和為零；由以上的分析可知，在A下降的過(guò)程中，繩的拉力對(duì)A所做的功與對(duì)B所做的功的代數(shù)和始終為零，故B正確；
C、由于B在水平方向受到摩擦力，摩擦力對(duì)B做負(fù)功，所以繩的拉力對(duì)物塊B所做的功小于物塊B機(jī)械能的增加量，故C錯(cuò)誤；
D、對(duì)系統(tǒng)，由動(dòng)能定理知：重力對(duì)A做的功與摩擦力對(duì)B做功的代數(shù)和等于A、B動(dòng)能的增加量。故D錯(cuò)誤。

隨練5、[多選題]
【答案】 C D
【解析】 A、據(jù)題：小物塊從靜止釋放后能下滑，則有mgsinα＞μmgcosα，
物塊剛與彈簧接觸的瞬間，彈簧的彈力仍為零，仍有mgsinα＞μmgcosα，物塊繼續(xù)向下加速，動(dòng)能仍在增大，所以此瞬間動(dòng)能不是最大，當(dāng)物塊的合力為零時(shí)動(dòng)能才最大，故A錯(cuò)誤；
BC、根據(jù)能量轉(zhuǎn)化和守恒定律知，彈簧的最大彈性勢(shì)能等于整個(gè)過(guò)程中物塊減少的重力勢(shì)能與產(chǎn)生的內(nèi)能之差，而內(nèi)能等于物塊克服摩擦力做功，可得彈簧的最大彈性勢(shì)能等于整個(gè)過(guò)程中物塊減少的重力勢(shì)能與摩擦力對(duì)物塊做功之和，故B錯(cuò)誤，C正確；
D、若將物塊從離彈簧上端2s的斜面處由靜止釋放，下滑過(guò)程中物塊動(dòng)能最大的位置不變，彈性勢(shì)能不變，設(shè)為Ep．此位置彈簧的壓縮量為x。
根據(jù)功能關(guān)系可得：
將物塊從離彈簧上端s的斜面處由靜止釋放，下滑過(guò)程中物塊的最大動(dòng)能為 Ekm＝mg（s＋x）sinα﹣μmg（s＋x）cosα﹣Ep。
將物塊從離彈簧上端2s的斜面處由靜止釋放，下滑過(guò)程中物塊的最大動(dòng)能為 Ekm′＝mg?（2s＋x）sinα﹣μmg?（2s＋x）cosα﹣Ep。
而2Ekm＝mg（2s＋2x）sinα﹣μmg（2s＋2x）cosα﹣2Ep＝[mg（2s＋x）sinα﹣μmg（2s＋x）cosα﹣Ep]＋[mgxsinα﹣μmgxcosα﹣Ep]＝Ekm′＋[mgxsinα﹣μmgxcosα﹣Ep]
由于在物塊接觸彈簧到動(dòng)能最大的過(guò)程中，物塊的重力勢(shì)能轉(zhuǎn)化為內(nèi)能和物塊的動(dòng)能，則根據(jù)功能關(guān)系可得：mgxsinα﹣μmgxcosα＞Ep，即mgxsinα﹣μmgxcosα﹣Ep＞0，所以得Ekm′＜2Ekm，故D正確；
隨練6、[多選題]
【答案】 A C
【解析】 A、物塊Q釋放瞬間的速度為零，當(dāng)物塊P運(yùn)動(dòng)至B點(diǎn)時(shí)，物塊Q的速度也為零，所以當(dāng)P從A點(diǎn)運(yùn)動(dòng)至B點(diǎn)時(shí)，物塊Q的速度先增加后減小，物塊Q的重力的功率也為先增加后減小，故A正確；
B、由于物塊P在AB兩點(diǎn)處彈簧的彈力大小相等，所以物塊P在A點(diǎn)時(shí)受到彈簧向上的彈力，運(yùn)動(dòng)至B點(diǎn)時(shí)受到向下的彈力，物塊P從A到B過(guò)程中，必定先加速度后減速，合力為零時(shí)速度最大，即在BA間某位置速度最大，故B錯(cuò)誤；
C、從A到B過(guò)程中，對(duì)于P、Q系統(tǒng)由動(dòng)能定律可得：，對(duì)于P，由動(dòng)能定理可得：
聯(lián)立解得：W＝4mgL，故C正確；
D、對(duì)于PQ系統(tǒng)，豎直桿不做功，系統(tǒng)的機(jī)械能只與彈簧對(duì)P的做功有關(guān)，從A到B的過(guò)程中，彈簧對(duì)P先做正功，后做負(fù)功，所以系統(tǒng)的機(jī)械能先增加后減小，故D錯(cuò)誤。

摩擦力做功與能量轉(zhuǎn)化
例題1、[多選題]
【答案】 A B
【解析】 A、上述過(guò)程中，滑塊相對(duì)于地面的位移為L(zhǎng)＋s，則滑塊克服摩擦力做功為f（L＋s），故A正確；
B、其他條件不變的情況下，由于木板受到摩擦力不變，當(dāng)M越大時(shí)，木板加速度小，而滑塊加速度不變，相對(duì)位移一樣，滑塊在木板上運(yùn)動(dòng)時(shí)間短，所以木板運(yùn)動(dòng)的位移s小，故B正確；
C．滑塊和木板都是做初速度為零的勻加速運(yùn)動(dòng)，在其他條件不變的情況下，木板的運(yùn)動(dòng)情況不變，滑塊和木板的相對(duì)位移還是L，滑塊的位移也沒(méi)有發(fā)生改變，所以拉力F越大滑塊的加速度越大，離開(kāi)木板時(shí)間就越短，故C錯(cuò)誤；
D．系統(tǒng)產(chǎn)生的熱量等于摩擦力和相對(duì)位移乘積，相對(duì)位移沒(méi)變，摩擦力沒(méi)變，所以產(chǎn)生的熱量沒(méi)變，故D錯(cuò)誤。
例題2、[多選題]
【答案】 A B
【解析】 AD、設(shè)任一斜面的傾角為θ，最高點(diǎn)離水平面的高度為h，斜面長(zhǎng)度為L(zhǎng)，物體下滑過(guò)程中克服摩擦力做功為：Wf＝μmgLcosθ，Lcosθ即為斜面底邊的長(zhǎng)度，即水平位移的大小，由圖可知從三個(gè)斜面的頂端運(yùn)動(dòng)到b的整個(gè)過(guò)程中，水平位移大小相等，所以克服摩擦力做功相等，則損失的機(jī)械能相等，故A正確，D錯(cuò)誤；
B、對(duì)運(yùn)動(dòng)全程，根據(jù)動(dòng)能定理，有：，知三種路徑下克服摩擦力做功Wf相等，ab路徑的高度差最小，故沿著ab路徑到b點(diǎn)的速度最小，故B正確；
C、由，，
則得滑塊斜面運(yùn)動(dòng)的時(shí)間為：，
比較cb斜面與cd斜面，高度h相同，傾角θ不同，故時(shí)間不等，故C錯(cuò)誤。
例題3、
【答案】 （1）1200N
（2）6m/s；順時(shí)針
（3）720J
【解析】 （1）參賽者從A到B的過(guò)程，由機(jī)械能守恒定律得：
mgR（1﹣cos60°）=
代入數(shù)據(jù)得：vB=4m/s
在B點(diǎn)，對(duì)參賽者，由牛頓第二定律得：
N﹣mg=m
代入數(shù)據(jù)得：N=1200N
由牛頓第三定律知參賽者運(yùn)動(dòng)到圓弧軌道B處對(duì)軌道的壓力為：
N′=N=1200N
（2）參賽者由C到D的過(guò)程，由動(dòng)能定理得：
﹣μ2mgL2=0﹣
解得：vC=6m/s＞vB=4m/s
所以傳送帶運(yùn)轉(zhuǎn)方向?yàn)轫槙r(shí)針。
假設(shè)參賽者在傳送帶一直加速，設(shè)到達(dá)C點(diǎn)的速度為v，由動(dòng)能定理得：
﹣μ1mgL1=﹣
解得：v=2m/s＞vC=6m/s
所以傳送帶速度等于vC=6m/s。
（3）參賽者在傳送帶上勻加速運(yùn)動(dòng)的時(shí)間為：t====0.5s
此過(guò)程中參賽者與傳送帶間的相對(duì)位移大小為：△x=vCt﹣===0.5m
傳送帶由于傳送參賽著多消耗的電能為：E=μ1mg△x+（﹣）
代入數(shù)據(jù)解得：E=720J
隨練1、
【答案】 A
【解析】 A、物體與傳送帶之間的摩擦力：f＝μmg；物體勻加速運(yùn)動(dòng)的加速度大小為，時(shí)間為，傳送帶的位移：
傳送帶克服摩擦力做的功：；故A正確。
B、根據(jù)動(dòng)能定理得：摩擦力對(duì)物體做功大小為．在物體勻加速運(yùn)動(dòng)的過(guò)程中，由于傳送帶的位移大于物體的位移，則傳送帶克服摩擦力做的功大于摩擦力對(duì)物體做功，所以傳送帶克服摩擦力做的功大于．故B錯(cuò)誤。
C、電動(dòng)機(jī)多消耗的電能轉(zhuǎn)變成內(nèi)能和物體的動(dòng)能，根據(jù)功能關(guān)系得知電動(dòng)機(jī)多做的功大于．故C錯(cuò)誤。
D、電動(dòng)機(jī)增加了對(duì)物體的摩擦力，增加的功率為μmgv．故D錯(cuò)誤。
隨練2、[多選題]
【答案】 B C
【解析】 如果沒(méi)有摩擦力，則點(diǎn)應(yīng)該在中間，由于有摩擦力，物體從到過(guò)程中機(jī)械能損失，故無(wú)法到達(dá)沒(méi)有摩擦力情況下的點(diǎn)，也即點(diǎn)靠近點(diǎn)．故，此過(guò)程物體克服摩擦力做功大于，故A錯(cuò)誤．
由分析得物塊從開(kāi)始運(yùn)動(dòng)到最終停在點(diǎn)，路程大于，故整個(gè)過(guò)程物體克服阻力做功大于，故物塊在點(diǎn)時(shí)，彈簧的彈性勢(shì)能小于，故B正確．
從點(diǎn)開(kāi)始到再次到達(dá)點(diǎn)，物體路程大于，故由動(dòng)能定理得，物塊的動(dòng)能小于，故C正確．
物塊動(dòng)能最大時(shí)，彈力等于摩擦力，而在點(diǎn)彈力小于摩擦力，故物塊動(dòng)能最大時(shí)彈簧伸長(zhǎng)量大，彈性勢(shì)能大，故D錯(cuò)誤．
隨練3、[多選題]
【答案】 B C
【解析】 A、相等質(zhì)量的甲，乙兩種不同材料的滑塊分別無(wú)初速放在傳送帶底端，最終都與傳送帶速度相等，動(dòng)能增加量相同，即但甲的速度增加的慢，說(shuō)明甲受到的摩擦力小，故甲滑塊與皮帶的動(dòng)摩擦因數(shù)小于乙滑塊與皮帶的動(dòng)摩擦因數(shù)，故A錯(cuò)誤；
B、動(dòng)能增加量相同，，得，相對(duì)位移△x甲＝2△x乙，物體與皮帶間摩擦生熱為等于系統(tǒng)內(nèi)能的增加量，根據(jù)Q＝f?△S知甲滑塊與皮帶摩擦產(chǎn)生的熱量大于乙滑塊與皮帶摩擦產(chǎn)生的熱量，故B正確；
C、甲乙動(dòng)能增加量相同，重力做功相同，根據(jù)動(dòng)能定理知皮帶對(duì)滑塊所做的功相同，故C正確；
D、電動(dòng)機(jī)多做的功等于系統(tǒng)摩擦產(chǎn)生的內(nèi)能和物塊機(jī)械能的增加量，根據(jù)BC分析知甲物體時(shí)電動(dòng)機(jī)做的功較多，故D錯(cuò)誤。

能量守恒定律


能量守恒定律及應(yīng)用
例題1、[多選題]
【答案】 B C
【解析】 A、q在C正下方某處時(shí)，Q在B處所受的合力為零，速率最大，故A錯(cuò)誤；
B、Q在B處加速度為零，則Q從A運(yùn)動(dòng)到B的過(guò)程中，加速度一直減小直到零．從B到C加速度反向增大，故B正確；
C、Q的機(jī)械能E等于Q的動(dòng)能與重力勢(shì)能之和，由功能關(guān)系有△E=W彈+W電，而彈簧的彈力一直做負(fù)功，即W彈＜0，庫(kù)侖力也一直做負(fù)功，即W電＜0，則△E＜0，即Q的機(jī)械能不斷減小，故C正確；
D、系統(tǒng)的勢(shì)能Ep等于重力勢(shì)能、電勢(shì)能與彈性勢(shì)能之和，根據(jù)能量守恒有△Ep+△Ek=0，由于Q的動(dòng)能Ek先增大后減小，所以系統(tǒng)的勢(shì)能先減小后增大，故D錯(cuò)誤
例題2、[多選題]
【答案】 A D
【解析】 A、由圖知，h＝4m時(shí)Ep＝80J，由Ep＝mgh得m＝2kg，故A正確。
B、h＝0時(shí)，Ep＝0，E總＝100J，則物體的動(dòng)能為Ek＝E總－Ep＝100J，由，得v0＝10m/s，故B錯(cuò)誤。
C、h＝2m時(shí)，Ep＝40J，E總＝90J，則物體的動(dòng)能為Ek＝E總－Ep＝50J，故C錯(cuò)誤。
D、從地面至h＝4m，物體的機(jī)械能減少了20J，重力勢(shì)能增加了80J，因此，物體的動(dòng)能減少100J，故D正確。
例題3、
【答案】 （1）
（2）
【解析】 （1）設(shè)小球通過(guò)B口時(shí)的速度大小為v，由平拋運(yùn)動(dòng)規(guī)律有：
水平方向：R＝vt；
豎直方向：
解得：
由于，故此時(shí)小球受到圓管內(nèi)壁豎直向上的支持力，
有：
解得：；
（2）對(duì)該過(guò)程，由能量守恒定律有：
解得：。
例題4、
【答案】 （1）30N；豎直向下（2）2J（3）4.5m
【解析】 （1）滑塊從A點(diǎn)到B點(diǎn)，由動(dòng)能定理可得：
mgR=mvB2﹣0，解得：vB=
滑塊在B點(diǎn)，由牛頓第二定律得：
F﹣mg=m，解得：F=3mg=3×1×10N=30N，
由牛頓第三定律可得：滑塊對(duì)B點(diǎn)的壓力：F′=F=30N，方向豎直向下．
（2）滑塊從A點(diǎn)到D點(diǎn)，由能量守恒定律得：
mgR=μmgLBC+mgLCDsin30°+EP
解得：彈簧具有的最大彈性勢(shì)能 EP=2J；
（3）滑塊最終停止在水平軌道BC間，設(shè)滑塊在BC上通過(guò)的總路程為S，從開(kāi)始到最終停下來(lái)的全過(guò)程，由動(dòng)能定理可得：
mgR﹣μmgS=0
解得：S=4.5m．
隨練1、[多選題]
【答案】 B C
【解析】 A、物體向左運(yùn)動(dòng)時(shí)，當(dāng)彈簧的彈力與滑動(dòng)摩擦力大小相等時(shí)，即F＝μmg速度最大，物體繼續(xù)向左運(yùn)動(dòng)，彈簧繼續(xù)被壓縮，彈力增大，所以彈簧的最大彈力大于μmg，故A錯(cuò)誤。
B、整個(gè)過(guò)程中，物塊所受的摩擦力大小恒定，摩擦力一直做負(fù)功，則物塊克服摩擦力做的功為2μmgs，故B正確。
C、物體向右運(yùn)動(dòng)的過(guò)程，根據(jù)能量守恒定律得：彈簧的最大彈性勢(shì)能Ep＝μmgs，故C正確。
D、設(shè)物塊在A點(diǎn)的初速度為v0．對(duì)整個(gè)過(guò)程，利用動(dòng)能定理得：，可得：，故D錯(cuò)誤。
隨練2、[多選題]
【答案】 A C
【解析】 AB、設(shè)AB間的距離為h，根據(jù)平衡條件可知：
N＋kxBCsin37°＝G
其中
F＝μN(yùn)＋kxBCcos37°
聯(lián)立可得：F＝75N，故A正確，B錯(cuò)誤；
C、由于摩擦力f＝μ（mg－kxBCsin37°）＝μ（mg－kh）＝35N，由做功的公式W＝Fs可得：W＝2.8J，故C正確；
D、由能量守恒可知，恒力F做的功轉(zhuǎn)化為滑塊A與彈性繩的彈性勢(shì)能和摩擦力做功，故滑塊A和彈性繩組成的系統(tǒng)機(jī)械能也一直增大，故D錯(cuò)誤。
隨練3、[多選題]
【答案】 A B
【解析】 AB、A的動(dòng)能最大時(shí)，設(shè)B和C受到地面的支持力大小均為F，此時(shí)整體在豎直方向受力平衡，可得2F=3mg，所以F=；在A的動(dòng)能達(dá)到最大前一直是加速下降，處于失重情況，所以B受到地面的支持力小于mg，故A、B正確；
B、當(dāng)A達(dá)到最低點(diǎn)時(shí)動(dòng)能為零，此時(shí)彈簧的彈性勢(shì)能最大，A的加速度方向向上，故C錯(cuò)誤；
D、A下落的高度為：h=Lsin60°﹣Lsin30°，根據(jù)功能關(guān)系可知，小球A的機(jī)械能全部轉(zhuǎn)化為彈簧的彈性勢(shì)能，即彈簧的彈性勢(shì)能最大值為EP=mgh=mgL，故D錯(cuò)誤．
隨練4、
【答案】 （1）0.75mgR
（2）
【解析】 （1）設(shè)彈簧最大壓縮量為x，P從C點(diǎn)出發(fā)，最終靜止在F，由能量守恒定律得：

解得：x＝R，
P從C點(diǎn)到E點(diǎn)，由能量守恒定律得：

解得：Ep＝0.75mgR；
（2）設(shè)物塊到C點(diǎn)的速度為vC，由能量守恒定律得：

解得：，
設(shè)半圓弧軌道半徑為r，則，物塊由C到D，
由機(jī)械能守恒定律得：，
解得：．

動(dòng)力學(xué)和能量綜合
例題1、
【答案】 （1）
（2）
（3）
【解析】 木板和地面間的最大靜摩擦力，物塊和木板間的最大靜摩擦力f2＝μmg；
（1）若使木板與物塊一起以初速度v0沿水平桌面向右運(yùn)動(dòng)，那么地面對(duì)木板的摩擦力為，由于，故木板和物塊保持相對(duì)靜止；
對(duì)木板和物塊組成的系統(tǒng)，向右運(yùn)動(dòng)過(guò)程只有地面對(duì)木板的摩擦力做功，且系統(tǒng)最終停在水平面上，故由動(dòng)能定理可得：；
所以，木板向右運(yùn)動(dòng)的最大距離；
（2）木板和物塊一起向右運(yùn)動(dòng)，那么，將木板和物塊看成一個(gè)整體，由牛頓第二定律可知：；
當(dāng)F作用下，木板和物塊間摩擦力為最大摩擦力時(shí)獲得的加速度為物塊和木板的最大共同加速度，即此時(shí)，F(xiàn)為木板沿水平桌面向右滑動(dòng)且與物塊間沒(méi)有相對(duì)滑動(dòng)情況下的最大值；
設(shè)加速度為a，那么對(duì)物塊應(yīng)用牛頓第二定律可得：f2＝μmg＝ma；對(duì)木板和物塊整體應(yīng)用牛頓第二定律可得：Fmax－f1＝2ma＝2μmg，所以，；
所以，拉力F應(yīng)滿足條件；
（3）由于F＝3μmg＞Fmax，所以，物塊與木板之間發(fā)生相對(duì)滑動(dòng)；
設(shè)F作用下木板加速度為a1，那么，對(duì)木板應(yīng)用牛頓第二定律可得：F－f1－f2＝ma1，所以，；
設(shè)F作用下物塊加速度為a2，那么，對(duì)物塊應(yīng)用牛頓第二定律可得：f2＝ma2，所以，a2＝μg；
故由勻變速運(yùn)動(dòng)規(guī)律可得：撤去拉力時(shí)，木板的速度，物塊的速度v2＝a2t0＝μgt0；
撤去拉力F到木板和物塊達(dá)到共同速度的過(guò)程，由牛頓第二定律可得：木板做加速度的勻減速運(yùn)動(dòng)，物塊做加速度的勻加速運(yùn)動(dòng)；
故運(yùn)動(dòng)時(shí)間，達(dá)到共同速度；
達(dá)到共同速度后，木板和物塊保持相對(duì)靜止，一起做加速度的勻減速運(yùn)動(dòng)，直到靜止；
故木板運(yùn)動(dòng)全過(guò)程中受到桌面對(duì)木板的摩擦力為，運(yùn)動(dòng)位移；
所以，木板運(yùn)動(dòng)全過(guò)程中克服桌面摩擦力所做的功：．
例題2、
【答案】 （1）滑塊到達(dá)B端的速度為4m/s
（2）滑塊由A運(yùn)動(dòng)到B的過(guò)程中，滑塊與傳送帶間摩擦產(chǎn)生的熱量為8J
（3）僅改變傳送帶的速度，滑塊不能通過(guò)圓軌道最高點(diǎn)
【解析】 （1）滑塊在傳送帶上先向右做加速運(yùn)動(dòng)，設(shè)當(dāng)速度v＝v0時(shí)已運(yùn)動(dòng)的距離為x
根據(jù)動(dòng)能定理，有：

解得：x＝1.6m＜L
所以滑塊到達(dá)B端時(shí)的速度為4m/s
（2）設(shè)滑塊與傳送帶發(fā)生相對(duì)運(yùn)動(dòng)的時(shí)間為t，則：
v0＝μgt
滑塊與傳送帶之間產(chǎn)生的熱量：
Q＝μmg（v0t－x）
解得：Q＝8J
（3）設(shè)滑塊通過(guò)最高點(diǎn)C的最小速度為vC
經(jīng)過(guò)C點(diǎn)，根據(jù)向心力公式，有：
從B到C過(guò)程，根據(jù)動(dòng)能定理，有：
解得：
從A到B過(guò)程，若滑塊一直加速，根據(jù)動(dòng)能定理，有：

解得：
由于速度vm＜vB，所以僅改變傳送帶的速度，滑塊不能通過(guò)圓軌道最高點(diǎn)
例題3、
【答案】 （1）30N
（2）1m／s
（3）0.2m
【解析】 （1）物體從A點(diǎn)到B點(diǎn)的過(guò)程中，其機(jī)械能守恒，則有：

代入數(shù)據(jù)解得：vB＝3m／s．
在B點(diǎn)，由牛頓第二定律得：
解得：N＝3mg＝3×1×10N＝30N
即物塊滑到軌道上B點(diǎn)時(shí)對(duì)軌道的壓力N'＝N＝30N，方向豎直向下；
（2）物塊在小車(chē)上滑行時(shí)的摩擦力做功為：

代入數(shù)據(jù)解得：Wf＝－4J
物體從A點(diǎn)滑下到滑離平板車(chē)過(guò)程中，由動(dòng)能定理得：
，
代入數(shù)據(jù)解得：v＝1m／s；
（3）當(dāng)解除平板車(chē)的鎖定時(shí)，對(duì)物塊有：a1＝μg＝2m／s2．
對(duì)平板車(chē)有：．
設(shè)物塊在平板車(chē)運(yùn)動(dòng)的時(shí)間t，則有：
代入數(shù)據(jù)解得：t1＝1s，t2＝0.5s
因?yàn)関物＝vB－a1t1＝3－2×1＝1m／s，v車(chē)＝a2t1＝2m／s，物塊的速度小于平板車(chē)的速度，不可能，
所以時(shí)間取：t2＝0.5s
物塊滑離平板車(chē)時(shí)的速度為：v物＝vB－a1t2＝3－2×0.5＝2m／s．
此時(shí)平板車(chē)的速度為：v車(chē)＝a2t2＝2×0.5＝1m／s．
物塊滑離平板車(chē)做平拋運(yùn)動(dòng)的時(shí)間為：
物塊落地時(shí)距平板車(chē)右端的水平距離為：x＝（v物－v車(chē)）t'＝（2－1）×0.2m＝0.2m．
例題4、
【答案】 （1）3.8mg
（2）
【解析】 （1）滑塊P下滑至碰前，由機(jī)械能守恒定律得
①
P、Q碰后一起運(yùn)動(dòng)，由動(dòng)量守恒定律得
mv1＝2mv2②
P、Q一起運(yùn)動(dòng)至D點(diǎn)過(guò)程，有
③
經(jīng)過(guò)D點(diǎn)時(shí)對(duì)圓弧軌道的壓力最大，有
④
由牛頓第三定律可知，兩滑塊對(duì)圓弧軌道最大壓力
⑤
聯(lián)立解得
ND′＝3.8mg⑥
（2）由以上計(jì)算可知，P、Q整體在D點(diǎn)的動(dòng)能
⑦
因此它們?cè)趫A弧軌道上運(yùn)動(dòng)的最高點(diǎn)在E點(diǎn)下方
之后沿軌道返回，再次到達(dá)C點(diǎn)的速度大小仍為v2．從C點(diǎn)上滑后P、Q分離，Q比P先到達(dá)最高點(diǎn)，且Q運(yùn)動(dòng)到最高點(diǎn)時(shí)停下。設(shè)P、Q上滑的最大位移分別為xP、xQ．對(duì)P、Q，由動(dòng)能定理分別可得
⑧

由前面P、Q一起勻速下滑可知Q所受的滑動(dòng)摩擦力
f＝2mgsinθ⑩
P再次從最高點(diǎn)下滑至第二次碰Q前，有
?
P、Q碰后一起運(yùn)動(dòng)，有
mv3＝2mv4
在P、Q第二次進(jìn)入直軌道AC運(yùn)動(dòng)全過(guò)程，Q克服摩擦力做的功
Wf＝f?2xQ?
而P、Q碰撞損失的機(jī)械能為

由以上各式可以解得Q克服摩擦力做的功與P、Q碰撞損失的機(jī)械能之比
?
P、Q此后多次進(jìn)入直軌道AC運(yùn)動(dòng)過(guò)程，遵循同樣的規(guī)律，直到最后到達(dá)C點(diǎn)的速度減為0，因此從P、Q第二次進(jìn)入直軌道AC運(yùn)動(dòng)到最后不再進(jìn)入為止，Q克服摩擦力做的功為

滑塊Q在軌道AC上往復(fù)運(yùn)動(dòng)經(jīng)過(guò)的最大路程
?
由以上各式解得

答：（1）兩滑塊進(jìn)入圓弧軌道運(yùn)動(dòng)過(guò)程中對(duì)圓弧軌道的壓力的最大值為3.8mg。
（2）滑塊Q在軌道AC上往復(fù)運(yùn)動(dòng)經(jīng)過(guò)的最大路程為。
隨練1、[多選題]
【答案】 B D
【解析】 A、若滑塊恰能通過(guò)C點(diǎn)時(shí)，有：…①
由A到C根據(jù)動(dòng)能定理知…②
聯(lián)立①②解得hAC＝0.5R
則A到B點(diǎn)的豎直高度最小為2R＋0.5R＝2.5R，故A錯(cuò)誤；
B、設(shè)滑塊在傳送帶上滑行的最遠(yuǎn)距離為x，則有動(dòng)能定理有mgh－μmgx＝0，得：，故B正確；
C、若回到D點(diǎn)速度大小不變，則滑塊可重新回到出發(fā)點(diǎn)A點(diǎn)，若滑塊回到D點(diǎn)速度大小變小，則滑塊不能重新回到出發(fā)點(diǎn)A處，故C錯(cuò)誤；
D、滑塊與傳送帶摩擦產(chǎn)生的熱量Q＝μmgΔx，傳送帶速度越大，相對(duì)路程越大，產(chǎn)生熱量越多，故D正確。
隨練2、
【答案】 （1）3m/s（2）43N（3）
【解析】 （1）對(duì)小物塊由A到B有：Vy2=2gh
在B點(diǎn)：
解得：v1=3m/s
故小物塊離開(kāi)A點(diǎn)的水平初速度v1為3m/s．
（2）由A到O，根據(jù)動(dòng)能定理有：
在O點(diǎn)：
解得：
FN=43N
故壓力F′N(xiāo)=43N
故小物塊經(jīng)過(guò)O點(diǎn)時(shí)對(duì)軌道的壓力為43N．
（3）摩擦力f=μmg=1N，物塊滑上小車(chē)后，滑塊減速運(yùn)動(dòng)，加速度大小為；
小車(chē)加速運(yùn)動(dòng)，加速度大小為；
經(jīng)過(guò)時(shí)間t達(dá)到的共同速度為vt，則

得
由于碰撞不損失能量，物塊在小車(chē)上重復(fù)做勻減速和勻加速運(yùn)動(dòng)，相對(duì)小車(chē)始終向左運(yùn)動(dòng)，與小車(chē)最終靜止，摩擦力做功使動(dòng)能全部轉(zhuǎn)化為內(nèi)能，故有：

得s相=5.5m
小車(chē)從物塊碰撞后開(kāi)始做勻減速運(yùn)動(dòng)，（每個(gè)減速階段）加速度a不變
vt=aMt
得
第一次碰撞后直至靜止，物塊相對(duì)小車(chē)的位移為5.5m，小車(chē)做勻減速運(yùn)動(dòng)的總時(shí)間為．
隨練3、
【答案】 （1）P第一次運(yùn)動(dòng)到B點(diǎn)時(shí)速度的大小是．
（2）P運(yùn)動(dòng)到E點(diǎn)時(shí)彈簧的彈性勢(shì)能是2.4mgR．
（3）P運(yùn)動(dòng)到D點(diǎn)時(shí)速度的大小是，改變后P的質(zhì)量是m．
【解析】 （1）C到B的過(guò)程中重力和斜面的阻力做功，所以：

其中：
代入數(shù)據(jù)得：
（2）物塊返回B點(diǎn)后向上運(yùn)動(dòng)的過(guò)程中：

其中：
聯(lián)立得：
物塊P向下到達(dá)最低點(diǎn)又返回的過(guò)程中只有摩擦力做功，設(shè)最大壓縮量為x，則：

整理得：x=R
物塊向下壓縮彈簧的過(guò)程設(shè)克服彈力做功為W，則：

又由于彈簧增加的彈性勢(shì)能等于物塊克服彈力做的功，即：EP=W
所以：EP=2.4mgR
（3）由幾何關(guān)系可知圖中D點(diǎn)相對(duì)于C點(diǎn)的高度：h=r+rcos37°=1.8r==1.5R
所以D點(diǎn)相對(duì)于G點(diǎn)的高度：H=1.5R+R=2.5R
小球做平拋運(yùn)動(dòng)的時(shí)間：t=
G點(diǎn)到D點(diǎn)的水平距離： L=
由：L=vDt
聯(lián)立得：
E到D的過(guò)程中重力、彈簧的彈力、斜面的阻力做功，由功能關(guān)系得：

聯(lián)立得：m′=
隨練4、
【答案】 （1）0.75；12N
（2）2s
（3）37J
【解析】 （1）木塊恰好靜止，所以有mgsin37°=μ2mgcos37°，解得μ2=0.75
對(duì)整體，由于木塊靜止且與斜面之間無(wú)摩擦，則有F1=（mg+Mg）sin37°，解得F1=12N
（2）木塊離開(kāi)木板前受力仍平衡，所以處于靜止?fàn)顟B(tài)。設(shè)經(jīng)過(guò)時(shí)間t1離開(kāi)木板，該過(guò)程中木板的加速度為a1，對(duì)木板有F2﹣Mgsin37°﹣μ2mgcos37°﹣μ1（m+M）gcos37°=Ma1。
解得a1=1m/s2。由=，解得t1=1s
木塊離開(kāi)木板后的加速度為a2=，解得a2=2m/s2。
木塊離開(kāi)木板后再經(jīng)過(guò)t2時(shí)間與擋板相碰，則+d=，解得t2=1s
所以從F2開(kāi)始作用到木塊與擋板相碰共需時(shí)間t=t1+t2=2s
（3）木塊與木板間產(chǎn)生的熱量Q1=μ2mgcos37°?，解得Q1=3J
木塊與斜面間產(chǎn)生的熱量Q2=μ3mgcos37°?（d+），解得Q2=4J
前1s內(nèi)木板與斜面間產(chǎn)生的熱量Q3=μ1（Mg+mg）cos37°?，解得Q3=4J
木塊離開(kāi)木板時(shí)木板的速度v1=a1t1=1m/s
設(shè)木塊離開(kāi)后木板的加速度為a3。
則F2﹣Mgsin37°﹣μ1Mgcos37°=Ma3。解得a3=11m/s2。
木塊離開(kāi)后的1s內(nèi)木板運(yùn)動(dòng)的位移為x2=v1t2+=1×1+=6.5m
最后1s內(nèi)木板與斜面間產(chǎn)生的熱量Q4=μ1Mgcos37°x2。解得Q4=26J
系統(tǒng)共產(chǎn)生的熱量Q=Q1+Q2+Q3+Q4=37J
故：（1）木塊與木板之間的動(dòng)摩擦因數(shù)μ2是0.75，外力F1的大小是12N；
（2）木板將向上運(yùn)動(dòng)，經(jīng)2s時(shí)間木塊與擋板相碰；
（3）從外力F2作用到木板上開(kāi)始到木塊與擋板相碰的過(guò)程中系統(tǒng)產(chǎn)生的熱量是37J。

拓展
1、[多選題]
【答案】 B C
【解析】 A、物塊A由P點(diǎn)出發(fā)第一次到達(dá)C點(diǎn)過(guò)程中，繩子拉力對(duì)A做正功，其余的力不做功，所以物體A的動(dòng)能不斷增大，速度不斷增大，故A錯(cuò)誤。
B、物體到C點(diǎn)時(shí)物塊B的速度為零。設(shè)物塊A經(jīng)過(guò)C點(diǎn)時(shí)的速度大小為v。
根據(jù)系統(tǒng)的機(jī)械能守恒得：，得，故B正確。
C、由幾何知識(shí)可得，由于A、B組成的系統(tǒng)機(jī)械能守恒，由對(duì)稱性可得物塊A在桿上長(zhǎng)為h的范圍內(nèi)做往復(fù)運(yùn)動(dòng)。故C正確。
D、物體到C點(diǎn)時(shí)物塊B的速度為零。根據(jù)功能關(guān)系可知，在物塊A由P點(diǎn)出發(fā)第一次到達(dá)C點(diǎn)過(guò)程中，物塊B克服細(xì)線拉力做的功等于B重力勢(shì)能的減少量，故D錯(cuò)誤。
2、
【答案】 C
【解析】 暫無(wú)解析
3、
【答案】 B
【解析】 A．當(dāng)B剛離開(kāi)C時(shí)，彈簧的彈力等于B的重力沿斜面向下的分力，即F彈=m2gsinθ，故A錯(cuò)誤；
B．開(kāi)始系統(tǒng)處于靜止?fàn)顟B(tài)，彈簧的彈力等于A的重力沿斜面向下的分力，則有m1gsinθ=kx1，x1為彈簧此時(shí)的壓縮量，得：x1=．
當(dāng)B剛離開(kāi)C時(shí)，有m2gsinθ=kx2，x2為彈簧此時(shí)的伸長(zhǎng)量，得：x2=，則A沿斜面上升的距離為x=x1+x2=，拉力F在該過(guò)程中對(duì)木塊A所做的功為W=Fx=F，故B正確；
CD．木塊A在該過(guò)程中重力勢(shì)能增加量△EP=m1gxsinθ=m1gsinθ?=，根據(jù)功能關(guān)系，彈簧彈性勢(shì)能的增加量等于拉力的功減去系統(tǒng)動(dòng)能和重力勢(shì)能的增加量，即為△E彈=W﹣△EP﹣mv2=F﹣﹣mv2，故C、D錯(cuò)誤．
4、
【答案】 ①傳送帶與滑塊之間的動(dòng)摩擦因數(shù)μ為
②0－t2時(shí)間內(nèi)電動(dòng)機(jī)多消耗的電能為36J
【解析】 ①?gòu)膙－t圖可知，物塊的加速度 a＝1m/s2，
對(duì)物塊受力分析，可得 mgsinθ－μmgcosθ＝ma，解得，
解法一：
②物塊減為零后，反向加速經(jīng)歷時(shí)間，
因此v－t圖中t2＝3s 3s內(nèi)傳送帶的位移 S＝v0t2＝6m，
傳送帶多消耗的電能W電＝μmgcosθ?S＝36J；
解法二：②物塊減為零后，反向加速經(jīng)歷時(shí)間 ，
v－t圖中可知 t2＝3s
傳送帶與物塊的相對(duì)位移△S＝4.5m
物塊運(yùn)動(dòng)的位移S＝1.5m，
產(chǎn)生內(nèi)能Q＝μmgcosθ?△S＝27J，
物塊增加的重力勢(shì)能△Ep＝mgsinθ?S＝7.5J，
物塊動(dòng)能的增量，
傳送帶多消耗的電能W電＝Q＋△Ep＋△Ek＝36J；
5、
【答案】 C
【解析】 設(shè)斜面的傾角為θ，物塊的質(zhì)量為m，去沿斜面向上為位移正方向；根據(jù)動(dòng)能定理可得：
上滑過(guò)程中：﹣mgxsinθ﹣μmgxcosθ=Ek﹣Ek0，所以Ek=Ek0﹣（mgsinθ+μmgcosθ）x；
下滑過(guò)程中：mgx′sinθ﹣μmgx′cosθ=Ek﹣0，所以Ek=（mgsinθ﹣μmgcosθ）x′；
根據(jù)能量守恒定律可得，最后的總動(dòng)能減?。?br /> 故C正確、ABD錯(cuò)誤；
6、
【答案】 （1），方向沿斜面向上
（2）
【解析】 （1）B剛要離開(kāi)地面時(shí)，A的速度恰好為零，即以后B不會(huì)離開(kāi)地面．
當(dāng)B剛要離開(kāi)地面時(shí)，地面對(duì)B的支持力為零，設(shè)繩上拉力為F．
B受力平衡，F(xiàn)＝m2g①
對(duì)A，由牛頓第二定律，設(shè)沿斜面向上為正方向，
m1gsinθ－F＝m1a②，聯(lián)立①②解得，③
由最初A自由靜止在斜面上時(shí)，地面對(duì)B支持力不為零，推得m1gsinθ＜m2g，
即
故A的加速度大小為，方向沿斜面向上；
（2）由題意，物塊A將以P為平衡位置振動(dòng)，當(dāng)物塊回到位置P時(shí)有最大速度，
設(shè)為vm．從A由靜止釋放，到A剛好到達(dá)P點(diǎn)過(guò)程，由系統(tǒng)能量守恒得，
m1gx0sinθ＝Ep④
當(dāng)A自由靜止在P點(diǎn)時(shí)，A受力平衡，m1gsinθ＝kx0⑤
聯(lián)立④⑤式解得，．
7、
【答案】 （1）3Mg或9mg（2）（3）
【解析】 （1）A→B過(guò)程，設(shè)物體P到達(dá)B點(diǎn)時(shí)的速度為vB，軌道對(duì)物體的支持力為N
由能量守恒得
在B點(diǎn)
聯(lián)立解得或N＝9mg
由牛頓第三定律物體P對(duì)軌道的壓力，方向向下．
（2）設(shè)P與Q碰前速度為，碰撞后P、Q的速度分別為和
由動(dòng)能定理得
由動(dòng)量守恒得
由能量守恒得
聯(lián)立解得
（3）設(shè)碰后物體Q到C點(diǎn)時(shí)的速度為v3，此過(guò)程的運(yùn)動(dòng)時(shí)間為t1
由動(dòng)能定理得
由動(dòng)量定理得
解得，
因傳送帶的速度>v3，所以物體Q受到的摩擦力沿傳送帶向上，又因Q受到的摩擦力小于重力沿傳送帶向下的分力，所以物體Q在傳送帶上一直做減速運(yùn)動(dòng)．
設(shè)Q的速度減小到零時(shí)，運(yùn)動(dòng)距離為x
由動(dòng)能定理得
解得
所以當(dāng)Q的速度減小到零時(shí)Q還未到達(dá)D點(diǎn)，設(shè)此過(guò)程運(yùn)動(dòng)時(shí)間為t2
由動(dòng)量定理得
解得
故所求時(shí)間

相關(guān)試卷

新高考物理二輪復(fù)習(xí)知識(shí)梳理+重點(diǎn)突破：第31講 原子物理 (含解析)：

這是一份新高考物理二輪復(fù)習(xí)知識(shí)梳理+重點(diǎn)突破：第31講 原子物理 (含解析)，共20頁(yè)。試卷主要包含了光電效應(yīng)，用圖象表示光電效應(yīng)的規(guī)律，原子的核式結(jié)構(gòu)模型等內(nèi)容，歡迎下載使用。

新高考物理二輪復(fù)習(xí)知識(shí)梳理+重點(diǎn)突破：第30講 光學(xué) (含解析)：

這是一份新高考物理二輪復(fù)習(xí)知識(shí)梳理+重點(diǎn)突破：第30講 光學(xué) (含解析)，共22頁(yè)。試卷主要包含了折射定律，介質(zhì)的折射率，測(cè)量玻璃的折射率，臨界角C等內(nèi)容，歡迎下載使用。

新高考物理二輪復(fù)習(xí)知識(shí)梳理+重點(diǎn)突破：第29講 熱學(xué) (含解析)：

這是一份新高考物理二輪復(fù)習(xí)知識(shí)梳理+重點(diǎn)突破：第29講 熱學(xué) (含解析)，共20頁(yè)。試卷主要包含了實(shí)驗(yàn)，分子間存在分子力，溫度 、溫度計(jì)，內(nèi)能等內(nèi)容，歡迎下載使用。

英語(yǔ)朗讀寶

相關(guān)試卷 更多

新高考物理二輪復(fù)習(xí)知識(shí)梳理+重點(diǎn)突破：第24講 磁場(chǎng) (含解析)

新高考物理二輪復(fù)習(xí)知識(shí)梳理+重點(diǎn)突破：第24講 磁場(chǎng) (含解析)
新高考物理二輪復(fù)習(xí)知識(shí)梳理+重點(diǎn)突破：第23講 電學(xué)實(shí)驗(yàn) (含解析)

新高考物理二輪復(fù)習(xí)知識(shí)梳理+重點(diǎn)突破：第23講 電學(xué)實(shí)驗(yàn) (含解析)
新高考物理二輪復(fù)習(xí)知識(shí)梳理+重點(diǎn)突破：第22講 恒定電流 (含解析)

新高考物理二輪復(fù)習(xí)知識(shí)梳理+重點(diǎn)突破：第22講 恒定電流 (含解析)
新高考物理二輪復(fù)習(xí)知識(shí)梳理+重點(diǎn)突破：第14講 動(dòng)量定理 (含解析)

新高考物理二輪復(fù)習(xí)知識(shí)梳理+重點(diǎn)突破：第14講 動(dòng)量定理 (含解析)
資料下載及使用幫助
版權(quán)申訴
版權(quán)申訴
若您為此資料的原創(chuàng)作者，認(rèn)為該資料內(nèi)容侵犯了您的知識(shí)產(chǎn)權(quán)，請(qǐng)掃碼添加我們的相關(guān)工作人員，我們盡可能的保護(hù)您的合法權(quán)益。
入駐教習(xí)網(wǎng)，可獲得資源免費(fèi)推廣曝光，還可獲得多重現(xiàn)金獎(jiǎng)勵(lì)，申請(qǐng) 精品資源制作， 工作室入駐。
版權(quán)申訴二維碼
高考專(zhuān)區(qū)
歡迎來(lái)到教習(xí)網(wǎng)
  • 900萬(wàn)優(yōu)選資源，讓備課更輕松
  • 600萬(wàn)優(yōu)選試題，支持自由組卷
  • 高質(zhì)量可編輯，日均更新2000+
  • 百萬(wàn)教師選擇，專(zhuān)業(yè)更值得信賴
微信掃碼注冊(cè)
qrcode
二維碼已過(guò)期
刷新

微信掃碼，快速注冊(cè)

手機(jī)號(hào)注冊(cè)
手機(jī)號(hào)碼

手機(jī)號(hào)格式錯(cuò)誤

手機(jī)驗(yàn)證碼 獲取驗(yàn)證碼

手機(jī)驗(yàn)證碼已經(jīng)成功發(fā)送，5分鐘內(nèi)有效

設(shè)置密碼

6-20個(gè)字符，數(shù)字、字母或符號(hào)

注冊(cè)即視為同意教習(xí)網(wǎng)「注冊(cè)協(xié)議」及「隱私條款」
QQ注冊(cè)
手機(jī)號(hào)注冊(cè)
微信注冊(cè)

注冊(cè)成功

返回
頂部