【例題1】(2016·蘇北四市模擬)如圖5所示裝置由AB、BC、CD三段軌道組成，軌道交接處均由很小的圓弧平滑連接，其中軌道AB、CD段是光滑的，水平軌道BC的長度s＝5 m，軌道CD足夠長且傾角θ＝37°，A、D兩點離軌道BC的高度分別為h1＝4.30 m、h2＝1.35 m?，F(xiàn)讓質(zhì)量為m的小滑塊自A點由靜止釋放。已知小滑塊與軌道BC間的動摩擦因數(shù)μ＝0.5，重力加速度g取10 m/s2，sin 37°＝0.6，cs 37°＝0.8.求：
圖5
(1)小滑塊第一次到達D點時的速度大?。?br>(2)小滑塊最終停止的位置距B點的距離。
解析 (1)小滑塊從A→B→C→D過程中，由動能定理得
mg(h1－h(huán)2)－μmgs＝eq \f(1,2)mveq \\al(2,D)－0
將h1、h2、s、μ、g代入得：vD＝3 m/s。
(2)對小滑塊運動全過程應用動能定理，設小滑塊在水平軌道上運動的總路程為s總。有：mgh1＝μmgs總
將h1、μ代入得：s總＝8.6 m
故小滑塊最終停止的位置距B點的距離為
2s－s總＝1.4 m。
答案 (1)3 m/s (2)1.4 m
【例題2】(2016·哈爾濱六中二模)某校物理興趣小組決定舉行遙控賽車比賽，比賽路徑如圖6所示。可視為質(zhì)點的賽車從起點A出發(fā)，沿水平直線軌道運動L后，由B點進入半徑為R的光滑豎直半圓軌道，并通過半圓軌道的最高點C，才算完成比賽。B是半圓軌道的最低點，水平直線軌道和半圓軌道相切于B點。已知賽車質(zhì)量m＝0.5 kg，通電后以額定功率P＝2 W工作，進入豎直半圓軌道前受到的阻力恒為Ff＝0.4 N，隨后在運動中受到的阻力均可不計，L＝10.0 m，R＝0.32 m，g取10 m/s2。
圖6
(1)要使賽車完成比賽，賽車在半圓軌道的B點對軌道的壓力至少為多大？
(2)要使賽車完成比賽，電動機至少工作多長時間？
(3)若電動機工作時間為t0＝5 s，當半圓軌道半徑為多少時賽車既能完成比賽且飛出的水平距離又最大？水平距離最大是多少？
解析 (1)賽車恰通過C點的條件是mg＝eq \f(mveq \\al(2,C),R)解得最小速度vC＝eq \r(gR)
由B到C過程應用機械能守恒定律得eq \f(1,2)mveq \\al(2,B)＝eq \f(1,2)mveq \\al(2,C)＋mg·2R
在B點應用牛頓第二定律得FN－mg＝meq \f(veq \\al(2,B),R)；聯(lián)立解得vB＝eq \r(5gR)＝4 m/s
FN＝6mg＝30 N
由牛頓第三定律得，賽車對軌道的壓力FN′＝FN＝30 N。
(2)由A到B過程克服摩擦力做功產(chǎn)生的熱量Q＝Ff L
根據(jù)能量守恒定律得Pt＝eq \f(1,2)mveq \\al(2,B)＋Q；聯(lián)立解得t＝4 s。
(3)由A到C過程根據(jù)能量守恒定律得Pt0＝eq \f(1,2)mvC′2＋Q＋mg·2R0
賽車過C點后做平拋運動，有2R0＝eq \f(1,2)gt2，x＝vC′t
聯(lián)立解得x2＝－16Req \\al(2,0)＋9.6R0
當R0＝0.3 m時xmax＝1.2 m。
答案 (1)30 N (2)4 s (3)0.3 m 1.2 m
一、機械能守恒定律
1.內(nèi)容：在只有重力或彈力做功的物體系統(tǒng)內(nèi)，動能與勢能可以互相轉(zhuǎn)化，而總的機械能保持不變.
2.表達式：mgh1＋eq \f(1,2)mv12＝mgh2＋eq \f(1,2)mv22.
3.機械能守恒的條件
(1)系統(tǒng)只受重力或彈簧彈力的作用，不受其他外力.
(2)系統(tǒng)除受重力或彈簧彈力作用外，還受其他內(nèi)力和外力，但這些力對系統(tǒng)不做功.
(3)系統(tǒng)內(nèi)除重力或彈簧彈力做功外，還有其他內(nèi)力和外力做功，但這些力做功的代數(shù)和為零.
(4)系統(tǒng)跟外界沒有發(fā)生機械能的傳遞，系統(tǒng)內(nèi)、外也沒有機械能與其他形式的能發(fā)生轉(zhuǎn)化.
二、能量守恒定律
1.內(nèi)容
能量既不會憑空產(chǎn)生，也不會憑空消失，它只能從一種形式轉(zhuǎn)化為另一種形式，或者從一個物體轉(zhuǎn)移到別的物體，在轉(zhuǎn)化或轉(zhuǎn)移的過程中，能量的總量保持不變.
2.表達式
ΔE減＝ΔE增.
3.基本思路
(1)某種形式的能量減少，一定存在其他形式的能量增加，且減少量和增加量一定相等；
(2)某個物體的能量減少，一定存在其他物體的能量增加，且減少量和增加量一定相等.
考點：機械能守恒
【例題3】關于機械能守恒定律的適用條件，下列說法中正確的是( )
A.只有重力和彈力作用時，機械能才守恒
B.當有其他外力作用時，只要合外力為零，機械能守恒
C.當有其他外力作用時，只要其他外力不做功，機械能守恒
D.炮彈在空中飛行不計阻力時，僅受重力作用，所以爆炸前后機械能守恒
答案 C
解析 機械能守恒的條件是“只有重力或系統(tǒng)內(nèi)彈力做功”而不是“只有重力和彈力作用”，“做功”和“作用”是兩個不同的概念，A項錯誤.物體受其他外力作用且合外力為零時，機械能可以不守恒，如拉一物體勻速上升，合外力為零，物體的動能不變，重力勢能增加，故機械能增加，B項錯誤.在炮彈爆炸過程中產(chǎn)生的內(nèi)能轉(zhuǎn)化為機械能，機械能不守恒，故D項錯誤.
【例題4】下列關于機械能守恒的說法中正確的是( )
A.做勻速運動的物體，其機械能一定守恒
B.物體只受重力，機械能才守恒
C.做勻速圓周運動的物體，其機械能一定守恒
D.除重力做功外，其他力不做功，物體的機械能一定守恒
答案 D
【例題5】如圖4甲所示，豎直平面內(nèi)的光滑軌道由傾斜直軌道AB和圓軌道BCD組成，AB和BCD相切于B點，CD連線是圓軌道豎直方向的直徑(C、D為圓軌道的最低點和最高點)，已知∠BOC＝30°.可視為質(zhì)點的小滑塊從軌道AB上高H處的某點由靜止滑下，用力傳感器測出小滑塊經(jīng)過圓軌道最高點D時對軌道的壓力為F，并得到如圖乙所示的壓力F與高度H的關系圖象，取g＝10 m/s2.求：
圖4
(1)滑塊的質(zhì)量和圓軌道的半徑；
(2)是否存在某個H值，使得小滑塊經(jīng)過最高點D后能直接落到直軌道AB上與圓心等高的點？若存在，請求出H值；若不存在，請說明理由.
答案 (1)0.1 kg 0.2 m (2)存在 0.6 m
解析 (1)設小滑塊的質(zhì)量為m，圓軌道的半徑為R
根據(jù)機械能守恒定律得
mg(H－2R)＝eq \f(1,2)mvD2，F(xiàn)＋mg＝eq \f(mv\\al( 2,D),R)
得：F＝eq \f(2mg?H－2R?,R)－mg
取點(0.50 m,0)和(1.00 m,5.0 N)代入上式得：
m＝0.1 kg，R＝0.2 m
(2)假設小滑塊經(jīng)過最高點D后能直接落到直軌道AB上與圓心等高的E點(如圖所示)
由幾何關系可得OE＝eq \f(R,sin 30°)
設小滑塊經(jīng)過最高點D時的速度為vD′
由題意可知，小滑塊從D運動到E，水平方向的位移為OE，豎直方向上的位移為R，
則OE＝vD′t，R＝eq \f(1,2)gt2
解得vD′＝2 m/s
而小滑塊過D點的臨界速度vD0＝eq \r(gR)＝eq \r(2) m/s
由于vD′＞vD0，所以存在一個H值，使得小滑塊經(jīng)過最高點D后能直接落到直軌道AB上與圓心等高的點
mg(H－2R)＝eq \f(1,2)mvD′2
解得H＝0.6 m.
考點：連接體中機械能守恒
【例題6】如圖5所示，左側(cè)豎直墻面上固定半徑為R＝0.3 m的光滑半圓環(huán)，右側(cè)豎直墻面上與圓環(huán)的圓心O等高處固定一光滑直桿.質(zhì)量為ma＝100 g的小球a套在半圓環(huán)上，質(zhì)量為mb＝36 g的滑塊b套在直桿上，二者之間用長為l＝0.4 m的輕桿通過兩鉸鏈連接.現(xiàn)將a從圓環(huán)的最高處由靜止釋放，使a沿圓環(huán)自由下滑，不計一切摩擦，a、b均視為質(zhì)點，重力加速度g＝10 m/s2.求：
(1)小球a滑到與圓心O等高的P點時的向心力大??；
(2)小球a從P點下滑至桿與圓環(huán)相切的Q點的過程中，桿對滑塊b做的功.
答案 (1)2 N (2)0.194 4 J
解析 (1)當a滑到與O同高度的P點時，a的速度v沿圓環(huán)切向向下，b的速度為零，
由機械能守恒可得：magR＝eq \f(1,2)mav2解得v＝eq \r(2gR)
對小球a受力分析，由牛頓第二定律可得：F＝eq \f(mav2,R)＝2mag＝2 N
(2)桿與圓環(huán)相切時，如圖所示，此時a的速度沿桿方向，
設此時b的速度為vb，則知va＝vbcs θ
由幾何關系可得：cs θ＝eq \f(l,\r(l2＋R2))＝0.8；球a下降的高度h＝Rcs θ
a、b及桿組成的系統(tǒng)機械能守恒：magh＝eq \f(1,2)mava2＋eq \f(1,2)mbvb2－eq \f(1,2)mav2
對滑塊b，由動能定理得：W＝eq \f(1,2)mbvb2＝0.194 4 J
【例題7】 (多選)(2015·新課標全國Ⅱ·21)如圖6所示，滑塊a、b的質(zhì)量均為m，a套在固定豎直桿上，與光滑水平地面相距h，b放在地面上.a、b通過鉸鏈用剛性輕桿連接，由靜止開始運動.不計摩擦，a、b可視為質(zhì)點，重力加速度大小為g.則( )
A.a落地前，輕桿對b一直做正功
B.a落地時速度大小為eq \r(2gh)
C.a下落過程中，其加速度大小始終不大于g
D.a落地前，當a的機械能最小時，b對地面的壓力大小為mg
答案 BD
解析 滑塊b的初速度為零，末速度也為零，所以輕桿對b先做正功，后做負功，選項A錯誤；以滑塊a、b及輕桿組成的系統(tǒng)為研究對象，系統(tǒng)的機械能守恒，當a剛落地時，b的速度為零，則mgh＝eq \f(1,2)mva2＋0，即va＝eq \r(2gh)，選項B正確；a、b的先后受力分析如圖甲、乙所示.
由a的受力情況可知，a下落過程中，其加速度大小先小于g后大于g，選項C錯誤；當a落地前b的加速度為零(即輕桿對b的作用力為零)時，b的機械能最大，a的機械能最小，這時b受重力、支持力，且FNb＝mg，由牛頓第三定律可知，b對地面的壓力大小為mg，選項D正確.
【例題8】半徑為R的光滑圓環(huán)豎直放置，環(huán)上套有兩個質(zhì)量分別為m和eq \r(3)m的小球A和B.A、B之間用一長為eq \r(2)R的輕桿相連，如圖7所示.開始時，A、B都靜止，且A在圓環(huán)的最高點，現(xiàn)將A、B釋放，試求：(重力加速度為g)
(1)B球到達最低點時的速度大??；
(2)B球到達最低點的過程中，桿對A球做的功；
(3)B球在圓環(huán)右側(cè)區(qū)域內(nèi)能達到的最高點位置.
答案 (1)eq \r(2gR) (2)0 (3)高于O點eq \f(\r(3),2)R處
解析 (1)釋放后B到達最低點的過程中A、B和桿組成的系統(tǒng)機械能守恒，mAgR＋mBgR＝eq \f(1,2)mAvA2＋eq \f(1,2)mBvB2，又OA與OB相互垂直，AB桿長l＝eq \r(2)R，故OA、OB與桿間夾角均為45°，可得vA＝vB，解得vB＝eq \r(2gR).
(2)對小球A應用動能定理可得
W桿A＋mAgR＝eq \f(1,2)mAvA2
又vA＝vB
解得桿對A球做功W桿A＝0.
(3)設B球到達右側(cè)最高點時，OB與豎直方向之間的夾角為θ，取圓環(huán)的圓心O所在水平面為零勢能面，由系統(tǒng)機械能守恒可得
mAgR＝mBgRcs θ－mAgRsin θ
代入數(shù)據(jù)可得θ＝30°.
所以B球在圓環(huán)右側(cè)區(qū)域內(nèi)達到最高點時，高于圓心O的高度hB＝Rcs θ＝eq \f(\r(3),2)R.
【例題9】(2016·全國卷Ⅱ·25)輕質(zhì)彈簧原長為2l，將彈簧豎直放置在地面上，在其頂端將一質(zhì)量為5m的物體由靜止釋放，當彈簧被壓縮到最短時，彈簧長度為l.現(xiàn)將該彈簧水平放置，一端固定在A點，另一端與物塊P接觸但不連接.AB是長度為5l的水平軌道，B端與半徑為l的光滑半圓軌道BCD相切，半圓的直徑BD豎直，如圖8所示.物塊P與AB間的動摩擦因數(shù)μ＝0.5.用外力推動物塊P，將彈簧壓縮至長度l，然后放開，P開始沿軌道運動，重力加速度大小為g.
(1)若P的質(zhì)量為m，求P到達B點時速度的大小，以及它離開圓軌道后落回到AB上的位置與B點之間的距離；
(2)若P能滑上圓軌道，且仍能沿圓軌道滑下，求P的質(zhì)量的取值范圍.
答案 (1)eq \r(6gl) 2eq \r(2)l (2)eq \f(5,3)m≤MμMg·4l⑩
要使P仍能沿圓軌道滑回，P在圓軌道的上升高度不能超過半圓軌道的中點C.
由機械能守恒定律有eq \f(1,2)MvB′2≤Mgl?
Ep＝eq \f(1,2)MvB′2＋μMg·4l?
聯(lián)立①⑩??式得eq \f(5,3)m≤Meq \r(gL)，使A開始沿斜面向下運動，B向上運動，物體A將彈簧壓縮到最短后又恰好能彈到C點.已知重力加速度為g，不計空氣阻力，整個過程中，輕繩始終處于伸直狀態(tài)，求：
圖9
(1)物體A向下運動剛到C點時的速度大小；
(2)彈簧的最大壓縮量；
(3)彈簧的最大彈性勢能.
答案 (1)eq \r(v02－gL) (2)eq \f(1,2)(eq \f(v02,g)－L) (3)eq \f(3,4)m(v02－gL)
解析 (1)物體A與斜面間的滑動摩擦力Ff＝2μmgcs θ，
對A向下運動到C點的過程，由能量守恒定律有
2mgLsin θ＋eq \f(3,2)mv02＝eq \f(3,2)mv2＋mgL＋Q
其中Q＝FfL＝2μmgLcs θ
解得v＝eq \r(v02－gL)
(2)從物體A接觸彈簧將彈簧壓縮到最短后又恰好回到C點的過程，對系統(tǒng)應用動能定理
－Ff·2x＝0－eq \f(1,2)×3mv2
解得x＝eq \f(v02,2g)－eq \f(L,2)＝eq \f(1,2)(eq \f(v02,g)－L)
(3)從彈簧壓縮至最短到物體A恰好彈回到C點的過程中，由能量守恒定律得
Ep＋mgx＝2mgxsin θ＋Q′
Q′＝Ffx＝2μmgxcs θ
解得Ep＝eq \f(3m,4)(v02－gL)
1.如圖2所示，可視為質(zhì)點的小球A、B用不可伸長的細軟輕線連接，跨過固定在地面上、半徑為R的光滑圓柱，A的質(zhì)量為B的兩倍.當B位于地面上時，A恰與圓柱軸心等高.將A由靜止釋放，B上升的最大高度是( )
圖2
A.2R B.eq \f(5R,3)
C.eq \f(4R,3) D.eq \f(2R,3)
1.答案 C
解析 設B球質(zhì)量為m，A球剛落地時，兩球速度大小都為v，根據(jù)機械能守恒定律2mgR－mgR＝eq \f(1,2)(2m＋m)v2得v2＝eq \f(2,3)gR，B球繼續(xù)上升的高度h＝eq \f(v2,2g)＝eq \f(R,3)，B球上升的最大高度為h＋R＝eq \f(4,3)R，故選C.
2.如圖1所示，在豎直平面內(nèi)有一半徑為R的圓弧形軌道，半徑OA水平、OB豎直，一個質(zhì)量為m的小球自A的正上方P點由靜止開始自由下落，小球沿軌道到達最高點B時恰好對軌道沒有壓力.已知AP＝2R，重力加速度為g，則小球從P至B的運動過程中( )
圖1
A.重力做功2mgR B.機械能減少mgR
C.合外力做功mgR D.克服摩擦力做功eq \f(1,2)mgR
2.答案 D
3.(多選)如圖3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、通過不可伸長的輕繩跨過定滑輪連接，輕繩與斜面平行.兩滑塊由靜止釋放后，沿斜面做勻加速運動.若不計滑輪的質(zhì)量和摩擦，在兩滑塊沿斜面運動的過程中( )
圖3
A.兩滑塊組成的系統(tǒng)機械能守恒
B.重力對M做的功等于M動能的增加
C.輕繩對m做的功等于m機械能的增加
D.兩滑塊組成的系統(tǒng)的機械能損失等于M克服摩擦力做的功
3.答案 CD
解析 兩滑塊釋放后，M下滑、m上滑，摩擦力對M做負功，系統(tǒng)的機械能減少，減少的機械能等于M克服摩擦力做的功，選項A錯誤，D正確.除重力對滑塊M做正功外，還有摩擦力和繩的拉力對滑塊M做負功，選項B錯誤.繩的拉力對滑塊m做正功，滑塊m機械能增加，且增加的機械能等于拉力做的功，選項C正確.
4.(多選)如圖4所示，質(zhì)量為m的物體以某一速度沖上一個傾角為37°的斜面，其運動的加速度的大小為0.9g，這個物體沿斜面上升的最大高度為H，則在這一過程中( )
圖4
A.物體的重力勢能增加了0.9mgH
B.物體的重力勢能增加了mgH
C.物體的動能損失了0.5mgH
D.物體的機械能損失了0.5mgH
4.答案 BD
解析 在物體上滑到最大高度的過程中，重力對物體做負功，故物體的重力勢能增加了mgH，故A錯誤，B正確；物體所受的合力沿斜面向下，其合力做的功為W＝－F·eq \f(H,sin 37°)＝－ma·eq \f(H,sin 37°)＝－1.5mgH，故物體的動能損失了1.5mgH，故C錯誤；設物體受到的摩擦力為Ff，由牛頓第二定律得mgsin 37°＋Ff＝ma，解得Ff＝0.3mg.摩擦力對物體做的功為Wf＝－Ff·eq \f(H,sin 37°)＝－0.5mgH，因此物體的機械能損失了0.5mgH，故D正確.
5.如圖6所示，在傾角θ＝30°的光滑固定斜面上，放有兩個質(zhì)量分別為1 kg和2 kg的可視為質(zhì)點的小球A和B，兩球之間用一根長L＝0.2 m的輕桿相連，小球B距水平面的高度h＝0.1 m.兩球由靜止開始下滑到光滑地面上，不計球與地面碰撞時的機械能損失，g取10 m/s2.則下列說法中正確的是( )
圖6
A.整個下滑過程中A球機械能守恒
B.整個下滑過程中B球機械能守恒
C.整個下滑過程中A球機械能的增加量為eq \f(2,3) J
D.整個下滑過程中B球機械能的增加量為eq \f(2,3) J
5.答案 D
解析 在下滑的整個過程中，只有重力對系統(tǒng)做功，系統(tǒng)的機械能守恒，但在B球沿水平面滑行，而A球沿斜面滑行時，桿的彈力對A、B球做功，所以A、B球各自機械能不守恒，故A、B錯誤；根據(jù)系統(tǒng)機械能守恒得：mAg(h＋Lsin θ)＋mBgh＝eq \f(1,2)(mA＋mB)v2，解得：v＝eq \f(2,3)eq \r(6) m/s，系統(tǒng)下滑的整個過程中B球機械能的增加量為eq \f(1,2)mBv2－mBgh＝eq \f(2,3) J，故D正確；A球的機械能減少量為eq \f(2,3) J，C錯誤.
6.如圖9所示，半徑為R的光滑半圓軌道ABC與傾角θ＝37°的粗糙斜面軌道DC相切于C，圓軌道的直徑AC與斜面垂直.質(zhì)量為m的小球從A點左上方距A點高為h的P點以某一速度水平拋出，剛好與半圓軌道的A點相切進入半圓軌道內(nèi)側(cè)，之后經(jīng)半圓軌道沿斜面剛好滑到與拋出點等高的D處.已知當?shù)氐闹亓铀俣葹間，取R＝eq \f(50,9)h，sin 37°＝0.6，cs 37°＝0.8，不計空氣阻力.求：
圖9
(1)小球被拋出時的速度v0；
(2)小球到達半圓軌道最低點B時，對軌道的壓力大??；
(3)小球從C到D過程中克服摩擦力做的功W.
6.答案 (1)eq \f(4,3)eq \r(2gh) (2)5.6mg (3)eq \f(16,9)mgh
解析 (1)小球到達A點時，速度與水平方向的夾角為θ，如圖所示.設豎直方向的速度為vy，則有vy＝eq \r(2gh)
由幾何關系得v0＝eq \f(vy,tan θ)
得v0＝eq \f(4,3)eq \r(2gh).
(2)A、B間豎直高度H＝R(1＋cs θ)
設小球到達B點時的速度為v，則從拋出點到B過程中由機械能守恒定律有
eq \f(1,2)mv02＋mg(H＋h)＝eq \f(1,2)mv2
在B點，由牛頓第二定律有FN－mg＝meq \f(v2,R)
解得FN＝5.6mg
由牛頓第三定律知，小球在B點對軌道的壓力大小是5.6mg.
(3)小球沿斜面上滑過程中克服摩擦力做的功等于小球做平拋運動的初動能，有
W＝eq \f(1,2)mv02＝eq \f(16,9)mgh.
7.如圖8所示，一質(zhì)量為m的小球固定于輕質(zhì)彈簧的一端，彈簧的另一端固定于O點.將小球拉至A點，彈簧恰好無形變，由靜止釋放小球，當小球運動到O點正下方與A點的豎直高度差為h的B點時，速度大小為v.已知重力加速度為g，下列說法正確的是( )
圖8
A.小球運動到B點時的動能等于mgh
B.小球由A點到B點重力勢能減少eq \f(1,2)mv2
C.小球由A點到B點克服彈力做功為mgh
D.小球到達B點時彈簧的彈性勢能為mgh－eq \f(1,2)mv2
7.答案 D
解析 小球由A點到B點的過程中，小球和彈簧組成的系統(tǒng)機械能守恒，彈簧伸長，彈簧的彈性勢能增大，小球動能的增加量與彈簧彈性勢能的增加量之和等于小球重力勢能的減小量，即小球動能的增加量小于重力勢能的減少量mgh，A、B項錯誤，D項正確；彈簧彈性勢能的增加量等于小球克服彈力所做的功，C項錯誤.
8.(2018·四川德陽調(diào)研)足夠長的水平傳送帶以恒定速度v勻速運動，某時刻一個質(zhì)量為m的小物塊以大小也是v、方向與傳送帶的運動方向相反的初速度沖上傳送帶，最后小物塊的速度與傳送帶的速度相同.在小物塊與傳送帶間有相對運動的過程中，滑動摩擦力對小物塊做的功為W，小物塊與傳送帶間因摩擦產(chǎn)生的熱量為Q，則下列判斷中正確的是( )
A.W＝0，Q＝mv2 B.W＝0，Q＝2mv2
C.W＝eq \f(mv2,2)，Q＝mv2 D.W＝mv2，Q＝2mv2
8.答案 B
解析 對小物塊，由動能定理有W＝eq \f(1,2)mv2－eq \f(1,2)mv2＝0，設小物塊與傳送帶間的動摩擦因數(shù)為μ，則小物塊與傳送帶間的相對路程x相對＝eq \f(2v2,μg)，這段時間內(nèi)因摩擦產(chǎn)生的熱量Q＝μmg·x相對＝2mv2，選項B正確.
9.(多選)如圖9所示，質(zhì)量為M、長度為L的小車靜止在光滑的水平面上.質(zhì)量為m的小物塊(可視為質(zhì)點)放在小車的最左端.現(xiàn)用一水平恒力F作用在小物塊上，使物塊從靜止開始做勻加速直線運動，物塊和小車之間的摩擦力為Ff，物塊滑到小車的最右端時，小車運動的距離為s.在這個過程中，以下結(jié)論正確的是( )
圖9
A.物塊到達小車最右端時具有的動能為F(L＋s)
B.物塊到達小車最右端時，小車具有的動能為Ffs
C.物塊克服摩擦力所做的功為Ff(L＋s)
D.物塊和小車增加的機械能為Ffs
9.答案 BC
解析 對物塊分析，物塊相對于地的位移為L＋s，根據(jù)動能定理得(F－Ff)(L＋s)＝eq \f(1,2)mv2－0，則知物塊到達小車最右端時具有的動能為(F－Ff)(L＋s)，故A錯誤；對小車分析，小車對地的位移為s，根據(jù)動能定理得Ffs＝eq \f(1,2)Mv′2－0，則知物塊到達小車最右端時，小車具有的動能為Ffs，故B正確；物塊相對于地的位移大小為L＋s，則物塊克服摩擦力所做的功為Ff(L＋s)，故C正確；根據(jù)能量守恒得，外力F做的功轉(zhuǎn)化為小車和物塊的機械能以及摩擦產(chǎn)生的內(nèi)能，則有F(L＋s)＝ΔE＋Q，則物塊和小車增加的機械能為ΔE＝F(L＋s)－FfL，故D錯誤.
10.(2016·樂山市三診)利用彈簧彈射和皮帶傳動裝置可以將工件運送至高處。如圖3所示，已知傳送軌道平面與水平方向成37°角，傾角也是37°的光滑斜面軌道固定于地面且與傳送軌道良好對接，彈簧下端固定在斜面底端，工件與皮帶間的動摩擦因數(shù)μ＝0.25。皮帶傳動裝置順時針勻速轉(zhuǎn)動的速度v＝4 m/s，兩輪軸心相距L＝5 m，B、C分別是傳送帶與兩輪的切點，輪緣與傳送帶之間不打滑?，F(xiàn)將質(zhì)量m＝1 kg的工件放在彈簧上，用力將彈簧壓縮至A點后由靜止釋放，工件離開斜面頂端滑到皮帶上的B點時速度v0＝8 m/s，A、B間的距離x＝1 m。工件可視為質(zhì)點，g取10 m/s2。(sin 37°＝0.6，cs 37°＝0.8)求：
圖3
(1)彈簧的最大彈性勢能；
(2)工件沿傳送帶上滑的時間。
10.解析 (1)彈簧的最大彈性勢能
Ep＝mgxsin 37°＋eq \f(1,2)mveq \\al(2,0)
得Ep＝38 J。
(2)工件沿傳送軌道減速向上滑動過程
mgsin 37°＋μmgcs 37°＝ma1
與傳送帶共速需要時間t1＝eq \f(v0－v,a1)＝0.5 s
工件滑行位移大小x1＝eq \f(veq \\al(2,0)－v2,2a1)＝3 m＜L
因為μ＜tan 37°，所以工件將沿傳送帶繼續(xù)減速上滑mgsin 37°－μmgcs 37°＝ma2
假設工件速度減為0時，工件未從傳送帶上滑落。則
t2＝eq \f(v,a2)＝1 s
工件滑行位移大小x2＝eq \f(v2,2a2)＝2 m＝L－x1
故假設成立，工件沿傳送帶上滑的時間為
t＝t1＋t2＝1.5 s。
答案 (1)38 J (2)1.5 s
11.(2016·揚州摸底)如圖4所示，半徑R＝0.5 m的光滑圓弧面CDM分別與光滑斜面體ABC和斜面MN相切于C、M點，O為圓弧圓心，D為圓弧最低點。斜面體ABC固定在地面上，頂端B安裝一定滑輪，一輕質(zhì)軟細繩跨過定滑輪(不計滑輪摩擦)分別連接小物塊P、Q(兩邊細繩分別與對應斜面平行)，并保持P、Q兩物塊靜止。若P、C間距為L1＝0.25 m，斜面MN足夠長，物塊P質(zhì)量m1＝3 kg，與MN間的動摩擦因數(shù)μ＝eq \f(1,3)。求：(sin 37°＝0.6，cs 37°＝0.8，g取10 m/s2)
圖4
(1)燒斷細繩后，物塊P第一次到達D點時對軌道的壓力大??；
(2)物塊P在MN斜面上滑行的總路程。
11.解析 (1)根據(jù)幾何關系，P、D間的高度差
h＝L1sin 53°＋R(1－cs 53°)＝0.4 m
物塊由P到D過程，由機械能守恒定律得
m1gh＝eq \f(1,2)m1veq \\al(2,D)
在D點，支持力和重力的合力提供向心力
FD－m1g＝m1eq \f(veq \\al(2,D),R)
聯(lián)立解得FD＝78 N
由牛頓第三定律得，物塊P對軌道的壓力大小為78 N。
(2)物塊P運動到M點過程，根據(jù)機械能守恒定律得
m1gL1sin 53°＝eq \f(1,2)m1veq \\al(2,M)
解得vM＝2 m/s
物塊最終在圓弧軌道上往復滑動，且到達M點時速度為零
全過程減少的機械能ΔE＝m1gL1sin 53°
產(chǎn)生的內(nèi)能Q＝μm1gcs 53°·s
根據(jù)能量守恒定律得ΔE＝Q，即
m1gL1sin 53°＝μm1gcs 53°·s
解得其在MN斜面上滑行的總路程s＝1.0 m。
答案 (1)78 N (2)1.0 m
12.(2016·宜春沖刺)如圖5所示，讓擺球從圖中的C位置由靜止開始擺下，擺到最低點D處，擺線剛好被拉斷，小球在粗糙的水平面上由D點向右做勻減速運動，到達小孔A進入半徑R＝0.3 m的豎直放置的光滑圓弧軌道，當擺球進入圓軌道立即關閉A孔。已知擺線長L＝2 m，θ＝60°，小球質(zhì)量為m＝0.5 kg，D點與小孔A的水平距離s＝2 m，g取10 m/s2。
圖5
(1)擺線能承受的最大拉力為多大？
(2)要使擺球能進入圓軌道并且不脫離軌道，求擺球與粗糙水平面間動摩擦因數(shù)μ的范圍。
12.解析 (1)擺球由C到D過程機械能守恒，則
mg(L－Lcs θ)＝eq \f(1,2)mveq \\al(2,D)
在D點由牛頓第二定律得
FT－mg＝eq \f(mveq \\al(2,D),L)
聯(lián)立得擺線的最大拉力為FT＝2mg＝10 N。
(2)擺球不脫離圓軌道的情況有：
①擺球能到達A孔，且小球到達A孔的速度恰好為零
對擺球從D到A的過程，由動能定理得
－μ1mgs＝0－eq \f(1,2)mveq \\al(2,D)
解得μ1＝0.5
②擺球進入A孔的速度較小，在圓心以下做等幅擺動，不脫離軌道
其臨界情況為到達與圓心等高處速度為零
由機械能守恒定律得
eq \f(1,2)mveq \\al(2,A)＝mgR
對擺球從D到A的過程，由動能定理得
－μ2mgs＝eq \f(1,2)mveq \\al(2,A)－eq \f(1,2)mveq \\al(2,D)
解得μ2＝0.35
③擺球能過圓軌道的最高點則不會脫離軌道在圓周的最高點，由牛頓第二定律得
mg＝eq \f(mv2,R)
由動能定理得
－μ3mgs－2mgR＝eq \f(1,2)mv2－eq \f(1,2)mveq \\al(2,D)
解得μ3＝0.125
綜上所述，動摩擦團數(shù)μ的范圍為0.35≤μ≤0.5或者μ≤0.125。
答案 (1)10 N (2)0.35≤μ≤0.5或μ≤0.125
1．如圖10所示，一物體質(zhì)量m＝2 kg，在傾角θ＝37°的斜面上的A點以初速度v0＝3 m/s下滑，A點距彈簧上端B的距離AB＝4 m.當物體到達B后將彈簧壓縮到C點，最大壓縮量BC＝0.2 m，然后物體又被彈簧彈上去，彈到的最高位置為D點，D點距A點AD＝3 m.擋板及彈簧質(zhì)量不計，g取10 m/s2，sin 37°＝0.6，求：
圖10
(1)物體與斜面間的動摩擦因數(shù)μ；
(2)彈簧的最大彈性勢能Epm.
1.答案 (1)0.52 (2)24.4 J
解析 (1)物體從A點至最后彈到D點的全過程中，
動能減少ΔEk＝eq \f(1,2)mv02＝9 J.
重力勢能減少ΔEp＝mglADsin 37°＝36 J.
機械能減少ΔE＝ΔEk＋ΔEp＝45 J
減少的機械能全部用來克服摩擦力做功，即
Wf＝Ffl＝45 J，而路程l＝5.4 m，則
Ff＝eq \f(Wf,l)≈8.33 N.
而Ff＝μmgcs 37°，所以
μ＝eq \f(Ff,mgcs 37°)≈0.52.
(2)由A到C的過程：動能減少ΔEk′＝eq \f(1,2)mv02＝9 J.
重力勢能減少ΔEp′＝mglACsin 37°＝50.4 J.
物體克服摩擦力做的功
Wf′＝FflAC＝μmgcs 37°·lAC＝35 J.
由能量守恒定律得：
Epm＝ΔEk′＋ΔEp′－Wf′＝24.4 J.
2.如圖2所示，質(zhì)量m＝3 kg的小物塊以初速度v0＝4 m/s水平向右拋出，恰好從A點沿著圓弧的切線方向進入圓弧軌道.圓弧軌道的半徑為R＝3.75 m，B點是圓弧軌道的最低點，圓弧軌道與水平軌道BD平滑連接，A與圓心O的連線與豎直方向成37°角.MN是一段粗糙的水平軌道，小物塊與MN間的動摩擦因數(shù)μ＝0.1，軌道其他部分光滑.最右側(cè)是一個半徑為r＝0.4 m的半圓弧軌道，C點是半圓弧軌道的最高點，半圓弧軌道與水平軌道BD在D點平滑連接.已知重力加速度g＝10 m/s2，sin 37°＝0.6，cs 37°＝0.8.
圖2
(1)求小物塊經(jīng)過B點時對軌道的壓力大??；
(2)若MN的長度為L＝6 m，求小物塊通過C點時對軌道的壓力大??；
(3)若小物塊恰好能通過C點，求MN的長度L′.
思維規(guī)范 1.過程劃分：追蹤運動過程劃分不同階段，根據(jù)不同階段滿足的物理規(guī)律進行剖析和求解.
本題可分為四個不同的運動過程：平拋運動、圓周運動、水平面上的運動和豎直面內(nèi)的圓周運動.
滿足的物理規(guī)律分別為：運動分解、機械能守恒、動能定理和牛頓第二定律.
2.條件挖掘：
(1)“從A點沿著圓弧的切線方向”可通過運動的分解求A點速度.
(2)“恰好能通過C點”可知在C點的速度.
表達規(guī)范
解析 (1)根據(jù)平拋運動的規(guī)律有v0＝vAcs 37°
解得小物塊經(jīng)過A點時的速度大小vA＝5 m/s
小物塊從A點運動到B點，根據(jù)機械能守恒定律有
eq \f(1,2)mvA2＋mg(R－Rcs 37°)＝eq \f(1,2)mveq \\al( 2,B)
小物塊經(jīng)過B點時，根據(jù)牛頓第二定律有FN－mg＝eq \f(mv\\al( 2,B),R)
解得FN＝62 N，根據(jù)牛頓第三定律，小物塊通過B點時對軌道的壓力大小是62 N.
(2)小物塊由B點運動到C點，根據(jù)動能定理有
－μmgL－2mgr＝eq \f(1,2)mveq \\al( 2,C)－eq \f(1,2)mveq \\al( 2,B)
在C點，根據(jù)牛頓第二定律有
FN′＋mg＝eq \f(mv\\al( 2,C),r)
解得FN′＝60 N，根據(jù)牛頓第三定律，小物塊通過C點時對軌道的壓力大小是60 N.
(3)小物塊剛好能通過C點時，根據(jù)mg＝eq \f(mvC′2,r)
解得vC′＝2 m/s
小物塊從B點運動到C點的過程中，根據(jù)動能定理有
－μmgL′－2mgr＝eq \f(1,2)mvC′2－eq \f(1,2)mveq \\al( 2,B)
解得L′＝10 m.
答案 (1)62 N (2)60 N (3)10 m
動能定理、機械能守恒、能量守恒等三定律都是能夠解決物體運動過程中從一個位置到另一個位置的運動狀態(tài)變化問題，能量問題，列式解答過程中式子有諸多相似的點，所以存在很多同學常犯錯的點。
分不清過程定理、定律使用的條件
列式存在混淆
對此，建議同學梳理清楚定理的內(nèi)容、使用條件、表達式的物理意義
動能定理等式意義：合力做的功=物體動能改變量（任何情況都能用）
機械能守恒等式意義：①系統(tǒng)初始狀態(tài)總機械能=系統(tǒng)末狀態(tài)總機械能
②系統(tǒng)初末狀態(tài)所增加的機械能=系統(tǒng)初末狀態(tài)所減小的機械能（只有重力、彈力做功時可用）
能量守恒等式意義：①系統(tǒng)初始狀態(tài)各能量總和=系統(tǒng)末狀態(tài)各能量總和；②系統(tǒng)初末狀態(tài)所增加的能量=系統(tǒng)初末狀態(tài)所減小的能量（任何情況都能用）
拓展題：連接體的機械能守恒
1.對多個物體組成的系統(tǒng)要注意判斷物體運動過程中，系統(tǒng)的機械能是否守恒.
2.注意尋找用繩或桿相連接的物體間的速度關系和位移關系.
3.列機械能守恒方程時，一般選用ΔEk＝－ΔEp或ΔEA＝－ΔEB的形式.
含彈簧類機械能守恒問題
1.由于彈簧的形變會具有彈性勢能，系統(tǒng)的總動能將發(fā)生變化，若系統(tǒng)所受的外力和除彈簧彈力以外的內(nèi)力不做功，系統(tǒng)機械能守恒.
2.在相互作用過程特征方面，彈簧兩端物體把彈簧拉伸至最長(或壓縮至最短)時，兩端的物體具有相同的速度，彈性勢能最大.
3.如果系統(tǒng)每個物體除彈簧彈力外所受合力為零，當彈簧為自然長度時，系統(tǒng)內(nèi)彈簧某一端的物體具有最大速度(如繃緊的彈簧由靜止釋放).

相關試卷

新高考物理一輪復習考點練習考向26 熱學 其他（含解析）：

這是一份新高考物理一輪復習考點練習考向26 熱學 其他（含解析），共20頁。試卷主要包含了分子直徑d，熱力學第一定律，熱力學第二定律等內(nèi)容，歡迎下載使用。

新高考物理一輪復習考點練習考向11 功與能（含解析）：

這是一份新高考物理一輪復習考點練習考向11 功與能（含解析），共12頁。

新高考物理三輪沖刺突破練習專題09機械能與能量守恒（含解析）：

這是一份新高考物理三輪沖刺突破練習專題09機械能與能量守恒（含解析），共25頁。試卷主要包含了機械能守恒定律的應用，多物體機械能守恒問題等內(nèi)容，歡迎下載使用。

英語朗讀寶

相關試卷 更多

高考物理一輪復習過關訓練考點14 機械能與能量守恒（含解析）

高考物理一輪復習過關訓練考點14 機械能與能量守恒（含解析）
考向14 機械能與能量守恒-備戰(zhàn)2022年高考物理一輪復習考點微專題

考向14 機械能與能量守恒-備戰(zhàn)2022年高考物理一輪復習考點微專題
高中物理高考 考向14 機械能與能量守恒-備戰(zhàn)2022年高考物理一輪復習考點微專題

高中物理高考 考向14 機械能與能量守恒-備戰(zhàn)2022年高考物理一輪復習考點微專題
(新高考)高考物理一輪復習考點14《機械能與能量守恒》 (含解析)

(新高考)高考物理一輪復習考點14《機械能與能量守恒》 (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，認為該資料內(nèi)容侵犯了您的知識產(chǎn)權(quán)，請掃碼添加我們的相關工作人員，我們盡可能的保護您的合法權(quán)益。
入駐教習網(wǎng)，可獲得資源免費推廣曝光，還可獲得多重現(xiàn)金獎勵，申請 精品資源制作， 工作室入駐。
版權(quán)申訴二維碼
高考專區(qū)
歡迎來到教習網(wǎng)
  • 900萬優(yōu)選資源，讓備課更輕松
  • 600萬優(yōu)選試題，支持自由組卷
  • 高質(zhì)量可編輯，日均更新2000+
  • 百萬教師選擇，專業(yè)更值得信賴
微信掃碼注冊
qrcode
二維碼已過期
刷新

微信掃碼，快速注冊

手機號注冊
手機號碼

手機號格式錯誤

手機驗證碼 獲取驗證碼

手機驗證碼已經(jīng)成功發(fā)送，5分鐘內(nèi)有效

設置密碼

6-20個字符，數(shù)字、字母或符號

注冊即視為同意教習網(wǎng)「注冊協(xié)議」及「隱私條款」
QQ注冊
手機號注冊
微信注冊

注冊成功

返回
頂部