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专题五 机械能守恒定律 功能关系
考点 考纲要求 考点解读及预测
功和功率 Ⅱ 功、能、能量守恒是近几年高考理科综合物理命题的重点、热点和焦点，也是广大考生普遍感到棘手的难点之一．能量守恒贯穿于整个高中物理学习的始终，是联系各部分知识的主线．它不仅为解决力学问题开辟了一条重要途径，同时也为我们分析问题和解决问题提供了重要依据．守恒思想是物理学中极为重要的思想方法，是物理学研究的极高境界，是开启物理学大门的金钥匙，同样也是对考生进行方法教育和能力培养的重要方面．因此，功、能、能量守恒可谓高考物理的重中之重，常作为压轴题出现在物理试卷中。功、能、能量守恒考查的特点是：①灵活性强，难度较大，能力要求高，内容极丰富，多次出现综合计算；②题型全，不论是从内容上看还是从方法上看都极易满足理科综合试题的要求，经常与牛顿运动定律、圆周运动、电磁学和近代物理知识综合运用，在高考中所占份量相当大．
动能和动能定理 Ⅱ
功能关系、机械能守恒定律及其应用 Ⅱ
实验六：验证机械能守恒定律 Ⅱ
知识网络
功 功率 动能定理
三、机械能守恒定律 功能关系
知识梳理
1.机械能守恒定律
(1)守恒条件
①只有重力或系统内弹簧弹力做功。
②虽受其他力，但其他力不做功或做的总功为零。
(2)三种表达式
①守恒的观点：Ek1＋Ep1＝Ek2＋Ep2。
②转化的观点：ΔEp＝－ΔEk。
③转移的观点：EA增＝EB减。
2.几种常见的功能转化关系
(1)合力的功影响动能，关系式为W合＝ΔEk。
(2)重力的功影响重力势能，关系式为WG＝－ΔEp。
(3)弹簧弹力的功影响弹性势能，关系式为W弹＝－ΔEp。
(4)电场力的功影响电势能，关系式为W电＝－ΔEp。
(5)滑动摩擦力的功影响内能，关系式为Ffl相对＝ΔE内。
(6)除重力和弹簧弹力之外的其他力的功影响机械能，关系式为W其＝ΔE机。
(7)克服安培力的功影响电能，关系式为W克安＝ΔE电。
1.功率的分析与计算
（1）图解功和功率的计算
（2）机车启动问题的两种求解思路
①图解机车以恒定功率启动：
②图解机车以恒定加速度启动：
2.动能定理的应用
（1）对动能定理的理解
①动能定理表达式W＝ΔEk中，W表示所有外力做功的代数和。ΔEk为所研究过程的末动能与初动能之差，且物体的速度均是相对地面的速度。
②
（2）应用动能定理解题应注意的四点
①动能定理往往用于单个物体的运动过程，由于不涉及加速度及时间，比动力学研究方法要简捷。
②动能定理表达式是一个标量式，在某个方向上应用动能定理是没有依据的。
③物体在某个运动过程中包含有几个运动性质不同的过程(如加速、减速的过程)，此时可以分段考虑，也可以对全过程考虑，但如能对整个过程利用动能定理列式，则可使问题简化。
④根据动能定理列方程时，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。
3.机械能守恒定律的应用
（1）机械能守恒的三种判断方法
①用做功判断：若物体或系统只有重力(或弹簧的弹力)做功，虽受其他力，但其他力不做功，则其机械能守恒。
②用能量转化判断：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的能的相互转化，则其机械能守恒。
③对多个物体组成的系统，除考虑是否只有重力做功外，还要考虑系统内力是否做功，如有滑动摩擦力做功时，因摩擦生热，系统机械能将有损失。
（3）机械能守恒定律的三种表达形式
4.功能关系及能量守恒定律
（1）常见的功能关系
（2）应用能量守恒定律的两条基本思路
①某种形式的能减少，一定存在其他形式的能增加，且减少量和增加量一定相等，即ΔE减＝ΔE增。
②某个物体的能量减少，一定存在其他物体的能量增加，且减少量和增加量一定相等，即ΔEA减＝ΔEB增。
3.摩擦力做功与能量的关系
（1）两种摩擦力做功的比较
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
只有能量的转移，没有能量的转化 既有能量的转移，又有能量的转化
两种摩擦力都可以对物体做正功或者负功，还可以不做功
（2）三步求解相对滑动物体的能量问题
考点一 　功率的分析与计算
【典例1】(多选)(2020·湖北四校期中联考)一质量为m的物体静止在水平地面上，在水平拉力的作用下开始运动，图甲是在0～6 s内其速度与时间关系图象，图乙是拉力的功率与时间关系图象，g取10 m/s2。下列判断正确的是(　　)
甲　　　　　　乙
A．拉力的大小为4 N，且保持不变
B．物体的质量为2 kg
C．0～6 s内物体克服摩擦力做的功为24 J
D．0～6 s内拉力做的功为156 J
[思路点拨](1)根据v t图象可以获得物体的运动速度、加速度、通过的位移等信息，根据P t图象结合功率公式可以求出力的大小。
(2)恒力做功可以根据功的定义式求解，变力做功一般根据动能定理求解。
【解析】对物体受力分析，由图甲可知，在0～2 s内物体做匀加速运动，拉力大于滑动摩擦力，在2～6 s内物体做匀速运动，拉力等于滑动摩擦力，因此拉力大小不恒定，选项A错误；在2～6 s内根据功率公式P＝Fv，有F＝＝4 N，故滑动摩擦力f＝F＝4 N，在图甲中，0～2 s内有a＝＝3 m/s2，由牛顿第二定律可知F′－f＝ma，又P′＝F′v，联立解得m＝2 kg，F′＝10 N，选项B正确；由图甲可知在0～6 s内物体通过的位移为x＝30 m，故物体克服摩擦力做的功为Wf＝fx＝120 J，选项C错误；由动能定理可知W－Wf＝mv2，故0～6 s内拉力做的功W＝mv2＋Wf＝×2×62 J＋120 J＝156 J，选项D正确。
【答案】BD
考点二.动能定理的应用
【典例2】如图所示，光滑的半圆形轨道OA和AB位于同一竖直面内，它们的半径分别为r＝0.3 m和R＝0.4 m，两轨道相切于最高点A，半圆形轨道AB与水平轨道BC相切于最低点B，轨道BC的长度可以调节，轨道BC的右端与一倾角为45°的斜面CD相连，C点离地面的高度为h＝3.2 m。现用弹簧装置(图中未画出)将一小滑块(可视为质点)从半圆形轨道OA的最低点O弹出，小滑块运动过程中恰好不脱离圆弧轨道OAB，滑块与BC段的动摩擦因数为μ＝0.4，g取10 m/s2，忽略空气阻力。
(1)求小滑块从O点弹出时的速度大小；
(2)改变水平轨道BC的长度，使小滑块能够落在斜面CD上，求轨道BC的长度范围。
【思路点拨】应用动能定理解题的思维流程
[解析]　(1)由题意，在最高点A对滑块受力分析，结合牛顿第二定律可得mg＝m，从O到A的过程中，由动能定理可得－mg·2r＝mv－mv
联立解得滑块从O点弹出时的速度大小v0＝4 m/s。
(2)若滑块恰好落在D点，此时BC的长度最短，则
水平方向有x＝vt
竖直方向有h＝gt2
联立解得滑块离开C的速度为v＝4 m/s
从O到C的过程中，由动能定理可得mg(2R－2r)－μmgx1＝mv2－mv
解得BC的最短长度为x1＝0.5 m。
滑块到C点的速度恰好为零时，从O到C有mg(2R－2r)－μmgx2＝－mv
解得BC最长为x2＝2.5 m
所以轨道BC的长度范围为0.5 m≤x≤2.5 m。
[答案]　(1)4 m/s　(2)0.5 m≤x≤2.5 m
考点三 机械能守恒定律的应用
【典例3】(2020·河北承德一中第三次月考)如图所示，两个半径为R的四分之一圆弧构成的光滑细管道ABC竖直放置，且固定在光滑水平面上，圆心连线O1O2水平。轻弹簧左端固定在竖直挡板上，右端与质量为m的小球接触(不拴接，小球的直径略小于管的内径)，长为R的薄板DE置于倾角θ＝37°的斜面上，斜面的底端O恰好位于C点的正下方，板的下端D到O点的距离为R。开始时弹簧处于锁定状态，具有一定的弹性势能，其中g为重力加速度，sin 37°＝0.6，解除锁定，小球离开弹簧后进入管道，最后从C点抛出。
(1)若小球经C点时所受的弹力的大小为mg，求弹簧弹性势能的大小Ep；
(2)若用此锁定的弹簧发射质量不同的小球，问小球质量m1满足什么条件，从C点抛出的小球才能击中薄板DE
[思路点拨]　求解本题关键要注意弹簧的弹性势能只与弹簧的形变量有关，当形变量不变时，弹簧的弹性势能不变，但换用质量不同的小球用锁定弹簧发射时速度大小会不同。
[解析]　 (1)解除弹簧锁定后，小球运动到C点的过程，弹簧和小球组成的系统机械能守恒，根据机械能守恒定律可得Ep＝2mgR＋mv
小球经C点时所受的弹力的大小为mg，分析可知方向只能向下
根据向心力公式得mg＋mg＝m
解得Ep＝mgR。
(2)小球离开C点后做平抛运动，若小球恰好落在D点，根据平抛运动规律有
2R－Rsin 37°＝gt2
Rcos 37°＝v1t
弹簧的弹性势能Ep＝2m11gR＋m11v
解得m11＝m
小球离开C点后做平抛运动，若小球恰好落在E点，根据平抛运动规律有
2R－2Rsin 37°＝gt′2
2Rcos 37°＝v2t′
弹簧的弹性势能Ep＝2m12gR＋m12v
解得m12＝m
小球质量满足m≤m1≤m时，小球才能击中薄板。
[答案]　(1)mgR　(2)m≤m1≤m
考点四 应用能量守恒定律的两条基本思路
【典例4】(2020·山东学业水平等级考试·T11)如图所示，质量为M的物块A放置在光滑水平桌面上，右侧连接一固定于墙面的水平轻绳，左侧通过一倾斜轻绳跨过光滑定滑轮与一竖直轻弹簧相连。现将质量为m的钩码B挂于弹簧下端，当弹簧处于原长时，将B由静止释放，当B下降到最低点时(未着地)，A对水平桌面的压力刚好为零。轻绳不可伸长，弹簧始终在弹性限度内，物块A始终处于静止状态。以下判断正确的是(　　)
A．M<2m
B．2mC．在B从释放位置运动到最低点的过程中，所受合力对B先做正功后做负功
D．在B从释放位置运动到速度最大的过程中，B克服弹簧弹力做的功等于B机械能的减少量
【思路点拨】涉及做功与能量转化问题首先要分清是什么力做功，并且分析该力做正功还是做负功；其次根据功能之间的对应关系，确定能量之间的转化情况。
【解析】由题意可知，弹簧与钩码B组成的弹簧振子在竖直方向做简谐运动，当B由静止释放时，其加速度大小为g，方向竖直向下，根据简谐运动的规律可知，B在最低点的加速度大小也为g，方向竖直向上，则可知此时弹簧弹力F＝2mg，由于B下降到最低点时A对水平桌面的压力刚好为零，由平衡条件得Fsin θ＝Mg，联立以上各式解得M＝2msin θ<2m，A正确，B错误；B由静止释放，先做加速度逐渐减小的加速运动，再做加速度逐渐增大的减速运动，直至速度减为零，由动能定理可知，B所受的合力先做正功后做负功，C正确；在B从释放位置运动到速度最大位置的过程中，其受重力和弹簧弹力作用，根据能量守恒定律可知，B克服弹簧弹力做的功等于B机械能的减少量，D正确。
【答案】ACD
考点五 动力学和能量观点解决“板—块”模型
【典例5】如图所示，倾角为θ的斜面底端固定一个挡板P，质量为m的小物块A与质量不计的木板B叠放在斜面上，A位于B的最上端且与挡板P相距L。已知A与B、B与斜面间的动摩擦因数分别为μ1、μ2，且μ1>tan θ>μ2，最大静摩擦力等于滑动摩擦力，A与挡板P相撞的过程中没有机械能损失。将A、B同时由静止释放。
(1)求A、B释放瞬间小物块A的加速度大小a1；
(2)若A与挡板P不相撞，求木板B的最小长度l0；
(3)若木板B的长度为l，求整个过程中木板B运动的总路程。
[思路点拨]
[解析]　(1)释放A、B，它们一起匀加速下滑。以A、B为研究对象，由牛顿第二定律有
mgsin θ－μ2mgcos θ＝ma1
解得a1＝gsin θ－μ2gcos θ。
(2)在B与挡板P相撞前，A和B相对静止，以相同的加速度一起向下做匀加速运动。B与挡板P相撞后立即静止，A开始匀减速下滑。若A到达挡板P处时的速度恰好为零，此时B的长度即为最小长度l0。
从A释放至到达挡板P处的过程中，B与斜面间由于摩擦产生的热量
Q1＝μ2mgcos θ·(L－l0)
A与B间由于摩擦产生的热量
Q2＝μ1mgcos θ·l0
根据能量守恒定律有mgLsin θ＝Q1＋Q2
解得l0＝L。
(3)分两种情况：
①若l≥l0，B与挡板P相撞后不反弹，A一直减速直到静止在木板B上
木板B通过的路程x＝L－l。
②若l在此过程中，A与B间由于摩擦产生的热量Q′1＝μ1mgcos θ·l，
B与斜面间由于摩擦产生的热量
Q′2＝μ2mgcos θ·x，
根据能量守恒定律有
mgLsin θ＝Q′1＋Q′2，
解得x＝。
[答案]　(1)gsin θ－μ2gcos θ　(2)L
(3)L－l或
考点六 能量观点中的传送带问题
【典例4】(2020·石家庄模拟)如图所示，在光滑水平面上，质量为m＝4 kg的物块左侧压缩一个劲度系数为k＝32 N/m的轻质弹簧，弹簧与物块未拴接。物块与左侧竖直墙壁用细线拴接，使物块静止在O点，在水平面A点与一顺时针匀速转动且倾角θ＝37°的传送带平滑连接。已知xOA＝0.25 m，传送带顶端为B点，LAB＝2 m，物块与传送带间动摩擦因数μ＝0.5。现剪断细线同时给物块施加一个初始时刻为零的变力F，使物块从O点到B点做加速度大小恒定的加速运动。物块运动到A点时弹簧恰好恢复原长，运动到B点时撤去力F，物块沿平行AB方向抛出，C为运动的最高点。传送带转轮半径远小于LAB，不计空气阻力，已知重力加速度g＝10 m/s2。
(1)求物块从B点运动到C点，竖直位移与水平位移的比值；
(2)若传送带速度大小为5 m/s，求物块与传送带间由于摩擦产生的热量；
(3)若传送带匀速顺时针转动的速度大小为v，且v的取值范围为2 m/s【思路点拨】(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。
【解析】(1)设物块从B运动到C的时间为t，BC的竖直距离：h＝v0sin θ·t
BC的水平距离为：x＝v0cos θ·t
代入数据解得：＝。
(2)在O点由牛顿第二定律得：kxOA＝ma
代入数据解得：a＝2 m/s2
由vA2＝2axOA得：vA＝1 m/s
到达B点时：vB2＝2a(xOA＋LAB)
代入数据得：vB＝3 m/s
物块从A到B运动时间：t＝＝1 s
物块与传送带间摩擦产生的热量：
Q＝μmgcos θ(vt－LAB)
代入数据解得：Q＝48 J。
(3)物块在水平面上受到弹簧的弹力与拉力F，由牛顿第二定律得：
F＋k(xOA－x)＝ma
可知力F随位移x线性变化，则：
W1＝xOA＝ma·xOA
代入数据解得：W1＝1 J
若传送带速度2 m/s物块的速度小于v时受到的摩擦力的方向向上，由牛顿第二定律得：
F1＋μmgcos θ－mgsin θ＝ma
解得：F1＝16 N
由速度位移关系得：v2－vA2＝2ax1
物块的速度大于v时受到的摩擦力的方向向下，由牛顿第二定律得：
F2－μmgcos θ－mgsin θ＝ma
解得：F2＝48 N
由A到B拉力做的功：
W2＝F1x1＋F2(LAB－x1)
解得：W2＝104－8v2
拉力做的总功：W＝W1＋W2＝105－8v2。
答案：(1)　(2)48 J　(3)W＝105－8v2
一、选择题(1～6题为单项选择题，7～8题为多项选择题)
1．(原创题)2019国际田联钻石联赛上海站男子100米比赛中，中国选手苏炳添以10秒05的成绩获得第五名。苏炳添在比赛中，主要有起跑加速、途中匀速和加速冲刺三个阶段，他的脚与地面间不会发生相对滑动。以下说法正确的是(　　)
A．加速阶段地面对人的摩擦力做正功
B．匀速阶段地面对人的摩擦力做功
C．由于人的脚与地面间不发生相对滑动，所以不论加速还是匀速，地面对人的摩擦力始终不做功
D．无论加速还是匀速阶段，地面对人的摩擦力始终做负功
2．一辆汽车在平直的公路上由静止开始启动。在启动过程中，汽车牵引力的功率及其瞬时速度随时间的变化情况分别如图甲、乙所示。已知汽车所受阻力恒为重力的，重力加速度g取10 m/s2。下列说法正确的是(　　)
甲　　　　　　乙
A．该汽车的质量为3 000 kg
B．v0＝6 m/s
C．在前5 s内，阻力对汽车所做的功为25 kJ
D．在5～15 s内，汽车的位移大小约为67.19 m
3.(2020·陕西咸阳高三4月测试)如图所示，质量为m的圆环套在与水平面成α＝53°角的固定的光滑细杆上，圆环用一轻绳通过一光滑定滑轮挂一质量也为m的木块，初始时圆环与滑轮在同一水平高度上，这时定滑轮与圆环相距0.5 m。现由静止释放圆环，圆环及滑轮均可视为质点，轻绳足够长。已知重力加速度g＝10 m/s2，sin 53°＝0.8，cos 53°＝0.6。则下列说法正确的是(　　)
A．圆环下滑0.6 m时速度为零
B．圆环与木块的动能始终相等
C．圆环的机械能守恒
D．圆环下滑0.3 m时速度为 m/s
4.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＝2R，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2mgR
B．机械能减少mgR
C．合外力做功mgR
D．克服摩擦力做功mgR
5．(2021·东北三省三校第二次联合模拟)如图所示，竖直平面内固定两根足够长的细杆L1、L2，两杆不接触，且两杆间的距离忽略不计。两个小球a、b(视为质点)质量均为m，a球套在竖直杆L1上，b球套在水平杆L2上，a、b通过铰链用长度为l的刚性轻杆L连接，将a球从图示位置(轻杆与L2杆夹角为45°)由静止释放，不计一切摩擦，已知重力加速度为g。在此后的运动过程中，下列说法中正确的是(　　)
A.a球和b球所组成的系统机械能不守恒
B.b球的速度为零时，a球的加速度大小为零
C.b球的最大速度为
D.a球的最大速度为
7.如图所示，半径为R的半圆弧槽固定在水平地面上，槽口向上，槽口直径水平，一个质量为m的物块从P点由静止释放刚好从槽口A点无碰撞地进入槽中，并沿圆弧槽匀速率地滑行到最低点B点，不计物块的大小，P点到A点高度为h，重力加速度大小为g，则下列说法正确的是(　　)
A．物块从P到B过程克服摩擦力做的功为mg(R＋h)
B．物块从A到B过程重力的平均功率为
C．物块在B点时对槽底的压力大小为
D．物块到B点时重力的瞬时功率为mg
8.(2021年江西赣中南五校联考)(多选)如图所示，质量为m的小环(可视为质点)套在固定的光滑竖直杆上，一足够长且不可伸长的轻绳一端与小环相连，另一端跨过光滑的定滑轮与质量为M的物块相连，已知M＝2m。与定滑轮等高的A点和定滑轮之间的距离为d＝3 m，定滑轮大小及质量可忽略。现将小环从A点由静止释放，小环运动到C点速度为0，重力加速度取g＝10 m/s2，则下列说法正确的是(sin 53°＝0.8，cos 53°＝0.6)(　　)
A.A、C间距离为4 m
B.小环最终静止在C点
C.小环下落过程中减少的重力势能始终等于物块增加的机械能
D.当小环下滑至绳与杆的夹角为60°时，小环与物块的动能之比为2∶1
二、计算题
9.如图所示，光滑的半圆形轨道OA和AB位于同一竖直面内，它们的半径分别为r＝0.3 m和R＝0.4 m，两轨道相切于最高点A，半圆形轨道AB与水平轨道BC相切于最低点B，轨道BC的长度可以调节，轨道BC的右端与一倾角为45°的斜面CD相连，C点离地面的高度为h＝3.2 m。现用弹簧装置(图中未画出)将一小滑块(可视为质点)从半圆形轨道OA的最低点O弹出，小滑块运动过程中恰好不脱离圆弧轨道OAB，滑块与BC段的动摩擦因数为μ＝0.4，g取10 m/s2，忽略空气阻力。
(1)求小滑块从O点弹出时的速度大小；
(2)改变水平轨道BC的长度，使小滑块能够落在斜面CD上，求轨道BC的长度范围。
10.图甲中，质量为m1＝1 kg的物块叠放在质量为m2＝3 kg的木板右端。木板足够长，放在光滑的水平面上，木板与物块之间的动摩擦因数为μ1＝0.2。整个系统开始时静止，重力加速度g取10 m/s2。
甲　　　　　　　乙
丙
(1)在木板右端施加水平向右的拉力F，为使木板和物块发生相对运动，拉力F至少应为多大？
(2)在0～4 s内，若拉力F的变化如图乙所示，2 s后木板进入μ2＝0.25的粗糙水平面，在图丙中画出0～4 s内木板和物块的v t图象，并求出0～4 s内物块相对木板的位移大小和整个系统因摩擦而产生的内能。
1．（2021·山东卷）如图所示，粗糙程度处处相同的水平桌面上有一长为L的轻质细杆，一端可绕竖直光滑轴O转动，另一端与质量为m的小木块相连。木块以水平初速度出发，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． B． C． D．
2．（2021·浙江卷）中国制造的某一型号泵车如图所示，表中列出了其部分技术参数。已知混凝土密度为，假设泵车的泵送系统以的输送量给高处输送混凝土，则每小时泵送系统对混凝土做的功至少为（　　）
发动机最大输出功率（） 332 最大输送高度（m） 63
整车满载质量（） 最大输送量（） 180
A． B． C． D．
3．（2021·河北卷）一半径为R的圆柱体水平固定，横截面如图所示，长度为、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． B． C． D．
4.（2021·全国卷）如图，光滑水平地面上有一小车，一轻弹簧的一端与车厢的挡板相连，另一端与滑块相连，滑块与车厢的水平底板间有摩擦。用力向右推动车厢使弹簧压缩，撤去推力时滑块在车厢底板上有相对滑动。在地面参考系（可视为惯性系）中，从撤去推力开始，小车、弹簧和滑块组成的系统（　　）
A．动量守恒，机械能守恒
B．动量守恒，机械能不守恒
C．动量不守恒，机械能守恒
D．动量不守恒，机械能不守恒
5.（2021·全国卷）水平桌面上，一质量为m的物体在水平恒力F拉动下从静止开始运动，物体通过的路程等于时，速度的大小为，此时撤去F，物体继续滑行的路程后停止运动，重力加速度大小为g，则（　　）
A．在此过程中F所做的功为
B．在此过中F的冲量大小等于
C．物体与桌面间的动摩擦因数等于
D．F的大小等于物体所受滑动摩擦力大小的2倍
6.（2021·全国卷）如图，一倾角为的光滑斜面上有50个减速带（图中未完全画出），相邻减速带间的距离均为d，减速带的宽度远小于d；一质量为m的无动力小车（可视为质点）从距第一个减速带L处由静止释放。已知小车通过减速带损失的机械能与到达减速带时的速度有关。观察发现，小车通过第30个减速带后，在相邻减速带间的平均速度均相同。小车通过第50个减速带后立刻进入与斜面光滑连接的水平地面，继续滑行距离s后停下。已知小车与地面间的动摩擦因数为，重力加速度大小为g。
（1）求小车通过第30个减速带后，经过每一个减速带时损失的机械能；
（2）求小车通过前30个减速带的过程中在每一个减速带上平均损失的机械能；
（3）若小车在前30个减速带上平均每一个损失的机械能大于之后每一个减速带上损失的机械能，则L应满足什么条件？
7.（2021·浙江卷）如图所示，竖直平面内由倾角α=60°的斜面轨道AB、半径均为R的半圆形细圆管轨道BCDE和圆周细圆管轨道EFG构成一游戏装置固定于地面，B、E两处轨道平滑连接，轨道所在平面与竖直墙面垂直。轨道出口处G和圆心O2的连线，以及O2、E、O1和B等四点连成的直线与水平线间的夹角均为θ=30°，G点与竖直墙面的距离。现将质量为m的小球从斜面的某高度h处静止释放。小球只有与竖直墙面间的碰撞可视为弹性碰撞，不计小球大小和所受阻力。
(1)若释放处高度h=h0，当小球第一次运动到圆管最低点C时，求速度大小vc及在此过程中所受合力的冲量的大小和方向；
(2)求小球在圆管内与圆心O1点等高的D点所受弹力FN与h的关系式；
(3)若小球释放后能从原路返回到出发点，高度h应该满足什么条件？
参考答案
【过关检测】
1．C　解析 人的脚与地面间的摩擦力是静摩擦力，该力的作用点并没有发生位移，所以地面对人的摩擦力始终不做功，选项C正确。
2．D　解析 由 图象可得，汽车匀加速阶段的加速度a＝＝1 m/s2，汽车匀加速阶段的牵引力为F＝＝3 000 N，匀加速阶段由牛顿第二定律得F－0.2mg＝ma，解得m＝1 000 kg，A错误；牵引力功率为15 kW时，汽车行驶的最大速度v0＝＝7.5 m/s，B错误；前5 s内汽车的位移x＝at2＝12.5 m，阻力做功WFf＝－0.2mgx＝－25 kJ，C错误；5～15 s内，由动能定理得Pt－0.2mgs＝mv－mv2，解得s＝67.187 5 m≈67.19 m，D正确。
3.D 解析 当圆环下滑0.6 m时，由几何关系知，木块高度不变，圆环高度下降了h′1＝0.6sin 53° m＝0.48 m，由运动的合成与分解得v′木＝v′环cos 53°，由系统机械能守恒有mgh′1＝mv′＋mv′，由此可知，A错误；圆环与木块组成的系统机械能守恒，C错误；设轻绳与细杆的夹角为θ，由运动的合成与分解得v木＝v环cos θ，当圆环下滑0.3 m时，根据几何关系，θ＝90°，木块速度为零，圆环高度下降了h1＝0.3sin 53° m＝0.24 m，木块高度下降了h2＝0.5 m－0.5×sin 53° m＝0.1 m，由机械能守恒定律得mgh1＋mgh2＝mv，解得v环＝ m/s，B错误，D正确。
4.D　解析 小球到达B点时，恰好对轨道没有压力，故只受重力作用，根据mg＝得，小球在B点的速度v＝。小球从P点到B点的过程中，重力做功W＝mgR，故A错误；减少的机械能ΔE减＝mgR－mv2＝mgR，故B错误；合外力做功W合＝mv2＝mgR，故C错误；根据动能定理得mgR－Wf＝mv2－0，所以Wf＝mgR－mv2＝mgR，故D正确。
5.D　解析 由题给图象可知，A、B的加速度大小都为1 m/s2，根据牛顿第二定律知二者质量相等，木板获得的动能为1 J，选项A错误；系统损失的机械能ΔE＝mv－·2m·v2＝2 J，选项B错误；由v t图象可求出二者相对位移为1 m，选项C错误；分析B的受力，根据牛顿第二定律，可求出μ＝0.1，选项D正确。
6.C 解析 　a球和b球组成的系统没有外力做功，只有a球和b球的动能和重力势能相互转换，因此a球和b球所组成的系统机械能守恒，A错误；设轻杆L和水平杆L2的夹角为θ，由运动关联可知vbcos θ＝vasin θ，则vb＝vatan θ，可知当b球的速度为零时，轻杆L处于水平位置且与杆L2平行，则此时a球在竖直方向只受重力mg，因此a球的加速度大小为g，B错误；当杆L和杆L1第一次平行时，a球运动到最下方，b球运动到L1和L2交点位置，b球的速度达到最大，此时a球的速度为0，因此由系统机械能守恒有mg(l＋l)＝mv，解得vb＝，C正确；当轻杆L和杆L2第一次平行时，由运动的关联可知此时b球的速度为零，由系统机械能守恒有mg·l＝mv，解得va＝，此时a球具有向下的加速度g，故此时a球的速度不是最大，a球将继续向下做加速度减小的加速运动，到加速度为0时速度达到最大，D错误。
7.BC 解析 物块从A到B过程做匀速圆周运动，根据动能定理有mgR－Wf＝0，因此克服摩擦力做功Wf＝mgR，A项错误；根据机械能守恒，物块到A点时的速度大小由mgh＝mv2得v＝，从A到B运动的时间t＝＝，因此从A到B过程中重力的平均功率为＝＝，B项正确；物块在B点时，根据牛顿第二定律FN－mg＝m，求得FN＝，根据牛顿第三定律可知，F′N＝FN＝，C项正确；物块到B点时，速度的方向与重力方向垂直，因此重力的瞬时功率为零，D项错误。
8.AD 解析　小环运动到C点时，由机械能守恒得mgLAC＝Mg(eq \r(d2＋L)－d)，解得LAC＝4 m，故A正确；假设小环最终静止在C点，则绳中的拉力大小等于2mg，在C点对小环有FT＝＝mg≠2mg，所以假设不成立，小环不能静止，故B错误；由机械能守恒定律可知，小环下落过程中减少的重力势能转化为物块增加的机械能和小环增加的动能，故C错误；将小环的速度沿绳和垂直绳方向分解，沿绳方向的速度即为物块的速度vM＝vmcos 60°，由Ek＝mv2可知，小环与物块的动能之比为2∶1，故D正确。
9.[解析]　(1)由题意，在最高点A对滑块受力分析，结合牛顿第二定律可得mg＝m，从O到A的过程中，由动能定理可得－mg·2r＝mv－mv
联立解得滑块从O点弹出时的速度大小v0＝4 m/s。
(2)若滑块恰好落在D点，此时BC的长度最短，则
水平方向有x＝vt
竖直方向有h＝gt2
联立解得滑块离开C的速度为v＝4 m/s
从O到C的过程中，由动能定理可得mg(2R－2r)－μmgx1＝mv2－mv
解得BC的最短长度为x1＝0.5 m。
滑块到C点的速度恰好为零时，从O到C有mg(2R－2r)－μmgx2＝－mv
解得BC最长为x2＝2.5 m
所以轨道BC的长度范围为0.5 m≤x≤2.5 m。
[答案]　(1)4 m/s　(2)0.5 m≤x≤2.5 m
10.[解析]　(1)把物块和木板看成整体，由牛顿第二定律得
F＝(m1＋m2)a
物块与木板将要相对滑动时，μ1m1g＝m1a
联立解得F＝μ1(m1＋m2)g＝8 N。
(2)物块在0～2 s内做匀加速直线运动，物块的加速度a1＝μ1g＝2 m/s2,2 s末速度v1＝a1t1＝4 m/s，木板在0～1 s内做匀加速直线运动，加速度a2＝＝4 m/s2，1 s末速度v2＝a2t2＝4 m/s，在1～2 s内做匀速运动，即2 s时物块和木板速度相等，2 s后物块和木板均做匀减速直线运动，木板加速度大小a′2＝＝ m/s2，速度减到零的时间t′0＝＝1.5 s。物块加速度均为a1＝μ1g，速度减为零的时间t′1＝＝2 s。故二者在整个运动过程中的v t图象如图所示。
0～2 s内物块相对木板向左运动，2～4 s内物块相对木板向右运动。
0～2 s内物块相对木板的位移大小
Δx1＝×4 m－×4×2 m＝2 m
物块与木板因摩擦产生的内能
Q1＝μ1m1gΔx1＝4 J。
2～4 s内物块相对木板的位移大小
Δx2＝×4×2 m－×4×1.5 m＝1 m
物块与木板因摩擦产生的内能
Q2＝μ1m1gΔx2＝2 J
0～4 s物块相对木板的位移
x1＝Δx1－Δx2＝1 m。
2 s后木板对地位移x2＝×4×1.5 m＝3 m，
木板与水平面因摩擦产生的内能
Q3＝μ2(m1＋m2)gx2＝30 J。
0～4 s内系统因摩擦产生的总内能为
Q＝Q1＋Q2＋Q3＝36 J。
[答案]　见解析
【高考链接】
1.B 解析 在运动过程中，只有摩擦力做功，而摩擦力做功与路径有关，根据动能定理
可得摩擦力的大小故选B。
C 解析 泵车的泵送系统以的输送量给高处输送混凝土，每小时泵送系统对混凝土做的功故选C。
3.A 解析 小球下落的高度为h = πR - R + R = R小球下落过程中，根据动能定理有
mgh = mv2综上有v = 故选A。
4.B解析 因为滑块与车厢水平底板间有摩擦，且撤去推力后滑块在车厢底板上有相对滑动，即摩擦力做功，而水平地面是光滑的；以小车、弹簧和滑块组成的系统，根据动量守恒和机械能守恒的条件可知撤去推力后该系统动量守恒，机械能不守恒。
故选B。
5.BC 解析 AC．物体从斜面底端回到斜面底端根据动能定理有
物体从斜面底端到斜面顶端根据动能定理有
整理得；A错误，C正确；B．物体向下滑动时的根据牛顿第二定律有
求解得出B正确；D．物体向上滑动时的根据牛顿第二定律有
物体向下滑动时的根据牛顿第二定律有
由上式可知a上 > a下由于上升过程中的末速度为零，下滑过程中的初速度为零，且走过相同的位移，根据公式则可得出D错误。故选BC。
【答案】（1）；（2）；（3）
6.【解析】
（1）由题意可知小车在光滑斜面上滑行时根据牛顿第二定律有
设小车通过第30个减速带后速度为v1，到达第31个减速带时的速度为v2，则有
因为小车通过第30个减速带后，在相邻减速带间的平均速度均相同，故后面过减速带后的速度与到达下一个减速带均为v1和v2；经过每一个减速带时损失的机械能为
联立以上各式解得
（2）由（1）知小车通过第50个减速带后的速度为v1，则在水平地面上根据动能定理有
从小车开始下滑到通过第30个减速带，根据动能定理有
联立解得
故在每一个减速带上平均损失的机械能为
（3）由题意可知
可得
7.【答案】(1)，，水平向左；(2)（h≥R）；(3)或
【解析】
(1)机械能守恒
解得
动量定理
方向水平向左
(2)机械能守恒
牛顿第二定律
解得
满足的条件
(3)第1种情况:不滑离轨道原路返回，条件是
第2种情况：与墙面垂直碰撞后原路返回，在进入G之前是平抛运动
其中，，则
得
机械能守恒
h满足的条件
考纲解读
知识梳理
重点拓展
典例精讲
过关检测
高考链接
21世纪教育网 www.21cnjy.com 精品试卷·第 2 页 （共 2 页）
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