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微专题9　动能定理　能量守恒
1.应用动能定理解决多过程问题时，既可分段求解也可全程求解，但全程列式求解往往较为简便。分段求解可求运动过程中的物理量。
2.判断系统机械能守恒的方法：是否有其他力(除重力和系统内弹力外)做功、是否有其他形式的能产生(如内能)。
3.弹簧的弹性势能Ep=kx2，k为弹簧的劲度系数，x为弹簧形变量。
4.系统有热量产生(摩擦生热、焦耳热等)、电势能发生变化时，优先选用能量守恒解决问题较为简便。
考点一　动能定理及其应用
1.(2024·上海市长宁区模拟)质量为m、电荷量为e的质子静止开始从O点沿轴线进入如图甲所示的直线加速器，所加电压如图乙所示，不计质子经过狭缝的时间，质子从5号圆筒射出时的速度大小为　　　　，8号圆筒的长度为　　　　。(质子在圆筒内做匀速直线运动)
2.(2024·湖北省一模)冰滑梯是一种体验冰雪运动的娱乐项目，其示意图如图所示，游客从螺旋滑道上端滑下，旋转两周后经倾斜滑道冲上水平滑道，滑行结束时停在水平滑道上。假设螺旋滑道的圆面半径为r= m，上端与下端高度差为h1=6 m，倾斜滑道高度差为h2=2 m，螺旋滑道、倾斜滑道和水平滑道均平滑相接，游客与各滑道间的动摩擦因数处处相同，游客可视为质点。现测得游客某次滑行时停在水平滑道的位置与螺旋滑道上端的水平距离为L=92 m，则游客与各滑道间的动摩擦因数可能为：
A.0.07 B.0.08 C.0.09 D.0.10
3.(2024·辽宁丹东市一模)某兴趣小组模拟一个娱乐设施做如下实验：轨道ABCD如图所示，竖直固定在水平地面上。已知倾斜轨道AB与水平面的夹角θ=37°，A点距地高度h=0.3 m，水平轨道BC与左侧半圆轨道相切于C点，BC长0.2 m，半圆轨道光滑，半径R=0.2 m，倾斜轨道AB、水平轨道BC与小物块间的动摩擦因数μ=0.5，g=10 m/s2。设小物块通过倾斜轨道底端B点速度大小不变，现将质量m=0.1 kg的小物块P(可视为质点)从倾斜轨道上A点以初动能Ek0=0.8 J释放。sin 37°=0.6，cos 37°=0.8，则：
(1)(4分)判断小物块P能否运动到半圆轨道的最高点D；
(2)(6分)若C点另放置一个质量m=0.1 kg的小物块Q(可视为质点)，P与Q碰撞后粘在一起，求P、Q整体沿斜面上升的最大高度及最终停下来的位置与B点的距离。
考点二　机械能守恒定律及其应用
4.(2024·全国甲卷·17)如图，一光滑大圆环固定在竖直平面内，质量为m的小环套在大圆环上，小环从静止开始由大圆环顶端经Q点自由下滑至其底部，Q为竖直线与大圆环的切点。则小环下滑过程中对大圆环的作用力大小：
A.在Q点最大 B.在Q点最小
C.先减小后增大 D.先增大后减小
5.(2024·广西桂林市二模)如图所示，一轻杆通过铰链连接在固定转轴O1上，可绕O1轴自由转动，轻杆另一端与一质量未知的小球A连接。一轻绳绕过轻质定滑轮O2，一端连接小球A，另一端连接一带挂钩、质量为m的物块B，已知O1与O2等高，图中θ1=60°，θ2=30°，此时小球A与物块B恰好静止。现在物块B下再挂物块C，由静止释放物块C后，小球A能上升到的最高点恰好与O1等高，不计一切摩擦。则所挂物块C的质量为：
A.m B.m
C.m D.m
【点拨·提炼】 1.求解连接体的加速度常用方法： 应用牛顿第二定律分别对两物体列方程，联立求解。 2.求解连接体的速度常用方法： 利用机械能守恒定律或能量守恒定律ΔE增=ΔE减列式求解。
考点三　能量守恒定律及其应用
6.(多选)(2024·云南曲靖市二模)如图所示，足够长的固定木板的倾角为37°，劲度系数为k=36 N/m的轻质弹簧一端固定在木板上P点，图中AP间距等于弹簧的自然长度。现将质量m=1 kg的可视为质点的物块放在木板上，稳定后在外力作用下将弹簧缓慢压缩到某一位置B点后释放。已知木板PA段光滑，AQ段粗糙，物块与木板间的动摩擦因数μ=，物块在B点释放后向上运动，第一次到达A点时速度大小为v0=3 m/s，弹簧弹性势能Ep=kx2(x为弹簧形变量)，取重力加速度g=10 m/s2，sin 37°=0.6，cos 37°=0.8，下列说法正确的是：
A.施加外力前弹簧压缩量为 m
B.外力做的功为13.5 J
C.物块第一次向下运动到A点时的速度大小为3 m/s
D.物块在A点上方运动的总路程为4.5 m
7.(2024·福建漳州市三模)如图为某探究活动小组设计的节能运输系统。木箱在倾角为30°的斜面轨道顶端时，自动装货装置将质量为m的货物装入木箱，然后木箱载着货物沿轨道无初速度滑下(货物与木箱之间无相对滑动)，当斜面底端的轻弹簧被压缩至最短时，自动卸货装置立刻将货物卸下，然后木箱恰好被弹回到轨道顶端。已知木箱下滑的最大距离为L，木箱与轨道间的动摩擦因数为，重力加速度为g。
(1)(2分)求货物从顶端到弹簧被压缩到最短的过程中，所受重力做的功W；
(2)(3分)求木箱的质量M；
(3)(5分)若木箱下滑过程中速度最大时弹簧的形变量为x1，上滑过程中速度最大时弹簧的形变量为x2，求两次形变量之比。
【点拨·提炼】　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)、内能等的变化。 (2)应用能量守恒定律解题时，应明确哪种形式的能量增加，哪种形式的能量减少，不必区分物体和能量形式。 (3)列出能量守恒关系式ΔE增=ΔE减。
1.(2024·陕西西安市模拟)如图所示，顶角P为53°的光滑“”形硬杆固定在竖直平面内，质量均为m的小球甲、乙(均视为质点)用长度为L的轻质硬杆连接，分别套在“”形硬杆的倾斜和水平部分，当轻质硬杆呈竖直状态时甲静止在A点，乙静止在C点。甲由于受到轻微的扰动开始运动，当甲运动到B点时，轻质硬杆与“”形硬杆的倾斜部分垂直，重力加速度大小为g，sin 53°=0.8，cos 53°=0.6，则甲在B点的速度大小为：
A. B.
C. D.
2.(多选)(2024·宁夏石嘴山市模拟)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Ff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，下列判断正确的是：
A.物块的质量为7 kg
B.物块所受摩擦力Ff=0.5 N
C.以刚开始上滑时物块所在水平面为零势能面，则物块在最高点时重力势能为45 J
D.物块上滑过程克服摩擦力做功为5 J
3.(多选)(2024·四川雅安市模拟)如图所示，固定在水平地面上、半径R=2 m的圆弧轨道AB，所对圆心角为60°，其末端与逆时针转动的水平传送带相切于B点，B、C间距离为l=1.5 m，传送带速度大小v=4 m/s。一质量m=0.1 kg的小滑块从A由静止开始滑下，第一次到B时速度大小vB=3 m/s，小滑块与传送带之间的动摩擦因数为μ。重力加速度g取10 m/s2，下列说法正确的是：
A.小滑块从A到B过程中，摩擦力对其做的功为0.55 J
B.若小滑块不从右端滑离传送带，则动摩擦因数的最小值为0.3
C.若μ=0.6，则小滑块从B到第一次离开传送带过程中系统产生的热量为2.4 J
D.若μ=0.2，则小滑块从B到第一次离开传送带过程中系统产生的热量为0.3 J
4.(2024·黑吉辽·14)如图，高度h=0.8 m的水平桌面上放置两个相同物块A、B，质量mA=mB=0.1 kg。A、B间夹一压缩量Δx=0.1 m的轻弹簧，弹簧与A、B不拴接。同时由静止释放A、B，弹簧恢复原长时A恰好从桌面左端沿水平方向飞出，水平射程xA=0.4 m；B脱离弹簧后沿桌面滑行一段距离xB=0.25 m后停止。A、B均视为质点，取重力加速度g=10 m/s2。求：
(1)(3分)脱离弹簧时A、B的速度大小vA和vB；
(2)(3分)物块与桌面间的动摩擦因数μ；
(3)(4分)整个过程中，弹簧释放的弹性势能ΔEp。
答案精析
高频考点练
1.　2T
解析　质子静止开始从O点沿轴线进入直线加速器，经过5次加速，从5号圆筒射出，
则根据动能定理有5eU0=m
解得v5=
质子在圆筒中做匀速直线运动，在每个圆筒中的运动时间都相等，且与电源极性切换间隔相等，为
则有L=
质子经过8次加速，进入8号圆筒，根据动能定理可得8eU0=m
联立解得8号圆筒的长度为
L=2T。
2.A　[研究游客整个运动过程，根据动能定理有mg(h1+h2)-μmg-μmgL=0，代入数据解得μ=0.08，实际上游客在圆轨道运行时因为向心力的原因导致支持力比在同角度的斜面大，即在圆轨道摩擦力做功W>μmg因此动摩擦因数应更小，故选A。]
3.(1)见解析　(2)0.06 m　0.04 m
解析　(1)从A到C的过程中，由动能定理得
mgh-μmgxBC-μmgcos θ·
=m-Ek0
解得vC=4 m/s
从C到D的过程中，由动能定理
-mg×2R=m-m
解得vD=2 m/s
恰好到达最高点D的临界速度为vmin，由牛顿第二定律
mg=m
解得vmin== m/s
因为vD>vmin
所以小物块P能到达半圆轨道最高点D。
(2)P与Q碰撞过程中，由动量守恒定律
mvC=2mv
解得v=2 m/s
对P、Q物块由机械能守恒定律
2mgh'=×2mv2
解得h'=0.2 m=R
所以P与Q碰撞后恰好运动到与圆心等高的位置，不会脱离轨道，则从C点再次到达斜面最高点过程，由动能定理
-μ·2mg(xBC+)-2mgh1
=0-×2mv2
解得h1=0.06 m
从最高点到停止运动的过程中
2mgh1-2μmg-2μmgx=0
解得x=0.04 m
所以停在B点左侧0.04 m处。
4.C　[方法一(分析法)：设大圆环半径为R，小环在大圆环上某处(P点)与圆环的作用力恰好为零，此时只有小环的重力分力提供小环所需向心力，可知P点必在Q点上方，如图所示
设P点和圆心连线与竖直向上方向的夹角为θ，从大圆环顶端到P点过程，根据机械能守恒定律
mgR(1-cos θ)=mv2
在P点，由牛顿第二定律得
mgcos θ=m
联立解得cos θ=
从大圆环顶端到P点过程，小环速度较小，小环重力沿着指向大圆环圆心方向的分力大于小环所需的向心力，所以大圆环对小环的弹力背离圆心，不断减小，从P点到最低点过程，小环速度变大，小环重力沿着大圆环直径方向的分力和大圆环对小环的弹力合力提供向心力，从P点到Q点，小环重力沿大圆环直径的分力逐渐减小，从Q点到最低点，小环重力沿大圆环直径的分力背离圆心，逐渐增大，所以大圆环对小环的弹力逐渐变大，根据牛顿第三定律可知小环下滑过程中对大圆环的作用力大小先减小后增大。
方法二(数学法)：设大圆环半径为R，小环在大圆环上某处时，设该处和圆心的连线与竖直向上方向的夹角为θ(0≤θ≤π)，根据机械能守恒定律得mgR(1-cos θ)=mv2(0≤θ≤π)
在该处根据牛顿第二定律得
F+mgcos θ=m(0≤θ≤π)
联立可得F=2mg-3mgcos θ
则大圆环对小环作用力的大小为
|F|=|2mg-3mgcos θ|
根据数学知识可知|F|的大小在cos θ=时最小，
由牛顿第三定律可知，小环下滑过程中对大圆环的作用力大小先减小后增大。故选C。]
5.A　[未挂C时，对B受力分析可知，绳子拉力FT=mg，对A受力分析，由共点力平衡可知mAg==2mg；挂上C后，小球A上升到最高点时，刚好与定滑轮在同一直线上，此时A、B、C的速度都为零，设杆长为l，对A、B、C系统根据机械能守恒有mAglsin 60°=(m+mC)g(l+l-2l)，解得mC=m。故选A。]
6.CD　[施力前，对物块，根据平衡条件F弹=mgsin 37°，根据胡克定律F弹=kx，联立解得x= m，故A错误；当物块由B到A的过程中，根据能量守恒kx2+W=m+mgxsin 37°，解得W=14 J，故B错误；设物块从A点向上滑行的最大距离为s1，根据动能定理可知，上滑过程有-mgs1sin 37°-μmgs1cos 37°=0-m下滑过程有mgs1sin 37°-μmgs1cos 37°=m-0，联立解得s1=1.5 m，v1=3 m/s，故C正确；物块最终在A点下方做往复运动，最高点为A，即在A点时速度为0，根据动能定理有μmgscos 37°=m解得s=4.5 m，故D正确。]
7.(1)0.5mgL　(2)m　(3)1∶1
解析　(1)货物从顶端到弹簧被压缩到最短的过程中，所受重力做的功W=mgLsin 30°
解得W=0.5mgL
(2)木箱载着货物从开始下滑到木箱回到顶端过程，由能量守恒定律可知mgLsin 30°=μ(M+m)gcos 30°·L+μMgcos 30°·L
解得M=m
(3)下滑过程中，当木箱速度最大时合力为零，
由受力平衡得kx1=(M+m)gsin 30°-μ(M+m)gcos 30°=Mg
同理，上滑过程中，由受力平衡得
kx2=Mgsin 30°+μMgcos 30°=Mg
故x1与x2大小相等，即=1∶1。
补偿强化练
1.B　[由于甲在B位置时，轻质硬杆与AP倾斜部分垂直，可知甲沿轻质硬杆方向的分速度为0，即此时乙的速度为0，甲减小的重力势能转化为甲的动能，则有mg(L-Lsin 37°)=mv2，解得v=。故选B。]
2.BD　[0~10 m内物块上滑，由动能定理得-mgssin 30°-Ffs=Ek-Ek0，整理得Ek=Ek0-(mgsin 30°+Ff)s，结合0~10 m内的图像得，斜率的绝对值|k|=mgsin 30°+Ff= N=4 N，10~20 m内物块下滑，由动能定理得(mgsin 30°-Ff)(s-s1)=Ek，整理得Ek=(mgsin 30°-Ff)s-(mgsin 30°-Ff)s1，结合10~20 m内的图像斜率可知k'=mgsin 30°-Ff= N=3 N，联立解得Ff=0.5 N，m=0.7 kg，故B正确，A错误；由题意可得，物块沿斜面上滑的最大距离为10 m，所以物块在最高点时重力势能为Epm=mgs1sin 30°=0.7×10×10× J=35 J，故C错误；物块在上滑过程中，由动能定理可知-mgs1sin 30°-W克f=0-Ek0，代入数据解得物块上滑过程克服摩擦力做功为W克f=5 J，故D正确。]
3.BC　[小滑块从A到B，由动能定理得mg(R-Rcos 60°)+Wf=m代入数据得摩擦力做功Wf=-0.55 J，故A错误；当小滑块到达C点速度恰好减为0时，由动能定理得-μmgl=0-m解得μ=0.3，即小滑块不从右端滑离传送带的最小动摩擦因数为0.3，故B正确；若μ=0.6>0.3，小滑块在传送带上减速到零之后返回。由传送带的速度v=4 m/s>vB=3 m/s及小滑块在传送带上加速和减速的对称性可知，小滑块第一次从B点以vB=3 m/s的速度离开传送带。由牛顿第二定律得μmg=ma，小滑块在传送带上的加速度a=6 m/s2，小滑块在传送带上减速或加速的时间t==0.5 s，减速阶段产生的热量Q1=μmg(vt+t)=1.65 J，加速阶段产生的热量Q2=μmg(vt-t)=0.75 J，小滑块从B到第一次离开传送带过程中系统产生的热量Q=Q1+Q2=2.4 J，故C正确；若μ=0.2<0.3，则小滑块在传送带上一直做匀减速运动，由牛顿第二定律μmg=ma'，小滑块在传送带上减速的加速度a'=2 m/s2，由运动学公式得l=vBt'-a't'2，代入数据得小滑块在传送带上运动的时间t'= s，小滑块从B到第一次离开传送带过程中系统产生的热量Q=μmg(vt'+l)=(1.5-0.4) J，故D错误。]
4.(1)1 m/s　1 m/s　(2)0.2　(3)0.12 J
解析　(1)对A物块由平抛运动知识得h=gt2，xA=vAt
代入数据解得，脱离弹簧时A的速度大小为vA=1 m/s
对A、B物块整体由动量守恒定律mAvA=mBvB
解得脱离弹簧时B的速度大小为
vB=1 m/s
(2)对物块B由动能定理
-μmBgxB=0-mB
代入数据解得，物块与桌面的动摩擦因数为μ=0.2
(3)由能量守恒定律
ΔEp=mA+mB+μmAgΔxA+μmBgΔxB
其中mA=mB，Δx=ΔxA+ΔxB
解得整个过程中，弹簧释放的弹性势能ΔEp=0.12 J。(共46张PPT)
微专题9
动能定理　能量守恒
专题二　能量与动量
知识聚焦
高频考点练
内容索引
核心精讲
补偿强化练
知识聚焦
PART ONE
1.应用动能定理解决多过程问题时，既可分段求解也可全程求解，但全程列式求解往往较为简便。分段求解可求运动过程中的物理量。
2.判断系统机械能守恒的方法：是否有其他力(除重力和系统内弹力外)做功、是否有其他形式的能产生(如内能)。
3.弹簧的弹性势能Ep=kx2，k为弹簧的劲度系数，x为弹簧形变量。
4.系统有热量产生(摩擦生热、焦耳热等)、电势能发生变化时，优先选用能量守恒解决问题较为简便。
核心精讲
PART TWO
1
2
3
4
5
6
7
高频考点练
PART THREE
考点一　动能定理及其应用
1.(2024·上海市长宁区模拟)质量为m、电荷量为e的质子静止开始从O点沿轴线进入如图甲所示的直线加速器，所加电压如图乙所示，不计质子经
过狭缝的时间，质子从5号圆筒射出时的速度大小为　　　　，8号圆筒
的长度为　　　　 。(质子在圆筒内做匀速直线运动)
2T
1
2
3
4
5
6
7
质子在圆筒中做匀速直线运动，在每个圆筒中的运动时间都相等，且与电源极性切换间隔相等，
质子静止开始从O点沿轴线进入直线加速器，经过5次加速，从5号圆筒射出，
则根据动能定理有5eU0=m
解得v5=
1
2
3
4
5
6
7
为，
则有L=
质子经过8次加速，进入8号圆筒，
根据动能定理可得8eU0=m
联立解得8号圆筒的长度为L=2T。
1
2
3
4
5
6
7
2.(2024·湖北省一模)冰滑梯是一种体验冰雪运动的娱乐项目，其示意图如图所示，游客从螺旋滑道上端滑下，旋转两周后经倾斜滑道冲上水平滑
道，滑行结束时停在水平滑道上。假设螺旋滑道的圆面半径为r= m，上
端与下端高度差为h1=6 m，倾斜滑道高度差为h2=2 m，螺旋滑道、倾斜滑道和水平滑道均平滑相接，游客与各滑道间的动摩擦因数处处相同，游客可视为质点。现测得游客某次滑行时停在水平滑道的位置与螺旋滑道上端的水平距离为L=92 m，则游客与各
滑道间的动摩擦因数可能为
A.0.07 B.0.08
C.0.09 D.0.10
√
1
2
3
4
5
6
7
研究游客整个运动过程，根据动能定理有mg(h1+h2)-μmg
-μmgL=0，代入数据解得μ=0.08，实际上游客在圆轨道运行时因为向心力的原因导致支持力比在同角度的斜面大，即在圆轨道摩擦力做功
W>μmg，因此动摩擦因数应更小，故选A。
1
2
3
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5
6
7
3.(2024·辽宁丹东市一模)某兴趣小组模拟一个娱乐设施做如下实验：轨道ABCD如图所示，竖直固定在水平地面上。已知倾斜轨道AB与水平面的夹角θ=37°，A点距地高度h=0.3 m，水平轨道BC与左侧半圆轨道相切于C点，BC长0.2 m，半圆轨道光滑，半径R=0.2 m，倾斜轨道AB、水平轨道BC与小物块间的动摩擦因数μ=0.5，g=10 m/s2。设小物块通过倾斜轨道底端B点速度大小不变，现将质量m=0.1 kg
的小物块P(可视为质点)从倾斜轨道上A点以初动能Ek0=0.8 J释放。sin 37°=0.6，cos 37°=0.8，则：
1
2
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7
(1)判断小物块P能否运动到半圆轨道的最高点D；
答案　见解析　
1
2
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6
7
从A到C的过程中，由动能定理得
mgh-μmgxBC-μmgcos θ·=m-Ek0
解得vC=4 m/s
从C到D的过程中，由动能定理
-mg×2R=m-m
解得vD=2 m/s
1
2
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5
6
7
恰好到达最高点D的临界速度为vmin，由牛顿第二定律
mg=m
解得vmin== m/s
因为vD>vmin
所以小物块P能到达半圆轨道最高点D。
1
2
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6
7
(2)若C点另放置一个质量m=0.1 kg的小物块Q(可视为质点)，P与Q碰撞后粘在一起，求P、Q整体沿斜面上升的最大高度及最终停下来的位置与B点的距离。
答案　0.06 m　0.04 m
1
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3
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5
6
7
P与Q碰撞过程中，由动量守恒定律
mvC=2mv
解得v=2 m/s
对P、Q物块由机械能守恒定律
2mgh'=×2mv2
解得h'=0.2 m=R
所以P与Q碰撞后恰好运动到与圆心等高的位置，不会脱离轨道，则从C点再次到达斜面最高点过程，
1
2
3
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5
6
7
由动能定理
-μ·2mg(xBC+)-2mgh1=0-×2mv2
解得h1=0.06 m
从最高点到停止运动的过程中
2mgh1-2μmg-2μmgx=0
解得x=0.04 m
所以停在B点左侧0.04 m处。
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考点二　机械能守恒定律及其应用
4.(2024·全国甲卷·17)如图，一光滑大圆环固定在竖直平面内，质量为m的小环套在大圆环上，小环从静止开始由大圆环顶端经Q点自由下滑至其底部，Q为竖直线与大圆环的切点。则小环下滑过程中对大圆环的作用力大小
A.在Q点最大 B.在Q点最小
C.先减小后增大 D.先增大后减小
√
1
2
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7
设P点和圆心连线与竖直向上方向的夹角为θ，从大圆环顶端到P点过
程，根据机械能守恒定律mgR(1-cos θ)=mv2
在P点，由牛顿第二定律得mgcos θ=m
联立解得cos θ=
方法一(分析法)：设大圆环半径为R，小环在大圆环上某处(P点)与圆环的作用力恰好为零，此时只有小环的重力分力提供小环所需向心力，可知P点必在Q点上方，如图所示
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重力沿着大圆环直径方向的分力和大圆环对小环的弹力合力提供向心力，从P点到Q点，小环重力沿大圆环直径的分力逐渐减小，从Q点到最低点，小环重力沿大圆环直径的分力背离圆心，逐渐增大，所以大圆环对小环的弹力逐渐变大，根据牛顿第三定律可知小环下滑过程中对大圆环的作用力大小先减小后增大。
从大圆环顶端到P点过程，小环速度较小，小环重力沿着指向大圆环圆心方向的分力大于小环所需的向心力，所以大圆环对小环的弹力背离圆心，不断减小，从P点到最低点过程，小环速度变大，小环
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方法二(数学法)：设大圆环半径为R，小环在大圆环上某处时，设该处和圆心的连线与竖直向上方向的夹角为θ(0≤θ≤π)，根据机械能守恒定律得mgR(1-cos θ)=mv2(0≤θ≤π)
在该处根据牛顿第二定律得
F+mgcos θ=m(0≤θ≤π)
联立可得F=2mg-3mgcos θ
则大圆环对小环作用力的大小为
|F|=|2mg-3mgcos θ|
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根据数学知识可知|F|的大小在cos θ=时最小，
由牛顿第三定律可知，小环下滑过程中对大圆环的作用力大小先减小后增大。故选C。
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5.(2024·广西桂林市二模)如图所示，一轻杆通过铰链连接在固定转轴O1上，可绕O1轴自由转动，轻杆另一端与一质量未知的小球A连接。一轻绳绕过轻质定滑轮O2，一端连接小球A，另一端连接一带挂钩、质量为m的物块B，已知O1与O2等高，图中θ1=60°，θ2=30°，此时小球A与物块B恰好静止。现在物块B下再挂物块C，由静止释放物块C后，小球A能上升到的最高点恰好与O1等高，不计一切摩擦。则所挂物块C的质量为
A.m B.m
C.m D.m
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未挂C时，对B受力分析可知，绳子拉力FT=mg，对A受力分析，由共点力平衡可知mAg==2mg；挂上C后，小球A上升到最高点时，刚好与定滑轮在同一直线上，此时A、B、C的速度都为零，设杆长为l，对A、B、C系统根据机械能守恒有mAglsin 60°=(m+mC)g(l+l-2l)，
解得mC=m。故选A。
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点拨·提炼
1.求解连接体的加速度常用方法：
应用牛顿第二定律分别对两物体列方程，联立求解。
2.求解连接体的速度常用方法：
利用机械能守恒定律或能量守恒定律ΔE增=ΔE减列式求解。
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考点三　能量守恒定律及其应用
6.(多选)(2024·云南曲靖市二模)如图所示，足够长的固定木板的倾角为37°，劲度系数为k=36 N/m的轻质弹簧一端固定在木板上P点，图中AP间距等于弹簧的自然长度。现将质量m=1 kg的可视为质点的物块放在木板上，稳定后在外力作用下将弹簧缓慢压缩到某一位置B点后释放。已知木板PA段光滑，AQ段粗糙，物块与木板间的动摩擦因数μ=，物块在B点释放后向上运动，第一次到达A点
时速度大小为v0=3 m/s，弹簧弹性势能Ep=kx2(x为弹簧形变量)，取重力加速度g=10 m/s2，sin 37°=0.6，cos 37°=0.8，下列说法正确的是
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A.施加外力前弹簧压缩量为 m
B.外力做的功为13.5 J
C.物块第一次向下运动到A点时的速度大小为3 m/s
D.物块在A点上方运动的总路程为4.5 m
√
√
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设物块从A点向上滑行的最大距离为s1，根据动能定理可知，上滑过程有
-mgs1sin 37°-μmgs1cos 37°=0-m，下滑过程有mgs1sin 37°-μmgs1cos 37°=
m-0，联立解得s1=1.5 m，v1=3 m/s，故C正确；
物块最终在A点下方做往复运动，最高点为A，即在A点时速度为0，根据动能定理有μmgscos 37°=m，解得s=4.5 m，故D正确。
施力前，对物块，根据平衡条件F弹=mgsin 37°，根据胡克定律F弹=kx，联立解得x= m，故A错误；
当物块由B到A的过程中，根据能量守恒kx2+W = m+mgxsin 37°，解得W=14 J，故B错误；
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7.(2024·福建漳州市三模)如图为某探究活动小组设计的节能运输系统。木箱在倾角为30°的斜面轨道顶端时，自动装货装置将质量为m的货物装入木箱，然后木箱载着货物沿轨道无初速度滑下(货物与木箱之间无相对滑动)，当斜面底端的轻弹簧被压缩至最短时，自动卸货装置立刻将货物卸下，然后木箱恰好被弹回到轨道顶端。已知木箱下滑的最大距离为L，木
箱与轨道间的动摩擦因数为，重力加速度为g。
(1)求货物从顶端到弹簧被压缩到最短的过程中，所受重力做的功W；
答案　0.5mgL　
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货物从顶端到弹簧被压缩到最短的过程中，所受重力做的功W=mgLsin 30°
解得W=0.5mgL
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(2)求木箱的质量M；
答案　m　
木箱载着货物从开始下滑到木箱回到顶端过程，由能量守恒定律可知mgLsin 30°=μ(M+m)gcos 30°·L+μMgcos 30°·L
解得M=m
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(3)若木箱下滑过程中速度最大时弹簧的形变量为x1，上滑过程中速度最大时弹簧的形变量为x2，求两次形变量之比。
答案　1∶1
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下滑过程中，当木箱速度最大时合力为零，
由受力平衡得kx1=(M+m)gsin 30°-μ(M+m)gcos 30°=Mg
同理，上滑过程中，由受力平衡得
kx2=Mgsin 30°+μMgcos 30°=Mg
故x1与x2大小相等，即=1∶1。
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点拨·提炼
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)、内能等的变化。
(2)应用能量守恒定律解题时，应明确哪种形式的能量增加，哪种形式的能量减少，不必区分物体和能量形式。
(3)列出能量守恒关系式ΔE增=ΔE减。
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补偿强化练
PART FOUR
1.(2024·陕西西安市模拟)如图所示，顶角P为53°的光滑“ ”形硬杆固定在竖直平面内，质量均为m的小球甲、乙(均视为质点)用长度为L的轻质硬杆连接，分别套在“ ”形硬杆的倾斜和水平部分，当轻质硬杆呈竖直状态时甲静止在A点，乙静止在C点。甲由于受到轻微的扰动开始运动，当甲运动到B点时，轻质硬杆与“ ”形硬杆的倾斜部分垂直，重力加速度大小为g，sin 53°=0.8，cos 53°=0.6，则甲在B点的速度大小为
A. B.
C. D.
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有mg(L-Lsin 37°)=mv2，解得v=。故选B。
由于甲在B位置时，轻质硬杆与AP倾斜部分垂直，可知甲沿轻质硬杆方向的分速度为0，即此时乙的速度为0，甲减小的重力势能转化为甲的动能，则
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2.(多选)(2024·宁夏石嘴山市模拟)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Ff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，下列判断正确的是
A.物块的质量为7 kg
B.物块所受摩擦力Ff=0.5 N
C.以刚开始上滑时物块所在水平面为
零势能面，则物块在最高点时重力势能为45 J
D.物块上滑过程克服摩擦力做功为5 J
√
√
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(mgsin 30°-Ff)(s-s1)=Ek，整理得Ek=(mgsin 30°-Ff)s-(mgsin 30°-Ff)s1，结合10~20 m内的图像斜率可知k'=mgsin 30°-Ff= N=3 N，联立解得Ff=0.5 N，m=0.7 kg，故B正确，A错误；
0~10 m内物块上滑，由动能定理得-mgssin 30°-Ffs =Ek-Ek0，整理得Ek=Ek0-(mgsin 30°+Ff)s，结合0~
10 m内的图像得，斜率的绝对值|k|=mgsin 30°+Ff = N=4 N，10~20 m内物块下滑，由动能定理得
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W克f=0-Ek0，代入数据解得物块上滑过程克服摩擦力做功为W克f=5 J，故D正确。
由题意可得，物块沿斜面上滑的最大距离为10 m，所以物块在最高点时重力势能为Epm=mgs1sin 30°= 0.7×10×10× J=35 J，故C错误；
物块在上滑过程中，由动能定理可知-mgs1sin 30°-
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3.(多选)(2024·四川雅安市模拟)如图所示，固定在水平地面上、半径R=2 m的圆弧轨道AB，所对圆心角为60°，其末端与逆时针转动的水平传送带相切于B点，B、C间距离为l=1.5 m，传送带速度大小v=4 m/s。一质量m=0.1 kg的小滑块从A由静止开始滑下，第一次到B时速度大小vB=3 m/s，小滑块与传送带之间的动摩擦因数为μ。重力加速度g取10 m/s2，下列说法正确的是
A.小滑块从A到B过程中，摩擦力对其做的功为0.55 J
B.若小滑块不从右端滑离传送带，则动摩擦因数的最
小值为0.3
C.若μ=0.6，则小滑块从B到第一次离开传送带过程中系统产生的热量为2.4 J
D.若μ=0.2，则小滑块从B到第一次离开传送带过程中系统产生的热量为0.3 J
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当小滑块到达C点速度恰好减为0时，由动能定理得-μmgl=0-m，解得μ=0.3，即小滑块不从右端滑离传送带的最小动摩擦因数为0.3，故B正确；
小滑块从A到B，由动能定理得mg(R-Rcos 60°)+ Wf=m，代入数据得摩擦力做功Wf=-0.55 J，故A错误；
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第一次从B点以vB=3 m/s的速度离开传送带。由牛顿第二定律得μmg= ma，小滑块在传送带上的加速度a=6 m/s2，小滑块在传送带上减速或加速的时间t==0.5 s，减速阶段产生的热量Q1=μmg(vt+t)=1.65 J，加速阶段产生的热量Q2=μmg(vt-t)=0.75 J，小滑块从B到第一次离开传送带过程中系统产生的热量Q=Q1+Q2=2.4 J，故C正确；
若μ=0.6>0.3，小滑块在传送带上减速到零之后返回。由传送带的速度v=4 m/s>vB=3 m/s及小滑块在传送带上加速和减速的对称性可知，小滑块
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vBt'-a't'2，代入数据得小滑块在传送带上运动的
时间t'= s，小滑块从B到第一次离开传送带过程中系统产生的热
量Q=μmg(vt'+l)=(1.5-0.4) J，故D错误。
若μ=0.2<0.3，则小滑块在传送带上一直做匀减速运动，由牛顿第二定律μmg=ma'，小滑块在传送带上减速的加速度a'=2 m/s2，由运动学公式得l=
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4.(2024·黑吉辽·14)如图，高度h=0.8 m的水平桌面上放置两个相同物块A、B，质量mA=mB=0.1 kg。A、B间夹一压缩量Δx=0.1 m的轻弹簧，弹簧与A、B不拴接。同时由静止释放A、B，弹簧恢复原长时A恰好从桌面左端沿水平方向飞出，水平射程xA=0.4 m；B脱离弹簧后沿桌面滑行一段距离xB=
0.25 m后停止。A、B均视为质点，取重力加速度g= 10 m/s2。求：
(1)脱离弹簧时A、B的速度大小vA和vB；
答案　1 m/s　1 m/s　
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对A物块由平抛运动知识得
h=gt2，xA=vAt
代入数据解得，脱离弹簧时A的速度大小为
vA=1 m/s
对A、B物块整体由动量守恒定律mAvA=mBvB
解得脱离弹簧时B的速度大小为
vB=1 m/s
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(2)物块与桌面间的动摩擦因数μ；
答案　0.2　
对物块B由动能定理
-μmBgxB=0-mB
代入数据解得，物块与桌面的动摩擦因数为μ=0.2
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(3)整个过程中，弹簧释放的弹性势能ΔEp。
答案　0.12 J
由能量守恒定律ΔEp=mA+mB+μmAgΔxA+μmBgΔxB
其中mA=mB，Δx=ΔxA+ΔxB
解得整个过程中，弹簧释放的弹性势能ΔEp=0.12 J。

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