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第7讲　小专题:动力学和能量观点的综合应用
课时作业　
对点1.传送带模型中的动力学和能量问题
1.(2025·重庆一模)如图,一固定的四分之一光滑圆弧轨道与逆时针匀速转动的水平传送带平滑连接于Q点,圆弧轨道半径为R。质量为m的小滑块自圆弧轨道最高点P由静止释放,小滑块在传送带上运动一段时间后返回圆弧轨道,第一次上升的最高点距Q点高度为R。重力加速度为g。下列说法正确的是(　　)
A.传送带匀速转动的速度大小为
B.小滑块第二次上升的最高点距Q点高度为R
C.小滑块第一次与第二次经过圆弧轨道的Q点时加速度之比为 ∶1
D.小滑块第一次在传送带上运动的整个过程中产生的热量的最大值为mgR
【答案】 D
【解析】 小滑块滑上传送带后先向右减速运动,速度减为0后又在传送带上向左加速,若小滑块能够与传送带达到共速后滑上圆弧,并上升的最高点距Q点高度为R,设传送带速度为v,则有mg×R=mv2,则v=,A错误;之后小滑块一直重复运动,每次返回时上升的最高点距Q点高度始终为R,B错误;小滑块第一次由P点静止释放,到达Q点时速度为v1=,小滑块第二次经过圆弧轨道的Q点时速度为v=,根据公式an=得其加速度之比为2∶1,C错误;若小滑块与传送带共速后返回圆弧轨道,其间二者相对位移最大,产生的热量最多,设滑块与传送带之间的动摩擦因数为μ,此情境下小滑块第一次在传送带上做匀减速直线运动的时间为t1==,相对传送带的距离为Δs1=vt1+t1,解得Δs1=,反向匀加速直线运动的时间为t2==,相对传送带的位移为Δs2=vt2-t2,解得Δs2=,则产生的热量为Qmax=μmg
(Δs1+Δs2),解得Qmax=mgR,D正确。
2.(2025·安徽三模)轮船运输过程中常用传送带将船舱里的货物输送到码头,工作人员将货物轻放在传送带的底端,由传送带传送到顶端,随后由其他工作人员完成装车任务,过程可以简化为如图甲所示模型。倾角为37°的传送带,在电动机的带动下以一定的速度稳定运行,电动机的内阻不计。货物质量M=50 kg,从轻放在传送带底端A处开始计时,10 s时到达顶端B,其运动过程的vt图像如图乙,g取10 m/s2,取sin 37°=0.6,则货物从A运动到B的过程中,下列说法正确的是(　　)
A.货物与传送带之间的摩擦力大小始终不变
B.货物机械能的增加量为4 500 J
C.货物与传送带之间因摩擦产生的热量为1 600 J
D.传送货物过程中电动机多消耗的电能为6 400 J
【答案】 C
【解析】 由题图乙可知货物在传送带上先做匀加速直线运动,后做匀速直线运动,在匀加速阶段,摩擦力沿传送带向上,根据牛顿第二定律有Ff1-Mgsin 37°=Ma,其中a= m/s2,解得Ff1=
320 N,在匀速阶段,货物随传送带向上运动,由平衡条件可知,摩擦力大小Ff2=Mgsin 37°=300 N,即两个阶段摩擦力大小发生了变化,A错误;货物机械能的增加量等于动能增加量与重力势能增加量之和,其动能增加量为ΔEk=Mv2=×50×22 J=100 J,重力势能增加量为ΔEp=MgLsin 37°,其中L为传送带长度,根据题图乙可知货物前5 s匀加速运动的位移为x1=t1=×5 m=5 m,后
5 s匀速运动的位移为x2=vt2=2×5 m=10 m,可知L=x1+x2=15 m,解得ΔEp=4 500 J,其机械能增加量为ΔE=ΔEp+ΔEk=4 600 J,B错误;货物在匀加速阶段相对传送带的位移为Δx=x传-x1=2×
5 m-5 m=5 m,则摩擦产生的热量Q=Ff1Δx=320×5 J=1 600 J,C正确;电动机多消耗的电能等于货物机械能增加量与摩擦产生的热量之和,即ΔE电=ΔE+Q=6 200 J,D错误。
对点2.“滑块—木板”模型
3.(多选)(2025·陕西渭南阶段检测)如图所示,质量m1=1 kg的木板Q静止在水平地面上,质量m2=3 kg的物块P在木板左端,P与Q之间的动摩擦因数μ1=0.2,地面与Q之间的动摩擦因数μ2=0.1。现给物块P以v0=4 m/s 的初速度使其在木板上向右滑动,最终P和Q都静止且P没有滑离木板Q,重力加速度g取10 m/s2,下列说法正确的是(　　)
A.P与Q开始相对静止时P的动能为9.375 J
B.长木板Q长度至少为2 m
C.P与Q之间产生的热量和地面与Q之间产生的热量之比为1∶1
D.P与Q之间产生的热量和地面与Q之间产生的热量之比为2∶1
【答案】 BC
【解析】 P的加速度为 aP=-=-2 m/s2,Q的加速度为 aQ==2 m/s2,两者共速时有v共=v0+aPt=aQt,解得t=1 s,v共=2 m/s,此时P的动能为Ek=m2=6 J,A错误;P、Q共速时的相对位移为Δx=t-t=2 m,之后不发生相对滑动,故长木板Q长度至少为
2 m,B正确;P与Q之间产生的热量为Q1=μ1m2gΔx=12 J,由能量守恒定律得,地面与Q之间产生的热量为Q2=m2-Q1=12 J,P与Q之间产生的热量和地面与Q之间产生的热量之比为
1∶1,C正确,D错误。
4.(2025·广西来宾期末)如图所示,一个足够长的斜面,AC部分的长度为4L,C点以下光滑,C点以上粗糙,B是AC的中点。一根原长为2L的轻弹簧,劲度系数为k=,下端固定在A点,上端放置一个长为L、质量为m的均匀木板PQ。已知斜面的倾角为θ,木板与斜面粗糙部分的动摩擦因数μ=2tan θ,木板受到的最大静摩擦力等于滑动摩擦力,重力加速度为g。
(1)木板静止在斜面AC间时,求弹簧的形变量x;
(2)现将木板沿斜面缓慢下压,弹簧长度变为L时释放,求:
①释放瞬间木板加速度a的大小;
②若木板的Q端刚好能到达C点,至少要将木板截掉多长,木板被释放后能整体到达C点以上区域。
【答案】 (1)　(2)①3gsin θ　②L
【解析】 (1)木板静止在斜面AC间时,根据平衡条件有kx=mgsin θ,
而k=,联立解得x=。
(2)①释放木板瞬间,根据牛顿第二定律有kL-mgsin θ=ma,
联立解得a=3gsin θ。
②木板释放后到达最高点过程中,根据系统能量守恒可知释放时弹簧弹性势能为
Ep=mg·2Lsin θ,
设将木板截短后还剩x,被释放后恰好能整体到达C点以上区域,
则满足Ep=mg·3Lsin θ+μmgxcos θ,
又μ=2tan θ,
联立解得x=L,
可得木板截掉的部分长度为Δx=L-x=L。
对点3.应用动力学和能量观点解决多运动组合问题
5.(2025·四川卷,7)如图所示,倾角为30°的光滑斜面固定在水平地面上,安装在其顶端的电动机通过不可伸长的轻绳与小车相连,小车上静置一物块。小车与物块的质量均为m,两者之间动摩擦因数为。电动机以恒定功率P拉动小车由静止开始沿斜面向上运动。经过一段时间,小车与物块的速度刚好相同,速度大小为v0。运动过程中轻绳与斜面始终平行,小车和斜面均足够长,重力加速度大小为g,忽略其他摩擦,则这段时间内(　　)
A.物块的位移大小为
B.物块的机械能增量为
C.小车的位移大小为-
D.小车的机械能增量为+
【答案】 C
【解析】 对物块,根据牛顿第二定律有μmgcos 30°-mgsin 30°=ma,解得a=g,根据运动学公式有=2ax1,解得物块的位移大小为x1=,A错误;物块的机械能增量为ΔE=m+mgx1·
sin 30°=m,B错误;对小车,由动能定理有Pt-(μmgcos 30°+mgsin 30°)x=m,其中t=,联立解得x=-,C正确;小车的机械能增量为ΔE′=m+mgxsin 30°=+,D错误。
6.(2025·天津一模)如图所示,光滑曲面AB与粗糙水平面BC平滑连接于B点,BC右端连接内壁光滑、半径r=0.1 m的四分之一细管CD,管口D端正下方直立一根劲度系数k=100 N/m的轻弹簧,弹簧下端固定,另一端恰好与管口D端平齐。质量为m=1 kg的小球从距BC的高度h=0.6 m处由静止释放,沿BC轨道进入管口C端时与圆管间恰好无作用力,通过CD后,在压缩弹簧过程中系统机械能不变,且小球速度最大时弹簧的弹性势能Ep=1 J。小球视为质点,重力加速度g取10 m/s2。求:
(1)小球在B点的速度大小vB;
(2)小球在BC轨道上运动过程中,克服摩擦力做的功W;
(3)小球在压缩弹簧过程中的最大动能Ekmax。
【答案】 (1)2 m/s　(2)5.5 J　(3)1.5 J
【解析】 (1)小球在曲面AB上运动的过程中,根据机械能守恒定律有mgh=m,
解得vB=2 m/s。
(2)小球经过C点时,根据牛顿第二定律有mg=m,
小球从B到C,根据动能定理有-W=m-m,
解得W=5.5 J。
(3)小球动能最大时合力为0,则有kx=mg,
以C点为重力势能参考平面,根据系统机械能守恒有m=Ep-mg(r+x)+Ekmax,
代入数据解得Ekmax=1.5 J。
7.(多选)(2025·广东模拟)如图所示,生产车间有两个相互垂直且等高的水平传送带M和N,传送带M、N做匀速直线运动的速度大小分别为0.6 m/s、0.8 m/s,方向均已在图中标出,一小煤块(视为质点)离开传送带M前已经与传送带M的速度相同,并平稳地传送到传送带N上。小煤块的质量为1 kg,与传送带N间的动摩擦因数为0.2,重力加速度大小g取10 m/s2,传送带N的宽度足够大。下列说法正确的是(　　)
A.小煤块传送到传送带N前的瞬间,相对传送带N的速度大小为1.4 m/s
B.小煤块传送到传送带N上后,经0.5 s与传送带N保持相对静止
C.小煤块在传送带N上滑动的划痕是直线,其长度为0.25 m
D.小煤块在传送带N上滑动的过程中,因摩擦产生的热量为1 J
【答案】 BC
【解析】 小煤块传送到传送带N前的瞬间,相对传送带N的速度大小为v= m/s=
1 m/s,故A错误;小煤块在传送带N上滑动的过程中,其所受滑动摩擦力大小Ff=μmg=2 N,
方向如图所示,小煤块相对传送带N做匀减速直线运动,其加速度大小为a==μg=2 m/s2,从小煤块滑上传送带N到小煤块与传送带N保持相对静止的时间t==0.5 s,故B正确;设小煤块在传送带N上滑动的划痕的长度为l,根据匀变速直线运动的规律有v2=2al,解得l=0.25 m,故C正确;小煤块在传送带N上滑动的过程中,因摩擦产生的热量Q=μmgl=0.5 J,故D错误。
8.(2025·河北模拟)如图所示,AB为弧形轨道,在B处与水平轨道BH平滑相接,CDE为半径R=0.1 m的圆形轨道(C、E略微错开),FG段是长L1=1 m,以v0=4 m/s的速率顺时针转动的传送带,水平轨道GH的末端H处放置长L2=1 m、质量M=0.3 kg的木板。现让质量m=0.1 kg的滑块(可视为质点)从AB轨道高h处由静止滑下。已知滑块与传送带及木板间的动摩擦因数分别为μ1=0.1和μ2=0.3,其余摩擦均不计,重力加速度g取10 m/s2。
(1)若滑块恰好通过圆形轨道最高点,求滑块下落的高度。
(2)若滑块恰好不滑离木板,求滑块下落的高度。
(3)求滑块到达传送带右端G点的速度大小与滑块下落高度的关系。
【答案】 (1)0.25 m　(2)0.3 m　(3)见解析
【解析】 (1)若滑块恰好通过圆形轨道最高点,则有mg=m,滑块从释放至到达圆形轨道最高点,根据动能定理有mg(h1-2R)=m,
解得滑块下落的高度h1=0.25 m。
(2)若滑块到达木板右端时二者共速,则滑块恰好不滑离木板,规定向右为正方向,
对滑块有v共=v1-a1t,a1=μ2g,
对木板有v共=a2t,a2=,
二者位移关系为v1t-a1t2-a2t2=L2,
联立解得v1=2 m/s可知滑块在传送带上一直做加速运动,滑块从释放点到H点,根据动能定理有
mgh2+μ1mgL1=m-0,
联立解得h2=0.3 m。
(3)若滑块一直加速到G点的速度大小为v0时,有mgh3+μ1mgL1=m-0,
解得h3=0.7 m;
若滑块一直减速到G点的速度大小为v0时,有mgh4-μ1mgL1=m-0,
解得h4=0.9 m。
当0.25 m≤h≤0.7 m时,设滑块运动到F点的速度为v3,则有mgh=m-0,
滑块在传送带上运动过程有-=2μ1gL1,
解得vG= m/s;
当0.7 m有vG=v0=4 m/s;
当h≥0.9 m时,
有mgh-μ1mgL1=m-0,
解得vG= m/s。第6讲　小专题:功能关系　能量守恒定律
对点1.对功能关系的理解与应用
1.(2025·江苏期中)如图所示,一质量为m的小球固定于轻质弹簧的一端,弹簧的另一端可绕O点转动,把小球拉至A处,弹簧恰好无形变。将小球由静止释放,当小球运动到O点正下方B点时的速度为v,A、B的高度差为h。设弹簧处于原长时弹性势能为0,弹簧始终处于弹性限度内,重力加速度为g,则小球(　　)
A.由A到B重力做的功等于mv2
B.由A到B重力势能减少mv2
C.由A到B克服弹力做功为mgh
D.到达位置B时弹簧的弹性势能为mgh-mv2
2.(多选)(2025·安徽模拟)如图所示,一小物块由静止开始沿倾角为53°的斜面向下滑动,最后停在水平地面上。斜面和地面平滑连接,且物块与斜面、物块与地面间的动摩擦因数均为,取地面为零势能面,取sin 53°=0.8,cos 53°=0.6。该过程中,物块的机械能E、重力势能Ep、动能Ek、摩擦产生的热量Q与水平位移x的关系图像可能正确的是(　　)
A B
C D
对点2.摩擦力做功与能量转化
3.(2025·云南卷,6)如图所示,质量为m的滑块(视为质点)与水平面上MN段的动摩擦因数为μ1,与其余部分的动摩擦因数为μ2,且μ1>μ2。第一次,滑块从Ⅰ位置以速度v0向右滑动,通过MN段后停在水平面上的某一位置,整个运动过程中,滑块的位移大小为x1,所用时间为t1;第二次,滑块从Ⅱ位置以相同速度v0向右滑动,通过MN段后停在水平面上的另一位置,整个运动过程中,滑块的位移大小为x2,所用时间为t2。忽略空气阻力,则(　　)
A.t1t2
C.x1>x2 D.x14.(2025·湖南郴州模拟)如图所示,一轻绳吊着一根粗细均匀的棒,棒下端离地面的高度为H,上端套着一个细环。棒和环的质量分别为M、m,相互间的最大静摩擦力等于滑动摩擦力kmg
(2>k>1,g为重力加速度大小),断开轻绳,棒和环自由下落。棒足够长,与地面碰撞中不损失能量且触地时间极短。棒在整个运动过程中始终保持竖直,环始终套在棒上,不计空气阻力。求:
(1)棒第一次与地面碰撞时环的速度大小v;
(2)棒从与地面第一次碰撞至第二次碰撞过程中运动的路程x;
(3)从断开轻绳到棒和环都静止的过程中,棒和环摩擦产生的热量Q。
对点3.对能量守恒定律的理解与应用
5.(2024·安徽卷,7)在某地区的干旱季节,人们常用水泵从深水井中抽水灌溉农田,简化模型如图所示。水井中的水面距离水平地面的高度为H。出水口距水平地面的高度为h,与落地点的水平距离约为l。假设抽水过程中H保持不变,水泵输出能量的η倍转化为水被抽到出水口处增加的机械能。已知水的密度为ρ,水管内径的横截面积为S,重力加速度大小为g,不计空气阻力。则水泵的输出功率约为(　　)
A.(H+h+)
B.(H+h+)
C.(H+)
D.(H+)
6.(2025·广西南宁期末)如图为某研究小组设计的一种节能运输系统。木箱在倾角为30°的斜面轨道顶端时,自动装货装置将货物装入质量为M的木箱内,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,系统将木箱锁定,自动卸货装置将货物卸下,此后解除对木箱的锁定,木箱恰好被轻弹簧弹回到轨道顶端。已知木箱下滑的最大距离为L,轻弹簧的弹性势能Ep=kx2,x为弹簧的形变量,轻弹簧的劲度系数k=,轻弹簧始终在弹性限度内,木箱与轨道间的动摩擦因数为,重力加速度大小为g。求:
(1)弹簧被压缩后的最大弹性势能;
(2)运送的货物的质量;
(3)木箱与货物在向下运动过程中的最大动能。
7.(2025·河南许昌三模)如图,L形直角框架AOB固定在天花板上,框架的AO杆呈竖直状态,直杆呈水平状态,小球甲、乙分别套在AO和BO上,小球甲、乙之间用轻杆相连,轻杆与小球连接处是可以活动的转轴。某时刻将小球甲由静止释放,小球甲、乙开始运动,不计一切摩擦,重力加速度为g,下列说法正确的是(　　)
A.甲球沿AO杆下落过程中机械能先增大后减小
B.甲球沿AO杆下落过程中,乙球的机械能一直增加
C.甲球机械能最小时,OB杆对乙球的作用力小于其重力
D.若甲球到达O点时下落的位移为h,则甲球到达O点时的速度为
8.(2025·天津期中)如图所示,半径R=0.4 m的粗糙圆弧轨道BC固定在竖直平面内,轨道的上端点B和圆心O的连线与水平方向的夹角θ=30°,下端点C为轨道的最低点且与粗糙水平面相切,一根轻质弹簧的右端固定在竖直挡板上。质量m=0.1 kg的小物块(可视为质点)从空中A点以v0=2 m/s的速度被水平抛出,恰好从B点沿轨道切线方向进入轨道,经过圆弧轨道上C点时对轨道的压力大小为6 N,之后沿水平面向右运动至D点时,弹簧被压缩至最短,小物块第二次经过C点时刚好停止运动,不计空气阻力(g取10 m/s2)。求:
(1)小物块从A点运动到B点的时间t;
(2)小物块经过圆弧轨道的过程中损失的机械能ΔE;
(3)弹簧的弹性势能的最大值Epmax。第2讲　动能和动能定理
对点1.对动能、动能定理的理解与基本应用
1.(2025·安徽滁州期末)转动动能是物体动能的一种形式,它是指物体绕某一轴旋转所具有的能量,转动动能的公式为Ek=Jω2,其中ω为旋转的角速度。公式中的物理量J称为转动惯量,其物理单位为(　　)
A.kg·m2 B.kg·m·s-1
C.N D.m·s-3
2.(多选)(2025·内蒙古呼和浩特二模)天花板下悬挂的轻质光滑小圆环P可绕过悬挂点的竖直轴无摩擦地旋转。一根轻绳穿过P,两端分别连接质量为m1和m2(m1≠m2)的小球A、B。两球同时做如图所示的圆锥摆运动,且两球始终在同一水平面内,则(　　)
A.两球的向心加速度大小相等
B.两球运动的角速度大小相等
C.A、B两球的质量之比为
D.A、B两球的动能之比为
3.(2025·贵州学业考试)关于动能定理,下列说法正确的是(　　)
A.某过程中合力的总功等于各力做功的绝对值之和
B.只要合力对物体做功,物体的动能就一定改变
C.在物体动能不改变的过程中,动能定理不适用
D.动能定理只适用于受恒力作用而加速运动的过程
4.(2025·湖北三模)雨滴在穿过云层的过程中,由于水汽的凝聚,雨滴质量将逐渐增大。若其中某段运动可简化为一竖直方向运动,且该过程中雨滴的初始质量为m0,初速度为v0,高度下降h后质量变为m1,速度变为v1。假定雨滴的质量增加量与下落高度成正比,则该过程中克服阻力做功为(　　)
A.m0gh-m1+m0
B.m1gh-m1+m0
C.(m1-m0)gh-m1+m0
D.(m1+m0)gh-m1+m0
5.(2025·安徽卷,14)如图,M、N为固定在竖直平面内同一高度的两根细钉,间距L=0.5 m。一根长为3L的轻绳一端系在M上,另一端竖直悬挂质量m=0.1 kg的小球,小球与水平地面接触但无压力。t=0时,小球以水平向右的初速度v0=10 m/s开始在竖直平面内做圆周运动。小球牵引着绳子绕过N、M,运动到M正下方与M相距L的位置时,绳子刚好被拉断,小球开始做平抛运动。小球可视为质点,绳子不可伸长,不计空气阻力,重力加速度g取10 m/s2。
(1)求绳子被拉断时小球的速度大小及绳子所受的最大拉力大小;
(2)求小球做平抛运动时抛出点到落地点的水平距离;
(3)若在t=0时,只改变小球的初速度大小,使小球能通过N的正上方且绳子不松弛,求初速度的最小值。
对点2.动能定理与图像问题的结合
6.(2025·黑龙江哈尔滨三模)研发小组在平直的封闭道路上测试某无人驾驶汽车的性能,当汽车加速运动的速度为v0时关闭发动机而开始无动力滑行,此刻作为计时起点,经时间t1后以额定功率P0加速行驶,t2时刻达到最大速度,用电脑记录汽车的速度—时间(vt)图像如图所示,汽车的总质量为m,行驶过程中受到的阻力Ff保持不变,则下列表述正确的是(　　)
A.汽车受到的阻力为Ff=
B.汽车的最大速度为vm=
C.汽车加速过程的位移为x=(vm+v1)·(t2-t1)
D.汽车在0~t2时间内牵引力做功为W=P0t2
7.(2025·江苏泰州二模)将一只皮球竖直向上抛出,皮球运动时受到空气阻力的大小与速度的大小成正比,皮球从抛出到落回抛出点过程中,其运动的动能Ek与上升高度h之间关系的图像可能正确的是(　　)
A B
C D
8.(2025·甘肃平凉阶段练习)质量为m的小球以初动能Ek0自空中的O点沿某一方向抛出,该小球抛出后运动过程中的动能Ek与水平方向运动的位移x的关系图像如图所示,不计空气阻力,重力加速度为g,则下列说法正确的是(　　)
A.小球做倾角为53°的斜上抛运动
B.小球动能最小时所在位置距抛出点O的竖直高度为
C.小球动能最小时所在位置距抛出点O的水平位移为
D.小球从抛出到动能最小时经历的时间为
9.(多选)(2025·四川遂宁三模)如图甲所示,为测定物体冲上粗糙斜面能达到的最大位移x与斜面倾角θ的关系,将某一物体每次以相等的初速率v0沿足够长的斜面向上推出,调节斜面与水平方向的夹角θ,实验测得x与斜面倾角θ的关系如图乙所示,g取10 m/s2,取=2.24,最大静摩擦力等于滑动摩擦力,则根据图像可求出(　　)
A.物体的初速率v0=4 m/s
B.物体与斜面间的动摩擦因数μ=0.8
C.当θ=30°时,物体达到最大位移后将保持静止
D.取不同的倾角θ,物体在斜面上能达到的位移x的最小值xmin=0.7 m
10.(2025·福建卷,15)如图甲,竖直平面内,一长度大于4 m的水平轨道OP与光滑半圆形轨道PNM在P点平滑连接,固定在水平地面上。可视为质点的A、B两小物块靠在一起,静置于轨道左端。现用一水平向右推力F作用在A上,使A、B向右运动。以x表示A离开初始位置的位移,F随x变化的图像如图乙所示。已知A、B质量均为0.2 kg,A与水平轨道间的动摩擦因数为0.25,B与水平轨道间的摩擦不计,重力加速度大小取10 m/s2。
(1)求A离开初始位置向右运动1 m的过程中,推力F做的功;
(2)求A的位移为1 m时,A、B间的作用力大小;
(3)若B能到达M点,求半圆形轨道半径R应满足的条件。第6讲　小专题:功能关系　能量守恒定律
课时作业
对点1.对功能关系的理解与应用
1.(2025·江苏期中)如图所示,一质量为m的小球固定于轻质弹簧的一端,弹簧的另一端可绕O点转动,把小球拉至A处,弹簧恰好无形变。将小球由静止释放,当小球运动到O点正下方B点时的速度为v,A、B的高度差为h。设弹簧处于原长时弹性势能为0,弹簧始终处于弹性限度内,重力加速度为g,则小球(　　)
A.由A到B重力做的功等于mv2
B.由A到B重力势能减少mv2
C.由A到B克服弹力做功为mgh
D.到达位置B时弹簧的弹性势能为mgh-mv2
【答案】 D
【解析】 由A至B重力对小球做功为mgh,则小球的重力势能减少mgh,减少的重力势能转化为动能和弹簧的弹性势能,所以mgh>mv2,A、B错误;设由A至B小球克服弹力做功为W,根据动能定理有mgh-W=mv2-0,解得W=mgh-mv2,则小球到达位置B时弹簧的弹性势能为mgh-mv2,C错误,D正确。
2.(多选)(2025·安徽模拟)如图所示,一小物块由静止开始沿倾角为53°的斜面向下滑动,最后停在水平地面上。斜面和地面平滑连接,且物块与斜面、物块与地面间的动摩擦因数均为,取地面为零势能面,取sin 53°=0.8,cos 53°=0.6。该过程中,物块的机械能E、重力势能Ep、动能Ek、摩擦产生的热量Q与水平位移x的关系图像可能正确的是(　　)
A B
C D
【答案】 BD
【解析】 设O点到斜面底端的水平距离为x0,物块从释放到停止运动的过程中,克服摩擦力做功W克=μmgcos 53°·+μmgx1=μmgx0+μmgx1=μmgx,由于物块在该过程中机械能的减少量始终等于克服摩擦力所做的功,则物块在x轴上任意位置的机械能为E=mgh-mgx,其Ex 图像为纵截距为mgh、斜率为-mg的倾斜直线,又Q=W克=μmgx,则Qx图像为过原点、斜率为mg的倾斜直线,故A错误,D正确;物块的重力势能Ep=mgh-mgtan 53°·x=mgh-mg·x
(0≤x≤x0),可知物块Epx图像为纵截距mgh、斜率为-mg的图线,当x>x0时,重力势能为0保持不变,故B正确;当物块从最高点下滑至斜面最低点的过程中,物块的动能Ek1=mgxtan 53°-
μmgcos 53°·=mg·x(0≤x≤x0),当物块下滑至斜面底端时其动能Ek1=mgx0,此后在水平面上克服摩擦力做功,则有Ek2=mgx0-μmgx=mgx0-mg·x(x0对点2.摩擦力做功与能量转化
3.(2025·云南卷,6)如图所示,质量为m的滑块(视为质点)与水平面上MN段的动摩擦因数为μ1,与其余部分的动摩擦因数为μ2,且μ1>μ2。第一次,滑块从Ⅰ位置以速度v0向右滑动,通过MN段后停在水平面上的某一位置,整个运动过程中,滑块的位移大小为x1,所用时间为t1;第二次,滑块从Ⅱ位置以相同速度v0向右滑动,通过MN段后停在水平面上的另一位置,整个运动过程中,滑块的位移大小为x2,所用时间为t2。忽略空气阻力,则(　　)
A.t1t2
C.x1>x2 D.x1【答案】 A
【解析】 对两种运动的整个过程分析,根据能量守恒有m=μ1mgxMN+μ2mg(x1-xMN),
m=μ1mgxMN+μ2mg(x2-xMN),可得x1=x2,C、D错误;根据牛顿第二定律μmg=ma,可得a=μg,由于μ1>μ2,故滑块在MN段的加速度更大,根据前面分析可知两次运动的总位移相等,即两次运动过程中vt图像与坐标轴围成的面积相等,由于第二次滑块与M点的距离较近,根据公式-v2=2μ2gx,可知滑块第二次到达M点时速度更大,作出整个过程中两种运动状态的vt图像如图所示,可得t2>t1,A正确,B错误。
4.(2025·湖南郴州模拟)如图所示,一轻绳吊着一根粗细均匀的棒,棒下端离地面的高度为H,上端套着一个细环。棒和环的质量分别为M、m,相互间的最大静摩擦力等于滑动摩擦力kmg(2>k>1,g为重力加速度大小),断开轻绳,棒和环自由下落。棒足够长,与地面碰撞中不损失能量且触地时间极短。棒在整个运动过程中始终保持竖直,环始终套在棒上,不计空气
阻力。求:
(1)棒第一次与地面碰撞时环的速度大小v;
(2)棒从与地面第一次碰撞至第二次碰撞过程中运动的路程x;
(3)从断开轻绳到棒和环都静止的过程中,棒和环摩擦产生的热量Q。
【答案】 (1)　(2) (3)(M+m)gH
【解析】 (1)断开轻绳后棒与环一起做自由落体运动,有(M+m)gH=(M+m)v2,
解得v=。
(2)设棒弹起后的加速度大小为a,由牛顿第二定律有a=,
则棒第一次弹起后做匀减速直线运动,向上运动的高度h=,
由题意有x=2h,
解得x=。
(3)设环在该过程中与棒的相对位移大小为d,
根据能量守恒定律有MgH+mg(H+d)=kmgd,
又Q=kmgd,
解得Q=(M+m)gH。
对点3.对能量守恒定律的理解与应用
5.(2024·安徽卷,7)在某地区的干旱季节,人们常用水泵从深水井中抽水灌溉农田,简化模型如图所示。水井中的水面距离水平地面的高度为H。出水口距水平地面的高度为h,与落地点的水平距离约为l。假设抽水过程中H保持不变,水泵输出能量的η倍转化为水被抽到出水口处增加的机械能。已知水的密度为ρ,水管内径的横截面积为S,重力加速度大小为g,不计空气阻力。则水泵的输出功率约为(　　)
A.(H+h+)
B.(H+h+)
C.(H+)
D.(H+)
【答案】 B
【解析】 设水从出水口射出的初速度为v0,取Δt时间内的水为研究对象,该部分水的质量为m=v0ΔtSρ,水从出水口射出后做平抛运动,根据平抛运动规律得v0t=l,h=gt2,解得v0=l,以水井中的水面处为重力势能的零势能参考平面,根据功能关系得PΔtη=m+mg(H+h),联立解得水泵的输出功率为P=(H+h+)。故选B。
6.(2025·广西南宁期末)如图为某研究小组设计的一种节能运输系统。木箱在倾角为30°的斜面轨道顶端时,自动装货装置将货物装入质量为M的木箱内,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,系统将木箱锁定,自动卸货装置将货物卸下,此后解除对木箱的锁定,木箱恰好被轻弹簧弹回到轨道顶端。已知木箱下滑的最大距离为L,轻弹簧的弹性势能Ep=kx2,x为弹簧的形变量,轻弹簧的劲度系数k=,轻弹簧始终在弹性限度内,木箱与轨道间的动摩擦因数为,重力加速度大小为g。求:
(1)弹簧被压缩后的最大弹性势能;
(2)运送的货物的质量;
(3)木箱与货物在向下运动过程中的最大动能。
【答案】 (1)0.8MgL　(2)3M　(3)0.648MgL
【解析】 (1)设弹簧的最大弹性势能为Epmax,弹簧将木箱弹回到最高点的过程中,根据功能关系有-μMgcos 30°·L=MgLsin 30°-Epmax,
解得Epmax=0.8MgL。
(2)设运送的货物的质量为m,
货物和木箱向下运动过程中有-μ(m+M)gLcos 30°=Epmax-(m+M)gLsin 30°,
解得m=3M。
(3)当木箱和货物向下运动的速度达到最大时,设弹簧的压缩量为x1,根据力的平衡有
kx1+μ(m+M)gcos 30°=(m+M)gsin 30°,
解得x1=0.02L,
设弹簧的最大压缩量为x2,
则Epmax=k,
解得x2=0.2L,
设木箱与货物运动过程中的最大动能为Ekmax,
根据能量守恒定律有[(m+M)gsin 30°-μ(m+M)gcos 30°](L-x2+x1)=k+Ekmax,
解得Ekmax=0.648MgL。
7.(2025·河南许昌三模)如图,L形直角框架AOB固定在天花板上,框架的AO杆呈竖直状态,直杆呈水平状态,小球甲、乙分别套在AO和BO上,小球甲、乙之间用轻杆相连,轻杆与小球连接处是可以活动的转轴。某时刻将小球甲由静止释放,小球甲、乙开始运动,不计一切摩擦,重力加速度为g,下列说法正确的是(　　)
A.甲球沿AO杆下落过程中机械能先增大后减小
B.甲球沿AO杆下落过程中,乙球的机械能一直增加
C.甲球机械能最小时,OB杆对乙球的作用力小于其重力
D.若甲球到达O点时下落的位移为h,则甲球到达O点时的速度为
【答案】 D
【解析】 甲、乙组成的系统机械能守恒,乙球的机械能先增大后减小,则甲球的机械能先减小后增大,A、B错误;由功能关系可知,当甲、乙连接杆对甲球的推力减为零时甲球的机械能最小,此时OB杆对乙球的作用力等于其重力,C错误;因为甲球到达O点时乙球的速度为零,对甲、乙两球组成的系统有mgh=mv2,解得v=,D正确。
8.(2025·天津期中)如图所示,半径R=0.4 m的粗糙圆弧轨道BC固定在竖直平面内,轨道的上端点B和圆心O的连线与水平方向的夹角θ=30°,下端点C为轨道的最低点且与粗糙水平面相切,一根轻质弹簧的右端固定在竖直挡板上。质量m=0.1 kg的小物块(可视为质点)从空中A点以v0=2 m/s的速度被水平抛出,恰好从B点沿轨道切线方向进入轨道,经过圆弧轨道上C点时对轨道的压力大小为6 N,之后沿水平面向右运动至D点时,弹簧被压缩至最短,小物块第二次经过C点时刚好停止运动,不计空气阻力(g取10 m/s2)。求:
(1)小物块从A点运动到B点的时间t;
(2)小物块经过圆弧轨道的过程中损失的机械能ΔE;
(3)弹簧的弹性势能的最大值Epmax。
【答案】 (1) s　(2)0.4 J　(3)0.5 J
【解析】 (1)小物块从A到B做平抛运动,经B点时速度分解如图所示,
则vy==gt,
代入数据解得时间t== s。
(2)小物块在B点的速度vB==4 m/s,
设小物块在C点的速度为vC,有FN-mg=m,
解得vC=2 m/s,
根据能量守恒定律,小物块经过圆弧轨道过程中损失的机械能为
ΔE=mgR(1+sin θ)+m-m=0.4 J。
(3)小物块从C点到压缩弹簧最短过程中有m=Wf+Epmax,
而返回过程中有Wf=Epmax,
解得Epmax=m=0.5 J。第8讲　实验:验证机械能守恒定律
1.(2025·宁夏石嘴山二模)在利用如图甲所示装置验证机械能守恒定律的实验中:
(1)质量为m的重锤从高处由静止开始下落,重锤上拖着的纸带通过打点计时器所打出一系列的点如图乙所示,选取纸带打出的五个连续点A、B、C、D、E,测出A点与起始点O的距离为s0,A、C间和C、E间距离分别为s1、s2。使用电源的打点周期为T,则打C点时重锤的速度为　　　　,打点计时器在打O点和C点的这段时间内重锤重力势能的减少量为　　　。
(2)实验中发现重锤减少的重力势能略大于重锤增加的动能,其原因主要是在重锤带着纸带下落的过程中存在着阻力作用,若已知当地重力加速度的值为g,用(1)结果及题目中给出的已知量表示重锤在下落过程中受到的平均阻力大小为　　　　　　。
2.(2025·辽宁期中)某同学用如图甲所示的装置验证机械能守恒定律。
实验步骤如下:
a.用电磁铁吸住小铁球,将光电门1、2分别固定在轨道上;
b.切断电磁铁电源,小铁球沿光滑轨道由静止开始下滑,光电计时器测出小铁球通过光电门1、2所用的时间分别为t1、t2。
(1)用螺旋测微器测量小铁球的直径d,如图乙所示,可读出小铁球直径d=　　　　mm。
(2)已知当地重力加速度为g。若要验证机械能守恒定律,本实验还需测量的物理量为　　　　　　　　　(用文字和字母表示),本实验需要验证的物理量关系式为　　　　　　　(用题中给出的字母及还需测量的物理量的字母表示)。
3.(2025·江西萍乡二模)某实验小组用如图所示的装置来验证机械能守恒定律。绕过定滑轮的轻质细线的两端分别悬挂质量均为m的重物A、B且处于静止状态,A与纸带连接,纸带通过固定的打点计时器(电源频率为 50 Hz),在B的下端再挂质量为m0的重物C,使系统由静止释放,利用打点计时器打出的纸带可研究系统(由重物A、B、C组成)的机械能守恒,重力加速度大小为g,回答下列问题:
(1)关于该实验,下列说法正确的是　　　　。(多选)
A.无须测量重物C的质量m0就可以验证机械能守恒定律
B.实验时,应先接通打点计时器电源再释放纸带
C.增大重物C的质量可使重物A、B、C的加速度接近g,但不可能超过g
(2)此实验存在系统误差,由于摩擦阻力和空气阻力的影响,系统的总动能的增加量略　　　　(选填“大于”或“小于”)总重力势能的减少量;适当　　　　(选填“增大”或“减小”)重物A、B、C的质量,可减小本实验的相对误差。
(3)对选取的纸带,若第1个点对应的速度为0,重物A上升的高度为h,通过计算得到三个重物的速度大小为v,然后描绘出v2h(h为横坐标)关系图像,若系统机械能守恒成立,且m0=m,则倾斜直线的斜率k=　　　　。
4.(2025·甘肃卷,11)某学习小组使用如图甲所示的实验装置验证机械能守恒定律。把一个直径为d的小球用不可伸长的细线悬挂,光电门置于小球平衡位置处,其光线恰好通过小球球心,计时器与光电门相连。
将小球拉离平衡位置并记录其高度h,然后由静止释放(运动平面与光电门光线垂直),记录小球经过光电门的挡光时间Δt。改变h,测量多组数据。已知重力加速度为g,忽略阻力。
(1)以h为横坐标、　　　 [选填“Δt”“(Δt)2”“”或“”]为纵坐标作直线图。若所得图像过原点,且斜率为　　　　(用d和g表示),即可证明小球在运动过程中机械能守恒。
(2)实验中,用游标卡尺测得小球的直径d=20.48 mm。
①由结果可知,所用的是　　　　(选填“10”“20”或“50”)分度的游标卡尺;
②小组设计了一把25分度的游标卡尺,未测量时的状态如图乙所示。如果用此游标卡尺测量该小球直径,则游标尺上第　　　条刻度线与主尺上的刻度线对齐。
5.(2025·江西宜春期末)利用气垫导轨验证机械能守恒定律,实验装置示意图如图所示。实验步骤如下:
①将气垫导轨放在水平桌面上,将导轨调至水平。
②测出遮光条的宽度l和两光电门中心之间的距离s。
③将滑块移至光电门1右侧某处,待槽码静止不动时,释放滑块(要求槽码落地前遮光条已通过光电门2)。
④从数字计数器上分别读出遮光条通过光电门1和光电门2所用的时间Δt1和Δt2。
⑤用天平称出滑块和遮光条的总质量M,再称出槽码的质量m。(已知当地重力加速度为g)
(1)使用气垫导轨的主要目的是　　　　。(填正确答案标号)
A.减小滑块和导轨之间的摩擦力
B.喷出的压缩空气减小滑块速度
C.使滑块与导轨不直接接触,减小噪声
(2)在滑块从光电门1运动到光电门2的过程中,系统(包括滑块、遮光条、槽码)的总动能增加量为ΔEk=　　　　　　　　　　。(结果用l、Δt1、Δt2、M、m表示)
(3)在滑块从光电门1运动到光电门2的过程中,系统重力势能的减少量ΔEp等于　　　　。(填正确答案标号)
A.Mgs　　　B.mgs　　　C.(m+M)gs
(4)如果在误差允许的范围内ΔEp≈ΔEk,则可认为验证了机械能守恒定律。比较ΔEk与ΔEp的大小,发现ΔEk>ΔEp,出现这一结果的原因可能是　　　　。(填正确答案标号)
A.滑轮质量较大
B.存在空气阻力和摩擦力
C.两光电门之间距离的测量值偏小
6.(2025·重庆二模)某同学设计了如图甲所示实验装置,来验证机械能守恒定律。所用实验器材有铁架台、小圆柱、光电门计时器、带量角器的参考背景板等。主要实验步骤如下:
①用直尺测量摆线长L(作为摆长);用游标卡尺测量小圆柱的直径d,结果如图乙所示。
②按图甲安装好实验器材,使小圆柱下摆时,其中心经过固定在O点正下方的光电门。
③用手拉住小圆柱,使细线稍稍绷紧,记录下摆夹角θ,然后打开光电门计时器,将小圆柱由静止释放,记录小圆柱第一次经过光电门的遮光时间Δt。
④改变小圆柱的下摆夹角,多次重复步骤③。
⑤记录多组θ、Δt数据,并绘制出(1-cos θ)图像,如图丙所示。
已知小圆柱的质量为m,当地重力加速度大小为g。回答下列问题:
(1)小圆柱的直径d=　　　　 cm。
(2)小圆柱从静止释放到经过光电门的过程中,其动能的增加量为　　　　(用m、d、Δt表示)。
(3)若图丙中图线斜率与理论值　　 　　(用g、L表示)近似相等,则成功验证了机械能守恒定律。 第2讲　动能和动能定理
课时作业　　　　　　 　　　　　 　　　　　
对点1.对动能、动能定理的理解与基本应用
1.(2025·安徽滁州期末)转动动能是物体动能的一种形式,它是指物体绕某一轴旋转所具有的能量,转动动能的公式为Ek=Jω2,其中ω为旋转的角速度。公式中的物理量J称为转动惯量,其物理单位为(　　)
A.kg·m2 B.kg·m·s-1
C.N D.m·s-3
【答案】 A
【解析】 由Ek=Jω2,可得J=,则公式中物理量J的单位为=kg·m2。A正确。
2.(多选)(2025·内蒙古呼和浩特二模)天花板下悬挂的轻质光滑小圆环P可绕过悬挂点的竖直轴无摩擦地旋转。一根轻绳穿过P,两端分别连接质量为m1和m2(m1≠m2)的小球A、B。两球同时做如图所示的圆锥摆运动,且两球始终在同一水平面内,则(　　)
A.两球的向心加速度大小相等
B.两球运动的角速度大小相等
C.A、B两球的质量之比为
D.A、B两球的动能之比为
【答案】 BD
【解析】 设摆线与竖直方向的夹角为θ,根据圆周运动规律有mgtan θ=man,解得an=gtan θ,因为α<β,所以B球加速度大于A球加速度,A错误;设悬挂点到水平面的高度为h,则mgtan θ=
mω2htan θ,解得ω=,可知ω与θ无关,即两球角速度大小相同,B正确;由于绳子上的拉力大小相等,则有mg=Fcos θ,即A球的质量与B球的质量之比mA∶mB=cos α∶cos β,C错误;根据线速度与角速度的关系,得vA=tan α,vB=tan β,故两球的动能之比为EkA∶EkB=(mA)∶(mB)=·=,D正确。
3.(2025·贵州学业考试)关于动能定理,下列说法正确的是(　　)
A.某过程中合力的总功等于各力做功的绝对值之和
B.只要合力对物体做功,物体的动能就一定改变
C.在物体动能不改变的过程中,动能定理不适用
D.动能定理只适用于受恒力作用而加速运动的过程
【答案】 B
【解析】 某过程中合力的总功等于各力做功的代数和,A错误;只要合力对物体做功,物体的动能就一定改变,B正确;动能不变,只能说明合力的总功W总=0,动能定理仍适用,C错误;动能定理既适用于恒力做功,也适用于变力做功,D错误。
4.(2025·湖北三模)雨滴在穿过云层的过程中,由于水汽的凝聚,雨滴质量将逐渐增大。若其中某段运动可简化为一竖直方向运动,且该过程中雨滴的初始质量为m0,初速度为v0,高度下降h后质量变为m1,速度变为v1。假定雨滴的质量增加量与下落高度成正比,则该过程中克服阻力做功为(　　)
A.m0gh-m1+m0
B.m1gh-m1+m0
C.(m1-m0)gh-m1+m0
D.(m1+m0)gh-m1+m0
【答案】 D
【解析】 雨滴下落过程中,根据动能定理有WG-Wf=m1-m0,而雨滴的质量增加量与下落高度成正比,即重力与下落高度呈一次函数关系,有WG=h,联立可得Wf=
(m1+m0)gh-m1+m0,D正确。
5.(2025·安徽卷,14)如图,M、N为固定在竖直平面内同一高度的两根细钉,间距L=0.5 m。一根长为3L的轻绳一端系在M上,另一端竖直悬挂质量m=0.1 kg的小球,小球与水平地面接触但无压力。t=0时,小球以水平向右的初速度v0=10 m/s开始在竖直平面内做圆周运动。小球牵引着绳子绕过N、M,运动到M正下方与M相距L的位置时,绳子刚好被拉断,小球开始做平抛运动。小球可视为质点,绳子不可伸长,不计空气阻力,重力加速度g取10 m/s2。
(1)求绳子被拉断时小球的速度大小及绳子所受的最大拉力大小;
(2)求小球做平抛运动时抛出点到落地点的水平距离;
(3)若在t=0时,只改变小球的初速度大小,使小球能通过N的正上方且绳子不松弛,求初速度的最小值。
【答案】 (1)4 m/s　17 N　(2)4 m (3)2 m/s
【解析】 (1)从小球开始运动至运动到M正下方距离为L的位置过程中,只有重力做功,根据动能定理有mg·2L=m-mv2,
在该位置时根据牛顿第二定律有FT-mg=m,
解得v=4 m/s,FT=17 N。
(2)设小球做平抛运动的时间为t,
水平方向有x=vt,
竖直方向有2L=gt2,
联立解得x=4 m。
(3)设小球经过N点正上方时,速度大小为v′,若小球经过N点正上方绳子恰不松弛,则满足
mg=m,
从最低点到该位置由动能定理得mg·5L=mv0′2-mv′2,
联立解得v0′=2 m/s。
对点2.动能定理与图像问题的结合
6.(2025·黑龙江哈尔滨三模)研发小组在平直的封闭道路上测试某无人驾驶汽车的性能,当汽车加速运动的速度为v0时关闭发动机而开始无动力滑行,此刻作为计时起点,经时间t1后以额定功率P0加速行驶,t2时刻达到最大速度,用电脑记录汽车的速度—时间(vt)图像如图所示,汽车的总质量为m,行驶过程中受到的阻力Ff保持不变,则下列表述正确的是(　　)
A.汽车受到的阻力为Ff=
B.汽车的最大速度为vm=
C.汽车加速过程的位移为x=(vm+v1)(t2-t1)
D.汽车在0～t2时间内牵引力做功为W=P0t2
【答案】 B
【解析】 当以额定功率P0行驶达到最大速度vm时,牵引力与阻力大小相等,因此汽车受到的阻力Ff≠,A错误。由题图可知,汽车滑行时的加速度大小为a==,汽车受到的阻力大小可表示为Ff=ma=m,故汽车的最大速度vm==;设汽车加速阶段的位移为x,根据动能定理可得P0(t2-t1)-Ffx=m-m,解得x=-+,B正确,C错误。汽车在0～t2时间内牵引力做功为W=P0(t2-t1),D错误。
7.(2025·江苏泰州二模)将一只皮球竖直向上抛出,皮球运动时受到空气阻力的大小与速度的大小成正比,皮球从抛出到落回抛出点过程中,其运动的动能Ek与上升高度h之间关系的图像可能正确的是(　　)
A B
C D
【答案】 A
【解析】 根据动能定理有F合x=ΔEk,即Ek=Ek0+F合x,可知皮球在竖直方向运动时,Ekh图像的斜率绝对值等于合力大小;上行过程的合力大小为F合=mg+Ff=mg+kv,上行过程速度减小,合力逐渐减小,即图像的斜率绝对值逐渐减小;下行过程的合力大小为F合′=mg-Ff=mg-kv,下行过程速度增大,合力逐渐减小,图像的斜率绝对值逐渐减小;由于空气阻力总是做负功,所以经过同一位置时,上行时的动能总是比下行时的动能大。A正确。
8.(2025·甘肃平凉阶段练习)质量为m的小球以初动能Ek0自空中的O点沿某一方向抛出,该小球抛出后运动过程中的动能Ek与水平方向运动的位移x的关系图像如图所示,不计空气阻力,重力加速度为g,则下列说法正确的是(　　)
A.小球做倾角为53°的斜上抛运动
B.小球动能最小时所在位置距抛出点O的竖直高度为
C.小球动能最小时所在位置距抛出点O的水平位移为
D.小球从抛出到动能最小时经历的时间为
【答案】 B
【解析】 根据小球的Ekx图像,可知小球做斜上抛运动,动能最小时对应于小球运动至最高点且速度方向水平。设小球抛出时的速度大小为v0,与水平方向间的夹角为θ,根据vx=v0cos θ,
vy=v0sin θ,Ekmin=m=0.25Ek0,Ek0=m,联立可得vx=v0,θ=60°,A错误;小球从抛出到动能最小经历的时间t===,距抛出点O的竖直高度H==,水平位移x1=vxt=
,B正确,C、D错误。
9.(多选)(2025·四川遂宁三模)如图甲所示,为测定物体冲上粗糙斜面能达到的最大位移x与斜面倾角θ的关系,将某一物体每次以相等的初速率v0沿足够长的斜面向上推出,调节斜面与水平方向的夹角θ,实验测得x与斜面倾角θ的关系如图乙所示,g取10 m/s2,取=2.24,最大静摩擦力等于滑动摩擦力,则根据图像可求出(　　)
A.物体的初速率v0=4 m/s
B.物体与斜面间的动摩擦因数μ=0.8
C.当θ=30°时,物体达到最大位移后将保持静止
D.取不同的倾角θ,物体在斜面上能达到的位移x的最小值x min =0.7 m
【答案】 AD
【解析】 题图乙中θ=90°时对应于物体做竖直上抛运动,根据竖直上抛运动规律有=2gh,代入数据解得v0=4 m/s,A正确;当θ=0°时物体沿水平面运动,根据动能定理有-μmgx=0-m,代入数据解得μ=0.5,B错误;当θ=30°时,物体的重力沿斜面向下的分力为G1=mgsin 30°=mg,最大静摩擦力为Ffmax=μmgcos 30°=mg,其中μ=tan α,当θ+α=90°时位移最小,为x= m=0.7 m,D正确。
10.(2025·福建卷,15)如图甲,竖直平面内,一长度大于4 m的水平轨道OP与光滑半圆形轨道PNM在P点平滑连接,固定在水平地面上。可视为质点的A、B两小物块靠在一起,静置于轨道左端。现用一水平向右推力F作用在A上,使A、B向右运动。以x表示A离开初始位置的位移,F随x变化的图像如图乙所示。已知A、B质量均为0.2 kg,A与水平轨道间的动摩擦因数为0.25,B与水平轨道间的摩擦不计,重力加速度大小取10 m/s2。
(1)求A离开初始位置向右运动1 m的过程中,推力F做的功;
(2)求A的位移为1 m时,A、B间的作用力大小;
(3)若B能到达M点,求半圆形轨道半径R应满足的条件。
【答案】 (1)1.5 J　(2)0.5 N　(3)R≤0.2 m
【解析】 (1)设物块A的位移大小为x1,推力大小为F1,做的功为W1,由功的定义有W1=F1x1,
解得W1=1.5 J。
(2)设物块A的质量为mA,B的质量为mB,A与水平轨道间的动摩擦因数为μ,A受到的滑动摩擦力大小为Ff;A的位移大小为1 m时,A、B的加速度大小均为a,A、B间的作用力大小为FAB,重力加速度大小为g。
对A、B整体,由牛顿运动定律和滑动摩擦力公式有F1-Ff=(mA+mB)a,
Ff=μmAg,
对B,由牛顿运动定律有FAB=mBa,
解得FAB=0.5 N。
(3)A、B间的作用力大小减为0时,B与A分离,
对B分析可知,此时二者加速度均为0。
设分离时推力大小为F2,A的位移大小为x2,
对A、B整体,由牛顿运动定律有F2-Ff=0,
解得F2=0.5 N,
由题图乙可知,x2=3 m;
设A从x1=1 m处运动到x2=3 m处的过程中,推力对A做的功为W2,
由功的定义可知,Fx图像与x轴围成的面积表示功的大小,得W2=(x2-x1);
设B与A分离瞬间二者速度大小均为v1,
对A、B整体,由动能定理有W1+W2-Ffx2=(mA+mB)-0;
设半圆形轨道半径为R,B运动到M点时速度大小为v2,轨道对B的作用力大小为FN,
由向心力公式和牛顿运动定律有mBg+FN=mB;
B与A分离后沿水平轨道向右做匀速直线运动至P点,B从P点运动到M点的过程中,由动能定理有-2mBgR=mB-mB,
根据题意,B能到达M点,
因此FN≥0,
解得R≤0.2 m。第5讲　小专题:含弹簧的机械能守恒问题和非质点类机械能守恒问题
课时作业　　　　　　 　　　　　 　　　　　
对点1.含弹簧的机械能守恒问题
1.(2025·黑龙江模拟)竖直的轻弹簧下端固定在水平地面上,处于原长时上端在O点。小球在O点正上方的A点由静止释放后落在弹簧上,运动到B点速度为零。以O点为坐标原点,竖直向下为正方向建立x轴,小球向下运动过程的速度v、加速度a、动能Ek及其机械能E随位置坐标x的变化规律可能正确的是(不计空气阻力,重力加速度为g,弹簧弹性势能Ep=kx2)
(　　)
　　　　
A B
　　　　
C D
【答案】 B
【解析】 小球在由A点下落到O点的过程中,做自由落体运动,加速度a=g,有v=,
vx图像应是开口向右的抛物线,A错误。小球在由A点到O点的下落过程中只受重力,加速度为g;小球压缩弹簧后,根据牛顿第二定律有mg-kx=ma,解得a=g-x,ax图像是向下倾斜的直线,B正确。小球在由A点到O点的下落过程中只受重力,机械能守恒,则减少的重力势能等于增加的动能,即Ek=mgh,则动能随下落高度均匀增加,小球压缩弹簧后,对小球、弹簧系统机械能守恒有Ek-Ek0+kx2=mgx,即Ek=Ek0+mgx-kx2,则Ekx图像是开口向下的抛物线,C错误。小球在由A点到O点的下落过程中只受重力,机械能守恒;小球压缩弹簧后,小球的机械能E=E0-kx2,Ex图像是开口向下的抛物线,D错误。
2.(多选)(2025·云南玉溪三模)如图所示,倾角为30°的斜面和半径为R的半圆弧连接,圆心O在斜面的延长线上,连接点M处有一轻质定滑轮,N为圆弧最低点且∠MON=60°,斜面的底端固定一挡板P。物块B、C由一轻质弹簧拴接置于斜面上(弹簧平行于斜面),其中C紧靠在挡板P处,B用跨过滑轮的不可伸长的轻绳与小球A相连。开始时将小球A锁定在M处,此时轻绳与斜面平行,且恰好伸直但无张力,B、C处于静止状态。某时刻解锁小球A,当小球A沿圆弧运动到最低点N时(物块B未到达M点),物块C对挡板的作用力恰好为0。已知小球A的质量为5m,物块B、C的质量均为2m,重力加速度为g,小球与物块均可视为质点,不计一切摩擦,弹簧始终处于弹性限度内,则(　　)
A.小球A从M点运动到N点的过程中,物块B的机械能守恒
B.弹簧的劲度系数k=
C.小球A到达N点时,小球A的速度大小v1=
D.小球A到达N点时,物块B的速度大小v2=
【答案】 BC
【解析】 小球A从M点运动到N点的过程中,物块B除受重力以外还有弹簧弹力、绳子拉力做功,所以物块B的机械能不守恒,A错误;未解锁小球A时,弹簧处于压缩状态,对物块B有2mgsin 30°=kx1,小球A到达N点时,物块C对挡板的作用力恰好为0,此时弹簧处于伸长状态,对物块C有2mgsin 30°=kx2,根据几何关系有x1+x2=R,联立解得k=,B正确;小球A从M点到N点过程,小球A、物块B、弹簧组成的系统机械能守恒,又x1=x2,可知弹簧弹性势能始末相等,则由机械能守恒定律有5mgR(1-cos 60°)=2mgRsin 30°+×5m+×2m,又v2=
v1sin 60°,联立解得v1=,v2=,C正确,D错误。
3.(2025·山东一模)如图所示,竖直平面内固定一根竖直杆P和水平杆Q,两杆在同一平面内,杆Q的延长线与杆P的交点为O。质量为2m的小球A和质量为m的小球B分别套在杆P和杆Q上,套在杆P上的轻质弹簧上端固定,下端与小球A相连。小球A、B间用长为2L的轻杆通过铰链分别连接。弹簧处于原长时A、B间的轻杆与杆Q的夹角θ=53°,小球A从该位置由静止释放后在竖直杆上做往复运动,下降的最大距离为2L。已知轻质弹簧的弹性势能Ep=kx2,x为弹簧的形变量,k为弹簧的劲度系数,整个过程弹簧始终处在弹性限度内,不计一切摩擦,重力加速度为g,取sin 53°=0.8。则下列说法正确的是(　　)
A.弹簧的劲度系数为
B.小球A运动到O点时,小球B的速度最大
C.小球A从最高点运动到O点的过程,水平杆Q对小球B的作用力始终大于mg
D.从撤去外力到θ=30°的过程中,轻杆对球B做功为mgL
【答案】 D
【解析】 小球A、弹簧和小球B组成的系统只有重力和弹力做功,则机械能守恒,小球A从开始释放到下降到最大距离时,由于在最低点两球的速度均为零,则有k(2L)2=2mg×2L,解得k=,A错误;小球A运动到O点时,小球B的速度为零,B错误;小球A从最高点运动到O点的过程,小球B先加速后减速,某时刻aB=0,根据FTcos θ=maB,可知此时FT=0,则水平杆Q对小球B的作用力不是始终大于mg,C错误;轻杆与水平杆Q成θ=30°角斜向左上时,设B的速度为vB,A的速度为vA,根据关联速度关系可知vAcos 60°=vBcos 30°,根据机械能守恒定律有2mg×2L(sin 53°-sin 30°)-k(2Lsin 53°-2Lsin 30°)2=×2m+m,联立解得vB=,则轻杆对小球B做的功为W=m=mgL,D正确。
对点2.非质点类机械能守恒问题
4.如图所示,质量分布均匀的铁链,静止放在半径R= m的光滑半球体上方。给铁链一个微小的扰动使之向右沿球面下滑,当铁链的端点B滑至C处时其速度大小为3 m/s。已知∠AOB=60°,以OC所在平面为参考平面,g取10 m/s2。下列说法正确的是(　　)
A.铁链下滑过程中靠近B端的一小段铁链机械能守恒
B.铁链在初始位置时其重心高度为 m
C.铁链的端点A滑至C处时其重心下降2.8 m
D.铁链的端点A滑至C处时速度大小为6 m/s
【答案】 C
【解析】 铁链下滑过程中靠近B端的一小段铁链受到上边铁链的拉力,该拉力做负功,故机械能不守恒,故A错误;根据几何关系可知,铁链长度为L==2 m,铁链全部贴在球体上时,质量分布均匀且形状规则,如图,其重心在几何中心且在∠AOB的平分线上的E点,重心E到圆心O的距离为h0,B滑至C处时其重心F与圆心连线的长度不变也为h0,根据机械能守恒定律有mgh0-mgh0sin 30°=m,代入数据解得h0=1.8 m,故B错误;铁链的端点A滑至C处时,其重心在参考平面下方处,则铁链的端点A滑至C处时其重心下降Δh=h0+=2.8 m,故C正确;铁链的端点A滑至C处过程,根据机械能守恒定律有mgΔh=m,解得v2=2 m/s,故D
错误。
5.(2025·安徽阶段练习)如图所示,内壁光滑的管道各处拐角均为90°,各段长度均为l,质量为m、长度为2l的链条在外力作用下静置于管道内部最上端,链条A端恰好处于拐角处,现释放链条,链条会顺着管道下滑。已知重力加速度为g,链条质量分布均匀且直径略小于管道内径,忽略链条内部各链节之间挤压及管道弯折处造成的机械能损失,求:
(1)链条A端离开管道时的速度大小;
(2)从释放链条至链条A端离开管道所用时间。
【答案】 (1)2　(2)4
【解析】 (1)以管道最低点为重力势能参考点,链条下滑过程中,只有重力做功,则机械能守恒,有mg·2l=mv2,解得v=2。
(2)当链条在管道内运动时,竖直部分长度始终为l,则链条整体所受外力为F=mg,根据牛顿第二定律,有mg=ma,
链条加速度不变,当链条A端离开管道时有4l=at2,解得t=4。
6.(2025·江西模拟)如图所示,质量为M的小球套在固定倾斜的光滑杆上,原长为l0的轻质弹簧一端固定于O点,另一端与小球相连,弹簧与杆在同一竖直平面内。图中AO水平,BO间连线长度恰好与弹簧原长相等,且与杆垂直,O′在O点正下方,C是AO′段的中点,杆与竖直方向的夹角θ=30°。现让小球从A处由静止释放,重力加速度为g,弹簧的劲度系数为k=。查阅资料知,弹簧的弹性势能Ep=kx2,其中x为弹簧的形变量,弹簧始终在弹性限度内。下列说法正确的是(　　)
A.下滑过程中小球的机械能先减小后增大
B.小球位于A点时的加速度大小为g
C.小球下滑到B点时的动能为(11-3)mgl0
D.小球下滑到C点时的动能为mgl0
【答案】 D
【解析】 小球下滑过程中,只有重力和弹簧的弹力做功,所以小球和弹簧组成的系统机械能守恒,而小球经过B处时弹簧的弹性势能为零,可知弹簧的弹性势能先减小后增大,则小球的机械能先增大后减小,A错误;由于OB=l0,则OO′==2l0,OA=OO′tan 30°=,O′A=2OA=
,AC=O′A=,AB=OAcos 60°=,BC=AC-AB==AB,OC=OA=,根据牛顿第二定律,小球位于A点时的加速度为a==g,B错误;A、B两点间的高度差为hAB=OBcos 60°=l0 ,根据机械能守恒定律,小球由A点滑到B点过程中有mghAB+
k(OA-OB)2=EkB ,解得EkB=(11-6)mgl0,C错误;A、C两点间的高度差hAC=OCcos 30°=
×=l0,小球在A、C两点时弹簧的弹性势能相等,小球减少的重力势能全部转化为小球的动能,则EkC=mgl0,D正确。
7.(多选)(2025·陕西模拟)如图所示,固定在地面的OAB为半径为R的四分之一圆环,圆心O的正上方R处有一定滑轮C,定滑轮C右侧有另一个定滑轮D,小球1套在圆环上并通过轻绳绕过两个定滑轮连接物体2,物体2又与一轻质弹簧连接在一起,轻质弹簧另一端固定在地面上。现有两种情况,情况1:小球1可在AB圆弧任意位置保持静止;情况2:小球1在A点时,轻绳刚好伸直但无张力,此时弹簧压缩量为R,当给小球1轻微的扰动,小球1沿AB圆弧运动到B点时速度为零,此时左边的绳沿着BC方向绷紧,物体2不会碰到滑轮。已知小球1质量为m1,物体2质量为m2,弹簧劲度系数为k,重力加速度为g,不计滑轮质量、大小和一切摩擦。下列说法正确的是(　　)
A.情况1中k=
B.情况1中k=
C.情况2中m1∶m2=4∶3
D.情况2中m1∶m2=6∶5
【答案】 AD
【解析】 情况1中,小球1受力和物体2受力分别如图所示,其中轻绳张力为FT,弹簧弹力为F,设过定滑轮C连接小球1的轻绳长度为x,根据相似三角形有=,则FT=x,若C左侧的轻绳长度伸长Δx,弹簧长度也会变长Δx,则有ΔFT=Δx,对弹簧有ΔF=kΔx,由于小球1可在AB圆弧任意位置保持静止,则需满足ΔFT=ΔF,解得k=,A正确,B错误;情况2中,小球1从A到B过程,有Δx=BC-AC=-(R-R)=R,因为小球1在A点时弹簧压缩量为R,则在B点时弹簧伸长量为R,小球1从A点到B点过程,小球1、物体2和弹簧组成的系统机械能守恒,且初、末状态弹簧的弹性势能相同,则有m1gR=m2g·R,解得m1∶m2=6∶5,C错误,D正确。
8.(2025·山西一模)如图所示,AB是倾角θ=30°的光滑斜坡,劲度系数为k=200 N/m的轻质弹簧一端固定在斜面底端的挡板上,另一端与质量为 M=0.5 kg的薄木板P相连,质量为m1=1.5 kg的小球Q紧靠在木板P上。现用一沿斜面向下、大小F=50 N的力作用在Q上而静止在C处。撤去外力F后,Q沿斜坡上升刚好能到达顶端B处。已知弹簧弹性势能的表达式为Ep=kx2,其中x为弹簧的形变量,重力加速度g取10 m/s2。
(1)求在到达顶端B前,小球Q的最大速度。
(2)求C、B两点间的距离。
(3)若将Q球换成质量为m2=0.5 kg的S球,再次用外力缓慢压到C处后撤去外力,求小球S离开B点后上升的最大高度。
【答案】 (1)2.5 m/s　(2)0.9 m　(3) m
【解析】 (1)设小球Q静止时,弹簧的压缩量为x1,根据平衡条件有F+(M+m1)gsin θ=kx1,
设在到达顶端前小球最大速度为vmax,
弹簧压缩量为x2,速度最大时有(M+m1)gsin θ=kx2,小球释放后到速度达到最大过程中,根据机械能守恒定律有k-k=(M+m1)gsin θ(x1-x2)+(M+m1),联立解得vmax=2.5 m/s。
(2)弹簧恢复为原长时,P、Q分离,设分离时Q的速度为v1,
则有k=(M+m1)gx1sin θ+(M+m1),
P、Q分离后,若Q继续上滑的距离为x3,有m1=m1gx3sin θ,而C、B两点间距离x=x1+x3,解得x=0.9 m。
(3)设P、S一起向上运动到弹簧恢复为原长时速度大小为v2,
有k=(M+m2)gx1sin θ+(M+m2),
设P、S分离后S继续上滑到B点时速度大小为v3,有m2=m2gx3sin θ+m2,
设小球S离开斜面体后上升的最大高度为h,
有m2=m2gh+m2(v3cos 30°)2,
联立代入相关数据解得h= m。第六章　机械能守恒定律
第1讲　功与功率
对点1.功的分析和计算
1.(多选)(2025·陕西渭南期中)某同学分别乘坐如图所示的斜行电梯(甲)、直升电梯(乙)、阶梯式电梯(丙)从一楼到四楼,若三种电梯均在二楼到三楼处于匀速运动状态,则该同学乘坐这三种电梯在二楼到三楼的过程中,各力做功分析正确的是(　　)
A.图甲中电梯对该同学的支持力做正功
B.图甲中电梯对该同学的摩擦力做负功
C.图丙中电梯对该同学的支持力做正功
D.三个图中合力对该同学做功大小相同
2.(2025·山东泰安模拟)如图甲,辘轳是古代民间提水设施,由辘轳头、支架、井绳、水斗等部分构成。图乙为提水设施工作原理简化图,已知辘轳绕绳轮轴半径为r=0.1 m,水斗的质量为0.5 kg,井绳的质量忽略不计。某次从井中汲取m=2 kg的水,t=0 时刻,轮轴由静止开始绕中心轴转动向上提水桶,其角速度随时间变化规律如图丙所示,g取10 m/s2,则(　　)
A.水斗速度随时间变化规律为v=2t(所涉及物理量均用国际单位制)
B.井绳拉力大小恒定,大小为25 N
C.0~10 s内水斗上升的高度为4 m
D.0~10 s内井绳拉力所做的功为255 J
3.(2025·新疆伊犁期中)建造大型桥梁时通常使用架桥机将桥梁的一部分沿水平方向推进到预设位置后放下与主体相接。已知桥梁的质量为m,在桥梁水平移动过程中,架桥机对桥梁的水平力F与桥梁的位移x之间的关系如图乙所示,桥梁所受阻力方向与运动方向相反,大小恒为Ff,重力加速度为g。则桥梁受架桥机水平力F作用过程中,下列说法正确的是(　　)
A.力F做的功为F0x0
B.阻力做的功为-Ffx0
C.桥梁在x0处速度最大
D.桥梁向右做匀加速直线运动
4.如图所示,质量均为m的A、B两小物块用轻质弹簧相连,A放置在光滑水平地面上,一轻绳通过光滑的定滑轮与物块B相连(连接物块B的绳子恰好伸直但不绷紧),弹簧的劲度系数为k。现用一水平向右的拉力F作用在轻绳上,使物块B缓慢向上运动,已知重力加速度为g,当物块A恰好离开地面时,F所做的功为(　　)
A. B.
C. D.
对点2.功率的分析与计算
5.(2025·江苏常州二模)高空坠物,危害巨大,必须引起人们的高度重视。现有一重物在无风的情况下从高空被斜向下抛出。已知重物所受空气阻力的大小与坠落速率成正比,则该重物在下落过程中重力的瞬时功率P随时间t变化的图像可能是(　　)
A B
C D
6.(2025·黑龙江哈尔滨二模)福建舰的电磁弹射系统是其核心装备之一,在测试电磁弹射系统时,配重小车自甲板前端水平射出,落至海面上。简化模型如图所示,两辆质量相同的配重小车1、2先后进行弹射测试,轨迹分别为曲线1和曲线2,A、B为两次弹射的落水点。忽略空气阻力,配重小车可视为质点。则关于配重小车1和小车2说法正确的是(　　)
A.落水瞬间速度大小vA=vB
B.在空中运动过程中速度变化量Δv1=Δv2
C.落水瞬间重力的瞬时功率PA>PB
D.在空中运动过程中重力的平均功率P1对点3.机车启动问题
7.(2025·辽宁二模)2024年12月29日,随着一声嘹亮的鸣笛,高速列车CR450动车组正式亮相。列车提速的一个关键技术是提高机车发动机的功率。若匀速运动时,列车所受阻力与速度的二次方成正比,即Ff=kv2。设提速前速度为200 km/h,提速后速度为400 km/h,则提速前与提速后机车发动机的功率之比为(　　)
A. B. C. D.
8.(2025·辽宁大连阶段练习)一物块在一个水平拉力作用下沿粗糙水平面运动,物块与水平面间的动摩擦因数全程不变,其vt图像如图甲所示,水平拉力的Pt图像如图乙所示,g取
10 m/s2,求:
(1)物块与水平面间的动摩擦因数μ;
(2)物块运动全过程中水平拉力所做的功W;
(3)物块在0~2 s内所受的水平拉力大小F1;
(4)物块质量m。
9.(多选)(2025·山东二模)如图所示,半径为R的四分之一光滑圆弧竖直固定,最低点A放置一质量为m的物块,可视为质点。物块在方向始终沿圆弧切线的推力F作用下由A运动到B,力F大小恒为mg。对于该运动过程,下列说法正确的是(　　)
A.力F做功大小为mgR
B.力F做功大小为
C.力F的功率一直增大
D.克服重力做功的功率先增大后减小
10.在具有登高平台的消防车上,有一定质量的伸缩臂,能够在5 min内使承载4人的登高平台(人连同平台的总质量为400 kg)上升60 m到达灭火位置。此后,在登高平台上的消防员用水炮灭火,已知水炮的出水量为3 m3/ min,水离开炮口时的速率为20 m/s,g取10 m/s2,则(　　)
A.伸缩臂抬升登高平台的发动机输出功率约为800 W
B.水炮工作的发动机输出功率为1×104 W
C.水炮工作的发动机输出功率为4×104 W
D.水炮工作的发动机输出功率为2.4×106 W
11.(2025·黑龙江大庆模拟)设想在2125年,人类开启了在大麦哲伦星系A星球的太空移民计划。已知A星球质量和半径均为地球的,地球表面重力加速度g取10 m/s2,忽略星球自转。一名质量m=50 kg 的驾驶员驾驶着一辆质量m0=950 kg 的探险车在A星球上进行探索。该车通过面积S=1 m2的光伏板吸收宇宙辐射获取能源,单位面积接收辐射功率P0=1×105 W。当该车输出功率达到接收辐射功率60%时,车辆将保持带电荷量不变行驶。已知行驶过程中受到的阻力为总重力的。
(1)若该车要保持电荷量不变,求行驶过程中的最大速度;
(2)若该车以a=1 m/s2恒定加速度启动车辆,全程行驶675 m,到达时已达最大速度,求保持电荷量不变行驶的时间。第3讲　小专题:动能定理在多过程和往复运动中的应用
对点1.动能定理在多过程问题中的应用
1.(多选)(2025·辽宁期中)某游乐场的冰滑梯简化模型如图所示。坡面上冰滑梯轨道AB表面摩擦力忽略不计,游客乘坐雪圈从高h处由静止开始下滑,并通过长度为 L1=10 m的水平雪面BC,最终进入长度为L2=15 m的铺有地垫的缓冲区CD。已知雪圈与雪面BC和缓冲区CD间的动摩擦因数分别为μ1=0.1、μ2=0.5,游客与雪圈可视为质点,不计空气阻力和通过B点时的机械能损失。为了确保游客下滑后能够停在缓冲区内,h的取值可能为(　　)
A.3 m B.6 m C.9 m D.12 m
2.(2025·辽宁鞍山二模)如图甲所示,上表面光滑的斜面体固定在水平地面上,一个小物块从斜面底端冲上斜面。图乙为物块的初动能Ek与物块轨迹的最高点距地面高度H的关系图像。由此可求得斜面的长度为(　　)
A.h0 B.2h0 C.4h0 D.6h0
3.(2025·重庆模拟)在汽车产业发展变革进入高潮的2025年,AI技术成为车企提高竞争力的重要锚点。2025国际消费电子展中多家中国知名车企携最新AI技术参展,向外界展示了“AI+汽车”的无限可能。在某次智驾试验中,汽车甲在水平路面行驶,图为启动过程中动能与位移关系的图像,当位移小于x0时,图像为直线;当位移为x0时,动能为Ek,此刻起以额定功率行驶;最终甲以动能4Ek做匀速运动。甲在匀速运动阶段,突然探测到前方2x0处汽车乙同向匀速行驶,乙速度为甲速度的一半。智驾系统立刻将甲车功率减为P(未知),经时间t后,恰未与乙车碰撞。已知甲质量为m,甲行驶过程中所受阻力恒定,乙始终匀速运动。求:
(1)甲匀速行驶时的速度v;
(2)甲行驶过程中受到的阻力F阻;
(3)甲被智驾系统调整后的功率P。
对点2.动能定理在往复运动问题中的应用
4.(2025·北京专题练习)如图所示,斜面的倾角为θ,质量为m的滑块与挡板P的距离为x0,滑块以初速度v0沿斜面上滑,滑块与斜面间的动摩擦因数为μ,滑块所受摩擦力小于重力沿斜面向下的分力。若滑块每次与挡板相碰均无机械能损失,滑块经过的总路程是(　　)
A.(+x0tan θ)
B.(+)
C.(+x0tan θ)
D.(+)
5.(2025·湖南怀化期末)如图,整个轨道由左侧光滑曲面轨道和右侧粗糙斜面构成,固定在水平地面,斜面倾角α=37°,两部分平滑衔接。质量为m的小滑块从斜面上离水平面高为H处由静止释放,再次回到斜面上能达到H高处。不计空气阻力,重力加速度为g,取sin 37°=0.6。下列说法正确的是(　　)
A.滑块第一次下滑过程,克服摩擦力做的功为mgH
B.无法确定滑块最终停止的位置
C.滑块与斜面间的动摩擦因数为
D.滑块最终在斜面上走过的总路程是15H
6.(2025·江苏南京期中)如图所示的装置放在水平地面上,该装置由弧形轨道、竖直圆轨道、水平直轨道AB和倾角θ=37°的斜轨道BC平滑连接而成。将质量m=0.2 kg的滑块从弧形轨道离地面高H=2.0 m 的M处由静止释放。已知滑块与轨道AB和BC间的动摩擦因数均为μ=0.25,弧形轨道和圆轨道均可视为表面光滑,忽略空气阻力,g取10 m/s2,取sin 37°=0.6,
cos 37°=0.8。
(1)求滑块运动到A点时的速度大小;
(2)若滑块运动到D点时对轨道的压力大小为6 N,求竖直圆轨道的半径;
(3)若LAB=LBC=2.0 m,试确定滑块最终停止的位置。
7.(多选)(2025·辽宁沈阳阶段检测)如图所示,一半径为R,粗糙程度处处相同的半圆形轨道竖直固定放置,直径POQ水平。一质量为m的质点自P点上方高度R处由静止开始下落,恰好从P点进入轨道,且滑到最低点N时对轨道的压力为4mg,g为重力加速度的大小。用W表示质点从P点运动到N点的过程中克服摩擦力所做的功。则(　　)
A.W=mgR
B.W>mgR
C.质点到达Q后,继续上升一段距离
D.质点恰好可以到达Q点
8.(2025·湖北期中)如图所示,在竖直平面内,粗糙的斜面轨道AB的下端与光滑的圆弧轨道BCD相切于B,C是最低点,圆心角∠BOC=37°,D与圆心O等高,圆弧轨道半径R=1.0 m。现有一个质量为m=0.2 kg 可视为质点的物体,从D点的正上方E点处自由下落,物体恰好到达斜面顶端A处。已知DE距离h=4.0 m,物体与斜面AB之间的动摩擦因数μ=0.5,取sin 37°=0.6,
cos 37°=0.8,g取10 m/s2。
(1)求物体第一次到达C点时的速度大小和受到的支持力大小;
(2)求斜面AB的长度L;
(3)若μ可变,求μ取不同值时,物体在斜面上滑行的路程x。第8讲　实验:验证机械能守恒定律
课时作业　
1.(2025·宁夏石嘴山二模)在利用如图甲所示装置验证机械能守恒定律的实验中:
(1)质量为m的重锤从高处由静止开始下落,重锤上拖着的纸带通过打点计时器所打出一系列的点如图乙所示,选取纸带打出的五个连续点A、B、C、D、E,测出A点与起始点O的距离为s0,A、C间和C、E间距离分别为s1、s2。使用电源的打点周期为T,则打C点时重锤的速度为　 　　　,打点计时器在打O点和C点的这段时间内重锤重力势能的减少量为　　　　。
(2)实验中发现重锤减少的重力势能略大于重锤增加的动能,其原因主要是在重锤带着纸带下落的过程中存在着阻力作用,若已知当地重力加速度的值为g,用(1)结果及题目中给出的已知量表示重锤在下落过程中受到的平均阻力大小为　　　　。
【答案】 (1)　mg(s0+s1)
(2)mg-
【解析】 (1)由题图乙可知,打C点时重锤的速度为vC==,打点计时器在打O点和C点的这段时间内重锤重力势能的减少量为ΔEp=mg(s0+s1)。
(2)从O点到C点,根据动能定理有mg(s0+s1)-(s0+s1)=m,
联立可得=mg-。
2.(2025·辽宁期中)某同学用如图甲所示的装置验证机械能守恒定律。
实验步骤如下:
a.用电磁铁吸住小铁球,将光电门1、2分别固定在轨道上;
b.切断电磁铁电源,小铁球沿光滑轨道由静止开始下滑,光电计时器测出小铁球通过光电门1、2所用的时间分别为t1、t2。
(1)用螺旋测微器测量小铁球的直径d,如图乙所示,可读出小铁球直径d=　　　　mm。
(2)已知当地重力加速度为g。若要验证机械能守恒定律,本实验还需测量的物理量为
　　　　(用文字和字母表示),本实验需要验证的物理量关系式为　　　　　　　　(用题中给出的字母及还需测量的物理量的字母表示)。
【答案】 (1)7.884
(2)两光电门间的高度h　2gh=(-)d2
【解析】 (1)铁球直径为d=7.5 mm+38.4×0.01 mm=7.884 mm。
(2)若要验证机械能守恒定律,本实验还需测量的物理量为两光电门间的高度h。
由机械能守恒定律可知mgh=m-m,即2gh=(-)d2。
3.(2025·江西萍乡二模)某实验小组用如图所示的装置来验证机械能守恒定律。绕过定滑轮的轻质细线的两端分别悬挂质量均为m的重物A、B且处于静止状态,A与纸带连接,纸带通过固定的打点计时器(电源频率为50 Hz),在B的下端再挂质量为m0的重物C,使系统由静止释放,利用打点计时器打出的纸带可研究系统(由重物A、B、C组成)的机械能守恒,重力加速度大小为g,回答下列问题:
(1)关于该实验,下列说法正确的是　　　。(多选)
A.无须测量重物C的质量m0就可以验证机械能守恒定律
B.实验时,应先接通打点计时器电源再释放纸带
C.增大重物C的质量可使重物A、B、C的加速度接近g,但不可能超过g
(2)此实验存在系统误差,由于摩擦阻力和空气阻力的影响,系统的总动能的增加量略　　　　(选填“大于”或“小于”)总重力势能的减少量;适当　　　　(选填“增大”或“减小”)重物A、B、C的质量,可减小本实验的相对误差。
(3)对选取的纸带,若第1个点对应的速度为0,重物A上升的高度为h,通过计算得到三个重物的速度大小为v,然后描绘出v2h(h为横坐标)关系图像,若系统机械能守恒成立,且m0=m,则倾斜直线的斜率k=　　　　。
【答案】 (1)BC　(2)小于　增大　(3)g
【解析】 (1)根据题意可知,本实验中系统减少的重力势能为ΔEp=m0gh,增加的动能为ΔEk=(2m+m0)v2-0,则验证机械能守恒的表达式为m0gh=(2m+m0)v2,可知需要测量重物C的质量m0,A错误;为了充分利用纸带,实验中应先接通打点计时器电源再释放纸带,B正确;对B、C两重物,根据牛顿第二定律有(m+m0)g-FT=(m+m0)a,对重物A有FT-mg=ma,联立解得a=g,可知增大重物C的质量可使重物A、B、C的加速度接近g,但不可能超过g,
C正确。
(2)此实验由于摩擦阻力和空气阻力的影响,减少的重力势能有一部分转化为内能而散失,使得系统的总动能的增加量略小于重力势能的减少量;适当增大重物A、B、C的质量,可减小摩擦阻力和空气阻力的影响,减小本实验的相对误差。
(3)根据系统机械能守恒可得m0gh=(2m+m0)v2,整理可得v2=h=gh,可知若系统机械能守恒成立,则倾斜直线的斜率为k=g。
4.(2025·甘肃卷,11)某学习小组使用如图甲所示的实验装置验证机械能守恒定律。把一个直径为d的小球用不可伸长的细线悬挂,光电门置于小球平衡位置处,其光线恰好通过小球球心,计时器与光电门相连。
将小球拉离平衡位置并记录其高度h,然后由静止释放(运动平面与光电门光线垂直),记录小球经过光电门的挡光时间Δt。改变h,测量多组数据。已知重力加速度为g,忽略阻力。
(1)以h为横坐标、　　　 [选填“Δt”“(Δt)2”“”或“”]为纵坐标作直线图。若所得图像过原点,且斜率为　　　　(用d和g表示),即可证明小球在运动过程中机械能守恒。
(2)实验中,用游标卡尺测得小球的直径d=20.48 mm。
①由结果可知,所用的是　　　　(选填“10”“20”或“50”)分度的游标卡尺;
②小组设计了一把25分度的游标卡尺,未测量时的状态如图乙所示。如果用此游标卡尺测量该小球直径,则游标尺上第　　　　条刻度线与主尺上的刻度线对齐。
【答案】 (1)　　(2)①50　②12
【解析】 (1)由小球经过光电门的挡光时间Δt,可得小球到达平衡位置的速度v=,为验证机械能守恒定律,此过程中重力势能转化为动能,有mgh=mv2,联立解得=h,可得纵坐标为,对应图像过坐标原点且斜率为k=。
(2)10分度、20分度、50分度的游标卡尺的分度值分别为0.1 mm、0.05 mm、0.02 mm,此游标卡尺测得小球直径d=20.48 mm,可以判断所用的是50分度的游标卡尺。若为25分度的游标卡尺,其分度值为0.04 mm,用此游标卡尺测量该小球直径,游标尺与主尺对齐的刻度为n==12。
5.(2025·江西宜春期末)利用气垫导轨验证机械能守恒定律,实验装置示意图如图所示。实验步骤如下:
①将气垫导轨放在水平桌面上,将导轨调至水平。
②测出遮光条的宽度l和两光电门中心之间的距离s。
③将滑块移至光电门1右侧某处,待槽码静止不动时,释放滑块(要求槽码落地前遮光条已通过光电门2)。
④从数字计数器上分别读出遮光条通过光电门1和光电门2所用的时间Δt1和Δt2。
⑤用天平称出滑块和遮光条的总质量M,再称出槽码的质量m。(已知当地重力加速度为g)
(1)使用气垫导轨的主要目的是　　　　。(填正确答案标号)
A.减小滑块和导轨之间的摩擦力
B.喷出的压缩空气减小滑块速度
C.使滑块与导轨不直接接触,减小噪声
(2)在滑块从光电门1运动到光电门2的过程中,系统(包括滑块、遮光条、槽码)的总动能增加量为ΔEk=　　　　　　　　　　。(结果用l、Δt1、Δt2、M、m表示)
(3)在滑块从光电门1运动到光电门2的过程中,系统重力势能的减少量ΔEp等于　　　　。(填正确答案标号)
A.Mgs　　　B.mgs　　　C.(m+M)gs
(4)如果在误差允许的范围内ΔEp≈ΔEk,则可认为验证了机械能守恒定律。比较ΔEk与ΔEp的大小,发现ΔEk>ΔEp,出现这一结果的原因可能是　　　　。(填正确答案标号)
A.滑轮质量较大
B.存在空气阻力和摩擦力
C.两光电门之间距离的测量值偏小
【答案】 (1)A　(2)(M+m)[-] (3)B　(4)C
【解析】 (1)气垫导轨的原理是利用从导轨表面小孔喷出的压缩空气,在滑块与导轨之间形成很薄的空气膜,使滑块与导轨不直接接触,可以有效减小滑块和导轨之间的摩擦力,从而达到减小实验误差的目的。A正确。
(2)因遮光条宽度很小,可将遮光条通过光电门时的平均速度当作瞬时速度,则滑块经过光电门1的速度为v1=,滑块经过光电门2的速度为v2=,在滑块从光电门1运动到光电门2的过程中,系统(包括滑块、遮光条、槽码)的总动能增加量为ΔEk=(M+m)-(M+m)=
(M+m)[-]。
(3)在滑块从光电门1运动到光电门2的过程中,系统势能的减少量ΔEp=mgs,B正确。
(4)滑轮质量较大,考虑到滑轮转动消耗系统机械能,有ΔEk小于ΔEp,A错误;存在空气阻力和摩擦力,导致ΔEk小于ΔEp,B错误;两光电门间距离的测量值偏小,计算出的重力势能减少量偏小,会导致ΔEk稍大于ΔEp,C正确。
6.(2025·重庆二模)某同学设计了如图甲所示实验装置,来验证机械能守恒定律。所用实验器材有铁架台、小圆柱、光电门计时器、带量角器的参考背景板等。主要实验步骤如下:
①用直尺测量摆线长L(作为摆长);用游标卡尺测量小圆柱的直径d,结果如图乙所示。
②按图甲安装好实验器材,使小圆柱下摆时,其中心经过固定在O点正下方的光电门。
③用手拉住小圆柱,使细线稍稍绷紧,记录下摆夹角θ,然后打开光电门计时器,将小圆柱由静止释放,记录小圆柱第一次经过光电门的遮光时间Δt。
④改变小圆柱的下摆夹角,多次重复步骤③。
⑤记录多组θ、Δt数据,并绘制出(1-cos θ)图像,如图丙所示。
已知小圆柱的质量为m,当地重力加速度大小为g。回答下列问题:
(1)小圆柱的直径d=　　　　 cm。
(2)小圆柱从静止释放到经过光电门的过程中,其动能的增加量为　　　　(用m、d、Δt表示)。
(3)若图丙中图线斜率与理论值　　 　　(用g、L表示)近似相等,则成功验证了机械能守恒定律。
【答案】 (1)1.040　(2)　(3)2gL
【解析】 (1)20分度游标卡尺的分度值为0.05 mm,由题图乙可知小圆柱的直径为d=10 mm+
8×0.05 mm=10.40 mm=1.040 cm。
(2)小圆柱经过光电门时的速度v=,由静止释放到经过光电门,
其动能增加量ΔEk=mv2-0=。
(3)小圆柱由静止释放到经过光电门过程中,重力势能减少量ΔEp=mgL(1-cos θ),若机械能守恒,则有ΔEk=ΔEp,可得=2gL(1-cos θ),即对应的()2(1-cos θ)图像斜率的理论值为k=2gL。第4讲　机械能守恒定律
对点1.对机械能守恒的理解与判断
1.关于机械能守恒,下列说法正确的是(　　)
A.机械能守恒的物体一定只受重力和弹力的作用
B.物体处于平衡状态时,机械能一定守恒
C.物体所受合力不等于零时,机械能可能守恒
D.合力做功时,物体的机械能一定不守恒
2.(多选)(2025·北京延庆期末)如图所示,木块B与水平弹簧相连放在光滑水平面上,子弹A沿水平方向射入木块后留在木块B内,入射时间极短,而后木块将弹簧压缩到最短。关于子弹和木块组成的系统,下列说法正确的是(　　)
A.子弹射入木块的过程中系统机械能守恒
B.子弹射入木块的过程中系统机械能不守恒
C.木块压缩弹簧过程中,子弹、木块和弹簧组成的系统机械能不守恒
D.木块压缩弹簧过程中,子弹、木块和弹簧组成的系统机械能守恒
对点2.单物体的机械能守恒问题
3.(2025·黑龙江一模)如图所示,将完全相同的小球1、2从同一高度处同时由静止释放,其中斜面固定在地面上且表面光滑,不计空气阻力。下列说法正确的是(　　)
A.两个小球同时落地
B.两个小球落地瞬间的速度相同
C.两个小球落地瞬间的动能相同
D.两个小球落地瞬间重力的功率相同
4.(2025·陕西咸阳模拟)在铅球比赛中,某次抛出的铅球在空中运动轨迹如图所示,铅球可视为质点,空气阻力不计。用v、Ep、Ek、E分别表示铅球的速率、重力势能、动能、机械能,用t表示铅球在空中的运动时间。铅球离开手时计为t=0,以地面为零势能面,则下列图像可能正确的是(　　)
A　 　　B
C　 　 　D
5.(2025·河北模拟)如图所示,一半径为R的光滑大圆环用硬杆竖直固定在天花板上,其上套一小环,a、b为圆环上关于圆心对称的两点,圆环顶点c距离地面高度为3R,将a点上方至c点间圆环截去。现让小环从大圆环的最高点c由静止开始下滑,当小环滑到b点时,恰好对大圆环无作用力。重力加速度为g,则小圆环落到地面时的水平速度大小为(　　)
A. B.
C. D.
对点3.多物体系统的机械能守恒问题
6.(2025·湖南娄底二模)如图,AB等高,B为可视为质点的光滑定滑轮,C为大小可忽略的轻质光滑动滑轮。AB之间距离为2d,一根足够长的轻质且不可伸长的细绳一端系在A点,穿过光滑动滑轮C再绕过定滑轮B,动滑轮下挂着质量为m的小球P,绳另一端吊着质量为m的小球Q。初始时整个系统都静止,然后在外力作用下,将动滑轮C缓慢上移到与AB等高并由静止释放。已知重力加速度为g,整个过程中Q未与定滑轮B相撞,不计空气阻力和一切摩擦,则下列说法正确的是(　　)
A.初始时刻,AC与BC夹角为60°
B.C可以下降的最大高度为2d
C.P下降高度为d时系统的动能最大
D.系统运动过程中最大动能为Ek=(2-)mgd
7.(多选)(2025·云南期末)如图所示,质量不计的硬直杆的两端分别固定质量为2m的小球A和质量为m的小球B,它们可以绕光滑轴O在竖直面内自由转动。已知O与A球间的距离为2L,O与B球间的距离为L,将杆由水平位置静止释放,从开始到小球A第一次运动到最低点的过程中,不计空气阻力,重力加速度为g。以下说法正确的是(　　)
A.小球A、小球B和硬直杆组成的系统机械能守恒
B.小球A、小球B的速度大小始终相等
C.小球A、小球B和硬直杆组成的系统重力势能的减少量为4mgL
D.小球B的最大速度为v=
8.(2025·湖南株洲一模)用三根细线将三个物块A、B、C和定滑轮组装成图示装置。已知B、C的质量分别为3m、2m,它们间细线长度为L,C离地高度也为L;A的质量M满足3m(1)求C在下落过程中的加速度大小;
(2)求A上升的最大速度;
(3)若B刚好能着地,求A的质量。
9.(2025·河北卷,7)随着我国航天事业飞速发展,人们畅想研制一种核聚变能源星际飞行器。从某星球表面发射的星际飞行器在飞行过程中只考虑该星球引力,不考虑自转,该星球可视为质量分布均匀的球体,半径为R0,表面重力加速度为g0。质量为m的飞行器与星球中心距离为r时,引力势能为mg0(-) (r>R0)。要使飞行器在距星球表面高度为R0的轨道上做匀速圆周运动,则发射初速度为(　　)
A. B.
C. D.
10.一根长为L的轻杆OA,O端用铰链固定在地面上,另一端固定一质量为m的小球A,轻杆靠在高h=、质量为M=4m的物块B上,开始时轻杆处于竖直状态,受到轻微扰动,轻杆开始顺时针转动,推动物块B沿地面向右滑至图示位置(杆与地面夹角为θ=),若不计一切摩擦,重力加速度为g,则此时小球A的线速度大小为(　　)
A. B.
C. D.
11.(2025·贵州铜仁模拟)如图所示,将内壁光滑的细管弯成四分之三圆形的轨道并竖直固定,轨道半径为R,细管内径远小于R。轻绳穿过细管连接小球A和重物B,小球A的质量为m,直径略小于细管内径,用手托住重物B使小球A静止在Q点。松手后,小球A运动至最高点P点时对细管恰无作用力,重力加速度为g,取π=3,求:
(1)小球A运动到P点时的速度大小v;
(2)重物B的质量M;
(3)小球A到达P点时轻绳的拉力大小FT。第7讲　小专题:动力学和能量观点的综合应用
对点1.传送带模型中的动力学和能量问题
1.(2025·重庆一模)如图,一固定的四分之一光滑圆弧轨道与逆时针匀速转动的水平传送带平滑连接于Q点,圆弧轨道半径为R。质量为m的小滑块自圆弧轨道最高点P由静止释放,小滑块在传送带上运动一段时间后返回圆弧轨道,第一次上升的最高点距Q点高度为R。重力加速度为g。下列说法正确的是(　　)
A.传送带匀速转动的速度大小为
B.小滑块第二次上升的最高点距Q点高度为R
C.小滑块第一次与第二次经过圆弧轨道的Q点时加速度之比为 ∶1
D.小滑块第一次在传送带上运动的整个过程中产生的热量的最大值为mgR
2.(2025·安徽三模)轮船运输过程中常用传送带将船舱里的货物输送到码头,工作人员将货物轻放在传送带的底端,由传送带传送到顶端,随后由其他工作人员完成装车任务,过程可以简化为如图甲所示模型。倾角为37°的传送带,在电动机的带动下以一定的速度稳定运行,电动机的内阻不计。货物质量M=50 kg,从轻放在传送带底端A处开始计时,10 s时到达顶端B,其运动过程的vt图像如图乙,g取10 m/s2,取sin 37°=0.6,则货物从A运动到B的过程中,下列说法正确的是(　　)
A.货物与传送带之间的摩擦力大小始终不变
B.货物机械能的增加量为4 500 J
C.货物与传送带之间因摩擦产生的热量为1 600 J
D.传送货物过程中电动机多消耗的电能为6 400 J
对点2.“滑块—木板”模型
3.(多选)(2025·陕西渭南阶段检测)如图所示,质量m1=1 kg的木板Q静止在水平地面上,质量m2=3 kg的物块P在木板左端,P与Q之间的动摩擦因数μ1=0.2,地面与Q之间的动摩擦因数μ2=0.1。现给物块P以v0=4 m/s的初速度使其在木板上向右滑动,最终P和Q都静止且P没有滑离木板Q,重力加速度g取10 m/s2,下列说法正确的是(　　)
A.P与Q开始相对静止时P的动能为9.375 J
B.长木板Q长度至少为2 m
C.P与Q之间产生的热量和地面与Q之间产生的热量之比为1∶1
D.P与Q之间产生的热量和地面与Q之间产生的热量之比为2∶1
4.(2025·广西来宾期末)如图所示,一个足够长的斜面,AC部分的长度为4L,C点以下光滑,C点以上粗糙,B是AC的中点。一根原长为2L的轻弹簧,劲度系数为k=,下端固定在A点,上端放置一个长为L、质量为m的均匀木板PQ。已知斜面的倾角为θ,木板与斜面粗糙部分的动摩擦因数μ=2tan θ,木板受到的最大静摩擦力等于滑动摩擦力,重力加速度为g。
(1)木板静止在斜面AC间时,求弹簧的形变量x;
(2)现将木板沿斜面缓慢下压,弹簧长度变为L时释放,求:
①释放瞬间木板加速度a的大小;
②若木板的Q端刚好能到达C点,至少要将木板截掉多长,木板被释放后能整体到达C点以上区域。
对点3.应用动力学和能量观点解决多运动组合问题
5.(2025·四川卷,7)如图所示,倾角为30°的光滑斜面固定在水平地面上,安装在其顶端的电动机通过不可伸长的轻绳与小车相连,小车上静置一物块。小车与物块的质量均为m,两者之间动摩擦因数为。电动机以恒定功率P拉动小车由静止开始沿斜面向上运动。经过一段时间,小车与物块的速度刚好相同,速度大小为v0。运动过程中轻绳与斜面始终平行,小车和斜面均足够长,重力加速度大小为g,忽略其他摩擦,则这段时间内(　　)
A.物块的位移大小为
B.物块的机械能增量为
C.小车的位移大小为-
D.小车的机械能增量为+
6.(2025·天津一模)如图所示,光滑曲面AB与粗糙水平面BC平滑连接于B点,BC右端连接内壁光滑、半径r=0.1 m的四分之一细管CD,管口D端正下方直立一根劲度系数k=100 N/m的轻弹簧,弹簧下端固定,另一端恰好与管口D端平齐。质量为m=1 kg的小球从距BC的高度h=0.6 m处由静止释放,沿BC轨道进入管口C端时与圆管间恰好无作用力,通过CD后,在压缩弹簧过程中系统机械能不变,且小球速度最大时弹簧的弹性势能Ep=1 J。小球视为质点,重力加速度g取10 m/s2。求:
(1)小球在B点的速度大小vB;
(2)小球在BC轨道上运动过程中,克服摩擦力做的功W;
(3)小球在压缩弹簧过程中的最大动能Ekmax。
7.(多选)(2025·广东模拟)如图所示,生产车间有两个相互垂直且等高的水平传送带M和N,传送带M、N做匀速直线运动的速度大小分别为0.6 m/s、0.8 m/s,方向均已在图中标出,一小煤块(视为质点)离开传送带M前已经与传送带M的速度相同,并平稳地传送到传送带N上。小煤块的质量为1 kg,与传送带N间的动摩擦因数为0.2,重力加速度大小g取10 m/s2,传送带N的宽度足够大。下列说法正确的是(　　)
A.小煤块传送到传送带N前的瞬间,相对传送带N的速度大小为1.4 m/s
B.小煤块传送到传送带N上后,经0.5 s与传送带N保持相对静止
C.小煤块在传送带N上滑动的划痕是直线,其长度为0.25 m
D.小煤块在传送带N上滑动的过程中,因摩擦产生的热量为1 J
8.(2025·河北模拟)如图所示,AB为弧形轨道,在B处与水平轨道BH平滑相接,CDE为半径R=0.1 m的圆形轨道(C、E略微错开),FG段是长L1=1 m,以v0=4 m/s的速率顺时针转动的传送带,水平轨道GH的末端H处放置长L2=1 m、质量M=0.3 kg 的木板。现让质量m=0.1 kg的滑块(可视为质点)从AB轨道高h处由静止滑下。已知滑块与传送带及木板间的动摩擦因数分别为μ1=0.1和μ2=0.3,其余摩擦均不计,重力加速度g取10 m/s2。
(1)若滑块恰好通过圆形轨道最高点,求滑块下落的高度。
(2)若滑块恰好不滑离木板,求滑块下落的高度。
(3)求滑块到达传送带右端G点的速度大小与滑块下落高度的关系。第5讲　小专题:含弹簧的机械能守恒问题和非质点类机械能守恒问题
对点1.含弹簧的机械能守恒问题
1.(2025·黑龙江模拟)竖直的轻弹簧下端固定在水平地面上,处于原长时上端在O点。小球在O点正上方的A点由静止释放后落在弹簧上,运动到B点速度为零。以O点为坐标原点,竖直向下为正方向建立x轴,小球向下运动过程的速度v、加速度a、动能Ek及其机械能E随位置坐标x的变化规律可能正确的是(不计空气阻力,重力加速度为g,弹簧弹性势能Ep=kx2)
(　　)
A　 　　B
C　　　 D
2.(多选)(2025·云南玉溪三模)如图所示,倾角为30°的斜面和半径为R的半圆弧连接,圆心O在斜面的延长线上,连接点M处有一轻质定滑轮,N为圆弧最低点且∠MON=60°,斜面的底端固定一挡板P。物块B、C由一轻质弹簧拴接置于斜面上(弹簧平行于斜面),其中C紧靠在挡板P处,B用跨过滑轮的不可伸长的轻绳与小球A相连。开始时将小球A锁定在M处,此时轻绳与斜面平行,且恰好伸直但无张力,B、C处于静止状态。某时刻解锁小球A,当小球A沿圆弧运动到最低点N时(物块B未到达M点),物块C对挡板的作用力恰好为0。已知小球A的质量为5m,物块B、C的质量均为2m,重力加速度为g,小球与物块均可视为质点,不计一切摩擦,弹簧始终处于弹性限度内,则(　　)
A.小球A从M点运动到N点的过程中,物块B的机械能守恒
B.弹簧的劲度系数k=
C.小球A到达N点时,小球A的速度大小v1=
D.小球A到达N点时,物块B的速度大小v2=
3.(2025·山东一模)如图所示,竖直平面内固定一根竖直杆P和水平杆Q,两杆在同一平面内,杆Q的延长线与杆P的交点为O。质量为2m的小球A和质量为m的小球B分别套在杆P和杆Q上,套在杆P上的轻质弹簧上端固定,下端与小球A相连。小球A、B间用长为2L的轻杆通过铰链分别连接。弹簧处于原长时A、B间的轻杆与杆Q的夹角θ=53°,小球A从该位置由静止释放后在竖直杆上做往复运动,下降的最大距离为2L。已知轻质弹簧的弹性势能Ep=kx2,x为弹簧的形变量,k为弹簧的劲度系数,整个过程弹簧始终处在弹性限度内,不计一切摩擦,重力加速度为g,取sin 53°=0.8。则下列说法正确的是(　　)
A.弹簧的劲度系数为
B.小球A运动到O点时,小球B的速度最大
C.小球A从最高点运动到O点的过程,水平杆Q对小球B的作用力始终大于mg
D.从撤去外力到θ=30°的过程中,轻杆对球B做功为mgL
对点2.非质点类机械能守恒问题
4.如图所示,质量分布均匀的铁链,静止放在半径R= m 的光滑半球体上方。给铁链一个微小的扰动使之向右沿球面下滑,当铁链的端点B滑至C处时其速度大小为3 m/s。已知
∠AOB=60°,以OC所在平面为参考平面,g取10 m/s2。下列说法正确的是(　　)
A.铁链下滑过程中靠近B端的一小段铁链机械能守恒
B.铁链在初始位置时其重心高度为 m
C.铁链的端点A滑至C处时其重心下降 2.8 m
D.铁链的端点A滑至C处时速度大小为6 m/s
5.(2025·安徽阶段练习)如图所示,内壁光滑的管道各处拐角均为90°,各段长度均为l,质量为m、长度为2l的链条在外力作用下静置于管道内部最上端,链条A端恰好处于拐角处,现释放链条,链条会顺着管道下滑。已知重力加速度为g,链条质量分布均匀且直径略小于管道内径,忽略链条内部各链节之间挤压及管道弯折处造成的机械能损失,求:
(1)链条A端离开管道时的速度大小;
(2)从释放链条至链条A端离开管道所用时间。
6.(2025·江西模拟)如图所示,质量为M的小球套在固定倾斜的光滑杆上,原长为l0的轻质弹簧一端固定于O点,另一端与小球相连,弹簧与杆在同一竖直平面内。图中AO水平,BO间连线长度恰好与弹簧原长相等,且与杆垂直,O′在O点正下方,C是AO′段的中点,杆与竖直方向的夹角θ=30°。现让小球从A处由静止释放,重力加速度为g,弹簧的劲度系数为k=。查阅资料知,弹簧的弹性势能Ep=kx2,其中x为弹簧的形变量,弹簧始终在弹性限度内。下列说法正确的是(　　)
A.下滑过程中小球的机械能先减小后增大
B.小球位于A点时的加速度大小为g
C.小球下滑到B点时的动能为(11-3)mgl0
D.小球下滑到C点时的动能为mgl0
7.(多选)(2025·陕西模拟)如图所示,固定在地面的OAB为半径为R的四分之一圆环,圆心O的正上方R处有一定滑轮C,定滑轮C右侧有另一个定滑轮D,小球1套在圆环上并通过轻绳绕过两个定滑轮连接物体2,物体2又与一轻质弹簧连接在一起,轻质弹簧另一端固定在地面上。现有两种情况,情况1:小球1可在AB圆弧任意位置保持静止;情况2:小球1在A点时,轻绳刚好伸直但无张力,此时弹簧压缩量为R,当给小球1轻微的扰动,小球1沿AB圆弧运动到B点时速度为零,此时左边的绳沿着BC方向绷紧,物体2不会碰到滑轮。已知小球1质量为m1,物体2质量为m2,弹簧劲度系数为k,重力加速度为g,不计滑轮质量、大小和一切摩擦。下列说法正确的是(　　)
A.情况1中k=
B.情况1中k=
C.情况2中m1∶m2=4∶3
D.情况2中m1∶m2=6∶5
8.(2025·山西一模)如图所示,AB是倾角θ=30° 的光滑斜坡,劲度系数为k=200 N/m的轻质弹簧一端固定在斜面底端的挡板上,另一端与质量为 M=0.5 kg的薄木板P相连,质量为m1=1.5 kg的小球Q紧靠在木板P上。现用一沿斜面向下、大小F=50 N 的力作用在Q上而静止在C处。撤去外力F后,Q沿斜坡上升刚好能到达顶端B处。已知弹簧弹性势能的表达式为Ep=kx2,其中x为弹簧的形变量,重力加速度g取10 m/s2。
(1)求在到达顶端B前,小球Q的最大速度。
(2)求C、B两点间的距离。
(3)若将Q球换成质量为m2=0.5 kg的S球,再次用外力缓慢压到C处后撤去外力,求小球S离开B点后上升的最大高度。第4讲　机械能守恒定律
课时作业　　　　　　 　　　　　 　　　　　
对点1.对机械能守恒的理解与判断
1.关于机械能守恒,下列说法正确的是(　　)
A.机械能守恒的物体一定只受重力和弹力的作用
B.物体处于平衡状态时,机械能一定守恒
C.物体所受合力不等于零时,机械能可能守恒
D.合力做功时,物体的机械能一定不守恒
【答案】 C
【解析】 物体只有重力或弹力做功时机械能守恒,或者物体除了受重力和弹力的作用外,还受其他力的作用,但是其他力做功为零,A错误;物体处于平衡状态时,除重力、弹力外其他力可能做功,则机械能不一定守恒,B错误;物体所受合力不等于零时,除重力、弹力外其他力可能不做功,机械能可能守恒,C正确;合力做功时可能只有重力、弹力做功,也可能除重力、弹力做功外其他力做的总功为0,物体的机械能可能守恒,D错误。
2.(多选)(2025·北京延庆期末)如图所示,木块B与水平弹簧相连放在光滑水平面上,子弹A沿水平方向射入木块后留在木块B内,入射时间极短,而后木块将弹簧压缩到最短。关于子弹和木块组成的系统,下列说法正确的是(　　)
A.子弹射入木块的过程中系统机械能守恒
B.子弹射入木块的过程中系统机械能不守恒
C.木块压缩弹簧过程中,子弹、木块和弹簧组成的系统机械能不守恒
D.木块压缩弹簧过程中,子弹、木块和弹簧组成的系统机械能守恒
【答案】 BD
【解析】 子弹射入木块过程有阻力做功,系统机械能不守恒,A错误,B正确;木块压缩弹簧过程,只有弹簧弹力做功,子弹、木块和弹簧组成的系统机械能守恒,C错误,D正确。
对点2.单物体的机械能守恒问题
3.(2025·黑龙江一模)如图所示,将完全相同的小球1、2从同一高度处同时由静止释放,其中斜面固定在地面上且表面光滑,不计空气阻力。下列说法正确的是(　　)
A.两个小球同时落地
B.两个小球落地瞬间的速度相同
C.两个小球落地瞬间的动能相同
D.两个小球落地瞬间重力的功率相同
【答案】 C
【解析】 小球1做自由落体运动,小球2做初速度为零的匀加速直线运动,小球2的加速度小于g,位移大于小球1的位移,所以小球2的运动时间比小球1的运动时间长,即小球2后落地,A错误;两个小球运动过程中机械能守恒,重力势能的减少量相等,动能的增加量也相等,末动能也相等,末速度大小也相等,但方向不同,所以两个小球落地瞬间的速度不相同,重力的功率不同,C正确,B、D错误。
4.(2025·陕西咸阳模拟)在铅球比赛中,某次抛出的铅球在空中运动轨迹如图所示,铅球可视为质点,空气阻力不计。用v、Ep、Ek、E分别表示铅球的速率、重力势能、动能、机械能,用t表示铅球在空中的运动时间。铅球离开手时计为t=0,以地面为零势能面,则下列图像可能正确的是(　　)
　 　　
A B
　 　　
C D
【答案】 B
【解析】 铅球做斜上抛运动,只有重力做功,机械能守恒,其中重力势能先增加后减少,所以动能先减少后增加,速度先减小后增大,但动能最小值不为零,A、C、D错误,B正确。
5.(2025·河北模拟)如图所示,一半径为R的光滑大圆环用硬杆竖直固定在天花板上,其上套一小环,a、b为圆环上关于圆心对称的两点,圆环顶点c距离地面高度为3R,将a点上方至c点间圆环截去。现让小环从大圆环的最高点c由静止开始下滑,当小环滑到b点时,恰好对大圆环无作用力。重力加速度为g,则小圆环落到地面时的水平速度大小为(　　)
A. B.
C. D.
【答案】 D
【解析】 设ab与竖直方向的夹角为θ,则从c点到b点,根据机械能守恒定律有mgR(1-cos θ)=
m;在b点根据牛顿第二定律得mgcos θ=m,解得cos θ=,vb=;从b点到a点有m+mg·2Rcos θ=m,解得va=,小圆环离开a点后水平方向做匀速直线运动,则落到地面时的水平速度大小为vax=vacos θ=,D正确。
对点3.多物体系统的机械能守恒问题
6.(2025·湖南娄底二模)如图,AB等高,B为可视为质点的光滑定滑轮,C为大小可忽略的轻质光滑动滑轮。AB之间距离为2d,一根足够长的轻质且不可伸长的细绳一端系在A点,穿过光滑动滑轮C再绕过定滑轮B,动滑轮下挂着质量为m的小球P,绳另一端吊着质量为m的小球Q。初始时整个系统都静止,然后在外力作用下,将动滑轮C缓慢上移到与AB等高并由静止释放。已知重力加速度为g,整个过程中Q未与定滑轮B相撞,不计空气阻力和一切摩擦,则下列说法正确的是(　　)
A.初始时刻,AC与BC夹角为60°
B.C可以下降的最大高度为2d
C.P下降高度为d时系统的动能最大
D.系统运动过程中最大动能为Ek=(2-)mgd
【答案】 D
【解析】 初始时刻静止,细绳中拉力FT=mg,动滑轮C受到向下的拉力mg,由平衡条件可知,AC与BC夹角为120°,A错误;设C可以下降的最大高度为h,由于系统机械能守恒,则有mgh=
2mg(-d),联立可得h=d,B错误;系统由静止释放后经过原静止位置时,P和Q总动能最大,且总势能取极小值,此时AC与BC夹角为120°,此时P下降高度h=d,Q上升高度h′=2(-1)d,根据机械能守恒定律,可求其总动能Ek=(2-)mgd,C错误,D正确。
7.(多选)(2025·云南期末)如图所示,质量不计的硬直杆的两端分别固定质量为2m的小球A和质量为m的小球B,它们可以绕光滑轴O在竖直面内自由转动。已知O与A球间的距离为2L,O与B球间的距离为L,将杆由水平位置静止释放,从开始到小球A第一次运动到最低点的过程中,不计空气阻力,重力加速度为g。以下说法正确的是(　　)
A.小球A、小球B和硬直杆组成的系统机械能守恒
B.小球A、小球B的速度大小始终相等
C.小球A、小球B和硬直杆组成的系统重力势能的减少量为4mgL
D.小球B的最大速度为v=
【答案】 AD
【解析】 系统由静止释放后只有重力做功,能量只在动能和重力势能之间转化,小球A、小球B和硬直杆组成的系统机械能守恒,A正确。直杆两端转动的角速度相等,所以两球速度大小与转动半径成正比,小球A的速度大小始终是小球B的两倍;系统重力势能的减少量为ΔEp=
2mg·2L-mgL=3mgL,B、C错误。小球A运动到最低点时,小球B的速度最大,根据机械能守恒定律有2mg·2L-mgL=mv2+·2m(2v)2,解得小球B的最大速度为v=,D正确。
8.(2025·湖南株洲一模)用三根细线将三个物块A、B、C和定滑轮组装成图示装置。已知B、C的质量分别为3m、2m,它们间细线长度为L,C离地高度也为L;A的质量M满足3m(1)求C在下落过程中的加速度大小;
(2)求A上升的最大速度;
(3)若B刚好能着地,求A的质量。
【答案】 (1)g　(2) (3)m
【解析】 (1)剪断细线后,对A、B、C整体,根据牛顿第二定律有5mg-Mg=(5m+M)a,
解得a=g。
(2)物块C刚落地时,A的速度最大,三个物块组成的系统机械能守恒,
有(5mg-Mg)L=(5m+M)v2,
解得v=。
(3)物块C落地后,物块B恰能下降到地面,则此时物块A和物块B的速度均为零,根据机械能守恒定律有(3mg-Mg)L=0-(3m+M)v2,
联立解得M=m。
9.(2025·河北卷,7)随着我国航天事业飞速发展,人们畅想研制一种核聚变能源星际飞行器。从某星球表面发射的星际飞行器在飞行过程中只考虑该星球引力,不考虑自转,该星球可视为质量分布均匀的球体,半径为R0,表面重力加速度为g0。质量为m的飞行器与星球中心距离为r时,引力势能为mg0(-)(r>R0)。要使飞行器在距星球表面高度为R0的轨道上做匀速圆周运动,则发射初速度为(　　)
A. B.
C. D.
【答案】 B　
【解析】 飞行器在轨道半径r=2R0处的总机械能包括动能和势能。引力势能为Ep=mg0R0,根据万有引力提供向心力,有=m,在星球表面有=mg0,解得飞行器的轨道速度满足v2=,对应动能Ek=mv2=mg0R0,总机械能E总=mg0R0,根据机械能守恒定律,初始动能m=E总,解得v0=。
10.一根长为L的轻杆OA,O端用铰链固定在地面上,另一端固定一质量为m的小球A,轻杆靠在高h=、质量为M=4m的物块B上,开始时轻杆处于竖直状态,受到轻微扰动,轻杆开始顺时针转动,推动物块B沿地面向右滑至图示位置(杆与地面夹角为θ=),若不计一切摩擦,重力加速度为g,则此时小球A的线速度大小为(　　)
A. B.
C. D.
【答案】 B
【解析】 小球A顺时针转动,物块B向右运动,如图所示,根据运动的分解有v1=vBsin θ,由v=ωr得=,小球A转动过程中,系统机械能守恒,则有mgL(1-sin θ)=m+M,联立解得vA=vB=,故选B。
11.(2025·贵州铜仁模拟)如图所示,将内壁光滑的细管弯成四分之三圆形的轨道并竖直固定,轨道半径为R,细管内径远小于R。轻绳穿过细管连接小球A和重物B,小球A的质量为m,直径略小于细管内径,用手托住重物B使小球A静止在Q点。松手后,小球A运动至最高点P点时对细管恰无作用力,重力加速度为g,取π=3,求:
(1)小球A运动到P点时的速度大小v;
(2)重物B的质量M;
(3)小球A到达P点时轻绳的拉力大小FT。
【答案】 (1)　(2)m　(3)mg
【解析】 (1)小球A运动至最高点P点时对细管恰无作用力,此时重力刚好提供向心力,则有
mg=m,解得v=。
(2)小球A从Q点到P点过程系统机械能守恒,则有Mg·-mgR(1+cos 60°)=(M+m)v2,
解得M=m。
(3)设小球A到达P点时切向方向的加速度为a,对A有FT=ma,
对B有Mg-FT=Ma,
联立解得轻绳的拉力大小为FT=mg。第1讲　功与功率
课时作业　　　 　　　　　
对点1.功的分析和计算
1.(多选)(2025·陕西渭南期中)某同学分别乘坐如图所示的斜行电梯(甲)、直升电梯(乙)、阶梯式电梯(丙)从一楼到四楼,若三种电梯均在二楼到三楼处于匀速运动状态,则该同学乘坐这三种电梯在二楼到三楼的过程中,各力做功分析正确的是(　　)
A.图甲中电梯对该同学的支持力做正功
B.图甲中电梯对该同学的摩擦力做负功
C.图丙中电梯对该同学的支持力做正功
D.三个图中合力对该同学做功大小相同
【答案】 CD
【解析】 题图甲中人受到竖直向下的重力,垂直于斜面的支持力和沿斜面向上的摩擦力,题图乙、题图丙中人均只受竖直向下的重力和竖直向上的支持力,所以题图甲中电梯对该同学的支持力不做功,摩擦力做正功,题图乙、题图丙中支持力做正功,故A、B错误,C正确;由于是匀速运动,三个图中合力均为0,则合力做功均为0,故D正确。
2.(2025·山东泰安模拟)如图甲,辘轳是古代民间提水设施,由辘轳头、支架、井绳、水斗等部分构成。图乙为提水设施工作原理简化图,已知辘轳绕绳轮轴半径为r=0.1 m,水斗的质量为0.5 kg,井绳的质量忽略不计。某次从井中汲取m=2 kg的水,t=0 时刻,轮轴由静止开始绕中心轴转动向上提水桶,其角速度随时间变化规律如图丙所示,g取10 m/s2,则(　　)
A.水斗速度随时间变化规律为v=2t(所涉及物理量均用国际单位制)
B.井绳拉力大小恒定,大小为25 N
C.0～10 s内水斗上升的高度为4 m
D.0～10 s内井绳拉力所做的功为255 J
【答案】 D
【解析】 由题图丙可知ω=2t,根据v=ωr可得辘轳边缘上绳的速度为v=0.1×2t=0.2t,即水斗速度随时间变化规律为v=0.2t,可知水斗做匀加速运动,加速度为a=0.2 m/s2,设绳子拉力为F,水斗质量为M,对于水斗和水,有F-mg-Mg=(m+M)a,解得F=(m+M)(a+g)=2.5×(10+0.2)N=25.5 N,
A、B错误;由x=at2可知,0～10 s内水斗上升的高度为x=×0.2×102 m=10 m,则井绳拉力所做的功为W=Fx=25.5×10 J=255 J,C错误,D正确。
3.(2025·新疆伊犁期中)建造大型桥梁时通常使用架桥机将桥梁的一部分沿水平方向推进到预设位置后放下与主体相接。已知桥梁的质量为m,在桥梁水平移动过程中,架桥机对桥梁的水平力F与桥梁的位移x之间的关系如图乙所示,桥梁所受阻力方向与运动方向相反,大小恒为Ff,重力加速度为g。则桥梁受架桥机水平力F作用过程中,下列说法正确的是(　　)
A.力F做的功为F0x0
B.阻力做的功为-Ffx0
C.桥梁在x0处速度最大
D.桥梁向右做匀加速直线运动
【答案】 A
【解析】 由功的公式W=Fx可知,Fx图线与坐标轴所围的面积表示力F做的功,则F做的功为 W1=F0x0,A正确;桥梁在推进到预设位置的过程中,阻力恒定,则阻力做功为W2=-Ffx0,B错误;桥梁沿水平方向运动过程中有F-Ff=ma,而F越来越小,则桥梁加速度越来越小,当F=Ff时,桥梁的加速度等于0,速度达到最大值,C、D错误。
4.如图所示,质量均为m的A、B两小物块用轻质弹簧相连,A放置在光滑水平地面上,一轻绳通过光滑的定滑轮与物块B相连(连接物块B的绳子恰好伸直但不绷紧),弹簧的劲度系数为k。现用一水平向右的拉力F作用在轻绳上,使物块B缓慢向上运动,已知重力加速度为g,当物块A恰好离开地面时,F所做的功为(　　)
A. B.
C. D.
【答案】 D
【解析】 开始时弹簧的压缩量x1=,此时F1=0,当物块A恰好离开地面时弹簧伸长量为x2=,此时F2=2mg,由于物块B缓慢向上运动,则拉力F均匀增大,F做的功W=(x1+x2)=
,D正确。
对点2.功率的分析与计算
5.(2025·江苏常州二模)高空坠物,危害巨大,必须引起人们的高度重视。现有一重物在无风的情况下从高空被斜向下抛出。已知重物所受空气阻力的大小与坠落速率成正比,则该重物在下落过程中重力的瞬时功率P随时间t变化的图像可能是(　　)
A B
C D
【答案】 C
【解析】 重物在下落过程中受到重力和空气阻力作用,随着速率的增加,空气阻力逐渐增大,重物在水平方向减速,竖直方向加速,故阻力在竖直向上的分力逐渐增大,则重物在竖直方向做加速度减小的加速运动,vy增大,但vyt图像的切线斜率变小,而重力的瞬时功率为P=mgvy,则Pt图像的切线斜率变小,初始时刻vy不等于零,即初始时刻重力功率不为零。C正确。
6.(2025·黑龙江哈尔滨二模)福建舰的电磁弹射系统是其核心装备之一,在测试电磁弹射系统时,配重小车自甲板前端水平射出,落至海面上。简化模型如图所示,两辆质量相同的配重小车1、2先后进行弹射测试,轨迹分别为曲线1和曲线2,A、B为两次弹射的落水点。忽略空气阻力,配重小车可视为质点。则关于配重小车1和小车2说法正确的是(　　)
A.落水瞬间速度大小vA=vB
B.在空中运动过程中速度变化量Δv1=Δv2
C.落水瞬间重力的瞬时功率PA>PB
D.在空中运动过程中重力的平均功率P1【答案】 B
【解析】 配重小车离开甲板后做平抛运动,二者下落高度相等,根据h=gt2可知,二者下落时间相等,则由竖直方向分速度vy=gt,可知vAy=vBy,水平分运动为匀速运动,根据x=vt及xA对点3.机车启动问题
7.(2025·辽宁二模)2024年12月29日,随着一声嘹亮的鸣笛,高速列车CR450动车组正式亮相。列车提速的一个关键技术是提高机车发动机的功率。若匀速运动时,列车所受阻力与速度的二次方成正比,即Ff=kv2。设提速前速度为200 km/h,提速后速度为400 km/h,则提速前与提速后机车发动机的功率之比为(　　)
A. B. C. D.
【答案】 B
【解析】 列车匀速运动时,牵引力F=Ff=kv2,则功率P=Fv=kv3,则提速前、后机车发动机的功率之比为===,故B正确,A、C、D错误。
8.(2025·辽宁大连阶段练习)一物块在一个水平拉力作用下沿粗糙水平面运动,物块与水平面间的动摩擦因数全程不变,其vt图像如图甲所示,水平拉力的Pt图像如图乙所示,g取
10 m/s2,求:
(1)物块与水平面间的动摩擦因数μ;
(2)物块运动全过程中水平拉力所做的功W;
(3)物块在0～2 s内所受的水平拉力大小F1;
(4)物块质量m。
【答案】 (1)0.1　(2)24 J　(3)3 N　(4)1 kg
【解析】 (1)由题图甲、乙可知,在5～9 s内已撤去拉力,物块做匀减速运动,其加速度为
a= m/s2=-1.0 m/s2,
根据牛顿第二定律有-μmg=ma,
解得μ=0.1。
(2)全过程水平拉力做的功为W=P1t1+P2t2= J+4.0×3 J=24 J。
(3)当t1=2 s,v1=4.0 m/s时,P1=12 W,
根据P=Fv得F1==3 N。
(4)物块匀速运动阶段P2=4 W,v2=4 m/s,
根据P2=F2v2,F2-μmg=0,
联立解得m=1 kg。
9.(多选)(2025·山东二模)如图所示,半径为R的四分之一光滑圆弧竖直固定,最低点A放置一质量为m的物块,可视为质点。物块在方向始终沿圆弧切线的推力F作用下由A运动到B,力F大小恒为mg。对于该运动过程,下列说法正确的是(　　)
A.力F做功大小为mgR
B.力F做功大小为
C.力F的功率一直增大
D.克服重力做功的功率先增大后减小
【答案】 BC
【解析】 由于力F方向始终沿圆弧切线,且大小恒为mg,根据变力做功的计算方法,这里可以用微元法,把圆弧分成很多小段,每一小段上力F做的功ΔW=FΔl(Δl是每一小段的弧长),则力F做功的大小W=F(Δl1+Δl2+Δl3+…+Δln)=Fs=mg·=,A错误,B正确;从A到B过程(不包括B点),F始终大于重力沿切线方向的分力,所以物块一直在做加速运动,速度一直在增大,根据P=Fv,可知F的功率一直在增大,C正确;设重力方向与速度方向夹角为θ,对于该运动过程,θ从90°增大到180°,则克服重力做功的功率PG=|mgcos θ|v,而|cos θ|一直在增大,v也在增大,故克服重力做功的功率一直增大,D错误。
10.在具有登高平台的消防车上,有一定质量的伸缩臂,能够在5 min内使承载4人的登高平台(人连同平台的总质量为400 kg)上升60 m到达灭火位置。此后,在登高平台上的消防员用水炮灭火,已知水炮的出水量为3 m3/ min,水离开炮口时的速率为20 m/s,g取10 m/s2,则(　　)
A.伸缩臂抬升登高平台的发动机输出功率约为800 W
B.水炮工作的发动机输出功率为1×104 W
C.水炮工作的发动机输出功率为4×104 W
D.水炮工作的发动机输出功率为2.4×106 W
【答案】 C
【解析】 伸缩臂抬升登高平台的发动机输出功率应为P=,如果只考虑人和登高平台的质量,则P= W=800 W,但实际中,伸缩臂的质量显然不能忽略,故伸缩臂抬升登高平台的发动机输出功率应明显大于800 W,选项A错误;在1 s内,喷出去水的质量为m=ρV=
1×103× kg=50 kg,喷出去水的重力势能为WG=mgh=50×10×60 J=3×104 J,水的动能为mv2=1×104 J,所以1 s内水增加的能量为 4×104 J,所以输出功率为4×104 W,选项C正确,B、D错误。
11.(2025·黑龙江大庆模拟)设想在2125年,人类开启了在大麦哲伦星系A星球的太空移民计划。已知A星球质量和半径均为地球的,地球表面重力加速度g取10 m/s2,忽略星球自转。一名质量m=50 kg的驾驶员驾驶着一辆质量m0=950 kg的探险车在A星球上进行探索。该车通过面积S=1 m2的光伏板吸收宇宙辐射获取能源,单位面积接收辐射功率P0=1×105 W。当该车输出功率达到接收辐射功率60%时,车辆将保持带电荷量不变行驶。已知行驶过程中受到的阻力为总重力的。
(1)若该车要保持电荷量不变,求行驶过程中的最大速度;
(2)若该车以a=1 m/s2恒定加速度启动车辆,全程行驶675 m,到达时已达最大速度,求保持电荷量不变行驶的时间。
【答案】 (1)30 m/s　(2)20 s
【解析】 (1)根据星球表面万有引力等于重力,在地球上有G=mg,
在A星球上有G=mgA,
联立解得gA=2g=20 m/s2,
光伏板吸收能量转化后的功率为P=ηP0S,
解得P=6×104 W,
探险车的阻力为
Ff=0.1(m+m0)g0=2 000 N,
该车行驶过程中的最大速度为vmax==30 m/s。
(2)在匀加速阶段有F-Ff=(m+m0)a,
代入数值得此过程的“最大”速度为v1==20 m/s,
所用时间为t1==20 s,
通过的位移大小为x1=t1=200 m,
此后以恒定功率运动,即保持电荷量不变,
根据动能定理有Pt2-Ff(x-x1)=(m+m0)(-),
解得t2=20 s。第3讲　小专题:动能定理在多过程和往复运动中的应用
课时作业　　　　　　 　　　　　 　　　　　
对点1.动能定理在多过程问题中的应用
1.(多选)(2025·辽宁期中)某游乐场的冰滑梯简化模型如图所示。坡面上冰滑梯轨道AB表面摩擦力忽略不计,游客乘坐雪圈从高h处由静止开始下滑,并通过长度为L1=10 m的水平雪面BC,最终进入长度为L2=15 m的铺有地垫的缓冲区CD。已知雪圈与雪面BC和缓冲区CD间的动摩擦因数分别为μ1=0.1、μ2=0.5,游客与雪圈可视为质点,不计空气阻力和通过B点时的机械能损失。为了确保游客下滑后能够停在缓冲区内,h的取值可能为(　　)
A.3 m B.6 m C.9 m D.12 m
【答案】 AB
【解析】 游客若恰好停在C点,根据动能定理有mgh1-μ1mgL1=0,解得h1=1 m,若恰好到达D点,则有mgh2-μ1mgL1-μ2mgL2=0,解得h2=8.5 m,则要使游客能够停在缓冲区内,h的取值范围为1 m≤h≤8.5 m,A、B正确。
2.(2025·辽宁鞍山二模)如图甲所示,上表面光滑的斜面体固定在水平地面上,一个小物块从斜面底端冲上斜面。图乙为物块的初动能Ek与物块轨迹的最高点距地面高度H的关系图像。由此可求得斜面的长度为(　　)
A.h0 B.2h0
C.4h0 D.6h0
【答案】 C
【解析】 物块未滑离斜面时由动能定理有Ek=mgH,结合题图乙可知mg=;设斜面长度为L、倾角为θ,当物块能滑离斜面时,从底端到顶端有-mgLsin θ=mv2-Ek,即mv2=Ek-mgLsin θ,物块滑离斜面后做斜抛运动,还能上升的高度h=,物块轨迹的最高点距地面高度H=Lsin θ+h,联立解得H=Ek+L(sin θ-sin3θ),结合题图乙有==,解得sin θ=,将题图乙中后一段图像延长,可知其纵轴截距为1.5h0,则有L(sin θ-sin3θ)=1.5h0,解得L=4h0,C正确。
3.(2025·重庆模拟)在汽车产业发展变革进入高潮的2025年,AI技术成为车企提高竞争力的重要锚点。2025国际消费电子展中多家中国知名车企携最新AI技术参展,向外界展示了“AI+汽车”的无限可能。在某次智驾试验中,汽车甲在水平路面行驶,图为启动过程中动能与位移关系的图像,当位移小于x0时,图像为直线;当位移为x0时,动能为Ek,此刻起以额定功率行驶;最终甲以动能4Ek做匀速运动。甲在匀速运动阶段,突然探测到前方2x0处汽车乙同向匀速行驶,乙速度为甲速度的一半。智驾系统立刻将甲车功率减为P(未知),经时间t后,恰未与乙车碰撞。已知甲质量为m,甲行驶过程中所受阻力恒定,乙始终匀速运动。求:
(1)甲匀速行驶时的速度v;
(2)甲行驶过程中受到的阻力F阻;
(3)甲被智驾系统调整后的功率P。
【答案】 (1)　(2)　(3)-
【解析】 (1)甲车匀速运动时,根据动能表达式有4Ek=mv2,解得其速度大小为v=。
(2)当甲车改为额定功率时,可知P额=F,
又P额=F阻,解得F=2F阻,
在0～x0过程中,根据动能定理有(F-F阻)x0=Ek,解得F阻=。
(3)由于乙速度为甲速度的一半,则Ek乙=Ek甲=Ek,
当甲恰未与乙相撞时,两车速度相等,对甲有Pt-F阻x甲=-3Ek,
对乙有x乙=vt,
而两者位移关系为x甲-x乙=2x0,
联立解得P=-。
对点2.动能定理在往复运动问题中的应用
4.(2025·北京专题练习)如图所示,斜面的倾角为θ,质量为m的滑块与挡板P的距离为x0,滑块以初速度v0沿斜面上滑,滑块与斜面间的动摩擦因数为μ,滑块所受摩擦力小于重力沿斜面向下的分力。若滑块每次与挡板相碰均无机械能损失,滑块经过的总路程是(　　)
A.(+x0tan θ)
B.(+)
C.(+x0tan θ)
D.(+)
【答案】 A
【解析】 由于滑块所受摩擦力小于重力沿斜面向下的分力,可知滑块最终停在斜面底部,
设整个过程滑块经过的总路程为s,根据动能定理有mgx0sin θ-μmgscos θ=0-m,
解得s=(+x0tan θ),A正确。
5.(2025·湖南怀化期末)如图,整个轨道由左侧光滑曲面轨道和右侧粗糙斜面构成,固定在水平地面,斜面倾角α=37°,两部分平滑衔接。质量为m的小滑块从斜面上离水平面高为H处由静止释放,再次回到斜面上能达到H高处。不计空气阻力,重力加速度为g,取sin 37°=0.6。下列说法正确的是(　　)
A.滑块第一次下滑过程,克服摩擦力做的功为mgH
B.无法确定滑块最终停止的位置
C.滑块与斜面间的动摩擦因数为
D.滑块最终在斜面上走过的总路程是15H
【答案】 D
【解析】 设滑块与斜面间的动摩擦因数为μ,滑块由静止释放到第一次沿斜面上滑的最大高度的全过程,根据动能定理有mg·H-μmgcos α(+)=0,解得滑块与斜面间的动摩擦因数为μ=,则滑块第一次下滑过程,克服摩擦力做的功为Wf1=μmgcos α·=mgH,A、C错误;由于μ=6.(2025·江苏南京期中)如图所示的装置放在水平地面上,该装置由弧形轨道、竖直圆轨道、水平直轨道AB和倾角θ=37°的斜轨道BC平滑连接而成。将质量m=0.2 kg的滑块从弧形轨道离地面高H=2.0 m 的M处由静止释放。已知滑块与轨道AB和BC间的动摩擦因数均为μ=0.25,弧形轨道和圆轨道均可视为表面光滑,忽略空气阻力,g取10 m/s2,取sin 37°=0.6,
cos 37°=0.8。
(1)求滑块运动到A点时的速度大小;
(2)若滑块运动到D点时对轨道的压力大小为6 N,求竖直圆轨道的半径;
(3)若LAB=LBC=2.0 m,试确定滑块最终停止的位置。
【答案】 (1)2 m/s　(2)0.5 m (3)A点右侧1 m处
【解析】 (1)滑块从M点滑动到A点过程中,根据动能定理有mgH=m,
代入数据解得vA=2 m/s。
(2)当滑块运动到D点时,由牛顿第三定律可知,所受轨道的支持力为6 N,根据牛顿第二定律有mg+FN=m,
滑块从初始位置滑至D点过程中,根据动能定理有mg(H-2R)=m,
联立解得R=0.5 m。
(3)滑块在斜面上,由于mgsin θ>μmgcos θ,则滑块不会停留在斜面上,而是停止在水平直轨道AB上,设滑块第一次滑上斜面的距离为s,则滑块从M点到滑上斜面最高点的过程中,根据动能定理有mgH-μmgLAB-(μmgcos θ+mgsin θ)s=0,
解得s= m,
则反向滑回B点的动能为Ek=mgH-μmgLAB-2μmgcos θ·s=1.5 J,
之后滑块在水平直轨道上滑行返回A点时具有的动能为Ek′=Ek-μmgLAB=0.5 J,
此后进入圆弧轨道,设滑块未离开轨道,上升高度为h,则有-mgh=0-Ek′,
可知h=0.25 m,
即滑块经圆弧后又回到水平直轨道,设滑块在水平直轨道继续运动的距离为s′,
根据动能定理有-μmgs′=0-Ek′,解得s′=1 m,
即最后滑块停在水平直轨道上A点右侧距A点1 m处。
7.(多选)(2025·辽宁沈阳阶段检测)如图所示,一半径为R,粗糙程度处处相同的半圆形轨道竖直固定放置,直径POQ水平。一质量为m的质点自P点上方高度R处由静止开始下落,恰好从P点进入轨道,且滑到最低点N时对轨道的压力为4mg,g为重力加速度的大小。用W表示质点从P点运动到N点的过程中克服摩擦力所做的功。则(　　)
A.W=mgR
B.W>mgR
C.质点到达Q后,继续上升一段距离
D.质点恰好可以到达Q点
【答案】 AC
【解析】 由于质点滑到轨道最低点N时对轨道压力为4mg,由牛顿第三定律可知,轨道对质点的支持力为4mg,则在最低点有4mg-mg=m,解得v=,质点从开始下落到最低点的过程中,根据动能定理有2mgR-W=mv2-0,解得W=mgR,A正确,B错误;质点在圆形轨道运动中经某点时,其受力如图所示,
则有FN-mgsin θ=m,在N点左、右两侧同一高度,摩擦力做功导致右侧点的速度小,轨道支持力小,滑动摩擦力 Ff=μFN小,所以经右侧时摩擦力做功小,那么从N到Q,根据动能定理有-mgR-W′=EkQ-EkN,则Q点动能EkQ=-mgR-W′,由于W′< W=,所以Q点速度没有减小到0,仍会继续向上运动一段距离,C正确,D错误。
8.(2025·湖北期中)如图所示,在竖直平面内,粗糙的斜面轨道AB的下端与光滑的圆弧轨道BCD相切于B,C是最低点,圆心角∠BOC=37°,D与圆心O等高,圆弧轨道半径R=1.0 m。现有一个质量为m=0.2 kg 可视为质点的物体,从D点的正上方E点处自由下落,物体恰好到达斜面顶端A处。已知DE距离h=4.0 m,物体与斜面AB之间的动摩擦因数μ=0.5,取sin 37°=0.6,
cos 37°=0.8,g取10 m/s2。
(1)求物体第一次到达C点时的速度大小和受到的支持力大小;
(2)求斜面AB的长度L;
(3)若μ可变,求μ取不同值时,物体在斜面上滑行的路程x。
【答案】 (1)10 m/s　22 N　(2)4.8 m　(3)见解析
【解析】 (1)物体从E到C,根据动能定理有mg(h+R)=m,
代入数据得vC=10 m/s,
经过C点时有FNC-mg=m,
代入数据得FNC=22 N。
(2)物体从C到A,根据动能定理有-mg(R-Rcos 37°+Lsin 37°)-μmgcos 37°·L=0-m,
代入数据得L=4.8 m。
(3)设动摩擦因数为μ1时物体刚好能静止在斜面上,则有mgsin 37°=μ1mgcos 37°,
解得μ1=0.75,
①若0≤μ<0.5,物体将滑出斜面,则物体的路程为x=L=4.8 m;
②若0.5≤μ<0.75,物体在斜面上多次往返,最后在B点速度为零,
则有mg(h+Rcos 37°)-μmgcos 37°·x=0,
解得x=;
③μ≥0.75,则物体将停在斜面上,则有mg(h+Rcos 37°-xsin 37°)-μmgcos 37°·x=0,
解得x=。

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