高三物理二轮复习（通用版）第一部分 专题复习教师用书：专题二 能量和动量 word版

第一讲功和功率__动能定理考点一功和功率1.考查功的大小计算]如图所示，质量m＝1kg、长L＝0.8m的均匀矩形薄板静止在水平桌面上，其右端与桌子边缘相平。板与桌面间的动摩擦因数为μ＝0.4。现用F＝5N的水平力向右推薄板，使它翻下桌子，力F做的功至少为(g取10m/s2)()A．1J B．1.6JC．2J D．4J解析：选B在薄板没有翻转之前，薄板与水平面之间的摩擦力f＝μmg＝4N。力F做的功用来克服摩擦力消耗的能量，而在这个过程中薄板只需移动的距离为eq\f(L,2)，则做的功至少为W＝f×eq\f(L,2)＝1.6J，所以B正确。2．考查机车的启动与牵引问题](多选)(天津高考)我国高铁技术处于世界领先水平。和谐号动车组是由动车和拖车编组而成，提供动力的车厢叫动车，不提供动力的车厢叫拖车。假设动车组各车厢质量均相等，动车的额定功率都相同，动车组在水平直轨道上运行过程中阻力与车重成正比。某列车组由8节车厢组成，其中第1、5节车厢为动车，其余为拖车，则该动车组()A．启动时乘客受到车厢作用力的方向与车运动的方向相反B．做匀加速运动时，第5、6节与第6、7节车厢间的作用力之比为3∶2C．进站时从关闭发动机到停下来滑行的距离与关闭发动机时的速度成正比D．与改为4节动车带4节拖车的动车组最大速度之比为1∶2解析：选BD启动时，乘客的加速度向前，车厢对人的作用力方向向前，与车运动的方向相同，选项A错误。以后面的车厢为研究对象，F56＝3ma，F67＝2ma，则5、6节与6、7节车厢间的作用力之比为3∶2，选项B正确。根据v2＝2ax，车厢停下来滑行的距离x与速度的二次方成正比，选项C错误。若改为4节动车，则功率变为原来2倍，由P＝Fv知，最大速度变为原来2倍，选项D正确。3．考查瞬时功率与平均功率的计算](潍坊模拟)质量为m＝2kg的物体沿水平面向右做直线运动，t＝0时刻受到一个水平向左的恒力F，如图甲所示，此后物体的v­t图像如图乙所示，取水平向右为正方向，g取10m/s2，则()A．物体与水平面间的动摩擦因数为μ＝0.5B．10s末恒力F的瞬时功率为6WC．10s末物体在计时起点左侧4m处D．0～10s内恒力F做功的平均功率为0.6W解析：选D由图线可知0～4s内的加速度：a1＝eq\f(8,4)m/s2＝2m/s2，可得：F＋μmg＝ma1；由图线可知4～10s内的加速度：a2＝eq\f(6,6)m/s2＝1m/s2，可得：F－μmg＝ma2；解得：F＝3N，μ＝0.05，选项A错误；10s末恒力F的瞬时功率为P10＝Fv10＝3×6W＝18W，选项B错误；0～4s内的位移x1＝eq\f(1,2)×4×8m＝16m,4～10s内的位移x2＝－eq\f(1,2)×6×6m＝－18m，故10s末物体在计时起点左侧2m处，选项C错误；0～10s内恒力F做功的平均功率为eq\x\to(P)＝eq\f(Fx,t)＝eq\f(3×2,10)W＝0.6W，选项D正确。4．考查机车启动的图像问题](全国卷Ⅱ)一汽车在平直公路上行驶。从某时刻开始计时，发动机的功率P随时间t的变化如图所示。假定汽车所受阻力的大小f恒定不变。下列描述该汽车的速度v随时间t变化的图线中，可能正确的是()解析：选A由P­t图像知：0～t1内汽车以恒定功率P1行驶，t1～t2内汽车以恒定功率P2行驶。设汽车所受牵引力为F，则由P＝Fv得，当v增加时，F减小，由a＝eq\f(F－f,m)知a减小，又因速度不可能突变，所以选项B、C、D错误，选项A正确。考点二动能定理的应用5.考查动能定理与v­t图像的综合应用](多选)一物体静止在粗糙水平面上，某时刻受到一沿水平方向的恒定拉力作用开始沿水平方向做直线运动，已知在第1s内合力对物体做的功为45J，在第1s末撤去拉力，物体整个运动过程的v­t图像如图所示，g取10m/s2，则()A．物体的质量为5kgB．物体与水平面间的动摩擦因数为0.1C．第1s内摩擦力对物体做的功为60JD．第1s内拉力对物体做的功为60J解析：选BD由动能定理有45J＝eq\f(mv2,2)，第1s末速度v＝3m/s，解出m＝10kg，故A错误；撤去拉力后物体的位移x2＝eq\f(1,2)×3×3m＝4.5m，由动能定理可得：－fx2＝0－eq\f(1,2)mv2，可解得：f＝10N，又f＝μmg，解出μ＝0.1，故B正确；第1s内物体的位移x1＝1.5m，第1s内摩擦力对物体做的功W＝－fx1＝－15J，故C错误；由Fx1－f(x1＋x2)＝0，可得F＝40N，所以第1s内拉力对物体做的功W′＝Fx1＝60J，故D正确。6．考查应用动能定理判断物体动能增量的大小关系](多选)如图所示，一块长木板B放在光滑的水平面上，在B上放一物体A，现以恒定的外力F拉B，由于A、B间摩擦力的作用，A将在B上滑动，以地面为参考系，A、B都向前移动一段距离。在此过程中()A．外力F做的功等于A和B动能的增量B．B对A的摩擦力所做的功等于A的动能增量C．A对B的摩擦力所做的功等于B对A的摩擦力所做的功D．外力F对B做的功等于B的动能的增量与B克服摩擦力所做的功之和解析：选BDA物体所受的合外力等于B对A的摩擦力，对物体A应用动能定理，则有B对A的摩擦力所做的功等于A的动能的增量，B对；A对B的摩擦力与B对A的摩擦力是一对作用力与反作用力，大小相等，方向相反，但是由于A在B上滑动，A、B相对地的位移不等，故二者做功不等，C错；对长木板B应用动能定理，WF－Wf＝ΔEkB，即WF＝ΔEkB＋Wf就是外力F对B做的功，等于B的动能增量与B克服摩擦力所做的功之和，D对；由前述讨论知B克服摩擦力所做的功与A的动能增量(等于B对A的摩擦力所做的功)不等，故A错。7．考查应用动能定理求变力做功](海南高考)如图所示，一半径为R的半圆形轨道竖直固定放置，轨道两端等高，质量为m的质点自轨道端点P由静止开始滑下，滑到最低点Q时，对轨道的正压力为2mg，重力加速度大小为g。质点自P滑到Q的过程中，克服摩擦力所做的功为()A.eq\f(1,4)mgRB.eq\f(1,3)mgRC.eq\f(1,2)mgRD.eq\f(π,4)mgR解析：选C在Q点质点受到竖直向下的重力和竖直向上的支持力，两力的合力充当向心力，所以有N－mg＝meq\f(v2,R)，N＝2mg，联立解得v＝eq\r(gR)，下落过程中重力做正功，摩擦力做负功，根据动能定理可得mgR－Wf＝eq\f(1,2)mv2，解得Wf＝eq\f(1,2)mgR，所以克服摩擦力做功为eq\f(1,2)mgR，C正确。8．考查动能定理与F­x图像的综合应用](多选)(焦作月考)一质量为2kg的物体，在水平恒定拉力的作用下以一定的初速度在粗糙的水平面上做匀速运动，当运动一段时间后，拉力逐渐减小，且当拉力减小到零时，物体刚好停止运动，图中给出了拉力随位移变化的关系图像。已知重力加速度g＝10m/s2，由此可知()A．物体与水平面间的动摩擦因数约为0.35B．减速过程中拉力对物体所做的功约为13JC．匀速运动时的速度约为6m/sD．减速运动的时间约为1.7s解析：选ABC物体匀速运动时，受力平衡，则F＝μmg，μ＝eq\f(F,mg)＝eq\f(7,2×10)＝0.35，选项A正确；因为W＝Fx，故拉力的功等于F­x图线包含的面积，由图线可知小格数为13，则功为13×1J＝13J，选项B正确；由动能定理可知：WF－μmgx＝0－eq\f(1,2)mv02，其中x＝7m，则解得：v0＝6m/s，选项C正确；由于不知道具体的运动情况，无法求出减速运动的时间，故D错误。考点三应用动能定理解决力学综合问题9.考查动能定理解决多过程问题](多选)(浙江高考)如图所示为一滑草场。某条滑道由上下两段高均为h，与水平面倾角分别为45°和37°的滑道组成，滑草车与草地之间的动摩擦因数为μ。质量为m的载人滑草车从坡顶由静止开始自由下滑，经过上、下两段滑道后，最后恰好静止于滑道的底端(不计滑草车在两段滑道交接处的能量损失，sin37°＝0.6，cos37°＝0.8)。则()A．动摩擦因数μ＝eq\f(6,7)B．载人滑草车最大速度为eq\r(\f(2gh,7))C．载人滑草车克服摩擦力做功为mghD．载人滑草车在下段滑道上的加速度大小为eq\f(3,5)g解析：选AB由题意知，上、下两段斜坡的长分别为s1＝eq\f(h,sin45°)、s2＝eq\f(h,sin37°)由动能定理知：2mgh－μmgs1cos45°－μmgs2cos37°＝0解得动摩擦因数μ＝eq\f(6,7)，选项A正确；载人滑草车在上下两段的加速度分别为a1＝g(sin45°－μcos45°)＝eq\f(\r(2),14)g，a2＝g(sin37°－μcos37°)＝－eq\f(3,35)g，则在下落h时的速度最大，由动能定理知：mgh－μmgs1cos45°＝eq\f(1,2)mv2解得v＝eq\r(\f(2gh,7))，选项B正确，D错误；载人滑草车克服摩擦力做的功与重力做功相等，即W＝2mgh，选项C错误。10．考查动能定理解决往复运动问题](成都高三月考)如图所示，斜面的倾角为θ，质量为m的滑块距挡板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.eq\f(1,μ)eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(v02,2gcosθ)＋x0tanθ))B.eq\f(1,μ)eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(v02,2gsinθ)＋x0tanθ))C.eq\f(2,μ)eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(v02,2gcosθ)＋x0tanθ))D.eq\f(1,μ)eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(v02,2gcosθ)＋x0cotθ))解析：选A因滑块所受摩擦力小于重力沿斜面向下的分力，故滑块最终停在斜面底端，而摩擦力始终对滑块做负功，其大小等于μmgcosθ与滑块滑行的各段距离之和的乘积，即Wf＝－μmgcosθ·s，由动能定理可得：mgx0sinθ＋Wf＝0－eq\f(1,2)mv02，可解得s＝eq\f(1,μ)eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(v02,2gcosθ)＋x0tanθ))，故A正确。11．考查动能定理与平抛运动的综合应用](浙江高考)如图所示，用一块长L1＝1.0m的木板在墙和桌面间架设斜面，桌子高H＝0.8m，长L2＝1.5m。斜面与水平桌面的倾角θ可在0～60°间调节后固定。将质量m＝0.2kg的小物块从斜面顶端静止释放，物块与斜面间的动摩擦因数μ1＝0.05，物块与桌面间的动摩擦因数为μ2，忽略物块在斜面与桌面交接处的能量损失。(重力加速度取g＝10m/s2；最大静摩擦力等于滑动摩擦力)(1)当θ角增大到多少时，物块能从斜面开始下滑；(用正切值表示)(2)当θ角增大到37°时，物块恰能停在桌面边缘，求物块与桌面间的动摩擦因数μ2；(已知sin37°＝0.6，cos37°＝0.8)(3)继续增大θ角，发现θ＝53°时物块落地点与墙面的距离最大，求此最大距离xm。解析：(1)为使小物块下滑，应有mgsinθ≥μ1mgcosθ①θ满足的条件tanθ≥0.05②即当θ＝arctan0.05时物块恰好从斜面开始下滑。(2)克服摩擦力做功Wf＝μ1mgL1cosθ＋μ2mg(L2－L1cosθ)③由动能定理得mgL1sinθ－Wf＝0④代入数据得μ2＝0.8。⑤(3)由动能定理得mgL1sinθ－Wf＝eq\f(1,2)mv2⑥结合③式并代入数据得v＝1m/s⑦由平抛运动规律得H＝eq\f(1,2)gt2，x1＝vt解得t＝0.4s⑧x1＝0.4m⑨xm＝x1＋L2＝1.9m。⑩答案：(1)arctan0.05(2)0.8(3)1.9m12．考查动能定理与圆周运动的综合问题](山东省高考押题卷)如图所示，AB是倾角为θ的粗糙直轨道，BCD是光滑的圆弧轨道，AB恰好在B点与圆弧相切，圆弧的半径为R。一个质量为m的物体(可以看作质点)从直轨道上的P点由静止释放，结果它能在两轨道间做往返运动。已知P点与圆弧的圆心O等高，物体与轨道AB间的动摩擦因数为μ。求：(1)物体做往返运动的整个过程中在AB轨道上通过的总路程；(2)最终当物体通过圆弧轨道最低点E时，对圆弧轨道的压力；(3)为使物体能顺利到达圆弧轨道的最高点D，释放点距B点的距离L′应满足什么条件？解析：(1)因为摩擦始终对物体做负功，所以物体最终在圆心角为2θ的圆弧上往复运动。对整体过程由动能定理得mgR·cosθ－μmgcosθ·x＝0所以总路程为x＝eq\f(R,μ)。(2)对B→E过程，B点的初速度为零，由动能定理得mgR(1－cosθ)＝eq\f(1,2)mvE2①FN－mg＝meq\f(vE2,R)②由牛顿第三定律及①②得对轨道压力：FN′＝FN＝(3－2cosθ)mg。方向竖直向下。(3)设物体刚好到D点，则由向心力公式得mg＝meq\f(vD2,R)③对全过程由动能定理得mgL′sinθ－μmgcosθ·L′－mgR(1＋cosθ)＝eq\f(1,2)mvD2④由③④得最少距离L′＝eq\f(3＋2cosθ,2sinθ－2μcosθ)·R。答案：(1)eq\f(R,μ)(2)(3－2cosθ)mg方向竖直向下(3)eq\f(3＋2cosθ,2sinθ－2μcosθ)·R考点一功和功率本考点主要考查功和功率的计算，机车牵引与启动问题，试题难度一般，多为选择题。在二轮复习中，注意打牢基础知识，细化审题、解题过程，此考点就能轻松取分。建议考生自学为主先记牢]1．功(1)恒力的功：W＝Flcos_α。(2)合力的功：W＝F合lcos_α。(3)变力的功：①将变力做功转化为恒力做功；②应用F­x图像求解；③应用动能定理求解。2．功率(1)平均功率：P＝eq\f(W,t)。(2)瞬时功率：P＝Fvcosα。(3)应用：机车启动，P＝Fv。再用活]1．不注意题目的要求，凭感觉求解，易导致错误。如诊断卷第1题，因为F＞μmg，在力F作用下薄板向右加速，当撤去F后，薄板向右滑至eq\f(L,2)时，速度恰好为零，薄板翻下桌子，此时力F做功最少，由动能定理得：WFmin＝μmg·eq\f(L,2)＝1.6J，不注意这一点，易得：WFmin＝F·eq\f(L,2)＝2J，错选C项。2．将计算瞬时功率的公式P＝Fvcosα误记为P＝Fv。3．不注意从受力和运动的角度分析机车的运动规律，易导致错误。如诊断卷第4题中，功率公式P＝Fv中的F为机车的牵引力，F－f＝ma，t1时刻之前，若车处于加速阶段，则F随v的增大而减小，汽车加速度a逐渐减小，匀速时F＝f，vmax＝eq\f(P1,f)；从t1时刻开始，功率增为P2，牵引力突然增大，汽车再次具有向前的加速度，但随v的增大，F和a均减小，直到匀速，根据v­t图线斜率的变化规律，可知，A正确，而D错误。1.如图所示，质量为m的小球以初速度v0水平抛出，恰好垂直打在倾角为θ的斜面上，则球落在斜面上时重力的瞬时功率为(不计空气阻力)()A．mgv0tanθ B.eq\f(mgv0,tanθ)C.eq\f(mgv0,sinθ) D．mgv0cosθ解析：选B小球落在斜面上时重力的瞬时功率为P＝mgvy，而vytanθ＝v0，所以P＝eq\f(mgv0,tanθ)，B正确，本题中若直接应用P＝mgv求解可得P＝eq\f(mgv0,sinθ)，则得出错误答案C。2.(多选)(安庆模拟)如图所示，摆球质量为m，悬线的长为L，把悬线拉到水平位置后放手。设在摆球从A点运动到B点的过程中空气阻力F阻的大小不变，则下列说法正确的是()A．重力做功为mgLB．绳的拉力做功为0C．空气阻力F阻做功为－mgLD．空气阻力F阻做功为－eq\f(1,2)F阻πL解析：选ABD小球下落过程中，重力做功为mgL，A正确；绳的拉力始终与速度方向垂直，拉力做功为0，B正确；空气阻力F阻大小不变，方向始终与速度方向相反，故空气阻力F阻做功为－F阻·eq\f(1,2)πL，C错误，D正确。3．(银川模拟)一辆跑车在行驶过程中的最大输出功率与速度大小的关系如图所示，已知该车质量为2×103kg，在某平直路面上行驶，阻力恒为3×103N。若汽车从静止开始以恒定加速度2m/s2做匀加速运动，则此匀加速过程能持续的时间大约为()A．8s B．14sC．26s D．38s解析：选B由图像可知，机车的最大功率约为P＝200kW，在加速阶段由牛顿第二定律可知：F－F阻＝ma即F＝F阻＋ma＝3000N＋2000×2N＝7000N，再由P＝Fv可知：v＝eq\f(P,F)＝eq\f(200×103,7000)m/s＝eq\f(200,7)m/s，由v＝at，解得t＝eq\f(100,7)s≈14.2s，故选项B正确。考点二动能定理的应用eq\a\vs4\al(高考对本考点的考查相对简单，主要是针对动能定理的理解和一些简单应用。建议考生灵活掌握)先记牢]1．对动能定理的两点理解(1)动能定理表达式中，W表示所有外力做功的代数和，包括物体重力所做的功。(2)动能定理表达式中，ΔEk为所研究过程的末动能与初动能之差，而且物体的速度均是相对地面的速度。2．动能定理的适用范围(1)既可适用于直线运动，也可适用于曲线运动。(2)既可适用于恒力做功，也可适用于变力做功。再用活]1．注意图像及其“面积”的含义。如诊断卷第5题中，物体在第1s内，W合＝eq\f(1,2)mv2－0，在0～4s内，Fx1－f(x1＋x2)＝0。还可根据v­t图线与t轴所围“面积”表示物体的位移求出x1和x2。诊断卷第8题中，F­x图线与x轴所围“面积”表示力F所做的功，易得B项正确。2．对单个物体的动能增量的判断宜采用动能定理，而对物体系统动能增量的大小判断则应考虑应用能量守恒定律。如诊断卷第6题，由动能定理可知，A的动能增量一定等于B对A的摩擦力对A所做的功，而外力F对A和B系统所做的功并没有全部转化为A、B的动能，还有一部分摩擦热产生，故不可用动能定理对系统直接分析。3．动能定理可用于求解变力做功。如诊断卷第7题，质点在下滑过程中所受摩擦力的大小和方向都在变化，无法应用W＝Flcosα直接求解，应考虑使用动能定理求解。1.(厦门一模)如图所示，质量为m的物块与水平转台之间的动摩擦因数为μ，物块与转台轴相距R，物块随转台由静止开始转动，当转速增加到某值时，物块即将开始滑动，认为最大静摩擦力等于滑动摩擦力，在这一过程中，摩擦力对物块做的功是()A.eq\f(1,2)μmgR B．2πmgRC．2μmgR D．0解析：选A物块即将开始滑动时，最大静摩擦力提供向心力，有μmg＝eq\f(mv2,R)，根据动能定理有：W＝eq\f(mv2,2)，解得W＝eq\f(μmgR,2)，选项A正确。2．(多选)如图所示，n个完全相同、边长足够小且互不粘连的小方块依次排列，总长度为l，总质量为M，它们一起以速度v在光滑水平面上滑动，某时刻开始滑上粗糙水平面。小方块与粗糙水平面之间的动摩擦因数为μ，若小方块恰能完全进入粗糙水平面，则摩擦力对所有小方块所做的功为()A．－eq\f(Mv2,2) B．Mv2C．－eq\f(μMgl,2) D．μMgl解析：选AC小方块恰能完全进入粗糙水平面，说明进入后的速度为零，根据功的公式：W＝fs＝－0.5μMgl，根据动能定理：W＝0－eq\f(1,2)Mv2＝－eq\f(1,2)Mv2，故选A、C。3．(辽阳高三质检)一木块静止在光滑的水平面上，将一个大小恒为F的水平拉力作用在该木块上，经过位移x时，拉力的瞬时功率为P；若将一个大小恒为2F的水平拉力作用在该木块上，使该木块由静止开始运动，经过位移x时，拉力的瞬时功率是()A.eq\r(2)P B．2PC．2eq\r(2)P D．4P解析：选C木块初动能为零，末动能为eq\f(1,2)mv2，动能增加为eq\f(1,2)mv2，受重力、支持力和拉力，只有拉力做功，根据动能定理，有：Fx＝eq\f(1,2)mv2解得：v＝eq\r(\f(2Fx,m))，同理得2F后的速度为：v′＝eq\r(\f(4Fx,m))，所以功率为：P＝Fv＝Feq\r(\f(2Fx,m))，P′＝2Fv′＝2Feq\r(\f(4Fx,m))＝2eq\r(2)P，故C正确。考点三应用动能定理解决力学综合问题本考点在高考中所设计的题目，一般呈现出情景新颖，过程复杂，知识综合性强等特点，考生失分的原因不是不会做，而是不会“分步”做，这个“分步”就是要求考生按照一定流程认真做好运动分析和过程分析，再根据动能定理结合其他力学规律列出方程，问题便可分步解决。建议对本考点重点攻坚动能定理综合问题的思维流程—————————————————————————应用流程]诊断卷第11题的思维流程：应用流程]诊断卷第11题的思维流程：eq\a\vs4\al([典例])(临沂二模)如图所示，倾角θ＝45°的粗糙平直导轨AB与半径为R的光滑圆环轨道相切，切点为B，整个轨道处在竖直平面内。一质量为m的小滑块(可以看作质点)从导轨上离地面高为h＝3R的D处无初速度下滑进入圆环轨道。接着小滑块从圆环最高点C水平飞出，恰好击中导轨上与圆心O等高的P点，不计空气阻力，已知重力加速度为g。求：(1)滑块运动到圆环最高点C时的速度大小。(2)滑块运动到圆环最低点时对圆环轨道压力的大小。(3)滑块在斜面轨道BD间运动的过程中克服摩擦力做的功。思维流程]解析](1)小滑块从C点飞出来做平抛运动，水平速度为v0。竖直方向上：R＝eq\f(1,2)gt2水平方向上：eq\r(2)R＝v0t解得：v0＝eq\r(gR)。(2)小滑块在最低点时速度为v，由动能定理得：－mg·2R＝eq\f(1,2)mv02－eq\f(1,2)mv2解得：v＝eq\r(5gR)在最低点由牛顿第二定律得：FN－mg＝meq\f(v2,R)解得：FN＝6mg由牛顿第三定律得：FN′＝6mg。(3)从D到最低点过程中，设DB过程中克服摩擦阻力做功Wf，由动能定理得：mgh－Wf＝eq\f(1,2)mv2－0解得：Wf＝eq\f(1,2)mgR。答案](1)eq\r(gR)(2)6mg(3)eq\f(1,2)mgR1．(多选)水平地面上有两个固定的、高度相同的粗糙斜面甲和乙，乙的斜面倾角大，甲、乙斜面长分别为S、L1，如图所示。两个完全相同的小滑块A、B可视为质点同时由静止开始从甲、乙两个斜面的顶端释放，小滑块A一直沿斜面甲滑到底端C，而小滑块B滑到底端P后沿水平面滑行到D处(小滑块B在P点从斜面滑到水平面的速度大小不变)，在水平面上滑行的距离PD＝L2，且S＝L1＋L2。小滑块A、B与两个斜面和水平面间的动摩擦因数相同，则()A．滑块A到达底端C点时的动能一定比滑块B到达D点时的动能小B．两个滑块在斜面上加速下滑的过程中，到达同一高度时，动能可能相同C．A、B两个滑块从斜面顶端分别运动到C、D的过程中，滑块A重力做功的平均功率小于滑块B重力做功的平均功率D．A、B滑块从斜面顶端分别运动到C、D的过程中，由于克服摩擦而产生的热量一定相同解析：选AC研究滑块A到达底端C点的过程，根据动能定理得mgh－μmgcosα·S＝eq\f(1,2)mvC2研究滑块B到达D点的过程，根据动能定理得mgh－μmgcosθ·L1－μmgL2＝eq\f(1,2)mvD2S＝L1＋L2。根据几何关系得Scosα>L1cosθ＋L2。所以eq\f(1,2)mvC2<eq\f(1,2)mvD2，故A正确；两个滑块在斜面上加速下滑的过程中，到达同一高度时，重力做功相同，由于乙的斜面倾角大，所以在斜面上滑行的距离不等，即摩擦力做功不等，所以动能不同，故B错误；整个过程中，两物块所受重力做功相同，但由于滑块B先到达底端，故重力对滑块A做功的平均功率比滑块B的小，故C正确；A、B滑块从斜面顶端分别运动到C、D的过程中，摩擦力做功不同，所以克服摩擦而产生的热量一定不同，故D错误。2．(天津高考)我国将于2022年举办冬奥会，跳台滑雪是其中最具观赏性的项目之一。如图所示，质量m＝60kg的运动员从长直助滑道AB的A处由静止开始以加速度a＝3.6m/s2匀加速滑下，到达助滑道末端B时速度vB＝24m/s，A与B的竖直高度差H＝48m。为了改变运动员的运动方向，在助滑道与起跳台之间用一段弯曲滑道衔接，其中最低点C处附近是一段以O为圆心的圆弧。助滑道末端B与滑道最低点C的高度差h＝5m，运动员在B、C间运动时阻力做功W＝－1530J，取g＝10m/s2。(1)求运动员在AB段下滑时受到阻力Ff的大小；(2)若运动员能够承受的最大压力为其所受重力的6倍，则C点所在圆弧的半径R至少应为多大。解析：(1)运动员在AB段做初速度为零的匀加速运动，设AB的长度为x，则有vB2＝2ax①由牛顿第二定律有mgeq\f(H,x)－Ff＝ma②联立①②式，代入数据解得Ff＝144N。③(2)设运动员到达C点时的速度为vC，在由B到达C的过程中，由动能定理有mgh＋W＝eq\f(1,2)mvC2－eq\f(1,2)mvB2④设运动员在C点所受的支持力为FN，由牛顿第二定律有FN－mg＝meq\f(vC2,R)⑤由运动员能够承受的最大压力为其所受重力的6倍，联立④⑤式，代入数据解得R＝12.5m。⑥答案：(1)144N(2)12.5m一、练高考典题——每练一次都有新发现1.(多选)(全国丙卷)如图，一固定容器的内壁是半径为R的半球面；在半球面水平直径的一端有一质量为m的质点P。它在容器内壁由静止下滑到最低点的过程中，克服摩擦力做的功为W。重力加速度大小为g。设质点P在最低点时，向心加速度的大小为a，容器对它的支持力大小为N，则()A．a＝eq\f(2mgR－W,mR) B．a＝eq\f(2mgR－W,mR)C．N＝eq\f(3mgR－2W,R) D．N＝eq\f(2mgR－W,R)解析：选AC质点P下滑到最低点的过程中，由动能定理得mgR－W＝eq\f(1,2)mv2，则速度v＝eq\r(\f(2mgR－W,m))，在最低点的向心加速度a＝eq\f(v2,R)＝eq\f(2mgR－W,mR)，选项A正确，选项B错误；在最低点时，由牛顿第二定律得N－mg＝ma，N＝eq\f(3mgR－2W,R)，选项C正确，选项D错误。2.(全国卷Ⅰ)如图，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。质点滑到轨道最低点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＝eq\f(1,2)mgR，质点恰好可以到达Q点B．W>eq\f(1,2)mgR，质点不能到达Q点C．W＝eq\f(1,2)mgR，质点到达Q点后，继续上升一段距离D．W<eq\f(1,2)mgR，质点到达Q点后，继续上升一段距离解析：选C设质点到达N点的速度为vN，在N点质点受到轨道的弹力为FN，则FN－mg＝eq\f(mvN2,R)，已知FN＝FN′＝4mg，则质点到达N点的动能为EkN＝eq\f(1,2)mvN2＝eq\f(3,2)mgR。质点由开始至N点的过程，由动能定理得mg·2R＋Wf＝EkN－0，解得摩擦力做的功为Wf＝－eq\f(1,2)mgR，即克服摩擦力做的功为W＝－Wf＝eq\f(1,2)mgR。设从N到Q的过程中克服摩擦力做功为W′，则W′<W。从N到Q的过程，由动能定理得－mgR－W′＝eq\f(1,2)mvQ2－eq\f(1,2)mvN2，即eq\f(1,2)mgR－W′＝eq\f(1,2)mvQ2，故质点到Q点后速度不为0，质点继续上升一段距离。选项C正确。3．(全国乙卷)如图，一轻弹簧原长为2R，其一端固定在倾角为37°的固定直轨道AC的底端A处，另一端位于直轨道上B处，弹簧处于自然状态。直轨道与一半径为eq\f(5,6)R的光滑圆弧轨道相切于C点，AC＝7R，A、B、C、D均在同一竖直平面内。质量为m的小物块P自C点由静止开始下滑，最低到达E点(未画出)，随后P沿轨道被弹回，最高到达F点，AF＝4R。已知P与直轨道间的动摩擦因数μ＝eq\f(1,4)，重力加速度大小为g。eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(取sin37°＝\f(3,5)，cos37°＝\f(4,5)))(1)求P第一次运动到B点时速度的大小。(2)求P运动到E点时弹簧的弹性势能。(3)改变物块P的质量，将P推至E点，从静止开始释放。已知P自圆弧轨道的最高点D处水平飞出后，恰好通过G点。G点在C点左下方，与C点水平相距eq\f(7,2)R、竖直相距R。求P运动到D点时速度的大小和改变后P的质量。解析：(1)根据题意知，B、C之间的距离l为l＝7R－2R①设P到达B点时的速度为vB，由动能定理得mglsinθ－μmglcosθ＝eq\f(1,2)mvB2②式中θ＝37°。联立①②式并由题给条件得vB＝2eq\r(gR)。③(2)设BE＝x。P到达E点时速度为零，设此时弹簧的弹性势能为Ep。P由B点运动到E点的过程中，由动能定理有mgxsinθ－μmgxcosθ－Ep＝0－eq\f(1,2)mvB2④E、F之间的距离l1为l1＝4R－2R＋x⑤P到达E点后反弹，从E点运动到F点的过程中，由动能定理有Ep－mgl1sinθ－μmgl1cosθ＝0⑥联立③④⑤⑥式并由题给条件得x＝R⑦Ep＝eq\f(12,5)mgR。⑧(3)设改变后P的质量为m1。D点与G点的水平距离x1和竖直距离y1分别为x1＝eq\f(7,2)R－eq\f(5,6)Rsinθ⑨y1＝R＋eq\f(5,6)R＋eq\f(5,6)Rcosθ⑩式中，已应用了过C点的圆轨道半径与竖直方向夹角仍为θ的事实。设P在D点的速度为vD，由D点运动到G点的时间为t。由平抛运动公式有y1＝eq\f(1,2)gt2⑪x1＝vDt⑫联立⑨⑩⑪⑫式得vD＝eq\f(3,5)eq\r(5gR)⑬设P在C点速度的大小为vC。在P由C点运动到D点的过程中机械能守恒，有eq\f(1,2)m1vC2＝eq\f(1,2)m1vD2＋m1geq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(5,6)R＋\f(5,6)Rcosθ))⑭P由E点运动到C点的过程中，由动能定理有Ep－m1g(x＋5R)sinθ－μm1g(x＋5R)cosθ＝eq\f(1,2)m1vC2⑮联立⑦⑧⑬⑭⑮式得m1＝eq\f(1,3)m。⑯答案：(1)2eq\r(gR)(2)eq\f(12,5)mgR(3)eq\f(3,5)eq\r(5gR)eq\f(1,3)m二、练名校模拟好题——一题能通一类题4．(多选)(洛阳检测)如图所示，在倾角为θ的斜面上，轻质弹簧一端与斜面底端固定，另一端与质量为M的平板A连接，一个质量为m的物体B靠在平板的右侧，A、B与斜面的动摩擦因数均为μ。开始时用手按住物体B使弹簧处于压缩状态，现放手，使A和B一起沿斜面向上运动距离L时，A和B达到最大速度v。则以下说法正确的是()A．A和B达到最大速度v时，弹簧是自然长度B．若运动过程中A和B能够分离，则A和B恰好分离时，二者加速度大小均为g(sinθ＋μcosθ)C．从释放到A和B达到最大速度v的过程中，弹簧对A所做的功等于eq\f(1,2)Mv2＋MgLsinθ＋μMgLcosθD．从释放到A和B达到最大速度v的过程中，B受到的合力对它做的功等于eq\f(1,2)mv2解析：选BDA和B达到最大速度v时，A和B的加速度应该为零。对AB整体：由平衡条件知kx－(m＋M)gsinθ－μ(m＋M)gcosθ＝0，所以此时弹簧处于压缩状态。故A错误。A和B恰好分离时，AB间的弹力为0，对B受力分析：由牛顿第二定律知，沿斜面方向，mgsinθ＋μmgcosθ＝ma，得a＝gsinθ＋μgcosθ，由牛顿第二定律知，A、B的加速度相同，故B正确。从释放到A和B达到最大速度v的过程中，对于AB整体，根据动能定理得－(m＋M)gLsinθ－μ(m＋M)gcosθ·L＋W弹＝eq\f(1,2)(m＋M)v2。弹簧对A所做的功W弹＝eq\f(1,2)(m＋M)v2＋(m＋M)gLsinθ＋μ(m＋M)gcosθ·L，故C错误。从释放到A和B达到最大速度v的过程中，对于B，根据动能定理得B受到的合力对它做的功W合＝ΔEk＝eq\f(1,2)mv2，故D正确。5．(多选)(赣州调研)如图所示，竖直平面内的轨道ABCD由水平轨道AB与光滑的四分之一圆弧轨道CD组成，AB恰与圆弧CD在C点相切，轨道固定在水平面上。一个质量为m的小物块(可视为质点)从轨道的A端以初动能Ek0冲上水平轨道AB，沿着轨道运动，由DC弧滑下后停在水平轨道AB的中点。已知水平轨道AB长为L。则()A．小物块与水平轨道的动摩擦因数μ＝eq\f(2Ek0,3mgL)B．为了保证小物块不从轨道的D端离开轨道，圆弧轨道的半径R应满足R≥eq\f(Ek0,3mg)C．如果R＝eq\f(Ek0,3mg)，且增大小物块的初动能，使得小物块冲上轨道后可以达到最大高度是1.5R，则小物块将滑离水平轨道D．如果R＝eq\f(Ek0,3mg)，且增大小物块的初动能，使得小物块冲上轨道后可以达到最大高度是2R，则小物块将滑离水平轨道解析：选AB小物块最终停在AB的中点，在这个过程中，由动能定理得：－μmg(L＋0.5L)＝－Ek0，解得：μ＝eq\f(2Ek0,3mgL)，故A正确；若小物块刚好到达D处，速度为零，由动能定理得：－μmgL－mgR＝－Ek0，解得：R＝eq\f(Ek0,3mg)，为了保证小物块不从轨道的D端离开轨道，圆弧轨道的半径R应满足R≥eq\f(Ek0,3mg)，故B正确；设物块以初动能E冲上轨道，可以达到的最大高度是1.5R，由动能定理得：－μmgL－mg×1.5R＝－E′，解得：E′＝eq\f(7Ek0,6)，物块滑回C点时的动能为EC＝1.5mgR＝eq\f(Ek0,2)，由于EC<μmgL＝eq\f(2Ek0,3)，故物块将停在轨道上，不会滑离轨道，故C错误；设物块以初动能E冲上轨道，可以达到的最大高度是2R，由动能定理得：－μmgL－mg×2R＝－E′，解得：E′＝eq\f(4Ek0,3)，物块滑回C点时的动能为EC＝2mgR＝eq\f(2Ek0,3)，由于EC＝μmgL＝eq\f(2Ek0,3)，物块将停在轨道上的A端点，不会滑离轨道，故D错误。

第二讲机械能守恒定律__功能关系考点一单个物体的机械能守恒1.考查机械能守恒的判断]如图所示，将一个内、外侧均光滑的半圆形槽置于光滑的水平面上，槽的左侧有一竖直墙壁。现让一小球自左端槽口A点的正上方由静止开始下落，从A点与半圆形槽相切进入槽内，则下列说法正确的是()A．小球在半圆形槽内运动的全过程中，只有重力对它做功B．小球从A点向半圆形槽的最低点运动的过程中，小球处于失重状态C．小球从A点经最低点向右侧最高点运动的过程中，小球与槽组成的系统机械能守恒D．小球从下落到从右侧离开槽的过程中机械能守恒解析：选C小球从A点向半圆形槽的最低点运动的过程中，半圆形槽有向左运动的趋势，但是实际上没有动，整个系统只有重力做功，所以小球与槽组成的系统机械能守恒；而小球过了半圆形槽的最低点以后，半圆形槽向右运动，由于系统没有其他形式的能量产生，满足机械能守恒的条件，所以系统的机械能守恒；小球从开始下落至到达槽最低点前，小球先失重，后超重；当小球向右上方滑动时，半圆形槽也向右移动，半圆形槽对小球做负功，小球的机械能不守恒。2．考查机械能守恒定律与抛体运动](福建梧桐中学期中)如图所示，质量、初速度大小都相同的A、B、C三个小球，在同一水平面上，A球竖直上抛，B球以倾斜角θ斜向上抛，空气阻力不计，C球沿倾角为θ的光滑斜面上滑，它们上升的最大高度分别为hA、hB、hC，则()A．hA＝hB＝hC B．hA＝hB<hCC．hA＝hB>hC D．hA＝hC>hB解析：选DA球和C球上升到最高点时速度均为零，而B球上升到最高点时仍有水平方向的速度，即仍有动能。对A、C球列方程为mgh＝eq\f(1,2)mv02，得h＝eq\f(v02,2g)。对B球列方程为mgh′＋eq\f(1,2)mvt2＝eq\f(1,2)mv02，且vt′≠0，所以hA＝hC>hB，故D正确。3．考查机械能守恒与圆周运动的综合](全国甲卷)小球P和Q用不可伸长的轻绳悬挂在天花板上，P球的质量大于Q球的质量，悬挂P球的绳比悬挂Q球的绳短。将两球拉起，使两绳均被水平拉直，如图所示。将两球由静止释放。在各自轨迹的最低点，()A．P球的速度一定大于Q球的速度B．P球的动能一定小于Q球的动能C．P球所受绳的拉力一定大于Q球所受绳的拉力D．P球的向心加速度一定小于Q球的向心加速度解析：选C两球由静止释放到运动到轨迹最低点的过程中只有重力做功，机械能守恒，取轨迹的最低点为零势能点，则由机械能守恒定律得mgL＝eq\f(1,2)mv2，v＝eq\r(2gL)，因LP＜LQ，则vP＜vQ，又mP＞mQ，则两球的动能无法比较，选项A、B错误；在最低点绳的拉力为F，则F－mg＝meq\f(v2,L)，则F＝3mg，因mP＞mQ，则FP＞FQ，选项C正确；向心加速度a＝eq\f(F－mg,m)＝2g，选项D错误。4．机械能守恒与平抛、圆周运动的综合](宜春三中高三检测)如图所示，竖直平面内的轨道由一半径为4R、圆心角为150°的圆弧形光滑滑槽C1和两个半径为R的半圆形光滑滑槽C2、C3，以及一个半径为2R的半圆形光滑圆管C4组成，C4内径远小于R。C1、C2、C3、C4各衔接处平滑连接。现有一个比C4内径略小的、质量为m的小球，从与C4的最高点H等高的P点以一定的初速度v0向左水平抛出后，恰好沿C1的A端点沿切线从凹面进入轨道。已知重力加速度为g。求：(1)小球在P点开始平抛的初速度v0的大小。(2)小球能否依次通过C1、C2、C3、C4各轨道而从I点射出？请说明理由。(3)小球运动到何处，轨道对小球的弹力最大？最大值是多大？解析：(1)小球从P到A，竖直方向有：h＝2R＋4Rsin30°＝4R；由平抛运动规律可得：vy2＝2gh解得：vy＝eq\r(8gR)在A点，由速度关系tan60°＝eq\f(vy,v0)解得：v0＝eq\f(2\r(6gR),3)。(2)若小球能过D点，则D点速度满足v>eq\r(gR)小球从P到D由动能定理得：mgR＝eq\f(1,2)mv2－eq\f(1,2)mv02解得：v＝eq\r(\f(14gR,3))若小球能过H点，则H点速度满足vH>0小球从P到H由机械能守恒得H点的速度等于P点的初速度，为eq\f(2\r(6gR),3)>0；综上所述小球能依次通过C1、C2、C3、C4各轨道从I点射出。(3)小球在运动过程中，轨道给小球的弹力最大的点只会在圆轨道的最低点，B点和F点都有可能小球从P到B由动能定理得：6mgR＝eq\f(1,2)mvB2－eq\f(1,2)mv02在B点轨道给小球的弹力NB满足：NB－mg＝meq\f(vB2,4R)解得NB＝eq\f(14,3)mg；小球从P到F由动能定理得：3mgR＝eq\f(1,2)mvF2－eq\f(1,2)mv02在F点轨道给小球的弹力NF满足：NF－mg＝meq\f(vF2,R)联立解得：NF＝eq\f(29,3)mg；比较B、F两点的情况可知：F点轨道给小球的弹力最大，为eq\f(29,3)mg。答案：(1)eq\f(2\r(6gR),3)(2)能，理由见解析(3)小球运动到F点时，轨道对小球的弹力最大，最大值是eq\f(29,3)mg考点二多个物体的机械能守恒5.考查物体与弹簧组成的系统机械能守恒](多选)(惠州模拟)如图1，小球从高处下落到竖直放置的轻弹簧上，刚接触轻弹簧的瞬间速度是5m/s，接触弹簧后小球速度v和弹簧缩短的长度Δx之间关系如图2所示，其中A为曲线的最高点。已知该小球重为2N，弹簧在受到撞击至压缩到最短的过程中，下列说法正确的是()A．小球的动能先变大后变小B．小球的机械能先增大后减小C．小球速度最大时受到的弹力为2ND．小球受到的最大弹力为12.2N解析：选ACD由题图可知，小球的速度先增加后减小，故小球的动能先增大后减小，故A正确；在小球下落过程中至弹簧压缩最短时，只有重力和弹簧弹力做功，故小球与弹簧组成的系统机械能守恒，在压缩弹簧的过程中弹簧的弹性势能增加，故小球的机械能减小，故B错误；小球下落时，当重力与弹簧弹力平衡时小球的速度最大，据此有：小球受到的弹力大小与小球的重力大小平衡，故此时小球受到的弹力为2N，所以C正确；小球速度最大时，小球的弹力为2N，此时弹簧的形变量为0.1m，故可得弹簧的劲度系数k＝20N/m，故弹簧弹力最大时形变量最大，根据胡克定律知，小球受到的最大弹力为Fmax＝kxmax＝20×0.61N＝12.2N，故D正确。6．考查用杆连接的两物体机械能守恒](烟台模拟)如图所示，可视为质点的小球A和B用一根长为0.2m的轻杆相连，两球质量相等，开始时两小球置于光滑的水平面上，并给两小球一个2m/s的初速度，经一段时间两小球滑上一个倾角为30°的光滑斜面，不计球与斜面碰撞时的机械能损失，g取10m/s2，在两小球的速度减小为零的过程中，下列判断正确的是()A．杆对小球A做负功B．小球A的机械能守恒C．杆对小球B做正功D．小球B速度为零时距水平面的高度为0.15m解析：选D由题意可知，AB在上升中受A的重力做功而做减速运动；假设没有杆连接，则A上升到斜面时，B还在水平面上运动，那么A在斜面上做减速运动，而B在水平面上做匀速运动，但是有杆存在，那肯定是B推着A上升，因此杆对A做正功，故A错误；因杆对A球做正功，故A球的机械能不守恒，故B错误；由以上分析可知，杆对球B做负功，故C错误；根据系统机械能守恒，可得：mgh＋mg(h＋Lsin30°)＝eq\f(1,2)×2mv2，解得：h＝0.15m，故D正确。7．考查用绳连接的两物体机械能守恒](多选)如图所示，圆心在O点、半径为R的光滑圆弧轨道ABC竖直固定在水平桌面上，OC与OA的夹角为60°，轨道最低点A与桌面相切。一足够长的轻绳两端分别系着质量为m1和m2的两个小球(均可视为质点)，挂在圆弧轨道光滑边缘C的两边，开始时m1位于C点，然后从静止释放，则()A．在m1由C点下滑到A点的过程中两球速度大小始终相等B．在m1由C点下滑到A点的过程中重力对m1做功的功率先增大后减小C．若m1恰好能沿圆弧下滑到A点，则m1＝2m2D．若m1恰好能沿圆弧下滑到A点，则m1＝3m2解析：选BCm1由C点从静止下滑到A点的过程中，m1、m2和地球组成的系统机械能守恒，m1速度沿轻绳方向的分速度和m2速度相等，A项错误；在m1由C点下滑到A点的过程中，在C点，重力的功率为零；在A点，重力与速度方向垂直，其功率仍为零，因此重力做功的功率先增大后减小，B项正确；若m1恰好能沿圆弧下滑到A点，根据机械能守恒定律得，m1gR(1－cos60°)＝m2gR，解得，m1＝2m2，C项正确，D项错误。8.考查用弹簧连接的两物体机械能守恒](多选)(青岛一模)如图所示，固定在水平面上的光滑斜面倾角为30°，质量分别为M、m的两个物体通过细绳及轻弹簧连接于光滑轻滑轮两侧，斜面底端有一与斜面垂直的挡板。开始时用手按住物体M，此时M到挡板的距离为s，滑轮两边的细绳恰好伸直，而没有力的作用。已知M＝2m，空气阻力不计。松开手后，关于二者的运动下列说法中正确的是()A．M和m组成的系统机械能守恒B．当M的速度最大时，m与地面间的作用力为零C．若M恰好能到达挡板处，则此时m的速度为零D．若M恰好能到达挡板处，则此过程中重力对M做的功等于弹簧弹性势能的增加量与物体m的机械能增加量之和解析：选BD运动过程中，M、m与弹簧组成的系统机械能守恒，A错误；当M速度最大时，弹簧的弹力等于Mgsin30°＝mg，此时m对地面的压力恰好为零，B正确；然后M做减速运动，恰好能到达挡板时，也就是速度刚好减小到了零，之后M会上升并最终到达松手位置，所以此时弹簧弹力大于mg，即此时m受到的绳拉力大于自身重力，m还在加速上升，C错误；根据功能关系，M减小的机械能，等于m增加的机械能与弹簧增加弹性势能之和，而M恰好到达板时，动能恰好为零，因此减小的机械能等于减小的重力势能，即等于重力对M做的功，D正确。考点三功能关系的应用9.考查功与能量变化的对应关系](多选)(佛山模拟)如图所示，质量为m的物体(可视为质点)以某一速度从A点冲上倾角为30°的固定斜面，其减速的加速度为eq\f(3,4)g，此物体在斜面上能够上升的最大高度为h，则在这个过程中物体()A．重力势能增加了mgh B．机械能损失了eq\f(mgh,2)C．动能损失了mgh D．克服摩擦力做功eq\f(mgh,4)解析：选AB加速度a＝eq\f(3,4)g＝eq\f(mgsin30°＋f,m)，解得摩擦力f＝eq\f(1,4)mg；物体在斜面上能够上升的最大高度为h，所以重力势能增加了mgh，故A正确；机械能的损失量为fs＝eq\f(1,4)mg·2h＝eq\f(1,2)mgh，故B正确；动能损失量为克服合外力做的功的大小ΔEk＝F合外力·s＝eq\f(3,4)mg·2h＝eq\f(3,2)mgh，故C错误；克服摩擦力做功eq\f(mgh,2)，故D错误。10．考查动能、弹性势能的转化问题](淮安模拟)“弹弓”一直是孩子们最喜爱的弹射类玩具之一，其构造如图所示，橡皮筋两端点A、B固定在把手上，橡皮筋ACB恰好处于原长状态，在C处(AB连线的中垂线上)放一固体弹丸，一手执把，另一手将弹丸拉至D点放手，弹丸就会在橡皮筋的作用下迅速发射出去，打击目标，现将弹丸竖直向上发射，已知E是CD中点，则()A．从D到C，弹丸的机械能守恒B．从D到C，弹丸的动能一直在增大C．从D到C，弹丸的机械能先增大后减小D．从D到E弹丸增加的机械能大于从E到C弹丸增加的机械能解析：选D从D到C，橡皮筋对弹丸做正功，弹丸机械能一直在增加，A、C错；从D到E橡皮筋作用在弹丸上的合力大于从E到C橡皮筋作用在弹丸上的合力，两段高度相等，所以DE段橡皮筋对弹丸做功较多，即机械能增加的较多，D正确；在CD连线中的某一处，弹丸受力平衡，所以从D到C，弹丸的速度先增大后减小，B错。11．考查功与摩擦生热问题](多选)(黄山模拟)如图所示，质量为M、长为L的木板置于光滑的水平面上，一质量为m的滑块放置在木板左端，滑块与木板间滑动摩擦力大小为Ff，用水平的恒定拉力F作用于滑块。当滑块运动到木板右端时，木板在地面上移动的距离为s，滑块速度为v1，木板速度为v2，下列结论中正确的是()A．上述过程中，F做功大小为eq\f(1,2)mv12＋eq\f(1,2)Mv22B．其他条件不变的情况下，M越大，s越小C．其他条件不变的情况下，F越大，滑块到达右端所用时间越长D．其他条件不变的情况下，Ff越大，滑块与木板间产生的热量越多解析：选BD由牛顿第二定律得：Ff＝Ma1，F－Ff＝ma2，又L＝eq\f(1,2)a2t2－eq\f(1,2)a1t2，s＝eq\f(1,2)a1t2，M越大，a1越小，t越小，s越小，B正确；F越大，a2越大，t越小，C错误；由Q＝FfL可知，Ff越大，滑块与木板间产生的热量越多，D正确；力F做的功还有一部分转化为系统热量Q，故A错误。12．考查滑块—滑板模型]如图所示，在光滑水平地面上放置质量M＝2kg的长木板，木板上表面与固定的竖直弧形轨道相切。一质量m＝1kg的小滑块自A点沿弧面由静止滑下，A点距离长木板上表面的高度h＝0.6m。滑块在木板上滑行t＝1s后，和木板以共同速度v＝1m/s匀速运动，取g＝10m/s2。求：(1)滑块与木板间的摩擦力；(2)滑块沿弧面下滑过程中克服摩擦力做的功；(3)滑块自A点沿弧面由静止滑下到与木板共同运动，产生的内能是多少？解析：(1)滑块在木板上滑行时，对木板，根据牛顿第二定律有Ff＝Ma1由运动学公式得v＝a1t代入数据解得Ff＝2N。(2)滑块在木板上滑行时，对滑块，根据牛顿第二定律有－Ff＝ma2设滑块滑上木板时的初速度为v0，则有v－v0＝a2t代入数据解得v0＝3m/s滑块沿弧面下滑的过程，由动能定理得mgh－Wf＝eq\f(1,2)mv02，则Wf＝mgh－eq\f(1,2)mv02，Q1＝Wf＝mgh－eq\f(1,2)mv02＝1.5J。(3)滑块在木板上滑行，t＝1s时木板的位移为x1＝eq\f(1,2)a1t2此过程中滑块的位移为x2＝v0t＋eq\f(1,2)a2t2故滑块相对木板滑行的距离为L＝x2－x1＝1.5m所以Q＝Ff·L＝3J，则Q＝Q1＋Q2＝4.5J。答案：(1)2N(2)1.5J(3)4.5J考点一单个物体的机械能守恒本考点是对单个物体的机械能守恒问题的考查，考查时常结合平抛运动、圆周运动、牛顿第二定律等知识进行简单交汇命题，难度一般，主要考查考生的理解和分析能力。建议考生适当关注即可先记牢]再用活]1．对于单个物体，如果只有重力做功，那么物体的机械能守恒。如诊断卷第1题，小球下落后到运动到半圆形槽的最低点的过程中，只有重力做功，机械能守恒，但小球在半圆形槽右半部分运动时，槽向右移，槽对小球的弹力对小球做负功，小球的机械能不守恒，不注意这一点，易错选A、D选项。2．不具体分析物体的运动规律，凭感觉列方程求解。如诊断卷第2题，B小球做斜抛运动，到达最高点时的速度不为零，因此不可列出eq\f(1,2)mv02＝mghB求B球的最大高度，从而错选A选项。1．(多选)(舟山模拟)如图所示，一个小环沿竖直放置的光滑圆环形轨道做圆周运动。小环从最高点A滑到最低点B的过程中，小环线速度大小的平方v2随下落高度h的变化图像可能是()解析：选AB对小环由机械能守恒定律得mgh＝eq\f(1,2)mv2－eq\f(1,2)mv02，则v2＝2gh＋v02，当v0＝0时，B正确；当v0≠0时，A正确。2．(湖南省十三校联考)如图所示，P、Q是固定在竖直平面内的一段内壁光滑弯管的两端，P、Q间的水平距离为d。直径略小于弯管内径的小球以速度v0从P端水平射入弯管，从Q端射出，在穿过弯管的整个过程中小球与弯管无挤压。若小球从静止开始由P端滑入弯管，经时间t恰好以速度v0从Q端射出。重力加速度为g，不计空气阻力，那么()A．v0<eq\r(gd) B．v0＝eq\r(2gd)C．t＝eq\r(\f(d,g)) D．t>eq\r(\f(d,g))解析：选D以初速度v0水平入射时，因小球与管壁无挤压，故水平方向应是匀速运动，竖直方向是自由落体运动，所以此时小球运动时间为：t0＝eq\f(d,v0)，下落高度为：h＝eq\f(1,2)gt02，小球由静止开始运动时根据机械能守恒定律得：mgh＝eq\f(1,2)mv02，则v0＝eq\r(2gh)＝eq\r(2g·\f(1,2)g\f(d2,v02))，解得v0＝eq\r(gd)，故A、B错误。以初速度v0水平入射时，t0＝eq\f(d,v0)＝eq\r(\f(d,g))，当小球由静止释放时，水平方向平均速度一定小于v0，所以t>t0，故C错误，D正确。3．(上海金山区期末)特战队员在进行素质训练时，抓住一端固定在同一水平高度的不同位置的绳索，从高度一定的平台由水平状态无初速度开始下摆，如图所示，在绳索到达竖直状态时放开绳索，特战队员水平抛出直到落地。不计绳索质量和空气阻力，特战队员可看成质点，绳索一直处于伸直状态。下列说法正确的是()A．绳索越长，特战队员落地时的速度越大B．绳索越长，特战队员落地时的水平位移越大C．绳索越长，特战队员落地时的水平方向速度越大D．绳索越长，特战队员落地时的竖直方向速度越大解析：选C设平台高为H，特战队员落地时的速率为v，特战队员从开始下摆到落地，绳索的拉力不做功，根据机械能守恒定律有mgH＝eq\f(1,2)mv2，得v＝eq\r(2gH)，v与绳索长度无关，特战队员落地时的速度一样大，选项A错误；设绳索的长度为L，放开绳索时，特战队员的速率为v1，根据机械能守恒定律有mgL＝eq\f(1,2)mv12，得v1＝eq\r(2gL)，特战队员放开绳索后做平抛运动，则总的水平位移大小x＝L＋v1t，H－L＝eq\f(1,2)gt2，得x＝L＋2eq\r(LH－L)，显然x＝f(L)不是单调增函数，选项B错误；特战队员落地时水平方向速度为v1＝eq\r(2gL)，故选项C正确；特战队员落地时的竖直方向速度为vy＝eq\r(v2－v12)＝eq\r(2gH－L)，故选项D错误。考点二多个物体的机械能守恒本考点常考多个物体包括弹簧机械能守恒的判断和相关计算，多以选择题的形式命题。解答此类问题的关键是掌握多个物体组成的系统机械能守恒的条件，确定物体间的速度关系和位移关系。需要考生学会迁移应用先记牢]1．判断机械能守恒的两个角度(1)若只有物体重力和弹簧弹力做功，则物体和弹簧组成的系统机械能守恒。(2)若系统只有动能和势能的相互转化，没有机械能与其他形式的能(如摩擦热)的相互转化，则系统机械能守恒。2．系统机械能守恒的三种表达式再用活]1．物体与弹簧组成的系统机械能守恒时，物体的动能、重力势能和弹簧弹性势能之和保持不变。如诊断卷第5题中的B选项，小球下落到弹簧后，弹簧弹性势能增加，小球的机械能一定减少。2．系统内物体的运动位移及高度变化往往不同，同时又存在一定的数量关系。如诊断卷第6题中，B上升的高度为h，而A上升的高度为h＋Lsinθ；诊断卷第7题中，m2上升的高度为R，而m1下降的高度为R(1－cos60°)。3．系统内物体的速度大小不一定相同，往往存在一定的数量关系。如诊断卷第7题中，球m2的速度大小等于球m1的速度沿绳方向的分速度大小，故选项A错误。1．(沈阳高三联考)将一质量为m的小球套在一光滑的、与水平面夹角为α(α＜45°)的固定杆上，小球与一原长为L的轻质弹性绳相连接，弹性绳的一端固定在水平面上，将小球从离地面L高处由静止释放，刚释放时，弹性绳长为L，如图所示。小球滑到底端时速度恰好为零，则小球运动过程中，下列说法中正确的是()A．小球的机械能守恒B．弹性绳的弹性势能将一直增大C．小球到达底端时，弹性绳的弹性势能为mgL(cotα－1)D．小球和弹性绳组成的系统机械能守恒解析：选D在小球下滑过程中，小球和弹性绳的机械能守恒，则A错误，D正确；弹性绳的弹性势能先不变后增大，选项B错误；由机械能守恒定律知，弹性绳的弹性势能增加了mgL，选项C错误。2．(多选)(石家庄质检)如图所示，物体A、B通过细绳及轻质弹簧连接在轻滑轮两侧，物体B的质量为2m，放置在倾角为30°的光滑斜面上，物体A的质量为m，用手托着物体A使弹簧处于原长，细绳伸直，A与地面的距离为h，物体B静止在斜面上挡板P处。放手后物体A下落，与地面即将接触时速度大小为v，此时物体B对挡板恰好无压力，则下列说法正确的是()A．弹簧的劲度系数为eq\f(mg,h)B．此时弹簧的弹性势能等于mgh－eq\f(1,2)mv2C．此时物体A的加速度大小为g，方向竖直向上D．此后物体B可能离开挡板沿斜面向上运动解析：选AB物体A刚落地时，弹簧伸长量为h，物体B受力平衡，所以kh＝2mgsinθ，所以k＝eq\f(mg,h)，选项A对；物体A落地前，系统机械能守恒，所以弹性势能等于mgh－eq\f(1,2)mv2，选项B对；物体A刚落地时，对A应用牛顿第二定律得：mg－kh＝ma，所以a＝0，选项C错；物体A落地后，弹簧不再伸长，故物体B不可能离开挡板沿斜面向上运动，选项D错。3．(多选)(包头高三期中)如图所示，轻杆长为3L，在杆的A、B两端分别固定质量均为m的球A和球B，杆上距球A长度为L处的点O装有光滑的水平转动轴，外界给予系统一定的能量后，杆和球在竖直面内转动。在转动的过程中，忽略空气的阻力。若球B运动到最高点时，球B对杆恰好无作用力，则下列说法正确的是()A．球B在最低点时速度为eq\r(\f(26gL,5))B．球B在最低点时速度为eq\r(10gL)C．球B在最高点时，杆对水平轴的作用力为1.5mgD．球B在最高点时，杆对水平轴的作用力为1.25mg解析：选AC球B运动到最高点时，球B对杆恰好无作用力，即重力恰好提供向心力，有：mg＝meq\f(v2,2L)解得：v＝eq\r(2gL)由于A、B两球的角速度相等，而线速度之比等于半径之比，故此时A的线速度为：vA＝eq\f(v,2)＝eq\f(\r(2gL),2)；B转到最低点时，由机械能守恒定律有：mg3L＋eq\f(1,2)mvB2＋eq\f(1,2)mvA′2＝mgL＋mg4L＋eq\f(1,2)mv2＋eq\f(1,2)mvA2vA′＝eq\f(vB,2)，解得：vB＝eq\r(\f(26gL,5))；故A正确，B错误；B球到最高点时，对杆无弹力，此时A球受重力和拉力的合力提供向心力，有：F－mg＝meq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(v,2L)))2L解得：F＝1.5mg；故杆对支点的作用力为1.5mg。故C正确；D错误。考点三功能关系的应用应用类题目最大的特色是用新颖材料考查已学知识，最常见的失误原因是不能透过表象提炼出问题的实质，合理应用规律解题。功能关系类题目更是如此，不能寄希望于押题训练，而是要善于总结规律，把握共性，以不变应万变一、必须理清的三种功能关系1．物体的动能增加量等于合外力做的总功，而动能的减少量等于其他形式的能量的增加。如诊断卷第9题，物体动能的减少量等于重力势能的增加量mgh与摩擦热eq\f(1,2)mgh之和。2．物体机械能的增加量等于除重力以外的力对物体所做的功；反之，物体机械能的减少量等于物体克服除重力以外的力所做的功。如诊断卷第9题中，物体机械能的减少量等于物体克服摩擦力所做的功eq\f(1,2)mgh；诊断卷第10题中，由D→E过程橡皮筋做的功比由E→C过程橡皮筋做的功多，因此由D→E弹丸机械能的增加量大于由E→C弹丸机械能的增加量，D项正确。3．两物体相对滑动时，因摩擦而产生的热量为Q＝FfL相对，L相对为相对滑动的位移而不是物体对地的位移。如诊断卷第11题中，系统产生的热量Q＝Ff·L，Ff越大，Q越大，D正确；诊断卷第12题中，产生的总内能包括小滑块下滑过程中克服摩擦力所做的功与滑块和木板相对滑动过程产生的热量之和，而滑块和木板相对滑动过程产生的热量为Ff·L相对，其中L相对为滑块位移与木板位移之差。二、必须掌握的两类滑块—滑板模型1．滑块—滑板模型的定义及拓展长木板与小滑块构成的系统，依靠两者间的滑动摩擦力或静摩擦力的相互作用，而呈现出的问题，称为滑块——滑板模型(如图甲)。另外，常见的子弹射击木块(如图乙)、圆环套在直杆上滑动(如图丙)都属于滑块类问题，处理方法与滑块—滑板模型类似。2．滑块—滑板模型的三大分析方法(1)动力学分析分别对滑块和滑板进行受力分析，根据牛顿第二定律求出各自的加速度。(2)功和能分析对滑块和滑板分别运用动能定理，或者对系统运用能量守恒定律。如图所示，要注意区分三个位移：①求摩擦力对滑块做功时必须用滑块对地的位移s块；②求摩擦力对滑板做功必须用滑板对地的位移s板；③求摩擦生热时必须用相对滑动的总路程s相对。(3)相对运动分析法滑块和滑板分别做匀变速直线运动，从相对运动的角度出发，得出相对初速度、相对加速度、相对末速度和相对位移关系s相对＝eq\f(v相对初＋v相对末,2)t＝eq\f(v相对末2－v相对初2,2a相对)，用相对运动分析法来处理问题往往可简化数学运算过程。3．滑块—滑板模型的两大临界条件(1)相对滑动的临界条件①运动学条件：两者速度或加速度不相等。②动力学条件：两者间的静摩擦力达到最大静摩擦力。(2)滑块滑离滑板的临界条件滑块恰好滑到滑板的边缘时速度相同。4．两类滑块—滑板模型问题类型一光滑水平面上的滑块—滑板模型]eq\a\vs4\al([例1])如图所示，一质量为M、长为L的长方形木板B放在光滑的水平地面上，在其右端放一质量为m的小木块A，m＜M。现以地面为参考系，给A和B以大小相等、方向相反的初速度(如图)，使A开始向左运动，B开始向右运动，但最后A刚好没有滑离B板，以地面为参考系。(1)若已知A和B的初速度大小为v0，求它们最后的速度大小和方向。(2)若初速度的大小未知，求小木块A向左运动到达的最远处(从地面上看)离出发点的距离。思路点拨]解析]设它们最后的速度为v，经过时间为t，A、B间的滑动摩擦力为f。对A据牛顿第二定律和运动学公式有：f＝maA，L2＝v0t－eq\f(1,2)aAt2，v＝－v0＋aAt；对B据牛顿第二定律和运动学公式有：f＝MaB，L0＝v0t－eq\f(1,2)aBt2，v＝v0－aBt；由几何关系有：L0＋L2＝L；由以上各式可求得它们最后的速度大小为v＝eq\f(M－m,M＋m)v0，方向向右。fL＝eq\f(2mMv02,M＋m)。(2)对A，向左运动的最大距离为L1＝eq\f(v02,2aA)＝eq\f(m＋M,4M)L。答案](1)eq\f(M－m,M＋m)v0方向向右(2)eq\f(m＋M,4M)L类型二粗糙水平面上的滑块—滑板模型]eq\a\vs4\al([例2])如图所示，一长木板B放在水平地面上，质量为M＝1kg，长度为3.2m，其与地面的动摩擦因数μ1＝0.1；一质量为m＝2kg的小铁块A放在B的左端，A、B之间的摩擦因数为μ2＝0.3。刚开始A、B均处于静止状态，现使A获得6m/s向右的初速度。(g＝10m/s2)求：(1)A、B刚开始运动的加速度；(2)A在B上滑动，经过多长时间达到共同速度？A最后停在B上何处？(3)B板运动的距离多大？解析](1)A向右做匀减速运动，加速度a1＝eq\f(μ2mg,m)＝3m/s2，方向向左B向右做匀加速运动，加速度a2＝eq\f(μ2mg－μ1M＋mg,M)＝3m/s2，方向向右。(2)设经过时间t达到共同速度，则满足6－a1t＝a2tt＝1s共同速度v＝a2t＝3m/sA的位移x1＝eq\f(v0＋v,2)t＝4.5mB的位移x2＝eq\f(v,2)t＝1.5mA在B上滑过的距离Δx＝x1－x2＝3