机械能守恒定律和功能关系 解析版

第六讲机械能守恒定律和功能关系1.（2021年·全国甲卷）如图，一倾角为的光滑斜面上有50个减速带（图中未完全画出），相邻减速带间的距离均为d，减速带的宽度远小于d；一质量为m的无动力小车（可视为质点）从距第一个减速带L处由静止释放。已知小车通过减速带损失的机械能与到达减速带时的速度有关。观察发现，小车通过第30个减速带后，在相邻减速带间的平均速度均相同。小车通过第50个减速带后立刻进入与斜面光滑连接的水平地面，继续滑行距离s后停下。已知小车与地面间的动摩擦因数为，重力加速度大小为g。（1）求小车通过第30个减速带后，经过每一个减速带时损失的机械能；（2）求小车通过前30个减速带的过程中在每一个减速带上平均损失的机械能；（3）若小车在前30个减速带上平均每一个损失的机械能大于之后每一个减速带上损失的机械能，则L应满足什么条件？【答案】（1）；（2）；（3）【解析】（1）由题意可知小车在光滑斜面上滑行时根据牛顿第二定律有设小车通过第30个减速带后速度为v1，到达第31个减速带时的速度为v2，则有因为小车通过第30个减速带后，在相邻减速带间的平均速度均相同，故后面过减速带后的速度与到达下一个减速带均为v1和v2；经过每一个减速带时损失的机械能为联立以上各式解得（2）由（1）知小车通过第50个减速带后的速度为v1，则在水平地面上根据动能定理有从小车开始下滑到通过第30个减速带，根据动能定理有联立解得故在每一个减速带上平均损失的机械能为（3）由题意可知可得2.（2021·浙江卷）如图所示，水平地面上有一高的水平台面，台面上竖直放置倾角的粗糙直轨道、水平光滑直轨道、四分之一圆周光滑细圆管道和半圆形光滑轨道，它们平滑连接，其中管道的半径、圆心在点，轨道的半径、圆心在点，、D、和F点均处在同一水平线上。小滑块从轨道上距台面高为h的P点静止下滑，与静止在轨道上等质量的小球发生弹性碰撞，碰后小球经管道、轨道从F点竖直向下运动，与正下方固定在直杆上的三棱柱G碰撞，碰后速度方向水平向右，大小与碰前相同，最终落在地面上Q点，已知小滑块与轨道间的动摩擦因数，，。（1）若小滑块的初始高度，求小滑块到达B点时速度的大小；（2）若小球能完成整个运动过程，求h的最小值；（3）若小球恰好能过最高点E，且三棱柱G的位置上下可调，求落地点Q与F点的水平距离x的最大值。【答案】（1）4m/s；（2）；（3）0.8m【解析】（1）小滑块在轨道上运动代入数据解得（2）小球沿轨道运动，在最高点可得从C点到E点由机械能守恒可得解得，小滑块与小球碰撞后动量守恒，机械能守恒，因此有，解得，结合(1)问可得解得h的最小值（3）设F点到G点的距离为y，小球从E点到G点的运动，由动能定理由平抛运动可得，联立可得水平距离为由数学知识可得当取最大，最大值为机械能守恒定律1．机械能守恒的三种判断方法(1)用做功判断：若物体或系统只有重力(或系统内弹簧的弹力)做功，虽受其他力，但其他力不做功，则其机械能守恒．(2)用能量转化判断：若物体或系统中只有动能和势能的相互转化，而无机械能与其他形式的能的相互转化，则物体或系统机械能守恒．(3)对多个物体组成的系统，除考虑是否只有重力做功外，还要考虑系统内力是否做功，如有摩擦力做功时，因摩擦生热，系统机械能将有损失．2．机械能守恒定律的三种表达形式例题1.(多选)如图，一条全长为L、质量为m的匀质软绳拉直置于水平桌面边缘上，轻微扰动后使它从静止开始沿桌面边缘下滑，重力加速度为g，空气阻力与摩擦阻力均不计，下列说法止确的是（）A．软绳下滑过程中加速度随时间均匀增大B．软绳有一半下落时加速度大小为C．软绳刚好全部离开桌面时速度大小为D．运动过程中留在桌面上软绳的动量最大值为【答案】BCD【解析】软绳下滑过程中加速度解得，可知加速度随着位移均匀增长，然而这个物体在加速运动所以后半程位移随时间增长的快，故加速度随着时间增长加快，故A错误；软绳有一半下落时加速度大小为，解得，故B正确；设下落的速度为，根据机械能守恒得，解得，代入，软绳刚好全部离开桌面时速度大小为，故C正确；留在桌面上软绳的动量，当时留在桌面上软绳的动量最大，为，故D正确。故选BCD。夯实成果练1.如图，半圆形光滑轨道固定在水平地面上，半圆的直径与地面垂直，一小物块以速度v从轨道下端滑入轨道，并从轨道上端水平飞出，小物块落地点到轨道下端的距离与轨道半径有关，此距离最大时对应的轨道半径为(重力加速度大小为g)()A.eq\f(v2,16g)B.eq\f(v2,8g)C.eq\f(v2,4g)D.eq\f(v2,2g)【答案】B【解析】小物块由最低点到最高点的过程，由机械能守恒定律得，eq\f(1,2)mv2＝2mgr＋eq\f(1,2)mv12，小物块做平抛运动时，落地点到轨道下端的距离x＝v1t，t＝eq\r(\f(4r,g))，联立解得，x＝eq\r(\f(4v2,g)r－16r2)，由数学知识可知，当r＝eq\f(v2,8g)时，x最大，故选项B正确．例题2.下列对各图的说法正确的是()A.图甲中汽车匀速下坡的过程中机械能守恒B.图乙中卫星绕地球匀速圆周运动时所受合力为零，动能不变C.图丙中弓被拉开过程弹性势能减少了D.图丁中撑竿跳高运动员在上升过程中机械能增大【答案】D【解析】图甲中汽车匀速下坡的过程中动能不变，重力势能减小，机械能减小，故A错误；图乙中卫星绕地球匀速圆周运动时所受合力提供向心力则不为0，匀速圆周运动速度大小不变，则动能不变，故B错误；图丙中弓被拉开过程橡皮筋形变增大，弹性势能增大，故C错误；图丁中撑竿跳高运动员在上升过程中竿对运动员做正功，其机械能增大，故D正确。夯实成果练2.如图所示，P、Q两球质量相等，开始两球静止，将P上方的细绳烧断，在Q落地之前，下列说法正确的是(不计空气阻力)()A.在任一时刻，两球动能相等B.在任一时刻，两球加速度相等C.在任一时刻，两球和弹簧组成的系统动能与重力势能之和保持不变D.在任一时刻，两球和弹簧组成的系统机械能是不变的【答案】D【解析】细绳烧断后，由于弹簧处于伸长状态，通过对P、Q两球受力分析可知aP＞aQ，在任一时刻，两球的动能不一定相等，选项A、B错误；系统内有弹力做功，弹性势能发生变化，系统的动能与重力势能之和发生变化，选项C错误；Q落地前，两球及弹簧组成的系统只有重力和弹簧的弹力做功，整个系统的机械能守恒，选项D正确。功能关系1．常见的功能关系(1)合外力做功与动能的关系：W合＝ΔEk.(2)重力做功与重力势能的关系：WG＝－ΔEp.(3)弹力做功与弹性势能的关系：W弹＝－ΔEp.(4)除重力以外其他力做功与机械能的关系：W其他＝ΔE机．(5)滑动摩擦力做功与内能的关系：Ffx相对＝ΔE内．(6)电场力做功与电势能的关系：W电＝－ΔEp电．(7)克服安培力做功与电能的关系：W克＝ΔE电．2．功能关系的应用“三注意”(1)分清是什么力做功，并且分析该力做正功还是做负功；根据功能之间的对应关系，判定能的转化形式，确定能量之间的转化情况．(2)也可以根据能量之间的转化情况，确定是什么力做功，尤其可以方便计算变力做功的多少．(3)功能关系反映了做功和能量转化之间的对应关系，功是能量转化的量度和原因，在不同问题中的具体表现不同．例题3.(多选)(2020·全国卷Ⅰ)一物块在高3.0m、长5.0m的斜面顶端从静止开始沿斜面下滑，其重力势能和动能随下滑距离s的变化如图中直线Ⅰ、Ⅱ所示，重力加速度取10m/s2.则()A．物块下滑过程中机械能不守恒B．物块与斜面间的动摩擦因数为0.5C．物块下滑时加速度的大小为6.0m/s2D．当物块下滑2.0m时机械能损失了12J【答案】AB【解析】由E－s图象知，物块动能与重力势能的和减小，则物块下滑过程中机械能不守恒，故A正确；由E－s图象知，整个下滑过程中，物块机械能的减少量为ΔE＝30J－10J＝20J，重力势能的减少量ΔEp＝mgh＝30J，又ΔE＝μmgcosα·s，其中cosα＝eq\f(\r(s2－h2),s)＝0.8，h＝3.0m，g＝10m/s2，则可得m＝1kg，μ＝0.5，故B正确；物块下滑时的加速度大小a＝gsinα－μgcosα＝2m/s2，故C错误；物块下滑2.0m时损失的机械能为ΔE′＝μmgcosα·s′＝8J，故D错误．夯实成果练3.(多选)如图半径为R的内壁光滑圆轨道竖直固定在桌面上，一个可视为质点的质量为m的小球静止在轨道底部A点。现用小锤沿水平方向快速击打小球，使小球在极短的时间内获得一个水平速度后沿轨道在竖直面内运动。当小球回到A点时，再次用小锤沿运动方向击打小球，通过这两次击打，小球才能运动到圆轨道的最高点。已知小球在运动过程中始终未脱离轨道，在第一次击打过程中小锤对小球做功W1，第二次击打过程中小锤对小球做功W2。若两次击打过程中小锤对小球做功全部用来增加小球的动能，则的值可能是（）A． B． C．1 D．2【答案】AB【解析】第一次击打后球最多到达与球心O等高位置，根据功能关系，有W1≤mgR①两次击打后可以到轨道最高点，根据功能关系，有W1+W2-2mgR=②在最高点，有mg+FN=≥mg③联立①②③解得W1≤mgRW2≥mgR故故AB正确，CD错误。故选AB。例题4.如图所示，倾角θ＝37°的光滑且足够长的斜面固定在水平面上，在斜面顶端固定一个半径和质量不计的光滑定滑轮D，质量均为m＝1kg的物体A和B用一劲度系数k＝240N/m的轻弹簧连接，物体B被位于斜面底端且垂直于斜面的挡板P挡住．用一不可伸长的轻绳跨过定滑轮使物体A与质量为M的小环C连接，小环C穿过竖直固定的光滑均匀细杆，当整个系统静止时，环C位于Q处，绳与细杆的夹角α＝53°，且物体B对挡板P的压力恰好为零．图中SD水平且长度为d＝0.2m，位置R与位置Q关于位置S对称，轻弹簧和定滑轮右侧的绳均与斜面平行．现让环C从位置R由静止释放，sin37°＝0.6，cos37°＝0.8，g取10m/s2.求：(1)小环C的质量M；(2)小环C通过位置S时的动能Ek及环从位置R运动到位置S的过程中轻绳对环做的功WT；(3)小环C运动到位置Q的速率v.【答案】(1)小环C的质量是0.72kg；(2)小环C通过位置S时的动能Ek是1.38J，环从位置R运动到位置S的过程中轻绳对环做的功是0.3J；(3)小环C运动到位置Q的速率是2m/s.【解析】(1)先以AB组成的整体为研究对象，AB系统受到重力、支持力和绳子的拉力处于平衡状态，则绳子的拉力为：T＝2mgsinθ＝2×10×sin37°N＝12N以C为研究对象，则C受到重力、绳子的拉力和杆的弹力处于平衡状态，如图1所示，则：T·cos53°＝Mg代入数据得：M＝0.72kg(2)由题意，开始时B恰好对挡板没有压力，所以B受到重力、支持力和弹簧的拉力，弹簧处于伸长状态；产生B沿斜面方向的受力：F1＝mgsinθ＝1×10×sin37°＝6N弹簧的伸长量：Δx1＝mgsinθ/k＝0.025m当小环C通过位置S时A下降的距离为xA＝eq\f(d,sinα)－d＝0.05m此时弹簧的压缩量Δx2＝xA－Δx1＝0.025m由速度分解可知此时A的速度为零，所以小环C从R运动到S的过程中，初末态的弹性势能相等，对于小环C、弹簧和A组成的系统机械能守恒有：Mgdcotα＋mgxAsinθ＝Ek解得：Ek＝1.38J环从位置R运动到位置S的过程中，由动能定理可知：WT＋Mgdcotα＝Ek解得：WT＝0.3J(3)环从位置R运动到位置Q的过程中，对于小环C、弹簧和A组成的系统机械能守恒Mg(2dcotα)＝eq\f(1,2)Mv2＋eq\f(1,2)mveq\o\al(2,A)对环在Q点的速度进行分解如图2所示，则：vA＝vcosα两式联立可得：v＝2m/s夯实成果练4.(多选)如图，滑块a、b的质量均为m，a套在固定竖直杆上，与光滑水平地面相距h，b放在地面上．a、b通过铰链用刚性轻杆连接，由静止开始运动．不计摩擦，a、b可视为质点，重力加速度大小为g.则()A．a落地前，轻杆对b一直做正功B．a落地时速度大小为eq\r(2gh)C．a下落过程中，其加速度大小始终不大于gD．a落地前，当a的机械能最小时，b对地面的压力大小为mg【答案】BD【解析】滑块b的初速度为零，末速度也为零，所以轻杆对b先做正功，后做负功，选项A错误；以滑块a、b及轻杆为研究对象，系统的机械能守恒，当a刚落地时，b的速度为零，则mgh＝eq\f(1,2)mva2＋0，即va＝eq\r(2gh)，选项B正确；a、b先后的受力如图所示．由a的受力图可知，a下落过程中，其加速度大小先小于g后大于g，选项C错误；当a落地前b的加速度为零(即轻杆对b的作用力为零)时，b的机械能最大，a的机械能最小，这时b受重力、支持力，且受到的支持力大小为mg，由牛顿第三定律可知，b对地面的压力大小为mg，选项D正确．综合应用动力学和能量守恒知识分析多过程问题1．多过程问题(1)解题技巧①拆：把整个过程拆分为多个子过程，变为熟悉的运动模型．②找：在题目中找“恰好”“恰能”“最高”“至少”等关键字，找出对应的临界条件．③用：选择合适的规律列方程．④注意：注意分析“界点”的速度大小和方向，界点速度是上一过程的末速度，又是下一过程的初速度，在解题过程中有重要的作用．(2)对于涉及滑动摩擦力的过程，一定不能用机械能守恒定律来求解．(3)对于非匀变速直线运动过程，不能用运动学公式求解，但可用动能定理、能量守恒定律或功能关系求解．2．解决传送带问题的关键点(1)摩擦力的方向及存在阶段的判断．(2)物体能否达到与传送带共速的判断．(3)计算产生的热量，应正确确定物体相对传送带滑动的距离．(4)弄清能量转化关系：传送带因传送物体多消耗的能量等于物体增加的机械能与产生的内能之和．3．解决弹簧模型问题的关键点(1)从动力学角度分析弹力作用下物体运动的加速度往往是变化的，用胡克定律F＝kx结合牛顿第二定律F合＝ma分析加速度和运动过程，注意弹力是变力，且注意三个位置：自然长度位置、平衡位置(a＝0，v最大)、形变量最大(伸长最长或压缩最短)的位置．(2)从功能关系的角度分析弹簧问题往往涉及多种能量转化，一般根据能量守恒定律或动能定理列方程分析，弹力做功与弹性势能的关系：W弹＝－ΔEp注意：对同一根弹簧而言，无论是处于伸长状态还是压缩状态，只要在弹性限度内形变量相同．例题5.如图所示，一弹射游戏装置由安装在水平台面上的固定弹射器、竖直圆轨道(在最低点E分别与水平轨道EO和EA相连)、高度h可调的斜轨道AB组成．游戏时滑块从O点弹出，经过圆轨道并滑上斜轨道．全程不脱离轨道且恰好停在B端则视为游戏成功．已知圆轨道半径r＝0.1m，OE长L1＝0.2m，AC长L2＝0.4m，圆轨道和AE光滑，滑块与AB、OE之间的动摩擦因数μ＝0.5.滑块质量m＝2g且可视为质点，弹射时由静止释放且弹簧的弹性势能完全转化为滑块动能．忽略空气阻力，各部分平滑连接，重力加速度g＝10m/s2.求：(1)滑块恰好能过圆轨道最高点F时的速度vF大小；(2)当h＝0.1m且游戏成功时，滑块经过E点对圆轨道的压力FN大小及弹簧的弹性势能Ep0；(3)要使游戏成功，弹簧的弹性势能Ep与高度h之间满足的关系．【答案】见解析【解析】(1)滑块恰过F点的条件为mg＝meq\f(vE2,r)解得vF＝1m/s(2)滑块从E点到B点，由动能定理得－mgh－μmgL2＝0－eq\f(1,2)mvE2在E点由牛顿第二定律得FN′－mg＝meq\f(vE2,r)解得FN′＝0.14N根据牛顿第三定律可知FN′＝FN＝0.14N，则滑块对轨道的压力FN大小为0.14N从O点到B点Ep0－mgh－μmg(L1＋L2)＝0解得Ep0＝8.0×10－3J(3)滑块恰能过F点的弹性势能Ep1＝2mgr＋μmgL1＋eq\f(1,2)mvF2＝7.0×10－3J到B点减速到0Ep1－mgh1－μmg(L1＋L2)＝0解得h1＝0.05m滑块能停在B点时，设斜轨道的最大倾角为θ，则μmgcosθ＝mgsinθ解得tanθ＝0.5，此时h2＝0.2m从O点到B点Ep＝mgh＋μmg(L1＋L2)＝2×10－3(10h＋3)(J)其中0.05m≤h≤0.2m.夯实成果练5.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，直轨道与一半径为的光滑圆弧轨道相切于C点，AC=7R，A、B、C、D均在同一竖直面内。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，最高点到达F点，AF=4R，已知P与直轨道间的动摩擦因数，重力加速度大小为g。（取）（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、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。【答案】（1）vB=2；（2）；（3）；（1）根据题意可知，BC之间的距离为l=7R-2R=5R，①设P到达B点时的速度为vB，由动能定理得mglsinθ–μmglcosθ=mvB2，②式中θ=37°，联立①②式并由题给条件解得：vB=2.③（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④E、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–μmgl1cosθ⑥联立③④⑤⑥式并由题给条件得x=R⑦⑧（3）设改变后P的质量为m1。D点与G点的水平距离x1和数值距离y1分别为⑨⑩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⑪x1=vDt⑫联立⑨⑩⑪⑪式得⑬例题6.（2021·湖南卷）如图，竖直平面内一足够长的光滑倾斜轨道与一长为的水平轨道通过一小段光滑圆弧平滑连接，水平轨道右下方有一段弧形轨道。质量为的小物块A与水平轨道间的动摩擦因数为。以水平轨道末端点为坐标原点建立平面直角坐标系，轴的正方向水平向右，轴的正方向竖直向下，弧形轨道端坐标为，端在轴上。重力加速度为。（1）若A从倾斜轨道上距轴高度为的位置由静止开始下滑，求经过点时的速度大小；（2）若A从倾斜轨道上不同位置由静止开始下滑，经过点落在弧形轨道上的动能均相同，求的曲线方程；（3）将质量为（为常数且）的小物块置于点，A沿倾斜轨道由静止开始下滑，与B发生弹性碰撞（碰撞时间极短），要使A和B均能落在弧形轨道上，且A落在B落点的右侧，求A下滑的初始位置距轴高度的取值范围。

【答案】（1）；（2）（其中，）；（3）【解析】（1）物块从光滑轨道滑至点，根据动能定理解得（2）物块从点飞出后做平抛运动，设飞出的初速度为，落在弧形轨道上的坐标为，将平抛运动分别分解到水平方向的匀速直线运动和竖直方向的自由落体运动，有，解得水平初速度为物块从点到落点，根据动能定理可知解得落点处动能为因为物块从点到弧形轨道上动能均相同，将落点的坐标代入，可得化简可得即（其中，）（3）物块在倾斜轨道上从距轴高处静止滑下，到达点与物块碰前，其速度为，根据动能定理可知解得-------①物块与发生弹性碰撞，使A和B均能落在弧形轨道上，且A落在B落点的右侧，则A与B碰撞后需要反弹后再经过水平轨道-倾斜轨道-水平轨道再次到达O点。规定水平向右为正方向，碰后AB的速度大小分别为和，在物块与碰撞过程中，动量守恒，能量守恒。则解得-------②-------③设碰后物块反弹，再次到达点时速度为，根据动能定理可知解得-------④据题意，A落在B落点的右侧，则-------⑤据题意，A和B均能落在弧形轨道上，则A必须落在P点的左侧，即：-------⑥联立以上，可得的取值范围为夯实成果练6.如图，质量为M的小车静止在光滑水平面上，小车AB段是半径为R的四分之一圆弧光滑轨道，BC段是长为L的水平粗糙轨道，两段轨道相切于B点。一质量为m的滑块在小车上从A点由静止开始沿轨道滑下，重力加速度为g。(1)若固定小车，求滑块运动过程中对小车的最大压力;(2)若不固定小车，滑块仍从A点由静止下滑，然后滑入BC轨道，最后从C点滑出小车。已知滑块质量,在任一时刻滑块相对地面速度的水平分量是小车速度大小的2倍，滑块与轨道BC间的动摩擦因数为，求:=1\*GB3①滑块运动过程中，小车的最大速度大小vm;②滑块从B到C运动过程中，小车的位移大小s。【答案】见解析【解析】（1）滑块滑到B点时对小车压力最大，从A到B机械能守恒，mgR=mvB2，滑块在B点处，由牛顿第二定律，N-mg=m解得：N=3mg.由牛顿第三定律，滑块运动过程中对小车的最大压力为3mg。（2）①滑块下滑到C点时，小车速度最大。由机械能守恒定律，mgR=Mvm2+m(2vm)2，解得：=②设滑块运动到C点时，小车速度大小为vC，由功能关系：mgR-μmgL=MvC2+m(2vC)2，设滑块从B到C过程中，小车运动的加速度大小为a，由牛顿第二定律，μmg=Ma由运动学规律，vC2-vm2=-2as，联立解得：s=L/3.。涉及做功与能量转化问题的解题方法1．分清是什么力做功，并且分析该力做正功还是做负功；根据功能之间的对应关系，判定能的转化形式，确定能量之间的转化情况．2．当涉及摩擦力做功时，机械能不守恒，一般应用能的转化和守恒定律，特别注意摩擦产生的内能Q＝Ffx相对，x相对为相对滑动的两物体间相对滑动路径的总长度．3．解题时，首先确定初、末状态，然后分清有多少种形式的能在转化，再分析状态变化过程中哪种形式的能量减少，哪种形式的能量增加，求出减少的能量总和ΔE减和增加的能量总和ΔE增，最后由ΔE减＝ΔE增列式求解．例题7.如图所示，竖直平面内由倾角α＝60°的斜面轨道AB、半径均为R的半圆形细圆管轨道BCDE和eq\f(1,6)圆周细圆管轨道EFG构成一游戏装置固定于地面，B、E两处轨道平滑连接，轨道所在平面与竖直墙面垂直．轨道出口处G和圆心O2的连线，以及O2、E、O1和B等四点连成的直线与水平线间的夹角均为θ＝30°，G点与竖直墙面的距离d＝eq\r(3)R.现将质量为m的小球从斜面的某高度h处静止释放．小球只有与竖直墙面间的碰撞可视为弹性碰撞，不计小球大小和所受阻力．(1)若释放处高度h＝h0，当小球第一次运动到圆管最低点C时，求速度大小vC及在此过程中所受合力的冲量I的大小和方向；(2)求小球在圆管内与圆心O1点等高的D点所受弹力FN与h的关系式；(3)若小球释放后能从原路返回到出发点，高度h应该满足什么条件？【答案】见解析【解析】(1)从A到C，小球的机械能守恒，有mgh0＝eq\f(1,2)mvC2可得vC＝eq\r(2gh0)根据动量定理得I＝mvC＝meq\r(2gh0)方向水平向左(2)小球从A到D，由机械能守恒定律有mg(h－R)＝eq\f(1,2)mvD2根据牛顿第二定律有FN＝eq\f(mvD2,R)联立可得FN＝2mg(eq\f(h,R)－1)满足的条件：h≥R(3)第1种情况：不滑离轨道原路返回，由机械能守恒定律可知，此时h需满足的条件是h≤R＋3Rsinθ＝eq\f(5,2)R第2种情况：小球与墙面垂直碰撞后原路返回，小球与墙面碰撞后，进入G前做平抛运动，则vxt＝vxeq\f(vy,g)＝d，其中vx＝vGsinθ，vy＝vGcosθ故有vGsinθ·eq\f(vGcosθ,g)＝d可得vG＝2eq\r(gR)由机械能守恒定律有mg(h－eq\f(5,2)R)＝eq\f(1,2)mvG2可得h＝eq\f(9,2)R.夯实成果练7.如图所所示,长L=2.0m、质量mA=1.0kg的木板A静止在光滑水平面上，对木板施加大小F=3.0N、方向向右的水平拉力，同时在木板上某位置放一初速度v0=2.0m/s、方向水平向右的小物块B,物块B的质量mb=1.0kg,在运动过程中物块B刚好未从木板A右端滑落.已知A、B间的动摩擦因数，最大静摩擦力等于滑动摩擦力,g=10m/s2,求：(1) 物块B刚放上木板A时，木板A、物块B的加速度大小aA、aB；(2) 物块B刚放上木板时离木板A右端的距离x(3) 从物块B刚放上木板A到离开木板的过程中，产生的热量Q及拉力F做的功W【答案】见解析【解析】（1）根据牛顿第二定律,,解得，.（2）设经过时间t1物块B刚好未从木板A右端滑落,此时刻A、B有共同速度v，则=v，代入数据解得，v=1.6m/s,（3）产生的热量,代入数据解得例题8.(多选)地面上物体在变力F作用下由静止开始竖直向上运动，力F随高度x的变化关系如图所示，物体能上升的最大高度为。下列说法正确的是（）A．物体在地面和最大高度处的加速度大小相等B．物体的重力大小为C．物体动能的最大值为D．加速度的最大值为【答案】ACD【解析】因作用在物体上的力F均匀地减小，所以加速度是先减小至零时在反向增加，开始时与到达最高点时速度都为零，根据对称性可知开始时和高度最大时，具有相同的加速度，且为最大，所以当物体加速度最大时其高度为0或h，选项A正确；因变力F在均匀地变化，由图中的几何关系可知该过程中的平均作用力为，所以在物体能上升到最大高h的过程中，由功能关系有，联立可得，选项B错误；当F=mg时动能最大，此时，解得，由动能定理，解得，选项C正确；在开始时，由牛顿第二定律有F0-mg=ma，联立解得，选项D正确。故选ACD。夯实成果练8.(多选)在倾角的足够长斜面底端，物块以某初速度沿斜面上滑，上滑过程的加速度大小为（为重力加速度，），则（）A．物块与斜面间的动摩擦因数为0.25B．物块与斜面间的动摩擦因数为0.2C．物块回到斜面底端的速度是沿斜面上滑初速度大小的0.05倍D．物块上滑过程克服摩擦力做功的平均功率是下滑过程的倍【答案】AD【解析】物体向上做匀减速运动加速度大小为0.8g，由牛顿第二定律可得代入数值可求得。故A正确，B错误；物体下滑时做匀加速直线运动，由牛顿第二定律可得代入数值可求得设上滑初速度为，由运动学公式可得设下滑滑到底端时速度为，由运动学公式可得两式相比可得故C错误；上滑过程中平均速度物块上滑过程克服摩擦力做功的平均功率下滑过程中的平均速度度物块下滑过程克服摩擦力做功的平均功率二者比值1.(多选)如图所示，倾角为α=37°的足够长的粗糙斜面AB固定在水平面上，一小物块从距B点l0m的A点由静止释放后，下滑到B点与弹性挡板碰撞后无能量损失反弹，恰能冲上斜面的Q点（图中未画出）。设物块和斜面间的动摩擦因数为0.5，以B点为零势能面（sln37°=0.6，cos37°=0.8）。则下列说法正确的是（）A．Q点到B点距离为2mB．物块沿斜面下滑时机械能减少，沿斜面上滑时机械能增加C．物块下滑时，动能与势能相等的位置在AB中点上方D．物块从开始释放到最终静止经过的总路程为15m【答案】AD【解析】物块从A到Q全过程由动能定理得代入，解得选项A正确；全过程摩擦力一直做负功，物块的机械能不断减少，选项B错误；物块从A下滑到AB中点时，由能量守恒定律可得显然此处重力势能大于动能，继续下滑时重力势能将减小，动能增加，故动能与重力势能相等的位置在AB中点下方，则选项C错误；因为，所以物块最终静止在挡板处，根据能量守恒得代入数据解得s=15m，选项D正确。故选AD。2.（多选）如图甲所示，一木块沿固定斜面由静止开始下滑，下滑过程中木块的机械能和动能随位移变化的关系图线如图乙所示，则下列说法正确的是（）A.在位移从0增大到的过程中，木块的重力势能减少了B.在位移从0增大到的过程中，木块的重力势能减少了C.图线斜率的绝对值表示木块所受的合力大小D.图线斜率的绝对值表示木块所受的合力大小【答案】BD【解析】AB．木块沿斜面下滑过程中，动能增大，则图线为木块的动能随位移变化的关系。由机械能的变化量等于动能的变化量与重力势能变化量之和，有得，即木块的重力势能减少了，故A错误，B正确；C．由功能关系可知图线斜率的绝对值表示木块所受的除重力之外的合力大小，故C错误；D．由功能关系可知图线斜率的绝对值表示木块所受的合力大小，故D正确。故选BD。3.如图所示，鼓形轮的半径为R，可绕固定的光滑水平轴O转动.在轮上沿相互垂直的直径方向固定四根直杆，杆上分别固定有质量为m的小球，球与O的距离均为.在轮上绕有长绳，绳上悬挂着质量为M的重物.重物由静止下落，带动鼓形轮转动.重物落地后鼓形轮匀速转动，转动的角速度为.绳与轮之间无相对滑动，忽略鼓形轮、直杆和长绳的质量，不计空气阻力，重力加速度为g.求：（1）重物落地后，小球线速度的大小v；（2）重物落地后一小球转到水平位置A，此时该球受到杆的作用力的大小F；（3）重物下落的高度h.【答案】见解析【解析】（1）线速度得（2）向心力设F与水平方向的夹角为，则；解得（3）落地时，重物的速度，由机械能守恒得解得4.(多选)如图，BCD是半圆形曲面，O圆心，C为最低点，B、O、D等高，A点在B点正上方，。现将小滑块从A点由静止开始释放，滑块经过B、C、D到达最高点E，，第一次经过C点时轨道受压力为。紧接着小滑块又从E点下落沿原路往回运动，再次经过C点时，轨道受压力为。滑块视为质点，忽略空气阻力，则下列判断正确的是（）A．B．C．小滑块从E点下落沿原路返回过程中，可能恰好到达B点D．小滑块第一次通过半圆形曲面比第二次通过半圆形曲面克服阻力做功多【答案】AD【解析】由能量守恒可知，滑块第二次到达C点的速度比第一次到达C点的速度更小，在C点由牛顿第二定律可得则所以，故A正确，B错误；小滑块从A点到E点由动能定理有，由能量守恒可知，小滑块返回过程中在CB段的速度小于从B到C的速度，同理在DC段的速度小于从C到D的速度，则小滑块返回过程中在CB段克服摩擦力做功小于，在DC段克服摩擦力做功小于，故小滑块第一次通过半圆形曲面比第二次通过半圆形曲面克服阻力做功多，小滑块从E点到B点过程中，重力做功一定大于此过程中克服摩擦力做功，则到达B点的速度一定大于0，故C错误，D正确；故选AD。5.如图所示，在光滑水平桌面内，固定有光滑轨道，其中半圆轨道与直轨道相切于点，物体受到与平行的水平拉力，从静止开始运动，拉力的大小满足如图乙所示（以为坐标原点，拉力从指向为正方向）。若，，半圆轨道的半径，重力加速度取。则下列说法中正确的是（）A．拉力从到做功为B．物体从到过程中，所受的合外力为0C．物体能够到达点，且速度大小为D．物体能够到达点，且速度大小为【答案】D【解析】图像与坐标轴所围面积表示功，则拉力从到做功为故A错误；物体从到过程中，做圆周运动，合力不变0，故B错误；从A到B由动能定理有解得由于滑轨道在水平面内，则物体从B到C做匀速圆运动，物体能够到达点，且速度大小为，故C错误，D正确。故选D。6.如图所示，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3mg，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＝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＝mgR，质点到达Q点后，继续上升一段距离【答案】B【解析】当质点滑到轨道最低点N时，根据牛顿第二定律有FN－mg＝meq\f(vN2,R)解得vN＝eq\r(2gR)对质点从下落到N点的过程运用动能定理得mg·2R－W＝eq\f(1,2)mvN2解得W＝mgR由于PN段速度大于NQ段速度，所以NQ段的支持力小于PN段的支持力，则在NQ段克服摩擦力做功小于在PN段克服摩擦力做功，对NQ段运用动能定理得－mgR－W′＝eq\f(1,2)mvQ2－eq\f(1,2)mvN2解得W′＝－eq\f(1,2)mvQ2因为0<W′<mgRvQ无解，所以质点不能到达Q点，故A、C、D错误，B正确。7.(多选)如图，一倾角为=30°的粗糙斜面（足够长），距离斜面顶端水平距离为l、竖直距离为h处有一半径为0.45m的四分之一光滑圆弧轨道，圆弧最低点N的切线沿水平方向，一个可以看作质点、质量为1kg的小物块从圆弧轨道的最高点由静止下滑，小物块恰好落到斜面顶端，速度与斜面平行。小物块与斜面间的动摩擦因数为，取g=10m/s2，不计空气阻力，则（