2024年高考物理一轮复习（新人教版）：第六章机械能守恒定律

DILIUZHANG第六章机械能守恒定律考情分析功和功率2022·广东卷·T9

2021·全国乙卷·T19

2021·山东卷·T32021·浙江1月选考·T11

2021·北京卷·T8机车启动问题2021·湖南卷·T3

2020·天津卷·T8动能定理及其应用2022·江苏卷·T8

2021·全国甲卷·T20

2021·河北卷·T62020·全国卷Ⅱ·T25

2020·江苏卷·T4

2019·全国卷Ⅱ·T24功能关系2020·全国卷Ⅰ·T20机械能守恒定律2022·全国乙卷·T16

2020·山东卷·T11实验：验证机械能守恒定律2022·河北卷·T11

2022·湖北卷·T12

2021·浙江6月选考·T17含功和能的综合题2022·广东卷·T13

2022·江苏卷·T10

2022·河北卷·T9试题情境生活实践类体育运动中功和功率问题，风力发电功率计算，蹦极运动、过山车等能量问题，汽车启动问题，生活、生产中能量守恒定律的应用学习探究类变力做功的计算，机车启动问题，单物体机械能守恒，用绳、杆连接的系统机械能守恒问题，含弹簧系统机械能守恒问题，传送带、板块模型的能量问题功、功率机车启动问题目标要求1.理解功的概念，会判断某个力做功的正、负，会计算功的大小.2.理解功率的概念，并会对功率进行分析和计算.3.会分析、解决机车启动的两类问题.第1讲

内容索引考点一恒力做功的分析和计算考点二变力做功的分析和计算考点三功率的分析和计算课时精练考点四机车启动问题考点一恒力做功的分析和计算1.做功的两个要素(1)作用在物体上的

.(2)物体在

上发生位移.2.公式W＝Flcosα(1)α是力与

方向之间的夹角，l为物体的位移.(2)该公式只适用于

做功.力梳理必备知识力的方向位移恒力正功不做功负功克服1.只要物体受力的同时又发生了位移，则一定有力对物体做功.(

)2一个力对物体做了负功，则说明这个力一定阻碍物体的运动.(

)3.作用力做正功时，反作用力一定做负功.(

)4.力对物体做功的正负是由力和位移间的夹角大小决定的.(

)×√×√1.是否做功及做功正负的判断(1)根据力与位移的方向的夹角判断；(2)根据力与瞬时速度方向的夹角α判断：0≤α＜90°，力做正功；α＝90°，力不做功；90°＜α≤180°，力做负功.提升关键能力2.计算功的方法(1)恒力做的功：直接用W＝Flcosα计算.(2)合外力做的功方法一：先求合外力F合，再用W合＝F合lcosα求功.方法二：先求各个力做的功W1、W2、W3…，再应用W合＝W1＋W2＋W3＋…求合外力做的功.方法三：利用动能定理W合＝Ek2－Ek1.例1

(2023·上海市模拟)如图，一磁铁吸附在铁板AB的下方.现保持铁板与水平面间的夹角θ不变，缓慢推动B端，使AB与磁铁一起水平向左匀速移动，则A.合外力对磁铁做正功B.AB对磁铁的作用力不做功C.AB对磁铁的弹力不做功D.AB对磁铁的摩擦力不做功√由于磁铁做匀速运动，磁铁所受合外力为零，合外力对磁铁不做功，故A错误；磁铁受重力和AB对它的作用力而做匀速运动，根据平衡条件可知，AB对磁铁的作用力大小等于重力，方向竖直向上，与磁铁的运动方向相互垂直，故AB对磁铁的作用力不做功，故B正确；AB对磁铁的弹力垂直接触面，与磁铁的运动方向不垂直，故弹力一定做功，故C错误；AB对磁铁的摩擦力沿接触面，与磁铁运动方向不垂直，故摩擦力一定做功，故D错误.例2

如图所示，升降机内斜面的倾角θ＝30°，质量为2kg的物体置于斜面上始终不发生相对滑动，在升降机以5m/s的速度匀速上升4s的过程中.g取10m/s2，求：(1)斜面对物体的支持力所做的功；答案300J物体置于升降机内随升降机一起匀速运动过程中，处于受力平衡状态，受力分析如图所示由平衡条件得Ffcosθ－FNsinθ＝0，Ffsinθ＋FNcosθ－G＝0x＝vt＝20m斜面对物体的支持力所做的功WN＝FNxcosθ＝300J斜面对物体的摩擦力所做的功Wf＝Ffxcos(90°－θ)＝100J(2)斜面对物体的摩擦力所做的功；答案100J物体重力做的功WG＝－Gx＝－400J(3)物体重力所做的功；答案－400J合外力对物体做的功方法一：W合＝WN＋Wf＋WG＝0方法二：F合＝0，W合＝F合xcosα＝0.(4)合外力对物体所做的功.答案0考点二变力做功的分析和计算求变力做功的五种方法方法举例微元法

质量为m的木块在水平面内做圆周运动，运动一周克服摩擦力做功Wf＝Ff·Δx1＋Ff·Δx2＋Ff·Δx3＋…＝Ff(Δx1＋Δx2＋Δx3＋…)＝Ff·2πR等效转换法

恒力F把物块从A拉到B，绳子对物块做功W＝F·图像法

一水平拉力拉着一物体在水平面上运动的位移为x0，F－x图线与横轴所围面积表示拉力所做的功，W＝平均值法

应用动能定理

用力F把小球从A处缓慢拉到B处，F做功为WF，则有：WF－mgL(1－cosθ)＝0，得WF＝mgL(1－cosθ)考向1微元法计算变力做功例3

(2023·安徽滁州市定远县联考)如图所示，在水平桌面上，长R＝5m的轻绳一端固定于O点(俯视图)，另一端系一质量m＝2.0kg的小球，现对小球施加一个大小不变的力F＝10N，方向始终与小球在该点的切线成37°角，F拉着物体从M点运动到N点，已知小球与桌面间的动摩擦因数μ＝0.2，不计空气阻力，重力加速度g取10m/s2，sin37°＝0.6，cos37°＝0.8，则拉力F做的功与克服摩擦力做的功之比为√例4

(2023·河南洛阳市第一中学高三检测)质量为2kg的物体静止在光滑的水平面上，从某时刻起，对物体施加一方向不变的水平拉力F，该拉力与物体的位移x的关系图像如图所示，则物体在x＝7m处时的速度大小为考向2图像法计算变力做功√例5

如图所示，一轻质立方体被从水表面缓慢压入水中，直至其上表面没入水中，已知立方体的棱长为L，水的密度为ρ，重力加速度为g，不考虑水面高度的变化.该过程中，立方体克服水的浮力所做的功为考向3平均值法计算变力做功√考点三功率的分析和计算梳理必备知识1.定义：功与完成这些功所用

之比.2.物理意义：描述力对物体做功的

.3.公式：(1)P＝

，P描述时间t内力对物体做功的

.(2)P＝Fv①v为平均速度，则P为

功率.②v为瞬时速度，则P为

功率.③当力F和速度v不在同一直线上时，可以将力F分解或者将速度v分解.时间快慢快慢平均瞬时1.由P＝

知，只要知道W和t就可求出任意时刻的功率.(

)2.由P＝Fv既能求某一时刻的瞬时功率，也可以求平均功率.(

)3.当F为恒力时，v增大，F的功率一定增大.(

)×√×1.平均功率的计算方法提升关键能力2.瞬时功率的计算方法(1)利用公式P＝Fvcosα，其中v为t时刻的瞬时速度.F可为恒力，也可为变力，α为F与v的夹角，α可以不变，也可以变化.(2)公式P＝Fvcos

α中，Fcosα可认为是力F在速度v方向上的分力，vcosα可认为是速度v在力F方向上的分速度.例6

如图所示，质量为m＝2kg的木块在倾角θ＝37°的斜面上由静止开始下滑，斜面足够长，木块与斜面间的动摩擦因数为μ＝0.5，已知sin37°＝0.6，cos37°＝0.8，g取10m/s2，则前2s内重力的平均功率和2s末重力的瞬时功率分别为A.48W

24W B.24W

48WC.24W

12W

D.12W

24W√木块所受的合外力F合＝mgsinθ－μmgcosθ＝4N所以重力在前2s内做的功为W＝mgxsinθ＝2×10×4×0.6J＝48J木块在2s末的速度v＝at＝2×2m/s＝4m/s2s末重力的瞬时功率P＝mgvsinθ＝2×10×4×0.6W＝48W，故选项B正确.例7

一滑块在水平地面上沿直线滑行，t＝0时其速度为1m/s，从此刻开始在滑块运动方向上再施加一水平作用力F，力F和滑块的速度v随时间t的变化规律分别如图甲、乙所示，则以下说法正确的是A.第1s内，F对滑块做的功为3JB.第2s内，F对滑块做功的平均功率为4WC.第3s末，F对滑块做功的瞬时功率为1WD.前3s内，F对滑块做的总功为零√由题图可知，第1s内，滑块位移为1m，F对滑块做的功为2J，A错误；第2s内，滑块位移为1.5m，F对滑块做的功为4.5J，平均功率为4.5W，B错误；第3s内，滑块位移为1.5m，F对滑块做的功为1.5J，第3s末，F对滑块做功的瞬时功率P＝Fv＝1W，C正确；前3s内，F对滑块做的总功为8J，D错误.考点四机车启动问题1.两种启动方式两种方式以恒定功率启动以恒定加速度启动P－t图像和v－t图像

2.三个重要关系式例8

(多选)汽车在平直公路上以速度v0匀速行驶，发动机功率为P，牵引力为F0，t1时刻，司机减小了油门，使汽车的功率立即减小一半，并保持该功率继续行驶，到t2时刻，汽车又恢复了匀速直线运动(设整个过程中汽车所受的阻力不变).在下列选项中能正确反映汽车速度v、汽车牵引力F在这个过程中随时间t的变化规律的是√√例9

(2023·陕西安康市高三月考)某汽车质量m＝2000kg，发动机的额定功率为P，当汽车在路面上行驶时受到的阻力为车对路面压力的0.1倍.若汽车从静止开始以a＝1m/s2的加速度在水平路面上匀加速启动，t1＝20s时，达到额定功率.此后汽车以额定功率运动，t2＝100s时速度达到最大值，汽车的v－t图像如图所示，取g＝10m/s2.求：(1)该汽车的额定功率P；答案80kW由题图可知，汽车的最大速度为vm＝40m/s，汽车达到最大速度时满足F＝Ff＝0.1mg汽车的额定功率为P＝Fvm＝8×104W＝80kW(2)当速度为25m/s时，汽车加速度大小；答案0.6m/s2由牛顿第二定律得F－Ff＝ma′解得a′＝0.6m/s2(3)汽车在0～t2时间内的位移大小x.答案2800m代入数据解得x2＝2600m所以0～t2时间内汽车通过的总位移大小为x＝x1＋x2＝2800m.五课时精练123456789101112基础落实练1.(2023·广东惠州一中月考)图甲为一女士站在台阶式自动扶梯上匀速上楼(忽略扶梯对手的作用)，图乙为一男士站在履带式自动扶梯上匀速上楼，两人相对扶梯均静止.下列关于做功的判断中正确的是A.图甲中支持力对人做正功B.图甲中摩擦力对人做负功C.图乙中支持力对人做正功D.图乙中摩擦力对人做负功√123456789101112题图甲中，人匀速上楼，不受摩擦力，摩擦力不做功，支持力向上，与速度方向的夹角为锐角，则支持力做正功，故A正确，B错误；题图乙中，支持力与速度方向垂直，支持力不做功，摩擦力方向与速度方向相同，做正功，故C、D错误.1234567891011122.水平恒力F两次作用在同一静止物体上，使物体沿力的方向发生相同的位移，第一次是在光滑水平面上，第二次是在粗糙水平面上，两次力F做的功和平均功率的大小关系是A.W1＝W2，P1>P2

B.W1>W2，P1＝P2C.W1>W2，P1>P2

D.W1＝W2，P1＝P2√1234567891011121234567891011123.(2021·山东卷·3)如图所示，粗糙程度处处相同的水平桌面上有一长为L的轻质细杆，一端可绕竖直光滑轴O转动，另一端与质量为m的小木块相连.木块以水平初速度v0出发，恰好能完成一个完整的圆周运动.在运动过程中，木块所受摩擦力的大小为√123456789101112在运动过程中，只有摩擦力做功，而摩擦力做功与路径有关，根据动能定理1234567891011124.如图甲所示，滑轮质量、摩擦均不计，质量为2kg的物体在拉力F作用下由静止向上做匀加速运动，物体速度随时间的变化关系如图乙所示，由此可知A.物体加速度大小为2m/s2B.F的大小为21NC.4s末F的功率为42WD.0～4s内F的平均功率为42W√123456789101112v－t图像的斜率表示物体加速度，由题图乙可知，a＝0.5m/s2，由2F－mg＝ma可得：F＝10.5N，A、B均错误；4s末F的作用点的速度大小为vF＝2v物＝4m/s，故4s末F的功率为P＝FvF＝42W，C正确；1234567891011125.(多选)(2022·广东卷·9)如图所示，载有防疫物资的无人驾驶小车，在水平MN段以恒定功率200W、速度5m/s匀速行驶，在斜坡PQ段以恒定功率570W、速度2m/s匀速行驶.已知小车总质量为50kg，MN＝PQ＝20m，PQ段的倾角为30°，重力加速度g取10m/s2，不计空气阻力.下列说法正确的有A.从M到N，小车牵引力大小为40NB.从M到N，小车克服摩擦力做功800JC.从P到Q，小车重力势能增加1×104JD.从P到Q，小车克服摩擦力做功700J√√√123456789101112小车从M到N，依题意有P1＝Fv1＝200W，代入数据解得F＝40N，故A正确；依题意，小车从M到N，因匀速行驶，小车所受的摩擦力大小为Ff1＝F＝40N，则摩擦力做功为W1＝－40×20J＝－800J，则小车克服摩擦力做功为800J，故B正确；依题意，从P到Q，重力势能增加量为ΔEp＝mg·PQsin30°＝5000J，故C错误；123456789101112依题意，小车从P到Q，摩擦力大小为Ff2，有摩擦力做功为W2＝－Ff2·PQ，联立解得W2＝－700J，则小车克服摩擦力做功为700J，故D正确.1234567891011126.(2023·黑龙江佳木斯市高三模拟)用铁锤把小铁钉钉入木板，设木板对钉子的阻力与钉进木板的深度成正比.已知铁锤第一次将钉子钉进d，如果铁锤第二次敲钉子时对钉子做的功与第一次相同，那么，第二次钉子进入木板的深度为√1234567891011121234567891011127.(2023·山东烟台市高三检测)一辆汽车在平直公路上由静止开始启动，汽车先保持牵引力F0不变，当速度为v1时达到额定功率Pe，此后以额定功率继续行驶，最后以最大速度vm匀速行驶.若汽车所受的阻力Ff为恒力，汽车运动过程中的速度为v、加速度为a、牵引力为F、牵引力的功率为P，则下列图像中可能正确的是能力综合练√123456789101112因为汽车先保持牵引力F0不变，由牛顿第二定律可得F0－Ff＝ma，又因为汽车所受的阻力Ff为恒力，所以开始阶段汽车做匀加速直线运动，所以v－t图像开始应有一段倾斜的直线，故A错误；123456789101112因为当速度为v1之前，保持牵引力F0不变，则功率满足P＝F0v，即P与v成正比，所以P－v图像中0～v1段图像应为过原点的直线，故D错误.1234567891011128.(多选)地下矿井中的矿石装在矿车中，用电机通过竖井运送至地面.某竖井中矿车提升的速度大小v随时间t的变化关系如图所示，其中图线①②分别描述两次不同的提升过程，它们变速阶段加速度的大小都相同；两次提升的高度相同，质量相等.不考虑摩擦阻力和空气阻力.对于第①次和第②次提升过程，下列说法正确的有A.矿车上升所用的时间之比为4∶5B.电机的最大牵引力之比为2∶1C.电机输出的最大功率之比为2∶1D.电机所做的功之比为4∶5√√123456789101112由于两次提升过程变速阶段的加速度大小相同，在匀加速阶段，由牛顿第二定律，F－mg＝ma，可得电机的最大牵引力之比为1∶1，选项B错误.123456789101112由功率公式，P＝Fv，电机输出的最大功率之比等于最大速度之比，为2∶1，选项C正确.1234567891011121234567891011129.(2021·湖南卷·3)“复兴号”动车组用多节车厢提供动力，从而达到提速的目的.总质量为m的动车组在平直的轨道上行驶.该动车组有四节动力车厢，每节车厢发动机的额定功率均为P，若动车组所受的阻力与其速率成正比(F阻＝kv，k为常量)，动车组能达到的最大速度为vm.下列说法正确的是A.动车组在匀加速启动过程中，牵引力恒定不变B.若四节动力车厢输出功率均为额定值，则动车组从静止开始做匀加速运动C.若四节动力车厢输出的总功率为2.25P，则动车组匀速行驶的速度为D.若四节动力车厢输出功率均为额定值，动车组从静止启动，经过时间t

达到最大速度vm，则这一过程中该动车组克服阻力做的功为

mvm2－Pt√123456789101112对动车组由牛顿第二定律有F牵－F阻＝ma，动车组匀加速启动，即加速度a恒定，但F阻＝kv随速度增大而增大，则牵引力也随阻力增大而增大，故A错误；123456789101112若四节动力车厢输出功率均为额定值，动车组从静止启动，经过时间t达到最大速度vm，123456789101112可得动车组克服阻力做的功为12345678910111210.一辆汽车由静止开始沿平直公路行驶，汽车所受牵引力F随时间t变化关系图线如图所示.若汽车的质量为1.2×103kg，阻力恒定，汽车的最大功率恒定，则以下说法正确的是√123456789101112由图可知，汽车在前4s内的牵引力不变，汽车做匀加速直线运动，4～12s内汽车的牵引力逐渐减小，则车的加速度逐渐减小，汽车做加速度减小的加速运动，直到车的速度达到最大值，以后做匀速直线运动，可知在4s末汽车的功率达到最大值；汽车的速度达到最大值后牵引力等于阻力，所以阻力Ff＝2×103N，前4s内汽车的牵引力为F＝5×103N，由牛顿第二定律F－Ff＝ma可得a＝2.5m/s2,4s末汽车的速度v1＝at1＝2.5×4m/s＝10m/s，所以汽车的最大功率P＝Fv1＝5×103×10W＝5×104W，A正确，B、C错误；12345678910111212345678910111211.质量为1.0×103kg的汽车，沿倾角为30°的斜坡由静止开始向上运动，汽车在运动过程中所受摩擦阻力大小恒为2000N，汽车发动机的额定输出功率为5.6×104W，开始时以a＝1m/s2的加速度做匀加速运动(g取10m/s2).求：(1)汽车做匀加速运动的时间；答案7s123456789101112由牛顿第二定律得F－mgsin30°－Ff＝ma设匀加速过程的末速度为v，则有P＝Fvv＝at1，解得t1＝7s.123456789101112(2)汽车所能达到的最大速率；当达到最大速度vm时，加速度为零，有Fm＝mgsin30°＋Ff则有P＝Fmvm＝(mgsin30°＋Ff)vm解得vm＝8m/s.答案8m/s123456789101112(3)若斜坡长143.5m，且认为汽车到达坡顶之前已达到最大速率，汽车从坡底到坡顶所需时间.又有x＝x1＋x2，解得t2≈15s故汽车运动的总时间为t＝t1＋t2＝22s.答案22s12345678910111212.一辆玩具赛车在水平直线跑道上由静止开始以10kW的恒定功率加速前进，赛车瞬时速度的倒数

和瞬时加速度a的关系如图所示，已知赛车在跑道上所受到的阻力恒定，赛车到达终点前已达到最大速度.下列说法中正确的是A.赛车做加速度逐渐增大的加速直线运动B.赛车的质量为20kgC.赛车所受阻力大小为500ND.赛车速度大小为5m/s时，加速度大小为50m/s2素养提升练√123456789101112DILIUZHANG第六章机械能守恒定律动能定理及其应用目标要求1.理解动能、动能定理，会用动能定理解决一些基本问题.2.能利用动能定理求变力做的功.3.掌握解决动能定理与图像结合的问题的方法.第2讲

内容索引考点一动能定理的理解和基本应用考点二应用动能定理求变力做功考点三动能定理与图像问题的结合课时精练考点一动能定理的理解和基本应用1.动能(1)定义：物体由于运动而具有的能量叫作动能.(2)公式：Ek＝

，单位：焦耳(J).1J＝1N·m＝1kg·m2/s2.(3)动能是标量、状态量.梳理必备知识2.动能定理(1)内容：力在一个过程中对物体做的功，等于物体在这个过程中______

.(2)表达式：W＝ΔEk＝Ek2－Ek1＝

.(3)物理意义：

做的功是物体动能变化的量度.动能的变化合力1.一定质量的物体动能变化时，速度一定变化，但速度变化时，动能不一定变化.(

)2.物体在合外力作用下做变速运动时，动能一定变化.(

)3.物体的动能不变，所受的合外力必定为零.(

)4.合力对物体做正功，物体的动能增加；合力对物体做负功，物体的动能减少.(

)√××√1.应用动能定理解题应抓住“两状态，一过程”，“两状态”即明确研究对象的始、末状态的速度或动能情况，“一过程”即明确研究过程，确定在这一过程中研究对象的受力情况和位置变化或位移信息.2.注意事项(1)动能定理中的位移和速度必须是相对于同一个参考系的，一般以地面或相对地面静止的物体为参考系.(2)当物体的运动包含多个不同过程时，可分段应用动能定理求解，也可以全过程应用动能定理求解.(3)动能是标量，动能定理是标量式，解题时不能分解动能.提升关键能力例1

如图所示，AB为四分之一圆弧轨道，BC为水平直轨道，圆弧的半径为R，BC的长度也是R.一质量为m的物体，与两个轨道间的动摩擦因数都为μ，它由轨道顶端A从静止开始下滑，恰好运动到C处停止，不计空气阻力，重力加速度为g，那么物体在AB段克服摩擦力所做的功为√BC段物体所受摩擦力为Ff＝μmg，位移为R，故BC段摩擦力对物体做功W＝－FfR＝－μmgR，对全程由动能定理可知mgR＋W1＋W＝0，解得W1＝μmgR－mgR，故AB段克服摩擦力做功为W克＝mgR－μmgR＝(1－μ)mgR，选D.例2

(2021·河北卷·6)一半径为R的圆柱体水平固定，横截面如图所示，长度为πR、不可伸长的轻细绳，一端固定在圆柱体最高点P处，另一端系一个小球，小球位于P点右侧同一水平高度的Q点时，绳刚好拉直，将小球从Q点由静止释放，当与圆柱体未接触部分的细绳竖直时，小球的速度大小为(重力加速度为g，不计空气阻力)√例3

一物块沿倾角为θ的斜坡向上滑动.当物块的初速度为v时，上升的最大高度为H，如图所示，当物块的初速度为

时，上升的最大高度记为h.重力加速度大小为g.物块与斜坡间的动摩擦因数和h分别为√物块以初速度v上升的过程，由动能定理得例4

如图所示，粗糙水平地面AB与半径R＝0.4m的光滑半圆轨道BCD相连接，且在同一竖直平面内，O是BCD的圆心，BOD在同一竖直线上.质量m＝1kg的小物块在9N的水平恒力F的作用下，从A点由静止开始做匀加速直线运动.已知xAB＝5m，小物块与水平地面间的动摩擦因数为μ＝0.1，当小物块运动到B点时撤去力F，取重力加速度g＝10m/s2，求：(1)小物块到达B点时速度的大小；从A到B过程，据动能定理可得解得小物块到达B点时速度的大小为(2)小物块运动到D点时，轨道对小物块作用力的大小.答案150N从B到D过程，据动能定理可得在D点由牛顿第二定律可得联立解得小物块运动到D点时，轨道对小物块作用力的大小为FN＝150N.应用动能定理的解题流程方法点拨考点二应用动能定理求变力做功例5

质量为m的物体以初速度v0沿水平面向左开始运动，起始点A与一轻弹簧O端相距s，如图所示.已知物体与水平面间的动摩擦因数为μ，物体与弹簧相碰后，弹簧的最大压缩量为x，则从开始碰撞到弹簧被压缩至最短，物体克服弹簧弹力所做的功为(重力加速度大小为g)√例6

(多选)(2023·重庆市模拟)游乐场有一种儿童滑轨，其竖直剖面示意图如图所示，AB部分是半径为R的四分之一圆弧轨道，BC为轨道水平部分，与半径OB垂直.一质量为m的小孩(可视为质点)从A点由静止滑下，滑到圆弧轨道末端B点时，对轨道的正压力大小为2.5mg，重力加速度大小为g.下列说法正确的是√√规律总结考点三动能定理与图像问题的结合图像与横轴所围“面积”或图像斜率的含义例7

(2021·湖北卷·4)如图(a)所示，一物块以一定初速度沿倾角为30°的固定斜面上滑，运动过程中摩擦力大小f恒定，物块动能Ek与运动路程s的关系如图(b)所示.重力加速度大小取10m/s2，物块质量m和所受摩擦力大小f分别为A.m＝0.7kg，f＝0.5NB.m＝0.7kg，f＝1.0NC.m＝0.8kg，f＝0.5ND.m＝0.8kg，f＝1.0N√0～10m内物块上滑，由动能定理得－mgsin30°·s－fs＝Ek－Ek0，整理得Ek＝Ek0－(mgsin30°＋f)s，结合0～10m内的图像得，斜率的绝对值|k|＝mgsin30°＋f＝4N，10～20m内物块下滑，由动能定理得(mgsin30°－f)(s－s1)＝Ek，整理得Ek＝(mgsin30°－f)s－(mgsin30°－f)s1，结合10～20m内的图像得，斜率k′＝mgsin30°－f＝3N，联立解得f＝0.5N，m＝0.7kg，故选A.例8

(2020·江苏卷·4)如图所示，一小物块由静止开始沿斜面向下滑动，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常数.该过程中，物块的动能Ek与水平位移x关系的图像是√例9

(多选)在某一粗糙的水平面上，一质量为2kg的物体在水平恒定拉力的作用下做匀速直线运动，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.重力加速度g取10m/s2.根据以上信息能精确得出或估算得出的物理量有A.物体与水平面间的动摩擦因数B.合力对物体所做的功C.物体做匀速运动时的速度D.物体运动的时间√√√因为物体做变加速运动，所以运动时间无法求出，D错误.方法点拨解决图像问题的基本步骤(1)观察题目给出的图像，弄清纵坐标、横坐标所对应的物理量及图线所表示的物理意义.(2)根据物理规律推导出纵坐标与横坐标所对应的物理量间的函数关系式.(3)将推导出的物理规律与数学上与之相对应的标准函数关系式相对比，找出图线的斜率、截距、图线之间的交点、图线与横轴围成的面积所对应的物理意义，分析解答问题，或者利用函数图线上的特定值代入函数关系式求物理量.四课时精练基础落实练1.(多选)如图所示，电梯质量为M，在它的水平地板上放置一质量为m的物体.电梯在钢索的拉力作用下竖直向上加速运动，当电梯的速度由v1增大到v2时，上升高度为H，重力加速度为g，则在这个过程中，下列说法正确的是1234567891011√√123456789101112345678910112.如图所示，一半圆弧形细杆ABC竖直固定在水平地面上，AC为其水平直径，圆弧半径BO＝3.6m.质量为m＝4.0kg的小圆环(可视为质点，小环直径略大于杆的)套在细杆上，在大小为50N、方向始终沿圆的切线方向的拉力F作用下，从A点由静止开始运动，到达B点时对细杆的压力恰好为0.已知π取3.14，重力加速度g取10m/s2，在这一过程中摩擦力做功为A.66.6J B.－66.6JC.210.6J D.－210.6J√123456789101112345678910113.(2023·湖南怀化市模拟)如图所示，DO是水平面，AB是斜面，初速度为v0的物体从D点出发沿DBA滑动到顶点A时速度刚好为零，如果斜面改为AC，让该物体从D点出发沿DCA滑动到A点且速度刚好为零，则物体具有的初速度(已知物体与斜面及水平面之间的动摩擦因数处处相同且不为零，不计B、C处能量损失)A.等于v0

B.大于v0C.小于v0

D.取决于斜面√123456789101112345678910114.(多选)(2023·云南昆明市第一中学、宁夏银川一中模拟)如图，若小滑块以某一初速度v0从斜面底端沿光滑斜面上滑，恰能运动到斜面顶端.现仅将光滑斜面改为粗糙斜面，仍让滑块以初速度v0从斜面底端上滑时，滑块恰能运动到距离斜面底端长度的

处.则A.滑块滑上斜面后能再次滑回斜面底端B.滑块滑上斜面后不能再次滑回斜面底端C.滑块在斜面上运动的整个过程产生的热量为D.滑块在斜面上运动的整个过程产生的热量为√√123456789101112345678910115.A、B两物体分别在水平恒力F1和F2的作用下沿水平面运动，先后撤去F1、F2后，两物体最终停下，它们的v－t图像如图所示.已知两物体所受的滑动摩擦力大小相等，则下列说法正确的是A.F1、F2大小之比为1∶2B.F1对A、F2对B做功之比为1∶2C.A、B质量之比为2∶1D.全过程中A、B克服摩擦力做功之比为2∶1能力综合练√1234567891011由v－t图像可知，两个匀减速运动的加速度大小之比为1∶2，由题可知A、B所受摩擦力大小相等，所以A、B的质量关系是2∶1，故C正确.由v－t图像可知，A、B两物体运动的位移相等，且匀加速运动位移之比为1∶2，匀减速运动的位移之比为2∶1，由动能定理可得F1与摩擦力的关系：F1·x－Ff1·3x＝0－0，F2与摩擦力的关系：F2·2x－Ff2·3x＝0－0，因此可得：F1＝3Ff1，F2＝

Ff2，Ff1＝Ff2，所以F1＝2F2.全过程中A、B克服摩擦力做的功相等，F1对A、F2对B做的功大小相等，故A、B、D错误.12345678910116.电梯是一种以电动机为动力的垂直升降机，用于多层建筑载人或载运货物.某次电梯从地面由静止启动，加速度a与离地高度h的关系图像如图所示，则A.2h0～3h0范围内电梯向上做匀减速直线运动B.电梯在0～h0和2h0～3h0范围内的速度变化量相等C.电梯在3h0处的速度大小为D.电梯上升的最大高度可能为3h0√1234567891011由题图可知从0到2h0，电梯先做加速度增大的加速运动再做匀加速运动，从2h0到3h0做加速度减小的加速运动，当加速度为零时，电梯向上的速度不为零，仍会向上运动，则电梯上升的最大高度一定大于3h0，故A、D错误；12345678910117.(2019·全国卷Ⅲ·17)从地面竖直向上抛出一物体，物体在运动过程中除受到重力外，还受到一大小不变、方向始终与运动方向相反的外力作用.距地面高度h在3m以内时，物体上升、下落过程中动能Ek随h的变化如图所示.重力加速度取10m/s2.该物体的质量为A.2kg B.1.5kgC.1kg D.0.5kg√1234567891011法一：特殊值法画出运动示意图.设该外力的大小为F，据动能定理知A→B(上升过程)：－(mg＋F)h＝EkB－EkAB→A(下落过程)：(mg－F)h＝EkA′－EkB′整理以上两式并代入数据得物体的质量m＝1kg，选项C正确.法二：写表达式根据斜率求解上升过程：－(mg＋F)h＝Ek－Ek0，1234567891011则Ek＝－(mg＋F)h＋Ek0下落过程：(mg－F)h＝Ek′－Ek0′，则Ek′＝(mg－F)h＋Ek0′，联立可得m＝1kg，选项C正确.12345678910118.(多选)如图所示为一滑草场.某条滑道由上下两段高均为h、与水平面夹角分别为45°和37°的滑道组成，载人滑草车与草地各处间的动摩擦因数均为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(不计载人滑草车在两段滑道交接处的能量损失，重力加速度大小为g，sin37°＝0.6，cos37°＝0.8).则√√12345678910111234567891011全过程有WG－W克f＝0，则载人滑草车克服摩擦力做功为2mgh，选项C错误；12345678910119.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的小球(可看成质点)从P点上方高为R处由静止开始下落，恰好从P点进入轨道.小球滑到轨道最低点N时，对轨道的压力大小为4mg，g为重力加速度.用W表示小球从P点运动到N点的过程中克服摩擦力所做的功，则√1234567891011由于小球在PN段某点处的速度大于此点关于ON在NQ段对称点处的速度，所以小球在PN段某点处受到的支持力大于此点关于ON在NQ段对称点处受到的支持力，1234567891011则小球在NQ段克服摩擦力做的功小于在PN段克服摩擦力做的功，小球在NQ段运动时，123456789101110.(2023·云南昆明市第一中学模拟)如图甲所示，两个不同材料制成的滑块A、B静置于水平桌面上，滑块A的右端与滑块B的左端接触.某时刻开始，给滑块A一个水平向右的力F，使滑块A、B开始滑动，当滑块A、B滑动1.0m时撤去力F.整个运动过程中，滑块A、B的动能Ek随位移x的变化规律如图乙所示.不计空气阻力，求：1234567891011(1)滑块A对B做的功；答案12J1234567891011B在撤去F后继续滑行xB＝1.0m，撤去F时B的动能EkB＝6J，由动能定理有－FfBxB＝0－EkB在撤去F前，对B由动能定律得WAB－FfBx＝EkB联立并代入数据解得WAB＝12J1234567891011(2)力F的大小.答案39N1234567891011撤去力F后，滑块A继续滑行的距离为xA＝0.5m，撤去F时A的动能EkA＝9J，由动能定理有－FfAxA＝0－EkA力F作用的过程中，分析滑块A、B整体，由动能定理有(F－FfA－FfB)x＝EkA＋EkB代入数据解得F＝39N.123456789101111.如图，在竖直平面内，一半径为R的光滑圆弧轨道ABC和水平轨道PA在A点相切，BC为圆弧轨道的直径，O为圆心，OA和OB之间的夹角为α，sinα＝

.一质量为m的小球沿水平轨道向右运动，经A点沿圆弧轨道通过C点，落至水平轨道；在整个过程中，除受到重力及轨道作用力外，小球还一直受到一水平恒力的作用，已知小球在C点所受合力的方向指向圆心，且此时小球对轨道的压力恰好为零.重力加速度大小为g.求：(1)水平恒力的大小和小球到达C点时速度的大小；12345678910111234567891011(2)小球到达B点时对圆弧轨道的压力大小.1234567891011设小球到达B点时速度的大小为vB，小球由B到C的过程中由动能定理可得DILIUZHANG第六章机械能守恒定律机械能守恒定律及其应用目标要求1.知道机械能守恒的条件，理解机械能守恒定律的内容.2.会用机械能守恒定律解决单个物体或系统的机械能守恒问题.第3讲

内容索引考点一机械能守恒的判断考点二单物体机械能守恒问题考点三系统机械能守恒问题课时精练考点一机械能守恒的判断1.重力做功与重力势能的关系(1)重力做功的特点①重力做功与

无关，只与始末位置的

有关.②重力做功不引起物体

的变化.(2)重力势能①表达式：Ep＝

.②重力势能的特点重力势能是物体和

所共有的，重力势能的大小与参考平面的选取

，但重力势能的变化与参考平面的选取

.梳理必备知识路径高度差机械能mgh地球有关无关(3)重力做功与重力势能变化的关系重力对物体做正功，重力势能

；重力对物体做负功，重力势能

.即WG＝Ep1－Ep2＝－ΔEp.2.弹性势能(1)定义：发生

的物体的各部分之间，由于有弹力的相互作用而具有的势能.(2)弹力做功与弹性势能变化的关系：弹力做正功，弹性势能

；弹力做负功，弹性势能

.即W＝

.减小增大弹性形变减小增大－ΔEp3.机械能守恒定律(1)内容：在只有重力或弹力做功的物体系统内，

与

可以互相转化，而总的机械能

.(2)表达式：mgh1＋

mv12＝

.动能势能保持不变1.物体所受的合外力为零，物体的机械能一定守恒.(

)2.物体做匀速直线运动，其机械能一定守恒.(

)3.物体的速度增大时，其机械能可能减小.(

)××√机械能是否守恒的三种判断方法(1)利用机械能的定义判断：若物体动能、势能之和不变，则机械能守恒.(2)利用做功判断：若物体或系统只有重力(或弹簧的弹力)做功，虽受其他力，但其他力不做功(或做功代数和为0)，则机械能守恒.(3)利用能量转化判断：若物体或系统与外界没有能量交换，物体或系统内也没有机械能与其他形式能的转化，则机械能守恒.提升关键能力例1

忽略空气阻力，下列物体运动过程中满足机械能守恒的是A.电梯匀速下降B.物体由光滑斜面顶端滑到斜面底端C.物体沿着斜面匀速下滑D.拉着物体沿光滑斜面匀速上升√电梯匀速下降，说明电梯处于受力平衡状态，并不是只有重力做功，机械能不守恒，所以A错误；物体在光滑斜面上，受重力和支持力的作用，但是支持力的方向和物体位移的方向垂直，支持力不做功，只有重力做功，机械能守恒，所以B正确；物体沿着斜面匀速下滑，物体处于受力平衡状态，摩擦力和重力都要做功，机械能不守恒，所以C错误；拉着物体沿光滑斜面匀速上升，物体处于受力平衡状态，拉力和重力都要做功，机械能不守恒，所以D错误.例2

(多选)一蹦极运动员身系弹性蹦极绳从水面上方的高台下落，到最低点时距水面还有数米距离.假定空气阻力可忽略，运动员可视为质点，下列说法正确的是A.运动员到达最低点前重力势能始终减小B.蹦极绳张紧后的下落过程中，弹力做负功，弹性势能增加C.蹦极过程中，运动员、地球和蹦极绳所组成的系统机械能守恒D.蹦极过程中，重力势能的改变量与重力势能零点的选取有关√√√在运动员到达最低点前，运动员一直向下运动，根据重力势能的定义可知重力势能始终减小，故选项A正确；蹦极绳张紧后的下落过程中，弹力方向向上，而运动员向下运动，所以弹力做负功，弹性势能增加，故选项B正确；对于运动员、地球和蹦极绳所组成的系统，蹦极过程中只有重力和弹力做功，所以系统机械能守恒，故选项C正确；重力做功是重力势能转化的量度，即WG＝－ΔEp，而蹦极过程中重力做功只与初末位置的高度差有关，与重力势能零点的选取无关，所以重力势能的改变量与重力势能零点的选取无关，故选项D错误.例3

(多选)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，槽的左侧有一固定的竖直墙壁(不与槽粘连).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，小球的机械能守恒C.小球从A点经最低点向右侧最高点运动的过程中，小球与半圆形槽组

成的系统机械能守恒D.小球从下落到从右侧离开半圆形槽的过程中，机械能守恒√√当小球从半圆形槽的最低点运动到半圆形槽右侧的过程中，小球对半圆形槽的力使半圆形槽向右运动，半圆形槽对小球的支持力对小球做负功，小球的机械能不守恒，A、D错误；小球从A点向半圆形槽的最低点运动的过程中，半圆形槽静止，则只有重力做功，小球的机械能守恒，B正确；小球从A点经最低点向右侧最高点运动的过程中，小球与半圆形槽组成的系统只有重力做功，机械能守恒，C正确.考点二单物体机械能守恒问题梳理必备知识1.表达式2.应用机械能守恒定律解题的一般步骤例4

(2022·全国乙卷·16)固定于竖直平面内的光滑大圆环上套有一个小环，小环从大圆环顶端P点由静止开始自由下滑，在下滑过程中，小环的速率正比于A.它滑过的弧长B.它下降的高度C.它到P点的距离D.它与P点的连线扫过的面积√例5

(2021·浙江1月选考·20改编)如图所示，竖直平面内由倾角α＝60°的斜面轨道AB、半径均为R的半圆形细圆管轨道BCDE和

圆周细圆管轨道EFG构成一游戏装置固定于地面，B、E两处轨道平滑连接，轨道所在平面与竖直墙面垂直.轨道出口处G和圆心O2的连线，以及O2、E、O1和B等四点连成的直线与水平线间的夹角均为θ＝30°，G点与竖直墙面的距离d＝

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；答案见解析从A到C，小球的机械能守恒，有(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；答案见解析小球从A到D，由机械能守恒定律有满足的条件h≥R(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，则考点三系统机械能守恒问题梳理必备知识1.解决多物体系统机械能守恒的注意点(1)对多个物体组成的系统，要注意判断物体运动过程中系统的机械能是否守恒.一般情况为：不计空气阻力和一切摩擦，系统的机械能守恒.(2)注意寻找用绳或杆相连接的物体间的速度关系和位移关系.(3)列机械能守恒方程时，一般选用ΔEk＝－ΔEp或ΔEA＝－ΔEB的形式.2.几种实际情景的分析(1)速率相等情景注意分析各个物体在竖直方向的高度变化.(2)角速度相等情景①杆对物体的作用力并不总是沿杆的方向，杆能对物体做功，单个物体机械能不守恒.②由v＝ωr知，v与r成正比.(3)某一方向分速度相等情景(关联速度情景)两物体速度的关联实质：沿绳(或沿杆)方向的分速度大小相等.(4)含弹簧的系统机械能守恒问题①由于弹簧发生形变时会具有弹性势能，系统的总动能将发生变化，若系统除重力、弹簧弹力以外的其他力不做功，系统机械能守恒.②弹簧两端物体把弹簧拉伸至最长(或压缩至最短)时，两端的物体具有相同的速度，弹性势能最大.③对同一弹簧，弹性势能的大小由弹簧的形变量决定，弹簧的伸长量和压缩量相等时，弹簧的弹性势能相等.考向1速率相等情景例6

如图所示，可视为质点的小球A、B用不可伸长的细软轻线连接，跨过固定在地面上、半径为R的光滑圆柱，A的质量为B的两倍.当B位于地面上时，A恰与圆柱轴心等高.将A由静止释放，B上升的最大高度是√多个物体组成的系统，应用机械能守恒时，先确定系统中哪些能量增加、哪些能量减少，再用ΔE增＝ΔE减(系统内一部分增加的机械能和另一部分减少的机械能相等)解决问题.方法点拨考向2角速度相等情景例7

(多选)(2023·安徽滁州市定远县第三中学模拟)轮轴机械是中国古代制陶的主要工具.如图所示，轮轴可绕共同轴线O自由转动，其轮半径R＝20cm，轴半径r＝10cm，用轻质绳缠绕在轮和轴上，分别在绳的下端吊起质量为2kg、1kg的物块P和Q，将两物块由静止释放，释放后两物块均做初速度为0的匀加速直线运动，不计轮轴的质量及轴线O处的摩擦，重力加速度g取10m/s2.在P从静止下降1.2m的过程中，下列说法正确的是A.P、Q速度大小始终相等B.Q上升的距离为0.6mC.P下降1.2m时Q的速度大小为2m/sD.P下降1.2m时的速度大小为4m/s√√例8

(多选)(2023·福建省厦门一中高三检测)如图所示，质量均为m的物块A和B用不可伸长的轻绳连接，A放在倾角为θ的固定光滑斜面上，而B能沿光滑竖直杆上下滑动，杆和滑轮中心间的距离为L，物块B从与滑轮等高处由静止开始下落，斜面与杆足够长，重力加速度为g.在物块B下落到绳与水平方向的夹角为θ的过程中，下列说法正确的是A.物块B的机械能的减少量大于物块A的重力势能的增加量B.物块B的重力势能减少量为mgLtanθC.物块A的速度大于物块B的速度D.物块B的末速度为考向3关联速度情景√√√将物块B的速度分解为沿绳方向的速度和垂直绳方向的速度，则vA＝v绳＝vBsinθ，则物块A的速度小于物块B的速度，故C错误；例9

(多选)如图所示，一根轻弹簧一端固定在O点，另一端固定一个带有孔的小球，小球套在固定的竖直光滑杆上，小球位于图中的A点时，弹簧处于原长，现将小球从A点由静止释放，小球向下运动，经过与A点关于B点对称的C点后，小球能运动到最低点D点，OB垂直于杆，则下列结论正确的是A.小球从A点运动到D点的过程中，其最大加速度一定大于重力加速度gB.小球从B点运动到C点的过程，小球的重力势能和弹簧的弹性势

能之和可能增大C.小球运动到C点时，重力对其做功的功率最大D.小球在D点时弹簧的弹性势能一定最大√考向4含弹簧的系统机械能守恒问题√在B点时，小球的加速度为g，在BC间弹簧处于压缩状态，小球在竖直方向除受重力外还有弹簧弹力沿竖直方向向下的分力，所以小球从A点运动到D点的过程中，其最大加速度一定大于重力加速度g，故A正确；由机械能守恒定律可知，小球从B点运动到C点的过程，小球做加速运动，即动能增大，所以小球的重力势能和弹簧的弹性势能之和一定减小，故B错误；小球运动到C点时，由于弹簧的弹力为零，合力为重力G，所以小球从C点往下还会加速一段，所以小球在C点的速度不是最大，即重力的功率不是最大，故C错误；D点为小球运动的最低点，速度为零，小球机械能最小，由小球和弹簧组成的系统运动过程中只有重力做功，系统机械能守恒，所以小球在D点时弹簧的弹性势能最大，故D正确.例10

如图所示，A、B两小球由绕过轻质定滑轮的细线相连，A放在固定的光滑斜面上，B、C两小球在竖直方向上通过劲度系数为k的轻质弹簧相连，C球放在水平地面上.现用手控制住A，并使细线刚刚拉直但无拉力作用，并保证滑轮左侧细线竖直、右侧细线与斜面平行.已知A的质量为4m，B、C的质量均为m，重力加速度为g，细线与滑轮之间的摩擦不计.开始时整个系统处于静止状态；释放A后，A沿斜面下滑至速度最大时，C恰好离开地面.求：(1)斜面的倾角α；答案30°由题意可知，当A沿斜面下滑至速度最大时，C恰好离开地面，A的加速度此时为零.由牛顿第二定律得4mgsinα－2mg＝0(2)A球获得的最大速度vm的大小.初始时系统静止且细线无拉力，弹簧处于压缩状态，设弹簧压缩量为Δx，对B：kΔx＝mg因α＝30°，则C球离开地面时，弹簧伸长量也为Δx，故弹簧弹性势能变化量为零，A、B、C三小球和弹簧组成的系统机械能守恒，四课时精练12345678910111213基础落实练1.如图所示，斜劈劈尖顶着竖直墙壁静止在水平面上.现将一小球从图示位置由静止释放，不计一切摩擦，则在小球从释放到落至地面的过程中，下列说法中正确的是A.斜劈对小球的弹力不做功B.斜劈与小球组成的系统机械能守恒C.斜劈的机械能守恒D.小球重力势能的减少量等于斜劈动能的增加量√12345678910111213不计一切摩擦，小球下滑时，小球和斜劈组成的系统只有小球的重力做功，系统机械能守恒，B正确；斜劈动能增加，重力势能不变，故斜劈的机械能增加，C错误；由系统机械能守恒可知，小球重力势能的减少量等于斜劈动能的增加量和小球动能的增加量之和，D错误；斜劈对小球的弹力与小球位移的夹角大于90°，故弹力做负功，A错误.123456789101112132.(2021·海南卷·2)水上乐园有一末段水平的滑梯，人从滑梯顶端由静止开始滑下后落入水中.如图所示，滑梯顶端到末端的高度H＝4.0m，末端到水面的高度h＝1.0m.取重力加速度g＝10m/s2，将人视为质点，不计摩擦和空气阻力.则人的落水点到滑梯末端的水平距离为A.4.0m B.4.5mC.5.0m D.5.5m√12345678910111213123456789101112133.质量为m的小球从距离水平地面高H处由静止开始自由落下，取水平地面为参考平面，重力加速度大小为g，不计空气阻力，当小球的动能等于重力势能的2倍时，经历的时间为√12345678910111213123456789101112134.(2023·武汉东湖区联考)如图所示，有一条长为L＝1m的均匀金属链条，有一半在光滑的足够高的斜面上，斜面顶端是一个很小的圆弧，斜面倾角为30°，另一半竖直下垂在空中，当链条从静止开始释放后链条滑动，则链条刚好全部滑出斜面时的速度为(g取10m/s2)√12345678910111213123456789101112135.(多选)如图，一个质量为0.9kg的小球以某一初速度从P点水平抛出，恰好从光滑圆弧ABC的A点沿切线方向进入圆弧(不计空气阻力，进入圆弧时无机械能损失).已知圆弧的半径R＝0.3m，θ＝60°，小球到达A点时的速度vA＝4m/s.(取g＝10m/s2)下列说法正确的是√√12345678910111213小球恰好从光滑圆弧ABC的A点沿切线方向进入圆弧，则小球到A点时的速度与水平方向的夹角为θ，所以v0＝vx＝vAcosθ＝2m/s，选项A错误；12345678910111213123456789101112136.如图所示，有一光滑轨道ABC，AB部分为半径为R的

圆弧，BC部分水平，质量均为m的小球a、b固定在竖直轻杆的两端，轻杆长为R，小球可视为质点，开始时a球处于圆弧上端A点，由静止开始释放小球和轻杆，使其沿光滑弧面下滑，重力加速度为g，下列说法正确的是√12345678910111213对于单个小球来说，杆的弹力做功，小球机械能不守恒，A、B错误；123456789101112137.(多选)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的正下方，C是AO′段的中点，θ＝30°.现让小球从A处由静止释放，重力加速度为g，下列说法正确的有能力综合练√√12345678910111213下滑过程中小球的机械能会与弹簧的弹性势能相互转化，因此小球的机械能不守恒，故A错误；到达B点时加速度与速度方向相同，因此小球还会加速，故C错误；1