2022年高考物理二轮复习分层突破 机械能守恒定律和功能关系 解析版

2022年高考物理二轮复习分层突破

第穴讲机械能守恒定律和有能关系

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"，减速带的宽度远小于d；一质量为，”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？

（无动力）小车

【答案】⑴mg"；⑵，叫乙+29asi皿-〃吗⑶L>d+-^

30sin。

【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

mgsin6=ma

设小车通过第30个减速带后速度为ri,到达第31个减速带时的速度为四，则有

v；-匕2=2ad

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V!和也；经过每一个减速带时损失的机械能为

△E=；mv\-；mv^

联立以上各式解得

AE=mgdsin0

(2)(11(1)知小车通过第50个减速带后的速度为vi,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

mg（L+29d）sin6—=gmv；

联立解得

空总+29d）sin6-Rtngs

故在每一个减速带上平均损失的机械能为

,_/_mg（L+29d）sin6-〃，"gs

F一一

3030

(3)由题意可知

可得

L>d+-^-

sin。

2.(2021•浙江卷)如图所示，水平地面上有一高H=0.4m的水平台面，台面上竖直放置倾角6=37。的粗

糙直轨道A8、水平光滑直轨道8C、四分之一圆周光滑细圆管道8和半圆形光滑轨道。环，它们平滑连

接，其中管道C£＞的半径r=0.1m、圆心在。|点，轨道DEF的半径R=0.2m、圆心在O2点，。1、D、Q和

尸点均处在同一水平线上。小滑块从轨道A8上距台面高为/?的尸点静止下滑，与静止在轨道BC上等质量

的小球发生弹性碰撞，碰后小球经管道C。、轨道OE厂从尸点竖直向下运动，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。点，己知小滑块与轨道AB间

的动摩擦因数〃=、，sin37°=0.6,cos37°=0.8o

(1)若小滑块的初始高度〃=0.9m,求小滑块到达8点时速度%的大小；

(2)若小球能完成整个运动过程，求力的最小值〃min；

结合(1)问可得

VAmin=§

解得h的最小值

%=0.45m

(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

；“4=gmv^min+mg(R+y)

由平抛运动可得

12

x=HTr+r-y=-gtz

联立可得水平距离为

x=2j(0.5-y)(O.3+y)

由数学知识可得当

0.5-y=0.3+y

取最大，最大值为

%=0-8m

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

守恒要选择零

三

观点势能面

种

表

转化不用选择

达

零势能面

形观点,

式

转移不用选择

观点零势能面

例题1.（多选）如图，一条全长为乙、质量为〃，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名

2

C.软绳刚好全部离开桌面时速度大小为夜

D.运动过程中留在桌面上软绳的动量最大值为正

【答案】BCD

【解析】软绳下滑过程中加速度=机。

解得a=/g，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,

L

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葭g=府，解得。=会，故B

正确；设下落/的速度为v,根据机械能守恒得mg-3=3机解得y=4代入/=L,软绳刚

好全部离开桌面时速度大小为y[gL,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，叼麻，故DiE

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。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)()

【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，^nw2=2mgr+^mvt2,

小物块做平抛运动时，落地点到轨道下端的距离

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、。两球质量相等，开始两球静止，将尸上方的细绳烧断，在0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、。两球受力分析可知利＞硕，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；。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。

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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^^Ek.

(2)重力做功与重力势能的关系：WG=-^EP.

(3)弹力做功与弹性势能的关系：W«=-AEP.

(4)除重力以外其他力做功与机械能的关系：W“他=△6机

(5)滑动摩擦力做功与内能的关系：FfXm=\E风

(6)电场力做功与电势能的关系：卬电=-AEp也

(7)克服安培力做功与电能的关系：W«=AE.u.

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lOm/s?.则()

3()

24

18

12

6

012345.v/m

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0.5

C.物块下滑时加速度的大小为6.0m/s2

D.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AE=30J70J=20J,重力势能的减少量

2

=mgh=30J,%AE=/zwgcosas,其中cosa=s=0.8,6=3.0m,g=10m/s,则可得/n=lkg,〃

=0.5,故B正确；物块下滑时的加速度大小”=gsina—〃geosa=2m/s?,故C错误；物块下滑2.0m时损

失的机械能为△E'=""?gcosa-『=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用，第二次击打过程中小锤对小球做功乱。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，则察的值可能是（）（"I";

11

A.-B.-C.ID.2

32

【答案】AB

【解析】第一次击打后球最多到达与球心。等高位置，根据功能关系，有

WiWmgR①

两次击打后可以到轨道最高点，根据功能关系，有

12/、

W}+W2-2mgR=-mv@

在最高点，有〃?g+FN=二＞mg@

R

联立①②③解得WWmgR

3

Wi>—mgR

W.2

故———

W,3

故ABiE确，CD错误。故选AB。

例题4.如图所示，倾角9=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=\kg的物体A和B用一劲度系数Z=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

a=53。，且物体8对挡板P的压力恰好为零.图中SD水平且长度为4=0.2m,位置R与位置。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，sin37o=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Wr;

(3)小环C运动到位置Q的速率V.

【答案】⑴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0.3

(3)小环C运动到位置Q的速率是2m/s.

【解析】(1)先以A8组成的整体为研究对象，A8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=2优gsin6>=2XlOXsin37°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：

Teos530=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8受到重力、支持力和弹簧的拉力，弹簧处于伸长状

态；产生8沿斜面方向的受力：Q=〃zgsin9=1XlOXsin37°=6N

弹簧的伸长量：Axi=，wgsin。/%=0.025m

当小环C通过位置S时A下降的距离为

XA=」--d=0.05m

sina

此时弹簧的压.缩量AA-2=XA—A.ri=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：Mgdcota+，〃gXAsinO=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：

M+Mgdcota=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(2dcota)=^A/r2+^/nra

对环在Q点的速度进行分解如图2所示，则：

iu=ocosa

两式联立可得：z，=2m/s

夯实成果练4.（多选）如图，滑块“、6的质量均为处。套在固定竖直杆上，与光滑水平地面相距〃，b放

在地面上.4、h通过钱链用刚性轻杆连接，由静止开始运动.不计摩擦，4、b可视为质点，重力加速度

大小为8.则（）

A.a落地前，轻杆对。一直做正功

B.。落地时速度大小为吸前

C.a下落过程中，其加速度大小始终不大于g

D.a落地前，当。的机械能最小时，6对地面的压力大小为，咫

【答案】BD

【解析】

滑块〃的初速度为零，末速度也为零，所以较杆对6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，人的速度为零，则〃吆/?=/"42+0,即%=黄前，

选项B正确；4、。先后的受力如图所示.

由。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6的加速

度为零(即轻杆对。的作用力为零)时，。的机械能最大，”的机械能最小，这时〃受重力、支持力，且受到

的支持力大小为，〃g,由牛顿第三定律可知，b对地面的压力大小为,”g,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^=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(“=0,。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«=-AEP

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，其储存的

弹性势能就相同，弹簧先后经历两次相同的形变的过程中，弹性势能的变化相同.

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E4相连)、高度力可调的斜轨道组成.游戏时滑块从。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8端则视为游戏成功.已知圆轨道半径r=0.1m,OE长心=0.2m,AC

长上=0.4m,圆轨道和AE光滑，滑块与A3、。£之间的动摩擦因数〃=05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：

,、、

:r%弹射器

.g1

c\*L2—HAEh-LTo

(1)滑块恰好能过圆轨道最高点尸时的速度W大小；

(2)当力=0.1m且游戏成功时，滑块经过E点对圆轨道的压力尸N大小及弹簧的弹性势能Epo;

(3)要使游戏成功，弹簧的弹性势能与与高度h之间满足的关系.

【答案】见解析

【解析】⑴滑块恰过尸点的条件为，咫=〃产

解得VF=1m/s

(2)滑块从E点到8点，由动能定理得

-mgh-pimgL2=0—产VE2

在E点由牛顿第二定律得尸N'-，"g=/

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。点到B点

Epo-mgh+五)=0

解得5=8.0x103j

(3)滑块恰能过尸点的弹性势能

23

Epi—2mgr+fimgLi+^IVF—7.0x10-J

到B点减速到0

Epi—mghi—fimg(LI+L2)=0

解得/zi=0.05m

滑块能停在B点时，设斜轨道的最大倾角为e,

贝!|fimgcos0—mgsin0

解得tan，=0.5,此时人2=0.2m

从O点到B点

Ep=/ng/?+"mg(Zd+Z<2)=2xlO'(106+3)(J)

其中0.05m</j<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』A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。质量为机的小物块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4=1，重力加速度大小

4

34

为g。(取sin37°=—，cos370=—)

(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，

7

恰好通过G点。G点在C点左下方，与C点水平相距]R、竖直相距A,求P运动到D点时速度的大小和

D

/]23___\

m

【答案】(1)VB=2痴；(2)£：p=—mgR：(3)vD=-y]5gR：=-

(l)根据题意可知，BC之间的距离为1=7R-2R=5R,①

设P到达B点时的速度为VB，山动能定理得

fnglsinO-]iimglcos0=—mvn2,②

式中8=37。，联立①②式并由题给条件解得：叫=29.③

(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国。P由8点运动到E点的过程中，由

动能定理有

mgxsin0-jjmgxcos。一耳=0-gmv1④

E、尸之间的距离G为

/I=4R-2R+JC⑤

P到达E点后反弹，从E点运动到尸点的过程中，由动能定理有

Ep-wzg/isin0-^unglicosO®

联立③④⑤⑥式并由题给条件得

x=R⑦

12

耳=《，”gR⑧

75

（3）设改变后P的质量为皿。。点与G点的水平距离X）和数值距离”分别为x1=-/?--/?sin3@

26

y.=R+—R+—Reos。⑩

-66

式中，已应用了过C点的圆轨道半径与竖直方向夹角仍为。的事实。

设尸在。点的速度为山，由。点运动到G点的时间为％由平抛运动公式有

M=gg产⑪

X\=VDt@

联立⑨⑩0跃得

彩=|师⑬

设P在c点速度的大小为VC。在P由c运动到D的过程中机械能守恒，有

g：gvg+w1g(-^R+^Rcos3)⑭

尸由E点运动到C点的过程中，同理，由动能定理有

Ep-?«ig(x+5R)sin8-/zmig(x+5&)cosd=⑮

联立⑦⑧⑬⑭⑮式得

Wi=-w<S>

3

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L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PQ。质量为加的小物块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X。)，，x轴的正方向水平向右，y轴的正方

向竖直向下，弧形轨道P端坐标为(2//L,心,。端在V轴上。重力加速度为g。

(1)若A从倾斜轨道上距X轴高度为的位置由静止开始下滑，求A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PQ上的动能均相同，求PQ的

曲线方程；

(3)将质量为力初(2为常数且/L25)的小物块B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x轴高度的取值范围。

【答案】(1)；(2)x=242心-U(其中，/.iL<y<2/JL)；(3)

3y

A-3(4—1)2尸

【解析】

(1)物块A从光滑轨道滑至。点，根据动能定理

mg•2/LIL-/umgL—gmv2

解得

v=12〃gL

(2)物块A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(毛田，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

,12

2

X=vot,y=-gt

解得水平初速度为

2gx?

%=丁

2y

物块A从。点到落点，根据动能定理可知

mgy=Ek

解得落点处动能为

Ek=mgy+；mv1=mgy+

因为物块A从。点到弧形轨道上动能均相同，将落点尸(2〃L,〃L)的坐标代入，可得

“mgx2.mgL)2.

"k=agy+4y-mg®'“=2jgLT

化简可得

y+£=2//L

即

x=2j2KLy（其中，juL<y<2pL）

(3)物块A在倾斜轨道上从距％轴高力处静止滑下，到达。点与B物块碰前，其速度为%,根据动能定

理可知

mgh_/nmgL=­mv1

解得

%=2gh-2jjgL------①

物块A与B发生弹性碰撞，使A和B均能落在弧形轨道匕且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。点。规定水平向右为正方向，碰后AB的速度大小

分别为匕和为，在物块A与B碰撞过程中，动量守恒，能量守恒。则

mv=4-

0-mvlAmv2

gmvl=gmV,2+g•A,mv1

解得

A-l

匕一2,Jo②

/t+1

2

%一一%③

/t+1

设碰后A物块反弹，再次到达。点时速度为％，根据动能定理可知

-2/dmgL—；mv1-mv\

解得

片=v；-4〃gL

据题意，A落在B落点的右侧，则

V3>V2・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:

匕412寒史・⑥

联立以上，可得〃的取值范围为

3A—1+A+1

------uL<h<----------r--4uL

2-3(2-I)2

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。

Q）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

机=弓,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=-mv^,

2

滑块在B点处,由牛顿第二定律，N-mg=m2

R

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。由机械能守叵定律，

mgR=—Mvn?+—m(2v^2,

22

解得：=秒

②设滑块运动到C点时，小车速度大小为vC,由功能关系：

mgR-/jmgL=；Mv3+；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，pmg=Ma

由运动学规律，d-%2=_2as,

联立解得：s=Z/3.o

%Mm廉

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

=月牙也对，”机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△£碱和增加的能量总和增，最后由△£诚

=△列式求解.

满足的条件：/?>/?

(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/?需满足的条件是/7W/?+3Rsin6=获

第2种情况：小球与墙面垂宜碰撞后原路返回，

小球与墙面碰撞后，进入G前做平抛运动，则

Vxt=Vv""=d,其中以=VGsin仇Vy=VGCOS0

g

.田士.VGCOS0

故有VGSin”Z1•------—a

g

可得vG=2y[gR

由机械能守恒定律有mg(h—^R)=^mvG2

9

可得17=需

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vo=2.Om/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

〃=010,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

।产B„J

///////////////////J///////////////////77777

【答案】见解析

【解析】(I)根据牛顿第二定律3g=加84./+/8且="4。从，解得。4=4.。m/52,

aB=l.Om/s?.

（2）设经过时间ti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v0-aBt}=aAtt

/12、12

=V,X=_/初）一]"/]

代入数据解得/■,=0.4s,v=1,6m/s,x=0.4m

（3）产生的热量Q=fJmBg{x+L），代入数据解得Q=2.4J

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，力尸随高度x的变化关系如图所示,

物体能上升的最大高度为力。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2•丹

H

Fh2

C.物体动能的最大值为皿

8H

D,加速度的最大值为一---

2H-h

【答案】ACD

【解析】因作用在物体上的力尸均匀地减小，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〃，选项A正确：因变力尸在均匀地变化，山图中的几何关系可知该过程中的平均

作用力为石_刀厂耳+与_乙（2"-力），所以在物体能上升到最大高〃的过程中，由功能关系有

r——

22H

Fh=mgh，联立可得〃zg="（，1——,选项B错误；当F="?g时动能最大，此时娱=加',,

2HHH-h

.•（罪—mg）HP+mo,ph2

解得力=—，由动能定理为卜h-mgh=Ehn,解得Ehn=皿，选项C正确；

△o28//

在开始时，由牛顿第二定律有Fo-，〃g="?a,联立解得a=—^一，选项D正确。故选ACD。

2/7-/?

夯实成果练8.（多选）在倾角。=37"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O.8g（g为重力加速度,sin370=0.6），则（）

A.物块与斜面间的动摩擦因数为0.25

B.物块与斜面间的动摩擦因数为0.2

C.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0倍

【答案】AD

【解析】物体向上做匀减速运动加速度大小为0.8g,山牛顿第二定律可得

mgsin37°+jumgcos37°=ma

代入数值可求得4=0.25。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

mgsin37°-/.imgcos37°=ma

代入数值可求得a=4m/s2

设上滑初速度为V,,由运动学公式可得叶=2as

设下滑滑到底端时速度为v2,山运动学公式可得岭2=2as

两式相比可得

故C错误；

上滑过程中平均速度

匕+0」

匕=

22

物块上滑过程克服摩擦力做功的平均功率

P}=4mgeos6x]

下滑过程中的平均速度度

—_0+v2_v2

口丁=5

物块下滑过程克服摩擦力做功的平均功率

P2=/Limgcos

二者比值

9曾强忙练

1.(多选)如图所示，倾角为a=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10m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。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2m

B.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。全过程由动能定理得，咫(4-S2)sin37°-〃/?7g(4+S2)COS37°=0

代入〃=0.5,4=10m

解得$2=2m

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卜滑到AB中点时，由能量守恒定律可得mgH-mg?=Ek+Q

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〃<tan6,所以物块最终静止在挡板处，根据能量守恒得

mgs、sin37°=4mgscos37°

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x的过程中，木块的重力势能减少了E

B.在位移从0增大到x的过程中，木块的重力势能减少了2E

C.图线。斜率的绝对值表示木块所受的合力大小

D.图线匕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b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

E-2E=£-0+AEp

得△综=-2E,即木块的重力势能减少了2E，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BDo

3.如图所示，鼓形轮的半径为R,可绕固定的光滑水平轴。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，”的小球，球与。的距离均为2R.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&求：

(1)重物落地后，小球线速度的大小u；

(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/?.

【答案】见解析

【解析】(1)线速度u=3r得u=2<yR

(2)向心力耳句=2加32H

设F与水平方向的夹角为a,则尸cosa=%；Fsma=mg

解得F=J(2相疗同2+(〃织)2

(3)落地时，重物的速度炉=领,由机械能守恒彳？+4x-nzv2=Mgh

22

解得

M+16m

h=(coR)2

2Mg

4.(多选)如图，BCO是半圆形曲面，0圆心，C为最低点，B、。、。等高，A点在B点正上方，AB=Ha

LCH

ED=—

现将小滑块从4点由静止开始释放，滑块经过8、C、。到达最高点E,