考点9 机械能守恒定律、功能关系、能量守恒定律-【金版教程】2025年高考物理一轮总复习首选用卷课件PPT（新教材）

考点9　机械能守恒定律、功能关系、能量守恒定律 目录 1 2 狂刷小题·夯基础 精做大题·提能力 狂刷小题·夯基础 目录 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 13 14 15 16 题组一　基础小题 1．下列说法正确的是(　　) A．物体做匀速直线运动，其机械能不一定不变 B．物体做匀速圆周运动，其机械能一定不变 C．合力对物体做正功，物体的机械能一定增加 D．滑动摩擦力只能对物体做负功 答案 * 目录 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 13 14 15 16 解析　物体做匀速直线运动，动能不变，物体的重力势能可能不变，也可能变化，因此物体的机械能可能不变，也可能变化，故A正确；物体若在竖直平面内做匀速圆周运动，则其机械能变化，故B错误；合力对物体做正功，根据动能定理可知，物体的动能一定增加，但不能判断物体的机械能是否变化，故C错误；滑动摩擦力与相对运动方向相反，与物体的运动方向可能相反，也可能相同，所以滑动摩擦力可能对物体做负功，也可能做正功或不做功，故D错误。 解析 * 目录 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 13 14 15 16 2．(多选)一个小球从空中的a点运动到b点的过程中，重力做功5 J，除重力之外其他力做功2 J。则小球(　　) A．在a点的重力势能比在b点多5 J B．在a点的动能比在b点少7 J C．在a点的机械能比在b点少2 J D．在a点的机械能比在b点多2 J 解析　小球从空中的a点运动到b点的过程中，重力做功为5 J，因此小球在a点的重力势能比在b点多5 J，A正确；其他力做功为2 J，重力做功为5 J，合力做功为7 J，由动能定理可知，小球在a点的动能比在b点少7 J，B正确；机械能的变化根据除重力以外的其他力做功判断，除重力之外其他力做功2 J，所以机械能增大2 J，即小球在a点的机械能比在b点少2 J，C正确，D错误。 解析 答案 * 目录 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 13 14 15 16 答案 * 3.如图所示，固定的倾斜光滑直杆上套有一个质量为m的圆环，圆环与竖直放置的轻质弹簧一端相连，弹簧的另一端固定在地面上的A点，弹簧处于伸长状态，长度为h。让圆环由静止沿杆滑下，滑到杆的底端时速度刚好为零。则在圆环下滑过程中(　　) A．圆环的机械能守恒 B．弹簧的弹性势能先增大后减小 C．重力的功率先减小后增大 D．弹簧的弹性势能和圆环的重力势能之和最小时圆环的动能最大 目录 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 13 14 15 16 解析 * 解析　圆环沿杆滑下，滑到杆的底端的过程中有两个力对圆环做功，即圆环所受的重力和弹簧的弹力，所以圆环的机械能不守恒，故A错误；弹簧的弹性势能随弹簧的形变量的变化而变化，由图知弹簧先缩短再伸长，故弹簧的弹性势能开始时先减小，B错误；圆环的速度先增加后减小到零，根据P＝mgvsinα可知，重力的功率先增大后减小，故C错误；弹簧与圆环组成的系统机械能守恒，根据机械能守恒定律知，当弹簧的弹性势能和圆环的重力势能之和最小时圆环的动能最大，故D正确。 目录 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 13 14 15 16 答案 * 4．(2018·天津高考)滑雪运动深受人民群众喜爱，某滑雪运动员(可视为质点)由坡道进入竖直面内的圆弧形滑道AB，从滑道的A点滑行到最低点B的过程中，由于摩擦力的存在，运动员的速率不变，则运动员沿AB下滑过程中(　　) A．所受合外力始终为零 B．所受摩擦力大小不变 C．合外力做功一定为零 D．机械能始终保持不变 目录 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 13 14 15 16 解析 * 解析　因为运动员做曲线运动，所以合力一定不为零，A错误；运动员受力如图所示，重力垂直曲面的分力与曲面对运动员的支持力的合力充当向心力，故有FN－mgcosθ＝meq \f(v2,R)，则FN＝meq \f(v2,R)＋mgcosθ，运动过程中速率恒定，且θ在减小，所以曲面对运动员的支持力越来越大，根据f＝μFN可知摩擦力越来越大，B错误；运动员运动过程中速率不变，质量不变，即动能不变，动能变化量为零，根据动能定理可知合力做功为零，C正确；因为运动员克服摩擦力做功，所以机械能不守恒，D错误。 目录 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 13 14 15 16 答案 * 5．(多选)如图所示，质量为M、长度为L的小车静止在光滑的水平面上，质量为m的小物块放在小车的最左端，现用一水平力F作用在小物块上，小物块与小车之间的摩擦力为f，经过一段时间小车运动的位移为x，小物块刚好滑到小车的最右端，则下列说法中正确的是(　　) A．此时物块的动能为F(x＋L) B．此时小车的动能为f(x＋L) C．这一过程中，物块和小车增加的机械能为F(x＋L)－fL D．这一过程中，物块和小车因摩擦而产生的热量为fL 目录 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 13 14 15 16 解析 * 解析　由图可知，在拉力的作用下物块前进的位移为L＋x，故拉力对物块做的功为F(x＋L)，摩擦力对物块做的功为－f(x＋L)，则由动能定理可知，小物块刚好滑到小车的最右端时，物块的动能为(F－f)(x＋L)，故A错误；小车受摩擦力作用，摩擦力作用的位移为x，故摩擦力对小车做功为fx，由动能定理得，此时小车的动能为fx，B错误；这一过程中，物块和小车增加的机械能等于力F做的功减去系统内能的增量，系统内能的增量等于fL，即物块和小车因摩擦而产生的热量为fL，故系统机械能的增量为F(x＋L)－fL，C、D正确。 目录 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 13 14 15 16 题组二　高考小题 6．(2023·全国甲卷)一同学将铅球水平推出，不计空气阻力和转动的影响，铅球在平抛运动过程中(　　) A．机械能一直增加 B．加速度保持不变 C．速度大小保持不变 D．被推出后瞬间动能最大 答案 解析 * 解析　在平抛运动过程中，铅球仅受重力作用，故机械能守恒，A错误；铅球的加速度恒为重力加速度，保持不变，B正确；铅球做平抛运动，水平方向做匀速直线运动，速度不变，竖直方向做自由落体运动，速度逐渐增大，根据运动的合成可知，铅球的速度越来越大，由Ek＝eq \f(1,2)mv2可知动能越来越大，则被推出后瞬间动能最小，故C、D错误。 目录 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 13 14 15 16 7．(2023·浙江1月选考)一位游客正在体验蹦极，绑上蹦极专用的橡皮绳后从跳台纵身而下。游客从跳台下落直到最低点过程中(　　) A．弹性势能减小 B．重力势能减小 C．机械能保持不变 D．绳一绷紧动能就开始减小 解析　游客从跳台下落直到最低点过程中，橡皮绳绷紧后橡皮绳的伸长量一直增大，弹性势能一直增大，A错误；整个过程重心高度一直降低，重力势能一直减小，B正确；整个过程空气阻力一直做负功，机械能一直减小，C错误；绳刚开始绷紧后的一段时间内，橡皮绳的弹力较小，游客所受的合力向下，合力对游客做正功，游客动能增加，随着下落，弹力逐渐增大，向下的合力减小，当向下的合力减为零后，继续下落，弹力继续增大，合力开始向上，合力对游客开始做负功，游客动能开始减小，D错误。 答案 解析 * 目录 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 13 14 15 16 答案 * 8．(2022·湖北高考)如图所示，质量分别为m和2m的小物块P和Q，用轻质弹簧连接后放在水平地面上，P通过一根水平轻绳连接到墙上。P的下表面光滑，Q与地面间的动摩擦因数为μ，最大静摩擦力等于滑动摩擦力。用水平拉力将Q向右缓慢拉开一段距离，撤去拉力后，Q恰好能保持静止。弹簧形变始终在弹性限度内，弹簧的劲度系数为k，重力加速度大小为g。若剪断轻绳，P在随后的运动过程中相对于其初始位置的最大位移大小为(　　) A.eq \f(\a\vs4\al(μmg),k) B.eq \f(\a\vs4\al(2μmg),k) C.eq \f(\a\vs4\al(4μmg),k) D.eq \f(\a\vs4\al(6μmg),k) 目录 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 13 14 15 16 解析 * 解析　设Q恰好能保持静止时，弹簧的伸长量为x，有kx＝2μmg；剪断轻绳后，物块P向右运动，弹簧的伸长量先减小到零，然后弹簧压缩，当压缩量不大于x时，物块Q始终保持静止，物块P与弹簧组成的系统机械能守恒，可知弹簧压缩量为x时，物块P的速度为0，此后物块P向左运动，同理可知，物块Q仍保持静止，物块P向左运动最远能到达初始位置，因此P相对于其初始位置的最大位移大小为s＝2x＝eq \f(\a\vs4\al(4μmg),k)，故选C。 目录 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 13 14 15 16 答案 * ※9.(2022·河北高考)(多选)如图，轻质定滑轮固定在天花板上，物体P和Q用不可伸长的轻绳相连，悬挂在定滑轮上，质量mQ>mP，t＝0时刻将两物体由静止释放，物体Q的加速度大小为eq \f(g,3)。T时刻轻绳突然断开，物体P能够达到的最高点恰与物体Q释放位置处于同一高度，取t＝0时刻物体P所在水平面为零势能面，此时物体Q的机械能为E。重力加速度大小为g，不计摩擦和空气阻力，两物体均可视为质点。下列说法正确的是(　　) A．物体P和Q的质量之比为1∶3 B．2T时刻物体Q的机械能为eq \f(E,2) C．2T时刻物体P重力的功率为eq \f(3E,2T) D．2T时刻物体P的速度大小eq \f(2gT,3) 目录 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 13 14 15 16 解析 * 解析　开始释放时物体Q的加速度大小为eq \f(g,3)，则mQg－FT＝mQ·eq \f(g,3)，FT－mPg＝mP·eq \f(g,3)，解得物体P和Q的质量之比为eq \f(mP,mQ)＝eq \f(1,2)，A错误；在T时刻，两物体的速度大小均为v1＝eq \f(gT,3)，P上升的高度h1＝eq \f(1,2)×eq \f(g,3)×T2＝eq \f(gT2,6)，轻绳断开后P能继续上升的高度h2＝2,1)eq \f(v,2g) ＝eq \f(gT2,18)，结合题意可知，开始时P、Q间高度差为h＝h1＋h2＝eq \f(2gT2,9)，则t＝0时Q的机械能E＝mQgh＝eq \f(2mQg2T2,9)，轻绳断开时物体Q的机械能E′＝mQgh2＋eq \f(1,2)mQveq \o\al(2,1)＝eq \f(mQg2T2,9)＝eq \f(E,2)，此后物体Q的机械能守恒，则在2T时刻物体Q的机械能仍为eq \f(E,2)，B正确；在2T时刻，物体P的速度v2＝v1－gT＝－eq \f(2gT,3)，负号表示方向竖直向下，此时物体P重力的功率PG＝mPg|v2|＝eq \f(mQg,2)·eq \f(2gT,3)＝eq \f(mQg2T,3)＝eq \f(3E,2T)，C、D正确。 目录 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 13 14 15 16 题组三　模拟小题 10. (2023·北京市西城区高三下三模)(多选)将三个木板1、2、3 固定在墙脚，木板与墙壁和地面构成了三个不同的三角形，如图所 示，其中1与2底边相同，2和3高度相同。现将一个可以视为质点的 物块分别从三个木板的顶端由静止释放，物块沿木板下滑到底端， 物块与木板之间的动摩擦因数μ均相同。在这三个过程中，下列说法 正确的是(　　) A．沿着1和2下滑到底端时，物块的速度不同；沿着2和3下滑到底端时，物块的速度相同 B．沿着1下滑到底端时，物块的速度最大 C．物块沿着3下滑到底端的过程中，产生的热量是最少的 D．物块沿着1和2下滑到底端的过程，产生的热量是一样多的 答案 * 目录 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 13 14 15 16 解析 * 解析　设木板与地面的夹角为θ，木板的长度为L，木板底端与墙壁的距离为x，物块滑到底端时的速度为v，根据动能定理得mgh－μmgcosθ·L＝eq \f(1,2)mv2－0，又Lcosθ＝x，则可得mgh－μmgx＝eq \f(1,2)mv2－0。根据题图可得h1>h2＝h3，x1＝x2<x3，由上式可知，滑到底端时，物块的速度大小关系为v1>v2>v3，即沿着1下滑到底端时，物块的速度最大，故A错误，B正确。摩擦产生的热量等于物块克服摩擦力做的功，即Q＝μmgx，由x1＝x2<x3可知，在这三个过程中，产生的热量关系为Q1＝Q2<Q3，故C错误，D正确。 目录 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 13 14 15 16 11. (2023·辽宁省鞍山市高三下第二次质量监测)(多选)如图所示，重10 N的滑块在倾角为30°的斜面上从a点由静止开始下滑，到b点接触到一个轻弹簧，滑块压缩弹簧到c点，开始弹回，返回b点离开弹簧，最后又回到a点，已知ab＝0.7 m，bc＝0.5 m。那么，下列说法正确的是(　　) A．整个过程中滑块动能的最大值为6 J B．整个过程中弹簧弹性势能的最大值为6 J C．从c点运动到b点的过程中弹簧弹力对滑块做6 J功 D．整个过程中弹簧、滑块与地球组成的系统机械能守恒 答案 * 目录 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 13 14 15 16 解析 * 解析　因为滑块从a点由静止开始下滑，最后又回到a点，可知斜面光滑，整个过程中弹簧、滑块与地球组成的系统只有重力和弹簧弹力做功，故系统机械能守恒，D正确；分析可知，当滑块所受合力为零时，速度最大，动能最大，则动能最大处在bc之间，设该位置为d点，此时滑块的动能为Ekm，克服弹簧弹力做功为W0，由动能定理有Ekm＝mghad·sin30°－W0，由于mghadsin30°<mghacsin30°＝6 J，则有Ekm<6 J，故A错误；根据题意可知，c点为最低点，此时弹簧的弹性势能最大，从a→c过程中，设克服弹簧弹力做功为W，由动能定理有mghacsin30°－W＝0－0，解得W＝6 J，则弹簧的最大弹性势能为6 J，故B正确；从c点运动到b点的过程中，弹簧对滑块做功，弹簧的弹性势能全部转化为滑块的机械能，则从c点运动到b点的过程中弹簧弹力对滑块做6 J功，故C正确。 目录 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 13 14 15 16 12. (2023·江苏省南通市高三下二模)如图所示，小球穿过 粗糙程度均匀的竖直杆，轻质弹性绳的左端与小球相连，右 端固定在墙上N点，弹性绳跨过M处的光滑小滑轮，O为竖直杆 上的一点，O、M、N在同一水平线上，弹性绳的自然长度和 MN间距离相同。小球从O点静止释放，到达最低点P后又继续 向上运动，Q为OP中点。绳中弹力始终遵从胡克定律，最大静 摩擦力等于滑动摩擦力。则小球(　　) A．从O运动至P的过程中，受到的摩擦力变大 B．第一次运动至Q点时，速度最大 C．从P点返回的过程中，速度最大的位置在Q点上方 D．最终可以停在Q点上方的某一位置 答案 * 目录 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 13 14 15 16 解析 * 解析　设小球的质量为m，小球与竖直杆间的动摩擦因数为μ，弹性绳与竖直方向的夹角为θ时，弹性绳的弹力大小为kl(l为弹性绳的伸长量，也恰好等于小球与M的距离，k为弹性绳的劲度系数)。小球从O点沿着杆下降的过程中，对小球受力分析如图所示，弹性绳的弹力在水平方向的分力大小为Fx＝klsinθ，由几何关系可知，lsinθ始终等于dOM的长度，因此可知弹性绳的弹力在水平方向的分力大小始终不变，而Fx＝N，f＝μN，可知小球从O运动至P的过程中，受到的摩擦力始终不变，故A错误；小球从O点向P点运动的过程中，以向下为正方向，合力F合1＝mg－f－klcosθ，其中lcosθ始终等于小球从O点下落的距离x，则有F合1 目录 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 13 14 15 16 解析 * ＝mg－f－kx，重力和摩擦力为恒力，设O、P间距离为xm，由kx­x图线与x轴所围面积表示kx做功可知，Wk＝eq \f(kxm·xm,2)，由动能定理有(mg－f)xm－Wk＝0－0，解得mg－f＝eq \f(kxm,2)，而Q为OP的中点，则可知小球第一次运动至Q点时合力为零，速度最大，故B正确；由A项分析同理知，小球在竖直杆上滑动的过程中所受摩擦力大小始终不变，从P点返回的过程中，摩擦力向下，以向下为正方向，合力F合2＝mg＋f－kx，F合2＝0时，速度最大，此时x＝eq \f(mg＋f,k)>eq \f(xm,2)，即小球从P点返回的过程中，速度最大的位置一定在Q点的下方，故C错误；假设小球最终可以停在Q点上方的某一位置，由B项分析知，此时小球所受重力与弹性绳弹力竖直分力的合力向下，且大于最大静摩擦力f，则小球不能保持平衡，假设不成立，故D错误。 精做大题·提能力 目录 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 13 14 15 16 题组一　基础大题 13．一质量为8.00×104 kg的太空飞船从其飞行轨道返回地面。飞船在离地面高度1.60×105 m处以7.50×103 m/s的速度进入大气层，逐渐减慢至速度为100 m/s时下落到地面。取地面为重力势能零点，在飞船下落过程中，重力加速度可视为常量，大小取为9.8 m/s2。(结果保留两位有效数字) (1)分别求出该飞船着地前瞬间的机械能和它进入大气层时的机械能； (2)求飞船从离地面高度600 m处至着地前瞬间的过程中克服阻力所做的功，已知飞船在该处的速度大小是其进入大气层时速度大小的2.0%。 答案　(1)4.0×108 J　2.4×1012 J (2)9.7×108 J 答案 * 目录 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 13 14 15 16 解析 * 解析　(1)飞船着地前瞬间的机械能为Ek0＝eq \f(1,2)mveq \o\al(2,0)① 式中，m和v0分别是飞船的质量和着地前瞬间的速率。由①式和题给数据得 Ek0＝4.0×108 J② 设地面附近的重力加速度大小为g。飞船进入大气层时的机械能为Eh＝eq \f(1,2)mveq \o\al(2,h)＋mgh③ 式中，vh是飞船在高度1.60×105 m处的速度大小。由③式和题给数据得 Eh≈2.4×1012 J④ 目录 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 13 14 15 16 解析 * (2)飞船在高度h′＝600 m处的机械能为 Eh′＝eq \f(1,2)meq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(2.0,100)vh)) eq \s\up12(2)＋mgh′⑤ 由功能原理得W＝Eh′－Ek0⑥ 式中，W是飞船从高度600 m处至着地前瞬间的过程中克服阻力所做的功。 由②⑤⑥式和题给数据得W≈9.7×108 J。 目录 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 13 14 15 16 * 题组二　高考大题 14.(2023·全国甲卷)如图，光滑水平桌面上有一轻质弹簧，其一端固定在墙上。用质量为m的小球压弹簧的另一端，使弹簧的弹性势能为Ep。释放后，小球在弹簧作用下从静止开始在桌面上运动，与弹簧分离后，从桌面水平飞出。小球与水平地面碰撞后瞬间，其平行于地面的速度分量与碰撞前瞬间相等，垂直于地面的速度分量大小变为碰撞前瞬间的eq \f(4,5)。小球与地面碰撞后，弹起的最大高度为h。重力加速度大小为g，忽略空气阻力。求： (1)小球离开桌面时的速度大小； (2)小球第一次落地点距桌面上其飞出点的水平距离。 目录 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 13 14 15 16 解析 答案 * 解析　(1)小球在水平桌面上运动的过程，小球和弹簧组成的系统机械能守恒，则有 Ep＝eq \f(1,2)mv2 解得小球离开桌面时的速度大小为 v＝eq \r(\f(2Ep,m))。 答案　(1)eq \r(\f(2Ep,m))　(2)eq \f(5\r(mghEp),2mg) 目录 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 13 14 15 16 解析 * (2)小球离开桌面后至与地面碰撞前，做平抛运动，设运动时间为t，则小球第一次落地点距桌面上其飞出点的水平距离x＝vt 第一次与地面碰撞前瞬间速度的竖直分量大小vy＝gt 由题意知，小球与地面碰撞后瞬间竖直方向的分速度大小vy′＝eq \f(4,5)vy 结合斜抛运动规律可知2gh＝vy′2 联立解得x＝eq \f(5\r(mghEp),2mg)。 目录 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 13 14 15 16 * ※15.(2022·浙江1月选考)如图所示，处于竖直平面内的一探究装置，由倾角α＝37°的光滑直轨道AB、圆心为O1的半圆形光滑轨道BCD、圆心为O2的半圆形光滑细圆管轨道DEF、倾角也为37°的粗糙直轨道FG组成，B、D和F为轨道间的相切点，弹性板垂直轨道固定在G点(与B点等高)，B、O1、D、O2和F点处于同一直线上。已知可视为质点的滑块质量m＝0.1 kg，轨道BCD和DEF的半径R＝0.15 m，轨道AB长度lAB＝3 m，滑块与轨道FG间的动摩擦因数μ＝eq \f(7,8)，滑块与弹性板作用后，以等大速度弹回，sin37°＝0.6，cos37°＝0.8，重力加速度g取10 m/s2。滑块开始时均从轨道AB上某点静止释放。 (1)若释放点距B点的长度l＝0.7 m，求滑块到最低点C时轨道对其支持力FN的大小； (2)设释放点距B点的长度为lx，求滑块第1次经F点时的速度v与lx之间的关系式； (3)若滑块最终静止在轨道FG的中点，求释放点距B点长度lx的值。 目录 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 13 14 15 16 解析 答案 * 解析　(1)滑块从释放点到C点的过程只有重力做功，机械能守恒，则 mglsin37°＋mgR(1－cos37°)＝eq \f(1,2)mveq \o\al(2,C) 在C点，根据牛顿第二定律 有FN－mg＝2,C)eq \f(mv,R) 联立并代入数据解得FN＝7 N。 答案　(1)7 N (2)v＝eq \r(12lx－9.6)(m/s)(0.85 m≤lx≤3 m) (3)eq \f(13,15) m或eq \f(9,5) m或eq \f(41,15) m 目录 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 13 14 15 16 解析 * (2)要使滑块不脱离圆轨道BCD，则在D点时，根据牛顿第二定律有2,D)eq \f(mv,R) ≥mgcos37° 滑块从释放点到D点，由动能定理有mglxsin37°－mg·2Rcos37°＝eq \f(1,2)mveq \o\al(2,D) 要使得滑块到达F点，则需过轨道DEF的最高点，即有 mglxsin37°－mg(3Rcos37°＋R)＝eq \f(1,2)mveq \o\al(2,0)≥0 联立得lx≥0.85 m 滑块运动到F点的过程中，由机械能守恒定律有 mglxsin37°－mg·4Rcos37°＝eq \f(1,2)mv2 解得v＝eq \r(12lx－9.6)(m/s)(0.85 m≤lx≤3 m)。 目录 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 13 14 15 16 解析 * (3)若滑块最终静止在轨道FG的中点，则整个过程摩擦力做的功为滑块第一次到达FG中点时的n倍(n＝1，3，5，…)， 由动能定理得mglxsin37°－mgeq \f(lFG,2)sin37°－nμmgeq \f(lFG,2)cos37°＝0－0 由几何关系可知lFG＝eq \f(4R,tan37°)，联立并代入数据解得lx＝eq \f(7n＋6,15) m 代入0.85 m≤lx≤3 m可得eq \f(27,28)≤n≤eq \f(39,7) 又n＝1，3，5，…，可知n只能取1，3，5 当n＝1时，lx＝eq \f(13,15) m，当n＝3时，lx＝eq \f(9,5) m，当n＝5时，lx＝eq \f(41,15) m。 目录 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 13 14 15 16 * 题组三　模拟大题 ※16.(2023·河北省唐山市高三下三模)如图所示，倾角θ＝30°的斜面体固定在水平面上，一轻弹簧的下端固定在斜面底端的挡板上，轻弹簧处于原长时其上端位于C点，一根不可伸长的轻质细绳跨过轻质滑轮连接物体A和B，A、B的质量分别为mA＝4 kg和mB＝2 kg，均可视为质点。物体A与滑轮间的轻绳平行于斜面，物体A与斜面间的动摩擦因数μ＝eq \f(\r(3),4)。现使物体A从距离C点为L＝1 m处以v0＝3 m/s的初速度沿斜面向下运动。物体A向下运动将弹簧压缩到最短后，恰能回到C点。弹簧始终在弹性限度内，重力加速度g取10 m/s2，不计空气阻力，整个过程中轻绳处于拉伸状态且物体B未与滑轮接触，不计滑轮摩擦。求： 目录 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 13 14 15 16 解析 答案 * (1)A沿斜面向下运动到C点时轻绳的拉力大小； (2)整个运动过程中弹簧的最大弹性势能； (3)物体A沿斜面向上运动过程中的最大速度。 解析　(1)设A沿斜面向下运动到C点时轻绳的拉力大小为F，A、B做匀变速运动的加速度大小相等，设为a，以物体B为研究对象， 根据牛顿第二定律有mBg－F＝mBa 以物体A为研究对象，根据牛顿第二定律有F＋μmAgcosθ－mAgsinθ＝mAa 联立并代入数据解得F＝15 N。 答案　(1)15 N　(2)6 J　(3)eq \f(\r(2),2) m/s 目录 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 13 14 15 16 解析 * (2)设弹簧最大形变量为x，此时弹簧弹性势能最大，设为Epm。选弹簧、物体A、物体B及轻绳组成的系统为研究对象，由初始位置至物体A运动到最低点的过程，根据能量守恒定律有eq \f(1,2)(mA＋mB)veq \o\al(2,0)＋mAg(L＋x)sinθ＝Epm＋μmAgcosθ(L＋x)＋mBg(L＋x) 物体A从最低点运动到C点的过程，根据能量守恒定律有 mBgx＋Epm＝mAgxsinθ＋μmAgxcosθ 联立解得Epm＝6 J。 (3)物体A向上运动所受合力为0时，向上运动的速度达最大值vm，设此时弹簧的形变量为x1，轻绳拉力为F1，根据平衡条件有kx1＋F1＝μmAgcosθ＋mAgsinθ 目录 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 13 14 15 16 解析 * 此时物体B所受合力也为0，根据平衡条件有F1＝mBg，解得kx1＝15 N 弹簧压缩量为x时，弹性势能为Epm＝eq \f(1,2)kx2 由(2)问计算可得x＝0.4 m， 联立解得k＝75 N/m，x1＝0.2 m 物体A由速度最大位置返回到C点的过程，弹簧弹性势能减小量为ΔEp＝eq \f(1,2)kxeq \o\al(2,1) 对物体A、B、轻绳和弹簧组成的系统，根据能量守恒定律有mAgx1sinθ＋μmAgcosθ·x1＝mBgx1＋ΔEp＋eq \f(1,2)(mA＋mB)veq \o\al(2,m) 解得vm＝eq \f(\r(2),2) m/s。 　　　　　　　　　　　　　 　　　　　　　　　　　　　 R $$