2.6.1 涉及功能关系的三类题型(Word教师用书)-【创新方案】2025年高考物理二轮复习专题辅导与测试(北京，江苏专版)

专题六　三大观点的综合应用 　　三大观点指的是动力学观点、能量观点和动量观点。三大观点的综合应用主要有牛顿运动定律和运动学规律的综合、功能关系和能量守恒定律的综合、动量和能量的综合,还可以是牛顿运动定律、动量和能量的综合,通常涉及多个物体和多个过程,命题注重与生产生活情境的融合。要解决此类问题考生必须具备良好的建模能力、综合分析能力、并具有在不同情境下选择合理方法解决问题的能力。 本专题共设计2个教学主题,建议用时2课时  主题一　涉及功能关系的三类题型 题型(一)　连接体系统中的功能关系 两类连接体对比 类型 常见连接方式 关键点拨 轻绳 连接 ①分清两物体是速度大小相等,还是沿绳方向的分速度大小相等。 ②用好两物体的位移大小关系或竖直方向高度变化的关系 轻杆 连接 ①平动时两物体速度相等,转动时两物体角速度相等,滑动时沿杆方向速度大小相等。 ②杆对物体的作用力并不总是沿杆的方向,杆能对物体做功,单个物体的机械能不守恒。 ③对于杆和球组成的系统,忽略空气阻力和各种摩擦且没有其他力对系统做功,则系统机械能守恒 [考法全训] 考法1　速度大小相等的绳连接体系统 1. (2024·江阴模拟)如图所示,倾角为θ=30°、表面光滑、足够长的斜面固定在足够高的水平桌面上,轻质光滑定滑轮固定在斜面顶端,质量为m的物体P与质量为2m的物体Q用跨过定滑轮的、不可伸长的轻绳相连,轻绳和斜面平行,物体Q悬在桌外。以物体P初始位置所在水平面为零势能面,物体Q的机械能为E,某时刻,将物体Q由静止释放,当物体Q下降高度为h时,轻绳断裂。物体P、Q可视为质点,不计摩擦和空气阻力,下列说法正确的是 (　 ) A.轻绳断裂瞬间物体Q重力的功率为mg B.物体P所能达到的最大高度为h C.物体P在轻绳断裂后沿斜面向上运动的时间为 D.当物体P到达最高点时,物体Q的速度为2 解析:选B　物体Q从静止释放到下降h,由机械能守恒定律可得2mgh=mghsin θ+×3mv2,解得v=,则轻绳断裂瞬间物体Q重力的功率为P=2mg,故A错误;轻绳断裂后物体P沿斜面向上做匀减速直线运动,设此后物体P沿斜面上升的最大高度为x,由机械能守恒定律可知mv2=mgx,解得x=h,则物体P所能达到的最大高度为H=hsin θ+x=h,故B正确;设轻绳断裂后物体P沿斜面向上做匀减速直线运动的时间为t,则由运动学公式v=at,a=gsin θ,v=,联立解得t=2,故C错误;轻绳断裂前,物体P与物体Q的速度大小相同,则当物体P到达最高点时,物体Q的速度为vQ=v+gt=+2g=3,故D错误。 考法2　速度大小不同的绳连接体系统 2. (2024·泰州模拟)如图,竖直放置有一半圆轨道,在其左侧连有一水平杆,现将光滑的小球A、B分别套在水平杆与圆轨道上,小球A、B用一不可伸长的轻细绳相连,小球A、B质量相等,且可看作质点,开始时细绳水平伸直,小球A、B静止。由静止释放小球B后,已知当小球B和圆心连线与竖直方向的夹角为30°时(细绳和小球的位置如图虚线所示),小球B下滑的速度为v,则半圆的半径为 (　 ) A.　　 B.　　 C.　　 D. 解析:选A　将小球B下滑的速度分解为沿绳方向的分速度和垂直绳方向的分速度,A、B两小球沿绳方向的速度大小相等,如图所示,则有vA=vcos 30°,解得vA=v,A、B两小球组成的系统机械能守恒,则有mgRcos 30°=mv2+m,解得R=,故选A。 考法3　轻杆连接体系统 3.(2024·宜兴调研)如图所示,一轻杆可绕光滑固定转轴,在竖直平面内自由转动,杆的两端固定有小球A、B(可看作质点),A、B的质量分别为2m和m,到转轴O的距离分别为2L和L,重力加速度为g。现将轻杆从水平位置由静止释放,轻杆开始绕O轴自由转动,当球A到达最低点时,下列说法正确的是 (　 ) A.球B的速度大小为 B.球A的速度大小为 C.杆对球A的拉力大小为mg D.杆对球A做的功为-6mgL 解析:选B　对于A、B两球及轻杆组成的系统,由于只有重力做功,则系统的机械能守恒,取轻杆初始位置的水平面为零势能参考面,可得-2mg×2L+mgL+×2m+m=0,由v=ωr,可知vA=2vB,解得vA=,vB=,故A错误,B正确;当球A到达最低点时,由牛顿第二定律得F-2mg=2m,解得杆对球A的拉力大小为F=mg,故C错误;对球A由动能定理得W+2mg×2L=×2m,解得杆对球A做的功为W=-mgL,故D错误。 题型(二)　弹簧模型中的功能关系 运用功能关系求解弹簧模型问题的一般思路 第一步 明确对象 选取物体或物体和弹簧整体为研究对象 第二步 动量分析 (1)动量定理:分析各力的冲量与研究对象动量变化情况。 (2)动量守恒定律:分析研究对象初、末状态的动量及是否满足动量守恒定律 第三步 能量分析 (1)分析弹力及其他力做功情况,利用动能定理列式。(弹力做的功和弹簧弹性势能变化量的数值相等) (2)分析能量转化情况,利用机械能守恒定律或能量守恒定律求解弹力做功 第四步 列式求解 结合能量守恒定律、动能定理、动量守恒定律准确列式求解 [典例]　(2024·黑吉辽高考)如图,高度h=0.8 m的水平桌面上放置两个相同物块A、B,质量mA=mB=0.1 kg。A、B间夹一压缩量Δx=0.1 m的轻弹簧,弹簧与A、B不拴接。同时由静止释放A、B,弹簧恢复原长时A恰好从桌面左端沿水平方向飞出,水平射程xA =0.4 m;B脱离弹簧后沿桌面滑行一段距离xB=0.25 m后停止。A、B均视为质点,取重力加速度g=10 m/s2。不计空气阻力,求: (1)脱离弹簧时A、B的速度大小vA和vB; (2)物块与桌面间的动摩擦因数μ; (3)整个过程,弹簧释放的弹性势能ΔEp。 [解析]　(1)A离开桌面后做平抛运动,则 水平方向有xA=vAt 竖直方向有h=gt2 联立并代入数据解得vA=1 m/s A、B与弹簧相互作用的过程中,A、B所受水平桌面的摩擦力等大反向,所受弹簧弹力也等大反向,又A、B竖直方向上所受合力均为零,故A、B组成的系统所受合外力为零,动量守恒,则有 mAvA=mBvB 解得vB=1 m/s。 (2)对B离开弹簧后的运动过程,根据动能定理有 -μmBgxB=0-mB 代入数据解得μ=0.2。 (3)对A、B与弹簧相互作用的过程,根据能量守恒定律有 ΔEp=mA+mB+μmAg·+μmBg· 代入数据解得ΔEp=0.12 J。 [答案]　(1)1 m/s　1 m/s　(2)0.2　(3)0.12 J [考法全训] 1.(2024·江苏南京二模)如图所示,倾角为θ的光滑斜面固定在水平地面上,轻质弹簧下端固定在斜面底端,上端连接一轻质薄板。一物块从斜面顶端由静止下滑,滑至薄板处,立即和薄板粘连并运动至最低点,弹簧形变始终在弹性限度内,空气阻力不计,重力加速度大小为g,则 (　 ) A.物块和薄板粘连瞬间物块速度减小 B.整个过程物块、弹簧和薄板组成的系统机械能不守恒 C.物块能够返回斜面顶端 D.物块在最低点的加速度大于gsin θ 解析:选D　薄板质量忽略不计,物块与薄板粘连瞬间物块速度不变,A错误;整个过程中,只有物块的重力势能、动能以及弹簧的弹性势能发生变化,则物块、弹簧和薄板组成的系统机械能守恒,B错误;由于物块与薄板粘连,物块沿斜面向上运动的过程中,弹簧恢复原长后,弹性势能增加,则物块无法返回斜面顶端,C错误;物块与薄板接触时的加速度为a==gsin θ,此时物块具有速度,根据弹簧振子简谐振动运动规律的对称性,物块运动至最低点时的加速度沿斜面向上,大于gsin θ,D正确。 2. (2024·金陵中学模拟)如图所示的按压式圆珠笔,其结构由外壳、内芯和轻质弹簧三部分组成。某同学将圆珠笔倒立在桌面上,用力下压外壳,松手后外壳先竖直向上运动,弹簧恰好恢复原长时,外壳与静止的内芯碰撞,碰后一起以共同的速度继续向上运动,上升到最高点。碰撞时间极短,忽略阻力,下列说法正确的是 (　 ) A.从松手到弹簧恢复原长时,外壳的动能一直增加,动能和重力势能之和也一直增加 B.当外壳的速度最大时,小帽对桌面的压力与圆珠笔的重力大小相等 C.从松手到弹簧恢复原长时,外壳所受合外力的冲量为0 D.从松手到圆珠笔上升到最高点过程中,圆珠笔和地球组成的系统机械能守恒 解析:选B　从松手到弹簧恢复原长时,弹簧对外壳的弹力先大于外壳重力后小于外壳重力,外壳所受合外力先向上后向下,外壳向上先做加速运动后做减速运动,则外壳的动能先增加后减小,故A错误;当外壳的速度最大时,弹簧的弹力等于外壳重力,外壳的加速度为0,小帽对桌面的压力与圆珠笔的重力大小相等,故B正确;从松手到弹簧恢复原长,外壳的动量变化量不为0,所受合外力的冲量不为0,故C错误;从松手到圆珠笔上升到最高点的过程中,内芯与外壳碰撞有能量损失,圆珠笔和地球组成的系统机械能不守恒,故D错误。 题型(三)　功能关系与图像的综合 [典例]　如图所示,滑块以一定的初速度冲上足够长的光滑固定斜面,取斜面底端O点为运动的起点,且滑块在O点的重力势能为零,并以滑块由O点出发时为t=0时刻。在滑块运动到最高点的过程中,下列描述滑块的动能Ek、重力势能Ep、机械能E随位移x、时间t变化的图像中,错误的是 (　 ) 　　[解析]　对滑块向上运动的过程分析,根据动能定理有Ek=Ek0-mgxsin θ,可知Ek与位移x成线性关系,A不符合题意;滑块的重力势能为Ep=mgxsin θ,可知Ep与位移x成正比,B不符合题意;由Ek=Ek0-mgxsin θ=Ek0-mgsin θ,故Ek⁃t图像为二次函数图像,C符合题意;滑块上滑过程中,只有重力做功,机械能守恒,D不符合题意。 　　[答案]　C [深化提能] 1.物体在运动过程中,各种形式的能量可能随时间或空间的变化而变化,因此,有多种对应图像出现,解题时要分析清楚各种图像的变化规律。 以上述[典例]为例分析: Ek⁃x图像 由动能定理可得Ek=Ek0-mgsin θ·x,即Ek⁃x图像为一次函数图像 Ep⁃x图像 由功能关系“WG=Ep0-Ep”可得,Ep=mg·x·sin θ=mgsin θ·x,显然Ep与x成正比关系 Ek⁃t图像 由动能定理及匀变速直线运动的位移公式可得Ek=Ek0-mgsin θ·,显然Ek⁃t图像为二次函数图像 E⁃t图像 因“除重力外其他力不做功,即只有重力做功”,所以“滑块机械能守恒”,E不随t改变,图像为平行于时间轴的直线 2.求解功能关系与图像的综合问题时,不但要熟记常用的功能关系,而且要在“数形结合”思想的引导下,抓住图像“轴、线、斜率、截距、面积、点”六个要素的物理意义。 [考法全训] 1.(2024·启东模拟)一物体以某一速度水平抛出,选地面为重力势能的零点,运动过程中重力做功为W、重力的功率为P、物体的动能为Ek、物体的机械能为E。不计空气阻力的作用,则这四个量随下落时间t或下落高度h变化的关系图像正确的是 (　 ) 解析:选B　物体下落高度为h=gt2,重力做功为W=mgh=mg2t2,重力做功W与时间t成二次函数关系,A错误;物体下落过程竖直方向的速度为vy=gt,重力的功率为P=mgvy=mg2t,重力的功率P与时间t成正比,B正确;由动能定理得,物体的动能为Ek=m+mgh,物体的动能Ek与高度h成一次函数关系,且不过原点,C错误;平抛运动中,机械能守恒,物体的机械能E不随下落高度h改变,D错误。 2.如图所示,以恒定速率v逆时针运行的传送带与水平面间的夹角为α,转轴间距为L。工作人员将质量为m的小包裹轻放在传送带的顶端。已知小包裹与传送带间的动摩擦因数为μ,最大静摩擦力等于滑动摩擦力,重力加速度为g。设传送带顶端为零势能面,则描述小包裹的机械能随其位移的变化关系可能正确的是 (　 ) 解析:选C　除重力以外的其他力做的功等于小包裹机械能的变化量。小包裹从放上传送带到与传送带速度相同的过程中,沿着传送带向下的滑动摩擦力f动=μmgcos α对小包裹做正功,小包裹的机械能随位移均匀增大,图像斜率大小为μmgcos α。当小包裹的速度与传送带的速度相同后,分两种情况:第一种μ较大,小包裹与传送带一起匀速运行,传送带对小包裹的摩擦力为沿着传送带向上的静摩擦力,且静摩擦力f静=mgsin α≤μmgcos α,该静摩擦力对小包裹做负功,小包裹的机械能随位移均匀减小,图像斜率大小为mgsin α,小于第一阶段的斜率大小;第二种μ较小,小包裹继续做加速运动,传送带对小包裹的摩擦力为沿着传送带向上的滑动摩擦力,且有mgsin α-μmgcos α>0,该滑动摩擦力对小包裹做负功,小包裹的机械能随位移均匀减小,图像斜率大小为μmgcos α,与第一阶段斜率大小相等,故A、B、D错误,C正确。 [专题六　课时作业(一)]　 主题一学习效果评价 (本检测满分75分) 一、选择题(共10小题,每小题5分,共50分) 1. (2024·无锡联考)如图所示,一条不可伸长的轻绳跨过定滑轮,绳的两端各系一个小球A和B,B球的质量是A球的3倍。用手托住B球,使轻绳拉紧,A球静止于地面。不计空气阻力、定滑轮的质量及轮与轴间的摩擦,重力加速度为g。由静止释放B球,到B球落地前的过程中,下列说法正确的是 (　 ) A.A球的加速度大小为2g B.拉力对A球做的功等于A球机械能的增加量 C.重力对B球做的功等于B球动能的增加量 D.B球机械能的减少量大于A球机械能的增加量 解析:选B　设A球质量为m,则B球质量为3m,绳子张力大小为T,根据牛顿第二定律3mg-T=3ma,T-mg=ma,解得a=,故A错误;拉力对A球做正功,拉力对A球做的功等于A球机械能的增加量,故B正确;根据动能定理,重力与绳子拉力的合力对B球做的功等于B球动能的增加量,故C错误;把小球A、B看作整体,整体只有重力做功,机械能守恒,则B球机械能的减少量等于A球机械能的增加量,故D错误。 2. (2024·南通模拟)如图所示,半径为r、质量不计的均匀圆盘竖直放置,可以绕过圆心O且与盘面垂直的水平光滑固定轴转动,在盘面的最右边边缘处固定了一个质量为m的小球A,在圆心O的正下方距离O点处固定了一个质量为m的小球B。现从静止开始释放圆盘让其自由转动,重力加速度大小为g,则小球B上升的最大高度为 (　 ) A.r B.r C.r D.r 解析:选C　取圆心所在处的水平面为重力势能的零势能面,小球B上升到最大高度时如图所示,根据初始位置系统重力势能与B球到达最大高度时的系统重力势能相等可得到-mg=-mgrcos θ+mg×sin θ,则rcos θ-·=0,又cos θ=,解得sin θ=,sin θ=-1(舍去),所以θ=37°,小球B上升的最大高度为h=+sin 37°=r,故选C。 3. (2024·新沂模拟)如图所示,物块A套在光滑水平杆上,连接物块A的轻质细线与水平杆所成夹角为θ=53°,细线跨过同一高度上的两光滑定滑轮与质量相等的物块B相连,定滑轮顶部离水平杆距离为h=0.8 m,现将物块B由静止释放,物块A、B均可视为质点,重力加速度g取10 m/s2,sin 53°=0.8,不计空气阻力,则 (　 ) A.物块A与物块B速度大小始终相等 B.物块A能达到的最大速度为2 m/s C.物块B下降过程中,重力始终大于细线拉力 D.当物块A经过左侧定滑轮正下方时,物块B的速度最大 解析:选B　根据题意可知,物块A与物块B的速度关系为vAcos θ=vB,两物块速度不相等,当物块A经过左侧定滑轮正下方时,有vB=vAcos 90°=0,故A、D错误;当物块A运动到左侧定滑轮正下方时,物块B下降的距离最大,物块A的速度最大,根据机械能守恒定律有mBg=mAv2,解得v=2 m/s,故B正确;由上述分析可知,当物块A经过左侧定滑轮正下方时,物块B的速度为0,则物块B向下先加速后减速,则物块B减速下降过程中,重力小于细线拉力,故C错误。 4.(2024·无锡模拟)如图所示,质量分别为m和2m的A、B两滑块用足够长轻绳相连,将其分别置于等高的光滑水平台面上,质量为4m的物块C挂在轻质动滑轮下端,手托C使轻绳处于拉直状态。t=0 时刻由静止释放C,经t1时间C下落h高度。运动过程中A、B始终不会与定滑轮碰撞,摩擦阻力和空气阻力均忽略不计,重力加速度大小为g,则 (　 ) A.A、B运动的加速度大小之比为4∶3 B.A、C运动的加速度大小之比为4∶1 C.t1时刻,C下落的速度为 D.t1时刻,C下落的速度为 解析:选D　根据题意,由牛顿第二定律可得T=maA,T=2maB,解得aA∶aB=2∶1,则路程之比==2,设B运动的路程为s,则A运动的路程为2s,可知此时C运动的路程为1.5s,则有aA∶aB∶aC=4∶2∶3,故A、C运动的加速度大小之比为4∶3,A、B错误;由v=at可知vA∶vB∶vC=4∶2∶3,C下落过程A、B、C组成的系统机械能守恒4mgh=m+·2m+·4m,解得vC=,C错误,D正确。 5.(2024·徐州模拟)如图甲所示,倾角为θ=37°的光滑斜面固定在水平地面上,匀强电场沿斜面方向。带正电的滑块以一定的初速度从斜面底端开始上滑。若斜面足够长,上滑过程中滑块的机械能和动能随位移变化的关系图像如图乙所示,sin 37°=0.6,cos 37°=0.8,则下列说法正确的是 (　 ) A.滑块上滑过程中动能与电势能之和增大 B.滑块的重力大小为 C.滑块受到的电场力大小为 D.滑块上滑过程中,重力势能增加了4E0 解析:选C　滑块上滑过程中重力势能增加,根据能量守恒,动能与电势能之和减少,故A错误;由题图乙知,滑块上滑过程中,机械能减少,则电场力对滑块做负功,滑块的机械能减少了ΔE=4E0-3E0=E0,动能减少了ΔEk=4E0,所以滑块的重力势能增加了ΔEp=4E0-E0=3E0,故D错误;由题图乙可知滑块上滑的距离为x0,则有Fx0=E0,滑块受到的电场力大小为F=,故C正确;滑块上滑过程中,重力做负功,当滑块到达x0位置时,重力势能等于机械能,则有mgsin 37°·x0=3E0,则滑块的重力大小为mg=,故B错误。 6.(2024年1月·九省联考贵州卷)如图,一轻质弹簧置于固定光滑斜面上,下端与固定在斜面底端的挡板连接,弹簧处于原长时上端位于A点。一物块由斜面上A点上方某位置释放,将弹簧压缩至最低点B(弹簧在弹性限度内),则物块由A点运动至B点的过程中,弹簧弹性势能的 (　 ) A.增加量等于物块动能的减少量 B.增加量等于物块重力势能的减少量 C.增加量等于物块机械能的减少量 D.最大值等于物块动能的最大值 解析:选C　设物块在A点时的动能为Ek,斜面的倾角为θ,物块由A点运动至B点的过程中,对物块由能量守恒定律有Ek+mgLABsin θ=Ep,可知,物块由A点运动至B点的过程中,物块的机械能转化成了弹簧的弹性势能,因此弹簧弹性势能的增加量大于物块动能的减少量,同样大于物块重力势能的减少量,等于物块机械能的减少量,故A、B错误,C正确;显然,物块由A点运动至B点的过程中,弹簧弹性势能最大时即弹簧被压缩至最短时,而物块动能最大时,弹簧的弹力等于物块重力沿斜面向下的分力,即此时弹簧已被压缩,具有了一定的弹性势能,而此后物块还要继续向下运动,直至速度减为零,弹簧被压缩至最短,因此弹簧弹性势能的最大值大于物块动能的最大值,故D错误。 7.(2024·南通模拟)如图甲所示,工人沿倾角为α=10°的斜坡向上推动平板车,将一质量为10 kg的货物运送到斜坡上某处,货物与小车之间始终没有发生相对滑动。若平板车板面始终水平,则货物的动能Ek随位移x的变化图像如图乙所示,已知:sin 10°=0.17,cos 10°=0.98,g取10 m/s2,则下列说法错误的是 (　 ) A.货物在0~2 m的过程中,重力势能增加34 J B.货物在0~2 m的过程中,克服摩擦力做功 C.货物在2~4 m的过程中,用时为 s D.货物在2~4 m的过程中,机械能一直增大 解析:选B　货物在0~2 m的过程中,克服重力做功等于货物重力势能的增加量,则ΔEp=mgx1sin α=10×10×2×0.17 J=34 J,选项A不符合题意;货物在0~2 m 的过程中,动能增加,货物沿斜面做加速运动,则加速度沿斜面向上,则摩擦力对货物做正功,选项B符合题意;2 m末的速度为v== m/s= m/s,货物在2~4 m的过程中合外力F==N=4 N,加速度为a==0.4 m/s2,根据v=at,可知用时为t== s,选项C不符合题意;货物在2~4 m的过程中,重力势能与动能之和为E=mgΔxsin α+(Ek2-FΔx)=17Δx+(8-4Δx)=(13Δx+8) J,则随Δx增加,机械能一直增大,选项D不符合题意。 8.(2024·连云港模拟)如图所示,固定斜面的倾角θ=30°,轻弹簧下端固定在斜面底端,弹簧处于原长时上端位于C点,用一根不可伸长的轻绳通过轻质光滑的定滑轮连接物体A和B,滑轮左侧绳子与斜面平行,物体A的质量是物体B质量的2倍,初始时物体A到C点的距离L=1 m,现给物体A、B一初速度v0=3 m/s,使物体A开始沿斜面向下运动,B向上运动,物体A向下运动刚到C点时的速度大小v=2 m/s,物体A将弹簧压缩到最短后,物体A又恰好能弹回到C点。已知弹簧的最大弹性势能为6 J,重力加速度g取10 m/s2,不计空气阻力,整个过程中轻绳始终处于伸直状态。则 (　 ) A.物体A与斜面之间的动摩擦因数μ= B.物体A向下运动到C点的过程中,A的重力势能转化为B的重力势能 C.弹簧的最大压缩量x=0.5 m D.物体B的质量为3 kg 解析:选A　设物体B的质量为m,物体A的质量为2m,在物体A向下运动刚到C点的过程中,对物体A、B组成的系统应用能量守恒定律可得μ·2mgcos θ·L=×3m-×3mv2+2mgLsin θ-mgL,得μ=,A正确;物体A向下运动到C点的过程中,物体A的重力势能及物体A、B的动能都减小,物体A的重力势能转化为B的重力势能和摩擦生热,B错误;对物体A、B组成的系统分析,在物体A从C点压缩弹簧至将弹簧压缩到最大压缩量,又恰好返回到C点的过程中,系统动能的减少量等于因摩擦产生的热量,即×3mv2-0=μ·2mgcos θ·2x,其中x为弹簧的最大压缩量,得x=0.4 m,C错误;从C点到弹簧最大压缩量的过程中由能量守恒定律可得×3mv2+2mgxsin θ-mgx=μ·2mgcos θ·x+Epm,已知Epm=6 J,解得物体B的质量为m=2 kg,D错误。 9. (2024·泰州模拟)如图所示,质量为m的小球甲穿过一竖直固定的光滑杆拴在轻弹簧上,质量为4m的物体乙用轻绳跨过光滑定滑轮与甲连接,开始用手托住物体乙,轻绳刚好伸直,滑轮左侧绳竖直,右侧绳与水平方向夹角α=53°,小球甲位于P点,某时刻由静止释放物体乙(物体乙离地面足够高),经过一段时间小球甲运动到Q点(未与横杆相碰),O、Q两点的连线水平,O、Q两点的距离为d,且小球在P、Q两点处时弹簧弹力的大小相等。已知重力加速度为g,sin 53°=0.8,cos 53°=0.6,弹簧始终在弹性限度内。下列说法正确的是 (　 ) A.弹簧的劲度系数为 B.物体乙释放瞬间的加速度大小等于g C.小球甲到达Q点时的速度大小为 D.小球甲和物体乙的机械能之和始终保持不变 解析:选C　小球在P、Q两点处时弹簧弹力大小相等,所以弹簧在P点和Q点的弹簧伸长量相等,即弹簧原长在PQ的中间位置,由几何关系有PQ=dtan 53°=d,初始时对小球受力分析,有mg=k·d,解得k=,故A错误;物体乙释放瞬间,设轻绳中拉力大小为T,对小球甲有Tcos 37°=ma甲,对物体乙有4mg-T=4ma乙,根据运动的合成与分解可得a甲cos 37°=a乙,解得a乙=g,故B错误;根据运动的合成与分解有v甲sin α=v乙,小球甲到达Q点时α=0,所以物体乙的速度为零,对小球甲从P点到Q点的过程,小球甲、物体乙和弹簧组成的系统机械能守恒,且弹簧在初、末状态的弹性势能相等,有4mg-mgdtan α=m,解得v甲=,故C正确;弹簧对小球甲和物体乙组成的系统先做正功、后做负功,所以小球甲和物体乙的机械能之和先增大后减小,故D错误。 10.(2024·盐城调研)如图所示,一小物块由静止开始沿倾角为53°的斜面向下滑动,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,取地面为零势能面,已知sin 53°=0.8,cos 53°=0.6。该过程中,物块的机械能E、重力势能Ep、动能Ek、摩擦产生的热量Q与水平位移x的关系图像可能正确的是 (　 ) 解析:选D　设O点到斜面底端的距离为x0,物块释放点的高度为h,物块从释放到停止运动的过程中,克服摩擦力做功W克=μmgcos 53°·+μmgx1,可得W克=μmgx0+μmgx1=μmgx,根据能量守恒定律可知Q=W克=μmgx,物块在该过程中机械能的减少量始终等于克服摩擦力所做的功,则物块在x轴上任意位置的机械能为E=mgh-mg·x,其E⁃ x图像为纵轴截距为mgh,斜率为-mg的倾斜直线,其Q ⁃ x 图像为过原点、斜率为mg的倾斜直线,故A错误,D正确;物块的重力势能Ep=mgh-mgtan 53°·x=mgh-mg·x,可知物块的Ep⁃ x图像为纵轴截距为mgh、斜率为-mg的图线,当x>x0时,重力势能为零保持不变,故B错误;当物块从最高点下滑至斜面最低点的过程中,物块的动能Ek1=mgxtan 53°-μmgcos 53°·=mg·x(x≤x0),当物块下滑至斜面底端时其动能Ek1=mgx0,此后在水平面上克服摩擦力做功,则有Ek2=mgx0-μmgx=mgx0-mg·x(x0≤x≤2x0),可知,动能达到最大值前,其图像为过原点的倾斜直线,斜率为mg,动能达到最大值后在水平面上运动,其图线的斜率为-mg,可知图线具有对称性,故C错误。 二、非选择题(共2小题,共25分) 11.(12分)(2024·江苏高考)如图所示,粗糙斜面的动摩擦因数为μ,倾角为θ,斜面长为L。一个质量为m的物块,在电动机作用下,从 A点由静止加速至 B点时达到最大速度v,之后做匀速运动至C点,关闭电动机,从 C点又恰好到达最高点D。已知重力加速度为g。求: (1)CD段长x; (2)BC段电动机的输出功率P; (3)全过程物块增加的机械能E1和电动机消耗的总电能 E2的比值。 解析:(1)物块在CD段运动过程中,由牛顿第二定律得mgsin θ+μmgcos θ=ma 由运动学公式得0-v2=-2ax 联立解得x=。 (2)物块在BC段匀速运动,由平衡条件得电动机的牵引力为F=mgsin θ+μmgcos θ 输出功率P=Fv=mgv。 (3)全过程物块增加的机械能为E1=mgLsin θ 整个过程能量守恒,电动机消耗的总电能转化为物块增加的机械能和摩擦产生的内能, 可知E2=E1+μmgcos θ·L 可得==。 答案:(1) (2)mgv　(3) 12.(13分)(2024·镇江模拟)如图所示,足够长的长木板固定在水平面上且右端固定一定滑轮,甲、乙、丙三个物块的质量分别为M、m、2m,物块甲右端固定一劲度系数为k的轻质弹簧,弹簧的右端连接一轻质细绳,细绳跨过定滑轮并穿过物块乙(物块乙中央有孔)与物块丙相连,长木板上方的细绳和弹簧均保持水平。先将物块乙提起,物块甲、丙处于静止状态,然后将物块乙紧挨着物块丙由静止释放,之后的过程中物块甲恰好未发生滑动。已知弹簧的弹性势能Ep=kx2(式中k为弹簧的劲度系数,x为弹簧的形变量),弹簧始终在弹性限度内,重力加速度为g,最大静摩擦力等于滑动摩擦力,忽略空气阻力及滑轮的摩擦。求: (1)物块乙释放的瞬间受到物块丙的支持力大小; (2)物块乙、丙一起下落过程中的最大速度; (3)物块甲与长木板之间的动摩擦因数。 解析:(1)物块乙释放前物块丙受到绳的拉力F=2mg 设物块乙释放瞬间,物块乙、丙的加速度大小为a,刚释放时对物块乙、丙整体由牛顿第二定律有3mg-F=3ma 对物块乙由牛顿第二定律有mg-FN=ma 解得FN=mg。 (2)初始时,弹簧的形变量x1= 弹簧的弹性势能Ep1=k= 设物块乙与物块丙的速度最大时弹簧的形变量为x2,速度最大时物块乙、丙整体受到的合外力为零,故x2= 弹簧的弹性势能Ep2=k= 从刚释放物块乙到物块乙、丙速度最大,物块乙、丙和弹簧组成的系统机械能守恒,有3mg(x2-x1)=Ep2-Ep1+×3m,解得vm=g (3)物块乙、丙运动到最低点时速度为0,弹簧拉力最大,物块甲刚好不滑动,设此时弹簧的形变量为x3,则弹簧的弹性势能Ep3=k 从刚释放物块乙到物块乙、丙到最低点,物块乙、丙和弹簧组成的系统机械能守恒, 有3mg(x3-x1)=Ep3-Ep1,解得x3= 对物块甲,由牛顿第二定律得kx3=μMg, 解得μ=。 答案:(1)mg　(2)g　(3) 学科网（北京）股份有限公司 $$