专题2 第7讲 动能定理 机械能守恒定律 能量守恒定律 （课件）-【步步高】2024年高考物理大二轮专题复习与增分策略（新高考，浙江专用）

专题二　 能量与动量 第7讲　动能定理　机械能守恒 定律　能量守恒定律 1 理解动能定理、机械能守恒定律、能量守恒定律。 2 会在具体问题中灵活选择合适的规律解决能量观点问题。 目标要求 内容索引 考点一 考点二 高考预测 动能定理及应用 机械能守恒定律、能量守恒定律及应用 专题强化练 考点一 动能定理及应用 　木块在水平恒力F的作用下，沿水平路面由静止出发前进了L，随即撤去此恒力，木块沿原方向又前进了3L才停下来，设木块运动全过程中地面情况相同，则摩擦力的大小Ff和木块所获得的最大动能Ek分别为 例1 √ 　(2023·浙江温州市高三适应性考试)如图甲所示，某同学利用积木搭建一游戏轨道，其结构简图如图乙所示。该轨道由固定的竖直轨道AB，半径分别为r＝0.4 m、0.5r、1.5r的三个半圆轨道BCO3、O3DO1、FGH，半径为r的四分之一圆弧轨道O1E，长度L＝1 m的水平轨道EF组成，轨道BCO3和轨道O1E前后错开，除水平轨道EF段外其他轨道均光滑，且各处平滑连接。可视为质点的滑块从A点由静止释放，恰好可以通过轨道O3DO1的最高点D，不计空气阻力。 (1)求A、C两点的高度差h； 例2 答案　0.7 m　 联立解得h＝0.7 m (2)要使物块至少经过F点一次，且运动过程中始终不脱离轨道，求滑块与水平轨道EF间的动摩擦因数μ的范围； 答案　0.15≤μ≤0.7　 若恰好滑到F点停下，根据动能定理有 mgh－μ1mgL＝0 解得μ1＝0.7 若恰好可以到达G点，根据动能定理有 mg(h－1.5r)－μ2mgL＝0 解得μ2＝0.1 当返回时恰好到达O1点，根据动能定理有mg(h－r)－μ3mg·2L＝0 解得μ3＝0.15 综上可得滑块与水平轨道EF间的动摩擦因数μ的范围0.15≤μ≤0.7 (3)若半圆轨道O3DO1中缺一块圆心角为2θ的圆弧积木IDJ(I、J关于O2D对称)，滑块从I飞出后恰能无碰撞从J进入轨道，求θ的值。 答案　60° 设I点到最高点时间为t，则有vsin θ＝gt 0.5rsin θ＝(vcos θ)·t 可得θ＝60°。 总结提升 1.应用动能定理解题的步骤图解： 总结提升 2.应用动能定理的四点提醒： (1)动能定理往往用于单个物体的运动过程，由于不涉及加速度及时间，比动力学方法要简捷。 (2)动能定理表达式是一个标量式，在某个方向上应用动能定理是没有依据的。 (3)物体在某个运动过程中包含几个运动性质不同的小过程(如加速、减速的过程)，对全过程应用动能定理，往往能使问题简化。 (4)多过程往复运动问题一般应用动能定理求解。 考点二 机械能守恒定律、能量守恒定律及应用 16 1.判断物体或系统机械能是否守恒的三种方法 定义判断法 动能与势能(重力势能、弹性势能)之和不发生变化，系统机械能守恒 能量转化判断法 没有与机械能以外的其他形式的能发生转化时，系统机械能守恒 做功判断法 只有重力(或弹簧的弹力)做功时，系统机械能守恒 2.机械能守恒定律的表达式 3.连接体的机械能守恒问题 共速率模型 分清两物体位移大小与高度变化关系 共角速度模型 两物体角速度相同，线速度与半径成正比 关联速度模型 　   此类问题注意速度的分解，找出两物体速度关系，当某物体位移最大时，速度可能为0 轻弹簧模型 ①同一根弹簧弹性势能的大小取决于 弹簧形变量的大小，在弹簧弹性限度 内，形变量相等，弹性势能相等 ②由两个或两个以上的物体与弹簧组 成的系统：弹簧形变量最大时，弹簧两端连接的物体具有相同的速度；弹簧处于自然长度时，弹簧弹性势能最小(为零) 说明：以上连接体不计阻力和摩擦力，系统(包含弹簧)机械能守恒，单个物体机械能不守恒。若存在摩擦力生热，机械能不守恒，可用能量守恒定律进行分析。 　(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3 √ 如图所示，设小环下降的高度为h，大圆环的半径 为R，小环到P点的距离为L， 　意大利物理学家乔治·帕里西荣获2021年诺贝尔物理学奖，他发现了从原子到行星尺度的物理系统中无序和涨落间的相互影响，深刻揭示了无序体系中的隐藏对称性。如图为一个简单无序系统模型：两个质量均为m的小球P、Q用两根长度均为l的轻质细杆a、b连接，细杆a的一端可绕固定点O自由转动，细杆b可绕小球P自由转动。开始时两球与O点在同一高度由静止释放，两球在竖直面内做无序运动，某时刻细杆a与竖直方向的夹角θ＝30°，小球Q达到最高点，且恰好与O点等高。重力加速度为g，不计摩擦和空气阻力。求： (1)小球Q在最高点的速度大小vQ； 例4 小球Q到达最高点时与O点在同一 高度，此时速度方向水平，设小 球P、Q的速度大小分别为vP，vQ， 如图所示 P的速度方向始终与细杆a垂直，当Q的速度方向水平向右时，二者沿细杆b方向的分速度相等且有vQsin θ＝vPcos (90°－2θ) (2)此过程中，细杆b对Q球所做的功。 对Q球根据动能定理有 　(2023·浙江绍兴市二模)如图所示，质量为2 000 kg的电梯在缆绳发生断裂后向下坠落，电梯刚接触井底缓冲弹簧时的速度为4 m/s，缓冲弹簧被压缩2 m时电梯停止了运动，下落过程中安全钳提供给电梯17 000 N的滑动摩擦力。已知弹簧的弹性势能为Ep＝ kx2(k为弹簧的劲度系数，x为弹簧的形变量)，安全钳提供的滑动摩擦力等于最大静摩擦力，重力加速度g＝10 m/s2，不计空气阻力，下列说法正确的是 A.弹簧的劲度系数为3 000 N/m B.整个过程中电梯的加速度一直在减小 C.电梯停止在井底时受到的摩擦力大小为17 000 N D.电梯从接触弹簧到速度最大的过程中电梯和弹簧 　组成的系统损失的机械能约为4 600 J 例5 √ 与弹簧接触前，电梯做匀加速直线运动，接触弹簧后， 先做加速度逐渐减小的加速运动后做加速度逐渐增大的减速运动，故B错误； 电梯停止在井底时，由受力平衡得kΔx＝mg＋Ff静，代入数据解得Ff静＝kΔx－mg＝22 000 N－20 000 N＝2 000 N，故C错误； 　(2023·浙江宁波市十校二模)逆时针转动的绷紧的传送带与水平方向夹角为37°，传送带的v－t图像如图所示。在t＝0时刻质量为1 kg的物体从B点以某一初速度滑上传送带并沿传送带向上做匀速运动。2 s后开始减速，在t＝4 s时物体恰好能到达最高点A。已知g＝10 m/s2，sin 37°＝0.6，cos 37°＝0.8。以下说法正确的是 A.物体与传送带间的动摩擦因数为0.6 B.传送带AB长度为6 m C.2 s后物体受到的摩擦力沿传送带向下 D.物体与传送带间由于摩擦而产生的热量为6 J 例6 √ 前2 s物体速度小于传送带速度， 物体受到的摩擦力沿斜面向上。 由于物体匀速上滑，根据平衡 条件有μmgcos 37°＝mgsin 37°，解得μ＝0.75，故A错误； 由题意可知，t＝2 s时，物体与传送带速度相等，由图像可得v＝1 m/s，前2 s，物体沿传送带上滑的位移为x1＝vt＝2 m 上滑过程中，滑动摩擦力为Ff＝μmgcos 37°＝6 N，由传送带的v－t图像可知前2 s，传送带位移为x＝3 m，故物体与传送带间由于摩擦而产生的热量为Q＝Ff(x－x1)＝6 J，故D正确。 传送带问题的综合分析 总结提升 涉及物体在传送带上运动的具体细节问题，一般用动力学观点进行解决。传送带因传送物体多做的功，从能量的观点进行分析，等于物体增加的动能、重力势能及摩擦生热，而摩擦生热需要用摩擦力与相对路程的乘积进行求解。 高考预测 35 1.(2023·浙江金华市十校一模)某地有一风力发电场，共有风力发电机20台，如图所示，发电机的叶片转动时可形成直径为40 m的圆面。某日该地区的风速是6 m/s，风向恰好跟叶片转动的圆面垂直，已知空气的密度为 1.2 kg/m3，假如该风力发电机能将通过此圆面内空气动能的10%转化为电能。取π＝3。下列说法中正确的是 A.每秒冲击每台风力发电机叶片转动形成圆面的 　空气体积为28 800 m3 B.每秒冲击每台风力发电机叶片转动形成圆面的空气动能为6.2×105 J C.每台风力发电机发电的功率为1.56×105 W D.该发电场工作3.2 h，发电量约1 000 kW·h 1 2 √ 风速为v0＝6 m/s，每秒能到达圆面的空气柱的长度为l＝6 m/s×1 s＝6 m，叶片的长度为R＝20 m，则每秒冲击每台风力发电机叶片转动形成圆面的空气体积为V＝l·πR2＝7 200 m3，A错误； 1 2 该发电场工作3.2 h，发电量为E电＝P×3.2 h×20＝998.4 kW·h≈ 1 000 kW·h，D正确。 2.(2023·浙江嘉兴市一模)如图所示，某游乐场游乐装置由竖直面内轨道BCDE组成，左侧为半径R＝0.8 m的光滑圆弧轨道BC，轨道上端点B和圆心O的连线与水平方向的夹角为α，下端点C与粗糙水平轨道CD相切，DE为倾角θ＝37°的粗糙倾斜轨道，一轻质弹簧上端固定在E点处的挡板上。现有质量为m＝0.1 kg的小滑块P(视为质点)从空中的A点以v0＝ 的初速度水平向左抛出，经过 　 后恰好从B点沿轨道切线方向进入轨道， 1 2 沿着圆弧轨道运动到C点之后继续沿水平轨 道CD滑动，经过D点后沿倾斜轨道向上运动 至F点(图中未标出)，弹簧恰好压缩至最短， 已知CD＝DF＝1 m，滑块与轨道CD、DE间 的动摩擦因数均为μ＝0.1，各轨道均平滑连接，不计其余阻力，sin 37°＝0.6，重力加速度g＝10 m/s2。求： 1 2 答案　30°　 滑块恰好从B点进入轨道，由平抛运动规律可知v0＝vBsin α＝vytan α＝gttan α 解得α＝30° 1 2 (2)小滑块P到达与O点等高的O′点时对轨道的压力； 1 2 答案　5 N，方向向左　 解得FN＝5 N 由牛顿第三定律可得滑块在O′点 时对轨道的压力大小F压＝5 N，方 向向左　　 1 2 (3)弹簧的弹性势能的最大值； 1 2 答案　2.02 J　 代入数据可解得Ep＝2.02 J (4)试判断滑块返回时能否从B点离开。 1 2 答案　见解析 设滑块返回时能上升的高度为h，则有 mgLsin θ＋Ep＝μmgLcos θ＋μmgL＋mgh h＝2.44 m>1.2 m 1 2 能从B点离开。 专题强化练 46 1.(2023·浙江6月选考·3)铅球被水平推出后的运动过程中，不计空气阻力，下列关于铅球在空中运动时的加速度大小a、速度大小v、动能Ek和机械能E随运动时间t的变化关系中，正确的是 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 保分基础练 √ 由于不计空气阻力，铅球被水平推出后只受重力作用，加速度等于重力加速度，不随时间改变，故A错误； 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 铅球水平抛出后由于忽略空气阻力，所以抛出后铅球机械能守恒，故D正确。 2.如图所示，质量m1＝0.2 kg的物体P穿在一固定的光滑水平直杆上，直杆右端O1处固定一光滑定滑轮(图中未画出)。一绕过两光滑定滑轮的细线的一端与物体P相连，另一端与质量m2＝0.45 kg的物体Q相连。开始时物体P在外力作用下静止于A点，绳处于伸直状态，已知OA＝0.3 m，AB＝0.4 m，取重力加速度大小g＝10 m/s2，两物体均 视为质点，不计空气阻力。某时刻撤去外力，同时 给物体P一水平向左的速度v，物体P恰能运动到B点， 则v的大小为 A.3 m/s 　　B.4 m/s 　　C.5 m/s 　　D.6 m/s 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 √ 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 3.(多选)如图所示，一根粗细均匀的光滑细杆竖直固定，质量为m的小环C穿在细杆上，一个光滑的轻质小滑轮D固定在竖直墙(图中未画出)上。A、B两物体用轻弹簧相连，竖直放在水平面上。一根没有弹性的轻绳一端与A连接，另一端跨过小滑轮D与小环C相连。小环C位于M点时，轻绳与细杆的夹角为θ，此时B物体刚好对地面无压力。现让小环C从M点由静止释放，当下降h到达N点时，轻绳与细杆的夹角再次为θ，小环的速度达到v，重力加速度为g，下列关于小环C下落过程中的描述正确的是 A.小环C和物体A组成的系统机械能守恒 B.当小环C落到与小滑轮D同一高度时，小环C的机械能最大 C.小环C到达N点时物体A的速度为vsin θ D.小环C到达N点时物体A的动能为mgh－ mv2 √ √ 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 小环C、物体A组成的系统中，有弹力做功，系统机 械能不守恒，故A错误； 小环C下落过程受重力、杆的支持力和轻绳的拉力， 轻绳的拉力做功等于小环C机械能的变化量；小环C 从M点到与滑轮同一高度的位置的过程中，轻绳的拉 力做正功，机械能增加；小环C经过与滑轮同一高度的位置后的过程，轻绳的拉力做负功，机械能减小，故下落到与滑轮同一高度的位置时，小环C的机械能一定最大，故B正确； 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 小环C到达N点时速度达到v，A的速度为vA＝vcos θ， 故C错误； 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 4.(2023·浙江宁波市期末)足够长的水平传送带始终以速度v匀速运动。某时刻，一质量为m、速度大小为v，方向与传送带运动方向相反的物体在传送带上运动，最后物体与传送带相对静止。物体在传送带上相对滑动的过程中，滑动摩擦力对物体做的功为W1，传送带克服滑动摩擦力做的功为W2，物体与传送带间摩擦产生的热量为Q，则 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 √ 设物体速度由v减到零过程对地位移大小 为x，则该过程传送带对地位移为2x，两 者相对移动的路程为3x；当物体速度由零增加到v过程，物体和传送带对地位移分别为x和2x，两者相对移动的路程为x；因此全过程两者相对移动的路程为4x，摩擦生热Q＝4Ffx，而Ffx＝ mv2，所以Q＝2mv2，物体动能变化为零，则滑动摩擦力对物体做的功W1＝0，物体相对传送带滑动的过程中，传送带克服摩擦力做的功 W2＝Ff·2x＋Ff·2x＝2mv2，A、B、C错误，D正确。 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 5.(多选)如图所示，半球形容器ABC固定在水平面上，AC是水平直径，一个质量为m的物块从A点正上方由静止释放刚好能从A点进入容器，第一次从P点由静止释放，P点距A点高度为h，结果物块从C点飞出上升的 高度为 ，第二次由Q点由静止释放，Q点距A点高度 为 ，物块与容器内壁间的动摩擦因数恒定，B点为 容器内壁最低点，容器的半径为h，重力加速度为g， 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 则下列判断正确的是 A.第一次，物块由A点运动到C点克服摩擦力做的功 　为 B.第二次，物块运动到C点的速度刚好为零 C.第一次，物块运动到B点的最大动能为 D.第一次，物块从A点运动到B点克服摩擦力做的功大于从B点运动到C 　点克服摩擦力做的功 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 √ √ 第二次，由于物块运动到某一位置速度小于第一次 物块在该位置的速度，因此正压力小于第一次的正 压力，摩擦力小于第一次的摩擦力，因此从A到C克服摩擦力做功小 于 　　，根据动能定理可知，物块到达C点的速度不为零，故B错误； 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 第一次，物块从A运动到B过程中的速度大于从B运动到C的速度，因此正压力大，摩擦力大，因此物块从A点运动到B点克服摩擦力做的功大于从B点运动到C点克服摩擦力做的功，故D正确； 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 6.(2023·浙江杭州市联考期中)水平桌面上固定一“U形”游戏装置，其俯视图如图所示。装置由粗糙水平轨道AB、CD和光滑的半圆形轨道BC组成，B、C两处轨道平滑连接。在AB轨道左侧放置一弹射装置，某次游戏将小滑块从A点弹出，其初速度为v0＝2 m/s，若小滑块沿“U形”装置运动到D点视为游戏成功。已知小滑块质量m＝0.1 kg，与AB轨道间的动摩擦因数μ1＝0.2，与CD轨道间的动摩擦因数μ2＝0.2－0.2x(x为小滑块到C端的距离)，AB、CD轨道长均为L＝0.75 m。游戏过程其他阻力不计，g＝10 m/s2。(提示：F－x图像围成的面积等于力F所做的功)求： (1)弹簧的弹性势能Ep； 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 答案　0.2 J　 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 (2)小滑块到达B点时的速度大小vB和在AB轨道上的运动时间t1； 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 答案　1 m/s　0.5 s　 A到B做匀减速运动，a＝μ1g＝2 m/s2 由－2aL＝vB2－v02， 解得vB＝1 m/s， 又vB＝v0－at， 解得t＝0.5 s 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 (3)试通过计算说明本次游戏能否成功？ 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 答案　见解析 小滑块在CD轨道的摩擦力Ff＝μ2mg＝0.2－0.2x (N) 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 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10 m/s2，物块质量m和所受摩擦力大小f分别为 A.m＝0.7 kg，f＝0.5 N B.m＝0.7 kg，f＝1.0 N C.m＝0.8 kg，f＝0.5 N D.m＝0.8 kg，f＝1.0 N 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 √ 争分提能练 0～10 m内物块上滑，由动能定理得－mgsin 30°·s－fs＝Ek－Ek0 整理得Ek＝Ek0－(mgsin 30°＋f )s 结合0～10 m内的图像得，斜率的绝对值|k|＝mgsin 30°＋f＝4 N 10～20 m内物块下滑，由动能定理得 (mgsin 30°－f )(s－s1)＝Ek 整理得Ek＝(mgsin 30°－f)s－(mgsin 30°－f )s1 结合10～20 m内的图像得， 斜率k′＝mgsin 30°－f＝3 N 联立解得f＝0.5 N，m＝0.7 kg，故选A。 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 8.(2023·浙江省名校协作体二模)如图所示，某斜面的顶端到正下方水平面O点的高度为h，斜面与水平面平滑连接，斜面倾角为θ，小木块与斜面、水平面间的动摩擦因数均为μ，一小木块从斜面的顶端由静止开始滑下，滑到水平面上距离O点为x的A点停下。以O点为原点建立xOy坐标系，改变斜面倾角和斜面长度，小木块仍在A点停下，则小木块静止释放点的坐标可能是 √ 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 小木块从斜面的顶端由静止开始滑下，最终停在A点，设斜面长为L，则斜面在水平面的投影为x1＝Lcos θ，根据功能关系可得mgh＝μmgLcos θ＋μmg(x－x1)，整理可得mgh＝μmgx，解得μ＝ 。改变斜面倾角和斜面长度，小木块仍在A点停下，设小木块静止释放点的坐标为(x′，h′)。 根据前面的分析可得mgh′＝μmg(x－x′) 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 故A、B、C错误，D正确。 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 9.(多选)(2023·全国乙卷·21)如图，一质量为M、长为l的木板静止在光滑水平桌面上，另一质量为m的小物块(可视为质点)从木板上的左端以速度v0开始运动。已知物块与木板间的滑动摩擦力大小为f，当物块从木板右端离开时 A.木板的动能一定等于fl B.木板的动能一定小于fl 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 √ √ 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 10.(2023·浙江绍兴市一模)如图所示，在水平面上固定一弹簧匣，左端与轻质弹簧的A端相连，自由状态下弹簧另一端位于B点；在与B点相距1 m的C处固定一竖直圆轨道，半径R＝0.1 m，圆轨道底端略微错开；在D点右侧放置等腰直角三角形支架PEQ，∠Q＝90°，PQ＝ ，E点在D点正下方，P点与D点等高，EQ水平。质量m＝0.1 kg的小物块(可视为质点)被压缩的弹簧弹出，它与BC段的动摩擦因数μ＝0.4，重力加速度g＝10 m/s2，不计轨道其他部分的摩擦。 (1)要使物块能进入竖直圆轨道，弹簧的初始 弹性势能至少多大； 答案　0.4 J　 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 要使物块能进入竖直圆轨道，则到达C点速度为0时，弹簧的初始弹性势能最小，则根据动能定理可知Ep0－μmgL＝0 解得Ep0＝0.4 J 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 (2)若物块在竖直圆轨道上运动时不脱离轨道，则弹性势能的取值范围是多少； 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 答案　0.4 J≤Ep≤0.5 J或Ep≥0.65 J　 临界情况1：物块恰能到达圆心等高处时， 根据动能定理可知Ep1－μmgL－mgR＝0 解得Ep1＝0.5 J 则弹性势能的取值范围是0.4 J≤Ep1≤0.5 J 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 解得Ep2＝0.65 J 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 弹性势能的取值范围是Ep2≥0.65 J 综上所述，弹性势能的取值范围是0.4 J≤ Ep≤0.5 J或Ep≥0.65 J (3)若物块能打在三角形支架上，求打在支架上时的最小动能。 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 答案　1.38 J 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 11.(2023·浙江1月选考模拟)如图所示，可视为质点的质量为m＝0.2 kg的小滑块静止在水平轨道上的A点，在水平向右的恒定拉力F＝4 N的作用下，从A点开始做匀加速直线运动，当其滑行到AB的中点时撤去拉力，滑块继续运动到B点后进入半径为R＝0.3 m且内壁光滑的竖直固定圆轨道，在圆轨道上运行一周后从C处的出口出来后向D点滑动，D点右侧有一与CD等高的传送带紧靠D点，并以恒定的速度v＝3 m/s顺时针转动。 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 尖子生选练 已知滑块运动到圆轨道的最高点时对轨道的压力大小刚好为滑块重力的 3倍，水平轨道CD的长度为l2＝2.0 m，小滑块与水平轨道ABCD间的动摩擦因数为μ1＝0.2，与传送带间的动摩擦因数μ2＝0.5，传送带的长度L＝0.4 m，重力加速度g＝10 m/s2。求： (1)水平轨道AB的长度l1； 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 答案　1.5 m　 设小滑块运动到最高点P时的速度大小为v，根据圆周运动知识， 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 解得l1＝1.5 m (2)若水平拉力F大小可变，要使小滑块能到达传送带左侧的D点，则F应满足什么条件； 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 答案　F≥2.4 N　 若恰能过P点，则从A到P点由动能定理，有： 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 解得F＝2.4 N 综上所述应满足条件为F≥2.4 N (3)若在AB段水平拉力F的作用距离x可变，试求小滑块到达传送带右侧E点时的速度v与水平拉力F的作用距离x的关系。 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 答案　见解析 分析各类情况： ①要到达E点，必须过P点，过P点，至少满足Fx－μ1mgl1－2mgR＝0 得x＝0.45 m 可知x<0.45 m时，无法达到E点。 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 得v1＝2 m/s<3 m/s 即进入传送带加速。 讨论传送带上运动问题 (i)若全程加速，加到E点时恰好为3 m/s时， 得x＝0.475 m 即当0.45 m≤x≤0.475 m 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 (ii)当过D点的速度超过3 m/s时，进入传送带即减速，若全程减速，减到E点时恰好为3 m/s，有 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 得x＝0.675 m 即当0.475 m<x≤0.675 m，v＝3 m/s 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 综上分析，过E点时的速度v与F的 作用距离x的关系如下： 在x<0.45 m时，无法达到E点； 在0.475 m<x≤0.675 m时，v＝3 m/s A.Ff＝　Ek＝ B.Ff＝　 Ek＝FL C.Ff＝　 Ek＝ D.Ff＝　 Ek＝ 木块运动全过程中，根据动能定理可得FL－Ff·4L＝0－0，可得Ff＝，木块在撤去恒力前，根据动能定理可得FL－FfL＝Ek－0，解得木块所获得的最大动能为Ek＝，故选D。 滑块恰好经过D点时，重力提供向心力mg＝m 滑块从A到D，根据动能定理有mg(h－r－0.5r)＝mvD2 A点到I点过程中根据动能定理有mg(h－r－0.5rcos θ)＝mv2 解得cos θ＝，另一解cos θ＝1舍去 根据机械能守恒定律得mgh＝mv2，由几何关系 可得h＝Lsin θ，sin θ＝，联立可得h＝，则 v＝L，故C正确，A、B、D错误。 答案　　 由系统机械能守恒，有mglcos θ＝mvP2＋mvQ2 解得vP＝，vQ＝ 答案　mgl WQ＝mvQ2＝mgl。 电梯刚接触井底缓冲弹簧时的速度为4 m/s，缓冲弹簧被压缩2 m时电梯停止了运动，根据能量守恒得mv2＋mg·Δx＝kΔx2＋Ff·Δx，代入数据解得k＝11 000 N/m，故A错误； 当电梯速度最大时，此时加速度为零，则kΔx′＋Ff ＝mg，解得Δx′＝＝ m＝ m， 电梯从接触弹簧到速度最大的过程中，电梯和弹簧组成的系统损失的机械能等于克服摩擦力做的功，则ΔE＝Ff·Δx′＝17 000× J≈4 600 J，故D正确。 由题意可得，后2 s，物体相对 传送带静止，物体所受摩擦力方 向沿传送带向上，跟传送带以相 同加速度a＝ m/s2向上做匀减速直线运动，则有x2＝vt′－at′2＝1 m，传送带AB长L＝x1＋x2＝3 m，故B、C错误； 每秒冲击每台风力发电机叶片转动形成圆面的空气质量为m＝ρV，则其动能为Ek＝mv02≈1.56×105 J，B错误； 每台风力发电机发电的功率为P＝＝Ek×10%＝1.56×104 W，C错误； 2 m/s s 经过O′点时受轨道的支持力大小FN，有FN＝m 从B→O′由动能定理可知mgRsin 30°＝mvO′2－mvB2 解得vO′＝2 m/s 设CD＝DF＝L，从B到F由动能定理有mg(R＋Rsin α－Lsin θ)－μmgL－μmgLcos θ－Ep＝0－mvB2 到达B点时有mgh－mgR(1＋sin α)＝mvB′2 解得＝3.1 N>mgsin α 铅球抛出后的动能Ek＝mv2＝m[v02＋gt2]，可知动能与时间不是一次函数关系，故C错误； 铅球被水平推出后做平抛运动，竖直方向有vy＝gt，则抛出后速度大小为v＝，可知速度大小与时间不是一次函数关系，故B错误； 根据几何关系可得OB＝＝0.5 m，则当P从A运动到B的过程中，Q的位移x＝OB－OA＝0.2 m，由系统机械能守恒有m2gx＝m1v2，解得v＝3 m/s，故选A。 小环C到达N点时，弹簧弹力做功为零，根据动能定理有mgh＝mv2＋EkA，故物体A的动能为EkA＝mgh－mv2，故D正确。 A.W1＝mv2 B.W1＝2mv2 C.W2＝mv2 D.Q＝2mv2 mgh mgh mgh 根据动能定理有mg－W克f＝0，解得克服摩擦力做功W克f＝mgh，故A正确； 第一次，物块由A运动到B克服摩擦力做的功大于 由B运动到C克服摩擦力做的功，大于mgh，因此物块运动到B点的最大动能小于2mgh－mgh＝mgh，故C错误。 由功能关系Ep＝mv02＝×0.1×22 J＝0.2 J 由动能定理有mvB2＝Wf′，故Wf′<Wf，游戏不能成功。 若小滑块恰好停在D点，CD轨道摩擦力对 小滑块做功Wf＝x，解得Wf＝0.093 75 J A.(x，h) B.(x，h) C.(x，h) D.(x，h)   整理可得h′＝h－·x′ 当x′＝x时，解得h′＝h 当x′＝x时，解得h′＝h 当x′＝x时，解得h′＝h 当x′＝x时，解得h′＝h C.物块的动能一定大于mv02－fl D.物块的动能一定小于mv02－fl 设物块离开木板时的速度为v1，此时木板的速度 为v2，由题意可知v1>v2，设物块的对地位移为 xm，木板的对地位移为xM，根据能量守恒定律可 得mv02＝mv12＋Mv22＋fl，整理可得mv12＝mv02－fl－Mv22< mv02－fl，D正确，C错误； 因摩擦产生的摩擦热Q＝fl＝f(xm－xM)，根据运 动学公式xm＝·t，xM＝·t，因为v0>v1>v2， 可得xm>2xM，则xm－xM＝l>xM，所以EkM＝W＝ fxM<fl，B正确，A错误。 m 解得v＝ 根据动能定理可知Ep2－μmgL－2mgR＝mv2 临界情况2：物块恰能过圆轨道最高点，则mg＝m 由数学知识可知vD＝＝ 以t为变量，由机械能守恒定律和动能定理可得mgy＝Ek－mvD2 当打到支架上时，根据平抛运动公式y＝gt2 则Ek＝(mg2t2＋)－mg 根据数学知识可知，当mg2t2＝时， Ek有最小值，则t2＝0.2 s2时，代入数据可得Ekmin＝ J≈1.38 J。 从A到P点，由动能定理有F －μ1mgl1－2mgR＝mvP2 有mg＋FN＝m 若小滑块恰能到D点，则有F －μ1mg(l1＋l2)＝0 解得F＝ N F －μ1mgl1－2mgR＝0 ②恰好过P点的情况下mg·2R－μ1mgl2＝mv12 满足Fx－μ1mg(l1＋l2)＋μ2mgL＝mvE2 得vE＝ m/s 有μ2mgL＝mv2－mvD2 得vD＝ m/s 对应距离满足Fx－μ1mg(l1＋l2)＝mvD2 －μ2mgL＝mv2－mvD2 得vD＝ m/s 对应距离满足Fx－μ1mg(l1＋l2)＝mvD2 (iii)若x>0.675 m，则满足Fx－μ1mg(l1＋l2)－μ2mgL＝mvE2 得vE＝ m/s 在0.45 m≤x≤0.475 m时，vE＝ m/s 在0.675 m<x<1.5 m时，vE＝ m/s。 $$