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A版，鲁湘鄂豫皖冀）

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 目标要求 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。 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 (2023·天津市红桥区期末)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·辽宁新高考联考)如图所示轨道内，足够长的斜面与圆弧面光滑，水平地面各处粗糙程度相同，圆弧半径为R，水平面长度LMN＝4R，现将一质量为m的金属滑块从距水平面高h＝4R处的P点沿斜面由静止释放，运动到斜面底端无能量损失，滑块滑至圆弧最高点Q时对轨道的压力大小恰好等于滑块重力，g＝10 m/s2，求： (1)金属滑块与水平地面的动摩擦因数μ； 例2 答案　0.25 解题指导 关键表述 斜面与圆弧面光滑，水平地面各处粗糙程度相同，运动到斜面底端无能量损失，滑至圆弧最高点Q时对轨道的压力大小恰好等于滑块重力；滑至圆弧最高点平抛后不落在斜面上，即最远落在M点 研究位置及过程 圆弧最高点，从开始到圆弧最高点的过程，过Q点做平抛运动 对滑块，从P到Q，根据动能定理得 联立两式得μ＝0.25 (2)欲使滑块滑至圆弧最高点平抛后不落在斜面上，释放高度的取值范围。 答案　3.5R≤h≤5R 滑块从释放到滑至Q点，根据动能定理得 联立两式得h1＝3.5R 当滑块恰好能落到M点时，释放高度最大，设为h2，滑到Q点时的速度设为v2，滑块由Q点做平抛运动到M点，水平方向有4R＝v2t 滑块从释放到滑至Q点，根据动能定理得 联立求得h2＝5R 故释放高度的取值范围为3.5R≤h≤5R。 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 3 定义判断法 动能与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 √ (2023·江西九江市模拟)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： 例4 (1)小球Q在最高点的速度大小vQ； 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) 由系统机械能守恒，有 (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＝ (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； 例6　(2023·贵州凯里市第一中学模拟)如图所示为某小型购物商场的电梯，长L＝7.0 m，倾角θ＝37°。在某次搬运货物时，售货员将质量为m＝50 kg的货物无初速度放在电梯的最下端，然后启动电机，电梯先以a0＝1 m/s2的加速度顺时针做匀加速运动，速度达到v0＝2 m/s后匀速运动。已知货物与电梯表面的动摩擦因数μ＝0.8，重力加速度g＝10 m/s2，sin 37°＝0.6，不计空气阻力。求： (1)货物从电梯底端运动到顶端所用的时间； 例6 答案　6 s 对货物进行受力分析，货物受到重力、支持力和沿斜面向上的摩擦力，由牛顿第二定律有 μmgcos 37°－mgsin 37°＝ma 解得a＝0.4 m/s2<1 m/s2 所以货物先以0.4 m/s2的加速度向上做匀加速运动，当速度与传送带速度相等时再做匀速直线运动。根据匀变速直线运动规律，货物加速阶段的位移x满足2ax＝v02 之后做匀速直线运动，匀速运动的时间为 货物从电梯底端运动到顶端所用的时间t＝t1＋t2＝6 s (2)电机因运送该货物多做的功(忽略电梯自身动能的变化)。 答案　3 160 J Q＝μmgs相对cos 37° s相对＝x皮－L 根据功能关系可知，电机因运送该货物多做的功等于货物增加的动能、重力势能以及在皮带上产生的热量之和，则有 h＝Lsin 37° 联立解得W＝3 160 J。 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 39 1.(2023·江苏淮安市二模)如图所示，A、B两点位于同一高度，细线的一端系有质量为M的小物块，另一端绕过B处的定滑轮固定在A点，质量为m的小球固定在细线上C点。现将小球从图示水平位置由静止释放，小球运动到D点时速度恰好为零(此时小物块未到达B点)，图中△ABD为直角三角形，小物块和小球均可视为质点，∠DBA＝37°，忽略一切摩擦和空气阻力，重力加速度为g，sin 37°＝0.6，cos 37°＝0.8，则 A.小球重力的功率一直增大 B.M∶m＝3∶5 C.运动过程中存在3个位置小球和小物块速度大小相等 D.小球运动到D点时，小物块受到的拉力大小为 √ 1 2 小球在题图所示水平位置和D点时速度均为0，重力的功率也为0，故重力的功率不是一直增大，故A错误； 设AD长为3L，根据机械能守恒定律有Mg·2L＝mg·3Lcos 37°，解得M∶m＝6∶5，故B错误； 小球在题图所示水平位置和D点时，小球和小物块的速度相等，均为0，AC长度不变，小球做圆周运动，其他位置小球速度沿BD方向的分速度大小等于小物块的速度大小，因此只有2个位置两者速度相等，故C错误； 1 2 1 2 设小球在最低点D时沿BD方向的加速度大小为a，BD中的拉力为FT，根据牛顿第二定律有Mg－FT＝Ma，FT－mgcos 53°＝ma，解得FT＝ ，故D正确。 2.北京冬奥会中的冰壶比赛令人印象深刻，冰壶比赛场地如图所示：运动员从起滑架处推着冰壶(可视为质点)沿中心线出发，在投掷线处放手让冰壶以一定的速度滑出，使冰壶的停止位置尽量靠近大本营圆心O，为了使冰壶滑行得更远，运动员可以用毛刷摩擦冰壶运行路径前方的冰面，使冰壶与冰面间的阻力减小。已知冰壶质量m＝20 kg，未刷冰时，冰壶与冰面间的动摩擦因数μ1＝0.02，刷冰后μ2＝0.01，起滑架到投掷线的距离l1＝10 m，投掷线与圆心O点的距离为l2＝30 m，取g＝10 m/s2，则： 1 2 (1)比赛中在不刷冰的情况下，要使冰壶刚好停在大本营圆心O处，求冰壶从投掷线被投出时速度v0大小； 1 2 研究冰壶运动过程，根据位移与速度关系得 v02＝2a1l2 a1＝μ1g (2)比赛中若冰壶从投掷线被投出时速度v1＝3 m/s，为了使冰壶恰好停在圆心O处，求冰壶被投出后需要刷冰的距离s； 答案　15 m 研究冰壶的运动过程，根据动能定理得 解得s＝15 m 1 2 (3)运动员从起滑架处开始对冰壶施加一个沿中心线的水平推力F＝20 N，推着冰壶由静止出发，冰壶到达投掷线之前就撤除推力，冰壶沿着中心线做匀减速直线运动，在不刷冰的情况下，最后停在圆心O处，求推力F的作用时间t。 1 2 研究冰壶运动全程，根据动能定理得 Fl－μ1mg(l1＋l2)＝0 F－μ1mg＝ma 1 2 专题强化练 48 1.(2023·浙江义乌市测试)如图甲所示，跳跳杆玩具广受孩子们的喜爱。跳跳杆底部装有一根弹簧，某次小孩从最低点弹起，以小孩运动的最低点为坐标原点，竖直向上为x轴正方向，小孩与跳跳杆整体的动能与其坐标位置的关系如图乙所示，图像0～x3之间为曲线，x2位置为其最高点，x3～x4之间为直线，不计空气阻力的影响。则下列说法正确的是 A.x1位置小孩处于超重状态 B.x2位置小孩不受弹簧弹力作用 C.x3位置小孩所受合外力为零 D.x1～x4小孩的机械能始终守恒 √ 保分基础练 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 x1位置小孩向上加速运动，处于超重状态，故A正确； x2位置小孩向上运动，动能最大，速度最大，小孩所受重力与弹簧弹力 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 二力平衡，小孩受弹簧弹力作用，故B错误； x3～x4之间图像为直线，由动能定理可得Ek－Ek0＝－mgh，解得Ek＝Ek0－mgh，x3位置小孩仅受重力作用，故C错误； x1～x3小孩与弹簧组成的系统机械能守恒，x3～x4小孩的机械能守恒，故D错误。 2.(2023·云南昆明一中、银川一中联考)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)(2023·辽宁沈阳市三模)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， 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 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－ 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 √ √ 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，根据关联速度可知A的速度为vA＝vcos θ，故C错误； 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 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， 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 5.如图所示，倾角θ＝30°的粗糙斜面固定在地面上，长为l、质量为m、粗细均匀、质量分布均匀的软绳置于斜面上，其上端与斜面顶端平齐。用细线将物块与软绳连接，物块由静止释放后向下运动，直到软绳刚好全部离开斜面(此时物块未到达地面)，在此过程中(重力加速度为g) A.物块的机械能逐渐增加 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 C.物块减少的重力势能等于软绳克服摩擦力所做的功 D.软绳减少的重力势能大于其增加的动能与克服摩擦力所做的功之和 √ 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 物块克服细线的拉力做功，其机械能减少，A错误； 根据功能关系，细线对软绳做的功与软绳重力势能的减少量之和等于其动能的增加与克服摩擦力所做的功之和，物块减少的重力势能等于克服细线拉力所做的功及其动能的增加，C、D错误。 6.(多选)(2023·河南新乡市二模)如图所示，在长为L的轻杆中点和一端点分别固定质量为m、2m的小球A、B，杆可绕光滑的轴O转动，将杆从水平位置由静止释放。重力加速度大小为g，两球均视为质点，不计空气阻力。下列说法正确的是 A.当杆转到竖直位置时，两球的速度大小相等 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 √ √ 两球属于同轴转动，角速度相等，由于两球做圆周运动的半径不同，根据v＝ωr可知，当杆转到竖直位置时，两球的速度大小不相等，A错误； 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 根据上述，杆对B做正功，则球B的机械能增大，由于A、B构成的系统只有重力势能与动能的转化，即A、B构成的系统机械能守恒，可知A球的机械能减小，即杆在转动的过程中，A球的机械能不守恒，C错误。 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 7.(2023·河南省五市联考)过山车是一项惊险刺激的娱乐项目，如图甲所示。图乙为类似的模型，由三段玻璃细管平滑连接而成：中间为光滑圆形轨道，左侧AC段是光滑圆弧轨道，右侧CD段为粗糙直轨道。可视为质点的钢球自A点由静止释放，沿斜轨道运动后经过圆轨道最高点B，继续运动到圆轨道最低点C后，沿CD段轨道恰能运动到D点。已知圆形轨道半径为R，CD段倾角为θ，钢球质量为m，在经过圆轨道最高点B时对上管壁的压力大小为3mg，钢球在CD段运动时受到的摩擦阻力为其重力的k倍。求： 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 (1)点A距离点C的高度差H； 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 答案　4R 解得H＝4R (2)CD段长度L的表达式。 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 根据题意，钢球从A到D过程中，由动能定理有 mg(4R－Lsin θ)－kmgL＝0 8.(多选)(2023·江西景德镇市二模)如图甲，在竖直平面内固定一光滑的半圆形轨道ABC，小球以一定的初速度从最低点A冲上轨道，图乙是小球在半圆形轨道上从A点运动到C点的过程中，其速度平方与其对应高度的关系图像。已知小球在最高点C受到轨道的作用力为2.5 N，空气阻力不计，B点为轨道ABC的中点，重力加速度g取10 m/s2，下列说法正确的是 A.图乙中x＝36 m2/s2 B.小球质量为0.2 kg C.小球在A点时重力的功率为10 W D.小球在B点受到轨道的作用力为8.5 N 争分提能练 √ 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 小球在A点时重力方向竖直向下，速度水平向右，二者夹角为90°，根据P＝mgvcos θ易知重力的功率为零，故C错误； 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 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， 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 可得xm>2xM，则xm－xM＝l>xM，所以EkM＝W＝fxM<fl，B正确，A错误。 尖子生选练 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 10.(2023·山东省新高考联合质量测评联考)如图所示，倾角为θ＝37°的斜面AB固定在水平桌面上，竖直面内的半圆轨道CD与桌面相切于C点。小物块甲、乙用轻质细绳连接，跨过轻质光滑的定滑轮，与乙相连的轻绳竖直，与甲相连的轻绳平行于斜面。开始将乙按在桌面上静止不动，甲位于斜面顶端；释放乙，当甲滑至斜面AB中点时剪断细绳。已知斜面AB长lAB＝2 m，水平桌面BC段长lBC＝0.95 m，甲的质量m1＝5 kg、乙的质量m2＝1 kg，物块甲与斜面AB和水平桌面BC间的动摩擦因数均为μ＝0.2，半圆轨道CD光滑，物块甲从 斜面滑上水平桌面时速度大小不变，重力加速度 g＝10 m/s2，sin 37°＝0.6，不计空气阻力。求： 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 (1)物块甲到斜面底端B时重力的瞬时功率P； 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 设轻绳剪断时甲速度的大小为v1，对甲、乙组成的系统，甲下滑到斜面中点过程， 根据能量守恒定律 解得v1＝2 m/s 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 设甲到达斜面底端时的速度大小为v2，对甲下滑到斜面底端过程，根据动能定理 重力的瞬时功率P＝m1gv2sin θ 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 (2)若物块甲在半圆轨道CD上运动时不脱离轨道，半圆轨道半径R的取值范围。 答案　0.18 m≤R≤0.45 m 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 设甲到达C时的速度大小为v3，甲从B到C过程，根据动能定理 解得v3＝3 m/s 当甲到达最高点D恰好不脱离轨道时，轨道半径最小，设最小值为R1，甲由C到D过程， 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 解得R1＝0.18 m 当甲恰好到达与轨道圆心等高的位置时，速度为0，轨道半径最大，设最大值为R2，甲由C到与圆心等高位置， 解得R2＝0.45 m 综上，半圆轨道半径R的取值范围为0.18 m≤R≤0.45 m。 11.(2022·浙江1月选考·20)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＝ ，滑块与弹性板作用后，以等大速度弹回，sin 37° ＝0.6，cos 37°＝0.8。滑块开始时均从 轨道AB上某点静止释放。 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 解得FN＝7 N (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； 滑块由静止释放到C点过程，由能量守恒定律有 答案　7 N 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 (2)设释放点距B点的长度为lx，滑块第一次经F点时的速度v与lx之间的关系式； 要保证滑块能到F点，必须能过DEF的最高点，当滑块恰能达到最高点时，根据动能定理可得 mgl1sin 37°－(3mgRcos 37°＋mgR)＝0 解得l1＝0.85 m 因此要能过F点必须满足lx≥0.85 m 能过最高点，则能到F点，根据动能定理可得 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 (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。 答案　见解析 设摩擦力做功为第一次到达中点时的n倍 又因为lAB≥lx≥0.85 m，lAB＝3 m， 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 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。 对滑块，在Q点，重力和轨道对滑块的压力的合力提供向心力，有 mg＋mg＝ mgh－μmgLMN－mg·2R＝mvQ2 当滑块恰好能运动到Q点时，释放高度最小，设为h1，恰到Q时的速度设为v1，对滑块，在Q点，重力提供向心力，有mg＝ mgh1－μmgLMN－mg·2R＝mv12 竖直方向有2R＝gt2 mgh2－μmgLMN－mg·2R＝mv22 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，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　 mglcos θ＝mvP2＋mvQ2 解得vP＝，vQ＝ 答案　mgl WQ＝mvQ2＝mgl。 kx2 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。 代入数据解得x＝＝5 m 匀加速运动所需要的时间为t1＝＝5 s t2＝＝1 s W＝mv02＋mgh＋Q x皮＝＋v0(t－)＝10 m Mg Mg 答案　2 m/s 解得v0＝2 m/s －μ1mg(l2－s)－μ2mgs＝0－mv12 答案　2 s 解得t＝2 s。 l＝at2 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。 mv2 小环C到达N点时，弹簧做功为零，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。 4.(多选)(2023·广东茂名市一模)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，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mgh 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mgh 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 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； 因此从A到C克服摩擦力做功小于mgh，根据动能定理可知，物块到达C点的速度不为零，故B错误； 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。 B.软绳的重力势能共减少了mgl 软绳重力势能减少量ΔEp减＝mg·－mg·sin θ ＝mgl，B正确； B.当杆转到竖直位置时，B球的速度大小为 C.杆在转动的过程中，A球的机械能守恒 D.杆从水平位置转到竖直位置的过程中，杆对B球做的功为mgL 在杆从水平位置转到竖直位置过程有mg＋2mgL ＝m(ω)2＋×2m(ωL)2，此时B球的速度大小vB＝ωL，解得vB＝，B正确； 杆从水平位置转到竖直位置的过程中，设杆对B球做的功为W，则有2mgL＋W＝×2mvB2，解得W＝mgL，D正确； 根据题意，钢球经B点时，由牛顿第二定律有FN＋mg＝，其中FN＝3mg 解得vB＝2 钢球从A到B过程中，由动能定理有mg(H－2R)＝mvB2 解得L＝。 答案　L＝ 小球在光滑轨道上运动，只有重力做功，故机械能守恒，有mv02＝mv2＋mgh，解得vA2＝vh2＋2gh，即x＝(9＋2×10×0.8) m2/s2＝25 m2/s2，故A错误； 依题意，小球在C点有F＋mg＝，又vC2＝9 m2/s2,2R＝0.8 m，解得m＝0.2 kg，故B正确； 由机械能守恒定律可得mv02＝mvB2＋mgR，小球在B点由牛顿第二定律有FB＝，联立可得FB＝8.5 N，故D正确。 C.物块的动能一定大于mv02－fl D.物块的动能一定小于mv02－fl 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， 答案　48 W m1gsin θ－m2g＝(m1＋m2)v12＋μm1gcos θ m1gsin θ－μm1gcos θ＝m1v22－m1v12 解得v2＝ m/s 解得P＝48 W －μm1glBC＝m1v32－m1v22 由动能定理得－m1g×2R1＝m1v42－m1v32 甲到达D时，根据牛顿第二定律 m1g＝m1 由动能定理得－m1gR2＝0－m1v32 mglsin 37°＋mgR(1－cos 37°)＝mvC2 在C点由牛顿第二定律有FN－mg＝m 答案　v＝，其中lx≥0.85 m mglxsin 37°－4mgRcos 37°＝mv2， 解得v＝，其中lx≥0.85 m. 当n＝3时，lx2＝ m 当n＝5时，lx3＝ m。 mglxsin 37°－mgsin 37°－nμmgcos 37°＝0，lFG＝ 解得lx＝ m(n＝1,3,5，…) 当n＝1时，lx1＝ m $$