专题二 第6讲 机械能守恒定律 功能关系和能量守恒定律-【金版教程】2025年高考物理大二轮专题复习冲刺方案课件PPT（基础版）

第一部分　专题复习篇 专题二　能量与动量 第6讲　机械能守恒定律　 功能关系和能量守恒定律 2 目录 1 2 3 4 5 考点1 考点3 考点2 专题作业 高考命题预测 考点1　机械能守恒定律的应用 考点１　机械能守恒定律的应用 5 考点１　机械能守恒定律的应用 6 考点１　机械能守恒定律的应用 7 考点１　机械能守恒定律的应用 8 例3　（2024·江苏省南京市盐城市高三下一模）如图所示，两根不可伸长的轻绳连接质量为m的小球P，右侧绳一端固定于A，绳长为L，左侧绳通过光滑定滑轮连接一物体Q，整个系统处于静止状态时，小球P位于图示位置，两绳与水平方向夹角分别为37°和53°。现将小球P托至与A、B两点等高的水平线上，且两绳均拉直，由静止释放，已知sin37°＝0.6，cos37°＝0.8，重力加速度为g，求： （1）物体Q的质量M； （2）小球P运动到图示位置时的速度v大小； （3）小球P运动到图示位置时AP绳中的张力大小。 考点１　机械能守恒定律的应用 9 解析　（1）设系统处于静止状态时，左、右两侧轻绳中的张力大小分别为TB和TA，小球P的受力分析如图所示，根据平衡条件， 在水平方向上有TBsin37°＝TAsin53° 在竖直方向上有TBcos37°＋TAcos53°＝mg 物体Q静止，则由平衡条件有TB＝Mg 解得M＝0.8m。 考点１　机械能守恒定律的应用 10 考点１　机械能守恒定律的应用 11 考点１　机械能守恒定律的应用 12 1.判断物体或系统机械能是否守恒的三种方法 做功判断法 只有重力和系统内弹力做功时，系统机械能守恒 能量转化 判断法 没有机械能以外的其他形式的能与机械能转化时，系统机械能守恒 定义判断法 看动能与重力（或弹性）势能之和是否变化 考点１　机械能守恒定律的应用 13 2.利用机械能守恒定律解题的步骤 3.利用机械能守恒定律列方程的三种表达形式 考点１　机械能守恒定律的应用 14 4.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，线速率与半径成正比 考点１　机械能守恒定律的应用 15 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 考点１　机械能守恒定律的应用 16 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。 轻弹簧模型 ①同一根弹簧弹性势能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，当弹簧形变量最大时，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） 考点１　机械能守恒定律的应用 17 5.易错易混点 （1）含弹簧的物体系统机械能守恒时，分析系统机械能变化时没有考虑到弹簧，将弹簧的弹性势能等遗漏，从而出错。 （2）绳子突然绷紧、非弹性碰撞、有滑动摩擦力或电场力或安培力做功等情况，机械能一般不守恒。 （3）分析关联物体机械能守恒时，应注意寻找用绳或杆连接的物体间的速度关系和位移关系。 考点１　机械能守恒定律的应用 18 考点2　功能关系的综合应用 例4　（2024·浙江1月选考）如图所示，质量为m的足球从水平地面上位置1被踢出后落在位置3，在空中达到最高点2的高度为h，则足球（　　） A.从1到2动能减少mgh B.从1到2重力势能增加mgh C.从2到3动能增加mgh D.从2到3机械能不变 考点2　功能关系的综合应用 20 解析　由题图中足球的运动轨迹可知，在空中运动时，足球除受重力外，一定受到空气阻力作用。足球从1到2重力做负功，WG＝－mgh，则重力势能增加mgh，空气阻力做负功，即Wf<0，由动能定理可得WG＋Wf＝ΔEk，可得足球动能的变化量ΔEk＝－mgh＋Wf<0，所以足球从1到2动能减少，且减少量|ΔEk|＝mgh＋|Wf|>mgh，A错误，B正确；足球从2到3，空气阻力做负功，即Wf′<0，则足球机械能减小，重力做正功，WG′＝mgh，由动能定理有WG′＋Wf′＝ΔEk′，可得足球动能的变化量ΔEk′＝mgh＋Wf′<mgh，C、D错误。 考点2　功能关系的综合应用 21 例5　（2024·河北省沧州市高三下二模）一定质量的物块静止在水平面上，给物块施加竖直向上的拉力F，如图甲所示，选取地面为重力势能的零势能面，物块在一定时间内机械能随路程变化的图像如图乙所示。已知物块加速度为零的位置出现在路程大于s1的位置，忽略一切阻力。下列说法正确的是（　　） A.0～s2过程中物块的加速度逐渐减小 B.0～s1过程中物块的动能逐渐增大 C.0～s2过程中物块先向上运动后向下运动 D.s2～s3过程中物块一定向上运动 考点2　功能关系的综合应用 22 解析　设物块加速度为零的位置为s0，则在s0位置F＝mg；由功能关系可知，物块的机械能变化量ΔE＝F·Δs，可知E­s图像的斜率表示拉力F，由图乙可知，0～s2过程中拉力F一直减小，当路程大于s2后拉力变为零，可知s0在s1和s2之间；s<s0时，F>mg且减小，所以物块向上做加速度逐渐减小的加速运动，动能逐渐增大，直到在s0位置加速度为零，速度达到最大值，从s0到s2，E增大，则物块在这段过程一直向上运动，做加速度逐渐增大的减速运动；到达s2位置拉力减为零，之后，物块做加速度向下且恒定的匀变速直线运动，则从s2到s3过程的某时刻，物块可能开始向下运动。综上所述，B正确，A、C、D错误。 考点2　功能关系的综合应用 23 常见的功能关系 考点2　功能关系的综合应用 24 功能关系的应用 （1）根据功能关系可以由功求对应的能量变化，也可以根据能量变化求对应力做的功，进而求解其他相关量。 （2）动能定理是最常用的功能关系。 （3）单独应用功能关系的情况较少，在很多问题中，功能关系经常与动能定理、机械能守恒定律或能量守恒定律结合应用。 考点2　功能关系的综合应用 25 考点3　能量守恒定律的综合应用 例6　（2024·江西高考）“飞流直下三千尺，疑是银河落九天。”是李白对庐山瀑布的浪漫主义描写。设瀑布的水流量约为10 m3/s，水位落差约为150 m。若利用瀑布水位落差发电，发电效率为70%，则发电功率大致为（　　） A.109 W 　　　　B.107 W 　　　　 C.105 W 　　　D.103 W 考点3　能量守恒定律的综合应用 27 例7　（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（可视为质点）在电动机作用下，从斜面底端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，物块恰好到达最高点D点，重力加速度为g，不计电动机消耗的电热。求： （1）CD段长度x； （2）BC段电动机的输出功率P； （3）全过程储存的机械能E1和电动机消耗的总电能E2的比值。 考点3　能量守恒定律的综合应用 28 考点3　能量守恒定律的综合应用 29 考点3　能量守恒定律的综合应用 30 例8　（2024·河北省衡水市部分高中高三下一模）图a为成都天府国际机场某货物传送装置实物图，简化图如图b所示，该装置由传送带ABCD及固定挡板CDEF组成，固定挡板CDEF与传送带上表面垂直，传送带上表面ABCD与水平地面的夹角为θ＝37°，CD与水平面平行。传送带匀速转动时，工作人员将质量分布均匀的正方体货物从D点由静止释放，货物对地发生位移L＝10 m后被取走，货物在传送带上运动时的剖面图如图c所示。已知传送带匀速运行的速度为v＝1 m/s，货物质量为m＝10 kg，其底部与传送带ABCD的动摩擦因数为μ1＝0.5，其侧面与挡板CDEF的动摩擦因数为μ2＝0.25。已知sin37°＝0.6，cos37°＝0.8，重力加速度g取10 m/s2，不计空气阻力。求： 考点3　能量守恒定律的综合应用 31 （1）货物刚放上传送带时，其底面所受滑动摩擦力f1的大小及侧面所受滑动摩擦力f2的大小； （2）货物在传送带上所经历的时间及传送装置多消耗的电能。 答案　（1）40 N　15 N　（2）10.2 s　163 J 解析　（1）货物放上传送带后，设传送带对货物支持力为N1，挡板对货物支持力为N2，在题图c中对货物受力分析如图所示，由平衡条件有 N1＝mgcosθ N2＝mgsinθ 考点3　能量守恒定律的综合应用 32 由滑动摩擦力计算式有 f1＝μ1N1 f2＝μ2N2 代入数据可得f1＝40 N，f2＝15 N。 （2）分析可知，f1与货物运动方向相同，f2与货物运动方向相反，货物将由静止开始沿传送带做匀加速直线运动，假设货物在被取走前能与传送带共速，则此后做匀速运动，由牛顿第二定律可得f1－f2＝ma1 解得货物的加速度大小a1＝2.5 m/s2 考点3　能量守恒定律的综合应用 33 考点3　能量守恒定律的综合应用 34 考点3　能量守恒定律的综合应用 35 1.含摩擦生热、焦耳热、电势能等多种形式能量转化的系统，优先选用能量守恒定律。 2.应用能量守恒定律解题的两条基本思路 （1）某种形式的能减少，一定存在其他形式的能增加，且减少量和增加量一定相等，即ΔE减＝ΔE增。 （2）某个物体的能量减少，一定存在其他物体的能量增加，且减少量和增加量一定相等，即ΔEA减＝ΔEB增。 考点3　能量守恒定律的综合应用 36 3.当涉及摩擦力做功时，注意摩擦产生的热量Q＝Ffx相对，x相对为相对滑动的两物体中的一个物体相对另一个物体滑动的轨迹的长度。 4.传送带问题的综合分析 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、重力势能及摩擦生的热，而摩擦生的热需要用摩擦力与相对路程的乘积进行求解。 考点3　能量守恒定律的综合应用 37 高考命题预测 1 2 3 高考命题预测 1 2 3 高考命题预测 2.（2024·安徽省安庆市高三下二模）如图所示，竖直轨道MA与四分之一圆弧轨道ABC平滑对接且在同一竖直面内，圆弧轨道圆心为O，OC连线竖直，OB连线与竖直方向夹角为θ＝37°，紧靠MA的一轻质弹簧下端固定在水平面上，弹簧上放有一质量为m＝2 kg的小球，现用外力将小球向下缓慢压至P点后无初速释放，小球恰能运动到C点。已知PA高度差为0.8 m，圆弧轨道半径为1.0 m，不计轨道摩擦和空气阻力，小球的半径远小于圆弧轨道的半径，弹簧与小球不拴接，重力加速度g取10 m/s2（sin37°＝0.6，cos37°＝0.8），则（　　） A.小球离开弹簧时速度最大 B.刚释放小球时，弹簧弹性势能为36 J C.若小球质量改为5.5 kg，仍从P点释放小球后，小球能沿轨道返回P点 D.若小球质量改为2.3 kg，仍从P点释放小球后，小球将从B点离开圆弧轨道 1 2 3 高考命题预测 1 2 3 高考命题预测 1 2 3 高考命题预测 解析： （1）A刚释放时，根据牛顿第二定律，有mgsinθ＝ma 解得a＝6 m/s2。 答案：（1）6 m/s2　（2）0.3 J　（3）能　－0.3 J 1 2 3 高考命题预测 （2）设Q点所在水平面为零势能面，对弹簧和物块组成的系统，由机械能守恒定律，有 mgxsinθ＝Ep 解得Ep＝0.3 J。 （3）令物块A、B的质量分别为mA和mB，以Q点所在水平面为零势能面，则初始时，A、B和弹簧组成的系统具有的能量为 E1＝（mA＋mB）gxsin37°＝0.6 J A、B从P点到Q点因摩擦产生的内能为 E2＝μ（mA＋mB）gxcos37° 1 2 3 高考命题预测 假设A、B可以到达Q点，且到达Q点时整体的动能为Ek，根据能量守恒定律，有 E1＝E2＋Ep＋Ek 联立并代入数据解得Ek＝0 即A、B刚好能到达Q点，且动能均为0 对物块B，由动能定理，有mBgxsinθ＋W＝0 解得W＝－0.3 J。 1 2 3 高考命题预测 专题作业 1.（2024·北京高考）如图所示，光滑水平轨道AB与竖直面内的光滑半圆形轨道BC在B点平滑连接。一小物体将轻弹簧压缩至A点后由静止释放，物体脱离弹簧后进入半圆形轨道，恰好能够到达最高点C。下列说法正确的是（　　） A.物体在C点所受合力为零 B.物体在C点的速度为零 C.物体在C点的向心加速度等于重力加速度 D.物体在A点时弹簧的弹性势能等于物体在C点的动能 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 专题作业 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 专题作业 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 专题作业 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 专题作业 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 专题作业 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 专题作业 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 专题作业 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 专题作业 5.（多选）如图所示，一固定斜面的倾角为30°，一质量为m的小物块自斜面底端以一定的初速度沿斜面向上做匀减速运动，加速度大小等于0.8g（g为重力加速度大小）。物块上升的最大高度为H，则此过程中（　　） A.物块的重力势能减少了mgH B.物块的动能损失了1.6mgH C.物块的机械能损失了0.8mgh D.物块克服摩擦力做功0.6mgH 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 专题作业 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 专题作业 6.（2024·内蒙古呼和浩特市高三下二模）如图是建筑工地上“打夯机”的示意图，电动机带动两个滚轮匀速转动将夯杆从深坑提起，当夯杆底端刚到达坑口时，两个滚轮彼此分开，将夯杆释放，夯杆在自身重力作用下落回深坑（夯杆被滚轮提升过程中，经历匀加速和匀速运动过程）。已知两个滚轮边缘的线速度恒为v0＝3 m/s，滚轮对夯杆的正压力F＝2×104 N，滚轮与夯杆间的动摩擦因数μ＝0.4，夯杆质量m＝1×103 kg，坑深h＝6.0 m，假定在打夯的过程中坑的深度变化不大，取g＝10 m/s2，下列说法正确的是（　　） A.每次夯杆上升过程中匀加速运动的时间为2 s B.夯杆被滚轮带动加速上升的过程中，加速度的大小为3 m/s2 C.每次夯杆底端从坑底到坑口过程中，滚轮与夯杆间因摩擦产生的热量 为1.2×104 J D.每次夯杆底端从坑底到坑口过程中，电动机多消耗的电能为8×104 J 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 专题作业 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 专题作业 7.（2024·辽宁省丹东市高三二模）轻质直角支架两端分别连接质量均为m的小球A和B，支架的两直角边长度分别为2L和L，支架可绕固定轴O在竖直平面内无摩擦转动。如图所示，开始时OA边与水平方向的夹角为θ，θ＝37°，重力加速度为g，sin37°＝0.6，cos37°＝0.8。由静止释放A球，下列说法正确的是（　　） A.A、B两球线速度大小始终相等 B.A球速度最大时位于O点正下方 C.A由静止释放至摆动到最低点的过程中，支架对A不做功 D.A摆动到最低点位置时，杆对A做功的功率为零 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 专题作业 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 专题作业 8.（2024·湖南省怀化市高三下二模）（多选）如图甲所示，质量为2 kg的小球从最低点A冲入竖直放置在水平地面上、半径为0.4 m的半圆轨道，已知小球恰能到达最高点C，轨道粗糙程度处处相同，空气阻力不计。小球由A到C的过程中速度的平方与其高度的关系图像如图乙所示，g取10 m/s2，B为AC轨道中点。下列说法正确的是（　　） A.图乙中x＝4 B.小球在C点时重力的功率为40 W C.小球从A到C克服摩擦力做功为5 J D.小球从B到C过程损失的机械能等于2.5 J 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 专题作业 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 专题作业 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 专题作业 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 专题作业 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 专题作业 10.（2024·河北省张家口市高三下三模）如图甲所示，轻质弹簧下端固定在倾角为37°的粗糙斜面底端挡板上，弹簧处于原长。质量为m＝1 kg的小物块，从斜面顶端由静止释放沿斜面下滑，小物块沿斜面向下运动过程中的动能Ek随位移x变化的图像如图乙所示，在0≤x≤0.15 m时图像为直线。已知弹簧始终在弹性限度内，重力加速度g取10 m/s2，cos37°＝0.8，sin37°＝0.6。下列说法正确的是（　　） A.小物块与斜面间的动摩擦因数为0.2 B.弹簧的劲度系数为20 N/m C.小物块下滑过程中的最大动能为0.5 J D.整个过程中弹簧的最大弹性势能为0.8 J 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 专题作业 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 专题作业 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 专题作业 　　　　　　　　　　　　　 　　　　　　　　　　　　　 R 例1　（2024·天津市红桥区高三下二模）如图所示，劲度系数为k的竖直轻弹簧固定在水平地面上。质量为m的小球从弹簧正上方高h处自由下落，当弹簧的压缩量为x时，小球到达最低点。不计空气阻力，重力加速度为g。此过程中（　　） A.小球的机械能守恒 B.小球到距地面高度为eq \f(mg,k)时动能最大 C.小球最大动能为mgeq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(h＋\f(mg,k))) D.弹簧最大弹性势能为mg（h＋x） 解析　当小球与弹簧接触后，弹簧弹力对小球做负功，小球的机械 能减少，小球的机械能不守恒，故A错误；当小球所受合力为零时，小 球的速度最大，动能最大，设此时弹簧的形变量为x1，则根据平衡条件 有mg＝kx1，解得x1＝eq \f(mg,k)，由于弹簧原长未知，故无法求出小球此时距地 面的高度，B错误；设小球动能最大时弹簧的弹性势能为Ep1，根据机械能守恒定律可知，小球的最大动能为Ek＝mg（h＋x1）－Ep1＝mgeq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(h＋\f(mg,k)))－Ep1，故C错误；当小球运动到最低点时，小球的动能为零，弹簧的形变量最大，此时弹簧的弹性势能最大，设此时弹簧的弹性势能为Ep，根据机械能守恒定律可得Ep＝mg（h＋x），故D正确。 例2　（2024·湖南省娄底市高三下一模）如图所示，半径为R的大圆环悬挂固定在竖直平面内，圆心为O，质量为m的小圆环套在大圆环上，从大圆环顶端由静止开始下滑，当小圆环运动到P点（图中未画出）时，向心加速度大小等于重力加速度g的3倍，下列说法正确的是（　　） A.小圆环运动到P点的过程中重力势能减少mgR B.小圆环运动到P点时的速度大小为eq \r(2gR) C.PO连线与竖直方向的夹角为60° D.小圆环运动到P点时大圆环对小圆环的弹力大小为3mg 解析：　设小圆环运动到P点时的速度大小为v，重力势能的减少量为ΔEp，由题意可知，此时小圆环的向心加速度大小an＝eq \f(v2,R)＝3g，小圆环运动到P点的过程中重力势能的减少量等于动能的增加量，即ΔEp＝eq \f(1,2)mv2，联立可得v＝eq \r(3gR)，ΔEp＝eq \f(3,2)mgR，故A、B错误；设PO连线与竖直方向的夹角为θ，小圆环运动到P点时大圆环对小圆环的弹力大小为FN，如图所示，小圆环从初始位置运动到P的过程中，根据动能定理有mgR（1＋cosθ）＝eq \f(1,2)mv2－0，在P点，根据牛顿第二定律有FN－mgcosθ＝meq \f(v2,R)，联立可得FN＝eq \f(7,2)mg，cosθ＝eq \f(1,2)，所以θ＝60°，故C正确，D错误。 答案　（1）0.8m　（2）eq \f(\r(2gL),3)　（3）eq \f(37,45)mg （2）设小球P下降的高度为h1，物体Q上升的高度为h2，小球P和物体Q的速度大小分别为v和v′，根据机械能守恒定律，可得 mgh1－Mgh2＝eq \f(1,2)mv2＋eq \f(1,2)Mv′2 根据几何关系得h1＝Lsin37° h2＝Ltan37°－eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(L,cos37°)－L)) 分析可知，在题图所示位置时刻，BP为小球P运动轨迹的切线，即此时小球P的速度沿着BP方向，所以v＝v′ 联立解得v＝eq \f(\r(2gL),3)。 （3）设小球P运动到图示位置时AP绳中的张力大小为TA′，因为小球P释放后做圆周运动，且在题图所示位置沿AP绳方向的合力提供此时圆周运动的向心力，则有 TA′－mgsin37°＝meq \f(v2,L) 解得TA′＝eq \f(37,45)mg。 解析　设瀑布水流量为Q，水位落差为h，发电效率为η，水的密度为ρ，则t时间内流过某横截面的水的体积V＝Qt，从瀑布顶端落到底部，重力对这部分水所做的功W＝ρVgh，发电功率P＝ηeq \f(W,t)，联立解得P＝ηρQgh≈107 W，故选B。 答案　（1）eq \f(v2,2g（sinθ＋μcosθ）)　（2）mgvsinθ＋μmgvcosθ　（3）eq \f(sinθ,sinθ＋μcosθ) 解析　（1）对物块从C点运动到D点的过程，由动能定理有 －mgxsinθ－μmgcosθ·x＝0－eq \f(1,2)mv2 解得x＝eq \f(v2,2g（sinθ＋μcosθ）)。 （2）物块在BC段做匀速直线运动，由平衡条件知，电动机对物块的作用力大小 F＝mgsinθ＋μmgcosθ 电动机的输出功率P＝Fv 联立解得P＝mgvsinθ＋μmgvcosθ。 （3）根据题意，全过程储存的机械能 E1＝mgLsinθ 由能量守恒定律可知，电动机消耗的总电能 E2＝mgLsinθ＋μmgcosθ·L 联立可得eq \f(E1,E2)＝eq \f(sinθ,sinθ＋μcosθ)。 设货物匀加速至与传送带共速所用时间为t1，货物匀加速阶段的位移为x1，则有v＝a1t1 v2＝2a1x1 联立解得x1＝0.2 m 因x1<L，故假设成立 共速后，货物做匀速直线运动，直至被取下，此段运动的位移x2＝L－x1 货物匀速阶段所用的时间为t2＝eq \f(x2,v) 则货物运动总时间为t＝t1＋t2 联立解得t＝10.2 s 货物与传送带之间由于摩擦产生的内能 Q1＝f1x相 其中货物相对传送带运动的位移大小 x相＝v1t1－eq \f(1,2)v1t1 货物与挡板之间由于摩擦产生的内能Q2＝f2L 货物增加的动能ΔEk＝eq \f(1,2)mv2 由能量守恒定律可得，传送装置多消耗的电能 E电＝Q1＋Q2＋ΔEk 联立并代入数据解得E电＝163 J。 1.（2024·四川省遂宁市高三下三诊）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，A、B用一不可伸长的轻细绳相连，A、B质量相等，且可看作质点，开始时细绳水平伸直，A、B静止。由静止释放B后，已知当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中虚线所示），小球B下滑的速度为v，则半圆的半径为（　　） A.eq \f(7v2,4\r(3)g) B.eq \f(7v2,4g) C.eq \f(7\r(3)v2,4g) D.eq \f(7v2,4\r(2)g) 解析：设此时刻A球的速度大小为vA，将小球B的速度v沿绳方向和垂直绳方向进行分解，如图所示，A、B两小球沿绳方向的速度大小相等，则有vA＝vcos30°，A、B两小球组成的系统机械能守恒，有mgRcos30°＝eq \f(1,2)mv2＋eq \f(1,2)mveq \o\al(2,A)，解得半圆的半径R＝eq \f(7v2,4\r(3)g)，故选A。 解析：当小球受到的弹簧弹力与重力平衡时，小球速度最大，故A错误；小球恰好能通过C点，由牛顿第二定律有mg＝m2,C)eq \f(v,R) ，其中R＝1.0 m，可得小球在C点的速度大小vC＝eq \r(10) m/s，小球从P点运动到C点，弹簧的弹性势能转化为小球的机械能，则刚释放小球时，弹簧的弹性势能为Ep＝mg（h＋R）＋eq \f(1,2)mveq \o\al(2,C)，其中h＝0.8 m，可得Ep＝46 J，故B错误；小球质量为m1＝5.5 kg>2 kg时，小球肯定到不了C点，而最大弹性势能Ep＝46 J>m1gh＝44 J，所以小球到达A点时速度不为零，即能进入圆弧轨道，所以小球将在圆弧轨道A、C之间某点离开圆弧轨道做斜抛运动，不可能沿轨道返回P点，故C错误；设小球质量为m2时，从P点释放后恰好从B点离开圆弧轨道，则在B点，根据牛顿第二定律有m2gcos37°＝m22,B)eq \f(v,R) ，小球从P点运动到B点的过程，对于小球与弹簧组成的系统，根据机械能守恒定律可得Ep＝m2g·（h＋Rcos37°）＋eq \f(1,2)m2veq \o\al(2,B)，解得m2＝2.3 kg，故D正确。 3.（2024·福建省三明市高三下三模）如图甲，轻质弹簧一端拴接在倾角θ＝37°的光滑固定斜面底端的挡板上，弹簧处于自然状态。现将m＝0.5 kg的小物块A由P点静止释放并开始压缩弹簧，A沿斜面运动至最低点Q（图中未标出）后弹回，PQ距离x＝0.1 m。小物块可视为质点，弹簧始终处在弹性限度内，不计空气阻力，重力加速度g取10 m/s2，sin37°＝0.6，cos37°＝0.8。求： （1）A刚释放时的加速度大小a； （2）A运动至最低点Q时，弹簧的弹性势能Ep； （3）如图乙，若A与斜面间的动摩擦因数μ＝eq \f(3,8)，现将m＝0.5 kg的小物块B轻放在A上，仍从斜面上的P点静止释放，A、B一起沿斜面向下运动且始终保持相对静止，通过计算判断A、B能否到达Q点。若能，求该过程中A对B所做的功W；若不能，求A、B能到达的最低点与P点的距离s。 解析：物体恰好能够到达最高点C，则物体在最高点C只受重力，重力提供向心力，物体在C点所受合力不为零，A错误；设半圆形轨道的半径为r，物体在C点时，由牛顿第二定律得mg＝meq \f(v2,r)，解得物体在C点的速度大小为v＝eq \r(gr)，B错误；物体在C点时，由牛顿第二定律得mg＝man，解得物体在C点的向心加速度an＝g，C正确；以A点所在高度为重力势能的零势能面，对物体和弹簧组成的系统，由机械能守恒定律知，物体在A点时弹簧的弹性势能等于物体在C点的动能和重力势能之和，D错误。 2.如图，质量为4m的物块A静置于水平桌面上，桌子左端固定一足够小的光滑定滑轮，一条不可伸长的轻绳跨过定滑轮连接物块A和质量为m的小球B，在O处定滑轮的正下方P点固定一颗钉子。开始时OB与竖直方向的夹角θ为37°，现将小球B由静止释放，轻绳碰到钉子后瞬间物块A恰好未滑动，物块A与水平桌面间的动摩擦因数为0.4，最大静摩擦力等于滑动摩擦力，sin37°＝0.6，cos37°＝0.8，则OP与OB的比值为（　　） A.eq \f(1,2) B.eq \f(1,4) C.eq \f(2,3) D.eq \f(1,3) 解析：设eq \f(OP,OB)＝k，小球B从初始位置到最低点，由机械能守恒定律得mg·OB（1－cosθ）＝eq \f(1,2)mv2，在最低点由牛顿第二定律得T－mg＝meq \f(v2,OB－kOB)，由题意知T＝μ·4mg，联立解得k＝eq \f(1,3)，故D正确，A、B、C错误。 3.如图，总长为l、质量为m的均匀软绳对称地挂在轻小滑轮上，用细线将质量也为m的物块与软绳连接。将物块由静止释放，直到软绳刚好全部离开滑轮，不计一切摩擦，重力加速度为g，则（　　） A.刚释放时细线的拉力大小为mg B.该过程中物块的机械能减少了eq \f(1,2)mgl C.该过程中软绳的重力势能减少了eq \f(1,2)mgl D.软绳离开滑轮时速度大小为eq \f(1,2) eq \r(3gl) 解析：刚释放时，对物块有mg－T＝ma，故细线的拉力T小于mg，A错误；整个过程中，物块的重力势能减小eq \f(1,2)mgl，但物块也获得了速度，即动能增加，故机械能损失小于eq \f(1,2)mgl，B错误；因为软绳均匀，把软绳的中点看作软绳的重心，所以软绳相当于向下移动了eq \f(1,4)l，故减小的重力势能为eq \f(1,4)mgl，C错误；软绳刚好全部离开滑轮时，其速度与物块速度相等，设为v，由机械能守恒定律得mg×eq \f(1,2)l＋eq \f(1,4)mgl＝eq \f(1,2)×2mv2，解得v＝eq \f(1,2) eq \r(3gl)，故D正确。 4.（2024·青海省德令哈市高三模拟预测）如图所示，顶角P为53°的光滑“ ”形硬杆的倾斜部分垂直，重力加速度大小为g，则甲在B点的速度大小为（　　） ”形硬杆的倾斜和水平部分，当轻质硬杆呈竖直状态时甲静止在A点，乙静止在C点。甲由于受到轻微的扰动开始运动，当甲运动到B点时，轻质硬杆与“ A.eq \f(\r(5gL),5) B.eq \f(2\r(5gL),5) C.eq \f(\r(5gL),2) D.eq \f(\r(5gL),4) 解析：甲在B点时，轻质硬杆与AP倾斜部分垂直，则甲沿轻质硬杆的分速度为0，根据速度的分解与合成可知，此时乙的速度为0；在甲从A运动到B的过程中，乙的机械能变化量为0，则甲减小的重力势能转化为甲的动能，有mg·（L－Lcos53°）＝eq \f(1,2)mv2，解得甲在B点的速度大小为v＝eq \f(2\r(5gL),5)，故选B。 解析：小物块从斜面底端往高处运动，重力势能增加，A错误；合力做的功W＝－ma·eq \f(H,sin30°)＝－m×0.8g×2H＝－1.6mgH，由动能定理可知，动能的变化量等于合力做功，故动能损失了1.6mgH，B正确；机械能的变化量取决于除重力以外其他力做的功，即等于摩擦力做功，由牛顿第二定律可知mgsin30°＋f＝ma，可得摩擦力大小f＝0.3mg，物块克服摩擦力做功Wf＝f×eq \f(H,sin30°)＝0.6mgH，C错误，D正确。 解析：夯杆被滚轮带动加速上升的过程中，由牛顿第二定律可得 2μF－mg＝ma，代入数据解得加速度的大小为a＝6 m/s2，B错误；每 次夯杆上升过程中做匀加速运动的时间为t＝eq \f(v0,a)＝0.5 s，A错误；每次 夯杆底端从坑底到坑口过程中，滚轮与夯杆间的相对位移Δx＝v0t－ eq \f(1,2)v0t，则因摩擦产生的热量为Q＝2μF·Δx，联立并代入数据解得Q＝1.2×104 J，C正确；根据能量守恒定律，每次夯杆底端从坑底到坑口过程中，电动机多消耗的电能为E＝Q＋mgh＋eq \f(1,2)mveq \o\al(2,0)＝7.65×104 J，D错误。 解析：A、B两球属于同轴转动，角速度始终相等，由于两球到轴心的距离rA＝2rB＝2L，根据v＝ωr可知，A、B两球线速度大小始终不相等，故A错误；A、B两球构成的系统机械能守恒，设角速度为ω，经历一定时间时OA边与水平方向夹角为α，则有mg（2Lsinα－2Lsinθ）＝mg·（Lcosθ－Lcosα）＋eq \f(1,2)mveq \o\al(2,A)＋eq \f(1,2)mveq \o\al(2,B)，且vA＝ω·rA，vB＝ω·rB，解得ω＝eq \r(\f(2g（2sinα＋cosα）－4g,5L))，因2sinα＋cosα＝eq \r(5)sin（α＋β），其中tanβ＝eq \f(1,2)，可知当α＋β＝90°时，ω最大，A的线速度最大，此时A球并没有位于O点正下方，故B错误；当A运动到最左端时，角速度ω＝0，则由ω＝eq \r(\f(2g（2sinα＋cosα）－4g,5L))，解得α＝90°或α＝37°（释放点，不符合要求，舍弃），表明A恰好能够运动到最低点，且在最低点的线速度大小为0，则此时杆对A做功的功率为零，此过程中，A的机械能减小，表明支架对A做负功，故C错误，D正确。 解析：轨道半径R＝0.4 m，则h＝0.8 m对应C点，已知小球恰能到达最高点C，则在C点由牛顿第二定律有mg＝m2,C)eq \f(v,R) ，联立解得vC＝2 m/s，则图乙中x＝veq \o\al(2,C)＝4，A正确；小球在C点时，重力与速度垂直，故重力功率为零，B错误；从A到C过程，小球动能减小量为ΔEk＝eq \f(1,2)mveq \o\al(2,0)－eq \f(1,2)mveq \o\al(2,C)＝eq \f(1,2)×2×25 J－eq \f(1,2)×2×4 J＝21 J，重力势能的增加量为ΔEp＝mg·2R＝16 J，则其机械能减小ΔE＝ΔEk－ΔEp＝5 J，根据功能关系可得，克服摩擦力做的功为Wf＝ΔE＝5 J，C正确；小球在AC上运动时，设小球和圆心的连线与竖直方向的夹角为θ，小球的速度大小为v，根据牛顿第二定律，从A到B，有N－mgcosθ＝meq \f(v2,R)，从B到C，有N＋mgcosθ＝meq \f(v2,R)，且小球的速度一直减小，则与从A到B过程相比，小球在从B到C过程中受到的压力较小，根据f＝μN可知，在从B到C过程中小球所受的摩擦力较小，克服摩擦力做功较小，由功能关系可知，小球从B到C过程损失的机械能小于eq \f(1,2)Wf＝2.5 J，D错误。 9.（2024·江苏省宿迁市高三一模）如图所示，足够长的竖直固定杆上套一劲度系数为k的轻质弹簧，弹簧下端悬挂质量为m的物块B，上端连接一轻质小球，物块B与杆间无摩擦，小球A与杆之间的最大静摩擦力为1.2mg，最大静摩擦力等于滑动摩擦力，重力加速度为g，弹簧弹性势能Ep＝eq \f(1,2)kx2（x为形变量），忽略空气阻力。求： （1）B静止时，弹簧伸长量x； （2）若将物块B拉至弹簧原长处由静止释放， ①物块B的最大速度vm； ②整个过程中，因摩擦产生的内能Q。 答案：（1）eq \f(mg,k)　（2）①geq \r(\f(m,k))　②eq \f(72m2g2,25k) 解析：（1）B静止时，根据平衡条件，有mg＝kx 解得x＝eq \f(mg,k)。 （2）①当B的加速度为零时，速度有最大值，此时B下落x，此时弹簧的弹力为F弹＝kx＝mg 由题意可知，小球A与杆之间的最大静摩擦力fmax＝1.2mg 因为F弹＝mg<fmax 所以A不动，则B与弹簧组成的系统机械能守恒，有mgx＝eq \f(1,2)mveq \o\al(2,m)＋eq \f(1,2)kx2 联立可得vm＝geq \r(\f(m,k))。 ②A、B和弹簧组成的系统最终稳定时，A保持静止，B在竖直方向上往复运动，且B运动到最低点时，A所受摩擦力为最大静摩擦力fmax，设小球A下滑的距离为L，此时弹簧伸长量为x′，根据能量守恒定律可得 mg（L＋x′）＝eq \f(1,2)kx′2＋Q 其中Q＝fmaxL fmax＝kx′ 联立解得Q＝eq \f(72m2g2,25k)。 解析：设小物块与斜面间的动摩擦因数为μ，斜面倾角为θ，由动能定理可知，Ek­x图线的斜率表示小物块所受合力，由题图乙可知，小物块接触弹簧前，所受合力恒定，大小为F1＝eq \f(0.3－0,0.15－0) N＝2 N，对小物块进行受力分析，有F1＝mgsinθ－μmgcosθ，解得μ＝0.5，A错误；由题图乙可知，小物块速度最大时，弹簧的压缩量x＝0.25 m－0.15 m＝0.1 m，设弹簧的劲度系数为k，根据平衡条件，有mgsinθ－μmgcosθ－kx＝0，解得k＝20 N/m，B正确；小物块接触弹簧后，分析可知，小物块所受合力F与x呈线性关系，结合以上分析及题图乙， 画出合力F随位移x变化的图像如图所示，根据功的定义式及动能定理可知，图线与x轴所围的面积表示小物块动能的变化量，则小物块动能最大值为Ekmax＝eq \f(（0.25＋0.15）×2,2) J＝0.4 J，C错误；设小物块下滑至最低点时的位移为xmax，此时弹簧的弹性势能有最大值Ep，小物块的动能为0，则从开始至最低点，F­x图像中x轴上、下部分图线与x轴所围的面积大小相等，有Ekmax＝eq \b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\co1(\f(1,2)×（xmax－0.25）×（xmax－0.25）×\f(2－0,0.25－0.15))) J，解得xmax＝0.45 m（另一解xmax＝0.05 m<0.25 m，不符合实际，故舍去），根据能量守恒定律可知，Ep＝mgxmaxsinθ－μmgcosθ·xmax＝0.9 J，D错误。 $$