专题二 第4讲 功能关系和能量守恒（课件PPT）-【正禾一本通】2025年高考物理高三二轮专题复习高效讲义（新教材）

物 理 高三二轮专题复习高效讲义 高三二轮专题复习高效讲义 物 理 1 专题二 PPT下载 http:///xiazai/ 能量与动量 2 第4讲　功能关系和能量守恒 高频考点1 功、功率的分析与计算 考向1 功和功率的计算 考向2 机车启动及相关模型 高频考点2 动能定理和机械能守恒定律的应用 考向1 用动能定理求功 考向2 机械能守恒定律的应用 高频考点3 功能关系和能量守恒定律的应用 课下巩固检测练（四） 功能关系和能量守恒 01 02 03 04 05 06 07 08 09 10 11 12 01 02 03 04 05 06 07 08 09 10 11 12 01 02 03 04 05 06 07 08 09 10 11 12 01 02 03 04 05 06 07 08 09 10 11 12 01 02 03 04 05 06 07 08 09 10 11 12 01 02 03 04 05 06 07 08 09 10 11 12 01 02 03 04 05 06 07 08 09 10 11 12 01 02 03 04 05 06 07 08 09 10 11 12 01 02 03 04 05 06 07 08 09 10 11 12 01 02 03 04 05 06 07 08 09 10 11 12 01 02 03 04 05 06 07 08 09 10 11 12 01 02 03 04 05 06 07 08 09 10 11 12 01 02 03 04 05 06 07 08 09 10 11 12 01 02 03 04 05 06 07 08 09 10 11 12 01 02 03 04 05 06 07 08 09 10 11 12 01 02 03 04 05 06 07 08 09 10 11 12 01 02 03 04 05 06 07 08 09 10 11 12 01 02 03 04 05 06 07 08 09 10 11 12 01 02 03 04 05 06 07 08 09 10 11 12 01 02 03 04 05 06 07 08 09 10 11 12 01 02 03 04 05 06 07 08 09 10 11 12 01 02 03 04 05 06 07 08 09 10 11 12 01 02 03 04 05 06 07 08 09 10 11 12 01 02 03 04 05 06 07 08 09 10 11 12 01 02 03 04 05 06 07 08 09 10 11 12 01 02 03 04 05 06 07 08 09 10 11 12 01 02 03 04 05 06 07 08 09 10 11 12 01 02 03 04 05 06 07 08 09 10 11 12 01 02 03 04 05 06 07 08 09 10 11 12 01 02 03 04 05 06 07 08 09 10 11 12 谢谢观看 建构知识体系 必备知识 功、功率 (1)功的计算公式：W＝Fl cos α或W＝Pt。 (2)功率：平均功率P＝、P＝F(F与共线)；瞬时功率P＝Fv(F与v共线)。 (3)重力、静电力做功与路径无关；滑动摩擦力做功与路径有关。 (4)如图所示，物体由斜面上高为h的位置滑下，滑到平面上的另一点停下来，若L是释放点到停止点的水平总距离，则物体与接触面之间的动摩擦因数μ与L、h之间存在关系μ＝。 功、功率 (5)机车启动：①恒定功率启动：牵引力随速度的增加而减小；②恒定加速度启动：功率随速度的增加而增加；③能达到的最大速度：vm＝ 动能、动能定理 (1)动能：Ek＝。 (2)动能定理：W合＝ΔEk＝Ek2－Ek1 功能关系 (1)重力做功——重力势能变化；合外力做功——动能变化；静电力做功——电势能变化；分子力做功——分子势能变化；除重力或弹簧弹力之外的其他力做功——机械能变化。 (2)一对静摩擦力做功的代数和为零；相对滑动的物体因摩擦产生的热量为Q＝Ffs相对，其中s相对为相对滑动的路程 1．功的求法 2．功率的求法 【例1】 两个完全相同的小球A、B，在某一高度处以相同大小的初速度v0分别沿水平方向和竖直方向抛出，如图所示，不计空气阻力，则下列说法正确的是(　　 ) A．两小球落地时速度相同 B．两小球落地时，重力的瞬时功率相同 C．从开始运动至落地，重力对两小球做的功相同 D．从开始运动至落地，重力对两小球做功的平均功率相同 解析：选C。两球运动过程中机械能守恒，则两小球落地时速度大小相同，但方向不同，A错误；两小球落地时，B球竖直速度较大，根据PG＝mgvy可知，B球重力的瞬时功率较大，B错误；根据W＝mgh可知，从开始运动至落地，重力对两小球做的功相同，C正确；从开始运动至落地，B球运动时间较长，根据可知，B球重力做功的平均功率较小，D错误。 【例2】 (多选)2024年6月15日零时起，中国铁路实行新的列车运行图，武广高铁常态化按350公里时速高标运营，当日9时15分，长沙南站开出首趟高标运营列车，到广州南站仅需1小时59分。此高铁列车启动过程做匀加速直线运动，设运动过程中列车受到的阻力与行驶速度的大小成正比，在启动过程中当速度大小为v时，机车的输出功率为P，当速度大小为2v时，机车的输出功率可能为(　　 ) A．2.5P B．3.5P C．4.5P D．5.5P 解析：选AB。列车以速度为v行驶时受到的阻力为f1＝kv，列车的牵引力为F1＝，设列车总质量为m，根据牛顿第二定律有F1－f1＝ma，联立解得P＝mav＋kv2，同理，列车以速度为2v行驶时受到的阻力为f2＝k×2v，列车的牵引力为F2＝，根据牛顿第二定律有F2－f2＝ma，联立解得P′＝2mav＋4kv2，因为2mav＋2kv2<2mav＋4kv2<4mav＋4kv2，可知2P<P′<4P，故A、B正确。 【例3】 (2024·山东济南模拟)如图所示，借助电动机和斜面将质量为20 kg的货物用最短的时间从斜面底端拉到斜面顶端。货物依次经历匀加速、变加速、匀速、匀减速四个阶段，到达顶端时速度刚好为零。已知电动机的额定功率为1 200 W、绳子的最大拉力为300 N，绳子与斜面平行，斜面长度为34.2 m，倾角θ＝30°，货物与斜面的摩擦因数为减速阶段加速度大小不超过5 m/s2，g取10 m/s2。求： (1)减速阶段电动机的牵引力T； (2)货物运动的总时间t。 解析：(1)减速阶段，根据牛顿第二定律有 μmg cos θ＋mg sin θ－T＝mam 解得T＝100 N。 (2)货物在第一阶段匀加速上升的过程，根据牛顿第二定律可得F1－mg sin θ－μmg cos θ＝ma1 解得a1＝5 m/s2 当功率达到额定功率时，设货物的速度为v1，则有v1＝＝4 m/s 此过程所用时间和上滑的距离分别为 t1＝ s＝0.8 s x1＝＝1.6 m 货物以最大速度匀速时，有 vm＝＝6 m/s 货物最后以最大加速度做匀减速运动的时间和上滑的距离分别为 t3＝ s＝1.2 s x3＝＝3.6 m 因此，从电动机达到额定功率到货物即将减速，上滑的距离为 x2＝34.2－3.6－1.6 m＝29 m 设重物从结束匀加速运动到开始做匀减速运动所用时间为t2，该过程根据动能定理可得 Pt2－mg sin θ·x2－μmg cos θ·x2＝ 解得t2＝5 s 所以总时间为t＝t1＋t2＋t3＝7 s。 答案：(1)100 N　(2)7 s [规律方法]“例3”可等效为机车启动模型，分析此类问题首先要搞清功率、牵引力、速度之间的制约关系，同时，对功率一定的变速运动过程，牵引力虽然变化，但功率P不变，则功W＝Pt，所以常用动能定理建立位移和时间之间的关系。 【例4】 (2024·安徽高考)某同学参加户外拓展活动，遵照安全规范，坐在滑板上，从高为h的粗糙斜坡顶端由静止下滑，至底端时速度为v。已知人与滑板的总质量为m，可视为质点。重力加速度大小为g，不计空气阻力。则此过程中人与滑板克服摩擦力做的功为(　　 ) A．mgh B．mv2 C．mgh＋mv2 D．mgh－mv2 解析：选D。人在下滑的过程中，由动能定理可得mgh－Wf＝mv2－0，可得此过程中人与滑板克服摩擦力做的功为Wf＝mgh－mv2，故D正确。 【例5】 (2024·新课标卷)将重物从高层楼房的窗外运到地面时，为安全起见，要求下降过程中重物与楼墙保持一定的距离。如图，一种简单的操作方法是一人在高处控制一端系在重物上的绳子P，另一人在地面控制另一根一端系在重物上的绳子Q，二人配合可使重物缓慢竖直下降。若重物的质量m＝42 kg，重力加速度大小g＝10 m/s2，当P绳与竖直方向的夹角α＝37°时，Q绳与竖直方向的夹角β＝53°。(sin 37°＝0.6) (1)求此时P、Q绳中拉力的大小； (2)若开始竖直下降时重物距地面的高度h＝10 m，求在重物下降到地面的过程中，两根绳子拉力对重物做的总功。 解析：(1)重物下降的过程中受力平衡，设此时P、Q绳中拉力的大小分别为FT1和FT2，竖直方向 FT1cos α＝mg＋FT2cos β 水平方向FT1sin α＝FT2sin β 联立代入数值得FT1＝1 200 N，FT2＝900 N。 (2)整个过程根据动能定理得W＋mgh＝0 解得两根绳子拉力对重物做的总功为W＝－4 200 J。 答案：(1)1200 N　900 N　(2)－4 200 J [规律方法]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，比应用动力学方法解题要简捷。 (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。 【例6】 (2024·全国甲卷)如图，一光滑大圆环固定在竖直平面内，质量为m的小环套在大圆环上，小环从静止开始由大圆环顶端经Q点自由下滑至其底部，Q为竖直线与大圆环的切点。则小环下滑过程中对大圆环的作用力大小(　　) A．在Q点最大 B．在Q点最小 C．先减小后增大 D．先增大后减小 解析：选C。设小环运动轨迹所对的圆心角为θ(0≤θ≤π)，大圆环的半径为R，大圆环对小环的作用力为F，则由机械能守恒定律可得mgR(1－cos θ)＝又小环做圆周运动，则有F＋mg cos θ＝联立可得小环下滑过程中受到大圆环的作用力F＝mg(2－3cos θ)，则F的大小先减小后增大，且当cos θ＝时F最小，当cos θ＝－1，即小环在大圆环最低点时F最大，结合牛顿第三定律可知C正确。 [规律方法]机械能守恒定律的表达式 【例7】 如图所示，顶角P为53°的光滑“”形硬杆固定在竖直平面内，质量均为m的小球甲、乙(均视为质点)用长度为L的轻质硬杆连接，分别套在“”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“”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(　　 ) A． B． C． D． 解析：选B。由于甲在B位置时，轻质硬杆与AP垂直，根据牵连速度的分解规律可知，甲沿轻质硬杆的分速度为0，即此时乙的速度为0，甲小球减小的重力势能转化为甲的动能，则有mgmv2，解得v＝，故B正确。 [规律方法]常见的机械能守恒的连接体模型 共速率 模型 分清两物体位移大小与高度变化的关系 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 此类问题要注意速度的分解，找出两物体速度的关系 [说明]以上连接体不计阻力和摩擦力，系统机械能守恒，单个物体机械能不守恒。 1．五种常见的功能关系 能量 功能关系 表达式 势能 重力做的功等于重力势能的减少量 W＝Ep1－Ep2＝－ΔEp 弹力做的功等于弹性势能的减少量 静电力做的功等于电势能的减少量 动能 合外力做的功等于物体动能的变化量 W＝Ek2－Ek1＝ 机械能 除重力和弹力之外的其他力做的功等于机械能的变化量 W其他＝E2－E1＝ΔE机 摩擦产生的内能 一对相互作用的摩擦力做功之和的绝对值等于产生的内能 Q＝Ff·s相对(s相对为相对路程) 电能 克服安培力做的功等于电能的增加量 W克安＝E2－E1＝ΔE 2.应用功能关系和能量守恒定律的三个特别提醒 (1)分清是什么力做功，并且分析该力做正功还是做负功；根据功和能之间的对应关系，确定能量之间的转化情况。 (2)可以根据能量之间的转化情况，确定是什么力做功，尤其可以方便计算变力做功的多少。 (3)功能关系反映了做功和能量转化之间的对应关系，功是能量转化的量度和原因，在不同问题中的具体表现不同。 【例8】 (2024·安徽高考)在某地区的干旱季节，人们常用水泵从深水井中抽水灌溉农田，简化模型如图所示。水井中的水面距离水平地面的高度为H。出水口距水平地面的高度为h，与落地点的水平距离约为l。假设抽水过程中H保持不变，水泵输出能量的η倍转化为水被抽到出水口处增加的机械能。已知水的密度为ρ，水管内径的横截面积为S，重力加速度大小为g，不计空气阻力，则水泵的输出功率约为(　　 ) A． B． C． D． 解析：选B。设水从出水口射出的初速度为v0，取t时间内的水为研究对象，该部分水的质量为m＝v0tSρ，根据平抛运动规律有l＝v0t，h＝gt2，解得v0＝l，根据功能关系得Ptη＝＋mg(H＋h)，联立解得水泵的输出功率为P＝，故B正确。 [规律方法]灵活利用功的关系可将对功(或能量转化)的求解转化为对相应能量转化(或功)的求解。 【例9】 (多选)(2024·湖南岳阳模拟)蹦极是一项极限运动，某人身系原长为30 m的弹性绳自P点无初速度落下，其运动轨迹为图中的虚线，人在最低点Q时的动能恰好与弹性绳的弹性势能相等。已知人的质量为75 kg，OP＝30 m，OQ＝40 m，弹性绳(满足胡克定律)具有的弹性势能Ep＝kx2，式中k为弹性绳的劲度系数，x为弹性绳的形变量，不计空气阻力及弹性绳的质量，人可视为质点，取重力加速度大小g＝10 m/s2，下列说法正确的是(　　 ) A．弹性绳的劲度系数为150 N/m B．弹性绳中的最大弹力为1 500 N C．人在Q点时的速度大小为20 m/s D．人在Q点时的加速度大小为30 m/s2 解析：选CD。从P到Q由功能关系可知mgh＝Ek＋Ep＝2Ep＝kΔx2，代入数据解得k＝300 N/m，A错误；弹性绳中的最大弹力为F＝kΔx＝3 000 N，B错误；人在Q点时，Ek＝，解得速度vQ＝20 m/s，C正确；人在Q点时的加速度大小为a＝＝30 m/s2，D正确。 一、单选题 1．(2024·新课标卷)福建舰是我国自主设计建造的首艘弹射型航空母舰。借助配重小车可以进行弹射测试，测试时配重小车被弹射器从甲板上水平弹出后，落到海面上。调整弹射装置，使小车水平离开甲板时的动能变为调整前的4倍。忽略空气阻力，则小车在海面上的落点与其离开甲板处的水平距离为调整前的(　　 ) A．0.25倍 B．0.5倍 C．2倍 D．4倍 解析：选C。动能表达式为Ek＝mv2，由题意可知小车水平离开甲板时的动能变为调整前的4倍，则离开甲板时速度变为调整前的2倍；小车离开甲板后做平抛运动，从离开甲板到到达海面上的时间不变，根据x＝vt可知，小车在海面上的落点与其离开甲板处的水平距离为调整前的2倍，故C正确。 2．如图所示，粗糙程度处处相同的水平桌面上有一长为L的轻质细杆，一端可绕竖直光滑轴O转动，另一端与质量为m的小木块相连。木块以水平初速度v0出发，恰好能完成一个完整的圆周运动。在运动过程中，木块所受摩擦力的大小为(　　 ) A． B． C． D． 解析：选B。在运动过程中，只有滑动摩擦力做功，滑动摩擦力做功与路径有关，根据动能定理有－f·2πL＝0－解得木块所受摩擦力的大小为f＝，故B正确。 3．(2024·安徽黄山检测)2024年春节恰好是我国“天问一号火星环绕器”环火三周年的纪念日。设火星和地球均绕太阳做匀速圆周运动，火星的公转周期是地球公转周期的k倍，太阳向四周均匀辐射太阳能。已知地球对着太阳的一侧单位面积上接收到太阳辐射能量的功率为P0，则火星对着太阳的一侧单位面积上接收到太阳辐射能量的功率为(　　 ) A． B．P0 C． D．P0 解析：选C。设火星的公转半径为r1，周期为T1，地球的公转半径为r2，周期为T2，根据开普勒第三定律有，由题意可知，设单位时间太阳辐射的总能量为E，则以r1、r2为半径的球面上单位面积接收的能量分别为、，则，则P＝，故C正确。 4．某物理兴趣小组对手机辐射强度与距离的关系展开了研究，假设手机为功率恒定的辐射源，向空间各个方向均匀辐射电磁波，当手机距离人脸1 m和2 m时，人脸接收到手机辐射的最大功率之比为(　　 ) A．1∶2 B．1∶4 C．2∶1 D．4∶1 解析：选D。设人脸的面积为S0，距离为r时，球面的表面积为S＝4πr2，故人脸接收到的电磁辐射功率为P0＝当手机距离人脸1 m和2 m时，人脸接收到手机辐射的最大功率之比为，故D正确。 5．(2024·山东高考)如图所示，质量均为m的甲、乙两同学，分别坐在水平放置的轻木板上，木板通过一根原长为l的轻质弹性绳连接，连接点等高且间距为d(d<l)。两木板与地面间动摩擦因数均为μ，弹性绳劲度系数为k，被拉伸时弹性势能E＝kx2(x为绳的伸长量)。现用水平力F缓慢拉动乙所坐木板，直至甲所坐木板刚要离开原位置，此过程中两人与所坐木板保持相对静止，k保持不变，最大静摩擦力等于滑动摩擦力，重力加速度大小为g，则F所做的功等于(　　 ) A．＋μmg(l－d) B．＋μmg(l－d) C．＋2μmg(l－d) D．＋2μmg(l－d) 解析：选B。当甲所坐木板刚要离开原位置时，对甲及其所坐木板整体有kx0＝μmg，解得弹性绳的伸长量x0＝，则此时弹性绳的弹性势能为E0＝，从开始拉动乙所坐木板到甲所坐木板刚要离开原位置的过程，乙所坐木板的位移为x1＝x0＋l－d，则由功能关系可知该过程F所做的功W＝E0＋μmgx1＝＋μmg(l－d)，故B正确。 6．(2024·福建高考)先后两次从高为OH＝1.4 m高处斜向上抛出质量为m＝0.2 kg的同一物体落于Q1、Q2，测得OQ1＝8.4 m，OQ2＝9.8 m，两轨迹交于P点，两条轨迹最高点等高且距水平地面高为3.2 m，下列说法正确的是(　　 ) A．第一次抛出上升时间、下降时间的比值为 B．第一次过P点比第二次机械能少1.3 J C．落地瞬间，第一次、第二次的动能之比为72∶85 D．第二次抛出时的速度方向与落地瞬间速度方向的夹角比第一次大 解析：选B。第一次抛出上升的高度为h1＝3.2 m－1.4 m＝1.8 m，故上升时间为t上1＝＝0.6 s，最高点距水平地面高为h0＝3.2 m，故下降的时间为t下1＝＝0.8 s，故一次抛出上升时间、下降时间比值为3∶4，故A错误；两条轨迹最高点等高，故可知两次从抛出到落地的时间相等为t＝t上1＋t下1＝1.4 s，故可得第一次、第二次抛出时水平方向的分速度分别为vx1＝＝6 m/s， vx2＝＝7 m/s，由于两条轨迹最高点等高，故抛出时竖直方向的分速度相等，为vy＝gt上1＝6 m/s，由于物体在空中机械能守恒，故第一次过P点比第二次机械能少ΔE＝＝1.3 J，故B正确；从抛出到落地瞬间根据动能定理有Ek1＝Ek01＋mghOH＝＋mghOH＝10 J，Ek2＝Ek02＋mghOH＝＋mghOH＝11.3 J，故落地瞬间，第一次、第二次动能之比为100∶113，故C错误；根据前面分析可知两次抛出时竖直方向的分速度相同，两次落地时物体在竖直方向的分速度也相同，由于第一次的水平分速度较小，物体在水平方向速度不变，故可知第一次抛出时速度方向与水平方向的夹角较大，第一次落地时速度方向与水平方向的夹角也较大，故可知第一次抛出时速度方向与落地瞬间速度方向夹角比第二次大，故D错误。 二、多选题 7．(2024·辽宁大连二模)体育课上，某同学做俯卧撑训练，在向上撑起的过程中，下列说法正确的是(　　 ) A．地面对手的支持力做了正功 B．地面对手的支持力冲量为零 C．他克服重力做了功 D．他的机械能增加了 解析：选CD。由于地面对手的支持力作用点没有发生位移，则地面对手的支持力不做功，故A错误；根据I＝FNt，可知地面对手的支持力冲量不为零，故B错误；在向上撑起过程中，由于人的重心升高，则重力做负功，即该同学克服重力做了功，该同学的机械能增加，故C、D正确。 8．“南方小土豆”来东北旅游时，滑雪是深受其喜爱的运动项目之一，滑雪过程可简化为如图所示。斜面与水平面平滑连接，质量为m的游客从高度为h的斜坡顶端无初速度滑下，并运动到水平面上的A点停下。假设游客与斜面、水平面间的动摩擦因数均为μ，lOA＝x，下列说法正确的是(　　 ) A．游客沿斜面下滑过程中机械能守恒 B．游客沿斜面下滑过程中重力的瞬时功率大小变大 C．水平距离lOA＝x＝ D．游客下滑高度h一定时，斜面倾角θ越大，水平距离x越大 解析：选BC。游客在下滑过程中，摩擦力做负功，机械能减小，故A错误；游客在下滑过程中，速度越来越大，根据P＝Fv＝mgvy，可知重力的瞬时功率大小变大，故B正确；滑块从开始下滑到最后停在A点，设斜面的投影长度为x1，斜面底端到A点距离为x2，由能量关系可知mgh＝μmg cos θ·＋μmgx2＝μmgx，求得lOA＝x＝，游客下滑高度h一定时，斜面倾角θ与水平距离x无关，故C正确，D错误。 9．(2024·广东广州三模)小刘驾驶一辆质量为m＝2×103 kg的汽车由静止开始以60 kW的恒定功率在水平路面运动，100 s后汽车以该情况下能达到的最大速度驶上一倾角固定的倾斜路面，随即将汽车功率提高到90 kW，并保持不变。已知汽车在水平路面行驶时所受阻力为其所受重力的0.1倍，在倾斜路面上匀速行驶时的速度为15 m/s。重力加速度g取10 m/s2，下列说法正确的是(　　 ) A．汽车在水平路面上能达到的最大速度为25 m/s B．汽车在水平路面上行驶的距离为2 550 m C．汽车在倾斜路面上运动时受到的阻力大小为5 000 N D．汽车驶上倾斜路面瞬间的加速度大小为1.5 m/s2 解析：选BD。汽车达到最大速度时，其牵引力与阻力大小相等，有F＝f＝0.1mg，由功率的公式有P＝Fvm，联立解得vm＝30 m/s，故A错误；由题意可知，该车从静止开始经过100 s达到最大速度，由动能定理有Pt－fx＝－0，解得x＝2 550 m，故B正确；设当汽车在倾斜路面稳定时其阻力为f1，有F1＝f1，根据P1＝F1v1，联立解得f1＝6 000 N，故C错误；汽车提高到90 kW时的牵引力为F2，有P1＝F2vm，到倾斜路面瞬间有F2－f1＝ma，联立解得a＝－1.5 m/s2，所以其加速度大小为1.5 m/s2，故D正确。 10．如图所示，质量为m的小球套在固定的光滑竖直杆上，一根足够长且不可伸长的轻绳绕过定滑轮，一端与小球相连，另一端吊着质量为M的物块。开始时小球在杆上A点由静止释放，向下运动到B点时速度为零，不计小球及定滑轮大小，不计滑轮质量及轻绳与滑轮的摩擦，重力加速度为g。A点与滑轮的连线与水平方向的夹角为37°，滑轮到杆的距离为L、OB＝L，O和滑轮的连线水平，sin 37°＝0.6，cos 37°＝0.8，则小球向下运动的过程中，下列说法正确的是(　　 ) A．物块先超重后失重，再超重再失重 B．小球运动到O点时加速度大小为g C．小球和物块的质量之比 D．物块向下运动时机械能减小，向上运动时机械能增大 解析：选BCD。设定滑轮所在位置为N，根据几何关系有AO＝ON tan 37°＝L>AN，且小球在杆上A点由静止释放，向下运动到B点时速度为零，可知物块先向下加速后减速，再向上加速后减速，因此物块先失重后超重，再超重后失重，故A错误；小球运动到O点时，绳子拉力水平，竖直方向只受重力，其加速度大小等于g，故B正确；根据机械能守恒有mg(AO＋OB)＝Mg(BN－AN)，解得，故C正确；物块向下运动时，细绳对物块做负功，物块机械能减小，物块向上运动时，细绳对物块做正功，物块机械能增大，故D正确。 三、计算题 11．(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。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。 解析：(1)由小球和弹簧组成的系统机械能守恒可知Ep＝mv2，解得小球离开桌面时的速度大小为v＝。 (2)小球与地面碰撞弹起后在竖直方向上做竖直上抛运动，弹起时小球的竖直速度为vy′，则h＝，第一次碰撞前速度的竖直分量为vy，由题可知vy′＝vy，离开桌面后由平抛运动规律得x＝vt，vy＝gt，解得小球第一次落地点距桌面上其飞出点的水平距离为x＝。 答案：(1) 　(2) 12．如图所示，一轨道ABCD竖直放置，AB段和CD段的倾角均为θ＝37°，与水平段BC平滑连接，BC段的竖直圆形轨道半径为R，其最低点处稍微错开，使得滑块能进入或离开。AB段和CD段粗糙，其余各段轨道光滑。将一质量为m的小滑块从轨道上离B点距离L＝125R处由静止释放，滑块经过圆形轨道后冲上CD段上升一段距离后再次滑下，往返滑动多次后静止于轨道上某处。滑块和轨道AB、CD间的动摩擦因数均为μ＝0.5，重力加速度大小为g，sin 37°＝0.6，cos 37°＝0.8。求： (1)滑块第一次到达圆轨道最高点时对轨道的压力大小； (2)滑块第一次在CD段向上滑行的最大距离； (3)整个过程中滑块在AB段滑行的总路程。 解析：(1)滑块第一次到达圆轨道最高点的过程中，由动能定理得 mgL sin θ－μmgL cos θ－mg·2R＝－0 在最高点，对滑块由牛顿第二定律得mg＋FN＝ 联立解得FN＝45mg 由牛顿第三定律可知，滑块第一次到达圆轨道最高点时对轨道的压力大小为 ＝FN＝45mg。 (2)滑块第一次在CD段向上滑行的过程中，由动能定理得 mg(L－L1)sin θ－μmg(L＋L1)cos θ＝0－0 解得滑块第一次在CD段向上滑行的最大距离为L1＝25R。 (3)滑块第二次到达圆轨道最高点的过程中，由动能定理得 mgL1sin θ－μmgL1cos θ－mg·2R＝－0 解得v2＝ 设滑块第一次在AB段向上滑行的最大距离为s1，由动能定理得 mg(L1－s1)sin θ－μmg(L1＋s1)cos θ＝0－0 解得s1＝5R 滑块第三次到达圆轨道最高点的过程中，由动能定理得 mgs1sin θ－μmgs1cos θ－mg·2R＝－0 解得＝－2gR 所以滑块第三次进入圆形轨道无法到达最高点，假设其运动的过程中不脱轨且上升的最大高度为h，由动能定理可得mgs1sin θ－μmgs1cos θ－mgh＝0 解得h＝R 所以滑块第三次进入圆形轨道运动过程中没有脱轨，之后仅在AB段与圆形轨道间来回滑动，最终停在B点，设滑块在AB段滑行的路程为s2，由动能定理得mgh－μmgs2cos θ＝0 解得s2＝2.5R 整个过程中滑块在AB段滑行的总路程为s＝L＋2s1＋s2 联立解得s＝137.5R。 答案：(1)45mg　(2)25R　(3)137.5R $$