第6讲 功能关系 机械能守恒定律 能量守恒定律-【创新教程】2027年高考数学艺考生文化课百日冲关学生用书

若物块哈好在竖直圆轨道2的圆心等高处速度为零，则 有mg(2R-R:)一mgl段=0-ZmUi, 解得品 若物块恰能进入竖直圆轨道2， 则有mgh-mgLx=0,解得Aa=合， 故BC段动摩擦因数：x的范围为 (3)物块从圆轨道2最高点到最终停止的过程，有 mg(2R:-Lpe sin a)-umgLeD-umgLDE cos a-umgx= 解得x=25.4m. [答案](1)5m(2)见解析(3)25.4m [对点集训] 1.解析：(1)由F一x关系图像与横轴所围面积表示力F做 的功可知，当物块运动到x2=2m处时，力F所做的功 w,=4十2×2J=11, 2 设物块运动到x2=2m处时的速度为，由动能定理得 w,一mg=合m,解得a=4m/s (2)物块从平台飞出后做平抛运动，且从P点沿切线方 向进入竖直圆轨道，设物块运动到P点时的速度为p, 可得物块在P点的速度 op-cos 375-5 m/s. 设物块恰好由轨道最高点M飞出时的速度为M, 有mg=m爱。 可得vw=√gR=V5m/s, 设物块在圆轨道上运动时，克服摩擦力做功为W2,由动 能定理有-mgR1十c0s37)-W=之mo-之m听， 解得W,=0.5J. 答案：(1)4m/s(2)0.5J 2.解析：(1)设运动员在A点竖直方向的分速度为℃， g=2gh在A点tan日= 解得。=3m/s. (2)运动员在A点的速度大小vA=√0后十， 从A点到B点由动能定理可得 mgR(1-cos0)=子ma-zm听， 在B点对运动员进行受力分析可得 Fx-mg=m R' 解得FN=1550N. 3( 讲解册参考答案 (3)运动员恰好不从A点滑离轨道时，运动员与粗糙轨 道之间动摩擦因数最小从A,点到C点由动能定理可得 mgk (sin 0-cos 0)=2 mve-2mvn, 设从C点向上滑动距离x后运动员速度减为零，据动能 定理可得-mgzcos日-mg.rsin0=0-2m呢， 运动员从A,点进入圆弧滑道到回到A,点的过程，由动能 定理可得二2 mgxsin日三0-7mui, 3≈0.19. 解得μ一1 答案：(1)，=3m/s(2)FN=1550N(3)≈0.19 课堂评价·高考预测 1.C[1=0时刻，汽车的功率减小为P=∫·也= 名f,故A错误：整个减速过程中，由F=号，可知汽车 的牵引力不断变大，故B错误；整个减速过程中，由动能 定理，有Pn-W=m(受）-合m,得W=+ m>名m,故C正确：整个减建过程中，由动量定理， 3 有1一f=2m4一m,得1=-乞m,故D错误.门 2.D[小球从释放到最低点，根据动能定理有g(h十R) =E,解得EkB=17.5J,故A错误；小球从释放到A 成，根据动能定理有mg=弓m,在A点，根据牛顿第 上定律有V=m,解得N三15N,故B错误；设小球卫 升过程中距地面最大高度与圆心的连线和竖直方向的 夫角为0，则有mg©0s目=从B点到最高点，根据动 .1 能定理有-mgR1十cOs》=合m-E,解得os0=2, 最大高度为h=R(1十cos)=1.5m,故C错误；假设小球离 开轨道后将落至轨道B,点，由C分析可知脱离轨道的速度 为y=√5m/s,根据斜抛的运动规律可知h=一vsin60°·t 十7f=c0s60,解得z=号m=Ros30i,可知小 球离开轨道后将落至轨道B点，故D正确，] 第6讲功能关系机械能守恒定律能量守恒定律 核心素养·助学提能 考点一 [例1][解析]设P,O两点的距离为L,过程I,根据动 能定理有-gsin0L-mge0:L=0-子md, 设M、O两，点的距离为L1,过程Ⅱ中，当Q速度最大时， 根据平衡条件kL,=mgsin9+ngcos9,P、M两点之间 的距离L:=L-L1,联立可得L4=6-8 ug'sin日， 4 kg sin9—,故 A错误； 05 丨物理 根据功能关系，可知过程Ⅱ中，Q在从P点单向运动到 O点的过程中损失的机械能△E=umg cos日·L, 结合一ngsin0·L-mgcos6·L=0-2m6, 可得△E=m戏，故B正确； 设过程Ⅱ中，Q从P点沿斜面向上运动的最大位移为x, 根据能量守板定律之L产=mgsn0·z十mge0s0·z +26(x-b, 结合一ngsin0·L-mgcos·L=0-2mG, 1 解得z=-8 ng'sin'g ,故C正确： 2kg sin 无论Q从何处释放，Q在斜面上运动过程中，弹簧与Q 初始时的势能变为摩擦热，当在M点时，满足L1= mgsin 0umgcos 0, 当在O点时，满足mgsin9=μngcos日， 所以在O、M(含O、M点)之间速度为零时，Q将静止，故 D正确. [答案]BCD [对点集训门 1.BD[设物块离开木板时的速度为℃1，对地位移为x1, 物块离开木板时木板的速度为，，对地位移为x,,因物 块从木板左端离开，可知2>℃1，对物块和木板整体由 能量守恒定律有子Mi=ma+子M+F,整理可 得宁M=合MG-合m-F1K合M-Fl,故C 错误，D正确：物块与木板发生相对滑动的过程中因摩擦 产生的热量为Q=F,1=F,(x,-G1),其中工，=心1， 2 x=之，由于>u>u,因此%十>2u,由此可得 x>2x1,即有x:一x1=>x1,而对物块由动能定理有 F石=子m,可得号m时=F石<F,故A错说，B 正确.] 2.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k.x=mg, 解得弹性绳的伸长量，=mg, 则此时球性绳的弹性势能为E=子如=心至 2k 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=x。十1一d, 则由功能关系可知该过程F所做的功W=E。十gx =3g2+umg(1-d.] 2k 30 考点二考向1 [例2][解析]小圆环运动到P点 -∠∠∠∠←∠∠∠∠ 时，有a,=尺=3g,根据机械能守 恒得，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△E战三)mm,联立可得导 mgsin 0 3 √3gR,△Et=2mgR,故AB错误；设小球与国心的连线 与竖直方向的夹角为日，如图所示， 小圆环从初始位置运动到P的过程中，有mgR(1十cos) 1 2m,在P点，有V-mgcos0=mR,联立可得 N=子m,e0s9=合所以0=60，故C正骑D结说。 [答案]C 考向2 [例3][解析](1)释放后B球到达最低点的过程中， A、B两球和杆组成的系统机械能守恒，有mAgR十ggR 子n或+之m, 因为A、B间的轻杆长为√2R,取O为圆环的圆心，由几 何关系可得OA⊥OB,故OA、OB与杆间夹角均为45°， 又因为两球沿杆方向速度相等，则UA COS45°=sin45°， 可得VA=VB, 解得U=√/2gR, (2)设杆对A球做的功为W,A,对小球A应用动能定理 1 可得W特A十mgR=之mA 又℃A=Yg,解得W轩A=0. (3)设B球到达右侧最高点时，OB与竖直方向之间的夹 角为，取圆环的圆心O所在的水平面为参考平面，由系 统机械能守恒可得 mAgR=megRcos 0-magRsin 0, 代入数据可得0=30°， 所以B球在圆环右侧区域内达到最高点时，高于圆心O 的高定A。=Ros=号R [答案](1)√2gR(2)0(3)高于圆环圆心O的高度 号R处 考向3 [例4][解析]刚释放时，弹簧处于原长，弹力为0，所以 金属环的最大加建度为a,=sin5=竖g,故A错 误；设在平衡位置弹簧的伸长量为x1,根据平衡条件，沿 杆方向有mgsin45=kx1cos45°，由机械能守恒定律得 2mg·号=x+子·2m,解得金属环的最大速度 为=√员，会偏环达到最大选度时重力的功率为 P=mgc0s45°=m写严，故B正确，D错误：当金属 2个Vk 06 环下落到最低，点，金属环速度为0，金属环与细杆之间的 压力最大，设此时弹簧的形变量为x2,由机械能守恒定 体得2mg·受=x,时金篇环进行灸力分折，鱼直于 2 杆方向有FN=mgcos45°+k.x2sin45°，解得金属环与细 杆之间的最大压力为F、=3三mg,故C正确。 2 [答案]BC 考点三 [例5][解析](1)物块在CD段运动过程中，由牛顿第 二定律得mg sin 0-十mg cos9=ma,由运动学公式0一 =-2ax, 联立解得x=2g(sin0+cosD (2)物块在BC段匀速运动，得电动机的牵引力为F= gsin0+gcos0,由P=Fv得P=mgu(sin0+cos). (3)全过程物块增加的机械能为E,=mgL sin0, 整个过程由能量守恒得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，故可知E,= mgL sin 0 E+mg cos9,L,故可得元=mgLn9叶m配ca sin 0 -sin gcos 0 [答案](1) (2)mgu(sin 0++ucos 0) 2g(sin 0ucos 0) sin (3)sin 0ucos0 [对点集训] 1.A[对两种运动的整个过程根据能量守恒有 1 mG=A1mgxw十mg(z一x), 1 2m6=1mg工十hmg(z2一x), 可得x1=x2,故C、D错误； 根据牛顿第二定律μmg=ma,可得a=g, 由于凸>，故滑块在MN上" 时的加速度大，根据前面分析 可知两次运动的总位移相等， 即两次运动过程中)一t图像 与横轴围成的面积相等，由于 第二次时滑块距离M点的距 0 12 离较近，根据公式u。2一=24gx可知第二次到达M 点时速度较大，作出整个过程中两种运动状态的)一t 图像， 可得t,>t1,故A正确，B错误.] 2.解析：(1)由题可知，滑块a在D点处的速度为0，对滑块 a由C至D点过程，由动能定理有一mgR=一之m吃， 对济块a在C点由牛频第二定体有F,一mg=R,结 合牛顿第三定律可知，滑块在C点对轨道压力的大小 FN=F,=24N. 30 讲解册参考答案 (2)设滑块a在A处时弹簧储存的弹性势能为E,,由能 量守恒定律可知E,十m1 gLsin37°=m1 gLcos37°+ 1 gRcos37°，解得E,=1.44J,最终滑块a在B与B关 于C对称的点之间运动，由能量守恒可知Q=E。十 m1 gLsin37°，解得Q=7.92J. (3)设滑块b能通过E点，对滑块b由A点至E点由能 量守恒有E,十m2 gLsin37°=m2 gLcos37°+mg(R+ Rc0s37)+2m:2,解得=6m/s,滑块b怡好能道 过E点时，有此尽=，可知%>，假设成主，设济 块b在空中运动的时间为t,滑块b落在斜面上的位置与 B之间的水平距离为d,则有d=Et一Rsin37°，(R+ Rcos37）-7=dhan37,解得1=95D,又有 20 d 1=c0837,解得x≈1.8m. 答案：(1)24N(2)7.92J(3)1.8m 课堂评价·高考预测 3L 1.B[甲下降的高度为p=2c0330=L,乙下降的高度 ,L}sin30°=,1DL,当轻质硬 为h=3L-2c0s30) 2 杆与斜面刚好平行时，把甲的速度分别沿着轻质硬 杆和垂直轻质硬杆分解，沿着轻质硬杆方向的分速度为 v,有℃g=℃psin30°，小球乙的速度vz沿着斜面，轻质 硬杆与斜面平行，则2沿着轻质硬杆，有2=℃？，甲、 乙两球组成的系统由机械能守恒定律可得mgh十 1 1 1 mghe=乞mu十2mw成，乙的动能为E=2mu呢，联 立解得E=⑤十m 10mgL,故B正确.] 2.解析：(1)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gcos37 -7 ngsin37°=ma, 解得a=0.4m/s2<1m/s2, 所以货物先以0.4m/s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2a.x=后， 代入数据解得x=。=5m' 匀加速运动所需要的时间为 t1=%=5s, 之后做匀速直线运动，匀速运动的时间为 ,=-2=1s, 货物从电梯底端运动到顶端所用的时间 t=t1+t2=6s. 丨物理 (2)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w=子m话+mgh+Q. Q=umgs时cos37°， 5相对=工度一L, x度一2a6 h=Lsin37°， 联立解得W=3160J. 答案：(1)6s(2)3160J 第7讲动量动量守恒定律 核心素养·助学提能 考点一考向1 [例1][解析]根据F△1=△力可得F=史，依题意知， △t 头盔内部的缓冲层与头部的撞击时间延长了，头盔减小 了驾驶员头部撞击过程中的动量变化率，故A正确；头 盔并没有减少驾驶员头部撞击过程中撞击力的冲量，故 B错误：根据I=F△t知，头盔对头部的作用力与头部对 头盔的作用力等大反向，作用时间相同，所以事故中头 盔对头部的冲量与头部对头盔的冲量大小相等，故C正 确：若事故中头部以6/s的速度水平撞击缓冲层，则头 部安到的拉击力F=兰=是沿N=20N,故 D正确. [答案]ACD 考向2 [例2][解析]△t时间内冲击船帆的空气的体积V=SL =S(v一0。)△t△t时间内冲击船帆的空气质量为m=pV pS(u一，)△t,空气的动量改变量为△p=m(,一o),取船速 方向为正，设帆对空气的作用力大小为F,由动量定理可得 一Ft=△p,即-F·△t=S(v-)△t(一) 又帆船匀速前行，根据平衡条件F=f,联立解得= +a [答案]A 考点二 [例3][解析](1)小铜块和10个长木板整体受到的合 外力为零，所以系统动量守恒，设小铜块刚滑到第二块 木板上时，木板的速度为，由动量守恒定律得M,= Mo1+10mw2, 解得巴=2.5m/s,方向与小铜块初速度方向相同， (2)由题可知小铜块最终停在第二块木板上，设最终速 度为，由动量守恒定律得 M1+9mo2=(M+9m)t3, 得0=3.4m/s,方向与小铜块初速度方向相同. [答案](1)2.5m/s,方向与小铜块初速度方向相同 (2)3.4m/s,方向与小铜块初速度方向相同 3 [对点集训] 1.D[火箭向下喷出水，水对火箭的反作用力是火箭的动 力，A错误：火箭加速上升过程处于超重状态，减速上升 过程和加速下降过程处于失重状态，B错误；喷水瞬间由 动量守恒定律可得m心。一(M一m)1=0,解得火箭获得 的最大速度为=M”,C错误：以句下为正方向， 上升过程由动量定理可得(M-m)gt1十f1t1=0+(M m)o1,下降过程由动量定理可得(M一m)gt2一f:t=(M 一m)x,其中f1t1=k上t=h,ft2=k0xt2=kh,联立 解得t=t1十t,= (M-m)u十m,D正确.] (M-m)g 2.AD[小球C下落到最低点时，A、B将要开始分离，此 过程A、B、C组成的系统水平方向动量守恒，有，心= 2m根播机梳能守恒定律有m,RL=子m吃+号X 2m联这解得=2e=尝 故A正确，B错误；C球由静止释放到最低，点的过程中， 选B为研究对象，由动量定理有IAB=mYAB= mg,故C错误；C球由静止释效到最低点的过 mo 2m+mo 程中，系统水平方向动量守恒，设C对地向左水平位移 大小为x1,A、B对地水平位移大小为x2,则有mx1 2m,十=L,可解得=2放D正.门 考点三 [例4][解析]设A、B小球的质量均为，忽略空气阻 力，则A从静止释放至与B发生碰撞前瞬间，由动能定 里可得mg11-c0s60)=之m或， A球与B球碰撞过程中，根据动量守恒定律和机械能守 恒完徐有m0,=mu,'十m跳'，号ma=合mu,”十 1 2mg2, 可得a'=A, 由子2mw<号mgL, 1 所以从碰撞后至下次碰撞前，B做圆周运动，设B的球心 上升的最大高度为h,则对B从碰后至上升到最大高度 的过程，由动能定理可得一mgh=0-2mu”, 解得A=台 [答案]A [对点集训门 1.D[P、N碰撞时，根据碰撞前后动量守恒有mpp十 mNUN mp Up+mNUN, 即p(p一n')=mw(x'-tw), 根据图像可知p一p'>心'一心，故mp<mw； 同理，Q、N碰撞时，根据碰撞前后动量守恒有mQa十 mxUx mava'+mx Ux', 8第一部分：专题二能量与动量ㄧ 第6讲 功能关系 机械能守恒定律 能量守恒定律 核心素养>助学提能 考点一功能关系 核心透视 典题例析 1.功能关系的理解和应用 [例1] (多选)(2025· 功能关系反映了做功和能量转化之间的对 云南卷，10)如图所示， Wwww 应关系，功是能量转化的量度， 倾角为0的固定斜面，其 0 (1)根据功能之间的对应关系，判定能的转 顶端固定一劲度系数为 化情况。 k的轻质弹簧，弹簧处于原长时下端位于O (2)根据能量转化，可计算变力做的功. 点.质量为m的滑块Q(视为质点)与斜面间的 2.常见功能关系 动摩擦因数μ=tan0.过程I:Q以速度v从斜 能量 功能关系 表达式 面底端P点沿斜面向上运动恰好能滑至O 点；过程Ⅱ：将Q连接在弹簧的下端并拉至P 重力做功等于重 点由静止释放，Q通过M点（图中未画出）时 力势能减少量 速度最大，过O点后能继续上滑.弹簧始终在 弹力做功等于弹 弹性限度内，假设最大静摩擦力等于滑动摩擦 性势能减少量 W=Epl-Eve 力，忽略空气阻力，重力加速度为g.则() 势能 静电力做功等于 =-△E。 4 kg sinθ 电势能减少量 AP两点之间的距离为0 B.过程Ⅱ中，Q在从P点单向运动到O点 分子力做功等于 的过程中损失的机械能为m 分子势能减少量 C.过程Ⅱ中，Q从P点沿斜面向上运动的 合外力做功等于 W=Ek-Ek= 动能 最大位移为u6-8 ng'sin0 物体动能变化量 1 2kg sin0 D.连接在弹簧下端的Q无论从斜面上何处 释放，最终一定静止在O、M(含O、M点) 除重力和弹力之 外的其他力做功 W其他=E2一E 之间 机械能 等于机械能变 =△E机 [解题指导] 化量 心受力分析和过程分析，由动能定理分析 出P、O的距离；过程Ⅱ中，Q速度最大时 摩擦 对相互作用的 产生 摩擦力做功之和 Q=F:·S相对 受力平衡，由平衡条件计算出M、O的 的内 的绝对值等于产 S相对为相对路程 距离； 能 生的内能 ②由功能关系，克服摩擦力做的功等于Q 在从P点单向运动到O点的过程中损失 克服安培力做功 的机械能； 电能 等于电能增加量 W克安=E2一E1=△E ③Q从P点沿斜面向上运动过程应用能 量守恒及动能定理求最大位移 27 I物理 对点集训 板与地面间动摩擦因数均为，弹性绳劲度 1.（多选)如图，质量为m m 系数为，被拉伸时弹性势能E=x(u 的小物块（可视为质 M 为绳的伸长量).现用水平力F缓慢拉动乙 点)静止在质量为M、长为1的木板上的最 所坐木板，直至甲所坐木板刚要离开原位置， 右端，木板放在光滑水平桌面上，某时刻木 此过程中两人与所坐木板保持相对静止，及保 板以速度。开始运动.已知物块与木板间 的滑动摩擦力大小为F,当物块从木板左 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( 端离开时 A.物块的动能等于Fl 甲 B.物块的动能小于Fl C.木板的动能大于M6-Fl A.(umg)2 2k umg(I-d) D.木板的动能小于2M品-Fl B.3(umg)? 2k +umg(l-d) 2.(2024·山东卷，7)如图所示，质量均为m C.3(umg) 的甲、乙两同学，分别坐在水平放置的轻木 2k -+2umg (l-d) 板上，木板通过一根原长为1的轻质弹性绳 D.umg)2 连接，连接点等高且间距为d(d<l).两木 2k +2mg(l-d) 考点二 机械能守恒定律 核心透视 典题例析 1.判断机械能守恒的两个角度 春间1 单物体机械能守恒 (1)若只有物体重力和弹簧弹力做功，则物体 [例2 如图所示，半径为R的 和弹簧组成的系统机械能守恒， 大圆环悬挂固定在竖直平面 (2)若系统内部只有动能和势能的相互转化， 内，圆心为O,质量为m的小 没有其他形式的能（如内能）与机械能相互 0 圆环套在大圆环上，从大圆环 转化，且系统与外部也没有能量的转移或 顶端由静止开始下滑，当小圆 转化，则系统机械能守恒， 环运动到P点时，向心加速度大小等于重 2.系统机械能守恒的三种表达式 力加速度g的3倍，下列说法正确的是 盟 需要选择 ( ) E1=E2 参考平面 A.小圆环运动到P点的过程中重力势能减 种表达 转化 △E=-△E。 不用选择 少mgR 观点 参考平面 B.小圆环运动到P点时的速度大小 式 转移 不用选择 观点 △E,-△EB 参考平面 为2gR C.PO连线与竖直方向的夹角为60 3.应用机械能守恒定律解题的基本思路 D.小圆环运动到P点时大圆环对小圆环的 定对家 单个物体、多个物体组成的系统或 含弹簧系统 弹力大小为3mg 两分柳 对研究对象进行受力分析和做功情 况的分析 [解题指导] 判守 根据机械能守恒的条件判断研究对 象机械能是否守恒 由向心加速度大小等于重力加速度g的3 选公式 灵活选取E十Epl=Fe十E2 倍可求P点速度大小，由机械能守恒求P △Ex=一△Fp或AEA=一△EB 点小球与圆心的连线与竖直方向的夹角. 28 第一部分：专题二能量与动量 春间2】 多物体机械能守恒 [例3]半径为R的光滑圆环 竖直放置，环上套有两个质 量分别为m和√3m的小球A B 和B.A、B两球之间用一长为 √2R的轻杆相连，如图所示.开始时，A、B两 球都静止，且A球在圆环的最高点，现将 A、B两球由静止释放，试求： (1)B球到达最低点时的速度大小； (2)B球到达最低点的过程中，杆对A球做 的功； (3)B球在圆环右侧区域内能达到的最高点 位置 专回3轻弹簧连接的系统机械能守恒问题 [解题指导] [例4幻（多选)如图，一顶角 45°45 ()圆环光滑，无摩擦力做功，系统机械能 为直角的“∧”形光滑细杆 守恒， 竖直放置.质量均为m的 (2)B球通过杆对A球做功，A球机械能 两金属环套在细杆上，高度相同，用一劲度系 不守恒，A球的运动过程可用动能定 数为k的轻质弹簧相连，弹簧处于原长1。.两 理分析. 金属环同时由静止释放，运动过程中弹簧的伸 长在弹性限度内.已知弹簧的长度为1时，弹 性势能为(1-).对其中一个金属环，下列 说法正确的是 A.金属环的最大加速度为√2g B.金属环的最大速度为g√② m C.金属环与细杆之间的最大压力为3,2， D.金属环达到最大速度时重力的功率为 ms层 [解题指导] (1)根据对称性可知，在运动过程中，弹簧 始终水平，金属环刚释放时加速度 最大； (2)平衡位置也就是弹簧的弹力沿杆方向 的分力与重力沿杆方向的分力相等 时，速度最大； (3)只有弹簧的弹力和重力做功，机械能 守恒；由几何关系可知，金属环下落的 高度是弹簧形变量的一半 29 ㄧ物理 考点三 能量守恒定律 核心透视 应用能量守恒定律的基本思路 (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， (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 典题例析 [例5]（2024·江苏卷，14)如图所示，粗糙 对点集训 斜面的动摩擦因数为μ，倾角为，斜面长为 1.(2025·云南卷，6)如图所示，质量为m的 L.一个质量为m的物块，在电动机作用下， 滑块（视为质点）与水平面上MV段的动摩 从A点由静止加速至B点时达到最大速度 擦因数为41，与其余部分的动摩擦因数为 ,之后做匀速运动至C点，关闭电动机，从 2,且41>2.第一次，滑块从I位置以速度 C点又恰好到达最高点D.求： o向右滑动，通过MN段后停在水平面上 的某一位置，整个运动过程中，滑块的位移 电动机 大小为x1,所用时间为t1;第二次，滑块从Ⅱ 位置以相同速度，向右滑动，通过MN段 后停在水平面上的另一位置，整个运动过程 中，滑块的位移大小为x2,所用时间为t2.忽 略空气阻力，则 (1)CD段长x; (2)BC段电动机的输出功率P; 77777777777 (3)全过程物块增加的机械能E,和电动机 N 消耗的总电能E2的比值 A.t<t2 B.t>t2 [解题指导] C.x>x2 D.<x2 (1)由牛顿第二定律结合运动学公式求 2.如图所示，倾角为 CD段长； 0=37°的斜面与圆 (2)物块在BC段匀速运动，由平衡条件 心为O、半径 37C 求牵引力； R=0.9m的光滑 (3)全过程物块增加的机械能等于重力势能 圆弧轨道在B点 的增加，由能量守恒得电动机消耗的总 平滑连接，且固定于竖直平面内.斜面上固 电能转化为物块增加的机械能和摩擦产 定一平行于斜面的轻质弹簧，现沿斜面缓慢 生的内能 推动质量为m1=0.8kg的滑块a使其压缩 弹簧至A处，将滑块a由静止释放，通过D 点时轨道对滑块a的弹力为零.已知A、B 之间的距离为L=1.35m,滑块a与斜面间 动摩擦因数μ=0.25，C为圆弧轨道的最低 点，CE为圆弧轨道的直径，OD水平，滑块a 可视为质点，忽略空气阻力，取g=10m/s, sin37°=0.6，c0s37°=0.8，√3≈1.73. 30 第一部分：专题二能量与动量ㄧ (1)求滑块a在C点对轨道压力的大小： (2)求滑块a整个运动过程中系统因摩擦而 产生的热量. (3)若仅将滑块a换为质量为m2=0.05kg 的滑块b,滑块b由A点弹出后立即撤去弹 簧，求滑块b第一次落在斜面上的位置至B 点的距离（结果保留2位有效数字）. 课堂评价>高考预测 1.如图所示，倾角为30的光甲 (1)货物从电梯底端运动到顶端所用的时间； 滑斜面固定在水平地面 (2)电机因运送该货物多做的功（忽略电梯 30 上，在斜面体左侧的适当 自身动能的变化). 位置固定一光滑竖直硬 杆，质量均为m的两小球 30°m (均视为质点)用长为√3L的轻质硬杆连接， 甲套在竖直硬杆上，乙放置在斜面上，甲、乙 由静止释放时，轻质硬杆与竖直硬杆的夹角 为30°，当轻质硬杆与斜面刚好平行时，乙的 动能为 () A.3-1 10mgL B.3+1 10 gL C D. 2.如图所示为某小型购物商场 的电梯，长L=7.0m,倾角 L 0=37°.在某次搬运货物时， ⊙Kg. 售货员将质量为m=50kg 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a=1m/s2的加速度顺 时针做匀加速运动，速度达到。=2m/s后 匀速运动.已知货物与电梯表面的动摩擦因 ©温馨提污 数=0.8，重力加速度g=10m/s2,sin37° 学习至此，请完成配套训练专题精准强化6 =0.6,不计空气阻力.求： 31