高考物理二輪復(fù)習(xí)精品專(zhuān)題三 功能關(guān)系與能量守恒(解析版)

專(zhuān)題三專(zhuān)題三××功能關(guān)系與能量守恒命題趨勢(shì)命題趨勢(shì)功和功率的考查集中在正、負(fù)功的判斷，機(jī)車(chē)啟動(dòng)為背景的功率的分析與計(jì)算，題型以選擇題為主；動(dòng)能定理在多過(guò)程問(wèn)題中的應(yīng)用等核心知識(shí)，題型多為計(jì)算題，且有一定的綜合性。機(jī)械能守恒多與牛頓運(yùn)動(dòng)定律、平拋運(yùn)動(dòng)、圓周運(yùn)動(dòng)、動(dòng)量等結(jié)合命題，題目的綜合性較強(qiáng)，常與生產(chǎn)、生活科技實(shí)際相聯(lián)系，題型呈現(xiàn)多樣性、多過(guò)程出現(xiàn)在壓軸題中。考點(diǎn)清單考點(diǎn)清單一、功、功率動(dòng)能定理1．功和功率的計(jì)算2．應(yīng)用動(dòng)能定理解題應(yīng)注意的四點(diǎn)(1)動(dòng)能定理往往用于單個(gè)物體的運(yùn)動(dòng)過(guò)程，由于不涉及加速度及時(shí)間，比動(dòng)力學(xué)研究方法要簡(jiǎn)捷。(2)動(dòng)能定理表達(dá)式是一個(gè)標(biāo)量式，在某個(gè)方向上應(yīng)用動(dòng)能定理是沒(méi)有依據(jù)的。(3)物體在某個(gè)運(yùn)動(dòng)過(guò)程中包含有幾個(gè)運(yùn)動(dòng)性質(zhì)不同的過(guò)程(如加速、減速的過(guò)程)，此時(shí)可以分段考慮，也可以對(duì)全過(guò)程考慮，但如能對(duì)整個(gè)過(guò)程利用動(dòng)能定理列式，則可使問(wèn)題簡(jiǎn)化。(4)根據(jù)動(dòng)能定理列方程時(shí)，必須明確各力做功的正、負(fù)，確實(shí)難以判斷的先假定為正功，最后根據(jù)結(jié)果加以檢驗(yàn)。二、機(jī)械能守恒定律功能關(guān)系1．機(jī)械能守恒定律的三種表達(dá)形式2．應(yīng)用能量守恒定律的兩條基本思路(1)某種形式的能減少，一定存在其他形式的能增加，且減少量和增加量相等，即ΔE減＝ΔE增。(2)某個(gè)物體的能量減少，一定存在其他物體的能量增加，且減少量和增加量相等，即ΔEA減＝ΔEB增。精題集訓(xùn)精題集訓(xùn)（70分鐘）經(jīng)典訓(xùn)練題經(jīng)典訓(xùn)練題1．(多解)一質(zhì)量為m的物體靜止在水平地面上，在水平拉力的作用下開(kāi)始運(yùn)動(dòng)，圖甲是在0～6s內(nèi)其速度與時(shí)間關(guān)系圖象，圖乙是拉力的功率與時(shí)間關(guān)系圖象，g取10m/s2。下列判斷正確的是()A．拉力的大小為4N，且保持不變B．物體的質(zhì)量為2kgC．0～6s內(nèi)物體克服摩擦力做的功為24JD．0～6s內(nèi)拉力做的功為156J【答案】BD【解析】對(duì)物體受力分析，由圖甲可知，在0～2s內(nèi)物體做勻加速運(yùn)動(dòng)，拉力大于滑動(dòng)摩擦力，在2～6s內(nèi)物體做勻速運(yùn)動(dòng)，拉力等于滑動(dòng)摩擦力，因此拉力大小不恒定，A錯(cuò)誤；在2～6s內(nèi)根據(jù)功率公式P＝Fv，有F＝eq\f(P,v)＝4N，故滑動(dòng)摩擦力f＝F＝4N，在圖甲中，0～2s內(nèi)有a＝eq\f(Δv,Δt)＝3m/s2，由牛頓第二定律可知F′－f＝ma，又P′＝F′v，聯(lián)立解得m＝2kg，F(xiàn)′＝10N，B正確；由圖甲可知在0～6s內(nèi)物體通過(guò)的位移為x＝30m，故物體克服摩擦力做的功Wf＝fx＝120J，C錯(cuò)誤；由動(dòng)能定理可知W－Wf＝eq\f(1,2)mv2，故0～6s內(nèi)拉力做的功W＝eq\f(1,2)mv2＋Wf＝eq\f(1,2)×2×62J＋120J＝156J，D正確?！军c(diǎn)評(píng)】根據(jù)v－t圖象可以獲得物體的運(yùn)動(dòng)速度、加速度、通過(guò)的位移等信息，根據(jù)P－t圖象結(jié)合功率公式可以求出力的大小。恒力做功可以根據(jù)功的定義式求解，變力做功一般根據(jù)動(dòng)能定理求解。2．(多解)質(zhì)量為2kg的物塊放在粗糙水平面上，在水平拉力的作用下由靜止開(kāi)始運(yùn)動(dòng)，物塊的動(dòng)能Ek與其位移x之間的關(guān)系如圖所示。已知物塊與水平面間的動(dòng)摩擦因數(shù)μ＝0.2，g＝10m/s2，則下列說(shuō)法正確的是()A．x＝1m時(shí)物塊的速度大小為2m/sB．x＝3m時(shí)物塊的加速度大小為1.25m/s2C．在前2m的運(yùn)動(dòng)過(guò)程中物塊所經(jīng)歷的時(shí)間為2sD．在前4m的運(yùn)動(dòng)過(guò)程中拉力對(duì)物塊做的功為25J【答案】BCD【解析】根據(jù)圖象知，x＝1m時(shí)，物塊的動(dòng)能為2J，由eq\f(1,2)mv2＝2J，解得v＝eq\r(2)m/s，故A錯(cuò)誤；對(duì)x＝2m到x＝4m的過(guò)程運(yùn)用動(dòng)能定理，有F合2Δx＝ΔEk，解得F合2＝2.5N，則物塊的加速度a＝1.25m/s2，故B正確；對(duì)前2m的運(yùn)動(dòng)過(guò)程運(yùn)用動(dòng)能定理得F合1Δx′＝ΔE′k，解得F合1＝2N，則物塊的加速度a′＝1m/s2，根據(jù)Ek＝eq\f(1,2)mv′2可得末速度v′＝2m/s，根據(jù)v′＝a′t得t＝2s，故C正確；對(duì)全過(guò)程運(yùn)用動(dòng)能定理得WF－μmgx＝ΔE″k，解得WF＝25J，故D正確。【點(diǎn)評(píng)】應(yīng)用動(dòng)能定理解題的思維流程3．如圖所示，傾角為θ的斜面底端固定一個(gè)擋板P，質(zhì)量為m的小物塊A與質(zhì)量不計(jì)的木板B疊放在斜面上，A位于B的最上端且與擋板P相距L。已知A與B、B與斜面間的動(dòng)摩擦因數(shù)分別為μ1、μ2，且μ1＞tanθ＞μ2，最大靜摩擦力等于滑動(dòng)摩擦力，A與擋板P相撞的過(guò)程中沒(méi)有機(jī)械能損失。將A、B同時(shí)由靜止釋放。(1)求A、B釋放瞬間小物塊A的加速度大小a1；(2)若A與擋板P不相撞，求木板B的最小長(zhǎng)度l0；(3)若木板B的長(zhǎng)度為l，求整個(gè)過(guò)程中木板B運(yùn)動(dòng)的總路程?！窘馕觥?1)釋放A、B，它們一起勻加速下滑。以A、B為研究對(duì)象，由牛頓第二定律有：mgsinθ－μ2mgcosθ＝ma1解得a1＝gsinθ－μ2gcosθ。(2)在B與擋板P相撞前，A和B相對(duì)靜止，以相同的加速度一起向下做勻加速運(yùn)動(dòng)。B與擋板P相撞后立即靜止，A開(kāi)始勻減速下滑。若A到達(dá)擋板P處時(shí)的速度恰好為零，此時(shí)B的長(zhǎng)度即為最小長(zhǎng)度l0。從A釋放至到達(dá)擋板P處的過(guò)程中，B與斜面間由于摩擦產(chǎn)生的熱量Q1＝μ2mgcosθ·(L－l0)A與B間由于摩擦產(chǎn)生的熱量Q2＝μ1mgcosθ·l0根據(jù)能量守恒定律有mgLsinθ＝Q1＋Q2解得：l0＝SKIPIF1<0。(3)分兩種情況：①若l≥l0，B與擋板P相撞后不反彈，A一直減速直到靜止在木板B上木板B通過(guò)的路程x＝L－l。②若l＜l0，B與擋板P相撞后，A在木板B上減速運(yùn)動(dòng)直至與擋板P相撞。由于碰撞過(guò)程中沒(méi)有機(jī)械能損失，A將以撞前速率返回，并帶動(dòng)木板一起向上減速；當(dāng)它們的速度減為零后，再重復(fù)上述過(guò)程，直至物塊A停在擋板處。在此過(guò)程中，A與B間由于摩擦產(chǎn)生的熱量Q1′＝μ1mgcosθ·lB與斜面間由于摩擦產(chǎn)生的熱量Q2′＝μ2mgcosθ·x根據(jù)能量守恒定律有mgLsinθ＝Q1′＋Q2′解得：x＝eq\f(Lsinθ－μ1lcosθ,μ2cosθ)。【點(diǎn)評(píng)】用動(dòng)力學(xué)和能量觀點(diǎn)分析“板—塊”模型的“三點(diǎn)技巧”(1)過(guò)程分析：將復(fù)雜的物理過(guò)程分解為幾個(gè)簡(jiǎn)單的物理過(guò)程，挖掘出題中的隱含條件(如例題中“質(zhì)量不計(jì)的木板B”“μ1＞tanθ＞μ2”)，找出聯(lián)系不同階段的“橋梁”。(2)受力及功能分析：分析物體所經(jīng)歷的各個(gè)運(yùn)動(dòng)過(guò)程的受力情況以及做功情況的變化，選擇適合的規(guī)律求解，如例題中第(3)問(wèn)，若l＜l0時(shí)，A與擋板P碰后運(yùn)動(dòng)情況的分析。(3)規(guī)律應(yīng)用：對(duì)滑塊和滑板分別運(yùn)用動(dòng)能定理，或者對(duì)系統(tǒng)運(yùn)用能量守恒定律。如圖所示，要注意區(qū)分三個(gè)位移。高頻易錯(cuò)題高頻易錯(cuò)題1．(2018·全國(guó)I卷·T18)如圖，abc是豎直面內(nèi)的光滑固定軌道，ab水平，長(zhǎng)度為2R；bc是半徑為R的四分之一圓弧，與ab相切于b點(diǎn)。一質(zhì)量為m的小球，始終受到與重力大小相等的水平外力的作用，自a點(diǎn)處從靜止開(kāi)始向右運(yùn)動(dòng)。重力加速度大小為g。小球從a點(diǎn)開(kāi)始運(yùn)動(dòng)到其軌跡最高點(diǎn)，機(jī)械能的增量為()A．2mgRB．4mgRC．5mgRD．6mgR【答案】C【解析】設(shè)小球運(yùn)動(dòng)到c點(diǎn)的速度大小為vc，則對(duì)小球由a到c的過(guò)程，由動(dòng)能定理有F·3R－mgR＝eq\f(1,2)mveq\o\al(2,c)，又F＝mg，解得vc＝2eq\r(gR)，小球離開(kāi)c點(diǎn)后，在水平方向做初速度為零的勻加速直線運(yùn)動(dòng)，豎直方向在重力作用下做勻減速直線運(yùn)動(dòng)，由牛頓第二定律可知，小球離開(kāi)c點(diǎn)后水平方向和豎直方向的加速度大小均為g，則由豎直方向的運(yùn)動(dòng)可知，小球從離開(kāi)c點(diǎn)到其軌跡最高點(diǎn)所需的時(shí)間為t＝eq\f(vc,g)＝2eq\r(\f(R,g))，在水平方向的位移大小為x＝eq\f(1,2)gt2＝2R。由以上分析可知，小球從a點(diǎn)開(kāi)始運(yùn)動(dòng)到其軌跡最高點(diǎn)的過(guò)程中，水平方向的位移大小為5R，則小球機(jī)械能的增加量為ΔE＝F·5R＝5mgR，C正確，ABD錯(cuò)誤?！军c(diǎn)評(píng)】本題在分析小球運(yùn)動(dòng)情況時(shí)容易出錯(cuò)，誤將小球離開(kāi)c點(diǎn)后的運(yùn)動(dòng)視為豎直上拋運(yùn)動(dòng)，或認(rèn)為機(jī)械能的變化是動(dòng)能的變化。2．(2020·山東學(xué)業(yè)水平等級(jí)考試·T11)(多解)如圖所示，質(zhì)量為M的物塊A放置在光滑水平桌面上，右側(cè)連接一固定于墻面的水平輕繩，左側(cè)通過(guò)一傾斜輕繩跨過(guò)光滑定滑輪與一豎直輕彈簧相連?，F(xiàn)將質(zhì)量為m的鉤碼B掛于彈簧下端，當(dāng)彈簧處于原長(zhǎng)時(shí)，將B由靜止釋放，當(dāng)B下降到最低點(diǎn)時(shí)(未著地)，A對(duì)水平桌面的壓力剛好為零。輕繩不可伸長(zhǎng)，彈簧始終在彈性限度內(nèi)，物塊A始終處于靜止?fàn)顟B(tài)。以下判斷正確的是()A．M＜2mB．2m＜M＜3mC．在B從釋放位置運(yùn)動(dòng)到最低點(diǎn)的過(guò)程中，所受合力對(duì)B先做正功后做負(fù)功D．在B從釋放位置運(yùn)動(dòng)到速度最大的過(guò)程中，B克服彈簧彈力做的功等于B機(jī)械能的減少量【答案】ACD【解析】由題意可知，彈簧與鉤碼B組成的彈簧振子在豎直方向做簡(jiǎn)諧運(yùn)動(dòng)，當(dāng)B由靜止釋放時(shí)，其加速度大小為g，方向豎直向下，根據(jù)簡(jiǎn)諧運(yùn)動(dòng)的規(guī)律可知，B在最低點(diǎn)的加速度大小也為g，方向豎直向上，則可知此時(shí)彈簧彈力F＝2mg，由于B下降到最低點(diǎn)時(shí)A對(duì)水平桌面的壓力剛好為零，由平衡條件得Fsinθ＝Mg，聯(lián)立以上各式解得M＝2msinθ＜2m，A正確，B錯(cuò)誤；B由靜止釋放，先做加速度逐漸減小的加速運(yùn)動(dòng)，再做加速度逐漸增大的減速運(yùn)動(dòng)，直至速度減為零，由動(dòng)能定理可知，B所受的合力先做正功后做負(fù)功，C正確；在B從釋放位置運(yùn)動(dòng)到速度最大位置的過(guò)程中，其受重力和彈簧彈力作用，根據(jù)能量守恒定律可知，B克服彈簧彈力做的功等于B機(jī)械能的減少量，D正確。【點(diǎn)評(píng)】涉及做功與能量轉(zhuǎn)化問(wèn)題首先要分清是什么力做功，并且分析該力做正功還是做負(fù)功；其次根據(jù)功能之間的對(duì)應(yīng)關(guān)系，確定能量之間的轉(zhuǎn)化情況。精準(zhǔn)預(yù)測(cè)題精準(zhǔn)預(yù)測(cè)題1．如圖所示，曲面體P靜止于光滑水平面上，物塊Q自P的上端靜止釋放。Q與P的接觸面光滑，Q在P上運(yùn)動(dòng)的過(guò)程中，下列說(shuō)法正確的是()A．P對(duì)Q做功為零B．P和Q之間相互作用力做功之和為零C．P和Q構(gòu)成的系統(tǒng)機(jī)械能守恒、動(dòng)量守恒D．P和Q構(gòu)成的系統(tǒng)機(jī)械能不守恒、動(dòng)量守恒【答案】B【解析】P對(duì)Q有彈力的作用，并且在力的方向上有位移，在運(yùn)動(dòng)中，P會(huì)向左移動(dòng)，P對(duì)Q的彈力方向垂直于接觸面上，與Q前后移動(dòng)連線的位移夾角大于90°，所以P對(duì)Q做功不為0，故A錯(cuò)誤；因?yàn)镻、Q之間的力屬于系統(tǒng)內(nèi)力，并且等大反向，兩者在力的方向上發(fā)生的位移相等，所以做功之和為0，故B正確；因?yàn)橄到y(tǒng)只有系統(tǒng)內(nèi)力和重力的作用，所以該P(yáng)、Q組成的系統(tǒng)機(jī)械能守恒，系統(tǒng)水平方向上不受外力的作用，水平方向上動(dòng)量守恒，但是在豎直方向上Q有加速度，即豎直方向上不守恒，故CD錯(cuò)誤。2．(多解)無(wú)動(dòng)力翼裝飛行是一種專(zhuān)業(yè)的極限滑翔運(yùn)動(dòng)，飛行者運(yùn)用肢體動(dòng)作來(lái)掌控滑翔方向，進(jìn)行無(wú)動(dòng)力空中飛行。某翼裝飛行者在某次行過(guò)程中，在同一豎直面內(nèi)從A到B滑出了一段圓弧，如圖所示。該段運(yùn)動(dòng)可視為勻速圓運(yùn)動(dòng)的一部分，關(guān)于該段運(yùn)動(dòng)，下列說(shuō)法正確的是()A．飛行者所受合力為零B．飛行者所受重力的瞬時(shí)功率逐漸減小C．空氣對(duì)飛行者的作用力的瞬時(shí)功率為零D．空氣對(duì)飛行者的作用力做負(fù)功【答案】BD【解析】飛行者做勻速圓周運(yùn)動(dòng)，則所受合力不為零，選項(xiàng)A錯(cuò)誤；根據(jù)PG＝mgvy，可知，從A到B，豎直分速度減小，則飛行者所受重力的瞬時(shí)功率逐漸減小，B正確；飛行員受豎直向下的重力和空氣阻力作用，合力方向指向圓心，則空氣阻力方向與速度方向夾角大于90°，根據(jù)Pf＝fvcosθ，可知空氣對(duì)飛行者的作用力的瞬時(shí)功率不為零，空氣對(duì)飛行者的作用力做負(fù)功，C錯(cuò)誤，D正確。3．螺旋千斤頂由帶手柄的螺桿和底座組成，螺紋與水平面夾角為α，如圖所示。水平轉(zhuǎn)動(dòng)手柄，使螺桿沿底座的螺紋槽（相當(dāng)于螺母）緩慢旋進(jìn)而頂起質(zhì)量為m的重物，如果重物和螺桿可在任意位置保持平衡，稱(chēng)為摩擦自鎖。能實(shí)現(xiàn)自鎖的千斤頂，α的最大值為α0?，F(xiàn)用一個(gè)傾角為α0的千斤頂將重物緩慢頂起高度h后，向螺紋槽滴入潤(rùn)滑油使其動(dòng)摩擦因數(shù)μ減小，重物回落到起點(diǎn)。假定最大靜摩擦力等于滑動(dòng)摩擦力，不計(jì)螺桿和手柄的質(zhì)量及螺桿與重物間的摩擦力，轉(zhuǎn)動(dòng)手柄不改變螺紋槽和螺桿之間的壓力。下列說(shuō)法正確的是()A．實(shí)現(xiàn)摩擦自鎖的條件為tanα≥μB．下落過(guò)程中重物對(duì)螺桿的壓力等于mgC．從重物開(kāi)始升起到最高點(diǎn)摩擦力做功為mghD．從重物開(kāi)始升起到最高點(diǎn)轉(zhuǎn)動(dòng)手柄做功為2mgh【答案】D【解析】實(shí)現(xiàn)自鎖的條件是重物重力沿斜面下滑的分力小于等于最大靜摩擦力，即mgsinα≤μmgcosα，解得μ≥tanα，A錯(cuò)誤；重物從靜止開(kāi)始下落，落回到起點(diǎn)位置重物速度又減為0，所以重物在下落過(guò)程中先失重后超重，所以螺桿對(duì)重物的支持力先小于mg，后大于mg，根據(jù)牛頓第三定律可知重物對(duì)螺桿的作用力小于mg，后大于mg，B錯(cuò)誤；重物緩慢上升的過(guò)程中，對(duì)螺桿和重物為整體受力分析如圖，則摩擦力做功Wf＝－μmgcosαSKIPIF1<0＝－mgh，C錯(cuò)誤；從重物開(kāi)始升起到最高點(diǎn)，即用于克服摩擦力做功，也轉(zhuǎn)化為重物上升增加的重力勢(shì)能mgh，所以根據(jù)動(dòng)能定理得W＋Wf－mgh＝0，解得W＝2mgh，D正確。4．(多解)“飛車(chē)”節(jié)目是某馬戲團(tuán)表演的壓軸戲，在豎直平面內(nèi)有一圓軌道，表演者騎著摩托車(chē)在圓軌道內(nèi)做圓周運(yùn)動(dòng)。現(xiàn)將表演者的運(yùn)動(dòng)簡(jiǎn)化為小球在豎直光滑圓軌道內(nèi)做圓周運(yùn)動(dòng)的模型，如圖甲所示，小球沿軌道始終做完整的圓周運(yùn)動(dòng)。設(shè)小球在最低點(diǎn)時(shí)對(duì)軌道的壓力大小為FN，動(dòng)能為Ek。改變小球在最低點(diǎn)的動(dòng)能Ek，小球?qū)壍缐毫N的大小隨之改變。小球的FN－Ek圖象如圖乙中PQ所示，其中P點(diǎn)為PQ的左端點(diǎn)，PQ延長(zhǎng)線與坐標(biāo)軸的交點(diǎn)分別為(0，a)、(－b，0)。重力加速度為g。則()A．小球的質(zhì)量為SKIPIF1<0B．圓軌道的半徑為SKIPIF1<0C．P點(diǎn)的橫坐標(biāo)為5bD．P點(diǎn)的縱坐標(biāo)為5a【答案】BC【解析】小球在最低點(diǎn)由牛頓第二定律有SKIPIF1<0，整理得SKIPIF1<0，由圖乙可知SKIPIF1<0，mg＝a，解得小球的質(zhì)量SKIPIF1<0，SKIPIF1<0，故A錯(cuò)誤，B正確；小球做完整的圓周運(yùn)動(dòng)，在最高點(diǎn)有SKIPIF1<0，從最高點(diǎn)到最低點(diǎn)由機(jī)械能守恒有mg?2R＋eq\f(1,2)mv12＝EkP，解得EkP＝5b，此時(shí)有SKIPIF1<0，解得FNP＝6a，故C正確，D錯(cuò)誤。5．有兩條雪道平行建造，左側(cè)相同而右側(cè)有差異，一條雪道的右側(cè)水平，另一條的右側(cè)是斜坡。某滑雪者保持一定姿勢(shì)坐在雪橇上不動(dòng)，從h1高處的A點(diǎn)由靜止開(kāi)始沿傾角為θ的雪道下滑，最后停在與A點(diǎn)水平距離為s的水平雪道上。接著改用另一條雪道，還從與A點(diǎn)等高的位置由靜止開(kāi)始下滑，結(jié)果能沖上另一條傾角為α的雪道上h2高處的E點(diǎn)停下。若動(dòng)摩擦因數(shù)處處相同，且不考慮雪橇在路徑轉(zhuǎn)折處的能量損失，則()A．動(dòng)摩擦因數(shù)為tanθ B．動(dòng)摩擦因數(shù)為SKIPIF1<0C．傾角α一定大于θD．傾角α可以大于θ【答案】B【解析】在AB段由靜止下滑，說(shuō)明μmgcosθ＜mgsinθ，則μ＜tanθ，第一次停在BC上的某點(diǎn)，由動(dòng)能定理得mgh1－μmgcosθSKIPIF1<0－μmgs′＝0，整理可得SKIPIF1<0，故A錯(cuò)誤，B正確；第二次滑上BE在E點(diǎn)停下，則μmgcosα≥mgsinα，故有tanθ＞μ≥tanα，則α＜θ，故C、D錯(cuò)誤。6．(多解)一物塊從傾角為θ的斜面底端沿斜面向上勻減速滑行，上滑過(guò)程中其動(dòng)能和重力勢(shì)能隨上滑距離s的變化如圖中直線a、b所示，重力加速度g取10m/s2，sinθ＝0.28，cosθ＝0.96。則()A．物塊的質(zhì)量為5kgB．物塊與斜面間的動(dòng)摩擦因數(shù)為0.25C．物塊下滑時(shí)加速度的大小為5.2m/s2D．物塊返回斜面底端時(shí)機(jī)械能為0.5J【答案】BD【解析】由圖可知，物塊到達(dá)最高點(diǎn)時(shí)的重力勢(shì)能Ep＝mgssinθ，代入圖中數(shù)據(jù)可得m＝0.5kg，故A錯(cuò)誤；對(duì)物塊由動(dòng)能定理得－mgssinθ－μmgscosθ＝0－Ek0，解得μ＝0.25，故B正確；由牛頓第二定律可知，物塊下滑時(shí)加速度的大小a＝gsinθ－μgcosθ＝0.4m/s2，故C錯(cuò)誤；物塊上升和下滑過(guò)程損失的機(jī)械能ΔE＝μmgcosθ?2s＝6J，物塊返回斜面底端時(shí)機(jī)械能E2＝E0－ΔE＝0.5J，故D正確。7．(多解)一條輕繩跨過(guò)定滑輪，繩的兩端各系一個(gè)小球A和小球B，小球A的正下方通過(guò)一輕彈簧與小球C栓接，小球C放置于水平地面上。初始時(shí)用手托住小球B球，整個(gè)系統(tǒng)處于靜止?fàn)顟B(tài)，且輕繩恰好伸直。已知小球A的質(zhì)量為m，小球B和小球C的質(zhì)量均為2m，彈簧勁度系數(shù)為k，彈簧彈性勢(shì)能的表達(dá)式為Ep＝eq\f(1,2)kx2（其中x為彈簧的形變量），重力加速度為g。假設(shè)運(yùn)動(dòng)過(guò)程中，小球A不會(huì)觸及定滑輪，小球B不會(huì)觸地，彈簧始終在彈性限度內(nèi)，不計(jì)一切摩擦?，F(xiàn)釋放小球B，下列說(shuō)法正確的是()A．釋放瞬間，小球B的加速度大小為eq\f(2,3)gB．小球B的速度最大時(shí)，彈簧恰好恢復(fù)原長(zhǎng)C．小球B的最大速度為SKIPIF1<0D．小球C剛離開(kāi)地面時(shí)，小球B的速度大小為SKIPIF1<0【答案】ACD【解析】輕繩恰好伸直，可知此時(shí)繩子無(wú)彈力，釋放瞬間，對(duì)整體有2mg＝3ma，解得a＝eq\f(2,3)g，故A正確；對(duì)整體進(jìn)行分析，B球速度為0時(shí)，此時(shí)B速度最大，則有2mg＝mg＋kx，解得SKIPIF1<0，即當(dāng)彈簧的伸長(zhǎng)量為SKIPIF1<0時(shí)，B的速度最大，故B錯(cuò)誤；對(duì)整體進(jìn)行分析，有2mg?2x－mg?2x＝eq\f(1,2)?3mvm2，解得SKIPIF1<0，故C正確；當(dāng)小球C剛離開(kāi)地面時(shí)，由kx′＝2mg得x′＝2x，A與B球的速度大小相等，對(duì)整體由動(dòng)能定理有2mg?3x－mg?3x－eq\f(1,2)k(2x)2＋eq\f(1,2)kx2＝eq\f(1,2)?3mvB2，得SKIPIF1<0，故D正確。8．復(fù)興號(hào)CR400AF型城際電力動(dòng)車(chē)組由6節(jié)車(chē)廂編組而成，每節(jié)車(chē)廂的質(zhì)量均為m＝5×104kg，其中第1節(jié)和第4節(jié)車(chē)廂帶有動(dòng)力，牽引電機(jī)的額定功率分別為P1＝1.8×107W和P2＝1.2×107W。該動(dòng)車(chē)組以恒定的加速度a＝2m/s2沿水平直軌道由靜止開(kāi)始勻加速啟動(dòng)，當(dāng)?shù)?節(jié)車(chē)廂的牽引電機(jī)達(dá)到額定功率時(shí)，第4節(jié)車(chē)廂的牽引電機(jī)立即啟動(dòng)，動(dòng)車(chē)組行駛過(guò)程中受到的阻力為車(chē)重的0.1倍，重力加速度g＝10m/s2。求：(1)從靜止開(kāi)始到第4節(jié)車(chē)廂的牽引電機(jī)剛要啟動(dòng)時(shí)所經(jīng)歷的時(shí)間；(2)當(dāng)動(dòng)車(chē)組的速度為50m/s時(shí)，第3節(jié)車(chē)廂對(duì)第4節(jié)車(chē)廂的拉力大小?！窘馕觥?1)設(shè)從靜止開(kāi)始到第4節(jié)車(chē)廂牽引電機(jī)啟動(dòng)經(jīng)歷的時(shí)間為t，電機(jī)的牽引力為F1，第4節(jié)車(chē)廂牽引電機(jī)啟動(dòng)時(shí)動(dòng)車(chē)組的速度為v1，則：F1－0.6mg＝6maP1＝F1v1，v1＝at聯(lián)立解得：t＝10s。(2)設(shè)當(dāng)?shù)?節(jié)車(chē)廂牽引電機(jī)剛好達(dá)到額定功率時(shí)，列車(chē)的速度為v2，則有：P1＋P2＝F1v2解得：SKIPIF1<0所以當(dāng)v3＝50m/s時(shí)，有SKIPIF1<0對(duì)第4、5、6節(jié)車(chē)廂，F(xiàn)2－0.3mg＝3ma′解得：F2＝3×105N。9．如圖所示，長(zhǎng)L＝5m的水平傳送帶以v0＝8m/s的速度逆時(shí)針勻速轉(zhuǎn)動(dòng)，左端通過(guò)光滑水平軌道與一豎直面內(nèi)光滑半圓形軌道連接，半圓形軌道半徑r＝0.5m，O為其圓心，長(zhǎng)l＝0.6m的豎直擋板中心與圓心等高，到圓心距離d＝1m。將質(zhì)量為0.2kg的小物塊在傳送帶上某處由靜止釋放，小物塊與傳送帶間動(dòng)摩擦因數(shù)μ＝0.8，認(rèn)為最大靜摩擦力等于滑動(dòng)摩擦力，重力加速度取g＝10m/s2。(1)若小物塊從傳送帶最右端靜止釋放，其運(yùn)動(dòng)到其最左端時(shí)速度為多少？(2)要使小物塊能從半圓形軌道最高點(diǎn)飛出，則小物塊到傳送帶左端速度至少為多少？(3)小物塊從距傳送帶左端什么范圍內(nèi)靜止釋放，能經(jīng)圓周最高點(diǎn)飛出后擊中擋板？【解析】(1)小物塊在傳送帶上先做勻加速直線運(yùn)動(dòng)，據(jù)牛頓運(yùn)動(dòng)定律有：μmg＝ma由運(yùn)動(dòng)學(xué)公式，可得加速至與傳送帶速度相同時(shí)的位移SKIPIF1<0聯(lián)立上述兩式，代入數(shù)據(jù)可得x＝4m＜L＝5m即小物塊在傳送帶上先加速后勻速，運(yùn)動(dòng)到最左端時(shí)的速度與傳送帶相同，為8m/s。(2)要使小物塊能從半圓形軌道最高點(diǎn)飛出，在最高點(diǎn)的速度至少為v2，應(yīng)滿(mǎn)足：SKIPIF1<0設(shè)小物塊到傳送帶左端時(shí)速度為v1，從傳送帶左端到軌道最高點(diǎn)過(guò)程，根據(jù)動(dòng)能定理可得：－mg?2r＝eq\f(1,2)mv22－eq\f(1,2)mv12聯(lián)立上述兩式可解得：v1＝5m/s。(3)①若小物塊打到擋板最低點(diǎn)，設(shè)經(jīng)過(guò)圓軌道最高點(diǎn)的速度v3，由平拋運(yùn)動(dòng)位移公式可得：d＝v3t1r＋eq\f(1,2)l＝eq\f(1,2)gt12設(shè)小物塊從距傳送帶左端l1處由靜止釋放，由動(dòng)能定理得：μmgl1－mg?2r＝eq\f(1,2)mv32代入數(shù)據(jù)解得：SKIPIF1<0m；②若小物塊打到擋板最高點(diǎn)，設(shè)經(jīng)過(guò)圓軌道最高點(diǎn)的速度v4，由平拋運(yùn)動(dòng)位移公式可得：d＝v4t2r－eq\f(1,2)l＝eq\f(1,2)gt22設(shè)小物塊從距傳送帶左端l2處由