微專題7機械能守恒定律功能關系

微專題7機械能守恒定律功能關系【知識規(guī)律整合】知識整合熱點考向1.機械能守恒定律的三種表達形式2.幾個重要的功能關系考向1：機械能守恒定律的應用。考向2：功能關系、能量守恒的綜合應用。題型一機械能守恒定律角度1機械能守恒的判斷【例1】(2022·江蘇常州高三階段練習)建筑工人會用斜拋的方式將地面的磚塊運送到高處，即一人從地面拋出，另一人在高處接住。磚塊在空中運動的軌跡如圖1所示，接住點F的速度為v，空氣阻力不計。則在整個過程中磚塊()圖1A．機械能守恒B．加速度發(fā)生變化C．有一處速度與v相同D．最高點處于平衡狀態(tài)答案A解析磚塊在空中僅受重力，加速度恒為重力加速度，機械能守恒，由磚塊的運動軌跡知，磚塊的速度大小可能相等，但是速度方向每一時刻都不相同，所以速度不可能與v相同，故A正確，B、C、D錯誤。機械能是否守恒的三種判斷方法定義法利用機械能的定義直接判斷，分析物體或系統(tǒng)的動能和勢能的和是否變化，若不變，則機械能守恒做功法若物體或系統(tǒng)只有重力或系統(tǒng)內(nèi)彈力做功，或有其他力做功，但其他力做功的代數(shù)和為零，則機械能守恒轉(zhuǎn)化法若物體或系統(tǒng)中只有動能和勢能的相互轉(zhuǎn)化而無機械能與其他形式能的轉(zhuǎn)化，則機械能守恒角度2單個物體的機械能守恒1.Ek1＋Ep1＝Ek2＋Ep2[守恒式]2．ΔEk＝－ΔEp[轉(zhuǎn)化式]【例2】(2022·江蘇鎮(zhèn)江高三期末)如圖2所示，小球沿豎直光滑圓軌道內(nèi)側(cè)運動到最高點時，小球的機械能E機、重力勢能Ep(取圓軌道的最低點重力勢能為零)和動能Ek的相對大小(用柱形高度表示)，可能正確的是()圖2答案D解析設軌道半徑為R，則小球運動到最高點時，速度最小為vmin＝eq\r(gR)，即動能不為零，則機械能E機大于重力勢能Ep，故A、B錯誤；最高點的重力勢能Ep＝2mgR，最小動能為Ekmin＝eq\f(1,2)mveq\o\al(2,min)＝eq\f(1,2)mgR，即在最高點時的動能Ek≥eq\f(1,2)mgR，故D正確，C錯誤。角度3關聯(lián)物體的機械能守恒【例3】(2022·江蘇連云港高三期中)如圖3所示，物塊2套在光滑的豎直桿上并通過細繩繞過光滑定滑輪連接物塊1，物塊1又與一輕質(zhì)彈簧連接在一起，輕質(zhì)彈簧另一端固定在地面上。開始時用手托住物塊2，使繩子剛好伸直處于水平位置但無張力，此時彈簧的壓縮量為d。現(xiàn)將物塊2從A處由靜止釋放，經(jīng)過B處時速度最大，到達C處時速度為零，此時物塊1還沒有到達滑輪位置。已知滑輪與桿的水平距離為3d，AC間距離為4d，不計滑輪質(zhì)量、大小及摩擦。下列說法正確的是()圖3A．物塊1和物塊2的質(zhì)量相等B．物塊2的加速度先增大后減小，最后減為0C．物塊1、2組成的系統(tǒng)機械能先增大后減小D．除A、C兩點外，物塊1的速度大小始終大于物塊2的速度大小答案C解析彈簧及兩物塊組成的系統(tǒng)機械能守恒，當物塊2滑到C處時，物塊1上升的高度為h＝eq\r(（3d）2＋（4d）2)－3d＝2d，開始時彈簧的壓縮量為d，末態(tài)彈簧的伸長量還是為d，整個過程彈簧的彈性勢能先減少后增大，彈性勢能總量未變，所以物塊1、2組成的系統(tǒng)機械能先增大后減小，對物塊1、2及彈簧由機械能守恒定律有m1g·2d＝m2g·4d，解得2m2＝m1，A錯誤，C正確；物塊2從A處由靜止釋放，經(jīng)過B處時速度最大，此時加速度為零，后又減速到達C處，所以物塊2的加速度先減小后增大，B錯誤；物塊1的速度只是物塊2沿繩方向的分速度，所以除A、C兩點外，物塊1的速度大小始終小于物塊2的速度大小，D錯誤。【針對訓練】(2022·江蘇泰州高三階段練習)如圖4甲所示，豎直光滑桿固定不動，套在桿上的彈簧下端固定，在外力作用下將套在桿上的滑塊向下壓縮彈簧至離地高度h＝0.1m處，滑塊與彈簧不拴接?，F(xiàn)由靜止釋放滑塊，通過傳感器測量到滑塊的速度和離地高度h，并作出滑塊的動能Ek與離地面高度h的關系圖像，如圖乙所示，其中高度從0.2m上升到0.35m范圍內(nèi)圖像為直線，其余部分為曲線，以地面為零勢能面，取g＝10m/s2，由圖像可知()圖4A．小滑塊的質(zhì)量為0.4kgB．剛釋放時彈簧的彈性勢能為0.32JC．彈簧的勁度系數(shù)為250N/mD．小滑塊的重力勢能與彈簧的彈性勢能總和最小為0.38J答案D解析在Ek－h(huán)圖像中，圖線的斜率表示滑塊所受的合外力，從0.2m上升到0.35m范圍內(nèi)，圖線的斜率絕對值|k|＝eq\f(ΔEk,h)＝eq\f(0.3,0.35－0.2)N＝2N＝mg，則m＝0.2kg，選項A錯誤；當滑塊上升至最大高度時，增加的重力勢能即為彈簧最大彈性勢能，即Epm＝mgΔh＝0.2×10×(0.35－0.1)J＝0.5J，選項B錯誤；從0.2m上升到0.35m范圍內(nèi)圖像為直線，其余部分為曲線，說明從h＝0.2m處滑塊與彈簧分離，彈簧的原長為0.2m，由圖可知當h＝0.18m時的動能最大，此時有mg＝kx，則k＝eq\f(mg,x)＝eq\f(0.2×10,0.2－0.18)N/m＝100N/m，選項C錯誤；在滑塊整個運動過程中，系統(tǒng)的動能、重力勢能和彈性勢能之間相互轉(zhuǎn)化，因此動能最大時，滑塊的重力勢能與彈簧的彈性勢能總和最小，根據(jù)機械能守恒定律可知Epmin＝E－Ekm＝Epm＋mgh－Ekm＝0.5J＋0.2×10×0.1J－0.32J＝0.38J，選項D正確。題型二功能關系和能量守恒定律1．若只涉及動能的變化用動能定理。2．只涉及重力勢能的變化，用重力做功與重力勢能變化的關系分析。3．只涉及機械能變化，用除重力和彈簧的彈力之外的力做功與機械能變化的關系分析。4．能量守恒關系式：ΔE減＝ΔE增。角度1功能關系【例4】如圖5所示，某段滑雪道傾角為30°，總質(zhì)量為m(包括雪具在內(nèi))的滑雪運動員從距底端高為h處的雪道上由靜止開始勻加速下滑，加速度為eq\f(1,3)g。在他從上向下滑到底端的過程中，下列說法正確的是()圖5A．運動員減少的重力勢能全部轉(zhuǎn)化為動能B．運動員獲得的動能為eq\f(1,3)mghC．運動員克服摩擦力做功為eq\f(2,3)mghD．下滑過程中系統(tǒng)減少的機械能為eq\f(1,3)mgh答案D解析運動員的加速度大小為eq\f(1,3)g，小于gsin30°＝eq\f(1,2)g，所以其必受摩擦力，且大小為eq\f(1,6)mg，克服摩擦力做的功為eq\f(1,6)mg×eq\f(h,sin30°)＝eq\f(1,3)mgh，故C錯誤；摩擦力做負功，機械能不守恒，減少的重力勢能沒有全部轉(zhuǎn)化為動能，有eq\f(1,3)mgh轉(zhuǎn)化為內(nèi)能，故A錯誤，D正確；由動能定理知，運動員獲得的動能為eq\f(1,3)mg×eq\f(h,sin30°)＝eq\f(2,3)mgh，故B錯誤。角度2功能關系與圖像結合【例5】一物塊在高3.0m、長5.0m的斜面頂端從靜止開始沿斜面下滑，其重力勢能和動能隨下滑距離x的變化如圖6中直線Ⅰ、Ⅱ所示，重力加速度取10m/s2。則()圖6A．物塊下滑過程中機械能守恒B．物塊與斜面間的動摩擦因數(shù)為0.5C．物塊下滑時加速度的大小為6.0m/s2D．當物塊下滑2.0m時機械能損失了12J答案B解析由題圖可知，重力勢能和動能之和隨下滑距離x的增大而減小，可知物塊下滑過程中機械能不守恒，A錯誤；在斜面頂端，重力勢能mgh＝30J，解得物塊質(zhì)量m＝1kg，整個過程中損失的機械能ΔE＝μmgxcosθ＝20J，且sinθ＝eq\f(h,x)＝eq\f(3,5)，故cosθ＝eq\f(4,5)，聯(lián)立得μ＝0.5，B正確；物塊下滑過程，由牛頓第二定律得mgsinθ－μmgcosθ＝ma，代入數(shù)據(jù)得a＝2m/s2，C錯誤；由題圖可知，當物塊下滑2.0m時機械能為E＝18J＋4J＝22J，機械能損失了ΔE＝30J－22J＝8J，D錯誤。角度3能量守恒定律的應用【例6】如圖7所示，固定斜面的傾角θ＝30°，物體A與斜面之間的動摩擦因數(shù)μ＝eq\f(\r(3),4)，輕彈簧下端固定在斜面底端，彈簧處于原長時上端位于C點，用一根不可伸長的輕繩通過輕質(zhì)光滑的定滑輪連接物體A和B，滑輪右側(cè)繩子與斜面平行，A的質(zhì)量為2m＝4kg，B的質(zhì)量為m＝2kg，初始時物體A到C點的距離為L＝1m，現(xiàn)給A、B一初速度v0＝3m/s，使A開始沿斜面向下運動，B向上運動，物體A將彈簧壓縮到最短后又恰好能彈到C點。已知重力加速度g取10m/s2，不計空氣阻力，整個過程中輕繩始終處于伸直狀態(tài)，求此過程中：圖7(1)物體A向下運動剛到達C點時的速度大?。?2)彈簧的最大壓縮量；(3)彈簧中的最大彈性勢能。答案(1)2m/s(2)0.4m(3)6J解析(1)物體A向下運動剛到C點的過程中，對A、B組成的系統(tǒng)根據(jù)能量守恒定律可得2mgLsinθ＋eq\f(1,2)×3mveq\o\al(2,0)＝mgL＋μ·2mgcosθ·L＋eq\f(1,2)×3mv2可解得v＝2m/s。(2)A、B組成的系統(tǒng)，在物體A將彈簧壓縮到最大壓縮量，又返回到C點的過程中，系統(tǒng)動能的減少量等于因摩擦產(chǎn)生的熱量，即eq\f(1,2)×3mv2－0＝μ·2mgcosθ·2x其中x為彈簧的最大壓縮量解得x＝0.4m。(3)設彈簧的最大彈性勢能為Epm由能量守恒定律可得eq\f(1,2)×3mv2＋2mgxsinθ＝mgx＋μ·2mgcosθ·x＋Epm解得Epm＝6J。1．(2022·湖北卷，5)如圖8所示，質(zhì)量分別為m和2m的小物塊Р和Q，用輕質(zhì)彈簧連接后放在水平地面上，Р通過一根水平輕繩連接到墻上。P的下表面光滑，Q與地面間的動摩擦因數(shù)為μ，最大靜摩擦力等于滑動摩擦力。用水平拉力將Q向右緩慢拉開一段距離，撤去拉力后，Q恰好能保持靜止。彈簧形變始終在彈性限度內(nèi)，彈簧的勁度系數(shù)為k，重力加速度大小為g。若剪斷輕繩，Р在隨后的運動過程中相對于其初始位置的最大位移大小為()圖8A.eq\f(μmg,k) B.eq\f(2μmg,k)C.eq\f(4μmg,k) D.eq\f(6μmg,k)答案C解析Q恰好能保持靜止時，設彈簧的伸長量為x，滿足kx＝2μmg，若剪斷輕繩后，物塊P與彈簧組成的系統(tǒng)機械能守恒，彈簧的最大壓縮量也為x，因此Р相對于其初始位置的最大位移大小s＝2x＝eq\f(4μmg,k)，故選項C正確。2．(2022·浙江6月選考，6)神舟十三號飛船采用“快速返回技術”，在近地軌道上，返回艙脫離天和核心艙，在圓軌道環(huán)繞并擇機返回地面。則()A．天和核心艙所處的圓軌道距地面高度越高，環(huán)繞速度越大B．返回艙中的宇航員處于失重狀態(tài)，不受地球的引力C．質(zhì)量不同的返回艙與天和核心艙可以在同一軌道運行D．返回艙穿越大氣層返回地面過程中，機械能守恒答案C解析根據(jù)Geq\f(Mm,r2)＝meq\f(v2,r)，可得v＝eq\r(\f(GM,r))，可知圓軌道距地面的高度越高，環(huán)繞速度越小，且只要速度大小相等就可以在同一軌道運行，與返回艙及天和核心艙的質(zhì)量無關，故A錯誤，C正確；返回艙中的宇航員處于失重狀態(tài)，仍然受到地球引力作用，地球的引力提供宇航員繞地球運動的向心力，故B錯誤；返回艙穿越大氣層返回地面過程中，克服阻力做功產(chǎn)生熱量，機械能減小，故D錯誤。3．(2022·全國乙卷，16)固定于豎直平面內(nèi)的光滑大圓環(huán)上套有一個小環(huán)，小環(huán)從大圓環(huán)頂端P點由靜止開始自由下滑，在下滑過程中，小環(huán)的速率正比于()圖9A．它滑過的弧長 B．它下降的高度C．它到P點的距離 D．它與P點的連線掃過的面積答案C解析如圖所示，設小圓環(huán)下降的高度為h，大圓環(huán)的半徑為R，它到P點的距離為L，根據(jù)機械能守恒定律得mgh＝eq\f(1,2)mv2解得v＝eq\r(2gh)，故B錯誤；由幾何關系可得h＝Lsinθ，sinθ＝eq\f(L,2R)聯(lián)立可得h＝eq\f(L2,2R)，則v＝Leq\r(\f(g,R))故C正確，A、D錯誤。4．(2020·江蘇卷，15)如圖10所示，鼓形輪的半徑為R，可繞固定的光滑水平軸O轉(zhuǎn)動。在輪上沿相互垂直的直徑方向固定四根直桿，桿上分別固定有質(zhì)量為m的小球，球與O的距離均為2R。在輪上繞有長繩，繩上懸掛著質(zhì)量為M的重物。重物由靜止下落，帶動鼓形輪轉(zhuǎn)動。重物落地后鼓形輪勻速轉(zhuǎn)動，轉(zhuǎn)動的角速度為ω。繩與輪之間無相對滑動，忽略鼓形輪、直桿和長繩的質(zhì)量，不計空氣阻力，重力加速度為g。求：圖10(1)重物落地后，小球線速度的大小v；(2)重物落地后一小球轉(zhuǎn)到水平位置A，此時該球受到桿的作用力的大小F；(3)重物下落的高度h。答案(1)2ωR(2)eq\r(（2mω2R）2＋（mg）2)(3)eq\f(M＋16m,2Mg)(ωR)2解析(1)由線速度v＝ωr，得v＝2ωR。(2)向心力F向＝2mω2R設F與水平方向的夾角為α，則Fcosα＝F向；Fsinα＝mg解得F＝eq\r(（2mω2R）2＋（mg）2)。(3)落地時，重物的速度v′＝ωR由機械能守恒定律得eq\f(1,2)Mv′2＋4×eq\f(1,2)mv2＝Mgh解得h＝eq\f(M＋16m,2Mg)(ωR)2。5．(2021·江蘇卷)如圖11所示的離心裝置中，光滑水平輕桿固定在豎直轉(zhuǎn)軸的O點，小圓環(huán)A和輕質(zhì)彈簧套在輕桿上，長為2L的細線和彈簧兩端分別固定于O和A，質(zhì)量為m的小球B固定在細線的中點，裝置靜止時，細線與豎直方向的夾角為37°，現(xiàn)將裝置由靜止緩慢加速轉(zhuǎn)動，當細線與豎直方向的夾角增大到53°時，A、B間細線的拉力恰好減小到零，彈簧彈力與靜止時大小相等、方向相反，重力加速度為g，取sin37°＝0.6，cos37°＝0.8，求：圖11(1)裝置靜止時，彈簧彈力的大小F；(2)環(huán)A的質(zhì)量M；(3)上述過程中裝置對A、B所做的總功W。答案(1)eq\f(3mg,8)(2)eq\f(9,64)m(3)eq\f(31,30)mgL解析(1)設AB、OB的張力分別為F1、F2，A受力平衡，有F＝F1sin37°B受力平衡，有F1cos37°＋F2cos37°＝mgF1sin37°＝F2sin37°解得F＝eq\f(3mg,8)。(2)設裝置轉(zhuǎn)動的角速度為ω，對A：F＝Mω2·eq\f(8,5)L對B：mgtan53°＝mω2·eq\f(4,5)L解得M＝eq\f(9,64)m，ω＝eq\r(\f(5g,3L))。(3)B上升的高度h＝eq\f(1,5)L，A、B的動能分別為EkA＝eq\f(1,2)Meq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(ω·\f(8,5)L))eq\s\up12(2)EkB＝eq\f(1,2)meq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(ω·\f(4,5)L))2根據(jù)能量守恒定律可知W＝(EkA－0)＋(EkB－0)＋mgh解得W＝eq\f(31,30)mgL。1．(2022·江蘇揚州高三開學考試)如圖1甲所示，被稱為“魔力陀螺”玩具的陀螺能在圓軌道外側(cè)旋轉(zhuǎn)不脫落，其原理可等效為如圖乙所示的模型：半徑為R的磁性圓軌道豎直固定，質(zhì)量為m的鐵球(視為質(zhì)點)沿軌道外側(cè)運動，A、B分別為軌道的最高點和最低點，軌道對鐵球的磁性引力始終指向圓心且大小不變，不計摩擦和空氣阻力，重力加速度為g，則()圖1A．鐵球繞軌道可能做勻速圓周運動B．由于磁力的作用，鐵球繞軌道運動過程中機械能不守恒C．鐵球在A點的速度必須大于eq\r(gR)D．軌道對鐵球的磁性引力至少為5mg，才能使鐵球不脫軌答案D解析小鐵球在運動的過程中受到重力、軌道的支持力和磁力的作用，其中鐵球受軌道的磁性引力始終指向圓心且大小不變，支持力的方向過圓心，它們都始終與運動的方向垂直，所以磁力和支持力都對小鐵球不做功，只有重力對小鐵球做功，所以小鐵球的機械能守恒，在最高點的速度最小，在最低點的速度最大，則小鐵球不可能做勻速圓周運動，故A、B錯誤；在最高點軌道對小鐵球的支持力的方向可以向上，小鐵球的速度只要大于0即可通過最高點，故C錯誤；由于小鐵球在運動的過程中機械能守恒，所以小鐵球在最高點的速度越小，則機械能越小，在最低點的速度也越小，根據(jù)F＝meq\f(v2,R)，可知小鐵球在最低點時需要的向心力越小，而在最低點要使鐵球不脫軌，軌道對鐵球的支持力一定要大于0，所以鐵球不脫軌的條件是：小鐵球在最高點的速度恰好為0，而且到達最低點時，軌道對鐵球的支持力恰好等于0，根據(jù)機械能守恒定律，小鐵球在最高點的速度恰好為0，到達最低點時的速度滿足mg·2R＝eq\f(1,2)mv2，軌道對鐵球的支持力恰好等于0，則磁力與重力的合力提供向心力，即F－mg＝meq\f(v2,R)，聯(lián)立得F＝5mg，故D正確。2．(2022·江蘇徐州高三期末)某研究小組在實驗室內(nèi)做外力作用下落體運動的研究，得到物體在豎直向下運動時的速度v隨下降高度h的變化關系，如圖2所示。已知v1<eq\r(gh1)，重力加速度為g。則()圖2A．物體做勻變速直線運動B．下落過程中物體的加速度不斷減小C．下落過程中物體的機械能一直減小D．物體在h2和h1處的機械能可能相等答案C解析由題圖可知，物體的速度隨位移均勻變化，可得v＝kh，又a＝eq\f(Δv,Δt)＝eq\f(kΔh,Δt)＝kv，即物體的加速度與速度成正比，依題意物體速度一直在增加，所以加速度不斷增加，故A、B錯誤；由v1<eq\r(gh1)知eq\f(1,2)mveq\o\al(2,1)＜eq\f(1,2)mgh1＜mgh1，則物體所受外力與重力反向，為豎直向上，由牛頓第二定律可得mg－F＝ma，由圖像信息結合題意可知，外力一直存在，且對物體始終做負功，根據(jù)W其他＝ΔE可知，物體的機械能一直減小，不會出現(xiàn)在h2和h1處的機械能相等的情況，故C正確，D錯誤。3．(2021·江蘇鎮(zhèn)江高三期中)下列圖像分別是關于豎直上拋運動中物體加速度a、速度v、位移x、機械能E與時間t的關系，不計空氣阻力，其中正確的是()答案D解析豎直上拋運動過程中，不計空氣阻力，僅受到重力作用，則加速度為重力加速度，不發(fā)生變化，故A錯誤；豎直上拋運動中，到達最高點時速度減小為零，然后下落，速度反向，為負值，故B錯誤；豎直上拋運動全程加速度不變，則x－t圖像為二次函數(shù)，故C錯誤；豎直上拋運動過程中，僅有重力做功，則機械能E守恒，作圖如圖所示，故D正確。4．(2022·江蘇鹽城高三期中)小物塊以一定的初速度沿斜面向上滑動，然后滑回到原處。設物塊與斜面間的動摩擦因數(shù)不變，則該過程中，物塊的動能Ek、重力勢能Ep、機械能E、產(chǎn)生的內(nèi)能Q與位移x關系圖線正確的是()答案D解析上滑時，由動能定理有－(mgsinθ＋μmgcosθ)x＝Ek－eq\f(1,2)mveq\o\al(2,0)，整理得Ek＝eq\f(1,2)mveq\o\al(2,0)－(mgsinθ＋μmgcosθ)x＝b－kx，下滑時，有(mgsinθ－μmgcosθ)(L－x)＝Ek，整理得Ek＝(mgsinθ－μmgcosθ)L－(mgsinθ－μmgcosθ)x＝b′－k′x，所以Ek－x是線性關系，圖像為直線，所以A錯誤；小物塊先上滑后下滑，其位移先增大后減小，而圖像B位移一直增大，所以B錯誤；根據(jù)ΔE＝W其，由于摩擦力全程做負功，則機械能全程不斷減小，而圖C下滑過程機械能增加，所以C錯誤；上滑時有Q＝μmgcosθx＝kx，下滑時有Q＝μmgcosθL＋μmgcosθ(L－x)＝2μmgcosθL－μmgcosθx＝b－kx，所以D正確。5．(2022·江蘇無錫高三期中)籃球比賽中甲將球傳給隊友，出手時離地1.5m，速度大小為10m/s，乙原地豎直起跳攔截，起跳后手離地面的高度為3.3m，球越過乙時速度沿水平方向，且恰好未被攔截。球質(zhì)量為0.6kg，重力加速度為10m/s2，以地面為零勢能面，忽略空氣阻力，則()圖3A．甲傳球時，球與乙的水平距離為6mB．隊友接球前瞬間，球的速度一定為10m/sC．隊友接球前瞬間，球的機械能一定為39JD．若僅增大出手時球與水平方向的角度，球?qū)⒉荒鼙灰覕r截答案C解析設出手時，球離地高度為h1，籃球到達最高點高度為h2，由題意可知，籃球從拋出到最高點豎直方向的位移為h＝h2－h(huán)1＝1.8m，由veq\o\al(2,y)＝2gh，解得籃球豎直方向分速度vy＝6m/s，則從拋出到最高點的時間為t＝eq\f(vy,g)＝0.6s，籃球水平方向的速度為vx＝eq\r(veq\o\al(2,0)－veq\o\al(2,y))＝8m/s，則甲傳球時，球與乙的水平距離為x＝vxt＝4.8m，故A錯誤；由機械能守恒定律可知，若隊友接球高度和拋出的高度相等，則籃球的速度為10m/s，若高度不相等，則籃球的速度可能大于10m/s，也可能小于10m/s，故B錯誤；籃球在空中只受重力作用，機械能守恒，以地面為零勢能面，則隊友接球前瞬間籃球的機械能恒為E＝eq\f(1,2)mveq\o\al(2,0)＋mgh1＝39J，故C正確；若僅增大出手時球與水平方向的角度，角度太大，在水平方向的分速度過小，會導致到乙位置時，豎直方向的高度小于乙起跳的最大高度，則可能會被攔截，故D錯誤。6．如圖4所示，質(zhì)量為m的重物沿豎直桿下滑，并通過繩帶動質(zhì)量也為m的小車沿傾角θ＝45°的斜面上升。若重物與滑輪等高時由靜止開始釋放，當滑輪右側(cè)的繩與豎直方向成θ＝45°角時，重物下滑的速度為v(不計一切摩擦，重力加速度為g)。則此過程中重物下落的高度是()圖4A．h＝eq\f(v2,2g) B．h＝eq\f(3\r(2)v2,4g)C．h＝eq\f(3（2＋\r(2)）v2,8g) D．h＝eq\f(3（2－\r(2)）v2,4g)答案B解析將重物的速度進行分解可得小車速度為：v1＝vcos45°＝eq\f(\r(2),2)v，小車與重物組成的系統(tǒng)機械能守恒，設此過程中重物下落的高度為h，則有：mgh－mg(eq\r(2)h－h(huán))sin45°＝eq\f(1,2)mv2＋eq\f(1,2)mveq\o\al(2,1)，解得h＝eq\f(3\r(2)v2,4g)，故B正確。7．(2022·江蘇泰州高三專題練習)如圖5所示，一輕桿可繞光滑固定轉(zhuǎn)軸O在豎直平面內(nèi)自由轉(zhuǎn)動，桿的兩端固定有兩小球A和B(可看作質(zhì)點)。A、B的質(zhì)量分別為2kg和8kg，到轉(zhuǎn)軸O的距離分別為0.2m和0.1m?，F(xiàn)使輕桿從水平位置由靜止開始繞O軸自由轉(zhuǎn)動，當A球到達最高點時(g＝10m/s2)，下列說法正確的是()圖5A．轉(zhuǎn)軸O對桿的作用力方向沿豎直方向向下B．球A只受重力和桿對它的拉力C．球A的角速度為5eq\r(2)rad/sD．球B的角速度為2eq\r(15)rad/s答案C解析對A、B構成的系統(tǒng)分析知系統(tǒng)機械能守恒，兩球角速度相等，設為ω，則滿足mBgrB－mAgrA＝eq\f(1,2)mAveq\o\al(2,A)＋eq\f(1,2)mBveq\o\al(2,B)，其中vA＝ωrA，vB＝ωrB，解得ω＝5eq\r(2)rad/s，故C正確，D錯誤；當A球到達最高點時，由牛頓第二定律有F＋mAg＝mAω2rA，解得F＝0，說明此時A只受重力，故B錯誤；對B球分析知B球受到的一定是豎直向上的拉力，桿受到球的拉力豎直向下，所以桿受到轉(zhuǎn)軸的力豎直向上，故A錯誤。8．(2022·江蘇泰州高三開學考試)如圖6所示，輕質(zhì)彈簧的一端與固定的豎直板P連接，另一端與物體A相連，物體A置于光滑水平桌面上，A右端連接一細線，細線繞過光滑的輕質(zhì)定滑輪與物體B相連。開始時托住B，讓A處于靜止狀態(tài)且細線恰好伸直，然后由靜止釋放B，直至B獲得最大速度。下列有關該過程的分析正確的是()圖6A．B受到細線的拉力保持不變B．A、B組成的系統(tǒng)機械能守恒C．B機械能的減少量等于彈簧彈性勢能的增加量D．當彈簧的拉力等于B的重力時，A的動能最大答案D解析以A、B組成的系統(tǒng)為研究對象，根據(jù)牛頓第二定律有mBg－kx＝(mA＋mB)a，由于彈簧的伸長量x逐漸變大，故從開始到B速度達到最大的過程中B的加速度逐漸減小，對B，有mBg－T＝mBa，可知在此過程中，繩子上的拉力逐漸增大，是變力，故A錯誤；對于A物體、B物體以及彈簧組成的系統(tǒng)，只有彈簧的彈力和物體的重力做功，系統(tǒng)的機械能守恒，由于彈簧的彈性勢能不斷增大，所以A物體與B物體組成的系統(tǒng)機械能不斷減少，故B錯誤；A物體、B物體以及彈簧組成的系統(tǒng)機械能守恒，故B物體機械能的減少量等于A物體的機械能增加量與彈性勢能的增加量之和，所以B物體機械能的減少量大于彈簧彈性勢能的增加量，故C錯誤；由于彈簧的拉力先小于細線的拉力，后大于細線的拉力，A先加速后減速，當彈簧的拉力與細線的拉力大小相等時，A的速度最大，動能最大，此時A的加速度為零，B的加速度也為零，細線的拉力等于B的重力，所以彈簧的拉力等于B物體的重力時，A物體的動能最大，故D正確。9．(2022·江蘇蘇州高三期中)如圖7所示，粗糙直桿AB豎直放置，在B點與半徑為R＝2.5m的光滑eq\f(1,4)圓弧軌道平滑連接，直徑略大于桿截面的小環(huán)質(zhì)量為m＝2kg。與桿成α＝37°的恒力F作用在小環(huán)上，使它從A點由靜止開始運動，當小環(huán)運動到B點時撤去F，小環(huán)沿圓軌道到達最高點C時，速度恰好為0。已知AB間的距離為5m，小環(huán)與直桿間的動摩擦因數(shù)為0.5(sin37°＝0.6，cos37°＝0.8，g＝10m/s2)。求：圖7(1)小環(huán)在B處時的速度大小；(2)恒力F的大小。答案(1)5eq\r(2)m(2)60N解析(1)B到C過程，對小環(huán)由機械能守恒定律有eq\f(1,2)mveq\o\al(2,B)＝mgR解得vB＝eq\r(2gR)＝5eq\r(2)m/s。(2)對A運動到C的過程，對小環(huán)由動能定理有Fcosα·s－μFsinα·s－mg(s＋R)＝0解得F＝eq\f(mg（s＋R）,（cosα－μsinα）s)＝60N。10．(2022·江蘇鹽城高三期中)一質(zhì)量為m、半徑為R的光滑圓環(huán)用細繩OP懸掛著，原長為2R的兩個輕質(zhì)彈簧，一端固定在圓環(huán)上P點，另一端與質(zhì)量均為m的小球A、B連接，小球A、B套在圓環(huán)上。如圖8所示，彈簧長為eq\r(2)R時，同時由靜止釋放