高中一輪復(fù)習(xí)物理第六章機械能

第六章eq\b\lc\|\rc\(\a\vs4\al\co1(,,,,,,,,))eq\a\vs4\al(機械能)考綱要求考情分析功和功率Ⅱ1.命題規(guī)律近幾年高考既有對本章內(nèi)容的單獨考查，也有與牛頓運動定律、曲線運動等內(nèi)容相結(jié)合的綜合考查，題型有選擇題、計算題。2.考查熱點將本章內(nèi)容與其他知識相結(jié)合，與實際生產(chǎn)、生活相結(jié)合進行命題的趨勢較強，在復(fù)習(xí)中應(yīng)側(cè)重對基礎(chǔ)知識的理解和應(yīng)用。動能動能定理Ⅱ重力勢能Ⅱ彈性勢能Ⅰ機械能守恒定律及其應(yīng)用Ⅱ能量守恒Ⅰ實驗四：探究動能定理實驗五：驗證機械能守恒定律[說明]彈性勢能的表達(dá)式不作要求。第24課時功和功率(雙基落實課)知識點一功的理解和正負(fù)判斷1．做功兩因素：力和物體在力的方向上發(fā)生的位移。2．公式：W＝Flcos_α(1)α是力與位移方向之間的夾角，l是物體對地的位移。(2)該公式只適用于恒力做功。3．功的正負(fù)的判斷方法恒力的功依據(jù)力與位移方向的夾角來判斷曲線運動中的功依據(jù)力與速度方向的夾角α來判斷，0°≤α<90°時，力對物體做正功；90°<α≤180°時，力對物體做負(fù)功；α＝90°時，力對物體不做功能量變化時的功功是能量轉(zhuǎn)化的量度，若有能量轉(zhuǎn)化，則必有力對物體做功。此法常用于判斷兩個相聯(lián)系的物體之間的相互作用力做功的判斷[小題練通]1．(2017·全國Ⅱ卷)如圖，一光滑大圓環(huán)固定在桌面上，環(huán)面位于豎直平面內(nèi)，在大圓環(huán)上套著一個小環(huán)。小環(huán)由大圓環(huán)的最高點從靜止開始下滑，在小環(huán)下滑的過程中，大圓環(huán)對它的作用力()A．一直不做功 B．一直做正功C．始終指向大圓環(huán)圓心 D．始終背離大圓環(huán)圓心解析：選A由于大圓環(huán)是光滑的，因此小環(huán)下滑的過程中，大圓環(huán)對小環(huán)的作用力方向始終與速度方向垂直，因此作用力不做功，A項正確，B項錯誤；小環(huán)剛下滑時，大圓環(huán)對小環(huán)的作用力背離大圓環(huán)的圓心，滑到大圓環(huán)圓心以下的位置時，大圓環(huán)對小環(huán)的作用力指向大圓環(huán)的圓心，C、D項錯誤。2．(2018·鹽城模擬)如圖所示，小球置于傾角為45°的斜面上被豎直擋板擋住，整個裝置勻速豎直下降一段距離。此過程中，小球重力大小為G，做功為WG；斜面對小球的彈力大小為F1，小球克服F1做功為W1；擋板對小球的彈力大小為F2，做功為W2。不計一切摩擦，則下列判斷正確的是()A．F2＝G，W2＝0 B．F1＝G，W1＝WGC．F1>G，W1>WG D．F2>G，W2>WG解析：選A對小球受力分析可知：F1cos45°＝G，F(xiàn)1sin45°＝F2，聯(lián)立解得：F2＝G，F(xiàn)1＝eq\r(2)G，由于F2與位移方向垂直，故F2不做功，即W2＝0，小球克服F1做功為：W1＝F1hcos45°＝Gh，重力做功為：WG＝Gh，故W1＝WG，故A項正確。(1)功是標(biāo)量，只有大小沒有方向。(2)功的正負(fù)既不表示大小，也不表示方向。(3)公式中l(wèi)為物體的位移，而不是力作用點的位移。知識點二功的計算[方法1：利用定義式計算恒力做的功](1)恒力做的功：直接用W＝Flcosα計算。(2)合力做的功方法一：先求合力F合，再用W合＝F合lcosα求功。方法二：先求各個力做的功W1、W2、W3、…，再應(yīng)用W合＝W1＋W2＋W3＋…求合力做的功。[例1](多選)如圖所示，水平路面上有一輛質(zhì)量為M的汽車，車廂中有一個質(zhì)量為m的人正用恒力F向前推車廂，在車以加速度a向前加速行駛距離L的過程中，下列說法正確的是()A．人對車的推力F做的功為FLB．人對車做的功為maLC．車對人的作用力大小為maD．車對人的摩擦力做的功為(F＋ma)L[解析]由做功的定義可知，選項A正確；對人進行受力分析，人受重力以及車對人的力，合力的大小為ma，方向水平向左，故車對人的作用力大小應(yīng)為eq\r(ma2＋mg2)，選項C錯誤；題述過程重力不做功，合力對人做的功為maL，所以車對人做的功為maL，由相互作用力及人、車的位移相同可確定，人對車做的功為－maL，選項B錯誤；對人由牛頓第二定律知，在水平方向上有Ff－F＝ma，摩擦力做的功為(F＋ma)L，選項D正確。[答案]AD[方法2：利用動能定理求變力做的功]動能定理既適用于直線運動，也適用于曲線運動，既適用于求恒力做功，也適用于求變力做功。因使用動能定理可由動能的變化來求功，所以動能定理是求變力做功的首選。[例2](2015·海南高考)如圖，一半徑為R的半圓形軌道豎直固定放置，軌道兩端等高；質(zhì)量為m的質(zhì)點自軌道端點P由靜止開始滑下，滑到最低點Q時，對軌道的正壓力為2mg，重力加速度大小為g。質(zhì)點自P滑到Q的過程中，克服摩擦力所做的功為()A.eq\f(1,4)mgR B.eq\f(1,3)mgRC.eq\f(1,2)mgR D.eq\f(π,4)mgR[解析]在Q點質(zhì)點受到豎直向下的重力和豎直向上的支持力，兩力的合力充當(dāng)向心力，所以有FN－mg＝meq\f(v2,R)，F(xiàn)N＝2mg，聯(lián)立解得v＝eq\r(gR)，下落過程中重力做正功，摩擦力做負(fù)功，根據(jù)動能定理可得mgR－Wf＝eq\f(1,2)mv2，解得Wf＝eq\f(1,2)mgR，所以克服摩擦力做功eq\f(1,2)mgR，C正確。[答案]C[方法3：化變力為恒力求變力做的功]變力做功一般難以直接求解，但若通過轉(zhuǎn)換研究的對象，有時可化為恒力做功，用W＝Flcosα求解。此法常常應(yīng)用于輕繩通過定滑輪拉物體的問題中。[例3]如圖所示，固定的光滑豎直桿上套著一個滑塊，用輕繩系著滑塊繞過光滑的定滑輪，以大小恒定的拉力F拉輕繩，使滑塊從A點起由靜止開始上升。若從A點上升至B點和從B點上升至C點的過程中，輕繩對滑塊做的功分別為W1和W2，圖中AB＝BC，則()A．W1＞W(wǎng)2B．W1＜W2C．W1＝W2D．無法確定W1和W2的大小關(guān)系[解析]輕繩對滑塊做的功為變力做功，可以通過轉(zhuǎn)換研究對象，將變力做的功轉(zhuǎn)化為恒力做的功；因輕繩對滑塊做的功等于拉力F對輕繩做的功，而拉力F為恒力，W＝F·Δl，Δl為輕繩拉滑塊過程中拉力F的作用點移動的位移，大小等于滑輪左側(cè)輕繩的縮短量，由題圖可知，ΔlAB＞ΔlBC，故W1＞W(wǎng)2，A項正確。[答案]A[方法4：利用微元法求變力做的功]將物體的位移分割成許多小段，因小段很小，每一小段上作用在物體上的力可以視為恒力，這樣就將變力做功轉(zhuǎn)化為在無數(shù)多個無窮小的位移上的恒力所做功的代數(shù)和。此法常應(yīng)用于求解大小不變、方向改變的變力做功問題。[例4]如圖所示，在水平面上，有一彎曲的槽道AB，槽道由半徑分別為eq\f(R,2)和R的兩個半圓構(gòu)成?，F(xiàn)用大小恒為F的拉力將一光滑小球從A點沿槽道拉至B點，若拉力F的方向時刻與小球運動方向一致，則此過程中拉力F所做的功為()A．0 B．FRC．2πFR D.eq\f(3,2)πFR[解析]因為F的方向不斷改變，不能用W＝Flcosα求解，但由于F的方向時刻與小球運動方向一致，可采用微元法，把小球的位移分割成許多小段，在每一小段位移上作用在小球上的力F可視為恒力，F(xiàn)做的總功即為F在各個小段上做功的代數(shù)和，由此得：W＝Feq\f(1,2)·2π·eq\f(R,2)＋eq\f(1,2)·2πR＝eq\f(3,2)πFR，D正確。[答案]D[方法5：用F-x圖像求變力做的功]在F-x圖像中，圖線與x軸所圍“面積”的代數(shù)和表示力F在這段位移所做的功，且位于x軸上方的“面積”為正，位于x軸下方的“面積”為負(fù)，但此方法只適用于便于求圖線所圍面積的情況(如三角形、矩形、圓等規(guī)則的幾何圖形)。[例5]某物體在變力F作用下沿水平方向做直線運動，物體的質(zhì)量m＝10kg，F(xiàn)隨物體的坐標(biāo)x的變化情況如圖所示。若物體從坐標(biāo)原點由靜止出發(fā)，不計一切摩擦。借鑒教科書中學(xué)習(xí)直線運動時，由v-t圖像求位移的方法，結(jié)合其他所學(xué)知識，根據(jù)圖示的F-x圖像，可求出物體運動到x＝16m處時的速度大小為()A．3m/s B．4m/sC．2eq\r(2)m/s D.eq\r(17)m/s[解析]力F在運動過程中所做的總功WF＝10×4J＝40J，由動能定理得：WF＝eq\f(1,2)mv2－0，解得物體運動到x＝16m處的速度大小為v＝2eq\r(2)m/s，C正確。[答案]C知識點三功率的理解與計算1．功率：功與完成這些功所用時間的比值。2．物理意義：描述力對物體做功的快慢。3．公式(1)P＝eq\f(W,t)，P為時間t內(nèi)的平均功率。(2)P＝Fvcosα①v為平均速度，則P為平均功率。②v為瞬時速度，則P為瞬時功率。4．額定功率：機械可以長時間工作的最大輸出功率。5．實際功率：機械實際工作時的輸出功率，要求不大于額定功率。[小題練通]1．把A、B兩相同小球在離地面同一高度處以大小相同的初速度v0，分別沿水平方向和豎直方向拋出，不計空氣阻力，如圖所示，則下列說法正確的是()A．A、B落地時速度相同B．A、B落地時，重力的瞬時功率相同C．從開始運動至落地，重力對A、B做的功不同D．從開始運動至落地，重力對A、B做功的平均功率eq\x\to(P)A>eq\x\to(P)B解析：選DA、B落地的速度大小相同，方向不同，選項A錯誤；因B落地時豎直速度較大，由P＝mgv豎可知，PB>PA，選項B錯誤；重力做功取決于豎直方向上的高度差，故重力對A、B做的功均為mgh，選項C錯誤；因B從被拋出到落地所用時間較長，故eq\x\to(P)A>eq\x\to(P)B，選項D正確。2．(2018·白銀模擬)如圖所示，小物塊甲從豎直固定的eq\f(1,4)光滑圓弧軌道頂端由靜止滑下，軌道半徑為R，圓弧底端切線水平。小物塊乙從高為R的光滑斜面頂端由靜止滑下。下列判斷正確的是()A．兩物塊到達(dá)底端時速度相同B．兩物塊運動到底端的過程中重力做功相同C．兩物塊到達(dá)底端時動能相同D．兩物塊到達(dá)底端時，乙的重力做功的瞬時功率大于甲的重力做功的瞬時功率解析：選D兩物塊下落的高度相同，根據(jù)動能定理，有mgR＝eq\f(1,2)mv2，解得v＝eq\r(2gR)，可知兩物塊到達(dá)底端時的速度大小相等，但方向不同，A錯誤；兩物塊的質(zhì)量大小關(guān)系不確定，故無法判斷兩物塊運動到底端時重力做的功及動能是否相同，B、C錯誤；在底端時，甲的重力做功的瞬時功率為零，乙的重力做功的瞬時功率大于零，故D正確。求解功率時應(yīng)注意的問題(1)首先要明確所求功率是平均功率還是瞬時功率。(2)平均功率與一段時間(或過程)相對應(yīng)，計算時應(yīng)明確是哪個力在哪段時間(或過程)內(nèi)做功的平均功率。(3)瞬時功率計算時應(yīng)明確是哪個力在哪個時刻(或狀態(tài))的功率。知識點四機車啟動問題1．以恒定功率啟動(1)運動過程分析(2)運動過程的速度—時間圖像如圖(a)所示。圖(a)圖(b)2．以恒定加速度啟動(1)運動過程分析(2)運動過程的速度—時間圖像如圖(b)所示。[小題練通]1．質(zhì)量為m的汽車，啟動后沿平直路面行駛，如果發(fā)動機的功率恒為P，且行駛過程中受到的摩擦阻力大小一定，汽車速度能夠達(dá)到的最大值為v，那么當(dāng)汽車的車速為eq\f(v,4)時，汽車的瞬時加速度的大小為()A.eq\f(P,mv) B.eq\f(2P,mv)C.eq\f(3P,mv) D.eq\f(4P,mv)解析：選C當(dāng)汽車牽引力等于阻力時，速度最大，則阻力Ff＝eq\f(P,v)，當(dāng)速度為eq\f(v,4)時，牽引力F＝eq\f(P,\f(v,4))＝eq\f(4P,v)，由牛頓第二定律得F－Ff＝ma，解得a＝eq\f(3P,mv)，選項C正確。2．(多選)質(zhì)量為2×103kg的汽車由靜止開始沿平直公路行駛，行駛過程中牽引力F和車速倒數(shù)eq\f(1,v)的關(guān)系圖像如圖所示。已知行駛過程中最大車速為30m/s，設(shè)阻力恒定，則()A．汽車所受阻力為6×103NB．汽車在車速為5m/s時，加速度為3m/s2C．汽車在車速為15m/s時，加速度為1m/s2D．汽車在行駛過程中的最大功率為6×104W解析：選CD當(dāng)牽引力等于阻力時，速度最大，由題圖圖線可知阻力大小Ff＝2000N，故A錯誤；題圖傾斜圖線的斜率表示功率，可知P＝eq\f(6000－2000,\f(1,10)－\f(1,30))W＝60000W，車速為5m/s時，汽車的加速度a＝eq\f(6000－2000,2000)m/s2＝2m/s2，故B錯誤；當(dāng)車速為15m/s時，牽引力F＝eq\f(60000,15)N＝4000N，則加速度a＝eq\f(4000－2000,2000)m/s2＝1m/s2，故C正確；汽車的最大功率等于額定功率，等于60000W，故D正確。eq\a\vs4\al([課時達(dá)標(biāo)檢測])一、單項選擇題1．如圖所示，木塊B上表面是水平的，當(dāng)木塊A置于B上，并與B保持相對靜止，一起沿固定的光滑斜面由靜止開始下滑，在下滑過程中()A．A所受的合外力對A不做功B．B對A的彈力做正功C．B對A的摩擦力做正功D．A對B做正功解析：選CA、B一起沿固定的光滑斜面由靜止開始下滑，加速度為gsinθ(θ為斜面傾角)，由于A速度增大，由動能定理，A所受的合外力對A做功，B對A的摩擦力做正功，B對A的彈力做負(fù)功，選項A、B錯誤，C正確；A與B相對靜止，A對B不做功，選項D錯誤。2．(2018·南通、泰州、揚州、淮安模擬)高三某同學(xué)參加引體向上體能測試，在20s內(nèi)完成10次標(biāo)準(zhǔn)動作，則此過程中該同學(xué)克服重力做功的平均功率最接近于()A．150WB．300WC．450W D．600W解析：選A完成一次標(biāo)準(zhǔn)動作的時間為T＝eq\f(20,10)s＝2s，高三同學(xué)的體重大約為500～750N，引體向上重心上升的高度大約為0.5m，該同學(xué)克服重力做功的平均功率表達(dá)式為eq\x\to(P)＝eq\f(Gh,T)，則克服重力做功的平均功率大約為125～187.5W，A項正確，B、C、D項錯誤。3．如圖甲所示，靜止于光滑水平面上坐標(biāo)原點處的小物塊，在水平拉力F作用下，沿x軸方向運動，拉力F隨物塊所在位置坐標(biāo)x的變化關(guān)系如圖乙所示，圖線為半圓。則小物塊運動到x0處時F所做的總功為()A．0 B.eq\f(1,2)Fmx0C.eq\f(π,4)Fmx0 D.eq\f(π,4)x02解析：選CF為變力，但Fx圖像包圍的面積在數(shù)值上表示拉力做的總功，由于題圖乙圖線為半圓，又因在數(shù)值上Fm＝eq\f(1,2)x0，故W＝eq\f(1,2)π·Fm2＝eq\f(1,2)π·Fm·eq\f(1,2)x0＝eq\f(π,4)Fmx0。C正確。4．(2018·蘇錫常鎮(zhèn)模擬)汽車從靜止開始先做勻加速直線運動，然后做勻速運動。汽車所受阻力恒定，下列汽車功率P與時間t的關(guān)系圖像中，能描述上述過程的是()解析：選C汽車從靜止開始做勻加速運動，加速度一定，根據(jù)牛頓第二定律有F－f＝ma，得出F＝f＋ma。汽車的功率為P＝Fv＝(f＋ma)at，P與t成正比例函數(shù)，A、D項錯誤；當(dāng)汽車達(dá)到最大功率時，據(jù)題意汽車運動狀態(tài)立刻變?yōu)閯蛩?，此時牽引力瞬間從f＋ma變成f，而速度沒有突變，故汽車的功率變小且為恒定值，B項錯誤，C項正確。5．(2014·全國Ⅱ卷)一物體靜止在粗糙水平地面上?，F(xiàn)用一大小為F1的水平拉力拉動物體，經(jīng)過一段時間后其速度變?yōu)関。若將水平拉力的大小改為F2，物體從靜止開始經(jīng)過同樣的時間后速度變?yōu)?v。對于上述兩個過程，用WF1、WF2分別表示拉力F1、F2所做的功，Wf1、Wf2分別表示前后兩次克服摩擦力所做的功，則()A．WF2>4WF1，Wf2>2Wf1B．WF2>4WF1，Wf2＝2Wf1C．WF2<4WF1，Wf2＝2Wf1D．WF2<4WF1，Wf2<2Wf1解析：選C根據(jù)x＝eq\f(v＋v0,2)t得，兩過程的位移關(guān)系x1＝eq\f(1,2)x2，根據(jù)加速度的定義a＝eq\f(v－v0,t)，得兩過程的加速度關(guān)系為a1＝eq\f(a2,2)。由于在相同的粗糙水平地面上運動，故兩過程的摩擦力大小相等，即f1＝f2＝f，根據(jù)牛頓第二定律F－f＝ma得，F(xiàn)1－f1＝ma1，F(xiàn)2－f2＝ma2，所以F1＝eq\f(1,2)F2＋eq\f(1,2)f，即F1>eq\f(F2,2)。根據(jù)功的計算公式W＝Fl，可知Wf1＝eq\f(1,2)Wf2，WF1>eq\f(1,4)WF2，故C正確，A、B、D錯誤。二、多項選擇題6．如圖所示，在外力作用下某質(zhì)點運動的v-t圖像為正弦曲線。從圖中可以判斷()A．在0～t1時間內(nèi)，外力的功率先增大后減小B．在0～t1時間內(nèi)，外力的功率逐漸為零C．在t2時刻，外力的功率為零D．在t3時刻，外力的功率最大解析：選AC由題圖知，t＝0時，v＝0，外力F≠0，外力的功率為零，t1時刻，質(zhì)點的加速度為零，外力為零，外力的功率為零，所以0～t1時間內(nèi)，外力的功率先增大后減小，選項A正確，B錯誤；t2時刻，v＝0，此時外力的功率為零，選項C正確；t3時刻，外力為零，外力的功率為零，選項D錯誤。7．(2016·天津高考)我國高鐵技術(shù)處于世界領(lǐng)先水平。和諧號動車組是由動車和拖車編組而成，提供動力的車廂叫動車，不提供動力的車廂叫拖車。假設(shè)動車組各車廂質(zhì)量均相等，動車的額定功率都相同，動車組在水平直軌道上運行過程中阻力與車重成正比。某列車組由8節(jié)車廂組成，其中第1、5節(jié)車廂為動車，其余為拖車，則該動車組()A．啟動時乘客受到車廂作用力的方向與車運動的方向相反B．做勻加速運動時，第5、6節(jié)與第6、7節(jié)車廂間的作用力之比為3∶2C．進站時從關(guān)閉發(fā)動機到停下來滑行的距離與關(guān)閉發(fā)動機時的速度成正比D．與改為4節(jié)動車帶4節(jié)拖車的動車組最大速度之比為1∶2解析：選BD啟動時，乘客的加速度向前，車廂對人的作用力方向向前，與車運動的方向相同，選項A錯誤；以后面的車廂為研究對象，F(xiàn)56＝3ma，F(xiàn)67＝2ma，則5、6節(jié)與6、7節(jié)車廂間的作用力之比為3∶2，選項B正確；根據(jù)v2＝2ax，車停下來滑行的距離x與速度的二次方成正比，選項C錯誤；若改為4節(jié)動車，則功率變?yōu)樵瓉?倍，由P＝Fv知，最大速度變?yōu)樵瓉?倍，選項D正確。8．如圖所示，輕繩一端受到大小為F的水平恒力作用，另一端通過定滑輪與質(zhì)量為m、可視為質(zhì)點的小物塊相連。開始時繩與水平方向的夾角為θ。當(dāng)小物塊從水平面上的A點被拖動到水平面上的B點時，位移為L，隨后從B點沿斜面被拖動到定滑輪O處，BO間距離也為L。小物塊與水平面及斜面間的動摩擦因數(shù)均為μ，若小物塊從A點運動到O點的過程中，F(xiàn)對小物塊做的功為WF，小物塊在BO段運動過程中克服摩擦力做的功為Wf，下列結(jié)果正確的是()A．WF＝FL(cosθ＋1)B．WF＝2FLcosθC．Wf＝μmgLcos2θD．Wf＝FL－mgLsin2θ解析：選BC由題圖及幾何關(guān)系可知，小物塊從A點運動到O點，F(xiàn)的作用點移動的距離x＝2Lcosθ，所以F做的功WF＝Fx＝2FLcosθ，A錯誤，B正確；由幾何關(guān)系知斜面的傾角為2θ，所以小物塊在BO段受到的摩擦力f＝μmgcos2θ，則Wf＝fL＝μmgLcos2θ，C正確，D錯誤。9．質(zhì)量為m的物體靜止在粗糙的水平地面上，從t＝0時刻開始物體受到方向恒定的水平拉力F作用，拉力F與時間t的關(guān)系如圖甲所示。物體在eq\f(1,2)t0時刻開始運動，其運動的v-t圖像如圖乙所示，若最大靜摩擦力等于滑動摩擦力，則()A．物體與地面間的動摩擦因數(shù)為eq\f(F0,mg)B．物體在t0時刻的加速度大小為eq\f(2v0,t0)C．物體所受合外力在t0時刻的功率為2F0v0D．拉力F在t0～2t0時間內(nèi)的平均功率為F0eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(2v0＋\f(F0t0,m)))解析：選AD物體在eq\f(t0,2)時刻開始運動，根據(jù)題圖可得，f＝F0，動摩擦因數(shù)μ＝eq\f(F0,mg)，故A正確；在eq\f(1,2)t0～t0時間內(nèi)，假設(shè)物體做勻加速運動，則v0＝a·eq\f(1,2)t0，解得a＝eq\f(2v0,t0)，實際上物體的加速度從0開始越來越大，故在t0時刻加速度大小大于eq\f(2v0,t0)，故B錯誤；在t0時刻，物體受到的合外力F′＝2F0－f＝F0，功率P＝F0v0，故C錯誤；在2t0時刻物體的速度v＝v0＋eq\f(F0,m)t0，在t0～2t0時間內(nèi)物體的平均速度eq\x\to(v)＝eq\f(v0＋v,2)＝eq\f(2v0＋\f(F0,m)t0,2)，故平均功率P＝2F0eq\x\to(v)＝F02v0＋eq\f(F0t0,m)，故D正確。三、計算題10．(2018·舟山模擬)質(zhì)量為1.0×103kg的汽車，沿傾角為30°的斜坡由靜止開始運動，汽車在運動過程中所受摩擦阻力大小恒為2000N，汽車發(fā)動機的額定輸出功率為5.6×104W，開始時以a＝1m/s2的加速度做勻加速運動(g＝10m/s2)。求：(1)汽車做勻加速運動的時間t1；(2)汽車所能達(dá)到的最大速度；(3)若斜坡長143.5m，且認(rèn)為汽車到達(dá)坡頂之前，已達(dá)到最大速率，汽車從坡底到坡頂需多長時間。解析：(1)由牛頓第二定律得F－mgsin30°－Ff＝ma設(shè)勻加速運動過程的末速度為v，則有P＝Fvv＝at1解得t1＝7s。(2)當(dāng)汽車達(dá)到最大速度vm時，a＝0，則有P＝(mgsin30°＋Ff)vm解得vm＝8m/s。(3)汽車做勻加速運動的位移x1＝eq\f(1,2)at12在后一階段對汽車由動能定理得Pt2－(mgsin30°＋Ff)x2＝eq\f(1,2)mvm2－eq\f(1,2)mv2又有x＝x1＋x2解得t2≈15s故汽車運動的總時間為t＝t1＋t2＝22s。答案：(1)7s(2)8m/s(3)22s11．(2017·江蘇高考)如圖所示，兩個半圓柱A、B緊靠著靜置于水平地面上，其上有一光滑圓柱C，三者半徑均為R。C的質(zhì)量為m，A、B的質(zhì)量都為eq\f(m,2)，與地面間的動摩擦因數(shù)均為μ。現(xiàn)用水平向右的力拉A，使A緩慢移動，直至C恰好降到地面。整個過程中B保持靜止。設(shè)最大靜摩擦力等于滑動摩擦力，重力加速度為g。求：(1)未拉A時，C受到B作用力的大小F；(2)動摩擦因數(shù)的最小值μmin；(3)A移動的整個過程中，拉力做的功W。解析：(1)對C受力分析，如圖甲所示：根據(jù)平衡條件有2Fcos30°＝mg解得F＝eq\f(\r(3),3)mg。(2)C恰好降到地面時，如圖乙所示：B受C壓力的水平分力最大Fxmax＝eq\f(\r(3),2)mgB受地面的摩擦力f＝μmg根據(jù)題意，B保持靜止則有fmin＝Fxmax解得μmin＝eq\f(\r(3),2)。(3)C下降的高度h＝(eq\r(3)－1)RA的位移x＝2(eq\r(3)－1)R摩擦力做功的大小Wf＝fx＝2(eq\r(3)－1)μmgR根據(jù)動能定理W－Wf＋mgh＝0－0解得W＝(2μ－1)(eq\r(3)－1)mgR。答案：(1)eq\f(\r(3),3)mg(2)eq\f(\r(3),2)(3)(2μ－1)(eq\r(3)－1)mgR第25課時動能定理及其應(yīng)用(重點突破課)eq\a\vs4\al([基礎(chǔ)點·自主落實])[必備知識]1．動能(1)定義：物體由于運動而具有的能量叫做動能。(2)公式：Ek＝eq\f(1,2)mv2，單位：焦耳。(3)動能是標(biāo)量、狀態(tài)量。2．動能定理(1)內(nèi)容：力在一個過程中對物體做的功，等于物體在這個過程中動能的變化。(2)表達(dá)式：W＝Ek2－Ek1。(3)物理意義：合外力做的功是物體動能變化的量度。[小題熱身]1．判斷正誤(1)一定質(zhì)量的物體動能變化時，速度一定變化，速度變化時，動能也一定變化。(×)(2)處于平衡狀態(tài)的物體動能一定保持不變。(√)(3)如果物體所受的合力為零，那么合力對物體做功一定為零。(√)(4)物體在合力作用下做變速運動時，動能一定變化。(×)(5)物體的動能不變，所受的合力必定為零。(×)(6)做自由落體運動的物體，動能與下落的高度成正比。(√)2．(多選)一個質(zhì)量為0.3kg的彈性小球，在光滑水平面上以6m/s的速度垂直撞到墻上，碰撞后小球沿相反方向運動，反彈后的速度大小與碰撞前相同，則碰撞前后小球速度變化量的大小Δv和碰撞過程中小球的動能變化量ΔEk為()A．Δv＝0 B．Δv＝12m/sC．ΔEk＝1.8J D．ΔEk＝0解析：選BD取初速度方向為正方向，則Δv＝|(－6－6)|m/s＝12m/s，由于速度大小沒變，動能不變，故動能變化量ΔEk＝0，故選項B、D正確。3．(2018·泰州模擬)如圖所示是一種清洗車輛用的手持噴水槍。設(shè)槍口截面積為0.6cm2，噴出水的速度為20m/s(水的密度為1×103kg/m3)。當(dāng)它工作時，噴水槍的功率最接近()A．250W B．300WC．350W D．400W解析：選A每秒鐘噴出水的動能為Ek＝eq\f(1,2)mv2＝eq\f(1,2)ρSvt·v2，代入數(shù)據(jù)得Ek＝240J，則P＝eq\f(W,t)＝eq\f(Ek,t)＝240W，故選項A正確。eq\a\vs4\al([重難點·師生互動])重難點(一)動能定理的理解和應(yīng)用1．定理中“外力”的兩點理解(1)重力、彈力、摩擦力、電場力、磁場力或其他力，它們可以同時作用，也可以不同時作用。(2)既可以是恒力，也可以是變力。2．公式中“＝”體現(xiàn)的三個關(guān)系3．應(yīng)用動能定理的解題步驟[典例](2016·天津高考)我國將于2022年舉辦冬奧會，跳臺滑雪是其中最具觀賞性的項目之一。如圖所示，質(zhì)量m＝60kg的運動員從長直助滑道AB的A處由靜止開始以加速度a＝3.6m/s2勻加速滑下，到達(dá)助滑道末端B時速度vB＝24m/s，A與B的豎直高度差H＝48m。為了改變運動員的運動方向，在助滑道與起跳臺之間用一段彎曲滑道銜接，其中最低點C處附近是一段以O(shè)為圓心的圓弧。助滑道末端B與滑道最低點C的高度差h＝5m，運動員在B、C間運動時阻力做功W＝－1530J，取g＝10m/s2。(1)求運動員在AB段下滑時受到阻力Ff的大?。?2)若運動員能夠承受的最大壓力為其所受重力的6倍，則C點所在圓弧的半徑R至少應(yīng)為多大。[解析](1)運動員在AB段做初速度為零的勻加速運動，設(shè)AB的長度為x，則有vB2＝2ax ①由牛頓第二定律有mgeq\f(H,x)－Ff＝ma ②聯(lián)立①②式，代入數(shù)據(jù)解得Ff＝144N。 ③(2)設(shè)運動員到達(dá)C點時的速度為vC，在由B到達(dá)C的過程中，由動能定理有mgh＋W＝eq\f(1,2)mvC2－eq\f(1,2)mvB2 ④設(shè)運動員在C點所受的支持力為FN，由牛頓第二定律有FN－mg＝meq\f(vC2,R) ⑤由運動員能夠承受的最大壓力為其所受重力的6倍，聯(lián)立④⑤式，代入數(shù)據(jù)解得R＝12.5m。 ⑥[答案](1)144N(2)12.5m應(yīng)用動能定理的注意事項(1)動能定理中的位移和速度必須是相對于同一個參考系的，一般以地面或相對地面靜止的物體為參考系。(2)應(yīng)用動能定理時，必須明確各力做功的正、負(fù)。(3)應(yīng)用動能定理解題，關(guān)鍵是對研究對象進行準(zhǔn)確的受力分析及運動過程分析，并畫出物體運動過程的草圖，借助草圖理解物理過程和各量關(guān)系。[集訓(xùn)沖關(guān)]1．(2018·泰州模擬)如圖所示，一物體在水平恒力作用下沿光滑的水平面做曲線運動，當(dāng)物體從M點運動到N點時，其速度方向恰好改變了90°，則物體在M點到N點的運動過程中動能將()A．不斷增大 B．不斷減小C．先減小后增大 D．先增大后減小解析：選C物體速度方向恰好改變了90°，由題圖可以判斷恒力方向應(yīng)為右下方，與初速度的方向夾角要大于90°小于180°才能出現(xiàn)末速度與初速度垂直的情況，因此恒力先做負(fù)功，當(dāng)達(dá)到速度與恒力方向垂直后，恒力做正功，動能先減小后增大。所以C項正確。2．(2018·長春模擬)如圖所示，豎直平面內(nèi)放一直角桿MON，OM水平，ON豎直且光滑，用不可伸長的輕繩相連的兩小球A和B分別套在OM和ON桿上，B球的質(zhì)量為2kg，在作用于A球的水平力F的作用下，A、B均處于靜止?fàn)顟B(tài)，此時OA＝0.3m，OB＝0.4m，改變水平力F的大小，使A球向右加速運動，已知A球向右運動0.1m時速度大小為3m/s，則在此過程中輕繩的拉力對B球所做的功為(g取10m/s2)()A．11J B．16JC．18J D．9J解析：選CA球向右運動0.1m時，vA＝3m/s，結(jié)合題圖及幾何關(guān)系知，OA′＝0.4m，OB′＝0.3m，設(shè)此時∠B′A′O＝α，則有tanα＝eq\f(3,4)，vAcosα＝vBsinα，解得：vB＝4m/s。此過程中B球上升高度h＝0.1m，由動能定理，W－mgh＝eq\f(1,2)mvB2，解得輕繩的拉力對B球所做的功為W＝mgh＋eq\f(1,2)mvB2＝eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(2×10×0.1＋\f(1,2)×2×42))J＝18J，選項C正確。重難點(二)動能定理與圖像的綜合1．力學(xué)中圖像所圍“面積”的意義v-t圖像由公式x＝vt可知，v-t圖線與坐標(biāo)軸圍成的面積表示物體的位移a-t圖像由公式Δv＝at可知，a-t圖線與坐標(biāo)軸圍成的面積表示物體速度的變化量F-x圖像由公式W＝Fx可知，F(xiàn)-x圖線與坐標(biāo)軸圍成的面積表示力所做的功P-t圖像由公式W＝Pt可知，P-t圖線與坐標(biāo)軸圍成的面積表示力所做的功2．解決物理圖像問題的基本步驟(1)觀察題目給出的圖像，弄清縱坐標(biāo)、橫坐標(biāo)所對應(yīng)的物理量及圖線所表示的物理意義。(2)根據(jù)物理規(guī)律推導(dǎo)出縱坐標(biāo)與橫坐標(biāo)所對應(yīng)的物理量間的函數(shù)關(guān)系式。(3)將推導(dǎo)出的物理規(guī)律與數(shù)學(xué)上與之相對應(yīng)的標(biāo)準(zhǔn)函數(shù)關(guān)系式相對比，找出圖線的斜率、截距、圖線的交點、圖線下的面積所對應(yīng)的物理意義，分析解答問題。或者利用函數(shù)圖線上的特定值代入函數(shù)關(guān)系式求物理量。[典例]如圖甲所示，長為4m的水平軌道AB與半徑為R＝0.6m的豎直半圓弧軌道BC在B處相連接，有一質(zhì)量為1kg的滑塊(大小不計)，從A處由靜止開始受水平向右的力F作用，F(xiàn)隨位移變化的關(guān)系如圖乙所示，滑塊與AB間的動摩擦因數(shù)為μ＝0.25，與BC間的動摩擦因數(shù)未知，g取10m/s2。求：(1)滑塊到達(dá)B處時的速度大小；(2)滑塊在水平軌道AB上運動前2m路程所用的時間；(3)若到達(dá)B點時撤去力F，滑塊沿半圓弧軌道內(nèi)側(cè)上滑，并恰好能到達(dá)最高點C，則滑塊在半圓弧軌道上克服摩擦力所做的功是多少？[解析](1)對滑塊從A到B的過程，由動能定理得F1x1－F3x3－μmgx＝eq\f(1,2)mvB2解得vB＝2eq\r(10)m/s。(2)在前2m路程內(nèi)，有F1－μmg＝ma，且x1＝eq\f(1,2)at12，解得t1＝eq\r(\f(8,35))s。(3)當(dāng)滑塊恰好能到達(dá)最高點C時，有：mg＝meq\f(vC2,R)對滑塊從B到C的過程，由動能定理得：Wf－mg·2R＝eq\f(1,2)mvC2－eq\f(1,2)mvB2解得Wf＝－5J，即克服摩擦力做的功為5J。[答案](1)2eq\r(10)m/s(2)eq\r(\f(8,35))s(3)5J動能定理與圖像結(jié)合問題的分析方法(1)首先看清所給圖像的種類(如v-t圖像、F-t圖像、Ek-t圖像等)。(2)挖掘圖像的隱含條件——得出所需要的物理量，如由v-t圖像所包圍的“面積”求位移，由F-x圖像所包圍的“面積”求功等。(3)分析有哪些力做功，根據(jù)動能定理列方程，求出相應(yīng)的物理量。[集訓(xùn)沖關(guān)]1．(2018·西安質(zhì)檢)靜止在粗糙水平面上的物塊在水平向右的拉力作用下做直線運動，t＝4s時停下，其v-t圖像如圖所示，已知物塊與水平面間的動摩擦因數(shù)處處相同，則下列判斷正確的是()A．整個過程中拉力做的功等于物塊克服摩擦力做的功B．整個過程中拉力做的功等于零C．t＝2s時刻拉力的瞬時功率在整個過程中最大D．t＝1s到t＝3s這段時間內(nèi)拉力不做功解析：選A對物塊運動全過程應(yīng)用動能定理得：WF－Wf＝0，A正確，B錯誤；物塊在加速運動過程中受到的拉力最大，結(jié)合題圖可知，t＝1s時拉力的瞬時功率為整個過程中拉力功率的最大值，C錯誤；t＝1s到t＝3s這段時間內(nèi)，拉力與摩擦力平衡，拉力做正功，D錯誤。2．用傳感器研究質(zhì)量為2kg的物體由靜止開始做直線運動的規(guī)律時，在計算機上得到0～6s內(nèi)物體的加速度隨時間變化的關(guān)系如圖所示。下列說法正確的是()A．0～6s內(nèi)物體先向正方向運動，后向負(fù)方向運動B．0～6s內(nèi)物體在4s末的速度最大C．物體在2～4s內(nèi)速度不變D．0～4s內(nèi)合力對物體做的功等于0～6s內(nèi)合力對物體做的功解析：選Da-t圖像中圖線與時間軸圍成的面積代表物體在相應(yīng)時間內(nèi)速度的變化情況，在時間軸上方為正，在時間軸下方為負(fù)。由題圖可得，物體在6s末的速度v6＝6m/s，則0～6s內(nèi)物體一直向正方向運動，A錯誤；物體在5s末速度最大，vm＝7m/s，B錯誤；在2～4s內(nèi)物體加速度不變，物體做勻加速直線運動，速度變大，C錯誤；在0～4s內(nèi)，合力對物體做的功由動能定理可知W合4＝eq\f(1,2)mv42－0＝36J，0～6s內(nèi)，合力對物體做的功由動能定理可知W合6＝eq\f(1,2)mv62－0＝36J，則W合4＝W合6，D正確。重難點(三)動能定理求解多過程問題1.由于多過程問題的受力情況、運動情況比較復(fù)雜，從動力學(xué)的角度分析往往比較復(fù)雜，利用動能定理分析此類問題，是從總體上把握研究對象運動狀態(tài)的變化，并不需要從細(xì)節(jié)上了解。2．運用動能定理解決問題時，有兩種思路：一種是全過程列式，另一種是分段列式。3．全過程列式時，涉及重力、彈簧彈力、大小恒定的阻力或摩擦力做功時，要注意運用它們的特點：(1)重力、彈簧彈力做功取決于物體的初、末位置，與路徑無關(guān)。(2)大小恒定的阻力或摩擦力做功等于力的大小與路程的乘積。[典例](2018·新泰模擬)如圖所示，傾斜軌道AB的傾角為37°，CD、EF軌道水平，AB與CD通過光滑圓弧管道BC連接，CD右端與豎直光滑圓周軌道相連。小球可以從D進入該軌道，沿軌道內(nèi)側(cè)運動，從E滑出該軌道進入EF水平軌道。小球由靜止從A點釋放，已知AB長為5R，CD長為R，重力加速度為g，小球與傾斜軌道AB及水平軌道CD、EF的動摩擦因數(shù)均為0.5，sin37°＝0.6，cos37°＝0.8，圓弧管道BC入口B與出口C的高度差為1.8R。求：(在運算中，根號中的數(shù)值無需算出)(1)小球滑到斜面底端C時速度的大小；(2)小球剛到C時對軌道的作用力；(3)要使小球在運動過程中不脫離軌道，豎直圓周軌道的半徑R′應(yīng)該滿足的條件。[解析](1)設(shè)小球到達(dá)C時速度為vC，小球從A運動至C過程，由動能定理有：mg(5Rsin37°＋1.8R)－μmgcos37°·5R＝eq\f(1,2)mvC2可得：vC＝eq\r(\f(28gR,5))。(2)小球沿BC軌道做圓周運動，設(shè)在C時軌道對小球的作用力為FN，由牛頓第二定律，有：FN－mg＝meq\f(vC2,r)其中r滿足：r＋rcos37°＝1.8R聯(lián)立解得：FN＝6.6mg由牛頓第三定律可得，小球?qū)壍赖淖饔昧?.6mg，方向豎直向下。(3)要使小球不脫離軌道，有兩種情況：情況一：小球能滑過圓周軌道最高點，進入EF軌道，則小球在最高點應(yīng)滿足：meq\f(v2,R′)≥mg小球從C直到此最高點過程，由動能定理，有：－μmgR－mg·2R′＝eq\f(1,2)mv2－eq\f(1,2)mvC2可得：R′≤eq\f(23,25)R＝0.92R情況二：小球上滑至四分之一圓周軌道的最高點時，速度減為零，然后滑回D。則由動能定理有：－μmgR－mgR′＝0－eq\f(1,2)mvC2解得：R′≥2.3R所以要使小球不脫離軌道，豎直圓周軌道的半徑R′應(yīng)該滿足R′≤0.92R或R′≥2.3R。[答案](1)eq\r(\f(28gR,5))(2)6.6mg，方向豎直向下(3)R′≤0.92R或R′≥2.3R利用動能定理求解多過程問題的基本思路(1)弄清物體的運動由哪些過程組成。(2)分析每個過程中物體的受力情況。(3)各個力做功有何特點，對動能的變化有無影響。(4)從總體上把握全過程，寫出總功表達(dá)式，找出初、末狀態(tài)的動能。(5)對所研究的全過程運用動能定理列方程。[集訓(xùn)沖關(guān)]1．如圖所示，ABCD是一個盆式容器，盆內(nèi)側(cè)壁與盆底BC的連接處都是一段與BC相切的圓弧，BC是水平的，其寬度d＝0.50m，盆邊緣的高度為h＝0.30m，在A處放一個質(zhì)量為m的小物塊并讓其從靜止開始下滑。已知盆內(nèi)側(cè)壁是光滑的，而盆底BC面與小物塊間的動摩擦因數(shù)為μ＝0.10。小物塊在盆內(nèi)來回滑動，最后停下來，則停的地點到B點的距離為()A．0.50m B．0.25mC．0.10m D．0解析：選D設(shè)小物塊在BC面通過的總路程為s，由于只有BC面上存在摩擦力，則小物塊從A點開始運動到最終靜止的整個過程中，摩擦力做功為－μmgs，而重力做功與路徑無關(guān)，由動能定理得：mgh－μmgs＝0－0，代入數(shù)據(jù)可解得s＝3m。由于d＝0.50m，所以，小物塊在BC面經(jīng)過3次往復(fù)運動后，停在B點。2．在某游樂闖關(guān)節(jié)目中，選手需借助懸掛在高處的繩飛越到水面的浮臺上，兩位同學(xué)觀看后對此進行了討論。如圖所示，他們將選手簡化為質(zhì)量m＝60kg的質(zhì)點，選手抓住繩由靜止開始擺動，此時繩與豎直方向的夾角α＝53°，繩的懸掛點O距水面的高度為H＝3m。不考慮空氣阻力和繩的質(zhì)量，浮臺露出水面的高度不計，水足夠深。取重力加速度g＝10m/s2，sin53°＝0.8，cos53°＝0.6。(1)求選手?jǐn)[到最低點時對繩拉力的大小F；(2)若繩長l＝2m，選手?jǐn)[到最高點時松手落入水中。設(shè)水對選手的平均浮力F1＝800N，平均阻力F2＝700N，求選手落入水中的深度d；(3)若選手?jǐn)[到最低點時松手，甲同學(xué)認(rèn)為繩越長，在浮臺上的落點距岸邊越遠(yuǎn)；乙同學(xué)卻認(rèn)為繩越短，落點距岸邊越遠(yuǎn)。請通過推算說明你的觀點。解析：(1)由靜止至擺動到最低點，對選手由動能定理得mgl(1－cosα)＝eq\f(1,2)mv2－0選手在最低點處由牛頓第二定律得F′－mg＝meq\f(v2,l)由牛頓第三定律得F＝F′＝1080N。(2)選手?jǐn)[到最高點時松手落入水中，如圖所示：對選手由動能定理得mg(H－lcosα＋d)－(F1＋F2)d＝0－0解得d＝1.2m。(3)選手?jǐn)[到最低點時松手將做平拋運動，則：豎直方向H－l＝eq\f(1,2)gt2水平方向x＝vt由(1)可得v＝eq\r(0.8gl)解得x＝eq\r(1.6lH－l)可知當(dāng)l＝eq\f(H,2)＝1.5m時，x取最大值，落點距岸邊最遠(yuǎn)。答案：(1)1080N(2)1.2m(3)見解析eq\a\vs4\al([課時達(dá)標(biāo)檢測])一、單項選擇題1．A、B兩物體在光滑水平面上，分別在相同的水平恒力F作用下，由靜止開始通過相同的位移l。若A的質(zhì)量大于B的質(zhì)量，則在這一過程中()A．A獲得動能較大 B．B獲得動能較大C．A、B獲得動能一樣大 D．無法比較A、B獲得動能大小解析：選C由動能定理可知恒力F做功W＝Fl＝eq\f(1,2)mv2－0，因為F、l相同，所以A、B獲得的動能一樣大，C正確。2．一個質(zhì)量為m的物體靜止放在光滑水平面上，在互成60°角的大小相等的兩個水平恒力作用下，經(jīng)過一段時間，物體獲得的速度為v，在力的方向上獲得的速度分別為v1、v2，如圖所示，那么在這段時間內(nèi)，其中一個力做的功為()A.eq\f(1,6)mv2 B.eq\f(1,4)mv2C.eq\f(1,3)mv2 D.eq\f(1,2)mv2解析：選B在合力F的方向上，由動能定理得W＝Fl＝eq\f(1,2)mv2，某個分力做的功為W1＝F1lcos30°＝eq\f(F,2cos30°)lcos30°＝eq\f(1,2)Fl＝eq\f(1,4)mv2，B正確。3.如圖所示，小球以初速度v0從A點沿粗糙的軌道運動到高為h的B點后自動返回，其返回途中仍經(jīng)過A點，水平軌道與傾斜軌道之間用平滑圓弧連接(圖中未畫出)。則返回時經(jīng)過A點的速度v的大小為()A.eq\r(v02－4gh) B.eq\r(4gh－v02)C.eq\r(v02－2gh) D.eq\r(2gh－v02)解析：選B由動能定理得，小球由A到B過程有－mgh－Wf＝0－eq\f(1,2)mv02，小球由B到A過程有mgh－Wf＝eq\f(1,2)mv2－0，聯(lián)立解得v＝eq\r(4gh－v02)，B項正確。4．剎車距離是衡量汽車安全性能的重要參數(shù)之一，如圖所示的圖線1、2分別為甲、乙兩輛汽車在緊急剎車過程中的剎車距離l與剎車前的車速v的關(guān)系曲線，已知緊急剎車過程中車與地面間的摩擦是滑動摩擦。據(jù)此可知，下列說法中正確的是()A．甲車的剎車距離隨剎車前的車速v變化快，甲車的剎車性能好B．乙車與地面間的動摩擦因數(shù)較大，乙車的剎車性能好C．以相同的車速開始剎車，甲車先停下來，甲車的剎車性能好D．甲車的剎車距離隨剎車前的車速v變化快，甲車與地面間的動摩擦因數(shù)較大解析：選B對剎車過程，由動能定理可知μmgl＝eq\f(1,2)mv2，得l＝eq\f(v2,2μg)＝eq\f(v2,2a)，結(jié)合題圖可知甲車與地面間動摩擦因數(shù)小，乙車與地面間動摩擦因數(shù)大，剎車時的加速度a＝μg，以相同的車速開始剎車，乙車先停下來，乙車剎車性能好，B正確。5．(2018·重慶月考)如圖所示，固定斜面傾角為θ，整個斜面分為AB、BC兩段，且1.5AB＝BC。小物塊P(可視為質(zhì)點)與AB、BC兩段斜面之間的動摩擦因數(shù)分別為μ1、μ2。已知P由靜止開始從A點釋放，恰好能滑動到C點而停下，那么θ、μ1、μ2間應(yīng)滿足的關(guān)系式是()A．tanθ＝eq\f(2μ1＋3μ2,5) B．tanθ＝eq\f(2μ1＋μ2,3)C．tanθ＝2μ1－μ2 D．tanθ＝2μ2－μ1解析：選AP由A點釋放后受重力、支持力、滑動摩擦力，設(shè)斜面AC長為L，P由A點釋放，恰好能滑動到C點而停下，由動能定理得mgLsinθ－μ1mgcosθ×eq\f(2,5)L－μ2mgcosθ×eq\f(3,5)L＝0，解得tanθ＝eq\f(2μ1＋3μ2,5)，A正確。二、多項選擇題6．(2018·徐州沛縣中學(xué)檢測)如圖所示，質(zhì)量為M的電梯底板上放置一質(zhì)量為m的物體，鋼索拉著電梯由靜止開始向上做勻加速運動，當(dāng)上升高度為H時，速度達(dá)到v，不計空氣阻力，則()A．物體所受合力做的功等于eq\f(1,2)mv2＋mgHB．底板對物體的支持力做的功等于mgH＋eq\f(1,2)mv2C．鋼索的拉力做的功等于eq\f(1,2)Mv2＋MgHD．鋼索的拉力、電梯的重力及物體對底板的壓力對電梯做的總功等于eq\f(1,2)Mv2解析：選BD對物體應(yīng)用動能定理得：合力對物體做的功W＝eq\f(1,2)mv2，A項錯誤；電梯由靜止開始向上做勻加速運動，設(shè)加速度的大小為a，由速度和位移的關(guān)系式可得，v2＝2aH，所以a＝eq\f(v2,2H)，對電梯由牛頓第二定律可得，F(xiàn)N－mg＝ma，所以FN＝mg＋ma＝mg＋meq\f(v2,2H)，底板對物體的支持力做的功為W＝FNH＝(mg＋ma)H＝mgH＋eq\f(1,2)mv2，B項正確；對于整體由牛頓第二定律可得，F(xiàn)－(M＋m)g＝(M＋m)a，所以鋼索的拉力為F＝(M＋m)g＋(M＋m)a，鋼索的拉力做的功等于FH＝(M＋m)gH＋eq\f(1,2)(M＋m)v2，C項錯誤；根據(jù)動能定理可得，合力對電梯做的功等于電梯動能的變化即為eq\f(1,2)Mv2，則鋼索的拉力、電梯的重力及物體對底板的壓力對電梯做的總功等于eq\f(1,2)Mv2，D項正確。7．(2018·泰州模擬)如圖甲所示，質(zhì)量相等的a、b兩物體，分別從斜面上的同一位置A由靜止下滑，經(jīng)B點在水平面上滑行一段距離后停下。不計經(jīng)過B點時的能量損失，用傳感器采集到它們的速度－時間圖像如圖乙所示，下列說法正確的是()A．a(chǎn)在斜面上滑行的加速度比b的大B．a(chǎn)在水平面上滑行的距離比b的短C．a(chǎn)與斜面間的動摩擦因數(shù)比b的小D．a(chǎn)克服摩擦力做的功比b的大解析：選AC由題圖乙圖像斜率可知，a做加速運動時的加速度比b做加速運動時的加速度大，故A正確；物體在水平面上的運動是勻減速運動，a從t1時刻開始，b從t2時刻開始，由圖像與坐標(biāo)軸圍成的面積表示位移可知，a在水平面上做勻減速運動的位移(滑行的距離)比b在水平面上做勻減速運動的位移大，故B錯誤；物體在斜面上運動的加速度a＝gsinθ－μgcosθ，因為a的加速度大于b的加速度，所以a與斜面間的動摩擦因數(shù)比b的小，故C正確；對物體整個運動過程運用動能定理得：mgh－Wf＝0－0，所以Wf＝mgh，a、b質(zhì)量相等，所以在整個運動過程中克服摩擦力做的功一樣多，故D錯誤。8．(2018·無錫檢測)對離地一定高度的物體施加一個豎直向上的拉力，物體在豎直方向上運動，其速率－時間關(guān)系大致圖線如圖所示，以地面為零勢能面，忽略空氣阻力，物體的機械能隨運動距離的變化關(guān)系圖線可能是選項圖中的()解析：選CD以物體為研究對象，若物體向上運動，根據(jù)牛頓第二定律有F－mg＝ma，從速率—時間圖像看，物體在做加速度變小的加速運動，所以F＝mg＋ma逐漸變小，而物體機械能的增量就是F做的功，即E＝Fx＝(mg＋ma)x，Ex圖像中的斜率為F，所以D項正確；若物體向下運動，根據(jù)牛頓運動定律有F＝mg－ma，F(xiàn)變大，F(xiàn)做負(fù)功，機械能減小，所以C項正確。9．(2018·洛陽檢測)如圖所示，在傾角為θ的斜面上，輕質(zhì)彈簧一端與斜面底端固定，另一端與質(zhì)量為M的平板A連接，一個質(zhì)量為m的物體B靠在平板的右側(cè)，A、B與斜面的動摩擦因數(shù)均為μ。開始時用手按住B使彈簧處于壓縮狀態(tài)，現(xiàn)放手，使A和B一起沿斜面向上運動距離L時，A和B達(dá)到最大速度v。則下列說法正確的是()A．A和B達(dá)到最大速度v時，彈簧恢復(fù)原長B．若運動過程中A和B能夠分離，則A和B恰好分離時，二者加速度大小均為g(sinθ＋μcosθ)C．從釋放到A和B達(dá)到最大速度v的過程中，彈簧對A所做的功等于eq\f(1,2)Mv2＋MgLsinθ＋μMgLcosθD．從釋放到A和B達(dá)到最大速度v的過程中，B受到的合力對它做的功等于eq\f(1,2)mv2解析：選BDA和B達(dá)到最大速度v時，A和B的加速度為零。對A、B整體：由平衡條件知kx＝(m＋M)gsinθ＋μ(m＋M)gcosθ，所以此時彈簧處于壓縮狀態(tài)，故A錯誤；A和B恰好分離時，A、B間的彈力為0，A、B的加速度相同，對B受力分析，由牛頓第二定律知，mgsinθ＋μmgcosθ＝ma，得a＝g(sinθ＋μcosθ)，故B正確；從釋放到A和B達(dá)到最大速度v的過程中，對A、B整體，根據(jù)動能定理得W彈－(m＋M)gLsinθ－μ(m＋M)gLcosθ＝eq\f(1,2)(m＋M)v2，所以彈簧對A所做的功W彈＝eq\f(1,2)(m＋M)v2＋(m＋M)gLsinθ＋μ(m＋M)gLcosθ，故C錯誤；從釋放到A和B達(dá)到最大速度v的過程中，對于B，根據(jù)動能定理得，B受到的合力對它做的功W合＝ΔEk＝eq\f(1,2)mv2，故D正確。三、計算題10．如圖甲所示，一半徑R＝1m、圓心角等于143°的豎直圓弧形光滑軌道，與斜面相切于B處，圓弧軌道的最高點為M，斜面傾角為37°，t＝0時刻有一可視為質(zhì)點的物塊沿斜面上滑，其在斜面上運動的速度變化規(guī)律如圖乙所示，若物塊恰能到達(dá)M點，取g＝10m/s2，sin37°＝0.6，cos37°＝0.8，求：(1)物塊經(jīng)過M點的速度大??；(2)物塊經(jīng)過B點的速度大??；(3)物塊與斜面間的動摩擦因數(shù)。解析：(1)物塊恰能到達(dá)M點，則有mg＝meq\f(vM2,R)解得vM＝eq\r(10)m/s。(2)物塊從B點運動到M點的過程中，由動能定理得－mgR(1＋cos37°)＝eq\f(1,2)mvM2－eq\f(1,2)mvB2解得vB＝eq\r(46)m/s。(3)由題圖乙可知，物塊在斜面上運動時，加速度大小為a＝eq\f(Δv,Δt)＝10m/s2，方向沿斜面向下，有mgsin37°＋μmgcos37°＝ma解得μ＝0.5。答案：(1)eq\r(10)m/s(2)eq\r(46)m/s(3)0.511．(2018·蘇北四市高三摸底)如圖所示，高H＝0.8m的桌面上固定一半徑R＝0.45m的四分之一光滑圓弧軌道AB，軌道末端B與桌面邊緣水平相切，地面上的C點位于B點的正下方。將一質(zhì)量m＝0.04kg的小球由軌道頂端A處靜止釋放，g取10m/s2。求：(1)小球運動到B點時對軌道的壓力大?。?2)小球落地點距C點的距離；(3)若加上如圖所示的恒定水平風(fēng)力，將小球由A處靜止釋放，要使小球恰落在C點，作用在小球上的風(fēng)力應(yīng)為多大。解析：(1)小球由A運動至B點，由動能定理得mgR＝eq\f(1,2)mv02在B點有FN－mg＝eq\f(mv02,R)根據(jù)牛頓第三定律，小球到B點時對軌道的壓力大小FN′＝FN解得：FN′＝1.2N。(2)小球從B點飛出做平拋運動豎直方向H＝eq\f(1,2)gt2水平方向x＝v0t，解得：x＝1.2m。(3)設(shè)風(fēng)力大小為F，小球從A運動至B點，由動能定理得mgR－FR＝eq\f(1,2)mv12小球從B點運動至C處，水平位移x1＝0x1＝v1t－eq\f(1,2)a1t2水平方向F＝ma1解得：F＝0.3N。答案：(1)1.2N(2)1.2m(3)0.3N第26課時機械能守恒定律及其應(yīng)用(重點突破課)eq\a\vs4\al([基礎(chǔ)點·自主落實])[必備知識]1．重力做功的特點重力做功與路徑無關(guān)，只與始、末位置的高度差有關(guān)。2．重力勢能的特點重力勢能是物體和地球組成的系統(tǒng)所共有的；重力勢能的大小與參考平面的選取有關(guān)，但重力勢能的變化與參考平面的選取無關(guān)。3．重力做功與重力勢能變化的關(guān)系定性關(guān)系重力對物體做正功，重力勢能減?。恢亓ξ矬w做負(fù)功，重力勢能增大定量關(guān)系重力對物體做的功等于物體重力勢能變化量的負(fù)值，即WG＝－ΔEp4．彈性勢能(1)概念：物體由于發(fā)生彈性形變而具有的能量。(2)大小：彈簧的彈性勢能的大小與形變量及勁度系數(shù)有關(guān)，彈簧的形變量越大，勁度系數(shù)越大，彈簧的彈性勢能越大。(3)彈力做功與彈性勢能變化的關(guān)系：彈力對物體做的功等于彈簧彈性勢能變化量的負(fù)值，即W＝－ΔEp，類似于重力做功與重力勢能變化的關(guān)系。5．機械能守恒定律(1)內(nèi)容：在只有重力或彈力做功的物體系統(tǒng)內(nèi)，動能與勢能可以相互轉(zhuǎn)化，而總的機械能保持不變。(2)守恒條件：只有重力或系統(tǒng)內(nèi)彈力做功。(3)常用的三種表達(dá)式守恒式E1＝E2或Ek1＋Ep1＝Ek2＋Ep2轉(zhuǎn)化式ΔEk＝－ΔEp轉(zhuǎn)移式ΔEA＝－ΔEB[小題熱身]1．判斷正誤(1)重力勢能的大小與零勢能參考面的選取有關(guān)。(√)(2)重力勢能的變化與零勢能參考面的選取無關(guān)。(√)(3)被舉到高處的物體重力勢能一定不為零。(×)(4)物體的速度增大時，其機械能可能在減小。(√)(5)物體所受的合外力為零，物體的機械能一定守恒。(×)(6)物體受到摩擦力作用時，機械能一定要變化。(×)2．關(guān)于重力勢能，下列說法中正確的是()A．物體的位置一旦確定，它的重力勢能的大小也隨之確定B．物體與零勢能面的距離越大，它的重力勢能也越大C．一個物體的重力勢能從－5J變化到－3J，重力勢能減少了D．重力勢能的減少量等于重力對物體做的功解析：選D物體的重力勢能與參考面有關(guān)，同一物體在同一位置相對不同的參考面時，重力勢能不同，A選項錯；物體在零勢能面以上，與零勢能面的距離越大，重力勢能越大，物體在零勢能面以下，與零勢能面的距離越大，重力勢能越小，B選項錯；重力勢能中的正、負(fù)號表示大小，－5J的重力勢能小于－3J的重力勢能，C選項錯；重力做的功度量了重力勢能的變化，D選項對。3．(2018·無錫模擬)在地面上將一小球斜向上拋出，不計空氣阻力，小球在空中運動直至落地的過程中()A．動能增加 B．重力勢能減小C．機械能減小 D．機械能守恒解析：選D將一小球斜向上拋出，重力對小球先做負(fù)功后做正功，由動能定理知，小球的動能先減小后增加，故A項錯誤；重力勢能先增加后減小，故B項錯誤；小球在空中運動直至落地的過程中只有重力做功，機械能守恒，故C項錯誤，D項正確。4．(2015·四川高考)在同一位置以相同的速率把三個小球分別沿水平、斜向上、斜向下方向拋出，不計空氣阻力，則落在同一水平地面時的速度大小()A．一樣大 B．水平拋的最大C．斜向上拋的最大 D．斜向下拋的最大解析：選A不計空氣阻力的拋體運動，機械能守恒。故以相同的速率向不同的方向拋出落至同一水平地面時，物體速度的大小相等。故A正確。eq\a\vs4\al([重難點·師生互動])重難點(一)機械能守恒的理解與判斷1．對機械能守恒條件的理解(1)只受重力作用，例如做平拋運動的物體機械能守恒。(2)除重力外，物體還受其他力，但其他力不做功或做功代數(shù)和為零。(3)除重力外，只有系統(tǒng)內(nèi)的彈力做功，并且彈力做的功等于彈性勢能減少量，那么系統(tǒng)的機械能守恒。注意：并非物體的機械能守恒，如與彈簧相連的小球下擺的過程機械能減少。2．機械能是否守恒的三種判斷方法(1)利用做功及守恒條件判斷。(2)利用機械能的定義判斷：若物體或系統(tǒng)的動能、勢能之和保持不變，則機械能守恒。(3)利用能量轉(zhuǎn)化判斷：若物體或系統(tǒng)與外界沒有能量交換，內(nèi)部也沒有機械能與其他形式能的轉(zhuǎn)化，則機械能守恒。[典例](多選)如圖所示，下列關(guān)于機械能是否守恒的判斷正確的是()A．甲圖中，物體A將彈簧壓縮的過程中，物體A機械能守恒B．乙圖中，斜面體A固定，物體B沿斜面勻速下滑，物體B的機械能守恒C．丙圖中，不計任何阻力和定滑輪質(zhì)量時，A加速下落，B加速上升過程中，A、B組成的系統(tǒng)機械能守恒D．丁圖中，小球沿水平面做勻速圓錐擺運動時，小球的機械能守恒[解析]由題圖可知，甲圖中有重力和彈力做功，物體A和彈簧組成的系統(tǒng)機械能守恒，但物體A機械能不守恒，A錯；乙圖中物體B沿斜面勻速下滑，物體B除受重力外，還受到彈力和摩擦力作用，彈力不做功，但摩擦力做負(fù)功，物體B的機械能不守恒，B錯；丙圖中繩子張力對A做負(fù)功，對B做正功，代數(shù)和為零，A、B組成的系統(tǒng)機械能守恒，C對；丁圖中小球的動能不變，勢能不變，機械能守恒，D對。[答案]CD(1)機械能守恒的條件絕不是合外力做的功等于零，更不是合外力為零；“只有重力或彈力做功”不等于“只受重力或彈力作用”。(2)對于一些繩子突然繃緊、物體間碰撞等情況，除非題目特別說明，否則機械能必定不守恒。[集訓(xùn)沖關(guān)]1．(2018·保定模擬)如圖所示，傾角為θ的光滑斜面體C固定于水平地面上，小物塊B置于斜面上，通過細(xì)繩跨過光滑的定滑輪與物體A相連接，釋放后，A將向下運動，則在A碰地前的運動過程中()A．A的加速度大小為gB．A機械能守恒C．由于斜面光滑，所以B機械能守恒D．A、B組成的系統(tǒng)機械能守恒解析：選DA向下運動的過程中除受到重力以外，還受到細(xì)繩向上的拉力，故A下落的加速度一定小于g，A項錯誤；A下落過程中，細(xì)繩的拉力做負(fù)功，A的機械能不守恒，B項錯誤；由于斜面光滑，A、B組成的系統(tǒng)在整個運動過程中，只有重力做功，系統(tǒng)機械能守恒，但細(xì)繩的拉力對B做正功，B的機械能增加，C項錯誤，D項正確。2．(2018·云南昆明三中、玉溪一中統(tǒng)考)如圖所示，固定的傾斜光滑桿上套有一個質(zhì)量為m的小球，小球與一輕質(zhì)彈簧一端相連，彈簧的另一端固定在地面上的A點，已知桿與水平面之間的夾角θ<45°，當(dāng)小球位于B點時，彈簧與桿垂直，此時彈簧處于原長?，F(xiàn)讓小球自C點由靜止釋放，在小球滑到桿底端的整個過程中，關(guān)于小球的動能、重力勢能和彈簧的彈性勢能，下列說法正確的是()A．小球的動能與重力勢能之和保持不變B．小球的動能與重力勢能之和先增大后減小C．小球的動能與彈簧的彈性勢能之和保持不變D．小球的重力勢能與彈簧的彈性勢能之和保持不變解析：選B小球與彈簧組成的系統(tǒng)在整個過程中，機械能守恒。彈簧原長時彈性勢能為零，小球從C點到最低點過程中，彈簧的彈性勢能先減小后增大，所以小球的動能與重力勢能之和先增大后減小，A項錯，B項對；小球的重力勢能不斷減小，所以小球的動能與彈簧的彈性勢能之和不斷增大，C項錯；小球的初、末動能均為零，所以整個過程中小球的動能先增大后減小，所以小球的重力勢能與彈簧的彈性勢能之和先減小后增大，D項錯。重難點(二)單個物體的機械能守恒應(yīng)用機械能守恒定律的一般步驟[典例](2018·蘭州診斷考試)如圖所示，豎直平面內(nèi)固定著由兩個半徑均為R的四分之一圓弧構(gòu)成的細(xì)管道ABC，圓心連線O1O2水平。輕彈簧左端固定在豎直擋板上，右端靠著質(zhì)量為m的小球(小球的直徑略小于管道內(nèi)徑)，長為R的薄板DE置于水平面上，板的左端D到管道右端C的水平距離為R。開始時彈簧處于鎖定狀態(tài)，具有一定的彈性勢能，重力加速度為g。解除鎖定，小球離開彈簧后進入管道，最后從C點拋出(不計一切摩擦)，小球經(jīng)C點時對軌道外側(cè)的彈力的大小為mg。(1)求彈簧鎖定時具有的彈性勢能Ep；(2)試通過計算判斷小球能否落在薄板DE上。[解析](1)解除彈簧鎖定后小球運動到C點過程，彈簧和小球組成的系統(tǒng)機械能守恒，設(shè)小球到達(dá)C點的速度大小為v1，根據(jù)機械能守恒定律可得Ep＝2mgR＋eq\f(1,2)mv12由題意知，小球經(jīng)C點時所受的彈力的大小為mg，方向向下，根據(jù)向心力公式得mg＋mg＝eq\f(mv12,R)解得Ep＝3mgR。(2)小球離開C點后做平拋運動，設(shè)從拋出到落到水平面上的時間為t，根據(jù)平拋運動規(guī)律有2R＝eq\f(1,2)gt2s＝v1t＝2eq\r(2)R>2R所以小球不能落在薄板DE上。[答案](1)3mgR(2)小球不能落在薄板DE上機械能守恒定律的應(yīng)用技巧(1)應(yīng)用機械能守恒定律的前提是“守恒”，因此，需要先對研究對象在所研究的過程中機械能是否守恒做出判斷。(2)如果系統(tǒng)(除地球外)只有一個物體，用守恒式列方程較簡便；對于由兩個或兩個以上物體組成的系統(tǒng)，用轉(zhuǎn)化式或轉(zhuǎn)移式列方程較簡便。[集訓(xùn)沖關(guān)]1．(2018·江蘇啟東中學(xué)模擬)一物體從H高處自由下落，以地面為零勢能面，當(dāng)物體的動能等于其重力勢能2倍時，物體下落的高度為()A.eq\f(1,2)HB.eq\f(1,3)HC.eq\f(2,3)HD.eq\f(3,4)H解析：選C運動過程中物體的機械能守恒，取地面為零勢能面，根據(jù)機械能守恒可得mgH＝mgh＋eq\f(1,2)mv2，當(dāng)其動能等于重力勢能的2倍時，有2mgh＝eq\f(1,2)mv2，所以mgH＝3mgh，解得h＝eq\f(1,3)H，此時物體下落的高度為eq\f(2,3)H，故選項C正確。2．(2018·山西右玉一模)一小球以一定的初速度從圖示位置進入光滑的軌道，小球先進入圓軌道1，再進入圓軌道2，圓軌道1的半徑為R，圓軌道2的半徑是軌道1的1.8倍，小球的質(zhì)量為m，若小球恰好能通過軌道2的最高點B，則小球在軌道1上經(jīng)過其最高點A時對軌道的壓力為()A．2mg B．3mgC．4mg D．5mg解析：選C小球恰好能通過軌道2的最高點B時，有mg＝eq\f(mvB2,1.8R)，小球在軌道1上經(jīng)過其最高點A時，有F＋mg＝eq\f(mvA2,R)，根據(jù)機械能守恒，有1.6mgR＝eq\f(1,2)mvA2－eq\f(1,2)mvB2，解得F＝4mg，即小球在軌道1上經(jīng)過其最高點A時對軌道的壓力為4mg，C項正確。重難點(三)多個物體的機械能守恒考法1桿連接的物體系統(tǒng)機械能守恒題型簡述如圖所示的兩物體組成的系統(tǒng)，釋放后A、B在豎直平面內(nèi)繞過O點的軸轉(zhuǎn)動，且A、B的角速度相等。方法突破求解這類問題時，由于二者角速度相等，所以關(guān)鍵是根據(jù)二者轉(zhuǎn)動半徑的關(guān)系尋找兩物體的線速度的關(guān)系，根據(jù)兩物體間的位移關(guān)系，確定系統(tǒng)重力勢能的變化，最后根據(jù)ΔEk＝－ΔEp列出機械能守恒的方程求解。另外需注意的是輕桿對物體提供的彈力不一定沿著桿，輕桿的彈力也就不一定與速度方向垂直，輕桿的彈力對一個物體做了正功，就對另一物體做了負(fù)功，并且絕對值相等。[例1](多選)(2015·全國Ⅱ卷)如圖，滑塊a、b的質(zhì)量均為m，a套在固定豎直桿上，與光滑水平地面相距h，b放在地面上。a、b通過鉸鏈用剛性輕桿連接，由靜止開始運動。不計摩擦，a、b可視為質(zhì)點，重力加速度大小為g。則()A．a(chǎn)落地前，輕桿對b一直做正功B．a(chǎn)落地時速度大小為eq\r(2gh)C．a(chǎn)下落過程中，其加速度大小始終不大于gD．a(chǎn)落地前，當(dāng)a的機械能最小時，b對地面的壓力大小為mg[解析]由題意知，系統(tǒng)機械能守恒。設(shè)某時刻a、b的速度分別為va、vb。此時剛性輕桿與豎直桿的夾角為θ，分別將va、vb分解，如圖。因為剛性桿不可伸長，所以沿桿的分速度v∥與v∥′是相等的，即vacosθ＝vbsinθ。當(dāng)a滑至地面時θ＝90°，此時vb＝0，由系統(tǒng)機械能守恒得mgh＝eq\f(1,2)mva2，解得va＝eq\r(2gh)，選項B正確；同時由于b初、末速度均為零，運動過程中其動能先增大后減小，即桿對b先做正功后做負(fù)功，選項A錯誤；桿對b的作用先是推力后是拉力，對a則先是阻力后是動力，即a的加速度在受到桿的向下的拉力作用時大于g，選項C錯誤；b的動能最大時，桿對a、b的作用力為零，此時a的機械能最小，b只受重力和支持力，所以b對地面的壓力大小為mg，選項D正確。[答案]BD考法2繩連接的物體系統(tǒng)機械能守恒題型簡述如圖所示的兩物體組成的系統(tǒng)，釋放B而使A、B運動的過程中，A、B的速度均沿繩子方向，在相等時間內(nèi)A、B運動的路程相等，A、B的速率也相等。但有些問題中兩物體的速率并不相等，這時就需要先進行運動的合成與分解找出兩物體運動速度之間的關(guān)系。方法突破求解這類問題時，由于二者速率相等或相關(guān)，所以關(guān)鍵是尋找兩物體間的位移關(guān)系，進而找到系統(tǒng)重力勢能的變化。列機械能守恒方程時，一般選用ΔEk＝－ΔEp的形式。另外注意系統(tǒng)機械能守恒并非每個物體機械能守恒，因為細(xì)繩對系統(tǒng)中的每一個物體都要做功。[例2](2018·南師附中模擬)如圖所示，圓心在O點、半徑為R的光滑圓弧軌道ABC豎直固定在水平桌面上，OC與OA的夾角為60°，軌道最低點A與桌面相切。一足夠長的輕繩兩端分別系著質(zhì)量為m1和m2的兩個小球(均可視為質(zhì)點)，掛在圓弧軌道光滑邊緣C的兩邊，開始時m1位于C點，然后從靜止釋放，則()A．在m1由C點下滑到A點的過程中兩球速度大小始終相等B．在m1由C點下滑到A點的過程中重力對m1做功的功率一直增大C．若m1恰好能沿圓弧下滑到A點，則m1＝2m2D．若m