考向14机械能与能量守恒-备战2022年高考物理一轮复习考点微专题_新高考复习资料_2022年新高考复习资料_备战2022年高考物理一轮复习考点微专题

考向11.5 机械能与能量守恒-备战2022年高考一轮复习考点微专题 【例题1】(2016·苏北四市模拟)如图5所示装置由AB、BC、CD三段轨道组成，轨道交接处均由很小的圆 弧平滑连接，其中轨道AB、CD段是光滑的，水平轨道BC的长度s＝5 m，轨道CD足够长且倾角θ＝ 37°，A、D两点离轨道BC的高度分别为h＝4.30 m、h＝1.35 m。现让质量为m的小滑块自A点由静止释 1 2 放。已知小滑块与轨道BC间的动摩擦因数μ＝0.5，重力加速度g取10 m/s2，sin 37°＝0.6，cos 37° ＝0.8.求： 图5 (1)小滑块第一次到达D点时的速度大小； (2)小滑块最终停止的位置距B点的距离。 解析 (1)小滑块从A→B→C→D过程中，由动能定理得 mg(h－h)－μmgs＝mv－0 1 2 将h、h、s、μ、g代入得：v＝3 m/s。 1 2 D (2)对小滑块运动全过程应用动能定理，设小滑块在水平轨道上运动的总路程为s 。有：mgh＝μmgs 总 1 总 将h、μ代入得：s ＝8.6 m 1 总 故小滑块最终停止的位置距B点的距离为 2s－s ＝1.4 m。 总 答案 (1)3 m/s (2)1.4 m 【例题2】(2016·哈尔滨六中二模)某校物理兴趣小组决定举行遥控赛车比赛，比赛路径如图6所示。可视为质点的赛车从起点A出发，沿水平直线轨道运动L后，由B点进入半径为R的光滑竖直半圆轨道， 并通过半圆轨道的最高点C，才算完成比赛。B是半圆轨道的最低点，水平直线轨道和半圆轨道相切于 B点。已知赛车质量m＝0.5 kg，通电后以额定功率P＝2 W工作，进入竖直半圆轨道前受到的阻力恒为 F＝0.4 N，随后在运动中受到的阻力均可不计，L＝10.0 m，R＝0.32 m，g取10 m/s2。 f 图6 (1)要使赛车完成比赛，赛车在半圆轨道的B点对轨道的压力至少为多大？ (2)要使赛车完成比赛，电动机至少工作多长时间？ (3)若电动机工作时间为t＝5 s，当半圆轨道半径为多少时赛车既能完成比赛且飞出的水平距离又最 0 大？水平距离最大是多少？ 解析 (1)赛车恰通过C点的条件是mg＝ 解得最小速度v＝ C 由B到C过程应用机械能守恒定律得mv＝mv＋mg·2R 在B点应用牛顿第二定律得F－mg＝m；联立解得v＝＝4 m/s N B F＝6mg＝30 N N 由牛顿第三定律得，赛车对轨道的压力F′＝F＝30 N。 N N (2)由A到B过程克服摩擦力做功产生的热量Q＝F L f 根据能量守恒定律得Pt＝mv＋Q； 联立解得t＝4 s。 (3)由A到C过程根据能量守恒定律得Pt＝mv′2＋Q＋mg·2R 0 C 0 赛车过C点后做平抛运动，有2R＝gt2，x＝v′t 0 C 联立解得x2＝－16R＋9.6R 0 当R＝0.3 m时x ＝1.2 m。 0 max 答案 (1)30 N (2)4 s (3)0.3 m 1.2 m 动能定理、机械能守恒、能量守恒等三定律都是能够解决物体运动过程中从一个位置到另一个位置 的运动状态变化问题，能量问题，列式解答过程中式子有诸多相似的点，所以存在很多同学常犯错 的点。1、分不清过程定理、定律使用的条件 2、列式存在混淆 对此，建议同学梳理清楚定理的内容、使用条件、表达式的物理意义 动能定理等式意义：合力做的功=物体动能改变量（任何情况都能用） 机械能守恒等式意义：①系统初始状态总机械能=系统末状态总机械能 ②系统初末状态所增加的机械能=系统初末状态所减小的机械能（只有重力、弹力做功时可用） 能量守恒等式意义：①系统初始状态各能量总和=系统末状态各能量总和；②系统初末状态所增加的 能量=系统初末状态所减小的能量（任何情况都能用） 一、机械能守恒定律 1.内容：在只有重力或弹力做功的物体系统内，动能与势能可以互相转化，而总的机械能 保持不变 . 2.表达式：mgh＋mv2＝mgh ＋ m v 2. 1 1 2 2 3.机械能守恒的条件 (1)系统只受重力或弹簧弹力的作用，不受其他外力. (2)系统除受重力或弹簧弹力作用外，还受其他内力和外力，但这些力对系统 不做功 . (3)系统内除重力或弹簧弹力做功外，还有其他内力和外力做功，但这些力做功的代数和 为零 . (4)系统跟外界没有发生机械能的传递，系统内、外也没有机械能与其他形式的能发生转化. 二、能量守恒定律 1.内容 能量既不会凭空产生，也不会凭空消失，它只能从一种形式转化为另一种形式，或者从一个物体转移到别 的物体，在转化或转移的过程中，能量的总量保持不变. 2.表达式 ΔE ＝ Δ E 减 增. 3.基本思路 (1)某种形式的能量减少，一定存在其他形式的能量增加，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. 考点：机械能守恒 【例题3】关于机械能守恒定律的适用条件，下列说法中正确的是( ) A.只有重力和弹力作用时，机械能才守恒 B.当有其他外力作用时，只要合外力为零，机械能守恒 C.当有其他外力作用时，只要其他外力不做功，机械能守恒 D.炮弹在空中飞行不计阻力时，仅受重力作用，所以爆炸前后机械能守恒 答案 C解析 机械能守恒的条件是“只有重力或系统内弹力做功”而不是“只有重力和弹力作用”，“做功”和 “作用”是两个不同的概念，A项错误.物体受其他外力作用且合外力为零时，机械能可以不守恒，如拉一 物体匀速上升，合外力为零，物体的动能不变，重力势能增加，故机械能增加，B项错误.在炮弹爆炸过程 中产生的内能转化为机械能，机械能不守恒，故D项错误. 【例题4】下列关于机械能守恒的说法中正确的是( ) A.做匀速运动的物体，其机械能一定守恒 B.物体只受重力，机械能才守恒 C.做匀速圆周运动的物体，其机械能一定守恒 D.除重力做功外，其他力不做功，物体的机械能一定守恒 答案 D 【例题5】如图4甲所示，竖直平面内的光滑轨道由倾斜直轨道AB和圆轨道BCD组成，AB和BCD相切于B 点，CD连线是圆轨道竖直方向的直径(C、D为圆轨道的最低点和最高点)，已知∠BOC＝30°.可视为质点的 小滑块从轨道AB上高H处的某点由静止滑下，用力传感器测出小滑块经过圆轨道最高点D时对轨道的压力 为F，并得到如图乙所示的压力F与高度H的关系图象，取g＝10 m/s2.求： 图4 (1)滑块的质量和圆轨道的半径； (2)是否存在某个H值，使得小滑块经过最高点D后能直接落到直轨道AB上与圆心等高的点？若存在，请 求出H值；若不存在，请说明理由. 答案 (1)0.1 kg 0.2 m (2)存在 0.6 m 解析 (1)设小滑块的质量为m，圆轨道的半径为R 根据机械能守恒定律得 mg(H－2R)＝mv2，F＋mg＝ D 得：F＝－mg 取点(0.50 m,0)和(1.00 m,5.0 N)代入上式得： m＝0.1 kg，R＝0.2 m (2)假设小滑块经过最高点D后能直接落到直轨道AB上与圆心等高的E点(如图所示) 由几何关系可得OE＝ 设小滑块经过最高点D时的速度为v′ D 由题意可知，小滑块从D运动到E，水平方向的位移为OE，竖直方向上的位移为R， 则OE＝v′t，R＝gt2 D解得v′＝2 m/s D 而小滑块过D点的临界速度v＝＝ m/s D0 由于v′＞v，所以存在一个H值，使得小滑块经过最高点D后能直接落到直轨道AB上与圆心等高的点 D D0 mg(H－2R)＝mv′2 D 解得H＝0.6 m. 拓展题：连接体的机械能守恒 1.对多个物体组成的系统要注意判断物体运动过程中，系统的机械能是否守恒. 2.注意寻找用绳或杆相连接的物体间的速度关系和位移关系. 3.列机械能守恒方程时，一般选用ΔE＝－ΔE或ΔE＝－ΔE的形式. k p A B 考点：连接体中机械能守恒 【例题6】如图5所示，左侧竖直墙面上固定半径为R＝0.3 m的光滑半圆环，右侧竖直墙面上与圆环的圆 心O等高处固定一光滑直杆.质量为m＝100 g的小球a套在半圆环上，质量为m＝36 g的滑块b套在直杆 a b 上，二者之间用长为l＝0.4 m的轻杆通过两铰链连接.现将a从圆环的最高处由静止释放，使a沿圆环自 由下滑，不计一切摩擦，a、b均视为质点，重力加速度g＝10 m/s2.求： (1)小球a滑到与圆心O等高的P点时的向心力大小； (2)小球a从P点下滑至杆与圆环相切的Q点的过程中，杆对滑块b做的功. 答案 (1)2 N (2)0.194 4 J 解析 (1)当a滑到与O同高度的P点时，a的速度v沿圆环切向向下，b的速度为零， 由机械能守恒可得：mgR＝mv2 解得v＝ a a 对小球a受力分析，由牛顿第二定律可得：F＝＝2mg＝2 N a (2)杆与圆环相切时，如图所示，此时a的速度沿杆方向， 设此时b的速度为v，则知v＝vcos θ b a b 由几何关系可得：cos θ＝＝0.8 ；球a下降的高度h＝Rcos θ a、b及杆组成的系统机械能守恒：mgh＝mv2＋mv2－mv2 a a a b b a 对滑块b，由动能定理得：W＝mv2＝0.194 4 J b b 【例题7】 (多选)(2015·新课标全国Ⅱ·21)如图6所示，滑块a、b的质量均为m，a套在固定竖直杆上， 与光滑水平地面相距h，b放在地面上.a、b通过铰链用刚性轻杆连接，由 静 止开始运动.不计摩擦，a、b可视为质点，重力加速度大小为g.则( ) A.a落地前，轻杆对b一直做正功 B.a落地时速度大小为 C.a下落过程中，其加速度大小始终不大于g D.a落地前，当a的机械能最小时，b对地面的压力大小为mg 答案 BD 解析 滑块b的初速度为零，末速度也为零，所以轻杆对b先做正功，后做负功，选项A错误；以滑块a、 b及轻杆组成的系统为研究对象，系统的机械能守恒，当a刚落地时，b的速度为零，则mgh＝mv2＋0，即 a v＝，选项B正确；a、b的先后受力分析如图甲、乙所示. a 由a的受力情况可知，a下落过程中，其加速度大小先小于g后大于g，选项C错误；当a落地前b的加速 度为零(即轻杆对b的作用力为零)时，b的机械能最大，a的机械能最小，这时b受重力、支持力，且F Nb ＝mg，由牛顿第三定律可知，b对地面的压力大小为mg，选项D正确. 【例题8】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m的小球A和B.A、B之间用一长 为R的轻杆相连，如图7所示.开始时，A、B都静止，且A在圆环的最高点，现将A、B释放，试求：(重力 加速度为g) (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. 答案 (1) (2)0 (3)高于O点R处 解析 (1)释放后B到达最低点的过程中A、B和杆组成的系统机械能守 恒 ， mgR＋ A mgR＝mv2＋mv2，又OA与OB相互垂直，AB杆长l＝R，故OA、OB与杆间夹角均为45°，可得v＝v，解 B A A B B A B 得v＝. B (2)对小球A应用动能定理可得 W ＋mgR＝mv2 杆A A A A 又v＝v A B 解得杆对A球做功W ＝0. 杆A (3)设B球到达右侧最高点时，OB与竖直方向之间的夹角为θ，取圆环的圆心O所在水平面为零势能面， 由系统机械能守恒可得 mgR＝mgRcos θ－mgRsin θ A B A 代入数据可得θ＝30°. 所以B球在圆环右侧区域内达到最高点时，高于圆心O的高度h＝Rcos θ＝R. B含弹簧类机械能守恒问题 1.由于弹簧的形变会具有弹性势能，系统的总动能将发生变化，若系统所受的外力和除弹簧弹力以 外的内力不做功，系统机械能守恒. 2.在相互作用过程特征方面，弹簧两端物体把弹簧拉伸至最长(或压缩至最短)时，两端的物体具有 相同的速度，弹性势能最大. 3.如果系统每个物体除弹簧弹力外所受合力为零，当弹簧为自然长度时，系统内弹簧某一端的物体 具有最大速度(如绷紧的弹簧由静止释放). 【例题9】(2016·全国卷Ⅱ·25)轻质弹簧原长为2l，将弹簧竖直放置在地面上，在其顶端将一质量为5m 的物体由静止释放，当弹簧被压缩到最短时，弹簧长度为l.现将该弹簧水平放置，一端固定在A点，另一 端与物块P接触但不连接.AB是长度为5l的水平轨道，B端与半径为l的光滑半圆轨道BCD相切，半圆的 直径BD竖直，如图8所示.物块P与AB间的动摩擦因数μ＝0.5.用外力推动物块P，将弹簧压缩至长度 l，然后放开，P开始沿轨道运动，重力加速度大小为g. (1)若P的质量为m，求P到达B点时速度的大小，以及它离开圆轨道后落回到AB上的位置与B点之间的距 离； (2)若P能滑上圆轨道，且仍能沿圆轨道滑下，求P的质量的取值范围. 答案 (1) 2l (2)m≤MμMg·4l ⑩ 要使P仍能沿圆轨道滑回，P在圆轨道的上升高度不能超过半圆轨道的中点C. 由机械能守恒定律有Mv B ′2≤Mgl ⑪ E p ＝Mv B ′2＋μMg·4l ⑫ 联立①⑩⑪⑫式得m≤M，使A开始沿斜面向下运动，B向上运动，物体A将弹簧压缩到最短后又恰好能弹到C点.已知重 0 力加速度为g，不计空气阻力，整个过程中，轻绳始终处于伸直状态，求： 图9 (1)物体A向下运动刚到C点时的速度大小； (2)弹簧的最大压缩量； (3)弹簧的最大弹性势能. 答案 (1) (2)(－L) (3)m(v2－gL) 0 解析 (1)物体A与斜面间的滑动摩擦力F＝2μmgcos θ， f 对A向下运动到C点的过程，由能量守恒定律有 2mgLsin θ＋mv2＝mv2＋mgL＋Q 0 其中Q＝FL＝2μmgLcos θ f 解得v＝ (2)从物体A接触弹簧将弹簧压缩到最短后又恰好回到C点的过程，对系统应用动能定理－F·2x＝0－×3mv2 f 解得x＝－＝(－L) (3)从弹簧压缩至最短到物体A恰好弹回到C点的过程中，由能量守恒定律得 E＋mgx＝2mgxsin θ＋Q′ p Q′＝Fx＝2μmgxcos θ f 解得E＝(v2－gL) p 0 1.如图2所示，可视为质点的小球A、B用不可伸长的细软轻线连接，跨过固定在地面上、半径为R的光滑 圆柱，A的质量为B的两倍.当B位于地面上时，A恰与圆柱轴心等高.将A由静止释放，B上升的最大高度 是( ) 图2 A.2R B. C. D. 1.答案 C 解析 设B球质量为m，A球刚落地时，两球速度大小都为v，根据机械能守恒定律2mgR－mgR＝(2m＋m)v2 得v2＝gR，B球继续上升的高度h＝＝，B球上升的最大高度为h＋R＝R，故选C. 2.如图1所示，在竖直平面内有一半径为R的圆弧形轨道，半径OA水平、OB竖直，一个质量为m的小球自 A的正上方P点由静止开始自由下落，小球沿轨道到达最高点B时恰好对轨道没有压力.已知AP＝2R，重力 加速度为g，则小球从P至B的运动过程中( ) 图1 A.重力做功2mgR B.机械能减少mgR C.合外力做功mgR D.克服摩擦力做功mgR 2.答案 D3.(多选)如图3所示，楔形木块abc固定在水平面上，粗糙斜面ab和光滑斜面bc与水平面的夹角相同， 顶角b处安装一定滑轮.质量分别为M、m(M>m)的滑块、通过不可伸长的轻绳跨过定滑轮连接，轻绳与斜面 平行.两滑块由静止释放后，沿斜面做匀加速运动.若不计滑轮的质量和摩擦，在两滑块沿斜面运动的过程 中( ) 图3 A.两滑块组成的系统机械能守恒 B.重力对M做的功等于M动能的增加 C.轻绳对m做的功等于m机械能的增加 D.两滑块组成的系统的机械能损失等于M克服摩擦力做的功 3.答案 CD 解析 两滑块释放后，M下滑、m上滑，摩擦力对M做负功，系统的机械能减少，减少的机械能等于M克服 摩擦力做的功，选项A错误，D正确.除重力对滑块M做正功外，还有摩擦力和绳的拉力对滑块M做负功， 选项B错误.绳的拉力对滑块m做正功，滑块m机械能增加，且增加的机械能等于拉力做的功，选项C正确. 4.(多选)如图4所示，质量为m的物体以某一速度冲上一个倾角为37°的斜面，其运动的加速度的大小为 0.9g，这个物体沿斜面上升的最大高度为H，则在这一过程中( ) 图4 A.物体的重力势能增加了0.9mgH B.物体的重力势能增加了mgH C.物体的动能损失了0.5mgH D.物体的机械能损失了0.5mgH 4.答案 BD 解析 在物体上滑到最大高度的过程中，重力对物体做负功，故物体的重力势能增加了mgH，故A错误，B 正确；物体所受的合力沿斜面向下，其合力做的功为W＝－F·＝－ma·＝－1.5mgH，故物体的动能损失了 1.5mgH，故C错误；设物体受到的摩擦力为F，由牛顿第二定律得mgsin 37°＋F＝ma，解得F＝0.3mg. f f f 摩擦力对物体做的功为W＝－F·＝－0.5mgH，因此物体的机械能损失了0.5mgH，故D正确. f f 5.如图6所示，在倾角θ＝30°的光滑固定斜面上，放有两个质量分别为1 kg和2 kg的可视为质点的小 球A和B，两球之间用一根长L＝0.2 m的轻杆相连，小球B距水平面的高度h＝0.1 m.两球由静止开始下 滑到光滑地面上，不计球与地面碰撞时的机械能损失，g取10 m/s2.则下列说法中正确的是( )图6 A.整个下滑过程中A球机械能守恒 B.整个下滑过程中B球机械能守恒 C.整个下滑过程中A球机械能的增加量为 J D.整个下滑过程中B球机械能的增加量为 J 5.答案 D 解析 在下滑的整个过程中，只有重力对系统做功，系统的机械能守恒，但在B球沿水平面滑行，而A球 沿斜面滑行时，杆的弹力对A、B球做功，所以A、B球各自机械能不守恒，故A、B错误；根据系统机械能 守恒得：mg(h＋Lsin θ)＋mgh＝(m＋m)v2，解得：v＝ m/s，系统下滑的整个过程中B球机械能的增加 A B A B 量为mv2－mgh＝ J，故D正确；A球的机械能减少量为 J，C错误. B B 6.如图9所示，半径为R的光滑半圆轨道ABC与倾角θ＝37°的粗糙斜面轨道DC相切于C，圆轨道的直径 AC与斜面垂直.质量为m的小球从A点左上方距A点高为h的P点以某一速度水平抛出，刚好与半圆轨道的 A点相切进入半圆轨道内侧，之后经半圆轨道沿斜面刚好滑到与抛出点等高的D处.已知当地的重力加速度 为g，取R＝h，sin 37°＝0.6，cos 37°＝0.8，不计空气阻力.求： 图9 (1)小球被抛出时的速度v； 0 (2)小球到达半圆轨道最低点B时，对轨道的压力大小； (3)小球从C到D过程中克服摩擦力做的功W. 6.答案 (1) (2)5.6mg (3)mgh 解析 (1)小球到达A点时，速度与水平方向的夹角为θ，如图所示.设竖直方向的速度为v，则有v＝ y y 由几何关系得v＝ 0 得v＝. 0 (2)A、B间竖直高度H＝R(1＋cos θ) 设小球到达B点时的速度为v，则从抛出点到B过程中由机械能守恒定律有 mv2＋mg(H＋h)＝mv2 0 在B点，由牛顿第二定律有F－mg＝m N 解得F＝5.6mg N由牛顿第三定律知，小球在B点对轨道的压力大小是5.6mg. (3)小球沿斜面上滑过程中克服摩擦力做的功等于小球做平抛运动的初动能，有 W＝mv2＝mgh. 0 7.如图8所示，一质量为m的小球固定于轻质弹簧的一端，弹簧的另一端固定于O点.将小球拉至A点，弹 簧恰好无形变，由静止释放小球，当小球运动到O点正下方与A点的竖直高度差为h的B点时，速度大小 为v.已知重力加速度为g，下列说法正确的是( ) 图8 A.小球运动到B点时的动能等于mgh B.小球由A点到B点重力势能减少mv2 C.小球由A点到B点克服弹力做功为mgh D.小球到达B点时弹簧的弹性势能为mgh－mv2 7.答案 D 解析 小球由A点到B点的过程中，小球和弹簧组成的系统机械能守恒，弹簧伸长，弹簧的弹性势能增大， 小球动能的增加量与弹簧弹性势能的增加量之和等于小球重力势能的减小量，即小球动能的增加量小于重 力势能的减少量mgh，A、B项错误，D项正确；弹簧弹性势能的增加量等于小球克服弹力所做的功，C项错 误. 8.(2018·四川德阳调研)足够长的水平传送带以恒定速度v匀速运动，某时刻一个质量为m的小物块以大 小也是v、方向与传送带的运动方向相反的初速度冲上传送带，最后小物块的速度与传送带的速度相同.在 小物块与传送带间有相对运动的过程中，滑动摩擦力对小物块做的功为W，小物块与传送带间因摩擦产生 的热量为Q，则下列判断中正确的是( ) A.W＝0，Q＝mv2 B.W＝0，Q＝2mv2 C.W＝，Q＝mv2 D.W＝mv2，Q＝2mv2 8.答案 B 解析 对小物块，由动能定理有W＝mv2－mv2＝0，设小物块与传送带间的动摩擦因数为μ，则小物块与传 送带间的相对路程x ＝，这段时间内因摩擦产生的热量Q＝μmg·x ＝2mv2，选项B正确. 相对 相对 9.(多选)如图9所示，质量为M、长度为L的小车静止在光滑的水平面上.质量为m的小物块(可视为质点) 放在小车的最左端.现用一水平恒力F作用在小物块上，使物块从静止开始做匀加速直线运动，物块和小车 之间的摩擦力为F，物块滑到小车的最右端时，小车运动的距离为s.在这个过程中，以下结论正确的是( f ) 图9 A.物块到达小车最右端时具有的动能为F(L＋s)B.物块到达小车最右端时，小车具有的动能为Fs f C.物块克服摩擦力所做的功为F(L＋s) f D.物块和小车增加的机械能为Fs f 9.答案 BC 解析 对物块分析，物块相对于地的位移为L＋s，根据动能定理得(F－F)(L＋s)＝mv2－0，则知物块到达 f 小车最右端时具有的动能为(F－F)(L＋s)，故A错误；对小车分析，小车对地的位移为s，根据动能定理 f 得Fs＝Mv′2－0，则知物块到达小车最右端时，小车具有的动能为Fs，故B正确；物块相对于地的位移 f f 大小为L＋s，则物块克服摩擦力所做的功为F(L＋s)，故C正确；根据能量守恒得，外力F做的功转化为 f 小车和物块的机械能以及摩擦产生的内能，则有F(L＋s)＝ΔE＋Q，则物块和小车增加的机械能为ΔE＝ F(L＋s)－FL，故D错误. f 10.(2016·乐山市三诊)利用弹簧弹射和皮带传动装置可以将工件运送至高处。如图3所示，已知传送轨道 平面与水平方向成37°角，倾角也是37°的光滑斜面轨道固定于地面且与传送轨道良好对接，弹簧下 端固定在斜面底端，工件与皮带间的动摩擦因数μ＝0.25。皮带传动装置顺时针匀速转动的速度v＝4 m/s，两轮轴心相距L＝5 m，B、C分别是传送带与两轮的切点，轮缘与传送带之间不打滑。现将质量m ＝1 kg的工件放在弹簧上，用力将弹簧压缩至A点后由静止释放，工件离开斜面顶端滑到皮带上的B 点时速度v＝8 m/s，A、B间的距离x＝1 m。工件可视为质点，g取10 m/s2。(sin 37°＝0.6，cos 0 37°＝0.8)求： 图3 (1)弹簧的最大弹性势能； (2)工件沿传送带上滑的时间。 10.解析 (1)弹簧的最大弹性势能 E＝mgxsin 37°＋mv p 得E＝38 J。 p (2)工件沿传送轨道减速向上滑动过程 mgsin 37°＋μmgcos 37°＝ma 1 与传送带共速需要时间t＝＝0.5 s 1 工件滑行位移大小x＝＝3 m＜L 1 因为μ＜tan 37°，所以工件将沿传送带继续减速上滑mgsin 37°－μmgcos 37°＝ma 2假设工件速度减为0时，工件未从传送带上滑落。则 t＝＝1 s 2 工件滑行位移大小x＝＝2 m＝L－x 2 1 故假设成立，工件沿传送带上滑的时间为 t＝t＋t＝1.5 s。 1 2 答案 (1)38 J (2)1.5 s 11.(2016·扬州摸底)如图4所示，半径R＝0.5 m的光滑圆弧面CDM分别与光滑斜面体ABC和斜面MN相切 于C、M点，O为圆弧圆心，D为圆弧最低点。斜面体ABC固定在地面上，顶端B安装一定滑轮，一轻质 软细绳跨过定滑轮(不计滑轮摩擦)分别连接小物块P、Q(两边细绳分别与对应斜面平行)，并保持P、Q 两物块静止。若P、C间距为L＝0.25 m，斜面MN足够长，物块P质量m＝3 kg，与MN间的动摩擦因 1 1 数μ＝。求：(sin 37°＝0.6，cos 37°＝0.8，g取10 m/s2) 图4 (1)烧断细绳后，物块P第一次到达D点时对轨道的压力大小； (2)物块P在MN斜面上滑行的总路程。 11.解析 (1)根据几何关系，P、D间的高度差 h＝Lsin 53°＋R(1－cos 53°)＝0.4 m 1 物块由P到D过程，由机械能守恒定律得 mgh＝mv 1 1 在D点，支持力和重力的合力提供向心力 F－mg＝m D 1 1 联立解得F＝78 N D 由牛顿第三定律得，物块P对轨道的压力大小为78 N。 (2)物块P运动到M点过程，根据机械能守恒定律得 mgLsin 53°＝mv 1 1 1 解得v＝2 m/s M 物块最终在圆弧轨道上往复滑动，且到达M点时速度为零 全过程减少的机械能ΔE＝mgLsin 53° 1 1 产生的内能Q＝μmgcos 53°·s 1 根据能量守恒定律得ΔE＝Q，即mgLsin 53°＝μmgcos 53°·s 1 1 1 解得其在MN斜面上滑行的总路程s＝1.0 m。 答案 (1)78 N (2)1.0 m 12.(2016·宜春冲刺)如图5所示，让摆球从图中的C位置由静止开始摆下，摆到最低点D处，摆线刚好被 拉断，小球在粗糙的水平面上由D点向右做匀减速运动，到达小孔A进入半径R＝0.3 m的竖直放置的 光滑圆弧轨道，当摆球进入圆轨道立即关闭A孔。已知摆线长L＝2 m，θ＝60°，小球质量为m＝0.5 kg，D点与小孔A的水平距离s＝2 m，g取10 m/s2。 图5 (1)摆线能承受的最大拉力为多大？ (2)要使摆球能进入圆轨道并且不脱离轨道，求摆球与粗糙水平面间动摩擦因数μ的范围。 12.解析 (1)摆球由C到D过程机械能守恒，则 mg(L－Lcos θ)＝mv 在D点由牛顿第二定律得 F－mg＝ T 联立得摆线的最大拉力为F＝2mg＝10 N。 T (2)摆球不脱离圆轨道的情况有： ①摆球能到达A孔，且小球到达A孔的速度恰好为零 对摆球从D到A的过程，由动能定理得 －μmgs＝0－mv 1 解得μ＝0.5 1 ②摆球进入A孔的速度较小，在圆心以下做等幅摆动，不脱离轨道 其临界情况为到达与圆心等高处速度为零 由机械能守恒定律得 mv＝mgR 对摆球从D到A的过程，由动能定理得 －μmgs＝mv－mv 2 解得μ＝0.35 2 ③摆球能过圆轨道的最高点则不会脱离轨道在圆周的最高点，由牛顿第二定律得 mg＝由动能定理得 －μmgs－2mgR＝mv2－mv 3 解得μ＝0.125 3 综上所述，动摩擦团数μ的范围为0.35≤μ≤0.5或者μ≤0.125。 答案 (1)10 N (2)0.35≤μ≤0.5或μ≤0.125 1．如图10所示，一物体质量m＝2 kg，在倾角θ＝37°的斜面上的A点以初速度v＝3 m/s下滑，A点距 0 弹簧上端B的距离AB＝4 m.当物体到达B后将弹簧压缩到C点，最大压缩量BC＝0.2 m，然后物体又被弹 簧弹上去，弹到的最高位置为D点，D点距A点AD＝3 m.挡板及弹簧质量不计，g取10 m/s2，sin 37°＝ 0.6，求： 图10 (1)物体与斜面间的动摩擦因数μ； (2)弹簧的最大弹性势能E. pm 1.答案 (1)0.52 (2)24.4 J 解析 (1)物体从A点至最后弹到D点的全过程中， 动能减少ΔE＝mv2＝9 J. k 0 重力势能减少ΔE＝mglsin 37°＝36 J. p AD 机械能减少ΔE＝ΔE＋ΔE＝45 J k p 减少的机械能全部用来克服摩擦力做功，即 W＝Fl＝45 J，而路程l＝5.4 m，则 f f F＝≈8.33 N. f 而F＝μmgcos 37°，所以 f μ＝≈0.52. (2)由A到C的过程：动能减少ΔE′＝mv2＝9 J. k 0 重力势能减少ΔE′＝mglsin 37°＝50.4 J. p AC 物体克服摩擦力做的功 W′＝Fl＝μmgcos 37°·l＝35 J. f f AC AC 由能量守恒定律得： E＝ΔE′＋ΔE′－W′＝24.4 J. pm k p f 2.如图2所示，质量m＝3 kg的小物块以初速度v＝4 m/s水平向右抛出，恰好从A点沿着圆弧的切线方向 0 进入圆弧轨道.圆弧轨道的半径为R＝3.75 m，B点是圆弧轨道的最低点，圆弧轨道与水平轨道BD平滑连接， A与圆心O的连线与竖直方向成37°角.MN是一段粗糙的水平轨道，小物块与MN间的动摩擦因数μ＝0.1，轨道其他部分光滑.最右侧是一个半径为r＝0.4 m的半圆弧轨道，C点是半圆弧轨道的最高点，半圆 弧轨道与水平轨道BD在D点平滑连接.已知重力加速度g＝10 m/s2，sin 37°＝0.6，cos 37°＝0.8. 图2 (1)求小物块经过B点时对轨道的压力大小； (2)若MN的长度为L＝6 m，求小物块通过C点时对轨道的压力大小； (3)若小物块恰好能通过C点，求MN的长度L′. 思维规范 1.过程划分：追踪运动过程划分不同阶段，根据不同阶段满足的物理规律进行剖析和求解. 本题可分为四个不同的运动过程：平抛运动、圆周运动、水平面上的运动和竖直面内的圆周运动. 满足的物理规律分别为：运动分解、机械能守恒、动能定理和牛顿第二定律. 2.条件挖掘： (1)“从A点沿着圆弧的切线方向”可通过运动的分解求A点速度. (2)“恰好能通过C点”可知在C点的速度. 表达规范 解析 (1)根据平抛运动的规律有v＝vcos 37° 0 A 解得小物块经过A点时的速度大小v＝5 m/s A 小物块从A点运动到B点，根据机械能守恒定律有 mv2＋mg(R－Rcos 37°)＝mv A 小物块经过B点时，根据牛顿第二定律有F－mg＝ N 解得F＝62 N，根据牛顿第三定律，小物块通过B点时对轨道的压力大小是62 N. N (2)小物块由B点运动到C点，根据动能定理有 －μmgL－2mgr＝mv－mv 在C点，根据牛顿第二定律有 F′＋mg＝ N 解得F′＝60 N，根据牛顿第三定律，小物块通过C点时对轨道的压力大小是60 N. N (3)小物块刚好能通过C点时，根据mg＝ 解得v′＝2 m/s C 小物块从B点运动到C点的过程中，根据动能定理有 －μmgL′－2mgr＝mv′2－mv C 解得L′＝10 m. 答案 (1)62 N (2)60 N (3)10 m