（新課標(biāo)）2020版高考物理大二輪復(fù)習(xí) 專題二 功和能 第一講 動(dòng)能定理、機(jī)械能守恒定律教學(xué)案

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1、第一講　動(dòng)能定理、機(jī)械能守恒定律 [知識(shí)建構(gòu)] [備考點(diǎn)睛] (注1)……(注3)：詳見答案部分 1.易錯(cuò)點(diǎn)歸納 (1)W＝Flcosα只適合求恒力做功. (2)動(dòng)能定理沒有分量式. (3)機(jī)械能守恒的條件不是合力所做的功等于零，更不是合力為零. (4)“只有重力做功”不等于“只受重力作用”. (5)對(duì)于繩子突然繃緊、物體間非彈性碰撞等情況，除非題目特別說明，否則機(jī)械能不守恒. 2.把握兩點(diǎn)，準(zhǔn)確理解動(dòng)能定理 (1)動(dòng)能定理表達(dá)式中，W表示所有外力做功的代數(shù)和，包括物體所受重力做的功. (2)動(dòng)能定理表達(dá)式中，ΔEk為所研究過程的末動(dòng)能與初動(dòng)能之差，而且物體的速

2、度均是相對(duì)地面的速度. 3.判斷機(jī)械能守恒的兩個(gè)角度 (1)用做功判斷：若物體(或系統(tǒng))只受重力(或系統(tǒng)內(nèi)彈力)，或雖受其他力，但其他力不做功，則機(jī)械能守恒. (2)用能量轉(zhuǎn)化判斷：若物體(或系統(tǒng))只有動(dòng)能和勢(shì)能的相互轉(zhuǎn)化，而無(wú)機(jī)械能與其他形式能的相互轉(zhuǎn)化，則機(jī)械能守恒. [答案]　(1)適用條件 ①動(dòng)能定理既適用于直線運(yùn)動(dòng)，也適用于曲線運(yùn)動(dòng)． ②動(dòng)能定理既適用于恒力做功，也適用于變力做功． ③力可以是各種性質(zhì)的力，既可以同時(shí)作用，也可以不同時(shí)作用． (2)機(jī)械能守恒定律與動(dòng)能定理的區(qū)別與聯(lián)系 機(jī)械能守恒定律 動(dòng)能定理 不同點(diǎn) 適用 條件 只有重力或系統(tǒng)內(nèi)彈力做

3、功 沒有條件限制，它不但允許重力和彈力做功，還允許其他力做功 分析 思路 只需分析研究對(duì)象初、末狀態(tài)的動(dòng)能和勢(shì)能 不但要分析研究對(duì)象初、末狀態(tài)的動(dòng)能，還要分析所有外力所做的功 不同點(diǎn) 研究 對(duì)象 一般是物體組成的系統(tǒng) 一般是一個(gè)物體(質(zhì)點(diǎn)) 書寫 方式 有多種書寫方式，一般常用等號(hào)兩邊都是動(dòng)能與勢(shì)能的和 等號(hào)左邊一定是合力的總功，右邊是動(dòng)能的變化 相同點(diǎn) (1)思想方法相同：機(jī)械能守恒定律和動(dòng)能定理都是從做功和能量轉(zhuǎn)化的角度來(lái)研究物體在力的作用下狀態(tài)的變化． (2)表達(dá)這兩個(gè)規(guī)律的方程都是標(biāo)量式 (3)機(jī)械能守恒的條件 只有重力和系統(tǒng)內(nèi)彈簧彈力做功．只

4、有重力做功時(shí)對(duì)應(yīng)動(dòng)能和重力勢(shì)能的相互轉(zhuǎn)化，只有彈簧彈力做功時(shí)對(duì)應(yīng)動(dòng)能和彈性勢(shì)能的相互轉(zhuǎn)化． 熱點(diǎn)考向一　功和功率的計(jì)算 【典例】　(2019·安徽滁州三中段考)如圖所示，在傾角為θ的斜面上，以速度v0水平拋出一個(gè)質(zhì)量為m的小球(斜面足夠長(zhǎng)，重力加速度為g)，則在小球從開始運(yùn)動(dòng)到小球距斜面的距離最大的過程中，下列說法中錯(cuò)誤的是(　　) A．重力做的功W＝ B．速度的變化量為v0tanθ C．運(yùn)動(dòng)時(shí)間為 D．重力的平均功率為P＝ [思路引領(lǐng)]　(1)小球距斜面的距離最大時(shí)，速度方向與斜面平行． (2)→→→ [解析]　當(dāng)小球的速度方向與斜面平行時(shí)，離斜面最遠(yuǎn)，

5、此時(shí)小球的豎直分速度vy＝v0tanθ，解得t＝＝，速度的變化量Δv＝gt＝v0tanθ，故B正確，C錯(cuò)誤．小球的豎直分位移h＝＝，重力做的功W＝mgh＝，故A正確．重力的平均功率P＝＝，故D正確．C符合題意． [答案]　C 功和功率的理解與計(jì)算問題，一般應(yīng)注意以下幾點(diǎn)： 1．準(zhǔn)確理解功的定義式W＝Fl及變形式W＝Flcosα中各物理量的意義，該式僅適用于恒力做功的情況． 2．變力做功的求解注意對(duì)問題的正確轉(zhuǎn)化，如將變力做功轉(zhuǎn)化為恒力做功，也可應(yīng)用動(dòng)能定理等方式求解． 3．對(duì)于功率的計(jì)算，應(yīng)注意區(qū)分公式P＝和公式P＝Fv，前式側(cè)重于平均功率的計(jì)算，而后式側(cè)重于瞬時(shí)功率的計(jì)算．

6、 遷移一　重力的平均功率和瞬時(shí)功率 1．(多選)(2019·河南五校聯(lián)考)將三個(gè)光滑的平板傾斜固定，三個(gè)平板頂端到底端的高度相等，三個(gè)平板與水平面間的夾角分別為θ1、θ2、θ3，如圖所示．現(xiàn)將三個(gè)完全相同的小球由最高點(diǎn)A沿三個(gè)平板同時(shí)無(wú)初速度地釋放，經(jīng)一段時(shí)間到達(dá)平板的底端．則下列說法正確的是(　　) A．重力對(duì)三個(gè)小球所做的功相同 B．沿傾角為θ3的平板下滑的小球重力的平均功率最大 C．三個(gè)小球到達(dá)底端時(shí)的瞬時(shí)速度相同 D．沿傾角為θ3的平板下滑的小球到達(dá)平板底端時(shí)重力的瞬時(shí)功率最小 [解析]　假設(shè)平板的長(zhǎng)度為x，由功的定義式可知W＝mgxsinθ＝mgh，則A正確；小球在

7、斜面上運(yùn)動(dòng)的加速度a＝gsinθ，小球到達(dá)平板底端時(shí)的速度為v＝＝＝，顯然到達(dá)平板底端時(shí)的速度大小相等，但方向不同，則C錯(cuò)誤；由位移公式x＝at2可知t＝＝，整個(gè)過程中重力的平均功率為P＝＝，則沿傾角為θ1的平板下滑的小球的重力平均功率最大，B錯(cuò)誤；根據(jù)P＝mgvcos(90°－θ)＝mgvsinθ，速度大小相等，沿傾角為θ3的平板下滑的小球到達(dá)平板底端時(shí)重力的瞬時(shí)功率最小，D正確． [答案]　AD 遷移二　變力做功問題 2．(2019·江西六校聯(lián)考)如圖所示，將一光滑圓弧軌道固定豎直放置，其中A點(diǎn)為圓弧軌道的最低點(diǎn)，B點(diǎn)為圓水平直徑與圓弧的交點(diǎn)．一個(gè)質(zhì)量為m的物體靜止于A點(diǎn)，現(xiàn)用始終沿

8、切線方向、大小不變的外力F作用于物體上，使其沿圓周運(yùn)動(dòng)到達(dá)B點(diǎn)，隨即撤去外力F，要使物體能在豎直圓軌道內(nèi)維持圓周運(yùn)動(dòng)，外力F至少為(　　) A. B. C. D. [解析]　物體由A點(diǎn)運(yùn)動(dòng)到B點(diǎn)的過程中，由動(dòng)能定理可得WF－mgR＝mv①；因F是變力，對(duì)物體的運(yùn)動(dòng)過程分割，將AB劃分成許多小段，則當(dāng)各小段弧長(zhǎng)Δs足夠小時(shí)，在每一小段上，力F可看作恒力，且其方向與該小段上物體位移方向一致，有WF＝FΔs1＋FΔs2＋…＋FΔs1＋…＝F(Δs1＋Δs2＋…＋Δs1＋…)＝F·R②；從B點(diǎn)起撤去外力F，物體的運(yùn)動(dòng)遵循機(jī)械能守恒定律，由于在最高點(diǎn)維持圓周運(yùn)動(dòng)的條件是mg≤m，即在圓軌道

9、最高點(diǎn)處速度至少為.故由機(jī)械能守恒定律得mv＝mgR＋m③；聯(lián)立①②③式得F＝.選項(xiàng)D正確． [答案]　D 遷移三　機(jī)車啟動(dòng)問題 3．(2019·寧夏模擬)一輛跑車在行駛過程中的最大輸出功率與速度大小的關(guān)系如圖所示．已知該車質(zhì)量為2×103 kg，在某平直路面上行駛，阻力恒為3×103 N．若汽車從靜止開始以恒定加速度2 m/s2做勻加速運(yùn)動(dòng)，則此勻加速過程能持續(xù)的時(shí)間大約為(　　) A．8 s B．14 s C．26 s D．38 s [解析]　由圖像可知，機(jī)車的最大功率約為P＝200 kW，在勻加速階段由牛頓第二定律可知：F－F阻＝ma，即F＝F阻＋ma＝3×103

10、 N＋2×103×2 N＝7000 N，再由P＝Fv可知：v＝＝ m/s＝ m/s，由v＝at，解得t＝ s≈14.3 s，故選項(xiàng)B正確． [答案]　B 機(jī)車啟動(dòng)模型中的兩點(diǎn)技巧：機(jī)車啟動(dòng)勻加速過程的最大速度v1(此時(shí)機(jī)車輸出的功率最大)和全程的最大速度vm(此時(shí)F牽＝F阻)求解方法： (1)求v1：由F牽－F阻＝ma、P＝F牽v1可求出v1＝. (2)求vm：由P＝F阻vm，可求出vm＝. 熱點(diǎn)考向二　動(dòng)能定理的應(yīng)用 【典例】　(2018·全國(guó)卷Ⅰ)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

11、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)處從靜止開始向右運(yùn)動(dòng)．重力加速度大小為g.小球從a點(diǎn)開始運(yùn)動(dòng)到其軌跡最高點(diǎn)，機(jī)械能的增量為(　　) A．2mgR B．4mgR C．5mgR D．6mgR [思路引領(lǐng)]　 [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的過程，由動(dòng)能定理有F·3R－mgR＝mv，又F＝mg，解得vc＝2，小球離開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c點(diǎn)到其軌跡最高點(diǎn)所需

12、的時(shí)間為t＝＝2，在水平方向的位移大小為x＝gt2＝2R.由以上分析可知，小球從a點(diǎn)開始運(yùn)動(dòng)到其軌跡最高點(diǎn)的過程中，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． [答案]　C 1．應(yīng)用動(dòng)能定理解題的基本步驟 2．應(yīng)用動(dòng)能定理解題應(yīng)注意的四點(diǎn) (1)方法的選擇：動(dòng)能定理往往用于單個(gè)物體的運(yùn)動(dòng)過程，由于不涉及加速度及時(shí)間，比動(dòng)力學(xué)方法要簡(jiǎn)捷． (2)規(guī)律的應(yīng)用：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)能定理是沒有依據(jù)的． (3)過程的選擇：物體在某個(gè)運(yùn)動(dòng)過程中包含有幾個(gè)運(yùn)動(dòng)性質(zhì)不同的小過程(如加速、減速的過程)，此時(shí)可以分

13、段應(yīng)用動(dòng)能定理，也可以對(duì)全過程應(yīng)用動(dòng)能定理，但如果對(duì)整個(gè)過程應(yīng)用動(dòng)能定理，則可使問題簡(jiǎn)化． (4)電磁場(chǎng)中的應(yīng)用：在電磁場(chǎng)中運(yùn)動(dòng)時(shí)多了一個(gè)電場(chǎng)力或磁場(chǎng)力，特別注意電場(chǎng)力做功與路徑無(wú)關(guān)，洛倫茲力在任何情況下都不做功． 遷移一　動(dòng)能定理求解變力做功 1．(2019·江蘇鹽城高三三模)如圖所示，水平面AB光滑，粗糙半圓軌道BC豎直放置，圓弧半徑為R，AB長(zhǎng)度為4R.在AB上方、直徑BC左側(cè)存在水平向右、場(chǎng)強(qiáng)大小為E的勻強(qiáng)電場(chǎng)．一帶電量為＋q、質(zhì)量為m的小球自A點(diǎn)由靜止釋放，經(jīng)過B點(diǎn)后，沿半圓軌道運(yùn)動(dòng)到C點(diǎn)．在C點(diǎn)，小球?qū)壍赖膲毫Υ笮閙g，已知E＝，水平面和半圓軌道均絕緣．求：

14、(1)小球運(yùn)動(dòng)到B點(diǎn)時(shí)的速度大??； (2)小球運(yùn)動(dòng)到C點(diǎn)時(shí)的速度大??； (3)小球從B點(diǎn)運(yùn)動(dòng)到C點(diǎn)過程中克服阻力做的功． [解析]　(1)小球從A點(diǎn)到B點(diǎn)，根據(jù)動(dòng)能定理有 qE·4R＝mv－0 又E＝ 解得vB＝＝2 (2)小球運(yùn)動(dòng)到C點(diǎn)，根據(jù)牛頓第二定律有2mg＝m 解得vC＝ (3)小球從B點(diǎn)運(yùn)動(dòng)到C點(diǎn)的過程，根據(jù)動(dòng)能定理有 Wf－2mgR＝mv－mv 解得Wf＝－mgR 小球從B點(diǎn)運(yùn)動(dòng)到C點(diǎn)的過程克服阻力做功為mgR. [答案]　(1)2　(2)　(3)mgR 遷移二　動(dòng)能定理解決多過程問題 2．(2019·上海市黃埔區(qū)高三二模)光滑水平平臺(tái)AB上有一根輕彈

15、簧，一端固定于A，自然狀態(tài)下另一端恰好到B.平臺(tái)B端連接兩個(gè)內(nèi)壁光滑、半徑均為R＝0.2 m的細(xì)圓管軌道BC和CD.D端與水平光滑地面DE相接．E端通過光滑小圓弧與一粗糙斜面EF相接，斜面與水平面的傾角θ可在0≤θ≤75°范圍內(nèi)變化(調(diào)節(jié)好后即保持不變)．一質(zhì)量為m＝0.1 kg的小物塊(略小于細(xì)圓管道內(nèi)徑)將彈簧壓縮后由靜止開始釋放，被彈開后以v0＝2 m/s進(jìn)入管道．小物塊與斜面的動(dòng)摩擦因數(shù)為μ＝，取g＝10 m/s2，不計(jì)空氣阻力． (1)求物塊過B點(diǎn)時(shí)對(duì)細(xì)管道的壓力大小和方向； (2)當(dāng)θ取何值時(shí)，小物塊在EF上向上運(yùn)動(dòng)的時(shí)間最短？求出最短時(shí)間． (3)求θ取不同值時(shí)，在小物

16、塊運(yùn)動(dòng)的全過程中產(chǎn)生的摩擦生熱Q與tanθ的關(guān)系式． [解析]　(1)設(shè)軌道對(duì)物塊的壓力豎直向下，由牛頓第二定律得 F＋mg＝m 解得F＝1 N 由牛頓第三定律可知，物塊對(duì)軌道的壓力大小F′＝F＝1 N，方向豎直向上 (2)物塊到達(dá)DE時(shí)的速度為v，由動(dòng)能定理得 mg·2R＝mv2－mv 解得v＝2 m/s 沿斜面上滑時(shí)有mgsinθ＋μmgcosθ＝ma1 上滑時(shí)間為t＝ 聯(lián)立可得t＝ s＝ s 由數(shù)學(xué)知識(shí)可得，當(dāng)θ＝60°時(shí)，有tmin＝0.3 s (3)物塊恰好能在斜面上保持靜止 mgsinθ＝μmgcosθ解得θ＝30° 則當(dāng)0≤θ≤30°，滑塊在EF上停下

17、后即保持靜止． 在EF上滑行x＝，產(chǎn)生的摩擦熱量為Q＝μmgcosθ·x 化簡(jiǎn)得Q＝ J 當(dāng)30°<θ≤75°，滑塊在EF上停下后返回，經(jīng)多次往復(fù)運(yùn)動(dòng)后，最終靜止于E點(diǎn) 產(chǎn)生的摩擦熱量為Q＝mg·2R＋mv＝0.6 J [答案]　(1)1 N　方向豎直向上　(2)60°　0.3 s (3)當(dāng)0≤θ≤30°時(shí)，Q＝ J 當(dāng)30°<θ≤75°時(shí)，Q＝0.6 J 在應(yīng)用動(dòng)能定理解題時(shí)，運(yùn)動(dòng)過程的選取很重要，選取的過程恰當(dāng)，解題過程會(huì)很簡(jiǎn)捷．一般地，先考慮選擇全過程分析，若不能解決，再取其中的分過程分析. 熱點(diǎn)考向三　機(jī)械能守恒定律的應(yīng)用 【典例】　(2019·宜

18、春三中摸底)如圖所示，豎直平面內(nèi)的軌道由一半徑為4R、圓心角為150°的圓弧形光滑滑槽C1和兩個(gè)半徑為R的半圓形光滑滑槽C2、C3，以及一個(gè)半徑為2R的半圓形光滑圓管C4組成，C4內(nèi)徑遠(yuǎn)小于R.C1、C2、C3、C4各銜接處平滑連接．現(xiàn)有一個(gè)比C4內(nèi)徑略小的、質(zhì)量為m的小球，從與C4的最高點(diǎn)H等高的P點(diǎn)以一定的初速度v0向左水平拋出后，恰好沿C1的A端點(diǎn)沿切線從凹面進(jìn)入軌道．已知重力加速度為g.求： (1)小球在P點(diǎn)開始平拋的初速度v0的大??； (2)小球能否依次通過C1、C2、C3、C4各軌道而從I點(diǎn)射出？請(qǐng)說明理由． (3)小球運(yùn)動(dòng)到何處，軌道對(duì)小球的彈力最大？最大值是多大？

19、[思路引領(lǐng)]　(1)軌道C1、C2、C3、C4均光滑，所以小球運(yùn)動(dòng)過程中機(jī)械能守恒． (2)軌道C2屬于豎直面內(nèi)圓周運(yùn)動(dòng)的繩模型，軌道C4屬于桿模型． (3)軌道C1的最低點(diǎn)B和軌道C3的最低點(diǎn)F都是壓力的極大值處，根據(jù)圓周運(yùn)動(dòng)規(guī)律求解后比較即可，注意壓力大小與小球質(zhì)量、速度和軌道半徑都有關(guān)系． [解析]　(1)小球從P到A，豎直方向有：h＝2R＋4Rsin30°＝4R； 由平拋運(yùn)動(dòng)規(guī)律可得：v＝2gh 解得：vy＝ 在A點(diǎn)，由速度關(guān)系tan60°＝ 解得：v0＝. (2)若小球能過D點(diǎn)，則在D點(diǎn)的速度滿足v> 小球從P到D由機(jī)械能守恒定律得： mv＋6mgR＝mv2＋5m

20、gR 解得：v＝>，則小球能過D點(diǎn) 若小球能過H點(diǎn)，則H點(diǎn)速度滿足vH>0 小球從P到H時(shí)，機(jī)械能守恒，H點(diǎn)的速度等于P點(diǎn)的初速度，為>0； 綜上所述小球能依次通過C1、C2、C3、C4各軌道從I點(diǎn)射出． (3)小球在運(yùn)動(dòng)過程中，軌道給小球的彈力最大的點(diǎn)只會(huì)在圓軌道的最低點(diǎn)，B點(diǎn)和F點(diǎn)都有可能 小球從P到B由機(jī)械能守恒定律得： mv＋6mgR＝mv 在B點(diǎn)軌道給小球的彈力NB滿足： NB－mg＝m 解得：NB＝mg； 小球從P到F由機(jī)械能守恒定律得： mv＋6mgR＝mv＋3mgR 在F點(diǎn)軌道給小球的彈力NF滿足： NF－mg＝m 聯(lián)立解得：NF＝mg； 比較可

21、知：F點(diǎn)軌道對(duì)小球的彈力最大，為mg. [答案]　(1)　(2)能，理由見解析 (3)小球運(yùn)動(dòng)到F點(diǎn)時(shí)，軌道對(duì)小球的彈力最大，最大值是mg 1．機(jī)械能守恒定律的三種表達(dá)形式 2．應(yīng)用機(jī)械能守恒定律解題的基本思路 遷移一　涉及彈性勢(shì)能的機(jī)械能守恒問題 1．(多選)(2019·武漢調(diào)研) 如圖所示，在豎直平面內(nèi)固定一半徑為R的光滑圓軌道，a點(diǎn)為最高點(diǎn)，d點(diǎn)為最低點(diǎn)，c點(diǎn)與圓心O等高，a、b間距為R.一輕質(zhì)彈簧的原長(zhǎng)為1.5R，它的一端固定在a點(diǎn)，另一端系一小圓環(huán)，小圓環(huán)套在圓軌道上．某時(shí)刻，將小圓環(huán)從b點(diǎn)由靜止釋放，小圓環(huán)沿軌道下滑并通過d點(diǎn)．已知重力加速度大小為g，不

22、計(jì)一切摩擦，下列判斷正確的是(　　) A．小圓環(huán)從b點(diǎn)運(yùn)動(dòng)至c點(diǎn)的過程中先加速后減速 B．小圓環(huán)從b點(diǎn)運(yùn)動(dòng)至d點(diǎn)的過程中，彈簧彈力對(duì)其先做正功后做負(fù)功 C．小圓環(huán)運(yùn)動(dòng)至c點(diǎn)時(shí)的速度大于 D．小圓環(huán)運(yùn)動(dòng)至d點(diǎn)時(shí)的速度小于 [解析]　小圓環(huán)運(yùn)動(dòng)至c點(diǎn)時(shí)，彈簧的長(zhǎng)度為R<1.5R，小圓環(huán)從b點(diǎn)運(yùn)動(dòng)至c點(diǎn)的過程中，彈簧一直處于壓縮狀態(tài)，重力和彈簧彈力都做正功，小圓環(huán)一直處于加速狀態(tài)，選項(xiàng)A錯(cuò)誤；小圓環(huán)從b點(diǎn)運(yùn)動(dòng)至d點(diǎn)的過程中，彈簧先恢復(fù)原長(zhǎng)后伸長(zhǎng)，可見彈簧的彈力對(duì)小圓環(huán)先做正功后做負(fù)功，選項(xiàng)B正確；小圓環(huán)從b點(diǎn)運(yùn)動(dòng)至c點(diǎn)的過程中，選與O點(diǎn)等高的平面為零勢(shì)能面，對(duì)小圓環(huán)和彈簧組成的系統(tǒng)由機(jī)

23、械能守恒定律有mg(R－Rcos60°)＋Epb＝mv＋Epc，由于彈簧彈性勢(shì)能Epb>Epc，得vc>，選項(xiàng)C正確；當(dāng)小圓環(huán)在b點(diǎn)時(shí)彈簧處于壓縮狀態(tài)且壓縮量x1＝0.5R，當(dāng)小圓環(huán)在d點(diǎn)時(shí)彈簧處于伸長(zhǎng)狀態(tài)且伸長(zhǎng)量x2＝0.5R＝x1，小圓環(huán)在b點(diǎn)時(shí)彈簧的彈性勢(shì)能等于小圓環(huán)在d點(diǎn)時(shí)彈簧的彈性勢(shì)能，選與d點(diǎn)等高的面為零勢(shì)能面，對(duì)圓環(huán)和彈簧組成的系統(tǒng)，由機(jī)械能守恒定律有mg(2R－Rcos60°)＝mv，解得vd＝，選項(xiàng)D錯(cuò)誤． [答案]　BC 遷移二　繩連接體的機(jī)械能守恒問題 2. (2019·黑龍江哈爾濱六中模擬)如圖所示，物體A的質(zhì)量為M，圓環(huán)B的質(zhì)量為m，通過繩子連結(jié)在一起，圓環(huán)套在

24、光滑的豎直桿上，開始時(shí)連接圓環(huán)的繩子處于水平，長(zhǎng)度l＝4 m，現(xiàn)從靜止釋放圓環(huán)．不計(jì)定滑輪和空氣的阻力，取g＝10 m/s2，若圓環(huán)下降h＝3 m時(shí)的速度v＝5 m/s，則兩個(gè)物體的質(zhì)量關(guān)系為(　　) A.＝ B.＝ C.＝ D.＝ [解析]圓環(huán)下降3 m時(shí)的速度可以沿繩方向和垂直繩方向進(jìn)行分解，故可得vA＝vcosθ，又由幾何關(guān)系可知cosθ＝，解得vA＝3 m/s.當(dāng)圓環(huán)下降的高度h＝3 m時(shí)，由幾何關(guān)系可知，物體A上升的高度h′＝－l＝1 m．將A、B看做一個(gè)系統(tǒng)，則該系統(tǒng)只有重力做功，機(jī)械能守恒，則由機(jī)械能守恒定律可得mgh－Mgh′＝mv2＋Mv，代入數(shù)據(jù)求解可得＝，選項(xiàng)A

25、正確． [答案]　A 遷移三　桿連接體問題 3．(多選)(2019·山西省太原一模)如圖所示，長(zhǎng)為L(zhǎng)的輕桿兩端分別固定a、b兩金屬球(可視為質(zhì)點(diǎn))，兩球質(zhì)量均為m，a放在光滑的水平面上，b套在豎直固定的光滑桿上且離地面高度為L(zhǎng)，現(xiàn)將b從圖示位置由靜止釋放，則(　　) A．在b球落地前的整個(gè)過程中，a、b組成的系統(tǒng)水平方向上動(dòng)量守恒 B．從開始到b球距地面高度為的過程中，輕桿對(duì)a球做功為mgl C．從開始到b球距地面高度為的過程中，輕桿對(duì)b球做功為－mgl D．從b球由靜止釋放到落地的瞬間，重力對(duì)b球做功的功率為mg [解析]　在b球落地前的整個(gè)過程中，b在水平方向

26、上受到固定光滑桿的彈力作用，所以a、b組成的系統(tǒng)水平方向上動(dòng)量不守恒，A錯(cuò)誤．從開始到b球距地面高度為的過程中，b球減少的重力勢(shì)能為mgL，當(dāng)b球距地面高度為時(shí)，由兩球沿桿方向分速度相同可知vb＝va，又因?yàn)閍、b質(zhì)量相等，所以有Ekb＝3Eka.從開始下落到b球距地面高度為的過程由機(jī)械能守恒可得mgL＝4Eka.可得Eka＝mgl，所以桿對(duì)a球做功為mgl，B正確．從開始到b球距地面高度為的過程中，輕桿對(duì)b球做負(fù)功，且大小等于a球機(jī)械能的增加量，為－mgl，C錯(cuò)誤．在b球落地的瞬間，a球速度為零，從b球由靜止釋放到落地瞬間的過程中，b球減少的重力勢(shì)能全部轉(zhuǎn)化為b球動(dòng)能，所以此時(shí)b球速度為，方

27、向豎直向下，所以重力對(duì)b球做功的功率為mg，D正確． [答案]　BD 連接體的機(jī)械能守恒問題，一般是兩個(gè)物體由細(xì)繩或輕桿連接在一起．求解這類問題的方法是先找到兩物體的速度關(guān)系，從而確定系統(tǒng)動(dòng)能的變化，其次找到兩物體上升或下降的高度關(guān)系，從而確定系統(tǒng)重力勢(shì)能的變化，然后按照系統(tǒng)動(dòng)能的增加量(減少量)等于重力勢(shì)能的減少量(增加量)列方程求解．其中尋找兩物體的速度關(guān)系是求解問題的關(guān)鍵．連接體一般可分為三種： (1)速率相等的連接體：如圖甲所示，兩物體在運(yùn)動(dòng)過程中速率相等，根據(jù)系統(tǒng)減少的重力勢(shì)能等于系統(tǒng)增加的動(dòng)能列方程求解． (2)角速度相等的連接體：如圖乙所示，兩球在運(yùn)動(dòng)過程中角

28、速度相等，線速度大小與半徑成正比，根據(jù)系統(tǒng)減少的重力勢(shì)能等于系統(tǒng)增加的動(dòng)能列方程求解． (3)某一方向分速度相等的連接體：如圖丙所示，A放在光滑斜面上，B穿過豎直光滑桿PQ下滑，將B的速度沿繩的方向和垂直于繩的方向分解，如圖丁所示，其中沿繩 方向的速度vx與A的速度大小相等，根據(jù)系統(tǒng)減少的重力勢(shì)能等于系統(tǒng)增加的動(dòng)能列方程求解． 思維方法突破——?jiǎng)幽芏ɡ砼c圖像結(jié)合問題的處理方法 動(dòng)能定理與圖像結(jié)合的問題 1．圖像問題分析的“四步走” 2．常見圖像所圍面積的含義 v－t圖 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 由公式Δv＝

29、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 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 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 【典例】　(2019·江西紅色六校二聯(lián))曉宇在研究一輛額定功率為P＝20 kW的轎車的性能，他駕駛一轎車在如圖甲所示的平直路面上運(yùn)動(dòng)，其中轎車與ON段路面間的動(dòng)摩擦因數(shù)比轎車與MO段路面間的動(dòng)摩擦因數(shù)大．曉宇駕駛轎車保持額定功率以10 m/s的速度由M向右運(yùn)動(dòng)，該轎車從M向右運(yùn)動(dòng)到N的過程中，通過速度傳感器測(cè)量出轎車的速度隨時(shí)間的變化規(guī)律圖像如圖乙所示，在t＝15 s時(shí)圖線的切線

30、與橫軸平行．已知轎車的質(zhì)量為m＝2 t，轎車在MO段、ON段運(yùn)動(dòng)時(shí)與路面之間的阻力大小分別保持不變．求. (1)該轎車在MO段行駛時(shí)的阻力大??； (2)該轎車在運(yùn)動(dòng)過程中剛好通過O點(diǎn)時(shí)加速度的大??； (3)該轎車由O運(yùn)動(dòng)到N的過程中位移的大?。? [審題指導(dǎo)] 第一步　讀題干—提信息 題干 信息 駕駛轎車保持額定功率以10 m/s的速度由M向右運(yùn)動(dòng) 屬于恒定功率速度不變 在t＝15 s時(shí)圖線的切線與橫軸平行 說明t＝15秒時(shí)轎車加速度為零，做勻速運(yùn)動(dòng) 圖乙 5～15秒做加速度減小的變減速運(yùn)動(dòng) 由O運(yùn)動(dòng)到N的過程中位移的大小 注意O到N過程牽引力大小改變 第二步

31、　審程序—順?biāo)悸? [解析]　(1)轎車在MO段運(yùn)動(dòng)時(shí)，以10 m/s的速度勻速運(yùn)動(dòng)，有F1＝f1，P＝F1v1 聯(lián)立解得f1＝ N＝2000 N. (2)轎車在ON段保持額定功率不變，由圖像可知t＝15 s時(shí)轎車開始做勻速直線運(yùn)動(dòng)，此時(shí)由力的平衡條件有F2＝f2，P＝F2v2 聯(lián)立解得f2＝ N＝4000 N t＝5 s時(shí)轎車經(jīng)過O點(diǎn)，開始做減速運(yùn)動(dòng)，有F1－f2＝ma 解得a＝－1 m/s2 轎車通過O點(diǎn)時(shí)加速度大小為1 m/s2. (3)由動(dòng)能定理可知Pt－f2x＝mv－mv 解得x＝68.75 m. [答案]　(1)2000 N　(2)1 m/s2　(3)68.

32、75 m (1)機(jī)車啟動(dòng)的方式不同，機(jī)車運(yùn)動(dòng)的規(guī)律就不同，因此機(jī)車啟動(dòng)時(shí)，其功率、速度、加速度、牽引力等物理量的變化規(guī)律也不相同，分析圖像時(shí)應(yīng)注意坐標(biāo)軸的意義及圖像變化所描述的規(guī)律． (2)恒定功率下的加速一定不是勻加速，這種加速過程發(fā)動(dòng)機(jī)做的功可用W＝Pt計(jì)算，不能用W＝Fl計(jì)算(因?yàn)镕為變力)． (3)以恒定牽引力加速時(shí)的功率一定不恒定，這種加速過程發(fā)動(dòng)機(jī)做的功常用W＝Fl計(jì)算，不能用W＝Pt計(jì)算(因?yàn)楣β蔖是變化的). 　　　　　　　　　　　　　　　　　　　 1．(多選)(2019·河北名校聯(lián)盟)某興趣小組對(duì)一輛自制遙控小車的性能進(jìn)行研究，他們讓這輛小車在水平

33、直軌道上由靜止開始運(yùn)動(dòng)，并將小車運(yùn)動(dòng)的全過程記錄下來(lái)，通過處理轉(zhuǎn)化為如圖所示v－t圖像(除2～10 s時(shí)間內(nèi)的圖線為曲線外，其余時(shí)間內(nèi)的圖線均為直線)，已知2～14 s時(shí)間內(nèi)小車的功率保持不變，在14 s末通過遙控使發(fā)動(dòng)機(jī)停止工作而讓小車自由滑行，小車的質(zhì)量m＝2 kg，可認(rèn)為在整個(gè)過程中小車所受到的阻力大小不變，取g＝10 m/s2，則下列說法正確的是(　　) A．小車在14～18 s時(shí)間內(nèi)的加速度大小為2 m/s2 B．小車勻速行駛階段的功率為32 W C．小車在2～10 s時(shí)間內(nèi)的位移大小為52 m D．小車受到的阻力大小為8 N [解析]　在14～18 s時(shí)間內(nèi)，小車的加

34、速度大小a1＝ m/s2＝2 m/s2，選項(xiàng)A正確；在14～18 s時(shí)間內(nèi)，小車在水平方向上只受阻力f作用，根據(jù)牛頓第二定律得f＝ma1＝4 N，選項(xiàng)D錯(cuò)誤；在10～14 s內(nèi)兩小車做勻速直線運(yùn)動(dòng)，牽引力大小F1＝f＝4 N，小車的功率P＝F1v＝4×8 W＝32 W，選項(xiàng)B正確；在2～10 s時(shí)間內(nèi)，根據(jù)動(dòng)能定理有PΔt－fx＝mv－mv，其中Δt＝8 s，v1＝4 m/s，v2＝8 m/s，解得x＝52 m，選項(xiàng)C正確． [答案]　ABC 2．(2019·湖南五校聯(lián)考)質(zhì)量為1 kg的物體，放在動(dòng)摩擦因數(shù)為0.2的水平面上，在水平拉力的作用下由靜止開始運(yùn)動(dòng)，水平拉力做的功W和物體發(fā)生的

35、位移s之間的關(guān)系如下圖所示，重力加速度為10 m/s2，則下列說法正確的是(　　) A．AB段加速度大小為3 m/s2 B．OA段加速度大小為5 m/s2 C．s＝9 m時(shí)速度大小為3 m/s D．s＝3 m時(shí)速度大小為2 m/s [解析]　分析可知W－s圖線的斜率表示拉力的大小，由W－s圖像，可知FOA＝5 N，F(xiàn)AB＝2 N，而物體受到的摩擦力為Ff＝2 N，故物體在OA段加速，由牛頓第二定律，可知FOA－Ff＝ma，故a＝3 m/s2，而在AB段物體做勻速運(yùn)動(dòng)，選項(xiàng)A、B錯(cuò)誤．在OA段，根據(jù)動(dòng)能定理，有W－μmgs＝mv，解得vA＝3 m/s，vB＝vA＝3 m/s，故可知

36、選項(xiàng)C正確，D錯(cuò)誤． [答案]　C 專題強(qiáng)化訓(xùn)練(五) 一、選擇題 1．(2019·深圳寶安區(qū)期中檢測(cè))一滑塊在水平地面上沿直線滑行，t＝0時(shí)其速度為1 m/s，從此刻開始在滑塊運(yùn)動(dòng)方向上再施加一水平作用力F，力F和滑動(dòng)的速度v隨時(shí)間t的變化規(guī)律分別如下圖甲、乙所示，則以下說法正確的是(　　) A．第1 s內(nèi)，F(xiàn)對(duì)滑塊做的功為3 J B．第2 s內(nèi)，F(xiàn)對(duì)滑塊做功的平均功率為4 W C．第3 s末，F(xiàn)對(duì)滑塊做功的瞬時(shí)功率為1 W D．前3 s內(nèi)，F(xiàn)對(duì)滑塊做的總功為零 [解析]　由題圖可知，第1 s內(nèi)，滑塊位移為1 m，F(xiàn)對(duì)滑塊做的功為2 J，A錯(cuò)誤；第2 s內(nèi)，滑塊位移為1

37、.5 m，F(xiàn)做的功為4.5 J，平均功率為4.5 W，B錯(cuò)誤；第3 s內(nèi)，滑塊的位移為1.5 m，F(xiàn)對(duì)滑塊做的功為1.5 J，第3 s末，F(xiàn)對(duì)滑塊做功的瞬時(shí)功率P＝Fv＝1 W，C正確；前3 s內(nèi)，F(xiàn)對(duì)滑塊做的總功為8 J，D錯(cuò)誤． [答案]　C 2．(2019·湖北八校二聯(lián))如右圖，小球甲從A點(diǎn)水平拋出，同時(shí)將小球乙從B點(diǎn)自由釋放，兩小球先后經(jīng)過C點(diǎn)時(shí)速度大小相等，方向夾角為30°，已知B、C高度差為h，兩小球質(zhì)量相等，不計(jì)空氣阻力，由以上條件可知(　　) A．小球甲做平拋運(yùn)動(dòng)的初速度大小為2 B．甲、乙兩小球到達(dá)C點(diǎn)所用時(shí)間之比為1∶ C．A、B兩點(diǎn)高度差為 D．兩小球在

38、C點(diǎn)時(shí)重力的瞬時(shí)功率大小相等 [解析]　甲、乙兩球經(jīng)過C點(diǎn)的速度v甲＝v乙＝，甲球平拋的初速度v甲x＝v甲sin30°＝，故A項(xiàng)錯(cuò)誤；甲球經(jīng)過C點(diǎn)時(shí)豎直方向的速度v甲y＝v甲cos30°＝，運(yùn)動(dòng)時(shí)間t甲＝＝，乙球運(yùn)動(dòng)時(shí)間t乙＝，則t甲∶t乙＝∶2，故B項(xiàng)錯(cuò)誤；A、B兩點(diǎn)的高度差Δh＝gt－gt＝，故C項(xiàng)正確；甲和乙兩球在C點(diǎn)時(shí)重力的瞬時(shí)功率分別為P甲＝mgv甲y＝mg，P乙＝mgv乙＝mg，故D項(xiàng)錯(cuò)誤． [答案]　C 3．(2019·全國(guó)卷Ⅲ) 從地面豎直向上拋出一物體，物體在運(yùn)動(dòng)過程中除受到重力外，還受到一大小不變、方向始終與運(yùn)動(dòng)方向相反的外力作用．距地面高度h在3 m以內(nèi)時(shí)，物體上升

39、、下落過程中動(dòng)能Ek隨h的變化如圖所示．重力加速度取10 m/s2.該物體的質(zhì)量為(　　) A．2 kg B．1.5 kg C．1 kg D．0.5 kg [解析]　設(shè)物體的質(zhì)量為m，則物體在上升過程中，受到豎直向下的重力mg和豎直向下的恒定外力F，由動(dòng)能定理結(jié)合題圖可得－(mg＋F)×3 m＝(36－72) J；物體在下落過程中，受到豎直向下的重力mg和豎直向上的恒定外力F，再由動(dòng)能定理結(jié)合題圖可得(mg－F)×3 m＝(48－24) J，聯(lián)立解得m＝1 kg、F＝2 N，選項(xiàng)C正確，A、B、D均錯(cuò)誤． [答案]　C 4．(多選)(2019·撫州階段性檢測(cè))如圖甲所示，輕彈簧豎

40、直放置，下端固定在水平地面上，一質(zhì)量為m的小球，從離彈簧上端高h(yuǎn)處由靜止釋放．某同學(xué)在研究小球落到彈簧上后繼續(xù)向下運(yùn)動(dòng)到最低點(diǎn)的過程，他以小球開始下落的位置為原點(diǎn)，沿豎直向下方向建立坐標(biāo)軸Ox，作出小球所受彈力F大小隨小球下落的位置坐標(biāo)x的變化關(guān)系如圖乙所示，不計(jì)空氣阻力，重力加速度為g.以下判斷正確的是(　　) A．當(dāng)x＝h＋2x0時(shí)，小球的動(dòng)能最小 B．最低點(diǎn)的坐標(biāo)x＝h＋2x0 C．當(dāng)x＝h＋2x0時(shí)，小球的加速度為－g，且彈力為2mg D．小球動(dòng)能的最大值為mgh＋ [解析]　由題圖乙可知mg＝kx0，解得x0＝，由F－x圖線與橫軸所圍圖形的面積表示彈力所做的功，則有W彈

41、＝k(x－h(huán))2，小球由靜止釋放到最低點(diǎn)的過程，由動(dòng)能定理得mgx－k(x－h(huán))2＝0，即mgx－(x－h(huán))2＝0，解得x＝h＋x0，故最低點(diǎn)坐標(biāo)不是h＋2x0，且此處動(dòng)能不是最小，故A、B錯(cuò)誤；由題圖乙可知，mg＝kx0，由對(duì)稱性可知當(dāng)x＝h＋2x0時(shí)，小球加速度為－g，且彈力為2mg，故C正確；小球在x＝h＋x0處時(shí)，動(dòng)能有最大值，根據(jù)動(dòng)能定理有mg(h＋x0)＋W彈＝Ekm－0，依題可得W彈＝－mgx0，所以Ekm＝mgh＋mgx0，故D正確． [答案]　CD 5．(多選)(2019·青島重點(diǎn)中學(xué)期中聯(lián)測(cè))質(zhì)量為m的小球穿在足夠長(zhǎng)的水平直桿上，小球與桿之間的動(dòng)摩擦因數(shù)為μ，受到方向始

42、終指向O點(diǎn)的拉力F作用，且F＝ks，k為比例系數(shù)，s為小球和O點(diǎn)的距離．小球從A點(diǎn)由靜止出發(fā)恰好運(yùn)動(dòng)到D點(diǎn)；小球在d點(diǎn)以初速度v0向A點(diǎn)運(yùn)動(dòng)，恰好運(yùn)動(dòng)到B點(diǎn)．已知OC垂直于桿且C為垂足，B點(diǎn)為AC的中點(diǎn)，OC＝d，CD＝BC＝l.不計(jì)小球的重力，下列說法正確的是(　　) A．小球從A運(yùn)動(dòng)到D的過程中只有兩個(gè)位置F的功率為零 B．小球從A運(yùn)動(dòng)到B與從B運(yùn)動(dòng)到C的過程克服摩擦力做功相等 C．v0＝2 D．小球在D點(diǎn)的速度至少要2v0才能運(yùn)動(dòng)到A點(diǎn) [解析]　小球從A運(yùn)動(dòng)到D的過程中，在A點(diǎn)、D點(diǎn)速度為零，拉力的功率為零，在C點(diǎn)拉力的方向和速度方向垂直，功率為零，故有三處，A錯(cuò)誤；因

43、為不計(jì)小球的重力，所以F在垂直于桿方向上的分力即為小球與桿之間的正壓力，N＝Fsinθ(θ為F與桿的夾角)，故摩擦力Ff＝μN(yùn)＝μFsinθ＝μkssinθ＝μkd，從A到B克服摩擦力做功為Wf1＝Ffl＝μkdl，同理，從B到C克服摩擦力做功為Wf2＝Ffl＝μkdl，B正確；從D→B的過程根據(jù)動(dòng)能定理可得－Ff·2l＝2μkdl＝0－mv，解得v0＝2 ，C正確；設(shè)小球在D點(diǎn)的速度為v時(shí)恰好能運(yùn)動(dòng)到A點(diǎn)，根據(jù)動(dòng)能定理可得－3μkdl＝0－mv2，又v0＝2 ，解得v＝v0，D錯(cuò)誤． [答案]　BC 6．(多選)(2019·廣西北海一模)如圖甲所示，質(zhì)量為0.1 kg的小球從最低點(diǎn)A沖入

44、豎直放置在水平地面上、半徑為0.4 m的半圓軌道，小球速度的平方與其高度的關(guān)系圖像如圖乙所示．已知小球恰能到達(dá)最高點(diǎn)C，軌道粗糙程度處處相同，空氣阻力不計(jì)．g取10 m/s2，B為AC軌道中點(diǎn)．下列說法正確的是(　　) A．圖乙中x＝5 m2·s－2 B．小球從B點(diǎn)到C點(diǎn)損失了0.125 J的機(jī)械能 C．小球從A點(diǎn)到C點(diǎn)合外力對(duì)其做的功為－1.05 J D．小球從C點(diǎn)拋出后，落地點(diǎn)到A點(diǎn)的距離為0.8 m [解析]　因?yàn)樾∏蚯∧艿竭_(dá)最高點(diǎn)C，有mg＝m，解得v＝＝ m/s＝2 m/s，則x＝v2＝4 m2·s－2，故A錯(cuò)誤．小球從A到C，動(dòng)能減少量為ΔEk＝mv－mv2＝1.05

45、 J，重力勢(shì)能的增加量為ΔEp＝mg·2r＝1×0.8 J＝0.8 J，則機(jī)械能減少0.25 J，由于小球從A點(diǎn)到B點(diǎn)過程中對(duì)軌道的壓力大于從B點(diǎn)到C點(diǎn)過程中對(duì)軌道的壓力，則小球從A點(diǎn)到B點(diǎn)過程中受到的摩擦力大于從B點(diǎn)到C點(diǎn)過程中受到的摩擦力，可知小球從B點(diǎn)到C點(diǎn)的過程克服摩擦力做功較小，機(jī)械能損失小于0.125 J，故B錯(cuò)誤．小球從A點(diǎn)到C點(diǎn)合外力對(duì)其做的功等于動(dòng)能的變化量，則W＝mv2－mv＝－1.05 J，故C正確．小球經(jīng)過C點(diǎn)時(shí)的速度v＝2 m/s，小球從C點(diǎn)拋出后做平拋運(yùn)動(dòng)，根據(jù)2r＝gt2得，t＝＝0.4 s，則落地點(diǎn)到A點(diǎn)的距離x′＝vt＝2×0.4 m＝0.8 m，故D正確．

46、 [答案]　CD 7．(多選)(2019·河北名校聯(lián)盟)一質(zhì)量不計(jì)的直角形支架兩端分別連接質(zhì)量為m和2m的小球A和B. 支架的兩直角邊長(zhǎng)度分別為2l和l，支架可繞固定軸O在豎直平面內(nèi)無(wú)摩擦轉(zhuǎn)動(dòng)，如右圖所示．開始時(shí)OA邊處于水平位置，由靜止釋放，則(　　) A．A球的最大速度為2 B．A球速度最大時(shí)，兩小球的總重力勢(shì)能最小 C．A球速度最大時(shí)，兩直角邊與豎直方向的夾角為45° D．A、B兩球的最大速度之比vA∶vB＝2∶1 [解析]　設(shè)當(dāng)桿轉(zhuǎn)過θ角時(shí)，兩球的速度最大，如圖所示，根據(jù)機(jī)械能守恒定律得mv＋×2mv＝mg·2l·sinθ－2mg·l(1－cosθ)，又vA＝2vB，得

47、mv＝2mgl(sinθ＋cosθ)－2mgl，當(dāng)θ＝45°時(shí)，vA＝，速度最大，兩小球的總動(dòng)能最大，總重力勢(shì)能最小，B、C、D正確． [答案]　BCD 8．(多選)(2019·江西六校期末統(tǒng)測(cè))如圖所示，輕彈簧放置在傾角為30°的斜面上，下端固定于斜面底端．重10 N的滑塊從斜面頂端a點(diǎn)由靜止開始下滑，到b點(diǎn)接觸彈簧，滑塊將彈簧壓縮最低至c點(diǎn)，然后又回到a點(diǎn)．已知ab＝1 m，bc＝0.2 m．下列說法正確的是(　　) A．整個(gè)過程中滑塊動(dòng)能的最大值為6 J B．整個(gè)過程中彈簧彈性勢(shì)能的最大值為6 J C．從b點(diǎn)向下到c點(diǎn)的過程中，滑塊的機(jī)械能減少量為6 J D．從c點(diǎn)

48、向上返回a點(diǎn)的過程中，彈簧、滑塊與地球組成的系統(tǒng)機(jī)械能守恒 [解析]　當(dāng)滑塊受到的合力為0時(shí)，滑塊速度最大，設(shè)滑塊在d點(diǎn)受到合力為0，d點(diǎn)在b和c之間，滑塊從a到d，運(yùn)用動(dòng)能定理得mghad＋W彈＝Ekd－0，mghad

49、球組成的系統(tǒng)，沒有與系統(tǒng)外發(fā)生能量轉(zhuǎn)化，故機(jī)械能守恒，D正確． [答案]　BCD 9．(多選)(2019·鄂南高中一模)如圖所示，光滑直角細(xì)桿POQ固定在豎直平面內(nèi)，OP桿水平，與OQ桿在O點(diǎn)用一小段圓弧桿平滑相連，質(zhì)量均為m的兩小環(huán)A、B用長(zhǎng)為L(zhǎng)的輕繩相連，分別套在OP和OQ桿上．初始時(shí)刻，將輕繩拉至水平位置伸直，然后同時(shí)釋放兩小環(huán)，A環(huán)到達(dá)O點(diǎn)后，在圓弧桿作用下速度大小不變，方向變?yōu)樨Q直向下(時(shí)間極短)，已知重力加速度為g.下列說法正確的是(　　) A．B環(huán)下落時(shí)，A環(huán)的速度大小為 B．A環(huán)從開始釋放至到達(dá)O點(diǎn)的過程中，B環(huán)先加速后減速 C．A環(huán)到達(dá)O點(diǎn)時(shí)速度大小為 D．當(dāng)

50、A環(huán)經(jīng)過O點(diǎn)后，再經(jīng)的時(shí)間能追上B環(huán) [解析]　設(shè)B環(huán)下落一段距離后繩子與水平方向之間的夾角為α，如圖所示，當(dāng)B環(huán)下落L時(shí)，sinα＝＝，則α＝30°.由運(yùn)動(dòng)的合成與分解得，vA1cosα＝vBsinα，在此過程中以A環(huán)、B環(huán)整體為系統(tǒng)，機(jī)械能守恒，由機(jī)械能守恒定律得mg＝mv＋mv，解得vA1＝，選項(xiàng)A正確；A環(huán)從開始釋放至到達(dá)O點(diǎn)的過程中，B環(huán)開始時(shí)的速度為零，當(dāng)輕繩與水平方向的夾角為90°時(shí)，B環(huán)的速度為零，故B環(huán)先加速后減速，選項(xiàng)B正確；A環(huán)到達(dá)O點(diǎn)時(shí)，對(duì)系統(tǒng)由機(jī)械能守恒定律得mgL＝mv，解得vA2＝，選項(xiàng)C錯(cuò)誤；A環(huán)經(jīng)過O點(diǎn)后只受重力，做加速度為g、初速度為vA2的勻加速直線運(yùn)動(dòng)

51、，B做自由落體運(yùn)動(dòng)，設(shè)A追上B所用時(shí)間為t，則vA2t＋gt2＝L＋gt2，解得t＝，選項(xiàng)D正確． [答案]　ABD 二、非選擇題 10．(2019·湖北重點(diǎn)中學(xué)調(diào)研)下圖為某游樂場(chǎng)內(nèi)水上滑梯軌道示意圖，整個(gè)軌道在同一豎直平面內(nèi)，表面粗糙的AB段軌道與四分之一光滑圓弧軌道BC在B點(diǎn)水平相切．點(diǎn)A距水面的高度為H，圓弧軌道BC的半徑為R，圓心O恰在水面．一質(zhì)量為m的游客(視為質(zhì)點(diǎn))可從軌道AB的任意位置滑下，不計(jì)空氣阻力． (1)若游客從A點(diǎn)由靜止開始滑下，到B點(diǎn)時(shí)沿切線方向滑離軌道落在水面D點(diǎn)，OD＝2R，求游客滑到B點(diǎn)時(shí)的速度vB大小及運(yùn)動(dòng)過程軌道摩擦力對(duì)其所做的功Wf；

52、 (2)若游客從AB段某處滑下，恰好停在B點(diǎn)，又因受到微小擾動(dòng)，繼續(xù)沿圓弧軌道滑到P點(diǎn)后滑離軌道，求P點(diǎn)離水面的高度h.(提示：在圓周運(yùn)動(dòng)過程中任一點(diǎn)，質(zhì)點(diǎn)所受的向心力與其速率的關(guān)系為F向＝m) [解析]　(1)游客從B點(diǎn)做平拋運(yùn)動(dòng)，有 2R＝vBt① R＝gt2② 由①②式得vB＝③ 從A到B，根據(jù)動(dòng)能定理有 mg(H－R)＋Wf＝mv－0④ 由③④式得Wf＝－(mgH－2mgR)⑤ (2)設(shè)OP與OB間夾角為θ，游客在P點(diǎn)時(shí)的速度為vP，受到的支持力為N，從B到P由動(dòng)能定理有 mg(R－Rcosθ)＝mv－0⑥ 過P點(diǎn)時(shí)，根據(jù)向心力公式有 mgcosθ－N＝m⑦ 又

53、N＝0⑧ cosθ＝⑨ 由⑥⑦⑧⑨式解得h＝R. [答案]　(1)?。?mgH－2mgR)　(2)R 11．(2019·河北石家莊一模)如圖所示，左側(cè)豎直墻面上固定半徑為R＝0.3 m的光滑半圓環(huán)，右側(cè)豎直墻面上與圓環(huán)的圓心O等高處固定一光滑直桿．質(zhì)量為ma＝100 g的小球a套在半圓環(huán)上，質(zhì)量為mb＝36 g的滑塊b套在直桿上，二者之間用長(zhǎng)為l＝0.4 m的輕桿通過兩鉸鏈連接．現(xiàn)將a從圓環(huán)的最高處由靜止釋放，使a沿圓環(huán)自由下滑，不計(jì)一切摩擦，a、b均視為質(zhì)點(diǎn)，重力加速度g取10 m/s2.求： (1)小球a滑到與圓心O等高的P點(diǎn)時(shí)的向心力大??； (2)小球a從P點(diǎn)下滑至桿與圓

54、環(huán)相切的Q點(diǎn)的過程中，桿對(duì)滑塊b做的功． [解析]　(1)當(dāng)a滑到與O等高的P點(diǎn)時(shí)，a的速度v沿圓環(huán)切向向下，b的速度為零． 由機(jī)械能守恒可得magR＝mav2， 解得v＝， 對(duì)小球a受力分析，此時(shí)桿的力為0，由牛頓第二定律可得F＝＝2mag＝2 N. (2)桿與圓環(huán)相切時(shí)，如圖所示，此時(shí)a的速度沿桿方向，設(shè)此時(shí)b的速度為vb，則va＝vbcosθ. 由幾何關(guān)系可得cosθ＝＝0.8， 由P點(diǎn)到Q點(diǎn)，球a下降的高度h＝Rcosθ， a、b及桿組成的系統(tǒng)機(jī)械能守恒，有magh＝mav＋mbv－mav2， 對(duì)滑塊b，由動(dòng)能定理得W＝mbv＝0.1944 J. [答案]　(1)2 N　(2)0.1944 J 32