【步步高】2014高考物理大一輪復(fù)習(xí)講義 （深度思考 考點(diǎn)突破 提能訓(xùn)練） 第五章 第4課時(shí) 功能關(guān)系 能量守恒定律（含解析） 新人教版

《【步步高】2014高考物理大一輪復(fù)習(xí)講義 （深度思考 考點(diǎn)突破 提能訓(xùn)練） 第五章 第4課時(shí) 功能關(guān)系 能量守恒定律（含解析） 新人教版》由會(huì)員分享，可在線閱讀，更多相關(guān)《【步步高】2014高考物理大一輪復(fù)習(xí)講義 （深度思考 考點(diǎn)突破 提能訓(xùn)練） 第五章 第4課時(shí) 功能關(guān)系 能量守恒定律（含解析） 新人教版（22頁(yè)珍藏版）》請(qǐng)?jiān)谘b配圖網(wǎng)上搜索。

1、 第4課時(shí)　功能關(guān)系　能量守恒定律 考綱解讀 1.掌握功和能的對(duì)應(yīng)關(guān)系，特別是合力功、重力功、彈力功分別對(duì)應(yīng)的能量轉(zhuǎn)化關(guān)系.2.理解能量守恒定律，并能分析解決有關(guān)問(wèn)題． 1．[功和能的關(guān)系]對(duì)于功和能的關(guān)系，下列說(shuō)法中正確的是 (　　) A．功就是能，能就是功 B．功可以變?yōu)槟?，能可以變?yōu)楣? C．做功的過(guò)程就是能量轉(zhuǎn)化的過(guò)程 D．功是物體能量的量度 答案　C 解析　功和能是兩個(gè)密切相關(guān)的物理量，但功和能有本質(zhì)的區(qū)別，功是反映物體在相互作用過(guò)程中能量變化多少的物理量，與具體的能量變化過(guò)程相聯(lián)系，是一個(gè)過(guò)程量；能是用來(lái)反映物體具有做功本領(lǐng)的物理量，物體處于一定的狀

2、態(tài)(如速度和相對(duì)位置)就具有一定的能量，功是反映能量變化的多少，而不是反映能量的多少． 2．[幾個(gè)重要功能關(guān)系的理解]從地面豎直上拋一個(gè)質(zhì)量為m的小球，小球上升的最大高度為h.設(shè)上升和下降過(guò)程中空氣阻力大小恒定為Ff.下列說(shuō)法正確的是 (　　) A．小球上升的過(guò)程中動(dòng)能減少了mgh B．小球上升和下降的整個(gè)過(guò)程中機(jī)械能減少了Ffh C．小球上升的過(guò)程中重力勢(shì)能增加了mgh D．小球上升和下降的整個(gè)過(guò)程中動(dòng)能減少了Ffh 答案　C 解析　根據(jù)動(dòng)能定理，上升的過(guò)程中動(dòng)能減少量等于小球克服重力和阻力做的功，為mgh＋Ffh，小球上升和下降的整個(gè)過(guò)程中動(dòng)能減少量和機(jī)械能的減少量都等于

3、整個(gè)過(guò)程中克服阻力做的功，為2Ffh，A、B、D錯(cuò)，選C. 3．[能的轉(zhuǎn)化和守恒定律的應(yīng)用]如圖1所示，美國(guó)空軍X－37B無(wú)人 航天飛機(jī)于2010年4月首飛，在X－37B由較低軌道飛到較高軌 道的過(guò)程中 (　　) A．X－37B中燃料的化學(xué)能轉(zhuǎn)化為X－37B的機(jī)械能 圖1 B．X－37B的機(jī)械能要減少 C．自然界中的總能量要變大 D．如果X－37B在較高軌道繞地球做圓周運(yùn)動(dòng)，則在此軌道上其機(jī)械能不變 答案　AD 解析　在X－37B由較低軌道飛到較高軌道的過(guò)程中，必須啟動(dòng)助推器，對(duì)X－37B做正功，X－37B的機(jī)械能增大，A對(duì)，B錯(cuò)．根據(jù)能量守恒定律

4、，C錯(cuò)．X－37B在確定軌道上繞地球做圓周運(yùn)動(dòng)，其動(dòng)能和重力勢(shì)能都不會(huì)發(fā)生變化，所以機(jī)械能不變，D對(duì)． 考點(diǎn)梳理 一、功能關(guān)系 功 能量的變化 合外力做正功 動(dòng)能增加 重力做正功 重力勢(shì)能減少 彈簧彈力做正功 彈性勢(shì)能減少 電場(chǎng)力做正功 電勢(shì)能減少 其他力(除重力、彈力外)做正功 機(jī)械能增加 二、能量守恒定律 1．內(nèi)容：能量既不會(huì)憑空產(chǎn)生，也不會(huì)憑空消失，它只能從一種形式轉(zhuǎn)化為另一種形式，或者從一個(gè)物體轉(zhuǎn)移到別的物體，在轉(zhuǎn)化或轉(zhuǎn)移的過(guò)程中，能量的總量保持不變． 2．表達(dá)式：ΔE減＝ΔE增． 4．[能量守恒定律的應(yīng)用]如圖2所示，ABCD是一個(gè)盆式容器，

5、 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， B、C在水平線上，其距離d＝0.5 m．盆邊緣的高度為h＝ 圖2 0.30 m．在A處放一個(gè)質(zhì)量為m的小物塊并讓其由靜止下滑．已知盆內(nèi)側(cè)壁是光滑的，而盆底BC面與小物塊間的動(dòng)摩擦因數(shù)為μ＝0.10.小物塊在盆內(nèi)來(lái)回滑動(dòng)，最后停下來(lái)，則停下的位置到B的距離為 (　　) A．0.50 m B．0.25 m C．0.10 m D．0 答案　D 解析　由mgh＝μmgx，得x＝3 m，而＝＝6，即3個(gè)來(lái)回后，恰停在B點(diǎn)，選項(xiàng)D正確． 5．[幾個(gè)重要功能關(guān)系的應(yīng)用]如圖3所示，某段滑雪

6、雪道傾角為30°， 總質(zhì)量為m(包括雪具在內(nèi))的滑雪運(yùn)動(dòng)員從距底端高為h處的雪道 上由靜止開(kāi)始勻加速下滑，加速度為g.在他從上向下滑到底端的 圖3 過(guò)程中，下列說(shuō)法中正確的是 (　　) A．運(yùn)動(dòng)員減少的重力勢(shì)能全部轉(zhuǎn)化為動(dòng)能 B．運(yùn)動(dòng)員獲得的動(dòng)能為mgh C．運(yùn)動(dòng)員克服摩擦力做功為mgh D．下滑過(guò)程中系統(tǒng)減少的機(jī)械能為mgh 答案　D 解析　運(yùn)動(dòng)員的加速度為g，小于gsin 30°，所以運(yùn)動(dòng)員下滑的過(guò)程中必受摩擦力，且大小為mg，克服摩擦力做功為mg·＝mgh，故C錯(cuò)；摩擦力做功，機(jī)械能不守恒，減少的重力勢(shì)能沒(méi)有全部轉(zhuǎn)化為動(dòng)能，而是有mgh的

7、重力勢(shì)能轉(zhuǎn)化為內(nèi)能，故A錯(cuò)，D對(duì)；由動(dòng)能定理知，運(yùn)動(dòng)員獲得的動(dòng)能為mg·＝mgh，故B錯(cuò)． 方法提煉 1．物體克服摩擦力做功時(shí)，能量由機(jī)械能轉(zhuǎn)化為內(nèi)能． 2．摩擦力做功產(chǎn)生的內(nèi)能：Q＝Ffs，s為路程. 考點(diǎn)一　功能關(guān)系的應(yīng)用 1．在應(yīng)用功能關(guān)系解決具體問(wèn)題的過(guò)程中，若只涉及動(dòng)能的變化用動(dòng)能定理分析． 2．只涉及重力勢(shì)能的變化用重力做功與重力勢(shì)能變化的關(guān)系分析． 3．只涉及機(jī)械能變化用除重力和彈力之外的力做功與機(jī)械能變化的關(guān)系分析． 4．只涉及電勢(shì)能的變化用電場(chǎng)力做功與電勢(shì)能變化的關(guān)系分析． 例1　如圖4所示，在升降機(jī)內(nèi)固定一光滑的斜面體，一輕彈簧的 一端連在位于

8、斜面體上方的固定木板B上，另一端與質(zhì)量為m 的物塊A相連，彈簧與斜面平行．整個(gè)系統(tǒng)由靜止開(kāi)始加速上 升高度h的過(guò)程中 (　　) 圖4 A．物塊A的重力勢(shì)能增加量一定等于mgh B．物塊A的動(dòng)能增加量等于斜面的支持力和彈簧的拉力對(duì)其做功的代數(shù)和 C．物塊A的機(jī)械能增加量等于斜面的支持力和彈簧的拉力對(duì)其做功的代數(shù)和 D．物塊A和彈簧組成系統(tǒng)的機(jī)械能增加量等于斜面對(duì)物塊的支持力和B對(duì)彈簧的拉力做功的代數(shù)和 解析　由于斜面光滑，物塊A靜止時(shí)彈簧彈力與斜面支持力的合力與重力平衡，當(dāng)整個(gè)裝置加速上升時(shí)，由牛頓第二定律可知物塊A受到的合力應(yīng)向上，故彈簧伸長(zhǎng)量增加，物

9、塊A相對(duì)斜面下滑一段距離，故選項(xiàng)A錯(cuò)誤；根據(jù)動(dòng)能定理可知，物塊A動(dòng)能的增加量應(yīng)等于重力、支持力及彈簧彈力對(duì)其做功的代數(shù)和，故選項(xiàng)B錯(cuò)誤；物塊A機(jī)械能的增加量應(yīng)等于除重力以外的其他力對(duì)其做功的代數(shù)和，選項(xiàng)C正確；物塊A和彈簧組成的系統(tǒng)機(jī)械能增加量應(yīng)等于除重力和彈簧彈力以外的其他力做功的代數(shù)和，故選項(xiàng)D正確． 答案　CD 突破訓(xùn)練1　如圖5所示，一輕彈簧左端與物體A相連，右端與 物體B相連，開(kāi)始時(shí)，A、B均在粗糙水平面上不動(dòng)，彈簧處 于原長(zhǎng)狀態(tài)．在物體B上作用一水平向右的恒力F，使物體 圖5 A、B向右運(yùn)動(dòng)．在此過(guò)程中，下列說(shuō)法正確的是 (　　) A．合外力

10、對(duì)物體A所做的功小于物體A的動(dòng)能增量 B．外力F做的功與摩擦力對(duì)物體B做的功之和等于物體B的動(dòng)能增量 C．外力F做的功及摩擦力對(duì)物體A和B做功的代數(shù)和等于物體A和B的動(dòng)能增量及彈簧彈性勢(shì)能增量之和 D．外力F做的功加上摩擦力對(duì)物體B做的功等于物體B的動(dòng)能增量與彈簧彈性勢(shì)能增量之和 答案　C 考點(diǎn)二　摩擦力做功的特點(diǎn)及應(yīng)用 1．靜摩擦力做功的特點(diǎn) (1)靜摩擦力可以做正功，也可以做負(fù)功，還可以不做功． (2)相互作用的一對(duì)靜摩擦力做功的代數(shù)和總等于零． (3)靜摩擦力做功時(shí)，只有機(jī)械能的相互轉(zhuǎn)移，不會(huì)轉(zhuǎn)化為內(nèi)能． 2．滑動(dòng)摩擦力做功的特點(diǎn) (1)滑動(dòng)摩擦力可以做正功，也可以

11、做負(fù)功，還可以不做功． (2)相互間存在滑動(dòng)摩擦力的系統(tǒng)內(nèi)，一對(duì)滑動(dòng)摩擦力做功將產(chǎn)生兩種可能效果： ①機(jī)械能全部轉(zhuǎn)化為內(nèi)能； ②有一部分機(jī)械能在相互摩擦的物體間轉(zhuǎn)移，另外一部分轉(zhuǎn)化為內(nèi)能． (3)摩擦生熱的計(jì)算：Q＝Ffs相對(duì)．其中s相對(duì)為相互摩擦的兩個(gè)物體間的相對(duì)路程． 深化拓展　從功的角度看，一對(duì)滑動(dòng)摩擦力對(duì)系統(tǒng)做的功等于系統(tǒng)內(nèi)能的增加量；從能量的角度看，其他形式能量的減少量等于系統(tǒng)內(nèi)能的增加量． 例2　如圖6所示，質(zhì)量為m的長(zhǎng)木塊A靜止于光滑水平面上，在其水平 的上表面左端放一質(zhì)量為m的滑塊B，已知木塊長(zhǎng)為L(zhǎng)，它與滑塊之間 的動(dòng)摩擦因數(shù)為μ.現(xiàn)用水平向右的恒力F拉滑塊B.

12、 圖6 (1)當(dāng)長(zhǎng)木塊A的位移為多少時(shí)，B從A的右端滑出？ (2)求上述過(guò)程中滑塊與木塊之間產(chǎn)生的內(nèi)能． 審題指導(dǎo)　當(dāng)把滑塊B拉離A時(shí)，B的位移為A的位移與A的長(zhǎng)度之和．注意：審題時(shí)要畫(huà)出它們的位移草圖． 解析　(1)設(shè)B從A的右端滑出時(shí)，A的位移為l，A、B的速度分別為vA、vB，由動(dòng)能定理得 μmgl＝mv (F－μmg)·(l＋L)＝mv 又由同時(shí)性可得 ＝(其中aA＝μg，aB＝) 解得l＝. (2)由功能關(guān)系知，拉力F做的功等于A、B動(dòng)能的增加量和A、B間產(chǎn)生的內(nèi)能，即有 F(l＋L)＝mv＋mv＋Q 解得Q＝μmgL. 答案　(1)　(2)μ

13、mgL 突破訓(xùn)練2　如圖7所示，一質(zhì)量為m＝2 kg的滑塊從半徑為R＝0.2 m的光滑四分之一圓弧軌道的頂端A處由靜止滑下，A點(diǎn)和圓弧對(duì)應(yīng)的圓心O點(diǎn)等高，圓弧的底端B與水平傳送帶平滑相接．已知傳送帶勻速運(yùn)行的速度為v0＝4 m/s，B點(diǎn)到傳送帶右端C點(diǎn)的距離為L(zhǎng)＝2 m．當(dāng)滑塊滑到傳送帶的右端C時(shí)，其速度恰好與傳送帶的速度相同．(g＝ 10 m/s2)，求： 圖7 (1)滑塊到達(dá)底端B時(shí)對(duì)軌道的壓力； (2)滑塊與傳送帶間的動(dòng)摩擦因數(shù)μ； (3)此過(guò)程中，由于滑塊與傳送帶之間的摩擦而產(chǎn)生的熱量Q. 答案　(1)60 N，方向豎直向下　(2)0.3　(3)4 J 解析　(1)

14、滑塊由A到B的過(guò)程中，由機(jī)械能守恒定律得： mgR＝mv ① 物體在B點(diǎn)，由牛頓第二定律得： FB－mg＝m ② 由①②兩式得：FB＝60 N 由牛頓第三定律得滑塊到達(dá)底端B時(shí)對(duì)軌道的壓力大小為60 N，方向豎直向下． (2)解法一： 滑塊在從B到C運(yùn)動(dòng)過(guò)程中， 由牛頓第二定律得：μmg＝ma ③ 由運(yùn)動(dòng)學(xué)公式得：v－v＝2aL ④ 由①③④三式得：μ＝0.3 ⑤ 解法二： 滑塊在從A到C整個(gè)運(yùn)動(dòng)過(guò)程中， 由動(dòng)能定理得：mgR＋μmgL＝mv

15、－0 解得：μ＝0.3 (3)滑塊在從B到C運(yùn)動(dòng)過(guò)程中，設(shè)運(yùn)動(dòng)時(shí)間為t 由運(yùn)動(dòng)學(xué)公式得：v0＝vB＋at ⑥ 產(chǎn)生的熱量：Q＝μmg(v0t－L) ⑦ 由①③⑤⑥⑦得：Q＝4 J. 考點(diǎn)三　能量守恒定律及應(yīng)用 列能量守恒定律方程的兩條基本思路： (1)某種形式的能量減少，一定存在其他形式的能量增加，且減少量和增加量一定相等； (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一定相等． 例3　如圖8所示有一傾角為θ＝37°的硬桿，其上套一底端固定且 勁度系數(shù)為k＝120 N/m的輕彈簧，彈簧與桿間無(wú)摩擦．一個(gè)質(zhì)

16、量 為m＝1 kg的小球套在此硬桿上，從P點(diǎn)由靜止開(kāi)始滑下，已知 小球與硬桿間的動(dòng)摩擦因數(shù)μ＝0.5，P與彈簧自由端Q間的距離 圖8 為l＝1 m．彈簧的彈性勢(shì)能與其形變量x的關(guān)系為Ep＝kx2.求： (1)小球從開(kāi)始下滑到與彈簧自由端相碰所經(jīng)歷的時(shí)間t； (2)小球運(yùn)動(dòng)過(guò)程中達(dá)到的最大速度vm； (3)若使小球在P點(diǎn)以初速度v0下滑后又恰好回到P點(diǎn)，則v0需多大？ 解析　(1)F合＝mgsin θ－μmgcos θ a＝＝gsin θ－μgcos θ＝2 m/s2 l＝at2 所以t＝ ＝1 s (2)小球從P點(diǎn)無(wú)初速度滑下，當(dāng)彈簧的壓縮量為x時(shí)小球有最大速度vm，

17、有 mgsin θ－μmgcos θ＝kx，x＝ m 此過(guò)程由能量守恒定律可得： mg·(l＋x)sin θ＝W彈＋μmgcos θ(l＋x)＋mv 而W彈＝kx2 代入數(shù)據(jù)解得：vm＝ m/s＝2 m/s (3)設(shè)小球從P點(diǎn)以初速度v0下滑，壓縮彈簧至最低點(diǎn)時(shí)彈簧的壓縮量為x1，由能量守恒有： mg(l＋x1)sin θ＋mv＝μmgcos θ(l＋x1)＋kx 小球從最低點(diǎn)經(jīng)過(guò)Q點(diǎn)回到P點(diǎn)時(shí)的速度為0，則有： kx＝mg(l＋x1)sin θ＋μmgcos θ(l＋x1) 聯(lián)立以上二式解得x1＝0.5 m，v0＝2 m/s＝4.9 m/s. 答案　(1)1 s　(2)

18、2 m/s　(3)4.9 m/s 應(yīng)用能量守恒定律解題的步驟 　 1.分清有多少形式的能[如動(dòng)能、勢(shì)能(包括重力勢(shì)能、彈性勢(shì)能、電勢(shì) 能)、內(nèi)能等]在變化； 2．明確哪種形式的能量增加，哪種形式的能量減少，并且列出減少的能量 ΔE減和增加的能量ΔE增的表達(dá)式； 3．列出能量守恒關(guān)系式：ΔE減 ＝ΔE增． 突破訓(xùn)練3　假設(shè)某足球運(yùn)動(dòng)員罰點(diǎn)球直接射門(mén)時(shí)，球恰好從橫梁下邊緣踢進(jìn)，此時(shí)的速度為v.橫梁下邊緣離地面的高度為h，足球質(zhì)量為m，運(yùn)動(dòng)員對(duì)足球做的功為W1，足球運(yùn)動(dòng)過(guò)程中克服空氣阻力做的功為W2，選地面為零勢(shì)能面，下列說(shuō)法正確的是 (　　) A．

19、運(yùn)動(dòng)員對(duì)足球做的功為W1＝mgh＋mv2－W2 B．足球機(jī)械能的變化量為W1－W2 C．足球克服阻力做的功為W2＝mgh＋mv2－W1 D．運(yùn)動(dòng)員剛踢完球的瞬間，足球的動(dòng)能為mgh＋mv2 答案　B 解析　由功能關(guān)系可知：W1＝mgh＋mv2＋W2，A項(xiàng)錯(cuò)．足球機(jī)械能的變化量為除重力、彈力之外的力做的功．ΔE機(jī)＝W1－W2，B項(xiàng)對(duì)；足球克服阻力做的功W2＝W1－mgh－ mv2，C項(xiàng)錯(cuò)．D項(xiàng)中，剛踢完球瞬間，足球的動(dòng)能應(yīng)為Ek＝W1＝mgh＋mv2＋W2，D項(xiàng)錯(cuò). 26．傳送帶模型中的動(dòng)力學(xué)和功能關(guān)系問(wèn)題 1．模型概述 傳送帶模型是高中

20、物理中比較成熟的模型，典型的有水平和傾斜兩種情況．一般設(shè)問(wèn)的角度有兩個(gè)：(1)動(dòng)力學(xué)角度：首先要正確分析物體的運(yùn)動(dòng)過(guò)程，做好受力情況分析，然后利用運(yùn)動(dòng)學(xué)公式結(jié)合牛頓第二定律，求物體及傳送帶在相應(yīng)時(shí)間內(nèi)的位移，找出物體和傳送帶之間的位移關(guān)系．(2)能量角度：求傳送帶對(duì)物體所做的功、物體和傳送帶由于相對(duì)滑動(dòng)而產(chǎn)生的熱量、因放上物體而使電動(dòng)機(jī)多消耗的電能等，常依據(jù)功能關(guān)系或能量守恒定律求解． 2．傳送帶模型問(wèn)題中的功能關(guān)系分析 (1)功能關(guān)系分析：WF＝ΔEk＋ΔEp＋Q. (2)對(duì)WF和Q的理解： ①傳送帶的功：WF＝Fx傳； ②產(chǎn)生的內(nèi)能Q＝Ffs相對(duì)． 傳送帶模型問(wèn)題的分析流程

21、 例4　如圖9所示，繃緊的傳送帶與水平面的夾角θ＝30°，皮帶在 電動(dòng)機(jī)的帶動(dòng)下，始終保持v0＝2 m/s的速率運(yùn)行，現(xiàn)把一質(zhì)量為 m＝10 kg的工件(可看做質(zhì)點(diǎn))輕輕放在皮帶的底端，經(jīng)過(guò)時(shí)間t＝ 1.9 s，工件被傳送到h＝1.5 m的高處，取g＝10 m/s2，求： 圖9 (1)工件與傳送帶間的動(dòng)摩擦因數(shù)； (2)電動(dòng)機(jī)由于傳送工件多消耗的電能． 解析　(1)由題圖可知，皮帶長(zhǎng)x＝＝3 m．工件速度達(dá)到v0前，做勻加速運(yùn)動(dòng)的位移x1＝t1＝t1 勻速運(yùn)動(dòng)的位移為x－x1＝v0(t－t1) 解得加速運(yùn)動(dòng)的時(shí)間t1＝0.8 s 加速運(yùn)動(dòng)的位移x1＝0.8 m，所以加

22、速度a＝＝2.5 m/s2 由牛頓第二定律有：μmgcos θ－mgsin θ＝ma，解得μ＝. (2)根據(jù)能量守恒的觀點(diǎn)，顯然電動(dòng)機(jī)多消耗的電能用于增加工件的動(dòng)能、勢(shì)能以及克服傳送帶與工件之間發(fā)生相對(duì)位移時(shí)摩擦力做功產(chǎn)生的熱量． 在時(shí)間t1內(nèi)，皮帶運(yùn)動(dòng)的位移x皮＝v0t1＝1.6 m 在時(shí)間t1內(nèi)，工件相對(duì)皮帶的位移x相＝x皮－x1＝0.8 m 在時(shí)間t1內(nèi)，摩擦產(chǎn)生的熱量Q＝μmgcos θx相＝60 J 工件獲得的動(dòng)能Ek＝mv＝20 J 工件增加的勢(shì)能Ep＝mgh＝150 J 電動(dòng)機(jī)多消耗的電能W＝Q＋Ek＋Ep＝230 J. 答案　(1)　(2)230 J 　

23、　　　 　本題綜合考查了動(dòng)力學(xué)及能量守恒定律的應(yīng)用．第一問(wèn)重點(diǎn) 在對(duì)運(yùn)動(dòng)過(guò)程分析的基礎(chǔ)上的公式應(yīng)用，第二問(wèn)是考查能量守恒 問(wèn)題． 突破訓(xùn)練4　如圖10所示，質(zhì)量為m的物體在水平傳送帶上由靜止釋放， 傳送帶由電動(dòng)機(jī)帶動(dòng)，始終保持以速度v勻速運(yùn)動(dòng)，物體與傳送帶間的 動(dòng)摩擦因數(shù)為μ，物體在滑下傳送帶之前能保持與傳送帶相對(duì)靜止， 圖10 對(duì)于物體從靜止釋放到與傳送帶相對(duì)靜止這一過(guò)程，下列說(shuō)法中正確的是 (　　) A．電動(dòng)機(jī)多做的功為mv21 B．物體在傳送帶上的劃痕長(zhǎng) C．傳送帶克服摩擦力做的功為mv2 D．電動(dòng)機(jī)增加的功率為μmgv 答案

24、　D 解析　小物塊與傳送帶相對(duì)靜止之前，物體做勻加速運(yùn)動(dòng)，由運(yùn)動(dòng)學(xué)公式知x物＝t，傳送帶做勻速運(yùn)動(dòng)，由運(yùn)動(dòng)學(xué)公式知x傳＝vt，對(duì)物塊根據(jù)動(dòng)能定理μmgx物＝mv2，摩擦產(chǎn)生的熱量Q＝μmgx相＝μmg(x傳－x物)，四式聯(lián)立得摩擦產(chǎn)生的熱量Q＝mv2，根據(jù)能量守恒定律，電動(dòng)機(jī)多做的功一部分轉(zhuǎn)化為物塊的動(dòng)能，一部分轉(zhuǎn)化為熱量，故電動(dòng)機(jī)多做的功等于mv2，A項(xiàng)錯(cuò)誤；物體在傳送帶上的劃痕長(zhǎng)等于x傳－x物＝x物＝，B項(xiàng)錯(cuò)誤；傳送帶克服摩擦力做的功為μmgx傳＝2μmgx物＝mv2，C項(xiàng)錯(cuò)誤；電動(dòng)機(jī)增加的功率也就是電動(dòng)機(jī)克服摩擦力做功的功率為μmgv，D項(xiàng)正確． 高考題組 1．(2012·安徽

25、理綜·16)如圖11所示，在豎直平面內(nèi)有一半徑為R 的圓弧軌道，半徑OA水平、OB豎直，一個(gè)質(zhì)量為m的小球 自A的正上方P點(diǎn)由靜止開(kāi)始自由下落，小球沿軌道到達(dá)最高 點(diǎn)B時(shí)恰好對(duì)軌道沒(méi)有壓力．已知AP＝2R，重力加速度為g， 則小球從P到B的運(yùn)動(dòng)過(guò)程中 (　　) A．重力做功2mgR 圖11 B．機(jī)械能減少mgR C．合外力做功mgR D．克服摩擦力做功mgR 答案　D 解析　小球到達(dá)B點(diǎn)時(shí)，恰好對(duì)軌道沒(méi)有壓力，故只受重力作用，根據(jù)mg＝得，小球在B點(diǎn)的速度v＝.小球從P點(diǎn)到B點(diǎn)的過(guò)程中，重力做功W＝mgR，故選項(xiàng)A錯(cuò)誤；減少的機(jī)

26、械能ΔE減＝mgR－mv2＝mgR，故選項(xiàng)B錯(cuò)誤；合外力做功W合＝mv2＝mgR，故選項(xiàng)C錯(cuò)誤；根據(jù)動(dòng)能定理得，mgR－Wf＝mv2－0，所以Wf＝mgR－mv2＝mgR，故選項(xiàng)D正確． 2．(2012·福建理綜·17)如圖12所示，表面光滑的固定斜面頂端安裝 一定滑輪，小物塊A、B用輕繩連接并跨過(guò)滑輪(不計(jì)滑輪的質(zhì)量 和摩擦)．初始時(shí)刻，A、B處于同一高度并恰好處于靜止?fàn)顟B(tài)． 剪斷輕繩后A下落，B沿斜面下滑，則從剪斷輕繩到物塊著地， 圖12 兩物塊 (　　) A．速率的變化量不同 B．機(jī)械能的變化量不同 C．重力勢(shì)能的變化量相同 D．重力做

27、功的平均功率相同 答案　D 解析　A、B開(kāi)始時(shí)處于靜止?fàn)顟B(tài)，對(duì)A：mAg＝T ① 對(duì)B：T＝mBgsin θ ② 由①②得mAg＝mBgsin θ 即mA＝mBsin θ ③ 剪斷輕繩后，A、B均遵守機(jī)械能守恒定律，機(jī)械能沒(méi)有變化，故B項(xiàng)錯(cuò)誤；由機(jī)械能守恒知，mgh＝mv2，所以v＝，落地速率相同，故速率的變化量相同，A項(xiàng)錯(cuò)誤；由ΔEp＝mgh，因m不同，故ΔEp不同，C項(xiàng)錯(cuò)誤；重力做功的功率PA＝mAg＝mAg＝mAg，PB＝mBgsin θ＝mBgsin θ，由③式mA＝mBsin θ，得PA＝PB，D項(xiàng)正

28、確． 3．(2010·山東理綜·22)如圖13所示，傾角θ＝30°的粗糙斜面固定在 地面上，長(zhǎng)為l、質(zhì)量為m、粗細(xì)均勻、質(zhì)量分布均勻的軟繩置于 斜面上，其上端與斜面 頂端齊平．用細(xì)線將物塊與軟繩連接， 圖13 物塊由靜止釋放后向下運(yùn)動(dòng)，直到軟繩剛好全部離開(kāi)斜面(此時(shí)物塊未到達(dá)地面)，在此 過(guò)程中 (　　) A．物塊的機(jī)械能逐漸增加 B．軟繩重力勢(shì)能共減少了mgl C．物塊重力勢(shì)能的減少等于軟繩克服摩擦力所做的功 D．軟繩重力勢(shì)能的減少小于其動(dòng)能的增加與克服摩擦力所做功之和 答案　BD 解析　細(xì)線的拉力對(duì)物塊做

29、負(fù)功，所以物塊的機(jī)械能減少，故選項(xiàng)A錯(cuò)誤；軟繩減少的重力勢(shì)能ΔEp＝mg(－sin 30°)＝mgl，故選項(xiàng)B正確；軟繩被拉動(dòng)，表明細(xì)線對(duì)軟繩的拉力大于摩擦力，而物塊重力勢(shì)能的減少等于克服細(xì)線拉力做功與物塊動(dòng)能之和，選項(xiàng)C錯(cuò)誤；對(duì)軟繩應(yīng)用動(dòng)能定理，有WT＋WG－Wf＝ΔEk，所以軟繩重力勢(shì)能的減少ΔEp＝WG＝ΔEk＋(Wf－WT)，所以ΔEp<ΔEk＋Wf，選項(xiàng)D正確． 模擬題組 4．如圖14所示，傾斜的傳送帶始終以恒定速率v2運(yùn)動(dòng)．一小物塊以v1 的初速度沖上傳送帶，v1>v2.小物塊從A到B的過(guò)程中一直做減速運(yùn) 動(dòng)，則(　　) A．小物塊到達(dá)B端的速度可能等于v2 B．小物塊

30、到達(dá)B端的速度不可能等于零 圖14 C．小物塊的機(jī)械能一直在減少 D．小物塊所受合力一直在做負(fù)功 答案　AD 解析　小物塊一直做減速運(yùn)動(dòng)，到B點(diǎn)時(shí)速度為小于v1的任何值，故A正確，B錯(cuò)誤．當(dāng)小物塊與傳送帶共速后，如果繼續(xù)向上運(yùn)動(dòng)，摩擦力將對(duì)小物塊做正功，機(jī)械能將增加，故C錯(cuò)誤．W合＝ΔEk<0，D正確． 5．如圖15甲所示，一根輕質(zhì)彈簧左端固定在水平桌面上，右端放一個(gè)可視為質(zhì)點(diǎn)的小物塊，小物塊與彈簧不連接，小物塊的質(zhì)量為m＝2 kg，當(dāng)彈簧處于原長(zhǎng)時(shí)，小物塊靜止于O點(diǎn)．現(xiàn)對(duì)小物塊施加一個(gè)外力，使它緩慢移動(dòng)，壓縮彈簧至A點(diǎn)(壓縮量為xA)，此時(shí)彈簧的彈性勢(shì)能Ep＝2.3

31、J．在這一過(guò)程中，所用外力與壓縮量的關(guān)系如圖乙所示．然后突然撤去外力，讓小物塊沿桌面運(yùn)動(dòng)到B點(diǎn)后水平拋出．已知A、B之間的距離為L(zhǎng)＝0.65 m，水平桌面的高為h＝5 m，計(jì)算時(shí)，可認(rèn)為滑動(dòng)摩擦力等于最大靜摩擦力．g取10 m/s2，求： 圖15 (1)在A點(diǎn)釋放小物塊后瞬間，小物塊的加速度； (2)小物塊落地點(diǎn)與桌邊B的水平距離． 答案　(1)22 m/s2　(2)1 m 解析　(1)由F－x圖象可得，小物塊與桌面間的滑動(dòng)摩擦力大小為Ff＝2 N 釋放瞬間彈簧彈力大小 FT＝F－Ff＝(48－2) N＝46 N 故釋放瞬間小物塊的加速度大小為 a＝＝ m/s2＝22 m

32、/s2 (2)從A點(diǎn)開(kāi)始到B點(diǎn)的過(guò)程中，摩擦產(chǎn)生的熱量Q＝FfL 對(duì)小物塊根據(jù)能量守恒有Ep＝mv＋Q 物塊從B點(diǎn)開(kāi)始做平拋運(yùn)動(dòng)，則h＝gt2 故小物塊落地點(diǎn)與桌邊B的水平距離x＝vBt 聯(lián)立解得x＝1 m (限時(shí)：45分鐘) ?題組1　幾個(gè)重要功能關(guān)系的應(yīng)用 1． 如圖1所示，質(zhì)量為m的跳高運(yùn)動(dòng)員先后用背越式和跨越式兩種跳高方式跳過(guò)某一高度，該高度比他起跳時(shí)的重心高出h，則他從起跳后至越過(guò)橫桿的過(guò)程中克服重力所做的功 (　　) 圖1 A．都必須大于mgh B．都不一定大于mgh C．用背越式不一定大于mgh，用跨越式必須大于mgh D．用背越式必須大于m

33、gh，用跨越式不一定大于mgh 答案　C 解析　采用背越式跳高方式時(shí)，運(yùn)動(dòng)員的重心升高的高度可以低于橫桿，而采用跨越式跳高方式時(shí)，運(yùn)動(dòng)員的重心升高的高度一定高于橫桿，故用背越式時(shí)克服重力做的功不一定大于mgh，而用跨越式時(shí)克服重力做的功一定大于mgh，C正確． 2．如圖2所示，汽車在拱形橋上由A勻速率運(yùn)動(dòng)到B，以下說(shuō)法 正確的是 (　　) A．牽引力與克服摩擦力做的功相等 圖2 B．合外力對(duì)汽車不做功 C．牽引力和重力做的總功大于克服摩擦力做的功 D．汽車在上拱形橋的過(guò)程中克服重力做的功轉(zhuǎn)化為汽車的重力勢(shì)能 答案　BD 解析　汽車由A勻

34、速率運(yùn)動(dòng)到B，合外力始終指向圓心，合外力做功為零，即W牽＋WG－Wf＝0，即牽引力與重力做的總功等于克服摩擦力做的功，A、C錯(cuò)誤，B正確；汽車在上拱形橋的過(guò)程中，克服重力做的功轉(zhuǎn)化為汽車的重力勢(shì)能，D正確． 3．如圖3所示，一輕質(zhì)彈簧原長(zhǎng)為l，豎直固定在水平面上，一質(zhì)量 為m的小球從離水平面高為H處自由下落，正好壓在彈簧上，下落 過(guò)程中小球遇到的空氣阻力恒為Ff，小球壓縮彈簧的最大壓縮量為 x，則彈簧被壓到最短時(shí)的彈性勢(shì)能為 (　　) A．(mg－Ff)(H－l＋x) 圖3 B．mg(H－l＋x)－Ff(H－l) C．mgH－Ff(l－x) D．

35、mg(l－x)＋Ff(H－l＋x) 答案　A 解析　小球重力勢(shì)能的減少量為 ΔEp＝mg(H－l＋x) 克服空氣阻力做的功為Wf＝Ff(H－l＋x) 彈性勢(shì)能的增加量為 ΔE＝ΔEp－Wf＝(mg－Ff)(H－l＋x) 故選項(xiàng)A正確． 4．若禮花彈在由炮筒底部擊發(fā)至炮筒口的過(guò)程中，克服重力做功W1，克服炮筒阻力及空氣阻力做功W2，高壓燃?xì)鈱?duì)禮花彈做功W3，則禮花彈在炮筒內(nèi)運(yùn)動(dòng)的過(guò)程中(設(shè)禮花彈發(fā)射過(guò)程中質(zhì)量不變) (　　) A．禮花彈的動(dòng)能變化量為W3＋W2＋W1 B．禮花彈的動(dòng)能變化量為W3－W2－W1 C．禮花彈的機(jī)械能變化量為W3－W2

36、D．禮花彈的機(jī)械能變化量為W3－W2－W1 答案　BC 解析　動(dòng)能變化量等于各力做功的代數(shù)和，阻力、重力都做負(fù)功，故W3－W1－W2＝ΔEk，所以B對(duì)，A錯(cuò)．重力以外其他力做功的和為W3－W2即等于機(jī)械能增加量，所以C對(duì)，D錯(cuò)． 5．如圖4所示，質(zhì)量為m的小車在水平恒力F推動(dòng)下，從山坡(粗糙) 底部A處由靜止運(yùn)動(dòng)至高為h的坡頂B，獲得的速度為v，AB之間 的水平距離為x，重力加速度為g，下列說(shuō)法正確的是 (　　) A．小車重力所做的功是mgh 圖4 B．合外力對(duì)小車做的功是mv2 C．推力對(duì)小車做的功是mv2＋mgh D．阻力對(duì)小車做的功是Fx－mv2－m

37、gh 答案　B 解析　小車重力所做的功為－mgh，A錯(cuò)誤．由動(dòng)能定理得合外力對(duì)小車做的功W＝ mv2，B正確．推力對(duì)小車做的功為Fx，C錯(cuò)誤．根據(jù)動(dòng)能定理，阻力對(duì)小車做的功為－(Fx－mv2－mgh)，故D錯(cuò)誤． 題組2　動(dòng)能定理的應(yīng)用 6．如圖5所示，質(zhì)量為m的物體(可視為質(zhì)點(diǎn))以某一速度從A點(diǎn)沖 上傾角為30°的固定斜面，其運(yùn)動(dòng)的加速度為g，此物體在斜面 上上升的最大高度為h，則在這個(gè)過(guò)程中物體 (　　) 圖5 A．重力勢(shì)能增加了mgh B．重力勢(shì)能增加了mgh C．動(dòng)能損失了mgh D．機(jī)械能損失了mgh 答案　BD 解析　設(shè)物體受到的摩擦阻

38、力為Ff，由牛頓運(yùn)動(dòng)定律得Ff＋mgsin 30°＝ma＝mg，解得Ff＝mg. 重力勢(shì)能的變化由重力做功決定，故 ΔEp＝mgh. 動(dòng)能的變化由合外力做功決定，故 ΔEk＝(Ff＋mgsin 30°)x＝mg· ＝mgh. 機(jī)械能的變化由重力或系統(tǒng)內(nèi)彈力以外的其他力做功決定，故ΔE機(jī)械＝Ff·x＝mg·＝mgh，故B、D正確，A、C錯(cuò)誤． 7．一顆子彈以某一水平速度擊中了靜止在光滑水平面上的木塊，并剛好從中穿出．對(duì)于這一過(guò)程，下列說(shuō)法正確的是 (　　) A．子彈減少的機(jī)械能等于木塊增加的機(jī)械能 B．子彈和木塊組成的系統(tǒng)機(jī)械能的損失量等于系統(tǒng)產(chǎn)生的熱量

39、 C．子彈減少的機(jī)械能等于木塊增加的動(dòng)能與木塊增加的內(nèi)能之和 D．子彈減少的動(dòng)能等于木塊增加的動(dòng)能與子彈和木塊增加的內(nèi)能之和 答案　BD 解析　子彈射穿木塊的過(guò)程中，由于相互間摩擦力的作用使得子彈的動(dòng)能減少，木塊獲得動(dòng)能，同時(shí)產(chǎn)生熱量，且系統(tǒng)產(chǎn)生的熱量在數(shù)值上等于系統(tǒng)機(jī)械能的損失．A選項(xiàng)沒(méi)有考慮系統(tǒng)增加的內(nèi)能，C選項(xiàng)中應(yīng)考慮的是系統(tǒng)(子彈、木塊)內(nèi)能的增加，A、C錯(cuò)，B、D對(duì)． 8．如圖6所示，質(zhì)量為M、長(zhǎng)度為l的小車靜止在光滑水平面上，質(zhì)量為m的小物塊放在小車的最左端．現(xiàn)用一水平恒力F作用在小物塊上，使它從靜止開(kāi)始運(yùn)動(dòng)，物塊和小車之間摩擦力的大小為Ff，當(dāng)小車運(yùn)動(dòng)的位移為x時(shí)，物塊剛

40、好滑到小車的最右端．若小物塊可視為質(zhì)點(diǎn)，則 (　　) 圖6 A．物塊受到的摩擦力對(duì)物塊做的功與小車受到的摩擦力對(duì)小車做功的代數(shù)和為零 B．整個(gè)過(guò)程物塊和小車間摩擦產(chǎn)生的熱量為Ffl C．小車的末動(dòng)能為Ffx D．整個(gè)過(guò)程物塊和小車增加的機(jī)械能為F(x＋l) 答案　BC 解析　物塊與小車之間的摩擦力為滑動(dòng)摩擦力，這一對(duì)滑動(dòng)摩擦力做功，做功之和應(yīng)小于零，選項(xiàng)A錯(cuò)誤；由功能關(guān)系知，系統(tǒng)機(jī)械能的增加量為F(l＋x)－Ffl，D項(xiàng)錯(cuò)誤，B項(xiàng)正確．對(duì)小車應(yīng)用動(dòng)能定理知Ffx＝Mv2，C項(xiàng)正確． 9．如圖7所示，傾角為30°、高為L(zhǎng)的固定斜面底端與水平面 平滑相

41、連，質(zhì)量分別為3m、m的兩個(gè)小球A、B用一根長(zhǎng) 為L(zhǎng)的輕繩連接，A球置于斜面頂端，現(xiàn)由靜止釋放A、 B兩球，球B與弧形擋板碰撞過(guò)程中無(wú)機(jī)械能損失，且碰 后只能沿斜面下滑，它們最終均滑至水平面上．重力加速度 圖7 為g，不計(jì)一切摩擦，則 (　　) A．小球A下滑過(guò)程中，小球A、B系統(tǒng)的重力對(duì)系統(tǒng)做正功，系統(tǒng)的重力勢(shì)能減小 B．A球剛滑至水平面時(shí)，速度大小為 C．小球B升高L/2時(shí)，重力對(duì)小球A做功的功率大于重力對(duì)小球B做功的功率 D．小球B從剛開(kāi)始上升到開(kāi)始進(jìn)入斜面過(guò)程中，繩的拉力對(duì)小球B做功為 答案　ABC 解析　小球A下滑過(guò)程中，B球的重力對(duì)B球做負(fù)

42、功，A球的重力對(duì)A球做正功，但由系統(tǒng)的動(dòng)能增大可知，系統(tǒng)的重力勢(shì)能減小，故小球A、B系統(tǒng)的重力對(duì)系統(tǒng)做正功，A項(xiàng)正確；對(duì)A、B系統(tǒng)利用機(jī)械能守恒可知，A球從開(kāi)始滑動(dòng)到剛滑至水平面過(guò)程中，有3mgL－mg＝×4mv2，故v＝，B項(xiàng)正確；小球B升高L/2時(shí)，因兩球的速度大小相等，而A球沿斜面向下的分力為1.5mg，故此時(shí)重力對(duì)小球A做功的功率大于重力對(duì)小球B做功的功率，C項(xiàng)正確；小球B從剛開(kāi)始上升到開(kāi)始進(jìn)入斜面過(guò)程中，有3mg－mgL＝×4mv′2，故v′＝，對(duì)B球利用動(dòng)能定理有：W－mgL＝mv′2，故W＝，D項(xiàng)錯(cuò)誤． 10．如圖8所示，水平傳送帶AB長(zhǎng)21 m，以6 m/s順時(shí)針勻速 轉(zhuǎn)動(dòng)

43、，臺(tái)面與傳送帶平滑連接于B點(diǎn)，半圓形光滑軌道半徑 R＝1.25 m，與水平臺(tái)面相切于C點(diǎn)，BC長(zhǎng)x＝5.5 m，P點(diǎn) 是圓弧軌道上與圓心O等高的一點(diǎn)．一質(zhì)量為m＝1 kg的物 圖8 塊(可視為質(zhì)點(diǎn))，從A點(diǎn)無(wú)初速度釋放，物塊與傳送帶及臺(tái)面間的動(dòng)摩擦因數(shù)均為0.1，則關(guān)于物塊的運(yùn)動(dòng)情況，下列說(shuō)法正確的是 (　　) A．物塊不能到達(dá)P點(diǎn) B．物塊能越過(guò)P點(diǎn)做斜拋運(yùn)動(dòng) C．物塊能越過(guò)P點(diǎn)做平拋運(yùn)動(dòng) D．物塊能到達(dá)P點(diǎn)，但不會(huì)出現(xiàn)選項(xiàng)B、C所描述的運(yùn)動(dòng)情況 答案　D 解析　物塊從A點(diǎn)釋放后在傳送帶上做加速運(yùn)動(dòng)，假設(shè)到達(dá)臺(tái)面之前能夠達(dá)到傳送帶的速度v，則由

44、動(dòng)能定理得，μmgx1＝mv2，得x1＝18 m<21 m，假設(shè)成立．物塊以6 m/s沖上臺(tái)面，假設(shè)物塊能到達(dá)P點(diǎn)，則到達(dá)P點(diǎn)時(shí)的動(dòng)能EkP可由動(dòng)能定理求得，－μmgx－mgR＝EkP－mv2，得EkP＝0，可見(jiàn)，物塊能到達(dá)P點(diǎn)，速度恰為零，之后從P點(diǎn)沿圓弧軌道滑回，不會(huì)出現(xiàn)選項(xiàng)B、C所描述的運(yùn)動(dòng)情況，D正確． ?題組3　動(dòng)力學(xué)方法和功能關(guān)系的綜合應(yīng)用 11．一個(gè)平板小車置于光滑水平面上，其右端恰好和一個(gè)光滑圓弧 軌道AB的底端等高對(duì)接，如圖9所示．已知小車質(zhì)量M＝2 kg， 小車足夠長(zhǎng)，圓弧軌道半徑R＝0.8 m．現(xiàn)將一質(zhì)量m＝0.5 kg的 小滑塊，由軌道

45、頂端A點(diǎn)無(wú)初速度釋放，滑塊滑到B端后沖上 圖9 小車．滑塊與小車上表面間的動(dòng)摩擦因數(shù)μ＝0.2.(取g＝10 m/s2)試求： (1)滑塊到達(dá)B端時(shí)，對(duì)軌道的壓力大??； (2)小車運(yùn)動(dòng)2 s時(shí)，小車右端距軌道B端的距離； (3)滑塊與車面間由于摩擦而產(chǎn)生的內(nèi)能． 答案　(1)15 N　(2)0.96 m　(3)3.2 J 解析　(1)滑塊從A端下滑到B端時(shí)速度大小為v0，由動(dòng)能定理得 mgR＝mv v0＝4 m/s 在B點(diǎn)對(duì)滑塊由牛頓第二定律得 FN－mg＝m 解得軌道對(duì)滑塊的支持力FN＝3mg＝15 N 由牛頓第三定律得，滑塊對(duì)軌道的壓力大小FN′＝15 N

46、 (2)滑塊滑上小車后，由牛頓第二定律 對(duì)滑塊：－μmg＝ma1，得a1＝－2 m/s2 對(duì)小車：μmg＝Ma2，得a2＝0.5 m/s2 設(shè)經(jīng)時(shí)間t后兩者達(dá)到共同速度，則有 v0＋a1t＝a2t 解得t＝1.6 s 由于t＝1.6 s<2 s．故1.6 s后小車和滑塊一起勻速運(yùn)動(dòng)，速度v＝a2t＝0.8 m/s 因此，2 s時(shí)小車右端距軌道B端的距離為 x＝a2t2＋v(2－t)＝0.96 m (3)滑塊相對(duì)小車滑動(dòng)的距離為 Δx＝t－t＝3.2 m 所以產(chǎn)生的內(nèi)能Q＝μmgΔx＝3.2 J 12．如圖10所示，在水平地面上固定一個(gè)半徑為R的半圓形 軌道，其中圓弧部

47、分光滑，水平段長(zhǎng)為L(zhǎng)，一質(zhì)量為m的 小物塊緊靠一根被壓縮的彈簧固定在水平軌道的最右端， 圖10 小物塊與水平軌道間的動(dòng)摩擦因數(shù)為μ，現(xiàn)突然釋放小物塊，小物塊被彈出，恰好能夠到達(dá)圓弧軌道的最高點(diǎn)A，取g＝10 m/s2，且彈簧長(zhǎng)度忽略不計(jì)，求： (1)小物塊的落點(diǎn)距O′的距離； (2)小物塊釋放前彈簧具有的彈性勢(shì)能． 答案　(1)2R　(2)mgR＋μmgL 解析　設(shè)小物塊被彈簧彈出時(shí)的速度大小為v1，到達(dá)圓弧軌道的最低點(diǎn)時(shí)速度大小為v2，到達(dá)圓弧軌道的最高點(diǎn)時(shí)速度大小為v3. (1)因?yàn)樾∥飰K恰好能到達(dá)圓弧軌道的最高點(diǎn)，故向心力剛好由重力提供，有＝mg① 小

48、物塊由A飛出后做平拋運(yùn)動(dòng)，由平拋運(yùn)動(dòng)的規(guī)律有 x＝v3t ② 2R＝gt2 ③ 聯(lián)立①②③解得：x＝2R，即小物塊的落點(diǎn)距O′的距離為2R (2)小物塊在圓弧軌道上從最低點(diǎn)運(yùn)動(dòng)到最高點(diǎn)的過(guò)程中，由機(jī)械能守恒定律得mv＝mg·2R＋mv ④ 小物塊被彈簧彈出到運(yùn)動(dòng)到圓弧軌道的最低點(diǎn)的過(guò)程由功能關(guān)系得：mv＝mv＋μmgL ⑤ 小物塊釋放前彈簧具有的彈性勢(shì)能就等于小物塊被彈出時(shí)的動(dòng)能，故有Ep＝mv ⑥ 由①④⑤⑥聯(lián)立解得：Ep＝mgR＋μmgL 22