第1講能量和動(dòng)量觀點(diǎn)在力學(xué)中的應(yīng)用1．(多項(xiàng)選擇)(2023·全國卷Ⅱ，21)如圖1所示，小球套在光滑的豎直桿上，輕彈簧一端固定于O點(diǎn)，另一端與小球相連?，F(xiàn)將小球從M點(diǎn)由靜止釋放，它在下降的過程中經(jīng)過了N點(diǎn)。在M、N兩點(diǎn)處，彈簧對小球的彈力大小相等，且∠ONM<∠OMN<eq\f(π,2)。在小球從M點(diǎn)運(yùn)動(dòng)到N點(diǎn)的過程中()圖1A．彈力對小球先做正功后做負(fù)功B．有兩個(gè)時(shí)刻小球的加速度等于重力加速度C．彈簧長度最短時(shí)，彈力對小球做功的功率為零D．小球到達(dá)N點(diǎn)時(shí)的動(dòng)能等于其在M、N兩點(diǎn)的重力勢能差解析因M和N兩點(diǎn)處彈簧對小球的彈力大小相等，且∠ONM<∠OMN<eq\f(π,2)，M處的彈簧處于壓縮狀態(tài)，N處的彈簧處于伸長狀態(tài)，那么彈簧的彈力對小球先做負(fù)功后做正功再做負(fù)功，選項(xiàng)A錯(cuò)誤；當(dāng)彈簧水平時(shí)，豎直方向的力只有重力，加速度為g；當(dāng)彈簧處于原長位置時(shí)，小球只受重力，加速度為g，那么有兩個(gè)時(shí)刻的加速度大小等于g，選項(xiàng)B正確；彈簧長度最短時(shí)，即彈簧水平，彈力與速度垂直，彈力對小球做功的功率為零，選項(xiàng)C正確；由動(dòng)能定理得，WF＋WG＝ΔEk，因M和N兩點(diǎn)處彈簧對小球的彈力大小相等，彈性勢能相等，那么由彈力做功特點(diǎn)知WF＝0，即WG＝ΔEk，選項(xiàng)D正確。答案BCD2．(2023·全國卷Ⅱ，17)一汽車在平直公路上行駛。從某時(shí)刻開始計(jì)時(shí)，發(fā)動(dòng)機(jī)的功率P隨時(shí)間t的變化如圖2所示。假定汽車所受阻力的大小f恒定不變。以下描述該汽車的速度v隨時(shí)間t變化的圖線中，可能正確的選項(xiàng)是()圖2解析當(dāng)汽車的功率為P1時(shí)，汽車在運(yùn)動(dòng)過程中滿足P1＝F1v，因?yàn)镻1不變，v逐漸增大，所以牽引力F1逐漸減小，由牛頓第二定律得F1－f＝ma1，f不變，所以汽車做加速度減小的加速運(yùn)動(dòng)，當(dāng)F1＝f時(shí)速度最大，且vm＝eq\f(P1,F1)＝eq\f(P1,f)。當(dāng)汽車的功率突變?yōu)镻2時(shí)，汽車的牽引力突增為F2，汽車?yán)^續(xù)加速，由P2＝F2v可知F2減小，又因F2－f＝ma2，所以加速度逐漸減小，直到F2＝f時(shí)，速度最大vm′＝eq\f(P2,f)，以后勻速運(yùn)動(dòng)。綜合以上分析可知選項(xiàng)A正確。答案A3．(2023·全國卷Ⅲ，24)如圖3，在豎直平面內(nèi)有由eq\f(1,4)圓弧AB和eq\f(1,2)圓弧BC組成的光滑固定軌道，兩者在最低點(diǎn)B平滑連接。AB弧的半徑為R，BC弧的半徑為eq\f(R,2)。一小球在A點(diǎn)正上方與A相距eq\f(R,4)處由靜止開始自由下落，經(jīng)A點(diǎn)沿圓弧軌道運(yùn)動(dòng)。圖3(1)求小球在B、A兩點(diǎn)的動(dòng)能之比；(2)通過計(jì)算判斷小球能否沿軌道運(yùn)動(dòng)到C點(diǎn)。解析(1)設(shè)小球的質(zhì)量為m，小球在A點(diǎn)的動(dòng)能為EkA，由機(jī)械能守恒得EkA＝mg·eq\f(R,4)①設(shè)小球在B點(diǎn)的動(dòng)能為EkB，同理有EkB＝mg·eq\f(5R,4)②由①②式得eq\f(EkB,EkA)＝5③(2)假設(shè)小球能沿軌道運(yùn)動(dòng)到C點(diǎn)，小球在C點(diǎn)所受軌道的正壓力FN應(yīng)滿足FN≥0④設(shè)小球在C點(diǎn)的速度大小為vC，由牛頓運(yùn)動(dòng)定律和向心加速度公式有FN＋mg＝meq\f(veq\o\al(2,C),\f(R,2))⑤由④⑤式得，vC應(yīng)滿足mg≤meq\f(2veq\o\al(2,C),R)⑥由機(jī)械能守恒有mg·eq\f(R,4)＝eq\f(1,2)mveq\o\al(2,C)⑦由⑥⑦式可知，小球恰好可以沿軌道運(yùn)動(dòng)到C點(diǎn)。答案(1)5∶1(2)能，理由見解析4．(2023·全國卷Ⅱ，25)輕質(zhì)彈簧原長為2l，將彈簧豎直放置在地面上，在其頂端將一質(zhì)量為5m的物體由靜止釋放，當(dāng)彈簧被壓縮到最短時(shí)，彈簧長度為l?，F(xiàn)將該彈簧水平放置，一端固定在A點(diǎn)，另一端與物塊P接觸但不連接。AB是長度為5l的水平軌道，B端與半徑為l的光滑半圓軌道BCD相切，半圓的直徑BD豎直，如圖4所示。物塊P與AB間的動(dòng)摩擦因數(shù)μ＝0.5。用外力推動(dòng)物塊P，將彈簧壓縮至長度l，然后放開，P開始沿軌道運(yùn)動(dòng)，重力加速度大小為g。圖4(1)假設(shè)P的質(zhì)量為m，求P到達(dá)B點(diǎn)時(shí)速度的大小，以及它離開圓軌道后落回到AB上的位置與B點(diǎn)之間的距離；(2)假設(shè)P能滑上圓軌道，且仍能沿圓軌道滑下，求P的質(zhì)量的取值范圍。解析(1)依題意，當(dāng)彈簧豎直放置，長度被壓縮至l時(shí)，質(zhì)量為5m的物體的動(dòng)能為零，其重力勢能轉(zhuǎn)化為彈簧的彈性勢能。由機(jī)械能守恒定律知，彈簧長度為l時(shí)的彈性勢能為Ep＝5mgl①設(shè)P的質(zhì)量為M，到達(dá)B點(diǎn)時(shí)的速度大小為vB，由能量守恒定律得Ep＝eq\f(1,2)Mveq\o\al(2,B)＋μMg·4l②聯(lián)立①②式，取M＝m并代入題給數(shù)據(jù)得vB＝eq\r(6gl)③假設(shè)P能沿圓軌道運(yùn)動(dòng)到D點(diǎn)，其到達(dá)D點(diǎn)時(shí)的向心力不能小于重力，即P此時(shí)的速度大小v應(yīng)滿足eq\f(mv2,l)－mg≥0④設(shè)P滑到D點(diǎn)時(shí)的速度為vD，由機(jī)械能守恒定律得eq\f(1,2)mveq\o\al(2,B)＝eq\f(1,2)mveq\o\al(2,D)＋mg·2l⑤聯(lián)立③⑤式得vD＝eq\r(2gl)⑥vD滿足④式要求，故P能運(yùn)動(dòng)到D點(diǎn)，并從D點(diǎn)以速度vD水平射出。設(shè)P落回到軌道AB所需的時(shí)間為t，由運(yùn)動(dòng)學(xué)公式得2l＝eq\f(1,2)gt2⑦P落回到AB上的位置與B點(diǎn)之間的距離為s＝vDt⑧聯(lián)立⑥⑦⑧式得s＝2eq\r(2)l⑨(2)為使P能滑上圓軌道，它到達(dá)B點(diǎn)時(shí)的速度不能小于零。由①②式可知5mgl>μMg·4l⑩要使P仍能沿圓軌道滑回，P在圓軌道的上升高度不能超過半圓軌道的中點(diǎn)C。由機(jī)械能守恒定律有eq\f(1,2)Mveq\o\al(2,B)≤Mgl?聯(lián)立①②⑩?式得eq\f(5,3)m≤M<eq\f(5,2)m?答案(1)eq\r(6gl)2eq\r(2)l(2)eq\f(5,3)m≤M<eq\f(5,2)m5.[2023·全國卷Ⅱ，35(2)]如圖5，光滑冰面上靜止放置一外表光滑的斜面體，斜面體右側(cè)一蹲在滑板上的小孩和其面前的冰塊均靜止于冰面上。某時(shí)刻小孩將冰塊以相對冰面3m/s的速度向斜面體推出，冰塊平滑地滑上斜面體，在斜面體上上升的最大高度為h＝0.3m(h小于斜面體的高度)。小孩與滑板的總質(zhì)量為m1＝30kg，冰塊的質(zhì)量為m2＝10kg，小孩與滑板始終無相對運(yùn)動(dòng)。取重力加速度的大小g＝10m/s2。圖5(ⅰ)求斜面體的質(zhì)量；(ⅱ)通過計(jì)算判斷，冰塊與斜面體別離后能否追上小孩？解析(ⅰ)規(guī)定向左為速度正方向。冰塊在斜面體上上升到最大高度時(shí)兩者到達(dá)共同速度，設(shè)此共同速度為v，斜面體的質(zhì)量為m3。由水平方向動(dòng)量守恒和機(jī)械能守恒定律得m2v0＝(m2＋m3)v①eq\f(1,2)m2veq\o\al(2,0)＝eq\f(1,2)(m2＋m3)v2＋m2gh②式中v0＝3m/s為冰塊推出時(shí)的速度。聯(lián)立①②式并代入題給數(shù)據(jù)得m3＝20kgv＝1m/s③(ⅱ)設(shè)小孩推出冰塊后的速度為v1，由動(dòng)量守恒定律有m1v1＋m2v0＝0④代入數(shù)據(jù)得v1＝－1m/s⑤設(shè)冰塊與斜面體別離后的速度分別為v2和v3，由動(dòng)量守恒和機(jī)械能守恒定律有m2v0＝m2v2＋m3v3⑥eq\f(1,2)m2veq\o\al(2,0)＝eq\f(1,2)m2veq\o\al(2,2)＋eq\f(1,2)m3veq\o\al(2,3)⑦聯(lián)立③⑥⑦式并代入數(shù)據(jù)得v2＝－1m/s⑧由于冰塊與斜面體別離后的速度與小孩推出冰塊后的速度相同且處在前方，故冰塊不能追上小孩。答案(ⅰ)20kg(ⅱ)不能，理由見解析6．(2023·全國卷Ⅰ，25)如圖5，一輕彈簧原長為2R，其一端固定在傾角為37°的固定直軌道AC的底端A處，另一端位于直軌道上B處，彈簧處于自然狀態(tài)，直軌道與一半徑為eq\f(5,6)R的光滑圓弧軌道相切于C點(diǎn)，AC＝7R，A、B、C、D均在同一豎直平面內(nèi)。質(zhì)量為m的小物塊P自C點(diǎn)由靜止開始下滑，最低到達(dá)E點(diǎn)(未畫出)，隨后P沿軌道被彈回，最高到達(dá)F點(diǎn)，AF＝4R，P與直軌道間的動(dòng)摩擦因數(shù)μ＝eq\f(1,4)，重力加速度大小為g。(取sin37°＝eq\f(3,5)，cos37°＝eq\f(4,5))圖5(1)求P第一次運(yùn)動(dòng)到B點(diǎn)時(shí)速度的大?。?2)求P運(yùn)動(dòng)到E點(diǎn)時(shí)彈簧的彈性勢能；(3)改變物塊P的質(zhì)量，將P推至E點(diǎn)，從靜止開始釋放。P自圓弧軌道的最高點(diǎn)D處水平飛出后，恰好通過G點(diǎn)。G點(diǎn)在C點(diǎn)左下方，與C點(diǎn)水平相距eq\f(7,2)R、豎直相距R，求P運(yùn)動(dòng)到D點(diǎn)時(shí)速度的大小和改變后P的質(zhì)量。解析(1)根據(jù)題意可知，B、C之間的距離l＝7R－2R＝5R①設(shè)P到達(dá)B點(diǎn)時(shí)的速度為vB，由動(dòng)能定理得mglsinθ－μmglcosθ＝eq\f(1,2)mveq\o\al(2,B)②式中θ＝37°，聯(lián)立①②式并由題給條件得vB＝2eq\r(gR)③(2)設(shè)BE＝x，P到達(dá)E點(diǎn)時(shí)速度為零，設(shè)此時(shí)彈簧的彈性勢能為Ep，P由B點(diǎn)運(yùn)動(dòng)到E點(diǎn)的過程中，由動(dòng)能定理有mgxsinθ－μmgxcosθ－Ep＝0－eq\f(1,2)mveq\o\al(2,B)④E、F之間的距離l1為l1＝4R－2R＋x⑤P到達(dá)E點(diǎn)后反彈，從E點(diǎn)運(yùn)動(dòng)到F點(diǎn)的過程中，由動(dòng)能定理有Ep－mgl1sinθ－μmgl1cosθ＝0⑥聯(lián)立③④⑤⑥式并由題給條件得x＝R⑦Ep＝eq\f(12,5)mgR⑧(3)設(shè)改變后P的質(zhì)量為m1，D點(diǎn)與G點(diǎn)的水平距離x1和豎直距離y1分別為x1＝eq\f(7,2)R－eq\f(5,6)Rsinθ⑨y1＝R＋eq\f(5,6)R＋eq\f(5,6)Rcosθ⑩式中，已應(yīng)用了過C點(diǎn)的圓軌道半徑與豎直方向夾角仍為θ的事實(shí)。設(shè)P在D點(diǎn)的速度為vD，由D點(diǎn)運(yùn)動(dòng)到G點(diǎn)的時(shí)間為t。由平拋運(yùn)動(dòng)公式有y1＝eq\f(1,2)gt2?x1＝vDt?聯(lián)立⑨⑩??得vD＝eq\f(3,5)eq\r(5gR)?設(shè)P在C點(diǎn)速度的大小為vC，在P由C運(yùn)動(dòng)到D的過程中機(jī)械能守恒，有eq\f(1,2)m1veq\o\al(2,C)＝eq\f(1,2)m1veq\o\al(2,D)＋m1g(eq\f(5,6)R＋eq\f(5,6)Rcosθ)?P由E點(diǎn)運(yùn)動(dòng)到C點(diǎn)的過程中，由動(dòng)能定理得Ep－m1g(x＋5R)sinθ－μm1g(x＋5R)cosθ＝eq\f(1,2)m1veq\o\al(2,C)?聯(lián)立⑦⑧???得m1＝eq\f(1,3)m答案(1)2eq\r(gR)(2)eq\f(12,5)mgR(3)eq\f(3,5)eq\r(5gR)eq\f(1,3)m[備考指導(dǎo)]【考情分析】2023卷ⅡT16：功的計(jì)算，動(dòng)能定理T17：機(jī)械能守恒定律，牛頓第二定律2023卷ⅠT17：動(dòng)能定理，牛頓第二定律卷ⅡT17：v－t、P－t圖象的理解及瞬時(shí)功率的理解T21：系統(tǒng)機(jī)械能守恒2023卷ⅠT25：動(dòng)能定理和機(jī)械能守恒定律綜合解決多過程問題卷ⅡT21：功、功率及動(dòng)能定理T25：機(jī)械能守恒定律、能量守恒定律綜合解決多過程問題卷ⅢT24：機(jī)械能守恒定律、豎直面內(nèi)圓周運(yùn)動(dòng)的臨界問題1.動(dòng)能定理是高考的重點(diǎn)，經(jīng)常與直線運(yùn)動(dòng)、曲線運(yùn)動(dòng)等綜合起來進(jìn)行考查。2.功能關(guān)系和能量守恒是高考的重點(diǎn)，更是高考的熱點(diǎn)。高考試題往往與電場、磁場以及典型的運(yùn)動(dòng)規(guī)律相聯(lián)系，并常作為壓軸題出現(xiàn)。在試卷中以計(jì)算題的形式考查的較多，也有在選擇題中出現(xiàn)，難度中等偏難。3.2023年高考中把選修3－5改為必考，動(dòng)量和能量的綜合問題要特別關(guān)注。【備考策略】1.復(fù)習(xí)時(shí)應(yīng)理清運(yùn)動(dòng)中功與能的轉(zhuǎn)化與量度的關(guān)系，結(jié)合受力分析、運(yùn)動(dòng)過程分析，熟練地應(yīng)用動(dòng)能定理解決問題。2.深刻理解功能關(guān)系，抓住兩種命題情景搞突破：一是綜合應(yīng)用動(dòng)量守恒定律和能量守恒定律，結(jié)合動(dòng)力學(xué)方程解決多運(yùn)動(dòng)過程的問題；二是運(yùn)用動(dòng)能定理和能量守恒定律解決電場、磁場內(nèi)帶電粒子運(yùn)動(dòng)或電磁感應(yīng)問題(下一講)。功、功率的計(jì)算及相關(guān)圖象問題的分析[規(guī)律方法]1．功的計(jì)算(1)功的定義式W＝Flcosα適宜求恒力做功。(2)變力做功的計(jì)算：①用動(dòng)能定理W＝eq\f(1,2)mveq\o\al(2,2)－eq\f(1,2)mveq\o\al(2,1)求功②用F－l圖象所圍的面積求功③用平均力求功(力與位移呈線性關(guān)系，如彈簧的彈力)④利用W＝Pt求功2．功率的計(jì)算(1)P＝eq\f(W,t)，適用于計(jì)算平均功率；(2)P＝Fvcosα，假設(shè)v為瞬時(shí)速度，P為瞬時(shí)功率；假設(shè)v為平均速度，P為平均功率。3．功能相關(guān)圖象問題分析“三步走〞[精典題組]1.如圖6所示，置于光滑水平面上的物塊在水平恒力F的作用下由靜止開始運(yùn)動(dòng)，其速度v、動(dòng)能Ek及拉力功率P隨時(shí)間t或位移x的變化圖象可能正確的選項(xiàng)是()圖6解析物塊在水平恒力作用下由靜止開始做勻加速直線運(yùn)動(dòng)，其加速度a＝eq\f(F,m)，速度v＝at＝eq\f(F,m)t，v－t圖象為過坐標(biāo)原點(diǎn)的傾斜直線，選項(xiàng)A錯(cuò)誤；由v2＝2ax＝eq\f(2F,m)x，可知拋物線開口向x軸正方向，選項(xiàng)B錯(cuò)誤；動(dòng)能Ek＝eq\f(1,2)mv2＝eq\f(F2,2m)t2，選項(xiàng)C正確；功率P＝Fv＝Fat＝eq\f(F2,m)t，選項(xiàng)D錯(cuò)誤。答案C2．假設(shè)要求汽車空載時(shí)的制動(dòng)距離是：當(dāng)速度為50km/h時(shí)，客車不超過19m，卡車不超過21m。如果客車和卡車質(zhì)量之比為19∶21，制動(dòng)時(shí)所受阻力不變，在剛好滿足上述要求時(shí)，客車和卡車()A．所受阻力之比為19∶21B．加速度之比為21∶19C．所受阻力做功之比為21∶19D．制動(dòng)時(shí)間之比為21∶19解析由v2＝2ax，可得客車和卡車制動(dòng)時(shí)的加速度之比為eq\f(a1,a2)＝eq\f(x2,x1)＝eq\f(21,19)，選項(xiàng)B正確；根據(jù)牛頓第二定律f＝ma，可得所受阻力之比eq\f(f1,f2)＝eq\f(m1,m2)·eq\f(a1,a2)＝1∶1，選項(xiàng)A錯(cuò)誤；由做功的公式W＝fx，可得所受阻力做功之比為eq\f(Wf1,Wf2)＝eq\f(f1,f2)·eq\f(x1,x2)＝eq\f(19,21)，選項(xiàng)C錯(cuò)誤；由v＝at可得制動(dòng)時(shí)間之比為eq\f(t1,t2)＝eq\f(a2,a1)＝eq\f(19,21)，選項(xiàng)D錯(cuò)誤。答案B3．(多項(xiàng)選擇)放置于固定斜面上的物塊，在平行于斜面向上的拉力F作用下，沿斜面向上做直線運(yùn)動(dòng)。拉力F和物塊速度v隨時(shí)間t變化的圖象如圖7，那么()圖7A．第1s內(nèi)物塊受到的合外力為0.5NB．物塊的質(zhì)量為11kgC．第1s內(nèi)拉力F的功率逐漸增大D．前3s內(nèi)物塊機(jī)械能先增大后不變解析由v－t圖象可知：0～1s內(nèi)物塊做勻加速運(yùn)動(dòng)，且a＝0.5m/s2①1～3s內(nèi)物塊做勻速運(yùn)動(dòng)由F－t圖象及受力分析可知：F1－(mgsinθ＋f)＝ma②F2－(mgsinθ＋f)＝0③聯(lián)立①②③得m＝1kg應(yīng)選項(xiàng)A正確，B錯(cuò)誤；第1s內(nèi)速度v逐漸增大，由P＝Fv可知F的功率逐漸增大，選項(xiàng)C正確；前3s內(nèi)除重力以外的合外力做正功，所以物塊的機(jī)械能一直增大，選項(xiàng)D錯(cuò)誤。答案AC力學(xué)中幾個(gè)重要的功能關(guān)系及能量守恒定律的應(yīng)用[規(guī)律方法]1．通曉兩類力做功特點(diǎn)(1)重力、彈簧彈力和電場力都屬于“保守力〞，做功均與路徑無關(guān)，僅由作用對象的初、末位置(即位移)決定。(2)摩擦力屬于“耗散力〞，做功與路徑有關(guān)。2．掌握五大重要的功能關(guān)系(1)重力做功等于重力勢能增量的負(fù)值，即WG＝－ΔEp。(2)彈簧彈力做功等于彈簧彈性勢能增量的負(fù)值，即W彈＝－ΔEp。(3)一對滑動(dòng)摩擦力做功的絕對值等于系統(tǒng)內(nèi)能的增加量，即Q＝Ffx相對。(4)合外力做的功等于物體動(dòng)能的變化量，即W合＝ΔEk(動(dòng)能定理)。(5)除重力和系統(tǒng)內(nèi)彈力之外的其他力做的功等于機(jī)械能的變化量，即W其他＝ΔE。3．功能關(guān)系的應(yīng)用“三注意〞(1)分清是什么力做功，并且分析該力做正功還是做負(fù)功；根據(jù)功能之間的對應(yīng)關(guān)系，確定能量之間的轉(zhuǎn)化情況。(2)也可以根據(jù)能量之間的轉(zhuǎn)化情況，確定是什么力做功，尤其可以方便計(jì)算變力做功的多少。(3)功能關(guān)系反映了做功和能量轉(zhuǎn)化之間的對應(yīng)關(guān)系，功是能量轉(zhuǎn)化的量度和原因，在不同問題中的具體表現(xiàn)不同。[精典題組]1.如圖8所示，半徑為R的光滑圓環(huán)豎直放置，N為圓環(huán)的最低點(diǎn)。在環(huán)上套有兩個(gè)小球A和B，A、B之間用一根長為eq\r(3)R的輕桿相連，使兩小球能在環(huán)上自由滑動(dòng)。A球質(zhì)量為4m，B球質(zhì)量為m，重力加速度為g?，F(xiàn)將桿從圖示的水平位置由靜止釋放，在A球滑到N點(diǎn)的過程中，輕桿對B球做的功為()圖8A．mgR B．1.2mgRC．1.4mgR D．1.6mgR解析將輕桿從題圖所示水平位置由靜止釋放，兩小球和輕桿組成系統(tǒng)的機(jī)械能守恒，在A球滑到N點(diǎn)的過程中，系統(tǒng)重力勢能減小量為ΔEp＝4mg·eq\f(R,2)－mgR＝mgR。兩小球速度大小相等，設(shè)A球滑到N點(diǎn)時(shí)小球速度為v，由機(jī)械能守恒定律，ΔEp＝eq\f(1,2)×4mv2＋eq\f(1,2)mv2，解得v2＝0.4gR，由功能關(guān)系可知，在A球滑到N點(diǎn)的過程中，輕桿對B球做功為WB＝eq\f(1,2)mv2＋mgR＝1.2mgR，選項(xiàng)B正確。答案B2.(名師改編)如圖9所示，輕質(zhì)彈簧一端固定，另一端與質(zhì)量為m、套在粗糙豎直固定桿A處的圓環(huán)相連，彈簧水平且處于原長。圓環(huán)從A處由靜止開始下滑，經(jīng)過B處的速度最大，到達(dá)C處的速度為零，AC＝h。圓環(huán)在C處獲得一豎直向上的速度v，恰好能回到A處；彈簧始終在彈性限度之內(nèi)，重力加速度為g，那么圓環(huán)()圖9A．下滑過程中，加速度一直減小B．下滑過程中，因摩擦力產(chǎn)生的熱量為eq\f(1,4)mv2C．從A處到C處的過程中彈簧的彈性勢能增加了eq\f(1,4)mv2－mghD．下滑經(jīng)過B處的速度大于上滑經(jīng)過B處的速度解析由題意知圓環(huán)從A到C先加速運(yùn)動(dòng)，后減速運(yùn)動(dòng)，在A點(diǎn)時(shí)加速度為g，到達(dá)B點(diǎn)時(shí)加速度減為零，所以圓環(huán)先做加速度逐漸減小的加速運(yùn)動(dòng)再做加速度逐漸增大的減速運(yùn)動(dòng)，A項(xiàng)錯(cuò)誤；圓環(huán)從A到C過程中彈簧增加的彈性勢能即C處的彈性勢能Ep，因摩擦力產(chǎn)生的熱量等于克服摩擦力所做的功Wf，由能量守恒知圓環(huán)從A到C過程有mgh＝Wf＋Ep，從C到A過程有eq\f(1,2)mv2＋Ep＝mgh＋Wf，聯(lián)立得Wf＝eq\f(1,4)mv2，Ep＝mgh－eq\f(1,4)mv2，B項(xiàng)正確、C項(xiàng)錯(cuò)誤；圓環(huán)從A到B過程有mgh1＝eq\f(1,2)mveq\o\al(2,B1)＋ΔEp1＋Wf1，圓環(huán)從B到A過程有eq\f(1,2)mveq\o\al(2,B2)＋ΔEp1＝mgh1＋Wf1，可得vB2＞vB1，D項(xiàng)錯(cuò)誤。答案B3．如圖10甲所示，傾角為θ＝37°的傳送帶以恒定速率逆時(shí)針運(yùn)行，現(xiàn)將一質(zhì)量m＝2kg的小物體輕輕放在傳送帶的A端，物體相對地面的速度隨時(shí)間變化的關(guān)系如圖乙所示，2s末物體到達(dá)B端，取沿傳送帶向下為正方向，g＝10m/s2，sin37°＝0.6，求：圖10(1)小物體在傳送帶A、B兩端間運(yùn)動(dòng)的平均速度v；(2)物體與傳送帶間的動(dòng)摩擦因數(shù)μ；(3)2s內(nèi)物體機(jī)械能的減少量ΔE及因與傳送帶摩擦產(chǎn)生的內(nèi)能Q。解析(1)傳送帶A、B兩端間的距離L等于v－t圖線與t軸所圍的面積大小，所以L＝eq\f(10,2)×1m＋eq\f(10＋12,2)×1m＝16m小物體在A、B間運(yùn)動(dòng)的時(shí)間t＝2s由平均速度的定義得v＝eq\f(L,t)＝8m/s。(2)由v－t圖象可知傳送帶運(yùn)行速度為v1＝10m/s，物體從A到B先做加速度為a1＝eq\f(10－0,1－0)m/s2＝10m/s2的勻加速運(yùn)動(dòng)，經(jīng)過時(shí)間t1＝1s后再做加速度為a2＝eq\f(12－10,2－1)m/s2＝2m/s2的勻加速運(yùn)動(dòng)，然后經(jīng)過時(shí)間t2＝1s，物體以大小為v2＝12m/s的速度到達(dá)傳送帶B端。由物體在傳送帶上的受力情況知a1＝eq\f(mgsinθ＋μmgcosθ,m)或a2＝eq\f(mgsinθ－μmgcosθ,m)解得μ＝0.5。(3)小物體到達(dá)傳送帶B端時(shí)的速度大小v2＝12m/s物體的動(dòng)能增加了ΔEk＝eq\f(1,2)mveq\o\al(2,2)＝eq\f(1,2)×2×122J＝144J物體的重力勢能減少了ΔEp＝mgLsinθ＝20×16×0.6J＝192J所以物體的機(jī)械能的減少量ΔE＝48J由功能關(guān)系可知Q＝μmgcosθ(v1t1－eq\f(v1,2)t1)＋μmgcosθ(eq\f(v1＋v2,2)t2－v1t2)代入數(shù)值得Q＝48J。答案(1)8m/s(2)0.5(3)48J48J動(dòng)力學(xué)方法和動(dòng)能定理、機(jī)械能守恒定律的綜合應(yīng)用[規(guī)律方法]1．應(yīng)用動(dòng)能定理的“兩線索、兩注意〞(1)應(yīng)用動(dòng)能定理解題有兩條主要線索：一是明確研究對象→進(jìn)行受力分析→對各力進(jìn)行做功分析→求出總功；二是明確研究過程→進(jìn)行運(yùn)動(dòng)過程分析→物體始末狀態(tài)分析→求出動(dòng)能狀態(tài)量→求出動(dòng)能變化量；最后結(jié)合兩條線索列出動(dòng)能定理方程求解。(2)兩注意：①動(dòng)能定理往往用于單個(gè)物體的運(yùn)動(dòng)過程，由于不涉及加速度和時(shí)間，比動(dòng)力學(xué)研究方法更簡便。②當(dāng)物體的運(yùn)動(dòng)包含多個(gè)不同過程時(shí)，可分段應(yīng)用動(dòng)能定理求解；當(dāng)所求解的問題不涉及中間的速度時(shí)，也可以全過程應(yīng)用動(dòng)能定理求解。2．機(jī)械能守恒定律表達(dá)式的正確選用機(jī)械能守恒定律的表達(dá)式有：(1)Ep＋Ek＝Ep′＋Ek′；(2)ΔEp＋ΔEk＝0、ΔE1＋ΔE2＝0或ΔE增＝ΔE減。用(1)時(shí)，需要選取重力勢能的參考面。用(2)時(shí)那么不必選取重力勢能的參考面，因?yàn)橹亓菽艿母淖兞颗c參考面的選取沒有關(guān)系。尤其是用ΔE增＝ΔE減，只要把增加的機(jī)械能和減少的機(jī)械能都寫出來，方程自然就列出來了。[精典題組]1．(多項(xiàng)選擇)如圖11所示，質(zhì)量為m的小球(可視為質(zhì)點(diǎn))用長為L的細(xì)線懸掛于O點(diǎn)，自由靜止在A位置?，F(xiàn)用水平力F緩慢地將小球從A拉到B位置而靜止，細(xì)線與豎直方向夾角為θ＝60°，此時(shí)細(xì)線的拉力為T1，然后撤去水平力F，小球從B返回到A點(diǎn)時(shí)細(xì)線的拉力為T2，那么()圖11A．T1＝T2＝2mgB．從A到B，拉力F做功為mgLC．從B到A的過程中，小球受到的合外力大小不變D．從B到A的過程中，小球重力的瞬時(shí)功率先增大后減小解析小球在A、B點(diǎn)受力如下圖，在B點(diǎn)由平衡條件得T1＝eq\f(mg,cos60°)＝2mg從B到A由機(jī)械能守恒定律得mgL(1－cos60°)＝eq\f(1,2)mv2在A點(diǎn)由牛頓第二定律得T2－mg＝eq\f(mv2,L)解以上兩式得T2＝2mg，故A項(xiàng)正確；從A到B對球由動(dòng)能定理得WF－mgL(1－cos60°)＝0，那么拉力做功為WF＝eq\f(1,2)mgL，B項(xiàng)錯(cuò)誤；從B到A的過程小球做變速圓周運(yùn)動(dòng)，所受合外力為變力，C項(xiàng)錯(cuò)；由P＝mgvcosθ知，在B點(diǎn)P＝0，在A點(diǎn)P＝0，而在AB之間P≠0，故D項(xiàng)正確。答案AD2．(多項(xiàng)選擇)(2023·全國卷Ⅱ，19)兩實(shí)心小球甲和乙由同一種材料制成，甲球質(zhì)量大于乙球質(zhì)量。兩球在空氣中由靜止下落，假設(shè)它們運(yùn)動(dòng)時(shí)受到的阻力與球的半徑成正比，與球的速率無關(guān)。假設(shè)它們下落相同的距離，那么()A．甲球用的時(shí)間比乙球長B．甲球末速度的大小大于乙球末速度的大小C．甲球加速度的大小小于乙球加速度的大小D．甲球克服阻力做的功大于乙球克服阻力做的功解析小球的質(zhì)量m＝ρ·eq\f(4,3)πr3，由題意知m甲>m乙，ρ甲＝ρ乙，那么r甲>r乙?？諝庾枇＝kr，對小球由牛頓第二定律得，mg－f＝ma，那么a＝eq\f(mg－f,m)＝g－eq\f(kr,ρ·\f(4,3)πr3)＝g－eq\f(3k,4πρr2)，可得a甲>a乙，由h＝eq\f(1,2)at2知，t甲<t乙，選項(xiàng)A、C錯(cuò)誤；由v＝eq\r(2ah)知，v甲>v乙，應(yīng)選項(xiàng)B正確；因f甲>f乙，由球克服阻力做功Wf＝fh知，甲球克服阻力做功較大，選項(xiàng)D正確。答案BD3.在一個(gè)動(dòng)物表演的娛樂節(jié)目中，小貓從平臺(tái)邊緣B點(diǎn)水平跳出，抓住有水平固定軸的車輪的邊緣上的P點(diǎn)，運(yùn)動(dòng)到最低點(diǎn)C時(shí)松開，便可落到浮于水面的小橡皮船D上。如圖12所示，車輪半徑R＝eq\f(4,3)m，B與車輪轉(zhuǎn)軸上O點(diǎn)等高，OP與水平方向成θ＝37°角，小貓抓住P點(diǎn)時(shí)速度方向恰好垂直于OP，小貓可看作質(zhì)點(diǎn)，重力加速度g＝10m/s2，sin37°＝0.6，cos37°＝0.8。圖12(1)求小貓從B點(diǎn)跳出的速度v0及B、O間的水平距離x1；(2)假設(shè)小貓質(zhì)量為m＝1kg，h＝(eq\f(4,3)＋0.45)m，小貓與車輪作用過程中小貓損失的機(jī)械能為5.3J，系統(tǒng)損失的機(jī)械能為2.3J，求x2及車輪獲得的機(jī)械能。解析(1)B點(diǎn)與O點(diǎn)等高，由幾何關(guān)系得小貓豎直位移y＝Rsin37°＝0.8m小貓做平拋運(yùn)動(dòng)，x＝v0t，y＝eq\f(1,2)gt2vy＝gt，v0＝vytan37°B、O間水平距離x1＝x＋Rcos37°解得v0＝3m/s，x＝1.2m，x1＝2.27m。(2)從P到C，對小貓，由能量守恒定律得ΔE＝eq\f(1,2)mveq\o\al(2,P)＋mgR(1－sinθ)－eq\f(1,2)mveq\o\al(2,C)，vP＝eq\f(v0,sinθ)從C到D，小貓做平拋運(yùn)動(dòng)，那么h－R＝eq\f(1,2)gt′2，x2＝vCt′設(shè)車輪獲得的機(jī)械能為E，對系統(tǒng)有ΔE′＝ΔE－E解得x2＝1.5m，E＝3J。答案(1)3m/s2.27m(2)1.5m3J動(dòng)量和能量觀點(diǎn)的應(yīng)用[規(guī)律方法]1.動(dòng)量守恒定律及動(dòng)量定理(1)動(dòng)量守恒定律：m1v1＋m2v2＝m1v1′＋m2v2′(2)動(dòng)量定理：Ft＝mv2－mv12.應(yīng)用動(dòng)量守恒定律解題的步驟(1)選取研究系統(tǒng)和研究過程。(2)分析系統(tǒng)的受力情況，判斷系統(tǒng)動(dòng)量是否守恒。①系統(tǒng)不受外力或所受合外力的矢量和為零時(shí)，系統(tǒng)動(dòng)量守恒；②系統(tǒng)所受內(nèi)力遠(yuǎn)大于外力時(shí)，可認(rèn)為系統(tǒng)動(dòng)量守恒；③系統(tǒng)在某一方向上不受外力或所受合外力的矢量和為零，在該方向上系統(tǒng)動(dòng)量守恒。(3)規(guī)定正方向，確定系統(tǒng)的初、末狀態(tài)的動(dòng)量的大小和方向。(4)根據(jù)動(dòng)量守恒定律列方程(m1v1＋m2v2＝m1v1′＋m2v2′)求解。[精典題組]1．我國女子短道速滑隊(duì)在今年世錦賽上實(shí)現(xiàn)女子3000m接力三連冠。觀察發(fā)現(xiàn)，“接棒〞的運(yùn)發(fā)動(dòng)甲提前站在“交棒〞的運(yùn)發(fā)動(dòng)乙前面，并且開始向前滑行，待乙追上甲時(shí)，乙猛推甲一把，使甲獲得更大的速度向前沖出。在乙推甲的過程中，忽略運(yùn)發(fā)動(dòng)與冰面間的水平方向上的相互作用，那么()圖14A.甲對乙的沖量一定等于乙對甲的沖量B.甲、乙的動(dòng)量變化一定大小相等方向相反C.甲的動(dòng)能增加量一定等于乙的動(dòng)能減少量D.甲對乙做多少負(fù)功，乙對甲就一定做多少正功解析根據(jù)沖量的定義、動(dòng)量守恒定律和能量守恒定律解決問題。乙推甲的過程中，他們之間的作用力大小相等，方向相反，作用時(shí)間相等，根據(jù)沖量的定義，甲對乙的沖量與乙對甲的沖量大小相等，但方向相反，選項(xiàng)A錯(cuò)誤；乙推甲的過程中，遵守動(dòng)量守恒定律，即Δp甲＝－Δp乙，他們的動(dòng)量變化大小相等，方向相反，選項(xiàng)B正確；在乙推甲的過程中，甲、乙的位移不一定相等，所以甲對乙做負(fù)功與乙對甲做的正功不一定相等，結(jié)合動(dòng)能定理知，選項(xiàng)C、D錯(cuò)誤。答案B2.(多項(xiàng)選擇)如圖15所示，質(zhì)量為2kg的足夠長平板車Q上外表水平，原來靜止在光滑水平面上，平板車左端靜止著一塊質(zhì)量為2kg的物體P，一顆質(zhì)量為0.01kg的子彈以700m/s的速度水平瞬間射穿P后，速度變?yōu)?00m/s，假設(shè)P、Q之間的動(dòng)摩擦因數(shù)為0.5，那么()圖15A.由于P、Q之間不光滑，子彈瞬間射穿P的過程，子彈和物體P組成的系統(tǒng)，動(dòng)量不守恒B.子彈瞬間射穿P的過程，子彈和物體P組成的系統(tǒng)，動(dòng)量守恒，能量守恒C.子彈瞬間射穿P的過程，子彈和物體P組成的系統(tǒng)，動(dòng)量守恒，能量不守恒D.子彈瞬間射穿P后，P的速度為3m/s解析取子彈的初速度v0的方向?yàn)檎较?，子彈瞬間射穿物體P的過程滿足動(dòng)量守恒條件。由動(dòng)量守恒，可知mv0＝mv＋MvP，解得vP＝3m/s，選項(xiàng)A錯(cuò)誤，D正確；子彈瞬間射穿P的過程，機(jī)械能不守恒，但能量守恒，選項(xiàng)B正確，C錯(cuò)誤。答案BD3．[2023·全國卷Ⅰ，35(2)]某游樂園入口旁有一噴泉，噴出的水柱將一質(zhì)量為M的卡通玩具穩(wěn)定地懸停在空中。為計(jì)算方便起見，假設(shè)水柱從橫截面積為S的噴口持續(xù)以速度v0豎直向上噴出；玩具底部為平板(面積略大于S)；水柱沖擊到玩具底板后，在豎直方向水的速度變?yōu)榱?，在水平方向朝四周均勻散開。忽略空氣阻力。水的密度為ρ，重力加速度大小為g。求(ⅰ)噴泉單位時(shí)間內(nèi)噴出的水的質(zhì)量；(ⅱ)玩具在空中懸停時(shí)，其底面相對于噴口的高度。解析(ⅰ)在剛噴出一段很短的Δt時(shí)間內(nèi)，可認(rèn)為噴出的水柱保持速度v0不變。該時(shí)間內(nèi)，噴出水柱高度Δl＝v0Δt①噴出水柱質(zhì)量Δm＝ρΔV②其中ΔV為水柱體積，滿足ΔV＝ΔlS③由①②③可得：噴泉單位時(shí)間內(nèi)噴出的水的質(zhì)量為eq\f(Δm,Δt)＝ρV0S(ⅱ)設(shè)玩具底面相對于噴口的高度為h由玩具受力平衡得F沖＝Mg④其中，F(xiàn)沖為水柱對玩具底部柱的作用力由牛頓第三定律：F壓＝F沖⑤其中，F(xiàn)壓為玩具底部對水柱的作用力，v′為水柱到達(dá)玩具底部時(shí)的速度由運(yùn)動(dòng)學(xué)公式：v′2－veq\o\al(2,0)＝－2gh⑥在很短Δt時(shí)間內(nèi)，沖擊玩具水柱的質(zhì)量為ΔmΔm＝ρv0SΔt⑦由題意可知，在豎直方向上，對該局部水柱應(yīng)用動(dòng)量定理(F壓＋Δmg)Δt＝Δmv′⑧由于Δt很小，Δmg也很小，可以忽略，⑧式變?yōu)镕壓Δt＝Δmv′⑨由④⑤⑥⑦⑨可得h＝eq\f(veq\o\al(2,0),2g)－eq\f(M2g,2ρ2veq\o\al(2,0)S2)答案(ⅰ)ρv0S(ⅱ)eq\f(veq\o\al(2,0),2g)－eq\f(M2g,2ρ2veq\o\al(2,0)S2)4.如圖16所示，質(zhì)量M＝1.5kg的小車靜止于光滑水平面上，并緊靠固定在水平面上的桌子右邊，其上外表與水平桌面相平，小車的左端放有一質(zhì)量為0.5kg的滑塊Q。水平放置的輕彈簧左端固定，質(zhì)量為0.5kg的小物塊P置于光滑桌面上的A點(diǎn)并與彈簧的右端接觸，此時(shí)彈簧處于原長?，F(xiàn)用水平向左的推力F將P緩慢推至B點(diǎn)(彈簧仍在彈性限度內(nèi))，推力做功WF＝4J，撤去F后，P沿桌面滑到小車左端并與Q發(fā)生彈性碰撞，最后Q恰好沒從小車上滑下。Q與小車外表間動(dòng)摩擦因數(shù)μ＝0.1。(取g＝10m/s2)求：圖16(1)P剛要與Q碰撞前的速度是多少？(2)Q剛在小車上滑行時(shí)的初速度v0是多少？(3)為保證Q不從小車上滑下，小車的長度至少為多少？解析(1)推力F通過P壓縮彈簧做功，根據(jù)功能關(guān)系有Ep＝WF①當(dāng)彈簧完全推開物塊P時(shí)，有Ep＝eq\f(1,2)mPv2②由①②式聯(lián)立解得v＝4m/s(2)P、Q之間發(fā)生彈性碰撞，設(shè)碰撞后Q的速度為v0，P的速度為v′，由動(dòng)量守恒和能量守恒得mPv＝mPv′＋mQv0③eq\f(1,2)mPv2＝eq\f(1,2)mPv′2＋eq\f(1,2)mQveq\o\al(2,0)④由③④式解得v0＝v＝4m/s，v′＝0(3)設(shè)滑塊Q在小車上滑行一段時(shí)間后兩者的共同速度為u，由動(dòng)量守恒可得mQv0＝(mQ＋M)u⑤根據(jù)能量守恒，系統(tǒng)產(chǎn)生的摩擦熱μmQgL＝eq\f(1,2)mQveq\o\al(2,0)－eq\f(1,2)(mQ＋M)u2⑥聯(lián)立⑤⑥解得L＝6m答案(1)4m/s(2)4m/s(3)6m高頻考點(diǎn)五應(yīng)用動(dòng)力學(xué)方法和功能觀點(diǎn)分析解決多過程問題[方法闡釋]綜合應(yīng)用動(dòng)力學(xué)方法和能量觀點(diǎn)解決多過程問題是高考的重點(diǎn)、熱點(diǎn)和難點(diǎn)。應(yīng)對策略如下：(1)抓住物理情景中出現(xiàn)的運(yùn)動(dòng)狀態(tài)與運(yùn)動(dòng)過程，將整個(gè)物理過程分成幾個(gè)簡單的子過程。(2)對每一個(gè)子過程分別進(jìn)行受力分析、過程分析、能量分析，選擇適宜的規(guī)律對相應(yīng)的子過程列方程，假設(shè)某過程涉及時(shí)間和加速度，那么選用動(dòng)力學(xué)方法求解；假設(shè)某過程涉及做功和能量轉(zhuǎn)化問題，那么要考慮應(yīng)用動(dòng)能定理、機(jī)械能守恒定律或功能關(guān)系求解。(3)兩個(gè)相鄰的子過程連接點(diǎn)，速度是連接兩過程的紐帶，因此要特別關(guān)注連接點(diǎn)速度的大小及方向。(4)解方程并分析結(jié)果?！镜淅吭诠饣乃矫嫔嫌幸混o止的物體，現(xiàn)以水平恒力F1推這一物體，作用一段時(shí)間后，換成相反方向的水平恒力F2推這一物體。當(dāng)恒力F1作用時(shí)間與恒力F2作用時(shí)間相同時(shí)，物體恰好回到原處，此時(shí)物體的動(dòng)能為32J，求在整個(gè)過程中，恒力F1、F2做的功。解析方法一位移公式作出該物體運(yùn)動(dòng)的示意圖如下圖，設(shè)向右為正方向，物體的質(zhì)量為m，在水平恒力F1作用下的AB段位移為x，在水平恒力F2作用下的BC段位移為－x，兩段位移運(yùn)動(dòng)的時(shí)間均為t，加速度的大小分別為a1、a2，那么有x＝eq\f(1,2)a1t2＝eq\f(F1t2,2m)，－x＝v0t－eq\f(1,2)a2t2＝a1t×t－eq\f(1,2)a2t2＝eq\f(F1t2,m)－eq\f(F2t2,2m)，解得F2＝3F1，由動(dòng)能定理有F1x＋F2x＝32J，解得F1x＝8J，F(xiàn)2x＝24J。方法二平均速度設(shè)物體經(jīng)過B、C兩點(diǎn)的速度大小分別為v1、v2，那么有x＝eq\f(v1,2)t，－x＝eq\f(v1－v2,2)t，解得v2＝2v1，由動(dòng)能定理有F1x＝eq\f(1,2)mveq\o\al(2,1)，F(xiàn)2x＝eq\f(1,2)mveq\o\al(2,2)－eq\f(1,2)mveq\o\al(2,1)，而eq\f(1,2)mveq\o\al(2,2)＝32J，解得F1x＝8J，F(xiàn)2x＝24J。方法三圖象法作出該物體的運(yùn)動(dòng)過程中的v－t圖象，如下圖，由合位移為零，有eq\f(v1,2)t1＝eq\f(v2,2)(2t0－t1)，因t0到2t0過程中加速度不變，有eq\f(v1,t1－t0)＝eq\f(v2,2t0－t1)，由以上兩式解得v2＝2v1，根據(jù)動(dòng)能定理同樣可求得F1x＝8J，F(xiàn)2x＝24J。答案8J24J變式1時(shí)間的變化質(zhì)量為m的物體靜止在水平面上，現(xiàn)用方向豎直向上的力F(F>mg)作用在物體上，經(jīng)時(shí)間2t將F改為豎直向下，大小保持不變，又經(jīng)時(shí)間t物體落回地面。求力F的大小。解析上升過程中，加速度的大小為a1＝eq\f(F－mg,m)，位移x＝eq\f(a1,2)·(2t)2，下降過程中，加速度的大小為a2＝eq\f(F＋mg,m)，位移－x＝a1·(2t)×t－eq\f(a2,2)·t2，由以上各式解得F＝eq\f(9mg,7)。答案eq\f(9mg,7)變式2位移的變化如圖13，在傾角為θ的光滑斜面O點(diǎn)靜置一個(gè)質(zhì)量為m的物體，從某時(shí)刻開始，有一個(gè)沿斜面向上的恒力F作用在物體上，使物體沿斜面向上滑動(dòng)，經(jīng)過一段時(shí)間到達(dá)A點(diǎn)，突然撤去這個(gè)力，又經(jīng)過相同的時(shí)間物體返回到斜面的B點(diǎn)，且具有180J的動(dòng)能，AO＝BO，求：圖13(1)撤去恒力F時(shí)，物體的動(dòng)能；(2)恒力F的大??；(3)恒力F對物體所做的功。解析(1)設(shè)沿斜面向上為正方向，物體經(jīng)過A、B點(diǎn)的速度的大小分別為v1、v2，兩段運(yùn)動(dòng)的時(shí)間均為t，位移分別為x、－2x，那么有x＝eq\f(v1,2)t，－2x＝eq\f(v1－v2,2)·t，解得v1＝eq\f(v2,3)，而eq\f(1,2)mveq\o\al(2,2)＝180J，故撤去恒力F時(shí)，物體的動(dòng)能eq\f(1,2)mveq\o\al(2,1)＝20J。(2)由位移公式有x＝eq\f(1,2)a1t2＝eq\f(〔F－mgsinθ〕t2,2m)，－2x＝eq\f(〔F－mgsinθ〕,m)t2－eq\f(1,2)·eq\f(mgsinθ,m)t2，解得F＝eq\f(5,4)mgsinθ。(3)對O到A的過程由動(dòng)能定理有(F－mgsinθ)x＝eq\f(1,2)mveq\o\al(2,1)，而F＝eq\f(5,4)mgsinθ，即mgsinθ＝eq\f(4,5)F，故Fx＝100J。答案(1)20J(2)eq\f(5,4)mgsinθ(3)100J變式3情境的變化平行金屬板A、B的間距為d，如圖14甲所示，板間加有隨時(shí)間變化的電壓，如圖乙所示。設(shè)U0、T為，A板上孔O處有靜止的帶電粒子(不計(jì)重力)，其電荷量為q，質(zhì)量為m。在t＝0的時(shí)刻受AB間電場力的作用而加速向B板運(yùn)動(dòng)，途中由于電場方向反向粒子又向O處返回，為使t＝T時(shí)粒子恰好又回到O點(diǎn)，那么：圖14(1)eq\f(U0,Ux)的比值應(yīng)滿足什么條件？(2)粒子返回O點(diǎn)時(shí)動(dòng)能多大？(3)為使帶電粒子在由A向B運(yùn)動(dòng)過程中不碰到金屬板，求U0滿足的條件。解析(1)設(shè)帶電粒子在不同電壓下運(yùn)動(dòng)的兩段位移分別為x、－x，加速度分別為a1、a2，經(jīng)過兩段位移的末速度的大小分別為v1、v2，那么x＝eq\f(1,2)a1t2＝eq\f(U0q,2dm)(eq\f(T,2))2，－x＝v1t－eq\f(1,2)a2t2＝eq\f(U0q,dm)(eq\f(T,2))×eq\f(T,2)－eq\f(Uxq,2dm)(eq\f(T,2))2，解得eq\f(U0,Ux)＝eq\f(1,3)。(2)x＝eq\f(v1,2)×eq\f(T,2)，－x＝eq\f(v1－v2,2)×eq\f(T,2)，解得v2＝2v1，而v1＝a1·eq\f(T,2)＝eq\f(U0qT,2dm)，故Ek＝eq\f(1,2)mveq\o\al(2,2)＝eq\f(q2Ueq\o\al(2,0)T2,2md2)。(3)設(shè)帶電粒子返回前運(yùn)動(dòng)的位移分別為x、x′，那么有x＝eq\f(veq\o\al(2,1),2a1)＝eq\f(U0qT2,8dm)，x′＝eq\f(veq\o\al(2,1),2a2)＝eq\f(U0qT2,24dm)。為使粒子在由A向B運(yùn)動(dòng)中不碰到板，那么x＋x′＜d，解得U0＜eq\f(6md2,qT2)。答案(1)eq\f(1,3)(2)eq\f(q2Ueq\o\al(2,0)T2,2md2)(3)U0＜eq\f(6md2,qT2)一、選擇題(1～4題為單項(xiàng)選擇題，5～7題為多項(xiàng)選擇題)1.如圖1，質(zhì)量為m的小猴子在蕩秋千，大猴子用水平力F緩慢將秋千拉到圖示位置后由靜止釋放，此時(shí)藤條與豎直方向夾角為θ，小猴子到藤條懸點(diǎn)的長度為L，忽略藤條的質(zhì)量。在此過程中正確的選項(xiàng)是()圖1A．緩慢上拉過程中拉力F做的功WF＝FLsinθB．緩慢上拉過程中小猴子重力勢能增加mgLcosθC．小猴子再次回到最低點(diǎn)時(shí)重力的功率為零D．由靜止釋放到最低點(diǎn)小猴子重力的功率逐漸增大解析緩慢上拉過程中拉力F是變力，由動(dòng)能定理，F(xiàn)做的功等于克服重力做的功，即WF＝mgL(1－cosθ)，重力勢能增加mgL(1－cosθ)，選頊A、B錯(cuò)誤；小猴子由靜止釋放時(shí)速度為零，重力的功率為零，再次回到最低點(diǎn)時(shí)重力與速度方向垂直，其功率也為零，那么小猴子下降過程中重力的功率先增大后減小，選項(xiàng)C正確、D錯(cuò)誤。答案C2．(2023·四川理綜，1)韓曉鵬是我國首位在冬奧會(huì)雪上工程奪冠的運(yùn)發(fā)動(dòng)。他在一次自由式滑雪空中技巧比賽中沿“助滑區(qū)〞保持同一姿態(tài)下滑了一段距離，重力對他做功1900J，他克服阻力做功100J。韓曉鵬在此過程中()A．動(dòng)能增加了1900JB．動(dòng)能增加了2000JC．重力勢能減小了1900JD．重力勢能減小了2000J解析由題可得，重力做功WG＝1900J，那么重力勢能減少1900J，故C正確，D錯(cuò)誤；由動(dòng)能定理得，WG－Wf＝ΔEk，克服阻力做功Wf＝100J，那么動(dòng)能增加1800J，故A、B錯(cuò)誤。答案C3.質(zhì)量為m的物塊甲以3m/s的速度在光滑水平面上運(yùn)動(dòng)，有一輕彈簧固定其上，另一質(zhì)量也為m的物體乙以4m/s的速度與甲相向運(yùn)動(dòng)，如圖2所示，那么()圖2A.甲、乙兩物塊在彈簧壓縮過程中，由于彈力作用，系統(tǒng)動(dòng)量不守恒B.當(dāng)兩物塊相距最近時(shí)，甲物塊的速率為零C.當(dāng)甲物塊的速率為1m/s時(shí)，乙物塊的速率可能為2m/s，也可能為0D.甲物塊的速率可能到達(dá)6m/s解析甲、乙兩物塊在彈簧壓縮過程中，由于彈力是系統(tǒng)內(nèi)力，系統(tǒng)合外力為零，所以動(dòng)量守恒，選項(xiàng)A錯(cuò)誤；當(dāng)兩物塊相距最近時(shí)，它們的速度相同，設(shè)為v，取水平向右為正方向，由動(dòng)量守恒定律有mv乙－mv甲＝2mv，代入數(shù)據(jù)，可得v＝0.5m/s，選項(xiàng)B錯(cuò)誤；當(dāng)甲物塊的速率為1m/s時(shí)，其方向可能向左，也可能向右，當(dāng)水平向左時(shí)，根據(jù)動(dòng)量守恒定律可得，乙物塊的速率為2m/s；當(dāng)水平向右時(shí)，同理可得，乙物塊的速率為0，所以選項(xiàng)C正確；因?yàn)檎麄€(gè)過程中，系統(tǒng)的機(jī)械能不可能增加，選項(xiàng)D錯(cuò)誤。答案C4．(2023·益陽模擬)一物體在粗糙的水平面上受到水平拉力作用，在一段時(shí)間內(nèi)的速度隨時(shí)間變化情況如圖2所示。那么拉力的功率隨時(shí)間變化的圖象可能是(g取10m/s2)()圖2解析由圖知在0～t0時(shí)間內(nèi)，物體做初速度為零的勻加速運(yùn)動(dòng)，v＝at；由牛頓第二定律得F－Ff＝ma，那么拉力的功率P＝Fv＝(Ff＋ma)v＝(Ff＋ma)at；在t0時(shí)刻以后，物體做勻速運(yùn)動(dòng)，v不變，那么F＝Ff，P＝Fv＝Ffv，P不變，應(yīng)選項(xiàng)D正確。答案D5．(2023·浙江理綜，18)如圖4所示為一滑草場。某條滑道由上下兩段高均為h，與水平面傾角分別為45°和37°的滑道組成，滑草車與草地之間的動(dòng)摩擦因數(shù)為μ。質(zhì)量為m的載人滑草車從坡頂由靜止開始自由下滑，經(jīng)過上、下兩段滑道后，最后恰好靜止于滑道的底端(不計(jì)滑草車在兩段滑道交接處的能量損失，sin37°＝0.6，cos37°＝0.8)。那么()圖4A．動(dòng)摩擦因數(shù)μ＝eq\f(6,7)B．載人滑草車最大速度為eq\r(\f(2gh,7))C．載人滑草車克服摩擦力做功為mghD．載人滑草車在下段滑道上的加速度大小為eq\f(3,5)g解析對滑草車從坡頂由靜止滑下，到底端靜止的全過程，得mg·2h－μmgcos45°·eq\f(h,sin45°)－μmgcos37°·eq\f(h,sin37°)＝0，解得μ＝eq\f(6,7)，選項(xiàng)A正確；對經(jīng)過上段滑道過程，根據(jù)動(dòng)能定理得，mgh－μmgcos45°·eq\f(h,sin45°)＝eq\f(1,2)mv2，解得v＝eq\r(\f(2gh,7))，選項(xiàng)B正確；載人滑草車克服摩擦力做功為2mgh，選項(xiàng)C錯(cuò)誤；載人滑草車在下段滑道上的加速度大小為a＝eq\f(mgsin37°－μmgcos37°,m)＝－eq\f(3,35)g，選項(xiàng)D錯(cuò)誤。答案AB6.(2023·華中師大附中模擬)水平光滑直軌道ab與半徑為R的豎直半圓形光滑軌道bc相切，一小球以初速度v0沿直軌道ab向右運(yùn)動(dòng)，如圖5所示，小球進(jìn)入半圓形軌道后剛好能通過最高點(diǎn)c。那么()圖5A．R越大，v0越大B．R越大，小球經(jīng)過b點(diǎn)后的瞬間對軌道的壓力越大C．m越大，v0越大D．m與R同時(shí)增大，初動(dòng)能Ek0增大解析小球剛好能通過最高點(diǎn)c，說明小球在c點(diǎn)的速度為vc＝eq\r(gR)，根據(jù)機(jī)械能守恒定律有eq\f(1,2)mveq\o\al(2,0)＝mg·2R＋eq\f(1,2)mveq\o\al(2,c)＝eq\f(5,2)mgR，那么v0＝eq\r(5gR)，R越大，v0越大，v0與m無關(guān)，選項(xiàng)A正確，C錯(cuò)誤；m與R同時(shí)增大，初動(dòng)能Ek0增大，選項(xiàng)D正確；從b到c機(jī)械能守恒，mg·2R＋eq\f(1,2)mveq\o\al(2,c)＝eq\f(1,2)mveq\o\al(2,b)得vb＝eq\r(5gR)，在b點(diǎn)，N－mg＝eq\f(mveq\o\al(2,b),R)得N＝6mg，選項(xiàng)B錯(cuò)誤。答案AD7.如圖6所示，固定于水平面上的光滑斜面足夠長，一輕質(zhì)彈簧的一端與固定在斜面上的木板P相連，另一端與盒子A相連，A內(nèi)放有光滑球B，B恰與盒子前、后壁接觸，現(xiàn)用力推A使彈簧處于壓縮狀態(tài)，然后由靜止釋放，那么從釋放盒子A到其獲得最大速度的過程中，以下說法正確的選項(xiàng)是()圖6A．彈簧的彈性勢能一直減少到零B．A對B做的功等于B機(jī)械能的增加量C．彈簧彈性勢能的減少量等于A的機(jī)械能的增加量D．A所受彈簧彈力和重力做的功的代數(shù)和大于A的動(dòng)能的增加量解析盒子A運(yùn)動(dòng)過程中，彈簧彈性勢能一直減少，當(dāng)彈簧彈力與A、B的重力沿斜面向下的分力大小相等時(shí)，盒子的速度最大，此時(shí)彈簧的彈性勢能不為零，A錯(cuò)誤；由功能關(guān)系知，A對B做的功等于B機(jī)械能的增加量，B正確；將A、B和彈簧看作一個(gè)系統(tǒng)，那么該系統(tǒng)機(jī)械能守恒，所以彈簧彈性勢能的減少量等于A和B機(jī)械能的增加量，C錯(cuò)誤；對盒子A，彈簧彈力做正功，盒子重力做負(fù)功，小球B對A沿斜面向下的彈力做負(fù)功，由動(dòng)能定理知A所受彈簧彈力和重力做的功的代數(shù)和大于A的動(dòng)能的增加量，D正確。答案BD二、非選擇題8．如圖8所示，一光滑曲面的末端與一長L＝1m的水平傳送帶相切，傳送帶離地面的高度h＝1.25m，傳送帶的動(dòng)摩擦因數(shù)μ＝0.1，地面上有一個(gè)直徑D＝0.5m的圓形洞，洞口最左端的A點(diǎn)離傳送帶右端的水平距離s＝1m，B點(diǎn)在洞口的最右端。傳送帶以恒定的速度做順時(shí)針運(yùn)動(dòng)。現(xiàn)使某小物體從曲面上距離地面高度H處由靜止開始釋放，到達(dá)傳送帶上后小物體的速度恰好和傳送帶相同，并最終恰好由A點(diǎn)落入洞中。求：(g＝10m/s2)圖8(1)傳送帶的運(yùn)動(dòng)速度v；(2)H的大??；(3)假設(shè)要使小物體恰好由B點(diǎn)落入洞中，小物體在曲面上由靜止開始釋放的位置距離地面的高度H′應(yīng)該是多少？解析(1)最終恰好由A點(diǎn)落入洞中，由平拋運(yùn)動(dòng)規(guī)律可知：s