第6講功和能目標(biāo)要求1.會對功和功率進(jìn)行分析和計算，會求解力的平均功率和瞬時功率。2.掌握常見的功能關(guān)系。3.理解動能定理、機(jī)械能守恒定律、能量守恒定律，會在具體問題中靈活選擇合適的規(guī)律解決能量觀點問題?？键c一功、功率的分析和計算功的計算恒力做功：W=Flcosθ變力做功：動能定理、微元法、等效法、轉(zhuǎn)化研究對象法、平均力法、圖像法、功率法(W=Pt)功率的計算平均功率：P=W瞬時功率：P=Fvcosθ(θ為F、v之間的夾角)機(jī)車啟動兩個基本關(guān)系式P=Fv，F(xiàn)-F阻=ma恒定功率啟動P不變，v，a?以vm做勻速運動Pt-F阻s=12m恒定加速度啟動a不變，F(xiàn)不變，v，P?P額，v，F(xiàn)，a?以vm做勻速運動最大速度vm無論哪種啟動方式，最大速度都等于勻速直線運動時的速度，即vm=P例1(2023·北京卷·11)如圖所示，一物體在力F作用下沿水平桌面做勻加速直線運動。已知物體質(zhì)量為m，加速度大小為a，物體和桌面之間的動摩擦因數(shù)為μ，重力加速度為g，在物體移動距離為x的過程中()A.摩擦力做功大小與F方向無關(guān)B.合力做功大小與F方向有關(guān)C.F為水平方向時，F(xiàn)做功為μmgxD.F做功的最小值為max答案D解析設(shè)力F與水平方向的夾角為θ，則摩擦力為Ff=μ(mg-Fsinθ)，摩擦力做功大小Wf=μ(mg-Fsinθ)x，即摩擦力做功大小與F的方向有關(guān)，選項A錯誤；合力做功大小W=F合x=max，可知合力做功大小與力F方向無關(guān)，選項B錯誤；當(dāng)力F水平時，則有F=ma+μmg，力F做功為WF=Fx=(ma+μmg)x，選項C錯誤；因合外力做功大小為max，大小一定，而合外力做的功等于力F與摩擦力Ff做功的代數(shù)和，而當(dāng)Fsinθ=mg時，摩擦力Ff=0，摩擦力做功為零，力F做功最小，最小值為max，選項D正確。例2(2024·廣東肇慶市二模)已知高鐵的列車組由動力車和拖車組成，每節(jié)動力車的額定功率相同，每節(jié)動力車與拖車的質(zhì)量相等，設(shè)列車組運行時每節(jié)車廂所受阻力與其速率成正比(Ff=kv，k為比例系數(shù))。某列車組由m節(jié)動力車和n節(jié)拖車組成，其運行的最大速率為v1，另一列由相同的n節(jié)動力車和m節(jié)拖車組成的列車組，其運行的最大速率為v2，則v1∶v2為()A.m∶n B.m∶nC.mn∶1 D.m2∶n2答案B解析設(shè)每節(jié)動力車的額定功率為P，m節(jié)動力車廂輸出的總功率為mP，則有mP=(m+n)Ff1v1，又Ff1=kv1，解得列車組的最大速度v1=mP(m+n)k，同理可得n節(jié)動力車時最大速度v2=nP(m+考點二動能定理的應(yīng)用例3(2024·內(nèi)蒙古赤峰市一模)冰滑梯是東北地區(qū)體驗冰雪運動樂趣的設(shè)施之一，某冰滑梯的示意圖如圖所示。一游客從A點由靜止沿滑道下滑，螺旋滑道的摩擦可忽略且AB兩點的高度差為h，游客與傾斜滑道和水平滑道間的動摩擦因數(shù)均為μ，傾斜滑道的水平距離為L1，BC兩點的高度差也為h。忽略游客經(jīng)過軌道銜接處B、C點時的能量損失，重力加速度為g。求：(1)游客滑至軌道B點時的速度vB的大??；(2)為確保游客安全，水平滑道L2的最小長度。答案(1)2g?(2)2?μ解析(1)根據(jù)題意，游客從A點到B點過程中，由動能定理有mgh=12mv解得vB=2(2)設(shè)傾斜滑道與水平面的夾角為θ，游客由B點到停止過程中，由動能定理有mgh-μmgcosθ·L1cosθ-μmgL2=0-解得L2=2?μ-1.應(yīng)用動能定理解題的步驟圖解：2.應(yīng)用動能定理的四點提醒：(1)動能定理往往用于單個物體的運動過程，由于不涉及加速度及時間，比動力學(xué)方法要簡捷。(2)動能定理表達(dá)式是一個標(biāo)量式，在某個方向上應(yīng)用動能定理是沒有依據(jù)的。(3)物體在某個運動過程中包含幾個運動性質(zhì)不同的小過程(如加速、減速的過程)，對全過程應(yīng)用動能定理，往往能使問題簡化。(4)多過程往復(fù)運動問題一般應(yīng)用動能定理求解?？键c三機(jī)械能守恒定律及應(yīng)用1.機(jī)械能守恒定律的表達(dá)式2.連接體的機(jī)械能守恒問題共速率模型分清兩物體位移大小與高度變化關(guān)系共角速度模型兩物體角速度相同，線速度與半徑成正比關(guān)聯(lián)速度模型此類問題注意速度的分解，找出兩物體速度關(guān)系，當(dāng)某物體位移最大時，速度可能為0輕彈簧模型①同一根彈簧彈性勢能的大小取決于彈簧形變量的大小，在彈簧彈性限度內(nèi)，形變量相等，彈性勢能相等②由兩個或兩個以上的物體與彈簧組成的系統(tǒng)：彈簧形變量最大時，彈簧兩端連接的物體具有相同的速度；彈簧處于自然長度時，彈簧彈性勢能最小(為零)說明：以上連接體不計阻力和摩擦力，系統(tǒng)(包含彈簧)機(jī)械能守恒，單個物體機(jī)械能不守恒。若存在摩擦生熱，機(jī)械能不守恒，可用能量守恒定律進(jìn)行分析。例4(2024·全國甲卷·17)如圖，一光滑大圓環(huán)固定在豎直平面內(nèi)，質(zhì)量為m的小環(huán)套在大圓環(huán)上，小環(huán)從靜止開始由大圓環(huán)頂端經(jīng)Q點自由下滑至其底部，Q為豎直線與大圓環(huán)的切點。則小環(huán)下滑過程中對大圓環(huán)的作用力大小()A.在Q點最大 B.在Q點最小C.先減小后增大 D.先增大后減小答案C解析方法一(分析法)：設(shè)大圓環(huán)半徑為R，小環(huán)在大圓環(huán)上某處(P點)與圓環(huán)的作用力恰好為零，此時只有小環(huán)的重力分力提供小環(huán)所需向力心，可知P點必在Q點上方，如圖所示設(shè)P點和圓心連線與豎直向上方向的夾角為θ，從大圓環(huán)頂端到P點過程，根據(jù)機(jī)械能守恒定律mgR(1-cosθ)=12mv在P點，由牛頓第二定律得mgcosθ=mv聯(lián)立解得cosθ=2從大圓環(huán)頂端到P點過程，小環(huán)速度較小，小環(huán)重力沿著指向大圓環(huán)圓心方向的分力大于小環(huán)所需的向心力，所以大圓環(huán)對小環(huán)的彈力背離圓心，不斷減小，從P點到最低點過程，小環(huán)速度變大，小環(huán)重力沿著大圓環(huán)直徑方向的分力和大圓環(huán)對小環(huán)的彈力合力提供向心力，從P點到Q點，小環(huán)重力沿大圓環(huán)直徑的分力逐漸減小，從Q點到最低點，小環(huán)重力沿大圓環(huán)直徑的分力背離圓心，逐漸增大，所以大圓環(huán)對小環(huán)的彈力逐漸變大，根據(jù)牛頓第三定律可知小環(huán)下滑過程中對大圓環(huán)的作用力大小先減小后增大。方法二(數(shù)學(xué)法)：設(shè)大圓環(huán)半徑為R，小環(huán)在大圓環(huán)上某處時，設(shè)該處和圓心的連線與豎直向上方向的夾角為θ(0≤θ≤π)，根據(jù)機(jī)械能守恒定律得mgR(1-cosθ)=12mv2(0≤θ≤π在該處根據(jù)牛頓第二定律得F+mgcosθ=mv2R(0≤θ≤聯(lián)立可得F=2mg-3mgcosθ則大圓環(huán)對小環(huán)作用力的大小為|F|=|2mg-3mgcosθ|根據(jù)數(shù)學(xué)知識可知|F|的大小在cosθ=23由牛頓第三定律可知，小環(huán)下滑過程中對大圓環(huán)的作用力大小先減小后增大。故選C。例5(2024·遼寧省名校聯(lián)盟一模)如圖所示，兩個頂端帶有小定滑輪的完全相同的斜面對稱固定在水平地面上，斜面傾角為30°。一不可伸長的輕質(zhì)細(xì)繩跨過兩定滑輪，兩端分別連接質(zhì)量均為2m的滑塊B、C，質(zhì)量為m的物塊A懸掛在細(xì)繩上的O點，O點與兩滑輪的距離均為l。先托住A，使兩滑輪間的細(xì)繩呈水平狀態(tài)，然后將A由靜止釋放。A下落過程中未與地面接觸，B、C運動過程中均未與滑輪發(fā)生碰撞，不計一切摩擦。已知重力加速度為g，sin53°=0.8，cos53°=0.6。求：(1)物塊A下落的最大高度H；(2)從A開始下落直至結(jié)點O兩側(cè)細(xì)繩與豎直方向夾角為53°的過程中，物塊A機(jī)械能的變化量。答案(1)43l(2)-79解析(1)根據(jù)題意可知，物塊A下落最大高度H時，速度為零，由機(jī)械能守恒定律有mgH=2×2mgsin30°(H2+l解得H=43l，H=0(2)根據(jù)題意，由幾何關(guān)系可得，結(jié)點O兩側(cè)細(xì)繩與豎直方向夾角為53°時，物塊A下落的高度為h=ltan53°=3設(shè)此時物塊A的速度為v，則滑塊B、C的速度為v'=vcos53°=35下落過程中，由機(jī)械能守恒定律有mgh-2×2mgsin30°(lsin53°-l)=12mv2+2×12物塊A機(jī)械能的變化量ΔE=12mv2-mgh=-79考點四功能關(guān)系能量守恒定律1.功能關(guān)系的理解和應(yīng)用功能關(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。(1)根據(jù)功能之間的對應(yīng)關(guān)系，判定能的轉(zhuǎn)化情況。(2)根據(jù)能量轉(zhuǎn)化，可計算變力做的功。2.常見功能關(guān)系能量功能關(guān)系表達(dá)式勢能重力做功等于重力勢能減少量W=Ep1-Ep2=-ΔEp彈力做功等于彈性勢能減少量靜電力做功等于電勢能減少量分子力做功等于分子勢能減少量動能合外力做功等于物體動能變化量W=Ek2-Ek1=12mv2-12機(jī)械能除重力和彈力之外的其他力做功等于機(jī)械能變化量W其他=E2-E1=ΔE機(jī)摩擦產(chǎn)生的內(nèi)能一對相互作用的摩擦力做功之和的絕對值等于產(chǎn)生的內(nèi)能Q=Ff·s相對s相對為相對路程電能克服安培力做功等于電能增加量W克安=E2-E1=ΔE例6(2024·山東卷·7)如圖所示，質(zhì)量均為m的甲、乙兩同學(xué)，分別坐在水平放置的輕木板上，木板通過一根原長為l的輕質(zhì)彈性繩連接，連接點等高且間距為d(d<l)。兩木板與地面間動摩擦因數(shù)均為μ，彈性繩勁度系數(shù)為k，被拉伸時彈性勢能E=12kx2(x為繩的伸長量)?，F(xiàn)用水平力F緩慢拉動乙所坐木板，直至甲所坐木板剛要離開原位置，此過程中兩人與所坐木板保持相對靜止，k保持不變，最大靜摩擦力等于滑動摩擦力，重力加速度大小為g，則FA.(μmg)22k+μmgB.3(μmg)22k+μmgC.3(μmg)22k+2μmgD.(μmg)22k+2μmg答案B解析解法一：當(dāng)甲所坐木板剛要離開原位置時，對甲及其所坐木板整體有kx0=μmg解得彈性繩的伸長量x0=μmg則此時彈性繩的彈性勢能為E0=12kx0從開始拉動乙所坐木板到甲所坐木板剛要離開原位置的過程，乙所坐木板的位移為x1=x0+l-d，此過程中由于摩擦產(chǎn)生的熱量Q=μmgx1，則由功能關(guān)系可知該過程F所做的功W=E0+μmgx1=3(μmg)22k+μmg解法二：畫出外力F與乙所坐的木板的位移x的關(guān)系圖像如圖所示，則外力F做的功W=μmg(l-d)+μmg+2μmg又kx0=μmg聯(lián)立解得W=3(μmg)22k+μmg故選B。例7(2024·安徽蚌埠市模擬)如圖所示，傾角為θ=37°的斜面與圓心為O、半徑R=0.9m的光滑圓弧軌道在B點平滑連接，且固定于豎直平面內(nèi)。斜面上固定一平行于斜面的輕質(zhì)彈簧，現(xiàn)沿斜面緩慢推動質(zhì)量為m1=0.8kg的滑塊a使其壓縮彈簧至A處，將滑塊a由靜止釋放，通過D點時軌道對滑塊a的彈力為零。已知A、B之間的距離為L=1.35m，滑塊a與斜面間動摩擦因數(shù)μ=0.25，C為圓弧軌道的最低點，CE為圓弧軌道的直徑，OD水平，滑塊a可視為質(zhì)點，忽略空氣阻力，取g=10m/s2，sin37°=0.6，cos37°=0.8，3≈1.73。(1)求滑塊a在C點對軌道壓力的大小。(2)求滑塊a整個運動過程中系統(tǒng)因摩擦而產(chǎn)生的熱量。(3)若僅將滑塊a換為質(zhì)量為m2=0.05kg的滑塊b，滑塊b由A點彈出后立即撤去彈簧，求滑塊b第一次落在斜面上的位置至B點的距離(結(jié)果保留2位有效數(shù)字)。答案(1)24N(2)7.92J(3)1.8m解析(1)由題可知，滑塊a在D點處的速度為0，對滑塊a由C至D點過程，由動能定理有-m1gR=-12m1對滑塊a在C點由牛頓第二定律有F1-m1g=m結(jié)合牛頓第三定律可知，滑塊a在C點對軌道壓力的大小FN=F1=24N(2)設(shè)滑塊a在A處時彈簧儲存的彈性勢能為Ep，從A到D，由能量守恒定律可知Ep+m1gLsin37°=μm1gLcos37°+m1gRcos37°解得Ep=1.44J最終滑塊a在B與B關(guān)于C對稱的點之間運動，由能量守恒定律可知Q=Ep+m1gLsin37°解得Q=7.92J(3)設(shè)滑塊b能通過E點，對滑塊b由A點至E點由能量守恒定律有Ep+m2gLsin37°=μm2gLcos37°+m2g(R+Rcos37°)+12m2解得vE=6m/s滑塊b恰好能通過E點時，有m2g=m得v'=gR=3m/s可知vE>v'，假設(shè)成立，設(shè)滑塊b在空中運動的時間為t，滑塊b落在斜面上的位置與B之間的水平距離為d，則有d=vEt-Rsin37°(R+Rcos37°)-12gt2=dtan解得t=0.3285s，d=1.431m又有x=d解得x≈1.8m應(yīng)用能量守恒定律解題的一般步驟專題強(qiáng)化練［1選擇題］［分值：50分］1~6題每題4分，7~9題每題6分，10題8分，共50分［保分基礎(chǔ)練］1.(2024·浙江1月選考·3)如圖所示，質(zhì)量為m的足球從水平地面上位置1被踢出后落在位置3，在空中達(dá)到最高點2的高度為h，重力加速度為g，則足球()A.從1到2動能減少mghB.從1到2重力勢能增加mghC.從2到3動能增加mghD.從2到3機(jī)械能不變答案B解析由足球的運動軌跡可知，足球在空中運動時一定受到空氣阻力作用，則從1到2重力勢能增加mgh，從1到2動能減少量大于mgh，故A錯誤，B正確；從2到3由于空氣阻力作用，機(jī)械能減小，重力勢能減小mgh，則動能增加小于mgh，故C、D錯誤。2.(2024·安徽卷·2)某同學(xué)參加戶外拓展活動，遵照安全規(guī)范，坐在滑板上，從高為h的粗糙斜坡頂端由靜止下滑，至底端時速度為v。已知人與滑板的總質(zhì)量為m，可視為質(zhì)點。重力加速度大小為g，不計空氣阻力。則此過程中人與滑板克服摩擦力做的功為()A.mgh B.12mvC.mgh+12mv2 D.mgh-12答案D解析人與滑板在下滑的過程中，由動能定理可得mgh-W克f=12mv2可得此過程中人與滑板克服摩擦力做的功為W克f=mgh-12mv故選D。3.(2024·湖南長沙市第一中學(xué)模擬)物體A、B放置在粗糙的水平面上，若水平外力以恒定的功率P單獨拉著物體A運動時，物體A的最大速度為v1；若水平外力仍以恒定的功率P拉著物體A和物體B共同運動時，如圖所示，物體A和物體B的最大速度為v2。空氣阻力不計，在物體A和B達(dá)到最大速度時作用在物體B上的拉力功率為()A.v1v2P C.v1?v2v1答案C解析物體A受到的滑動摩擦力為FfA=Pv1，以恒定的功率P拉著物體A和物體B共同運動有FfA+FfB=Pv2，在物體A和B達(dá)到最大速度時作用在物體B上的拉力功率為PF=FfBv2=v4.(2024·重慶縉云教育聯(lián)盟診斷)如圖所示，用輕桿組成的正三角形OAB，邊長為L，其中O點連接在可自由旋轉(zhuǎn)的鉸鏈上，A、B兩點各固定一質(zhì)量為m的小球(可視為質(zhì)點)。AB桿從豎直位置由靜止釋放，轉(zhuǎn)到AB桿處于水平位置的過程中，不考慮空氣阻力，重力加速度為g，下列說法正確的是()A.A處小球機(jī)械能守恒，B處小球機(jī)械能不守恒B.AB桿水平時，兩球的速率均為3C.OA桿對A處小球不做功，AB桿對A處小球做正功D.AB桿轉(zhuǎn)到水平位置的過程中，桿對A處小球做的功為-mgL答案D解析根據(jù)系統(tǒng)機(jī)械能守恒有mg(32L-L2)+mg(32L+L2)=12×2mv2，解得v=3gL，對A處小球，桿做功為W1，根據(jù)動能定理有W1+mg(32L+L2)=12mv2-0，解得W1=-12mgL，對B處小球，桿做功為W2，根據(jù)動能定理有W2+mg(32L-L2)=12mv2-0，則有W2=12mgL可知桿對A、B兩處小球做功均不為零，則兩球機(jī)械能均不守恒，故A、B錯誤，5.(2021·湖北卷·4)如圖(a)所示，一物塊以一定初速度沿傾角為30°的固定斜面上滑，運動過程中摩擦力大小Ff恒定，物塊動能Ek與運動路程s的關(guān)系如圖(b)所示。重力加速度大小取10m/s2，物塊質(zhì)量m和所受摩擦力大小Ff分別為()A.m=0.7kg，F(xiàn)f=0.5NB.m=0.7kg，F(xiàn)f=1.0NC.m=0.8kg，F(xiàn)f=0.5ND.m=0.8kg，F(xiàn)f=1.0N答案A解析0~10m內(nèi)物塊上滑，由動能定理得-mgsin30°·s-Ffs=Ek-Ek0，整理得Ek=Ek0-(mgsin30°+Ff)s，結(jié)合0~10m內(nèi)的圖像得，斜率的絕對值|k|=mgsin30°+Ff=4N。10~20m內(nèi)物塊下滑，由動能定理得(mgsin30°-Ff)(s-s1)=Ek，整理得Ek=(mgsin30°-Ff)s-(mgsin30°-Ff)s1，結(jié)合10~20m內(nèi)的圖像得，斜率k'=mgsin30°-Ff=3N，聯(lián)立解得Ff=0.5N，m=0.7kg，故選A。6.(多選)(2024·湖南省師范大學(xué)附屬中學(xué)模擬)某緩沖裝置的理想模型如圖所示，勁度系數(shù)足夠大的輕質(zhì)彈簧與輕桿相連，輕桿足夠長，輕桿可在固定的槽內(nèi)移動，與槽間的滑動摩擦力與插入的距離d成正比(Ff=Ad)。固定的槽足夠長，裝置可安全工作。若一小車分別以初動能Ek1和Ek2撞擊彈簧，導(dǎo)致輕桿分別向右移動L和3L。已知輕桿初始時位于槽間的長度為L，裝置安全工作時，輕桿與槽間的最大靜摩擦力等于滑動摩擦力，且不計小車與地面間的摩擦。比較小車這兩次撞擊緩沖過程，下列說法正確的是(彈簧的彈性勢能Ep=12kx2A.小車撞擊彈簧的初動能之比大于1∶4B.系統(tǒng)損失的機(jī)械能之比為1∶4C.兩次小車反彈離開彈簧的速度之比為1∶2D.小車做加速度增大的減速運動答案CD解析輕桿與槽間的滑動摩擦力與插入的距離成正比，第一次，輕桿克服摩擦力做功為W1=AL+2AL2L=32AL2，彈簧彈力大小為2AL，設(shè)此時彈性勢能為Ep，由功能關(guān)系可知，小車撞擊彈簧的初動能為Ek1=W1+Ep，第二次，輕桿克服摩擦力做功為W2=AL+4AL23L=152AL2，彈簧彈力大小為4AL，彈性勢能為4Ep，小車撞擊彈簧的初動能為Ek2=W2+4Ep，故15<Ek1Ek2<14，故A錯誤；系統(tǒng)損失的機(jī)械能之比為W1∶W2［爭分提能練］7.(多選)(2023·全國乙卷·21)如圖，一質(zhì)量為M、長為l的木板靜止在光滑水平桌面上，另一質(zhì)量為m的小物塊(可視為質(zhì)點)從木板上的左端以速度v0開始運動。已知物塊與木板間的滑動摩擦力大小為f，當(dāng)物塊從木板右端離開時()A.木板的動能一定等于flB.木板的動能一定小于flC.物塊的動能一定大于12mv0D.物塊的動能一定小于12mv0答案BD解析設(shè)物塊離開木板時的動能為Ek塊，此時木板的動能為Ek板，對木板：f·s板=Ek板對物塊：-fs塊=Ek塊-12m木板和物塊的v-t圖像如圖所示，由圖可知s板<l，s塊>l故Ek板<fl，Ek塊<12mv02故B、D正確，A、C錯誤。8.(2024·安徽卷·7)在某地區(qū)的干旱季節(jié)，人們常用水泵從深水井中抽水灌溉農(nóng)田，簡化模型如圖所示。水井中的水面距離水平地面的高度為H。出水口距水平地面的高度為h，與落地點的水平距離約為l。假設(shè)抽水過程中H保持不變，水泵輸出能量的η倍轉(zhuǎn)化為水被抽到出水口處增加的機(jī)械能。已知水的密度為ρ，水管內(nèi)徑的橫截面積為S，重力加速度大小為g，不計空氣阻力。則水泵的輸出功率約為()A.ρgSl2g?2η?(H+B.ρgSl2g?2η?(H+C.ρgSl2g?2η?(D.ρgSl2g?2η?(答案B解析設(shè)水從出水口射出的初速度為v0，取t時間內(nèi)的水為研究對象，該部分水的質(zhì)量為m=v0tSρ，根據(jù)平拋運動規(guī)律v0t'=l，h=12gt'2，解得v0=lg2?，根據(jù)功能關(guān)系得Ptη=12mv02+mg(H+h)，聯(lián)立解得水泵的輸出功率為P=ρgSl2g?29.(多選)(2024·湖北省模擬)如圖所示，光滑豎直固定桿上套有一質(zhì)量為m的小球A，一根豎直輕彈簧上端連接著一個質(zhì)量為m的物塊B，下端連接著一個質(zhì)量為2m的物塊C。一輕繩跨過輕質(zhì)定滑輪O，一端與物塊B相連，另一端與小球A連接，定滑輪到豎直桿的距離為5L。初始時，小球A在外力作用下靜止于P點，此時輕繩剛好伸直無張力且OP間細(xì)繩水平、OB間細(xì)繩豎直?，F(xiàn)將小球A由P點靜止釋放，A沿桿下滑12L到達(dá)最低點Q，此時物塊C與地面間的相互作用剛好為零。不計滑輪大小及摩擦，重力加速度大小為g，下列說法中正確的是()A.彈簧的勁度系數(shù)為3B.小球A運動到最低點時彈簧的形變量為83C.小球A運動到最低點時彈簧的彈性勢能為4mgLD.用質(zhì)量為m2的小球D替換A，并將其拉至Q點由靜止釋放，小球D經(jīng)過P點時的動能為6答案AD解析開始時，對B有mg=kx1A在Q點時，對C有2mg=kx2，A從P到Q點，由題意可知x1+x2=8L解得k=3mg8L，x2=163L，故A從P到Q，對系統(tǒng)由能量守恒定律有12mgL=8mgL+ΔEp解得ΔEp=4mgL因為彈簧原先有形變量，所以EPQ≠4mgL，故C錯誤；D從Q到P，由能量守恒定律有ΔEp+8mgL=mg2×12L+E解得Ek=6mgL，故D正確。10.(多選)(2024·黑龍江省一模)如圖所示，傾斜傳送帶以恒定速率順時針轉(zhuǎn)動。將一質(zhì)量為m的小物體P(可視為質(zhì)點)輕放在A處，小物體P到達(dá)B處時恰好與傳送帶共速；再將另一質(zhì)量也為m的小物體Q(可視為質(zhì)點)輕放在A處，小物體Q在傳送帶上到達(dá)B處之前已與傳送帶共速，之后和傳送帶一起勻速到達(dá)B處。則P、Q兩個物體從A到B的過程中()A.物體P與傳送帶間的動摩擦因數(shù)較小B.傳送帶對P、Q兩物體做功相等C.傳送帶因傳送物體而多消耗的電能相等D.P、Q兩個物體與傳送帶間因摩擦產(chǎn)生的熱量相等答案AB解析小物體一開始在傳送帶上做初速度為零的勻加速直線運動，加速度大小為a=μmgcosθ?mgsinθm=μgcos根據(jù)題意可知，在速度達(dá)到與傳送帶共速v的過程，小物體P在傳送帶上的位移x較大，根據(jù)運動學(xué)公式可得a=v22x，可知小物體P在傳送帶上加速時的加速度較小，則物體P在小物體從A到B的過程中，根據(jù)功能關(guān)系可知，傳送帶對小物體做的功等于小物體機(jī)械能的增加量，由題意可知，兩小物體增加的動能和重力勢能均相等，則兩小物體增加的機(jī)械能相等，故傳送帶對P、Q兩物體做功相等，故B正確；小物體加速階段與傳送帶發(fā)生的相對位移為Δx=x傳-x物=vt-v2t=v22a=v22(μgcosθ?gsinθ)，故小物體與傳送帶間因摩擦產(chǎn)生的熱量為Q=μmgcosθ·Δ［2計算題］［分值：50分］1.(10分)(2023·重慶卷·13)機(jī)械臂廣泛應(yīng)用于機(jī)械裝配。若某質(zhì)量為m的工件(視為質(zhì)點)被機(jī)械臂抓取后，在豎直平面內(nèi)由靜止開始斜向上做加速度大小為a的勻加速直線運動，運動方向與豎直方向夾角為θ，提升高度為h，如圖所示。求：(1)(4分)提升高度為h時，工件的速度大小；(2)(6分)在此過程中，工件運動的時間及合力對工件做的功。答案(1)2a?cosθ(2)解析(1)根據(jù)勻變速直線運動位移與速度關(guān)系有v02=2解得v0=2(2)根據(jù)速度公式有v0=at解得t=2根據(jù)動能定理有W合=12m解得W合=ma?cos2.(12分)(2024·湖北卷·14)如圖所示，水平傳送帶以5m/s的速度順時針勻速轉(zhuǎn)動，傳送帶左右兩端的距離為3.6m。傳送帶右端的正上方有一懸點O，用長為0.3m、不可伸長的輕繩懸掛一質(zhì)量為0.2kg的小球，小球與傳送帶上表面平齊但不接觸。在O點右側(cè)的P點固定一釘子，P點與O點等高。將質(zhì)量為0.1kg的小物塊無初速度輕放在傳送帶左端，小物塊運動到右端與小球正碰，碰撞時間極短，碰后瞬間小物塊的速度大小為1m/s、方向水平向左。小球碰后繞O點做圓周運動，當(dāng)輕繩被釘子擋住后，小球繼續(xù)繞P點向上運動。已知小物塊與傳送帶間的動摩擦因數(shù)為0.5，重力加速度大小g=10m/s2。(1)(4分)求小物塊與小球碰撞前瞬間，小物塊的速度大??；(2)(4分)求小物塊與小球碰撞過程中，兩者構(gòu)成的系統(tǒng)損失的總動能；(3)(4分)若小球運動到P點正上方，繩子不松弛，求P點到O點的最小距離。答案(1)5m/s(2)0.3J(3)0.2m解析(1)根據(jù)題意，小物塊在傳送帶上，由牛頓第二定律有μmg=ma解得a=5m/s2由運動學(xué)公式可得，小物塊與傳送帶共速時運動的距離為x=v傳22a=2.5m<L傳=3可知小物塊運動到傳送帶右端前已與傳送帶共速，即小物塊與小球碰撞前瞬間，小物塊的速度大小等于傳送帶的速度大小5m/s。(2)小物塊運動到右端與小球正碰，碰撞時間極短，小物塊與小球組成的系統(tǒng)動量守恒，以向右為正方向，由動量守恒定律有m物v=m物v1+m球v2其中v=5m/s，v1=-1m/s解得v2=3m/s小物塊與小球碰撞過程中，兩者構(gòu)成的系統(tǒng)損失的總動能為ΔEk=12m物v2-12m物v12-解得ΔEk=0.3J(3)若小球運動到P點正上方，繩子恰好不松弛，設(shè)此時P點到O點的距離為d，小球在P點正上方的速度為v3，在P點正上方，由牛頓第二定律有m球g=m球v小球從O點正下方到P點正上方過程中，由機(jī)械能守恒定律有12m球v22=12m球v32+m球g(聯(lián)立解得d=0.2m即P點到O點的最小距離為0.2m。3.(12分)(2024·重慶市一模)如圖所示，傾角為θ=53°的光滑斜面底端固定一勁度系數(shù)為100N/m的輕彈簧，彈簧上端連接質(zhì)量為5kg的物塊Q，Q與平行斜面的輕繩相連，輕繩跨過輕質(zhì)光滑定滑輪O與套在光滑豎直桿上的質(zhì)量為0.8kg的物塊P連接，圖中O、B兩點等高，間距d=0.3m。初始時在外力作用下，P在A點靜止不動，A、B間距離h=0.4m，此時輕繩中張力大小為50N?，F(xiàn)將P由靜止釋放，取g=10m/s2，sin53°=0.8，cos53°=0.6，求：(1)(8分)P上升至B點時的速度大?。?2)(4分)P上升至B點的過程中，Q克服輕