專題二功和能第一講動能定理、機(jī)械能守恒定律[知識建構(gòu)][備考點(diǎn)睛](注1)……(注3)：詳見答案部分1.易錯點(diǎn)歸納(1)W＝Flcosα只適合求恒力做功.(2)動能定理沒有分量式.(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)確理解動能定理(1)動能定理表達(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)動能定理表達(dá)式中，ΔEk為所研究過程的末動能與初動能之差，而且物體的速度均是相對地面的速度.3.判斷機(jī)械能守恒的兩個角度(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))只有動能和勢能的相互轉(zhuǎn)化，而無機(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動能定理既適用于直線運(yùn)動，也適用于曲線運(yùn)動．②動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，既可以同時作用，也可以不同時作用．(2)機(jī)械能守恒定律與動能定理的區(qū)別與聯(lián)系機(jī)械能守恒定律動能定理不同點(diǎn)適用條件只有重力或系統(tǒng)內(nèi)彈力做功沒有條件限制，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象初、末狀態(tài)的動能和勢能不但要分析研究對象初、末狀態(tài)的動能，還要分析所有外力所做的功不同點(diǎn)研究對象一般是物體組成的系統(tǒng)一般是一個物體(質(zhì)點(diǎn))書寫方式有多種書寫方式，一般常用等號兩邊都是動能與勢能的和等號左邊一定是合力的總功，右邊是動能的變化相同點(diǎn)(1)思想方法相同：機(jī)械能守恒定律和動能定理都是從做功和能量轉(zhuǎn)化的角度來研究物體在力的作用下狀態(tài)的變化．(2)表達(dá)這兩個規(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．只有重力做功時對應(yīng)動能和重力勢能的相互轉(zhuǎn)化，只有彈簧彈力做功時對應(yīng)動能和彈性勢能的相互轉(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水平拋出一個質(zhì)量為m的小球(斜面足夠長，重力加速度為g)，則在小球從開始運(yùn)動到小球距斜面的距離最大的過程中，下列說法中錯誤的是()A．重力做的功W＝eq\f(mv\o\al(2,0)tan2θ,2)B．速度的變化量為v0tanθC．運(yùn)動時間為eq\f(v0,tanθ)D．重力的平均功率為P＝eq\f(mgv0tanθ,2)[思路引領(lǐng)](1)小球距斜面的距離最大時，速度方向與斜面平行．(2)eq\x(t＝\f(vy,g))→eq\x(h＝\f(1,2)gt2)→eq\x(W＝mgh)→eq\x(P＝\f(W,t))[解析]當(dāng)小球的速度方向與斜面平行時，離斜面最遠(yuǎn)，此時小球的豎直分速度vy＝v0tanθ，解得t＝eq\f(vy,g)＝eq\f(v0tanθ,g)，速度的變化量Δv＝gt＝v0tanθ，故B正確，C錯誤．小球的豎直分位移h＝eq\f(v\o\al(2,y),2g)＝eq\f(v\o\al(2,0)tan2θ,2g)，重力做的功W＝mgh＝eq\f(mv\o\al(2,0)tan2θ,2)，故A正確．重力的平均功率P＝eq\f(W,t)＝eq\f(mgv0tanθ,2)，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)用動能定理等方式求解．3．對于功率的計(jì)算，應(yīng)注意區(qū)分公式P＝eq\f(W,t)和公式P＝Fv，前式側(cè)重于平均功率的計(jì)算，而后式側(cè)重于瞬時功率的計(jì)算．遷移一重力的平均功率和瞬時功率1．(多選)(2019·河南五校聯(lián)考)將三個光滑的平板傾斜固定，三個平板頂端到底端的高度相等，三個平板與水平面間的夾角分別為θ1、θ2、θ3，如圖所示．現(xiàn)將三個完全相同的小球由最高點(diǎn)A沿三個平板同時無初速度地釋放，經(jīng)一段時間到達(dá)平板的底端．則下列說法正確的是()A．重力對三個小球所做的功相同B．沿傾角為θ3的平板下滑的小球重力的平均功率最大C．三個小球到達(dá)底端時的瞬時速度相同D．沿傾角為θ3的平板下滑的小球到達(dá)平板底端時重力的瞬時功率最小[解析]假設(shè)平板的長度為x，由功的定義式可知W＝mgxsinθ＝mgh，則A正確；小球在斜面上運(yùn)動的加速度a＝gsinθ，小球到達(dá)平板底端時的速度為v＝eq\r(2ax)＝eq\r(2gxsinθ)＝eq\r(2gh)，顯然到達(dá)平板底端時的速度大小相等，但方向不同，則C錯誤；由位移公式x＝eq\f(1,2)at2可知t＝eq\r(\f(2x,a))＝eq\r(\f(2h,gsin2θ))，整個過程中重力的平均功率為P＝eq\f(W,t)＝eq\f(mgsinθ\r(2gh),2)，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)平板底端時重力的瞬時功率最小，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)．一個質(zhì)量為m的物體靜止于A點(diǎn)，現(xiàn)用始終沿切線方向、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，外力F至少為()A.eq\f(2mg,π)B.eqB.\f(3mg,π)C.eqC.\f(4mg,π)D.eqD.\f(5mg,π)[解析]物體由A點(diǎn)運(yùn)動到B點(diǎn)的過程中，由動能定理可得WF－mgR＝eq\f(1,2)mveq\o\al(2,B)①；因F是變力，對物體的運(yùn)動過程分割，將AB劃分成許多小段，則當(dāng)各小段弧長Δs足夠小時，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·eq\f(π,2)R②；從B點(diǎn)起撤去外力F，物體的運(yùn)動遵循機(jī)械能守恒定律，由于在最高點(diǎn)維持圓周運(yùn)動的條件是mg≤meq\f(v2,R)，即在圓軌道最高點(diǎn)處速度至少為eq\r(Rg).故由機(jī)械能守恒定律得eq\f(1,2)mveq\o\al(2,B)＝mgR＋meq\f(?\r(Rg)?2,2)③；聯(lián)立①②③式得F＝eq\f(5mg,π).選項(xiàng)D正確．[答案]D遷移三機(jī)車啟動問題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2×103kg，在某平直路面上行駛，阻力恒為3×103N．若汽車從靜止開始以恒定加速度2m/s2做勻加速運(yùn)動，則此勻加速過程能持續(xù)的時間大約為(A．8s B．14sC．26s D．38s[解析]由圖像可知，機(jī)車的最大功率約為P＝200kW，在勻加速階段由牛頓第二定律可知：F－F阻＝ma，即F＝F阻＋ma＝3×103N＋2×103×2N＝7000N，再由P＝Fv可知：v＝eq\f(P,F)＝eq\f(200×103,7000)m/s＝eq\f(200,7)m/s，由v＝at，解得t＝eq\f(100,7)s≈14.3s，故選項(xiàng)B正確．[答案]B機(jī)車啟動模型中的兩點(diǎn)技巧：機(jī)車啟動勻加速過程的最大速度v1(此時機(jī)車輸出的功率最大)和全程的最大速度vm(此時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＝eq\f(P,F阻＋ma).(2)求vm：由P＝F阻vm，可求出vm＝eq\f(P,F阻).熱點(diǎn)考向二動能定理的應(yīng)用【典例】(2018·全國卷Ⅰ)如圖，abc是豎直面內(nèi)的光滑固定軌道，ab水平，長度為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．重力加速度大小為g.小球從a點(diǎn)開始運(yùn)動到其軌跡最高點(diǎn)，機(jī)械能的增量為()A．2mgR B．4mgRC．5mgR D．6mgR[思路引領(lǐng)][解析]設(shè)小球運(yùn)動到c點(diǎn)的速度大小為vc，則對小球由a到c的過程，由動能定理有F·3R－mgR＝eq\f(1,2)mveq\o\al(2,c)，又F＝mg，解得vc＝2eq\r(gR)，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，豎直方向在重力作用下做勻減速直線運(yùn)動，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)動可知，小球從離開c點(diǎn)到其軌跡最高點(diǎn)所需的時間為t＝eq\f(vc,g)＝2eq\r(\f(R,g))，在水平方向的位移大小為x＝eq\f(1,2)gt2＝2R.由以上分析可知，小球從a點(diǎn)開始運(yùn)動到其軌跡最高點(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錯誤．[答案]C1．應(yīng)用動能定理解題的基本步驟2．應(yīng)用動能定理解題應(yīng)注意的四點(diǎn)(1)方法的選擇：動能定理往往用于單個物體的運(yùn)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)規(guī)律的應(yīng)用：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)過程的選擇：物體在某個運(yùn)動過程中包含有幾個運(yùn)動性質(zhì)不同的小過程(如加速、減速的過程)，此時可以分段應(yīng)用動能定理，也可以對全過程應(yīng)用動能定理，但如果對整個過程應(yīng)用動能定理，則可使問題簡化．(4)電磁場中的應(yīng)用：在電磁場中運(yùn)動時多了一個電場力或磁場力，特別注意電場力做功與路徑無關(guān)，洛倫茲力在任何情況下都不做功．遷移一動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長度為4R.在AB上方、直徑BC左側(cè)存在水平向右、場強(qiáng)大小為E的勻強(qiáng)電場．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)動到C點(diǎn)．在C點(diǎn)，小球?qū)壍赖膲毫Υ笮閙g，已知E＝eq\f(mg,q)，水平面和半圓軌道均絕緣．求：(1)小球運(yùn)動到B點(diǎn)時的速度大??；(2)小球運(yùn)動到C點(diǎn)時的速度大??；(3)小球從B點(diǎn)運(yùn)動到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)動能定理有qE·4R＝eq\f(1,2)mveq\o\al(2,B)－0又E＝eq\f(mg,q)解得vB＝eq\r(8gR)＝2eq\r(2gR)(2)小球運(yùn)動到C點(diǎn)，根據(jù)牛頓第二定律有2mg＝meq\f(v\o\al(2,C),R)解得vC＝eq\r(2gR)(3)小球從B點(diǎn)運(yùn)動到C點(diǎn)的過程，根據(jù)動能定理有Wf－2mgR＝eq\f(1,2)mveq\o\al(2,C)－eq\f(1,2)mveq\o\al(2,B)解得Wf＝－mgR小球從B點(diǎn)運(yùn)動到C點(diǎn)的過程克服阻力做功為mgR.[答案](1)2eq\r(2gR)(2)eq\r(2gR)(3)mgR遷移二動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AB上有一根輕彈簧，一端固定于A，自然狀態(tài)下另一端恰好到B.平臺B端連接兩個內(nèi)壁光滑、半徑均為R＝0.2m的eq\f(1,4)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＝0.1kg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＝2m/s進(jìn)入管道．小物塊與斜面的動摩擦因數(shù)為μ＝eq\f(\r(3),3)，取g＝10m/s2，不計(jì)空氣阻力．(1)求物塊過B點(diǎn)時對細(xì)管道的壓力大小和方向；(2)當(dāng)θ取何值時，小物塊在EF上向上運(yùn)動的時間最短？求出最短時間．(3)求θ取不同值時，在小物塊運(yùn)動的全過程中產(chǎn)生的摩擦生熱Q與tanθ的關(guān)系式．[解析](1)設(shè)軌道對物塊的壓力豎直向下，由牛頓第二定律得F＋mg＝meq\f(v\o\al(2,0),R)解得F＝1N由牛頓第三定律可知，物塊對軌道的壓力大小F′＝F＝1N，方向豎直向上(2)物塊到達(dá)DE時的速度為v，由動能定理得mg·2R＝eq\f(1,2)mv2－eq\f(1,2)mveq\o\al(2,0)解得v＝2eq\沿斜面上滑時有mgsinθ＋μmgcosθ＝ma1上滑時間為t＝eq\f(v,a1)聯(lián)立可得t＝eq\f(\r(3),5\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(sinθ＋\f(\r(3),3)cosθ)))s＝eq\f(3,10sin?θ＋30°?)s由數(shù)學(xué)知識可得，當(dāng)θ＝60°時，有tmin＝0.3s(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上停下后即保持靜止．在EF上滑行x＝eq\f(v2,2a1)，產(chǎn)生的摩擦熱量為Q＝μmgcosθ·x化簡得Q＝eq\f(3,5?\r(3)tanθ＋1?)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)動后，最終靜止于E點(diǎn)產(chǎn)生的摩擦熱量為Q＝mg·2R＋eq\f(1,2)mveq\o\al(2,0)＝0.6J[答案](1)1N方向豎直向上(2)60°0.3s(3)當(dāng)0≤θ≤30°時，Q＝eq\f(3,5?\r(3)tanθ＋1?)J當(dāng)30°<θ≤75°時，Q＝0.6J在應(yīng)用動能定理解題時，運(yùn)動過程的選取很重要，選取的過程恰當(dāng)，解題過程會很簡捷．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和兩個半徑為R的半圓形光滑滑槽C2、C3，以及一個半徑為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的大小；(2)小球能否依次通過C1、C2、C3、C4各軌道而從I點(diǎn)射出？請說明理由．(3)小球運(yùn)動到何處，軌道對小球的彈力最大？最大值是多大？[思路引領(lǐng)](1)軌道C1、C2、C3、C4均光滑，所以小球運(yùn)動過程中機(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)動規(guī)律可得：veq\o\al(2,y)＝2gh解得：vy＝eq\r(8gR)在A點(diǎn)，由速度關(guān)系tan60°＝eq\f(vy,v0)解得：v0＝eq\f(2\r(6gR),3).(2)若小球能過D點(diǎn)，則在D點(diǎn)的速度滿足v>eq\r(gR)小球從P到D由機(jī)械能守恒定律得：eq\f(1,2)mveq\o\al(2,0)＋6mgR＝eq\f(1,2)mv2＋5mgR解得：v＝eq\r(\f(14gR,3))>eq\r(gR)，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，機(jī)械能守恒，H點(diǎn)的速度等于P點(diǎn)的初速度，為eq\f(2\r(6gR),3)>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)動過程中，軌道給小球的彈力最大的點(diǎn)只會在圓軌道的最低點(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：eq\f(1,2)mveq\o\al(2,0)＋6mgR＝eq\f(1,2)mveq\o\al(2,B)在B點(diǎn)軌道給小球的彈力NB滿足：NB－mg＝meq\f(v\o\al(2,B),4R)解得：NB＝eq\f(14,3)mg；小球從P到F由機(jī)械能守恒定律得：eq\f(1,2)mveq\o\al(2,0)＋6mgR＝eq\f(1,2)mveq\o\al(2,F)＋3mgR在F點(diǎn)軌道給小球的彈力NF滿足：NF－mg＝meq\f(v\o\al(2,F),R)聯(lián)立解得：NF＝eq\f(29,3)mg；比較可知：F點(diǎn)軌道對小球的彈力最大，為eq\f(29,3)mg.[答案](1)eq\f(2\r(6gR),3)(2)能，理由見解析(3)小球運(yùn)動到F點(diǎn)時，軌道對小球的彈力最大，最大值是eq\f(29,3)mg1．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)動至d點(diǎn)的過程中，彈簧彈力對其先做正功后做負(fù)功C．小圓環(huán)運(yùn)動至c點(diǎn)時的速度大于eq\r(gR)D．小圓環(huán)運(yùn)動至d點(diǎn)時的速度小于eq\r(3gR)[解析]小圓環(huán)運(yùn)動至c點(diǎn)時，彈簧的長度為eq\r(2)R<1.5R，小圓環(huán)從b點(diǎn)運(yùn)動至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錯誤；小圓環(huán)從b點(diǎn)運(yùn)動至d點(diǎn)的過程中，彈簧先恢復(fù)原長后伸長，可見彈簧的彈力對小圓環(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)動至c點(diǎn)的過程中，選與O點(diǎn)等高的平面為零勢能面，對小圓環(huán)和彈簧組成的系統(tǒng)由機(jī)械能守恒定律有mg(R－Rcos60°)＋Epb＝eq\f(1,2)mveq\o\al(2,c)＋Epc，由于彈簧彈性勢能Epb>Epc，得vc>eq\r(gR)，選項(xiàng)C正確；當(dāng)小圓環(huán)在b點(diǎn)時彈簧處于壓縮狀態(tài)且壓縮量x1＝0.5R，當(dāng)小圓環(huán)在d點(diǎn)時彈簧處于伸長狀態(tài)且伸長量x2＝0.5R＝x1，小圓環(huán)在b點(diǎn)時彈簧的彈性勢能等于小圓環(huán)在d點(diǎn)時彈簧的彈性勢能，選與d點(diǎn)等高的面為零勢能面，對圓環(huán)和彈簧組成的系統(tǒng)，由機(jī)械能守恒定律有mg(2R－Rcos60°)＝eq\f(1,2)mveq\o\al(2,d)，解得vd＝eq\r(3gR)，選項(xiàng)D錯誤．[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)套在光滑的豎直桿上，開始時連接圓環(huán)的繩子處于水平，長度l＝4m，現(xiàn)從靜止釋放圓環(huán)．不計(jì)定滑輪和空氣的阻力，取g＝10m/s2，若圓環(huán)下降h＝3m時的速度v＝5m/s，則兩個物體的質(zhì)量關(guān)系為()A.eq\f(M,m)＝eq\f(35,29) B.eq\f(M,m)＝eq\f(7,9)C.eq\f(M,m)＝eq\f(39,25) D.eq\f(M,m)＝eq\f(15,19)[解析]圓環(huán)下降3m時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＝eq\f(h,\r(h2＋l2))，解得vA＝3m/s.當(dāng)圓環(huán)下降的高度h＝3m時，由幾何關(guān)系可知，物體A上升的高度h′＝eq\r(h2＋l2)－l＝1m．將A、B看做一個系統(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′＝eq\f(1,2)mv2＋eq\f(1,2)Mveq\o\al(2,A)，代入數(shù)據(jù)求解可得eq\f(M,m)＝eq\f(35,29)，選項(xiàng)A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，長為L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eq\f(\r(3),2)L，現(xiàn)將b從圖示位置由靜止釋放，則()A．在b球落地前的整個過程中，a、b組成的系統(tǒng)水平方向上動量守恒B．從開始到b球距地面高度為eq\f(L,2)的過程中，輕桿對a球做功為eq\f(\r(3)－1,8)mglC．從開始到b球距地面高度為eq\f(L,2)的過程中，輕桿對b球做功為－eq\f(\r(3),8)mglD．從b球由靜止釋放到落地的瞬間，重力對b球做功的功率為mgeq\r(\r(3)gl)[解析]在b球落地前的整個過程中，b在水平方向上受到固定光滑桿的彈力作用，所以a、b組成的系統(tǒng)水平方向上動量不守恒，A錯誤．從開始到b球距地面高度為eq\f(L,2)的過程中，b球減少的重力勢能為eq\f(\r(3)－1,2)mgL，當(dāng)b球距地面高度為eq\f(L,2)時，由兩球沿桿方向分速度相同可知vb＝eq\r(3)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eq\f(L,2)的過程由機(jī)械能守恒可得eq\f(\r(3)－1,2)mgL＝4Eka.可得Eka＝eq\f(\r(3)－1,8)mgl，所以桿對a球做功為eq\f(\r(3)－1,8)mgl，B正確．從開始到b球距地面高度為eq\f(l,2)的過程中，輕桿對b球做負(fù)功，且大小等于a球機(jī)械能的增加量，為－eq\f(\r(3)－1,8)mgl，C錯誤．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球減少的重力勢能全部轉(zhuǎn)化為b球動能，所以此時b球速度為eq\r(\r(3)gl)，方向豎直向下，所以重力對b球做功的功率為mgeq\r(\r(3)gl)，D正確．[答案]BD連接體的機(jī)械能守恒問題，一般是兩個物體由細(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)重力勢能的變化，然后按照系統(tǒng)動能的增加量(減少量)等于重力勢能的減少量(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)動過程中速率相等，根據(jù)系統(tǒng)減少的重力勢能等于系統(tǒng)增加的動能列方程求解．(2)角速度相等的連接體：如圖乙所示，兩球在運(yùn)動過程中角速度相等，線速度大小與半徑成正比，根據(jù)系統(tǒng)減少的重力勢能等于系統(tǒng)增加的動能列方程求解．(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)減少的重力勢能等于系統(tǒng)增加的動能列方程求解．思維方法突破——動能定理與圖像結(jié)合問題的處理方法動能定理與圖像結(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＝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＝20kW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，其中轎車與ON段路面間的動摩擦因數(shù)比轎車與MO段路面間的動摩擦因數(shù)大．曉宇駕駛轎車保持額定功率以10m/s的速度由M向右運(yùn)動，該轎車從M向右運(yùn)動到N的過程中，通過速度傳感器測量出轎車的速度隨時間的變化規(guī)律圖像如圖乙所示，在t＝15s時圖線的切線與橫軸平行．已知轎車的質(zhì)量為m＝2t，轎車在MO段、ON段運(yùn)動時與路面之間的阻力大小分別保持不變．求.(1)該轎車在MO段行駛時的阻力大??；(2)該轎車在運(yùn)動過程中剛好通過O點(diǎn)時加速度的大??；(3)該轎車由O運(yùn)動到N的過程中位移的大?。甗審題指導(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10m/s的速度由M向右運(yùn)動屬于恒定功率速度不變在t＝15s時圖線的切線與橫軸平行說明t＝15秒時轎車加速度為零，做勻速運(yùn)動圖乙5～15秒做加速度減小的變減速運(yùn)動由O運(yùn)動到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審程序—順?biāo)悸穂解析](1)轎車在MO段運(yùn)動時，以10m/s的速度勻速運(yùn)動，有F1＝f1，P＝F1v1聯(lián)立解得f1＝eq\f(20×103,10)N＝2000N.(2)轎車在ON段保持額定功率不變，由圖像可知t＝15s時轎車開始做勻速直線運(yùn)動，此時由力的平衡條件有F2＝f2，P＝F2v2聯(lián)立解得f2＝eq\f(20×103,5)N＝4000Nt＝5s時轎車經(jīng)過O點(diǎn)，開始做減速運(yùn)動，有F1－f2＝ma解得a＝－1m/s2轎車通過O點(diǎn)時加速度大小為1m/s2.(3)由動能定理可知Pt－f2x＝eq\f(1,2)mveq\o\al(2,2)－eq\f(1,2)mveq\o\al(2,1)解得x＝68.75m.[答案](1)2000N(2)1m/s2(3)68.75m(1)機(jī)車啟動的方式不同，機(jī)車運(yùn)動的規(guī)律就不同，因此機(jī)車啟動時，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的功率一定不恒定，這種加速過程發(fā)動機(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直軌道上由靜止開始運(yùn)動，并將小車運(yùn)動的全過程記錄下來，通過處理轉(zhuǎn)化為如圖所示v－t圖像(除2～10s時間內(nèi)的圖線為曲線外，其余時間內(nèi)的圖線均為直線)，已知2～14s時間內(nèi)小車的功率保持不變，在14s末通過遙控使發(fā)動機(jī)停止工作而讓小車自由滑行，小車的質(zhì)量m＝2kg，可認(rèn)為在整個過程中小車所受到的阻力大小不變，取g＝10m/s2，則下列說法正確的是()A．小車在14～18s時間內(nèi)的加速度大小為2m/s2B．小車勻速行駛階段的功率為32WC．小車在2～10s時間內(nèi)的位移大小為52mD．小車受到的阻力大小為8N[解析]在14～18s時間內(nèi)，小車的加速度大小a1＝eq\f(8,4)m/s2＝2m/s2，選項(xiàng)A正確；在14～18s時間內(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＝4N，選項(xiàng)D錯誤；在10～14s內(nèi)兩小車做勻速直線運(yùn)動，牽引力大小F1＝f＝4N，小車的功率P＝F1v＝4×8W＝32W，選項(xiàng)B正確；在2～10s時間內(nèi)，根據(jù)動能定理有PΔt－fx＝eq\f(1,2)mveq\o\al(2,2)－eq\f(1,2)mveq\o\al(2,1)，其中Δt＝8s，v1＝4m/s，v2＝8m/s，解得x＝52m，選項(xiàng)C正確．[答案]ABC2．(2019·湖南五校聯(lián)考)質(zhì)量為1kg的物體，放在動摩擦因數(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，水平拉力做的功W和物體發(fā)生的位移s之間的關(guān)系如下圖所示，重力加速度為10m/s2，則下列說法正確的是()A．AB段加速度大小為3m/s2B．OA段加速度大小為5m/s2C．s＝9m時速度大小為3eq\r(2)m/sD．s＝3m時速度大小為2eq\r(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＝5N，F(xiàn)AB＝2N，而物體受到的摩擦力為Ff＝2N，故物體在OA段加速，由牛頓第二定律，可知FOA－Ff＝ma，故a＝3m/s2，而在AB段物體做勻速運(yùn)動，選項(xiàng)A、B錯誤．在OA段，根據(jù)動能定理，有W－μmgs＝eq\f(1,2)mveq\o\al(2,A)，解得vA＝3eq\r(2)m/s，vB＝vA＝3eq\r(2)m/s，故可知選項(xiàng)C正確，D錯誤．[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)一滑塊在水平地面上沿直線滑行，t＝0時其速度為1m/s，從此刻開始在滑塊運(yùn)動方向上再施加一水平作用力F，力F和滑動的速度v隨時間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1s內(nèi)，F(xiàn)對滑塊做的功為3JB．第2s內(nèi)，F(xiàn)對滑塊做功的平均功率為4WC．第3s末，F(xiàn)對滑塊做功的瞬時功率為1WD．前3s內(nèi)，F(xiàn)對滑塊做的總功為零[解析]由題圖可知，第1s內(nèi)，滑塊位移為1m，F(xiàn)對滑塊做的功為2J，A錯誤；第2s內(nèi)，滑塊位移為1.5m，F(xiàn)做的功為4.5J，平均功率為4.5W，B錯誤；第3s內(nèi)，滑塊的位移為1.5m，F(xiàn)對滑塊做的功為1.5J，第3s末，F(xiàn)對滑塊做功的瞬時功率P＝Fv＝1W，C正確；前3s內(nèi)，F(xiàn)對滑塊做的總功為8J，D錯誤．[答案]C2．(2019·湖北八校二聯(lián))如右圖，小球甲從A點(diǎn)水平拋出，同時將小球乙從B點(diǎn)自由釋放，兩小球先后經(jīng)過C點(diǎn)時速度大小相等，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)動的初速度大小為2eq\r(\f(gh,3))B．甲、乙兩小球到達(dá)C點(diǎn)所用時間之比為1∶eq\r(3)C．A、B兩點(diǎn)高度差為eq\f(h,4)D．兩小球在C點(diǎn)時重力的瞬時功率大小相等[解析]甲、乙兩球經(jīng)過C點(diǎn)的速度v甲＝v乙＝eq\r(2gh)，甲球平拋的初速度v甲x＝v甲sin30°＝eq\f(\r(2gh),2)，故A項(xiàng)錯誤；甲球經(jīng)過C點(diǎn)時豎直方向的速度v甲y＝v甲cos30°＝eq\f(\r(6gh),2)，運(yùn)動時間t甲＝eq\f(v甲y,g)＝eq\r(\f(3h,2g))，乙球運(yùn)動時間t乙＝eq\r(\f(2h,g))，則t甲∶t乙＝eq\r(3)∶2，故B項(xiàng)錯誤；A、B兩點(diǎn)的高度差Δh＝eq\f(1,2)gteq\o\al(2,乙)－eq\f(1,2)gteq\o\al(2,甲)＝eq\f(h,4)，故C項(xiàng)正確；甲和乙兩球在C點(diǎn)時重力的瞬時功率分別為P甲＝mgv甲y＝mgeq\f(\r(6gh),2)，P乙＝mgv乙＝mgeq\r(2gh)，故D項(xiàng)錯誤．[答案]C3．(2019·全國卷Ⅲ)從地面豎直向上拋出一物體，物體在運(yùn)動過程中除受到重力外，還受到一大小不變、方向始終與運(yùn)動方向相反的外力作用．距地面高度h在3m以內(nèi)時，物體上升、下落過程中動能Ek隨h的變化如圖所示．重力加速度取10m/s2.該物體的質(zhì)量為()A．2kg B．1.5kgC．1kg D．0.5kg[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，由動能定理結(jié)合題圖可得－(mg＋F)×3m＝(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，再由動能定理結(jié)合題圖可得(mg－F)×3m＝(48－24)J，聯(lián)立解得m＝1kg、F＝2N，選項(xiàng)C正確，A、B、D均錯誤．[答案]C4．(多選)(2019·撫州階段性檢測)如圖甲所示，輕彈簧豎直放置，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，小球的動能最小B．最低點(diǎn)的坐標(biāo)x＝h＋2x0C．當(dāng)x＝h＋2x0時，小球的加速度為－g，且彈力為2mgD．小球動能的最大值為mgh＋eq\f(mgx0,2)[解析]由題圖乙可知mg＝kx0，解得x0＝eq\f(mg,k)，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＝eq\f(1,2)k(x－h(huán))2，小球由靜止釋放到最低點(diǎn)的過程，由動能定理得mgx－eq\f(1,2)k(x－h(huán))2＝0，即mgx－eq\f(mg,2x0)(x－h(huán))2＝0，解得x＝h＋x0eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(1＋\r(1＋\f(2h,x0))))，故最低點(diǎn)坐標(biāo)不是h＋2x0，且此處動能不是最小，故A、B錯誤；由題圖乙可知，mg＝kx0，由對稱性可知當(dāng)x＝h＋2x0時，小球加速度為－g，且彈力為2mg，故C正確；小球在x＝h＋x0處時，動能有最大值，根據(jù)動能定理有mg(h＋x0)＋W彈＝Ekm－0，依題可得W彈＝－eq\f(1,2)mgx0，所以Ekm＝mgh＋eq\f(1,2)mgx0，故D正確．[答案]CD5．(多選)(2019·青島重點(diǎn)中學(xué)期中聯(lián)測)質(zhì)量為m的小球穿在足夠長的水平直桿上，小球與桿之間的動摩擦因數(shù)為μ，受到方向始終指向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)動到D點(diǎn)；小球在d點(diǎn)以初速度v0向A點(diǎn)運(yùn)動，恰好運(yùn)動到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)動到D的過程中只有兩個位置F的功率為零B．小球從A運(yùn)動到B與從B運(yùn)動到C的過程克服摩擦力做功相等C．v0＝2eq\r(\f(μkdl,m))D．小球在D點(diǎn)的速度至少要2v0才能運(yùn)動到A點(diǎn)[解析]小球從A運(yùn)動到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錯誤；因?yàn)椴挥?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)動能定理可得－Ff·2l＝2μkdl＝0－eq\f(1,2)mveq\o\al(2,0)，解得v0＝2eq\r(\f(μkdl,m))，C正確；設(shè)小球在D點(diǎn)的速度為v時恰好能運(yùn)動到A點(diǎn)，根據(jù)動能定理可得－3μkdl＝0－eq\f(1,2)mv2，又v0＝2eq\r(\f(μkdl,m))，解得v＝eq\f(\r(6),2)v0，D錯誤．[答案]BC6．(多選)(2019·廣西北海一模)如圖甲所示，質(zhì)量為0.1kg的小球從最低點(diǎn)A沖入豎直放置在水平地面上、半徑為0.4m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10m/s2，B為AC軌道中點(diǎn)．下列說法正確的是()A．圖乙中x＝5m2·s－B．小球從B點(diǎn)到C點(diǎn)損失了0.125J的機(jī)械能C．小球從A點(diǎn)到C點(diǎn)合外力對其做的功為－1.05JD．小球從C點(diǎn)拋出后，落地點(diǎn)到A點(diǎn)的距離為0.8m[解析]因?yàn)樾∏蚯∧艿竭_(dá)最高點(diǎn)C，有mg＝meq\f(v2,r)，解得v＝eq\r(gr)＝eq\r(10×0.4)m/s＝2m/s，則x＝v2＝4m2·s－2，故A錯誤．小球從A到C，動能減少量為ΔEk＝eq\f(1,2)mveq\o\al(2,0)－eq\f(1,2)mv2＝1.05J，重力勢能的增加量為ΔEp＝mg·2r＝1×0.8J＝0.8J，則機(jī)械能減少0.25J，由于小球從A點(diǎn)到B點(diǎn)過程中對軌道的壓力大于從B點(diǎn)到C點(diǎn)過程中對軌道的壓力，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0.125J，故B錯誤．小球從A點(diǎn)到C點(diǎn)合外力對其做的功等于動能的變化量，則W＝eq\f(1,2)mv2－eq\f(1,2)mveq\o\al(2,0)＝－1.05J，故C正確．小球經(jīng)過C點(diǎn)時的速度v＝2m/s，小球從C點(diǎn)拋出后做平拋運(yùn)動，根據(jù)2r＝eq\f(1,2)gt2得，t＝eq\r(\f(4r,g))＝0.4s，則落地點(diǎn)到A點(diǎn)的距離x′＝vt＝2×0.4m＝0.8m，故D正確．[答案]CD7．(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.支架的兩直角邊長度分別為2l和l，支架可繞固定軸O在豎直平面內(nèi)無摩擦轉(zhuǎn)動，如右圖所示．開始時OA邊處于水平位置，由靜止釋放，則(A．A球的最大速度為2eq\r(gl)B．A球速度最大時，兩小球的總重力勢能最小C．A球速度最大時，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，兩球的速度最大，如圖所示，根據(jù)機(jī)械能守恒定律得eq\f(1,2)mveq\o\al(2,A)＋eq\f(1,2)×2mveq\o\al(2,B)＝mg·2l·sinθ－2mg·l(1－cosθ)，又vA＝2vB，得eq\f(3,4)mveq\o\al(2,A)＝2mgl(sinθ＋cosθ)－2mgl，當(dāng)θ＝45°時，vA＝eq\r(\f(8,3)?\r(2)－1?gl)，速度最大，兩小球的總動能最大，總重力勢能最小，B、C、D正確．[答案]BCD8．(多選)(2019·江西六校期末統(tǒng)測)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10N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＝1m，bc＝0.2m．下列說法正確的是()A．整個過程中滑塊動能的最大值為6JB．整個過程中彈簧彈性勢能的最大值為6JC．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6JD．從c點(diǎn)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，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)用動能定理得mghad＋W彈＝Ekd－0，mghad<mghac＝10×1.2×sin30°J＝6J，W彈<0，所以Ekd<6J，故A錯誤．滑塊從a到c，運(yùn)用動能定理得mghac＋W彈′＝0，解得W彈′＝－6J，彈簧彈力做的功等于彈性勢能的變化，所以整個過程中彈簧彈性勢能的最大值為6J，故B正確．從b點(diǎn)到c點(diǎn)彈簧的彈力對滑塊做功為－6J，根據(jù)功能關(guān)系知，滑塊的機(jī)械能減少量為6J，故C正確．整個過程中彈簧、滑塊與地球組成的系統(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]BCD9．(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用長為L的輕繩相連，分別套在OP和OQ桿上．初始時刻，將輕繩拉至水平位置伸直，然后同時釋放兩小環(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eq\f(L,2)時，A環(huán)的速度大小為eq\f(\r(gL),2)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)時速度大小為eq\r(gL)D．當(dāng)A環(huán)經(jīng)過O點(diǎn)后，再經(jīng)eq\r(\f(L,2g))的時間能追上B環(huán)[解析