第6講動(dòng)能定理機(jī)械能守恒定律能量守恒定律命題規(guī)律1.命題角度：(1)動(dòng)能定理的綜合應(yīng)用；(2)機(jī)械能守恒定律及應(yīng)用；(3)能量守恒定律及應(yīng)用.2.常用方法：圖像法、函數(shù)法、比較法.3.常考題型：計(jì)算題．考點(diǎn)一動(dòng)能定理的綜合應(yīng)用1．應(yīng)用動(dòng)能定理解題的步驟圖解：2．應(yīng)用動(dòng)能定理的四點(diǎn)提醒：(1)動(dòng)能定理往往用于單個(gè)物體的運(yùn)動(dòng)過程，由于不涉及加速度及時(shí)間，比動(dòng)力學(xué)方法要簡(jiǎn)捷．(2)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)物體在某個(gè)運(yùn)動(dòng)過程中包含幾個(gè)運(yùn)動(dòng)性質(zhì)不同的小過程(如加速、減速的過程)，對(duì)全過程應(yīng)用動(dòng)能定理，往往能使問題簡(jiǎn)化．(4)多過程往復(fù)運(yùn)動(dòng)問題一般應(yīng)用動(dòng)能定理求解．例1(2022·河南信陽市質(zhì)檢)滑板運(yùn)動(dòng)是極限運(yùn)動(dòng)的鼻祖，許多極限運(yùn)動(dòng)項(xiàng)目均由滑板項(xiàng)目延伸而來，如圖是滑板運(yùn)動(dòng)的軌道．BC和DE是豎直平面內(nèi)的兩段光滑的圓弧形軌道，BC的圓心為O點(diǎn)，圓心角θ＝60°，半徑OC與水平軌道CD垂直，滑板與水平軌道間的動(dòng)摩擦因數(shù)μ＝0.4.某運(yùn)動(dòng)員從軌道上的A點(diǎn)以v＝4m/s的速度水平滑出，在B點(diǎn)剛好沿著軌道的切線方向滑入圓弧軌道BC，經(jīng)CD軌道后沖上DE軌道，到達(dá)E點(diǎn)時(shí)速度減為零，然后返回．已知運(yùn)動(dòng)員和滑板的總質(zhì)量為m＝60kg，B、E兩點(diǎn)距水平軌道CD的豎直高度分別為h＝2m和H＝3m，忽略空氣阻力．(g＝10m/s2)(1)運(yùn)動(dòng)員從A點(diǎn)運(yùn)動(dòng)到B點(diǎn)的過程中，求到達(dá)B點(diǎn)時(shí)的速度大小vB；(2)求水平軌道CD的長(zhǎng)度L；(3)通過計(jì)算說明，第一次返回時(shí)，運(yùn)動(dòng)員能否回到B點(diǎn)？如能，求出回到B點(diǎn)時(shí)速度的大?。绻荒埽蟪鲎詈笸Ｖ沟奈恢镁郈點(diǎn)的距離．答案(1)8m/s(2)5.5m(3)見解析解析(1)運(yùn)動(dòng)員從A點(diǎn)運(yùn)動(dòng)到B點(diǎn)的過程中做平拋運(yùn)動(dòng)，到達(dá)B點(diǎn)時(shí)，其速度沿著B點(diǎn)的切線方向，可知運(yùn)動(dòng)員到達(dá)B點(diǎn)時(shí)的速度大小為vB＝eq\f(v,cos60°)，解得vB＝8m/s(2)從B點(diǎn)到E點(diǎn)，由動(dòng)能定理得mgh－μmgL－mgH＝0－eq\f(1,2)mvB2代入數(shù)值得L＝5.5m(3)設(shè)運(yùn)動(dòng)員能到達(dá)左側(cè)的最大高度為h′，從E點(diǎn)到第一次返回到左側(cè)最高處，由動(dòng)能定理得mgH－μmgL－mgh′＝0解得h′＝0.8m<2m故運(yùn)動(dòng)員不能回到B點(diǎn)．設(shè)運(yùn)動(dòng)員從E點(diǎn)開始返回后，在CD段滑行的路程為s，全過程由動(dòng)能定理得mgH－μmgs＝0解得總路程s＝7.5m由于L＝5.5m所以可得運(yùn)動(dòng)員最后停止的位置在距C點(diǎn)2m處．考點(diǎn)二機(jī)械能守恒定律及應(yīng)用1．判斷物體或系統(tǒng)機(jī)械能是否守恒的三種方法定義判斷法看動(dòng)能與勢(shì)能之和是否變化能量轉(zhuǎn)化判斷法沒有與機(jī)械能以外的其他形式的能轉(zhuǎn)化時(shí)，系統(tǒng)機(jī)械能守恒做功判斷法只有重力(或彈簧的彈力)做功時(shí)，系統(tǒng)機(jī)械能守恒2．機(jī)械能守恒定律的表達(dá)式3．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，線速率與半徑成正比關(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(shí)，速度可能為0輕彈簧模型①同一根彈簧彈性勢(shì)能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(shì)能相等②由兩個(gè)或兩個(gè)以上的物體與彈簧組成的系統(tǒng)，當(dāng)彈簧形變量最大時(shí)，彈簧兩端連接的物體具有相同的速度；彈簧處于自然長(zhǎng)度時(shí)，彈簧彈性勢(shì)能最小(為零)說明：以上連接體不計(jì)阻力和摩擦力，系統(tǒng)(包含彈簧)機(jī)械能守恒，單個(gè)物體機(jī)械能不守恒．例2(2022·全國乙卷·16)固定于豎直平面內(nèi)的光滑大圓環(huán)上套有一個(gè)小環(huán)，小環(huán)從大圓環(huán)頂端P點(diǎn)由靜止開始自由下滑，在下滑過程中，小環(huán)的速率正比于()A．它滑過的弧長(zhǎng)B．它下降的高度C．它到P點(diǎn)的距離D．它與P點(diǎn)的連線掃過的面積答案C解析如圖所示，設(shè)小環(huán)下降的高度為h，大圓環(huán)的半徑為R，小環(huán)到P點(diǎn)的距離為L(zhǎng)，根據(jù)機(jī)械能守恒定律得mgh＝eq\f(1,2)mv2，由幾何關(guān)系可得h＝Lsinθ，sinθ＝eq\f(L,2R)，聯(lián)立可得h＝eq\f(L2,2R)，則v＝Leq\r(\f(g,R))，故C正確，A、B、D錯(cuò)誤．例3(多選)(2022·黑龍江省八校高三期末)如圖所示，固定的豎直光滑長(zhǎng)桿上套有質(zhì)量為m的小圓環(huán)，圓環(huán)與水平狀態(tài)的輕質(zhì)彈簧一端連接，彈簧的另一端連接在墻上，且處于原長(zhǎng)狀態(tài)，現(xiàn)讓圓環(huán)由靜止開始下滑，已知彈簧原長(zhǎng)為L(zhǎng)，圓環(huán)下滑到最大距離時(shí)彈簧的長(zhǎng)度變?yōu)?L(未超過彈性限度)，重力加速度為g，則在圓環(huán)下滑到最大距離的過程中()A．彈簧對(duì)圓環(huán)先做正功后做負(fù)功B．彈簧彈性勢(shì)能增加了eq\r(3)mgLC．圓環(huán)重力勢(shì)能與彈簧彈性勢(shì)能之和先減小后增大D．圓環(huán)下滑到最大距離時(shí)，所受合力為零答案BC解析彈簧一直伸長(zhǎng)，故彈簧對(duì)圓環(huán)一直做負(fù)功，A錯(cuò)誤；由題可知，整個(gè)過程動(dòng)能的變化量為零，根據(jù)幾何關(guān)系可得圓環(huán)下落的高度h＝eq\r(2L2－L2)＝eq\r(3)L，根據(jù)能量守恒定律可得，彈簧彈性勢(shì)能增加量等于圓環(huán)重力勢(shì)能的減少量，則有ΔEp＝mgh＝eq\r(3)mgL，B正確；彈簧與小圓環(huán)組成的系統(tǒng)機(jī)械能守恒，則有ΔEk＋ΔEp重＋ΔEp彈＝0，由于小圓環(huán)在下滑到最大距離的過程中先是做加速度減小的加速運(yùn)動(dòng)，再做加速度增大的減速運(yùn)動(dòng)，所以動(dòng)能先增大后減小，則圓環(huán)重力勢(shì)能與彈簧彈性勢(shì)能之和先減小后增大，C正確；圓環(huán)下滑到最大距離時(shí)，加速度方向豎直向上，所受合力方向?yàn)樨Q直向上，D錯(cuò)誤．例4(2020·江蘇卷·15)如圖所示，鼓形輪的半徑為R，可繞固定的光滑水平軸O轉(zhuǎn)動(dòng)．在輪上沿相互垂直的直徑方向固定四根直桿，桿上分別固定有質(zhì)量為m的小球，球與O的距離均為2R.在輪上繞有長(zhǎng)繩，繩上懸掛著質(zhì)量為M的重物．重物由靜止下落，帶動(dòng)鼓形輪轉(zhuǎn)動(dòng)．重物落地后鼓形輪勻速轉(zhuǎn)動(dòng)，轉(zhuǎn)動(dòng)的角速度為ω.繩與輪之間無相對(duì)滑動(dòng)，忽略鼓形輪、直桿和長(zhǎng)繩的質(zhì)量，不計(jì)空氣阻力，重力加速度為g.求：(1)重物落地后，小球線速度的大小v；(2)重物落地后一小球轉(zhuǎn)到水平位置A，此時(shí)該球受到桿的作用力的大小F；(3)重物下落的高度h.答案(1)2ωR(2)eq\r(2mω2R2＋mg2)(3)eq\f(M＋16m,2Mg)(ωR)2解析(1)重物落地后，小球線速度大小v＝ωr＝2ωR(2)向心力Fn＝2mω2R設(shè)F與水平方向的夾角為α，則Fcosα＝FnFsinα＝mg解得F＝eq\r(2mω2R2＋mg2)(3)落地時(shí)，重物的速度v′＝ωR由機(jī)械能守恒得eq\f(1,2)Mv′2＋4×eq\f(1,2)mv2＝Mgh解得h＝eq\f(M＋16m,2Mg)(ωR)2.考點(diǎn)三能量守恒定律及應(yīng)用1．含摩擦生熱、焦耳熱、電勢(shì)能等多種形式能量轉(zhuǎn)化的系統(tǒng)，優(yōu)先選用能量守恒定律．2．應(yīng)用能量守恒定律的基本思路(1)守恒：E初＝E末，初、末總能量不變．(2)轉(zhuǎn)移：EA減＝EB增，A物體減少的能量等于B物體增加的能量．(3)轉(zhuǎn)化：|ΔE減|＝|ΔE增|，減少的某些能量等于增加的某些能量．例5(2021·山東卷·18改編)如圖所示，三個(gè)質(zhì)量均為m的小物塊A、B、C，放置在水平地面上，A緊靠豎直墻壁，一勁度系數(shù)為k的輕彈簧將A、B連接，C緊靠B，開始時(shí)彈簧處于原長(zhǎng)，A、B、C均靜止．現(xiàn)給C施加一水平向左、大小為F的恒力，使B、C一起向左運(yùn)動(dòng)，當(dāng)速度為零時(shí)，立即撤去恒力，一段時(shí)間后A離開墻壁，最終三物塊都停止運(yùn)動(dòng)．已知A、B、C與地面間的滑動(dòng)摩擦力大小均為f，最大靜摩擦力等于滑動(dòng)摩擦力，彈簧始終在彈性限度內(nèi)．(彈簧的彈性勢(shì)能可表示為：Ep＝eq\f(1,2)kx2，k為彈簧的勁度系數(shù)，x為彈簧的形變量)(1)求B、C向左移動(dòng)的最大距離x0和B、C分離時(shí)B的動(dòng)能Ek；(2)為保證A能離開墻壁，求恒力的最小值Fmin；(3)若三物塊都停止時(shí)B、C間的距離為xBC，從B、C分離到B停止運(yùn)動(dòng)的整個(gè)過程，B克服彈簧彈力做的功為W，通過推導(dǎo)比較W與fxBC的大??；答案(1)eq\f(2F－4f,k)eq\f(F2－6fF＋8f2,k)(2)(3＋eq\f(\r(10),2))f(3)W<fxBC解析(1)從開始到B、C向左移動(dòng)到最大距離的過程中，以B、C和彈簧為研究對(duì)象，由功能關(guān)系得Fx0＝2fx0＋eq\f(1,2)kx02彈簧恢復(fù)原長(zhǎng)時(shí)B、C分離，從彈簧最短到B、C分離，以B、C和彈簧為研究對(duì)象，由能量守恒定律得eq\f(1,2)kx02＝2fx0＋2Ek聯(lián)立方程解得x0＝eq\f(2F－4f,k)Ek＝eq\f(F2－6fF＋8f2,k).(2)當(dāng)A剛要離開墻時(shí)，設(shè)彈簧的伸長(zhǎng)量為x，以A為研究對(duì)象，由平衡條件得kx＝f若A剛要離開墻壁時(shí)B的速度恰好等于零，這種情況下恒力為最小值Fmin，從彈簧恢復(fù)原長(zhǎng)到A剛要離開墻的過程中，以B和彈簧為研究對(duì)象，由能量守恒定律得Ek＝eq\f(1,2)kx2＋fx結(jié)合第(1)問結(jié)果可知Fmin＝(3±eq\f(\r(10),2))f根據(jù)題意舍去Fmin＝(3－eq\f(\r(10),2))f，所以恒力的最小值為Fmin＝(3＋eq\f(\r(10),2))f.(3)從B、C分離到B停止運(yùn)動(dòng)，設(shè)B的位移為xB，C的位移為xC，以B為研究對(duì)象，由動(dòng)能定理得－W－fxB＝0－Ek以C為研究對(duì)象，由動(dòng)能定理得－fxC＝0－Ek由B、C的運(yùn)動(dòng)關(guān)系得xB>xC－xBC聯(lián)立可知W<fxBC.1.(2022·江蘇新沂市第一中學(xué)高三檢測(cè))如圖所示，傾角為θ的斜面AB段光滑，BP段粗糙，一輕彈簧下端固定于斜面底端P處，彈簧處于原長(zhǎng)時(shí)上端位于B點(diǎn)，可視為質(zhì)點(diǎn)、質(zhì)量為m的物體與BP之間的動(dòng)摩擦因數(shù)為μ(μ<tanθ)，物體從A點(diǎn)由靜止釋放，將彈簧壓縮后恰好能回到AB的中點(diǎn)Q.已知A、B間的距離為x，重力加速度為g，則()A．物體的最大動(dòng)能等于mgxsinθB．彈簧的最大形變量大于eq\f(1,2)xC．物體第一次往返中克服摩擦力做的功為eq\f(1,2)mgxsinθD．物體第二次沿斜面上升的最高位置在B點(diǎn)答案C解析物體接觸彈簧前，由機(jī)械能守恒定律可知，物體剛接觸彈簧時(shí)的動(dòng)能為Ek＝mgxsinθ，物體接觸彈簧后，重力沿斜面向下的分力先大于滑動(dòng)摩擦力和彈簧彈力的合力，物體先加速下滑，后來重力沿斜面向下的分力小于滑動(dòng)摩擦力和彈簧彈力的合力，物體減速下滑，所以當(dāng)重力沿斜面向下的分力等于滑動(dòng)摩擦力和彈簧彈力的合力時(shí)物體所受的合力為零，速度最大，動(dòng)能最大，所以物體的最大動(dòng)能一定大于mgxsinθ，A錯(cuò)誤；設(shè)彈簧的最大壓縮量為L(zhǎng)，彈性勢(shì)能最大為Ep，物體從A到最低點(diǎn)的過程，由能量守恒定律得mg(L＋x)sinθ＝μmgLcosθ＋Ep，物體從最低點(diǎn)到Q點(diǎn)的過程，由能量守恒得mg(L＋eq\f(x,2))sinθ＋μmgLcosθ＝Ep，聯(lián)立解得L＝eq\f(xtanθ,4μ)，由于μ<tanθ，但未知它們的具體參數(shù)，則無法說明彈簧的最大形變量是否大于eq\f(1,2)x，B錯(cuò)誤；第一次往返過程中，根據(jù)能量守恒定律，可知損失的能量等于克服摩擦力做的＝2μmgL′cosθ，如果L′＝L，則有xQC＝eq\f(x,2)，即最高點(diǎn)為B，但由于物體從Q點(diǎn)下滑，則彈簧的最大形變量L′＜L，所以最高點(diǎn)應(yīng)在B點(diǎn)上方，D錯(cuò)誤．2．(2022·浙江溫州市二模)我國選手谷愛凌在北京冬奧會(huì)自由式滑雪女子U型場(chǎng)地技巧決賽中奪得金牌．如圖所示，某比賽用U型池場(chǎng)地長(zhǎng)度L＝160m、寬度d＝20m、深度h＝7.25m，兩邊豎直雪道與池底平面雪道通過圓弧雪道連接組成，橫截面像“U”字形狀，池底雪道平面與水平面夾角為θ＝20°.為測(cè)試賽道，將一質(zhì)量m＝1kg的小滑塊從U型池的頂端A點(diǎn)以初速度v0＝eq\r(0.7)m/s滑入；滑塊從B點(diǎn)第一次沖出U型池，沖出B點(diǎn)的速度大小vB＝10m/s，與豎直方向夾角為α(α未知)，再從C點(diǎn)重新落回U型池(C點(diǎn)圖中未畫出)．已知A、B兩點(diǎn)間直線距離為25m，不計(jì)滑塊所受的空氣阻力，sin20°＝0.34，cos20°＝0.94，tan20°＝0.36，g取10m/s2.(1)A點(diǎn)至B點(diǎn)過程中，求小滑塊克服雪道阻力所做的功W克f；(2)忽略雪道對(duì)滑塊的阻力，若滑塊從池底平面雪道離開，求滑塊離開時(shí)速度的大小v；(3)若保持vB大小不變，速度vB與豎直方向的夾角調(diào)整為α0時(shí)，滑塊從沖出B點(diǎn)至重新落回U型池的時(shí)間最長(zhǎng)，求tanα0(結(jié)果保留兩位有效數(shù)字)．答案(1)1.35J(2)35m/s(3)0.36解析(1)小滑塊從A點(diǎn)至B點(diǎn)過程中，由動(dòng)能定理有mgxsin20°－W克f＝eq\f(1,2)mvB2－eq\f(1,2)mv02由幾何關(guān)系得x＝eq\r(xAB2－d2)，聯(lián)立解得W克f＝1.35J(2)忽略雪道對(duì)滑塊的阻力，滑塊從A點(diǎn)運(yùn)動(dòng)到池底平面雪道離開的過程中，由動(dòng)能定理得mgLsin20°＋mghcos20°＝eq\f(1,2)mv2－eq\f(1,2)mv02，代入數(shù)據(jù)解得v＝35m/s(3)當(dāng)滑塊離開B點(diǎn)時(shí)，設(shè)速度方向與U型池斜面的夾角為θ，沿U型池斜面和垂直U型池方向分解速度vy＝vBsinθ，vx＝vBcosθ，ay＝gcos20°，ax＝gsin20°，vy＝ayt1，t＝2t1由此可知，當(dāng)vy最大時(shí)，滑塊從沖出B點(diǎn)至重新落回U型池的時(shí)間最長(zhǎng)，此時(shí)vB垂直于U型池斜面，即α0＝20°tanα0＝eq\f(sinα0,cosα0)＝eq\f(0.34,0.94)≈0.36.專題強(qiáng)化練[保分基礎(chǔ)練]1.(2022·河北保定市高三期末)如圖所示，固定在豎直面內(nèi)橫截面為半圓的光滑柱體(半徑為R，直徑水平)固定在距離地面足夠高處，位于柱體兩側(cè)質(zhì)量相等的小球A、B(視為質(zhì)點(diǎn))用細(xì)線相連，兩球與截面圓的圓心O處于同一水平線上(細(xì)線處于繃緊狀態(tài))．在微小擾動(dòng)下，小球A由靜止沿圓弧運(yùn)動(dòng)到柱體的最高點(diǎn)P.不計(jì)空氣阻力，重力加速度大小為g.小球A通過P點(diǎn)時(shí)的速度大小為()A.eq\r(gR) B.eq\r(2gR)C.eq\r(\f(π,2)－1gR) D.eq\r(\f(π,2)gR)答案C解析對(duì)A、B組成的系統(tǒng)，從開始運(yùn)動(dòng)到小球A運(yùn)動(dòng)到最高點(diǎn)的過程有mg·eq\f(πR,2)－mgR＝eq\f(1,2)×2mv2，解得v＝eq\r(\f(π,2)－1gR)，故選C.2．(2022·山東泰安市模擬)如圖所示，細(xì)繩AB和BC連接著一質(zhì)量為m的物體P，其中繩子的A端固定，C端通過大小不計(jì)的光滑定滑輪連接著一質(zhì)量也為m的物體Q(P、Q均可視為質(zhì)點(diǎn))．開始時(shí)，用手托住物體P，使物體P與A、C兩點(diǎn)等高在一條水平直線上，且繩子處于拉直的狀態(tài)，把手放開，P下落到圖示位置時(shí)，夾角如圖所示．已知AB＝L，重力加速度為g.則由開始下落到圖示位置的過程中，下列說法正確的是()A．物體Q與物體P的速度大小始終相等B．釋放瞬間P的加速度小于gC．圖示位置時(shí)，Q的速度大小為eq\r(\f(3gL,2))D．圖示位置時(shí)，Q的速度大小為eq\r(\f(2－\r(3),2)gL)答案D解析P與Q的速度關(guān)系如圖所示釋放后，P繞A點(diǎn)做圓周運(yùn)動(dòng)，P的速度沿圓周的切線方向，當(dāng)繩BC與水平夾角為30°時(shí)，繩BC與繩AB垂直，P的速度方向沿CB的延長(zhǎng)線，此時(shí)物體Q與物體P的速度大小相等，之前的過程中，速度大小不相等，故A錯(cuò)誤；釋放瞬間，P所受合力為重力，故加速度等于g，故B錯(cuò)誤；由幾何關(guān)系知AC＝2L，P處于AC的中點(diǎn)時(shí)，則有BC＝L，當(dāng)下降到圖示位置時(shí)BC＝eq\r(3)L，Q上升的高度h1＝(eq\r(3)－1)L，P下降的高度為h2＝Lcos30°＝eq\f(\r(3),2)L，由A項(xiàng)中分析知此時(shí)P、Q速度大小相等，設(shè)為v，根據(jù)系統(tǒng)機(jī)械能守恒得mgh2＝mgh1＋eq\f(1,2)×2mv2，解得v＝eq\r(\f(2－\r(3),2)gL)，故D正確，C錯(cuò)誤．3．(多選)(2022·重慶市涪陵第五中學(xué)高三檢測(cè))如圖所示，輕繩的一端系一質(zhì)量為m的金屬環(huán)，另一端繞過定滑輪懸掛一質(zhì)量為5m的重物．金屬環(huán)套在固定的豎直光滑直桿上，定滑輪與豎直桿之間的距離OQ＝d，金屬環(huán)從圖中P點(diǎn)由靜止釋放，OP與直桿之間的夾角θ＝37°，不計(jì)一切摩擦，重力加速度為g，sin37°＝0.6，cos37°＝0.8，則()A．金屬環(huán)從P上升到Q的過程中，重物所受重力的瞬時(shí)功率先增大后減小B．金屬環(huán)從P上升到Q的過程中，繩子拉力對(duì)重物做的功為eq\f(10,3)mgdC．金屬環(huán)在Q點(diǎn)的速度大小為eq\r(\f(2gd,3))D．若金屬環(huán)最高能上升到N點(diǎn)，則ON與直桿之間的夾角α＝53°答案AD解析金屬環(huán)在P點(diǎn)時(shí)，重物的速度為零，則重物所受重力的瞬時(shí)功率為零，當(dāng)環(huán)上升到Q點(diǎn)，環(huán)的速度與繩垂直，則重物的速度為零，此時(shí)，重物所受重力的瞬時(shí)功率也為零，故金屬環(huán)從P上升到Q的過程中，重物所受重力的瞬時(shí)功率先增大后減小，故A正確；金屬環(huán)從P上升到Q的過程中，設(shè)繩子拉力做的功為W，對(duì)重物應(yīng)用動(dòng)能定理有W＋WG＝0，則W＝－WG＝－5mg(eq\f(d,sinθ)－d)＝－eq\f(10,3)mgd，故B錯(cuò)誤；設(shè)金屬環(huán)在Q點(diǎn)的速度大小為v，對(duì)環(huán)和重物整體，由動(dòng)能定理得5mg(eq\f(d,sinθ)－d)－mgeq\f(d,tanθ)＝eq\f(1,2)mv2，解得v＝2eq\r(gd)，故C錯(cuò)誤；若金屬環(huán)最高能上升到N點(diǎn)，則整個(gè)過程中，金屬環(huán)和重物整體的機(jī)械能守恒，有5mg(eq\f(d,sinθ)－eq\f(d,sinα))＝mg(eq\f(d,tanθ)＋eq\f(d,tanα))，解得α＝53°，故D正確．4．(2021·浙江1月選考·11)一輛汽車在水平高速公路上以80km/h的速度勻速行駛，其1s內(nèi)能量分配情況如圖所示．則汽車()A．發(fā)動(dòng)機(jī)的輸出功率為70kWB．每1s消耗的燃料最終轉(zhuǎn)化成的內(nèi)能是5.7×104JC．每1s消耗的燃料最終轉(zhuǎn)化成的內(nèi)能是6.9×104JD．每1s消耗的燃料最終轉(zhuǎn)化成的內(nèi)能是7.0×104J答案C解析據(jù)題意知，發(fā)動(dòng)機(jī)的輸出功率為P＝eq\f(W,t)＝17kW，故A錯(cuò)誤；根據(jù)能量守恒定律結(jié)合能量分配圖知，1s消耗的燃料最終轉(zhuǎn)化成的內(nèi)能為進(jìn)入發(fā)動(dòng)機(jī)的能量，即6.9×104J，故B、D錯(cuò)誤，C正確．[爭(zhēng)分提能練]5．(2022·山西太原市高三期末)如圖甲所示，一物塊置于粗糙水平面上，其右端通過水平彈性輕繩固定在豎直墻壁上．用力將物塊向左拉至O處后由靜止釋放，用傳感器測(cè)出物塊的位移x和對(duì)應(yīng)的速度，作出物塊的動(dòng)能Ek－x關(guān)系圖像如圖乙所示．其中0.10～0.25m間的圖線為直線，其余部分為曲線．已知物塊與水平面間的動(dòng)摩擦因數(shù)為0.2，取g＝10m/s2，彈性繩的彈力與形變始終符合胡克定律，可知()A．物塊的質(zhì)量為0.2kgB．彈性繩的勁度系數(shù)為50N/mC．彈性繩彈性勢(shì)能的最大值為0.6JD．物塊被釋放時(shí)，加速度的大小為8m/s2答案D解析由分析可知，x＝0.10m時(shí)，彈性繩恢復(fù)原長(zhǎng)，根據(jù)動(dòng)能定理有μmgΔx＝ΔEk，則m＝eq\f(ΔEk,μgΔx)＝eq\f(0.30,0.2×10×0.25－0.10)kg＝1kg，所以A錯(cuò)誤；動(dòng)能最大時(shí)彈簧彈力等于滑動(dòng)摩擦力，則有kΔx1＝μmg，Δx1＝0.10m－0.08m＝0.02m，解得k＝100N/m，所以B錯(cuò)誤；根據(jù)能量守恒定律有Epm＝μmgxm＝0.2×1×10×0.25J＝0.5J，所以C錯(cuò)誤；物塊被釋放時(shí)，加速度的大小為a＝eq\f(kΔxm－μmg,m)＝eq\f(100×0.10－0.2×1×10,1)m/s2＝8m/s2，所以D正確．6．(多選)(2022·廣東揭陽市高三期末)圖為某蹦極運(yùn)動(dòng)員從跳臺(tái)無初速度下落到第一次到達(dá)最低點(diǎn)過程的速度－位移圖像，運(yùn)動(dòng)員及裝備的總質(zhì)量為60kg，彈性繩原長(zhǎng)為10m，不計(jì)空氣阻力，g＝10m/s2.下列說法正確的是()A．下落過程中，運(yùn)動(dòng)員機(jī)械能守恒B．運(yùn)動(dòng)員在下落過程中的前10m加速度不變C．彈性繩最大的彈性勢(shì)能約為15300JD．速度最大時(shí)，彈性繩的彈性勢(shì)能約為2250J答案BCD解析下落過程中，運(yùn)動(dòng)員和彈性繩組成的系統(tǒng)機(jī)械能守恒，運(yùn)動(dòng)員在繩子繃直后機(jī)械能一直減小，所以A錯(cuò)誤；運(yùn)動(dòng)員在下落過程中的前10m做自由落體運(yùn)動(dòng)，其加速度恒定，所以B正確；在最低點(diǎn)時(shí)，彈性繩的形變量最大，其彈性勢(shì)能最大，由能量守恒定律可知，彈性勢(shì)能來自運(yùn)動(dòng)員減小的重力勢(shì)能，由題圖可知運(yùn)動(dòng)員下落的最大高度約為25.5m，所以Ep＝mgHm＝15300J，所以C正確；由題圖可知，下落約15m時(shí)，運(yùn)動(dòng)員的速度最大，根據(jù)能量守恒可知此時(shí)彈性繩的彈性勢(shì)能約為Epm＝mgH－eq\f(1,2)mvm2＝2250J，所以D正確．7.如圖所示，傾角θ＝30°的固定斜面上固定著擋板，輕彈簧下端與擋板相連，彈簧處于原長(zhǎng)時(shí)上端位于D點(diǎn)．用一根不可伸長(zhǎng)的輕繩通過輕質(zhì)光滑定滑輪連接物體A和B，使滑輪左側(cè)繩子始終與斜面平行，初始時(shí)A位于斜面的C點(diǎn)，C、D兩點(diǎn)間的距離為L(zhǎng)，現(xiàn)由靜止同時(shí)釋放A、B，物體A沿斜面向下運(yùn)動(dòng)，將彈簧壓縮到最短的位置為E點(diǎn)，D、E兩點(diǎn)間距離為eq\f(L,2)，若A、B的質(zhì)量分別為4m和m，A與斜面之間的動(dòng)摩擦因數(shù)μ＝eq\f(\r(3),8)，不計(jì)空氣阻力，重力加速度為g，整個(gè)過程中，輕繩始終處于伸直狀態(tài)，求：(1)物體A在從C運(yùn)動(dòng)至D的過程中的加速度大小；(2)物體A從C至D點(diǎn)時(shí)的速度大??；(3)彈簧的最大彈性勢(shì)能．答案(1)eq\f(1,20)g(2)eq\r(\f(gL,10))(3)eq\f(3,8)mgL解析(1)物體A從C運(yùn)動(dòng)到D的過程，對(duì)物體A、B整體進(jìn)行受力分析，根據(jù)牛頓第二定律有4mgsin30°－mg－4μmgcos30°＝5ma解得a＝eq\f(1,20)g(2)物體A從C運(yùn)動(dòng)至D的過程，對(duì)整體應(yīng)用動(dòng)能定理有4mgLsin30°－mgL－4μmgLcos30°＝eq\f(1,2)·5mv2解得v＝eq\r(\f(gL,10))(3)當(dāng)A、B的速度為零時(shí)，彈簧被壓縮到最短，此時(shí)彈簧彈性勢(shì)能最大，整個(gè)過程中對(duì)A、B整體應(yīng)用動(dòng)能定理得4mg(L＋eq\f(L,2))sin30°－mg(L＋eq\f(L,2))－μ·4mgcos30°(L＋eq\f(L,2))－W彈＝0－0解得W彈＝eq\f(3,8)mgL則彈簧具有的最大彈性勢(shì)能Ep＝W彈＝eq\f(3,8)mgL.8．(2022·江蘇南京市二模)現(xiàn)將等寬雙線在水平面內(nèi)繞制成如圖甲所示軌道，兩段半圓形軌道半徑均為R＝eq\r(3)m，兩段直軌道AB、A′B′長(zhǎng)度均為l＝1.35m．在軌道上放置一個(gè)質(zhì)量m＝0.1kg的小圓柱體，如圖乙所示，圓柱體與軌道兩側(cè)相切處和圓柱截面圓心O連線的夾角θ為120°，如圖丙所示．兩軌道與小圓柱體間的動(dòng)摩擦因數(shù)均為μ＝0.5，小圓柱尺寸和軌道間距相對(duì)軌道長(zhǎng)度可忽略不計(jì)．初始時(shí)小圓柱位于A點(diǎn)處，現(xiàn)使之獲得沿直軌道AB方向的初速度v0.重力加速度大小g＝10m/s2，求：(1)小圓柱沿AB運(yùn)動(dòng)時(shí)，內(nèi)、外軌道對(duì)小圓柱的摩擦力Ff1、Ff2的大??；(2)當(dāng)v0＝6m/s，小圓柱剛經(jīng)B點(diǎn)進(jìn)入圓弧軌道時(shí)，外軌和內(nèi)軌對(duì)小圓柱的壓力FN1、FN2的大??；(3)為了讓小圓柱不脫離內(nèi)側(cè)軌道，v0的最大值以及在v0取最大值情形下小圓柱最終滑過的路程s.答案(1)0.5N0.5N(2)1.3N0.7N(3)eq\r(57)m/s2.85m解析(1)圓柱體與軌道兩側(cè)相切處和圓柱截面圓心O連線的夾角θ為120°，根據(jù)對(duì)稱性可知，兩側(cè)彈力大小均與重力相等，為1N，內(nèi)、外軌道對(duì)小圓柱的摩擦力Ff1＝Ff2＝μFN＝0.5N(2)當(dāng)v0＝6m/s，小圓柱剛經(jīng)B點(diǎn)進(jìn)入圓弧軌道時(shí)有eq\f(1,2)mv2－eq\f(1,2)mv02＝－(Ff1＋Ff2)l在B點(diǎn)有FN1sin60°－FN2sin60°＝meq\f(v2,R)，F(xiàn)N1cos60°＋FN2cos60°＝mg解得FN1＝1.3N，F(xiàn)N2＝0.7N(3)為了讓小圓柱不脫離內(nèi)側(cè)軌道，v0最大時(shí)，在B點(diǎn)恰好內(nèi)軌對(duì)小圓柱的壓力為0，有FN1′sin60°＝meq\f(vm2,R)，F(xiàn)N1′cos60°＝mg且eq\f(1,2)mvm2－eq\f(1,2)mv0m2＝－