第6講動能定理機械能守恒定律能量守恒定律命題規(guī)律1.命題角度：(1)動能定理的綜合應用；(2)機械能守恒定律及應用；(3)能量守恒定律及應用.2.常用方法：圖像法、函數(shù)法、比較法.3.?？碱}型：計算題．考點一動能定理的綜合應用1．應用動能定理解題的步驟圖解：2．應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，比動力學方法要簡捷．(2)動能定理表達式是一個標量式，在某個方向上應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)，對全過程應用動能定理，往往能使問題簡化．(4)多過程往復運動問題一般應用動能定理求解．例1(2022·廣東深圳市聯(lián)考)如圖所示，一半圓弧形細桿ABC豎直固定在水平地面上，AC為其水平直徑，圓弧半徑BO＝3.6m．質(zhì)量為m＝4.0kg的小圓環(huán)(可視為質(zhì)點，小環(huán)直徑略大于桿的粗細)套在細桿上，在大小為50N、沿圓的切線方向的拉力F作用下，從A點由靜止開始運動，到達B點時對細桿的壓力恰好為0.已知π取3.14，重力加速度g取10m/s2，在這一過程中摩擦力做功為()A．66.6J B．－66.6JC．210.6J D．－210.6J答案B解析小圓環(huán)到達B點時對細桿的壓力恰好為0，則有mg＝meq\f(v2,r)，拉力F沿圓的切線方向，根據(jù)動能定理有F·eq\f(2πr,4)－mgr＋Wf＝eq\f(1,2)mv2，又r＝3.6m，解得摩擦力做功為Wf＝－66.6J，故選B.例2(2022·河南信陽市質(zhì)檢)滑板運動是極限運動的鼻祖，許多極限運動項目均由滑板項目延伸而來，如圖是滑板運動的軌道．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，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摩擦因數(shù)μ＝0.4.某運動員從軌道上的A點以v＝4m/s的速度水平滑出，在B點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E點時速度減為零，然后返回．已知運動員和滑板的總質(zhì)量為m＝60kg，B、E兩點距水平軌道CD的豎直高度分別為h＝2m和H＝3m，忽略空氣阻力．(g＝10m/s2)(1)運動員從A點運動到B點的過程中，求到達B點時的速度大小vB；(2)求水平軌道CD的長度L；(3)通過計算說明，第一次返回時，運動員能否回到B點？如能，求出回到B點時速度的大?。绻荒?，求出最后停止的位置距C點的距離．答案(1)8m/s(2)5.5m(3)見解析解析(1)運動員從A點運動到B點的過程中做平拋運動，到達B點時，其速度沿著B點的切線方向，可知運動員到達B點時的速度大小為vB＝eq\f(v,cos60°)，解得vB＝8m/s(2)從B點到E點，由動能定理得mgh－μmgL－mgH＝0－eq\f(1,2)mvB2代入數(shù)值得L＝5.5m(3)設運動員能到達左側的最大高度為h′，從E點到第一次返回到左側最高處，由動能定理得mgH－μmgL－mgh′＝0解得h′＝0.8m<2m故運動員不能回到B點．設運動員從E點開始返回后，在CD段滑行的路程為s，全過程由動能定理得mgH－μmgs＝0解得總路程s＝7.5m由于L＝5.5m所以可得運動員最后停止的位置在距C點2m處．考點二機械能守恒定律及應用1．判斷物體或系統(tǒng)機械能是否守恒的三種方法定義判斷法看動能與勢能之和是否變化能量轉(zhuǎn)化判斷法沒有與機械能以外的其他形式的能轉(zhuǎn)化時，系統(tǒng)機械能守恒做功判斷法只有重力(或彈簧的彈力)做功時，系統(tǒng)機械能守恒2．機械能守恒定律的表達式3．連接體的機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，找出兩物體速度關系，當某物體位移最大時，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)，當彈簧形變量最大時，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)機械能守恒，單個物體機械能不守恒．例3(2022·全國乙卷·16)固定于豎直平面內(nèi)的光滑大圓環(huán)上套有一個小環(huán)，小環(huán)從大圓環(huán)頂端P點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B．它下降的高度C．它到P點的距離D．它與P點的連線掃過的面積答案C解析如圖所示，設小環(huán)下降的高度為h，大圓環(huán)的半徑為R，小環(huán)到P點的距離為L，根據(jù)機械能守恒定律得mgh＝eq\f(1,2)mv2，由幾何關系可得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錯誤．例4(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，且處于原長狀態(tài)，現(xiàn)讓圓環(huán)由靜止開始下滑，已知彈簧原長為L，圓環(huán)下滑到最大距離時彈簧的長度變?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．彈簧對圓環(huán)先做正功后做負功B．彈簧彈性勢能增加了eq\r(3)mgLC．圓環(huán)重力勢能與彈簧彈性勢能之和先減小后增大D．圓環(huán)下滑到最大距離時，所受合力為零答案BC解析彈簧一直伸長，故彈簧對圓環(huán)一直做負功，A錯誤；由題可知，整個過程動能的變化量為零，根據(jù)幾何關系可得圓環(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，彈簧彈性勢能增加量等于圓環(huán)重力勢能的減少量，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動，再做加速度增大的減速運動，所以動能先增大后減小，則圓環(huán)重力勢能與彈簧彈性勢能之和先減小后增大，C正確；圓環(huán)下滑到最大距離時，加速度方向豎直向上，所受合力方向為豎直向上，D錯誤．考點三能量守恒定律及應用1．含摩擦生熱、焦耳熱、電勢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，開始時彈簧處于原長，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一起向左運動，當速度為零時，立即撤去恒力，一段時間后A離開墻壁，最終三物塊都停止運動．已知A、B、C與地面間的滑動摩擦力大小均為f，最大靜摩擦力等于滑動摩擦力，彈簧始終在彈性限度內(nèi)．(彈簧的彈性勢能可表示為：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向左移動的最大距離x0和B、C分離時B的動能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B、C間的距離為xBC，從B、C分離到B停止運動的整個過程，B克服彈簧彈力做的功為W，通過推導比較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向左移動到最大距離的過程中，以B、C和彈簧為研究對象，由功能關系得Fx0＝2fx0＋eq\f(1,2)kx02彈簧恢復原長時B、C分離，從彈簧最短到B、C分離，以B、C和彈簧為研究對象，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A剛要離開墻時，設彈簧的伸長量為x，以A為研究對象，由平衡條件得kx＝f若A剛要離開墻壁時B的速度恰好等于零，這種情況下恒力為最小值Fmin，從彈簧恢復原長到A剛要離開墻的過程中，以B和彈簧為研究對象，由能量守恒定律得Ek＝eq\f(1,2)kx2＋fx結合第(1)問結果可知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停止運動，設B的位移為xB，C的位移為xC，以B為研究對象，由動能定理得－W－fxB＝0－Ek以C為研究對象，由動能定理得－fxC＝0－Ek由B、C的運動關系得xB>xC－xBC聯(lián)立可知W<fxBC.1.(2022·江蘇新沂市第一中學高三檢測)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，彈簧處于原長時上端位于B點，可視為質(zhì)點、質(zhì)量為m的物體與BP之間的動摩擦因數(shù)為μ(μ<tanθ)，物體從A點由靜止釋放，將彈簧壓縮后恰好能回到AB的中點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點答案C解析物體接觸彈簧前，由機械能守恒定律可知，物體剛接觸彈簧時的動能為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摩擦力和彈簧彈力的合力，物體減速下滑，所以當重力沿斜面向下的分力等于滑動摩擦力和彈簧彈力的合力時物體所受的合力為零，速度最大，動能最大，所以物體的最大動能一定大于mgxsinθ，A錯誤；設彈簧的最大壓縮量為L，彈性勢能最大為Ep，物體從A到最低點的過程，由能量守恒定律得mg(L＋x)sinθ＝μmgLcosθ＋Ep，物體從最低點到Q點的過程，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)，即最高點為B，但由于物體從Q點下滑，則彈簧的最大形變量L′＜L，所以最高點應在B點上方，D錯誤．2．(2022·廣東省六校聯(lián)盟聯(lián)考)如圖所示，小明在離水面高度h0＝1.8m的岸邊，將一質(zhì)量m＝20g的小石片以水平初速度v0＝8m/s拋出，玩“打水漂”．小石片在水面上滑行時受到的水平阻力恒為Ff＝0.4N，在水面上彈跳數(shù)次后沿水面的速度減為零，并以a＝0.5m/s2的加不計空氣阻力．求小石片：(1)沉入河底前瞬間的速度大小vt；(2)從開始拋出到沉入河底前瞬間的整個過程中，水對小石片做的功W；(3)從拋出到開始下沉的時間t.答案(1)1m/s(2)－1.19J(3)6.4s解析(1)小石片沉入河底時的速度vt2＝2ah，解得vt＝1m/s(2)小石片從開始拋出到沉入河底前瞬間的整個過程，由動能定理有mg(h0＋h)＋W＝eq\f(1,2)mvt2－eq\f(1,2)mv02，解得W＝－1.19J(3)小石片先做平拋運動，豎直方向有h0＝eq\f(1,2)gt12，解得t1＝0.6s小石片在水面上滑行時加速度a′＝－eq\f(Ff,m)＝－20m/s2，每次滑行的速度變化量Δv＝a′Δt＝－0.8m/s，而n＝eq\f(v0,|Δv|)＝10次，即小石片接觸水面滑行了10次，空中跳起了9次，第n次跳起后的水平速度vxn＝v0＋nΔv＝(8－0.8n)m/s，豎直速度vyn＝kvxn，空中飛行時間tn＝2eq\f(vyn,g)，可得第n次彈起后在空中飛行的時間為tn＝eq\f(6,5)(1－0.1n)s，在空中的飛行總時間t2＝eq\o(∑,\s\up6(9),\s\do6(1))tn＝5.4s，在水面上滑行的時間為t3＝0.04×10s＝0.4s，總時間t＝t1＋t2＋t3，解得t＝6.4s.專題強化練[保分基礎練]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，位于柱體兩側質(zhì)量相等的小球A、B(視為質(zhì)點)用細線相連，兩球與截面圓的圓心O處于同一水平線上(細線處于繃緊狀態(tài))．在微小擾動下，小球A由靜止沿圓弧運動到柱體的最高點P.不計空氣阻力，重力加速度大小為g.小球A通過P點時的速度大小為()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A、B組成的系統(tǒng)，從開始運動到小球A運動到最高點的過程有mg·eq\f(πR,2)－mgR＝eq\f(1,2)×2mv2，解得v＝eq\r(\f(π,2)－1gR)，故選C.2.(多選)(2022·廣東省模擬)如圖所示，一彈性輕繩(彈性繩的彈力與其伸長量成正比，且彈性繩的彈性勢能Ep＝eq\f(1,2)kx2，其中k是彈性繩的勁度系數(shù)，x是彈性繩的伸長量)穿過內(nèi)壁光滑、不計粗細的硬質(zhì)圓管AB，彈性繩左端固定在A點，右端連接一個質(zhì)量為m的小球，小球穿過豎直光滑固定的桿，A、B、C三點在同一水平線上，彈性繩的自然長度與圓管AB的長度相等．將小球從C點由靜止釋放，小球到達D點時的速度為零，B、C兩點的距離為h，C、D兩點的距離為2h.重力加速度大小為g，彈性繩始終在彈性限度內(nèi)．下列說法正確的是()A．小球從C點運動到D點的過程中，小球?qū)U的彈力不變B．小球從C點運動到D點的過程中，小球的重力勢能與彈性繩的彈性勢能之和先增大后減小C．彈性繩的勁度系數(shù)為eq\f(2mg,h)D．當B點右側的彈性繩與桿的夾角為45°時，小球的速度最大答案AD解析小球?qū)U的彈力方向總是水平向左，當B點右側的彈性繩與桿的夾角為α時，桿對小球的彈力大小F1＝eq\f(kh,sinα)·sinα＝kh，結合牛頓第三定律可知，小球?qū)U的彈力大小恒為F2＝F1＝kh，A正確；小球從C點運動到D點的過程中，小球先做加速直線運動后做減速直線運動，即小球的動能先增大后減小，根據(jù)機械能守恒定律可知，該過程中小球的重力勢能與彈性繩的彈性勢能之和先減小后增大，B錯誤；小球從C點運動到D點的過程，根據(jù)機械能守恒定律有mg·2h＋eq\f(1,2)kh2＝eq\f(1,2)kxBD2，又xBD2－h(huán)2＝(2h)2，聯(lián)立解得k＝eq\f(mg,h)，C錯誤；當小球在豎直方向上所受合力為零時，小球的速度最大，設此時B點右側的彈性繩與桿的夾角為θ，有mg＝eq\f(kh,sinθ)·cosθ，代入數(shù)據(jù)解得θ＝45°，D正確．3．(多選)(2022·重慶市涪陵第五中學高三檢測)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點由靜止釋放，OP與直桿之間的夾角θ＝37°，不計一切摩擦，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，繩子拉力對重物做的功為eq\f(10,3)mgdC．金屬環(huán)在Q點的速度大小為eq\r(\f(2gd,3))D．若金屬環(huán)最高能上升到N點，則ON與直桿之間的夾角α＝53°答案AD解析金屬環(huán)在P點時，重物的速度為零，則重物所受重力的瞬時功率為零，當環(huán)上升到Q點，環(huán)的速度與繩垂直，則重物的速度為零，此時，重物所受重力的瞬時功率也為零，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，設繩子拉力做的功為W，對重物應用動能定理有W＋WG＝0，則W＝－WG＝－5mg(eq\f(d,sinθ)－d)＝－eq\f(10,3)mgd，故B錯誤；設金屬環(huán)在Q點的速度大小為v，對環(huán)和重物整體，由動能定理得5mg(eq\f(d,sinθ)－d)－mgeq\f(d,tanθ)＝eq\f(1,2)mv2，解得v＝2eq\r(gd)，故C錯誤；若金屬環(huán)最高能上升到N點，則整個過程中，金屬環(huán)和重物整體的機械能守恒，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)動機的輸出功率為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)動機的輸出功率為P＝eq\f(W,t)＝17kW，故A錯誤；根據(jù)能量守恒定律結合能量分配圖知，1s消耗的燃料最終轉(zhuǎn)化成的內(nèi)能為進入發(fā)動機的能量，即6.9×104J，故B、D錯誤，C正確．[爭分提能練]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，用傳感器測出物塊的位移x和對應的速度，作出物塊的動能Ek－x關系圖像如圖乙所示．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．彈性繩彈性勢能的最大值為0.6JD．物塊被釋放時，加速度的大小為8m/s2答案D解析由分析可知，x＝0.10m時，彈性繩恢復原長，根據(jù)動能定理有μmgΔx＝ΔEk，則m＝eq\f(ΔEk,μgΔx)＝eq\f(0.30,0.2×10×0.25－0.10)kg＝1kg，所以A錯誤；動能最大時彈簧彈力等于滑動摩擦力，則有kΔx1＝μmg，Δx1＝0.10m－0.08m＝0.02m，解得k＝100N/m，所以B錯誤；根據(jù)能量守恒定律有Epm＝μmgxm＝0.2×1×10×0.25J＝0.5J，所以C錯誤；物塊被釋放時，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)圖為某蹦極運動員從跳臺無初速度下落到第一次到達最低點過程的速度－位移圖像，運動員及裝備的總質(zhì)量為60kg，彈性繩原長為10m，不計空氣阻力，g＝10m/s2.下列說法正確的是()A．下落過程中，運動員機械能守恒B．運動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能約為15300JD．速度最大時，彈性繩的彈性勢能約為2250J答案BCD解析下落過程中，運動員和彈性繩組成的系統(tǒng)機械能守恒，運動員在繩子繃直后機械能一直減小，所以A錯誤；運動員在下落過程中的前10m做自由落體運動，其加速度恒定，所以B正確；在最低點時，彈性繩的形變量最大，其彈性勢能最大，由能量守恒定律可知，彈性勢能來自運動員減小的重力勢能，由題圖可知運動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，運動員的速度最大，根據(jù)能量守恒可知此時彈性繩的彈性勢能約為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，彈簧處于原長時上端位于D點．用一根不可伸長的輕繩通過輕質(zhì)光滑定滑輪連接物體A和B，使滑輪左側繩子始終與斜面平行，初始時A位于斜面的C點，C、D兩點間的距離為L，現(xiàn)由靜止同時釋放A、B，物體A沿斜面向下運動，將彈簧壓縮到最短的位置為E點，D、E兩點間距離為eq\f(L,2)，若A、B的質(zhì)量分別為4m和m，A與斜面之間的動摩擦因數(shù)μ＝eq\f(\r(3),8)，不計空氣阻力，重力加速度為g，整個過程中，輕繩始終處于伸直狀態(tài)，求：(1)物體A在從C運動至D的過程中的加速度大??；(2)物體A從C至D點時的速度大??；(3)彈簧的最大彈性勢能．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運動到D的過程，對物體A、B整體進行受力分析，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運動至D的過程，對整體應用動能定理有4mgLsin30°－mgL－4μmgLcos30°＝eq\f(1,2)·5mv2解得v＝eq\r(\f(gL,10))(3)當A、B的速度為零時，彈簧被壓縮到最短，此時彈簧彈性勢能最大，整個過程中對A、B整體應用動能定理得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能Ep＝W彈＝eq\f(3,8)mgL.8.(2022·廣東卷·13)某同學受自動雨傘開傘過程的啟發(fā)，設計了如圖所示的物理模型．豎直放置在水平桌面上的滑桿上套有一個滑塊，初始時它們處于靜止狀態(tài)．當滑塊從A處以初速度v0為10m/s向上滑動時，受到滑桿的摩擦力f為1N，滑塊滑到B處與滑桿發(fā)生完全非彈性碰撞，帶動滑桿離開桌面一起豎直向上運動．已知滑塊的質(zhì)量m＝0.2kg，滑桿的質(zhì)量M＝0.6kg，A、B間的距離l＝1.2m，重力加速度g取10m/s2，不計空氣阻力．求：(1)滑塊在靜止時和向上滑動的過程中，桌面對滑桿支持力的大小N1和N2；(2)滑塊碰撞前瞬間的速度大小v1；(3)滑桿向上運動的最大高度h.答案(1)8N5N(2)8m/s(3)0.2m解析(1)當滑塊處于靜止時桌面對滑桿的支持力等于滑塊和滑桿的重力，即N1＝(m＋M)g＝8N當滑塊向上滑動時受到滑桿的摩擦力為1N，根據(jù)牛頓第三定律可知滑塊對滑桿的摩擦力也為1N，方向豎直向上，則此時桌面對滑桿的支持力為N2＝Mg－f′＝5N.(2)滑塊開始向上運動到碰前瞬間根據(jù)動能定理有－mgl－fl＝eq\f(1,2)mv12－eq\f(1,2)mv02代入數(shù)據(jù)解得v1＝8m/s.(3)由于滑塊和滑桿發(fā)生完全非彈性碰撞，即碰后兩者共速，取豎直向上為正方向，碰撞過程根據(jù)動量守恒定律有mv1＝