微专题8动力学和能量观点的综合应用

微专题8动力学和能量观点的综合应用【知识规律整合】知识整合热点考向1.摩擦力做功的特点(1)一对静摩擦力所做功的代数和总等于零。(2)一对滑动摩擦力做功的代数和总是负值，绝对值为机械能转化为内能的部分，也就是系统机械能的损失量。(3)说明：两种摩擦力对物体都可以做正功，也可以做负功，还可以不做功。2.复杂过程分析思路(1)受力与运动分析：根据物体的运动过程分析物体的受力情况，以及不同运动过程中力的变化情况。(2)做功分析：根据各种力做功的不同特点，分析各种力在不同的运动过程中的做功情况。(3)功能关系分析：运用动能定理、机械能守恒定律或能量守恒定律进行分析，选择合适的规律求解。考向1：传送带(或板块)相对滑动的能量问题。考向2：多运动组合问题。题型一传送带(板块)相对滑动的能量问题1．正确分析物体的运动过程，做好受力分析。2．利用运动学公式，结合牛顿第二定律分析物体的速度关系及位移关系。3．公式Q＝Ffx相对中x相对为两接触物体间的相对位移，若物体在传送带上做往复运动，则x相对为总的相对路程。角度1传送带模型如图1所示，水平传送带匀速运行速度为v＝2m/s，传送带两端A、B间距离为x0＝10m，当质量为m＝5kg的行李箱无初速度地放上传送带A端后，传送到B端，传送带与行李箱间的动摩擦因数μ＝0.2，重力加速度g取10m/s2，求：图1(1)行李箱开始运动时的加速度大小a；(2)行李箱从A端传送到B端所用时间t；(3)整个过程行李箱对传送带的摩擦力做的功W。答案(1)2m/s2(2)5.5s(3)－20J解析(1)行李箱刚放上传送带时的加速度大小a＝eq\f(Ff,m)＝eq\f(μmg,m)＝μg＝2m/s2。(2)设经过t1时间二者共速t1＝eq\f(v,a)＝eq\f(2,2)s＝1s行李箱匀加速运动的位移为x1＝eq\f(1,2)ateq\o\al(2,1)＝eq\f(1,2)×2×12m＝1m行李箱随传送带匀速运动的时间t2＝eq\f(x0－x1,v)＝eq\f(10－1,2)s＝4.5s则行李箱从A传送到B所用时间t＝t1＋t2＝1s＋4.5s＝5.5s。(3)t1时间内传送带的位移x2＝vt1＝2×1m＝2m根据牛顿第三定律知，传送带受到行李箱的摩擦力Ff′＝Ff行李箱对传送带的摩擦力做的功W＝－Ff′x2＝－μmgx2＝－0.2×5×10×2J＝－20J。【针对训练1】如图2所示，固定的粗糙弧形轨道下端B点水平，上端A与B点的高度差为h1＝0.3m，倾斜传送带与水平方向的夹角为θ＝37°，传送带的上端C点与B点的高度差为h2＝0.1125m(传送带传动轮的大小可忽略不计)。一质量为m＝1kg的滑块(可看作质点)从轨道的A点由静止滑下，然后从B点抛出，恰好以平行于传送带的速度从C点落到传送带上，传送带逆时针转动，速度大小为v＝0.5m/s，滑块与传送带间的动摩擦因数为μ＝0.8，且传送带足够长，滑块运动过程中空气阻力忽略不计，g＝10m/s2，sin37°＝0.6，cos37°＝0.8，试求：图2(1)滑块运动至C点时速度vC的大小；(2)滑块由A到B运动过程中克服摩擦力做的功Wf；(3)滑块在传送带上运动时与传送带摩擦产生的热量Q。答案(1)2.5m/s(2)1J(3)32J解析(1)在C点，竖直分速度vy＝eq\r(2gh2)＝1.5m/s由vy＝vCsin37°，解得vC＝2.5m/s。(2)C点的水平分速度与B点的速度相等，则vB＝vx＝vCcos37°＝2m/s，从A到B点的过程中，根据动能定理得mgh1－Wf＝eq\f(1,2)mveq\o\al(2,B)解得Wf＝1J。(3)滑块在传送带上运动时，根据牛顿第二定律有μmgcos37°－mgsin37°＝ma，解得a＝0.4m/s2达到共同速度所需时间t＝eq\f(vC－v,a)＝5s两者间的相对位移Δx＝eq\f(v＋vC,2)t－vt＝5m由于mgsin37°＜μmgcos37°，此后滑块将做匀速运动。故滑块在传送带上运动时与传送带摩擦产生的热量Q＝μmgcos37°·Δx＝32J。角度2板块模型【例2】如图3所示，质量M＝8kg的小车停放在光滑水平面上，在小车右端施加一水平恒力F＝8N。当小车向右运动速度达到v0＝3m/s时，在小车的右端轻放一质量m＝2kg的小物块，物块与小车间的动摩擦因数μ＝0.2，假定小车足够长，g＝10m/s2。求：图3(1)小物块从放在车上开始经过多长时间与小车具有相同的速度及此时的速度大小；(2)从小物块放在车上开始经过t0＝3.0s摩擦力对小物块所做的功。答案(1)2s4m/s(2)23.04J解析(1)根据牛顿第二定律得对物块μmg＝ma1解得a1＝2m/s2对小车F－μmg＝Ma2解得a2＝0.5m/s2设经过t1时间物块与小车的速度相等，则有a1t1＝v0＋a2t1代入数据解得t1＝2s共同的速度大小为v＝a1t1＝4m/s。(2)t1时间内物块位移x1＝eq\f(1,2)a1teq\o\al(2,1)＝4m，t1时刻物块速度v1＝v＝4m/st1后M、m有相同的加速度，对M、m整体有F＝(M＋m)a3解得a3＝0.8m/s2物块受到的摩擦力为Ff＝ma3＝1.6N此过程运动t2＝t0－t1＝1s的位移为x2＝v1t2＋eq\f(1,2)a3teq\o\al(2,2)＝（4×1＋eq\f(1,2)×0.8×12）m＝4.4m所以摩擦力做的功为W＝μmgx1＋Ffx2＝23.04J。【针对训练2】如图4所示，长L＝1.25m、质量M＝8kg的平板车静止在光滑水平面上，车的左端放一质量m＝2kg的木块，它与车面间的动摩擦因数μ＝0.2，水平恒力F＝10N拖着木块在车上滑行，木块最终从车的右端滑落，在车上滑动的过程中(g＝10m/s2)，求：图4(1)木块m的加速度a1的大小和平板车M的加速度a2的大小；(2)拉力F对木块做的功；(3)木块滑落时小车和木块的动能大小；(4)从静止到木块滑落过程中摩擦产生的热量。答案(1)3m/s20.5m/s2(2)15J(3)1J和9J(4)5J解析(1)木块与车相对滑动时，对木块，由牛顿第二定律得F－μmg＝ma1代入数据解得a1＝3m/s2对平板车，由牛顿第二定律得μmg＝Ma2代入数据解得a2＝0.5m/s2。(2)木块与车分离时两者之间的相对位移为Δs＝L＝1.25m，设木块在车上运动的时间为t，则有L＝x木－x车又x木＝eq\f(1,2)a1t2，x车＝eq\f(1,2)a2t2联立并代入数据解得t＝1s木块的位移x木＝eq\f(1,2)a1t2＝1.5m则拉力对木块做的功为W＝Fx木＝15J。(3)木块从车的右端滑落时的速度为v木＝a1t＝3m/s木块的动能为Ek木＝eq\f(1,2)mveq\o\al(2,木)＝9J此时车的速度为v车＝a2t＝0.5m/s车的动能为Ek车＝eq\f(1,2)Mveq\o\al(2,车)＝1J。(4)摩擦产生的热量为Q＝fΔs＝μmgL＝0.2×2×10×1.25＝5J。题型二多运动组合问题1．“合”——整体上把握全过程，构建大致的运动情景。2．“分”——将全过程进行分解，分析每个子过程对应的基本规律。3．“合”——找出各子过程之间的联系，以衔接点为突破口，寻求解题最优方案。【例3】如图5所示，一水平圆盘绕过圆心的竖直轴转动，圆盘半径R＝0.2m，圆盘边缘有一质量m＝1kg的小滑块。当圆盘转动的角速度达到某一数值时，滑块恰从圆盘边缘A沿过渡圆管滑落，进入轨道ABC，AB粗糙，BCD光滑，CD面足够长且离地面高为h′＝0.4m，经C点后突然给滑块施加水平向右的恒力F＝eq\f(10\r(3),3)N。已知AB段斜面倾角为60°，BC段斜面倾角为30°，小滑块与圆盘的动摩擦因数μ＝0.5，A点离B点所在水平面的高度h＝1.2m，运动到B点时的速度为3m/s，滑块从A至C运动过程中始终未脱离轨道，不计在过渡圆管处和B点的机械能损失，最大静摩擦力等于滑动摩擦力，重力加速度g取10m/s2，求：图5(1)滑出A点时，圆盘转动的角速度ω；(2)小滑块在从A到B时，摩擦力做的功；(3)小滑块在CD面上的落点与C点的距离。答案(1)5rad/s(2)－8J(3)eq\f(\r(3),15)m解析(1)滑块在圆盘上做圆周运动时，静摩擦力充当向心力，根据牛顿第二定律得μmg＝mω2R代入数据解得ω＝5rad/s。(2)vA＝ωR＝5×0.2m/s＝1m/s从A到B的运动过程，由动能定理得mgh＋Wf＝eq\f(1,2)mveq\o\al(2,B)－eq\f(1,2)mveq\o\al(2,A)解得摩擦力做的功Wf＝－8J。(3)从B到C的过程由动能定理得－mgh′＝eq\f(1,2)mveq\o\al(2,C)－eq\f(1,2)mveq\o\al(2,B)解得vC＝1m/s对小滑块经C点后受力分析可知，F合＝eq\r(（mg）2＋F2)＝eq\f(20,3)eq\r(3)N，则合加速度大小为a＝eq\f(F合,m)＝eq\f(20,3)eq\r(3)m/s2，由几何关系可知，合加速度的方向与C点速度方向垂直，则小滑块做类平抛运动，沿C点速度方向x＝vCt沿合加速度方向y＝eq\f(1,2)at2又eq\f(y,x)＝tan30°小滑块落点距C点s＝eq\f(x,cos30°)联立解得s＝eq\f(\r(3),15)m。【针对训练3】如图6所示，ABDO是处于竖直平面内的光滑轨道，AB是半径为R＝15m的eq\f(1,4)圆周轨道，半径OA处于水平位置，BDO是直径为15m的半圆轨道，D为BDO轨道的中央。一个小球P从A点的正上方距水平半径OA高H处自由落下，沿竖直平面内的轨道运动，离开AB轨道时对轨道末端B点的压力大小等于其重力的eq\f(13,3)倍，取g＝10m/s2，求：图6(1)H的大小；(2)试讨论此球能否到达BDO轨道的O点，并说明理由；(3)小球从H高处自由落下沿轨道运动后再次落到轨道上的速度大小是多少？答案(1)10m(2)能，理由见解析(3)17.3m/s解析(1)设小球通过B点的速度为v，则由牛顿第二定律有FN－mg＝meq\f(veq\o\al(2,B),R)对轨道末端B的压力FN′＝FN＝eq\f(13,3)mg小球从P点落下到沿光滑轨道运动到B点的过程中，由动能定理有mg(H＋R)＝eq\f(1,2)mveq\o\al(2,B)联立可得高度H＝eq\f(2,3)R＝10m。(2)设小球能够沿竖直半圆轨道运动到O点的最小速度为vO由牛顿第二定律有mg＝meq\f(veq\o\al(2,O),\f(R,2))小球至少应从HO高处落下由动能定理mgHO＝eq\f(1,2)mveq\o\al(2,O)解得HO＝eq\f(R,4)由H＞HO知，小球可以通过O点。(3)小球由H落下通过O点的速度为v0＝eq\r(2gH)＝10eq\r(2)m/s小球通过O点后做平抛运动，设小球经时间t落到AB圆弧轨道上，有x＝v0t，y＝eq\f(1,2)gt2，且x2＋y2＝R2可解得时间t＝1s(另解舍弃)落到轨道上速度的大小v＝eq\r(veq\o\al(2,0)＋g2t2)＝17.3m/s。1．(2022·浙江6月选考，12)风力发电已成为我国实现“双碳”目标的重要途径之一。如图7所示，风力发电机是一种将风能转化为电能的装置。某风力发电机在风速为9m/s时，输出电功率为405kW，风速在5～10m/s范围内，转化效率可视为不变。该风机叶片旋转一周扫过的面积为A，空气密度为ρ，风场风速为v，并保持风正面吹向叶片。下列说法正确的是()图7A．该风力发电机的输出电功率与风速成正比B．单位时间流过面积A的流动空气动能为eq\f(1,2)ρAv2C．若每天平均有1.0×108kW的风能资源，则每天发电量为2.4×109kW·hD．若风场每年有5000h风速在6～10m/s的风能资源，则该发电机年发电量至少为6.0×105kW·h答案D解析单位时间流过面积A的流动空气体积为V0＝Av，单位时间流过面积A的流动空气质量为m0＝ρV0＝ρAv，单位时间流过面积A的流动空气动能为eq\f(1,2)m0v2＝eq\f(1,2)ρAv3，即P＝eq\f(1,2)ρAv3，风速在5～10m/s范围内，转化效率可视为不变，可知该风力发电机的输出电功率与风速的三次方成正比，A、B错误；由于风力发电存在转化效率，若每天平均有1.0×108kW的风能资源，则每天发电量应满足E<1.0×108×24kW·h＝2.4×109kW·h，C错误；若风场每年有5000h风速在6～10m/s的风能资源，当风速取最小值6m/s时，该发电机年发电量具有最小值，根据题意，风速为9m/s时，输出电功率为405kW，且风速在5～10m/s范围内，转化效率可视为不变，则风速为6m/s时，输出电功率为P′＝63×eq\f(405,93)kW＝120kW，则该发电机年发电量至少为E′＝P′t＝120×5000kW·h＝6.0×105kW·h，D正确。2．(2021·全国甲卷改编)一质量为m的物体自倾角为α的固定斜面底端沿斜面向上滑动。该物体开始滑动时的动能为Ek，向上滑动一段距离后速度减小为零，此后物体向下滑动，到达斜面底端时动能为eq\f(Ek,5)。已知sinα＝0.6，重力加速度大小为g。则()A．物体向上滑动的距离为eq\f(Ek,2mg)B．物体向下滑动时的加速度大小eq\f(g,5)C．物体与斜面间的动摩擦因数等于0.6D．物体向上滑动所用的时间比向下滑动的时间长答案B解析设物体沿斜面向上滑动的距离为s，物体与斜面间的动摩擦因数为μ，物体沿斜面上滑过程中，根据动能定理有－mgssinα－μmgscosα＝0－Ek，同理，物体沿斜面下滑过程中有mgssinα－μmgscosα＝eq\f(Ek,5)－0，两式联立解得s＝eq\f(Ek,mg)，μ＝eq\f(1,2)。物体沿斜面下滑过程中，根据牛顿第二定律有mgsinα－μmgcosα＝ma下，解得a下＝eq\f(g,5)，同理可知物体沿斜面上滑过程中有－mgsinα－μmgcosα＝ma上，解得a上＝g，由s＝eq\f(1,2)at2可知，物体向上滑动所用的时间比向下滑动所用的时间短。B正确，A、C、D错误。3．(2020·山东卷改编)如图8所示，质量为M的物块A放置在光滑水平桌面上，右侧连接一固定于墙面的水平轻绳，左侧通过一倾斜轻绳跨过光滑定滑轮与一竖直轻弹簧相连。现将质量为m的钩码B挂于弹簧下端，当弹簧处于原长时，将B由静止释放，当B下降到最低点时(未着地)，A对水平桌面的压力刚好为零。轻绳不可伸长，弹簧始终在弹性限度内，物块A始终处于静止状态。以下判断不正确的是()图8A．M<2mB．2m<M<3mC．在B从释放位置运动到最低点的过程中，所受合力对B先做正功后做负功D．在B从释放位置运动到速度最大的过程中，B克服弹簧弹力做的功等于B机械能的减少量答案B解析由题意可知钩码B可以在开始位置到最低点之间做简谐振动，故在最低点时弹簧弹力T＝2mg，对A受力分析，设绳子与桌面间夹角为θ，则依题意有2mgsinθ＝Mg，则有M<2m，故A正确，B错误；由题意可知B从释放位置到最低点的过程中，开始弹簧弹力小于重力，钩码加速，合力做正功，后来弹簧弹力大于重力，钩码减速，合力做负功，故C正确；对于B，在从释放到速度最大的过程中，B机械能的减少量等于弹簧弹力所做的负功，即等于B克服弹簧弹力所做的功，故D正确。4．(2021·全国甲卷)如图9所示，一倾角为θ的光滑斜面上有50个减速带(图中未完全画出)，相邻减速带间的距离均为d，减速带的宽度远小于d；一质量为m的无动力小车(可视为质点)从距第一个减速带L处由静止释放。已知小车通过减速带损失的机械能与到达减速带时的速度有关。观察发现，小车通过第30个减速带后，在相邻减速带间的平均速度均相同。小车通过第50个减速带后立刻进入与斜面光滑连接的水平地面，继续滑行距离s后停下。已知小车与地面间的动摩擦因数为μ，重力加速度大小为g。图9(1)求小车通过第30个减速带后，经过每一个减速带时损失的机械能；(2)求小车通过前30个减速带的过程中在每一个减速带上平均损失的机械能；(3)若小车在前30个减速带上平均每一个损失的机械能大于之后每一个减速带上损失的机械能，则L应满足什么条件？答案(1)mgdsinθ(2)eq\f(mg（29d＋L）sinθ－μmgs,30)(3)L>d＋eq\f(μs,sinθ)解析(1)设小车通过第30个减速带后，经过每一个减速带时损失的机械能为ΔE，由小车通过第30个减速带后，在相邻减速带间的平均速度均相同，可知小车通过每一个减速带时重力势能的减少量等于经过减速带损失的机械能，即ΔE＝mgdsinθ。①(2)设小车通过前30个减速带的过程中在每一个减速带上平均损失的机械能为ΔE0，对小车从静止开始到进入水平面停止，由动能定理有mg(49d＋L)sinθ－30ΔE0－20ΔE－μmgs＝0－0②联立①②解得ΔE0＝eq\f(mg（29d＋L）sinθ－μmgs,30)。③(3)要使ΔE0>ΔE，有eq\f(mg（29d＋L）sinθ－μmgs,30)>mgdsinθ④解得L>d＋eq\f(μs,sinθ)。1．如图1所示，传送带以恒定速度v0向右运动，A、B间距为L，质量为m的物块无初速度放于左端A处，同时用水平恒力F向右拉物块，物块与传送带间的动摩擦因数为μ，物块从A运动到B的过程中，动能Ek随位移x变化的关系图像不可能的是()图1答案A解析开始时滑块受向右的拉力F和向右的摩擦力f而做加速运动，则动能Ek＝(F＋f)x；若物块在到达最右端之前还未达到与传送带共速，此时图像为C；若F>f，则当物块与传送带共速后还会加速，此时动能增加为ΔEk＝(F－f)x，此时图像为D；若F≤f，则当物块与传送带共速后会随传送带一起匀速运动，动能不变，此时图像为B；物块与传送带共速后只能匀速或者加速，不可能减速，则图像A不可能。2．(2022·江苏南京高三阶段练习)如图2所示，一倾角为θ的固定粗糙斜面，下端固定一轻质弹簧，弹簧上端位于B点。一质量为m的小物块从A点以某一速度匀速滑下，当物块到达B点后将弹簧压缩到C点，然后向上返回恰好能回到A点。已知AC长度为x，重力加速度为g，则()图2A．物块与斜面之间的动摩擦因数为μ＝sinθB．物块匀速下滑的速度大小为eq\r(2gxsinθ)C．弹簧的最大弹性势能为Epm＝2mgxsinθD．从B点到C点的过程中，物块和弹簧组成的系统机械能守恒答案C解析小物块沿着斜面匀速下滑，根据平衡条件可得mgsinθ＝μmgcosθ，解得μ＝tanθ，A错误；从A到C再到A，根据功能关系可得2xμmgcosθ＝eq\f(1,2)mveq\o\al(2,0)，解得v0＝2eq\r(gxsinθ)，B错误；从C到A的过程中，根据能量守恒定律可得弹簧的最大弹性势能为Epm＝(mgsinθ＋μmgcosθ)x＝2mgxsinθ，C正确；从B点到C点的过程中，摩擦力对物块做负功，物块和弹簧组成的系统机械能减小，D错误。3．(2022·江苏苏州高三阶段练习)一质量为0.1kg的小球自t＝0时刻从水平地面上方某处自由下落，小球与地面碰后反向弹回，碰撞时有机械能损失，不计空气阻力，也不计小球与地面碰撞的时间，小球距地面的高度h与运动时间t关系如图3所示，取g＝10m/s2。则()图3A．小球第一次与地面碰撞时机械能损失了5JB．小球第二次与地面碰撞前的最大速度为20m/sC．第二次碰撞后小球反弹过程中的最大势能(取地面为零势能面)为1.25JD．小球将在t＝6s时与地面发生第四次碰撞答案C解析由于小球在自由下落和竖直上抛过程中机械能守恒，所以小球第一次与地面碰撞时机械能损失量为ΔE＝mg(h1－h2)＝15J，故A错误；小球第二次与地面碰撞前的最大速度为v2＝eq\r(2gh2)＝10m/s，故B错误；小球第二次与地面碰撞后经1s与地面发生第三次碰撞，所以第二次碰撞后弹起的最大高度为h3＝eq\f(1,2)gt2＝eq\f(1,2)×10×（eq\f(1,2)）2m＝1.25m，取地面为零势能面，第二次碰撞后小球反弹过程中的最大势能为E3＝mgh3＝1.25J，故C正确；由于第三次碰撞后小球机械能仍会损失，所以弹起后的初速度小于第二次碰撞后弹起的初速度，因此小球与地面发生第四次碰撞的时刻在5s和6s之间，故D错误。4．(2022·江苏徐州高三阶段练习)如图4所示，轻质弹簧一端固定，另一端连接一小物块，O点为弹簧在原长时物块的位置。将物块拉至A点由静止释放，沿粗糙程度相同的水平面向左运动，最后到达B点，在从A到B的过程中，物块()图4A．所受弹簧弹力先做正功后做负功B．经过O点时的速度最大C．经过O点时的加速度最大D．所受弹簧弹力做的功小于克服摩擦力做的功答案A解析物块向左运动的过程中，所受弹簧弹力方向先向左后向右，则弹簧弹力对物块先做正功后做负功，选项A正确；当弹力等于摩擦力时，物块的加速度为零，此时速度最大，则速度最大的位置在O点右侧，选项B错误；经过O点时弹力为零，物块只受摩擦力作用，则合外力不是最大，此时的加速度不是最大，选项C错误；根据动能定理知，整个过程中物块动能的变化量为零，则所受弹簧弹力做的功等于克服摩擦力做的功，选项D错误。5．(2022·江苏南通高三开学考试)如图5所示，某人做蹦极运动，从高台由静止开始下落，下落过程不计空气阻力，设弹性绳原长为h0，弹性绳的弹力与其伸长量成正比，则他在从高台下落至最低点的过程中机械能E随下落高度h变化的关系图像正确的是()图5答案C解析下落高度在h0之前，弹性绳无弹力，只有重力做功，人的机械能守恒，在h0后，除了重力之外有弹性绳对人做负功，由功能关系知，在下落高度h0后，人的机械能减少，弹性绳形变越大，则弹性绳的弹力越大，由ΔE＝－F弹Δh，可得图像的斜率越大，故C正确。6．(2022·江苏南京师大附中模拟)一转动装置如图6所示，两根轻杆OA和AB与一小球以及一轻质套筒通过铰链连接，两轻杆长度均为L，球的质量为m，O端固定在竖直的轻质转轴上，套在转轴上的轻质弹簧连接在O与套筒之间，原长为L，弹簧劲度系数为k＝eq\f(mg,L)，转动该装置并缓慢增大转速，套筒缓慢上升。弹簧始终在弹性限度内，忽略一切摩擦和空气阻力，重力加速度为g，求：图6(1)平衡时弹簧的长度；(2)AB杆中弹力为0时，装置转动的角速度ω0；(3)弹簧从小球平衡至缩短为原长的一半的过程中，外界对转动装置所做的功W。答案(1)eq\f(3,2)L(2)eq\r(\f(2g,L))(3)eq\f(7,4)mgL解析(1)设两杆与竖直方向的夹角为θ，对球根据平衡条件得FOAsinθ＝FABsinθFOAcosθ＋FABcosθ＝mg根据胡克定律得FABcosθ＝kx解得x＝eq\f(L,2)弹簧的长度为l＝L＋x＝eq\f(3,2)L。(2)AB杆中弹力为0时，弹簧恢复原长，根据牛顿第二定律得mgtan60°＝mωeq\o\al(2,0)Lsin60°解得ω0＝eq\r(\f(2g,L))。(3)弹簧缩短为原长的一半时，设OA与竖直方向的夹角为α，竖直方向根据平衡条件得FOA′cosα＝FAB′cosα＋mg水平方向根据牛顿第二定律得FOA′sinα＋FAB′sinα＝mωeq\o\al(2,1)Lsinα根据直角三角形得cosα＝eq\f(\f(L,4),L)解得ω1＝eq\r(\f(8g,L))弹簧长度从eq\f(3,2)L至eq\f(L,2)弹性势能不变，根据动能定理得W－mgeq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(3,4)L－\f(1,4)L))＝eq\f(1,2)meq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(ω1r1))2r1＝eq\r(L2－\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(L,4)))2)解得W＝eq\f(7,4)mgL。7．(2022·江苏泰州模拟预测)如图7所示，高h＝1.6m、倾角为θ＝30°斜面固定在水平面上。一质量为m＝1kg、长度L＝2m薄木板B置于斜面顶端，恰能保持静止，木板下端连有一原长为0.2m的轻弹簧。有一质量M＝3kg的小物块A，从斜面左侧离水平面的高度H＝1.8m某位置水平抛出，沿平行于斜面方向落到木板上并向下滑行，同时木板沿斜面下滑，木板滑到斜面底端碰到挡板时立刻停下，运动过程中物块A最终恰好能脱离弹簧。已知A、B间的动摩擦因数为μ＝eq\f(\r(3),2)，最大静摩擦力等于滑动摩擦力，g取10m/s2，不计空气阻力。求：图7(1)小物块A刚滑上木板B时速度的大小；(2)斜面与木板B间的动摩擦因数μ0及木板B到达斜面底端时小物块A相对木板B的位移；(3)弹簧被压缩到最短时的弹性势能。答案(1)4m/s(2)eq\f(\r(3),3)0.8m(3)5J解析(1)物块A落到木板前做平抛运动，则veq\o\al(2,y)＝2g(H－h)得vy＝2m/s得v＝eq\f(vy,sin30°)＝4m/s。(2)木板恰好静止在斜面上mgsin30°＝μ0mgcos30°得μ0＝tan30°＝eq\f(\r(3),3)物块A在木板上滑行时，对AaA＝eq\f(μMgcos30°－Mgsin30°,M)＝2.5m/s2(沿斜面向上)对B，aB＝eq\f(μMgcos30°＋mgsin30°－μ0（M＋m）gcos30°,m)＝7.5m/s2(沿斜面向下)假设A与木板达到共同速度v共时，A还没有压缩弹簧且木板还没有到达底端，则有v共＝aBt1＝v－aAt1解得v共＝3m/s，t1＝0.4s位移为xA＝eq\f(v＋v共,2)·t1＝1.4mxB＝eq\f(v共,2)·t1＝0.6m假设成立，故Δx＝xA－xB＝0.8m。(3)木板停下，此后A做匀减速到与弹簧接触，然后A压缩弹簧至最短，设接触弹簧时A的速度为vA，有－2aA(L－l0－Δx)＝veq\o\al(2,A)－veq\o\al(2,共)得vA＝2m/s设弹簧最大压缩量为xm，A从开始压缩弹簧到刚好回到原长过程有Q＝2μMgxmcos30°＝eq\f(1,2)Mveq\o\al(2,A)得Q＝6J，xm＝eq\f(2,15)mA从开始压缩弹簧到弹簧最短过程有Epm＝eq\f(1,2)Mveq\o\al(2,A)＋Mgxmsin30°－eq\f(1,2)Q＝5J。8．(2022·江苏盐城三模)如图8所示，滑块质量为m，因轻质细绳的牵引而沿水平导轨滑动，另一端缠在半径为r的鼓轮O上，鼓轮在把手摇动下以角速度ω匀速转动。滑块在绳牵引下从A处运动到B处，绳与水平方向的夹角分别为30°、45°。不计一切阻力，求：图8(1)鼓轮边缘的线速度v；(2)滑块从A处运动到B处的时间t；(3)滑块从A处运动到B处，绳对滑块所做的功W。答案(1)ωr(2)eq\f(12\r(3)－12－π,12ω)(3)eq\f(1,3)mω2r2解析(1)鼓轮边缘的线速度为v＝ωr。(2)如图所示，根据几