2025版南方凤凰台5A教案基础版物理第6章　机械能守恒定律含答案2

2025版《南方凤凰台5A教案基础版物理第6章机械能守恒定律含答案1微专题7功能关系能量守恒定律功能关系的理解与应用1．对功能关系的理解(1)做功的过程就是能量转化的过程．不同形式的能量发生相互转化是通过做功来实现的．(2)功是能量转化的量度，功和能的关系，一是体现在不同的力做功，对应不同形式的能转化，具有一一对应关系，二是做功的多少与能量转化的多少在数值上相等．2．几种常见的功能关系及其表达式各种力做功对应能的变化定量的关系合力做功动能变化合力对物体做功等于物体动能的增量W合＝Ek2－Ek1重力做功重力势能变化重力做正功，重力势能减少，重力做负功，重力势能增加，且WG＝－ΔEp＝Ep1－Ep2弹簧弹力做功弹性势能变化弹力做正功，弹性势能减少，弹力做负功，弹性势能增加，且W弹＝－ΔEp＝Ep1－Ep2只有重力、弹簧弹力做功不引起机械能变化机械能守恒ΔE＝0非重力和弹力做功机械能变化除重力和弹力之外的其他力做正功，物体的机械能增加，做负功，机械能减少，且W其他＝ΔE电场力做功电势能变化电场力做正功，电势能减少，电场力做负功，电势能增加，且W电＝－ΔEp质量为m的物体由静止开始下落，由于空气阻力作用，下落的加速度为0.2g.在物体下落h的过程中，下列说法中正确的是(B)A．重力对物体做功0.2mghB．物体的动能增加了0.2mghC．物体重力势能减少了0.1mghD．物体的机械能减少了0.2mgh解析：在物体下落h的过程中，重力对物体做正功，大小为mgh，则重力势能减少了mgh，故A、C错误；由牛顿第二定律有mg－f＝ma＝0.2mg，解得空气阻力大小为0.8mg，由动能定理有mgh－0.8mgh＝ΔEk，即ΔEk＝0.2mgh，重力与阻力的合力对物体做正功，则物体动能增加了0.2mgh，故B正确；由功能关系可知，物体机械能的减少量等于空气阻力对物体所做的功，即物体的机械能减少了0.8mgh，故D错误．类题固法11．(2023·浙江卷)一位游客正在体验蹦极，绑上蹦极专用的橡皮绳后从跳台纵身而下．游客从跳台下落直到最低点过程中(B)A．弹性势能减小B．重力势能减小C．机械能保持不变D．绳一绷紧动能就开始减小解析：游客从跳台下落，开始阶段橡皮绳未拉直，只受重力作用做匀加速运动，下落到一定高度时橡皮绳开始绷紧，游客受重力和向上的弹力作用，弹力从零逐渐增大，游客所受合力先向下减小，后向上增大，速度先增大，后减小，到最低点时速度减小到零，弹力达到最大值．橡皮绳绷紧后弹性势能一直增大，A错误；游客高度一直降低，重力一直做正功，重力势能一直减小，B正确；下落阶段橡皮绳对游客做负功，游客机械能减少，转化为弹性势能，C错误；绳刚绷紧开始一段时间内，弹力小于重力，合力向下，做正功，游客动能增加；当弹力大于重力后，合力向上，对游客做负功，游客动能逐渐减小，D错误．2．(2023·苏州中学)质量为2kg的物体以10m/s的初速度，从起点A出发竖直向上抛出，在它上升到某一点的过程中，物体的动能损失了50J，机械能损失了10J，设物体在上升、下降过程空气阻力大小恒定，则该物体再落回到A点时的动能为(取g＝10m/s2)(B)A．40J B．60JC．80J D．100J解析：物体上升到某一高度时，重力、阻力均做负功，根据动能定理有W合＝F合x＝ΔEk，空气阻力做功对应着机械能的变化，则有Wf＝fx＝ΔE，将ΔEk＝－50J，ΔE＝－10J，代入可得W合＝－50J，Wf＝－10J，可得W合＝5Wf，物体的初动能为Ek0＝eq\f(1,2)mveq\o\al(2,0)＝eq\f(1,2)×2×102J＝100J，当物体从A点到最高点的过程中，物体的动能减小了100J，由动能定理可得，合力做的功W合上＝－100J，所以空气阻力做功为Wf上＝－20J，由功能原理知，机械能损失了20J，由于空气阻力大小恒定，所以下落过程机械能也损失了20J，则物体落回A点时的动能为100J－2×20J＝60J，B正确．摩擦力做功与能量的关系两种摩擦力做功的比较静摩擦力滑动摩擦力不同点能量的转化方面只有能量的转移，没有能量的转化既有能量的转移，又有能量的转化一对摩擦力的总功方面一对静摩擦力所做功的代数和等于零一对滑动摩擦力所做功的代数和为负值，总功W＝－Ff·x相对，即摩擦时产生的热量正功、负功、不做功方面两种摩擦力对物体可以做正功、负功，还可以不做功；静摩擦力做正功时，它的反作用力一定做负功；滑动摩擦力做负功时，它的反作用力可能做正功，可能做负功，还可能不做功；但滑动摩擦力做正功或不做功时，它的反作用力一定做负功(2023·淮安期末调研)如图所示，一质量为M、长为L的木板B静止在光滑水平面上，其左端放有可视为质点的质量为m的滑块A，现用一水平恒力F作用在滑块上，使滑块从静止开始做匀加速直线运动．滑块与木板之间的摩擦力为Ff，滑块滑到木板右端时，木板运动距离为x.关于此过程，下列说法中正确的是(D)A．滑块A克服摩擦力做的功为FfLB．滑块A与木板B摩擦产生的热量为F(L＋x)C．滑块A与木板B增加的机械能为F(L＋x)＋FfLD．滑块A到达木板右端时，木板B具有的动能为Ffx解析：滑块A克服摩擦力做的功为Wf＝Ff(L＋x)，故A错误；滑块A与木板B摩擦产生的热量为Q＝FfL，故B错误；滑块A与木板B增加的机械能为ΔE＝F(L＋x)－FfL，故C错误；滑块A到达木板右端时，木板B具有的动能为ΔEk＝Ff(L＋x)－FfL＝Ffx，故D正确．类题固法21．如图所示，斜面的倾角为θ，质量为m的滑块距挡板P的距离为x0，滑块以初速度v0沿斜面上滑，滑块与斜面间的动摩擦因数为μ，滑块所受摩擦力小于重力沿斜面向下的分力．若滑块每次与挡板相碰均无机械能损失，滑块经过的总路程是(A)A．eq\f(1,μ)eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(veq\o\al(2,0),2gcosθ)＋x0tanθ))B．eq\f(1,μ)eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(veq\o\al(2,0),2gsinθ)＋x0tanθ))C．eq\f(2,μ)eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(veq\o\al(2,0),2gcosθ)＋x0tanθ))D．eq\f(1,μ)eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(veq\o\al(2,0),2gcosθ)＋x0cotθ))解析：滑块最终要停在斜面底部，设滑块经过的总路程为x，对滑块运动的全程应用功能关系，全程所产生的热量为Q＝eq\f(1,2)mveq\o\al(2,0)＋mgx0sinθ，又由全程产生的热量等于克服摩擦力所做的功，即Q＝μmgxcosθ，解得x＝eq\f(1,μ)(eq\f(veq\o\al(2,0),2gcosθ)＋x0tanθ)，A正确．2．(2024·如皋期初调研)如图所示为某缓冲装置模型，轻质弹簧与轻杆相连，轻杆可在固定的槽内移动，与槽间的滑动摩擦力等于最大静摩擦力f.现小车以一速度撞击弹簧后，轻杆恰好向右移动l，不计小车与地面间的摩擦，则(C)A．轻杆向右移动的过程中，轻杆的加速度为0B．轻杆向右移动的过程中，弹簧的弹性势能逐渐增大C．小车被弹簧反向弹回的过程中，轻杆处于静止状态D．从小车撞击弹簧到离开弹簧的过程中，摩擦产生的内能为2fl能量转化与守恒的应用1．对能量守恒定律的两点理解(1)某种形式的能量减少，一定存在其他形式的能量增加，且减少量和增加量一定相等．(2)某个物体的能量减少，一定存在其他物体的能量增加，且减少量和增加量一定相等．2．能量转化问题的解题思路当涉及摩擦力做功，机械能不守恒时，一般应用能的转化和守恒定律．运用能量守恒定律解题的基本思路：(2024·淮安第一次调研)水平桌面上弹射装置如图所示，轻弹簧左端固定，自然伸长时右端位于B点，BC段粗糙，CD段有竖直放置的四分之一圆弧轨道，与BC相切，D处有与圆弧轨道垂直的弹性挡板P.小球被压缩的弹簧弹出后，经BC段后沿圆弧轨道运动到D处，与挡板碰撞后原速率反向弹回．已知BC长L＝0.1m，圆弧半径R＝0.2m，小球质量m＝0.2kg，与BC间动摩擦因数μ＝0.4，其余部分均光滑．取g＝10m/s2.若小球首次经过C处的速度v0＝2m/s，求：(1)弹簧弹性势能的最大值．答案：0.48J解析：滑块从开始运动到第一次到C点，运用动能定理得W弹－μmgL＝eq\f(1,2)mveq\o\al(2,0)－0解得W弹＝0.48J，则Ep弹＝0.48J(2)小球最终停在何处及在BD间运动的总路程．答案：0.6(1＋π)m解析：根据能量守恒定律得μmgs＝Ep弹解得s＝0.6m即经过BC段共6次，最终停在B点，BD间运动总路程为sBD＝0.6(1＋π)m(3)小球受到D处圆弧轨道弹力的最小值．答案：4.8N解析：设小球最后一次在圆弧D处运动速度大小为v，因小球停在B点，所以－μmgL－mgR＝0－eq\f(1,2)mv2解得v＝eq\r(4.8)m/s所以Fn＝meq\f(v2,R)＝4.8N则圆弧轨道对小球弹力F＝Fn＝4.8N类题固法31．如图所示，轻质弹簧的左端固定，并处于自然状态．小物块的质量为m，从A点向左沿水平地面运动，压缩弹簧后被弹回，运动到A点恰好静止．物块向左运动的最大距离为s，与地面间的动摩擦因数为μ，重力加速度为g，弹簧未超出弹性限度．在上述过程中(B)A．弹簧的最大弹力为μmgB．物块克服摩擦力做的功为2μmgsC．弹簧的最大弹性势能为2μmgsD．物块在A点的初速度为eq\r(2μgs)解析：物块向左运动压缩弹簧，弹簧最短时，物块具有向右的加速度，弹力大于摩擦力，即F>μmg，A错误；物块克服摩擦力做的功W＝μmgs＋μmgs＝2μmgs，B正确；根据能量守恒，弹簧弹开物块的过程中，弹簧的弹性势能通过摩擦力做功转化为内能，故Epm＝μmgs，C错误；根据能量守恒，在整个过程中，物块的初动能通过摩擦力做功转化为内能，即eq\f(1,2)mv2＝2μmgs，所以v＝2eq\r(μgs)，D错误．2．(2023·无锡期终调研)如图所示为某货物传送装置示意图，轻弹簧的一端固定在斜面底端，另一端与移动平板A相连．正常工作时，A在弹簧弹力作用下，由Р处静止开始运动，到斜面顶端Q处时速度减为零，弹簧恰好恢复原长，此时货物B从斜面顶端静止释放，并与A一起下滑．当到达Р处时，二者速度恰好为零，B会从Р处的小孔落下，此后系统循环工作．已知弹簧劲度系数为k，A的质量为m、斜面倾角为θ，A、B与斜面间的动摩擦因数均为eq\f(tanθ,2)，重力加速度为g，A、B均可视为质点．求：(1)A上滑速度最大时弹簧的形变量．答案：eq\f(3mgsinθ,2k)解析：A在上滑速度最大时，加速度为0，此时A受力平衡，设A所受摩擦力为f1，有f1＝μmgcosθ＝eq\f(1,2)mgsinθmgsinθ＋f1＝kx1解得x1＝eq\f(3mgsinθ,2k)(2)在斜面顶端Q处，A、B刚要下滑时的加速度大小．答案：eq\f(1,2)gsinθ解析：设B质量为M，对A、B整体由牛顿第二定律(M＋m)gsinθ－μ(M＋m)gcosθ＝(M＋m)a解得a＝eq\f(1,2)gsinθ(3)货物B的质量．答案：2m解析：从接到货物B到最低点P，设PQ＝L，由能量守恒定律得(M＋m)gLsinθ＝μ(M＋m)gLcosθ＋EpmaxA从释放到顶端Q，由能量守恒定律得Epmax＝mgLsinθ＋μmgLcosθ解得M＝2m配套精练一、选择题1．蹦床是小朋友喜欢的一种体育活动．如图所示，蹦床的中心由弹性网面组成，若小朋友从最高点落下直至最低点的过程中，空气阻力大小恒定，则小朋友(A)A．机械能一直减少B．刚接触网面时，动能最大C．重力做功等于克服空气阻力做功D．重力势能的减小量等于弹性势能的增大量解析：小朋友从最高点落下直至最低点的过程中，蹦床弹力以及空气阻力一直做负功，因此，机械能一直减小，故A正确；小朋友刚接触蹦床时，加速度方向仍竖直向下，动能会继续增大，故B错误；根据功能关系，重力势能的减少量等于小朋友的动能，蹦床弹性势能的增加量以及克服空气阻力做功的代数和，故C、D错误．2．质最为m的物体在竖直向上的恒定拉力F的作用下，由静止开始向上运动高度H，所受空气阻力恒为f，重力加速度为g.此过程中，下列说法中正确的是(D)A．物体的动能增加了(F－mg)HB．物体的重力势能减少了mgHC．物体的机械能减少了fHD．物体的机械能增加了(F－f)H3．(2024·金陵中学)桔槔(gāo)是我国古代的一种取水机械．其原理如图所示，在竖直支架上安装一根可绕支点转动的长细杆，杆的一端固定磐石，另一端通过长竹悬挂水桶．取水时人借助自身重力向下拉动长竹，使水桶浸入水中；打满水后，人向上助力提起水桶，忽略桔槔各衔接处的阻力．下列说法中正确的是(C)A．向下取水过程，桔槔系统的机械能守恒B．向下取水过程，人对桔槔系统做的功等于磐石增加的重力势能C．向上提水过程，人对桔槔系统做的功一定等于系统机械能的改变量D．向上提水过程，人对桔槔系统做的功一定等于系统的动能改变量解析：向下取水的过程中，人对桔槔系统做正功，桔槔系统的机械能增大，A错误；向下取水的过程中，磐石的重力势能和动能都增大，所以人对桔槔系统做的功大于磐石增加的重力势能，B错误；根据功能关系，向上提水过程，人对桔槔系统做的功一定等于系统机械能的改变量，C正确，D错误．4．人们根据竹蜻蜓原理设计了直升机的螺旋桨．如图所示，一小孩搓动质量为20g的竹蜻蜓，松开后竹蜻蜓能上升到二层楼房顶的高度．在搓动过程中手对竹蜻蜓做的功可能是(D)A．0.2J B．0.6JC．1.0J D．2.5J解析：竹蜻蜓在上升到最高点的过程中，动能转化为重力势能和内能，一般每层楼房的高度为3m，二层也就是6m，所以重力势能的增加量为Ep＝mgh＝1.2J，则在搓动过程中手对竹蜻蜓做的功要大于1.2J，A、B、C错误，D正确．5．(2023·南京一中)如图所示，机械臂主要结构包括上臂、支柱和电机．上臂由同种材料制成且粗细均匀．已知上臂长2m，重20kg，机械臂将30kg的A物体(可看作质点)从如图所示位置(机械臂与竖直方向的夹角为60°)缓慢提高2m，取g＝10m/s2，则电机消耗电能约为(B)A．600J B．800JC．1000J D．1200J解析：对物体A做功WA＝mAghA＝30×10×2J＝600J，对机械臂做功W臂＝m臂g·eq\f(hA,2)＝20×10×eq\f(2,2)J＝200J，电机消耗电能约为E＝WA＋W臂＝600J＋200J＝800J，故选B.6．一木块静置于光滑水平面上，一颗子弹沿水平方向飞来射入木块中．当子弹进入木块的深度达到最大值2.0cm时，木块沿水平面恰好移动1.0cm.在上述过程中系统损失的机械能与子弹损失的动能之比为(C)A．1∶2 B．1∶3C．2∶3 D．3∶2解析：根据题意，子弹在摩擦力作用下的位移为s1＝(2＋1)cm＝3cm，木块在摩擦力作用下的位移为s2＝1cm；系统损失的机械能转化为内能，根据功能关系，有ΔE系统＝Q＝f·Δs＝f(s1－s2)；子弹损失的动能等于子弹克服摩擦力做的功，故ΔEk子弹＝fs1；所以eq\f(ΔE系统,ΔEk子弹)＝eq\f(2,3)，故C正确，A、B、D错误．7．(2024·海安中学期初考试)如图所示，平直木板AB倾斜放置，板上的P点距A端较近，小物块与木板间的动摩擦因数由A到B逐渐减小，先让物块从A由静止开始滑到B.然后，将A着地，抬高B，使木板的倾角与前一过程相同，再让物块从B由静止开始滑到A.上述两过程相比较，下列说法中一定正确的有(B)A．物块滑到底端的速度，前一过程较大B．物块从顶端滑到底端的时间，前一过程较长C．物块从顶端滑到P点的过程中因摩擦产生的热量，前一过程较少D．物块经过P点的动能，后一过程较小解析：先让物块从A由静止开始滑到B，因为动摩擦因数由A到B逐渐减小，说明重力沿斜面的分量在整个过程中都大于摩擦力．也就是说无论哪边高，合力方向始终沿斜面向下．两过程合力做功相同，由动能定理知，到底端时速度大小应相同，故A错误；作出两物体的v-t图像分析可知第一个过程加速度在增大，故斜率增大，第二个过程加速度减小，故斜率变小，由于倾角一样大，根据能量守恒，末速度是一样大的，还有就是路程一样大，图像中的面积就要相等，所以第一个过程的时间长，故B正确；摩擦产生的热量Q＝W＝fs，由于无法确定f做功多少，无法判断两种情况下产生热量的多少，故C错误；物块从A由静止开始滑到P时，摩擦力较大，故合力较小，距离较短；物块从B由静止开始滑到P时，摩擦力较小，故合力较大，距离较长．所以由动能定理，物块从A由静止开始滑到P时合力做功较少，P点时动能较小；由B到P时合力做功较多，P点时动能较大，即前一次速度较小，动能较小，故D错误．8．(2023·常州中学期末)如图所示，一质量为M、长为l的木板静止在光滑水平桌面上，另一质量为m的小物块(可视为质点)从木板上的左端以速度v0开始运动．已知物块与木板间的滑动摩擦力大小为f，当物块从木板右端离开时(B)A．木板的动能一定等于flB．木板的动能一定小于flC．物块的动能一定大于eq\f(1,2)mveq\o\al(2,0)－flD．物块的动能一定等于eq\f(1,2)mveq\o\al(2,0)－fl解析：设物块离开木板时的速度为v1，此时木板的速度为v2，依题意有v0>v1>v2，设物块对地位移为xm，木板对地位移为xM，根据运动学公式，可得xm＝eq\f(v0＋v1,2)t，xM＝eq\f(v2,2)t，联立可得xm>2xM，则有xm－xM＝l>xM，根据动能定理，有fxM＝EkM，可知EkM<fl，即木板的动能一定小于fl，故A错误，B正确；根据能量守恒定律可得eq\f(1,2)mveq\o\al(2,0)＝eq\f(1,2)mveq\o\al(2,1)＋eq\f(1,2)Mveq\o\al(2,2)＋fl，整理可得eq\f(1,2)mveq\o\al(2,1)＝eq\f(1,2)mveq\o\al(2,0)－eq\f(1,2)Mveq\o\al(2,2)－fl<eq\f(1,2)mveq\o\al(2,0)－fl，故C、D错误．9．(2023·泰州期末)如图所示，一轻弹簧下端挂一物体，上端用手牵引使重物匀速上升，从手突然停止到物体上升至最高点的过程中，物体运动的速率v、加速度大小a、动能Ek、机械能E随物体上升高度h变化的图像可能正确的是(A) A B C D解析：根据题意可知，轻弹簧拉着重物做匀速直线运动，弹簧处于拉伸状态且拉力等于重力，当手突然停止运动后的一小段时间内，由于惯性，重物继续向上运动，弹簧的形变量减小，则弹力减小，弹力小于重力，加速度向下，向上做减速运动，设弹簧的劲度系数为k，根据牛顿第二定律可得，加速度大小与上升高度的关系为a＝eq\f(kh,m)，当弹簧处于伸长状态时，弹力一直减小，加速度一直增大；若弹簧伸长量减小到零之后，物体继续向上运动，弹簧被压缩，弹力增大且向下，根据牛顿第二定律可得，加速度大小与上升高度的关系仍为a＝eq\f(kh,m)，可知，物体一直做加速度增大的减速运动，a-h图像为过原点的直线，故B错误；由v2－veq\o\al(2,0)＝－2ah得v2＝veq\o\al(2,0)－eq\f(2k,m)h2，v-h图像为一段圆弧，A正确；由题意，根据动能定理可知，物体动能的变化量为ΔEk＝F合h，可知，Ek-h图像的斜率表示物体受到的合力，由上述分析可知，物体受到的合力一直增大，则Ek-h图像的斜率一直增大，故C错误；由题意，根据功能关系可知，物体机械能的变化等于弹簧弹力做功，则E-h图像的斜率表示弹力，一直变化，故D错误．10．(2023·徐州期末抽测)如图所示，轻弹簧劲度系数为k，一端固定于挡板C上，另一端与质量为m的物块A相连接，物块A处于静止状态．跨过滑轮的细绳，一端与物块A连接，另一端连接挂钩，挂钩上挂一个质量也为m的物块B后，物块A、B由静止开始运动．细绳与斜面始终平行，B始终未接触地面，斜面足够长，倾角为30°，重力加速度为g，滑轮、细绳和挂钩质量及一切摩擦都不计．下列说法中正确的是(D)A．物块B刚挂上时，B的加速度为gB．物块A的最大速度为geq\r(\f(m,k))C．物块A从静止上升到最高点过程中，弹性势能的增加量大于物块B的重力势能的减少量D．物块A从静止上升到速度最大的过程中，绳对A做的功等于A的机械能增加量解析：A静止时弹簧弹力为F＝mgsin30°＝eq\f(1,2)mg，根据牛顿第二定律mg＋F－mgsin30°＝2ma，物块B刚挂上时，B的加速度为a＝eq\f(g,2)，A错误；当A、B组成的系统受力平衡时，速度最大，则mg＝mgsin30°＋kx，得kx＝eq\f(1,2)mg，此时，弹簧伸长量与A静止时压缩量相等，即弹性势能相等，根据机械能守恒mg·2x＝mg·2xsin30°＋2×eq\f(1,2)mv2，物块A的最大速度为v＝geq\r(\f(m,2k))，B错误；物块A从静止上升到最高点过程中，两物块速度为零，弹性势能的增加量与A重力势能的增加量之和等于B重力势能的减少量，则弹性势能的增加量小于物块B的重力势能的减少量，C错误；物块A从静止上升到速度最大的过程中，弹簧对A做功为零，则绳对A做的功等于A的机械能增加量，D正确．二、非选择题11．(2023·连云港期末调研)如图所示，水平面AB与竖直平面内的光滑半圆形轨道BC相切于B点，半圆形轨道半径为R.一轻质弹簧左端固定，质量为m的物块将弹簧右端压缩至A点，由静止释放物块，物块恰能通过半圆形轨道最高点C.已知物块到达B点前与弹簧已分离，重力加速度为g，AB间的长度为L，物块与水平面间的动摩擦因数为μ.求：(1)物块通过C点的速率．答案：eq\r(gR)解析：物块恰能通过半圆形轨道最高点C，则有mg＝eq\f(mveq\o\al(2,C),R)解得vC＝eq\r(gR)(2)物块刚进入半圆形轨道B点时受到的支持力大小．答案：6mg解析：对物块在BC过程运用动能定理有－mg·2R＝eq\f(1,2)mveq\o\al(2,C)－eq\f(1,2)mveq\o\al(2,B)解得vB＝eq\r(5gR)设轨道对物块的支持力为N，则有N－mg＝eq\f(mveq\o\al(2,B),R)解得N＝6mg(3)弹簧压缩至A点时的弹性势能．答案：μmgL＋eq\f(5,2)mgR解析：根据能量守恒定律可得，弹簧开始的弹性势能Ep＝eq\f(1,2)mveq\o\al(2,B)＋μmgL解得Ep＝μmgL＋eq\f(5,2)mgR12．(2024·淮安第一次调研)如图所示，O为固定在地面上的铰链，A球通过铰链用轻杆分别连接于O、B球．现对B球施加水平推力F，使系统处于静止状态，此时两杆间的夹角α＝60°.撤去F后，A、B在同一竖直平面内运动．已知两球质量均为m，杆长均为L，重力加速度为g，忽略一切摩擦．求：(1)推力F的大小．答案：eq\f(\r(3),6)mg解析：对A球运用力的合成法可知F杆＝eq\f(\r(3),3)mg再对B球分析，水平推力F＝F杆cos60°＝eq\f(\r(3),6)mg(2)两杆间的夹角变为120°时，B球的动能．答案：eq\f(\r(3)－1,4)mgL解析：两轻杆夹角为120°时，分别分解A、B两球速度，可得vA＝vB由系统机械能守恒得mgeq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(\r(3),2)L－\f(1,2)L))＝eq\f(1,2)mveq\o\al(2,A)＋eq\f(1,2)mveq\o\al(2,B)则B球动能EkB＝eq\f(\r(3)－1,4)mgL(3)A球落地时重力的功率．答案：mgeq\r(\r(3)gL)解析：A球落地前瞬间，B球到达最左端vB＝0由能量守恒可得eq\f(\r(3),2)mgL＝eq\f(1,2)mveq\o\al(2,A)解得vA＝eq\r(\r(3)gL)，方向竖直向下则A球落地前瞬间重力的功率P＝mgvA＝mgeq\r(\r(3)gL)补不足、提能力，老师可增加训练：《抓分题·基础天天练》《一年好卷》。微专题8动力学和能量观点的综合应用传送带中的动力学和能量问题1．传送带中的动力学问题的分析思路2．传送带中的能量问题(1)求传送带对物体所做的功、物体和传送带由于相对滑动而产生的热量、因放上物体而使电动机多消耗的电能等，常依据功能关系或能量守恒定律求解．(2)功能关系分析：W＝ΔEk＋ΔEp＋Q.(3)对W和Q的理解①传送带克服摩擦力做的功W＝fx传．②产生的内能Q＝fx相对．(2023·南京、盐城一模)如图所示，一长L＝6m的倾斜传送带在电动机带动下以速度v＝4m/s沿顺时针方向匀速转动，传送带与水平方向的夹角θ＝37°.质量m1＝4kg的小物块A和质量m2＝2kg的小物块B由跨过定滑轮的轻绳连接，A与定滑轮间的绳子与传送带平行，不可伸长的轻绳足够长．某时刻将物块A轻轻放在传送带底端，已知物块A与传送带间的动摩擦因数μ＝0.5，不计滑轮的质量与摩擦，在A运动到传送带顶端前物块B都没有落地．取sin37°＝0.6，cos37°＝0.8，g＝10m/s2.求：(1)物块B刚下降时的加速度a.答案：2m/s2解析：设绳中拉力为T1对A分析有μm1gcosθ＋T1－m1gsinθ＝m1a对B分析有m2g－T1＝m2a解得a＝2m/s2(2)物块A从底端到达顶端所需的时间t.答案：2.5s解析：第一阶段：物块A经过t1与传送带速度相同由t1＝eq\f(v,a)，得出t1＝2s物块沿传送带上升距离L1＝eq\f(v2,2a)，得出L1＝4m因为μm1gcosθ＋m2g>m1gsinθ所以第二阶段：物块A受沿传送带向上的静摩擦力，与传送带相对静止一起匀速运动，到达顶端所需时间为t2由t2＝eq\f(L－L1,v)，得出t2＝0.5s则物块从底端到达顶端所需时间t＝t1＋t2＝2.5s(3)物块A从底端到达顶端时，电动机多做的功W.答案：136J解析：全过程中物块A增加的重力势能ΔEpA＝m1gLsinθ＝144J物块B减少的重力势能ΔEpB减＝m2gL＝120J物块A、B动能增加ΔEk＝eq\f(1,2)(m1＋m2)v2＝48J物块A与传送带间摩擦发热Q＝μm1g(vt1－L1)cosθ＝64J则电动机多做的功W＝ΔEpA－ΔEpB减＋ΔEk＋Q得出W＝136J类题固法11．(2023·金陵中学)如图所示，传送带以v的速度匀速运动．将质量为m的物块无初速度放在传送带上的A端，物块将被传送带送到B端，已知物块到达B端之前已和传送带相对静止，则下列说法中正确的是(D)A．传送带对物块做功为mv2B．传送带克服摩擦力做功为eq\f(1,2)mv2C．电动机由于传送物块多消耗的能量为eq\f(1,2)mv2D．在传送物块过程产生的热量为eq\f(1,2)mv2解析：物块受重力、支持力和摩擦力，根据动能定理，传送带对物块做的功等于物块动能的增加量，即eq\f(1,2)mv2，故A错误；在传送物块过程产生的热量等于滑动摩擦力与相对路程的乘积，即Q＝fΔx，设加速时间为t，物块的位移为x1＝eq\f(1,2)vt，传送带的位移为x2＝vt，根据动能定理，有fx1＝eq\f(1,2)mv2，故热量Q＝fΔx＝f(x2－x1)＝eq\f(1,2)mv2，故D正确；克服摩擦力做的功等于fx2＝mv2，故B错误；电动机由于传送物块多消耗的能量等于物块动能增加量和摩擦产生的内能的和，故等于mv2，故C错误．2．(2024·徐州高三上期中)如图所示，长度为L，倾角为θ的传送带始终以速度v0顺时针运动，其顶端与一平台水平相切，平台上固定一个电动机，电动机的缆绳跨过光滑定滑轮与一个物块(视为质点)相连．电动机未启动时，物块恰好静止在传送带底端，缆绳刚好伸直但无拉力．某时刻启动电动机，物块在缆绳恒定拉力的牵引下沿传送带向上运动，物块速度增加至v0后，又经过时间t0运动到传送带顶端时，此时速度大小为2v0.重力加速度为g，缆绳质量忽略不计．求：(1)传送带表面与物块之间动摩擦因数μ.答案：tanθ解析：电动机未启动时，物块静止在传送带底端μmgcosθ＝mgsinθ解得μ＝tanθ(2)物块速度为0.5v0时，物块的加速度大小a.答案：eq\f(v0,t0)＋2gsinθ解析：启动电动机，物块在缆绳牵引下沿传送带向上运动，根据牛顿第二定律有F＋μmgcosθ－mgsinθ＝ma1物块速度增加至v0后，有F－μmgcosθ－mgsinθ＝ma2解得a1＝eq\f(F,m)，a2＝eq\f(F－2mgsinθ,m)根据2v0＝v0＋a2t0解得F＝eq\f(mv0,t0)＋2mgsinθ当物块速度为0.5v0时，有a＝a1＝eq\f(v0,t0)＋2gsinθ(3)物块沿传送带上升的过程中，传送带对它做的功W.(已知物块质量为m)答案：2mveq\o\al(2,0)－mgLsinθ－eq\f(mv0L,t0)解析：物块沿传送带上升的过程中，根据能量守恒eq\f(1,2)m(2v0)2－0＝FL－mgLsinθ＋W解得W＝2mveq\o\al(2,0)－mgLsinθ－eq\f(mv0L,t0)圆周运动中的受力和能量问题求解圆周运动受力和能量问题的方法(1)选择合适的研究对象，根据运动状态求某一个力或合力．(2)根据圆周运动的规律求向心力、向心加速度等．(3)根据功能关系或动能定理求解该过程中外力对研究对象所做的功．(2021·江苏卷)如图所示的离心装置中，光滑水平轻杆固定在竖直转轴的O点，小圆环A和轻质弹簧套在轻杆上，长为2L的细线和弹簧两端分别固定于O和A，质量为m的小球B固定在细线的中点，装置静止时，细线与竖直方向的夹角为37°.现将装置由静止缓慢加速转动，当细线与竖直方向的夹角增大到53°时，A、B间细线的拉力恰好减小到零，弹簧弹力与静止时大小相等、方向相反，重力加速度为g，取sin37°＝0.6，cos37°＝0.8，求：(1)装置静止时，弹簧弹力的大小F.答案：eq\f(3mg,8)解析：设AB、OB的张力分别为F1、F2，A受力平衡F＝F1sin37°B受力平衡F1cos37°＋F2cos37°＝mg，F1sin37°＝F2sin37°解得F＝eq\f(3mg,8)(2)环A的质量M.答案：eq\f(9,64)m解析：设装置转动的角速度为ω对A有F＝Mω2·eq\f(8,5)L对B有mgtan53°＝mω2·eq\f(4,5)L解得M＝eq\f(9,64)m(3)上述过程中装置对A、B所做的总功W.答案：eq\f(31,30)mgL解析：B上升的高度h＝eq\f(1,5)L，A、B的动能分别为EkA＝eq\f(1,2)Meq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(ω·\f(8,5)L))eq\s\up12(2)，EkB＝eq\f(1,2)meq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(ω·\f(4,5)L))eq\s\up12(2)根据能量守恒定律可知W＝(EkA－0)＋(EkB－0)＋mgh解得W＝eq\f(31,30)mgL类题固法21．(2023·苏锡常镇调研一)如图所示，一轻支架由水平段ON和竖直段OO′组成．轻弹簧一端固定于O点，另一端与套在水平杆ON上的A球相连，一根长为10cm的轻绳连接A、B两球．A球质量mA＝1kg，B球质量mB＝4kg，A球与水平杆的动摩擦因数μ＝0.36，弹簧原长20cm，劲度系数k＝450N/m.初始时使A球尽量压缩弹簧并恰好处于静止状态．现使系统绕OO′轴缓慢转动起来，转动过程中保持A、B两球始终与OO′在同一竖直平面内，当系统以某角速度稳定转动时，细绳与竖直方向成37°角，此时弹簧的弹力大小恰好与初始时相同．设最大静摩擦力等于滑动摩擦力，不计空气阻力，取sin37°＝0.6，cos37°＝0.8，g＝10m/s2.求：(1)初始时弹簧的长度．答案：0.16m解析：初始时弹簧处于压缩状态，A球恰好处于静止状态，设初始时弹簧的压缩量为Δl，弹簧原长为l0则kΔl＝μ(mA＋mB)g代入数据解得Δl＝0.04m所以初始时弹簧的长度l＝l0－Δl＝0.16m(2)细绳与竖直方向成37°角时，系统转动的角速度．答案：5rad/s解析：当系统以某角速度稳定转动，弹簧的弹力大小与初始时相同，则弹簧伸长了Δl对B球有mBgtan37°＝mBω2rBrB＝l0＋Δl＋Lsin37°代入数据解得ω＝5rad/s(3)整个过程中驱动力对系统所做的总功．答案：7.46J解析：根据能量守恒，整个过程中驱动力对系统所做的总功等于A、B球的动能增加量，B球的重力势能增加量，A球与水平横杆间摩擦产生的内能之和．W＝eq\f(1,2)mAveq\o\al(2,A)＋eq\f(1,2)mBveq\o\al(2,B)＋mBg(L－Lcos37°)＋μ(mA＋mB)g·2ΔlvA＝ωrA，vB＝ωrB，rA＝l0＋Δl代入数据解得W＝7.46J2．(2023·南通通州区期中)如图所示，M、N为两根相同的轻弹簧，M竖直放置，上端与小物块A相连，下端固定在地面上，N套在光滑水平轻杆上，左端固定在竖直细管上，右端与物块B相连，一根不可伸长的轻绳穿过细管及管上的小孔连接物块A和B.杆可绕细管在水平面内转动．初始时系统静止，M处于压缩状态，两弹簧的形变量均为Δx＝0.1m，物块B与弹簧左端距离L＝0.8m．已知物块A、B的质量分别为mA＝2.0kg、mB＝0.4kg，A距管下端口及杆都足够长，取g＝10m/s2.不计一切摩擦，弹簧始终在弹性限度内．(1)系统静止时，求轻绳中的张力F.答案：10N解析：系统静止时设弹簧M中弹力为F1，A物体受力平衡，有mAg＝F1＋F易判断此时弹簧N也处于压缩状态，B物体受力平衡，有F＝F1解得F＝10N(2)杆绕细管以角速度ω稳定转动时，A静止，M的形变量仍为Δx，求角速度ω.答案：10rad/s解析：由题意可知两弹簧均处于拉伸状态，且形变量相同设绳中张力为F2，则A物体受力平衡mAg＋F1＝F2B物体F1＋F2＝mBω2rr＝L＋2Δx解得ω＝10rad/s(3)系统从静止到(2)中情境的过程中，外界对系统做的功W.答案：24J解析：根据功能关系有W＝mAgh＋eq\f(1,2)mBveq\o\al(2,B)h＝2Δx，vB＝ωr解得W＝24J配套精练1．传送带以恒定速率顺时针传动，物块以一定的初速度冲上传送带．物块的动能Ek随时间t变化的图线可能正确的是(D)eq\o(\s\up7(),\s\do5(A)) eq\o(\s\up7(),\s\do5(B))eq\o(\s\up7(),\s\do5(C)) eq\o(\s\up7(),\s\do5(D))解析：如果传送带速度比物块速度大，开始阶段物块加速μmgeq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(vt＋\f(1,2)at2))＝Ek－eq\f(1,2)mv2，图像开始阶段为开口向上的抛物线一部分，加速至共速后动能不变，A错误，D正确；如果传送带速度比物块速度小，开始阶段物块减速－μmg(vt－eq\f(1,2)at2)＝Ek－eq\f(1,2)mv2，图像开始阶段为开口向上的抛物线一部分，达到共速后动能不变，B、C错误．2．(2024·仪征中学期初考试)如图所示为速冻食品加工厂生产和包装饺子的一道工序．将饺子轻放在匀速运转的足够长的水平传送带上，不考虑饺子之间的相互作用和空气阻力．关于饺子在水平传送带上的运动，下列说法中正确的是(C)A．饺子一直做匀加速运动B．传送带的速度越快，饺子的加速度越大C．饺子由静止开始加速到与传送带速度相等的过程中，增加的动能等于因摩擦产生的热量D．传送带多消耗的电能等于饺子增加的动能解析：饺子在传送带上先做匀加速直线运动，后做匀速直线运动，故A错误；饺子的加速度a＝eq\f(F合,m)＝eq\f(μmg,m)＝μg，与传送带的速度无关，故B错误；饺子从静止加速到与传送带共速的过程，饺子增加的动能Ek＝μmgs饺子，因摩擦产生的热量Q＝μmgs相对，又因为饺子从初速度为零开始做匀加速运动到和传送带共速，饺子的位移s饺子＝eq\f(v,2)t，s相对＝s传送带－s饺子＝vt－eq\f(vt,2)＝eq\f(vt,2)，所以饺子增加的动能等于因摩擦产生的热量，故C正确；传送带多消耗的电能等于饺子增加的动能与因摩擦产生的热量的总和，故D错误．3．如图所示，倾斜的长传送带上，物块a通过平行于传送带的轻绳跨过光滑轻滑轮与物块b相连．开始时a、b及传送带均静止，且a刚好不受摩擦力作用，现使传送带顺时针匀速转动，则在a沿传送带向上运动的过程中(b未着地)(D)A．物块a与传送带之间一定保持相对静止B．摩擦力对a做的功等于a机械能的增量C．摩擦力对a做的功等于物块a动能增量D．任意时刻，a克服重力的功率等于重力对b做功的功率4．(2023·无锡期终调研)如图所示，水平传送带AB长l＝5m，以10m/s的速度顺时针传输．质量m＝1kg的滑块可以视为质点．放在与AB等高的平台BC上，距离B点为L＝4m．滑块仅在B点右侧受到水平向左的恒定外力F＝6N．已知滑块和AB、BC间的动摩擦因数分别为μ1＝0.20、μ2＝0.40，求：(1)滑块第一次运动到B点时的动能Ek0.答案：8J解析：FL－μ2mgL＝Ek0解得Ek0＝8J(2)滑块第一次从B点滑上传送带到再次返回B处所用的时间t.答案：4s解析：Ek0＝eq\f(1,2)mv2解得v＝4m/sa＝μ1g＝2m/