專題05動能定理機械能守恒定律與能量守恒定律（講義）

專題05動能定理、機械能守恒定律與能量守恒定律01專題網(wǎng)絡(luò)·思維腦圖02考情分析·解密高考03高頻考點·以考定法04核心素養(yǎng)·難點突破05創(chuàng)新好題·輕松練考點內(nèi)容學(xué)習(xí)目標動能與動能定理掌握動能與動能定理的含義及使用注意點2.掌握勢能的定義及機械能守恒的條件及使用注意點3.掌握單體和連接體問題的機械能守恒的幾種形式4.理解并能應(yīng)用能量守恒定律解決問題5.掌握動能定理與機械能守恒的圖像問題勢能與機械能守恒連接體機械能守恒功能關(guān)系分析與能量守恒圖像問題動能及動能定理動能公式：Ek＝eq\f(1,2)mv2，單位：焦耳(J).1J＝1N·m＝1kg·m2/s2.動能是標量、狀態(tài)量．動能定理內(nèi)容：力在一個過程中對物體做的功，等于物體在這個過程中動能的變化．表達式：W＝ΔEk＝Ek2－Ek1＝eq\f(1,2)mv22－eq\f(1,2)mv12.物理意義：合力做的功是物體動能變化的量度．應(yīng)用動能定理解題的步驟圖解：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(xué)方法要簡捷．動能定理表達式是一個標量式，在某個方向上應(yīng)用動能定理是沒有依據(jù)的．應(yīng)用動能定理的關(guān)鍵是寫出各力做功的代數(shù)和，不要漏掉某個力做的功，同時要注意各力做功的正、負．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(yīng)用動能定理，往往能使問題簡化．多過程往復(fù)運動問題一般應(yīng)用動能定理求解．勢能與機械能守恒重力做功與重力勢能的關(guān)系表達式：Ep＝mgh.重力勢能的特點：重力勢能是物體和地球所共有的，重力勢能的大小與參考平面的選取有關(guān)，但重力勢能的變化與參考平面的選取無關(guān)。重力做功不引起物體機械能的變化．重力做功與重力勢能變化的關(guān)系：重力對物體做正功，重力勢能減??；重力對物體做負功，重力勢能增大．即WG＝Ep1－Ep2＝－ΔEp.彈性勢能定義：發(fā)生彈性形變的物體的各部分之間，由于有彈力的相互作用而具有的勢能．彈力做功與彈性勢能變化的關(guān)系：彈力做正功，彈性勢能減?。粡椓ψ鲐摴?，彈性勢能增大．即W＝－ΔEp.機械能守恒定律內(nèi)容：在只有重力或彈力做功的物體系統(tǒng)內(nèi)，動能與勢能可以互相轉(zhuǎn)化，而總的機械能保持不變．表達式：mgh1＋eq\f(1,2)mv12＝mgh2＋eq\f(1,2)mv22.應(yīng)用流程單物體機械能守恒問題1．表達式2．應(yīng)用機械能守恒定律解題的一般步驟連接體模型的機械能守恒輕繩連接的物體系統(tǒng)模型①分清兩物體是速度大小相等，還是沿繩方向的分速度大小相等。②用好兩物體的位移大小關(guān)系或豎直方向高度變化的關(guān)系。③對于單個物體，一般繩上的力要做功，機械能不守恒；但對于繩連接的系統(tǒng)，機械能則可能守恒。輕桿連接的物體系統(tǒng)模型①平動時兩物體線速度大小相等，轉(zhuǎn)動時兩物體角速度相等。②桿對物體的作用力并不總是沿桿的方向，桿能對物體做功，單個物體機械能不守恒。③對于桿和物體組成的系統(tǒng)，忽略空氣阻力和各種摩擦且沒有其他力對系統(tǒng)做功，則系統(tǒng)機械能守恒。某一方向分速度相等情景(關(guān)聯(lián)速度情景)兩物體速度的關(guān)聯(lián)實質(zhì)：沿繩(或沿桿)方向的分速度大小相等．含彈簧的系統(tǒng)機械能守恒問題由輕彈簧連接的物體系統(tǒng)，一般既有重力做功，又有彈簧彈力做功，這時系統(tǒng)內(nèi)物體的動能、重力勢能和彈簧的彈性勢能相互轉(zhuǎn)化，而總的機械能守恒。彈簧兩端物體把彈簧拉伸至最長(或壓縮至最短)時，兩端的物體具有相同的速度，彈性勢能最大．對同一彈簧，彈性勢能的大小由彈簧的形變量決定（無論彈簧伸長還是壓縮）物體運動的位移與彈簧的形變量或形變量的變化量有關(guān)，彈簧的伸長量和壓縮量相等時，彈簧的彈性勢能相等．能量守恒定律及應(yīng)用含摩擦生熱、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．應(yīng)用能量守恒定律的基本思路守恒：E初＝E末，初、末總能量不變．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．轉(zhuǎn)化：|ΔE減|＝|ΔE增|，減少的某些能量等于增加的某些能量．考向一：動能與動能定理【探究重點】應(yīng)用動能定理解題應(yīng)抓好“一個過程、兩個狀態(tài)、四個關(guān)注”一個過程：明確研究過程，確定這一過程研究對象的受力情況和位置變化或位移信息．兩個狀態(tài)：明確研究對象的始、末狀態(tài)的速度或動能情況．四個關(guān)注①建立運動模型，判斷物體做了哪些運動，．②分析各個運動過程中物體的受力和運動情況．③抓住運動模型之間的聯(lián)系紐帶，如速度、加速度、位移，確定初、末狀態(tài)．④根據(jù)實際情況分階段或整個過程利用動能定理列式計算．【高考解密】(2021·河北卷·6)一半徑為R的圓柱體水平固定，橫截面如圖所示，長度為πR、不可伸長的輕細繩，一端固定在圓柱體最高點P處，另一端系一個小球，小球位于P點右側(cè)同一水平高度的Q點時，繩剛好拉直，將小球從Q點由靜止釋放，當(dāng)與圓柱體未接觸部分的細繩豎直時，小球的速度大小為(重力加速度為g，不計空氣阻力)()A.eq\r(2＋πg(shù)R) B.eq\r(2πg(shù)R)C.eq\r(21＋πg(shù)R) D．2eq\r(gR)【答案】A【解析】小球下落的高度為h＝πR－eq\f(π,2)R＋R＝eq\f(π＋2,2)R，小球下落過程中，根據(jù)動能定理有mgh＝eq\f(1,2)mv2，綜上有v＝eq\r(π＋2gR)，故選A.【考向預(yù)測】(2022·江蘇新沂市第一中學(xué)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(dāng)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(shè)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(yīng)在B點上方，D錯誤．考向二：機械能守恒的判斷【探究重點】利用機械能的定義判斷(直接判斷)：若物體在水平面勻速運動，其動能、勢能均不變，機械能不變．若一個物體沿斜面勻速下滑，其動能不變，重力勢能減少，其機械能減少．利用做功判斷：若物體或系統(tǒng)只有重力(或系統(tǒng)內(nèi)彈力)做功，雖受其他力，但其他力不做功，或其他力做功的代數(shù)和為零，機械能守恒．利用能量轉(zhuǎn)化來判斷：若物體或系統(tǒng)中只有動能和勢能的相互轉(zhuǎn)化，則物體或系統(tǒng)機械能守恒．繩子突然繃緊、物體間非彈性碰撞等，除非題目特別說明，否則機械能不守恒．【高考解密】(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(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(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錯誤．【考向預(yù)測】(2023·江蘇南京市十一校調(diào)研)如圖所示，傾角θ＝30°的粗糙斜面固定在地面上，長為l、質(zhì)量為m、粗細均勻、質(zhì)量分布均勻的軟繩置于斜面上，其上端與斜面頂端平齊，重力加速度為g.用細線將物塊與軟繩連接，物塊由靜止釋放后向下運動，直到軟繩剛好全部離開斜面(此時物塊未到達地面)，在此過程中()A．物塊的機械能逐漸增加B．軟繩的重力勢能共減少了eq\f(1,4)mglC．物塊減少的重力勢能等于軟繩克服摩擦力所做的功D．軟繩減少的重力勢能大于其增加的動能與克服摩擦力所做的功之和【答案】B【解析】物塊克服細線的拉力做功，其機械能逐漸減少，A錯誤；軟繩重力勢能減少量ΔEp減＝mg·eq\f(l,2)－mg·eq\f(l,2)sinθ＝eq\f(1,4)mgl，B正確；因為物塊的機械能減小，則物塊的重力勢能減小量大于物塊的動能增加量，機械能的減小量等于拉力做功的大小，由于拉力做功大于克服摩擦力做功，所以物塊重力勢能的減少量大于軟繩克服摩擦力所做的功，C錯誤；細線的拉力對軟繩做正功，對物塊做負功，則物塊的機械能減小，軟繩的機械能增加，軟繩重力勢能的減少量一定小于其動能的增加量，故軟繩重力勢能的減少量小于其動能的增加量與克服摩擦力所做功的和，D錯誤．考向三：連接體能量問題【探究重點】多個物體組成的系統(tǒng)，應(yīng)用機械能守恒時，先確定系統(tǒng)中哪些能量增加、哪些能量減少，再用ΔE增＝ΔE減(系統(tǒng)內(nèi)一部分增加的機械能和另一部分減少的機械能相等)解決問題．【高考解密】(2022·湖北·統(tǒng)考高考真題)如圖所示，質(zhì)量分別為m和2m的小物塊Р和Q，用輕質(zhì)彈簧連接后放在水平地面上，Р通過一根水平輕繩連接到墻上。P的下表面光滑，Q與地面間的動摩擦因數(shù)為μ，最大靜摩擦力等于滑動摩擦力。用水平拉力將Q向右緩慢拉開一段距離，撤去拉力后，Q恰好能保持靜止。彈簧形變始終在彈性限度內(nèi)，彈簧的勁度系數(shù)為k，重力加速度大小為g。若剪斷輕繩，Р在隨后的運動過程中相對于其初始位置的最大位移大小為()A．μmgk B． C． D．【答案】C【詳解】Q恰好能保持靜止時，設(shè)彈簧的伸長量為x，滿足若剪斷輕繩后，物塊P與彈簧組成的系統(tǒng)機械能守恒，彈簧的最大壓縮量也為x，因此Р相對于其初始位置的最大位移大小為故選C?！究枷蝾A(yù)測】(2021·東北三省三校第二次聯(lián)合模擬)如圖所示，豎直平面內(nèi)固定兩根足夠長的細桿L1、L2，兩桿不接觸，且兩桿間的距離忽略不計。兩個小球a、b(視為質(zhì)點)質(zhì)量均為m，a球套在豎直桿L1上，b球套在水平桿L2上，a、b通過鉸鏈用長度為l的剛性輕桿L連接，將a球從圖示位置(輕桿與L2桿夾角為45°)由靜止釋放，不計一切摩擦，已知重力加速度為g。在此后的運動過程中，下列說法中正確的是()A.a球和b球所組成的系統(tǒng)機械能不守恒B.b球的速度為零時，a球的加速度大小為零C.b球的最大速度為eq\r(（2＋\r(2)）gl)D.a球的最大速度為eq\r(\r(2)gl)【答案】C【解析】a球和b球組成的系統(tǒng)沒有外力做功，只有a球和b球的動能和重力勢能相互轉(zhuǎn)換，因此a球和b球所組成的系統(tǒng)機械能守恒，A錯誤；設(shè)輕桿L和水平桿L2的夾角為θ，由運動關(guān)聯(lián)可知vbcosθ＝vasinθ，則vb＝vatanθ，可知當(dāng)b球的速度為零時，輕桿L處于水平位置且與桿L2平行，則此時a球在豎直方向只受重力mg，因此a球的加速度大小為g，B錯誤；當(dāng)桿L和桿L1第一次平行時，a球運動到最下方，b球運動到L1和L2交點位置，b球的速度達到最大，此時a球的速度為0，因此由系統(tǒng)機械能守恒有mg(eq\f(\r(2),2)l＋l)＝eq\f(1,2)mveq\o\al(2,b)，解得vb＝eq\r(（2＋\r(2)）gl)，C正確；當(dāng)輕桿L和桿L2第一次平行時，由運動的關(guān)聯(lián)可知此時b球的速度為零，由系統(tǒng)機械能守恒有mg·eq\f(\r(2),2)l＝eq\f(1,2)mveq\o\al(2,a)，解得va＝eq\r(\r(2)gl)，此時a球具有向下的加速度g，故此時a球的速度不是最大，a球?qū)⒗^續(xù)向下做加速度減小的加速運動，到加速度為0時速度達到最大，D錯誤?？枷蛩模耗芰渴睾愣伞咎骄恐攸c】1．內(nèi)容能量既不會憑空產(chǎn)生，也不會憑空消失，它只能從一種形式轉(zhuǎn)化為其他形式，或者從一個物體轉(zhuǎn)移到別的物體，在轉(zhuǎn)化或轉(zhuǎn)移的過程中，能量的總量保持不變．2．表達式ΔE減＝ΔE增．3．基本思路(1)某種形式的能量減少，一定存在其他形式的能量增加，且減少量和增加量一定相等；(2)某個物體的能量減少，一定存在其他物體的能量增加，且減少量和增加量一定相等．技巧點撥應(yīng)用能量守恒定律解題的步驟1．分清有幾種形式的能在變化，如動能、勢能(包括重力勢能、彈性勢能、電勢能)、內(nèi)能等．2．明確哪種形式的能量增加，哪種形式的能量減少，并且列出減少的能量ΔE減和增加的能量ΔE增的表達式．3．列出能量守恒關(guān)系式：ΔE減＝ΔE增．【高考解密】(2022·河北·統(tǒng)考高考真題)如圖，輕質(zhì)定滑輪固定在天花板上，物體和用不可伸長的輕繩相連，懸掛在定滑輪上，質(zhì)量，時刻將兩物體由靜止釋放，物體的加速度大小為。時刻輕繩突然斷開，物體能夠達到的最高點恰與物體釋放位置處于同一高度，取時刻物體所在水平面為零勢能面，此時物體的機械能為。重力加速度大小為，不計摩擦和空氣阻力，兩物體均可視為質(zhì)點。下列說法不正確的是()A．物體和的質(zhì)量之比為 B．時刻物體的機械能為C．時刻物體重力的功率為 D．時刻物體的速度大小【答案】A【詳解】A．開始釋放時物體Q的加速度為，則解得選項A錯誤；B．在T時刻，兩物體的速度P上升的距離細線斷后P能上升的高度可知開始時PQ距離為若設(shè)開始時P所處的位置為零勢能面，則開始時Q的機械能為從開始到繩子斷裂，繩子的拉力對Q做負功，大小為則此時物體Q的機械能此后物塊Q的機械能守恒，則在2T時刻物塊Q的機械能仍為，選項B正確；

CD．在2T時刻，重物P的速度方向向下；此時物體P重力的瞬時功率選項CD正確。故選A?！究枷蝾A(yù)測】(2023·廣東省金山中學(xué)高三檢測)如圖所示，輕彈簧放在傾角為37°的斜面體上，輕彈簧的下端與斜面底端的擋板連接，上端與斜面上b點對齊，質(zhì)量為m的物塊在斜面上的a點由靜止釋放，物塊下滑后，壓縮彈簧至c點時速度剛好為零，物塊被反彈后返回b點時速度剛好為零，已知ab長為L，bc長為eq\f(L,4)，重力加速度為g，sin37°＝0.6，cos37°＝0.8.則()A．物塊與斜面間的動摩擦因數(shù)為0.6B．物塊接觸彈簧后，速度先減小后增大C．彈簧具有的最大彈性勢能為0.5mgLD．物塊在上述過程因摩擦產(chǎn)生的熱量為0.6mgL【答案】D【解析】物塊在a點由靜止釋放，壓縮彈簧至c點，被反彈后返回b點時速度剛好為零，對整個過程應(yīng)用動能定理得mgLsinθ－μmgcosθeq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(L＋\f(L,4)＋\f(L,4)))＝0，解得μ＝0.5，則整個過程因摩擦產(chǎn)生的熱量為Q＝μmgcosθeq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(L＋\f(L,4)＋\f(L,4)))＝0.6mgL，故A錯誤，D正確；物塊接觸彈簧后，向下運動時，開始由于mgsinθ>μmgcosθ＋F彈，物塊繼續(xù)向下加速，F(xiàn)彈繼續(xù)變大，當(dāng)mgsinθ<μmgcosθ＋F彈時，物塊將向下減速，則物塊向下運動時先加速后減速，向上運動時，由于在c點和b點的速度都為零，則物塊先加速后減速，故B錯誤；設(shè)彈簧的最大彈性勢能為Epm，物塊由a點到c點的過程中，根據(jù)能量守恒定律得mgsinθeq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(L＋\f(L,4)))＝μmgcosθeq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(L＋\f(L,4)))＋Epm，解得Epm＝0.25mgL，故C錯誤．考向五：動能定理與機械能守恒圖像問題【探究重點】圖像與橫軸所圍“面積”或圖像斜率的含義(1)觀察題目給出的圖像，弄清縱坐標、橫坐標所對應(yīng)的物理量及圖線所表示的物理意義．(2)根據(jù)物理規(guī)律推導(dǎo)出縱坐標與橫坐標所對應(yīng)的物理量間的函數(shù)關(guān)系式．(3)將推導(dǎo)出的物理規(guī)律與數(shù)學(xué)上與之相對應(yīng)的標準函數(shù)關(guān)系式相對比，找出圖線的斜率、截距、圖線之間的交點、圖線與橫軸圍成的面積所對應(yīng)的物理意義，分析解答問題，或者利用函數(shù)圖線上的特定值代入函數(shù)關(guān)系式求物理量．【高考解密】(2021·湖北卷·4)如圖(a)所示，一物塊以一定初速度沿傾角為30°的固定斜面上滑，運動過程中摩擦力大小f恒定，物塊動能Ek與運動路程s的關(guān)系如圖(b)所示．重力加速度大小取10m/s2，物塊質(zhì)量m和所受摩擦力大小f分別為()A．m＝0.7kg，f＝0.5NB．m＝0.7kg，f＝1.0NC．m＝0.8kg，f＝0.5ND．m＝0.8kg，f＝1.0N【答案】A【解析】0～10m內(nèi)物塊上滑，由動能定理得－mgsin30°·s－fs＝Ek－Ek0，整理得Ek＝Ek0－(mgsin30°＋f)s，結(jié)合0～10m內(nèi)的圖像得，斜率的絕對值|k|＝mgsin30°＋f＝4N，10～20m內(nèi)物塊下滑，由動能定理得(mgsin30°－f)(s－s1)＝Ek，整理得Ek＝(mgsin30°－f)s－(mgsin30°－f)s1，結(jié)合10～20m內(nèi)的圖像得，斜率k′＝mgsin30°－f＝3N，聯(lián)立解得f＝0.5N，m＝0.7kg，故選A.【考向預(yù)測】(2023·湖南懷化市模擬)如圖所示，DO是水平面，AB是斜面，初速度為v0的物體從D點出發(fā)沿DBA滑動到頂點A時速度剛好為零，如果斜面改為AC，讓該物體從D點出發(fā)沿DCA滑動到A點且速度剛好為零，則物體具有的初速度(已知物體與斜面及水平面之間的動摩擦因數(shù)處處相同且不為零，不計B、C處能量損失)()A．等于v0 B．大于v0C．小于v0 D．取決于斜面【答案】A【解析】物體從D點滑動到頂點A過程中，由動能定理可得－mg·xAO－μmg·xDB－μmgcosα·xAB＝0－eq\f(1,2)mv02，α為斜面傾角，由幾何關(guān)系有xABcosα＝xOB，因而上式可以簡化為－mg·xAO－μmg·xOD＝0－eq\f(1,2)mv02，從上式可以看出，物體的初速度與路徑無關(guān)．故選A.考向六：功能關(guān)系判斷【探究重點】1.只涉及動能的變化用動能定理分析。2.只涉及重力勢能的變化，用重力做功與重力勢能變化的關(guān)系分析。3.只涉及機械能的變化，用除重力和彈簧的彈力之外的其他力做功與機械能變化的關(guān)系分析。【高考解密】(2022·江蘇卷·10)如圖所示，輕質(zhì)彈簧一端固定，另一端與物塊A連接在一起，處于壓縮狀態(tài)，A由靜止釋放后沿斜面向上運動到最大位移時，立即將物塊B輕放在A右側(cè)，A、B由靜止開始一起沿斜面向下運動，下滑過程中A、B始終不分離，當(dāng)A回到初始位置時速度為零，A、B與斜面間的動摩擦因數(shù)相同、彈簧未超過彈性限度，則()A．當(dāng)上滑到最大位移的一半時，A的加速度方向沿斜面向下B．A上滑時，彈簧的彈力方向不發(fā)生變化C．下滑時，B對A的壓力先減小后增大D．整個過程中A、B克服摩擦力所做的總功大于B的重力勢能減小量【答案】B【解析】由于A、B在下滑過程中不分離，設(shè)在最高點的彈力為F，沿斜面向下為正方向，斜面傾角為θ，A、B之間的彈力為FAB，動摩擦因數(shù)為μ，剛下滑時根據(jù)牛頓第二定律對A、B有F＋(mA＋mB)gsinθ－μ(mA＋mB)gcosθ＝(mA＋mB)a，對B有mBgsinθ－μmBgcosθ－FAB＝mBa，聯(lián)立可得eq\f(F,mA＋mB)＝－eq\f(FAB,mB)，由于A對B的彈力FAB方向沿斜面向上，故可知在最高點F的方向沿斜面向上；由于在最開始彈簧彈力也是沿斜面向上的，彈簧一直處于壓縮狀態(tài)，所以A上滑時，彈簧的彈力方向一直沿斜面向上，不發(fā)生變化，故B正確；設(shè)彈簧原長在O點，A剛開始運動時距離O點為x1，A運動到最高點時距離O點為x2，下滑過程A、B不分離，且彈簧一直處于壓縮狀態(tài)，上滑過程根據(jù)能量守恒定律可得eq\f(1,2)kx12＝eq\f(1,2)kx22＋(mgsinθ＋Ff)(x1＋Ff)，代入k值可知F合＝0，即此時加速度為0，故A錯誤；根據(jù)分析可知eq\f(F,mA＋mB)＝－eq\f(FAB,mB)，下滑過程中F方向沿斜面向上且逐漸變大，則下滑過程FAB逐漸變大，根據(jù)牛頓第三定律可知，B對A的壓力逐漸變大，故C錯誤；整個過程中彈力做的功為0，A所受重力做的功為0，當(dāng)A回到初始位置時速度為零，根據(jù)功能關(guān)系可知整個過程中A、B克服摩擦力所做的總功等于B的重力勢能減小量，故D錯誤．【考向預(yù)測】（2023·江蘇徐州·高三專題練習(xí)）水平桌面上，長6m的輕繩一端固定于O點，如圖所示（俯視圖），另一端系一質(zhì)量m=2.0kg的小球?，F(xiàn)對小球施加一個沿桌面大小不變的力F=10N，F(xiàn)拉著物體從M點運動到N點，F(xiàn)的方向始終與小球的運動方向成37°角。已知小球與桌面間的動摩擦因數(shù)μ=0.2，不計空氣阻力，取g=10m/s2，sin37°=0.6，cos37°=0.8，則下列說法正確的是（）A．拉力F對小球做的功為16π（J） B．拉力F對小球做的功為8π（J）C．小球克服摩擦力做的功為16π（J） D．小球克服摩擦力做的功為4π（J）【答案】A【詳解】AB．將圓弧分成很多小段l1，l2，…，ln，拉力F在每小段上做的功為W1，W2，…，Wn，因拉力F大小不變，方向始終與小球的運動方向成37°角，所以W1=Fl1cos37°W2=Fl2cos37°Wn=Flncos37°故故A正確，B錯誤；CD．同理可得小球克服摩擦力做的功故CD錯誤。故選A。(2021·江蘇啟東中學(xué)高三開學(xué)考試)如圖所示，用長為L的細線，一端系于懸點A，另一端拴住一質(zhì)量為m的小球，先將小球拉至水平位置并使細線繃直，在懸點A的正下方O點釘有一小釘子，今將小球由靜止釋放，要使小球能在豎直平面內(nèi)做完整的圓周運動，OA的最小距離是()A.eq\f(L,2) B.eq\f(L,3) C.eq\f(2L,3) D.eq\f(3L,5)【答案】D【解析】設(shè)小球做完整圓周運動時其軌道半徑為R，小球剛好過最高點的條件為mg＝meq\f(veq\o\al(2,0),R)，解得v0＝eq\r(gR)；小球由靜止釋放到運動至圓周的最高點的過程中，只有重力做功，由動能定理得mg(L－2R)＝eq\f(1,2)mveq\o\al(2,0)－0，解得R＝eq\f(2,5)L，所以O(shè)A的最小距離為L－R＝eq\f(3,5)L，故D正確。(2021·1月重慶市學(xué)業(yè)水平選擇性考試適應(yīng)性測試，1)一質(zhì)量為m的物塊僅在重力作用下運動，物塊位于r1和r2時的重力勢能分別為3E0和E0(E0＞0)。若物塊位于r1時速度為0，則位于r2時其速度大小為()A.2eq\r(\f(E0,m)) B.eq\r(\f(6E0,m))C.2eq\r(\f(2E0,m)) D.4eq\r(\f(E0,m))【答案】A【解析】物體僅在重力作用下運動，物體的機械能守恒，根據(jù)機械能守恒定律可知E1＝E2，代入已知條件為3E0＋0＝E0＋eq\f(1,2)mv2，解得r2處的速度為v＝2eq\r(\f(E0,m))，故選A。(2023·重慶市調(diào)研)將一初動能為E的物體(可視為質(zhì)點)豎直上拋，物體回到出發(fā)點時，動能為eq\f(E,2)，取出發(fā)點位置的重力勢能為零，整個運動過程可認為空氣阻力大小恒定，則該物體動能與重力勢能相等時，其動能為()A.eq\f(E,4) B.eq\f(3E,10)C.eq\f(3E,8) D.eq\f(4E,9)【答案】B【解析】設(shè)上升的最大高度為h，根據(jù)功能關(guān)系有f·2h＝E－eq\f(E,2)＝eq\f(E,2)，根據(jù)能量守恒可得E＝mgh＋fh，求得mgh＝eq\f(3,4)E，fh＝eq\f(1,4)E，求得f＝eq\f(1,3)mg，若在上升階段離出發(fā)點H處動能和重力勢能相等，由能量守恒定律有Ek＋mgH＝E－fH，Ek＝Ep＝mgH，聯(lián)立解得Ek＝mgH＝eq\f(3,7)E，若在下降階段離出發(fā)點H′處動能和重力勢能相等，由能量守恒定律有Ek′＋mgH′＝E－f(2h－H′)，Ek′＝Ep′＝mgH′，聯(lián)立解得Ek′＝mgH′＝eq\f(3,10)E，故選B.(2023·江蘇省蘇州八校聯(lián)盟月考)如圖所示，一根輕質(zhì)彈簧一端固定于光滑豎直桿上，另一端與質(zhì)量為m的滑塊P連接，P穿在桿上，一根輕繩跨過定滑輪將滑塊P和重物Q連接起來，重物Q的質(zhì)量為4m，把滑塊從圖中A點由靜止釋放后沿豎直桿上下運動，當(dāng)它經(jīng)過A、B兩點時彈簧對滑塊的彈力大小相等，已知OA與水平面的夾角θ＝53°，OB長為3L，與AB垂直，不計滑輪的摩擦，重力加速度為g，sin53°＝0.8，cos53°＝0.6，滑塊P從A到B的過程中，下列說法正確的是()A．滑塊P的加速度一直減小B．滑塊P的最大速度為2eq\r(2gL)C．輕繩對滑塊P做功為8mgLD．重力對重物Q做功的功率一直減小【答案】C【解析】根據(jù)題意可知，滑塊P從A點開始運動時，重物Q的速度為零，則重物Q重力的功率為零，當(dāng)滑塊P到達B點時，重物Q的速度也為零，此時重物Q重力的功率為零，則滑塊由A到B的過程中，重物Q的重力功率先增大后減小，故D錯誤；根據(jù)題意可知，滑塊P、重物Q和彈簧組成的系統(tǒng)機械能守恒，根據(jù)幾何關(guān)系可知，滑塊P上升的高度為h＝3L·tan53°＝4L，重物Q下降的高度為H＝OA－OB＝eq\f(OB,cos53°)－OB＝2L，設(shè)滑塊P運動到位置B處速度大小為v，A、B兩點時彈簧對滑塊的彈力大小相等，可知A、B兩點彈簧的彈性勢能相等，根據(jù)機械能守恒定律有4mgH－mgh＝eq\f(1,2)mv2，聯(lián)立解得滑塊P在B點的速度為v＝2eq\r(2gL)，設(shè)輕繩對滑塊P做功為W，對滑塊由動能定理得W－mgh＝eq\f(1,2)mv2，解得W＝8mgL，故C正確；在A點彈簧對P的彈力向上，在B點彈簧對P彈力向下，可知P先加速上升后減速上升，在A、B間某位置，合力為零，速度最大，則滑塊P的最大速度大于2eq\r(2gL)，從A點到速度最大點，彈簧的彈力不斷減小，繩子拉力在豎直方向的分力也減小，可知加速度不斷減小，在從速度最大點到B點過程中，繩子拉力在豎直方向的分力越來越小，合力向下，可知P所受的合力越來越大，則加速度越來越大，故A、B錯誤．(2023·武漢東湖區(qū)聯(lián)考)如圖所示，有一條長為L＝1m的均勻金屬鏈條，有一半在光滑的足夠高的斜面上，斜面頂端是一個很小的圓弧，斜面傾角為30°，另一半豎直下垂在空中，當(dāng)鏈條從靜止開始釋放后鏈條滑動，則鏈條剛好全部滑出斜面時的速度為(g取10m/s2)()A．2.5m/s B.eq\f(5\r(2),2)m/sC.eq\r(5)m/s D.eq\f(\r(35),2)m/s【答案】A【解析】設(shè)鏈條的質(zhì)量為2m，以開始時鏈條的最高點的重力勢能為零，鏈條的機械能為E＝－eq\f(1,2)×2mg·eq\f(L,4)sin30°－eq\f(1,2)×2mg·eq\f(L,4)＝－eq\f(3,8)mgL，鏈條全部滑出后，動能為Ek′＝eq\f(1,2)×2mv2，重力勢