2025版南方鳳凰臺(tái)5A教案基礎(chǔ)版物理第6章　機(jī)械能守恒定律含答案2

2025版《南方鳳凰臺(tái)5A教案基礎(chǔ)版物理第6章機(jī)械能守恒定律含答案1微專題7功能關(guān)系能量守恒定律功能關(guān)系的理解與應(yīng)用1．對(duì)功能關(guān)系的理解(1)做功的過(guò)程就是能量轉(zhuǎn)化的過(guò)程．不同形式的能量發(fā)生相互轉(zhuǎn)化是通過(guò)做功來(lái)實(shí)現(xiàn)的．(2)功是能量轉(zhuǎn)化的量度，功和能的關(guān)系，一是體現(xiàn)在不同的力做功，對(duì)應(yīng)不同形式的能轉(zhuǎn)化，具有一一對(duì)應(yīng)關(guān)系，二是做功的多少與能量轉(zhuǎn)化的多少在數(shù)值上相等．2．幾種常見的功能關(guān)系及其表達(dá)式各種力做功對(duì)應(yīng)能的變化定量的關(guān)系合力做功動(dòng)能變化合力對(duì)物體做功等于物體動(dòng)能的增量W合＝Ek2－Ek1重力做功重力勢(shì)能變化重力做正功，重力勢(shì)能減少，重力做負(fù)功，重力勢(shì)能增加，且WG＝－ΔEp＝Ep1－Ep2彈簧彈力做功彈性勢(shì)能變化彈力做正功，彈性勢(shì)能減少，彈力做負(fù)功，彈性勢(shì)能增加，且W彈＝－ΔEp＝Ep1－Ep2只有重力、彈簧彈力做功不引起機(jī)械能變化機(jī)械能守恒ΔE＝0非重力和彈力做功機(jī)械能變化除重力和彈力之外的其他力做正功，物體的機(jī)械能增加，做負(fù)功，機(jī)械能減少，且W其他＝ΔE電場(chǎng)力做功電勢(shì)能變化電場(chǎng)力做正功，電勢(shì)能減少，電場(chǎng)力做負(fù)功，電勢(shì)能增加，且W電＝－ΔEp質(zhì)量為m的物體由靜止開始下落，由于空氣阻力作用，下落的加速度為0.2g.在物體下落h的過(guò)程中，下列說(shuō)法中正確的是(B)A．重力對(duì)物體做功0.2mghB．物體的動(dòng)能增加了0.2mghC．物體重力勢(shì)能減少了0.1mghD．物體的機(jī)械能減少了0.2mgh解析：在物體下落h的過(guò)程中，重力對(duì)物體做正功，大小為mgh，則重力勢(shì)能減少了mgh，故A、C錯(cuò)誤；由牛頓第二定律有mg－f＝ma＝0.2mg，解得空氣阻力大小為0.8mg，由動(dòng)能定理有mgh－0.8mgh＝ΔEk，即ΔEk＝0.2mgh，重力與阻力的合力對(duì)物體做正功，則物體動(dòng)能增加了0.2mgh，故B正確；由功能關(guān)系可知，物體機(jī)械能的減少量等于空氣阻力對(duì)物體所做的功，即物體的機(jī)械能減少了0.8mgh，故D錯(cuò)誤．類題固法11．(2023·浙江卷)一位游客正在體驗(yàn)蹦極，綁上蹦極專用的橡皮繩后從跳臺(tái)縱身而下．游客從跳臺(tái)下落直到最低點(diǎn)過(guò)程中(B)A．彈性勢(shì)能減小B．重力勢(shì)能減小C．機(jī)械能保持不變D．繩一繃緊動(dòng)能就開始減小解析：游客從跳臺(tái)下落，開始階段橡皮繩未拉直，只受重力作用做勻加速運(yùn)動(dòng)，下落到一定高度時(shí)橡皮繩開始繃緊，游客受重力和向上的彈力作用，彈力從零逐漸增大，游客所受合力先向下減小，后向上增大，速度先增大，后減小，到最低點(diǎn)時(shí)速度減小到零，彈力達(dá)到最大值．橡皮繩繃緊后彈性勢(shì)能一直增大，A錯(cuò)誤；游客高度一直降低，重力一直做正功，重力勢(shì)能一直減小，B正確；下落階段橡皮繩對(duì)游客做負(fù)功，游客機(jī)械能減少，轉(zhuǎn)化為彈性勢(shì)能，C錯(cuò)誤；繩剛繃緊開始一段時(shí)間內(nèi)，彈力小于重力，合力向下，做正功，游客動(dòng)能增加；當(dāng)彈力大于重力后，合力向上，對(duì)游客做負(fù)功，游客動(dòng)能逐漸減小，D錯(cuò)誤．2．(2023·蘇州中學(xué))質(zhì)量為2kg的物體以10m/s的初速度，從起點(diǎn)A出發(fā)豎直向上拋出，在它上升到某一點(diǎn)的過(guò)程中，物體的動(dòng)能損失了50J，機(jī)械能損失了10J，設(shè)物體在上升、下降過(guò)程空氣阻力大小恒定，則該物體再落回到A點(diǎn)時(shí)的動(dòng)能為(取g＝10m/s2)(B)A．40J B．60JC．80J D．100J解析：物體上升到某一高度時(shí)，重力、阻力均做負(fù)功，根據(jù)動(dòng)能定理有W合＝F合x＝ΔEk，空氣阻力做功對(duì)應(yīng)著機(jī)械能的變化，則有Wf＝fx＝ΔE，將ΔEk＝－50J，ΔE＝－10J，代入可得W合＝－50J，Wf＝－10J，可得W合＝5Wf，物體的初動(dòng)能為Ek0＝eq\f(1,2)mveq\o\al(2,0)＝eq\f(1,2)×2×102J＝100J，當(dāng)物體從A點(diǎn)到最高點(diǎn)的過(guò)程中，物體的動(dòng)能減小了100J，由動(dòng)能定理可得，合力做的功W合上＝－100J，所以空氣阻力做功為Wf上＝－20J，由功能原理知，機(jī)械能損失了20J，由于空氣阻力大小恒定，所以下落過(guò)程機(jī)械能也損失了20J，則物體落回A點(diǎn)時(shí)的動(dòng)能為100J－2×20J＝60J，B正確．摩擦力做功與能量的關(guān)系兩種摩擦力做功的比較靜摩擦力滑動(dòng)摩擦力不同點(diǎn)能量的轉(zhuǎn)化方面只有能量的轉(zhuǎn)移，沒(méi)有能量的轉(zhuǎn)化既有能量的轉(zhuǎn)移，又有能量的轉(zhuǎn)化一對(duì)摩擦力的總功方面一對(duì)靜摩擦力所做功的代數(shù)和等于零一對(duì)滑動(dòng)摩擦力所做功的代數(shù)和為負(fù)值，總功W＝－Ff·x相對(duì)，即摩擦?xí)r產(chǎn)生的熱量正功、負(fù)功、不做功方面兩種摩擦力對(duì)物體可以做正功、負(fù)功，還可以不做功；靜摩擦力做正功時(shí)，它的反作用力一定做負(fù)功；滑動(dòng)摩擦力做負(fù)功時(shí)，它的反作用力可能做正功，可能做負(fù)功，還可能不做功；但滑動(dòng)摩擦力做正功或不做功時(shí)，它的反作用力一定做負(fù)功(2023·淮安期末調(diào)研)如圖所示，一質(zhì)量為M、長(zhǎng)為L(zhǎng)的木板B靜止在光滑水平面上，其左端放有可視為質(zhì)點(diǎn)的質(zhì)量為m的滑塊A，現(xiàn)用一水平恒力F作用在滑塊上，使滑塊從靜止開始做勻加速直線運(yùn)動(dòng)．滑塊與木板之間的摩擦力為Ff，滑塊滑到木板右端時(shí)，木板運(yùn)動(dòng)距離為x.關(guān)于此過(guò)程，下列說(shuō)法中正確的是(D)A．滑塊A克服摩擦力做的功為FfLB．滑塊A與木板B摩擦產(chǎn)生的熱量為F(L＋x)C．滑塊A與木板B增加的機(jī)械能為F(L＋x)＋FfLD．滑塊A到達(dá)木板右端時(shí)，木板B具有的動(dòng)能為Ffx解析：滑塊A克服摩擦力做的功為Wf＝Ff(L＋x)，故A錯(cuò)誤；滑塊A與木板B摩擦產(chǎn)生的熱量為Q＝FfL，故B錯(cuò)誤；滑塊A與木板B增加的機(jī)械能為ΔE＝F(L＋x)－FfL，故C錯(cuò)誤；滑塊A到達(dá)木板右端時(shí)，木板B具有的動(dòng)能為ΔEk＝Ff(L＋x)－FfL＝Ffx，故D正確．類題固法21．如圖所示，斜面的傾角為θ，質(zhì)量為m的滑塊距擋板P的距離為x0，滑塊以初速度v0沿斜面上滑，滑塊與斜面間的動(dòng)摩擦因數(shù)為μ，滑塊所受摩擦力小于重力沿斜面向下的分力．若滑塊每次與擋板相碰均無(wú)機(jī)械能損失，滑塊經(jīng)過(guò)的總路程是(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：滑塊最終要停在斜面底部，設(shè)滑塊經(jīng)過(guò)的總路程為x，對(duì)滑塊運(yùn)動(dòng)的全程應(yīng)用功能關(guān)系，全程所產(chǎn)生的熱量為Q＝eq\f(1,2)mveq\o\al(2,0)＋mgx0sinθ，又由全程產(chǎn)生的熱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正確．2．(2024·如皋期初調(diào)研)如圖所示為某緩沖裝置模型，輕質(zhì)彈簧與輕桿相連，輕桿可在固定的槽內(nèi)移動(dòng)，與槽間的滑動(dòng)摩擦力等于最大靜摩擦力f.現(xiàn)小車以一速度撞擊彈簧后，輕桿恰好向右移動(dòng)l，不計(jì)小車與地面間的摩擦，則(C)A．輕桿向右移動(dòng)的過(guò)程中，輕桿的加速度為0B．輕桿向右移動(dòng)的過(guò)程中，彈簧的彈性勢(shì)能逐漸增大C．小車被彈簧反向彈回的過(guò)程中，輕桿處于靜止?fàn)顟B(tài)D．從小車撞擊彈簧到離開彈簧的過(guò)程中，摩擦產(chǎn)生的內(nèi)能為2fl能量轉(zhuǎn)化與守恒的應(yīng)用1．對(duì)能量守恒定律的兩點(diǎn)理解(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(gè)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．2．能量轉(zhuǎn)化問(wèn)題的解題思路當(dāng)涉及摩擦力做功，機(jī)械能不守恒時(shí)，一般應(yīng)用能的轉(zhuǎn)化和守恒定律．運(yùn)用能量守恒定律解題的基本思路：(2024·淮安第一次調(diào)研)水平桌面上彈射裝置如圖所示，輕彈簧左端固定，自然伸長(zhǎng)時(shí)右端位于B點(diǎn)，BC段粗糙，CD段有豎直放置的四分之一圓弧軌道，與BC相切，D處有與圓弧軌道垂直的彈性擋板P.小球被壓縮的彈簧彈出后，經(jīng)BC段后沿圓弧軌道運(yùn)動(dòng)到D處，與擋板碰撞后原速率反向彈回．已知BC長(zhǎng)L＝0.1m，圓弧半徑R＝0.2m，小球質(zhì)量m＝0.2kg，與BC間動(dòng)摩擦因數(shù)μ＝0.4，其余部分均光滑．取g＝10m/s2.若小球首次經(jīng)過(guò)C處的速度v0＝2m/s，求：(1)彈簧彈性勢(shì)能的最大值．答案：0.48J解析：滑塊從開始運(yùn)動(dòng)到第一次到C點(diǎn)，運(yùn)用動(dòng)能定理得W彈－μmgL＝eq\f(1,2)mveq\o\al(2,0)－0解得W彈＝0.48J，則Ep彈＝0.48J(2)小球最終停在何處及在BD間運(yùn)動(dòng)的總路程．答案：0.6(1＋π)m解析：根據(jù)能量守恒定律得μmgs＝Ep彈解得s＝0.6m即經(jīng)過(guò)BC段共6次，最終停在B點(diǎn)，BD間運(yùn)動(dòng)總路程為sBD＝0.6(1＋π)m(3)小球受到D處圓弧軌道彈力的最小值．答案：4.8N解析：設(shè)小球最后一次在圓弧D處運(yùn)動(dòng)速度大小為v，因小球停在B點(diǎn)，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則圓弧軌道對(duì)小球彈力F＝Fn＝4.8N類題固法31．如圖所示，輕質(zhì)彈簧的左端固定，并處于自然狀態(tài)．小物塊的質(zhì)量為m，從A點(diǎn)向左沿水平地面運(yùn)動(dòng)，壓縮彈簧后被彈回，運(yùn)動(dòng)到A點(diǎn)恰好靜止．物塊向左運(yùn)動(dòng)的最大距離為s，與地面間的動(dòng)摩擦因數(shù)為μ，重力加速度為g，彈簧未超出彈性限度．在上述過(guò)程中(B)A．彈簧的最大彈力為μmgB．物塊克服摩擦力做的功為2μmgsC．彈簧的最大彈性勢(shì)能為2μmgsD．物塊在A點(diǎn)的初速度為eq\r(2μgs)解析：物塊向左運(yùn)動(dòng)壓縮彈簧，彈簧最短時(shí)，物塊具有向右的加速度，彈力大于摩擦力，即F>μmg，A錯(cuò)誤；物塊克服摩擦力做的功W＝μmgs＋μmgs＝2μmgs，B正確；根據(jù)能量守恒，彈簧彈開物塊的過(guò)程中，彈簧的彈性勢(shì)能通過(guò)摩擦力做功轉(zhuǎn)化為內(nèi)能，故Epm＝μmgs，C錯(cuò)誤；根據(jù)能量守恒，在整個(gè)過(guò)程中，物塊的初動(dòng)能通過(guò)摩擦力做功轉(zhuǎn)化為內(nèi)能，即eq\f(1,2)mv2＝2μmgs，所以v＝2eq\r(μgs)，D錯(cuò)誤．2．(2023·無(wú)錫期終調(diào)研)如圖所示為某貨物傳送裝置示意圖，輕彈簧的一端固定在斜面底端，另一端與移動(dòng)平板A相連．正常工作時(shí)，A在彈簧彈力作用下，由Р處?kù)o止開始運(yùn)動(dòng)，到斜面頂端Q處時(shí)速度減為零，彈簧恰好恢復(fù)原長(zhǎng)，此時(shí)貨物B從斜面頂端靜止釋放，并與A一起下滑．當(dāng)?shù)竭_(dá)Р處時(shí)，二者速度恰好為零，B會(huì)從Р處的小孔落下，此后系統(tǒng)循環(huán)工作．已知彈簧勁度系數(shù)為k，A的質(zhì)量為m、斜面傾角為θ，A、B與斜面間的動(dòng)摩擦因數(shù)均為eq\f(tanθ,2)，重力加速度為g，A、B均可視為質(zhì)點(diǎn)．求：(1)A上滑速度最大時(shí)彈簧的形變量．答案：eq\f(3mgsinθ,2k)解析：A在上滑速度最大時(shí)，加速度為0，此時(shí)A受力平衡，設(shè)A所受摩擦力為f1，有f1＝μmgcosθ＝eq\f(1,2)mgsinθmgsinθ＋f1＝kx1解得x1＝eq\f(3mgsinθ,2k)(2)在斜面頂端Q處，A、B剛要下滑時(shí)的加速度大?。鸢福篹q\f(1,2)gsinθ解析：設(shè)B質(zhì)量為M，對(duì)A、B整體由牛頓第二定律(M＋m)gsinθ－μ(M＋m)gcosθ＝(M＋m)a解得a＝eq\f(1,2)gsinθ(3)貨物B的質(zhì)量．答案：2m解析：從接到貨物B到最低點(diǎn)P，設(shè)PQ＝L，由能量守恒定律得(M＋m)gLsinθ＝μ(M＋m)gLcosθ＋EpmaxA從釋放到頂端Q，由能量守恒定律得Epmax＝mgLsinθ＋μmgLcosθ解得M＝2m配套精練一、選擇題1．蹦床是小朋友喜歡的一種體育活動(dòng)．如圖所示，蹦床的中心由彈性網(wǎng)面組成，若小朋友從最高點(diǎn)落下直至最低點(diǎn)的過(guò)程中，空氣阻力大小恒定，則小朋友(A)A．機(jī)械能一直減少B．剛接觸網(wǎng)面時(shí)，動(dòng)能最大C．重力做功等于克服空氣阻力做功D．重力勢(shì)能的減小量等于彈性勢(shì)能的增大量解析：小朋友從最高點(diǎn)落下直至最低點(diǎn)的過(guò)程中，蹦床彈力以及空氣阻力一直做負(fù)功，因此，機(jī)械能一直減小，故A正確；小朋友剛接觸蹦床時(shí)，加速度方向仍豎直向下，動(dòng)能會(huì)繼續(xù)增大，故B錯(cuò)誤；根據(jù)功能關(guān)系，重力勢(shì)能的減少量等于小朋友的動(dòng)能，蹦床彈性勢(shì)能的增加量以及克服空氣阻力做功的代數(shù)和，故C、D錯(cuò)誤．2．質(zhì)最為m的物體在豎直向上的恒定拉力F的作用下，由靜止開始向上運(yùn)動(dòng)高度H，所受空氣阻力恒為f，重力加速度為g.此過(guò)程中，下列說(shuō)法中正確的是(D)A．物體的動(dòng)能增加了(F－mg)HB．物體的重力勢(shì)能減少了mgHC．物體的機(jī)械能減少了fHD．物體的機(jī)械能增加了(F－f)H3．(2024·金陵中學(xué))桔槔(gāo)是我國(guó)古代的一種取水機(jī)械．其原理如圖所示，在豎直支架上安裝一根可繞支點(diǎn)轉(zhuǎn)動(dòng)的長(zhǎng)細(xì)桿，桿的一端固定磐石，另一端通過(guò)長(zhǎng)竹懸掛水桶．取水時(shí)人借助自身重力向下拉動(dòng)長(zhǎng)竹，使水桶浸入水中；打滿水后，人向上助力提起水桶，忽略桔槔各銜接處的阻力．下列說(shuō)法中正確的是(C)A．向下取水過(guò)程，桔槔系統(tǒng)的機(jī)械能守恒B．向下取水過(guò)程，人對(duì)桔槔系統(tǒng)做的功等于磐石增加的重力勢(shì)能C．向上提水過(guò)程，人對(duì)桔槔系統(tǒng)做的功一定等于系統(tǒng)機(jī)械能的改變量D．向上提水過(guò)程，人對(duì)桔槔系統(tǒng)做的功一定等于系統(tǒng)的動(dòng)能改變量解析：向下取水的過(guò)程中，人對(duì)桔槔系統(tǒng)做正功，桔槔系統(tǒng)的機(jī)械能增大，A錯(cuò)誤；向下取水的過(guò)程中，磐石的重力勢(shì)能和動(dòng)能都增大，所以人對(duì)桔槔系統(tǒng)做的功大于磐石增加的重力勢(shì)能，B錯(cuò)誤；根據(jù)功能關(guān)系，向上提水過(guò)程，人對(duì)桔槔系統(tǒng)做的功一定等于系統(tǒng)機(jī)械能的改變量，C正確，D錯(cuò)誤．4．人們根據(jù)竹蜻蜓原理設(shè)計(jì)了直升機(jī)的螺旋槳．如圖所示，一小孩搓動(dòng)質(zhì)量為20g的竹蜻蜓，松開后竹蜻蜓能上升到二層樓房頂?shù)母叨龋诖陝?dòng)過(guò)程中手對(duì)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點(diǎn)的過(guò)程中，動(dòng)能轉(zhuǎn)化為重力勢(shì)能和內(nèi)能，一般每層樓房的高度為3m，二層也就是6m，所以重力勢(shì)能的增加量為Ep＝mgh＝1.2J，則在搓動(dòng)過(guò)程中手對(duì)竹蜻蜓做的功要大于1.2J，A、B、C錯(cuò)誤，D正確．5．(2023·南京一中)如圖所示，機(jī)械臂主要結(jié)構(gòu)包括上臂、支柱和電機(jī)．上臂由同種材料制成且粗細(xì)均勻．已知上臂長(zhǎng)2m，重20kg，機(jī)械臂將30kg的A物體(可看作質(zhì)點(diǎn))從如圖所示位置(機(jī)械臂與豎直方向的夾角為60°)緩慢提高2m，取g＝10m/s2，則電機(jī)消耗電能約為(B)A．600J B．800JC．1000J D．1200J解析：對(duì)物體A做功WA＝mAghA＝30×10×2J＝600J，對(duì)機(jī)械臂做功W臂＝m臂g·eq\f(hA,2)＝20×10×eq\f(2,2)J＝200J，電機(jī)消耗電能約為E＝WA＋W臂＝600J＋200J＝800J，故選B.6．一木塊靜置于光滑水平面上，一顆子彈沿水平方向飛來(lái)射入木塊中．當(dāng)子彈進(jìn)入木塊的深度達(dá)到最大值2.0cm時(shí)，木塊沿水平面恰好移動(dòng)1.0cm.在上述過(guò)程中系統(tǒng)損失的機(jī)械能與子彈損失的動(dòng)能之比為(C)A．1∶2 B．1∶3C．2∶3 D．3∶2解析：根據(jù)題意，子彈在摩擦力作用下的位移為s1＝(2＋1)cm＝3cm，木塊在摩擦力作用下的位移為s2＝1cm；系統(tǒng)損失的機(jī)械能轉(zhuǎn)化為內(nèi)能，根據(jù)功能關(guān)系，有ΔE系統(tǒng)＝Q＝f·Δs＝f(s1－s2)；子彈損失的動(dòng)能等于子彈克服摩擦力做的功，故ΔEk子彈＝fs1；所以eq\f(ΔE系統(tǒng),ΔEk子彈)＝eq\f(2,3)，故C正確，A、B、D錯(cuò)誤．7．(2024·海安中學(xué)期初考試)如圖所示，平直木板AB傾斜放置，板上的P點(diǎn)距A端較近，小物塊與木板間的動(dòng)摩擦因數(shù)由A到B逐漸減小，先讓物塊從A由靜止開始滑到B.然后，將A著地，抬高B，使木板的傾角與前一過(guò)程相同，再讓物塊從B由靜止開始滑到A.上述兩過(guò)程相比較，下列說(shuō)法中一定正確的有(B)A．物塊滑到底端的速度，前一過(guò)程較大B．物塊從頂端滑到底端的時(shí)間，前一過(guò)程較長(zhǎng)C．物塊從頂端滑到P點(diǎn)的過(guò)程中因摩擦產(chǎn)生的熱量，前一過(guò)程較少D．物塊經(jīng)過(guò)P點(diǎn)的動(dòng)能，后一過(guò)程較小解析：先讓物塊從A由靜止開始滑到B，因?yàn)閯?dòng)摩擦因數(shù)由A到B逐漸減小，說(shuō)明重力沿斜面的分量在整個(gè)過(guò)程中都大于摩擦力．也就是說(shuō)無(wú)論哪邊高，合力方向始終沿斜面向下．兩過(guò)程合力做功相同，由動(dòng)能定理知，到底端時(shí)速度大小應(yīng)相同，故A錯(cuò)誤；作出兩物體的v-t圖像分析可知第一個(gè)過(guò)程加速度在增大，故斜率增大，第二個(gè)過(guò)程加速度減小，故斜率變小，由于傾角一樣大，根據(jù)能量守恒，末速度是一樣大的，還有就是路程一樣大，圖像中的面積就要相等，所以第一個(gè)過(guò)程的時(shí)間長(zhǎng)，故B正確；摩擦產(chǎn)生的熱量Q＝W＝fs，由于無(wú)法確定f做功多少，無(wú)法判斷兩種情況下產(chǎn)生熱量的多少，故C錯(cuò)誤；物塊從A由靜止開始滑到P時(shí)，摩擦力較大，故合力較小，距離較短；物塊從B由靜止開始滑到P時(shí)，摩擦力較小，故合力較大，距離較長(zhǎng)．所以由動(dòng)能定理，物塊從A由靜止開始滑到P時(shí)合力做功較少，P點(diǎn)時(shí)動(dòng)能較??；由B到P時(shí)合力做功較多，P點(diǎn)時(shí)動(dòng)能較大，即前一次速度較小，動(dòng)能較小，故D錯(cuò)誤．8．(2023·常州中學(xué)期末)如圖所示，一質(zhì)量為M、長(zhǎng)為l的木板靜止在光滑水平桌面上，另一質(zhì)量為m的小物塊(可視為質(zhì)點(diǎn))從木板上的左端以速度v0開始運(yùn)動(dòng)．已知物塊與木板間的滑動(dòng)摩擦力大小為f，當(dāng)物塊從木板右端離開時(shí)(B)A．木板的動(dòng)能一定等于flB．木板的動(dòng)能一定小于flC．物塊的動(dòng)能一定大于eq\f(1,2)mveq\o\al(2,0)－flD．物塊的動(dòng)能一定等于eq\f(1,2)mveq\o\al(2,0)－fl解析：設(shè)物塊離開木板時(shí)的速度為v1，此時(shí)木板的速度為v2，依題意有v0>v1>v2，設(shè)物塊對(duì)地位移為xm，木板對(duì)地位移為xM，根據(jù)運(yùn)動(dòng)學(xué)公式，可得xm＝eq\f(v0＋v1,2)t，xM＝eq\f(v2,2)t，聯(lián)立可得xm>2xM，則有xm－xM＝l>xM，根據(jù)動(dòng)能定理，有fxM＝EkM，可知EkM<fl，即木板的動(dòng)能一定小于fl，故A錯(cuò)誤，B正確；根據(jù)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錯(cuò)誤．9．(2023·泰州期末)如圖所示，一輕彈簧下端掛一物體，上端用手牽引使重物勻速上升，從手突然停止到物體上升至最高點(diǎn)的過(guò)程中，物體運(yùn)動(dòng)的速率v、加速度大小a、動(dòng)能Ek、機(jī)械能E隨物體上升高度h變化的圖像可能正確的是(A) A B C D解析：根據(jù)題意可知，輕彈簧拉著重物做勻速直線運(yùn)動(dòng)，彈簧處于拉伸狀態(tài)且拉力等于重力，當(dāng)手突然停止運(yùn)動(dòng)后的一小段時(shí)間內(nèi)，由于慣性，重物繼續(xù)向上運(yùn)動(dòng)，彈簧的形變量減小，則彈力減小，彈力小于重力，加速度向下，向上做減速運(yùn)動(dòng)，設(shè)彈簧的勁度系數(shù)為k，根據(jù)牛頓第二定律可得，加速度大小與上升高度的關(guān)系為a＝eq\f(kh,m)，當(dāng)彈簧處于伸長(zhǎng)狀態(tài)時(shí)，彈力一直減小，加速度一直增大；若彈簧伸長(zhǎng)量減小到零之后，物體繼續(xù)向上運(yùn)動(dòng)，彈簧被壓縮，彈力增大且向下，根據(jù)牛頓第二定律可得，加速度大小與上升高度的關(guān)系仍為a＝eq\f(kh,m)，可知，物體一直做加速度增大的減速運(yùn)動(dòng)，a-h圖像為過(guò)原點(diǎn)的直線，故B錯(cuò)誤；由v2－veq\o\al(2,0)＝－2ah得v2＝veq\o\al(2,0)－eq\f(2k,m)h2，v-h圖像為一段圓弧，A正確；由題意，根據(jù)動(dòng)能定理可知，物體動(dòng)能的變化量為ΔEk＝F合h，可知，Ek-h圖像的斜率表示物體受到的合力，由上述分析可知，物體受到的合力一直增大，則Ek-h圖像的斜率一直增大，故C錯(cuò)誤；由題意，根據(jù)功能關(guān)系可知，物體機(jī)械能的變化等于彈簧彈力做功，則E-h圖像的斜率表示彈力，一直變化，故D錯(cuò)誤．10．(2023·徐州期末抽測(cè))如圖所示，輕彈簧勁度系數(shù)為k，一端固定于擋板C上，另一端與質(zhì)量為m的物塊A相連接，物塊A處于靜止?fàn)顟B(tài)．跨過(guò)滑輪的細(xì)繩，一端與物塊A連接，另一端連接掛鉤，掛鉤上掛一個(gè)質(zhì)量也為m的物塊B后，物塊A、B由靜止開始運(yùn)動(dòng)．細(xì)繩與斜面始終平行，B始終未接觸地面，斜面足夠長(zhǎng)，傾角為30°，重力加速度為g，滑輪、細(xì)繩和掛鉤質(zhì)量及一切摩擦都不計(jì)．下列說(shuō)法中正確的是(D)A．物塊B剛掛上時(shí)，B的加速度為gB．物塊A的最大速度為geq\r(\f(m,k))C．物塊A從靜止上升到最高點(diǎn)過(guò)程中，彈性勢(shì)能的增加量大于物塊B的重力勢(shì)能的減少量D．物塊A從靜止上升到速度最大的過(guò)程中，繩對(duì)A做的功等于A的機(jī)械能增加量解析：A靜止時(shí)彈簧彈力為F＝mgsin30°＝eq\f(1,2)mg，根據(jù)牛頓第二定律mg＋F－mgsin30°＝2ma，物塊B剛掛上時(shí)，B的加速度為a＝eq\f(g,2)，A錯(cuò)誤；當(dāng)A、B組成的系統(tǒng)受力平衡時(shí)，速度最大，則mg＝mgsin30°＋kx，得kx＝eq\f(1,2)mg，此時(shí)，彈簧伸長(zhǎng)量與A靜止時(shí)壓縮量相等，即彈性勢(shì)能相等，根據(jù)機(jī)械能守恒mg·2x＝mg·2xsin30°＋2×eq\f(1,2)mv2，物塊A的最大速度為v＝geq\r(\f(m,2k))，B錯(cuò)誤；物塊A從靜止上升到最高點(diǎn)過(guò)程中，兩物塊速度為零，彈性勢(shì)能的增加量與A重力勢(shì)能的增加量之和等于B重力勢(shì)能的減少量，則彈性勢(shì)能的增加量小于物塊B的重力勢(shì)能的減少量，C錯(cuò)誤；物塊A從靜止上升到速度最大的過(guò)程中，彈簧對(duì)A做功為零，則繩對(duì)A做的功等于A的機(jī)械能增加量，D正確．二、非選擇題11．(2023·連云港期末調(diào)研)如圖所示，水平面AB與豎直平面內(nèi)的光滑半圓形軌道BC相切于B點(diǎn)，半圓形軌道半徑為R.一輕質(zhì)彈簧左端固定，質(zhì)量為m的物塊將彈簧右端壓縮至A點(diǎn)，由靜止釋放物塊，物塊恰能通過(guò)半圓形軌道最高點(diǎn)C.已知物塊到達(dá)B點(diǎn)前與彈簧已分離，重力加速度為g，AB間的長(zhǎng)度為L(zhǎng)，物塊與水平面間的動(dòng)摩擦因數(shù)為μ.求：(1)物塊通過(guò)C點(diǎn)的速率．答案：eq\r(gR)解析：物塊恰能通過(guò)半圓形軌道最高點(diǎn)C，則有mg＝eq\f(mveq\o\al(2,C),R)解得vC＝eq\r(gR)(2)物塊剛進(jìn)入半圓形軌道B點(diǎn)時(shí)受到的支持力大?。鸢福?mg解析：對(duì)物塊在BC過(guò)程運(yùn)用動(dòng)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)設(shè)軌道對(duì)物塊的支持力為N，則有N－mg＝eq\f(mveq\o\al(2,B),R)解得N＝6mg(3)彈簧壓縮至A點(diǎn)時(shí)的彈性勢(shì)能．答案：μmgL＋eq\f(5,2)mgR解析：根據(jù)能量守恒定律可得，彈簧開始的彈性勢(shì)能Ep＝eq\f(1,2)mveq\o\al(2,B)＋μmgL解得Ep＝μmgL＋eq\f(5,2)mgR12．(2024·淮安第一次調(diào)研)如圖所示，O為固定在地面上的鉸鏈，A球通過(guò)鉸鏈用輕桿分別連接于O、B球．現(xiàn)對(duì)B球施加水平推力F，使系統(tǒng)處于靜止?fàn)顟B(tài)，此時(shí)兩桿間的夾角α＝60°.撤去F后，A、B在同一豎直平面內(nèi)運(yùn)動(dòng)．已知兩球質(zhì)量均為m，桿長(zhǎng)均為L(zhǎng)，重力加速度為g，忽略一切摩擦．求：(1)推力F的大?。鸢福篹q\f(\r(3),6)mg解析：對(duì)A球運(yùn)用力的合成法可知F桿＝eq\f(\r(3),3)mg再對(duì)B球分析，水平推力F＝F桿cos60°＝eq\f(\r(3),6)mg(2)兩桿間的夾角變?yōu)?20°時(shí)，B球的動(dòng)能．答案：eq\f(\r(3)－1,4)mgL解析：兩輕桿夾角為120°時(shí)，分別分解A、B兩球速度，可得vA＝vB由系統(tǒng)機(jī)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)則B球動(dòng)能EkB＝eq\f(\r(3)－1,4)mgL(3)A球落地時(shí)重力的功率．答案：mgeq\r(\r(3)gL)解析：A球落地前瞬間，B球到達(dá)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)，方向豎直向下則A球落地前瞬間重力的功率P＝mgvA＝mgeq\r(\r(3)gL)補(bǔ)不足、提能力，老師可增加訓(xùn)練：《抓分題·基礎(chǔ)天天練》《一年好卷》。微專題8動(dòng)力學(xué)和能量觀點(diǎn)的綜合應(yīng)用傳送帶中的動(dòng)力學(xué)和能量問(wèn)題1．傳送帶中的動(dòng)力學(xué)問(wèn)題的分析思路2．傳送帶中的能量問(wèn)題(1)求傳送帶對(duì)物體所做的功、物體和傳送帶由于相對(duì)滑動(dòng)而產(chǎn)生的熱量、因放上物體而使電動(dòng)機(jī)多消耗的電能等，常依據(jù)功能關(guān)系或能量守恒定律求解．(2)功能關(guān)系分析：W＝ΔEk＋ΔEp＋Q.(3)對(duì)W和Q的理解①傳送帶克服摩擦力做的功W＝fx傳．②產(chǎn)生的內(nèi)能Q＝fx相對(duì)．(2023·南京、鹽城一模)如圖所示，一長(zhǎng)L＝6m的傾斜傳送帶在電動(dòng)機(jī)帶動(dòng)下以速度v＝4m/s沿順時(shí)針?lè)较騽蛩俎D(zhuǎn)動(dòng)，傳送帶與水平方向的夾角θ＝37°.質(zhì)量m1＝4kg的小物塊A和質(zhì)量m2＝2kg的小物塊B由跨過(guò)定滑輪的輕繩連接，A與定滑輪間的繩子與傳送帶平行，不可伸長(zhǎng)的輕繩足夠長(zhǎng)．某時(shí)刻將物塊A輕輕放在傳送帶底端，已知物塊A與傳送帶間的動(dòng)摩擦因數(shù)μ＝0.5，不計(jì)滑輪的質(zhì)量與摩擦，在A運(yùn)動(dòng)到傳送帶頂端前物塊B都沒(méi)有落地．取sin37°＝0.6，cos37°＝0.8，g＝10m/s2.求：(1)物塊B剛下降時(shí)的加速度a.答案：2m/s2解析：設(shè)繩中拉力為T1對(duì)A分析有μm1gcosθ＋T1－m1gsinθ＝m1a對(duì)B分析有m2g－T1＝m2a解得a＝2m/s2(2)物塊A從底端到達(dá)頂端所需的時(shí)間t.答案：2.5s解析：第一階段：物塊A經(jīng)過(guò)t1與傳送帶速度相同由t1＝eq\f(v,a)，得出t1＝2s物塊沿傳送帶上升距離L1＝eq\f(v2,2a)，得出L1＝4m因?yàn)棣蘭1gcosθ＋m2g>m1gsinθ所以第二階段：物塊A受沿傳送帶向上的靜摩擦力，與傳送帶相對(duì)靜止一起勻速運(yùn)動(dòng)，到達(dá)頂端所需時(shí)間為t2由t2＝eq\f(L－L1,v)，得出t2＝0.5s則物塊從底端到達(dá)頂端所需時(shí)間t＝t1＋t2＝2.5s(3)物塊A從底端到達(dá)頂端時(shí)，電動(dòng)機(jī)多做的功W.答案：136J解析：全過(guò)程中物塊A增加的重力勢(shì)能ΔEpA＝m1gLsinθ＝144J物塊B減少的重力勢(shì)能ΔEpB減＝m2gL＝120J物塊A、B動(dòng)能增加ΔEk＝eq\f(1,2)(m1＋m2)v2＝48J物塊A與傳送帶間摩擦發(fā)熱Q＝μm1g(vt1－L1)cosθ＝64J則電動(dòng)機(jī)多做的功W＝ΔEpA－ΔEpB減＋ΔEk＋Q得出W＝136J類題固法11．(2023·金陵中學(xué))如圖所示，傳送帶以v的速度勻速運(yùn)動(dòng)．將質(zhì)量為m的物塊無(wú)初速度放在傳送帶上的A端，物塊將被傳送帶送到B端，已知物塊到達(dá)B端之前已和傳送帶相對(duì)靜止，則下列說(shuō)法中正確的是(D)A．傳送帶對(duì)物塊做功為mv2B．傳送帶克服摩擦力做功為eq\f(1,2)mv2C．電動(dòng)機(jī)由于傳送物塊多消耗的能量為eq\f(1,2)mv2D．在傳送物塊過(guò)程產(chǎn)生的熱量為eq\f(1,2)mv2解析：物塊受重力、支持力和摩擦力，根據(jù)動(dòng)能定理，傳送帶對(duì)物塊做的功等于物塊動(dòng)能的增加量，即eq\f(1,2)mv2，故A錯(cuò)誤；在傳送物塊過(guò)程產(chǎn)生的熱量等于滑動(dòng)摩擦力與相對(duì)路程的乘積，即Q＝fΔx，設(shè)加速時(shí)間為t，物塊的位移為x1＝eq\f(1,2)vt，傳送帶的位移為x2＝vt，根據(jù)動(dòng)能定理，有fx1＝eq\f(1,2)mv2，故熱量Q＝fΔx＝f(x2－x1)＝eq\f(1,2)mv2，故D正確；克服摩擦力做的功等于fx2＝mv2，故B錯(cuò)誤；電動(dòng)機(jī)由于傳送物塊多消耗的能量等于物塊動(dòng)能增加量和摩擦產(chǎn)生的內(nèi)能的和，故等于mv2，故C錯(cuò)誤．2．(2024·徐州高三上期中)如圖所示，長(zhǎng)度為L(zhǎng)，傾角為θ的傳送帶始終以速度v0順時(shí)針運(yùn)動(dòng)，其頂端與一平臺(tái)水平相切，平臺(tái)上固定一個(gè)電動(dòng)機(jī)，電動(dòng)機(jī)的纜繩跨過(guò)光滑定滑輪與一個(gè)物塊(視為質(zhì)點(diǎn))相連．電動(dòng)機(jī)未啟動(dòng)時(shí)，物塊恰好靜止在傳送帶底端，纜繩剛好伸直但無(wú)拉力．某時(shí)刻啟動(dòng)電動(dòng)機(jī)，物塊在纜繩恒定拉力的牽引下沿傳送帶向上運(yùn)動(dòng)，物塊速度增加至v0后，又經(jīng)過(guò)時(shí)間t0運(yùn)動(dòng)到傳送帶頂端時(shí)，此時(shí)速度大小為2v0.重力加速度為g，纜繩質(zhì)量忽略不計(jì)．求：(1)傳送帶表面與物塊之間動(dòng)摩擦因數(shù)μ.答案：tanθ解析：電動(dòng)機(jī)未啟動(dòng)時(shí)，物塊靜止在傳送帶底端μmgcosθ＝mgsinθ解得μ＝tanθ(2)物塊速度為0.5v0時(shí)，物塊的加速度大小a.答案：eq\f(v0,t0)＋2gsinθ解析：?jiǎn)?dòng)電動(dòng)機(jī)，物塊在纜繩牽引下沿傳送帶向上運(yùn)動(dòng)，根據(jù)牛頓第二定律有F＋μmgcosθ－mgsinθ＝ma1物塊速度增加至v0后，有F－μmgcosθ－mgsinθ＝ma2解得a1＝eq\f(F,m)，a2＝eq\f(F－2mgsinθ,m)根據(jù)2v0＝v0＋a2t0解得F＝eq\f(mv0,t0)＋2mgsinθ當(dāng)物塊速度為0.5v0時(shí)，有a＝a1＝eq\f(v0,t0)＋2gsinθ(3)物塊沿傳送帶上升的過(guò)程中，傳送帶對(duì)它做的功W.(已知物塊質(zhì)量為m)答案：2mveq\o\al(2,0)－mgLsinθ－eq\f(mv0L,t0)解析：物塊沿傳送帶上升的過(guò)程中，根據(jù)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)圓周運(yùn)動(dòng)中的受力和能量問(wèn)題求解圓周運(yùn)動(dòng)受力和能量問(wèn)題的方法(1)選擇合適的研究對(duì)象，根據(jù)運(yùn)動(dòng)狀態(tài)求某一個(gè)力或合力．(2)根據(jù)圓周運(yùn)動(dòng)的規(guī)律求向心力、向心加速度等．(3)根據(jù)功能關(guān)系或動(dòng)能定理求解該過(guò)程中外力對(duì)研究對(duì)象所做的功．(2021·江蘇卷)如圖所示的離心裝置中，光滑水平輕桿固定在豎直轉(zhuǎn)軸的O點(diǎn)，小圓環(huán)A和輕質(zhì)彈簧套在輕桿上，長(zhǎng)為2L的細(xì)線和彈簧兩端分別固定于O和A，質(zhì)量為m的小球B固定在細(xì)線的中點(diǎn)，裝置靜止時(shí)，細(xì)線與豎直方向的夾角為37°.現(xiàn)將裝置由靜止緩慢加速轉(zhuǎn)動(dòng)，當(dāng)細(xì)線與豎直方向的夾角增大到53°時(shí)，A、B間細(xì)線的拉力恰好減小到零，彈簧彈力與靜止時(shí)大小相等、方向相反，重力加速度為g，取sin37°＝0.6，cos37°＝0.8，求：(1)裝置靜止時(shí)，彈簧彈力的大小F.答案：eq\f(3mg,8)解析：設(shè)AB、OB的張力分別為F1、F2，A受力平衡F＝F1sin37°B受力平衡F1cos37°＋F2cos37°＝mg，F(xiàn)1sin37°＝F2sin37°解得F＝eq\f(3mg,8)(2)環(huán)A的質(zhì)量M.答案：eq\f(9,64)m解析：設(shè)裝置轉(zhuǎn)動(dòng)的角速度為ω對(duì)A有F＝Mω2·eq\f(8,5)L對(duì)B有mgtan53°＝mω2·eq\f(4,5)L解得M＝eq\f(9,64)m(3)上述過(guò)程中裝置對(duì)A、B所做的總功W.答案：eq\f(31,30)mgL解析：B上升的高度h＝eq\f(1,5)L，A、B的動(dòng)能分別為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)根據(jù)能量守恒定律可知W＝(EkA－0)＋(EkB－0)＋mgh解得W＝eq\f(31,30)mgL類題固法21．(2023·蘇錫常鎮(zhèn)調(diào)研一)如圖所示，一輕支架由水平段ON和豎直段OO′組成．輕彈簧一端固定于O點(diǎn)，另一端與套在水平桿ON上的A球相連，一根長(zhǎng)為10cm的輕繩連接A、B兩球．A球質(zhì)量mA＝1kg，B球質(zhì)量mB＝4kg，A球與水平桿的動(dòng)摩擦因數(shù)μ＝0.36，彈簧原長(zhǎng)20cm，勁度系數(shù)k＝450N/m.初始時(shí)使A球盡量壓縮彈簧并恰好處于靜止?fàn)顟B(tài)．現(xiàn)使系統(tǒng)繞OO′軸緩慢轉(zhuǎn)動(dòng)起來(lái)，轉(zhuǎn)動(dòng)過(guò)程中保持A、B兩球始終與OO′在同一豎直平面內(nèi)，當(dāng)系統(tǒng)以某角速度穩(wěn)定轉(zhuǎn)動(dòng)時(shí)，細(xì)繩與豎直方向成37°角，此時(shí)彈簧的彈力大小恰好與初始時(shí)相同．設(shè)最大靜摩擦力等于滑動(dòng)摩擦力，不計(jì)空氣阻力，取sin37°＝0.6，cos37°＝0.8，g＝10m/s2.求：(1)初始時(shí)彈簧的長(zhǎng)度．答案：0.16m解析：初始時(shí)彈簧處于壓縮狀態(tài)，A球恰好處于靜止?fàn)顟B(tài)，設(shè)初始時(shí)彈簧的壓縮量為Δl，彈簧原長(zhǎng)為l0則kΔl＝μ(mA＋mB)g代入數(shù)據(jù)解得Δl＝0.04m所以初始時(shí)彈簧的長(zhǎng)度l＝l0－Δl＝0.16m(2)細(xì)繩與豎直方向成37°角時(shí)，系統(tǒng)轉(zhuǎn)動(dòng)的角速度．答案：5rad/s解析：當(dāng)系統(tǒng)以某角速度穩(wěn)定轉(zhuǎn)動(dòng)，彈簧的彈力大小與初始時(shí)相同，則彈簧伸長(zhǎng)了Δl對(duì)B球有mBgtan37°＝mBω2rBrB＝l0＋Δl＋Lsin37°代入數(shù)據(jù)解得ω＝5rad/s(3)整個(gè)過(guò)程中驅(qū)動(dòng)力對(duì)系統(tǒng)所做的總功．答案：7.46J解析：根據(jù)能量守恒，整個(gè)過(guò)程中驅(qū)動(dòng)力對(duì)系統(tǒng)所做的總功等于A、B球的動(dòng)能增加量，B球的重力勢(shì)能增加量，A球與水平橫桿間摩擦產(chǎn)生的內(nèi)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代入數(shù)據(jù)解得W＝7.46J2．(2023·南通通州區(qū)期中)如圖所示，M、N為兩根相同的輕彈簧，M豎直放置，上端與小物塊A相連，下端固定在地面上，N套在光滑水平輕桿上，左端固定在豎直細(xì)管上，右端與物塊B相連，一根不可伸長(zhǎng)的輕繩穿過(guò)細(xì)管及管上的小孔連接物塊A和B.桿可繞細(xì)管在水平面內(nèi)轉(zhuǎn)動(dòng)．初始時(shí)系統(tǒng)靜止，M處于壓縮狀態(tài)，兩彈簧的形變量均為Δx＝0.1m，物塊B與彈簧左端距離L＝0.8m．已知物塊A、B的質(zhì)量分別為mA＝2.0kg、mB＝0.4kg，A距管下端口及桿都足夠長(zhǎng)，取g＝10m/s2.不計(jì)一切摩擦，彈簧始終在彈性限度內(nèi)．(1)系統(tǒng)靜止時(shí)，求輕繩中的張力F.答案：10N解析：系統(tǒng)靜止時(shí)設(shè)彈簧M中彈力為F1，A物體受力平衡，有mAg＝F1＋F易判斷此時(shí)彈簧N也處于壓縮狀態(tài)，B物體受力平衡，有F＝F1解得F＝10N(2)桿繞細(xì)管以角速度ω穩(wěn)定轉(zhuǎn)動(dòng)時(shí)，A靜止，M的形變量仍為Δx，求角速度ω.答案：10rad/s解析：由題意可知兩彈簧均處于拉伸狀態(tài)，且形變量相同設(shè)繩中張力為F2，則A物體受力平衡mAg＋F1＝F2B物體F1＋F2＝mBω2rr＝L＋2Δx解得ω＝10rad/s(3)系統(tǒng)從靜止到(2)中情境的過(guò)程中，外界對(duì)系統(tǒng)做的功W.答案：24J解析：根據(jù)功能關(guān)系有W＝mAgh＋eq\f(1,2)mBveq\o\al(2,B)h＝2Δx，vB＝ωr解得W＝24J配套精練1．傳送帶以恒定速率順時(shí)針傳動(dòng)，物塊以一定的初速度沖上傳送帶．物塊的動(dòng)能Ek隨時(shí)間t變化的圖線可能正確的是(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：如果傳送帶速度比物塊速度大，開始階段物塊加速μmgeq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(vt＋\f(1,2)at2))＝Ek－eq\f(1,2)mv2，圖像開始階段為開口向上的拋物線一部分，加速至共速后動(dòng)能不變，A錯(cuò)誤，D正確；如果傳送帶速度比物塊速度小，開始階段物塊減速－μmg(vt－eq\f(1,2)at2)＝Ek－eq\f(1,2)mv2，圖像開始階段為開口向上的拋物線一部分，達(dá)到共速后動(dòng)能不變，B、C錯(cuò)誤．2．(2024·儀征中學(xué)期初考試)如圖所示為速凍食品加工廠生產(chǎn)和包裝餃子的一道工序．將餃子輕放在勻速運(yùn)轉(zhuǎn)的足夠長(zhǎng)的水平傳送帶上，不考慮餃子之間的相互作用和空氣阻力．關(guān)于餃子在水平傳送帶上的運(yùn)動(dòng)，下列說(shuō)法中正確的是(C)A．餃子一直做勻加速運(yùn)動(dòng)B．傳送帶的速度越快，餃子的加速度越大C．餃子由靜止開始加速到與傳送帶速度相等的過(guò)程中，增加的動(dòng)能等于因摩擦產(chǎn)生的熱量D．傳送帶多消耗的電能等于餃子增加的動(dòng)能解析：餃子在傳送帶上先做勻加速直線運(yùn)動(dòng)，后做勻速直線運(yùn)動(dòng)，故A錯(cuò)誤；餃子的加速度a＝eq\f(F合,m)＝eq\f(μmg,m)＝μg，與傳送帶的速度無(wú)關(guān)，故B錯(cuò)誤；餃子從靜止加速到與傳送帶共速的過(guò)程，餃子增加的動(dòng)能Ek＝μmgs餃子，因摩擦產(chǎn)生的熱量Q＝μmgs相對(duì)，又因?yàn)轱溩訌某跛俣葹榱汩_始做勻加速運(yùn)動(dòng)到和傳送帶共速，餃子的位移s餃子＝eq\f(v,2)t，s相對(duì)＝s傳送帶－s餃子＝vt－eq\f(vt,2)＝eq\f(vt,2)，所以餃子增加的動(dòng)能等于因摩擦產(chǎn)生的熱量，故C正確；傳送帶多消耗的電能等于餃子增加的動(dòng)能與因摩擦產(chǎn)生的熱量的總和，故D錯(cuò)誤．3．如圖所示，傾斜的長(zhǎng)傳送帶上，物塊a通過(guò)平行于傳送帶的輕繩跨過(guò)光滑輕滑輪與物塊b相連．開始時(shí)a、b及傳送帶均靜止，且a剛好不受摩擦力作用，現(xiàn)使傳送帶順時(shí)針勻速轉(zhuǎn)動(dòng)，則在a沿傳送帶向上運(yùn)動(dòng)的過(guò)程中(b未著地)(D)A．物塊a與傳送帶之間一定保持相對(duì)靜止B．摩擦力對(duì)a做的功等于a機(jī)械能的增量C．摩擦力對(duì)a做的功等于物塊a動(dòng)能增量D．任意時(shí)刻，a克服重力的功率等于重力對(duì)b做功的功率4．(2023·無(wú)錫期終調(diào)研)如圖所示，水平傳送帶AB長(zhǎng)l＝5m，以10m/s的速度順時(shí)針傳輸．質(zhì)量m＝1kg的滑塊可以視為質(zhì)點(diǎn)．放在與AB等高的平臺(tái)BC上，距離B點(diǎn)為L(zhǎng)＝4m．滑塊僅在B點(diǎn)右側(cè)受到水平向左的恒定外力F＝6N．已知滑塊和AB、BC間的動(dòng)摩擦因數(shù)分別為μ1＝0.20、μ2＝0.40，求：(1)滑塊第一次運(yùn)動(dòng)到B點(diǎn)時(shí)的動(dòng)能Ek0.答案：8J解析：FL－μ2mgL＝Ek0解得Ek0＝8J(2)滑塊第一次從B點(diǎn)滑上傳送帶到再次返回B處所用的時(shí)間t.答案：4s解析：Ek0＝eq\f(1,2)mv2解得v＝4m/sa＝μ1g＝2m/