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1、2023年高考物理专题突破讲义专题突破 第7课时动能定理机械能守恒能量守恒命题规律1.命题角度：(1)动能定理的综合应用；(2)机械能守恒定律及应用；(3)能量守恒定律.2.常考题型：计算题高考题型1动能定理的综合应用1应用动能定理解题的步骤图解：2应用动能定理的四点提醒：(1)动能定理往往用于单个物体的运动过程，由于不涉及加速度及时间，比动力学方法要简捷(2)动能定理表达式是一个标量式，在某个方向上应用动能定理是没有依据的(3)物体在某个运动过程中包含几个运动性质不同的小过程(如加速、减速的过程)，对全过程应用动能定理，往往能使问题简化(4)多过程往复运动问题一般应用动能定理求解例1(201
2、9全国卷17)从地面竖直向上抛出一物体，物体在运动过程中除受到重力外，还受到一大小不变、方向始终与运动方向相反的外力作用距地面高度h在3 m以内时，物体上升、下落过程中动能Ek随h的变化如图1所示重力加速度取10 m/s2.该物体的质量为()图1A2 kg B1.5 kg C1 kg D0.5 kg答案C解析设物体的质量为m，则物体在上升过程中，受到竖直向下的重力mg和竖直向下的恒定外力F，当h3 m时，由动能定理结合题图可得(mgF)h(3672) J；物体在下落过程中，受到竖直向下的重力mg和竖直向上的恒定外力F，当h3 m时，再由动能定理结合题图可得(mgF)h(4824) J，联立解得
3、m1 kg、F2 N，选项C正确，A、B、D均错误例2如图2所示，AB为一固定在水平面上的半圆形细圆管轨道，轨道内壁粗糙，其半径为R且远大于细管的内径，轨道底端与水平轨道BC相切于B点水平轨道BC长为2R，动摩擦因数为10.5，右侧为一固定在水平面上的粗糙斜面斜面CD足够长，倾角为37，动摩擦因数为20.8.一质量为m，可视为质点的物块从圆管轨道顶端A点以初速度v0水平射入圆管轨道，运动到B点时对轨道的压力大小为自身重力的5倍，物块经过C点时速度大小不发生变化，sin 370.6，cos 370.8，重力加速度为g，求：图2(1)物块从A点运动到B点的过程中，阻力所做的功；(2)物块最终停留的
4、位置答案(1)mgR(2)斜面上距C点R处解析(1)物块运动到B点时，设轨道对其支持力大小为FN，由牛顿第三定律知FNFN5mg由牛顿第二定律有FNmgm解得vB2物块从A点运动到B点的过程，由动能定理有2mgRWfmvB2mv02，得WfmgR(2)设物块沿斜面上升的最大位移为x，由动能定理有1mg2Rmgxsin Ffx0mvB2其中Ff2mgcos ，解得xR因2mgcos mgsin ，故物块在速度减为零之后不会下滑，物块最终会静止在斜面上距离C点R处高考题型2机械能守恒定律的应用1判断物体或系统机械能是否守恒的三种方法定义判断法看动能与重力(或弹性)势能之和是否变化能量转化判断法没有
5、与机械能以外的其他形式的能转化时，系统机械能守恒做功判断法只有重力(或弹簧的弹力)做功时，系统机械能守恒2.机械能守恒定律的表达式3连接体的机械能守恒问题轻绳模型分清两物体是速度大小相等，还是沿绳方向的分速度大小相等用好两物体的位移大小关系或竖直方向高度变化的关系轻杆模型平动时两物体速度相等，转动时两物体角速度相等沿杆方向速度大小相等杆对物体的作用力并不总是沿杆的方向，杆能对物体做功，单个物体机械能不守恒对于杆和球组成的系统，忽略空气阻力和各种摩擦且没有其他力对系统做功，则系统机械能守恒轻弹簧模型含弹簧的物体系统在只有弹簧弹力和重力做功时，物体和弹簧组成的系统机械能守恒，而单个物体机械能不守恒
6、同一根弹簧弹性势能大小取决于弹簧形变量的大小，在弹簧弹性限度内，形变量相等，弹性势能相等由两个或两个以上的物体与弹簧组成的系统，当弹簧形变量最大时，弹簧两端连接的物体具有相同的速度；弹簧处于自然长度时，弹簧弹性势能最小(为零).考向一单个物体机械能守恒例3(2021安徽高三联考)如图3甲所示，在竖直平面内固定一光滑的半圆形轨道ABC，小球以一定的初速度从最低点A冲上轨道，图乙是小球在半圆形轨道上从A运动到C的过程中，其速度平方与其对应高度的关系图象已知小球在最高点C受到轨道的作用力为2.5 N，空气阻力不计，B点为AC轨道中点，g10 m/s2，求：图3(1)图乙中b的值；(结果不用带单位)(
7、2)小球在B点受到轨道作用力的大小答案(1)25(2)8.5 N解析(1)小球在光滑轨道上运动，只有重力做功，故机械能守恒，所以有：mvA2mv2mgh解得：vA2v22gh即为：b(92100.8) m2/s225 m2/s2(2)由题图乙可知，轨道半径R0.4 m，小球在C点的速度为3 m/s，在A点的速度为5 m/s，在C点由牛顿第二定律可得：Fmg解得：m0.2 kg小球从A到B，由机械能守恒可得mvA2mgRmvB2解得vB m/s m/s所以小球在B点受到的水平方向上的合外力为向心力：F N8.5 N所以小球在B点受到轨道作用力的大小为8.5 N.考向二关联物体机械能守恒例4(多选
8、)(2021黑龙江省哈尔滨实验中学模拟)如图4所示，滑块A、B的质量均为m，A套在倾斜固定的直杆上，倾斜杆与水平面成45角，B套在水平固定的直杆上，两杆分离不接触，两直杆间的距离忽略不计，两直杆足够长，A、B通过铰链用长度为L的刚性轻杆(初始时轻杆与水平面成30角)连接，A、B从静止释放，B开始沿水平杆向右运动，不计一切摩擦，滑块A、B可视为质点，重力加速度为g，下列说法正确的是()图4AA、B及轻杆组成的系统机械能守恒B当A到达B所在的水平面时，A的速度为CB到达最右端时，A的速度大于DB的最大速度为答案AC解析不计一切摩擦，在运动的过程中，A、B及轻杆组成的系统只有重力做功，系统机械能守恒
9、，A正确；从开始到A到达与B在同一水平面的过程，由系统的机械能守恒得mgLsin 30mvA2mvB2，其中vAcos 45vB，解得A的速度为vA，B错误；B滑块到达最右端时，速度为零，此时轻杆与斜杆垂直，由系统的机械能守恒得mg(Lsin 30Lsin 45)mv A12，解得A的速度为vA1，C正确；当轻杆与水平杆垂直时B的速度最大，此时A的速度为零，由系统的机械能守恒得mg(Lsin 30L)mvBmax2，解得B的最大速度为vBmax，D错误考向三含弹簧的系统机械能守恒例5(2020重庆市沙坪坝区重庆八中模拟)如图5所示，半径可调节的光滑半圆形轨道CDE在竖直平面内与光滑水平轨道AC
10、相切于C点，一轻质弹簧左端固定在水平轨道A处的挡板上，右端自然伸长到B点，B点与轨道最低点C相距足够远，现用一小球压缩弹簧(小球与弹簧不拴接)，在弹性限度内将弹簧压缩l后再由静止释放小球，当半圆形轨道CDE的半径为R、小球质量为m时，小球恰能沿轨道通过最高点E.求：图5(1)小球在水平轨道上的落点与C点的距离；(2)现用质量为2m的小球将弹簧压缩l后由静止释放，若小球仍然恰能通过E点，则半圆形轨道CDE的半径应调为多少答案(1)2R(2)解析(1)在E点mgm由平抛运动规律有2Rgt2，xvEt解得x2R(2)设弹簧压缩l后的弹性势能为Ep，由能量守恒得Epmg2RmvE2换用质量为2m的小球
11、后，由牛顿第二定律有2mg2m由能量守恒有Ep2mg2r2mvE2解得r.高考题型3能量守恒定律的应用1含摩擦生热、焦耳热、电势能等多种形式能量转化的系统，优先选用能量守恒定律2应用能量守恒定律的基本思路(1)系统初状态的总能量等于系统末状态的总能量 E总初E总末(2)系统只有A、B时，A的能量减少量等于B的能量增加量，表达式为EA减EB增，不必区分物体或能量形式3系统机械能守恒可以看成是系统能量守恒的特殊情况例6(2021安徽安庆市高三月考)缓冲器是一种吸收相撞能量的装置，起到安全保护作用，在生产和生活中有着广泛的应用，如常用弹性缓冲器和液压缓冲器等装置来保护车辆、电梯等安全，如图6所示是一
12、种弹性缓冲器的理想模型劲度系数足够大的水平轻质弹簧与水平轻杆相连，轻杆可在固定的槽内移动，与槽间的滑动摩擦力为定值Ff.轻杆向右移动不超过L时，装置可安全工作现用一质量为m的小车以速度v0向右撞击弹簧，撞击后将导致轻杆能向右移动，已知轻杆与槽间的最大静摩擦力等于滑动摩擦力，且不计小车与地面间的摩擦求：图6(1)该小车与弹簧分离时的速度大小；(2)改变小车的速度，保证装置安全工作前提下，轻杆向右运动的最长时间；(3)该小车撞击弹簧的最大动能满足什么条件时，能够保证装置安全工作答案(1)(2) (3)Ekmmv02FfL解析(1)从开始压缩到分离，由能量守恒得mv02mv12Ff则v1(2)小车与
13、轻杆整体减速的加速度a轻杆向右运动L，刚好减速为零时运动时间最长，有Lat2解得最长时间t(3)轻杆开始移动后，弹簧压缩量x不再变化，弹性势能一定，速度为v0时，则由系统能量关系有mv02EpFf速度最大为vm时，则由系统能量关系有mvm2EpFfL得mvm2mv02FfL最大动能Ekmmv02FfL.1.(2021广东江门市台师高级中学高三期末)如图7所示，半径为R的光滑圆环竖直放置，N为圆环的最低点，在环上套有两个小球A和B，A、B之间用一根长为R的轻杆相连，使两小球能在环上自由滑动已知A球质量为4m，B球质量为m，重力加速度为g.现将杆从图示的水平位置由静止释放，在A球滑到N点的过程中，
14、轻杆对B球做的功为()图7AmgR B1.2mgRC1.4mgR D1.6mgR答案B解析根据几何知识可得：AO与竖直方向的夹角为60.在A球滑到N点时，由A、B、轻杆组成的系统机械能守恒得：4mgR(1cos 60)mgR4mvA2mvB2，其中vAvB；对B，运用动能定理得：mgRWmvB2，联立以上各式得轻杆对B球做的功W1.2mgR.2.(多选)(2021吉林长春市高三期末)如图8所示，质量为m的物体P套在固定的光滑水平杆上轻绳跨过光滑轻质滑轮O和O，一端与物体P相连，另一端与质量同为m的物体Q相连用手托住物体Q使整个系统处于静止状态，此时轻绳刚好拉直，且AOL，OBh，ABa下，由于
15、上滑过程中的末速度为零，下滑过程中的初速度为零，且通过大小相同的位移，根据位移公式lat2，则可得出t上t下，D错误3.(多选)如图2，小球套在光滑的竖直杆上，轻弹簧一端固定于O点，另一端与小球相连现将小球从M点由静止释放，它在下降的过程中经过了N点已知在M、N两点处，弹簧对小球的弹力大小相等，且ONMOMN，弹簧始终在弹性限度内，在小球从M点运动到N点的过程中()图2A弹力对小球先做正功后做负功B有两个时刻小球的加速度等于重力加速度C弹簧长度最短时，弹力对小球做功的功率为零D小球到达N点时的动能等于其在M、N两点的重力势能差答案BCD解析因在M和N两点处弹簧对小球的弹力大小相等，且ONMOM
16、N，知在M处时弹簧处于压缩状态，在N处时弹簧处于伸长状态，则弹簧的弹力对小球先做负功后做正功再做负功，选项A错误；当弹簧水平时，竖直方向的力只有重力，加速度为g；当弹簧处于原长位置时，小球只受重力，加速度为g，则有两个时刻的加速度大小等于g，选项B正确；弹簧长度最短时，即弹簧水平，弹力与速度垂直，弹力对小球做功的功率为零，选项C正确；由动能定理得，WFWGEk，因M和N两点处弹簧对小球的弹力大小相等，弹性势能相等，则由弹力做功特点知WF0，即WGEk，选项D正确争分提能练4(多选)如图3所示，将质量为2m的重物悬挂在轻绳的一端，轻绳的另一端系一质量为m的环，环套在竖直固定的光滑直杆上，光滑轻质
17、定滑轮与直杆的距离为d.杆上的A点与定滑轮等高，杆上的B点在A点正下方距离为d处现将环从A处由静止释放，不计一切摩擦阻力，轻绳足够长，下列说法正确的是()图3A环到达B处时，重物上升的高度hB环到达B处时，环与重物的速度大小相等C环从A到B，环减少的机械能等于重物增加的机械能D环能下降的最大高度为答案CD解析环到达B处时，对环的速度进行分解，如图所示，可得v环cos v物，由题图中几何关系可知45，则v环v物，B错误；因环从A到B，环与重物组成的系统机械能守恒，则环减少的机械能等于重物增加的机械能，C正确；当环到达B处时，由题图中几何关系可得重物上升的高度h(1)d，A错误；当环下落到最低点时
18、，设环下落高度为H，由机械能守恒有mgH2mg(d)，解得Hd，故D正确5.如图4所示，AB为倾角37的斜面轨道，轨道的AC部分光滑，CB部分粗糙BP为圆心角等于143，半径R1 m的竖直光滑圆弧形轨道，两轨道相切于B点，P、O两点在同一竖直线上，轻弹簧一端固定在A点，另一自由端在斜面上C点处，现有一质量m2 kg的物块在外力作用下将弹簧缓慢压缩到D点后(不拴接)静止释放，物块经过C点后，从C点运动到B点过程中的位移与时间的关系为x12t4t2(式中x单位是m，t单位是s)，假设物块第一次经过B点后恰能到达P点，(sin 370.6，cos 370.8，g取10 m/s2)求：图4(1)若CD
19、1 m，物块从D点运动到C点的过程中，弹簧对物块所做的功；(2)B、C两点间的距离s；(3)若BC部分光滑，把物块仍然压缩到D点静止释放，求物块运动到P点时受到轨道的压力大小答案(1)156 J(2)6.125 m(3)49 N解析(1)由x12t4t2知，物块在C点速度为v012 m/s，加速度大小a8 m/s2设物块从D点运动到C点的过程中，弹簧对物块所做的功为W，由动能定理得Wmgsin 37CDmv02代入数据得Wmv02mgsin 37CD156 J.(2)物块在CB段，根据牛顿第二定律，物块所受合力Fma16 N物块在P点的速度满足mgC到P的过程，由动能定理得FsmgR(1cos
20、 37)mvP2mv02解得s m6.125 m.(3)物块从C到P的过程中，由动能定理得mgssin 37mgR(1cos 37)mvP2mv02物块在P点时满足FNmg联立以上两式得FN49 N.6.(2020九师联盟模拟卷)如图5所示，光滑水平面上的质量为M1.0 kg的长板车，其右端B点平滑连接一半圆形光滑轨道BC，左端A点放置一质量为m1.0 kg的小物块，随车一起以速度v05.0 m/s水平向右匀速运动长板车正前方一定距离的竖直墙上固定一水平轻质弹簧，当车压缩弹簧到最短时，弹簧及长板车立即被锁定，此时，小物块恰好在小车的右端B点处，此后物块恰能沿圆弧轨道运动到最高点C.已知轻质弹簧
21、被压缩至最短时具有的弹性势能大小为Ep13 J，半圆形轨道半径为R0.4 m，物块与长板车间的动摩擦因数为0.2.重力加速度g取10 m/s2.求：图5(1)小物块在B点处的速度大小vB；(2)长板车的长度L；(3)通过计算判断小物块能否落到长板车上答案(1)2 m/s(2)1 m(3)见解析解析(1)物块恰能运动到最高点C，有mgm又mg2RmvB2mvC2联立解得vB2 m/s(2)由能量守恒关系式有Ep(Mm)v02mvB2mgL解得L1 m(3)由平抛运动知识，有2Rgt2xvCt解得x0.8 m1 m，故小物块落在长板车上7(2021四川中江中学高三月考)如图6所示，一轻绳绕过无摩擦
22、的两个轻质小定滑轮O1、O2和质量mBm的小球B连接，另一端与套在光滑直杆上质量mAm的小物块A连接，已知直杆两端固定，与两定滑轮在同一竖直平面内，开始使小物块静止在直杆的C点，此时轻绳与水平面的夹角30，直杆与定滑轮O1、O2的竖直距离为L，重力加速度为g，设直杆足够长，小球B运动过程中不会与直杆相碰现将小物块从C点由静止释放，(已知：sin 530.8，cos 530.6)试求：图6(1)小物块从C点刚运动到D点时，轻绳与杆的夹角53，求该过程B下落的高度h，及小物块A在D点时的速度vA的大小；(2)运动过程中小物块A的最大速度vm.答案(1)L(2)解析(1)小物块从C点刚运动到D点时，
23、小物块A与小球B的速度关系为vBvAcos 53小球B下降的高度为hL小物块A与小球B组成的系统机械能守恒，则有mBghmBvB2mAvA2联立方程，解得vA(2)当小物块A运动到O1正下方时，A的速度达到最大，此时小球B的速度刚好为零，此时小球B下降的高度为hLL根据机械能守恒定律，可得mBghmAvm2解得vm.8.如图7所示，在倾角为的斜面上，一物块(可视为质点)通过轻绳牵拉压紧轻质弹簧，弹簧与斜面平行，现将轻绳烧断，物块被弹出，与弹簧分离后立即进入斜面上足够长的粗糙部分NN(虚线下方的摩擦不计)沿斜面上滑达到的最远位置离N的距离为s，此后下滑，第一次回到N处压缩弹簧后又被弹簧弹离，物块
24、第二次上滑的最远位置离N的距离为.重力加速度为g.图7(1)求物块与粗糙斜面NN间的动摩擦因数；(2)若已知物块的质量为m，弹簧第二次被压缩到最短时的弹性势能为Ep，求第二次物块从弹簧被压缩最短到运动到N点的距离L.答案(1)tan (2)s解析(1)取物块两次被弹簧推到的最高点为全过程的初、末状态，由动能定理得mgsin mgcos (s)0解得tan (2)第二次物块从弹簧被压缩最短到运动到最高点的过程，根据能量守恒定律得EpmgLsin mgsin mgcos 解得Ls.第8课时动力学和能量观点的综合应用命题规律1.命题角度：(1)传送带模型中的动力学和能量问题；(2)用动力学观点和能量
25、观点解决多过程问题.2.常考题型：计算题高考题型1传送带模型中的动力学和能量问题1传送带中动力学注意问题(1)摩擦力的方向及存在阶段的判断(2)物体能否达到与传送带共速的判断(3)物体能与传送带共速(摩擦力突变)2传送带中摩擦力做功与能量转化静摩擦力做功的特点(1)静摩擦力可以做正功，也可以做负功，还可以不做功(2)相互作用的一对静摩擦力做功的代数和总是等于零，不会转化为内能滑动摩擦力做功的特点(1)滑动摩擦力可以做正功，也可以做负功，还可以不做功(2)相互间存在滑动摩擦力的系统内，一对滑动摩擦力做功之和的绝对值等于产生的内能摩擦生热的计算(1)QFfs相对，其中s相对为相互摩擦的两个物体间的
26、相对路程(2)传送带因传送物体多消耗的能量等于物体增加的机械能与系统产生的内能之和.例1(2021安徽蚌埠市高三期末)如图1所示，足够长的水平传送带左端放置一个质量为1 kg的木块，二者均静止，某时刻传送带以大小为2 m/s2的加速度开始向右运行，加速2 s后传送带保持匀速运行木块与传送带间的动摩擦因数为0.1，重力加速度g10 m/s2，求：图1(1)木块从开始运动到刚好与传送带相对静止的过程中，摩擦力对木块的冲量大小；(2)运动过程中由于木块与传送带间的摩擦而产生的内能答案(1)4 Ns(2)4 J解析(1)设传送带加速度为a0，加速时间为t0，木块的加速度为a，木块从开始运动到刚好和传送
27、带达到相对静止所需时间为t，由运动学公式有a0t0at，又Ffmg，由牛顿第二定律有Ffma，又IFft，联立解得I4 Ns.(2)设运动过程中产生的内能为Q，传送带的位移x1a0t02v(tt0)a0t02a0t0(tt0)木块的位移x2at2，故Qmg(x1x2)，联立解得Q4 J.例2如图2所示，传送带与水平面之间的夹角为30，其上A、B两点间的距离为s5 m，传送带在电动机的带动下以v2 m/s的速度匀速运动现将一质量为m10 kg的小物体(可视为质点)轻放在传送带的A点，小物体与传送带之间的动摩擦因数，在传送带将小物体从A点传送到B点的过程中，求：(g取10 m/s2)图2(1)小物
28、体做加速运动阶段的位移x1的大小；(2)小物体与传送带之间的摩擦力做功产生的热量Q；(3)传送带对小物体做的功W.答案(1)0.8 m(2)60 J(3)270 J解析(1)小物体做加速运动阶段，由动能定理得(mgcos mgsin )x1mv20代入数值得x10.8 m(2)设小物体加速运动的时间为t，对于小物体x1t对于传送带x2vt，所以x21.6 m小物体与传送带之间的摩擦力做功产生的热量Qmgcos (x2x1)，代入数值得Q60 J(3)由功能关系得Wmv2mgssin 代入数值得W270 J.高考题型2用动力学和能量观点解决多过程问题多过程问题(1)解题技巧拆：把整个过程拆分为多
29、个子过程，变为熟悉的运动模型找：在题目中找“恰好”“恰能”“最高”“至少”等关键字，找出对应的临界条件用：选择合适的规律列方程注意：注意分析“界点”的速度大小和方向，界点速度是上一过程的末速度，又是下一过程的初速度，在解题过程中有重要的作用(2)对于涉及滑动摩擦力的过程，一定不能用机械能守恒定律来求解(3)对于非匀变速直线运动过程，不能用运动学公式求解，但可用动能定理、能量守恒定律或功能关系求解例3(2021山西吕梁市高三一模)随着人们生活水平的提高，冬季滑雪成为人们休闲娱乐的一项主要运动，某滑雪场的冲关滑道如图3所示，粗糙的直轨道AB与半径为R1 m的光滑圆弧轨道BCD在B处平滑连接，O为圆
30、弧轨道BCD的圆心，C点为圆弧轨道的最低点，半径OB、OD与OC的夹角分别为37和53，距D点的竖直高度为h0.8 m处有一空中平台小明质量为30 kg，从直轨道AB上距B点5 m的位置以一定的初速度下滑，经圆弧轨道从D点冲出，刚好沿空中平台的边缘水平滑上平台冲关成功，已知小明与直轨道AB间的动摩擦因数0.5，不计空气阻力(重力加速度g10 m/s2，sin 370.6，cos 370.8，sin 530.8，cos 530.6)求：图3(1)小明滑上空中平台时的速度大小；(2)小明滑到C点时对轨道的压力大小；(3)小明开始下滑时的速度大小答案(1)3 m/s(2)1 290 N(3)3 m/
31、s解析(1)小明经圆弧轨道从D点冲出，刚好沿空中平台的边缘水平滑上平台冲关成功，则逆过程从平台到D点是平抛运动，到D点时竖直方向的分速度由vy22gh，解得vy4 m/s则在D点时水平方向的速度为vxvytan 373 m/s因此小明滑上平台的速度大小为vvx3 m/s(2)从C点到平台边缘的过程，由动能定理得mghR(1cos 53)mv2mvC2解得vC m/s经过C点时，由向心力公式得FNmgm解得FN1 290 N由牛顿第三定律知，小明对轨道的压力大小为FNFN1 290 N(3)从开始运动到C点的过程，由动能定理得mgLsin 37mgLcos 37mgR(1cos 37)mvC2m
32、v02，解得v03 m/s.例4(2020湘赣皖十五校高三第一次联考)如图4所示，可视为质点的质量为m0.2 kg的小滑块静止在水平轨道上的A点，在水平向右的恒定拉力F4 N的作用下，从A点开始做匀加速直线运动，当其滑行到AB的中点时撤去拉力，滑块继续运动到B点后进入半径为R0.3 m且内壁光滑的竖直固定圆轨道，在圆轨道上运动一周后从B处的出口(未画出，且入口和出口稍稍错开)出来后向C点滑动，C点的右边是一个“陷阱”，D点是平台边缘上的点，C、D两点的高度差为h0.2 m，水平距离为x0.6 m已知滑块运动到圆轨道的最高点时对轨道的压力大小刚好为滑块重力的3倍，水平轨道BC的长度为l22.0
33、m，小滑块与水平轨道AB、BC间的动摩擦因数均为0.5，重力加速度g10 m/s2.图4(1)求水平轨道AB的长度l1；(2)试通过计算判断小滑块能否到达“陷阱”右侧的D点；(3)若在AB段水平拉力F作用的距离可变，要达到小滑块在运动过程中，既不脱离竖直圆轨道，又不落入C、D间的“陷阱”的目的，试求水平拉力F作用的距离范围答案(1)2.4 m(2)见解析(3)见解析解析(1)设小滑块运动到竖直圆轨道最高点时的速度大小为v，则有4mgm，从B点运动到最高点的过程中，设小滑块到达B点时的速度大小为vB，由机械能守恒定律有mvB2mg2Rmv2，代入数据解得vB2 m/s.小滑块由A到B的过程中，由
34、动能定理可得Fl1mgl1mvB2，代入数据可解得l12.4 m.(2)设小滑块到达C点时的速度大小为vC，从B点到C点由动能定理可得mgl2mvC2mvB2代入数据解得vC2 m/s设小滑块下落h0.2 m所需要的时间为t，则有hgt2，解得t0.2 s故小滑块在水平方向上运动的距离为x0vCt0.4 m0.6 m故小滑块将落入“陷阱”中，不能运动到D点(3)由题意可知，若要滑块既不脱离圆轨道，又不掉进“陷阱”，则需要分三种情况进行讨论：当滑块刚好能够到达与圆心等高的E点时，设恒力作用的距离为x1，则由动能定理可得：Fx1mgl1mgR0代入数据可解得x10.75 m故当恒力作用的距离满足0
35、x0.75 m时符合条件当滑块刚好能经过圆轨道的最高点时，设滑块经过最高点时的速度大小为v0，则有mgm，设此时恒力作用的距离为x2，则有Fx2mgl12mgRmv02，代入数据可解得x20.975 m当滑块刚好运动到C点时速度为零，设此时恒力作用的距离为x2，则有Fx2mg(l1l2)0代入数据可解得x21.1 m故当恒力作用的距离满足0.975 mx1.1 m时符合条件当滑块刚好能够越过“陷阱”，设滑块到达C点时的速度大小为vC，则由平抛运动规律得hgt2，xvCt代入数据解得vC3 m/s，设此时恒力作用的距离为x3，故有Fx3mg(l1l2)mvC2代入数据解得x31.325 m故当恒
36、力作用距离满足1.325 mx2.4 m时符合条件1.如图5所示，水平传送带足够长，顺时针运行的速度v4 m/s，与倾角为37的斜面的底端P平滑连接，将一质量m2 kg的小物块从A点静止释放已知A、P的距离L8 m，物块与斜面、传送带间的动摩擦因数分别为10.25、20.20，取重力加速度g10 m/s2，sin 370.6，cos 370.8.求物块：图5(1)第1次滑过P点时的速度大小v1；(2)第1次在传送带上往返运动的时间t；(3)从释放到最终停止运动，与斜面间因摩擦产生的热量Q.答案(1)8 m/s(2)9 s(3)48 J解析(1)由动能定理得(mgsin 371mgcos 37)
37、Lmv120解得v18 m/s(2)由牛顿第二定律得2mgma物块与传送带共速时，由速度公式得vv1at1解得t16 s匀速运动阶段的时间为t23 s第1次在传送带上往返运动的时间tt1t29 s(3)由分析可知，物块第一次离开传送带以后，每次到达传送带和离开传送带的速度大小相等，物块最终静止在P点，则根据能量守恒有Q1mgcos 37Lmv248 J.2(2021山东威海市高三期末)如图6为某探究活动小组设计的节能运动系统斜面轨道倾角为37，弹簧一端固定在斜面末端O点，自由端位于P点，木箱在轨道顶端Q点时，自动装货装置将质量为m的货物装入木箱，然后木箱载着货物沿轨道无初速度滑下，轻弹簧被压缩至最短时，自动卸货装置立即将货物卸下，然后木箱恰好被弹回轨道顶端，再重复上述过程已知木箱与轨道间的动摩擦因数为0.5，sin 370.6，cos 370.8.重力加速度为g.求：图6(1)木箱下滑时，没碰到弹簧前，货物受到木箱的作用力的大小；(2)木箱的质量；(3)若PQ间的距离为L，木箱在接触弹簧的过程