資源簡介

微專題9　動能定理　能量守恒
1.應用動能定理解決多過程問題時，既可分段求解也可全程求解，但全程列式求解往往較為簡便。分段求解可求運動過程中的物理量。
2.判斷系統機械能守恒的方法：是否有其他力(除重力和系統內彈力外)做功、是否有其他形式的能產生(如內能)。
3.彈簧的彈性勢能Ep=kx2，k為彈簧的勁度系數，x為彈簧形變量。
4.系統有熱量產生(摩擦生熱、焦耳熱等)、電勢能發生變化時，優先選用能量守恒解決問題較為簡便。
考點一　動能定理及其應用
1.(2024·上海市長寧區模擬)質量為m、電荷量為e的質子靜止開始從O點沿軸線進入如圖甲所示的直線加速器，所加電壓如圖乙所示，不計質子經過狹縫的時間，質子從5號圓筒射出時的速度大小為　　　　，8號圓筒的長度為　　　　。(質子在圓筒內做勻速直線運動)
2.(2024·湖北省一模)冰滑梯是一種體驗冰雪運動的娛樂項目，其示意圖如圖所示，游客從螺旋滑道上端滑下，旋轉兩周后經傾斜滑道沖上水平滑道，滑行結束時停在水平滑道上。假設螺旋滑道的圓面半徑為r= m，上端與下端高度差為h1=6 m，傾斜滑道高度差為h2=2 m，螺旋滑道、傾斜滑道和水平滑道均平滑相接，游客與各滑道間的動摩擦因數處處相同，游客可視為質點。現測得游客某次滑行時停在水平滑道的位置與螺旋滑道上端的水平距離為L=92 m，則游客與各滑道間的動摩擦因數可能為：
A.0.07 B.0.08 C.0.09 D.0.10
3.(2024·遼寧丹東市一模)某興趣小組模擬一個娛樂設施做如下實驗：軌道ABCD如圖所示，豎直固定在水平地面上。已知傾斜軌道AB與水平面的夾角θ=37°，A點距地高度h=0.3 m，水平軌道BC與左側半圓軌道相切于C點，BC長0.2 m，半圓軌道光滑，半徑R=0.2 m，傾斜軌道AB、水平軌道BC與小物塊間的動摩擦因數μ=0.5，g=10 m/s2。設小物塊通過傾斜軌道底端B點速度大小不變，現將質量m=0.1 kg的小物塊P(可視為質點)從傾斜軌道上A點以初動能Ek0=0.8 J釋放。sin 37°=0.6，cos 37°=0.8，則：
(1)(4分)判斷小物塊P能否運動到半圓軌道的最高點D；
(2)(6分)若C點另放置一個質量m=0.1 kg的小物塊Q(可視為質點)，P與Q碰撞后粘在一起，求P、Q整體沿斜面上升的最大高度及最終停下來的位置與B點的距離。
考點二　機械能守恒定律及其應用
4.(2024·全國甲卷·17)如圖，一光滑大圓環固定在豎直平面內，質量為m的小環套在大圓環上，小環從靜止開始由大圓環頂端經Q點自由下滑至其底部，Q為豎直線與大圓環的切點。則小環下滑過程中對大圓環的作用力大小：
A.在Q點最大 B.在Q點最小
C.先減小后增大 D.先增大后減小
5.(2024·廣西桂林市二模)如圖所示，一輕桿通過鉸鏈連接在固定轉軸O1上，可繞O1軸自由轉動，輕桿另一端與一質量未知的小球A連接。一輕繩繞過輕質定滑輪O2，一端連接小球A，另一端連接一帶掛鉤、質量為m的物塊B，已知O1與O2等高，圖中θ1=60°，θ2=30°，此時小球A與物塊B恰好靜止?，F在物塊B下再掛物塊C，由靜止釋放物塊C后，小球A能上升到的最高點恰好與O1等高，不計一切摩擦。則所掛物塊C的質量為：
A.m B.m
C.m D.m
【點撥·提煉】 1.求解連接體的加速度常用方法： 應用牛頓第二定律分別對兩物體列方程，聯立求解。 2.求解連接體的速度常用方法： 利用機械能守恒定律或能量守恒定律ΔE增=ΔE減列式求解。
考點三　能量守恒定律及其應用
6.(多選)(2024·云南曲靖市二模)如圖所示，足夠長的固定木板的傾角為37°，勁度系數為k=36 N/m的輕質彈簧一端固定在木板上P點，圖中AP間距等于彈簧的自然長度?，F將質量m=1 kg的可視為質點的物塊放在木板上，穩定后在外力作用下將彈簧緩慢壓縮到某一位置B點后釋放。已知木板PA段光滑，AQ段粗糙，物塊與木板間的動摩擦因數μ=，物塊在B點釋放后向上運動，第一次到達A點時速度大小為v0=3 m/s，彈簧彈性勢能Ep=kx2(x為彈簧形變量)，取重力加速度g=10 m/s2，sin 37°=0.6，cos 37°=0.8，下列說法正確的是：
A.施加外力前彈簧壓縮量為 m
B.外力做的功為13.5 J
C.物塊第一次向下運動到A點時的速度大小為3 m/s
D.物塊在A點上方運動的總路程為4.5 m
7.(2024·福建漳州市三模)如圖為某探究活動小組設計的節能運輸系統。木箱在傾角為30°的斜面軌道頂端時，自動裝貨裝置將質量為m的貨物裝入木箱，然后木箱載著貨物沿軌道無初速度滑下(貨物與木箱之間無相對滑動)，當斜面底端的輕彈簧被壓縮至最短時，自動卸貨裝置立刻將貨物卸下，然后木箱恰好被彈回到軌道頂端。已知木箱下滑的最大距離為L，木箱與軌道間的動摩擦因數為，重力加速度為g。
(1)(2分)求貨物從頂端到彈簧被壓縮到最短的過程中，所受重力做的功W；
(2)(3分)求木箱的質量M；
(3)(5分)若木箱下滑過程中速度最大時彈簧的形變量為x1，上滑過程中速度最大時彈簧的形變量為x2，求兩次形變量之比。
【點撥·提煉】　應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)、內能等的變化。 (2)應用能量守恒定律解題時，應明確哪種形式的能量增加，哪種形式的能量減少，不必區分物體和能量形式。 (3)列出能量守恒關系式ΔE增=ΔE減。
1.(2024·陜西西安市模擬)如圖所示，頂角P為53°的光滑“”形硬桿固定在豎直平面內，質量均為m的小球甲、乙(均視為質點)用長度為L的輕質硬桿連接，分別套在“”形硬桿的傾斜和水平部分，當輕質硬桿呈豎直狀態時甲靜止在A點，乙靜止在C點。甲由于受到輕微的擾動開始運動，當甲運動到B點時，輕質硬桿與“”形硬桿的傾斜部分垂直，重力加速度大小為g，sin 53°=0.8，cos 53°=0.6，則甲在B點的速度大小為：
A. B.
C. D.
2.(多選)(2024·寧夏石嘴山市模擬)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Ff恒定，物塊動能Ek與運動路程s的關系如圖(b)所示。重力加速度大小取10 m/s2，下列判斷正確的是：
A.物塊的質量為7 kg
B.物塊所受摩擦力Ff=0.5 N
C.以剛開始上滑時物塊所在水平面為零勢能面，則物塊在最高點時重力勢能為45 J
D.物塊上滑過程克服摩擦力做功為5 J
3.(多選)(2024·四川雅安市模擬)如圖所示，固定在水平地面上、半徑R=2 m的圓弧軌道AB，所對圓心角為60°，其末端與逆時針轉動的水平傳送帶相切于B點，B、C間距離為l=1.5 m，傳送帶速度大小v=4 m/s。一質量m=0.1 kg的小滑塊從A由靜止開始滑下，第一次到B時速度大小vB=3 m/s，小滑塊與傳送帶之間的動摩擦因數為μ。重力加速度g取10 m/s2，下列說法正確的是：
A.小滑塊從A到B過程中，摩擦力對其做的功為0.55 J
B.若小滑塊不從右端滑離傳送帶，則動摩擦因數的最小值為0.3
C.若μ=0.6，則小滑塊從B到第一次離開傳送帶過程中系統產生的熱量為2.4 J
D.若μ=0.2，則小滑塊從B到第一次離開傳送帶過程中系統產生的熱量為0.3 J
4.(2024·黑吉遼·14)如圖，高度h=0.8 m的水平桌面上放置兩個相同物塊A、B，質量mA=mB=0.1 kg。A、B間夾一壓縮量Δx=0.1 m的輕彈簧，彈簧與A、B不拴接。同時由靜止釋放A、B，彈簧恢復原長時A恰好從桌面左端沿水平方向飛出，水平射程xA=0.4 m；B脫離彈簧后沿桌面滑行一段距離xB=0.25 m后停止。A、B均視為質點，取重力加速度g=10 m/s2。求：
(1)(3分)脫離彈簧時A、B的速度大小vA和vB；
(2)(3分)物塊與桌面間的動摩擦因數μ；
(3)(4分)整個過程中，彈簧釋放的彈性勢能ΔEp。
答案精析
高頻考點練
1.　2T
解析　質子靜止開始從O點沿軸線進入直線加速器，經過5次加速，從5號圓筒射出，
則根據動能定理有5eU0=m
解得v5=
質子在圓筒中做勻速直線運動，在每個圓筒中的運動時間都相等，且與電源極性切換間隔相等，為
則有L=
質子經過8次加速，進入8號圓筒，根據動能定理可得8eU0=m
聯立解得8號圓筒的長度為
L=2T。
2.A　[研究游客整個運動過程，根據動能定理有mg(h1+h2)-μmg-μmgL=0，代入數據解得μ=0.08，實際上游客在圓軌道運行時因為向心力的原因導致支持力比在同角度的斜面大，即在圓軌道摩擦力做功W>μmg因此動摩擦因數應更小，故選A。]
3.(1)見解析　(2)0.06 m　0.04 m
解析　(1)從A到C的過程中，由動能定理得
mgh-μmgxBC-μmgcos θ·
=m-Ek0
解得vC=4 m/s
從C到D的過程中，由動能定理
-mg×2R=m-m
解得vD=2 m/s
恰好到達最高點D的臨界速度為vmin，由牛頓第二定律
mg=m
解得vmin== m/s
因為vD>vmin
所以小物塊P能到達半圓軌道最高點D。
(2)P與Q碰撞過程中，由動量守恒定律
mvC=2mv
解得v=2 m/s
對P、Q物塊由機械能守恒定律
2mgh'=×2mv2
解得h'=0.2 m=R
所以P與Q碰撞后恰好運動到與圓心等高的位置，不會脫離軌道，則從C點再次到達斜面最高點過程，由動能定理
-μ·2mg(xBC+)-2mgh1
=0-×2mv2
解得h1=0.06 m
從最高點到停止運動的過程中
2mgh1-2μmg-2μmgx=0
解得x=0.04 m
所以停在B點左側0.04 m處。
4.C　[方法一(分析法)：設大圓環半徑為R，小環在大圓環上某處(P點)與圓環的作用力恰好為零，此時只有小環的重力分力提供小環所需向心力，可知P點必在Q點上方，如圖所示
設P點和圓心連線與豎直向上方向的夾角為θ，從大圓環頂端到P點過程，根據機械能守恒定律
mgR(1-cos θ)=mv2
在P點，由牛頓第二定律得
mgcos θ=m
聯立解得cos θ=
從大圓環頂端到P點過程，小環速度較小，小環重力沿著指向大圓環圓心方向的分力大于小環所需的向心力，所以大圓環對小環的彈力背離圓心，不斷減小，從P點到最低點過程，小環速度變大，小環重力沿著大圓環直徑方向的分力和大圓環對小環的彈力合力提供向心力，從P點到Q點，小環重力沿大圓環直徑的分力逐漸減小，從Q點到最低點，小環重力沿大圓環直徑的分力背離圓心，逐漸增大，所以大圓環對小環的彈力逐漸變大，根據牛頓第三定律可知小環下滑過程中對大圓環的作用力大小先減小后增大。
方法二(數學法)：設大圓環半徑為R，小環在大圓環上某處時，設該處和圓心的連線與豎直向上方向的夾角為θ(0≤θ≤π)，根據機械能守恒定律得mgR(1-cos θ)=mv2(0≤θ≤π)
在該處根據牛頓第二定律得
F+mgcos θ=m(0≤θ≤π)
聯立可得F=2mg-3mgcos θ
則大圓環對小環作用力的大小為
|F|=|2mg-3mgcos θ|
根據數學知識可知|F|的大小在cos θ=時最小，
由牛頓第三定律可知，小環下滑過程中對大圓環的作用力大小先減小后增大。故選C。]
5.A　[未掛C時，對B受力分析可知，繩子拉力FT=mg，對A受力分析，由共點力平衡可知mAg==2mg；掛上C后，小球A上升到最高點時，剛好與定滑輪在同一直線上，此時A、B、C的速度都為零，設桿長為l，對A、B、C系統根據機械能守恒有mAglsin 60°=(m+mC)g(l+l-2l)，解得mC=m。故選A。]
6.CD　[施力前，對物塊，根據平衡條件F彈=mgsin 37°，根據胡克定律F彈=kx，聯立解得x= m，故A錯誤；當物塊由B到A的過程中，根據能量守恒kx2+W=m+mgxsin 37°，解得W=14 J，故B錯誤；設物塊從A點向上滑行的最大距離為s1，根據動能定理可知，上滑過程有-mgs1sin 37°-μmgs1cos 37°=0-m下滑過程有mgs1sin 37°-μmgs1cos 37°=m-0，聯立解得s1=1.5 m，v1=3 m/s，故C正確；物塊最終在A點下方做往復運動，最高點為A，即在A點時速度為0，根據動能定理有μmgscos 37°=m解得s=4.5 m，故D正確。]
7.(1)0.5mgL　(2)m　(3)1∶1
解析　(1)貨物從頂端到彈簧被壓縮到最短的過程中，所受重力做的功W=mgLsin 30°
解得W=0.5mgL
(2)木箱載著貨物從開始下滑到木箱回到頂端過程，由能量守恒定律可知mgLsin 30°=μ(M+m)gcos 30°·L+μMgcos 30°·L
解得M=m
(3)下滑過程中，當木箱速度最大時合力為零，
由受力平衡得kx1=(M+m)gsin 30°-μ(M+m)gcos 30°=Mg
同理，上滑過程中，由受力平衡得
kx2=Mgsin 30°+μMgcos 30°=Mg
故x1與x2大小相等，即=1∶1。
補償強化練
1.B　[由于甲在B位置時，輕質硬桿與AP傾斜部分垂直，可知甲沿輕質硬桿方向的分速度為0，即此時乙的速度為0，甲減小的重力勢能轉化為甲的動能，則有mg(L-Lsin 37°)=mv2，解得v=。故選B。]
2.BD　[0~10 m內物塊上滑，由動能定理得-mgssin 30°-Ffs=Ek-Ek0，整理得Ek=Ek0-(mgsin 30°+Ff)s，結合0~10 m內的圖像得，斜率的絕對值|k|=mgsin 30°+Ff= N=4 N，10~20 m內物塊下滑，由動能定理得(mgsin 30°-Ff)(s-s1)=Ek，整理得Ek=(mgsin 30°-Ff)s-(mgsin 30°-Ff)s1，結合10~20 m內的圖像斜率可知k'=mgsin 30°-Ff= N=3 N，聯立解得Ff=0.5 N，m=0.7 kg，故B正確，A錯誤；由題意可得，物塊沿斜面上滑的最大距離為10 m，所以物塊在最高點時重力勢能為Epm=mgs1sin 30°=0.7×10×10× J=35 J，故C錯誤；物塊在上滑過程中，由動能定理可知-mgs1sin 30°-W克f=0-Ek0，代入數據解得物塊上滑過程克服摩擦力做功為W克f=5 J，故D正確。]
3.BC　[小滑塊從A到B，由動能定理得mg(R-Rcos 60°)+Wf=m代入數據得摩擦力做功Wf=-0.55 J，故A錯誤；當小滑塊到達C點速度恰好減為0時，由動能定理得-μmgl=0-m解得μ=0.3，即小滑塊不從右端滑離傳送帶的最小動摩擦因數為0.3，故B正確；若μ=0.6>0.3，小滑塊在傳送帶上減速到零之后返回。由傳送帶的速度v=4 m/s>vB=3 m/s及小滑塊在傳送帶上加速和減速的對稱性可知，小滑塊第一次從B點以vB=3 m/s的速度離開傳送帶。由牛頓第二定律得μmg=ma，小滑塊在傳送帶上的加速度a=6 m/s2，小滑塊在傳送帶上減速或加速的時間t==0.5 s，減速階段產生的熱量Q1=μmg(vt+t)=1.65 J，加速階段產生的熱量Q2=μmg(vt-t)=0.75 J，小滑塊從B到第一次離開傳送帶過程中系統產生的熱量Q=Q1+Q2=2.4 J，故C正確；若μ=0.2<0.3，則小滑塊在傳送帶上一直做勻減速運動，由牛頓第二定律μmg=ma'，小滑塊在傳送帶上減速的加速度a'=2 m/s2，由運動學公式得l=vBt'-a't'2，代入數據得小滑塊在傳送帶上運動的時間t'= s，小滑塊從B到第一次離開傳送帶過程中系統產生的熱量Q=μmg(vt'+l)=(1.5-0.4) J，故D錯誤。]
4.(1)1 m/s　1 m/s　(2)0.2　(3)0.12 J
解析　(1)對A物塊由平拋運動知識得h=gt2，xA=vAt
代入數據解得，脫離彈簧時A的速度大小為vA=1 m/s
對A、B物塊整體由動量守恒定律mAvA=mBvB
解得脫離彈簧時B的速度大小為
vB=1 m/s
(2)對物塊B由動能定理
-μmBgxB=0-mB
代入數據解得，物塊與桌面的動摩擦因數為μ=0.2
(3)由能量守恒定律
ΔEp=mA+mB+μmAgΔxA+μmBgΔxB
其中mA=mB，Δx=ΔxA+ΔxB
解得整個過程中，彈簧釋放的彈性勢能ΔEp=0.12 J。(共46張PPT)
微專題9
動能定理　能量守恒
專題二　能量與動量
知識聚焦
高頻考點練
內容索引
核心精講
補償強化練
知識聚焦
PART ONE
1.應用動能定理解決多過程問題時，既可分段求解也可全程求解，但全程列式求解往往較為簡便。分段求解可求運動過程中的物理量。
2.判斷系統機械能守恒的方法：是否有其他力(除重力和系統內彈力外)做功、是否有其他形式的能產生(如內能)。
3.彈簧的彈性勢能Ep=kx2，k為彈簧的勁度系數，x為彈簧形變量。
4.系統有熱量產生(摩擦生熱、焦耳熱等)、電勢能發生變化時，優先選用能量守恒解決問題較為簡便。
核心精講
PART TWO
1
2
3
4
5
6
7
高頻考點練
PART THREE
考點一　動能定理及其應用
1.(2024·上海市長寧區模擬)質量為m、電荷量為e的質子靜止開始從O點沿軸線進入如圖甲所示的直線加速器，所加電壓如圖乙所示，不計質子經
過狹縫的時間，質子從5號圓筒射出時的速度大小為　　　　，8號圓筒
的長度為　　　　 。(質子在圓筒內做勻速直線運動)
2T
1
2
3
4
5
6
7
質子在圓筒中做勻速直線運動，在每個圓筒中的運動時間都相等，且與電源極性切換間隔相等，
質子靜止開始從O點沿軸線進入直線加速器，經過5次加速，從5號圓筒射出，
則根據動能定理有5eU0=m
解得v5=
1
2
3
4
5
6
7
為，
則有L=
質子經過8次加速，進入8號圓筒，
根據動能定理可得8eU0=m
聯立解得8號圓筒的長度為L=2T。
1
2
3
4
5
6
7
2.(2024·湖北省一模)冰滑梯是一種體驗冰雪運動的娛樂項目，其示意圖如圖所示，游客從螺旋滑道上端滑下，旋轉兩周后經傾斜滑道沖上水平滑
道，滑行結束時停在水平滑道上。假設螺旋滑道的圓面半徑為r= m，上
端與下端高度差為h1=6 m，傾斜滑道高度差為h2=2 m，螺旋滑道、傾斜滑道和水平滑道均平滑相接，游客與各滑道間的動摩擦因數處處相同，游客可視為質點?，F測得游客某次滑行時停在水平滑道的位置與螺旋滑道上端的水平距離為L=92 m，則游客與各
滑道間的動摩擦因數可能為
A.0.07 B.0.08
C.0.09 D.0.10
√
1
2
3
4
5
6
7
研究游客整個運動過程，根據動能定理有mg(h1+h2)-μmg
-μmgL=0，代入數據解得μ=0.08，實際上游客在圓軌道運行時因為向心力的原因導致支持力比在同角度的斜面大，即在圓軌道摩擦力做功
W>μmg，因此動摩擦因數應更小，故選A。
1
2
3
4
5
6
7
3.(2024·遼寧丹東市一模)某興趣小組模擬一個娛樂設施做如下實驗：軌道ABCD如圖所示，豎直固定在水平地面上。已知傾斜軌道AB與水平面的夾角θ=37°，A點距地高度h=0.3 m，水平軌道BC與左側半圓軌道相切于C點，BC長0.2 m，半圓軌道光滑，半徑R=0.2 m，傾斜軌道AB、水平軌道BC與小物塊間的動摩擦因數μ=0.5，g=10 m/s2。設小物塊通過傾斜軌道底端B點速度大小不變，現將質量m=0.1 kg
的小物塊P(可視為質點)從傾斜軌道上A點以初動能Ek0=0.8 J釋放。sin 37°=0.6，cos 37°=0.8，則：
1
2
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4
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6
7
(1)判斷小物塊P能否運動到半圓軌道的最高點D；
答案　見解析　
1
2
3
4
5
6
7
從A到C的過程中，由動能定理得
mgh-μmgxBC-μmgcos θ·=m-Ek0
解得vC=4 m/s
從C到D的過程中，由動能定理
-mg×2R=m-m
解得vD=2 m/s
1
2
3
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5
6
7
恰好到達最高點D的臨界速度為vmin，由牛頓第二定律
mg=m
解得vmin== m/s
因為vD>vmin
所以小物塊P能到達半圓軌道最高點D。
1
2
3
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5
6
7
(2)若C點另放置一個質量m=0.1 kg的小物塊Q(可視為質點)，P與Q碰撞后粘在一起，求P、Q整體沿斜面上升的最大高度及最終停下來的位置與B點的距離。
答案　0.06 m　0.04 m
1
2
3
4
5
6
7
P與Q碰撞過程中，由動量守恒定律
mvC=2mv
解得v=2 m/s
對P、Q物塊由機械能守恒定律
2mgh'=×2mv2
解得h'=0.2 m=R
所以P與Q碰撞后恰好運動到與圓心等高的位置，不會脫離軌道，則從C點再次到達斜面最高點過程，
1
2
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4
5
6
7
由動能定理
-μ·2mg(xBC+)-2mgh1=0-×2mv2
解得h1=0.06 m
從最高點到停止運動的過程中
2mgh1-2μmg-2μmgx=0
解得x=0.04 m
所以停在B點左側0.04 m處。
1
2
3
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5
6
7
考點二　機械能守恒定律及其應用
4.(2024·全國甲卷·17)如圖，一光滑大圓環固定在豎直平面內，質量為m的小環套在大圓環上，小環從靜止開始由大圓環頂端經Q點自由下滑至其底部，Q為豎直線與大圓環的切點。則小環下滑過程中對大圓環的作用力大小
A.在Q點最大 B.在Q點最小
C.先減小后增大 D.先增大后減小
√
1
2
3
4
5
6
7
設P點和圓心連線與豎直向上方向的夾角為θ，從大圓環頂端到P點過
程，根據機械能守恒定律mgR(1-cos θ)=mv2
在P點，由牛頓第二定律得mgcos θ=m
聯立解得cos θ=
方法一(分析法)：設大圓環半徑為R，小環在大圓環上某處(P點)與圓環的作用力恰好為零，此時只有小環的重力分力提供小環所需向心力，可知P點必在Q點上方，如圖所示
1
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重力沿著大圓環直徑方向的分力和大圓環對小環的彈力合力提供向心力，從P點到Q點，小環重力沿大圓環直徑的分力逐漸減小，從Q點到最低點，小環重力沿大圓環直徑的分力背離圓心，逐漸增大，所以大圓環對小環的彈力逐漸變大，根據牛頓第三定律可知小環下滑過程中對大圓環的作用力大小先減小后增大。
從大圓環頂端到P點過程，小環速度較小，小環重力沿著指向大圓環圓心方向的分力大于小環所需的向心力，所以大圓環對小環的彈力背離圓心，不斷減小，從P點到最低點過程，小環速度變大，小環
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方法二(數學法)：設大圓環半徑為R，小環在大圓環上某處時，設該處和圓心的連線與豎直向上方向的夾角為θ(0≤θ≤π)，根據機械能守恒定律得mgR(1-cos θ)=mv2(0≤θ≤π)
在該處根據牛頓第二定律得
F+mgcos θ=m(0≤θ≤π)
聯立可得F=2mg-3mgcos θ
則大圓環對小環作用力的大小為
|F|=|2mg-3mgcos θ|
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根據數學知識可知|F|的大小在cos θ=時最小，
由牛頓第三定律可知，小環下滑過程中對大圓環的作用力大小先減小后增大。故選C。
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5.(2024·廣西桂林市二模)如圖所示，一輕桿通過鉸鏈連接在固定轉軸O1上，可繞O1軸自由轉動，輕桿另一端與一質量未知的小球A連接。一輕繩繞過輕質定滑輪O2，一端連接小球A，另一端連接一帶掛鉤、質量為m的物塊B，已知O1與O2等高，圖中θ1=60°，θ2=30°，此時小球A與物塊B恰好靜止。現在物塊B下再掛物塊C，由靜止釋放物塊C后，小球A能上升到的最高點恰好與O1等高，不計一切摩擦。則所掛物塊C的質量為
A.m B.m
C.m D.m
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未掛C時，對B受力分析可知，繩子拉力FT=mg，對A受力分析，由共點力平衡可知mAg==2mg；掛上C后，小球A上升到最高點時，剛好與定滑輪在同一直線上，此時A、B、C的速度都為零，設桿長為l，對A、B、C系統根據機械能守恒有mAglsin 60°=(m+mC)g(l+l-2l)，
解得mC=m。故選A。
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點撥·提煉
1.求解連接體的加速度常用方法：
應用牛頓第二定律分別對兩物體列方程，聯立求解。
2.求解連接體的速度常用方法：
利用機械能守恒定律或能量守恒定律ΔE增=ΔE減列式求解。
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考點三　能量守恒定律及其應用
6.(多選)(2024·云南曲靖市二模)如圖所示，足夠長的固定木板的傾角為37°，勁度系數為k=36 N/m的輕質彈簧一端固定在木板上P點，圖中AP間距等于彈簧的自然長度。現將質量m=1 kg的可視為質點的物塊放在木板上，穩定后在外力作用下將彈簧緩慢壓縮到某一位置B點后釋放。已知木板PA段光滑，AQ段粗糙，物塊與木板間的動摩擦因數μ=，物塊在B點釋放后向上運動，第一次到達A點
時速度大小為v0=3 m/s，彈簧彈性勢能Ep=kx2(x為彈簧形變量)，取重力加速度g=10 m/s2，sin 37°=0.6，cos 37°=0.8，下列說法正確的是
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A.施加外力前彈簧壓縮量為 m
B.外力做的功為13.5 J
C.物塊第一次向下運動到A點時的速度大小為3 m/s
D.物塊在A點上方運動的總路程為4.5 m
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√
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設物塊從A點向上滑行的最大距離為s1，根據動能定理可知，上滑過程有
-mgs1sin 37°-μmgs1cos 37°=0-m，下滑過程有mgs1sin 37°-μmgs1cos 37°=
m-0，聯立解得s1=1.5 m，v1=3 m/s，故C正確；
物塊最終在A點下方做往復運動，最高點為A，即在A點時速度為0，根據動能定理有μmgscos 37°=m，解得s=4.5 m，故D正確。
施力前，對物塊，根據平衡條件F彈=mgsin 37°，根據胡克定律F彈=kx，聯立解得x= m，故A錯誤；
當物塊由B到A的過程中，根據能量守恒kx2+W = m+mgxsin 37°，解得W=14 J，故B錯誤；
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7.(2024·福建漳州市三模)如圖為某探究活動小組設計的節能運輸系統。木箱在傾角為30°的斜面軌道頂端時，自動裝貨裝置將質量為m的貨物裝入木箱，然后木箱載著貨物沿軌道無初速度滑下(貨物與木箱之間無相對滑動)，當斜面底端的輕彈簧被壓縮至最短時，自動卸貨裝置立刻將貨物卸下，然后木箱恰好被彈回到軌道頂端。已知木箱下滑的最大距離為L，木
箱與軌道間的動摩擦因數為，重力加速度為g。
(1)求貨物從頂端到彈簧被壓縮到最短的過程中，所受重力做的功W；
答案　0.5mgL　
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貨物從頂端到彈簧被壓縮到最短的過程中，所受重力做的功W=mgLsin 30°
解得W=0.5mgL
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(2)求木箱的質量M；
答案　m　
木箱載著貨物從開始下滑到木箱回到頂端過程，由能量守恒定律可知mgLsin 30°=μ(M+m)gcos 30°·L+μMgcos 30°·L
解得M=m
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(3)若木箱下滑過程中速度最大時彈簧的形變量為x1，上滑過程中速度最大時彈簧的形變量為x2，求兩次形變量之比。
答案　1∶1
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下滑過程中，當木箱速度最大時合力為零，
由受力平衡得kx1=(M+m)gsin 30°-μ(M+m)gcos 30°=Mg
同理，上滑過程中，由受力平衡得
kx2=Mgsin 30°+μMgcos 30°=Mg
故x1與x2大小相等，即=1∶1。
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點撥·提煉
應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)、內能等的變化。
(2)應用能量守恒定律解題時，應明確哪種形式的能量增加，哪種形式的能量減少，不必區分物體和能量形式。
(3)列出能量守恒關系式ΔE增=ΔE減。
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補償強化練
PART FOUR
1.(2024·陜西西安市模擬)如圖所示，頂角P為53°的光滑“ ”形硬桿固定在豎直平面內，質量均為m的小球甲、乙(均視為質點)用長度為L的輕質硬桿連接，分別套在“ ”形硬桿的傾斜和水平部分，當輕質硬桿呈豎直狀態時甲靜止在A點，乙靜止在C點。甲由于受到輕微的擾動開始運動，當甲運動到B點時，輕質硬桿與“ ”形硬桿的傾斜部分垂直，重力加速度大小為g，sin 53°=0.8，cos 53°=0.6，則甲在B點的速度大小為
A. B.
C. D.
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有mg(L-Lsin 37°)=mv2，解得v=。故選B。
由于甲在B位置時，輕質硬桿與AP傾斜部分垂直，可知甲沿輕質硬桿方向的分速度為0，即此時乙的速度為0，甲減小的重力勢能轉化為甲的動能，則
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2.(多選)(2024·寧夏石嘴山市模擬)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Ff恒定，物塊動能Ek與運動路程s的關系如圖(b)所示。重力加速度大小取10 m/s2，下列判斷正確的是
A.物塊的質量為7 kg
B.物塊所受摩擦力Ff=0.5 N
C.以剛開始上滑時物塊所在水平面為
零勢能面，則物塊在最高點時重力勢能為45 J
D.物塊上滑過程克服摩擦力做功為5 J
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(mgsin 30°-Ff)(s-s1)=Ek，整理得Ek=(mgsin 30°-Ff)s-(mgsin 30°-Ff)s1，結合10~20 m內的圖像斜率可知k'=mgsin 30°-Ff= N=3 N，聯立解得Ff=0.5 N，m=0.7 kg，故B正確，A錯誤；
0~10 m內物塊上滑，由動能定理得-mgssin 30°-Ffs =Ek-Ek0，整理得Ek=Ek0-(mgsin 30°+Ff)s，結合0~
10 m內的圖像得，斜率的絕對值|k|=mgsin 30°+Ff = N=4 N，10~20 m內物塊下滑，由動能定理得
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W克f=0-Ek0，代入數據解得物塊上滑過程克服摩擦力做功為W克f=5 J，故D正確。
由題意可得，物塊沿斜面上滑的最大距離為10 m，所以物塊在最高點時重力勢能為Epm=mgs1sin 30°= 0.7×10×10× J=35 J，故C錯誤；
物塊在上滑過程中，由動能定理可知-mgs1sin 30°-
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3.(多選)(2024·四川雅安市模擬)如圖所示，固定在水平地面上、半徑R=2 m的圓弧軌道AB，所對圓心角為60°，其末端與逆時針轉動的水平傳送帶相切于B點，B、C間距離為l=1.5 m，傳送帶速度大小v=4 m/s。一質量m=0.1 kg的小滑塊從A由靜止開始滑下，第一次到B時速度大小vB=3 m/s，小滑塊與傳送帶之間的動摩擦因數為μ。重力加速度g取10 m/s2，下列說法正確的是
A.小滑塊從A到B過程中，摩擦力對其做的功為0.55 J
B.若小滑塊不從右端滑離傳送帶，則動摩擦因數的最
小值為0.3
C.若μ=0.6，則小滑塊從B到第一次離開傳送帶過程中系統產生的熱量為2.4 J
D.若μ=0.2，則小滑塊從B到第一次離開傳送帶過程中系統產生的熱量為0.3 J
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當小滑塊到達C點速度恰好減為0時，由動能定理得-μmgl=0-m，解得μ=0.3，即小滑塊不從右端滑離傳送帶的最小動摩擦因數為0.3，故B正確；
小滑塊從A到B，由動能定理得mg(R-Rcos 60°)+ Wf=m，代入數據得摩擦力做功Wf=-0.55 J，故A錯誤；
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第一次從B點以vB=3 m/s的速度離開傳送帶。由牛頓第二定律得μmg= ma，小滑塊在傳送帶上的加速度a=6 m/s2，小滑塊在傳送帶上減速或加速的時間t==0.5 s，減速階段產生的熱量Q1=μmg(vt+t)=1.65 J，加速階段產生的熱量Q2=μmg(vt-t)=0.75 J，小滑塊從B到第一次離開傳送帶過程中系統產生的熱量Q=Q1+Q2=2.4 J，故C正確；
若μ=0.6>0.3，小滑塊在傳送帶上減速到零之后返回。由傳送帶的速度v=4 m/s>vB=3 m/s及小滑塊在傳送帶上加速和減速的對稱性可知，小滑塊
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vBt'-a't'2，代入數據得小滑塊在傳送帶上運動的
時間t'= s，小滑塊從B到第一次離開傳送帶過程中系統產生的熱
量Q=μmg(vt'+l)=(1.5-0.4) J，故D錯誤。
若μ=0.2<0.3，則小滑塊在傳送帶上一直做勻減速運動，由牛頓第二定律μmg=ma'，小滑塊在傳送帶上減速的加速度a'=2 m/s2，由運動學公式得l=
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4.(2024·黑吉遼·14)如圖，高度h=0.8 m的水平桌面上放置兩個相同物塊A、B，質量mA=mB=0.1 kg。A、B間夾一壓縮量Δx=0.1 m的輕彈簧，彈簧與A、B不拴接。同時由靜止釋放A、B，彈簧恢復原長時A恰好從桌面左端沿水平方向飛出，水平射程xA=0.4 m；B脫離彈簧后沿桌面滑行一段距離xB=
0.25 m后停止。A、B均視為質點，取重力加速度g= 10 m/s2。求：
(1)脫離彈簧時A、B的速度大小vA和vB；
答案　1 m/s　1 m/s　
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對A物塊由平拋運動知識得
h=gt2，xA=vAt
代入數據解得，脫離彈簧時A的速度大小為
vA=1 m/s
對A、B物塊整體由動量守恒定律mAvA=mBvB
解得脫離彈簧時B的速度大小為
vB=1 m/s
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(2)物塊與桌面間的動摩擦因數μ；
答案　0.2　
對物塊B由動能定理
-μmBgxB=0-mB
代入數據解得，物塊與桌面的動摩擦因數為μ=0.2
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(3)整個過程中，彈簧釋放的彈性勢能ΔEp。
答案　0.12 J
由能量守恒定律ΔEp=mA+mB+μmAgΔxA+μmBgΔxB
其中mA=mB，Δx=ΔxA+ΔxB
解得整個過程中，彈簧釋放的彈性勢能ΔEp=0.12 J。

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