专题06 机械能守恒定律 功能关系-2018高三物理二轮专题复习《名师伴你学》

专题06 机械能守恒定律 功能关系-2018高三物理二轮专题复习《名师伴你学》

构建知识网络：‎ 考情分析：‎ 能量转化与守恒是贯穿整个高中物理的一条主线，功能关系和能量守恒是高考的重点，更是高考的热点。往往与电场、磁场以及典型的运动规律相联系，并常作为压轴题出现。另外，还可能从以下角度组织命题：（1）滑动摩擦力做功情况下的功能关系问题；（2）与带电粒子在电场、复合场中的运动相结合的问题。‎ 重点知识梳理：‎ 一、重力做功与重力势能 ‎1.重力做功的特点 ‎(1)重力做功与路径无关，只与始末位置的高度差有关.‎ ‎(2)重力做功不引起物体机械能的变化.‎ ‎2.重力做功与重力势能变化的关系 ‎(1)定性关系：重力对物体做正功，重力势能减小；重力对物体做负功，重力势能增大.‎ ‎(2)定量关系：重力对物体做的功等于物体重力势能的减少量，即WG＝－(Ep2－Ep1)＝－ΔEp.‎ ‎(3)重力势能的变化量是绝对的，与参考平面的选取无关.‎ 二、弹性势能 ‎1.定义 发生弹性形变的物体之间，由于有弹力的相互作用而具有的势能.‎ ‎2.弹力做功与弹性势能变化的关系 ‎(1)弹力做功与弹性势能变化的关系类似于重力做功与重力势能变化的关系，用公式表示：W＝－ΔEp.‎ ‎(2)对于弹性势能，一般地，物体的弹性形变量越大，弹性势能越大.‎ ‎3.重力势能与弹性势能的比较 内容 重力势能 弹性势能 概念 物体由于被举高而具有的能 物体由于发生弹性形变而具有的能 大小 Ep＝mgh 与形变量及劲度系数有关 相对性 大小与所选取的参考平面有关 一般选弹簧形变为零的状态为弹性势能零点 三、机械能守恒定律及其应用 ‎1.机械能 动能和势能统称为机械能，其中势能包括弹性势能和重力势能.‎ ‎2.机械能守恒定律 ‎(1)内容：在只有重力或弹力做功的物体系统内，动能与势能可以相互转化，而总的机械能保持不变.‎ ‎(2)常用的三种表达式 ‎①守恒式：E1＝E2或Ek1＋Ep1＝Ek2＋Ep2.(E1、E2分别表示系统初末状态时的总机械能)‎ ‎②转化式：ΔEk＝－ΔEp或ΔEk增＝ΔEp减.(表示系统动能的增加量等于势能的减少量)‎ ‎③转移式：ΔEA＝－ΔEB或ΔEA增＝ΔEB减.(表示系统只有A、B两物体时，A增加的机械能等于B减少的机械能)‎ 四、能量守恒定律 ‎1.内容 能量既不会凭空产生，也不会凭空消失，它只能从一种形式转化为另一种形式，或者从一个物体转移到另一个物体，在转化和转移的过程中，能量的总量保持不变.‎ ‎2.适用范围 能量守恒定律是贯穿物理学的基本规律，是各种自然现象中普遍适用的一种规律.‎ ‎3.表达式 ‎(1)E初＝E末，初状态各种能量的总和等于末状态各种能量的总和.‎ ‎(2)ΔE增＝ΔE减，增加的那些能量的增加量等于减少的那些能量的减少量.‎ ‎【名师提醒】‎ 一对平衡力做功绝对值肯定相等；一对相互作用力做功的绝对值不一定相等，可以同为正或同为负，也可以一个做功一个不做功，可以一正一负绝对值不一定相等---因为相互作用力作用在不同的物体上，不同的物体位移不一定相等。‎ 典型例题剖析：‎ 考点一：机械能守恒定律的应用 ‎【典型例题1】如图甲所示，将质量为m的小球以速度v0竖直向上抛出，小球上升的最大高度为h。若将质量分别为2m、3m、4m、5m的小球，分别以同样大小的速度v0从半径均为R＝h的竖直圆形光滑轨道的最低点水平向右射入轨道，轨道形状如图乙、丙、丁、戊所示。则质量分别为2m、3m、4m、5m的小球中，能到达的最大高度仍为h的是(小球大小和空气阻力均不计)(　　)‎ A．质量为2m的小球 B．质量为3m的小球 C．质量为4m的小球 D．质量为5m的小球 ‎【答案】C ‎【变式训练1】(2017·常州七校高三联考)如图所示，水平传送带的右端与竖直面内的用内壁光滑钢管弯成的“9”形固定轨道相接，钢管内径很小。传送带的运行速度为v0＝6 m/s，将质量m＝1.0 kg的可看作质点的滑块无初速地放在传送带A端，传送带长度L＝12.0 m，“9”形轨道高H＝0.8 m，“9”形轨道上半部分圆弧半径为R＝0.2 m，滑块与传送带间的动摩擦因数为μ＝0.3，重力加速度g＝10 m/s2，试求：‎ ‎(1)滑块从传送带A端运动到B端所需要的时间；‎ ‎(2)滑块滑到轨道最高点C时受到轨道的作用力大小；‎ ‎(3)若滑块从“9”形轨道D点水平抛出后，恰好垂直撞在倾角θ＝45°的斜面上P点，求P、D两点间的竖直高度h(保留两位有效数字)。‎ ‎【答案】　(1)3 s　(2)90 N　(3)1.4 m ‎(2)滑块由B运动到C，由机械能守恒定律得：－mgH＝mvC2－mv02‎ 在C点，轨道对滑块的弹力与其重力的合力提供做圆周运动的向心力，设轨道对滑块的弹力方向竖直向下，由牛顿第二定律得：FN＋mg＝m 解得：FN＝90 N。‎ ‎(3)滑块由B到D运动的过程中，由机械能守恒定律得： mv02＝mvD2＋mg(H－2R)‎ 设P、D两点间的竖直高度为h，‎ 滑块由D到P运动的过程中，由机械能守恒定律得： mvP2＝mvD2＋mgh又vD＝vPsin 45°‎ 由以上三式可解得h＝1.4 m。‎ ‎【变式训练2】　(2017·苏南名校二模)如图所示，不可伸长的柔软轻绳跨过光滑定滑轮，绳两端各系一小球a和b。a球质量为m，静置于水平地面上；b球质量为3m，用手托住，高度为h，此时轻绳刚好拉紧。现将b球释放，则b球着地瞬间a球的速度大小为(　　)‎ A.　　　　　　　　B. C. D．2 ‎【答案】A ‎【解析】　在b球落地前，a、b两球组成的系统机械能守恒，且a、b两球速度大小相等，设为v，根据机械能守恒定律有：3mgh＝mgh＋(3m＋m)v2，解得：v＝，故A正确。‎ ‎【变式训练3】(多选)(2017·扬州邗江区监测)如图所示，A和B两个小球固定在一根轻杆的两端，A球的质量为m，B球的质量为2m，此杆可绕穿过O点的水平轴无摩擦地转动。现使轻杆从水平位置由静止释放，则在杆从释放到转过90°的过程中，下列说法正确的是(　　)‎ A．A球的机械能增加 B．杆对A球始终不做功 C．B球重力势能的减少量等于B球动能的增加量 D．A球和B球的总机械能守恒 ‎【答案】AD ‎【名师提醒】（要注意机械能守恒与平衡条件的区别）‎ ‎1.机械能守恒的判断 ‎（1）利用机械能的定义判断：分析动能和势能的和是否变化，如匀速下落的物体动能不变，重力势能减小，物体的机械能必减小。‎ ‎（2）利用做功判断：若物体或系统只有重力（或弹簧弹力）做功，或有其它力做功，但其它力做功的代数和为零，机械能守恒。‎ ‎（3）利用能量转化判断：若系统中只有动能和势能的相互转化，而无机械能与其它形式的能的转化，则系统的机械能守恒。‎ ‎（4）对一些绳子突然绷紧、物体间非弹性碰撞等问题机械能一般不守恒，除非题中有特别说明或暗示。‎ ‎2.运用机械能守恒解题的步骤 考点二：能量守恒定律的应用 ‎【典型例题2】(多选)如图所示，轻质弹簧一端固定，另一端与一质量为m、套在粗糙竖直固定杆A处的圆环相连，弹簧水平且处于原长．圆环从A处由静止开始下滑，经过B处的速度最大，到达C处的速度为零，AC＝h.圆环在C处获得一竖直向上的速度v，恰好能回到A.弹簧始终在弹性限度内，重力加速度为g.则圆环(　　)‎ A．下滑过程中，加速度一直减小 B．下滑过程中，克服摩擦力做的功为mv2‎ C．在C处，弹簧的弹性势能为mv2－mgh D．上滑经过B的速度大于下滑经过B的速度 ‎【答案】BD ‎【变式训练4】如图12所示，光滑坡道顶端距水平面高度为 h，质量为m的小物块A从坡道顶端由静止滑下，进 入水平面上的滑道时无机械能损失，为使A制动， 将轻弹簧的一端固定在水平滑道延长线M处的墙上， 另一端恰位于坡道的底端O点.已知在OM段，物块A与水平面间的动摩擦因数为μ，其余各处的摩擦不计，重力加速度为g，求： ‎ ‎（1）物块滑到O点时的速度大小；‎ ‎（2）弹簧为最大压缩量d时的弹性势能(设弹簧处于原长时弹性势能为零)‎ ‎（3）若物块A能够被弹回到坡道上，则它能够上升的最大高度是多少？ ‎ ‎【答案】（1）（2）（3）‎ ‎【名师提醒】‎ ‎1.对能量守恒的两点理解 ‎（1）某种形式的能量减少，一定有其它形式的能量增加，且减少量和增加量相等。‎ ‎（2）某个物体的能量减少，一定有其他物体的能量增加，且减少量和增加量相等 ‎2.应用能量守恒定律的一般步骤 ‎（1）分清有多少种形式的能（如动能、势能、内能、电能等）在变化 ‎（2）分别列出减少的能量和增加的能量的表达式 ‎（3）列守恒方程=。‎ 考点三：功能关系的应用 ‎【典型例题3】(2017·南通二模)如图所示，木块A放在木板B的左端上方，用水平恒力F将A拉到B的右端，第一次将B固定在地面上，F做功W1，生热Q1；第二次让B在光滑水平面可自由滑动，F做功W2‎ ‎，生热Q2，则下列关系中正确的是(　　)‎ A．W1＜W2，Q1＝Q2　　　　　 B．W1＝W2，Q1＝Q2‎ C．W1＜W2，Q1＜Q2 D．W1＝W2，Q1＜Q2‎ ‎【答案】A ‎【变式训练5】(多选)(2017·常熟模拟)在大型物流货场，广泛的应用传送带搬运货物。如图甲所示，倾斜的传送带以恒定速率运动，皮带始终是绷紧的，将m＝1 kg的货物放在传送带上的A点，经过1.2 s到达传送带的B点。用速度传感器测得货物与传送带的速度v随时间t变化的图像如图乙所示，已知重力加速度g＝10 m/s2。由vt图像可知(　　)‎ A．A、B两点的距离为2.4 m B．货物与传送带间的动摩擦因数为0.5‎ C．货物从A运动到B的过程中，传送带对货物做功大小为12.8 J D．货物从A运动到B的过程中，货物与传送带摩擦产生的热量为4.8 J ‎【答案】BD ‎【解析】　根据v t图像可知，货物放在传送带上后做匀加速直线运动，当速度达到与传送带速度相同时，继续做匀加速直线运动，但是加速度变小了，所以货物受到的滑动摩擦力在t＝0.2‎ ‎ s时由沿传送带向下变为沿传送带向上。A到B的距离对应货物v t图像与横轴所围的“面积”，x＝×2×0.2＋×(2＋4)×1 m＝3.2 m，故A错误；0～0.2 s内货物的加速度为a1＝＝ m/s2＝10 m/s2，根据牛顿第二定律得mgsin θ＋μmgcos θ＝ma1，同理0.2～1.2 s内a2＝＝ m/s2＝2 m/s2，mgsin θ－μmgcos θ＝ma2，联立解得：cos θ＝0.8，μ＝0.5，故B正确；整个过程货物与传送带间的滑动摩擦力大小均为Ff＝μmgcos θ＝4 N，则0～0.2 s内传送带对货物做功为：W1＝Ffx1＝4×0.2 J＝0.8 J,0.2～1.2 s内传送带对货物做功为：W2＝－Ffx2＝－4×3 J＝－12 J，W＝W1＋W2＝－11.2 J，所以整个过程，传送带对货物做功大小为11.2 J，故C错误；根据功能关系，货物与传送带摩擦产生的热量等于摩擦力乘以相对位移，由图像可得0～0.2 s内相对位移Δx1＝×0.2×2 m＝0.2 m, 0.2～1.2 s内相对位移Δx2＝×1×2 m＝1 m，所以产生的热量为：Q＝FfΔx1＋FfΔx2＝4.8 J，故D正确。‎ ‎【变式训练6】如图所示是安装在列车车厢之间的摩擦缓冲器结构图。图中①和②为楔块，③和④为垫板，楔块与弹簧盒、垫板间均有摩擦。在车厢相互撞击使弹簧压缩的过程中(　　)‎ A．缓冲器的机械能守恒 B．摩擦力做功消耗机械能 C．垫板的动能全部转化为内能 D．弹簧的弹性势能全部转化为动能 ‎【答案】B ‎【名师提醒】‎ ‎1.掌握五大重要的功能关系 ‎ ‎（1）动能如何变化看合外力做功：合外力做正功动能增加、合外力做负功动能减小即W合＝ΔEk(动能定理)‎ ‎（2）势能如何变化看与之对应的力做功：重力势能如何变化看重力做功、弹簧弹性势能如何变化看弹簧弹力做功、电势能如何变化看电场力做功、分子势能如何变化看分子力做功；与之对应的力做正功，势能减小；与之对应的力做负功，势能增加。‎ ‎（3）机械能如何变化看除重力和弹簧弹力以外的力做功：以外的做正功，机械能增加；以外的力做负功，机械能减小。‎ ‎（4）一对滑动摩擦力做功的绝对值等于系统内能的增加量，即Q＝Ff x相对。‎ ‎（5）在动生电磁感应中克服安培力所做功等于产生的电热 ‎2.应用功能关系解题的一般思路 ‎（1）先分析清楚是什么力做功，做正功还是负功，在根据功能关系之间的一一对应关系，判断能的转化形式和转化多少。‎ ‎（2）也可以反过来根据能量之间的转化情况，确定是什么力做功，这种方法可以方便计算变力做功。‎ 考点四：能量观点结合动力学方法解决多过程问题 ‎【典型例题4】(2017·南京模拟)如图所示，光滑斜面倾角为θ，底端固定一垂直于斜面的挡板C，在斜面上放置长木板A，A的下端与C的距离为d，A的上端放置小物块B，A、B的质量均为m，A、B间的动摩擦因数μ＝tan θ，现同时由静止释放A、B，A与C发生碰撞的时间极短，碰撞前、后瞬间速度大小相等，运动过程中小物块始终没有从木板上滑落。已知重力加速度为g，求 ‎(1)A与C发生第一次碰撞前瞬间的速度大小v1；‎ ‎(2)A与C发生第一次碰撞后上滑到最高点时，小物块B的速度大小v2；‎ ‎(3)为使B不与C碰撞，木板A长度的最小值L。‎ ‎【答案】(1)　(2)　(3)4d ‎(2)设发生第一次碰撞后，A上滑，B下滑的加速度大小分别为aA、aB，则有：μmgcos θ＋mgsin θ＝maA μmgcos θ－mgsin θ＝maB；‎ 由于aA＞aB，则A先减速到零，设A第一次碰撞后上滑到最高点的时间为t，则v1＝aAt v2＝v1－aBt解得：v2＝；‎ ‎【变式训练7】如图，一轻弹簧原长为2R，其一端固定在倾角为37°的固定直轨道AC的底端A处，另一端位于直轨道上B处，弹簧处于自然状态。直轨道与一半径为R的光滑圆弧轨道相切于C点，AC＝7R，A、B、C、D均在同一竖直平面内。质量为m的小物块P自C点由静止开始下滑，最低到达E点(未画出)，随后P沿轨道被弹回，最高到达F点，AF＝4R。已知P与直轨道间的动摩擦因数μ＝，重力加速度大小为g。 ‎(1)求P第一次运动到B点时速度的大小。‎ ‎(2)求P运动到E点时弹簧的弹性势能。‎ ‎(3)改变物块P的质量，将P推至E点，从静止开始释放。已知P自圆弧轨道的最高点D处水平飞出后，恰好通过G点。G点在C点左下方，与C点水平相距R、竖直相距R。求P运动到D点时速度的大小和改变后P的质量。‎ ‎【答案】(1)2　(2)mgR　(3)　m ‎【解析】：(1)根据题意知，B、C之间的距离l为l＝7R－2R①‎ 设P到达B点时的速度为vB，由动能定理得mglsin θ－μmglcos θ＝mvB2②‎ 式中θ＝37°。联立①②式并由题给条件得vB＝2。③‎ ‎(2)设BE＝x。P到达E点时速度为零，设此时弹簧的弹性势能为Ep。P由B点运动到E点的过程中，由动能定理有mgxsin θ－μmgxcos θ－Ep＝0－mvB2④‎ E、F之间的距离l1为l1＝4R－2R＋x⑤‎ P到达E点后反弹，从E点运动到F点的过程中，由动能定理有Ep－mgl1sin θ－μmgl1cos θ＝0⑥‎ 联立③④⑤⑥式并由题给条件得x＝R⑦ Ep＝mgR。⑧‎ ‎【名师提醒】‎ ‎1.力学综合问题，涉及动力学、功能关系，解决此类问题关键要做好“四选择”.‎ ‎(1)当物体受到恒力作用发生运动状态的改变而且又涉及时间时，一般选择用动力学方法解题；‎ ‎(2)当涉及功、能和位移时，一般选用动能定理、机械能守恒定律、功能关系或能量守恒定律解题，题目中出现相对位移时，应优先选择能量守恒定律；‎ ‎(3)当涉及细节并要求分析力时，一般选择牛顿运动定律，对某一时刻的问题选择牛顿第二定律求解：‎ ‎(4)复杂问题的分析一般需选择能量的观点、运动与力的观点综合解题.‎ ‎2.动力学多过程问题的特点及解答对策 ‎（1）模型特点：物体的整个运动过程，往往是包含直线运动、平抛运动、圆周运动等多种运动形式的组合 ‎（2）应对策略：‎ ‎①抓住物理情景中出现的运动状态与运动过程，将整个物理过程分成几个简单的子过程 ‎②对每一个子过程分别进行受力分析、过程分析、能量分析，选择合适的规律对相应的子过程列方程 ‎③两个相邻的子过程连接点，速度是连接两过程的纽带，因此要特别关注连接点速度的大小和方向 ‎④解方程并分析结果 专题六 课时跟踪训练 一、单项选择题 ‎1.(2017·南京模拟)如图所示，倾角为θ的光滑斜面体C固定于水平地面上，小物块B置于斜面上，通过细绳跨过光滑的定滑轮与物体A相连接，释放后，A将向下运动，则在A碰地前的运动过程中(　　)‎ A．A的加速度大小为g B．物体A机械能守恒 C．由于斜面光滑，所以物块B机械能守恒 D．A、B组成的系统机械能守恒 ‎【答案】D ‎2.把小球放在竖立的弹簧上，并把球往下按至A位置，如图甲所示。迅速松手后，球升高至最高位置C(图丙)，途中经过位置B时弹簧正处于原长(图乙)。忽略弹簧的质量和空气阻力。则小球从A位置运动到C位置的过程中，下列说法正确的是(　　)‎ A．经过位置B时小球的加速度为0‎ B．经过位置B时小球的速度最大 C．小球、地球、弹簧所组成系统的机械能守恒 D．小球、地球、弹簧所组成系统的机械能先增大后减小 ‎【答案】C ‎【解析】　分析小球从A位置到B位置的过程中受力情况，开始时弹力大于重力，中间某一位置弹力和重力相等，接着弹力小于重力，在B点时，弹力为零，小球从B到C的过程中，只受重力。根据牛顿第二定律可以知道小球从A位置到B位置过程中，小球先向上做加速运动再向上做减速运动，所以速度最大位置应该是加速度为零的位置，在AB之间某一位置，选项A、B错误；从A位置到C位置过程中小球、地球、弹簧组成的系统只有重力和弹力做功，所以系统的机械能守恒，选项C正确，D错误。‎ ‎3.(2017·连云港模拟)如图所示，可视为质点的小球A和B用一根长为0.2 m的轻杆相连，两球质量相等，开始时两小球置于光滑的水平面上，并给两小球一个2 m/s的初速度，经一段时间两小球滑上一个倾角为30°的光滑斜面，不计球与斜面碰撞时的机械能损失，g取10 m/s2，在两小球的速度减小为零的过程中，下列判断正确的是(　　)‎ A．杆对小球A做负功 B．小球A的机械能守恒 C．杆对小球B做正功 D．小球B速度为零时距水平面的高度为0.15 m ‎【答案】D ‎4.(2017·昆山模拟)轻质弹簧右端固定在墙上，左端与一质量m＝0.5 kg的物块相连，如图甲所示。弹簧处于原长状态，物块静止且与水平面间的动摩擦因数μ＝0.2。以物块所在处为原点，水平向右为正方向建立x轴。现对物块施加水平向右的外力F，F随x轴坐标变化的关系如图乙所示。物块运动至x＝0.4 m处时速度为零。则此时弹簧的弹性势能为(g取10 m/s2)(　　)‎ A．3.1 J B．3.5 J C．1.8 J D．2.0 J ‎【答案】A ‎5.(2017·苏州四校联考)蹦极是一项既惊险又刺激的运动，深受年轻人的喜爱。如图所示，蹦极者从P处由静止跳下，到达A处时弹性绳刚好伸直，继续下降到最低点B处，B 离水面还有数米距离。蹦极者(视为质点)在其下降的整个过程中，重力势能的减少量为ΔE1、绳的弹性势能的增加量为ΔE2、克服空气阻力做的功为W，则下列说法正确的是(　　)‎ A．蹦极者从P到A的运动过程中，机械能守恒 B．蹦极者与绳组成的系统从A到B的过程中，机械能守恒 C．ΔE1＝W＋ΔE2‎ D．ΔE1＋ΔE2＝W ‎【答案】C ‎【解析】　下落过程中有空气阻力做功，所以机械能不守恒，A、B项错误；根据能量守恒，在下落的全过程，有ΔE1＝W＋ΔE2，故C项正确，D项错误。‎ 二、多项选择题 ‎6.如图所示，A、B两球质量相等，A球用不能伸长的轻绳系于O点，B球用轻弹簧系于O′点，O与O′点在同一水平面上，分别将A、B球拉到与悬点等高处，使绳和轻弹簧均处于水平，弹簧处于自然状态，将两球分别由静止开始释放，当两球达到各自悬点的正下方时，两球仍处在同一水平面上，则(　　)‎ A．两球到达各自悬点的正下方时，两球动能相等 B．两球到达各自悬点的正下方时，A球动能较大 C．两球到达各自悬点的正下方时，B球动能较大 D．两球到达各自悬点的正下方时，A球受到向上的拉力较大 ‎【答案】BD ‎7.(2017·苏北四市高三调研)如图所示，固定在地面的斜面体上开有凹槽，槽内紧挨放置六个半径均为r的相同小球，各球编号如图。斜面与水平轨道OA平滑连接，OA长度为6r。现将六个小球由静止同时释放，小球离开A点后均做平抛运动，不计一切摩擦。则在各小球运动过程中，下列说法正确的是(　　)‎ A．球1的机械能守恒 B．球6在OA段机械能增加 C．球6的水平射程最小 D．六个小球落地点各不相同 ‎【答案】BC ‎【解析】　6个小球都在斜面上运动时，只有重力做功，整个系统的机械能守恒。当有部分小球在水平轨道上运动时，斜面上的小球仍在加速，即球2对1的作用力做功，故球1的机械能不守恒，故A错误；球6在OA段运动时，斜面上的球在加速，球5对球6的作用力做正功，动能增加，机械能增加，故B正确；由于有部分小球在水平轨道上运动时，斜面上的小球仍在加速，所以可知离开A点时球6的速度最小，水平射程最小，故C正确；由于离开A点时，球6的速度最小，水平射程最小，而最后三个球在水平面上运动时不再加速，1、2、3球的速度相等，水平射程相同，所以六个小球的落点不全相同，故D错误。‎ ‎8.(2017·常州检测)如图所示，足够长的水平传送带以速度v沿逆时针方向转动，传送带的左端与光滑圆弧轨道底部平滑连接，圆弧轨道上的A点与圆心等高，一小物块从A点静止滑下，再滑上传送带，经过一段时间又返回圆弧轨道，返回圆弧轨道时小物块恰好能到达A点，则下列说法正确的是(　　)‎ A．圆弧轨道的半径一定是 B．若减小传送带速度，则小物块仍可能到达A点 C．若增加传送带速度，则小物块有可能经过圆弧轨道的最高点 D．不论传送带速度增加到多大，小物块都不可能经过圆弧轨道的最高点 ‎【答案】BD ‎9.(2017·南京模拟)一质量为m的物体在竖直向上的拉力F作用下沿竖直方向向上运动，运动过程中物体的动能与位移的关系如图所示，其中0～x1为一曲线，x1～x2为一与横轴平行的直线，x2～x3为一倾斜直线，不计空气阻力，关于物体在这段位移内的运动，下列说法正确的是(　　)‎ A．0～x1过程中拉力F逐渐增大 B．x1～x2过程中物体的重力势能可能不变 C．x2～x3过程中拉力F为恒力 D．0～x3过程中物体的机械能增加 ‎【答案】CD ‎【解析】　由动能定理Ek－Ek0＝F合x得，F合＝，即图像的斜率(曲线切线)表示物体所受合力F合，在0～x1过程中曲线的斜率越来越小，F合越来越小，mg不变，则拉力F越来越小，A错误；在x1～x2过程中物体匀速上升，其重力势能一直增加，B错误；在x2～x3过程中斜率是一定值，F合是一定值，所以拉力F是恒力，C正确；在0～x3过程中拉力F一直做正功，物体机械能一直增加，D正确。‎ ‎10.如图所示，竖直光滑杆固定不动，套在杆上的弹簧下端固定，将套在杆上的滑块向下压缩弹簧至离地高度h＝0.1m处，滑块与弹簧不拴接.现由静止释放滑块，通过传感器测量到滑块的速度和离地高度h并作出滑块的Ek－h图象，其中高度从0.2m上升到0.35m范围内图象为直线，其余部分为曲线，以地面为零势能面，取g＝10m/s2，由图象可知(　　)‎ A.小滑块的质量为0.2kg B.弹簧最大弹性势能为0.32J C.轻弹簧原长为0.2m D.小滑块的重力势能与弹簧的弹性势能总和最小为0.18J ‎【答案】AC 三、计算题 ‎11.(2017·苏州一模)如图所示，一质量为m＝1.5 kg的滑块从倾角为θ＝37°的斜面上自静止开始滑下，滑行距离s＝10 m后进入半径为R＝9 m的光滑圆弧AB，其圆心角为θ，然后水平滑上与平台等高的小车。已知小车质量为M＝3.5 kg，滑块与斜面及小车表面的动摩擦因数μ＝0.35，地面光滑且小车足够长，取g＝10 m/s2。(sin 37°＝0.6，cos 37°＝0.8)求：‎ ‎(1)滑块在斜面上的滑行时间t1；‎ ‎(2)滑块脱离圆弧末端B点前，轨道对滑块的支持力大小；‎ ‎(3)当小车开始匀速运动时，滑块在车上滑行的距离s1。‎ ‎【答案】 (1)2.5 s　(2)31.7 N　(3)10 m ‎【解析】：(1)设滑块在斜面上滑行的加速度为a，由牛顿第二定律，有 mg(sin θ－μcos θ)＝ma，s＝at12‎ 解得t1＝2.5 s。‎ ‎12.(2017·遂宁期末)如图，有一半径为R＝0.3 m的光滑半圆形细管AB，将其固定在竖直墙面并使B端切线水平。一个可视为质点的质量为0.5 kg的小物体m由细管上端沿A点切线方向进入细管，从B点以速度vB＝4.0 m/s飞出后，恰好能从一倾角为θ＝37°的倾斜传送带顶端C无碰撞的滑上传送带。已知传送带长度为L＝2.75 m(图中只画出了传送带的部分示意图)，物体与传送带之间的动摩擦因数为μ＝0.50，(取sin 37°＝0.60，cos 37°＝0.80，g＝10 m/s2，不计空气阻力，不考虑半圆形管AB的内径)。‎ ‎(1)求物体在A点时的速度大小及对轨道的压力大小和方向；‎ ‎(2)若传送带以v1＝2.5 m/s顺时针匀速转动，求物体从C到底端的过程中，由于摩擦而产生的热量Q。‎ ‎【答案】(1)2 m/s　1.67 N，方向为竖直向上　(2)8 J ‎(2)物体落到传送带顶端C时的速度大小为：vC＝＝5 m/s 传送带顺时针匀速转动时，对物体施加的摩擦力沿传送带表面向上 则由牛顿第二定律得mg(sin θ－μcos θ)＝ma，‎ 可得物体匀加速运动的加速度大小为：a＝2 m/s2‎ 由L＝vCt＋a1t2，‎ 得物体从C运动到底端的时间：t＝0.5 s 在此过程中，传送带相对地位移大小为s带＝v1t 由于摩擦而产生的热量为Q＝Ff·(L＋s带)＝μmgcos θ·(L＋v1t)＝8 J。‎