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1、機械能守恒定律　功能關系 A組 (45分鐘　100分) 一、選擇題(本大題共8小題,每小題8分,共64分。多選題已在題號后標出) 1.(多選)(2020·周口一模)如圖,一物體從光滑斜面AB底端A點以初速度v0上滑,沿斜面上升的最大高度為h。下列說法中正確的是(設下列情境中物體從A點上滑的初速度仍為v0)(　　) A.若把斜面CB部分截去,物體沖過C點后上升的最大高度仍為h B.若把斜面AB變成光滑曲面AEB,物體沿此曲面上升仍能到達B點 C.若把斜面彎成圓弧形D,物體仍沿圓弧升高h D.若把斜面從C點以上部分彎成與C點相切的圓弧狀,物體上升的最大高度有可能仍為h 2.(2

2、020·汕頭一模)蹦床運動員與床墊接觸的過程可簡化為下述模型:運動員從高處落到處于自然狀態(tài)的床墊(A位置)上,隨床墊一同向下做變速運動到達最低點(B位置),如圖所示。有關運動員從A運動至B的過程,下列說法正確的是(　　) A.運動員的機械能守恒 B.運動員的速度一直減小 C.合力對運動員做負功 D.運動員先超重后失重 3.(多選)(2020·濰坊二模)如圖所示,質量為m的小球穿在半徑為R的光滑圓環(huán)上,可以沿圓環(huán)自由滑動,連接小球的輕質彈簧另一端固定在圓環(huán)的最高點?，F(xiàn)將小球從圓環(huán)的水平直徑右端B點靜止釋放,此時彈簧處于自然長度。當小球運動至圓環(huán)最低點C時速度為v,此時小球與圓環(huán)之間沒有

3、彈力。運動過程中彈簧始終處在彈性限度內,則下面判斷正確的是(　　) A.小球在B點的加速度大小為g,方向豎直向下 B.該過程中小球的機械能守恒 C.在C點彈簧的彈性勢能等于mgR-mv2 D.該過程中小球重力做的功等于其動能的增量 4.如圖所示,豎直向上的勻強電場中,絕緣輕質彈簧直立于地面上,上面放一個質量為m的帶正電的小球,小球與彈簧不連接?，F(xiàn)將小球向下壓到某位置后由靜止釋放,若小球從靜止開始運動到離開彈簧的過程中,重力和電場力對小球做功的大小分別為W1和W2,小球離開彈簧時速度為v,不計空氣阻力,則上述過程 中(　　) A.帶電小球電勢能增加W2 B.彈簧彈性勢能最大值為W

4、1+mv2 C.彈簧彈性勢能減少量為W2+W1 D.帶電小球和彈簧組成的系統(tǒng)機械能增加W2 5.(2020·遂寧一模)一質量為0.1kg的小球自t=0時刻從水平地面上方某處自由下落,小球與地面碰撞后反向彈回,不計空氣阻力,也不計小球與地面碰撞的時間,小球距地面的高度h與運動時間t關系如圖所示,取g=10m/s2。則(　　) A.小球第一次與地面碰撞時機械能損失了5 J B.小球第二次與地面碰撞前的最大速度為20 m/s C.第二次碰撞后小球反彈過程中的最大勢能(地面為零勢能面)Ep=1.25J D.小球將在t=6s時與地面發(fā)生第四次碰撞 6.(2020·安徽高考)質量為m的人造

5、地球衛(wèi)星與地心的距離為r時,引力勢能可表示為Ep=-,其中G為引力常量,M為地球質量。該衛(wèi)星原來在半徑為R1的軌道上繞地球做勻速圓周運動,由于受到極稀薄空氣的摩擦作用,飛行一段時間后其圓周運動的半徑變?yōu)镽2,此過程中因摩擦而產(chǎn)生的熱量為(　　) A.GMm(-) B.GMm(-) C.(-) D.(-) 7.(2020·眉山二模)在機場和火車站可以看到對行李進行安全檢查用的水平傳送帶,如圖所示,當旅客把行李放在正在勻速運動的傳送帶上后,傳送帶和行李之間的滑動摩擦力使行李開始運動,隨后它們保持相對靜止,行李隨傳送帶一起勻速通過檢測儀器接受檢查,設某機場的傳送帶勻速前進的速度為

6、0.4m/s,某行李箱的質量為5kg,行李箱與傳送帶之間的動摩擦因數(shù)為0.2,在旅客把這個行李箱小心地放在傳送帶上,通過安全檢查的過程中,g取10m/s2,則(　　) A.開始時行李的加速度為0.2 m/s2 B.行李到達B點的時間為2s C.傳送帶對行李做的功為0.4 J D.傳送帶上將留下一段摩擦痕跡,該痕跡的長度是0.03 m 8.(2020·嘉興一模)如圖所示是全球最高的(高度208米)北京朝陽公園摩天輪,一質量為m的乘客坐在摩天輪中以速率v在豎直平面內做半徑為R的勻速圓周運動,假設t=0時刻乘客在軌道最低點且重力勢能為零,那么,下列說法錯誤的是(　　) A.乘客運動的

7、過程中,重力勢能隨時間的變化關系為Ep=mgR[1-cos(t)] B.乘客運動的過程中,在最高點受到座位的支持力為mg-m C.乘客運動的過程中,機械能守恒,且機械能為E=mv2 D.乘客運動的過程中,機械能隨時間的變化關系為E=mv2+mgR[1-cos(t)] 二、計算題(本大題共2小題,共36分。需寫出規(guī)范的解題步驟) 9.(18分)有一傾角為θ=37°的硬桿,其上套一底端固定且勁度系數(shù)為k=120N/m的輕彈簧,彈簧與桿間無摩擦。一個質量為m=1kg的小球套在此硬桿上,從P點由靜止開始滑下,已知小球與硬桿間的動摩擦因數(shù)為μ=0.5,P與彈簧自由端Q間的距離為l=1m。彈簧的

8、彈性勢能與其形變量x的關系為Ep=kx2。(sin37°=0.6,cos37°=0.8,取g=10m/s2)求: (1)小球從開始下滑到與彈簧自由端相碰所經(jīng)歷的時間t; (2)小球運動過程中達到的最大速度vm; (3)若使小球在P點以初速度v0下滑后又恰好回到P點,則v0需多大? 10.(18分)(2020·佛山一模)如圖甲所示,ABC為豎直放置的半徑為0.1m的半圓形軌道,在軌道的最低點A和最高點C各安裝了一個壓力傳感器,可測定小球在軌道內側通過這兩點時對軌道的壓力FA和FC。質量為0.1kg的小球,以不同的初速度v沖入ABC軌道。(g取10m/s2) (1)若FC和FA的關系

9、圖線如圖乙所示,求:當FA=13N時小球經(jīng)過A點時的速度vA,以及小球由A點滑至C點的過程中損失的機械能。 (2)若軌道ABC光滑,小球均能通過C點。試推導FC隨FA變化的關系式。 B組 (45分鐘　100分) 一、選擇題(本大題共8小題,每小題8分,共64分。多選題已在題號后標出) 1.(多選)(2020·廣東高考)如圖,游樂場中,從高處A到水面B處有兩條長度相同的光滑軌道。甲、乙兩小孩沿不同軌道同時從A處自由滑向B處,下列說法正確的有(　　) A.甲的切向加速度始終比乙的大 B.甲、乙在同一高度的速度大小相等 C.甲、乙在同一時刻總能到達同一高度 D.甲比乙先到達B處

10、2.(2020·宣城一模)從地面豎直上拋一個質量為m的小球,小球上升的最大高度為H。設上升過程中空氣阻力F阻恒定,則對于小球的整個上升過程,下列說法中錯誤的是(　　) A.小球動能減少了mgH B.小球機械能減少了F阻H C.小球重力勢能增加了mgH D.小球的加速度大于重力加速度g 3.(2020·淮安一模)鐵餅運動員奮力將質量為m的鐵餅以初速度v0拋出,v0與水平面成α角,鐵餅到達的最大高度為h,不計空氣阻力和拋出點的高度,運動員拋鐵餅過程對鐵餅做的功可以表示為(　　) A.m+mgh B.mgh C.mgh+mcos2α D.mgh+msin2α 4.(多選)

11、如圖所示,相距均為d的三條水平虛線L1、L2和L3,L1與L2、L2與L3之間分別有垂直紙面向外、向里的勻強磁場,磁感應強度大小均為B。一個邊長也是d的正方形導線框,從L1上方一定高度處由靜止開始自由下落,當ab邊剛越過L1進入磁場時,恰好以速度v1做勻速直線運動;當ab邊在越過L2運動到L3之前的某個時刻,線框又開始以速度v2做勻速直線運動,在線框從進入磁場到速度變?yōu)関2的過程中,設線框的動能變化量為ΔEk,重力對線框做功為W1,安培力對線框做功為W2,下列說法中正確的有(　　) A.在導線框下落過程中,由于重力做正功,所以v2>v1 B.從ab邊進入磁場到速度變?yōu)関2的過程中,線框動能

12、的變化量為ΔEk=W1+W2 C.從ab邊進入磁場到速度變?yōu)関2的過程中,線框動能的變化量為ΔEk=W1-W2 D.從ab邊進入磁場到速度變?yōu)関2的過程中,機械能減少了W1-ΔEk 5.(2020·瀘州二模)如圖所示,長度相同的三根輕桿構成一個正三角形支架,在A處固定質量為2m的小球,B處固定質量為m的小球,支架懸掛在O點,可繞過O點并與支架所在平面相垂直的固定軸轉動,開始時OB與地面相垂直。放手后支架開始運動,在不計任何阻力的情況下,下列說法不正確的是(　　) A.A處小球到達最低點時速度為0 B.A處小球機械能的減少量等于B處小球機械能的增加量 C.B處小球向左擺動所能到達的最

13、高位置應高于A處小球開始運動時的高度 D.當支架從左向右回擺時,A處小球能回到起始高度 6.(2020·福州一模)如圖所示,在光滑斜面上的A點先后水平拋出和靜止釋放兩個質量相等的小球1和2,不計空氣阻力,最終兩小球在斜面上的B點相遇,在這個過程中(　　) A.小球1重力做的功大于小球2重力做的功 B.小球1機械能的變化大于小球2機械能的變化 C.小球1到達B點的動能大于小球2到達B點的動能 D.兩小球到達B點時,在豎直方向的分速度相等 7.(2020·南通模擬)如圖甲所示,在傾角為θ的光滑斜面上,有一個質量為m的物體在沿斜面方向的力F的作用下由靜止開始運動,物體的機械能E隨位移x

14、的變化關系如圖乙所示。其中0～x1過程的圖線是曲線,x1～x2過程的圖線為平行于x軸的直線,則下列說法中正確的是(　　) A.物體在沿斜面向上運動 B.在0～x1過程中,物體的加速度一直減小 C.在0～x2過程中,物體先減速再勻速 D.在x1～x2過程中,物體的加速度為gsinθ 8.(多選)(2020·濰坊一模)如圖所示,在升降機內固定一光滑的斜面體,一輕彈簧的一端連在位于斜面體上方的固定木板B上,另一端與質量為m的物塊A相連,彈簧與斜面平行。整個系統(tǒng)由靜止開始加速上升高度h的過程中(　　) A.物塊A的重力勢能增加量一定等于mgh B.物塊A的動能增加量等于斜面的支持

15、力和彈簧的拉力對其做功的和 C.物塊A的機械能增加量等于斜面的支持力和彈簧的拉力對其做功的和 D.物塊A和彈簧組成系統(tǒng)的機械能增加量等于斜面對物塊的支持力和B對彈簧拉力做功的和 二、計算題(本大題共2小題,共36分。需寫出規(guī)范的解題步驟) 9.(18分)(2020·西安一模)如圖所示,質量為m1的物體A經(jīng)一輕質彈簧與下方地面上的質量為m2的物體B相連,彈簧的勁度系數(shù)為k,A、B都處于靜止狀態(tài)。一條不可伸長的輕繩繞過輕滑輪,一端連物體A,另一端連一輕掛鉤。開始時各段繩都處于伸直狀態(tài),A上方的一段沿豎直方向。若在掛鉤上掛一質量為m3的物體C,則B將剛好離地。若將C換成另一個質量為m1+m3

16、的物體D,仍從上述初始位置由靜止狀態(tài)釋放,則這次B剛離地時D的速度大小是多少?(已知重力加速度為g) 10.(18分)(2020·濟南二模)如圖所示,固定的粗糙弧形軌道下端B點水平,上端A與B點的高度差為h1=0.3m,傾斜傳送帶與水平方向的夾角為θ=37°,傳送帶的上端C點到B點的高度差為h2=0.1125m(傳送帶傳動輪的大小可忽略不計)。一質量為m=1kg的滑塊(可看作質點)從軌道的A點由靜止滑下,然后從B點拋出,恰好以平行于傳送帶的速度從C點落到傳送帶上,傳送帶逆時針傳動,速度大小為v=0.5m/s,滑塊與傳送帶間的動摩擦因數(shù)為μ=0.8,且傳送帶足夠長,滑塊運動過程中空氣阻力忽略不

17、計,g=10m/s2,試求: (1)滑塊運動至C點時的速度vC大小; (2)滑塊由A到B運動過程中克服摩擦力做的功Wf; (3)滑塊在傳送帶上運動時與傳送帶摩擦產(chǎn)生的熱量Q。 答案解析 A組 1.【解析】選B、D。斜面光滑,系統(tǒng)機械能守恒,若把斜面CB部分截去,物體從A點運動到C點后做斜上拋運動,到達最高點時有水平方向的分速度,則物體上升不到h高度。而變成曲面AEB及從C點以上部分彎成與C點相切的圓弧狀,物體到達最高點時速度都可為零,物體可達最大高度h,而沿圓弧形D物體做圓周運動,到達最高點需有個最小速度,故選項B、D正確。 2.【解析】選C。由能量守恒定律可知,

18、運動員減少的機械能轉化為床墊的彈性勢能,故選項A錯誤;當F彈=mg時,a=0,在此之前,F彈mg,加速度方向向上(超重),物體做減速運動,選項B、D錯誤;從A位置到B位置,由動能定理得W合=-Ek0,選項C正確。 3.【解析】選A、C。小球在B點只受重力作用,故在該處的加速度為重力加速度,A對。從B到C的過程中,小球和彈簧組成的系統(tǒng)機械能守恒,B錯。對小球和彈簧從B到C的過程由機械能守恒得mgR=mv2+Ep彈,即Ep彈=mgR-mv2,C對,D錯。 【方法技巧】機械能守恒的判斷方法 (1)物體只受重力作用,發(fā)生動能和重力勢

19、能的相互轉化,如物體做自由落體運動、拋體運動等。 (2)只有彈力做功,發(fā)生動能和彈性勢能的相互轉化。如在光滑的水平面上運動的物體與一個固定的彈簧碰撞,在其與彈簧作用的過程中,物體和彈簧組成的系統(tǒng)的機械能守恒。上述彈力是指與彈性勢能對應的彈力,如彈簧的彈力、橡皮筋的彈力,不是指壓力、支持力等。 (3)物體既受重力又受彈力作用,只有彈力和重力做功,發(fā)生動能、重力勢能、彈性勢能的相互轉化,如做自由落體運動的小球落到豎直彈簧上,在小球與彈簧作用的過程中,物體和彈簧組成的系統(tǒng)的機械能守恒。 (4)物體除受重力或彈力外雖然受其他力的作用,但其他力不做功或者其他力做功的代數(shù)和為零,如物體在平行斜面向下

20、的拉力作用下沿斜面向下運動,其拉力與摩擦力大小相等,該過程中物體的機械能守恒。 4.【解題指南】解答本題時應注意以下兩點: (1)明確小球的帶電性質,正確判斷電勢能的變化情況。 (2)明確電場力做的功等于系統(tǒng)機械能的增加量。 【解析】選D。電場力對小球做了W2的正功,根據(jù)功能關系可知,小球的電勢能減少了W2,選項A錯誤;對于小球在上述過程中,有W2+W彈-W1=mv2,根據(jù)功能關系可知,彈簧彈性勢能最大值為W1+mv2-W2,選項B、C錯誤;根據(jù)功能關系知,選項D正確。 5.【解析】選C。小球第一次與地面碰撞時機械能損失了ΔE=(20-5)J=15 J,第二次與地面碰撞前的最大速度v

21、m==10m/s,第二次碰撞后小球反彈的最大高度h=gt2=1.25m,最大重力勢能Ep=mgh=1.25J,每次碰后均損失機械能,彈起高度減小,空中運動時間變短,故第四次碰撞在t=6s之前,正確答案為C。 6.【解析】選C。選衛(wèi)星為研究對象,當衛(wèi)星做圓周運動時,萬有引力提供向心力: =m 可得Ek=mv2= 故衛(wèi)星由半徑為R1的軌道變?yōu)榘霃綖镽2的軌道的過程中損失的機械能為: ΔE=E1-E2= Ep1+Ek1-(Ep2+Ek2) 代入數(shù)據(jù)可得 ΔE=(-) 由能量轉化和守恒定律得,衛(wèi)星損失的機械能等于通過摩擦產(chǎn)生的熱量,產(chǎn)生的熱量為(-),C項正確。 7.【解析】選C。行

22、李開始運動時由牛頓第二定律有:μmg=ma,所以a=2m/s2,故A錯誤;由于傳送帶的長度未知,故時間不可求,故B錯誤;行李最后和傳送帶一起勻速運動,所以傳送帶對行李做的功為W=mv2=0.4J,C正確;在傳送帶上留下的痕跡長度為s=vt-=0.04 m,D錯誤。 8.【解析】選C。在最高點,根據(jù)牛頓第二定律可得,mg-FN=m,乘客受到座位的支持力為FN=mg-m,B項正確;由于乘客在豎直平面內做勻速圓周運動,其動能不變,重力勢能發(fā)生變化,所以乘客在運動的過程中機械能不守恒,C項錯誤;在時間t內轉過的弧度為t,所以對應t時刻的重力勢能為Ep=mgR[1-cos(t)],總的機械能為E=Ek

23、+Ep=mv2+mgR[1-cos(t)],A、D兩項正確。 9.【解析】(1)由牛頓第二定律得:F合=mgsinθ-μmgcosθ=ma,解得a=2m/s2 (2分) 由l=at2,解得t==1s (2分) (2)當小球從P點無初速滑下時,彈簧被壓縮至x處有最大速度vm,由mgsinθ-μmgcosθ=kx 得x=m=0.017m (2分) 由功能關系得: mgsinθ(l+x)-μmgcosθ(l+x)-W彈=m (1分) 又W彈=kx2　 (2分) 代入

24、數(shù)據(jù)解得vm=2m/s (2分) (3)設小球從P點壓縮彈簧至最低點,彈簧的壓縮量為x1,由動能定理得 mgsinθ(l+x1)-μmgcosθ(l+x1)-k=0-m　 (3分) 從最低點經(jīng)過彈簧原長Q點回到P點的速度為0,則有k-mgsinθ(l+x1)- μmgcosθ(l+x1)=0　 (2分) 解得:x1=0.5m,v0=4.9m/s (2分) 答案:(1)1s　(2)2 m/s　(3)4.9 m/s 【方法技巧】涉及彈性勢能的機械能守恒問題的分析技巧 (1)彈簧的彈性勢能

25、與彈簧勁度系數(shù)和形變程度有關,對同一根彈簧而言,無論是處于伸長狀態(tài)還是壓縮狀態(tài),只要形變量相同,其儲存的彈性勢能就相同。 (2)對同一根彈簧而言,先后經(jīng)歷兩次相同的形變過程,則兩次過程中彈簧彈性勢能的變化相同。 (3)彈性勢能公式Ep=kx2不是考試大綱中規(guī)定的內容,高考試題除非在題干中明確給出該公式,否則不必用該公式定量解決物理計算題,以往高考命題中涉及彈簧彈性勢能的問題都是從“能量守恒”角度進行考查的。 10. 【解析】(1)由牛頓第三定律可知,小球在A、C兩點所受軌道的彈力大小 FA′=FA,FC′=FC 在A點由牛頓第二定律得FA′-mg=　 (2分) 解得v

26、A=2m/s (1分) 在C點由牛頓第二定律得FC′+mg=　 (2分) 解得vC=2m/s 對A至C的過程,由動能定理得:Wf-mg·2R= m-m　 (3分) 聯(lián)立解得 Wf=m-m+2mgR=-0.2J (3分) 故損失的機械能為0.2J (1分) (2)因軌道光滑,小球由A至C的過程中機械能守恒 m=m+mg·2R　 (2分) 聯(lián)立解得FA′-FC′=6mg　 (2分) 即FC=

27、(FA-6)N (2分) 答案:(1)2m/s　0.2J (2)FC=(FA-6)N B 組 1. 【解析】選B、D。在曲線上任取一點,將重力沿軌道的切線方向分解,切線與水平方向成的銳角為θ,則切向力為:mgsinθ=ma切,可得甲的切向加速度一直減小,乙的切向加速度一直增大,在B點,有a甲切

28、示的速率—時間圖像知甲比乙先到達B處,D正確、C錯誤。 2.【解析】選A。由動能定理知,小球動能減少了(mg+F阻)H,A錯誤;由功能關系知,小球機械能減少了F阻H,B正確;重力勢能增加了mgH,C正確;小球的加速度為g+,D正確。 3.【解析】選C。由功能關系知,鐵餅拋出時獲得的動能m等于運動員對其做的功,A錯。當鐵餅上升到最大高度時,v=v0cosα,鐵餅拋出后機械能守恒,故m=mgh+mv2=mgh+mcos2α,故C對,B、D錯。 4.【解析】選B、D。當ab邊剛越過L1進入磁場時,恰好以速度v1做勻速直線運動,說明線框所受的重力和安培力相平衡;當ab邊在越過L2運動到L3之前的

29、某個時刻又開始以v2做勻速直線運動,此時電路中有雙電動勢產(chǎn)生,在剛越過L2邊界后,線框所受安培力變大且方向向上,線框做減速運動,速度減小,有v2

30、,B處小球上升的高度也是L,但A處小球的質量比B處小球的大,故有mgL的重力勢能轉化為小球的動能,因而此時A處小球的速度不為0,A錯誤;當A處小球到達最低點時有向左運動的速度,還要繼續(xù)向左擺,B處小球仍要繼續(xù)上升,因此B處小球能達到的最高位置比A處小球開始運動時的位置還要高,C正確。 【方法技巧】機械能守恒的判斷角度 (1)利用機械能的定義判斷:分析動能與勢能的和是否變化。如勻速下落的物體動能不變,重力勢能減少,物體的機械能必減少。 (2)用做功判斷:若物體或系統(tǒng)只有重力(或彈簧彈力)做功,或有其他力做功,但其他力做功的代數(shù)和為零,則機械能守恒。 (3)用能量轉化來判斷:若系統(tǒng)中只有動

31、能和勢能的相互轉化,而無機械能與其他形式能的轉化,則系統(tǒng)的機械能守恒。 (4)對一些繩子突然繃緊、物體間非彈性碰撞等問題,機械能一般不守恒,除非題中有特別說明或暗示。 6.【解析】選C。重力做功只與初、末位置的高度差有關,與物體經(jīng)過的路徑無關,所以重力對1、2兩小球所做的功相等,A錯誤;1、2兩小球從A點運動到B點的過程中,只有重力對其做功,所以它們的機械能均守恒,B錯誤;由動能定理可得,對小球1有:mgh=Ek1-Ek0,對小球2有:mgh=Ek2-0,顯然Ek1>Ek2,C正確;由上面的分析可知,兩小球到達B點時,小球1的速度大于小球2的速度,且小球1的速度方向與豎直方向的夾角小于小球

32、2速度方向與豎直方向的夾角,因此,小球1在豎直方向上的速度大于小球2在豎直方向上的速度,D錯誤。 7. 【解析】選D。由圖乙可知,在0～x1過程中,物體機械能減少,故力F在此過程中做負功,因此,物體沿斜面向下運動,因在E-x圖線中的0～x1階段,圖線的斜率逐漸變小,故力F在此過程中逐漸減小,由mgsinθ-F=ma可知,物體的加速度逐漸增大,A、B、C錯誤;x1～x2過程中,物體機械能保持不變,F=0,故此過程中物體的加速度a=gsinθ,D正確。 8.【解析】選C、D。整個系統(tǒng)由靜止開始加速上升,系統(tǒng)處于超重狀態(tài),彈簧伸長量變大,物塊A升高的高度小于h,選項A錯誤;對物塊A由動能定理得,

33、EkA=W支+W彈-W重,選項B錯誤;物塊A和彈簧組成的系統(tǒng)受重力GA、斜面對物塊的支持力FNA和木板B對彈簧的拉力F彈,物塊A和彈簧組成的系統(tǒng)的機械能增加量等于除物塊A的重力以外其他力做的功,選項D正確。 9.【解析】開始時A、B靜止,即處于平衡狀態(tài)。設彈簧的壓縮量為x1,則有:kx1=m1g 　 (3分) 掛上C后,當B剛要離地時,設彈簧的伸長量為x2,則有:kx2=m2g　 (3分) 此時,A和C的速度均為零 從掛上C到A和C的速度均為零時,根據(jù)機械能守恒定律可知,彈性勢能的改變量為: ΔE=m3g(x1+x2)-m1g(x1+x2)　 (5分)

34、 將C換成D后,有: ΔE+(m1+m3+m1)v2=(m1+m3)g(x1+x2)-m1g(x1+x2) 　(5分) 聯(lián)立解得:v=?！? (2分) 答案: 【方法技巧】運用機械能守恒定律解題的步驟 (1)選取研究對象; (2)分析研究對象的物理過程及其初、末狀態(tài); (3)分析所研究的物理過程中,研究對象的受力情況和這些力的做功情況,判斷是否滿足機械能守恒定律的適用條件; (4)規(guī)定參考平面(用轉化觀點時,可省略這一步); (5)根據(jù)機械能守恒定律列方程; (6)解方程,統(tǒng)一單位,進行運算,求出結果,進行檢驗。 10.【解題指南

35、】(1)滑塊從B到C做平拋運動,由于滑塊恰好平行于傳送帶從C處落到傳送帶上,所以vC與水平方向夾角為37°。 (2)從A到B,利用動能定理求克服摩擦力做的功Wf。 (3)求摩擦生熱時,關鍵是求出滑塊與傳送帶間的相對位移。 【解析】(1)在C點,豎直分速度:vy=　 ①(1分) vy=vCsin37° ②(1分) 由①②得vC=2.5m/s (1分) (2)滑塊在C點的水平分速度為vx=vB=vCcos37°=2

36、 m/s (2分) 從A點到B點的過程中,據(jù)動能定理有: mgh1-Wf=m　 (2分) 解得Wf=1J (1分) (3)滑塊在傳送帶上運動時,據(jù)牛頓第二定律有: μmgcos37°-mgsin37°=ma a=0.4m/s2　方向沿傳送帶向上　 (2分) 滑塊與傳送帶達到共同速度耗時: t==5s (2分) 二者間的相對位移為:Δs=t-vt=5m (2分) 由于mgsin37°<μmgcos37°,此后滑塊將做勻速運動 (2分) Q=μmgΔscos37°=32J (2分) 答案:(1)2.5m/s　(2)1 J　(3)32 J