专题二 功和能 习题1
1.如图所示，两个质量均为m的小滑块通过较链用长为L的刚性轻杆相连，P套在固定的竖直光滑杆上，Q放在光滑水平地面上，原长为的轻弹簧水平放置，右端与Q相连，左端固定在竖直杆O点处，此时轻杆与竖直方向的夹角。P由静止释放，下降到最低点时，轻杆与竖直方向的夹角α变为60°。整个运动过程中，始终在同一竖直平面内，弹簧处在弹性限度内，忽略一切摩擦，重力加速度为g。则P下降过程中( )
A.组成的系统机械能守恒
B.的速度大小始终相等
C.弹簧弹性势能的最大值为
D.P达到最大动能时，Q受到地面的支持力大小为
2.如图所示，电动机带动着倾角为且足够长的传送带以速率沿顺时针方向匀速转动，质量为的小滑块以速率、方向平行传送带向下滑上传送带。已知小滑块与传送带间的动摩擦因数，重力加速度g取，则小滑块从接触传送带到与传送带相对静止的时间内( )
A.小滑块的加速度大小为 B.小滑块的重力势能增加了120 J
C.小滑块与传送带因摩擦产生的内能为84 J D.电动机多消耗的电能为336 J
3.如图所示，水平光滑长直杆上套有小物块A，细线跨过位于O点的轻质光滑定滑轮（可视为质点）一端连接A，另一端悬挂小物块B，物块的质量相等。C为O点正下方杆上的一点，滑轮到杆的距离，重力加速度为g。开始时A位于P点，与水平方向的夹角为30°，现将由静止释放，下列说法正确的是( )
A.物块A由P点出发第一次到达C点的过程中，速度先增大后减小
B.物块A经过C点时的速度大小为
C.物块A在杆上长为的范围内做往复运动
D.在物块A由P点出发第一次到达C点的过程中，物块B克服细线拉力做的功小于B重力势能的减少量
4.如图所示，木块A置于上表面水平的木块B上，一起沿固定的光滑斜面由静止开始下滑。在下滑过程中，始终保持相对静止，下列说法正确的是( )
A.B对A的摩擦力不做功 B.A和地球组成的系统机械能不守恒
C.B和地球组成的系统机械能守恒 D.斜面对B的支持力做负功
5.如图所示，是一个盆式容器，盆内侧壁与盆底的连接处都是一段与相切的圆弧，是水平的，其宽度，盆边缘的高度为，在A处放一个质量为m的小物块并让其从静止开始下滑。已知盆内侧壁是光滑的，而盆底面与小物块间的动摩擦因数为。小物块在盆式容器的同一竖直面内来回滑动，最后停下，则小物块最终的位置到B点的距离为（g取）( )
A.0.50 m B.0.25 m C.0.10 m D.0
6.如图所示，劲度系数为100 N/m的轻弹簧下端固定在倾角为的光滑斜面底端，上端连接物块同时与平行于斜面的轻绳相连，轻绳跨过定滑轮O与套在光滑竖直杆上的物块P连接，图中两点等高，间距。初始时在外力作用下，P在A点静止不动，间距离，此时轻绳中张力大小为50 N。已知P的质量为0.8 kg，Q的质量为5 kg，均可视为质点。现将P由静止释放（不计滑轮大小及摩擦，重力加速度g取，弹簧始终处于弹性限度内），下列说法正确的是( )
A.P位于A点时，弹簧的伸长量为0.1 m
B.P上升至B点时的速度大小为
C.P上升至B点的过程中，轻绳拉力对其所做的功为6 J
D.P上升至B点的过程中，轻绳拉力对P做的功等于Q机械能的减少量
7.如图甲所示，轻弹簧竖直固定在水平地面上，处于原长状态。现有一小球以初速度落在弹簧上端，某同学以初始时弹簧上端的位置为坐标原点，向下为坐标轴的正方向，做出了小球下落过程中所受合力F与下落位移x的关系图像，如图乙所示，其中小球下落至最低点时，重力加速度g取，弹簧弹性势能为弹簧的形变量，k为弹簧的劲度系数。根据图像可知( )
A.小球的质量 B.小球的初速度
C.小球下落过程中的最大速度 D.小球在最低点时，弹簧的弹性势能
8.如图所示，固定光滑长斜面倾角为37°，下端有一固定挡板。两小物块放在斜面上，质量均为m，用与斜面平行的轻弹簧连接。一跨过轻小定滑轮的轻绳左端与B相连，右端与水平地面上的电动玩具小车相连。系统静止时，滑轮左侧轻绳与斜面平行，右侧轻绳竖直，长度为L且绳中无弹力。当小车缓慢向右运动距离时，A恰好不离开挡板。已知重力加速度为，弹簧始终处于弹性限度内。下列说法正确的是( )
A.弹簧的劲度系数为
B.小车在0～位移内，拉力对B做的功为
C.若小车从图示位置以的速度向右匀速运动，小车位移大小为时B的速率为
D.若小车从图示位置以的速度向右匀速运动，小车在0～位移内，拉力对B做的功为
9.如图所示，光滑竖直管内有一底端固定的轻质弹簧，弹簧自由端与管口的距离为，将一个质量为m的小球置于弹簧顶端，并施加外力将小球下压至弹簧压缩量为处.撤去外力后小球被弹出，运动到管口时的动能为，重力加速度大小为g，阻力不计，则( )
A.小球被弹出过程，弹簧和小球组成的系统机械能守恒
B.弹簧恢复原长时，弹簧的弹性势能全部转化为小球的动能
C.弹簧具有的最大弹性势能为
D.小球向上运动过程中的最大动能为
10.如图所示，是一儿童游戏机的工作示意图.光滑游戏面板与水平面成一夹角θ，半径为R的四分之一圆弧轨道与管道相切于B点，C点为圆弧轨道最高点，轻弹簧下端固定在管道的底端，上端系一轻绳，轻绳通过弹簧内部连一手柄P.将弹珠投入管内，缓慢下拉手柄使弹簧被压缩，释放手柄，弹珠被弹出，与游戏面板内的障碍物发生一系列碰撞后落入弹槽里，根据入槽情况可以获得不同的奖励.假设所有轨道均光滑，忽略空气阻力，弹珠视为质点.某次缓慢下拉手柄，使弹珠到B点距离为L，释放手柄，弹珠被弹出，到达C点速度为v，下列说法正确的是( )
A.弹珠从开始到触碰障碍物之前的过程中机械能不守恒
B.调整手柄的位置，可以使弹珠从C点离开后做匀变速直线运动，直到碰到障碍物
C.弹珠脱离弹簧的瞬间，其动能和重力势能之和达到最大
D.此过程中，弹簧的最大弹性势能为
11.如图所示为某种弹射装置的示意图，光滑的水平导轨右端N处与水平传送带理想连接，传送带长度，传送带以恒定速率沿顺时针方向传送。三个质量均为的滑块置于水平导轨上，开始时滑块用细绳相连，其间有一压缩的轻弹簧，处于静止状态。滑块A以初速度沿连线方向向B运动，A与B发生弹性碰撞后黏合在一起，碰撞时间极短，可认为A与B碰撞过程中滑块C的速度仍为零。因碰撞使连接的细绳受到扰动而突然断开，弹簧伸展，从而使C与分离。滑块C脱离弹簧后以速度滑上传送带，并从右端滑出落至地面上的P点。已知滑块C与传送带之间的动摩擦因数，重力加速度g取。
（1）求滑块C从传送带右端滑出时的速度大小；
（2）求滑块用细绳相连时弹簧的弹性势能；
（3）若每次实验开始时弹簧的压缩情况相同，要使滑块C总能落至P点，求滑块A与滑块B碰撞前速度的最大值是多少？
12.如图所示，两个半径均为R的光滑圆弧细管道组成的轨道竖直放置在水平地面上，和为两细管道的圆心，三点在同一水平线上。一处于原长且劲度系数为k的轻质弹簧右端固定，左端处于P点处，弹簧原长足够长，间距离为R。一质量为m的滑块（可视为质点）从A点以初速度斜向上抛出，从C点沿水平方向进入管道，对C处上方轨道的压力恰好为。已知滑块与地面间的动摩擦因数为，弹簧的弹性势能与形变量x的关系是，重力加速度为g，不计空气阻力，弹簧始终处于弹性限度内。
（1）求滑块从A点抛出时初速度的大小和速度方向与地面夹角θ的正切值；
（2）若，求滑块穿过管道后第一次压缩弹簧时的最大压缩量；
（3）要使滑块能再次返回细管道但又不从C点离开轨道，求劲度系数k应满足的条件。
答案以及解析
1.答案：D
解析：根据能量守恒定律知，、弹簧组成的系统机械能守恒，故A错误。根据沿轻杆方向的分速度相等得和只有在时才相等，故两者的速度不是始终相等，B错误。根据系统机械能守恒可得弹簧弹性势能的最大值为，故C错误。P下降过程中动能达到最大时，合力为零，对整体，在竖直方向上合力为零，则有，解得，故D正确。
2.答案：AD
解析：由牛顿第二定律可得，解得，故A正确。小滑块从接触传送带到相对传送带静止所需的时间，小滑块的位移，小滑块重力势能的增加量，故B错误。6 s内传送带运动的位移，所以小滑块与传送带的相对位移，小滑块与传送带因摩擦产生的内能，故C错误。小滑块增加的动能，所以电动机多消耗的电能，故D正确。
3.答案：BC
解析：物块A由P点出发第一次到达C点的过程中，细线拉力对物块A做正功，其余的力不做功，所以物块A的动能不断增大，速度不断增大，故A错误。物块A到C点时物块B的速度为零，设物块A经过C点时的速度大小为v，根据系统的机械能守恒得，解得，故B正确。由几何知识可得，由于组成的系统机械能守恒，由对称性可得物块A在杆上长为的范围内做往复运动，故C正确。物块A到C点时物块B的速度为零，根据功能关系可知，在物块A由P点出发第一次到达C点的过程中，物块B克服细线拉力做的功等于物块B重力势能的减少量，故D错误。
4.答案：C
解析：一起沿固定的光滑斜面由静止开始下滑，加速度为（θ为斜面倾角），沿斜面向下，B对A的摩擦力方向水平向左，摩擦力做正功，斜面对B的支持力不做功，故A、D错误。A与B相对静止且加速度为，由牛顿第二定律可知A对B的作用力垂直斜面向下，A对B不做功，故只有重力对B做功，B和地球组成的系统、A和地球组成的系统机械能均守恒，B错误，C正确。
5.答案：D
解析：设小物块在面通过的总路程为s，由于只有面上存在摩擦力，则小物块从A点开始运动到最终静止的整个过程中，摩擦力做功为，而重力做功与路径无关，由动能定理得，代入数据解得。由于，所以小物块在面经过3次往复运动后，停在B点，D正确。
6.答案：AD
解析：物块P位于A点时，设弹簧的伸长量为，则有，代入数据解得，则P位于A点时，弹簧的伸长量为0.1 m，故A正确。P上升至B点时，经分析，此时垂直竖直杆，，此时物块Q的速度为0，物块Q下降的距离为，即弹簧的压缩量，弹簧弹性势能不变，对物块及弹簧组成的系统，根据能量守恒定律有，解得，对物块P有，解得机械能的减少量，故B、C错误，D正确。
7.答案：BD
解析：初始位置时，弹簧的弹力为零，合力就是小球的重力，因此小球的质量为0.2 kg,A错误。弹簧被压缩时，弹簧的弹力等于小球的重力，根据，可得弹簧的劲度系数，在弹簧被压缩时小球速度减为零，这个过程中，小球与弹簧组成的系统机械能守恒，则有，整理得初速度，小球在最低点时，弹簧的弹性势能为，B、D正确。弹簧被压缩时，小球的加速度减小到零，速度达到最大值，根据机械能守恒定律有，代入数据解得，C错误。
8.答案：ACD
解析：初态时，弹簧压缩量恰好不离开挡板时，弹簧伸长量，解得，A正确。根据，弹簧弹性势能不变，则小车在0～位移内，拉力对B做的功，解得，B错误。小车位移为时滑轮右侧轻绳与竖直方向的夹角为37°，将小车速度沿轻绳方向和与轻绳垂直方向进行分解，则B的速率，C正确。小车在0～位移内，设拉力对B做的功为，根据功能关系有，D正确。
9.答案：AC
解析：小球被弹出过程，只有重力和弹簧的弹力做功，所以弹簧和小球组成的系统机械能守恒，A正确；弹簧恢复原长时，弹簧的弹性势能转化为小球的动能和重力势能，B错误；从撤去外力到小球运动到管口的过程中，由机械能守恒定律得弹簧具有的最大弹性势能为，C正确；当小球所受合力为零时，即小球的重力与弹簧的弹力相等时，小球的动能最大，为，由机械能守恒定律知，，解得小球向上运动过程中的最大动能,D错误.
10.答案：ACD
解析：因为弹珠释放过程中，弹簧对弹珠做功，弹珠的机械能不守恒，故A正确；弹珠从C点离开后速度方向水平向左，合力为重力沿斜面向下的分力，两者垂直，所以弹珠做匀变速曲线运动，直到碰到障碍物，故B错误；释放手柄后，弹簧的弹力对弹珠做正功，弹珠的动能和重力势能之和不断增大，根据弹珠和弹簧组成的系统机械能守恒知，弹珠脱离弹簧的瞬间，弹簧的弹性势能全部转化为弹珠的动能和重力势能，所以此瞬间弹珠的动能和重力势能之和达到最大，故C正确；根据系统的机械能守恒定律得，弹簧的最大弹性势能等于弹珠在C点与在初始位置的机械能之差，为，故D正确.
11.答案：（1）3.0 m/s
（2）1.0 J
（3）7.1 m/s
解析：（1）滑块C滑上传送带后先做匀加速运动，设滑块C从滑上传送带到速度达到传送带的速度v所用的时间为t，加速度大小为a，在时间t内滑块C的位移为x，由牛顿第二定律得，
由运动学公式得，
，
代入数据可得，
故滑块C在传送带上先加速，达到传送带的速度v后随传送带匀速运动，并从右端滑出，则滑块C从传送带右端滑出时的速度为3.0 m/s。
（2）设碰撞后的速度为，与C分离时的速度为，由动量守恒定律有，
，
碰撞后，弹簧伸展的过程中系统的能量守恒，则有
，
且，
代入数据可解得。
（3）在题设条件下，若滑块A在碰撞前速度有最大值，则碰撞后滑块C的速度有最大值，它减速运动到传送带右端时，速度应当恰好等于传送带的速度v。
设A与B碰撞后的速度为，与滑块C分离后A与B的速度为，
滑块C的速度为，C在传送带上做匀减速运动的末速度为，加速度大小为，由匀变速直线运动的速度—位移公式得，
解得。
以水平向右为正方向，由碰撞过程动量守恒可得
，
弹簧伸展的过程中有，
在弹簧伸展的过程中，由能量守恒定律得
,
联立以上各式并代入数据解得。
12.答案：（1）
（2）R
（3）
解析：（1）滑块在C点时，根据牛顿第二定律有，
可得，
根据逆向思维，A到C看成反方向的平抛运动，由，
可得，
因此滑块从A点抛出时的初速度，
速度方向与水平地面夹角的正切值。
（2）设滑块从C点沿轨道下滑后，第一次压缩弹簧的最大形变量为，由能量守恒定律得，
解得。
（3）要使滑块再次返回细管道但又不能从C点离开，应满足以下三个条件。
条件1：，得到。
条件2：滑块要返回管道，必须能返回E点，即要求滑块第一次到达E点时满足
，得到。
条件3：滑块不从C点离开轨道，要求滑块第一次到达C点时满足
，得到。
因此劲度系数k应满足。(共30张PPT)
【新教材新高考】专题二 功和能（2）（课件通）
——2022届高考物理二轮复习通关文牒
第五讲 功与能量守恒定律
一、核心思路
二、重点知识
1.能量守恒定律：能量既不会凭空产生，也不会凭空消失，只会由一种能量转化成另一种能量。
2.能量守恒表达式：
（1）守恒观点：Ek1+Ep1=Ek2+Ep2+Wf
（2）转化观点： E=－ Ef
（3）转移观点：EA增=EB减
三、考点分析
考点1 曲线运动中的能量守恒
归纳总结：
1.解题思路：
（1）确定物体的整体运动过程，划清直线运动与曲线运动的分界点。
（2）根据题干和划分的阶段，分别列出各阶段的能量守恒公式。
（3）结合曲线运动的运动规律和能量关系，列出等式并计算物理量。
2.注意事项：
（1）每个阶段是否存在摩擦力，摩擦力是否做功，都决定着能量的等式。
（2）在大部分曲线运动中，物体所受的支持力不做功，一般情况下，列式可以不考虑支持力做功。
【变式训练】
考点2 多物体整体能量守恒
归纳总结：
解题思路：
（1）根据题干及问题，确立研究整体，明确整体所受的力。
（2）将物体所受的力分清内力和外力。内力做功不影响整体的能量守恒，外力做功影响整体能量变化。
（3）用整体法和分解法分别对整体和独立个体进行能量分析，确定能量转移，列等式，求未知量。
【变式训练】
考点3 电场中的能量守恒
归纳总结：
1.解题思路：
（1）根据电场力、重力等力对物体进行受力分析，确定运动状况。（注意带电物体电性）
（2）判断所受力做功。电场力做功与否可根据电势变化确定。
（3）根据能量守恒列式，并求出未知量。
2.解题注意：
当带电物体在电场中运动时，物体会受到电场力的作用，当电场力做功时，应用能量守恒定律时，必须考虑电场力做功的正负。将电场力做功也列入等式当中。
【变式训练】专题二 功和能 （2） 讲义
第五讲 功与能量守恒定律
一、核心思路
二、重点知识
1.能量守恒定律：能量既不会凭空产生，也不会凭空消失，只会由一种能量转化成另一种能量。
2.能量守恒表达式：
（1）守恒观点：Ek1+Ep1=Ek2+Ep2+Wf
（2）转化观点： E=－ Ef
（3）转移观点：EA增=EB减
三、考点分析
考点1 曲线运动中的能量守恒
【例1】如图所示,AB是竖直面内的四分之一圆弧形光滑轨道,下端B与水平直轨道相切.一个小物块自A点由静止开始沿轨道下滑,已知轨道半径为R=0.2m,小物块的质量为m=0.1kg,小物块与水平面间的动摩擦因数 =0.5,取g=10m/s2.求:
(1)小物块到达圆弧轨道末端B点时受支持力.
(2)小物块在水平面上滑动的最大距离.
【例2】如图所示，一质量的小物块（可视为质点）从距水平轨道高为的光滑斜面上的A点处滑下，物块滑到斜面的最低端P点后（斜面与水平轨道平滑连接），进入水平轨道，经过水平轨道右端Q点后恰好沿半圆轨道的切线进入竖直固定的光滑半圆轨道，最后物块从半圆轨道最低点B水平飞出后落到C点，若物块与水平轨道间的动摩擦因数，B到C的竖直高度，取.
（1）求物块到达Q点时的速度大小v.
（2）判断物块经过Q点后能否沿半圆轨道运动？如不能，请说明理由.如能，求间的水平距离s.
归纳总结：
1.解题思路：
（1）确定物体的整体运动过程，划清直线运动与曲线运动的分界点。
（2）根据题干和划分的阶段，分别列出各阶段的能量守恒公式。
（3）结合曲线运动的运动规律和能量关系，列出等式并计算物理量。
2.注意事项：
（1）每个阶段是否存在摩擦力，摩擦力是否做功，都决定着能量的等式。
（2）在大部分曲线运动中，物体所受的支持力不做功，一般情况下，列式可以不考虑支持力做功。
[变式训练]
1.如图所示，半径的光滑绝缘的半圆环轨道处于竖直平面内，均强电场竖直向下，，半圆环与粗糙的绝缘水平地面相切于圆环的端点A，一不带电小铁块，以初速度，从点水平向左运动，冲上竖直半圆环，并恰好通过最高点B点，最后金属块落回点，若换为一个比荷为的铁块仍以相同的初速度从C点水平向左运动，重力加速度，则（ ）
A.的距离为
B.金属块与水平面之间的动摩擦因数为
C.若金属块带正电，它在半圆环轨道上运动的最大高度为
D.若金属块带负电，它在离开B点后与C点的最小距离为
2.如图所示，AB间有一弹射装置，质量为m=l kg的小物块在0.01s时间内被弹射装置弹出，以大小4m／s的速度沿着B点的切线方向进入光滑竖直圆弧形轨道BC，已知B点距水平地面的高度为h=0.8m，圆弧轨道BC所对应的圆心角∠BOC=60°（O为圆心），C点的切线水平，并与水平地面上长为L=2m的粗糙直轨道CD平滑连接，小物块沿直轨道运动后会与竖直墙壁发生碰撞，重力加速度，空气阻力忽略不计。求：
（1）弹射装置对小物块做功的平均功率；
（2）小物块沿圆弧轨道滑到C时对轨道的压力大小；
（3）若小物块与轨道CD之间的动摩擦因数μ=0.5，且与竖直墙壁碰撞前后小物块的速度大小不变，请确定小物块最终所处的具体位置。
考点2 多物体整体能量守恒
【例3】质量为的长木板放在光滑水平面上,一个质量为的滑块以速度沿木板表面从点滑到点,在木板上前进了,而木板在水平面上前进了,如图所示.设滑块与木板间的动摩擦因数为.求:
1.摩擦力对滑块做的功;
2.摩擦力对木板做的功;
3.摩擦力做的总功;
4.上述过程中机械能转化为内能的大小.
【例4】如图所示,一个倾角θ=30°的光滑斜面顶端有定滑轮,质量为m的A物体置于地面并于劲度系数为k的竖直轻弹簧相连,一条轻绳跨过滑轮,一端与斜面上质量为m的B物体相连(绳与斜面平行),另一端与弹簧上端连接.开始时托着B绳子恰伸直弹簧处于原长状态,现将B由静止释放,B下滑过程中A恰好能离开地面但不继续上升,求:
1.B下滑到最低点时的加速度;
2.若将B物体换成质量为3m的C,C由上述初始位置静止释放,当A物体刚好要离开地面时,C速度的平方为多大
归纳总结：
解题思路：
（1）根据题干及问题，确立研究整体，明确整体所受的力。
（2）将物体所受的力分清内力和外力。内力做功不影响整体的能量守恒，外力做功影响整体能量变化。
（3）用整体法和分解法分别对整体和独立个体进行能量分析，确定能量转移，列等式，求未知量。
[变式训练]
3.如图所示，质量(含挡板)的长木板静止在足够大的光滑水平面上，其右端挡板固定一劲度系数的水平轻质弹簧，弹簧自然伸长时，其左端到木板左端的距离，小物块(视为质点)以大小的初速度从木板的左端向右滑上长木板，已知物块的质量，弹簧的弹性势能(其中为弹簧长度的形变量)，弹簧始终在弹性限度内，取。
(1)若木板上表面光滑，求弹簧被物块压缩后的最大弹性势能；
(2)若木板上表面粗糙，物块与木板间的动摩擦因数，请判断物块是否会压缩弹簧，若物块不会压缩弹簧，求最终物块到木板左端的距离；若物块会压缩弹簧，求弹簧的最大形变量。
4.如图所示，半圆形轨道固定在水平桌面上，圆心与右端点连线水平，点为轨道最低点，轻绳一端连接小球，另一端连接物块，现让小球从靠近右端点处由静止开始沿半圆形轨道内壁下滑。已知半圆形轨道内壁及端点均光滑，小球质量，物块质量，轨道半径，轻绳足够长且不可伸长，物块仅在竖直方向运动，小球和物块均可视为质点，重力加速度。求：
（1）小球刚运动到最低点时，物块速度的大小；
（2）小球从运动到过程中，绳的弹力对物块所做的功。
考点3 电场中的能量守恒
【例5】如图所示，在场强为的水平匀强电场中，有半径的光滑半圆形轨道竖直放置，与水平绝缘轨道平滑连接，电场线与轨道平面平行，C为圆弧的中点.一带正电、电荷量、质量、可视为质点的小滑块与水平轨道间的动摩擦因数，取.
（1）若小滑块从半圆形轨道上的C点静止释放，运动到水平轨道上的P点静止，求小滑块通过段的时间.
（2）若小滑块从水平轨道上的A端静止释放，沿轨道运动恰能到达并通过最高点D，求小滑块此次运动通过C点时对轨道的压力的大小.
【例6】如图所示，光滑绝缘的圆形轨道BCDG位于竖直平面内，B点是最低点，
C和G点与圆心等高，D点是最高点，轨道半径为R，下端与光滑倾斜绝缘轨道在B
点平滑连接，整个轨道处在水平向左的匀强电场中。现有一质量为、带电量为的
小球（可视为质点）从轨道上A点以初速度滚下，若小球通过圆轨道顶端
D点时，轨道对它的压力，已知倾斜轨道倾角，AB距离，
重力加速度为，求：
（1）匀强电场的场强；
（2）小球过C点时，轨道对它的作用力；
（3）小球在圆形轨道上运动的最小速度是多大？
归纳总结：
1.解题思路：
（1）根据电场力、重力等力对物体进行受力分析，确定运动状况。（注意带电物体电性）
（2）判断所受力做功。电场力做功与否可根据电势变化确定。
（3）根据能量守恒列式，并求出未知量。
2.解题注意：
当带电物体在电场中运动时，物体会受到电场力的作用，当电场力做功时，应用能量守恒定律时，必须考虑电场力做功的正负。将电场力做功也列入等式当中。
[变式训练]
5.如图所示，在沿水平方向的匀强电场中，有一长度的绝缘轻绳上端固定在点，下端系一质量、带电量的小球（小球的大小可以忽略）在位置点处于静止状态，此时轻绳与竖直方向的夹角，空气阻力不计，,，。
（1）求该电场场强大小；
（2）在始终垂直于的外力作用下将小球从位置缓慢拉动到细绳竖直位置的点，求外力对带电小球做的功；
（3）将小球从点释放，小球最高能达到什么位置？说明原因。
6.如图所示,在水平地面上固定一倾角为θ的光滑绝缘斜面,斜面处于电场强度大小为E. 方向沿斜面向下的匀强电场中。一劲度系数为k的绝缘轻质弹簧的一端固定在斜面底端,整根弹簧处于自然状态。一质量为m、带电荷量为q(q>0)的滑块从距离弹簧上端为x处静止释放，滑块在运动过程中电荷量保持不变，设滑块与弹簧接触过程没有机械能损失，弹簧始终处在弹性限度内，重力加速度大小为g.
(1)求滑块从静止释放到与弹簧上端接触瞬间所经历的时间；
(2)若滑块在沿斜面向下运动的整个过程中最大速度大小为求滑块从静止释放到速度大小为的过程中弹簧的弹力所做的功W.
答案以及解析
例题答案：
【例1】答案：（1）由机械能守恒定律,得:mgR= mvB2
在B点 N-mg=m
由以上两式得 N=3mg=3N.
故小物块到达圆弧轨道末端B点时受的支持力为3N.
(2)设在水平面上滑动的最大距离为s
由能量守恒得 mgR=μmgs
s==m=0.4m
故小物块在水平面上滑动的最大距离为0.4m.
【例2】答案：（1）物块由A运动到P的过程中，根据机械能守恒定律得
得
由能量守恒可列：
代入数据得.
（2）设物块进入半圆轨道后能沿圆轨道运动，此时圆轨道对物块的压力为，根据牛顿第二定律，有
，故物块恰好能沿圆轨道运动
根据机械能守恒定律得
解得
根据平抛运动规律.
【例3】答案：1.分别对滑块和木板进行受力分析,如图所示.
摩擦力对滑块做的功为.
2.摩擦力对木板做的功为.
3.摩擦力做的总功为.
4.转化为内能的大小为.
【例4】答案：1.当A物体刚要离开地面时,A与地面间作用力为0,对A物体:由平衡条件得:F-mg=0,得:F=mg设B物体的加速度大小为a,对B物体,由牛顿第二定律得:F-mgsinθ=ma
解得:a=g,B物体加速度的方向沿斜面向上.
2.原来弹簧处于原长状态,当A物体刚要离开地面时,A物体处于平衡状态,设C物体沿斜面下滑x,则弹簧伸长即为x.对A物体有:
kx-mg=0
解得:x=
A物体刚要离开地面时,弹簧的弹性势能增加△E,对B物体下滑的过程,由能量守恒定律有:
△E=mgxsinθ
对C物体下滑的过程,由能量守恒定律有
解得:
【例5】答案：（1）设小滑块通过B点时的速度为，由C到B过程中，由动能定理得
设B到P时间为t，由动量定理得
联立解得.
（2）设小滑块通过D点的速度为v，沿轨道恰能到达最高点D的条件为
设小滑块通过C点时的速度为，小滑块从C点到D点过程中，由动能定理得
设小滑块在C点时所受的支持力为N，则由牛顿第二定律有
联立解得
由牛顿第三定律，可知小滑块通过C点时对轨道的压力大小
.
【例6】答案：（1）球在D点：，①
小球从A到D的过程中由动能定理:，②
由①②得：，③
（2）小球从A到C的过程中，由动能定理: ，④
小球在C点时，牛顿第二定律:，
又③④⑤得。
（3）电场力与重力的合力，
，
，，
解得。
变式训练答案
变式1答案：BD
解析： 小铁块不带点时恰好经过B点，则有，离开B点做平抛运动刚好到达点，有，，解得，，故A错误；由到，根据动能定理有，解得，故B正确；若金属块带正电，则有，得，故C错误；若金属块带负电，由于，小球离开点后做匀速直线运动，故离点最近为，故D正确。
变式2答案：
（1）弹射装置对小物块做功为：
弹射装置对小物块做功的平均功率为：
（2）小物块由B到C过程机械能守恒，则有：
在最低点C时，有：
由图可知：
解得：
由牛顿第三定律可知物块对轨道的压力大小为30N
（3）小物块由B滑到C点时具有的机械能为：
由C到D克服摩擦力做功为：
解得L=3.2m
所以，物块将停留在距D点1.2m处
变式3答案：(1)弹簧的弹性势能最大时，弹簧压缩量最大，物块和木板具有共同速度(设为)，
根据动量定理可得：
解得：
根据能量守恒定律有：
解得：；
(2)假设物块不会压缩弹簧，且物块在木板上通过的距离为，
根据能量关系可得：
解得：，
由于，故物块会压缩弹簧，由能量守恒定律可得：
解得：。
变式4答案：（1）设小球刚运动到最低点时，物块速度的大小为
小球和物块速度大小关系为
小球从运动到过程中，小球下降高度
物块上升高度
小球和物块系统机械能守恒：
联立解得：
（2）小球从运动到过程中，由功能关系得：
解得：
变式5答案：（1）带电小球静止，受到合力等于零，电场力与重力的关系是，
（2）小球在外力作用下从位置缓慢移动到位置过程中，根据动能定理有
带入数值得：
（3）小球最高到达点，与竖直方向夹角为（或者：与关于对称）
原因：将电场力与重力等效成“等效重力”，其方向沿方向，小球从点静止释放，应该摆动到关于对称的位置。
另法：列动能定理，计算出与竖直方向夹角为
变式6答案：(1)滑块从静止释放到与弹簧刚接触的过程中做初速度为零的匀加速直线运动，设加速度大小为a，则有 ①
②
联立①②可得 ③
(2)滑块速度最大时受力平衡，设此时弹簧压缩量为，则有
④
从静止释放到速度达到最大的过程中，由动能定理得
⑤
联立④⑤可得专题二 功和能 （2）习题2
1.如图所示，轻杆两端分别固定质量为的小球为光滑的水平固定转轴，与两球球心之间的距离分别为。现从水平位置由静止释放轻杆，直至轻杆转到竖直位置。重力加速度g取，则下列说法正确的是( )
A.轻杆竖直时，两球的瞬时速度大小之比为1:2
B.轻杆转动过程中，杆对B球的作用力始终沿着杆的方向
C.轻杆竖直时，杆对A球的作用力方向竖直向下
D.轻杆竖直时，转轴O对杆的作用力大小为50 N
2.如图所示为某一游戏的局部简化示意图。D为弹射装置，是长为21 m的水平轨道，倾斜直轨道固定在竖直放置的半径为的圆弧形支架上，B为圆弧形支架的最低点，轨道与平滑连接，且在同一竖直平面内。某次游戏中，无动力小车在弹射装置D的作用下，以的速度滑上轨道，并恰好能冲到轨道的最高点。已知小车在轨道上受到的摩擦力是其重力的0.2倍，轨道光滑，重力加速度g取。则小车从A到C的运动时间是( )
A.5 s B.4.8 s C.4.4 s D.3 s
3.如图所示，分别为竖直固定光滑圆弧轨道的右端点、最低点和左端点，为水平半径，C点和圆心O的连线与竖直方向的夹角。现从A点正上方的P点由静止释放一质量为的小球（可视为质点），小球经圆弧轨道飞出后以水平速度通过Q点。已知圆弧轨道的半径，重力加速度g取，不计空气阻力，下列说法正确的是( )
A.小球从P点运动到Q点的过程中重力所做的功为4.5 J
B.两点的高度差为0.8 m
C.小球运动到B点时对轨道的压力大小为43 N
D.小球运动到C点时的速度大小为4 m/s
4.滑板运动是以滑行为特色的一种运动，深受都市青年的喜爱。滑板的一种运动情境可简化为如下模型：如图甲所示，将运动员（包括滑板）简化为质量的物块，物块以某一初速度从倾角的斜面底端冲上足够长的斜面，取斜面底端为重力势能零势能面，该物块的机械能和重力势能随物块离开斜面底端的高度h的变化规律如图乙所示。将物块视为质点，重力加速度g取，则由图中数据可得( )
A.初速度 B.物块与斜面间的动摩擦因数为0.3
C.物块在斜面上运动的时间为 D.物块再次回到斜面底端时的动能为375 J
5.如图所示，长为的轻杆可绕O点自由转动，，杆的上端固定一质量为m的小球（可视为质点），质量为M的正方体物块静止在水平面上，不计一切摩擦阻力.开始时，竖直轻杆右侧紧靠着正方体物块，由于轻微的扰动，轻杆逆时针转动，带动正方体物块向右运动，当轻杆转过时，轻杆与正方体物块恰好分离.重力加速度为g，当轻杆与正方体物块恰好分离时，下列说法正确的是( )
A.小球的速度大小为 B.小球的速度大小为
C.正方体物块的速度大小为 D.正方体物块的速度大小为
6.如图所示，轻质弹簧一端固定，另一端连接一小物块，O点为弹簧在原长时物块的位置。物块压缩弹簧至A点并由静止释放，沿粗糙程度相同的水平面向右运动，最远到达B点。在从A到B的过程中，物块（弹簧始终处于弹性限度内）( )
A.加速度先减小后增大 B.经过O点时的速度最大
C.所受弹簧弹力始终做正功 D.所受弹簧弹力做的功等于克服摩擦力做的功
7.如图所示，是一儿童游戏机的工作示意图.光滑游戏面板与水平面成一夹角θ，半径为R的四分之一圆弧轨道与管道相切于B点，C点为圆弧轨道最高点，轻弹簧下端固定在管道的底端，上端系一轻绳，轻绳通过弹簧内部连一手柄P.将弹珠投入管内，缓慢下拉手柄使弹簧被压缩，释放手柄，弹珠被弹出，与游戏面板内的障碍物发生一系列碰撞后落入弹槽里，根据入槽情况可以获得不同的奖励.假设所有轨道均光滑，忽略空气阻力，弹珠视为质点.某次缓慢下拉手柄，使弹珠到B点距离为L，释放手柄，弹珠被弹出，到达C点速度为v，下列说法正确的是( )
A.弹珠从开始到触碰障碍物之前的过程中机械能不守恒
B.调整手柄的位置，可以使弹珠从C点离开后做匀变速直线运动，直到碰到障碍物
C.弹珠脱离弹簧的瞬间，其动能和重力势能之和达到最大
D.此过程中，弹簧的最大弹性势能为
8.如图所示，一轻弹簧的一端固定在倾角为的光滑斜面底端，另一端连接一质量为2 kg的物块A，系统处于静止状态。若在物块A的上方紧靠A处轻放一质量为3 kg的物块一起向下运动，经过10 cm运动到最低点。已知，重力加速度g取，则在两物块沿斜面向下运动的过程中，下列说法正确的是( )
A.间的弹力先减小后增大
B.在物块B刚放上的瞬间，间的弹力大小为7.2 N
C.物块和弹簧组成的系统重力势能与弹性势能之和先减少后增加
D.物块运动到最低点时加速度为零
9.在大型物流货场广泛应用传送带来搬运货物.如图甲所示，与水平面成θ角的倾斜传送带以恒定的速率运动,传送带始终是绷紧的，将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.用速度传感器分别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.重力加速度g取，可知( )
A.货物与传送带间的动摩擦因数为0.05
B.两点间的距离为1.2 m
C.货物从A点运动到B点的过程中，传送带对货物做功的大小为11.2 J
D.货物从A点运动到B点的过程中，货物与传送带因摩擦产生的热量为4.8 J
10.如图所示，两物块的质量均为m，两物块由一轻质弹簧拴接，质量为M的物块C放在足够高的水平桌面上，物块C与B之间由绕过固定光滑定滑轮的细线相连，C与水平桌面之间的动摩擦因数为μ，初始时，系统处于静止状态，细线恰好伸直且无作用力.现对物块C施加一个水平方向的力F，物块C在力F作用下向右匀加速运动，当物块C通过的位移为x时其速度为v，此时物块A恰好离开地面.则此过程中( )
A.细线的拉力T为恒力 B.F的最小值为
C.弹簧的弹性势能变化量为零 D.F做的功为
11.如图所示，一传送装置由水平传送带和半径为R的光滑竖直半圆弧轨道组成.水平传送带长，以速度顺时针匀速传动.一质量、可视为质点的小滑块从光滑水平面以一定初速度滑上传送带（A点平滑连接），经传送带传送，在B点水平切入半圆弧轨道内侧（间隙宽度不计）.小滑块与传送带间的动摩擦因数，传送带A端距离地面高度.
（1）若，求小滑块在传送带上运动过程中，摩擦力对其做的功；
（2）若满足（1）的条件下，求传送带由于传送小滑块而多消耗的电能；
（3）若半圆弧轨道半径R的大小可调节，当小滑块恰好能沿半圆弧轨道运动，且落在地面上与C点水平距离最大处，求水平距离的最大值，并求出满足此条件下，小滑块的初速度范围.（结果可用根式表示）
12.如图所示，在竖直方向上两物体通过劲度系数为k的轻质弹簧相连，A放在水平地面上；两物体通过细线绕过轻质定滑轮相连，C放在固定的光滑斜面上.用手拿住C，使细线刚刚拉直但无拉力作用，并保证段的细线竖直、段的细线与斜面平行.已知的质量均为的质量为，重力加速度为g，细线与滑轮之间的摩擦不计，开始时整个系统处于静止状态.释放C后它沿斜面下滑，A刚离开地面时，B获得最大速度，求：
（1）当物体A从开始到刚离开地面时，物体C沿斜面下滑的距离；
（2）斜面倾角α；
（3）B的最大速度.
答案以及解析
1.答案：AD
解析：两球的角速度相等，运动的半径之比为1:2，因此瞬时速度之比为1:2，A正确。在转动的过程中，杆对A做正功，对B一定做负功，因此杆对B的作用力一定不会始终沿着杆的方向，B错误。在转动过程中满足机械能守恒定律，转动到竖直位置时，有，又，代入数据整理得。设杆对A的作用力方向竖直向下，大小为，则有，整理得，因此杆对A球的作用力方向竖直向上，C错误。转到竖直位置时，对B小球有，整理得，根据牛顿第三定律，可知A球对杆向下的压力为球对杆向下的拉力为，因此转轴对杆的作用力大小为50 N，D正确。
2.答案：A
解析：设小车的质量为m，小车在段做匀减速直线运动，加速度，在段，根据动能定理可得，解得，故；小车在段，根据机械能守恒定律可得，解得，过圆弧形支架的圆心作的垂线，根据几何知识可得，解得，设倾斜直轨道与水平面之间的夹角为θ，则，故小车在上运动的加速度为，则小车在段的运动时间为，所以小车运动的总时间为，A正确，B、C、D错误。
3.答案：AC
解析：小球从C到Q的逆运动为平抛运动，小球运动到C点时的速度大小，小球运动到C点时竖直分速度大小，则两点的高度差。设两点的高度差为H，从P到C，由机械能守恒定律得，解得，小球从P点运动到Q点的过程中重力所做的功为，故A正确，B、D错误。小球从P运动到B的过程中，由机械能守恒定律得，小球在B点时，有，联立解得，根据牛顿第三定律知，小球运动到B点时对轨道的压力大小为43 N，故C正确。
4.答案：AD
解析：斜面底端为重力势能零势能面，则物块在斜面底端时，得，故A正确。当时，物块运动到最高点，由题图乙可知此时，根据功能关系，有，解得物块与斜面间的动摩擦因数，故B错误。物块沿斜面上滑的时间，上滑的位移，因为，所以物块最终会沿斜面下滑，下滑的时间，物块在斜面上运动的时间为，滑到斜面底端时的动能，故C错误，D正确。
5.答案：BD
解析：设小球、轻杆b端、正方体物块的速度分别为，根据系统机械能守恒定律有，小球与轻杆b端的角速度相等，由，得，轻杆b端的线速度沿水平方向的分速度等于正方体物块的速度，即有，得，所以，联立解得,故B、D正确.
6.答案：AD
解析：物块在之间某一位置时，弹力和摩擦力平衡，加速度为零，所以物块在从A到B的过程中加速度先减小后反向增大，故A正确。物块在平衡位置处速度最大，所以物块速度最大的位置在之间的某一位置，即在O点左侧，故B错误。从A到O的过程中弹力方向与位移方向相同，弹力做正功，从O到B的过程中弹力方向与位移方向相反，弹力做负功，故C错误。从A到B的过程中根据动能定理可得，即，则弹簧弹力做的功等于克服摩擦力做的功，故D正确。
7.答案：ACD
解析：因为弹珠释放过程中，弹簧对弹珠做功，弹珠的机械能不守恒，故A正确；弹珠从C点离开后速度方向水平向左，合力为重力沿斜面向下的分力，两者垂直，所以弹珠做匀变速曲线运动，直到碰到障碍物，故B错误；释放手柄后，弹簧的弹力对弹珠做正功，弹珠的动能和重力势能之和不断增大，根据弹珠和弹簧组成的系统机械能守恒知，弹珠脱离弹簧的瞬间，弹簧的弹性势能全部转化为弹珠的动能和重力势能，所以此瞬间弹珠的动能和重力势能之和达到最大，故C正确；根据系统的机械能守恒定律得，弹簧的最大弹性势能等于弹珠在C点与在初始位置的机械能之差，为，故D正确.
8.答案：BC
解析：两物块沿斜面向下运动的过程中，先做加速度减小的加速运动，后做加速度增大的减速运动，所以间的弹力一直增大，故A错误。物块B刚放上去的瞬间，由于弹簧的弹力不能突变，所以物块整体受到的合力为，设加速度为a，则有，设间的弹力为，对物块B有，联立解得，故B正确。由功能关系，可知弹簧和两物块组成的系统重力势能与弹性势能之和的减少量等于两物块动能的增加量，两物块的动能先增加后减少，则重力势能与弹性势能之和先减少后增加，故C正确。两物块在速度最大位置处，加速度为零，故在最低点时，加速度不为零，且方向沿斜面向上，故D错误。
9.答案：CD
解析：由题图乙知，0~0.2 s内，货物的加速度，由牛顿第二定律得，0.2~1.2 s内，货物的加速度，由牛顿第二定律得，由以上式子解得，A错误；两点间的距离等于货物的速度—时间图线与时间轴围成的面积，由题图乙知，0~0.2 s内，货物的位移为，0.2~1.2 s内，货物的位移为，则两点间的距离为，B错误；货物从A点运动到B点的过程中，传送带对货物做的功，C正确；由题图乙知，0~0.2 s内，货物与传送带的相对位移，0.2~1.2 s内，货物与传送带的相对位移为，则货物从A点运动到B点的过程中，货物与传送带因摩擦产生的热量，D正确.
10.答案：BC
解析：物块C做匀加速直线运动，因为细线长度不变，所以物块B也做匀加速直线运动，物块B受重力、弹簧的弹力和细线的拉力T，根据牛顿第二定律得，解得，由于弹簧开始阶段被压缩，之后被拉伸，则的大小、方向都变化，所以细线拉力T不是恒力，A错误；以物块为研究对象，当弹簧的压缩量最大时F的值最小，由牛顿第二定律得，由匀变速直线运动规律知，，由以上两式解得，B正确；因为初状态细线对B无拉力，弹簧处于压缩状态，由胡克定律得，弹簧的压缩量，物块A恰好离开地面时，物块A不受地面的支持力，弹簧处于伸长状态，由胡克定律得，弹簧的伸长量，所以初、末状态弹簧的形变量相等，弹簧的弹性势能相等，弹簧的弹性势能变化量为零，C正确；设F做的功为，对物块组成的系统，由功能关系得，解得,D错误.
11.答案：（1）0.05 J
（2）
（3）
解析：（1）由于，小滑块在传送带上先做加速运动，设其加速度大小为a，则加速阶段根据牛顿第二定律得，
设小滑块与传送带共速之前小滑块的位移为x，则根据运动学公式得，
联立并代入数据得，
说明小滑块先加速后匀速，则摩擦力对其做的功.
（2）设小滑块的加速时间为t，则小滑块加速阶段有，
则小滑块加速阶段传送带的位移为，
传送带由于传送小滑块而多消耗的电能等于传送带克服摩擦力所做的功，联立并代入数据得.
（3）小滑块恰好能沿半圆弧轨道运动，则在半圆弧轨道最高点B处恰好由重力提供向心力，有，
从B点到C点根据动能定理得，
小滑块从C点以初速度做平抛运动，根据平抛运动规律有,
联立得,
当时，水平距离x取到最大值，联立解得，
可知小滑块最终与传送带速度相同，当小滑块全程加速时，最小，此时有，
联立解得此时初速度为，
当小滑块全程减速时，最大，此时有，
联立解得此时初速度为，
小滑块的初速度范围为.
12.答案：（1）
（2）30°
（3）
解析：（1）物体B处于静止状态时，压缩弹簧，有，当物体A刚要离开地面时，弹簧伸长，有，
物体B上升的高度与物体C沿斜面下滑的距离相等为.
（2）当B的速度最大时，其加速度为零，此时弹簧拉力，设细线上的拉力大小为T，
对B有，对C有，联立解得.
（3）B从静止到获得最大速度的过程中弹簧弹性势能变化量为零，设B物体的最大速度为，此时C物体的速度也为，以物体及弹簧组成的系统为研究对象，由机械能守恒定律得，，
解得.
