【高考精粹】高考二轮复习学案专题第七讲：功能关系

2019届高三二轮复习专题复习
专题七 功能关系(2课时）
01考纲解读
考点
要求
考点解读及预测
功和功率
Ⅱ
本专题知识是整个高中物理的重点和难点，每年高考必考。能量观点是高中物理解决问题的三大方法之一，既在选择题中出现，也在综合性的计算题中应用，常将功、功率、动能、势能等基础知识融入其他问题考查，也常将动能定理、机械能守恒、功能关系作为解题工具在综合题中应用.通过比较，动能定理、机械能守恒定律、功能关系的应用在近两年有增加的趋势，常将功和能的知识和方法融入力学和电学知识中考查，情景设置为多过程，具有较强的综合性。.
动能 动能定理
Ⅱ
重力势能
Ⅱ
弹性势能
Ⅰ
机械能守恒定律及其应用
Ⅱ
能量守恒
Ⅰ
02知识梳理
1．功的计算公式 W＝Flcos α.
2．功率计算公式 (1)P＝，P为时间t内物体做功的快慢.(2)P＝Fvcos α
3．动能定理
⑴内容：在一个过程中合力对物体所做的功，等于物体在这个过程中动能的变化.
⑵表达式：W＝ΔEk＝Ek2－Ek1＝mv22－mv12.
4．重力势能
⑴表达式：Ep＝mgh.
⑵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小量.即WG＝－(Ep2－Ep1)＝－ΔEp.
5．弹性势能
⑴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.
⑵弹力做功与弹性势能变化的关系：弹力做正功，弹性势能减小；弹力做负功，弹性势能增加.即W＝－ΔEp.
6．机械能守恒定律
⑴内容：在只有重力或弹力做功的物体系统内，动能与势能可以互相转化，总的机械能保持不变.
⑵表达式：mgh1＋mv12＝mgh2＋mv22.
⑶机械能守恒的条件：只有重力或弹簧的弹力做功。
⑷机械能守恒定律的三种表达形式及用法
①E2＝E1或Ek2＋Ep2＝Ek1＋Ep1
②ΔEk增＝ΔEp减或ΔEk减＝ΔEp增
③ΔEA增＝ΔEB减或ΔEA减＝ΔEB增
7．能量守恒定律
⑴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别的物体，在转化或转移的过程中，能量的总量保持不变.
⑵表达式：ΔE减＝ΔE增.
03重点拓展
1．变力功的分析与计算方法
方法一：应用动能定理
用力F把小球从A处缓慢拉到B处，F做功为WF，
则有：WF－mgL(1－cos θ)＝0，得WF＝mgL(1－cos θ)
方法二：微元法
质量为m的木块在水平面内做圆周运动，运动一周克服摩擦力做功
Wf＝Ff·Δx1＋Ff·Δx2＋Ff·Δx3＋…＝Ff(Δx1＋Δx2＋Δx3＋…)＝Ff·2πR
方法三： 等效转换法
恒力F把物块从A拉到B，绳子对物块做功W＝F·(－)
方法四：平均力法
弹簧由伸长x1被继续拉至伸长x2的过程中，克服弹力做功W＝·(x2－x1)
方法五：图象法
一水平拉力F0拉着一物体在水平面上运动的位移为x0，
图线与横轴所围面积表示拉力所做的功，W＝F0x0
2．应用动能定理解题的基本步骤
3．应用机械能守恒定律解题的基本步骤
4．功是能量转化的原因和量度，在不同的问题中具有的对应关系是
5．求解传送带(板块)相对滑动时的能量问题的方法
04典例分析
考点一 功、功率的计算
【典例1】如图1所示，质量为m的小球(可视为质点)用长为L的细线悬挂于O点，自由静止在A位置。现用水平力F缓慢地将小球从位置A拉到B而静止，细线与竖直方向夹角为θ＝60°，此时细线的拉力为F1，然后放手让小球从静止返回，到A点时细线的拉力为F2，则(　　)
图1
A．F1＝F2＝2mg
B．从A到B，拉力F做功为F1L
C．从B到A的过程中，小球受到的合外力大小不变
D．从B到A的过程中，小球重力的瞬时功率一直增大
【思路点拔】B点拉力根据三力平衡求解；拉力是变力，变力做功用动能定理求解；瞬时功率P＝Fvcos α。
【解析】在B位置根据平衡条件有F1＝＝2mg，在A位置根据牛顿第二定律有F2－mg＝，从B到A利用动能定理得mgL(1－cos 60°)＝mv2，联立可知F2＝2mg，选项A正确；从A到B利用动能定理得WF－mgL(1－cos 60°)＝0，解得拉力F做功为WF＝，选项B错误；从B到A的过程中，小球受到的合外力大小时刻发生变化，选项C错误；在最高点时小球的速度为零，重力的瞬时功率为零，在最低点时小球竖直方向的速度为零，重力的瞬时功率为零，中间过程重力的瞬时功率不为零，选项D错误。
【答案】A
【规律方法】 ⑴三力平衡常见处理方法用力的合成法和正交分解法。
⑵求变力做功最常用是动能定理。
考点二 动能定理的应用
【典例2】如图2，质量为m＝1 kg的小滑块(视为质点)在半径为R＝0.4 m的1/4圆弧A端由静止开始释放，它运动到B点时速度为v＝2 m/s。当滑块经过B后立即将圆弧轨道撤去。滑块在光滑水平面上运动一段距离后，通过换向轨道由C点过渡到倾角为θ＝37 °、长s＝1 m的斜面CD上，CD之间铺了一层匀质特殊材料，其与滑块间的动摩擦因数可在0≤μ≤1.5之间调节。斜面底部D点与光滑地面平滑相连，地面上一根轻弹簧一端固定在O点，自然状态下另一端恰好在D点。认为滑块通过C和D前后速度大小不变，最大静摩擦力等于滑动摩擦力。取g＝10 m/s2，sin 37°＝0.6，cos 37°＝0.8，不计空气阻力。
图2
(1)求滑块对B点的压力大小以及在AB上克服阻力所做的功；
(2)若设置μ＝0，求质点从C运动到D的时间；
(3)若最终滑块停在D点，求μ的取值范围。
【思路点拔】B点压力根据圆周运动的合力等于向心力求解；AB上克服阻力所做的功根据动能定理求解；CD过程是匀变速直线运动，根据牛顿第二定律求加速度；再根据运动学规律求时间；第⑶问分类讨论，注意有有两种情况。
【解析】(1)在B点，F－mg＝m，解得F＝20 N
由牛顿第三定律知F′＝20 N
设滑块在AB上克服阻力所做的功为W
从A到B，由动能定理得mgR－W＝mv2
代入数值解得W＝2 J
(2)在CD间运动，有mgsin θ＝ma，
加速度a＝gsin θ＝6 m/s2
由匀变速运动规律s＝vt＋at2，取合理根，得t＝ s
(3)最终滑块停在D点有两种可能：
a.滑块恰好能从C下滑到D。
则有mgsin θ·s－μ1mgcos θ·s＝0－mv2，得到μ1＝1
b.滑块在斜面CD和水平地面间多次反复运动，最终静止于D点。
当滑块恰好能返回C，有－μ1mgcos θ·2s＝0－mv2
得到μ1＝0.125
当滑块恰好能静止在斜面上，则有mgsin θ＝μ2mgcos θ，得到μ2＝0.75
所以，当0.125≤μ＜0.75，滑块在CD和水平地面间多次反复运动，最终静止于D点。
综上所述，μ的取值范围是0.125≤μ＜0.75或μ＝1。
【答案】(1)20 N　2 J　(2) s　(3)0.125≤μ＜0.75或μ＝1
【规律方法】
⑴牛顿第二定律是解决动力学问题中的加速度，加速度是联系李和运动的桥梁。
⑵动能定理是功能关系中最常用的规律，不涉及具体中间过程的，只看做功和动能变化。
考点三 功能关系
【典例3】 如图3所示，一个半径为R的圆周的轨道，O点为圆心，B为轨道上的一点，OB与水平方向的夹角为37°。轨道的左侧与一固定光滑平台相连，在平台上一轻质弹簧左端与竖直挡板相连，弹簧原长时右端在A点。现用一质量为m的小球(与弹簧不连接)压缩弹簧至P点后释放。已知重力加速度为g，不计空气阻力。
图3
(1)若小球恰能击中B点，求刚释放小球时弹簧的弹性势能；
(2)试通过计算判断小球落到轨道时速度能否与圆弧垂直；
(3)改变释放点的位置，求小球落到轨道时动能的最小值。
【思路点拔】
根据OB位移的大小和方向求得O点的速度；速度方向和位移方向夹角关系；
写出动能表达式，根据函数或者不等式求最值。
【解析】
(1)小球离开O点后做平抛运动，设初速度为v0，
落在B点时，有
Rcos 37°＝v0t
Rsin 37°＝gt2
解得v0＝
由机械能守恒，得弹簧的弹性势能
Ep＝mv＝mgR。
(2)设落点与O点的连线与水平方向的夹角为θ，小球做平抛运动，有
Rcos θ＝v0t，Rsin θ＝gt2
位移方向与圆弧垂直
tan θ＝＝
设速度方向与水平方向的夹角为α，则
tan α＝＝＝2 tan θ
所以小物块不能垂直击中圆弧。
(3)设落点与O点的连线与水平方向的夹角为θ，小球做平抛运动，有
Rcos θ＝v0t，Rsin θ＝gt2
由动能定理，有mgRsin θ＝Ek－mv
解得Ek＝mgR(sin θ＋)
当sin θ＝时，Ek取最小值
Ekmin＝mgR。
【答案】(1)mgR　(2)不能　(3)mgR
【规律方法】 平抛运动水平方向是匀速直线运动，竖直方向为自由落体运动，且速度方向角和位移方向角关系为tan α＝2 tan θ。
考点四 功能关系
【典例4】 如图4甲所示，质量M＝1.0 kg的长木板A静止在光滑水平面上，在木板的左端放置一个质量m＝1.0 kg的小铁块B，铁块与木板间的动摩擦因数μ＝0.2，对铁块施加水平向右的拉力F，F大小随时间变化如图乙所示，4 s时撤去拉力。可认为A、B间的最大静摩擦力与滑动摩擦力大小相等，取重力加速度g＝10 m/s2。求：
图4
(1)B相对A滑行的最大距离x；
(2)0～4 s内，拉力做的功W；
(3)0～4 s内系统摩擦产生的热量Q。
【思路点拔】牛顿第二定律求加速度，运动学公式求距离；拉力做功根据功的计算公式求解；摩擦生热根据摩擦力和相对位移乘积计算。
【解析】(1) 在0～1 s内，A、B两物体分别做匀加速直线运动
根据牛顿第二定律得μmg＝MaA
F1－μmg＝maB
代入数据得aA＝2 m/s2，aB＝4 m/s2。
t1＝1 s后，拉力F2＝μmg，铁块B做匀速运动，速度大小为v1；木板A仍做匀加速运动，又经过时间t2，速度与铁块B相等。有v1＝aBt1
又v1＝aA(t1＋t2)
解得t2＝1 s
设A、B速度相等后一起做匀加速运动，运动时间t3＝2 s，加速度为a
F2＝(M＋m)a
a＝1 m/s2
木板A受到的静摩擦力f＝Ma＜μmg，A、B一起运动
x＝aBt＋v1t2－aA(t1＋t2)2
代入数据得x＝2 m。
(2) 时间t1内拉力做的功
W1＝F1x1＝F1·aBt＝12 J
时间t2内拉力做的功
W2＝F2x2＝F2v1t2＝8 J
时间t3内拉力做的功
W3＝F2x3＝F2(v1t3＋at)＝20 J
4 s内拉力做的功W＝W1＋W2＋W3＝40 J。
(3) 系统因摩擦产生的热量Q只发生在t1＋t2时间内，铁块与木板相对滑动阶段，此过程中系统因摩擦产生的热量Q＝μmgx＝4 J。
【答案】(1) 2 m　(2) 40 J　(3) 4 J
【规律方法】牛顿第二定律和运动学公式相结合求解木板和滑块模型位移时间问题；根据求解摩擦生热问题。
05强化训练
一、单项选择题
1．不计空气阻力，下列运动的物体中机械能不守恒的是(　　)
A．起重机吊起物体匀速上升
B．物体做平抛运动
C．圆锥摆球在水平面内做匀速圆周运动
D．一个轻质弹簧上端固定，下端系一个重物，重物在竖直方向上下振动(以物体和弹簧整体为研究对象)
2．如图1所示，一物体在水平恒力作用下沿光滑的水平面做曲线运动，当物体从M点运动到N点时，其速度方向恰好改变了90°，则物体在M点到N点的运动过程中动能将(　　)
图1
A．不断增大 B．不断减小
C．先减小后增大 D．先增大后减小
3．一物体从H高处自由下落，以地面为零势能面，当物体的动能等于其重力势能2倍时，物体下落的高度为(　　)
A．H B．H
C．H D．H
4． 如图2所示，中间有孔的物块A套在光滑的竖直杆上，通过滑轮用不可伸长的轻绳拉着物体匀速向上运动，则下列说法正确的是(　　)
图2
A．拉力F变小 B．杆对A的弹力FN不变
C．拉力F的功率P不变 D．绳子自由端的速率v增大
5．质量为m的球从高处由静止开始下落，已知球所受的空气阻力与速度大小成正比。下列图象分别描述了球下落过程中加速度a、速度v随时间t的变化关系和动能Ek、机械能E随下落位移h的变化关系，其中可能正确的是(　　)
二、多项选择题
6．如图3所示，三个相同的小球A、B、C，其中小球A沿高为h、倾角为θ的光滑斜面以初速度v0从顶端滑到底端，小球B以同样大小的初速度从同等高度处竖直上抛，小球C在同等高度水平抛出。则(　　)
图3
A．小球A到达地面的速度最大
B．从开始至落地，重力对它们做功相同
C．三个小球到达地面时，小球B重力的瞬时功率最大
D．从开始运动至落地过程中，重力对它们做功的平均功率一定相同
7．太阳能汽车是靠太阳能来驱动的汽车。当太阳光照射到汽车上方的光电板时，光电板中产生的电流经电动机带动汽车前进。设汽车在平直的公路上由静止开始匀加速行驶，经过时间t，速度为v时功率达到额定功率，并保持不变。之后汽车又继续前进了距离s，达到最大速度vmax。设汽车质量为m，运动过程中所受阻力恒为f，则下列说法正确的是(　　)
A．汽车的额定功率为fvmax
B．汽车匀加速运动过程中，克服阻力做功为fvt
C．汽车从静止开始到速度达到最大值的过程中，牵引力所做的功为mv－mv2
D．汽车从静止开始到速度达到最大值的过程中，合力所做的功为mv
8．如图4所示，轻质弹簧一端固定在水平面上O点的转轴上，另一端与一质量为m、套在粗糙固定直杆A处的小球(可视为质点)相连，直杆的倾角为30°，OA＝OC，B为AC的中点，OB等于弹簧原长。小球从A处由静止开始下滑，初始加速度大小为aA，第一次经过B处的速度为v，运动到C处速度为0，后又以大小为aC的初始加速度由静止开始向上滑行。设最大静摩擦力等于滑动摩擦力。下列说法正确的是(　　)
图4
A．小球可以返回到出发点A处
B．弹簧具有的最大弹性势能为mv2
C．撤去弹簧，小球可以在直杆上处于静止
D．aA－aC＝g
9．如图5所示，在竖直平面内固定有两个很靠近的同心圆轨道，外圆光滑，内圆粗糙。一质量为m的小球从轨道的最低点以初速度v0向右运动，球的直径略小于两圆间距，球运动的轨道半径为R，不计空气阻力。设小球过最低点时重力势能为零，下列说法正确的是(　　)
图5
A．若小球运动到最高点时速度为0，则小球机械能一定不守恒
B．若经过足够长时间，小球最终的机械能可能为mgR
C．若使小球始终做完整的圆周运动，则v0一定不小于
D．若小球第一次运动到最高点时速度大小为0，则v0一定大于
三、计算题
10．如图6所示，水平地面上一木板质量M＝1 kg，长度L＝3.5 m，木板右侧有一竖直固定的四分之一光滑圆弧轨道，轨道半径R＝1 m，最低点P的切线与木板上表面相平。质量m＝2 kg的小滑块位于木板的左端，与木板一起向右滑动，并以v0＝m/s的速度与圆弧轨道相碰，木板碰到轨道后立即停止，滑块沿木板冲上圆弧轨道，后又以原速率返回到木板上，最终滑离木板。已知滑块与木板上表面间的动摩擦因数μ1＝0.2，木板与地面间的动摩擦因数μ2＝0.1，取g＝10 m/s2。求
图6
(1)滑块对P点压力的大小；
(2)滑块返回木板上时，木板的加速度；
(3)滑块从返回木板到滑离木板所用的时间。
11．如图7所示，在游乐节目中，选手需要借助悬挂在高处的绳飞越到对面的高台上。一质量m＝60 kg的选手脚穿轮滑鞋以v0＝7 m/s的水平速度抓住竖直的绳开始摆动，选手可看作质点，绳子的悬挂点到选手的距离l＝6 m。当绳摆到与竖直方向夹角θ＝37°时，选手放开绳子，不考虑空气阻力和绳的质量。取重力加速度g＝10 m/s2，sin 37°＝0.6，cos 37°＝0.8。求：
图7
(1)选手放开绳子时的速度大小；
(2)选手放开绳子后继续运动，到最高点时，刚好可以站到水平传送带A点，传送带始终以v＝3 m/s的速度匀速向左运动，传送带的另一端B点就是终点，且sAB＝3.75 m。若选手在传送带上自由滑行，受到的摩擦阻力为自重的0.2倍。
①通过计算说明该选手是否能顺利冲过终点B；
②求出选手在传送带上滑行过程中因摩擦而产生的热量Q。

参考答案
一、单项选择题
1．不计空气阻力，下列运动的物体中机械能不守恒的是(　　)
A．起重机吊起物体匀速上升
B．物体做平抛运动
C．圆锥摆球在水平面内做匀速圆周运动
D．一个轻质弹簧上端固定，下端系一个重物，重物在竖直方向上下振动(以物体和弹簧整体为研究对象)
【解析】起重机吊起物体匀速上升，物体的动能不变而势能增加，故机械能不守恒，A项正确；物体做平抛运动，只有重力做功，机械能守恒，B项错误；圆锥摆球在水平面内做匀速圆周运动，没有力做功，机械能守恒，C项错误；一个轻质弹簧上端固定，下端系一个重物，重物在竖直方向上下振动，只有重力和弹力做功，机械能守恒，D项错误。
【答案】 A
2．如图1所示，一物体在水平恒力作用下沿光滑的水平面做曲线运动，当物体从M点运动到N点时，其速度方向恰好改变了90°，则物体在M点到N点的运动过程中动能将(　　)
图1
A．不断增大 B．不断减小
C．先减小后增大 D．先增大后减小
【解析】速度方向改变了90°，说明恒力的方向应为右下方，与初速度的夹角大于90°，小于180°，才能出现末速度与初速度垂直的情况，因此恒力先做负功，当速度与恒力垂直后，恒力做正功，动能先减小后增大，选项C正确。
【答案】 C
3．一物体从H高处自由下落，以地面为零势能面，当物体的动能等于其重力势能2倍时，物体下落的高度为(　　)
A．H B．H
C．H D．H
【解析】运动的过程中物体的机械能守恒，取地面为零势能面，根据机械能守恒可得mgH＝mgh＋mv2，当其动能等于重力势能的2倍时，有2mgh＝mv2，所以mgH＝3mgh，解得h＝H，此时物体下落的高度为H，故选项C正确。
【答案】 C
4． 如图2所示，中间有孔的物块A套在光滑的竖直杆上，通过滑轮用不可伸长的轻绳拉着物体匀速向上运动，则下列说法正确的是(　　)
图2
A．拉力F变小 B．杆对A的弹力FN不变
C．拉力F的功率P不变 D．绳子自由端的速率v增大
【解析】设绳子与竖直方向的夹角为θ，因为A做匀速直线运动，在竖直方向上合力为零，有Fcos θ＝mg，因为θ增大，则F增大，水平方向合力为零，有FN＝Fsin θ，F和sin θ都增大，FN增大，故A、B错误；物体A沿绳子方向的分速度v1＝vcos θ，该速度等于自由端的速度，θ增大，自由端速度减小，拉力的功率P＝Fv1＝·vcos θ＝mgv，知拉力的功率不变，故C正确，D错误。
【答案】 C
5．质量为m的球从高处由静止开始下落，已知球所受的空气阻力与速度大小成正比。下列图象分别描述了球下落过程中加速度a、速度v随时间t的变化关系和动能Ek、机械能E随下落位移h的变化关系，其中可能正确的是(　　)
【解析】已知球所受的空气阻力与速度大小成正比，即f＝kv，根据牛顿第二定律得mg－kv＝ma，得a＝g－，开始时v比较小，mg＞kv，球向下加速，当v逐渐增大，则a减小，即球做加速度逐渐减小的加速运动，又v＝at，整理得a＝，可见a不是均匀减小，故A项错误；由前面分析知球做加速度逐渐减小的加速运动，其斜率应该逐渐减小，故B项错误；由动能定理mgh－fh＝Ek，即Ek＝(mg－kv)h，由于v是变化的，故Ek－h不是线性关系，C项错误；机械能的变化量等于克服阻力做的功，即－fh＝E－E0，v逐渐增大，则f逐渐增大，即E－h图象的斜率逐渐变大，故D项正确。
【答案】 D
二、多项选择题
6．如图3所示，三个相同的小球A、B、C，其中小球A沿高为h、倾角为θ的光滑斜面以初速度v0从顶端滑到底端，小球B以同样大小的初速度从同等高度处竖直上抛，小球C在同等高度水平抛出。则(　　)
图3
A．小球A到达地面的速度最大
B．从开始至落地，重力对它们做功相同
C．三个小球到达地面时，小球B重力的瞬时功率最大
D．从开始运动至落地过程中，重力对它们做功的平均功率一定相同
【解析】由动能定理得mgh＝mv2－mv，由于下落高度相同，重力做功相等，所以三个小球落地速度大小相等，故A项错误，B项正确；重力做功瞬时功率P＝mgvy，所以小球B的重力瞬时功率最大，C项正确；重力做功相等，但时间明显不等，所以重力做功平均功率不等，故D项错误。
【答案】 BC
7．太阳能汽车是靠太阳能来驱动的汽车。当太阳光照射到汽车上方的光电板时，光电板中产生的电流经电动机带动汽车前进。设汽车在平直的公路上由静止开始匀加速行驶，经过时间t，速度为v时功率达到额定功率，并保持不变。之后汽车又继续前进了距离s，达到最大速度vmax。设汽车质量为m，运动过程中所受阻力恒为f，则下列说法正确的是(　　)
A．汽车的额定功率为fvmax
B．汽车匀加速运动过程中，克服阻力做功为fvt
C．汽车从静止开始到速度达到最大值的过程中，牵引力所做的功为mv－mv2
D．汽车从静止开始到速度达到最大值的过程中，合力所做的功为mv
【解析】当牵引力等于阻力时，速度最大，则额定功率P＝fvmax，故A项正确；汽车匀加速直线运动的位移x＝t，则克服阻力做功为Wf＝fx＝，故B项错误；设总路程为x，根据动能定理知，W－fx＝mv，则牵引力做功W＝fx＋mv，故C项错误；根据动能定理知，合力做功等于动能的变化量，则合力做功W＝mv，故D项正确。
【答案】 AD
8．如图4所示，轻质弹簧一端固定在水平面上O点的转轴上，另一端与一质量为m、套在粗糙固定直杆A处的小球(可视为质点)相连，直杆的倾角为30°，OA＝OC，B为AC的中点，OB等于弹簧原长。小球从A处由静止开始下滑，初始加速度大小为aA，第一次经过B处的速度为v，运动到C处速度为0，后又以大小为aC的初始加速度由静止开始向上滑行。设最大静摩擦力等于滑动摩擦力。下列说法正确的是(　　)
图4
A．小球可以返回到出发点A处
B．弹簧具有的最大弹性势能为mv2
C．撤去弹簧，小球可以在直杆上处于静止
D．aA－aC＝g
【解析】由于OA＝OC，OB等于弹簧原长，则弹簧在A、C两位置处的弹性势能相同，由A处滑到C处的过程中，减少的重力势能转化为内能，由C处沿杆再向上滑行到最高点的过程中，应是减少的弹性势能转化为内能和重力势能，则由C处沿杆再向上滑行所能到达的最高点应低于A处，A项错误；由于OA＝OC，B为AC的中点，OB等于弹簧原长，则小球从A处滑到B处的过程中E弹＋mghAB＝mv2＋EAB内，从B处滑到C处的过程中mv2＋mghBC＝EBC内＋E弹，联立两式可得最大弹性势能E弹＝mv2，B项正确；设由A处滑到C处的过程中摩擦力的平均值为，则A到C的过程中mgxACsin 30°＝xAC，所以＝mgsin 30°，B处杆对小球的弹力最小，因此B处的摩擦力最小，fB＝μmgcos 30°＜mgsin 30°，所以当撤去弹簧，小球在杆上时合力不可能为零，C项错误；杆与水平方向的夹角为30°，设小球在A、C两位置处时弹簧的拉力为F，在A处有mgsin 30°＋Fcos 30°－μ(mgcos 30°＋Fsin 30°)＝maA，在C处有Fcos 30°－mgsin 30°－μ(mgcos 30°＋Fsin 30°)＝maC，联立两式得aA－aC＝g，D项正确。
【答案】 BD
9．如图5所示，在竖直平面内固定有两个很靠近的同心圆轨道，外圆光滑，内圆粗糙。一质量为m的小球从轨道的最低点以初速度v0向右运动，球的直径略小于两圆间距，球运动的轨道半径为R，不计空气阻力。设小球过最低点时重力势能为零，下列说法正确的是(　　)
图5
A．若小球运动到最高点时速度为0，则小球机械能一定不守恒
B．若经过足够长时间，小球最终的机械能可能为mgR
C．若使小球始终做完整的圆周运动，则v0一定不小于
D．若小球第一次运动到最高点时速度大小为0，则v0一定大于
【解析】若小球运动到最高点时受力为0，则小球在运动过程中一定与内圆接触，受到摩擦力作用，要克服摩擦力做功，小球的机械能一定不守恒，故A项正确；若初速度v0比较小，小球在运动过程中一定与内圆接触，机械能不断减少，经过足够长时间，小球最终在圆心下方运动，最大的机械能为mgR，所以小球最终的机械能不可能为mgR。若初速度v0足够大，小球始终沿外圆做完整的圆周运动，机械能守恒，机械能必定大于2mgR，故B项错误；若使小球始终做完整的圆周运动，小球应沿外圆运动，在运动过程中不受摩擦力，机械能守恒，小球恰好运动到最高点时速度设为v，则有mg＝m，由机械能守恒定律得：mv＝mg·2R＋mv2，小球在最低点时的最小速度v0＝，所以若使小球始终做完整的圆周运动，则v0一定不小于，故C项正确；如果内圆光滑，小球在运动过程中不受摩擦力，小球在运动过程中机械能守恒，如果小球运动到最高点时速度为0，由机械能守恒定律得mv＝mg·2R，小球在最低点时的速度v0＝，由于内圆粗糙，小球在运动过程中要克服摩擦力做功，则小球在最低点时的速度v0一定大于，故D项正确。
【答案】 ACD
三、计算题
10．如图6所示，水平地面上一木板质量M＝1 kg，长度L＝3.5 m，木板右侧有一竖直固定的四分之一光滑圆弧轨道，轨道半径R＝1 m，最低点P的切线与木板上表面相平。质量m＝2 kg的小滑块位于木板的左端，与木板一起向右滑动，并以v0＝m/s的速度与圆弧轨道相碰，木板碰到轨道后立即停止，滑块沿木板冲上圆弧轨道，后又以原速率返回到木板上，最终滑离木板。已知滑块与木板上表面间的动摩擦因数μ1＝0.2，木板与地面间的动摩擦因数μ2＝0.1，取g＝10 m/s2。求
图6
(1)滑块对P点压力的大小；
(2)滑块返回木板上时，木板的加速度；
(3)滑块从返回木板到滑离木板所用的时间。
【解析】
(1)对滑块，有－μmgL＝mv2－mv，
在P点，有F－mg＝m
解得v＝5 m/s，F＝70 N
由牛顿第三定律可知，滑块对P点的压力大小为70 N。
(2)滑块对木板的摩擦力F1＝μmg＝0.2×20 N＝4 N，
地面对木板的摩擦力F2＝μ2(M＋m)g＝0.1×30 N＝3 N；
木板的加速度a＝＝ m/s2＝1 m/s2。
(3)滑块滑上圆轨道运动的过程机械能守恒，故滑块再次滑上木板的速度等于v，由第(1)问可知，v＝5 m/s，对滑块，有x＋L＝vt－μ1gt2，对木板，有x＝at2，联立解得t＝1 s。
【答案】(1)70 N　(2)1 m/s2　(3)1 s
11．如图7所示，在游乐节目中，选手需要借助悬挂在高处的绳飞越到对面的高台上。一质量m＝60 kg的选手脚穿轮滑鞋以v0＝7 m/s的水平速度抓住竖直的绳开始摆动，选手可看作质点，绳子的悬挂点到选手的距离l＝6 m。当绳摆到与竖直方向夹角θ＝37°时，选手放开绳子，不考虑空气阻力和绳的质量。取重力加速度g＝10 m/s2，sin 37°＝0.6，cos 37°＝0.8。求：
图7
(1)选手放开绳子时的速度大小；
(2)选手放开绳子后继续运动，到最高点时，刚好可以站到水平传送带A点，传送带始终以v＝3 m/s的速度匀速向左运动，传送带的另一端B点就是终点，且sAB＝3.75 m。若选手在传送带上自由滑行，受到的摩擦阻力为自重的0.2倍。
①通过计算说明该选手是否能顺利冲过终点B；
②求出选手在传送带上滑行过程中因摩擦而产生的热量Q。
【解析】(1)对选手从抓住绳子到放开绳子的整个过程中，由机械能守恒定律得
mv＝mgL(1－cos 37°)＋mv2
解得选手放开绳子时的速度v＝5 m/s。
(2)①选手在放开绳子时，水平速度为vx，竖直速度为vy，则vx＝vcos 37°＝4 m/s
选手在最高点站到传送带上A点有4 m/s向右的速度，在传送带上做匀减速直线运动
选手的加速度大小a＝＝2 m/s2
以地面为参考系，由－v＝－2ax，
解得 x＝4 m＞3.75 m，所以选手可以顺利冲过终点B。
②设选手从A到B的时间为t，则
sAB＝vxt－at2
解得t1＝1.5 s，t2＝2.5 s(舍去)
在这段时间内传送带通过的位移为x1＝vt＝4.5 m
摩擦力做功为Wf＝Q＝kmg(sAB＋x1)＝990 J。
【答案】(1)5 m/s　(2)①选手可以顺利冲过终点B②990 J