高考物理考前知识专题 5　功能关系的理解和应用

这是一份高考物理考前知识专题 5　功能关系的理解和应用，共18页。试卷主要包含了功的计算，功率的计算，在小球从M点运动到N点的过程中，如图4，曲面EC是半径为R＝0，过山车是游乐场中常见的设施等内容，欢迎下载使用。


考题一 功和功率的计算
1.功的计算
2.功率的计算
(1)P＝eq \f(W,t)，适用于计算平均功率；
(2)P＝Fvcs θ，若v为瞬时速度，P为瞬时功率，若v为平均速度，P为平均功率.
例1 (2016·全国甲卷·21)如图1，小球套在光滑的竖直杆上，轻弹簧一端固定于O点，另一端与小球相连.现将小球从M点由静止释放，它在下降的过程中经过了N点.已知在M、N两点处，弹簧对小球的弹力大小相等，且∠ONM<∠OMN图1
A.弹力对小球先做正功后做负功
B.有两个时刻小球的加速度等于重力加速度
C.弹簧长度最短时，弹力对小球做功的功率为零
D.小球到达N点时的动能等于其在M、N两点的重力势能差
解析 因M和N两点处弹簧对小球的弹力大小相等，且∠ONM<∠OMN答案 BCD
变式训练
1.(2016·天津理综·8)我国高铁技术处于世界领先水平.和谐号动车组是由动车和拖车编组而成，提供动力的车厢叫动车，不提供动力的车厢叫拖车，如图2所示.假设动车组各车厢质量均相等，动车的额定功率都相同，动车组在水平直轨道上运行过程中阻力与车重成正比.某列车组由8节车厢组成，其中第1、5节车厢为动车，其余为拖车，则该动车组( )
图2
A.启动时乘客受到车厢作用力的方向与车运动的方向相反
B.做匀加速运动时，第5、6节与第6、7节车厢间的作用力之比为3∶2
C.进站时从关闭发动机到停下来滑行的距离与关闭发动机时的速度成正比
D.与改为4节动车带4节拖车的动车组最大速度之比为1∶2
答案 BD
解析 列车启动时，乘客随车厢加速运动，加速度方向与车的运动方向相同，故乘客受到车厢的作用力方向与车运动方向相同，选项A错误；动车组运动的加速度a＝eq \f(2F－8kmg,8m)＝eq \f(F,4m)－kg，则对6、7、8节车厢的整体有F56＝3ma＋3kmg＝eq \f(3,4)F，对7、8节车厢的整体有F67＝2ma＋2kmg＝eq \f(1,2)F，故5、6节车厢与6、7节车厢间的作用力之比为F56∶F67＝3∶2，选项B正确；关闭发动机后，根据动能定理得eq \f(1,2)·8mv2＝8kmgx，解得x＝eq \f(v2,2kg)，可见滑行的距离与关闭发动机时速度的平方成正比，选项C错误；8节车厢有2节动车时的最大速度为vm1＝eq \f(2P,8kmg)；8节车厢有4节动车时最大速度为vm2＝eq \f(4P,8kmg)，则eq \f(vm1,vm2)＝eq \f(1,2)，选项D正确.
2.(2016·江西师大附中、鹰潭一中4月联考)如图3是滑雪场的一条雪道.质量为70 kg的某滑雪运动员由A点沿圆弧轨道滑下，在B点以5eq \r(3) m/s的速度水平飞出，落到了倾斜轨道上的C点(图中未画出).不计空气阻力，θ＝30°，g＝10 m/s2，则下列判断正确的是( )
图3
A.该滑雪运动员腾空的时间为1 s
B.BC两点间的落差为5eq \r(3) m
C.落到C点时重力的瞬时功率为3 500eq \r(7) W
D.若该滑雪运动员从更高处滑下，落到C点时速度与竖直方向的夹角不变
答案 AD
解析 运动员平抛的过程中，水平位移为x＝v0t；竖直位移为y＝eq \f(1,2)gt2，落地时：tan θ＝eq \f(y,x)联立解得t＝1 s，y＝5 m，故A正确，B错误；落地时的速度：vy＝gt＝10×1 m/s＝10 m/s；所以落到C点时重力的瞬时功率为：P＝mg·vy＝70×10×10 W＝7 000 W，故C错误；根据落地时速度方向与水平方向之间的夹角的表达式：tan α＝eq \f(gt,v0)＝eq \f(2×\f(1,2)gt2,v0t)＝eq \f(2y,x)＝2tan θ，可知到C点时速度与竖直方向的夹角与平抛运动的初速度无关，故D正确.
3.(2016·岳阳二模)如图4，曲面EC是半径为R＝0.4 m的eq \f(1,4)圆弧，C端切线水平且与水平面CA相连，在CE上固定一光滑木板CD，CD与CA平滑连接，质量为m＝0.2 kg的小滑块从水平面上A处以初速度v0＝4 m/s向左运动，恰好可以到达木板的D端，下滑后停在B处，AB＝3BC，重力加速度取10 m/s2，则由题中信息可求出( )
图4
A.滑块与水平面AC的动摩擦因数μ
B.木板CD与水平面的夹角
C.滑块在木板CD上下滑时重力的平均功率
D.整个过程的摩擦热
答案 BCD
解析 设AB＝3BC＝L，从A到B由动能定理可知：eq \f(1,2)mveq \\al( 2,0)＝eq \f(5,3)μmgL，因L未知，则不能求解滑块与水平面AC的动摩擦因数μ，选项A错误；设木板CD长为l，从A到D根据动能定理：eq \f(1,2)mveq \\al( 2,0)＝mglsin θ＋eq \f(4,3)μmgL，解得mglsin θ＝eq \f(1,10)mveq \\al( 2,0)，由几何关系可知2Rsin θ＝l，联立可求解l和θ，选项B正确；根据a＝gsin θ求解滑块在斜面上的加速度a，根据l＝eq \f(1,2)at2求解滑块在斜面上运动的时间，然后由P＝eq \f(mglsin θ,t)求解重力的平均功率，选项C正确；根据Q＝eq \f(1,2)mveq \\al( 2,0)求解整个过程的摩擦热，选项D正确.
考题二 功能关系的应用
1.做功的过程就是能量的转化过程.做了多少功，就有多少能量发生了转化.功是能量转化的量度.常见的几种功能关系：
2.在常见的功能关系中，动能定理应用尤为广泛.
(1)对于物体运动过程中不涉及加速度和时间，而涉及力和位移、速度的问题时，一般选择动能定理，尤其是曲线运动、多过程的直线运动等.
(2)如果物体只有重力和弹力做功而又不涉及物体运动过程中的加速度和时间，既可用机械能守恒定律，又可用动能定理求解.
例2 (2016·全国甲卷·25)轻质弹簧原长为2l，将弹簧竖直放置在地面上，在其顶端将一质量为5m的物体由静止释放，当弹簧被压缩到最短时，弹簧长度为l.现将该弹簧水平放置，一端固定在A点，另一端与物块P接触但不连接.AB是长度为5l的水平轨道，B端与半径为l的光滑半圆轨道BCD相切，半圆的直径BD竖直，如图5所示.物块P与AB间的动摩擦因数μ＝0.5.用外力推动物块P，将弹簧压缩至长度l，然后放开，P开始沿轨道运动，重力加速度大小为g.
图5
(1)若P的质量为m，求P到达B点时速度的大小，以及它离开圆轨道后落回到AB上的位置与B点之间的距离；
(2)若P能滑上圆轨道，且仍能沿圆轨道滑下，求P的质量的取值范围.
解析 (1)依题意，当弹簧竖直放置，长度被压缩至l时，质量为5m的物体的动能为零，其重力势能转化为弹簧的弹性势能.由机械能守恒定律知，弹簧长度为l时的弹性势能为
Ep＝5mgl①
设P到达B点时的速度大小为vB，由能量守恒定律得
Ep＝eq \f(1,2)mveq \\al( 2,B)＋μmg(5l－l)②
联立①②式，并代入题给数据得
vB＝eq \r(6gl)③
若P能沿圆轨道运动到D点，其到达D点时的向心力不能小于重力，即P此时的速度大小v应满足
eq \f(mv2,l)－mg≥0④
设P滑到D点时的速度为vD，由机械能守恒定律得
eq \f(1,2)mveq \\al( 2,B)＝eq \f(1,2)mveq \\al( 2,D)＋mg·2l⑤
联立③⑤式得vD＝eq \r(2gl)⑥
vD满足④式要求，故P能运动到D点，并从D点以速度vD水平射出.设P落回到轨道AB所需的时间为t，由运动学公式得
2l＝eq \f(1,2)gt2⑦
P落回到AB上的位置与B点之间的距离为s＝vDt⑧
联立⑥⑦⑧式得
s＝2eq \r(2)l⑨
(2)设P的质量为M，为使P能滑上圆轨道，它到达B点时的速度不能小于零.由①②式可知
5mgl>μMg·4l⑩
要使P仍能沿圆轨道滑回，P在圆轨道的上升高度不能超过半圆轨道的中点C.由机械能守恒定律有
eq \f(1,2)MvB′2≤Mgl⑪
Ep＝eq \f(1,2)MvB′2＋μMg·4l⑫
联立①⑩⑪⑫式得
eq \f(5,3)m≤M答案 (1)eq \r(6gl) 2eq \r(2)l (2)eq \f(5,3)m≤M变式训练
4.(2016·四川理综·1)韩晓鹏是我国首位在冬奥会雪上项目夺冠的运动员.他在一次自由式滑雪空中技巧比赛中沿“助滑区”保持同一姿态下滑了一段距离，重力对他做功1 900 J，他克服阻力做功100 J.韩晓鹏在此过程中( )
A.动能增加了1 900 J
B.动能增加了2 000 J
C.重力势能减小了1 900 J
D.重力势能减小了2 000 J
答案 C
解析 由题可得，重力做功WG＝1 900 J，则重力势能减少1 900 J ，故C正确，D错误；由动能定理得，WG－Wf＝ΔEk，克服阻力做功Wf＝100 J，则动能增加1 800 J，故A、B错误.
5.如图6所示，楔形木块abc固定在水平面上，粗糙斜面ab与水平面的夹角为60°，光滑斜面bc与水平面的夹角为30°，顶角b处安装一定滑轮.质量分别为M、m(M＞m)的滑块，通过不可伸长的轻绳跨过定滑轮连接，轻绳与斜面平行.两滑块由静止释放后，沿斜面做匀加速运动.若不计滑轮的质量和摩擦，在两滑块沿斜面运动的过程中( )
图6
A.轻绳对滑轮作用力的方向是竖直向下
B.拉力和重力对M做功之和大于M动能的增加
C.拉力对M做的功等于M机械能的增加
D.两滑块组成系统的机械能损失等于M克服摩擦力做的功
答案 BD
解析 因作用在滑轮上的左右两边绳子的拉力大小相等，但是与竖直方向的夹角不同，故由力的合成知识可知，轻绳对滑轮作用力的方向不是竖直向下，选项A错误；根据动能定理，拉力、重力和摩擦力做功之和等于M的动能增量，故拉力和重力对M做功之和大于M动能的增加，选项B正确；由功能关系可知，拉力和摩擦力对M做的功等于M机械能的增加，选项C错误；由功能关系可知，两滑块组成系统的机械能损失等于M克服摩擦力做的功，选项D正确.
考题三 动力学和能量观点的综合应用
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.
例3 如图7所示，光滑管状轨道ABC由直轨道AB和圆弧轨道BC组成，二者在B处相切并平滑连接，O为圆心，O、A在同一条水平线上，OC竖直，一直径略小于圆管直径的质量为m的小球，用细线穿过管道与质量为M的物块连接，将小球由A点静止释放，当小球运动到B处时细线断裂，小球继续运动.已知弧形轨道的半径为R＝eq \f(8,3) m，所对应的圆心角为53°，sin 53°＝0.8，cs 53°＝0.6，g＝10 m/s2.
图7
(1)若M＝5m，求小球在直轨道部分运动时的加速度大小.
(2)若M＝5m，求小球从C点抛出后下落高度h＝eq \f(4,3) m时到C点的水平位移.
(3)M、m满足什么关系时，小球能够运动到C点？
[思维规范流程]
①②⑥⑩⑪⑫每式各2分，其余各式1分.
变式训练
6.(2016·天津理综·10)我国将于2022年举办冬奥会，跳台滑雪是其中最具观赏性的项目之一.如图8所示，质量m＝60 kg的运动员从长直助滑道AB的A处由静止开始以加速度a＝3.6 m/s2匀加速滑下，到达助滑道末端B时速度vB＝24 m/s，A与B的竖直高度差H＝48 m，为了改变运动员的运动方向，在助滑道与起跳台之间用一段弯曲滑道衔接，其中最低点C处附近是一段以O为圆心的圆弧.助滑道末端B与滑道最低点C的高度差h＝5 m，运动员在B、C间运动时阻力做功W＝－1 530 J，取g＝10 m/s2.
图8
(1)求运动员在AB段下滑时受到阻力Ff的大小；
(2)若运动员能够承受的最大压力为其所受重力的6倍，则C点所在圆弧的半径R至少应为多大.
答案 (1)144 N (2)12.5 m
解析 (1)运动员在AB上做初速度为零的匀加速运动，设AB的长度为x，则有veq \\al(2,B)＝2ax①
由牛顿第二定律有mgeq \f(H,x)－Ff＝ma②
联立①②式，代入数据解得Ff＝144 N③
(2)设运动员到达C点时的速度为vC，在由B到达C的过程中，由动能定理得
mgh＋W＝eq \f(1,2)mveq \\al(2,C)－eq \f(1,2)mveq \\al(2,B)④
设运动员在C点所受的支持力为FN，由牛顿第二定律有
FN－mg＝meq \f(v\\al(2,C),R)⑤
由题意和牛顿第三定律知FN＝6mg⑥
联立④⑤⑥式，代入数据解得R＝12.5 m.
7.过山车是游乐场中常见的设施.图9是一种过山车运行轨道的简易模型，它由竖直平面内粗糙斜面轨道和光滑圆形轨道组成.过山车与斜面轨道间的动摩擦因数为μ，圆形轨道半径为R，A点是圆形轨道与斜面轨道的切点.过山车(可视为质点)从倾角为θ的斜面轨道某一点由静止开始释放并顺利通过圆形轨道.若整个过程中，人能承受过山车对他的作用力不超过其自身重力的8倍.求过山车释放点距A点的距离范围.
图9
答案 eq \f(R3＋2cs θ,2sin θ－μcs θ)≤L≤eq \f(R5＋2cs θ,2sinθ－μcs θ)
解析 过山车恰能通过圆轨道的最高点
从释放的最低点到A点，由动能定理
mgL1sin θ－μmgL1cs θ＝eq \f(1,2)mveq \\al( 2,A)
设过山车经过最高点速度为v，从A点到圆轨道的最高点，由机械能守恒定律eq \f(1,2)mveq \\al( 2,A)＝mgR(1＋cs θ)＋eq \f(1,2)mv2
在圆轨道最高点，由牛顿第二定律mg＝meq \f(v2,R)
解得：L1＝eq \f(R3＋2cs θ,2sin θ－μcs θ)
过山车在圆轨道最低点承受作用力最大
从释放的最高点到A点，由动能定理
mgL2 sin θ－μmgL2 cs θ＝eq \f(1,2)mvA′2
从A点到圆轨道的最低点，由机械能守恒定律
eq \f(1,2)mvA′2＋mgR(1－cs θ)＝eq \f(1,2)mv′2
在圆轨道最低点，由牛顿第二定律FN－mg＝meq \f(v′2,R) FN＝8mg
解得：L2＝eq \f(R5＋2cs θ,2sin θ－μcs θ)
过山车释放点距A点的距离范围
eq \f(R3＋2cs θ,2sin θ－μcs θ)≤L≤eq \f(R5＋2cs θ,2sin θ－μcs θ)
专题规范练
1.(多选)(2016·全国甲卷·19)两实心小球甲和乙由同一种材料制成，甲球质量大于乙球质量.两球在空气中由静止下落，假设它们运动时受到的阻力与球的半径成正比，与球的速率无关.若它们下落相同的距离，则( )
A.甲球用的时间比乙球长
B.甲球末速度的大小大于乙球末速度的大小
C.甲球加速度的大小小于乙球加速度的大小
D.甲球克服阻力做的功大于乙球克服阻力做的功
答案 BD
解析 小球的质量m＝ρ·eq \f(4,3)πr3，由题意知m甲>m乙，ρ甲＝ρ乙，则r甲>r乙.空气阻力f＝kr，对小球由牛顿第二定律得，mg－f＝ma，则a＝eq \f(mg－f,m)＝g－eq \f(kr,ρ·\f(4,3)πr3)＝g－eq \f(3k,4πρr2)，可得a甲>a乙，由h＝eq \f(1,2)at2知，t甲v乙，故选项B正确；因f甲>f乙，由球克服阻力做功Wf＝fh知，甲球克服阻力做功较大，选项D正确.
2.如图1，不可伸长的柔软轻绳跨过光滑定滑轮，绳两端各系一个小球a和b.a球质量为m，静置于水平地面；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( )
图1
A.eq \r(gh) B.eq \r(2gh) C. eq \r(\f(gh,2)) D.2eq \r(gh)
答案 A
解析 在b球落地前，a、b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＋eq \f(1,2)(3m＋m)v2，解得：v＝eq \r(gh).
3.如图2所示，A、B、C三个一样的滑块从粗糙斜面上的同一高度同时开始运动.A由静止释放；B的初速度方向沿斜面向下，大小为v0；C的初速度方向沿水平方向，大小为v0.斜面足够大，A、B、C运动过程中不会相碰，下列说法正确的是( )
图2
A.A和C将同时滑到斜面底端
B.滑到斜面底端时，B的动能最大
C.滑到斜面底端时，C的重力势能减少最多
D.滑到斜面底端时，B的机械能减少最多
答案 B
解析 A、C两个滑块所受的滑动摩擦力大小相等，A所受滑动摩擦力沿斜面向上，C沿斜面向上的力是滑动摩擦力的分力，所以C沿斜面向下的加速度大于A的加速度，C先到达斜面底端，故A错误；重力做功相同，摩擦力对A、B做功相同，C克服摩擦力做功最大，而B有初速度，则滑到斜面底端时，B滑块的动能最大，故B正确；三个滑块下降的高度相同，重力势能减少相同，故C错误；滑动摩擦力做功与路程有关，C运动的路程最大，C克服摩擦力做功最大，机械能减少最多，故D错误.
4.(多选)如图3所示，小物块以初速度v0从O点沿斜向上运动，同时从O点斜向上抛出一个速度大小也为v0的小球，物块和小球在斜面上的P点相遇.已知物块和小球质量相等，空气阻力忽略不计，则( )
图3
A.斜面只能是粗糙的
B.小球运动到最高点时离斜面最远
C.在P点时，小球的动能大于物块的动能
D.小球和物块到达P点过程中克服重力做功的平均功率相等
答案 ACD
解析 把小球的速度分解到沿斜面方向和垂直斜面方向，则沿斜面方向的速度小于物块的速度，若斜面光滑，则小球和物块沿斜面方向的加速度相同，则不可能在P点相遇，所以斜面不可能是光滑的，故A正确；当小球的速度方向与斜面平行时，离斜面最远，此时竖直方向速度不为零，不是运动到最高点，故B错误；物块在斜面上还受摩擦力做功，物块的机械能减小，所以在P点时，小球的动能应该大于物块的动能，故C正确；小球和物块初末位置相同，则高度差相等，而重力相等，则重力做功相等，时间又相同，所以小球和物块到达P点过程中克服重力做功的平均功率相等，故D正确.
5.荡秋千是一种常见的休闲娱乐活动，也是我国民族运动会上的一个比赛项目.若秋千绳的长度约为2 m，荡到最高点时，秋千绳与竖直方向成60°角，如图4所示.人在从最高点到最低点的运动过程中，以下说法正确的是( )
图4
A.最低点的速度大约为5 m/s
B.在最低点时的加速度为零
C.合外力做的功等于增加的动能
D.重力做功的功率逐渐增加
答案 C
解析 秋千在下摆过程中，受到的绳子拉力不做功，机械能守恒，则得：mgL(1－cs 60°)＝eq \f(1,2)mv2，解得：v＝eq \r(gL)＝eq \r(10×2 ) m/s＝2eq \r(5) m/s，A错误；在最低点合力指向圆心，加速度不为零，B错误；根据动能定理合外力做的功等于增加的动能，C正确；P＝mgv⊥，由于在竖直方向上的速度从最高点到最低点过程中先增大后减小，故重力做功的功率先增大后减小，D错误.
6.(多选)(2016·浙江理综·18)如图5所示为一滑草场.某条滑道由上下两段高均为h，与水平面倾角分别为45°和37°的滑道组成，滑草车与草地之间的动摩擦因数为μ.质量为m的载人滑草车从坡顶由静止开始自由下滑，经过上、下两段滑道后，最后恰好静止于滑道的底端(不计滑草车在两段滑道交接处的能量损失，sin37°＝0.6，cs 37°＝0.8).则( )
图5
A.动摩擦因数μ＝eq \f(6,7)
B.载人滑草车最大速度为 eq \r(\f(2gh,7))
C.载人滑草车克服摩擦力做功为mgh
D.载人滑草车在下段滑道上的加速度大小为eq \f(3,5)g
答案 AB
解析 对滑草车从坡顶由静止滑下，到底端静止的全过程，得mg·2h－μmgcs 45°·eq \f(h,sin 45°)－μmgcs 37°·eq \f(h,sin 37°)＝0，解得μ＝eq \f(6,7)，选项A正确；对经过上段滑道过程，根据动能定理得，mgh－μmgcs 45°·eq \f(h,sin 45°)＝eq \f(1,2)mv2，解得v＝ eq \r(\f(2gh,7))，选项B正确；载人滑草车克服摩擦力做功为2mgh，选项C错误；载人滑草车在下段滑道上的加速度为a＝eq \f(mgsin 37°－μmgcs 37°,m)＝－eq \f(3,35)g，即加速度大小为eq \f(3,35)g，选项D错误.
7.(多选)(2016·全国丙卷·20)如图6，一固定容器的内壁是半径为R的半球面；在半球面水平直径的一端有一质量为m的质点P.它在容器内壁由静止下滑到最低点的过程中，克服摩擦力做的功为W.重力加速度大小为g.设质点P在最低点时，向心加速度的大小为a，容器对它的支持力大小为N，则( )
图6
A.a＝eq \f(2mgR－W,mR) B.a＝eq \f(2mgR－W,mR)
C.N＝eq \f(3mgR－2W,R) D.N＝eq \f(2mgR－W,R)
答案 AC
解析 质点P下滑过程中，重力和摩擦力做功，根据动能定理可得mgR－W＝eq \f(1,2)mv2，根据公式a＝eq \f(v2,R)，联立可得a＝eq \f(2mgR－W,mR)，A正确，B错误；在最低点重力和支持力的合力充当向心力，根据牛顿第二定律可得，N－mg＝ma，代入可得，N＝eq \f(3mgR－2W,R)，C正确，D错误.
8.(多选)如图7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＝0.1 m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0.2 m上升到0.35 m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＝10 m/s2，由图象可知( )
图7
A.小滑块的质量为0.2 kg
B.弹簧最大弹性势能为0.32 J
C.轻弹簧原长为0.2 m
D.小滑块的重力势能与弹簧的弹性势能总和最小为0.18 J
答案 AC
解析 从0.2 m上升到0.35 m的范围内，ΔEk＝－ΔEp＝－mgΔh，图线的斜率绝对值为：k＝eq \f(ΔEk,Δh)＝eq \f(0－0.3,0.35－0.2)＝－2 N＝－mg，所以：m＝0.2 kg，故A正确；根据能的转化与守恒可知，当滑块上升至最大高度时，增加的重力势能即为弹簧最大弹性势能，所以Epm＝mgΔh＝0.2×10×(0.35－0.1) J＝0.5 J，故B错误；在Ek－h图象中，图线的斜率表示滑块所受的合外力，由于高度从0.2 m上升到0.35 m范围内图象为直线，其余部分为曲线，说明滑块从0.2 m上升到0.35 m范围内所受作用力为恒力，所以h＝0.2 m，滑块与弹簧分离，弹簧的原长为0.2 m，故C正确；由图可知，当h＝0.18 m时的动能最大；在滑块整个运动过程中，系统的动能、重力势能和弹性势能之间相互转化，因此动能最大时，滑块的重力势能与弹簧的弹性势能总和最小，根据能的转化和守恒可知，Epmin＝E－Ekm＝Epm＋mgh－Ekm＝0.5 J＋0.2×10×0.1 J－0.32 J＝0.38 J，故D错误.
9.如图8所示，长为L的轻杆一端连着质量为m的小球，另一端用活动铰链固接于水平地面上的O点，初始时小球静止于地面上，边长为L、质量为M的正方体左侧静止于O点处.现在杆中点处施加一大小始终为eq \f(6mg,π)(g为重力加速度)、方向始终垂直杆的拉力，经过一段时间后撤去F，小球恰好能到达最高点，忽略一切摩擦，试求：
图8
(1)拉力所做的功；
(2)拉力撤去时小球的速度大小；
(3)若小球运动到最高点后由静止开始向右倾斜，求杆与水平面夹角为θ时(正方体和小球还未脱落)，正方体的速度大小.
答案(1)mgL (2)eq \r(gL2－\r(3))
(3) eq \r(\f(2mgL1－sin θsin2θ,m＋Msin2θ))
解析 (1)根据动能定理可得：WF－mgL＝0
力F所做的功为WF＝mgL
(2)设撤去F时，杆与水平面夹角为α，撤去F前，有：WF＝eq \f(6mg,π)×eq \f(L,2)α＝mgL，解得：α＝eq \f(π,3)
根据动能定理有：mgL－mgLsin α＝eq \f(1,2)mv2
得撤去F时小球的速度为：v＝eq \r(gL2－\r(3))
(3)设杆与水平面夹角为θ时，杆的速度为v1，正方体的速度为v2，v2＝v1sin θ
系统机械能守恒有：mg(L－Lsin θ)＝eq \f(1,2)mveq \\al( 2,1)＋eq \f(1,2)Mveq \\al( 2,2)
解得：v2＝ eq \r(\f(2mgL1－sin θsin2θ,m＋Msin2θ)).
10.如图9所示，虚线圆的半径为R，AC为光滑竖直杆，AB与BC构成直角的L形轨道，小球与AB、BC轨道间的动摩擦因数均为μ，A、B、C三点正好是圆上三点，而AC正好为该圆的直径，AB与AC的夹角为α.如果套在AC杆上的小球自A点静止释放，分别沿ABC轨道和AC直轨道运动，忽略小球滑过B处时的能量损耗.求：
图9
(1)小球在AB轨道上运动的加速度；
(2)小球沿ABC轨道运动到达C点时的速率；
(3)若AB、BC、AC轨道均光滑，如果沿ABC轨道运动到达C点的时间与沿AC直轨道运动到达C点的时间之比为5∶3，求α的正切值.
答案 (1)gcs α－μgsin α (2)2eq \r(gR－μgRsin 2α) (3)2.4
解析 (1)从A到B，由牛顿第二定律得：
mgcs α－μmgsin α＝ma
解得：a＝gcs α－μgsin α
(2)小球沿ABC轨道运动，从A到C，由动能定理可得：eq \f(1,2)mveq \\al( 2,C)＝mg·2R－2μmg·2Rcs αsin α
解得：vC＝2eq \r(gR－μgRsin 2α)
(3)设小球沿AC直导轨做自由落体运动，运动时间为t，则有：2R＝eq \f(1,2)gt2
解得：t＝2eq \r(\f(R,g))
轨道均光滑，小球由A到B机械能守恒，设B点的速度为vB，则有：
mg·2R cs2α＝eq \f(1,2)mveq \\al( 2,B)
解得：vB＝2 eq \r(gR)cs α
且依等时圆，tAB＝t，则B到C的时间为：
tBC＝eq \f(5,3)t－t＝eq \f(2,3)t＝eq \f(4,3)eq \r(\f(R,g))
以后沿BC直导轨运动的加速度为：
a′＝gsin α，且BC＝2Rsin α
故2Rsin α＝vBtBC＋eq \f(1,2)a′teq \\al( 2,BC)
代入数据得：tan α＝2.4.

力的特点
计算方法
恒力的功
单个恒力
W＝Flcs α
合力为恒力
1.先求合力，再求W＝F合l
2.W＝W1＋W2＋…
变力的功
大小恒定，且方向始终沿轨迹切线方向
力的大小跟路程的乘积
力与位移成线性变化
W＝eq \x\t(F)lcs θ
已知F－l图象
功的大小等于“面积”
一般变力
动能定理
步骤1：在直轨道部分，对小球、物块列牛顿第二定律方程
对小球：F－mgsin 53°＝ma①
对物块：Mg－F＝Ma②
得a＝7 m/s2③
步骤2：在直角△OAB中，由几何关系得xAB，由运动学方程，得vB
B到C，列机械能守恒方程
过C后，平抛运动分方向列方程
xAB＝eq \f(R,tan 53°)④
vB＝eq \r(2axAB)＝2eq \r(7) m/s⑤
B→C：
eq \f(1,2)mveq \\al(2,B)＝eq \f(1,2)mveq \\al(2,C)＋mgR(1－cs 53°)⑥
过C点后：x＝vCt⑦
h＝eq \f(1,2)gt2⑧
得：x＝eq \f(4,3) m⑨
步骤3：A→B：列系统机械能守恒方程
线断后，对球由BC列动能定理关系式
A→B对(M，m)系统
eq \f(1,2)(M＋m)v2＝MgxAB－mgxABsin 53°⑩
B→C，小球恰好能到达C点时，vC＝0
－mgR(1－cs 53°)＝0－eq \f(1,2)mv2⑪
得：M≥eq \f(20,7)m⑫