1、专题06功和能【考纲定位】高考命题点考纲要求高考真题1.功和功率理解功和功率了解生产生活中常见机械的功率大小及其意义.2.动能和动能定理理解动能和动能定理能用动能定理解释生产生活中的现象.2021山东高考T32021山东高考T183.重力势能和弹性势能理解重力势能，知道重力势能的变化与重力做功的关系定性了解弹性势能.4.机械能守恒定律通过实验，验证机械能守恒定律理解机械能守恒定律，体会守恒观念对认识物理规律的重要性能用机械能守恒定律分析生产生活中的有关问题.2020山东高考T115.能量守恒定律理解能量守恒定律，能用能量守恒的观点解释自然现象，体会能量守恒定律是最基本、最普遍的自然规律之一.2
2、022山东高考T2【知识重现】一、功和功率1功(1)表达式WFlcos，是力F与位移l的方向夹角适用于恒力做功的计算，可理解为力F乘以沿力方向的位移lcos，也可理解为位移l乘以沿位移方向的分力Fcos.(2)功的正负：功是标量，但有正负之分，功的正负可用来判断动力对物体做功还是阻力对物体做功(3)一对作用力与反作用力做功：作用力与反作用力分别作用在两个不同的物体上，这两个物体各自发生的位移并不确定当作用力做功时，反作用力可能做功也可能不做功，可能做正功也可能做负功2功率的两个公式(1)P.所求出的功率是时间t内的平均功率(2)PFvcos.其中是F与v方向的夹角；若v取瞬时速度，则对应的P为
3、瞬时功率；若v取平均速度，则对应的P为平均功率注意：发动机的功率指发动机的牵引力F的功率，而不是汽车所受合外力的功率，因牵引力与速度同向，故有PFv.3机车启动的两种典型方式恒定功率启动恒定加速度启动图象OA过程分析P不变：加速度减小的加速直线运动a不变：F不变匀加速直线运动，维持时间AB过程分析做速度为vm的匀速直线运动加速度减小的加速度直线运动，在B点达到最大速度，二、动能定理1动能(1)定义式：Ekmv2，v为物体相对地的速度(2)标量：物体的速度变化，动能不一定变化，如匀速圆周运动物体的动能变化，速度(大小)一定发生变化2动能定理(1)内容：力对物体所做的总功等于物体动能的变化(2)表
4、达式：WEkEk2Ek1.注意：动能定理表达式是一个标量式，不能在某个方向上应用动能定理三、机械能守恒定律1重力势能(1)表达式：Epmgh，是标量，但有正负，正负表示物体的重力势能比它在零势能面上大还是小(2)特点：是地球和物体共有的，其大小与零势能面的选取有关重力势能的变化是绝对的，与零势能面的选取无关(3)重力做功与重力势能变化的关系：WGEp1Ep2.2弹性势能(1)特点：物体由于发生弹性形变而具有的能量弹性势能的大小与形变量及劲度系数有关(2)弹力做功与弹性势能变化的关系：W弹Ep1Ep2.3机械能守恒定律的内容在只有重力(或系统内弹力)做功的情况下，物体系统内的动能和重力势能(或弹
5、性势能)发生相互转化，而机械能的总量保持不变4机械能守恒定律的表达式(1)守恒式：E1E2或Ek1Ep1Ek2Ep2.E1、E2分别表示系统初、末状态时的总机械能(2)转化式：EkEp或Ek增Ep减系统势能的减少量等于动能的增加量(3)转移式：EAEB或EA增EB减系统只有A、B两物体时，A增加的机械能等于B减少的机械能注意：应用守恒式时需要规定重力势能的零势能面，应用转化式或转移式时则不必规定重力势能的零势能面四、功能关系和能量守恒1功能关系的应用关键在于将对“功”(或“能量转化”)的求解转化为对“能量转化”(或“功”)的求解，特别是涉及机械能、动能和内能三种能量转化过程的分析几种常用的功能
6、关系如下：(1)外力对物体所做的总功等于物体动能的增量，即W总EkEk2Ek1(动能定理)(2)重力做功对应重力势能的减少量，即WGEpEp1Ep2.重力做多少正功，重力势能就减少多少；重力做多少负功，重力势能就增加多少(3)弹力做功对应弹性势能的减少量，即W弹EpEp1Ep2.弹力做多少正功，弹性势能就减少多少；弹力做多少负功，弹性势能就增加多少(4)除重力或弹力以外的其他力做的功与物体机械能的增量相对应，即W其他EE2E1.2能量守恒定律是自然界最普遍、最重要的基本定律之一，除物体的动能、势能外，还涉及内能、电能等其他形式的能量参与转化对能量守恒定律的两种理解如下：(1)某种形式的能量减少
7、，一定存在其他形式的能量增加，且减少量和增加量一定相等(2)某个物体的能量减少，一定存在其他物体的能量增加，且减少量和增加量一定相等,【真题汇编】1.（2022山东高考真题）我国多次成功使用“冷发射”技术发射长征十一号系列运载火箭。如图所示，发射仓内的高压气体先将火箭竖直向上推出，火箭速度接近零时再点火飞向太空。从火箭开始运动到点火的过程中（）A火箭的加速度为零时，动能最大B高压气体释放的能量全部转化为火箭的动能C高压气体对火箭推力的冲量等于火箭动量的增加量D高压气体的推力和空气阻力对火箭做功之和等于火箭动能的增加量【答案】A【解析】A火箭从发射仓发射出来，受竖直向下的重力、竖直向下的空气阻力
8、和竖直向上的高压气体的推力作用，且推力大小不断减小，刚开始向上的时候高压气体的推力大于向下的重力和空气阻力之和，故火箭向上做加速度减小的加速运动，当向上的高压气体的推力等于向下的重力和空气阻力之和时，火箭的加速度为零，速度最大，接着向上的高压气体的推力小于向下的重力和空气阻力之和时，火箭接着向上做加速度增大的减速运动，直至速度为零，故当火箭的加速度为零时，速度最大，动能最大，故A正确；B根据能量守恒定律，可知高压气体释放的能量转化为火箭的动能、火箭的重力势能和内能，故B错误；C根据动量定理，可知合力冲量等于火箭动量的增加量，故C错误；D根据功能关系，可知高压气体的推力和空气阻力对火箭做功之和等
9、于火箭机械能的增加量，故D错误。故选A。2（2021山东高考真题）如图所示，粗糙程度处处相同的水平桌面上有一长为L的轻质细杆，一端可绕竖直光滑轴O转动，另一端与质量为m的小木块相连。木块以水平初速度出发，恰好能完成一个完整的圆周运动。在运动过程中，木块所受摩擦力的大小为（）ABCD【答案】B【解析】在运动过程中，只有摩擦力做功，而摩擦力做功与路径有关，根据动能定理可得摩擦力的大小故选B。3（2021山东高考真题）如图所示，三个质量均为m的小物块A、B、C，放置在水平地面上，A紧靠竖直墙壁，一劲度系数为k的轻弹簧将A、B连接，C紧靠B，开始时弹簧处于原长，A、B、C均静止。现给C施加一水平向左、
10、大小为F的恒力，使B、C一起向左运动，当速度为零时，立即撤去恒力，一段时间后A离开墙壁，最终三物块都停止运动。已知A、B、C与地面间的滑动摩擦力大小均为f，最大静摩擦力等于滑动摩擦力，弹簧始终在弹性限度内。（弹簧的弹性势能可表示为：，k为弹簧的劲度系数，x为弹簧的形变量）（1）求B、C向左移动的最大距离和B、C分离时B的动能；（2）为保证A能离开墙壁，求恒力的最小值；（3）若三物块都停止时B、C间的距离为，从B、C分离到B停止运动的整个过程，B克服弹簧弹力做的功为W，通过推导比较W与的大小；（4）若，请在所给坐标系中，画出C向右运动过程中加速度a随位移x变化的图像，并在坐标轴上标出开始运动和停
11、止运动时的a、x值（用f、k、m表示），不要求推导过程。以撤去F时C的位置为坐标原点，水平向右为正方向。【答案】（1）、；（2）；（3）；（4）【解析】（1）从开始到B、C向左移动到最大距离的过程中，以B、C和弹簧为研究对象，由功能关系得弹簧恢复原长时B、C分离，从弹簧最短到B、C分离，以B、C和弹簧为研究对象，由能量守恒得联立方程解得（2）当A刚要离开墙时，设弹簧得伸长量为，以A为研究对象，由平衡条件得若A刚要离开墙壁时B得速度恰好等于零，这种情况下恒力为最小值，从弹簧恢复原长到A刚要离开墙得过程中，以B和弹簧为研究对象，由能量守恒得结合第（1）问结果可知根据题意舍去，所以恒力得最小值为（3
12、）从B、C分离到B停止运动，设B的路程为，C的位移为，以B为研究对象，由动能定理得以C为研究对象，由动能定理得由B、C得运动关系得联立可知（4）小物块B、C向左运动过程中，由动能定理得解得撤去恒力瞬间弹簧弹力为则坐标原点的加速度为之后C开始向右运动过程（B、C系统未脱离弹簧）加速度为可知加速度随位移为线性关系，随着弹簧逐渐恢复原长，减小，减小，弹簧恢复原长时，B和C分离，之后C只受地面的滑动摩擦力，加速度为负号表示C的加速度方向水平向左；从撤去恒力之后到弹簧恢复原长，以B、C为研究对象，由动能定理得脱离弹簧瞬间后C速度为，之后C受到滑动摩擦力减速至0，由能量守恒得解得脱离弹簧后，C运动的距离为
13、则C最后停止的位移为所以C向右运动的图象为4（2020山东高考真题）如图所示，质量为M的物块A放置在光滑水平桌面上，右侧连接一固定于墙面的水平轻绳，左侧通过一倾斜轻绳跨过光滑定滑轮与一竖直轻弹簧相连。现将质量为m的钩码B挂于弹簧下端，当弹簧处于原长时，将B由静止释放，当B下降到最低点时（未着地），A对水平桌面的压力刚好为零。轻绳不可伸长，弹簧始终在弹性限度内，物块A始终处于静止状态。以下判断正确的是（）AM2mB2mM3mC在B从释放位置运动到最低点的过程中，所受合力对B先做正功后做负功D在B从释放位置运动到速度最大的过程中，B克服弹簧弹力做的功等于B机械能的减少量【答案】ACD【解析】AB由
14、题意可知B物体可以在开始位置到最低点之间做简谐振动，故在最低点时有弹簧弹力T=2mg；对A分析，设绳子与桌面间夹角为，则依题意有故有，故A正确，B错误；C由题意可知B从释放位置到最低点过程中，开始弹簧弹力小于重力，物体加速，合力做正功；后来弹簧弹力大于重力，物体减速，合力做负功，故C正确；D对于B，在从释放到速度最大过程中，B机械能的减少量等于弹簧弹力所做的负功，即等于B克服弹簧弹力所做的功，故D正确。【突破练习】1（2018山东省青岛第五十八中学高三期中）如图所示，质量为M、长为L的木板置于光滑的水平面上，一质量为m的滑块放置在木板左端，滑块与木板间滑动摩擦力大小为，用水平的恒定拉力F作用于
15、滑块，当滑块运动到木板右端时，木板在地面上移动的距离为s，滑块速度为，木板速度为，下列结论中正确的是（）A上述过程中，F做功大小为B其他条件不变的情况下，F越大，滑块到达右端所用时间越长C其他条件不变的情况下，M越大，s越小D其他条件不变的情况下，越大，滑块与木板间产生的热量越多【答案】CD【解析】A由功能关系可知拉力F做功除了增加两物体的动能外，还有系统摩擦产生了热量，故A错误；B由于滑块和木板都是做初速度为零的匀加速运动，木板的加速度由滑块对它的摩擦力提供，在其它条件不变的情况下增大F，木板受到的摩擦力大小不变，因此木板的运动情况不变，滑块和木板的相对位移还是L，但增大F后滑块的加速度增大
16、，离开木板的时间就越短，故B错误；C由于木板受到的摩擦力大小不变，因此当M越大时木板的加速度越小，而滑块的加速度不变，相对位移仍是L，滑块在木板上的运动时间越短，所以木板运动的位移越小，故C正确；D系统产生的热量等于摩擦力和相对位移的乘积，相对位移不变化，因此摩擦力越大，产生的热量越多，故D正确。故选CD。2（2022山东师范大学附中模拟预测）如图甲所示，长为L的长木板水平放置，可绕左端的转轴O转动，左端固定一原长为的弹簧，一质量为m的小滑块压缩弹簧到图甲中的点（物体与弹簧不连接），间距离为。将小滑块由静止释放后，木板不动，小滑块恰能到达木板最右端。将木板绕O点逆时针转动37后固定，如图乙所示
17、，仍将物体由点静止释放，物体最多运动到离O点L的b点。已知弹簧的弹性势能，其中为弹性系数，为弹簧的形变量。取，。下列说法正确的是（）A物体与木板间的动摩擦因数为B物体在a点时，弹簧的弹性势能为C当长木板倾角为37时，要使小滑块能被弹簧弹起运动，弹簧压缩量至少为D长木板水平放置时，物体运动过程中的最大动能为【答案】ACD【解析】A木板水平时有木板绕O点逆时针转动37后固定，则有联立解得A正确；B小滑块在a点时，则有弹簧的最大弹性势能为B错误；C当弹簧具有最大弹性势能时，则有解得当长木板倾角为37时，小滑块受力平衡时，设弹簧的形变量为x2，沿斜面方向有解得要使小滑块能被弹簧弹起运动，弹簧压缩量至少
18、为C正确；D当弹簧的弹力与摩擦力大小相等时，速度最大此时弹簧的弹性势能为由能量守恒定律可得联立解得D正确。故选ACD。3（2022山东肥城市教学研究中心模拟预测）如图所示，在倾角斜坡的底端固定一挡板，一轻弹簧下端固定在挡板上，弹簧自然伸长时其上端位于斜坡上的O点处。质量分别为ma=5.0kg、mb=1.0kg的物块a和b用轻绳连接，轻绳跨过斜坡顶端的定滑轮，开始时让a静止在斜坡上的P点处，b悬空。现将a由静止释放，a沿斜面下滑，当a将弹簧压缩到Q点时，a的速度减为零。已知PO=1.0m，OQ=0.5m，a与斜坡之间的动摩擦因数=0.2，sin37=0.6，整个过程细绳始终没有松弛。则下列说法正
19、确的是（）Aa在与弹簧接触前的加速度大小为2m/s2Ba在与弹簧接触前，轻绳上的拉力为10NCa位于Q点时，弹簧所储存的弹性势能为18JDa第一次被弹回到O点时的速度为m/s【答案】ACD【解析】对ab整体，由牛顿第二定律得解得A正确；B由牛顿第二定律得得B错误；C由能量守恒定律得解得C正确；D由能量守恒定律得得D正确；故选ACD。4（2022山东高三学业考试）如图所示，在倾角37的斜面底端固定一轻弹簧，当弹簧处于原长时，其上端自然伸长点位置处，一滑块（可看作质点）从斜面上与Q点相距一定距离的P点由静止开始下滑，知自Q点到斜面底端部分光滑，自Q点沿斜面向上部分，滑块与斜面间的动摩擦因数，不计空
20、气阻力和滑块与弹簧碰撞时机械能损失，重力加速度g10m/s2，sin370.6，则以法正确的是（）A滑块沿斜面向下运动过程中先做匀加速运动后做匀减速运动B滑块接触弹簧后向下的运动过程中，滑块的机械能守恒C滑块从开始到动能达到最大值的过程中，滑块机械能的减少量等于弹簧弹性势能的增加量D整个过程中因摩擦产生的总热量等于滑块由P点到Q点减少的重力势能【答案】D【解析】A滑块沿斜面向下运动过程中，根据牛顿第二定律可知解得故先做匀加速直线运动，后下降到Q点以下部分后，没有了摩擦力，存在了弹簧的弹力，可得弹簧的弹力随着压缩量的增大而增大，故在Q点以下先做加速度减小的加速运动，后做加速度增大的减速运动，故A
21、错误；B滑块接触弹簧后向下的运动过程中，滑块的机械能会部分转化为弹簧的弹性势能，故滑块的机械能不守恒，故B错误；C滑块从开始到动能达到最大值的过程中，存在因克服摩擦力做功所损失的机械能，故滑块机械能的减少量不等于弹簧弹性势能的增加量，C错误；D在整个过程中滑块会来回反复运动，最终向上运动的最高高度不超过Q点，且在Q点动能为0，可知在整个过程中，滑块和弹簧减少的能为由P点到Q点的重力势能，即整个过程中因摩擦产生的总热量等于滑块由P点到Q点减少的重力势能，故D正确；故选D。5（2022山东高三学业考试）如图所示，轻质弹簧的一端与固定的竖直板P拴接，另一端与物体A相连，物体A置于光滑水平桌面上（桌面
22、足够大），A右端连接一细线，细线绕过光滑的定滑轮与物体B相连。开始时托住B，让A处于静止且细线恰好伸直，然后由静止释放B，直至B获得最大速度。下列有关该过程的分析中正确的是（）AB物体受到细线的拉力保持不变BB物体机械能的减少量等于弹簧弹性势能的增加量CA物体动能的增量小于B物体所受重力对B做的功与弹簧弹力对A做的功之和DA物体与弹簧所组成的系统机械能的增加量等于B物体所受重力对B做的功【答案】C【解析】A以A、B组成的系统为研究对象，根据牛顿第二定律可得从开始到B速度达到最大的过程中，弹簧的伸长量x逐渐增加，则B加速度逐渐减小；对B根据牛顿第二定律可得可知在此过程绳子上拉力逐渐增大，是变力，
23、故A错误；B整个系统中，根据功能关系可知，B减小的机械能转化为A的机械能以及弹簧的弹性势能，故B物体机械能的减少量大于弹簧弹性势能的增加量，故B错误；C根据动能定理可知，A物体动能的增量等于弹簧弹力和绳子上拉力对A所做功的代数和，而绳上拉力小于B的重力，A与B运动的路程相等，所以A物体动能的增量小于B物体所受重力对B做的功与弹簧弹力对A做的功之和，故C正确；D根据机械能守恒定律可知，A物体与弹簧所组成的系统机械能的增加量等于B物体机械能的减少量，也就是等于B物体克服细绳拉力做的功，故D错误。故选C。6（2022山东淄博三模）如图所示为某自动控制系统的装置示意图，装置中间有一个以的速度逆时针匀速
24、转动的水平传送带，传送带左端点M与光滑水平轨道PM平滑连接，半径，高的光滑圆弧的最低点与PM在P点平滑连接，在P点处安装有自动控制系统，当物块b每次向右经过P点时都会被系统瞬时锁定从而保持静止。传送带右端与半径的四分之一光滑圆弧轨道平滑连接，物块a从右侧圆弧最高点由静止下滑后滑过传送带，经过M点时控制系统会使静止在P点的物块b自动解锁，之后两物块发生第一次弹性碰撞。已知物块a、b的质量分别为、，两物块均可视为质点，物块a与传送带间的动摩擦因数，MN间的距离为，取。求：（1）物块a运动到圆弧轨道最低点N时受到的支持力大小；（2）物块a在第一次碰后，从经过M点到再次回到M点所用的时间；（3）物块b
25、第一次在P点相碰后到再次回到P所用的时间；（4）若物块a每次经传送带到达M点时，物块b都已锁定在P点，则两物块从第1次碰撞后到最终都静止，物块a与传送带之间由于相对运动产生的总热量为多少。【答案】（1）；（2）2s；（3）1s；（4）45J【解析】（1）对a从出发点到N，由动能定理在N点对物块a，由牛顿第二定律解得（2）a在传送带上，由牛顿第二定律和运动学公式，解得故物块a到达M点时a和b发生弹性碰撞有解得，则物块a在第一次碰后，从经过M点到再次回到M点所用的时间为（3）对b的上升过程应用动能定理解得故物块b在圆弧上运动可看作是简谐运动解得（4）物块a第1次碰后经过M点到第2次碰前经过M点因摩
26、擦而产生的热量为物块a第一次碰后速度小于传送带速度，故第二次碰前速度仍为，第二次碰后a的速度为，则第2次碰后到第3次碰前产生的热量为由数学知识可知则物块a与传送带之间由于相对运动产生的总热量为7（2022山东省实验中学模拟预测）我国航天员翟志刚、王亚平、叶光富于2022年4月16日9时56分搭乘神舟十三号载人飞船返回舱在东风着陆场成功着陆。返回舱在离地面约6000m的高空打开主伞（降落伞），在主伞的作用下返回舱速度从80m/s降至10m/s，此后可视为匀速下降，当返回舱在距离地面1m时启动反推发动机，速度减至0后恰落到地面上。设主伞所受的空气阻力为fkv，其中k为定值，v为速率，其余阻力不计。
27、已知返回舱（含宇航员）总质量为3000kg，主伞的质量忽略不计，忽略返回舱质量的变化，重力加速度g取，设全过程为竖直方向的运动。求：（1）在主伞打开后的瞬间，返回舱的加速度大小；（2）若在反推发动机工作时主伞与返回舱之间的绳索处于松弛状态，则反推发动机在该过程中对返回舱做的功。【答案】（1）70m/s2；（2）【解析】（1）由牛顿第二定律可知由题意联立可得所以加速度大小为70m/s2；（2）从离地一米到速度为0时，由动能定理可知解得8（2022山东济南二模）北京冬奥会后，某学习小组设想了如图甲所示的新型滑雪赛道，整个赛道由长为的倾斜直线赛道、半径为的竖直圆赛道和倾斜直线赛道组成，直线赛道与竖直
28、圆赛道相切于点，点为竖直圆赛道的最低点，其立体图如图乙所示。质量为的运动员（包括滑板和滑雪杖）从点由静止开始下滑，在段可借助滑雪杖滑行，经过点进入竖直圆赛道后不再使用滑雪杖，完成圆周运动后从点水平向右离开竖直圆赛道，最后落在倾斜赛道上。已知倾斜直线赛道、与水平方向的夹角均为，运动员与赛道间的动摩擦因数，重力加速度为。将运动员看做质点，忽略空气阻力和运动员与竖直圆赛道间的摩擦，点到点过程中的运动可看做在同一竖直而内的圆周运动，。（1）为保证运动员能安全通过竖直圆赛道，求在段运动员通过滑雪杖做功的最小值；（2）为保证运动员从点离开后能落到倾斜赛道上，求赛道的最小长度；（3）若运动员从点离开时的速度
29、为，求运动员从点到离倾斜赛道最远过程中动量变化量的大小。【答案】(1)；（2）；（3）【解析】（1）恰能赛道最高点时，速度最小，所做的功有最小值，在赛道最高点，设速度为，根据牛顿第二定律得从点到赛道最高点由动能定理得联立解得（2）从赛道最高点到点，由动能定理得从点飞出后做平抛运动，竖直方向水平方向联立解得（3）当垂直于斜面方向速度为0时，运动员离倾斜赛道最远，根据联立解得9（2022山东潍坊二模）如图所示，质量M=1kg的平板置于光滑的水平面上，板上最右端放一质量m=1kg可视为质点的小物块，平板与物块间的动摩擦因数，距平板左端L=0.8m处有一固定弹性挡板，平板撞上挡板后会原速率反弹。现对平
30、板施一水平向左的恒力F=5N，物块与平板一起由静止开始运动，已知重力加速度，整个过程中物块未离开平板。求：（1）第一次碰撞过程中，平板所受合外力对平板的冲量；（2）第三次碰撞时物块离平板右端的距离；（3）物块最终离木板右端的距离；（4）若将恒力F撤去，调节初始状态平板左端与挡板的距离L，仅给小物块一个水平向左的初速度，使得平板与挡板只能碰撞6次，求L应满足的条件。（假设平板足够长）【答案】（1），方向为平向右；（2）；（3）；（4）【解析】（1）若两者保持相对静止，在恒力作用下一起向左加速，有由于故平板M与m一起匀加速，根据动能定理得选初速度方向为正方向，由动量定理得大小为，方向为平向右；（2
31、）平板反弹后，物块加速度大小向左匀减速运动，平板加速度大小为经时间达到共速，由得共同速度为从碰撞到达共速的过程，设平板的位移为x1，则之后一起匀加速再次碰撞的速度为，由动能定理由运动学公式得同理推导可得设物块离开平板右端的距离为S，则即第三次碰撞时物块离开平板右端的距离为。（3）设第n次碰撞速度为，经过第时间，达到第n次共速，之后一起匀加速再次碰撞的速度为，由动能定理联立以上三式可得，同理可推导可得由求和公式（4）由题意，设每次加速的时间为t，平板和木块的加速度都为则平板撞击挡板的速率根据运动情况分析，前五次撞击的速度相等且小于木块的速度且对小物块代数得第六次撞击挡板的速度小于等于木块的速度，
32、且满足，代数得即由运动学公式得10（2022山东高三专题练习）如图所示，一质量、长的长木板静止放置于光滑水平面上，其左端紧靠一半径的光滑圆弧轨道，但不粘连。圆弧轨道左端点与圆心的连线与竖直方向夹角为60，其右端最低点处与长木板上表面相切。距离木板右端处有一与木板等高的固定平台，平台上表面光滑，其上放置有质量的滑块。平台上方有一固定水平光滑细杆，其上穿有一质量的滑块，滑块与通过一轻弹簧连接，开始时弹簧处于竖直方向。一质量的滑块自点以某一初速度水平抛出下落高度后恰好能从点沿切线方向滑入圆弧轨道。下滑至圆弧轨道最低点并滑上木板，带动向右运动，与平台碰撞后即粘在一起不再运动。随后继续向右运动，滑上平台
33、，与滑块碰撞并粘在一起向右运动。、组合体在随后运动过程中一直没有离开平台，且没有滑离细杆。与木板间动摩擦因数为。忽略所有滑块大小及空气阻力对问题的影响。重力加速度，求：（1）滑块到达点的速度大小；（2）滑块到达圆弧最低点时对轨道压力的大小；（3）滑块滑上平台时速度的大小；（4）若弹簧第一次恢复原长时，的速度大小为。则随后运动过程中弹簧的最大弹性势能是多大？【答案】（1）；（2）60N；（3）2m/s；（4）3.0375J【解析】（1）从开始到P点物体做平抛运动，竖直方向从P点沿切线进入圆轨道（2）从P点到圆弧最低点，由动能定理在最低点，由牛顿第二定律可知由牛顿第三定律可知（3）假设物块A在木板B上与B共速后木板才到达右侧平台，以AB系统，由动量守恒定律由能量关系解得B板从开始滑动到AB共速的过程中，对B由动能定理解得即假设成立；B撞平台后，A在B上继续向右运动，对A由动能定理解得v3=2m/s（4）弹簧第一次恢复原长时，当C的速度方向向右时，以ABC为系统，由动量守恒定律可知三者速度相同时弹性势能最大，由动量守恒定律由能量关系解得弹簧第一次恢复原长时，当C的速度方向向左时，以AD和C系统，由动量守恒定律三者速度相同时弹性势能最大，由动量守恒定律由能量关系可知解得
