2027届高三物理一轮复习讲义：第十五讲 功能关系的应用

该高中物理高考复习讲义聚焦功能关系应用专题，涵盖功能关系与能量守恒、功和能的关系等核心考点，按概念理解、图像分析到多过程综合应用的逻辑层次展开，通过考点梳理、方法指导、真题训练等环节，帮助学生构建能量问题的解题框架。 讲义突出科学思维与模型建构，如图像问题中引导学生结合能量变化分析图像斜率物理意义，多过程问题拆解为子过程应用动能定理。设置选择、计算分层练习，配合即时反馈，有效提升学生能量观念应用能力，为教师精准把控复习节奏提供实用参考。

功能关系的应用 一、功能关系与能量守恒 (一)功和能的关系 功 能量变化 表达式 重力做功 正功 重力势能减少 重力势能变化 负功 重力势能增加 弹力做功 正功 弹性势能减少 弹性势能变化 负功 弹性势能增加 合力做功 正功 动能增加 动能变化 负功 动能减少 除重力（或系统内弹力） 正功 机械能增加 机械能变化 外其他力做功 负功 机械能减少 (二)能量守恒 能量守恒：能量既不会消灭，也不会创生，它只会从一种形试转化为其他形式，或者从一个物 体转移到另一个物体，而在转化和转移的过程中，能量的总量保持不变 能量守恒定律是经过人类的长期探索在19世纪确立的。恩格斯曾经把这一定律称为“伟大的运动基本 规律”，认为它的发现是19世纪连同细胞学说、达尔文的生物进化论在内的自然科学的三大发现之一 能量守恒定律自建立以来，就是人们认识自然、改造自然的有力武器。这个定律把广泛的自然科学技 术领域联系起来使不同领域的科学工作者具有了一系列的共同语言，并取得了许多重大成就。现在，能量 守恒定律仍然是我们研究自然科学的强有力的武器之一 1.(多选)如图所示，光滑斜面固定在水平地面上，弹簧一端固定，另一端连接一滑块（视 为质点)，滑块还受到一平行斜面方向的恒力F(图中未画出)，处于静止状态。现给滑块一 个沿斜面向下的初速度，滑块沿斜面下滑，弹簧一直在弹性限度内。对滑块开始下滑至下滑 到最远处的过程，下列说法正确的是() M■ A.滑块的动能一定减小 B.弹簧的弹性势能一定增大 C.滑块的机械能先增大后减小 D.滑块机械能的改变量等于力F与弹簧弹力 做功的代数和 【答案】AD 【洋解】A.滑块下滑前所受的合力为零，因此滑块下滑的过程中所受的合力一定沿斜面向 上，合力做负功，结合动能定理可知，该过程中滑块的动能减小，故A正确： B.因为不知道滑块下滑前弹簧是压缩的还是伸长的，所以无法确定滑块下滑的过程中弹簧 弹性势能的变化情况，故B错误； C,若滑块下滑前弹簧的弹力和力F的方向均沿斜面向上，则滑块下滑的过程中滑块的机械 能一直减小，故C错误： D.根据能量守恒定律可知，滑块下滑的过程中滑块机械能的改变量等于力F与弹簧弹力做 功的代数和，故D正确。 故选AD。 2.羽毛球运动是一项深受大众喜爱的体育运动。某同学为研究羽毛球飞行规律，找到了如 图所示的羽毛球飞行轨迹图，图中A、B为同一轨迹上等高的两点，P为该轨迹的最高点， 则该羽毛球() ● B A.在A、B两点的速度大小相等 B.整个飞行过程中经P点的速度最小 C.AP段的飞行时间大于PB段的飞行时间 D.在A点的机械能大于B点的机械能 【答案】D 【详解】AD.由题可知，羽毛球在运动过程中受到空气阻力作用，且空气阻力做负功，所 以机械能减小，所以A点速度大于B点的速度，A点的机械能大于B点的机械能，故A错 误，D正确： B.当羽毛球所受重力与阻力的合力方向与速度方向垂直时，羽毛球的速度最小，而在最高 点P时，合力方向与速度夹角为钝角，说明羽毛球速度最小应该在P点之前，故B错误： C.由于存在空气阻力作用，AP段羽毛球处于上升阶段，其竖直向下的加速度大于重力加速 度，而PB段羽毛球处于下降阶段，加速度小于重力加速度，由于位移大小相等，所以AP 段的飞行时间小于PB段的飞行时间，故C错误。 故选D。 3.(多选)一台起重机将放在地面上的一个箱子吊起。箱子在起重机钢绳的作用下由静止开 始竖直向上运动，不计空气阻力。运动过程中箱子的机械能E与其位移x的关系图像如图所 示，其中0~x1、x2x3过程的图线为直线，x1~2过程的图线为曲线。由图像可知() 本E X2 A.0~x1、x2~x3过程箱子的加速度可能等大 B.x1~x2过程中箱子的动能一直增加 C.x2~x3过程中箱子所受拉力不变 D.x2~x3过程中起重机的输出功率一直增大 【答案】AC 【详解】A.箱子在起重机钢绳的作用下由静止开始竖直向上运动，根据 △E=Fx 可知，图像斜率代表拉力，0x1、x2~x3过程图像斜率不同，拉力不同，重力不变，如果 F1-mg=mg-F2 合力大小可能相同，则加速度可能等大，故A正确： B.x1~x2过程中斜率减小，拉力减小，如果拉力小于重力，则箱子的动能减小，故B错误： C.x2~x3过程中斜率不变，箱子所受拉力不变，故C正确： D.由于物体在x1~x2内图象的斜率的绝对值不变，故物体所受的拉力保持不变。如果拉力 等于物体所受的重力，则物体做匀速直线运动，起重机的输出功率不变，故D错误。 故选AC。 4.(多选)我国正在攻关的JF一22超高速风洞，是研制新一代飞行器的摇篮，它可以复现 40到100公里高空、时速最高达10公里/秒，相当于约30倍声速的飞行条件。现有一小 球从风洞中的M点竖直向上抛出，小球受到大小恒定的水平风力，其运动轨迹大致如图所示， 其中M、N两点在同一水平线上，O点为轨迹的最高点，小球在M点动能为16，在0点动能 为9引，不计空气阻力，下列说法正确的是() 风 M A.小球所受重力和风力大小之比为3：4 B.小球在上升和下降过程中机械能变化量之比为1：3 C.小球落到N点时的动能为52) D.小球从M点运动到N点过程中的最小动能为5.76 【答案】BCD 【详解】A,设风力大小为F,小球重力大小为g,O、M两点间的水平距离为x1,竖直距 离为h,根据竖直上抛运动规律有 hs哈 2g 对小球从M运动到O的过程，根据动能定理有 Fx1-mgh=(9-16) 由题意可知 2m%=16 1 根据牛顿第二定律可得小球在水平方向的加速度大小为 a=F m 小球从M运动到O所用时间为 t=四 9 根据运动学公式有 1 42t2 联立解得 mg 4 F=3 故A错误： B.小球上升和下降的时间相等，设O、N两点间的水平距离为x2,根据匀变速直线运动规 律的推论可知 身 根据功能关系可知，小球运动过程中，风力对小球做的功等于其机械能的变化量，则小球在 上升和下降过程中机械能变化量之比为 瓷 故B正确： C.MN两点间的水平距离为 x-之 设小球落到N点时的动能为Ek1,根据动能定理有 1 B1-2m哈=x 联立解得 Ek1=52) 故C正确； D.小球在重力和风力的合力场中做类斜抛运动，当小球速度方向与合力方向垂直时动能最 小，根据前面分析可知合力与竖直方向的夹角的正切值为 3 tand=4 根据速度的合成与分解可得小球从M点运动到N点过程中的最小速度为 3 Umin =vosine=50 解得最小动能为 9 Bkmm=25B0=5.76 故D正确。 故选BCD。 5.如图，一竖直轻弹簧静止放在水平面上，将质量分别为2和m的4、b两物体叠放在轻 弹簧上并处于静止状态。现用一恒力F竖直向上拉α，将4、b视为质点，重力加速度为g, 弹簧劲度系数为k且弹簧始终未超过弹性限度，不计空气阻力，则下列说法中错误的是 () a b 77777777777 A.若F=mg,则a、b始终不会分离 B.若F=mg,则b的最大速度为g m 3k C.若F=2mg,则a、b分离时弹簧恰好恢复原长 D.若F≥6mg,则a、b在初始位置分离 【答案】C 【详解】AB.若F很小，则a、b可能做简谐振动不分离，假设4、b不分离，则振幅 4=骨 最大位移为 2F xm=2A= 若F很大，则α、b会分离，设位移x时分离，则此时 F-2mg 2mg-kx 2m m 解得 6mg-F 2k 当F取临界值Fo时，a、b恰好可以分离，即 2F 6mg-F k 2k 所以 6 F=5mg 即a、b能否分离的临界拉力为 6 Fo=5mg 若 F=mg <Fo 则、b一起做简谐振动不会分离，且在平衡位置处速度最大，由动能定理有 1 F+0F 3m2-0=2·元 解得 m v=g3k 故AB正确，不符合题意： C.若 F=2mg Fo 故a、b会分离，分离时a不受b的作用力，故a合力为0，加速度为0，b加速度也为0， 弹簧处于压缩状态，故C错误，符合题意 D.令 6mg-F X=- .=0 2k 解得 F=6mg 即F≥6mg时，a、b在初始位置分离，故D正确，不符合题意。 故选C。 (三)图像问题 常规图像：找出横纵坐标轴的物理意义对应表达式关系、对应斜率、截距、面积的物理意义 非常规图像： 构建有关横纵坐标轴物理量的函数关系，常见一次函数y=kx+b和二次函数y=ax2+bx+c 例：Ec-h为一次函数关系y=kx(Ec=mgh) 例：E.-v为二次函数关系！=ax（E:=2m心 6.光滑斜面上，某物体在沿斜面向上的恒力作用下从静止开始沿斜面运动，一段时间后撤 去恒力。若不计空气阻力，斜面足够长。物体的速度用ⅴ表示、动能用Ek表示、重力势能用 E,表示、机械能用E表示、运动时间用t表示、路程用s表示。对整个运动过程，下图表示 的可能是() A.v随t变化的v-t图像 B.E随s变化的E-s图像 C.E随t变化的Ep-t图像 D.Ek随s变化的Ek-s图像 【答案】D 【详解】A.撤去恒力前，物体沿斜面向上做匀加速运动，撤去恒力后，物体加速度保持不 变，先沿斜面向上做匀减速运动，然后沿斜面向下做匀加速运动，A错误： B.辙去恒力前，恒力作正功，物体的机械能增加，撤去恒力后，只有重力做功，物体的机 械能不变，故机械能先增大后不变，B错误； C.物体先向上运动，重力势能先增大，当到达最高点时后物体向下运动，重力势能减少， C错误； D.根据动能定理可知，撤去恒力前，合外力做正功，动能增大，辙去恒力后，只有重力做 功，且先做负功再做正功，故动能先减少后增大，动能是标量，只有大小，没有方向，D正 确。 故选D。 7.将一个物体竖直向上抛出，若物体所受空气阻力大小与物体速率成正比，下图中可能正 确反映小球抛出后上升过程中速度、加速度a随时间t的变化关系，以及其动能Ek、重力势 能Ep随上升高度h的变化关系的是() E 【答案】c 【详解】A.由题意可得 f=kv 根据牛顿定律可得 mg+f ma 速度减小则加速度减小，所以物体不是匀变速运动，故A错误： B.根据牛顿第二定律可得 mg+kv ma 即加速度和速度是线性关系，因速度和时间不是线性关系，因此加速度与时间不成线性关系， 故B错误： C.上升过程，由动能定理可得 -mgh-fh Ek -Eko 解得 Ex Eko -(mg +f)h Eko-(mg +kv)h 由于速度减小，则Ek一图像的斜率逐渐减小，故c正确： D.设初位置的重力势能为Epo,则有 Ep-Epo=mgh 可得 Ep=mgh+Epo 可知E。-h图像为一条倾斜直线，故D错误。 故选C。 8.如图所示在竖直y轴上固定两个点电荷，电荷量为+Q的点电荷在2y0处、电荷量为-4Q 的点电荷在3yo处。将质量为m、电荷量为+q的小球从坐标原点O静止释放，经过A点后， 能到达最低点B。以y0处为电势能零点、2y处为重力势能零点，小球可视为点电荷。小球 从O到B的运动过程中的重力势能Ep1、机械能E。、动能Ek及电势能EP2随y变化的图像可能正 确的是() +g,m 0 ⊕O yo ---A -- B 2y-⑧+0 3y0 -⊙-4Q 个E E 对 y A.O % E 个E E D. 【答案】c 【详解】AB.以yo处为电势能零点、2yo处为重力势能零点，所以2yo处重力势能为零，故 AB错误： cD.小球在运动过程中受重力和电场力作用。取向下为正方向，电场力F:=k3。 4Qq Qq k2yoy) 当y=6时，有=k器-k号=0 在0<y<yo区间，Fg>0,电场力向下，合力向下，小球加速；在y=yo处，Fe=0, 合力为mg,小球继续加速；在y>yo区间，Fe<0,电场力向上，当Fl=mg时合力 为零，速度最大，动能Ek最大。因此Ek的最大值出现在y>yo处，且电场力先做正功， 后做负功，电势能先减小后增大，故C正确，D错误。 故选C。 9.(多选)如图甲所示，倾角为的光滑斜面下端固定一个挡板，轻弹簧一端与挡板相连， 另一端与小球B相连，小球B处于静止状态，小球A的质量为，置于斜面上与小球B相 距x1处并由静止释放，A球沿斜面向下运动与B球相撞后粘在一起。如果以A球原位置作为 原点，沿斜面向下为x轴正向建立坐标系，则A球的动能与位移x间的关系图像如图乙所示。 结合图中数据可知() E a9000A 甲 乙 A.小球A的最大速度为 2Eko m B.小球B的质量为2m C.小球A位移为x2时，弹簧弹性势能最大 0。弹资的劲度系数为” 【答案】ABD 【详解】A.由图乙可知，小球A的最大动能为 1 Bo=2m哈 解得小球A的最大速度为 Vm m 故A正确： B.小球A与小球B碰撞后的动能有 1 1 Exo=m 小球A与小球B碰撞动量守恒有 mvm=(m+mB)v 解得 mB 2m 故B正确； C.小球A位移为x3时，弹簧的压缩量最大，弹簧弹性势能最大，故C错误： D.设小球B未发生碰撞时弹簧的压缩量为xo,可得 mEgsine=kxo 小球A和小球B粘在一起后速度达到最大时有 (m+mB)gsine =k(x2-x1+xo) 小球A从O点下落至位移x1处有 mgxisine Eko 解得弹簧的劲度系数为 Eko k=x2-X1) 故D正确。 故选ABD。 10.某同学将弹簧笔内的弹簧取出，固定在桌面上，用小笔帽套在弹簧上，竖直向下压弹簧， 如图(a)所示。松手后弹簧将小笔帽竖直向上弹起，不计其受到的阻力，上升过程中的Ek一h 图像如图(b)所示(h1到h2部分为曲线，h2到h3部分为直线)，则上升过程中下列说法正确 的是( 77777727777777777 h3 h 图(a) 图b) A.弹簧原长为h1 B.h2到h3之间小笔帽机械能不变 C.h1到h2之间小笔帽加速度逐渐减小 D.O到h1之间弹簧弹性势能全部转化为小笔帽的动能 【答案】B 【详解】A.由图像可知，小笔帽在2处与弹簧分离，此时弹簧恢复原长，故弹簧原长为h2, 故A错误： B.从h2到h3,小笔帽只受重力，动能与重力势能之和不变，机械能守恒，故B正确： C.在h1处小笔帽动能最大、速度最大，加速度为零。从h1到h2,弹簧弹力逐渐减小，竖直 向下的合力逐渐增大，加速度大小逐渐增大，故C错误； D.从O到1，小笔帽动能和重力势能均增大，弹簧弹性势能转化为小笔帽的动能和重力势 能，并非全部转化为动能，故D错误。 故选B。 11.在快递分类时常用传送带运送快件，如图甲所示，一倾角为37°的传送带以恒定速度运 行，传送带底端到顶端的距离L=16m。现将一质量m=2kg的小快件静止放于传送带底 端，快件沿传送带向上运动至项端过程中速度的平方随位移x的变化关系如图乙所示，快 件可视为质点，取g=10m/s2,sin37°=0.6，cos37°=0.8。以下描述正确的是() ↑v21m2s3 6 537 16 x/m 为 乙 A.由乙图可得快件的加速度和传送带的速度 B.不能得出快件与传送带间的动摩擦因数 C.快件与传送带摩擦而产生的热量为110J D.快件从传送带底端运动到项端过程中，不能得出电动机多做的功 【答案】A 【详解】AB.根据图乙可知，快件在8m之前做匀加速运动，根据P=2m可得，加速度大 小为2a=普=2m/62,可得a=1m/s2 根据牛顿第二定律得mgcos37°-ugsin:37°=11a 解得=名 根据图像可知，传送带的速度为v4ms,A正确，B错误； c.根据图像可知，传送带的速度为v=4ms,快件加速到4m/s以后做匀速运动，快件加 速的时间为：=兰=5 位移为x=8m 此过程中传送带的位移为x=v传t=4×4m=16m 二者的相对位移为△x=xx1=16m-8m=8m 快件与传送带摩擦而产生的热量Q=1gcos37°·△x 解得快件与传送带摩擦而产生的热量Q=112,C错误： D.根据能量守恒定律，快件从传送带底端运动到顶端过程中，电动机多做的功包括快件增 加的动能、增加的重力势能和与传送带摩擦而产生的热量，所以电动机多做的功为W= mgLsin37+号mw2+Q=320J,D错误。 故选A。 12.(多选)篮球从某一高度静止下落，与地面碰撞后等速率竖直反弹，篮球在竖直运动过 程中受到阻力大小不变，篮球速率、加速度大小、动能、机械能随时间或者高度变化正确的 是() 0 2to c.0 D. 【答案】BC 【详解】A.在下降阶段，篮球做匀加速直线运动，受向上的阻力，则其加速度大小为a1=m9士 则篮球速率为v=a1t(t≤to) 在下降阶段，速率时间图像是一条倾斜向上的直线，在时刻，篮球与地面碰撞后等速率竖 直反弹，设落到地面时速率为1。在上升阶段，篮球做匀减速直线运动，受向下的阻力，则 其加速度大小为a2="g女 m 则篮球速率为v=v1-a2t(t>to) 在上升阶段，速率时间图像是一条倾斜向下的直线。由于α2>Q1,所以上升阶段的图像应 该更陡，上升阶段所用的时间应该小于下降阶段所用的时间，即上升阶段图像与时间轴的交 点应该在to~2to之间。故A错误： B.在下降阶段，篮球做匀加速直线运动，在上升阶段，篮球做匀减速直线运动，两段运动 加速度大小都恒定，因此在a-t图像中，图像应为与时间轴平行的平行线，且a2>a1,上 升阶段所用的时间小于下降阶段所用的时间，故B正确： C.设篮球从高H处落下，在下降阶段，有v2=2a1(H-h) 则有EK=mv2=maH-mah 可知下降阶段EK-图像应是倾斜向下的直线，与E轴的交点对应落地的瞬间，此时动能最 大，与h轴的交点对应开始下落的位置，即高度H的位置。 在上升阶段，有v1-v2=2a2h 又有v=2a1H 则有Ek=号mv2=ma1H-ma2h 2 可知上升阶段EK-h图像也是倾斜向下的直线，但图像应该更陡，与下降阶段图像相交于 Ex轴，与h轴的交点对应上升的最大高度，但由于阻力影响，篮球无法到达起始高度H。 故C正确； D.在下降阶段，有E=mgH-f(H-h)=mgH-fH+fh 可知在下降阶段E-h图像是倾斜向上的直线，图像与E轴的交点对应落地瞬间，与h轴则没 有交点。 在上升阶段，有E=mgH-fH-fh 可知在上升阶段E-h图像是倾斜向下的直线，与h轴同样没有交点。故D错误。 故选BC。 (四)多过程问题 对于两个及两个以上物体构成的系统进行分析：是否有外力对系统做功 两个连接物体速度的关联实质：沿绳（或沿杆）方向的分速度大小相等 对多个物体组成的系统，要注意判断多物体系统是否整体机械能守恒、单一物体的机械能变化 综合解题技巧 1.动力学方法：利用牛顿运动定律结合运动学规律求解力学问题 2.能量的观点：利用动能定理、机械能守恒定律、能量守恒定律以及一些功能关系求解力学问题 3.应用方法：涉及动力学方法和能量观点的综合题，应根据题目要求灵活选用公式和规律 ①涉及力和运动的瞬时性分析或恒力作用下物体做匀变速直线运动的问题时，可用牛顿运动定律 ②用动能定理求解物体受恒力作用下的问题比用牛顿运动定律求解过程要简单，变力作用下的问题只能用 能量观点 ③涉及动能与势能的相互转化，单个物体或系统机械能守恒问题时，通常选用机械能守恒定律 13.（多选)如图，小球套在光滑的竖直杆上，轻弹簧一端固定于0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<,已知自由落体加速度大小为g,在小球从M 点运动到N点的过程中说法正确的是() 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竖直向下且大小为g C.弹簧长度最短时，弹力对小球做功的功率为零 D.弹簧恢复原长时，重力对小球做功的功率最大 【答案】BC 【详解】A.因为LONM<LOMN<5,所以ON大于OM,由于在M、N两点处，弹簧对小球 的弹力大小相等，所以在M点弹簧处于压缩状态，在N点弹簧处于拉伸状态，小球向下运动 的过程中弹簧的长度先减小后增大，则弹簧的弹性势能先增大，后减小，再增大，所以弹力 对小球先做负功再做正功，最后再做负功，故A错误： B.由M到N有一状态弹力为0且此时弹力与杆不垂直，加速度为g:当弹簧与杆垂直时小球 加速度为g。则有两处（即有两个时刻）加速度为g,且竖直向下，故B正确： C,弹簧长度最短时，也就是弹力垂直杆方向时，此时弹力与小球速度方向垂直，故弹力对 小球做功为零，故C正确： D.由于重力恒定，根据P=mgv 可知当速度最大时，重力对小球做功的功率最大，也就是重力和弹力的合力为零时，此时弹 簧没有恢复原长，故D错误。 故选BC。 14.如图所示，质量分别为m=0.2kg和M=0.6kg的小物块A、B放置在足够长的倾角为37° 的斜面上，并用一劲度系数为k=100N/m的轻弹簧连接在一起。开始时弹簧处于原长，A、B 均静止。现给B施加一个沿斜面向下的恒力F,使B沿斜面向下运动，当B速度为零时，立 即撤去恒力，B运动到最高点时，A恰好未离开下端挡板。A、B与斜面间的动摩擦因数均为 =0.75,最大静摩擦力等于滑动摩擦力，弹簧始终在弹性限度内。弹簧的弹性势能可以表示 为Ep=kx2,x为弹簧的形变量，取重力加速度g10m/s3,sin37°=0.6，cos37P=0.8。求： (1)物块B运动到最高点时，弹簧的形变量xo: (2)物块B向下运动的最大距离x1和恒力F的大小。 4 37 【答案】(1)0.024m;(2)0.168m,8.4N 【详解】(1)根据平衡条件有 mgsin37°+umgcos37°=kxo 解得 xo=0.024m (2)B从撤去F至运动到最高点，根据能量守恒有 )sm3+g053 解得 x1=0.168m 在恒力F作用下，物体B向下运动到最低点的过程，根据功能关系有 Fx+Mgx1si37°=uMgx1cos37+乞k 解得 F=8.4N 15.(多选)如右图所示，三个小球A、B、C的质量均为m,A与B、C间通过铰链用轻杆连 接，杆长为L,B、C置于水平地面上，用一轻质弹簧连接，弹簧处于原长。现A由静止释 放下降到最低点，两轻杆间夹角a由60°变为120°，A、B、C在同一竖直平面内运动，弹簧 在弹性限度内，忽略一切摩擦，重力加速度为g。则在此过程中() A(m B()W-(m)C A.A的动能最大时，B、C的动能均为零 B.A的动能达到最大前，B受到地面的支持力小于mg C.弹簧的弹性势能最大时，A的加速度为0 D.弹簧的弹性势能最大值E。=mgL 2 【答案】BD 【详解】A.A的加速度为零时速度最大，此时仍有向下的速度，弹簧要继续伸长，B、C继 续运动，故二者动能不为零，故A错误： B.在A的动能达到最大前一直是加速下降，处于失重情况，所以B受到地面的支持力小于 mg,故B正确： 3 C.当A达到最低点时动能为零，此时弹簧的弹性势能最大，A的加速度方向向上，不为零， 故C错误； D.A球达到最大动能后向下做减速运动，到达最低点时三个小球的动能均为零，由机械能 守恒定律得，弹簧的弹性势能为 Ep =mg(Lcos30-Lcos60)= 5-1 2 -mgL 故D正确。 故选BD。 16.(多选)如图所示，在倾角6=37°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α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。己知P0=1.0m 0Q=0.5m,a与斜坡之间的动摩擦因数u=0.2,si37°=0.6，整个过程细绳始终没有松 弛。则下列说法正确的是() WWWw b 0 0 7 A.a在与弹簧接触前的加速度大小为2.4m/s2 B.a在与弹簧接触前，轻绳上的拉力为12N C.α位于Q点时，弹簧所储存的弹性势能为18J D.a第一次被弹簧弹回到O点时速度为 3/s 【答案】BC 【详解】A.由牛顿第二定律得magsin0-umagcos0-mbg=(ma+mb)a 解得a=2m/s2,故A错误； B.由牛顿第二定律得Fr-mbg=mbQ 解得轻绳上的拉力FT=12N,故B正确： C.由能量守恒定律得mag×xpg×sin0=umagcos0×xpg+mbg×xpg+Ep 解得E。=18,故C正确： D.由能量守恒定律得mag·xpo·sin8=umagcose9×(cpg+xoo)+magxpo+(ma+ m6)v2 联立解得v=9m/,故D错误。 故选BC。 17.（多选)如图所示，轻质弹簧一端固定在水平面上的光滑转轴O上，另一端与套在粗糙 固定直杆N处质量为0.2kg的小球（可视为质点）相连。直杆与水平面的夹角为30°，N点 距水平面的高度为0.4m,NP=PM,ON=OM,OP等于弹簧原长，OM水平。小球从N处由 静止开始下滑，经过P处的速度为2m/s,并恰能停止在M处。已知重力加速度取10m/s2, 小球与直杆的动摩擦因数为9，则下列说法正确的是() M nmiieiieeiiiieneme A.小球通过P点时的加速度大小为3m/s2 B.弹簧具有的最大弹性势能为0.5J C.小球通过NP段与PM段摩擦力做功相等 D.N到P过程中，球和弹簧组成的系统损失的机械能为0.4J 【答案】CD 【详解】A.因在P点时弹簧在原长，则到达P点时的加速度为 a=gsin30°-ugcos:30°=2m/s2 故A错误； C.因NP段与PM段关于P点对称，则在两段上弹力的平均值相等，则摩擦力平均值相等， 摩擦力做功相等，故C正确： B.设小球从N运动到P的过程克服摩擦力做功为W弹簧具有的最大弹性势能为E,根 据能量守恒定律得，对于小球N到P的过程有 mg×+E,=mv2+WW到M的过程有 mgh =2Wr 得 5,7m2-7×02×2-0 1 故B错误： D.N到P过程中，球和弹簧组成的系统损失的机械能 △E=WE= mgh 2 =0.4 故D正确。 故选CD。 18.如图所示，某游戏装置由光滑平台、轨道AB、竖直圆管道BCDEC(管道口径远小于管 道半径、水平轨道CF、光滑直轨道FG平滑连接组成，B、C、C为切点，A、F连接处小 圆弧长度不计，A点上方挡片可使小滑块无能量损失地进入轨道AB。圆管道半径R=0.2m, 管道中，内侧粗糙，外侧光滑。小滑块与轨道AB、CF的动摩擦因数均为μ=0.5，AB轨道 长度l=0.4m,倾角0=37°，CF长度L=2m,FG高度差h=0.8m,平台左侧固定一轻质 弹簧，第一次压缩弹簧后释放小滑块，恰好可以运动到与管道圆心等高的D点，第二次压 缩弹簧使弹性势能为0.361时释放小滑块，小滑块运动到圆管道最高处E的速度为ve=1m/s, 已知小滑块质量m=0.1kg可视为质点，si37°=0.6，cos37°=0.8，不计空气阻力。求： (1)第一次释放小滑块，小滑块首次到圆管上的C点时受到弹力大小： (2)第二次释放小滑块，小滑块从C点运动到E点的过程，圆管道对滑块的摩擦力做的功： (3)若第三次压缩弹簧使弹性势能为E,时释放小滑块，要求小滑块在圆管道内运动时不受 到摩擦力且全程不脱轨，最终停在C℉上。写出小滑块C℉上运动的总路程与E,之间的关系 式，并指出E。的取值范围。 E h D B777777777777777777 【答案】(1)FN=3N;(2)W=-0.03:(3)s=(2Ep+0.24)m;0.38≤Ep≤1.68 【详解】(1)从C到D,对小滑块由动能定理可得 1 -mgR=0-2m吗 解得 vc 2m/s 在C点由牛顿第二定律可得 FN-mg=mR 联立解得 FN=3N (2)从开始到E点由动能定理可得 Ep+mglsine-umglcose-mgR(1+cos0)+W=m0 解得 W=-0.03) (3)从开始到C,可得 Exc-Ep mglsine-umglcose mgR(1-cose) 解得 Ekc=Ep +0.12] 要能最终停在C℉上，必过E点，圆轨道运动无摩擦，所以 mg≤mR Eke=m哈≥0.1 又有C到E,可得 -2mgR =EkE-Ekc 解得 Ep≥20.38 Ekc≥0.5j 不从右侧斜面飞出需 Ekc-umgL-mgh≤0 解得 Ep≤1.68 Ekc≤1.8l 返回，若不过圆心等高处，可得 Ekc-2μmgL-mgR≤0 解得 Ekc≤2.2 Ep≤2.08 故 0.38≤E,≤1.68 从开始到静止有 Ekc-umgs=0 则 s=(2Ep+0.24)m 其中 0.38≤E。≤1.68 19.(多选)如图所示，绷紧的传送带与水平面的夹角6=30°，传送带在电动机的带动下， 始终保持1m/s的速度顺时针运行。现把一质量为5kg的工件（可视为质点）轻放在传送带 的底端，经过一段时间工件与传送带达到共同速度后继续传送到4高处。已知工件与传送 带间的动摩擦因数为5，重力加速度大小为10m/s2,则在此过程中，下列说法正确的是 () 4m A.工件加速过程的时间为0.8s B.传送带对工件做的功为202.5) C.工件与传送带间摩擦产生的热量为7.5」D.电动机因传送工件多做的功为120J 【答案】BC 【详解】A.工件加速过程由牛顿第二定律得 f-mgsine =ma 解得加速度 a=ugcose-gsine =2.5m/s2 得加速时间 t名06 故选项A错误； B.工件在传送带上不仅受重力还受到传送带对它的摩擦力和支持力，由动能定理有 1 -mgh+w#=2m2-0 得传送带对工件做的功 1 W传=2m2+mgh=202.51 故选项B正确： C.加速过程工件与传送带相对运动的位移 4x=x传-为=t-2t=2=0.2m 工件与传送带间摩擦产生的热量 Q=mgcose0·4x=7.5J 故选项C正确： D.电动机多做的功等于系统摩擦产生的热量和工件机械能的增加量，则有 1 W他=Q+2mn2+mgh=210 故选项D错误。 故选BC。 20.如图所示，木板A静止于光滑水平面上，木块B轻置于木板A上。现施加外力F拉着 木块B做匀加速直线运动，木板A在摩擦力作用下也向右加速运动，但加速度小于木块B 的加速度，则() B A.木板A所受摩擦力对木板A做负功 B.木板A对木块B的摩擦力做的功与木块B对木板A的摩擦力做的功的大小相等 C.木块与木板间摩擦产生的热量等于木板A对木块B的摩擦力做功的大小减去木块B 对木板A的摩擦力做的功 D.力F做的功等于木块B与木板A的动能增量之和 【答案】C 【详解】A.木板A所受摩擦力方向与其运动方向相同，对木板A做正功，故A错误： B.木板A对木块B的摩擦力做的功大小为 W1=fABx 木块B对木板A的摩擦力做的功大小为 W2=fBAX1 由题意得fA的大小与fA的大小相等，但x>x1,所以两者做功大小不相等，故B项错误： C.摩擦生热的计算公式为 Q=f,△s 又因为 △s=X-X1 所以有 Q=f·△s=W1-W2 故C项正确： D.根据能量守恒有，力F做的功等于木块B和木块A动能的增量之和，再加上A、B相对 运动产生的热量，故D项错误。 故选C。 21.如图所示是快递公司的智能分拣系统的一部分。AB为四分之一圆弧，半径R=1.25m, 圆弧轨道在最低点与水平传送带相切于B点，传送带以v=7/s的速度顺时针匀速转动， 传送带BC两端距离为L=4.5m。质量为m=1kg的包裹（可视为质点），从圆弧轨道最高点 A处由静止开始释放，己知包裹在圆弧上的阻力很小可忽略，包裹与传送带间滑动摩擦因数 u=0.5,重力加速度为g=10m/s2。求： (1)包裹到达B点时速度大小； (2)包裹从传送带B到C端过程所经历的时间： (3)包裹从传送带B到C端的过程中电动机多消耗的电能。 R 【答案】(1)5m/5:(2)0.75:(3)14J 【详解】(1)包裹从A到B过程，机械能守恒，设滑块到达B点时速度大小为B,有 mgR=2m喝 解得 vB=5m/s (2)设包裹冲上传送带后加速经过，与传送带共速v,位移大小为x,而加速度为 a=1g=5m/s2 则时间为 1="=04s a 则有 t 2t1=2.4m<L 随后包裹做匀速直线运动，历时t2到达C端， 52=-4=038 则包裹从传送带B到C端过程所经历的时间 t=t+t2=0.7s (3)包裹从传送带B到C端过程中，滑块相对于传送带位移大小为 △x-t1-x1=0.4m 产生的热量为 Q=wg·△x=2 包裹增加的动能为 1 43kzm-2m呢=12 根据能量守恒定律可知，电动机多消耗的电能为 △E电=Q+△Ek=14 22.某弹射游戏装置如图所示，由以下部分依次平滑连接而成（竖直和水平轨道互不影响）： 光滑水平轨道PA、半径为R的竖直光滑半圆轨道ABC、半径为0.5R的竖直光滑半圆轨道CDE、 长度l=1.4m的水平直轨道EFG、长度L=2m且以恒定速率v=3m/s顺时针转动的水平 传送带GH,以及足够长的光滑水平轨道HL。其中，C点为半圆轨道ABC的最高点。在光滑 水平轨道PA上，一轻弹簧一端固定于墙壁，另一端与质量m1=0.1kg的小滑块（可视为质 点)接触但不连接。弹簧初始时在0点处于压缩锁定状态，弹性势能E。=25J。解除锁定 后，小滑块被弹出，恰好能通过C点，之后依次滑经轨道EFG和传送带GH,最终冲上静置 于轨道HL上表面光滑的四分之一圆弧形物块JK,其质量m2=0.2kg,半径R1=0.25m。 已知滑块与轨道EFG及传送带GH之间的动摩擦因数均为μ=0.5，重力加速度g取10m/s2, 空气阻力不计。 R 0. HI B】 么M (1)求半圆轨道ABC的轨道半径R: (2)求小滑块第一次向右滑过传送带的过程中，小滑块和传送带因摩擦产生的热量Q: (3)判断小滑块从1点滑上圆弧形物块K后是否能从J点冲出圆弧轨道。 【答案】(1)R=1m (2)Q=0.05j 3)能从J点冲出圆弧轨道 【详解】(1)小滑块恰好能通过半圆轨道4BC的C点，根据牛顿第二定律有m,19=m:置 根据能量守恒定律有E。=m1g×2R+m1v2 解得R=1m (2)对小滑块从弹簧解除锁定后到G点过程，根据能量守恒定律有E。=m1gl+m1gR+ m1呢 解得vc=4m3 由于VG>,所以小滑块先做匀减速直线运动，假设小滑块可以减速到与传送带共速，对小 滑块，根据动量定理有-um1gt=m1v-m1vG 根据动能定理有-m19x=m,心2-m1呢 解得t=0.2s,x=0.7m<L=2m 所以小滑块先做匀减速直线运动后做匀速直线运动，小滑块到达H点的速度vH=v=3m/s 小滑块匀减速运动过程中，传送带位移的大小x1=vt=0.6m 所以小滑块和传送带因摩擦产生的热量Q=m1g(x一x1) 解得Q=0.05j (3)假设小滑块从I点滑上圆弧形物块后不能从J点冲出圆弧轨道，根据水平方向动量守 恒有m1VH=(m1+m2)v1 根据能量守恒定律有m1v哈=(m1+m2)v+m1gh 解得h=0.3m>R1=0.25m 故小滑块能从J点冲出圆弧轨道。 23.如图所示，水平轨道AB长为2R,其A端有一被锁定的轻质弹簧，弹簧左端连接在固定 的挡板上。圆心在O1半径为R的光滑圆形轨道BC与AB相切于B点，并且和圆心在O2半径为 2R的光滑细圆管轨道CD平滑对接，O1、C、O2三点在同一条直线上。光滑细圆管轨道CD 右侧有一半径为2R,圆心在D点的圆弧挡板MO2竖直放置，并且与地面相切于02点。质量 为m的小球（可视为质点）从轨道上的C点由静止滑下，刚好能运动到A点，触发弹簧，弹 簧立即解除锁定，小滑块被弹回，小球在到达B点之前已经脱离弹簧，并恰好无挤压通过细 圆管轨道最高点D(计算时圆管直径可不计，重力加速度为g)。求： (1)小滑块与水平轨道AB间的动摩擦因数： (2)弹簧锁定时具有的弹性势能Ep: (3)滑块通过最高点D后落到挡板上时具有的动能Ek。 2R R 0 TT A B 02 【答案】(1)(2)号mgR:(3)(2V2-1)mgR 【详解】(1)由几何关系得BC间的高度差 我 小滑块从C点运动到A点的过程，由动能定理得 mgh-umg·2R=0 解得 1 H3 (2)弹簧对滑块做功过程由功能关系有 W弹=E 滑块从A到D过程由动能定理得 1 B,-mg·2R-mg2R=2m2-0 滑块在D点，由重力提供向心力 v2 mg m2R 联立解得 11 Ep=3 mgR (3)滑块通过D点后做平抛运动，根据平抛运动的规律可知，水平方向有 x=vt 竖直方向有 1 y=29t2 由几何关系 x2+y2=4R2 可得滑块落到挡板上的动能为 E=2m2+g0] 联立解得 Ek=(2√2-1)mgR功能关系的应用 一、功能关系与能量守恒 (一)功和能的关系 功 能量变化 表达式 重力做功 正功 重力势能减少 重力势能变化 负功 重力势能增加 弹力做功 正功 弹性势能减少 弹性势能变化 负功 弹性势能增加 合力做功 正功 动能增加 动能变化 负功 动能减少 除重力（或系统内弹力） 正功 机械能增加 机械能变化 外其他力做功 负功 机械能减少 (二)能量守恒 能量守恒：能量既不会消灭，也不会创生，它只会从一种形试转化为其他形式，或者从一个物 体转移到另一个物体，而在转化和转移的过程中，能量的总量保持不变 能量守恒定律是经过人类的长期探索在19世纪确立的。恩格斯曾经把这一定律称为“伟大的运动基本 规律”，认为它的发现是19世纪连同细胞学说、达尔文的生物进化论在内的自然科学的三大发现之一 能量守恒定律自建立以来，就是人们认识自然、改造自然的有力武器。这个定律把广泛的自然科学技 术领域联系起来使不同领域的科学工作者具有了一系列的共同语言，并取得了许多重大成就。现在，能量 守恒定律仍然是我们研究自然科学的强有力的武器之一 1.(多选)如图所示，光滑斜面固定在水平地面上，弹簧一端固定，另一端连接一滑块（视 为质点)，滑块还受到一平行斜面方向的恒力F(图中未画出)，处于静止状态。现给滑块一 个沿斜面向下的初速度，滑块沿斜面下滑，弹簧一直在弹性限度内。对滑块开始下滑至下滑 到最远处的过程，下列说法正确的是() M■ A.滑块的动能一定减小 B.弹簧的弹性势能一定增大 C.滑块的机械能先增大后减小 D.滑块机械能的改变量等于力F与弹簧弹力 做功的代数和 2.羽毛球运动是一项深受大众喜爱的体育运动。某同学为研究羽毛球飞行规律，找到了如 图所示的羽毛球飞行轨迹图，图中A、B为同一轨迹上等高的两点，P为该轨迹的最高点， 则该羽毛球() B A.在A、B两点的速度大小相等 B.整个飞行过程中经P点的速度最小 C.AP段的飞行时间大于PB段的飞行时间 D.在A点的机械能大于B点的机械能 3.（多选)一台起重机将放在地面上的一个箱子吊起。箱子在起重机钢绳的作用下由静止开 始竖直向上运动，不计空气阻力。运动过程中箱子的机械能E与其位移x的关系图像如图所 示，其中0~x1、x2~x3过程的图线为直线，x1~x2过程的图线为曲线。由图像可知() 木E X2 A.O~x1、x2~x3过程箱子的加速度可能等大 B.x1~x2过程中箱子的动能一直增加 C.x2~x3过程中箱子所受拉力不变 D.x2~x3过程中起重机的输出功率一直增大 4.(多选)我国正在攻关的JF-22超高速风洞，是研制新一代飞行器的摇篮，它可以复现 40到100公里高空、时速最高达10公里/秒，相当于约30倍声速的飞行条件。现有一小 球从风洞中的M点竖直向上抛出，小球受到大小恒定的水平风力，其运动轨迹大致如图所示， 其中M、N两点在同一水平线上，0点为轨迹的最高点，小球在M点动能为16，在0点动能 为9引，不计空气阻力，下列说法正确的是() 0 风 M N A.小球所受重力和风力大小之比为3：4 B.小球在上升和下降过程中机械能变化量之比为1：3 C.小球落到N点时的动能为52) D.小球从M点运动到N点过程中的最小动能为5.76 5.如图，一竖直轻弹簧静止放在水平面上，将质量分别为2m和m的α、b两物体叠放在轻 弹簧上并处于静止状态。现用一恒力F竖直向上拉α，将a、b视为质点，重力加速度为g, 弹簧劲度系数为k且弹簧始终未超过弹性限度，不计空气阻力，则下列说法中错误的是 () b 77777分7777777 A.若F=mg,则a、b始终不会分离 B.若F=mg,则b的最大速度为g, C.若F=2mg,则a、b分离时弹簧恰好恢复原长 D.若F≥6mg,则a、b在初始位置分离 (三)图像问题 常规图像：找出横纵坐标轴的物理意义对应表达式关系、对应斜率、截距、面积的物理意义 非常规图像： 构建有关横纵坐标轴物理量的函数关系，常见一次函数y=kx+b和二次函数y=ax2+bx十c 例：Ec-h为一次函数关系y=kx(Ec=mgh) 例：E-v为二次函数关系y=ar2(D=与mr 6.光滑斜面上，某物体在沿斜面向上的恒力作用下从静止开始沿斜面运动，一段时间后撤 去恒力。若不计空气阻力，斜面足够长。物体的速度用ⅴ表示、动能用Ek表示、重力势能用 E,表示、机械能用E表示、运动时间用t表示、路程用s表示。对整个运动过程，下图表示 的可能是() A.v随t变化的v-t图像 B.E随s变化的E-s图像 C.E随t变化的E。-t图像 D.Ek随s变化的Ek-s图像 7.将一个物体竖直向上抛出，若物体所受空气阻力大小与物体速率成正比，下图中可能正 确反映小球抛出后上升过程中速度v、加速度α随时间t的变化关系，以及其动能Ek、重力势 能Ep随上升高度h的变化关系的是() a 8.如图所示在竖直y轴上固定两个点电荷，电荷量为+Q的点电荷在2y0处、电荷量为-4Q 的点电荷在3yo处。将质量为m、电荷量为+q的小球从坐标原点O静止释放，经过A点后， 能到达最低点B。以y0处为电势能零点、2y处为重力势能零点，小球可视为点电荷。小球 从O到B的运动过程中的重力势能EP1、机械能Eo、动能Ek及电势能EP2随y变化的图像可能正 确的是() +g,m 0 ⊕O yo ---A --B 2yo -①+Q 3y⊙-40 ↑E E 台 Epl A. 0 ◆E E D.O 9.(多选)如图甲所示，倾角为8的光滑斜面下端固定一个挡板，轻弹簧一端与挡板相连， 另一端与小球B相连，小球B处于静止状态，小球A的质量为m,置于斜面上与小球B相 距x1处并由静止释放，A球沿斜面向下运动与B球相撞后粘在一起。如果以A球原位置作为 原点，沿斜面向下为x轴正向建立坐标系，则A球的动能与位移x间的关系图像如图乙所示。 结合图中数据可知() E 904 X 甲 乙 A.小球A的最大速度为m B.小球B的质量为2m C.小球A位移为x2时，弹簧弹性势能最大 D.弹簧的劲度系数为o x1(x2-x1) 10.某同学将弹簧笔内的弹簧取出，固定在桌面上，用小笔帽套在弹簧上，竖直向下压弹簧， 如图(a)所示。松手后弹簧将小笔帽竖直向上弹起，不计其受到的阻力，上升过程中的Ek一h 图像如图(b)所示(h1到h2部分为曲线，h2到h3部分为直线)，则上升过程中下列说法正确 的是( O h hz hs h 图(a) 图(b) A.弹簧原长为h1 B.h2到h3之间小笔帽机械能不变 C.h1到h2之间小笔帽加速度逐渐减小 D.O到h1之间弹簧弹性势能全部转化为小笔帽的动能 11.在快递分类时常用传送带运送快件，如图甲所示，一倾角为37°的传送带以恒定速度运 行，传送带底端到顶端的距离L=16m。现将一质量m=2kg的小快件静止放于传送带底 端，快件沿传送带向上运动至顶端过程中速度的平方v2随位移x的变化关系如图乙所示，快 件可视为质点，取g=10m/s2,sim37°=0.6，cos37°=0.8。以下描述正确的是() 个v21m2.s3 16 37° 8 16m 甲 乙 A.由乙图可得快件的加速度和传送带的速度 B.不能得出快件与传送带间的动摩擦因数 C.快件与传送带摩擦而产生的热量为110J D.快件从传送带底端运动到项端过程中，不能得出电动机多做的功 12.(多选)篮球从某一高度静止下落，与地面碰撞后等速率竖直反弹，篮球在竖直运动过 程中受到阻力大小不变，篮球速率、加速度大小、动能、机械能随时间或者高度变化正确的 是() a A.0 to 26 B.0 2t6 AE h c.0 D.0 (四)多过程问题 对于两个及两个以上物体构成的系统进行分析：是否有外力对系统做功 两个连接物体速度的关联实质：沿绳（或沿杆）方向的分速度大小相等 对多个物体组成的系统，要注意判断多物体系统是否整体机械能守恒、单一物体的机械能变化 综合解题技巧 1,动力学方法：利用牛顿运动定律结合运动学规律求解力学问题 2,能量的观点：利用动能定理、机械能守恒定律、能量守恒定律以及一些功能关系求解力学问题 3,应用方法：涉及动力学方法和能量观点的综合题，应根据题目要求灵活选用公式和规律 ①涉及力和运动的瞬时性分析或恒力作用下物体做匀变速直线运动的问题时，可用牛顿运动定律 ②用动能定理求解物体受恒力作用下的问题比用牛顿运动定律求解过程要简单，变力作用下的问题只能用 能量观点 ③涉及动能与势能的相互转化，单个物体或系统机械能守恒问题时，通常选用机械能守恒定律 13.(多选)如图，小球套在光滑的竖直杆上，轻弹簧一端固定于0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LONM<LOMN<,己知自由落体加速度大小为g,在小球从M 点运动到N点的过程中说法正确的是() 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竖直向下且大小为g C.弹簧长度最短时，弹力对小球做功的功率为零 D.弹簧恢复原长时，重力对小球做功的功率最大 14.如图所示，质量分别为=0.2kg和M=0.6kg的小物块A、B放置在足够长的倾角为37° 的斜面上，并用一劲度系数为k=100N/m的轻弹簧连接在一起。开始时弹簧处于原长，A、B 均静止。现给B施加一个沿斜面向下的恒力F,使B沿斜面向下运动，当B速度为零时，立 即辙去恒力，B运动到最高点时，A恰好未离开下端挡板。A、B与斜面间的动摩擦因数均为 =0.75,最大静摩擦力等于滑动摩擦力，弹簧始终在弹性限度内。弹簧的弹性势能可以表示 为E,=kx2,x为弹簧的形变量，取重力加速度g10m/s3,sin37°=0.6，cos37°=0.8。求： (1)物块B运动到最高点时，弹簧的形变量xo: (2)物块B向下运动的最大距离x,和恒力F的大小。 MyB 15,(多选)如右图所示，三个小球A、B、C的质量均为m,A与B、C间通过铰链用轻杆连 接，杆长为L,B、C置于水平地面上，用一轻质弹簧连接，弹簧处于原长。现A由静止释 放下降到最低点，两轻杆间夹角a由60°变为120°，A、B、C在同一竖直平面内运动，弹簧 在弹性限度内，忽略一切摩擦，重力加速度为g。则在此过程中() A(m B()W-()C A.A的动能最大时，B、C的动能均为零 B.A的动能达到最大前，B受到地面的支持力小于mg C.弹簧的弹性势能最大时，A的加速度为0 D.弹簧的弹性势能最大值E,=号mgL 16.（多选)如图所示，在倾角0=37°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0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α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。己知P0=1.0m 0Q=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。则下列说法正确的是() b WWWw 0 o 7 A.a在与弹簧接触前的加速度大小为2.4m/s2 B.a在与弹簧接触前，轻绳上的拉力为12N C.a位于9点时，弹簧所储存的弹性势能为18J D.a第一次被弹簧弹回到0点时速度为ms 17.（多选)如图所示，轻质弹簧一端固定在水平面上的光滑转轴0上，另一端与套在粗糙 固定直杆N处质量为0.2kg的小球（可视为质点）相连。直杆与水平面的夹角为30°，N点 距水平面的高度为0.4m,NP=PM,ON=OMOP等于弹簧原长，OM水平。小球从N处由 静止开始下滑，经过P处的速度为2m/5,并恰能停止在M处。已知重力加速度取10m/s2, 小球与直杆的动摩擦因数为， 则下列说法正确的是() N M Be A.小球通过P点时的加速度大小为3m/s2 B.弹簧具有的最大弹性势能为0.5) C.小球通过NP段与PM段摩擦力做功相等 D.N到P过程中，球和弹簧组成的系统损失的机械能为O.4J 18.如图所示，某游戏装置由光滑平台、轨道AB、竖直圆管道BCDEC(管道口径远小于管 道半径)、水平轨道CF、光滑直轨道FG平滑连接组成，B、C、C为切点，A、F连接处小 圆弧长度不计，A点上方挡片可使小滑块无能量损失地进入轨道AB。圆管道半径R=0.2m, 管道中，内侧粗糙，外侧光滑。小滑块与轨道AB、CF的动摩擦因数均为μ=0.5，AB轨道 长度l=0.4m,倾角6=37°，CF长度L=2m,FG高度差h=0.8m,平台左侧固定一轻质 弹簧，第一次压缩弹簧后释放小滑块，恰好可以运动到与管道圆心等高的D点，第二次压 缩弹簧使弹性势能为0.36』时释放小滑块，小滑块运动到圆管道最高处E的速度为vE=1m/s, 已知小滑块质量m=0.1kg可视为质点，si37°=0.6，cos37°=0.8，不计空气阻力。求； (1)第一次释放小滑块，小滑块首次到圆管上的C点时受到弹力大小： (2)第二次释放小滑块，小滑块从C点运动到E点的过程，圆管道对滑块的摩擦力做的功： (3)若第三次压缩弹簧使弹性势能为E时释放小滑块，要求小滑块在圆管道内运动时不受 到摩擦力且全程不脱轨，最终停在C℉上。写出小滑块C℉上运动的总路程s与E,之间的关系 式，并指出E,的取值范围。 G w■ h D BCCT7 19.(多选)如图所示，绷紧的传送带与水平面的夹角日=30°，传送带在电动机的带动下， 始终保持1m/s的速度顺时针运行。现把一质量为5kg的工件（可视为质点）轻放在传送带 的底端，经过一段时间工件与传送带达到共同速度后继续传送到4高处。已知工件与传送 带间的动摩擦因数为9， 重力加速度大小为10m/s2,则在此过程中，下列说法正确的是 4m A.工件加速过程的时间为0.8s B.传送带对工件做的功为202.5) C.工件与传送带间摩擦产生的热量为7.5」D.电动机因传送工件多做的功为120刚 20.如图所示，木板A静止于光滑水平面上，木块B轻置于木板A上。现施加外力F拉着 木块B做匀加速直线运动，木板A在摩擦力作用下也向右加速运动，但加速度小于木块B 的加速度，则() B A A.木板A所受摩擦力对木板A做负功 B.木板A对木块B的摩擦力做的功与木块B对木板A的摩擦力做的功的大小相等 C.木块与木板间摩擦产生的热量等于木板A对木块B的摩擦力做功的大小减去木块B 对木板A的摩擦力做的功 D.力F做的功等于木块B与木板A的动能增量之和 21.如图所示是快递公司的智能分拣系统的一部分。AB为四分之一圆弧，半径R=1.25m, 圆弧轨道在最低点与水平传送带相切于B点，传送带以v=7/s的速度顺时针匀速转动， 传送带BC两端距离为L=4.5m。质量为m=1kg的包裹（可视为质点），从圆弧轨道最高点 A处由静止开始释放，己知包裹在圆弧上的阻力很小可忽略，包裹与传送带间滑动摩擦因数 4=0.5,重力加速度为g=10m/s2。求： (1)包裹到达B点时速度大小： (2)包裹从传送带B到C端过程所经历的时间： (3)包裹从传送带B到C端的过程中电动机多消耗的电能。 R 22.某弹射游戏装置如图所示，由以下部分依次平滑连接而成（竖直和水平轨道互不影响）： 光滑水平轨道PA、半径为R的竖直光滑半圆轨道ABC、半径为0.5R的竖直光滑半圆轨道CDE、 长度l=1.4m的水平直轨道EFG、长度L=2m且以恒定速率v=3m/s顺时针转动的水平 传送带GH,以及足够长的光滑水平轨道HL。其中，C点为半圆轨道ABC的最高点。在光滑 水平轨道PA上，一轻弹簧一端固定于墙壁，另一端与质量m1=0.1kg的小滑块（可视为质 点)接触但不连接。弹簧初始时在0点处于压缩锁定状态，弹性势能Ep=2.5J。解除锁定 后，小滑块被弹出，恰好能通过C点，之后依次滑经轨道EFG和传送带GH,最终冲上静置 于轨道HL上表面光滑的四分之一圆弧形物块K,其质量m2=0.2kg,半径R1=0.25m。 已知滑块与轨道EFG及传送带GH之间的动摩擦因数均为μ=0.5，重力加速度g取10m/s2, 空气阻力不计。 R D E ▣ (1)求半圆轨道ABC的轨道半径R; (2)求小滑块第一次向右滑过传送带的过程中，小滑块和传送带因摩擦产生的热量Q: (3)判断小滑块从1点滑上圆弧形物块JK后是否能从J点冲出圆弧轨道。 23.如图所示，水平轨道AB长为2R,其A端有一被锁定的轻质弹簧，弹簧左端连接在固定 的挡板上。圆心在O1半径为R的光滑圆形轨道BC与AB相切于B点，并且和圆心在O2半径为 2R的光滑细圆管轨道CD平滑对接，O1、C、O2三点在同一条直线上。光滑细圆管轨道CD 右侧有一半径为2R,圆心在D点的圆弧挡板M02竖直放置，并且与地面相切于O2点。质量 为m的小球（可视为质点）从轨道上的C点由静止滑下，刚好能运动到A点，触发弹簧，弹 簧立即解除锁定，小滑块被弹回，小球在到达B点之前已经脱离弹簧，并恰好无挤压通过细 圆管轨道最高点D(计算时圆管直径可不计，重力加速度为g)。求： (1)小滑块与水平轨道AB间的动摩擦因数： (2)弹簧锁定时具有的弹性势能Ep: (3)滑块通过最高点D后落到挡板上时具有的动能Ek。 2R --1M 01 2R mM 02功能关系的应用 一、功能关系与能量守恒 (一)功和能的关系 功 能量变化 表达式 重力做功 正功 重力势能减少 重力势能变化 负功 重力势能增加 弹力做功 正功 弹性势能减少 弹性势能变化 负功 弹性势能增加 合力做功 正功 动能增加 动能变化 负功 动能减少 除重力（或系统内弹力） 正功 机械能增加 机械能变化 外其他力做功 负功 机械能减少 (二)能量守恒 能量守恒：能量既不会消灭，也不会创生，它只会从一种形式转化为其他形式，或者从一个物 体转移到另一个物体，而在转化和转移的过程中，能量的总量保持不变 能量守恒定律是经过人类的长期探索在19世纪确立的。恩格斯曾经把这一定律称为“伟大的运动基本 规律”，认为它的发现是19世纪连同细胞学说、达尔文的生物进化论在内的自然科学的三大发现之一 能量守恒定律自建立以来，就是人们认识自然、改造自然的有力武器。这个定律把广泛的自然科学技 术领域联系起来使不同领域的科学工作者具有了一系列的共同语言，并取得了许多重大成就。现在，能量 守恒定律仍然是我们研究自然科学的强有力的武器之一 1.(多选)如图所示，光滑斜面固定在水平地面上，弹簧一端固定，另一端连接一滑块 (视为质点)，滑块还受到一平行斜面方向的恒力F(图中未画出)，处于静止状态。现 给滑块一个沿斜面向下的初速度，滑块沿斜面下滑，弹簧一直在弹性限度内。对滑块开始 下滑至下滑到最远处的过程，下列说法正确的是() M■ A.滑块的动能一定减小 B.弹簧的弹性势能一定增大 C.滑块的机械能先增大后减小 D.滑块机械能的改变量等于力F与弹簧弹力 做功的代数和 2.羽毛球运动是一项深受大众喜爱的体育运动。某同学为研究羽毛球飞行规律，找到了如 图所示的羽毛球飞行轨迹图，图中A、B为同一轨迹上等高的两点，P为该轨迹的最高点， 则该羽毛球() A.在A、B两点的速度大小相等 B.整个飞行过程中经P点的速度最小 C.AP段的飞行时间大于PB段的飞行时间 D.在A点的机械能大于B点的机械能 3.(多选)一台起重机将放在地面上的一个箱子吊起。箱子在起重机钢绳的作用下由静止 开始竖直向上运动，不计空气阻力。运动过程中箱子的机械能E与其位移x的关系图像如 图所示，其中O~X1、X2~X3过程的图线为直线，X1~X2过程的图线为曲线。由图像可知 () E O x1 X2 A.O~X1、X2~X3过程箱子的加速度可能等大 B.X1~X2过程中箱子的动能一直增加 C.X2~x3过程中箱子所受拉力不变 D.X2~X3过程中起重机的输出功率一直增大 4.(多选)我国正在攻关的JF-22超高速风洞，是研制新一代飞行器的摇篮，它可以复 现40到100公里高空、时速最高达10公里/秒，相当于约30倍声速的飞行条件。现有一 小球从风洞中的M点竖直向上抛出，小球受到大小恒定的水平风力，其运动轨迹大致如图 所示，其中M、N两点在同一水平线上，O点为轨迹的最高点，小球在M点动能为16J, 在O点动能为9J,不计空气阻力，下列说法正确的是() 0 风 M A.小球所受重力和风力大小之比为3：4 B.小球在上升和下降过程中机械能变化量之比为1：3 C.小球落到N点时的动能为52J D.小球从M点运动到N点过程中的最小动能为5.76J 5.如图，一竖直轻弹簧静止放在水平面上，将质量分别为2m和m的a、b两物体叠放在 轻弹簧上并处于静止状态。现用一恒力F竖直向上拉α，将a、b视为质点，重力加速度为 8,弹簧劲度系数为k且弹簧始终未超过弹性限度，不计空气阻力，则下列说法中错误的是 a b 7777777777777 A.若F=mg,则a、b始终不会分离 B.若F=mg,则b的最大速度为g m 3k c.若F=2mg,则a、b分离时弹簧恰好恢复原长 D.若F≥6mg,则a、b在初始位置分离 (三)图像问题 常规图像：找出横纵坐标轴的物理意义对应表达式关系、对应斜率、截距、面积的物理意义 非常规图像： 构建有关横纵坐标轴物理量的函数关系，常见一次函数y=kx+b和二次函数y=ax2+bx+c 例：Ec-h为一次函数关系y=kx(Ec=mgh) 例：E-U为=次函数关系测=ax2(B=m 6.光滑斜面上，某物体在沿斜面向上的恒力作用下从静止开始沿斜面运动，一段时间后撤 去恒力。若不计空气阻力，斜面足够长。物体的速度用v表示、动能用Ek表示、重力势能 用E表示、机械能用E表示、运动时间用t表示、路程用s表示。对整个运动过程，下图 表示的可能是() A.v随t变化的v-t图像 B.E随s变化的E-s图像 C.Ep随t变化的E。-t图像 D.Ek随s变化的Ek-S图像 7.将一个物体竖直向上抛出，若物体所受空气阻力大小与物体速率成正比，下图中可能正 确反映小球抛出后上升过程中速度V、加速度α随时间t的变化关系，以及其动能Ek、重力 势能Ep随上升高度h的变化关系的是() E个 0 8.如图所示在竖直y轴上固定两个点电荷，电荷量为+Q的点电荷在2y处、电荷量为 -4Q的点电荷在3y处。将质量为m、电荷量为+q的小球从坐标原点O静止释放，经过A 点后，能到达最低点B。以yo处为电势能零点、2y处为重力势能零点，小球可视为点电 荷。小球从O到B的运动过程中的重力势能Ep1、机械能E、动能Ek及电势能E2随y变化 的图像可能正确的是() +g,1m yo A --B 2y0 -©+Q 3y0 -⊙-42 ↑E Eol .V A. B. % 个E 个E E yo D.O 9.(多选)如图甲所示，倾角为的光滑斜面下端固定一个挡板，轻弹簧一端与挡板相连， 另一端与小球B相连，小球B处于静止状态，小球A的质量为m,置于斜面上与小球B相 距，处并由静止释放，A球沿斜面向下运动与B球相撞后粘在一起。如果以A球原位置作 为原点，沿斜面向下为x轴正向建立坐标系，则A球的动能与位移x间的关系图像如图乙 所示。结合图中数据可知() 罗u0h X 甲 乙 A.小球A的最大速度为2E0 m B.小球B的质量为2m C.小球A位移为X2时，弹簧弹性势能最大 D.弹簧的劲度系数为 Exo X x2-x1 10.某同学将弹簧笔内的弹簧取出，固定在桌面上，用小笔帽套在弹簧上，竖直向下压弹 簧，如图(a)所示。松手后弹簧将小笔帽竖直向上弹起，不计其受到的阻力，上升过程中 的E,-h图像如图(b)所示（h,到h,部分为曲线，h,到h,部分为直线)，则上升过程中下 列说法正确的是( E 图(a) 图b) A.弹簧原长为h1 B.h2到h3之间小笔帽机械能不变 c.h1到h2之间小笔帽加速度逐渐减小 D.O到h1之间弹簧弹性势能全部转化为小笔帽的动能 11.在快递分类时常用传送带运送快件，如图甲所示，一倾角为37°的传送带以恒定速度 运行，传送带底端到顶端的距离L=16m。现将一质量m=2kg的小快件静止放于传送带底 端，快件沿传送带向上运动至顶端过程中速度的平方V随位移X的变化关系如图乙所示， 快件可视为质点，取g=10m/s2,sin37°=0.6，c0s37°=0.8。以下描述正确的是 () 个21m2s3) 16 37 16 甲 A.由乙图可得快件的加速度和传送带的速度 B.不能得出快件与传送带间的动摩擦因数 C.快件与传送带摩擦而产生的热量为110J D.快件从传送带底端运动到项端过程中，不能得出电动机多做的功 12.(多选)篮球从某一高度静止下落，与地面碰撞后等速率竖直反弹，篮球在竖直运动 过程中受到阻力大小不变，篮球速率、加速度大小、动能、机械能随时间或者高度变化正 确的是() A.0 2t6 B.0 →h h c.0 D. (四)多过程问题 对于两个及两个以上物体构成的系统进行分析：是否有外力对系统做功 两个连接物体速度的关联实质：沿绳（或沿杆）方向的分速度大小相等 对多个物体组成的系统，要注意判断多物体系统是否整体机械能守恒、单一物体的机械能变化 综合解题技巧 1.动力学方法：利用牛顿运动定律结合运动学规律求解力学问题 2.能量的观点：利用动能定理、机械能守恒定律、能量守恒定律以及一些功能关系求解力学问题 3,应用方法：涉及动力学方法和能量观点的综合题，应根据题目要求灵活选用公式和规律 ①涉及力和运动的瞬时性分析或恒力作用下物体做匀变速直线运动的问题时，可用牛顿运动定律 ②用动能定理求解物体受恒力作用下的问题比用牛顿运动定律求解过程要简单，变力作用下的问题只能用 能量观点 ③涉及动能与势能的相互转化，单个物体或系统机械能守恒问题时，通常选用机械能守恒定律 13.(多选)如图，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∠OMM<∠OMN<号，已知自由落体加速度大小为g, 在小球从M点运动到N点的过程中说法正确的是() 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竖直向下且大小为g C.弹簧长度最短时，弹力对小球做功的功率为零 D.弹簧恢复原长时，重力对小球做功的功率最大 14.如图所示，质量分别为=0.2kg和M0.6kg的小物块A、B放置在足够长的倾角为37° 的斜面上，并用一劲度系数为k=100N/m的轻弹簧连接在一起。开始时弹簧处于原长，A、 B均静止。现给B施加一个沿斜面向下的恒力F,使B沿斜面向下运动，当B速度为零时， 立即撤去恒力，B运动到最高点时，A恰好未离开下端挡板。A、B与斜面间的动摩擦因数 均为=0.75，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 以表示为E。号kX3,x为弹簧的形变量，取重力加速度g=10m/3,sin37”=0.6 c0s37=0.8。求： (1)物块B运动到最高点时，弹簧的形变量x: (2)物块B向下运动的最大距离x和恒力F的大小。 37° 15.(多选)如右图所示，三个小球A、B、C的质量均为m,A与B、C间通过铰链用轻杆 连接，杆长为L,B、C置于水平地面上，用一轻质弹簧连接，弹簧处于原长。现A由静止 释放下降到最低点，两轻杆间夹角a由60变为120°，A、B、C在同一竖直平面内运动，弹 簧在弹性限度内，忽略一切摩擦，重力加速度为g。则在此过程中() A(m B()Wm)C A.A的动能最大时，B、C的动能均为零 B.A的动能达到最大前，B受到地面的支持力小于， C.弹簧的弹性势能最大时，A的加速度为0 D。弹资的弹性势能最大值E,-3-1m mgL 16.(多选)如图所示，在倾角0=37°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0点处。质量分别为m。=5.0kg、mb=1.0kg的 物块aα和b用轻绳连接，轻绳跨过斜坡顶端的定滑轮，开始时让α静止在斜坡上的P点处， b悬空。现将α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P0=1.0m,OQ=0.5m,a与斜坡之间的动摩擦因数μ=0.2，sin37°=0.6，整个过 程细绳始终没有松弛。则下列说法正确的是() W 0 A.a在与弹簧接触前的加速度大小为2.4m/s2 B.a在与弹簧接触前，轻绳上的拉力为12N C.a位于Q点时，弹簧所储存的弹性势能为18J 3 D.a第一次被弹簧弹回到0点时速度为3 m/s 17.(多选)如图所示，轻质弹簧一端固定在水平面上的光滑转轴0上，另一端与套在粗 糙固定直杆N处质量为0.2kg的小球（可视为质点）相连。直杆与水平面的夹角为30°，N 点距水平面的高度为0.4m,NP=PM,ONOM,OP等于弹簧原长，OM水平。小球从N处 由静止开始下滑，经过P处的速度为2m/s,并恰能停止在M处。已知重力加速度取 3 10m/s2,小球与直杆的动摩擦因数为 ，则下列说法正确的是() N M A.小球通过P点时的加速度大小为3m/s2 B.弹簧具有的最大弹性势能为0.5) C.小球通过P段与PM段摩擦力做功相等 D.N到P过程中，球和弹簧组成的系统损失的机械能为0.4， 18.如图所示，某游戏装置由光滑平台、轨道AB、竖直圆管道BCDEC(管道口径远小于管 道半径)、水平轨道CF、光滑直轨道FG平滑连接组成，B、C、C为切点，A、F连接处小 圆弧长度不计，A点上方挡片可使小滑块无能量损失地进入轨道AB。圆管道半径R=0.2m, 管道中，内侧粗糙，外侧光滑。小滑块与轨道AB、CF的动摩擦因数均为μ=0.5，AB轨道 长度l=0.4m,倾角0=37°，CF长度L=2m,FG高度差h=0.8m,平台左侧固定一轻质 弹簧，第一次压缩弹簧后释放小滑块，恰好可以运动到与管道圆心等高的D点，第二次压 缩弹簧使弹性势能为0.36」时释放小滑块，小滑块运动到圆管道最高处E的速度为 VE=1m/s,已知小滑块质量m=0.1kg可视为质点，sin37°=0.6，cos37°=0.8，不计空 气阻力。求： (1)第一次释放小滑块，小滑块首次到圆管上的C点时受到弹力大小： (2)第二次释放小滑块，小滑块从C点运动到E点的过程，圆管道对滑块的摩擦力做的 功； (3)若第三次压缩弹簧使弹性势能为E时释放小滑块，要求小滑块在圆管道内运动时不 受到摩擦力且全程不脱轨，最终停在C'F上。写出小滑块C'F上运动的总路程s与E之间 的关系式，并指出E的取值范围。 G h 19.(多选)如图所示，绷紧的传送带与水平面的夹角0=30°，传送带在电动机的带动下， 始终保持1s的速度顺时针运行。现把一质量为5kg的工件（可视为质点）轻放在传送带 的底端，经过一段时间工件与传送带达到共同速度后继续传送到4高处。已知工件与传 73 送带间的动摩擦因数为2， 重力加速度大小为10m/s2,则在此过程中，下列说法正确的 是() 4m A.工件加速过程的时间为0.8s B.传送带对工件做的功为202.5) C.工件与传送带间摩擦产生的热量为7.5JD.电动机因传送工件多做的功为120侧 20.如图所示，木板A静止于光滑水平面上，木块B轻置于木板A上。现施加外力F拉着 木块B做匀加速直线运动，木板A在摩擦力作用下也向右加速运动，但加速度小于木块B 的加速度，则() B A A.木板A所受摩擦力对木板A做负功 B.木板A对木块B的摩擦力做的功与木块B对木板A的摩擦力做的功的大小相等 C.木块与木板间摩擦产生的热量等于木板A对木块B的摩擦力做功的大小减去木块B 对木板A的摩擦力做的功 D.力F做的功等于木块B与木板A的动能增量之和 21.如图所示是快递公司的智能分拣系统的一部分。AB为四分之一圆弧，半径R= 1.25m,圆弧轨道在最低点与水平传送带相切于B点，传送带以v=7m/s的速度顺时针匀速 转动，传送带BC两端距离为L=4.5m。质量为m=1kg的包裹（可视为质点），从圆弧轨 道最高点A处由静止开始释放，已知包裹在圆弧上的阻力很小可忽略，包裹与传送带间滑 动摩擦因数μ=0.5，重力加速度为g=10m/s2。求： (1)包裹到达B点时速度大小： (2)包裹从传送带B到C端过程所经历的时间； (3)包裹从传送带B到C端的过程中电动机多消耗的电能。 22.某弹射游戏装置如图所示，由以下部分依次平滑连接而成（竖直和水平轨道互不影 响)：光滑水平轨道PA、半径为R的竖直光滑半圆轨道ABC、半径为0.5R的竖直光滑半 圆轨道CDE、长度l=1.4m的水平直轨道EFG、长度L=2m且以恒定速率v=3ms顺 时针转动的水平传送带GH,以及足够长的光滑水平轨道HL。其中，C点为半圆轨道ABC 的最高点。在光滑水平轨道PA上，一轻弹簧一端固定于墙壁，另一端与质量m1=0.1kg 的小滑块（可视为质点）接触但不连接。弹簧初始时在O点处于压缩锁定状态，弹性势 能E,=2.5J。解除锁定后，小滑块被弹出，恰好能通过C点，之后依次滑经轨道EFG和传 送带GH,最终冲上静置于轨道HL上表面光滑的四分之一圆弧形物块JK,其质量 m2=0.2kg,半径R1=0.25m。已知滑块与轨道EFG及传送带GH之间的动摩擦因数均 为μ=0.5，重力加速度g取10m/s2,空气阻力不计。 R O. D W▣ A D (1)求半圆轨道ABC的轨道半径R: (2)求小滑块第一次向右滑过传送带的过程中，小滑块和传送带因摩擦产生的热量Q； (3)判断小滑块从I点滑上圆弧形物块JK后是否能从J点冲出圆弧轨道。 23.如图所示，水平轨道AB长为2R,其A端有一被锁定的轻质弹簧，弹簧左端连接在固 定的挡板上。圆心在O1半径为R的光滑圆形轨道BC与AB相切于B点，并且和圆心在O2半 径为2R的光滑细圆管轨道CD平滑对接，O1、C、O2三点在同一条直线上。光滑细圆管轨 道CD右侧有一半径为2R,圆心在D点的圆弧挡板MO,竖直放置，并且与地面相切于 O2点。质量为m的小球（可视为质点）从轨道上的C点由静止滑下，刚好能运动到A点， 触发弹簧，弹簧立即解除锁定，小滑块被弹回，小球在到达B点之前已经脱离弹簧，并恰 好无挤压通过细圆管轨道最高点D,(计算时圆管直径可不计，重力加速度为g）。求： (1)小滑块与水平轨道AB间的动摩擦因数μ； (2)弹簧锁定时具有的弹性势能E: (3)滑块通过最高点D后落到挡板上时具有的动能Ek。 2R R R m A B 02 功能关系的应用 1、 功能关系与能量守恒 （1） 功和能的关系 （2） 能量守恒 1．（多选）如图所示，光滑斜面固定在水平地面上，弹簧一端固定，另一端连接一滑块（视为质点），滑块还受到一平行斜面方向的恒力F（图中未画出），处于静止状态。现给滑块一个沿斜面向下的初速度，滑块沿斜面下滑，弹簧一直在弹性限度内。对滑块开始下滑至下滑到最远处的过程，下列说法正确的是（    ） A．滑块的动能一定减小 B．弹簧的弹性势能一定增大 C．滑块的机械能先增大后减小 D．滑块机械能的改变量等于力F与弹簧弹力做功的代数和 【答案】AD 【详解】A．滑块下滑前所受的合力为零，因此滑块下滑的过程中所受的合力一定沿斜面向上，合力做负功，结合动能定理可知，该过程中滑块的动能减小，故A正确； B．因为不知道滑块下滑前弹簧是压缩的还是伸长的，所以无法确定滑块下滑的过程中弹簧弹性势能的变化情况，故B错误； C．若滑块下滑前弹簧的弹力和力的方向均沿斜面向上，则滑块下滑的过程中滑块的机械能一直减小，故C错误； D．根据能量守恒定律可知，滑块下滑的过程中滑块机械能的改变量等于力与弹簧弹力做功的代数和，故D正确。 故选AD。 2．羽毛球运动是一项深受大众喜爱的体育运动。某同学为研究羽毛球飞行规律，找到了如图所示的羽毛球飞行轨迹图，图中A、B为同一轨迹上等高的两点，P为该轨迹的最高点，则该羽毛球（　　） A．在A、B两点的速度大小相等 B．整个飞行过程中经P点的速度最小 C．AP段的飞行时间大于PB段的飞行时间 D．在A点的机械能大于B点的机械能 【答案】D 【详解】AD．由题可知，羽毛球在运动过程中受到空气阻力作用，且空气阻力做负功，所以机械能减小，所以A点速度大于B点的速度，A点的机械能大于B点的机械能，故A错误，D正确； B．当羽毛球所受重力与阻力的合力方向与速度方向垂直时，羽毛球的速度最小，而在最高点P时，合力方向与速度夹角为钝角，说明羽毛球速度最小应该在P点之前，故B错误； C．由于存在空气阻力作用，AP段羽毛球处于上升阶段，其竖直向下的加速度大于重力加速度，而PB段羽毛球处于下降阶段，加速度小于重力加速度，由于位移大小相等，所以AP段的飞行时间小于PB段的飞行时间，故C错误。 故选D。 3．（多选）一台起重机将放在地面上的一个箱子吊起。箱子在起重机钢绳的作用下由静止开始竖直向上运动，不计空气阻力。运动过程中箱子的机械能E与其位移x的关系图像如图所示，其中过程的图线为直线，过程的图线为曲线。由图像可知（    ） A．过程箱子的加速度可能等大 B．过程中箱子的动能一直增加 C．过程中箱子所受拉力不变 D．过程中起重机的输出功率一直增大 【答案】AC 【详解】A．箱子在起重机钢绳的作用下由静止开始竖直向上运动，根据 可知，图像斜率代表拉力，过程图像斜率不同，拉力不同，重力不变，如果 合力大小可能相同，则加速度可能等大，故A正确； B．过程中斜率减小，拉力减小，如果拉力小于重力，则箱子的动能减小，故B错误； C．过程中斜率不变，箱子所受拉力不变，故C正确； D．由于物体在x1～x2内图象的斜率的绝对值不变，故物体所受的拉力保持不变。如果拉力等于物体所受的重力，则物体做匀速直线运动，起重机的输出功率不变，故D错误。 故选AC。 4．（多选）我国正在攻关的超高速风洞，是研制新一代飞行器的摇篮，它可以复现40到100公里高空、时速最高达10公里／秒，相当于约30倍声速的飞行条件。现有一小球从风洞中的点竖直向上抛出，小球受到大小恒定的水平风力，其运动轨迹大致如图所示，其中、两点在同一水平线上，点为轨迹的最高点，小球在点动能为，在点动能为，不计空气阻力，下列说法正确的是（　　） A．小球所受重力和风力大小之比为3：4 B．小球在上升和下降过程中机械能变化量之比为1：3 C．小球落到点时的动能为 D．小球从点运动到点过程中的最小动能为 【答案】BCD 【详解】A．设风力大小为F，小球重力大小为mg，O、M两点间的水平距离为，竖直距离为h，根据竖直上抛运动规律有 对小球从M运动到O的过程，根据动能定理有 由题意可知 根据牛顿第二定律可得小球在水平方向的加速度大小为 小球从M运动到O所用时间为 根据运动学公式有 联立解得 故A错误； B．小球上升和下降的时间相等，设O、N两点间的水平距离为，根据匀变速直线运动规律的推论可知 根据功能关系可知，小球运动过程中，风力对小球做的功等于其机械能的变化量，则小球在上升和下降过程中机械能变化量之比为 故B正确； C． M、N两点间的水平距离为 设小球落到N点时的动能为，根据动能定理有 联立解得 故C正确； D．小球在重力和风力的合力场中做类斜抛运动，当小球速度方向与合力方向垂直时动能最小，根据前面分析可知合力与竖直方向的夹角θ的正切值为 根据速度的合成与分解可得小球从M点运动到N点过程中的最小速度为 解得最小动能为 故D正确。 故选BCD。 5．如图，一竖直轻弹簧静止放在水平面上，将质量分别为2m和m的a、b两物体叠放在轻弹簧上并处于静止状态。现用一恒力F竖直向上拉a，将a、b视为质点，重力加速度为g，弹簧劲度系数为k且弹簧始终未超过弹性限度，不计空气阻力，则下列说法中错误的是（　　）    A．若，则a、b始终不会分离 B．若，则b的最大速度为 C．若，则a、b分离时弹簧恰好恢复原长 D．若，则a、b在初始位置分离 【答案】C 【详解】AB．若F很小，则a、b可能做简谐振动不分离，假设a、b不分离，则振幅 最大位移为 若F很大，则a、b会分离，设位移x时分离，则此时 解得 当F取临界值F0时，a、b恰好可以分离，即 所以 即a、b能否分离的临界拉力为 若 则a、b一起做简谐振动不会分离，且在平衡位置处速度最大，由动能定理有 解得 故AB正确，不符合题意； C．若 故a、b会分离，分离时a不受b的作用力，故a合力为0，加速度为0，b加速度也为0，弹簧处于压缩状态，故C错误，符合题意； D．令 解得 即时，a、b在初始位置分离，故D正确，不符合题意。 故选C。 （3） 图像问题 6．光滑斜面上，某物体在沿斜面向上的恒力作用下从静止开始沿斜面运动，一段时间后撤去恒力。若不计空气阻力，斜面足够长。物体的速度用v表示、动能用表示、重力势能用表示、机械能用E表示、运动时间用t表示、路程用s表示。对整个运动过程，下图表示的可能是（    ） A．v随t变化的图像 B．E随s变化的图像 C．随t变化的图像 D．随s变化的图像 【答案】D 【详解】A．撤去恒力前，物体沿斜面向上做匀加速运动，撤去恒力后，物体加速度保持不变，先沿斜面向上做匀减速运动，然后沿斜面向下做匀加速运动，A错误； B．撤去恒力前，恒力作正功，物体的机械能增加，撤去恒力后，只有重力做功，物体的机械能不变，故机械能先增大后不变，B错误； C．物体先向上运动，重力势能先增大，当到达最高点时后物体向下运动，重力势能减少，C错误； D．根据动能定理可知，撤去恒力前，合外力做正功，动能增大，撤去恒力后，只有重力做功，且先做负功再做正功，故动能先减少后增大，动能是标量，只有大小，没有方向，D正确。 故选D。 7．将一个物体竖直向上抛出，若物体所受空气阻力大小与物体速率成正比，下图中可能正确反映小球抛出后上升过程中速度、加速度随时间的变化关系，以及其动能、重力势能随上升高度的变化关系的是（　　） A． B． C． D． 【答案】C 【详解】A．由题意可得 根据牛顿定律可得 速度减小则加速度减小，所以物体不是匀变速运动，故A错误； B．根据牛顿第二定律可得 即加速度和速度是线性关系，因速度和时间不是线性关系，因此加速度与时间不成线性关系，故B错误； C．上升过程，由动能定理可得 解得 由于速度减小，则图像的斜率逐渐减小，故C正确； D．设初位置的重力势能为，则有 可得 可知图像为一条倾斜直线，故D错误。 故选C。 8．如图所示在竖直轴上固定两个点电荷，电荷量为的点电荷在处、电荷量为的点电荷在处。将质量为、电荷量为的小球从坐标原点静止释放，经过点后，能到达最低点。以处为电势能零点、处为重力势能零点，小球可视为点电荷。小球从到的运动过程中的重力势能、机械能、动能及电势能随变化的图像可能正确的是（　　） A． B． C． D． 【答案】C 【详解】AB．以处为电势能零点、处为重力势能零点，所以处重力势能为零，故AB错误； CD．小球在运动过程中受重力和电场力作用。取向下为正方向，电场力 当时，有 在 区间，，电场力向下，合力向下，小球加速；在 处，，合力为，小球继续加速；在 区间，，电场力向上，当 时合力为零，速度最大，动能 最大。因此 的最大值出现在 处，且电场力先做正功，后做负功，电势能先减小后增大，故C正确，D错误。 故选C。 9．（多选）如图甲所示，倾角为的光滑斜面下端固定一个挡板，轻弹簧一端与挡板相连，另一端与小球B相连，小球B处于静止状态，小球A的质量为m，置于斜面上与小球B相距处并由静止释放，A球沿斜面向下运动与B球相撞后粘在一起。如果以A球原位置作为原点，沿斜面向下为x轴正向建立坐标系，则A球的动能与位移x间的关系图像如图乙所示。结合图中数据可知（　　）    A．小球A的最大速度为 B．小球B的质量为2m C．小球A位移为时，弹簧弹性势能最大 D．弹簧的劲度系数为 【答案】ABD 【详解】A．由图乙可知，小球A的最大动能为 解得小球A的最大速度为 故A正确； B．小球A与小球B碰撞后的动能有 小球A与小球B碰撞动量守恒有 解得 故B正确； C．小球A位移为时，弹簧的压缩量最大，弹簧弹性势能最大，故C错误； D．设小球B未发生碰撞时弹簧的压缩量为，可得 小球A和小球B粘在一起后速度达到最大时有 小球A从O点下落至位移处有 解得弹簧的劲度系数为 故D正确。 故选ABD。 10．某同学将弹簧笔内的弹簧取出，固定在桌面上，用小笔帽套在弹簧上，竖直向下压弹簧，如图（a）所示。松手后弹簧将小笔帽竖直向上弹起，不计其受到的阻力，上升过程中的图像如图（b）所示（到部分为曲线，到部分为直线），则上升过程中下列说法正确的是（　　） A．弹簧原长为 B．到之间小笔帽机械能不变 C．到之间小笔帽加速度逐渐减小 D．到之间弹簧弹性势能全部转化为小笔帽的动能 【答案】B 【详解】A．由图像可知，小笔帽在处与弹簧分离，此时弹簧恢复原长，故弹簧原长为，故A错误； B．从到，小笔帽只受重力，动能与重力势能之和不变，机械能守恒，故B正确； C．在处小笔帽动能最大、速度最大，加速度为零。从到，弹簧弹力逐渐减小，竖直向下的合力逐渐增大，加速度大小逐渐增大，故C错误； D．从到，小笔帽动能和重力势能均增大，弹簧弹性势能转化为小笔帽的动能和重力势能，并非全部转化为动能，故D错误。 故选B。 11．在快递分类时常用传送带运送快件，如图甲所示，一倾角为的传送带以恒定速度运行，传送带底端到顶端的距离。现将一质量的小快件静止放于传送带底端，快件沿传送带向上运动至顶端过程中速度的平方随位移的变化关系如图乙所示，快件可视为质点，取，，。以下描述正确的是（     ） A．由乙图可得快件的加速度和传送带的速度 B．不能得出快件与传送带间的动摩擦因数 C．快件与传送带摩擦而产生的热量为110 J D．快件从传送带底端运动到顶端过程中，不能得出电动机多做的功 【答案】A 【详解】AB．根据图乙可知，快件在8m之前做匀加速运动，根据v2=2ax可得，加速度大小为，可得 根据牛顿第二定律得μmgcos37°-mgsin37°=ma 解得 根据图像可知，传送带的速度为v传=4m/s，A正确，B错误； C．根据图像可知，传送带的速度为v传=4m/s，快件加速到4m/s以后做匀速运动，快件加速的时间为 位移为x1=8m 此过程中传送带的位移为x传=v传t1=4×4m=16m 二者的相对位移为Δx=x传-x1=16m-8m=8m 快件与传送带摩擦而产生的热量Q=μmgcos37°•Δx 解得快件与传送带摩擦而产生的热量Q=112J，C错误； D．根据能量守恒定律，快件从传送带底端运动到顶端过程中，电动机多做的功包括快件增加的动能、增加的重力势能和与传送带摩擦而产生的热量，所以电动机多做的功为，D错误。 故选A。 12．（多选）篮球从某一高度静止下落，与地面碰撞后等速率竖直反弹，篮球在竖直运动过程中受到阻力大小不变，篮球速率、加速度大小、动能、机械能随时间或者高度变化正确的是（     ） A． B． C． D． 【答案】BC 【详解】A．在下降阶段，篮球做匀加速直线运动，受向上的阻力，则其加速度大小为 则篮球速率为 在下降阶段，速率时间图像是一条倾斜向上的直线，在时刻，篮球与地面碰撞后等速率竖直反弹，设落到地面时速率为。在上升阶段，篮球做匀减速直线运动，受向下的阻力，则其加速度大小为 则篮球速率为 在上升阶段，速率时间图像是一条倾斜向下的直线。由于，所以上升阶段的图像应该更陡，上升阶段所用的时间应该小于下降阶段所用的时间，即上升阶段图像与时间轴的交点应该在之间。故A错误； B．在下降阶段，篮球做匀加速直线运动，在上升阶段，篮球做匀减速直线运动，两段运动加速度大小都恒定，因此在图像中，图像应为与时间轴平行的平行线，且，上升阶段所用的时间小于下降阶段所用的时间，故B正确； C．设篮球从高处落下，在下降阶段，有 则有 可知下降阶段图像应是倾斜向下的直线，与轴的交点对应落地的瞬间，此时动能最大，与轴的交点对应开始下落的位置，即高度的位置。 在上升阶段，有 又有 则有 可知上升阶段图像也是倾斜向下的直线，但图像应该更陡，与下降阶段图像相交于轴，与轴的交点对应上升的最大高度，但由于阻力影响，篮球无法到达起始高度。故C正确； D．在下降阶段，有 可知在下降阶段图像是倾斜向上的直线，图像与轴的交点对应落地瞬间，与轴则没有交点。 在上升阶段，有 可知在上升阶段图像是倾斜向下的直线，与轴同样没有交点。故D错误。 故选BC。 （4） 多过程问题 13．（多选）如图，小球套在光滑的竖直杆上，轻弹簧一端固定于点，另一端与小球相连。现将小球从点由静止释放，它在下降的过程中经过了点。已知在、两点处，弹簧对小球的弹力大小相等，且，已知自由落体加速度大小为，在小球从点运动到点的过程中说法正确的是（　　） 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竖直向下且大小为 C．弹簧长度最短时，弹力对小球做功的功率为零 D．弹簧恢复原长时，重力对小球做功的功率最大 【答案】BC 【详解】A．因为，所以大于，由于在、两点处，弹簧对小球的弹力大小相等，所以在点弹簧处于压缩状态，在点弹簧处于拉伸状态，小球向下运动的过程中弹簧的长度先减小后增大，则弹簧的弹性势能先增大，后减小，再增大，所以弹力对小球先做负功再做正功，最后再做负功，故A错误； B．由到有一状态弹力为0且此时弹力与杆不垂直，加速度为；当弹簧与杆垂直时小球加速度为。则有两处（即有两个时刻）加速度为，且竖直向下，故B正确； C．弹簧长度最短时，也就是弹力垂直杆方向时，此时弹力与小球速度方向垂直，故弹力对小球做功为零，故C正确； D．由于重力恒定，根据 可知当速度最大时，重力对小球做功的功率最大，也就是重力和弹力的合力为零时，此时弹簧没有恢复原长，故D错误。 故选BC。 14．如图所示，质量分别为m=0.2kg和M=0.6kg的小物块A、B放置在足够长的倾角为37°的斜面上，并用一劲度系数为k=100N/m的轻弹簧连接在一起。开始时弹簧处于原长，A、B均静止。现给B施加一个沿斜面向下的恒力F，使B沿斜面向下运动，当B速度为零时，立即撤去恒力，B运动到最高点时，A恰好未离开下端挡板。A、B与斜面间的动摩擦因数均为μ=0.75，最大静摩擦力等于滑动摩擦力，弹簧始终在弹性限度内。弹簧的弹性势能可以表示为，x为弹簧的形变量，取重力加速度g=10m/s2，sin37°=0.6，cos37°=0.8。求： （1）物块B运动到最高点时，弹簧的形变量x0； （2）物块B向下运动的最大距离x1和恒力F的大小。 【答案】（1）0.024m；（2）0.168m，8.4N 【详解】（1）根据平衡条件有 解得 （2）B从撤去F至运动到最高点，根据能量守恒有 解得 在恒力F作用下，物体B向下运动到最低点的过程，根据功能关系有 解得 15．（多选）如右图所示，三个小球A、B、C的质量均为m，A与B、C间通过铰链用轻杆连接，杆长为L，B、C置于水平地面上，用一轻质弹簧连接，弹簧处于原长。现A由静止释放下降到最低点，两轻杆间夹角α由60°变为120°，A、B、C在同一竖直平面内运动，弹簧在弹性限度内，忽略一切摩擦，重力加速度为g。则在此过程中（　　） A．A的动能最大时，B、C的动能均为零 B．A的动能达到最大前，B受到地面的支持力小于 C．弹簧的弹性势能最大时，A的加速度为0 D．弹簧的弹性势能最大值 【答案】BD 【详解】A．A的加速度为零时速度最大，此时仍有向下的速度，弹簧要继续伸长，B、C继续运动，故二者动能不为零，故A错误； B．在A的动能达到最大前一直是加速下降，处于失重情况，所以B受到地面的支持力小于，故B正确； C．当A达到最低点时动能为零，此时弹簧的弹性势能最大，A的加速度方向向上，不为零，故C错误； D．A球达到最大动能后向下做减速运动，到达最低点时三个小球的动能均为零，由机械能守恒定律得，弹簧的弹性势能为 故D正确。 故选BD。 16．（多选）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、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，，a与斜坡之间的动摩擦因数，，整个过程细绳始终没有松弛。则下列说法正确的是（　　） A．a在与弹簧接触前的加速度大小为 B．a在与弹簧接触前，轻绳上的拉力为12N C．a位于Q点时，弹簧所储存的弹性势能为18J D．a第一次被弹簧弹回到O点时速度为 【答案】BC 【详解】A．由牛顿第二定律得 解得，故A错误； B．由牛顿第二定律得 解得轻绳上的拉力，故B正确； C．由能量守恒定律得 解得，故C正确； D．由能量守恒定律得 联立解得，故D错误。 故选BC。 17．（多选）如图所示，轻质弹簧一端固定在水平面上的光滑转轴O上，另一端与套在粗糙固定直杆N处质量为0.2kg的小球（可视为质点）相连。直杆与水平面的夹角为30°，N点距水平面的高度为0.4m，NP=PM，ON=OM，OP等于弹簧原长，OM水平。小球从N处由静止开始下滑，经过P处的速度为2m/s，并恰能停止在M处。已知重力加速度取10m/s2，小球与直杆的动摩擦因数为，则下列说法正确的是（　　） A．小球通过P点时的加速度大小为3m/s2 B．弹簧具有的最大弹性势能为0.5J C．小球通过NP段与PM段摩擦力做功相等 D．N到P过程中，球和弹簧组成的系统损失的机械能为0.4J 【答案】CD 【详解】A．因在P点时弹簧在原长，则到达P点时的加速度为 故A错误； C．因NP段与PM段关于P点对称，则在两段上弹力的平均值相等，则摩擦力平均值相等，摩擦力做功相等，故C正确； B．设小球从N运动到P的过程克服摩擦力做功为Wf，弹簧具有的最大弹性势能为Ep，根据能量守恒定律得，对于小球N到P的过程有 N到M的过程有 得 故B错误； D．N到P过程中，球和弹簧组成的系统损失的机械能 故D正确。 故选CD。 18．如图所示，某游戏装置由光滑平台、轨道AB、竖直圆管道BCDEC(管道口径远小于管道半径)、水平轨道CF、光滑直轨道FG平滑连接组成，B、C、C′为切点，A、F连接处小圆弧长度不计，A点上方挡片可使小滑块无能量损失地进入轨道AB。圆管道半径，管道中，内侧粗糙，外侧光滑。小滑块与轨道AB、CF的动摩擦因数均为，AB轨道长度，倾角，CF长度，FG高度差，平台左侧固定一轻质弹簧，第一次压缩弹簧后释放小滑块，恰好可以运动到与管道圆心等高的D点，第二次压缩弹簧使弹性势能为0.36J时释放小滑块，小滑块运动到圆管道最高处E的速度为，已知小滑块质量可视为质点，，，不计空气阻力。求； （1）第一次释放小滑块，小滑块首次到圆管上的C点时受到弹力大小； （2）第二次释放小滑块，小滑块从C点运动到E点的过程，圆管道对滑块的摩擦力做的功； （3）若第三次压缩弹簧使弹性势能为Ep时释放小滑块，要求小滑块在圆管道内运动时不受到摩擦力且全程不脱轨，最终停在上。写出小滑块上运动的总路程s与之间的关系式，并指出的取值范围。 【答案】（1）；（2）；（3）； 【详解】（1）从C到D，对小滑块由动能定理可得 解得 在C点由牛顿第二定律可得 联立解得 （2）从开始到E点由动能定理可得 解得 （3）从开始到C，可得 解得 要能最终停在上，必过E点，圆轨道运动无摩擦，所以 又有C到E，可得 解得 不从右侧斜面飞出需 解得 返回，若不过圆心等高处，可得 解得 故 从开始到静止有 则 其中 19．（多选）如图所示，绷紧的传送带与水平面的夹角，传送带在电动机的带动下，始终保持1m/s的速度顺时针运行。现把一质量为5kg的工件（可视为质点）轻放在传送带的底端，经过一段时间工件与传送带达到共同速度后继续传送到4m高处。已知工件与传送带间的动摩擦因数为，重力加速度大小为10，则在此过程中，下列说法正确的是（　　） A．工件加速过程的时间为0.8s B．传送带对工件做的功为202.5J C．工件与传送带间摩擦产生的热量为7.5J D．电动机因传送工件多做的功为120J 【答案】BC 【详解】A．工件加速过程由牛顿第二定律得 解得加速度 得加速时间 故选项A错误； B．工件在传送带上不仅受重力还受到传送带对它的摩擦力和支持力，由动能定理有 得传送带对工件做的功 故选项B正确； C．加速过程工件与传送带相对运动的位移 工件与传送带间摩擦产生的热量 故选项C正确； D．电动机多做的功等于系统摩擦产生的热量和工件机械能的增加量，则有 故选项D错误。 故选BC。 20．如图所示，木板A静止于光滑水平面上，木块B轻置于木板A上。现施加外力F拉着木块B做匀加速直线运动，木板A在摩擦力作用下也向右加速运动，但加速度小于木块B的加速度，则（　　） A．木板A所受摩擦力对木板A做负功 B．木板A对木块B的摩擦力做的功与木块B对木板A的摩擦力做的功的大小相等 C．木块与木板间摩擦产生的热量等于木板A对木块B的摩擦力做功的大小减去木块B对木板A的摩擦力做的功 D．力F做的功等于木块B与木板A的动能增量之和 【答案】C 【详解】A．木板A所受摩擦力方向与其运动方向相同，对木板A做正功，故A错误； B．木板A对木块B的摩擦力做的功大小为 木块B对木板A的摩擦力做的功大小为 由题意得的大小与的大小相等，但，所以两者做功大小不相等，故B项错误； C．摩擦生热的计算公式为 又因为 所以有 故C项正确； D．根据能量守恒有，力F做的功等于木块B和木块A动能的增量之和，再加上A、B相对运动产生的热量，故D项错误。 故选C。 21．如图所示是快递公司的智能分拣系统的一部分。AB为四分之一圆弧，半径R＝1.25m，圆弧轨道在最低点与水平传送带相切于B点，传送带以v＝7m/s的速度顺时针匀速转动，传送带BC两端距离为L＝4.5m。质量为m＝1kg的包裹（可视为质点），从圆弧轨道最高点A处由静止开始释放，已知包裹在圆弧上的阻力很小可忽略，包裹与传送带间滑动摩擦因数，重力加速度为。求： （1）包裹到达B点时速度大小； （2）包裹从传送带B到C端过程所经历的时间； （3）包裹从传送带B到C端的过程中电动机多消耗的电能。      【答案】（1）5m/s；（2）0.7s；（3）14J 【详解】（1）包裹从A到B过程，机械能守恒，设滑块到达B点时速度大小为vB，有 解得 vB＝5m/s （2）设包裹冲上传送带后加速经过t1，与传送带共速v，位移大小为x1，而加速度为 a＝μg＝5m/s2 则时间为 则有 随后包裹做匀速直线运动，历时t2到达C端， 则包裹从传送带B到C端过程所经历的时间 t＝t1＋t2＝0.7s （3）包裹从传送带B到C端过程中，滑块相对于传送带位移大小为 x＝vt1－x1＝0.4m 产生的热量为 Q＝μmg·x＝2J 包裹增加的动能为 根据能量守恒定律可知，电动机多消耗的电能为 E电＝Q＋Ek＝14J 22．某弹射游戏装置如图所示，由以下部分依次平滑连接而成（竖直和水平轨道互不影响）：光滑水平轨道、半径为的竖直光滑半圆轨道、半径为 的竖直光滑半圆轨道、长度的水平直轨道、长度 且以恒定速率 顺时针转动的水平传送带，以及足够长的光滑水平轨道。其中，点为半圆轨道 的最高点。在光滑水平轨道 上，一轻弹簧一端固定于墙壁，另一端与质量的小滑块（可视为质点）接触但不连接。弹簧初始时在 点处于压缩锁定状态，弹性势能。解除锁定后，小滑块被弹出，恰好能通过点，之后依次滑经轨道和传送带，最终冲上静置于轨道 上表面光滑的四分之一圆弧形物块，其质量，半径。已知滑块与轨道 及传送带 之间的动摩擦因数均为，重力加速度取，空气阻力不计。 (1)求半圆轨道 的轨道半径； (2)求小滑块第一次向右滑过传送带的过程中，小滑块和传送带因摩擦产生的热量； (3)判断小滑块从点滑上圆弧形物块后是否能从点冲出圆弧轨道。 【答案】(1) (2) (3)能从J点冲出圆弧轨道 【详解】（1）小滑块恰好能通过半圆轨道ABC 的C点，根据牛顿第二定律有 根据能量守恒定律有 解得 （2）对小滑块从弹簧解除锁定后到G点过程，根据能量守恒定律有 解得 由于，所以小滑块先做匀减速直线运动，假设小滑块可以减速到与传送带共速，对小滑块，根据动量定理有 根据动能定理有 解得， 所以小滑块先做匀减速直线运动后做匀速直线运动，小滑块到达H点的速度 小滑块匀减速运动过程中，传送带位移的大小 所以小滑块和传送带因摩擦产生的热量 解得 （3）假设小滑块从I点滑上圆弧形物块后不能从J点冲出圆弧轨道，根据水平方向动量守恒有 根据能量守恒定律有 解得 故小滑块能从J点冲出圆弧轨道。 23．如图所示，水平轨道长为，其A端有一被锁定的轻质弹簧，弹簧左端连接在固定的挡板上圆心在半径为的光滑圆形轨道与相切于点，并且和圆心在半径为的光滑细圆管轨道平滑对接，、、三点在同一条直线上光滑细圆管轨道右侧有一半径为，圆心在点的圆弧挡板竖直放置，并且与地面相切于点质量为的小球可视为质点从轨道上的点由静止滑下，刚好能运动到A点，触发弹簧，弹簧立即解除锁定，小滑块被弹回，小球在到达点之前已经脱离弹簧，并恰好无挤压通过细圆管轨道最高点计算时圆管直径可不计，重力加速度为求： （1）小滑块与水平轨道间的动摩擦因数； （2）弹簧锁定时具有的弹性势能； （3）滑块通过最高点后落到挡板上时具有的动能。 【答案】（1）；（2）；（3） 【详解】（1）由几何关系得BC间的高度差 小滑块从C点运动到A点的过程，由动能定理得 解得 （2）弹簧对滑块做功过程由功能关系有 滑块从A到D过程由动能定理得 滑块在D点，由重力提供向心力 联立解得 （3）滑块通过D点后做平抛运动，根据平抛运动的规律可知，水平方向有 竖直方向有 由几何关系 可得滑块落到挡板上的动能为 联立解得 学科网（北京）股份有限公司 $