重难点专训16 能量守恒定律应用模型（福建专用）2027年高考物理一轮复习讲练测

**基本信息** 以功能关系为核心，系统构建能量守恒定律应用模型，通过三级进阶训练实现从概念理解到综合创新的突破，培养能量观念与科学推理能力。 **专项设计** |模块|题量/典例|方法提炼|知识逻辑| |----|-----------|----------|----------| |研判·模型总结|1模块|功是能量转化量度，ΔE减=ΔE增解题三步法（定状态、析转化、列等式）|从功能关系概念（做功与能量转化）→具体定理（动能/势能定理等）→能量守恒普适规律，形成“概念-原理-应用”逻辑链| |模拟·基础演练|15题（传送带/碰撞等）|摩擦生热Q=f·d（相对位移）、电动机多做功=ΔE机+Q|结合快递分拣等生活场景，强化单一模型能量转化分析，夯实物理观念| |重难·创新演练|15题（弹簧/圆弧轨道等）|多体系统能量守恒、复杂过程能量转化分段处理|综合多模型（如传送带+弹簧），提升科学思维中的模型建构与推理论证能力|

重难点专训16 能量守恒定律高级应用模型 目 录 研判·模型总结 1 模拟·基础演练 2 重难·创新演练 18 研判·模型总结 1.对功能关系的理解 功能关系即功和能的关系：功是能量转化的量度，包含两层含义： (1)做功的过程就是能量转化的过程 (2)做功的多少决定了能转化的数量,即:功是能量转化的量度 2.几个常见的功能关系 ⑴动能定理 物体动能的增量由外力做的总功来量度:W外=ΔEk。 ⑵势能定理 物体重力势能的增量由重力做的功来量度:WG= -ΔEP；[来源:学#科#网Z#X#X#K] 弹簧弹性势能的增量由弹力做的功来度量：W弹力= －ΔEP 物体与星球之间引力势能的增量由引力做的功来量度：W引力= －ΔEP 电荷的电势能的增量由电场力做功来量度：W电场力= －ΔEP ⑶机械能定理 物体机械能的增量由重力、弹力以外的其他力做的功来量度:W其=ΔE机，(W其表示除重力、弹力以外的其它力做的功) ⑷机械能与内能 一个系统因摩擦产生的热量即系统增加的内能由一对互为作用力反作用力的滑动摩擦力做的总功来量度：f·�d=Q(d为这两个物体间相对移动的路程)[来源:Z.xx.k.Com] ⑸电能与其它形式的能 一段电路中，电能与其它形式能量之间的转化由电流做功度量：W＝UIt=ΔE电；纯电路中电路中电流做功将电能全部转化为焦耳热。 （6）电磁感应中机械能与电能的转化 在电磁感应电路中，安培力所做的功度量着电能与机械能间的相互转化：W安=△E电， 安培力做正功，对应着电能转化为其他形式的能（如电动机模型）；克服安培力做功，对应着其它形式的能转化为电能（如发电机模型）；且安培力作功的绝对值，等于电能转化的量值。 3.能量守恒定律 （1）能量守恒定律内容为：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；在转化和转移过程中其总量不变． （2）对能量守恒定律的两点理解 (i)某种形式的能量减少，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； (ii)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。 （3）能量转化问题的解题思路 (i)当涉及摩擦力做功，机械能不守恒时，一般应用能的转化和守恒定律。 (ii)解题时，首先确定初末状态，然后分析状态变化过程中哪种形式的能量减少，哪种形式的能量增加，求出减少的能量总和ΔE减与增加的能量总和ΔE增，最后由ΔE减＝ΔE增列式求解。 (iii)某种能量形式没有具体表达式从而不能用增量的方法来表达时，可以利用功能关系利用对应形式力所做功来表达能量的变化量。 模拟·基础演练 1．（多选）618购物狂欢节后，快递物流就迎来了高峰期，由于包裹数量庞大，传送带在分拣的时候就代替了大量的劳动力。如图甲所示，倾斜传送带与水平方向间的夹角为30°，在电动机的带动下顺时针匀速转动。现将一质量的货物无初速地放在传送带底端的A点，货物从A到B的运动过程中机械能E随高度h变化的图像如图乙所示，设A点所在平面为零势能面。可认为货物与传送带间的最大静摩擦力等于滑动摩擦力，重力加速度，不计空气阻力，下列说法正确的是（    ） A．传送带匀速转动的速度 B．货物与传送带间动摩擦因数 C．货物与传送带间的摩擦生热 D．货物从A到B，电动机多做的功 【答案】AD 【详解】A．由图可知h1=2.5m时，货物与传送带共速，且 解得传送带速度v=5m/s，故A正确； B．机械能的变化量对应的是除重力以外的其他力做功，即共速前 则第一段的斜率 解得，故B错误； C．第一段货物的加速度 货物和传送带达到共速的时间 传送带的位移 货物沿斜面的位移 则摩擦生热 共速后货物与传送带一起匀速，无摩擦生热，故C错误； D．货物从A到B，电动机多做的功，故D正确。 故选AD。 2．（多选）如图所示，倾角的传送带以恒定速率顺时针转动，将一质量的小物块（可视为质点）轻放在传送带底端处，小物块随传送带运动至顶端处，已知小物块与传送带间的动摩擦因数，、间的距离，，，，以下计算正确的是（     ） A．小物块先做加速度的匀加速运动后做匀速运动 B．小物块从运动到的时间是 C．小物块与传送带间因摩擦产生的热量为 D．电动机因传送小物块而多消耗的电能为 【答案】ACD 【详解】A．物块轻放在传送带底端处，初速度为，对物块进行受力分析，根据牛顿第二定律有 解得物块的加速度为 物块加速到与传送带速度相等所需的时间为 在时间内物块的位移为 因为且，所以速度相等后物块将与传送带保持相对静止，随传送带一起做匀速直线运动，故A正确； B．物块匀速运动的位移为 匀速运动的时间为 则小物块从运动到的总时间为，故B错误； C．在加速阶段，传送带的位移为 物块与传送带之间的相对位移为 物块与传送带间因摩擦产生的热量为，故C正确； D．根据能量守恒定律，电动机因传送小物块而多消耗的电能转化为物块增加的机械能和系统产生的内能，即 其中物块动能的增加量为 物块重力势能的增加量为 所以电动机多消耗的电能为，故D正确。 故选ACD。 3．（多选）图甲为某快递自动分拣系统，其中某一水平传送带的简化图如图乙所示。长的水平传送带以速度顺时针匀速转动。质量的货物（视为质点）以初速度v0从左端滑上传送带。货物与传送带间的动摩擦因数。取，下列说法正确的是（     ） A．若，货物离开传送带所需的时间为1s B．若，货物相对于传送带滑动的位移大小为0.4m C．若，货物在传送带上运动全过程中，电动机多消耗的电能为0.5J D．若，货物在传送带上运动全过程中，系统因摩擦产生的热量为0.5J 【答案】ABD 【详解】AB．若，货物在传送带上先做匀加速直线运动，加速度大小为 匀加速的时间为 此过程中，传送带的位移大小 货物的位移 共速后货物做匀速直线运动。货物相对于传送带滑动的位移大小 货物在传送带上匀速运动的时间 总时间为，故AB正确； CD．若，货物匀加速直线运动的加速度依然为，匀加速时间为 此过程传送带位移 货物的位移 货物相对于传送带滑动的位移大小 货物在传送带上运动全过程中，系统因摩擦产生的热量为 根据能量守恒可知货物在传送带上运动全过程中，电动机多消耗的电能，故C错误，D正确。 故选ABD。 4．（多选）如图甲所示，安检机在工作时，通过水平传送带将被检物品从安检机一端传送到另一端，其过程可简化为图乙。已知传送带长，速率恒为，质量的被检物品（可视为质点）与传送带间的动摩擦因数，g取。若被检物品无初速度放在传送带A端，则物品在从A到B的过程中，下列说法正确的是（     ） A．物品先做匀加速运动，再做匀速运动 B．物品与传送带因摩擦产生的热量为9 J C．物品与传送带因摩擦产生的热量为4.5 J D．与未放物品相比，电动机对传送带多做4.5 J的功 【答案】AC 【详解】A．物品相对传送带滑动时所受滑动摩擦力恒定，由牛顿第二定律得 达到传送带速度所需时间，该阶段物品的位移 故物品先做匀加速直线运动，后做匀速直线运动，故A正确； BC．相对滑动阶段传送带的位移 物品的位移，物品与传送带间的相对路程 物品与传送带因摩擦产生的热量，故B错误，C正确； D．相对滑动阶段，电动机克服物品对传送带的摩擦力所做的额外功为，故D错误。 故选AC。 5．（多选）如图所示，静止在光滑水平面上的小车，由三段轨道平滑连接而成。段是倾角为的斜面，段水平，段是半径为的竖直圆弧，、两点等高，小车的总质量为。一质量为的小物块，从点以的初速度沿斜面向下运动，当其首次经过段的最左端时，速度大小为。已知段的摩擦因数，段、段均光滑，重力加速度取，，则（     ） A．小物块首次经过段的最左端时，小车的速度大小为 B．小车第一次向左运动最远时小物块的速度大于 C．小物块不会从点离开小车 D．小物块最终相对于小车静止在点 【答案】BCD 【详解】A．设小车质量为，物块质量为，取水平向右为正。物块在点的初速度水平分量为 物块首次到达段最左端时，由水平方向动量守恒有 解得，即小车向左运动，速度大小为，故A错误； B．物块沿圆弧上升至相对最高点时，物块与小车相对速度为零，二者的共同速度为。由水平方向动量守恒有 解得，说明此时小车已向右运动。小车从在点向左运动到上述时刻向右运动，故首次到达最左端的位置出现在物块到达相对最高点之前。该时刻小车速度为零，由水平方向动量守恒得物块的水平分速度，而物块仍沿圆弧上升，竖直分速度不为零，所以物块速度，故B正确； C．物块到达段最左端时，系统总动能为 物块从点上升到点需要增加的重力势能为 即使系统总动能全部转化为物块的重力势能也不足以使其到达点，因此物块不会从点离开，故C正确； D．物块每次运动到粗糙段时，摩擦力都使系统机械能减少；又因，物块不能相对小车静止在斜面上，只能返回点。随着相对运动的机械能不断耗散，物块最终在点相对小车静止，故D正确。 故选BCD。 6．（多选）图甲为某快递自动分拣系统，图乙为水平传送带的简化图。长L＝2 m的水平传送带以速度v＝2 m/s顺时针匀速转动。质量m＝0.5 kg的货物（视为质点）以初速度v0＝1 m/s从左端滑上传送带，货物与传送带间的动摩擦因数μ＝0.4，取g＝10 m/s2，下列说法正确的是（     ） A．货物与传送带发生相对滑动时间为0.25s B．货物在传送带上运动全过程中，传送带对货物做功为0.75 J C．货物在传送带上运动全过程中，系统因摩擦产生的热量为0.75 J D．货物在传送带上运动全过程中，电动机多消耗的电能为1 J 【答案】ABD 【详解】A．货物滑上传送带后，由于初速度小于传送带速度，货物相对传送带向后滑动，受向右的滑动摩擦力而做匀加速运动，货物加速的加速度大小为 货物加速至与传送带共速所经历的时间为 由于传送带长度 加速位移，故能完成加速过程，故A正确； B．传送带对货物的作用力即为水平方向的滑动摩擦力，该过程只有摩擦力对货物做功 由动能定理可知，传送带对货物做的功等于货物动能的变化量，故B正确； C．在相对滑动时间内，传送带的位移 货物与传送带的相对位移大小 系统因摩擦产生的热量，故C错误； D．根据能量守恒定律，在货物加速阶段，电动机多消耗的电能转化为货物的动能增量及系统的内能（摩擦生热），即 （也可通过传送带克服摩擦力做功直接求得：），故D正确。 故选ABD。 7．（多选）如图，工人用水平传送带运送货物，已知传送带顺时针匀速转动，货物轻放至传送带的左端A后，被运送到右端B，其速度随时间变化关系如图所示。已知货物质量为10 kg，重力加速度取。则（     ） A．传送带匀速转动的速度大小为1 m/s B．传送带A端至B端的长度为1.6 m C．运送货物的整个过程中传送带多消耗的电能10 J D．运送货物的整个过程中摩擦力对传送带做功-40 J 【答案】AC 【详解】A．由题图乙可知货物在后随传送带做匀速直线运动，此时货物速度与传送带速度相等，则传送带匀速转动的速度大小为，故A正确； B．根据图像中图线与时间轴围成的面积表示位移，可知传送带端至端的长度等于货物在整个过程中的位移，有 解得，故B错误； C．根据题图乙可知货物在内做匀加速直线运动，其加速度大小为 代入数据解得 根据牛顿第二定律有 解得传送带对货物的摩擦力大小为 在内传送带的位移大小为 解得 货物在此过程中的位移大小为 解得 货物与传送带之间的相对位移大小为 解得 运送货物的整个过程中传送带多消耗的电能为 代入数据解得，故C正确； D．运送货物的整个过程中，只有在内货物与传送带之间存在相对滑动，根据牛顿第三定律可知货物对传送带的摩擦力方向水平向左，大小为，摩擦力对传送带做功为 代入数据解得，故D错误。 故选AC。 8．（多选）质量为的子弹以某一初速度击中静止在光滑水平地面上质量为的木块，并陷入木块一定深度后与木块相对静止，甲、乙两图表示了这一过程开始和结束时子弹和木块可能的相对位置，设木块对子弹的摩擦阻力大小恒定为，下列说法正确的是（     ） A．若较小，则可能是甲图所示情形；若较大，则可能是乙图所示情形 B．不论多大，都只能是甲图所示情形 C．仅增大，子弹和木块最终的共同速度减小 D．仅增大，子弹和木块最终的共同速度不变 【答案】BD 【详解】CD．对木块和子弹，根据动量守恒定律，有 得，知子弹和木块最终的共同速度与无关，C错误，D正确； AB．设子弹射入木块的深度为，根据能量守恒定律，有 得 设木块的位移为，对木块，根据动能定理，有 得 则，因为一定小于木块的长度，则木块的位移一定小于木块的长度，故不论多大，都只能是甲图所示情形，A错误，B正确。 故选BD。 9．（多选）半径为的光滑圆弧槽固定在光滑水平面上，质量为的长木板静止在圆弧槽的右侧足够远处，质量为的物块以初速度滑上长木板，物块恰好没有滑离木板，长木板与圆弧槽发生弹性碰撞，物块恰好沿圆弧槽运动到最高点。物块与长木板间动摩擦因数为，重力加速度g取，不计空气阻力。下列说法正确的是（     ） A．木板的最大速度为2m/s B．木板的长度为9m C．物块的初速度为4m/s D．摩擦产生的热量为12J 【答案】AD 【详解】A．物块沿圆弧槽从最低点到最高点，圆弧槽光滑，且物块恰好到达最高点，由机械能守恒有= 解得 物块与木板先因摩擦达到共同速度并一起向左运动，木板与固定圆弧槽弹性碰撞后速度反向，物块直接以共速大小滑上圆弧槽，所以滑上圆弧槽的速度等于碰撞前二者共速大小。木板在碰撞前由静止增至该共速，碰撞后速度大小不变，故木板最大速度为，故A正确； B．设木板长为，物块与木板相对滑动阶段水平方向动量守恒，由 整理得= 物块恰好没有滑离木板时相对位移为，摩擦产生的热量为 由能量守恒有== 解得=，故B错误； C．物块与木板达到共同速度前，水平方向合外力为零，系统动量守恒，由 代入，解得，故C错误； D．相对滑动阶段系统损失的机械能全部转化为摩擦热，由动量守恒得，所以==，故D正确。 故选AD。 10．（多选）如图为某建筑工地固定在水平地面上的倾斜传送带，以恒定速率逆时针运行。质量为的工件（可视为质点）无初速度轻放于传送带的顶端。经过时间，工件与传送带共速，之后继续运动，到达底端时的速度为v=4m/s。已知间距离为，取。则（     ） A．工件与传送带间的动摩擦因数为 B．工件由运动到的过程中，机械能一直减小 C．工件由运动到的过程中，传送带对工件一直做正功 D．工件由运动到的过程中，因摩擦产生的热量为4.8J 【答案】AD 【详解】A．设传送带与水平面的夹角为θ。在内，由运动学规律可得，工件加速度为 位移为 共速前所受滑动摩擦力向下，由牛顿第二定律得 在0.2 s后，工件受到滑动摩擦力向上，由牛顿第二定律得 下滑位移 解得t2=1 s 加速度 联立以上各式可解得μ=0.5，cosθ=0.8，故A正确； BC．工件受到传送带的滑动摩擦力大小 在t1=0.2 s内，摩擦力对工件做正功，即传送带对工件做了正功，机械能增大，在t2=1 s内，摩擦力对工件做负功，即传送带对工件做了负功，机械能减小，故BC错误； D．工件在t1=0.2 s内与传送带的相对位移 在t2=1 s内与传送带的相对位移 由P运动到Q的过程中，因摩擦产生的热量，故D正确。 故选AD。 11．（多选）如图，左、右平台分别与水平传送带平滑对接，整体分为A、B、C和传送带四段，长度分别为：xA=2m，xB=1m，xC=1m，x带=1m（两转轴之间距离）。左右墙面固定两根相同轻质弹簧P1、P2，原长均为0.5m。质量为M=2kg的木块Q可视为质点，压缩弹簧P1（不粘连），并由挡板K锁定静止。传送带以恒定速度v0=3m/s顺时针运行，木块Q与传送带和B段的动摩擦因数分别为，A、C段光滑。已知开始时P1的弹性势能为Ep1=25J，重力加速度g=10m/s2，两根弹簧始终处于弹性限度内。撤去挡板K后，以下说法正确的是（     ） A．整个过程中木块Q的最大速度为5m/s B．木块首次通过传送带的过程中，木块和传送带间的摩擦生热为9J C．弹簧P1再次被压缩的最大弹性势能Ep1'=3J D．木块Q最终停在B段距右墙1.5m处；P2的最大弹性势能Ep2=8J 【答案】AC 【详解】A．弹簧弹开木块，弹性势能全部转化为木块动能 解得 根据能量守恒定律，木块在运动过程中因摩擦生热及克服摩擦力做功，机械能不断减少，动能不可能超过初始动能，因此最大速度为，故A正确； B．木块进入传送带初速度，做匀减速运动，加速度大小 假设一直匀减速，则离开传送带时速度满足 解得，则假设成立。 运动时间 传送带位移 相对位移 摩擦生热，故B错误； C．木块离开传送带后，向右运动经过B段压缩，弹回木块，过程中向右经过B段克服摩擦力做功 向左经过B段再克服摩擦力做功 木块回到传送带右端时动能 向左经过传送带滑动摩擦力向右，木块向左运动，克服摩擦力做功 离开传送带后A段光滑，动能全部转化为的弹性势能，故C正确； D．木块第一次到达时，动能为 因此获得的最大弹性势能为，故D错误。 故选AC。 12．（多选）为保障生鲜冷链配送的时效性与安全性，某物流中心采用倾斜传送带转运易磕碰的盒装生鲜。已知传送带倾角，为防止包裹滑动损伤，传送带以的恒定速率顺时针转动，皮带始终是绷紧的。现将质量的盒装草莓（可视为质点）无初速度地放到传送带底端A点。已知传送带A点到顶端B点的距离，盒装草莓与传送带之间的动摩擦因数，最大静摩擦力等于滑动摩擦力，重力加速度大小取，则盒装草莓从A点运送到B点的过程中（     ） A．所需时间为4.6s B．传送带对快递包做功为38J C．摩擦产生的热量为8J D．电动机因运送此快递包多做了50J的功 【答案】AD 【详解】A．快递包相对传送带向下滑动，受到沿斜面向上的滑动摩擦力，其大小为 根据牛顿第二定律有 解得 快递包加速至与传送带速度相等所需的时间为 此过程快递包的位移为 速度相等后，维持快递包做匀速直线运动所需的静摩擦力为 快递包与传送带保持相对静止，运动剩余距离所需的时间为 总时间为，故A正确； B．相对滑动阶段，传送带对快递包做的功为 共同匀速运动阶段，传送带对快递包做的功为 传送带对快递包做的总功为，故B错误； C．相对滑动阶段传送带的位移为 快递包与传送带间的相对位移为 摩擦产生的热量为，故C错误； D．快递包从点运动到点，机械能的增加量为 电动机多做的功等于快递包机械能的增加量与摩擦产生的热量之和，即，故D正确。 故选AD。 13．（多选）如图所示，甲、乙两传送带与水平面的夹角相同，都以恒定速率v向上运动。现将一质量为m的小物体（视为质点）轻轻放在A处，小物体在甲传送带上到达B处时恰好达到传送带的速率v；在乙传送带上到达离B处竖直高度为h的C处时达到传送带的速率v，已知B处离地面的高度均为H。则在小物体从A到B的过程中（     ） A．两传送带对小物体做功相等 B．甲传送带对小物体做功多 C．小物体与甲传送带因摩擦产生的热量多 D．乙传送带消耗的电能多 【答案】AC 【详解】AB．根据功能关系可知，传送带对小物体做功等于小物块的机械能的增加量；在小物体从A到B的过程中，动能增加量相等，重力势能的增加量也相等，故两种传送带对小物体做功相等，故A正确，B错误； C．甲图中，有， 由牛顿第二定律有 乙图中，有 由牛顿第二定律有 解得， 则有 可知小物体与甲传送带因摩擦产生的热量多，故C正确； D．根据能量守恒定律，电动机消耗的电能等于摩擦产生的热量Q与物块增加机械能之和，因物块两次从A到B增加的机械能相同，且，所以将小物体传送到B处，甲传送带消耗的电能多，故D错误。 故选AC。 14．如图所示，轨道由半径的光滑圆弧轨道、长度的粗糙水平轨道以及足够长的光滑水平轨道组成。质量的物块P和质量的物块Q压缩着一轻质弹簧并锁定（物块与弹簧不拴接），三者静置于段中间，物块P、Q可视为质点。紧靠的右侧水平地面上停放着质量的小车，其上表面段粗糙，与等高，长度；段为半径的光滑圆弧轨道：小车与地面间的阻力忽略不计。P、Q与、间的动摩擦因数均为，重力加速度，现解除弹簧锁定，物块P、Q由静止被弹出（P、Q脱离弹簧后立即撤走弹簧），其中物块P进入轨道，而物块Q滑上小车。不计物块经过各连接点时的机械能损失。 (1)若物块P经过后恰好能到达点，求物块P通过点时，物块P受到轨道的弹力的大小； (2)若物块P经过后恰好能到达点，求物块Q冲出小车后离开点的最大高度； (3)若弹簧解除锁定后，物块Q向右滑上小车后能通过点，并且后续运动过程始终不滑离小车，求被锁定弹簧的弹性势能最大值。 【答案】(1) (2) (3) 【详解】（1）物块P从到过程，根据动能定理有 物块P在点，由牛顿第二定律 解得 （2）物块P被弹出到运动到过程，根据动能定理有 解得 对P、Q构成的系统，根据动量守恒定律有 解得 对Q与小车构成的系统，在点水平方向上共速，根据水平方向动量守恒定律有 此后小车匀速运动，Q斜上抛运动，最高点时，Q离开点最大高度为，此时Q竖直方向速度为零。 根据能量守恒定律有 解得 （3）物块被弹开过程，当物块Q冲上圆弧没有越过点之后又返回点与小车共速时，弹簧弹性势能达到最大值，则弹簧弹开两物块过程有， 联立解得 当物块Q冲上圆弧没有越过点之后又返回点与小车共速过程有， 联立解得， 物块不越过点，临界条件为在点二者共速，因此需满足 解得 ，故被锁定弹簧的弹性势能的最大值为 15．如图所示，三个物块A、B、C的质量均为m=1kg，物块C放置在水平地面上，竖直放置的轻弹簧连接物块B和物块C，物块A放置在物块B上，整个装置保持静止。现对A施加竖直向下的恒定外力，将物块A、B压缩到最低点时立即撤去外力，物块A、B被竖直向上弹起。一段时间后A、B分离，当A向上运动到最高点时立即被取走，当B继续向上运动到最高点时，物块C恰好离开水平地面。轻弹簧的劲度系数为k=100N/m，轻弹簧的弹性势能表达式为（k为轻弹簧的劲度系数，x为轻弹簧的形变量），弹簧振子做简谐运动的周期表达式为（k为轻弹簧的劲度系数，M为振子的质量），重力加速度g=10m/s2，所有过程中弹簧始终在弹性限度内，不计空气阻力，求： (1)物块A、B分离瞬间，物块B的速度大小； (2)恒定外力的大小； (3)从A、B分离到各自第一次运动到最高点的过程中，二者运动的时间差（结果用π表示）。 【答案】(1) (2) (3) 【详解】（1）A、B在弹簧恢复原长时分离，此时物块A、B的速度相等，设为，从此时到B运动到最高点的过程中，弹簧的伸长量为，对B、C及弹簧组成的系统，以弹簧原长的位置为重力势能的零势能面，由能量守恒定律，有 依题意，B向上运动到最高点时，物块C恰好离开水平地面，有 得， （2）设物块A、B压缩到最低点时，弹簧的形变量为，从A、B压缩到最低点到弹簧恢复原长，对A、B、C及弹簧组成的系统，由能量守恒定律，有 得 初态，A、B静止，设此时弹簧的压缩量为，对A、B整体受力分析，有   得 如图所示 从初态到A、B压缩到最低点，对A、B、C及弹簧组成的系统，由功能关系，有 得 （3）A、B分离后，A竖直向上做匀减速直线运动，有 得 B在竖直方向做简谐运动，其周期   B在平衡位置时，弹簧的压缩量 得，则振幅 得物块B在竖直方向，从平衡位置开始的振动方程为 B从平衡位置到A、B分离，运动的路程为，根据振动方程，可得所用时间，则B从A、B分离到第一次运动到最高点的时间 得            综上，从A、B分离到各自第一次运动到最高点的时间差 重难·创新演练 16．（多选）如图，按压式圆珠笔可简化为外壳、内芯和轻质弹簧三部分。已知内芯质量为m，外壳质量为4m。将笔竖直倒立于水平硬桌面，下压至弹簧压缩量最大后由静止释放，外壳竖直上升，当弹簧恰好恢复原长时，外壳与静止的内芯发生完全非弹性碰撞，之后两者共同竖直上升至最大高度h，再竖直下落。不计摩擦与空气阻力，重力加速度为g，下列说法正确的是（     ） A．按压过程中，弹簧增加的弹性势能等于5mgh B．外壳与内芯碰撞前瞬间，外壳的速度大小为 C．笔从离开桌面到落回桌面的过程中，重力做功的平均功率为0 D．圆珠笔弹起过程中，弹簧释放的弹性势能等于圆珠笔增加的重力势能 【答案】BC 【详解】B．碰撞后外壳和内芯一起上升h，设共速速度为v共，根据动能定理，有 解得 外壳与静止的内芯发生完全非弹性碰撞，则有4mv0=(4m+m)v共 解得，故B正确； A．外壳与静止的内芯发生完全非弹性碰撞，损失的机械能为 按压过程中，弹簧增加的弹性势能等于，故A错误； C．笔离开桌面，最后落回桌面，初位置和末位置高度一样，总重力做功WG=0 所以重力的平均功率为零，故C正确； D．弹簧释放的弹性势能：一部分变成碰撞过程损失的内能，另一部分转化为圆珠笔最后的重力势能，故D错误。 故选BC。 17．（多选）如图所示，倾角为30°的传送带逆时针匀速转动，将质量为m的物块轻放到传送带上端，物块下降高度h时，恰与传送带共速。已知物块与传送带间的动摩擦因数μ＝，重力加速度为g，则此过程中（     ） A．物块的机械能变化量为2mgh B．电动机多消耗的电能为mgh C．系统因摩擦产生的热量为 mgh D．传送带对物块的摩擦力做功为mgh 【答案】CD 【详解】A．物块向下滑动过程中，重力做正功，机械能不守恒。由几何关系可知，下降高度为时，沿斜面下滑的位移大小为 物块在沿斜面向下运动过程中，受到的滑动摩擦力大小为 由于 物块轻放到传送带上后做匀加速直线运动，其加速度大小为 恰与传送带共速时，物块的速度为 重力势能减少量为 动能增加量为 因此物块的机械能变化量为，故A错误； B．此过程中，物块运动的时间为 传送带的速度等于共速时的速度 传送带的位移为 电动机多消耗的电能等于传送带克服摩擦力做的功，即，故B错误； C．系统因摩擦产生的热量为，故C正确； D．传送带对物块的摩擦力方向沿斜面向下，与运动方向相同，做正功，做功大小为，故D正确。 故选CD。 18．（多选）如图所示，一张薄纸板放在光滑水平面上，其右端放有小木块，小木块与薄纸板的接触面粗糙，原来系统静止。现用水平恒力向右拉薄纸板，小木块在薄纸板上发生相对滑动，直到从薄纸板上掉下来。上述过程中有关功和能的说法正确的是（     ） A．拉力做的功等于薄纸板和小木块动能的增加量 B．摩擦力对小木块做的功一定等于小木块动能的增加量 C．离开薄纸板前小木块可能先做加速运动，后做匀速运动 D．小木块动能的增加量可能小于系统中由摩擦产生的热量 【答案】BD 【详解】A．由功能关系知拉力做的功等于薄纸板和小木块动能的增加量及系统产生的内能，拉力做的功大于薄纸板和小木块动能的增加量，故A错误； B．根据动能定理知，摩擦力对小木块做的功等于小木块动能的增加，故B正确； C．离开薄纸板前小木块所受合力等于小木块与薄纸板之间的摩擦力，运动过程中小木块在薄纸板上发生相对滑动，直到从薄纸板上掉下来，摩擦力一直为滑动摩擦力，根据牛顿第二定律可得，小木块一直在做匀加速运动，故C错误； D．对于系统，由摩擦产生的热量 其中为小木块相对薄纸板运动的位移。 对小木块，由动能定理得 为小木块相对地面的位移，由于存在大于、等于或小于三种可能，即存在大于、等于或小于三种可能，故D正确。 故选BD。 19．（多选）如图所示，光滑水平面的左端A点与顺时针匀速转动的水平传送带平滑连接，右侧竖直面上的B点固定有被压缩且锁定的轻弹簧。将质量为m、可视为质点的滑块静止放在轻弹簧左端后，解除弹簧锁定，滑块离开弹簧后以速度v滑上传送带，第一次返回后压缩弹簧的最大压缩量为初始压缩量的。已知滑块与传送带间的动摩擦因数为μ，弹簧弹性势能，其中k为劲度系数，x为弹簧形变量。不计空气阻力，重力加速度为g，弹簧始终在弹性限度内，则（     ） A．传送带匀速转动的速度大小为 B．滑块第一次在传送带上往返运动总时间为 C．滑块第一次往返运动的过程中，电机多消耗的电能为 D．滑块第二次返回后压缩弹簧，弹簧的最大弹性势能为 【答案】BC 【详解】A．第一次被弹簧弹出时 第二次压缩弹簧时 解得 即从传送带上滑下时的速度为，即传送带匀速转动的速度大小为，故A错误； B．滑块初速度v向左，减速到0，用时 向左位移 滑块从0开始向右加速，加速到传送带速度用时 加速位移为 剩余位移匀速运动，匀速时间 滑块第一次在传送带上往返运动总时间为，故B正确； C．电机消耗的电能等于摩擦力对传送带做的功，则有，故C正确； D．根据对称性可知，滑块第二次返回后的速度等于传送带的速度，压缩弹簧的过程中，弹簧的最大弹性势能为，故D错误。 故选BC。 20．（多选）如图所示，质量为M的小车静止在光滑的水平面上，小车AB段是半径为R的四分之一光滑圆弧轨道，BC段是长为L的水平粗糙轨道，两段轨道相切于B点。一质量为的滑块（可视为质点）在小车上从A点静止开始沿轨道滑下，然后滑上BC轨道，最后恰好停在C点。已知小车质量，重力加速度为g。则下列说法正确的是（     ） A．小车和滑块组成的系统动量、机械能均不守恒 B．滑块运动过程中，最大速度大小为 C．滑块从B到C运动过程中，小车的位移大小为 D．滑块与轨道BC间的动摩擦因数为 【答案】AB 【详解】A．滑块从A滑到C的过程中，系统水平方向不受外力，水平方向动量守恒，竖直方向上合力不为零，系统动量不守恒；摩擦力对系统做功，系统机械能不守恒，故A正确； B．滑块滑到B点后，受摩擦力作用开始减速，因此滑块在B点时速度最大。取水平向右为正方向，由水平方向动量守恒和机械能守恒可得， 解得， 滑块滑到B点时的速度大小为，故B正确； C．滑块从B到C运动过程中，任意时刻水平方向动量守恒，则对该过程有 且滑块相对小车的位移为，则有 解得，故C错误； D．系统初始总动量为0，最终滑块停在C点时，二者共速且速度为0，重力势能全部转化为摩擦生热，则有 解得，故D错误。 故选AB。 21．（多选）如图甲为皮带输送机简化模型，皮带输送机倾角，顺时针匀速转动，皮带输送机下端A点无初速放入货物。货物从下端A点运动到上端B点的过程中，其机械能E与位移s的关系图像（以B点为参考平面）如图乙所示。已知货物质量，重力加速度，，。下列说法正确的是（    ） A．输送带A、B两端点间的距离为 B．货物从下端A点运动到上端B点的过程中，重力的冲量大小为 C．货物与输送带间的摩擦产生的热量为 D．皮带输送机因运送该货物而多消耗的电能为 【答案】BC 【详解】A．由题图可知，货物从开始运动到与传送带相对静止可知 解得 由图像可知，物块沿传送带向上运动0.5m后与传送带相对静止，匀速运动，此后物块的动能不变，重力势能增加，有 解得 则传送带两端点之间的距离为，故A错误； B．加速阶段的加速度大小为a，有， 加速阶段时间为，有 传送带速度为 设匀速阶段时间为，有 所以总时间为 重力的冲量为，故B正确； C．加速过程中，货物对地位移，传送带对地位移为 货物与输送带间的摩擦产生的热量为，故C正确； D．由能量守恒，消耗的电能转化为系统摩擦产生的热与货物增加的机械能，其值为 解得，故D错误。 故选BC。 22．（多选）如图（a），砝码置于水平桌面的薄钢板上，用水平向右的恒定拉力迅速将钢板抽出，得到砝码和钢板的速度随时间变化图像如图（b）。已知砝码最终没有脱离桌面，各接触面间的动摩擦因数均相同，则（     ） A．0~t1与t1~t2时间内，摩擦力对砝码做的功大小相等 B．0~t1与t1~t2时间内，拉力对钢板做的功大小相等 C．0~t1时间内，摩擦力对砝码做的功等于砝码动能的增加量 D．0~t1时间内，拉力对钢板做的功大于钢板动能的增加量和钢板与各接触面间因摩擦产生的总热量之和 【答案】ACD 【详解】A．对砝码用动能定理，在段（摩擦力做正功） 在段（摩擦力做负功） 故二者做功的大小相等，故A正确； B．拉力是恒定拉力，做功 是钢板的位移。由图的面积表示位移可知， 内钢板的速度更大，位移更大，拉力恒定，因此拉力做功更大，故B错误； C． 内，砝码竖直方向受力平衡，水平方向仅受摩擦力作用，根据动能定理：合外力做功等于动能的增加量，因此摩擦力对砝码做的功等于砝码动能的增加量，故C正确； D．根据能量守恒， 内拉力做功转化为三个部分：钢板的动能增加量、砝码的动能增加量、钢板与各接触面（砝码、桌面）摩擦产生的总热量，即： 因此 故D正确； 故选ACD。 23．（多选）风力发电已成为我国实现“双碳”目标的重要途径之一。如图所示，风力发电机是一种将风能转化为电能的装置，其转化效率约为30%。某风力发电机在风速为9m/s时，输出电功率为405kW，风速在5~10m/s范围内，转化效率可视为不变。该风机叶片旋转一周扫过的面积为A，空气密度为ρ，风场风速为v，并保持风正面吹向叶片。下列说法正确的是（　　） A．该风力发电机的输出电功率与风速的平方成正比 B．单位时间流过面积A的流动空气动能为 C．当风力发电机在风速为6m/s时，输出电功率为120kW D．若每天平均有1.0×108kW的风能资源，则每天发电量为2.4×109kW∙h 【答案】BC 【详解】AB．设叶片旋转一周的时间为t，则该时间内吹向叶片的动能为，其中，转化的电能，风力发电机的输出电功率 联立解得，单位时间内流过面积A的流动空气动能，A错误，B正确； C．当风力发电机在风速为9m/s时，输出电功率为，则当风力发电机在风速为6m/s时，输出电功率为，C正确； D． 由于风力发电存在转换效率，若每天平均有1.0×108kW的风能资源，则每天发电量为，D错误。 故选BC。 24．（多选）如图，质量为2 kg的物块B（视为质点）放置在质量为3 kg、长度为0.2 m的木板A（厚度不计）的最左端，B与A叠放在水平桌面上，B通过一条跨过轻质定滑轮的、与桌面平行的、不可伸长的轻绳与质量为1 kg的小球C相连，B与A、A与桌面的动摩擦因数分别为、，轻托小球C使轻绳处于自然伸直状态。从静止释放C，C向下加速运动，下降0.2 m后开始匀速运动，A若碰到右侧挡板则立即停止，最大静摩擦力等于滑动摩擦力轻绳与滑轮间的摩擦力不计（     ）。 A．释放C瞬间，物块B的加速度为 B．释放C瞬间，物块A的加速度为 C．C运动过程中动能的最大值为 D．C从静止释放至开始匀速的过程中，A与B因摩擦而产生的热量为2 J 【答案】BC 【详解】AB．取 ，释放瞬间，若物块B与木板A相对静止，则A、B、C三者加速度大小相同。对A、B、C整体，由牛顿第二定律有 得 检验A、B间静摩擦力，对木板A有 得 故A、B相对静止，物块B的加速度也为 ，故A错误，B正确； C．从释放到C开始匀速前，C做初速度为零、加速度为 的匀加速直线运动，下降时速度最大，由得 此时C的最大动能为 ，故C正确； D．从释放到C开始匀速前，A、B相对静止，A、B间没有相对位移，因摩擦产生的热量为 ，故D错误。 故选BC。 25．（多选）如图所示，传送带足够长，与水平面间的夹角，并以的速度逆时针匀速运动。在传送带的端轻轻地放一个质量的小物体，经过时间速度达到与传送带相同。已知物体与传送带之间的动摩擦因数，设放上小物体后传送带仍然匀速运动。，，下列判断正确的是（     ） A．在内小物体的加速度大小为 B．在后小物体作匀速运动 C．在内小物体与传送带因摩擦产生的热量为 D．在内，电机至少需要多消耗的电能 【答案】AD 【详解】A．经过时间速度达到与传送带相同，共速前，对小物体由牛顿第二定律可得 解得在内小物体的加速度大小为，故A正确； B．共速后，由于，可知在后小物体继续做匀加速直线运动，故B错误； C．小物体与传送带共速所用时间为 在内小物体的位移大小为 传送带的位移大小为 则在内小物体与传送带因摩擦产生的热量为，故C错误； D．在内，根据能量守恒定律可得 代入数据解得电机至少需要多消耗的电能为，故D正确。 故选AD。 26．（多选）如图所示，水平悬浮在平静水面上的木板上蹲着一只青蛙，离板右端有一固定在 点的竖直轻质藤蔓。青蛙为捕食藤蔓上昆虫奋力跃起，刚好在运动的最高点抓住藤蔓最低点并捕获昆虫，随之向右荡出。已知青蛙质量，木板质量，藤蔓长，点与水面的竖直距离。起跳时青蛙离点的水平距离，青蛙可视为质点，忽略昆虫和藤蔓质量，忽略木板厚度及一切阻力。下列说法正确的是（     ） A．青蛙在藤蔓最低点处的速度大小为 B．跳离瞬间，木板的水平速度大小为 C．荡到最高点时，藤蔓对青蛙的拉力为 D．跳起过程中青蛙所消耗的能量至少为 【答案】AD 【详解】A．青蛙从跳离到点的逆过程是平抛运动，设青蛙跳离瞬间速度为，竖直方向有， 水平方向有 青蛙在藤蔓最低点处竖直方向速度为零，速度大小等于，青蛙跳离瞬间的速度 联立可得，，故A正确； B．跳离过程中，青蛙和木板组成的系统，水平方向动量守恒，有 可得木板的水平速度大小为，故B错误； C．设青蛙荡到最高点时，藤蔓与竖直方向夹角为，根据动能定理有 可得     藤蔓对青蛙的拉力为，故C错误； D．根据能量守恒可得跳起过程中青蛙所消耗的能量至少为 代入数据可得，故D正确。 故选AD。 27．（多选）如图所示为某中学入校安检设备，设备中水平传送带在电动机的带动下始终以速度v0匀速运动，t=0时刻，某同学在传送带的一端轻放一个质量为m的行李箱，已知行李箱与传送带间动摩擦因数为μ，经时间t行李箱的速度与传送带的速度相同，重力加速度大小为g，则在这段时间内，下列说法正确的是（     ） A．传送带速度大小为 B．行李箱相对传送带位移大小为 C．行李箱与传送带间因摩擦产生的热量为 D．因传送行李箱，电动机需要多消耗的电能为 【答案】AD 【详解】A．小物箱在时间内做匀加速直线运动，加速度为 又 联立解得传送带速度大小为，故A正确； B．小物箱相对传送带的位移就是传送带与小物箱在时间内的位移差，则有，故B错误； C．小物箱与传送带间因摩擦产生的热量，故C错误； D．由功能关系可知，因传送小物箱，电动机至少要多做的功等于小物箱增加的动能与系统摩擦产生的热能之和，则有，故D正确。 故选AD。 28．（多选）某小车缓冲装置简化为如图所示模型，劲度系数为的轻质弹簧与轻杆连接，轻杆可在固定槽内有摩擦地滑动，其最大摩擦力等于滑动摩擦力，恒为。轻杆向右滑动不超过时装置可安全工作。质量为的小车与地面间的摩擦不计，撞击弹簧前瞬间的速度记，当时，撞击将导致轻杆向右滑动，下列说法正确的是（　　） A．撞击过程中轻杆开始滑动之前小车的机械能守恒 B．当撞击速度不超过时，轻杆不会滑动 C．若要装置安全工作，允许撞击的最大速度为 D．撞击速度为，则将导致轻杆滑动 【答案】BD 【详解】A．轻杆开始滑动前，小车的动能不断转化为弹簧的弹性势能，小车机械能减少，不守恒，A错误； B．设轻杆开始移动时弹簧的压缩量为，有 解得 轻杆滑动的条件是弹簧弹力大于最大摩擦力f，弹力小于等于f时轻杆静止；若轻杆滑动，由于轻杆质量为0，合力为0，弹簧弹力始终等于f，弹簧压缩量保持不变，弹性势能为定值，小车动能转化为弹簧弹性势能和摩擦力做功，能量守恒关系为 其中x为轻杆滑动距离。结合题目已知条件以及时 可得，且 轻杆恰好不滑动时，小车动能全部转化为弹簧弹性势能，即 解得 因此撞击速度不超过轻杆不会滑动，B正确； C．装置安全工作要求滑动距离最大为，代入能量公式得 解得 C错误； D．撞击速度为时有 解得 D正确。 故选BD。 29．某游乐场的游乐装置可简化为如图所示的竖直面内轨道，左侧为半径的光滑圆弧轨道，轨道的上端点和圆心的连线与水平方向的夹角，下端点与粗糙水平轨道相切，为倾角的光滑倾斜轨道，一轻质弹簧上端固定在点处的挡板上。现有质量为的小滑块（可视为质点）从空中的点以的初速度水平向左抛出，恰好从点沿轨道切线方向进入轨道，沿着圆弧轨道运动到点之后继续沿水平轨道滑动，经过点（不计经过点时的能量损失）后沿倾斜轨道向上运动至点（图中未标出），弹簧恰好压缩至最短。已知、之间和、之间距离都为，小滑块与轨道间的动摩擦因数，取，不计空气阻力。求： (1)小滑块经过圆弧轨道上点的速度大小； (2)小滑块到达圆弧轨道上的点时，受到轨道的弹力大小； (3)弹簧的弹性势能的最大值； (4)试判断滑块返回时能否从点飞出，若能，求飞出点的速度大小；若不能，判断滑块最后停在何处。 【答案】(1) (2) (3) (4)不能；在轨道上，距点处 【详解】（1）小滑块做平抛运动，恰好沿轨道切线方向进入圆弧轨道，设经过点时的速度大小为，由几何关系可知，圆心角，则点的切线方向与水平方向的夹角为，则有 解得 （2）小滑块从点到点的过程中，由动能定理得 解得 在点，由牛顿第二定律得 解得 （3）小滑块从点运动到点的过程中，由能量守恒定律得 解得弹簧的弹性势能最大值为 （4）滑块返回到点时的动能为 解得 滑块从点返回点需要克服重力做功为 因为，所以滑块不能从点飞出，滑块在圆弧轨道内上滑后再次返回点时动能不变，继续向右运动到点，克服摩擦力做功 此时滑块在点的动能为 滑块冲上光滑斜面后返回点，动能仍为，然后在轨道上向左滑动直至停止，设滑动的距离为，由动能定理得 解得 所以滑块最后停在轨道上，距点处。 30．如图所示，某智能物流中心利用传送系统运输包裹。传送系统左端为一半圆形水平转弯机，中心线半径为，的包裹A以初速度沿着中心线进入转弯传送，恰好不打滑与转弯机一起做匀速圆周运动，离开转弯机进入光滑水平面，与一静止包裹B发生弹性碰撞，包裹B经倾斜传送带运送到顶端，包裹由光滑水平面进入倾斜传送带速率不变。已知包裹与传送带摩擦因数均为，倾斜传送带以匀速顺时针运动，长度，倾角，忽略空气阻力，包裹可视为质点，最大静摩擦力等于滑动摩擦力，重力加速度为，，求： (1)包裹A初速度； (2)弹性碰撞后包裹B速度； (3)倾斜传送带将包裹B运送到顶端，电动机多消耗的电能。 【答案】(1)，方向水平向右 (2)，方向水平向右 (3) 【详解】（1）由题意可知，包裹A恰好不打滑，说明最大静摩擦力提供向心力 最大静摩擦力等于滑动摩擦力，根据牛顿第二定律有 解得包裹A的初速度，方向水平向右 （2）设碰撞后A的速度为，B的速度为 由于发生弹性碰撞，满足： 动量守恒定律 机械能守恒定律 联立解得碰撞后包裹B的速度，方向水平向右 （3）在传送带加速阶段，包裹相对传送带向后滑动，传送带对包裹的摩擦力为滑动摩擦力 加速时间为 在此期间，传送带运动的位移为 电动机传送带克服此滑动摩擦力做功为 当包裹与传送带速度相同后，两者保持相对静止，一起向上匀速运动 此时传送带对包裹的摩擦力变为静摩擦力，其大小等于包裹重力沿斜面向下的分力 共速时，包裹已运动了 剩余位移 电动机传送带克服此静摩擦力做功为 综上所述，电动机多消耗的电能为 1 / 19 学科网（北京）股份有限公司 $ 重难点专训16 能量守恒定律高级应用模型 模拟·基础演练 《1》参考答案 题号 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 答案 AD ACD ABD AC BCD ABD AC BD AD AD 题号 11 12 13 16 17 18 19 20 21 22 答案 AC AD AC BC CD BD BC AB BC ACD 题号 23 24 25 26 27 28 答案 BC BC AD AD AD BD 1．AD 【详解】A．由图可知h1=2.5m时，货物与传送带共速，且 解得传送带速度v=5m/s，故A正确； B．机械能的变化量对应的是除重力以外的其他力做功，即共速前 则第一段的斜率 解得，故B错误； C．第一段货物的加速度 货物和传送带达到共速的时间 传送带的位移 货物沿斜面的位移 则摩擦生热 共速后货物与传送带一起匀速，无摩擦生热，故C错误； D．货物从A到B，电动机多做的功，故D正确。 故选AD。 2．ACD 【详解】A．物块轻放在传送带底端处，初速度为，对物块进行受力分析，根据牛顿第二定律有 解得物块的加速度为 物块加速到与传送带速度相等所需的时间为 在时间内物块的位移为 因为且，所以速度相等后物块将与传送带保持相对静止，随传送带一起做匀速直线运动，故A正确； B．物块匀速运动的位移为 匀速运动的时间为 则小物块从运动到的总时间为，故B错误； C．在加速阶段，传送带的位移为 物块与传送带之间的相对位移为 物块与传送带间因摩擦产生的热量为，故C正确； D．根据能量守恒定律，电动机因传送小物块而多消耗的电能转化为物块增加的机械能和系统产生的内能，即 其中物块动能的增加量为 物块重力势能的增加量为 所以电动机多消耗的电能为，故D正确。 故选ACD。 3．ABD 【详解】AB．若，货物在传送带上先做匀加速直线运动，加速度大小为 匀加速的时间为 此过程中，传送带的位移大小 货物的位移 共速后货物做匀速直线运动。货物相对于传送带滑动的位移大小 货物在传送带上匀速运动的时间 总时间为，故AB正确； CD．若，货物匀加速直线运动的加速度依然为，匀加速时间为 此过程传送带位移 货物的位移 货物相对于传送带滑动的位移大小 货物在传送带上运动全过程中，系统因摩擦产生的热量为 根据能量守恒可知货物在传送带上运动全过程中，电动机多消耗的电能，故C错误，D正确。 故选ABD。 4．AC 【详解】A．物品相对传送带滑动时所受滑动摩擦力恒定，由牛顿第二定律得 达到传送带速度所需时间，该阶段物品的位移 故物品先做匀加速直线运动，后做匀速直线运动，故A正确； BC．相对滑动阶段传送带的位移 物品的位移，物品与传送带间的相对路程 物品与传送带因摩擦产生的热量，故B错误，C正确； D．相对滑动阶段，电动机克服物品对传送带的摩擦力所做的额外功为，故D错误。 故选AC。 5．BCD 【详解】A．设小车质量为，物块质量为，取水平向右为正。物块在点的初速度水平分量为 物块首次到达段最左端时，由水平方向动量守恒有 解得，即小车向左运动，速度大小为，故A错误； B．物块沿圆弧上升至相对最高点时，物块与小车相对速度为零，二者的共同速度为。由水平方向动量守恒有 解得，说明此时小车已向右运动。小车从在点向左运动到上述时刻向右运动，故首次到达最左端的位置出现在物块到达相对最高点之前。该时刻小车速度为零，由水平方向动量守恒得物块的水平分速度，而物块仍沿圆弧上升，竖直分速度不为零，所以物块速度，故B正确； C．物块到达段最左端时，系统总动能为 物块从点上升到点需要增加的重力势能为 即使系统总动能全部转化为物块的重力势能也不足以使其到达点，因此物块不会从点离开，故C正确； D．物块每次运动到粗糙段时，摩擦力都使系统机械能减少；又因，物块不能相对小车静止在斜面上，只能返回点。随着相对运动的机械能不断耗散，物块最终在点相对小车静止，故D正确。 故选BCD。 6．ABD 【详解】A．货物滑上传送带后，由于初速度小于传送带速度，货物相对传送带向后滑动，受向右的滑动摩擦力而做匀加速运动，货物加速的加速度大小为 货物加速至与传送带共速所经历的时间为 由于传送带长度 加速位移，故能完成加速过程，故A正确； B．传送带对货物的作用力即为水平方向的滑动摩擦力，该过程只有摩擦力对货物做功 由动能定理可知，传送带对货物做的功等于货物动能的变化量，故B正确； C．在相对滑动时间内，传送带的位移 货物与传送带的相对位移大小 系统因摩擦产生的热量，故C错误； D．根据能量守恒定律，在货物加速阶段，电动机多消耗的电能转化为货物的动能增量及系统的内能（摩擦生热），即 （也可通过传送带克服摩擦力做功直接求得：），故D正确。 故选ABD。 7．AC 【详解】A．由题图乙可知货物在后随传送带做匀速直线运动，此时货物速度与传送带速度相等，则传送带匀速转动的速度大小为，故A正确； B．根据图像中图线与时间轴围成的面积表示位移，可知传送带端至端的长度等于货物在整个过程中的位移，有 解得，故B错误； C．根据题图乙可知货物在内做匀加速直线运动，其加速度大小为 代入数据解得 根据牛顿第二定律有 解得传送带对货物的摩擦力大小为 在内传送带的位移大小为 解得 货物在此过程中的位移大小为 解得 货物与传送带之间的相对位移大小为 解得 运送货物的整个过程中传送带多消耗的电能为 代入数据解得，故C正确； D．运送货物的整个过程中，只有在内货物与传送带之间存在相对滑动，根据牛顿第三定律可知货物对传送带的摩擦力方向水平向左，大小为，摩擦力对传送带做功为 代入数据解得，故D错误。 故选AC。 8．BD 【详解】CD．对木块和子弹，根据动量守恒定律，有 得，知子弹和木块最终的共同速度与无关，C错误，D正确； AB．设子弹射入木块的深度为，根据能量守恒定律，有 得 设木块的位移为，对木块，根据动能定理，有 得 则，因为一定小于木块的长度，则木块的位移一定小于木块的长度，故不论多大，都只能是甲图所示情形，A错误，B正确。 故选BD。 【点睛】 9．AD 【详解】A．物块沿圆弧槽从最低点到最高点，圆弧槽光滑，且物块恰好到达最高点，由机械能守恒有= 解得 物块与木板先因摩擦达到共同速度并一起向左运动，木板与固定圆弧槽弹性碰撞后速度反向，物块直接以共速大小滑上圆弧槽，所以滑上圆弧槽的速度等于碰撞前二者共速大小。木板在碰撞前由静止增至该共速，碰撞后速度大小不变，故木板最大速度为，故A正确； B．设木板长为，物块与木板相对滑动阶段水平方向动量守恒，由 整理得= 物块恰好没有滑离木板时相对位移为，摩擦产生的热量为 由能量守恒有== 解得=，故B错误； C．物块与木板达到共同速度前，水平方向合外力为零，系统动量守恒，由 代入，解得，故C错误； D．相对滑动阶段系统损失的机械能全部转化为摩擦热，由动量守恒得，所以==，故D正确。 故选AD。 10．AD 【详解】A．设传送带与水平面的夹角为θ。在内，由运动学规律可得，工件加速度为 位移为 共速前所受滑动摩擦力向下，由牛顿第二定律得 在0.2 s后，工件受到滑动摩擦力向上，由牛顿第二定律得 下滑位移 解得t2=1 s 加速度 联立以上各式可解得μ=0.5，cosθ=0.8，故A正确； BC．工件受到传送带的滑动摩擦力大小 在t1=0.2 s内，摩擦力对工件做正功，即传送带对工件做了正功，机械能增大，在t2=1 s内，摩擦力对工件做负功，即传送带对工件做了负功，机械能减小，故BC错误； D．工件在t1=0.2 s内与传送带的相对位移 在t2=1 s内与传送带的相对位移 由P运动到Q的过程中，因摩擦产生的热量，故D正确。 故选AD。 11．AC 【详解】A．弹簧弹开木块，弹性势能全部转化为木块动能 解得 根据能量守恒定律，木块在运动过程中因摩擦生热及克服摩擦力做功，机械能不断减少，动能不可能超过初始动能，因此最大速度为，故A正确； B．木块进入传送带初速度，做匀减速运动，加速度大小 假设一直匀减速，则离开传送带时速度满足 解得，则假设成立。 运动时间 传送带位移 相对位移 摩擦生热，故B错误； C．木块离开传送带后，向右运动经过B段压缩，弹回木块，过程中向右经过B段克服摩擦力做功 向左经过B段再克服摩擦力做功 木块回到传送带右端时动能 向左经过传送带滑动摩擦力向右，木块向左运动，克服摩擦力做功 离开传送带后A段光滑，动能全部转化为的弹性势能，故C正确； D．木块第一次到达时，动能为 因此获得的最大弹性势能为，故D错误。 故选AC。 12．AD 【详解】A．快递包相对传送带向下滑动，受到沿斜面向上的滑动摩擦力，其大小为 根据牛顿第二定律有 解得 快递包加速至与传送带速度相等所需的时间为 此过程快递包的位移为 速度相等后，维持快递包做匀速直线运动所需的静摩擦力为 快递包与传送带保持相对静止，运动剩余距离所需的时间为 总时间为，故A正确； B．相对滑动阶段，传送带对快递包做的功为 共同匀速运动阶段，传送带对快递包做的功为 传送带对快递包做的总功为，故B错误； C．相对滑动阶段传送带的位移为 快递包与传送带间的相对位移为 摩擦产生的热量为，故C错误； D．快递包从点运动到点，机械能的增加量为 电动机多做的功等于快递包机械能的增加量与摩擦产生的热量之和，即，故D正确。 故选AD。 13．AC 【详解】AB．根据功能关系可知，传送带对小物体做功等于小物块的机械能的增加量；在小物体从A到B的过程中，动能增加量相等，重力势能的增加量也相等，故两种传送带对小物体做功相等，故A正确，B错误； C．甲图中，有， 由牛顿第二定律有 乙图中，有 由牛顿第二定律有 解得， 则有 可知小物体与甲传送带因摩擦产生的热量多，故C正确； D．根据能量守恒定律，电动机消耗的电能等于摩擦产生的热量Q与物块增加机械能之和，因物块两次从A到B增加的机械能相同，且，所以将小物体传送到B处，甲传送带消耗的电能多，故D错误。 故选AC。 14．(1) (2) (3) 【详解】（1）物块P从到过程，根据动能定理有 物块P在点，由牛顿第二定律 解得 （2）物块P被弹出到运动到过程，根据动能定理有 解得 对P、Q构成的系统，根据动量守恒定律有 解得 对Q与小车构成的系统，在点水平方向上共速，根据水平方向动量守恒定律有 此后小车匀速运动，Q斜上抛运动，最高点时，Q离开点最大高度为，此时Q竖直方向速度为零。 根据能量守恒定律有 解得 （3）物块被弹开过程，当物块Q冲上圆弧没有越过点之后又返回点与小车共速时，弹簧弹性势能达到最大值，则弹簧弹开两物块过程有， 联立解得 当物块Q冲上圆弧没有越过点之后又返回点与小车共速过程有， 联立解得， 物块不越过点，临界条件为在点二者共速，因此需满足 解得 ，故被锁定弹簧的弹性势能的最大值为 15．(1) (2) (3) 【详解】（1）A、B在弹簧恢复原长时分离，此时物块A、B的速度相等，设为，从此时到B运动到最高点的过程中，弹簧的伸长量为，对B、C及弹簧组成的系统，以弹簧原长的位置为重力势能的零势能面，由能量守恒定律，有 依题意，B向上运动到最高点时，物块C恰好离开水平地面，有 得， （2）设物块A、B压缩到最低点时，弹簧的形变量为，从A、B压缩到最低点到弹簧恢复原长，对A、B、C及弹簧组成的系统，由能量守恒定律，有 得 初态，A、B静止，设此时弹簧的压缩量为，对A、B整体受力分析，有   得 如图所示 从初态到A、B压缩到最低点，对A、B、C及弹簧组成的系统，由功能关系，有 得 （3）A、B分离后，A竖直向上做匀减速直线运动，有 得 B在竖直方向做简谐运动，其周期   B在平衡位置时，弹簧的压缩量 得，则振幅 得物块B在竖直方向，从平衡位置开始的振动方程为 B从平衡位置到A、B分离，运动的路程为，根据振动方程，可得所用时间，则B从A、B分离到第一次运动到最高点的时间 得            综上，从A、B分离到各自第一次运动到最高点的时间差 重难·创新演练 16．BC 【详解】B．碰撞后外壳和内芯一起上升h，设共速速度为v共，根据动能定理，有 解得 外壳与静止的内芯发生完全非弹性碰撞，则有4mv0=(4m+m)v共 解得，故B正确； A．外壳与静止的内芯发生完全非弹性碰撞，损失的机械能为 按压过程中，弹簧增加的弹性势能等于，故A错误； C．笔离开桌面，最后落回桌面，初位置和末位置高度一样，总重力做功WG=0 所以重力的平均功率为零，故C正确； D．弹簧释放的弹性势能：一部分变成碰撞过程损失的内能，另一部分转化为圆珠笔最后的重力势能，故D错误。 故选BC。 17．CD 【详解】A．物块向下滑动过程中，重力做正功，机械能不守恒。由几何关系可知，下降高度为时，沿斜面下滑的位移大小为 物块在沿斜面向下运动过程中，受到的滑动摩擦力大小为 由于 物块轻放到传送带上后做匀加速直线运动，其加速度大小为 恰与传送带共速时，物块的速度为 重力势能减少量为 动能增加量为 因此物块的机械能变化量为，故A错误； B．此过程中，物块运动的时间为 传送带的速度等于共速时的速度 传送带的位移为 电动机多消耗的电能等于传送带克服摩擦力做的功，即，故B错误； C．系统因摩擦产生的热量为，故C正确； D．传送带对物块的摩擦力方向沿斜面向下，与运动方向相同，做正功，做功大小为，故D正确。 故选CD。 18．BD 【详解】A．由功能关系知拉力做的功等于薄纸板和小木块动能的增加量及系统产生的内能，拉力做的功大于薄纸板和小木块动能的增加量，故A错误； B．根据动能定理知，摩擦力对小木块做的功等于小木块动能的增加，故B正确； C．离开薄纸板前小木块所受合力等于小木块与薄纸板之间的摩擦力，运动过程中小木块在薄纸板上发生相对滑动，直到从薄纸板上掉下来，摩擦力一直为滑动摩擦力，根据牛顿第二定律可得，小木块一直在做匀加速运动，故C错误； D．对于系统，由摩擦产生的热量 其中为小木块相对薄纸板运动的位移。 对小木块，由动能定理得 为小木块相对地面的位移，由于存在大于、等于或小于三种可能，即存在大于、等于或小于三种可能，故D正确。 故选BD。 19．BC 【详解】A．第一次被弹簧弹出时 第二次压缩弹簧时 解得 即从传送带上滑下时的速度为，即传送带匀速转动的速度大小为，故A错误； B．滑块初速度v向左，减速到0，用时 向左位移 滑块从0开始向右加速，加速到传送带速度用时 加速位移为 剩余位移匀速运动，匀速时间 滑块第一次在传送带上往返运动总时间为，故B正确； C．电机消耗的电能等于摩擦力对传送带做的功，则有，故C正确； D．根据对称性可知，滑块第二次返回后的速度等于传送带的速度，压缩弹簧的过程中，弹簧的最大弹性势能为，故D错误。 故选BC。 20．AB 【详解】A．滑块从A滑到C的过程中，系统水平方向不受外力，水平方向动量守恒，竖直方向上合力不为零，系统动量不守恒；摩擦力对系统做功，系统机械能不守恒，故A正确； B．滑块滑到B点后，受摩擦力作用开始减速，因此滑块在B点时速度最大。取水平向右为正方向，由水平方向动量守恒和机械能守恒可得， 解得， 滑块滑到B点时的速度大小为，故B正确； C．滑块从B到C运动过程中，任意时刻水平方向动量守恒，则对该过程有 且滑块相对小车的位移为，则有 解得，故C错误； D．系统初始总动量为0，最终滑块停在C点时，二者共速且速度为0，重力势能全部转化为摩擦生热，则有 解得，故D错误。 故选AB。 21．BC 【详解】A．由题图可知，货物从开始运动到与传送带相对静止可知 解得 由图像可知，物块沿传送带向上运动0.5m后与传送带相对静止，匀速运动，此后物块的动能不变，重力势能增加，有 解得 则传送带两端点之间的距离为，故A错误； B．加速阶段的加速度大小为a，有， 加速阶段时间为，有 传送带速度为 设匀速阶段时间为，有 所以总时间为 重力的冲量为，故B正确； C．加速过程中，货物对地位移，传送带对地位移为 货物与输送带间的摩擦产生的热量为，故C正确； D．由能量守恒，消耗的电能转化为系统摩擦产生的热与货物增加的机械能，其值为 解得，故D错误。 故选BC。 22．ACD 【详解】A．对砝码用动能定理，在段（摩擦力做正功） 在段（摩擦力做负功） 故二者做功的大小相等，故A正确； B．拉力是恒定拉力，做功 是钢板的位移。由图的面积表示位移可知， 内钢板的速度更大，位移更大，拉力恒定，因此拉力做功更大，故B错误； C． 内，砝码竖直方向受力平衡，水平方向仅受摩擦力作用，根据动能定理：合外力做功等于动能的增加量，因此摩擦力对砝码做的功等于砝码动能的增加量，故C正确； D．根据能量守恒， 内拉力做功转化为三个部分：钢板的动能增加量、砝码的动能增加量、钢板与各接触面（砝码、桌面）摩擦产生的总热量，即： 因此 故D正确； 故选ACD。 23．BC 【详解】AB．设叶片旋转一周的时间为t，则该时间内吹向叶片的动能为，其中，转化的电能，风力发电机的输出电功率 联立解得，单位时间内流过面积A的流动空气动能，A错误，B正确； C．当风力发电机在风速为9m/s时，输出电功率为，则当风力发电机在风速为6m/s时，输出电功率为，C正确； D． 由于风力发电存在转换效率，若每天平均有1.0×108kW的风能资源，则每天发电量为，D错误。 故选BC。 24．BC 【详解】AB．取 ，释放瞬间，若物块B与木板A相对静止，则A、B、C三者加速度大小相同。对A、B、C整体，由牛顿第二定律有 得 检验A、B间静摩擦力，对木板A有 得 故A、B相对静止，物块B的加速度也为 ，故A错误，B正确； C．从释放到C开始匀速前，C做初速度为零、加速度为 的匀加速直线运动，下降时速度最大，由得 此时C的最大动能为 ，故C正确； D．从释放到C开始匀速前，A、B相对静止，A、B间没有相对位移，因摩擦产生的热量为 ，故D错误。 故选BC。 25．AD 【详解】A．经过时间速度达到与传送带相同，共速前，对小物体由牛顿第二定律可得 解得在内小物体的加速度大小为，故A正确； B．共速后，由于，可知在后小物体继续做匀加速直线运动，故B错误； C．小物体与传送带共速所用时间为 在内小物体的位移大小为 传送带的位移大小为 则在内小物体与传送带因摩擦产生的热量为，故C错误； D．在内，根据能量守恒定律可得 代入数据解得电机至少需要多消耗的电能为，故D正确。 故选AD。 26．AD 【详解】A．青蛙从跳离到点的逆过程是平抛运动，设青蛙跳离瞬间速度为，竖直方向有， 水平方向有 青蛙在藤蔓最低点处竖直方向速度为零，速度大小等于，青蛙跳离瞬间的速度 联立可得，，故A正确； B．跳离过程中，青蛙和木板组成的系统，水平方向动量守恒，有 可得木板的水平速度大小为，故B错误； C．设青蛙荡到最高点时，藤蔓与竖直方向夹角为，根据动能定理有 可得     藤蔓对青蛙的拉力为，故C错误； D．根据能量守恒可得跳起过程中青蛙所消耗的能量至少为 代入数据可得，故D正确。 故选AD。 27．AD 【详解】A．小物箱在时间内做匀加速直线运动，加速度为 又 联立解得传送带速度大小为，故A正确； B．小物箱相对传送带的位移就是传送带与小物箱在时间内的位移差，则有，故B错误； C．小物箱与传送带间因摩擦产生的热量，故C错误； D．由功能关系可知，因传送小物箱，电动机至少要多做的功等于小物箱增加的动能与系统摩擦产生的热能之和，则有，故D正确。 故选AD。 28．BD 【详解】A．轻杆开始滑动前，小车的动能不断转化为弹簧的弹性势能，小车机械能减少，不守恒，A错误； B．设轻杆开始移动时弹簧的压缩量为，有 解得 轻杆滑动的条件是弹簧弹力大于最大摩擦力f，弹力小于等于f时轻杆静止；若轻杆滑动，由于轻杆质量为0，合力为0，弹簧弹力始终等于f，弹簧压缩量保持不变，弹性势能为定值，小车动能转化为弹簧弹性势能和摩擦力做功，能量守恒关系为 其中x为轻杆滑动距离。结合题目已知条件以及时 可得，且 轻杆恰好不滑动时，小车动能全部转化为弹簧弹性势能，即 解得 因此撞击速度不超过轻杆不会滑动，B正确； C．装置安全工作要求滑动距离最大为，代入能量公式得 解得 C错误； D．撞击速度为时有 解得 D正确。 故选BD。 29．(1) (2) (3) (4)不能；在轨道上，距点处 【详解】（1）小滑块做平抛运动，恰好沿轨道切线方向进入圆弧轨道，设经过点时的速度大小为，由几何关系可知，圆心角，则点的切线方向与水平方向的夹角为，则有 解得 （2）小滑块从点到点的过程中，由动能定理得 解得 在点，由牛顿第二定律得 解得 （3）小滑块从点运动到点的过程中，由能量守恒定律得 解得弹簧的弹性势能最大值为 （4）滑块返回到点时的动能为 解得 滑块从点返回点需要克服重力做功为 因为，所以滑块不能从点飞出，滑块在圆弧轨道内上滑后再次返回点时动能不变，继续向右运动到点，克服摩擦力做功 此时滑块在点的动能为 滑块冲上光滑斜面后返回点，动能仍为，然后在轨道上向左滑动直至停止，设滑动的距离为，由动能定理得 解得 所以滑块最后停在轨道上，距点处。 30．(1)，方向水平向右 (2)，方向水平向右 (3) 【详解】（1）由题意可知，包裹A恰好不打滑，说明最大静摩擦力提供向心力 最大静摩擦力等于滑动摩擦力，根据牛顿第二定律有 解得包裹A的初速度，方向水平向右 （2）设碰撞后A的速度为，B的速度为 由于发生弹性碰撞，满足： 动量守恒定律 机械能守恒定律 联立解得碰撞后包裹B的速度，方向水平向右 （3）在传送带加速阶段，包裹相对传送带向后滑动，传送带对包裹的摩擦力为滑动摩擦力 加速时间为 在此期间，传送带运动的位移为 电动机传送带克服此滑动摩擦力做功为 当包裹与传送带速度相同后，两者保持相对静止，一起向上匀速运动 此时传送带对包裹的摩擦力变为静摩擦力，其大小等于包裹重力沿斜面向下的分力 共速时，包裹已运动了 剩余位移 电动机传送带克服此静摩擦力做功为 综上所述，电动机多消耗的电能为 1 / 19 学科网（北京）股份有限公司 $ 重难点专训16 能量守恒定律高级应用模型 目 录 研判·模型总结 1 模拟·基础演练 2 重难·创新演练 8 研判·模型总结 1.对功能关系的理解 功能关系即功和能的关系：功是能量转化的量度，包含两层含义： (1)做功的过程就是能量转化的过程 (2)做功的多少决定了能转化的数量,即:功是能量转化的量度 2.几个常见的功能关系 ⑴动能定理 物体动能的增量由外力做的总功来量度:W外=ΔEk。 ⑵势能定理 物体重力势能的增量由重力做的功来量度:WG= -ΔEP；[来源:学#科#网Z#X#X#K] 弹簧弹性势能的增量由弹力做的功来度量：W弹力= －ΔEP 物体与星球之间引力势能的增量由引力做的功来量度：W引力= －ΔEP 电荷的电势能的增量由电场力做功来量度：W电场力= －ΔEP ⑶机械能定理 物体机械能的增量由重力、弹力以外的其他力做的功来量度:W其=ΔE机，(W其表示除重力、弹力以外的其它力做的功) ⑷机械能与内能 一个系统因摩擦产生的热量即系统增加的内能由一对互为作用力反作用力的滑动摩擦力做的总功来量度：f·�d=Q(d为这两个物体间相对移动的路程)[来源:Z.xx.k.Com] ⑸电能与其它形式的能 一段电路中，电能与其它形式能量之间的转化由电流做功度量：W＝UIt=ΔE电；纯电路中电路中电流做功将电能全部转化为焦耳热。 （6）电磁感应中机械能与电能的转化 在电磁感应电路中，安培力所做的功度量着电能与机械能间的相互转化：W安=△E电， 安培力做正功，对应着电能转化为其他形式的能（如电动机模型）；克服安培力做功，对应着其它形式的能转化为电能（如发电机模型）；且安培力作功的绝对值，等于电能转化的量值。 3.能量守恒定律 （1）能量守恒定律内容为：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；在转化和转移过程中其总量不变． （2）对能量守恒定律的两点理解 (i)某种形式的能量减少，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； (ii)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。 （3）能量转化问题的解题思路 (i)当涉及摩擦力做功，机械能不守恒时，一般应用能的转化和守恒定律。 (ii)解题时，首先确定初末状态，然后分析状态变化过程中哪种形式的能量减少，哪种形式的能量增加，求出减少的能量总和ΔE减与增加的能量总和ΔE增，最后由ΔE减＝ΔE增列式求解。 (iii)某种能量形式没有具体表达式从而不能用增量的方法来表达时，可以利用功能关系利用对应形式力所做功来表达能量的变化量。 模拟·基础演练 1．（多选）618购物狂欢节后，快递物流就迎来了高峰期，由于包裹数量庞大，传送带在分拣的时候就代替了大量的劳动力。如图甲所示，倾斜传送带与水平方向间的夹角为30°，在电动机的带动下顺时针匀速转动。现将一质量的货物无初速地放在传送带底端的A点，货物从A到B的运动过程中机械能E随高度h变化的图像如图乙所示，设A点所在平面为零势能面。可认为货物与传送带间的最大静摩擦力等于滑动摩擦力，重力加速度，不计空气阻力，下列说法正确的是（    ） A．传送带匀速转动的速度 B．货物与传送带间动摩擦因数 C．货物与传送带间的摩擦生热 D．货物从A到B，电动机多做的功 2．（多选）如图所示，倾角的传送带以恒定速率顺时针转动，将一质量的小物块（可视为质点）轻放在传送带底端处，小物块随传送带运动至顶端处，已知小物块与传送带间的动摩擦因数，、间的距离，，，，以下计算正确的是（     ） A．小物块先做加速度的匀加速运动后做匀速运动 B．小物块从运动到的时间是 C．小物块与传送带间因摩擦产生的热量为 D．电动机因传送小物块而多消耗的电能为 3．（多选）图甲为某快递自动分拣系统，其中某一水平传送带的简化图如图乙所示。长的水平传送带以速度顺时针匀速转动。质量的货物（视为质点）以初速度v0从左端滑上传送带。货物与传送带间的动摩擦因数。取，下列说法正确的是（     ） A．若，货物离开传送带所需的时间为1s B．若，货物相对于传送带滑动的位移大小为0.4m C．若，货物在传送带上运动全过程中，电动机多消耗的电能为0.5J D．若，货物在传送带上运动全过程中，系统因摩擦产生的热量为0.5J 4．（多选）如图甲所示，安检机在工作时，通过水平传送带将被检物品从安检机一端传送到另一端，其过程可简化为图乙。已知传送带长，速率恒为，质量的被检物品（可视为质点）与传送带间的动摩擦因数，g取。若被检物品无初速度放在传送带A端，则物品在从A到B的过程中，下列说法正确的是（     ） A．物品先做匀加速运动，再做匀速运动 B．物品与传送带因摩擦产生的热量为9 J C．物品与传送带因摩擦产生的热量为4.5 J D．与未放物品相比，电动机对传送带多做4.5 J的功 5．（多选）如图所示，静止在光滑水平面上的小车，由三段轨道平滑连接而成。段是倾角为的斜面，段水平，段是半径为的竖直圆弧，、两点等高，小车的总质量为。一质量为的小物块，从点以的初速度沿斜面向下运动，当其首次经过段的最左端时，速度大小为。已知段的摩擦因数，段、段均光滑，重力加速度取，，则（     ） A．小物块首次经过段的最左端时，小车的速度大小为 B．小车第一次向左运动最远时小物块的速度大于 C．小物块不会从点离开小车 D．小物块最终相对于小车静止在点 6．（多选）图甲为某快递自动分拣系统，图乙为水平传送带的简化图。长L＝2 m的水平传送带以速度v＝2 m/s顺时针匀速转动。质量m＝0.5 kg的货物（视为质点）以初速度v0＝1 m/s从左端滑上传送带，货物与传送带间的动摩擦因数μ＝0.4，取g＝10 m/s2，下列说法正确的是（     ） A．货物与传送带发生相对滑动时间为0.25s B．货物在传送带上运动全过程中，传送带对货物做功为0.75 J C．货物在传送带上运动全过程中，系统因摩擦产生的热量为0.75 J D．货物在传送带上运动全过程中，电动机多消耗的电能为1 J 7．（多选）如图，工人用水平传送带运送货物，已知传送带顺时针匀速转动，货物轻放至传送带的左端A后，被运送到右端B，其速度随时间变化关系如图所示。已知货物质量为10 kg，重力加速度取。则（     ） A．传送带匀速转动的速度大小为1 m/s B．传送带A端至B端的长度为1.6 m C．运送货物的整个过程中传送带多消耗的电能10 J D．运送货物的整个过程中摩擦力对传送带做功-40 J 8．（多选）质量为的子弹以某一初速度击中静止在光滑水平地面上质量为的木块，并陷入木块一定深度后与木块相对静止，甲、乙两图表示了这一过程开始和结束时子弹和木块可能的相对位置，设木块对子弹的摩擦阻力大小恒定为，下列说法正确的是（     ） A．若较小，则可能是甲图所示情形；若较大，则可能是乙图所示情形 B．不论多大，都只能是甲图所示情形 C．仅增大，子弹和木块最终的共同速度减小 D．仅增大，子弹和木块最终的共同速度不变 9．（多选）半径为的光滑圆弧槽固定在光滑水平面上，质量为的长木板静止在圆弧槽的右侧足够远处，质量为的物块以初速度滑上长木板，物块恰好没有滑离木板，长木板与圆弧槽发生弹性碰撞，物块恰好沿圆弧槽运动到最高点。物块与长木板间动摩擦因数为，重力加速度g取，不计空气阻力。下列说法正确的是（     ） A．木板的最大速度为2m/s B．木板的长度为9m C．物块的初速度为4m/s D．摩擦产生的热量为12J 10．（多选）如图为某建筑工地固定在水平地面上的倾斜传送带，以恒定速率逆时针运行。质量为的工件（可视为质点）无初速度轻放于传送带的顶端。经过时间，工件与传送带共速，之后继续运动，到达底端时的速度为v=4m/s。已知间距离为，取。则（     ） A．工件与传送带间的动摩擦因数为 B．工件由运动到的过程中，机械能一直减小 C．工件由运动到的过程中，传送带对工件一直做正功 D．工件由运动到的过程中，因摩擦产生的热量为4.8J 11．（多选）如图，左、右平台分别与水平传送带平滑对接，整体分为A、B、C和传送带四段，长度分别为：xA=2m，xB=1m，xC=1m，x带=1m（两转轴之间距离）。左右墙面固定两根相同轻质弹簧P1、P2，原长均为0.5m。质量为M=2kg的木块Q可视为质点，压缩弹簧P1（不粘连），并由挡板K锁定静止。传送带以恒定速度v0=3m/s顺时针运行，木块Q与传送带和B段的动摩擦因数分别为，A、C段光滑。已知开始时P1的弹性势能为Ep1=25J，重力加速度g=10m/s2，两根弹簧始终处于弹性限度内。撤去挡板K后，以下说法正确的是（     ） A．整个过程中木块Q的最大速度为5m/s B．木块首次通过传送带的过程中，木块和传送带间的摩擦生热为9J C．弹簧P1再次被压缩的最大弹性势能Ep1'=3J D．木块Q最终停在B段距右墙1.5m处；P2的最大弹性势能Ep2=8J 12．（多选）为保障生鲜冷链配送的时效性与安全性，某物流中心采用倾斜传送带转运易磕碰的盒装生鲜。已知传送带倾角，为防止包裹滑动损伤，传送带以的恒定速率顺时针转动，皮带始终是绷紧的。现将质量的盒装草莓（可视为质点）无初速度地放到传送带底端A点。已知传送带A点到顶端B点的距离，盒装草莓与传送带之间的动摩擦因数，最大静摩擦力等于滑动摩擦力，重力加速度大小取，则盒装草莓从A点运送到B点的过程中（     ） A．所需时间为4.6s B．传送带对快递包做功为38J C．摩擦产生的热量为8J D．电动机因运送此快递包多做了50J的功 13．（多选）如图所示，甲、乙两传送带与水平面的夹角相同，都以恒定速率v向上运动。现将一质量为m的小物体（视为质点）轻轻放在A处，小物体在甲传送带上到达B处时恰好达到传送带的速率v；在乙传送带上到达离B处竖直高度为h的C处时达到传送带的速率v，已知B处离地面的高度均为H。则在小物体从A到B的过程中（     ） A．两传送带对小物体做功相等 B．甲传送带对小物体做功多 C．小物体与甲传送带因摩擦产生的热量多 D．乙传送带消耗的电能多 14．如图所示，轨道由半径的光滑圆弧轨道、长度的粗糙水平轨道以及足够长的光滑水平轨道组成。质量的物块P和质量的物块Q压缩着一轻质弹簧并锁定（物块与弹簧不拴接），三者静置于段中间，物块P、Q可视为质点。紧靠的右侧水平地面上停放着质量的小车，其上表面段粗糙，与等高，长度；段为半径的光滑圆弧轨道：小车与地面间的阻力忽略不计。P、Q与、间的动摩擦因数均为，重力加速度，现解除弹簧锁定，物块P、Q由静止被弹出（P、Q脱离弹簧后立即撤走弹簧），其中物块P进入轨道，而物块Q滑上小车。不计物块经过各连接点时的机械能损失。 (1)若物块P经过后恰好能到达点，求物块P通过点时，物块P受到轨道的弹力的大小； (2)若物块P经过后恰好能到达点，求物块Q冲出小车后离开点的最大高度； (3)若弹簧解除锁定后，物块Q向右滑上小车后能通过点，并且后续运动过程始终不滑离小车，求被锁定弹簧的弹性势能最大值。 15．如图所示，三个物块A、B、C的质量均为m=1kg，物块C放置在水平地面上，竖直放置的轻弹簧连接物块B和物块C，物块A放置在物块B上，整个装置保持静止。现对A施加竖直向下的恒定外力，将物块A、B压缩到最低点时立即撤去外力，物块A、B被竖直向上弹起。一段时间后A、B分离，当A向上运动到最高点时立即被取走，当B继续向上运动到最高点时，物块C恰好离开水平地面。轻弹簧的劲度系数为k=100N/m，轻弹簧的弹性势能表达式为（k为轻弹簧的劲度系数，x为轻弹簧的形变量），弹簧振子做简谐运动的周期表达式为（k为轻弹簧的劲度系数，M为振子的质量），重力加速度g=10m/s2，所有过程中弹簧始终在弹性限度内，不计空气阻力，求： (1)物块A、B分离瞬间，物块B的速度大小； (2)恒定外力的大小； (3)从A、B分离到各自第一次运动到最高点的过程中，二者运动的时间差（结果用π表示）。 重难·创新演练 16．（多选）如图，按压式圆珠笔可简化为外壳、内芯和轻质弹簧三部分。已知内芯质量为m，外壳质量为4m。将笔竖直倒立于水平硬桌面，下压至弹簧压缩量最大后由静止释放，外壳竖直上升，当弹簧恰好恢复原长时，外壳与静止的内芯发生完全非弹性碰撞，之后两者共同竖直上升至最大高度h，再竖直下落。不计摩擦与空气阻力，重力加速度为g，下列说法正确的是（     ） A．按压过程中，弹簧增加的弹性势能等于5mgh B．外壳与内芯碰撞前瞬间，外壳的速度大小为 C．笔从离开桌面到落回桌面的过程中，重力做功的平均功率为0 D．圆珠笔弹起过程中，弹簧释放的弹性势能等于圆珠笔增加的重力势能 17．（多选）如图所示，倾角为30°的传送带逆时针匀速转动，将质量为m的物块轻放到传送带上端，物块下降高度h时，恰与传送带共速。已知物块与传送带间的动摩擦因数μ＝，重力加速度为g，则此过程中（     ） A．物块的机械能变化量为2mgh B．电动机多消耗的电能为mgh C．系统因摩擦产生的热量为 mgh D．传送带对物块的摩擦力做功为mgh 18．（多选）如图所示，一张薄纸板放在光滑水平面上，其右端放有小木块，小木块与薄纸板的接触面粗糙，原来系统静止。现用水平恒力向右拉薄纸板，小木块在薄纸板上发生相对滑动，直到从薄纸板上掉下来。上述过程中有关功和能的说法正确的是（     ） A．拉力做的功等于薄纸板和小木块动能的增加量 B．摩擦力对小木块做的功一定等于小木块动能的增加量 C．离开薄纸板前小木块可能先做加速运动，后做匀速运动 D．小木块动能的增加量可能小于系统中由摩擦产生的热量 19．（多选）如图所示，光滑水平面的左端A点与顺时针匀速转动的水平传送带平滑连接，右侧竖直面上的B点固定有被压缩且锁定的轻弹簧。将质量为m、可视为质点的滑块静止放在轻弹簧左端后，解除弹簧锁定，滑块离开弹簧后以速度v滑上传送带，第一次返回后压缩弹簧的最大压缩量为初始压缩量的。已知滑块与传送带间的动摩擦因数为μ，弹簧弹性势能，其中k为劲度系数，x为弹簧形变量。不计空气阻力，重力加速度为g，弹簧始终在弹性限度内，则（     ） A．传送带匀速转动的速度大小为 B．滑块第一次在传送带上往返运动总时间为 C．滑块第一次往返运动的过程中，电机多消耗的电能为 D．滑块第二次返回后压缩弹簧，弹簧的最大弹性势能为 20．（多选）如图所示，质量为M的小车静止在光滑的水平面上，小车AB段是半径为R的四分之一光滑圆弧轨道，BC段是长为L的水平粗糙轨道，两段轨道相切于B点。一质量为的滑块（可视为质点）在小车上从A点静止开始沿轨道滑下，然后滑上BC轨道，最后恰好停在C点。已知小车质量，重力加速度为g。则下列说法正确的是（     ） A．小车和滑块组成的系统动量、机械能均不守恒 B．滑块运动过程中，最大速度大小为 C．滑块从B到C运动过程中，小车的位移大小为 D．滑块与轨道BC间的动摩擦因数为 21．（多选）如图甲为皮带输送机简化模型，皮带输送机倾角，顺时针匀速转动，皮带输送机下端A点无初速放入货物。货物从下端A点运动到上端B点的过程中，其机械能E与位移s的关系图像（以B点为参考平面）如图乙所示。已知货物质量，重力加速度，，。下列说法正确的是（    ） A．输送带A、B两端点间的距离为 B．货物从下端A点运动到上端B点的过程中，重力的冲量大小为 C．货物与输送带间的摩擦产生的热量为 D．皮带输送机因运送该货物而多消耗的电能为 22．（多选）如图（a），砝码置于水平桌面的薄钢板上，用水平向右的恒定拉力迅速将钢板抽出，得到砝码和钢板的速度随时间变化图像如图（b）。已知砝码最终没有脱离桌面，各接触面间的动摩擦因数均相同，则（     ） A．0~t1与t1~t2时间内，摩擦力对砝码做的功大小相等 B．0~t1与t1~t2时间内，拉力对钢板做的功大小相等 C．0~t1时间内，摩擦力对砝码做的功等于砝码动能的增加量 D．0~t1时间内，拉力对钢板做的功大于钢板动能的增加量和钢板与各接触面间因摩擦产生的总热量之和 23．（多选）风力发电已成为我国实现“双碳”目标的重要途径之一。如图所示，风力发电机是一种将风能转化为电能的装置，其转化效率约为30%。某风力发电机在风速为9m/s时，输出电功率为405kW，风速在5~10m/s范围内，转化效率可视为不变。该风机叶片旋转一周扫过的面积为A，空气密度为ρ，风场风速为v，并保持风正面吹向叶片。下列说法正确的是（　　） A．该风力发电机的输出电功率与风速的平方成正比 B．单位时间流过面积A的流动空气动能为 C．当风力发电机在风速为6m/s时，输出电功率为120kW D．若每天平均有1.0×108kW的风能资源，则每天发电量为2.4×109kW∙h 24．（多选）如图，质量为2 kg的物块B（视为质点）放置在质量为3 kg、长度为0.2 m的木板A（厚度不计）的最左端，B与A叠放在水平桌面上，B通过一条跨过轻质定滑轮的、与桌面平行的、不可伸长的轻绳与质量为1 kg的小球C相连，B与A、A与桌面的动摩擦因数分别为、，轻托小球C使轻绳处于自然伸直状态。从静止释放C，C向下加速运动，下降0.2 m后开始匀速运动，A若碰到右侧挡板则立即停止，最大静摩擦力等于滑动摩擦力轻绳与滑轮间的摩擦力不计（     ）。 A．释放C瞬间，物块B的加速度为 B．释放C瞬间，物块A的加速度为 C．C运动过程中动能的最大值为 D．C从静止释放至开始匀速的过程中，A与B因摩擦而产生的热量为2 J 25．（多选）如图所示，传送带足够长，与水平面间的夹角，并以的速度逆时针匀速运动。在传送带的端轻轻地放一个质量的小物体，经过时间速度达到与传送带相同。已知物体与传送带之间的动摩擦因数，设放上小物体后传送带仍然匀速运动。，，下列判断正确的是（     ） A．在内小物体的加速度大小为 B．在后小物体作匀速运动 C．在内小物体与传送带因摩擦产生的热量为 D．在内，电机至少需要多消耗的电能 26．（多选）如图所示，水平悬浮在平静水面上的木板上蹲着一只青蛙，离板右端有一固定在 点的竖直轻质藤蔓。青蛙为捕食藤蔓上昆虫奋力跃起，刚好在运动的最高点抓住藤蔓最低点并捕获昆虫，随之向右荡出。已知青蛙质量，木板质量，藤蔓长，点与水面的竖直距离。起跳时青蛙离点的水平距离，青蛙可视为质点，忽略昆虫和藤蔓质量，忽略木板厚度及一切阻力。下列说法正确的是（     ） A．青蛙在藤蔓最低点处的速度大小为 B．跳离瞬间，木板的水平速度大小为 C．荡到最高点时，藤蔓对青蛙的拉力为 D．跳起过程中青蛙所消耗的能量至少为 27．（多选）如图所示为某中学入校安检设备，设备中水平传送带在电动机的带动下始终以速度v0匀速运动，t=0时刻，某同学在传送带的一端轻放一个质量为m的行李箱，已知行李箱与传送带间动摩擦因数为μ，经时间t行李箱的速度与传送带的速度相同，重力加速度大小为g，则在这段时间内，下列说法正确的是（     ） A．传送带速度大小为 B．行李箱相对传送带位移大小为 C．行李箱与传送带间因摩擦产生的热量为 D．因传送行李箱，电动机需要多消耗的电能为 28．（多选）某小车缓冲装置简化为如图所示模型，劲度系数为的轻质弹簧与轻杆连接，轻杆可在固定槽内有摩擦地滑动，其最大摩擦力等于滑动摩擦力，恒为。轻杆向右滑动不超过时装置可安全工作。质量为的小车与地面间的摩擦不计，撞击弹簧前瞬间的速度记，当时，撞击将导致轻杆向右滑动，下列说法正确的是（　　） A．撞击过程中轻杆开始滑动之前小车的机械能守恒 B．当撞击速度不超过时，轻杆不会滑动 C．若要装置安全工作，允许撞击的最大速度为 D．撞击速度为，则将导致轻杆滑动 29．某游乐场的游乐装置可简化为如图所示的竖直面内轨道，左侧为半径的光滑圆弧轨道，轨道的上端点和圆心的连线与水平方向的夹角，下端点与粗糙水平轨道相切，为倾角的光滑倾斜轨道，一轻质弹簧上端固定在点处的挡板上。现有质量为的小滑块（可视为质点）从空中的点以的初速度水平向左抛出，恰好从点沿轨道切线方向进入轨道，沿着圆弧轨道运动到点之后继续沿水平轨道滑动，经过点（不计经过点时的能量损失）后沿倾斜轨道向上运动至点（图中未标出），弹簧恰好压缩至最短。已知、之间和、之间距离都为，小滑块与轨道间的动摩擦因数，取，不计空气阻力。求： (1)小滑块经过圆弧轨道上点的速度大小； (2)小滑块到达圆弧轨道上的点时，受到轨道的弹力大小； (3)弹簧的弹性势能的最大值； (4)试判断滑块返回时能否从点飞出，若能，求飞出点的速度大小；若不能，判断滑块最后停在何处。 30．如图所示，某智能物流中心利用传送系统运输包裹。传送系统左端为一半圆形水平转弯机，中心线半径为，的包裹A以初速度沿着中心线进入转弯传送，恰好不打滑与转弯机一起做匀速圆周运动，离开转弯机进入光滑水平面，与一静止包裹B发生弹性碰撞，包裹B经倾斜传送带运送到顶端，包裹由光滑水平面进入倾斜传送带速率不变。已知包裹与传送带摩擦因数均为，倾斜传送带以匀速顺时针运动，长度，倾角，忽略空气阻力，包裹可视为质点，最大静摩擦力等于滑动摩擦力，重力加速度为，，求： (1)包裹A初速度； (2)弹性碰撞后包裹B速度； (3)倾斜传送带将包裹B运送到顶端，电动机多消耗的电能。 1 / 19 学科网（北京）股份有限公司 $