專題09 機(jī)械能守恒定律 功能關(guān)系-五年（2020-2024）高考物理真題分類匯編（解析版）

2020-2024年五年高考真題分類匯編PAGEPAGE1專題09機(jī)械能守恒定律功能關(guān)系考點(diǎn)五年考情（2020-2024）命題趨勢考點(diǎn)1機(jī)械能守恒定律（含實(shí)驗(yàn)）2021年河北卷、廣東卷；2022年全國卷、河北卷、湖北卷；2023年天津卷等機(jī)械能守恒和功能關(guān)系是物理學(xué)中的重要概念，它們在高考物理命題中占有重要地位。1.重視基礎(chǔ)知識的考查：高考命題會強(qiáng)調(diào)對基本概念和規(guī)律的理解和應(yīng)用。對于機(jī)械能守恒，考生需要掌握守恒的條件、表達(dá)式以及應(yīng)用。同時，對于功能關(guān)系，要理解不同力做功與能量變化之間的關(guān)系，如重力做功與重力勢能變化、彈力做功與彈性勢能變化等。2.強(qiáng)調(diào)綜合應(yīng)用：高考物理試題往往將機(jī)械能守恒與牛頓運(yùn)動定律、能量守恒定律等其他知識點(diǎn)綜合考查，要求考生能夠綜合運(yùn)用這些知識解決實(shí)際問題。3.注重實(shí)驗(yàn)和探究能力：實(shí)驗(yàn)是物理學(xué)的基礎(chǔ)，高考物理命題可能會通過實(shí)驗(yàn)題或探究題的形式，考查考生的實(shí)驗(yàn)操作能力和數(shù)據(jù)處理能力，以及對物理規(guī)律的探究能力。4.聯(lián)系實(shí)際生活：高考物理命題會結(jié)合實(shí)際生活情境，如體育比賽、生產(chǎn)工具、娛樂項(xiàng)目等，考查考生將理論知識應(yīng)用于實(shí)際問題的能力。5.圖像與數(shù)據(jù)分析：圖像和數(shù)據(jù)分析是物理學(xué)中常用的研究方法，高考物理命題可能會提供圖像或數(shù)據(jù)，要求考生進(jìn)行分析和處理，以得出結(jié)論。6.創(chuàng)新和拓展：高考物理命題可能會在原有知識點(diǎn)的基礎(chǔ)上進(jìn)行創(chuàng)新和拓展，考查考生的創(chuàng)新思維和解決問題的能力。綜上所述，機(jī)械能守恒和功能關(guān)系的命題趨勢是強(qiáng)調(diào)基礎(chǔ)、注重綜合、重視實(shí)驗(yàn)、聯(lián)系實(shí)際、強(qiáng)化圖像與數(shù)據(jù)分析，以及鼓勵創(chuàng)新和拓展?？忌趥淇歼^程中需要全面準(zhǔn)備，不僅要掌握理論知識，還要學(xué)會如何應(yīng)用這些知識解決實(shí)際問題。考點(diǎn)2功能關(guān)系2020年浙江卷；2021年全國卷、福建卷；2022年江蘇卷、全國卷、福建卷、河北卷；2023年全國卷、湖南卷；2024年浙江卷等考點(diǎn)01機(jī)械能守恒定律1．(2022·全國乙卷·16)固定于豎直平面內(nèi)的光滑大圓環(huán)上套有一個小環(huán)，小環(huán)從大圓環(huán)頂端P點(diǎn)由靜止開始自由下滑，在下滑過程中，小環(huán)的速率正比于()A．它滑過的弧長B．它下降的高度C．它到P點(diǎn)的距離D．它與P點(diǎn)的連線掃過的面積【答案】C【解析】如圖所示，設(shè)小環(huán)下降的高度為h，大圓環(huán)的半徑為R，小環(huán)到P點(diǎn)的距離為L，根據(jù)機(jī)械能守恒定律得mgh＝eq\f(1,2)mv2由幾何關(guān)系可得h＝Lsinθ，sinθ＝eq\f(L,2R)聯(lián)立可得h＝eq\f(L2,2R)，則v＝Leq\r(\f(g,R))故C正確，A、B、D錯誤．2.(2021·河北卷·6)一半徑為R的圓柱體水平固定，橫截面如圖1所示，長度為πR、不可伸長的輕細(xì)繩，一端固定在圓柱體最高點(diǎn)P處，另一端系一個小球，小球位于P點(diǎn)右側(cè)同一水平高度的Q點(diǎn)時，繩剛好拉直，將小球從Q點(diǎn)由靜止釋放，當(dāng)與圓柱體未接觸部分的細(xì)繩豎直時，小球的速度大小為(重力加速度為g，不計(jì)空氣阻力)()圖1A.eq\r(2＋πg(shù)R) B.eq\r(2πg(shù)R)C.eq\r(21＋πg(shù)R) D．2eq\r(gR)【答案】A【解析】小球下落的高度為h＝πR－eq\f(π,2)R＋R＝eq\f(π＋2,2)R，小球下落過程中，根據(jù)機(jī)械能守恒有mgh＝eq\f(1,2)mv2，綜上有v＝eq\r(π＋2gR)，故選A.3.（多選）(2021·廣東卷·9)長征途中，為了突破敵方關(guān)隘，戰(zhàn)士爬上陡峭的山頭，居高臨下向敵方工事內(nèi)投擲手榴彈，戰(zhàn)士在同一位置先后投出甲、乙兩顆質(zhì)量均為m的手榴彈，手榴彈從投出的位置到落地點(diǎn)的高度差為h，在空中的運(yùn)動可視為平拋運(yùn)動，軌跡如圖1所示，重力加速度為g，下列說法正確的有()圖1A．甲在空中的運(yùn)動時間比乙的長B．兩手榴彈在落地前瞬間，重力的功率相等C．從投出到落地，每顆手榴彈的重力勢能減少mghD．從投出到落地，每顆手榴彈的機(jī)械能變化量為mgh【答案】BC【解析】由平拋運(yùn)動規(guī)律可知，做平拋運(yùn)動的時間t＝eq\r(\f(2h,g))，因?yàn)閮墒至駨椷\(yùn)動的高度差相同，所以在空中運(yùn)動時間相等，故A錯誤；做平拋運(yùn)動的物體落地前瞬間重力的功率P＝mgvy＝mgeq\r(2gh)，因?yàn)閮墒至駨椷\(yùn)動的高度差相同，質(zhì)量相同，所以落地前瞬間，兩手榴彈重力的功率相同，故B正確；從投出到落地，手榴彈下降的高度為h，所以手榴彈重力勢能減小量ΔEp＝mgh，故C正確；從投出到落地，手榴彈做平拋運(yùn)動，只有重力做功，機(jī)械能守恒，故D錯誤．4.(2022·全國甲卷·14)北京2022年冬奧會首鋼滑雪大跳臺局部示意圖如圖所示。運(yùn)動員從a處由靜止自由滑下，到b處起跳，c點(diǎn)為a、b之間的最低點(diǎn)，a、c兩處的高度差為h。要求運(yùn)動員過c點(diǎn)時對滑雪板的壓力不大于自身所受重力的k倍，運(yùn)動過程中將運(yùn)動員視為質(zhì)點(diǎn)并忽略所有阻力，則c點(diǎn)處這一段圓弧雪道的半徑不應(yīng)小于（）A．B．C．D．【答案】D【解析】從a到c，由機(jī)械能守恒定律，mgh=mv2，在c點(diǎn)，由牛頓第二定律，F(xiàn)-mg=m，F(xiàn)≤kmg，聯(lián)立解得R≥，選項(xiàng)D正確。5．(2022·河北卷·11)某實(shí)驗(yàn)小組利用鐵架臺、彈簧、鉤碼、打點(diǎn)計(jì)時器、刻度尺等器材驗(yàn)證系統(tǒng)機(jī)械能守恒定律，實(shí)驗(yàn)裝置如圖甲所示．彈簧的勁度系數(shù)為k，原長為L0，鉤碼的質(zhì)量為m.已知彈簧的彈性勢能表達(dá)式為E＝eq\f(1,2)kx2，其中k為彈簧的勁度系數(shù)，x為彈簧的形變量，當(dāng)?shù)氐闹亓铀俣却笮間.(1)在彈性限度內(nèi)將鉤碼緩慢下拉至某一位置，測得此時彈簧的長度為L.接通打點(diǎn)計(jì)時器電源．從靜止釋放鉤碼，彈簧收縮，得到了一條點(diǎn)跡清晰的紙帶．鉤碼加速上升階段的部分紙帶如圖乙所示，紙帶上相鄰兩點(diǎn)之間的時間間隔均為T(在誤差允許范圍內(nèi)，認(rèn)為釋放鉤碼的同時打出A點(diǎn))．從打出A點(diǎn)到打出F點(diǎn)時間內(nèi)，彈簧的彈性勢能減少量為________________，鉤碼的動能增加量為________________，鉤碼的重力勢能增加量為________________．(2)利用計(jì)算機(jī)軟件對實(shí)驗(yàn)數(shù)據(jù)進(jìn)行處理，得到彈簧彈性勢能減少量、鉤碼的機(jī)械能增加量分別與鉤碼上升高度h的關(guān)系，如圖丙所示．由圖丙可知，隨著h增加，兩條曲線在縱向的間隔逐漸變大，主要原因是__________________________________________________.【答案】(1)k(L－L0)h5－eq\f(1,2)kh52eq\f(mh6－h(huán)42,8T2)mgh5(2)見解析【解析】(1)從打出A點(diǎn)到打出F點(diǎn)時間內(nèi)，彈簧的彈性勢能減少量為ΔEp彈＝eq\f(1,2)k(L－L0)2－eq\f(1,2)k(L－L0－h(huán)5)2整理有ΔEp彈＝k(L－L0)h5－eq\f(1,2)kh52打F點(diǎn)時鉤碼的速度為vF＝eq\f(h6－h(huán)4,2T)則鉤碼動能的增加量為ΔEk＝eq\f(1,2)mvF2－0＝eq\f(mh6－h(huán)42,8T2)鉤碼的重力勢能增加量為ΔEp重＝mgh5(2)鉤碼機(jī)械能的增加量，即鉤碼動能和重力勢能增加量的總和，若無阻力做功則彈簧彈性勢能的減少量等于鉤碼機(jī)械能的增加量．現(xiàn)在隨著h增加，兩條曲線在縱向的間隔逐漸變大，而兩條曲線在縱向的間隔即阻力做的功，則產(chǎn)生這個問題的主要原因是鉤碼和紙帶運(yùn)動的速度逐漸增大，導(dǎo)致空氣阻力逐漸增大，空氣阻力做的功也逐漸增大．6.(2022·湖北卷·12)某同學(xué)設(shè)計(jì)了一個用拉力傳感器驗(yàn)證機(jī)械能守恒定律的實(shí)驗(yàn)．一根輕繩一端連接固定的拉力傳感器，另一端連接小鋼球，如圖甲所示．拉起小鋼球至某一位置由靜止釋放，使小鋼球在豎直平面內(nèi)擺動，記錄鋼球擺動過程中拉力傳感器示數(shù)的最大值Tmax和最小值Tmin.改變小鋼球的初始釋放位置，重復(fù)上述過程．根據(jù)測量數(shù)據(jù)在直角坐標(biāo)系中繪制的Tmax－Tmin圖像是一條直線，如圖乙所示．(1)若小鋼球擺動過程中機(jī)械能守恒．則圖乙中直線斜率的理論值為________．(2)由圖乙得：直線的斜率為________，小鋼球的重力為________N．(結(jié)果均保留2位有效數(shù)字)(3)該實(shí)驗(yàn)系統(tǒng)誤差的主要來源是________(單選，填正確答案標(biāo)號)．A．小鋼球擺動角度偏大B．小鋼球初始釋放位置不同C．小鋼球擺動過程中有空氣阻力【答案】(1)－2(2)－2.10.59(3)C【解析】(1)設(shè)初始位置時，輕繩與豎直方向的夾角為θ，則輕繩拉力最小值為Tmin＝mgcosθ到最低點(diǎn)時輕繩拉力最大，則有mgl(1－cosθ)＝eq\f(1,2)mv2，Tmax－mg＝meq\f(v2,l)聯(lián)立可得Tmax＝3mg－2Tmin即若小鋼球擺動過程中機(jī)械能守恒，則題圖乙中直線斜率的理論值為－2；(2)由題圖乙得直線的斜率為k＝－eq\f(1.77－1.35,0.20)＝－2.13mg＝1.77N則小鋼球的重力為mg＝0.59N(3)該實(shí)驗(yàn)系統(tǒng)誤差的主要來源是小鋼球擺動過程中有空氣阻力，使得機(jī)械能減小，故選C.7.(2023·天津卷·9)如圖放置實(shí)驗(yàn)器材，連接小車與托盤的繩子與桌面平行，遮光片與小車位于氣墊導(dǎo)軌上，氣墊導(dǎo)軌沒有畫出(視為無摩擦力)，重力加速度為g。接通電源，釋放托盤與砝碼，并測得：a．遮光片長度db．遮光片到光電門長度lc．遮光片通過光電門時間Δtd．托盤與砝碼質(zhì)量m1，小車與遮光片質(zhì)量m2(1)小車通過光電門時的速度為________；(2)從釋放到小車經(jīng)過光電門，這一過程中，系統(tǒng)重力勢能減少量為________，動能增加量為________；(3)改變l，做多組實(shí)驗(yàn)，作出以l為橫坐標(biāo)，以(eq\f(d,Δt))2為縱坐標(biāo)的圖像。若機(jī)械能守恒成立，則圖像斜率為________?！敬鸢浮?1)eq\f(d,Δt)(2)m1gleq\f(1,2)(m1＋m2)(eq\f(d,Δt))2(3)eq\f(2m1g,m1＋m2)【解析】(1)小車通過光電門時的速度為v＝eq\f(d,Δt)(2)從釋放到小車經(jīng)過光電門，這一過程中，系統(tǒng)重力勢能減少量為ΔEp＝m1gl從釋放到小車經(jīng)過光電門，這一過程中，系統(tǒng)動能增加量為ΔEk＝eq\f(1,2)(m1＋m2)(eq\f(d,Δt))2(3)改變l，做多組實(shí)驗(yàn)，作出以l為橫坐標(biāo)，以(eq\f(d,Δt))2為縱坐標(biāo)的圖像。若機(jī)械能守恒成立有m1gl＝eq\f(1,2)(m1＋m2)(eq\f(d,Δt))2整理有(eq\f(d,Δt))2＝eq\f(2m1g,m1＋m2)·l則圖像斜率為eq\f(2m1g,m1＋m2)?？键c(diǎn)02功能關(guān)系能量守恒1.(多選)(2023·湖南卷·8)如圖，固定在豎直面內(nèi)的光滑軌道ABC由直線段AB和圓弧段BC組成，兩段相切于B點(diǎn)，AB段與水平面夾角為θ，BC段圓心為O，最高點(diǎn)為C、A與C的高度差等于圓弧軌道的直徑2R。小球從A點(diǎn)以初速度v0沖上軌道，能沿軌道運(yùn)動恰好到達(dá)C點(diǎn)，下列說法正確的是()A．小球從B到C的過程中，對軌道的壓力逐漸增大B．小球從A到C的過程中，重力的功率始終保持不變C．小球的初速度v0＝eq\r(2gR)D．若小球初速度v0增大，小球有可能從B點(diǎn)脫離軌道【答案】AD【解析】由題知，小球能沿軌道運(yùn)動恰好到達(dá)C點(diǎn)，則小球在C點(diǎn)的速度為vC＝0，則小球從C到B的過程中，有mgR(1－cosα)＝eq\f(1,2)mv2，F(xiàn)N＝mgcosα－meq\f(v2,R)，聯(lián)立有FN＝3mgcosα－2mg，則從C到B的過程中α由0增大到θ，則cosα逐漸減小，故FN逐漸減小，而小球從B到C的過程中，由牛頓第三定律知，對軌道的壓力逐漸增大，A正確；由于A到B的過程中小球的速度逐漸減小，則A到B的過程中重力的功率為P＝－mgvsinθ，則A到B的過程中小球重力的功率始終減小，則B錯誤；從A到C的過程中有－mg·2R＝eq\f(1,2)mvC2－eq\f(1,2)mv02，解得v0＝eq\r(4gR)，C錯誤；小球在B點(diǎn)恰好脫離軌道有mgcosθ＝meq\f(vB2,R)，則vB＝eq\r(gRcosθ)，則若小球初速度v0增大，小球在B點(diǎn)的速度有可能為eq\r(gRcosθ)，故小球有可能從B點(diǎn)脫離軌道，D正確。2．（2022·江蘇·10）如圖所示，輕質(zhì)彈簧一端固定，另一端與物塊A連接在一起，處于壓縮狀態(tài)，A由靜止釋放后沿斜面向上運(yùn)動到最大位移時，立即將物塊B輕放在A右側(cè)，A、B由靜止開始一起沿斜面向下運(yùn)動，下滑過程中A、B始終不分離，當(dāng)A回到初始位置時速度為零，A、B與斜面間的動摩擦因數(shù)相同、彈簧未超過彈性限度，則（）A．當(dāng)上滑到最大位移的一半時，A的加速度方向沿斜面向下B．A上滑時、彈簧的彈力方向不發(fā)生變化C．下滑時，B對A的壓力先減小后增大D．整個過程中A、B克服摩擦力所做的總功大于B的重力勢能減小量【答案】B【詳析】B．由于A、B在下滑過程中不分離，設(shè)在最高點(diǎn)的彈力為F，方向沿斜面向下為正方向，斜面傾角為θ，AB之間的彈力為FAB，摩擦因素為μ，剛下滑時根據(jù)牛頓第二定律對AB有F對B有m聯(lián)立可得F由于A對B的彈力FAB方向沿斜面向上，故可知在最高點(diǎn)F的方向沿斜面向上；由于在最開始彈簧彈力也是沿斜面向上的，彈簧一直處于壓縮狀態(tài)，所以A上滑時、彈簧的彈力方向一直沿斜面向上，不發(fā)生變化，故B正確；A．設(shè)彈簧原長在O點(diǎn)，A剛開始運(yùn)動時距離O點(diǎn)為x1，A運(yùn)動到最高點(diǎn)時距離O點(diǎn)為x2；下滑過程AB不分離，則彈簧一直處于壓縮狀態(tài)，上滑過程根據(jù)能量守恒定律可得1化簡得k當(dāng)位移為最大位移的一半時有F帶入k值可知F合=0，即此時加速度為0，故A錯誤；C．根據(jù)B的分析可知F再結(jié)合B選項(xiàng)的結(jié)論可知下滑過程中F向上且逐漸變大，則下滑過程FAB逐漸變大，根據(jù)牛頓第三定律可知B對A的壓力逐漸變大，故C錯誤；D．整個過程中彈力做的功為0，A重力做的功為0，當(dāng)A回到初始位置時速度為零，根據(jù)功能關(guān)系可知整個過程中A、B克服摩擦力所做的總功等于B的重力勢能減小量，故D錯誤。故選B。3.(多選)(2022·河北卷·9)如圖，輕質(zhì)定滑輪固定在天花板上，物體P和Q用不可伸長的輕繩相連，懸掛在定滑輪上，質(zhì)量mQ>mP，t＝0時刻將兩物體由靜止釋放，物體Q的加速度大小為eq\f(g,3).T時刻輕繩突然斷開，物體P能夠達(dá)到的最高點(diǎn)恰與物體Q釋放位置處于同一高度，取t＝0時刻物體P所在水平面為零勢能面，此時物體Q的機(jī)械能為E.重力加速度大小為g，不計(jì)摩擦和空氣阻力，兩物體均可視為質(zhì)點(diǎn)．下列說法正確的是()A．物體P和Q的質(zhì)量之比為1∶3B．2T時刻物體Q的機(jī)械能為eq\f(E,2)C．2T時刻物體P重力的功率為eq\f(3E,2T)D．2T時刻物體P的速度大小為eq\f(2gT,3)【答案】BCD【詳析】開始釋放時物體Q的加速度大小為eq\f(g,3)，則有mQg－FT＝mQ·eq\f(g,3)，F(xiàn)T－mPg＝mP·eq\f(g,3)，解得FT＝eq\f(2,3)mQg，eq\f(mP,mQ)＝eq\f(1,2)，選項(xiàng)A錯誤；在T時刻，兩物體的速度大小v1＝eq\f(gT,3)，P上升的距離h1＝eq\f(1,2)×eq\f(g,3)T2＝eq\f(gT2,6)，輕繩斷后P能上升的高度h2＝eq\f(v12,2g)＝eq\f(gT2,18)，則開始時P、Q豎直方向上的距離為h＝h1＋h2＝eq\f(2gT2,9)，開始時P所處的水平面為零勢能面，則開始時Q的機(jī)械能E＝mQgh＝eq\f(2mQg2T2,9)，從開始到輕繩斷裂，輕繩的拉力對Q做負(fù)功，大小為WF＝FTh1＝eq\f(mQg2T2,9)，則繩斷裂時物體Q的機(jī)械能E′＝E－WF＝eq\f(mQg2T2,9)＝eq\f(E,2)，此后物體Q的機(jī)械能守恒，則在2T時刻物體Q的機(jī)械能仍為eq\f(E,2)，選項(xiàng)B正確；在2T時刻，重物P的速度v2＝v1－gT＝－eq\f(2gT,3)，方向向下，此時物體P重力的瞬時功率PG＝mPg|v2|＝eq\f(mQg,2)·eq\f(2gT,3)＝eq\f(mQg2T,3)＝eq\f(3E,2T)，選項(xiàng)C、D正確．4.(多選)(2023·全國乙卷·21)如圖，一質(zhì)量為M、長為l的木板靜止在光滑水平桌面上，另一質(zhì)量為m的小物塊（可視為質(zhì)點(diǎn)）從木板上的左端以速度v0開始運(yùn)動。已知物塊與木板間的滑動摩擦力大小為f，當(dāng)物塊從木板右端離開時（）A.木板的動能一定等于fl B.木板的動能一定小于flC.物塊的動能一定大于 D.物塊的動能一定小于【答案】BD【解析】畫出物塊與木板運(yùn)動示意圖和速度圖像。對物塊，由動能定理，-fx1=-對木板，由動能定理，fx2=根據(jù)速度圖像面積表示位移可知，x2=S△COF，x1=SABFO，l=x1-x2=SABCE＞x2=S△COF，因-fl＞fx2=，A錯誤B正確；對系統(tǒng)，由能量守恒定律，fl=-（+），物塊動能=-fl-＜-fl，C錯誤D正確。5.(2024·浙江卷1月·3)如圖所示，質(zhì)量為m的足球從水平地面上位置1被踢出后落在位置3，在空中達(dá)到最高點(diǎn)2的高度為h，則足球（）A.從1到2動能減少 .從1到2重力勢能增加C.從2到3動能增加 D.從2到3機(jī)械能不變【答案】B【解析】由足球的運(yùn)動軌跡可知，足球在空中運(yùn)動時一定受到空氣阻力作用，則從從1到2重力勢能增加，則1到2動能減少量大于，A錯誤，B正確；從2到3由于空氣阻力作用，則機(jī)械能減小，重力勢能減小mgh，則動能增加小于，選項(xiàng)CD錯誤。6.(多選)(2022·福建卷·7)一物塊以初速度自固定斜面底端沿斜面向上運(yùn)動，一段時間后回到斜面底端。該物體的動能隨位移x的變化關(guān)系如圖所示，圖中、、均已知。根據(jù)圖中信息可以求出的物理量有（）A．重力加速度大小 B．物體所受滑動摩擦力的大小C．斜面的傾角 D．沿斜面上滑的時間【答案】BD【解析】ABC．由動能定義式得，則可求解質(zhì)量m；上滑時，由動能定理下滑時，由動能定理x0為上滑的最遠(yuǎn)距離；由圖像的斜率可知，兩式相加可得相減可知即可求解gsinθ和所受滑動摩擦力f的大小，但重力加速度大小、斜面的傾角不能求出，故AC錯誤，B正確；D．根據(jù)牛頓第二定律和運(yùn)動學(xué)關(guān)系得，故可求解沿斜面上滑的時間，D正確。故選BD。7.(多選)（2022·全國乙卷·20）質(zhì)量為的物塊在水平力F的作用下由靜止開始在水平地面上做直線運(yùn)動，F(xiàn)與時間t的關(guān)系如圖所示。已知物塊與地面間的動摩擦因數(shù)為0.2，重力加速度大小取。則（）A．時物塊的動能為零B．時物塊回到初始位置C．時物塊的動量為D．時間內(nèi)F對物塊所做的功為【答案】AD【解析】物塊與地面間的摩擦力為AC．對物塊從s內(nèi)由動量定理可知即得3s時物塊的動量為設(shè)3s后經(jīng)過時間t物塊的速度減為0，由動量定理可得即解得所以物塊在4s時速度減為0，則此時物塊的動能也為0，故A正確，C錯誤；B．s物塊發(fā)生的位移為x1，由動能定理可得即得過程中，對物塊由動能定理可得即得物塊開始反向運(yùn)動，物塊的加速度大小為發(fā)生的位移為即6s時物塊沒有回到初始位置，故B錯誤；D．物塊在6s時的速度大小為拉力所做的功為故D正確。故選AD。8.（2021·全國甲卷·24）如圖，一傾角為θ的光滑斜面上有50個減速帶（圖中未完全畫出），相鄰減速帶間的距離均為d，減速帶的寬度遠(yuǎn)小于d；一質(zhì)量為m的無動力小車（可視為質(zhì)點(diǎn)）從距第一個減速帶L處由靜止釋放。已知小車通過減速帶損失的機(jī)械能與到達(dá)減速帶時的速度有關(guān)。觀察發(fā)現(xiàn)，小車通過第30個減速帶后，在相鄰減速帶間的平均速度均相同。小車通過第50個減速帶后立刻進(jìn)入與斜面光滑連接的水平地面，繼續(xù)滑行距離s后停下。已知小車與地面間的動摩擦因數(shù)為μ，重力加速度大小為g。（1）求小車通過第30個減速帶后，經(jīng)過每一個減速帶時損失的機(jī)械能；（2）求小車通過前30個減速帶的過程中在每一個減速帶上平均損失的機(jī)械能；（3）若小車在前30個減速帶上平均每一個損失的機(jī)械能大于之后每一個減速帶上損失的機(jī)械能，則L應(yīng)滿足什么條件？【答案】（1）mgdsinθ；（2）mgL+29【詳析】（1）由題意可知小車在光滑斜面上滑行時根據(jù)牛頓第二定律有mg設(shè)小車通過第30個減速帶后速度為v1，到達(dá)第31個減速帶時的速度為v2，則有v因?yàn)樾≤囃ㄟ^第30個減速帶后，在相鄰減速帶間的平均速度均相同，故后面過減速帶后的速度與到達(dá)下一個減速帶均為v1和v2；經(jīng)過每一個減速帶時損失的機(jī)械能為ΔE聯(lián)立以上各式解得ΔE（2）由（1）知小車通過第50個減速帶后的速度為v1，則在水平地面上根據(jù)動能定理有-從小車開始下滑到通過第30個減速帶，根據(jù)動能定理有mg聯(lián)立解得Δ故在每一個減速帶上平均損失的機(jī)械能為Δ（3）由題意可知Δ可得L9．（2020·浙江·20）小明將如圖所示的裝置放在水平地面上,該裝置由弧形軌道、豎直圓軌道、水平直軌道AB和傾角θ=37°的斜軌道BC平滑連接而成。質(zhì)量m=0.1kg的小滑塊從弧形軌道離地高H=1.0m處靜止釋放。已知R=0.2m,LAB=LBC=1.0m,滑塊與軌道AB和BC間的動摩擦因數(shù)均為μ=0.25,弧形軌道和圓軌道均可視為光滑,忽略空氣阻力。(1)求滑塊運(yùn)動到與圓心O等高的D點(diǎn)時對軌道的壓力;(2)通過計(jì)算判斷滑塊能否沖出斜軌道的