2024年高考物理一輪復(fù)習(xí)專題5.4功能關(guān)系能量轉(zhuǎn)化和守恒定律精練含解析

PAGEPAGE1專題5.4功能關(guān)系、能量轉(zhuǎn)化和守恒定律1．(2024·湖南省岳陽一中期中)如圖所示，勁度系數(shù)為k的輕彈簧一端固定在墻上，一個小物塊(可視為質(zhì)點)從A點以初速度v0向左運動，接觸彈簧后運動到C點時速度恰好為零，彈簧始終在彈性限度內(nèi)．A、C兩點間距離為L，物塊與水平面間動摩擦因數(shù)為μ，重力加速度為g，則物塊由A點運動到C點的過程中，下列說法正確的是()A．彈簧和物塊組成的系統(tǒng)機(jī)械能守恒B．物塊克服摩擦力做的功為eq\f(1,2)mv02C．彈簧的彈性勢能增加量為μmgLD．物塊的初動能等于彈簧的彈性勢能增加量與摩擦產(chǎn)生的熱量之和【答案】D【解析】物塊與水平面間動摩擦因數(shù)為μ，由于摩擦力做功機(jī)械能減小，故A項錯誤；物塊由A點運動到C點過程動能轉(zhuǎn)換為彈性勢能和內(nèi)能，依據(jù)能量守恒知物塊克服摩擦力做的功為μmgL＝eq\f(1,2)mv02－Ep彈，故B項錯誤，D項正確；依據(jù)B項分析知Ep彈＝eq\f(1,2)mv02－μmgL，故C項錯誤．2．(2024·遼寧省本溪一中期末)如圖2所示，水平傳送帶由電動機(jī)帶動，并始終保持以速度v勻速運動，現(xiàn)將質(zhì)量為m的物塊由靜止放在傳送帶的左端，過一會兒物塊能保持與傳送帶相對靜止，設(shè)物塊與傳送帶間的動摩擦因數(shù)為μ，對于這一過程，下列說法正確的是()圖2A．摩擦力對物塊做的功為0.5mv2B．物塊對傳送帶做功為0.5mv2C．系統(tǒng)摩擦生熱為0.5mv2D．電動機(jī)多做的功為mv2【答案】ACD【解析】對物塊運用動能定理，摩擦力做的功等于物塊動能的增加，即0.5mv2，故選項A正確；傳送帶的位移是物塊位移的兩倍，所以物塊對傳送帶做功的肯定值是摩擦力對物塊做功的兩倍，即為mv2，故選項B錯誤；電動機(jī)多做的功就是傳送帶克服摩擦力做的功，也為mv2，故選項D正確；系統(tǒng)摩擦生熱等于摩擦力與相對位移的乘積，故選項C正確。3．(2024·河北省承德四中期中)質(zhì)量為m的物體以初速度v0沿水平面對左起先運動，起始點A與一輕彈簧O端相距s，如圖3所示。已知物體與水平面間的動摩擦因數(shù)為μ，物體與彈簧相碰后，彈簧的最大壓縮量為x，則從起先碰撞到彈簧被壓縮至最短，物體克服彈簧彈力所做的功為()圖3A.eq\f(1,2)mveq\o\al(2,0)－μmg(s＋x) B.eq\f(1,2)mveq\o\al(2,0)－μmgxC．μmgs D．μmg(s＋x)【答案】A【解析】依據(jù)功的定義式可知物體克服摩擦力做功為Wf＝μmg(s＋x)，由能量守恒定律可得eq\f(1,2)mveq\o\al(2,0)＝W彈＋Wf，W彈＝eq\f(1,2)mveq\o\al(2,0)－μmg(s＋x)，故選項A正確。4．(2024·湖北省十堰一中期末)安徽首家滑雪場正式落戶國家AAAA級旅游景區(qū)——安慶巨石山，現(xiàn)已正式“開滑”。如圖4所示，滑雪者從O點由靜止沿斜面自由滑下，接著在水平面上滑至N點停下。斜面、水平面與滑雪板之間的動摩擦因數(shù)都為μ＝0.1?；┱?包括滑雪板)的質(zhì)量為m＝50kg，g取10m/s2，O、N兩點間的水平距離為s＝100m。在滑雪者經(jīng)過ON段運動的過程中，克服摩擦力做的功為()圖4A．1250JB．2500J C．5000J D．7500J【答案】C【解析】設(shè)斜面的傾角為θ，則滑雪者從O到N的運動過程中克服摩擦力做的功Wf＝μmgcosθ·xOM＋μmgxMN，由題圖可知，xOMcosθ＋xMN＝s，兩式聯(lián)立可得Wf＝μmgs＝0.1×50×10×100J＝5000J，故選項A、B、D錯誤，C正確。5．(2024·黑龍江省鶴崗一中期中)如圖5所示，木板質(zhì)量為M、長度為L，可看作質(zhì)點的小木塊的質(zhì)量為m，水平地面光滑，一根不計質(zhì)量的輕繩跨過定滑輪分別與木板和木塊連接，小木塊與木板間的動摩擦因數(shù)為μ，起先時小木塊靜止在木板左端?，F(xiàn)用水平向右的力F將小木塊拉至木板右端，則拉力至少做的功為()圖5A．μmgL B．2μmgL C.eq\f(1,2)μmgL D．μ(M＋m)gL【答案】A【解析】將小木塊緩慢拉至木板右端，拉力F做的功最少，分別對小木塊和木板進(jìn)行受力分析可知，F(xiàn)＝μmg＋FT，F(xiàn)T＝μmg，小木塊的位移大小為eq\f(L,2)，所以WF＝F·eq\f(L,2)＝μmgL，選項A正確。6.(2024·浙江省湖州二中質(zhì)檢)如圖6所示，一個質(zhì)量為m＝60kg的物體在沿固定斜面對上的恒定外力F作用下，由靜止起先從斜面的底端沿光滑斜面對上做勻加速直線運動，經(jīng)過一段時間后外力F做的功為120J，此后撤去外力F，物體又經(jīng)過一段時間后回到動身點。若以地面為零勢能面，則下列說法正確的是()圖6A．在這個過程中，物體的最大動能小于120JB．在這個過程中，物體的最大重力勢能大于120JC．在撤去外力F之后的過程中，物體的機(jī)械能等于120JD．在剛撤去外力F時，物體的速率為2m/s【答案】C【解析】由題意可知，恒力F對物體做功120J，則物體的機(jī)械能等于120J。撤去F后，只有重力對物體做功，機(jī)械能守恒，所以物體回到動身點時的動能為120J，選項A錯誤，C正確；物體運動到最高點的過程中，由動能定理可得WF＋WG＝0，即重力做功為WG＝－WF＝－120J，重力做負(fù)功，物體的最大重力勢能等于120J，選項B錯誤；由于物體向上運動的過程中重力對物體做負(fù)功，所以在剛撤去外力F時，物體的動能小于120J，物體的速度v＝eq\r(\f(2Ek,m))＜eq\r(\f(2×120,60))m/s＝2m/s，選項D錯誤。7．(2024·吉林省長春試驗中學(xué)質(zhì)檢)如圖所示，長木板A放在光滑的水平地面上，物體B以水平速度沖上A后，由于摩擦力作用，最終停止在木板A上，則從B沖到木板A上到相對木板A靜止的過程中，下述說法中正確的是()A．物體B動能的削減量等于系統(tǒng)損失的機(jī)械能B．物體B克服摩擦力做的功等于系統(tǒng)內(nèi)能的增加量C．物體B損失的機(jī)械能等于木板A獲得的動能與系統(tǒng)損失的機(jī)械能之和D．摩擦力對物體B做的功和對木板A做的功的總和等于系統(tǒng)內(nèi)能的增加量【答案】CD【解析】物體B以水平速度沖上A后，由于摩擦力作用，B減速運動，A加速運動，依據(jù)能量守恒定律，物體B動能的削減量等于A增加的動能和產(chǎn)生的熱量之和，選項A錯誤；依據(jù)動能定理，物體B克服摩擦力做的功等于B損失的動能，選項B錯誤；由能量守恒定律可知，物體B損失的機(jī)械能等于木板A獲得的動能與系統(tǒng)損失的機(jī)械能之和，選項C正確；摩擦力對物體B做的功等于B動能的削減量，摩擦力對木板A做的功等于A動能的增加量，由能量守恒定律，摩擦力對物體B做的功和對木板A做的功的總和等于系統(tǒng)內(nèi)能的增加量，選項D正確．8.(2024·安徽淮北一中一模)如圖所示，在粗糙的水平面上，質(zhì)量相等的兩個物體A、B間用一輕質(zhì)彈簧相連組成系統(tǒng)，且該系統(tǒng)在外力F作用下一起做勻加速直線運動，當(dāng)它們的總動能為2Ek時撤去水平力F，最終系統(tǒng)停止運動．不計空氣阻力，認(rèn)為最大靜摩擦力等于滑動摩擦力，從撤去拉力F到系統(tǒng)停止運動的過程中()A．外力對物體A所做總功的肯定值等于EkB．物體A克服摩擦阻力做的功等于EkC．系統(tǒng)克服摩擦阻力做的功可能等于系統(tǒng)的總動能2EkD．系統(tǒng)克服摩擦阻力做的功肯定等于系統(tǒng)機(jī)械能的減小量【答案】AD【解析】它們的總動能為2Ek，則A的動能為Ek，依據(jù)動能定理知，外力對物體A所做總功的肯定值等于物體A動能的改變量，即Ek，故A正確，B錯誤；系統(tǒng)克服摩擦力做的功等于系統(tǒng)的動能和彈簧的彈性勢能的減小量，所以系統(tǒng)克服摩擦阻力做的功不行能等于系統(tǒng)的總動能2Ek，故C錯誤，D正確。9．(2024·浙江省舟山一中期末)如圖8所示，光滑水平面AB與豎直面上的半圓形光滑固定軌道在B點連接，BC為直徑，一可看做質(zhì)點的物塊在A處壓縮一輕質(zhì)彈簧(物塊與彈簧不連接)，釋放物塊，物塊被彈簧彈出后，經(jīng)過半圓形軌道B點之后恰好能通過半圓軌道的最高點C?，F(xiàn)在換用一個質(zhì)量較小的另一物塊，被同樣壓縮的彈簧由靜止彈出，不計空氣阻力。則更換后()圖8A．物塊不能到達(dá)C點B．物塊經(jīng)過C點時動能不變C．物塊經(jīng)過C點時的機(jī)械能增大D．物塊經(jīng)過B點時對軌道的壓力減小【答案】D【解析】物塊從A到C過程，由能量守恒有Ep＝mg·2R＋eq\f(1,2)mveq\o\al(2,C)，可知質(zhì)量減小，物塊經(jīng)過C點時動能增大，vC增大，物塊也能到達(dá)C點，故A、B錯誤；由能量守恒定律可知物塊經(jīng)過C點時的機(jī)械能不變均為Ep，故C錯誤；物塊從A到B過程，由能量守恒有Ep＝eq\f(1,2)mveq\o\al(2,B)，在B點有FN－mg＝meq\f(veq\o\al(2,B),R)，解得FN＝mg＋eq\f(2Ep,R)，減小，故D正確。10.(2024·福建省莆田一中期中)如圖所示，一表面光滑的木板可繞固定的水平軸O轉(zhuǎn)動，木板從水平位置OA轉(zhuǎn)到OB位置的過程中，木板上重為5N的物塊從靠近轉(zhuǎn)軸的位置由靜止起先滑到圖中虛線所示位置，在這一過程中，物塊的重力勢能削減了4J．則以下說法正確的是(取g＝10m/s2)()A．物塊的豎直高度降低了0.8mB．由于木板轉(zhuǎn)動，物塊下降的豎直高度必大于0.8mC．物塊獲得的動能為4JD．由于木板轉(zhuǎn)動，物塊的機(jī)械能必定增加【答案】A【解析】由重力勢能的表達(dá)式Ep＝mgh，重力勢能削減了4J，而mg＝5N，故h＝0.8m，A項正確，B項錯誤；木板轉(zhuǎn)動，木板的支持力對物塊做負(fù)功，則物塊機(jī)械能必定削減，C、D項錯誤．11.(2024·江蘇常州高級中學(xué)模擬)如圖所示，AB為固定水平長木板，長為L，C為長木板的中點，AC段光滑，CB段粗糙，一原長為eq\f(L,4)的輕彈簧一端連在長木板左端的擋板上，另一端連一物塊，起先時將物塊拉至長木板的右端B點，由靜止釋放物塊，物塊在彈簧彈力的作用下向左滑動，已知物塊與長木板CB段間的動摩擦因數(shù)為μ，物塊的質(zhì)量為m，彈簧的勁度系數(shù)為k，且k>eq\f(4μmg,L)，物塊第一次到達(dá)C點時，物塊的速度大小為v0，這時彈簧的彈性勢能為E0，不計物塊的大小，則下列說法正確的是()A．物塊可能會停在CB面上某處B．物塊最終會做往復(fù)運動C．彈簧起先具有的最大彈性勢能為eq\f(1,2)mv02＋E0D．物塊克服摩擦做的功最大為eq\f(1,2)mv02＋eq\f(1,2)μmgL【答案】BD【解析】由于k>eq\f(4μmg,L)，由此k·eq\f(1,4)L>μmg，由此，物塊不行能停在BC段，故A錯誤；只要物塊滑上BC段，就要克服摩擦力做功，物塊的機(jī)械能就減小，所以物塊最終會在AC段做來回運動，故B正確；物塊從起先運動到第一次運動到C點的過程中，依據(jù)能量守恒定律得Epm＝E0＋eq\f(1,2)mv02＋μmg·eq\f(L,2)，故C錯誤；物塊第一次到達(dá)C點時，物塊的速度大小為v0，物塊最終會在AC段做來回運動，到達(dá)C點的速度為0，可知物塊克服摩擦做的功最大為Wfm＝Epm－E0＝eq\f(1,2)mv02＋eq\f(1,2)μmgL，故D正確．12.(2024·上海復(fù)旦高校附中模擬)如圖所示，繃緊的傳送帶與水平面的夾角為θ，傳送帶在電動機(jī)的帶動下，始終保持v的速率運行，現(xiàn)把一質(zhì)量為m的工件(可看做質(zhì)點)輕輕放在傳送帶的底端，經(jīng)過一段時間，工件與傳送帶達(dá)到共同速度后接著傳送到達(dá)h高處，工件與傳送帶間動摩擦因數(shù)為μ，重力加速度為g，則下列結(jié)論正確的是()A．工件與傳送帶間摩擦生熱為eq\f(1,2)mv2B．傳送帶對工件做的功為eq\f(1,2)mv2＋mghC．傳送帶對工件做的功為eq\f(μmgh,tanθ)D．電動機(jī)因傳送工件多做的功為eq\f(1,2)mv2＋mgh【答案】B【解析】工件與傳送帶共速時，工件與傳送帶的相對位移s＝vt－eq\f(v,2)t＝eq\f(v,2)t，工件的位移為s′＝eq\f(v,2)t，對工件，依據(jù)動能定理(f－mgsinθ)s′＝eq\f(1,2)mv2，摩擦生熱Q＝fs，A錯誤；傳送帶對工件做的功等于工件增加的機(jī)械能，B正確，C錯誤；電動機(jī)因傳送工件多做的功W＝eq\f(1,2)mv2＋mgh＋Q，D錯誤．13．(2024·浙江溫州中學(xué)模擬)物塊的質(zhì)量m＝1.0kg，在一豎直向上的恒力F作用下以初速度v0＝10m/s起先豎直向上運動，該過程中物塊速度的平方隨路程x改變的關(guān)系圖象如圖所示，已知g＝10m/s2，物塊在運動過程中受到與運動方向相反且大小恒定的阻力，下列選項中正確的是()A．恒力F大小為6NB．在t＝1s時刻，物體運動起先反向C．2秒末～3秒末內(nèi)物塊做勻減速運動D．在物塊運動路程為13m過程中，重力勢能增加130J【答案】B【解析】依據(jù)公式v2－v02＝2ax，可得v2＝2ax＋v02，圖象的斜率表示加速度的2倍，在0～5m過程中以向上為正方向，F(xiàn)－f－mg＝ma1，a1＝eq\f(1,2)×eq\f(100,5)＝－10m/s2，即F－f＝0，在5～13m過程中以向下為正方向，依據(jù)牛頓其次定律可得mg－(F＋f)＝ma2，a2＝eq\f(1,2)×eq\f(64,8)＝4m/s2，即F＋f＝6N，解得F＝f＝3N，A錯誤；初速度v0＝10m/s，故t＝eq\f(0－v0,a1)＝eq\f(10,10)s＝1s，速度減小到零，即在t＝1s時刻，物體運動起先反向，之后F＋f－mg>0，故以后向下做勻加速直線運動，B正確，C錯誤；在物塊運動路程為13m過程中，先上升5m，然后又從最高點下降8m，即位移為3m，在拋出點下方，所以重力做正功，重力勢能減小，ΔEp＝mgh＝10×3＝30J，D錯誤．14．(2024·四川成都七中模擬)如圖7甲所示，傾角θ＝30°的足夠長固定光滑斜面上，用平行于斜面的輕彈簧拉著質(zhì)量m＝1kg的物體沿斜面對上運動。已知物體在t＝1s到t＝3s這段時間的v－t圖象如圖乙所示，彈簧的勁度系數(shù)k＝200N/m，重力加速度g取10m/s2。則在該段時間內(nèi)()圖7A．物體的加速度大小為2m/s2B．彈簧的伸長量為3cmC．彈簧的彈力做功為30JD．物體的重力勢能增加36J【答案】B【解析】依據(jù)速度圖象的斜率表示加速度可知，物體的加速度大小為a＝eq\f(Δv,Δt)＝1m/s2，選項A錯誤；對斜面上的物體受力分析，受到豎直向下的重力mg、斜面的支持力和輕彈簧的彈力F，由牛頓其次定律，F(xiàn)－mgsin30°＝ma，解得F＝6N。由胡克定律F＝kx可得彈簧的伸長量x＝3cm，選項B正確；在t＝1s到t＝3s這段時間內(nèi)，物體動能增大ΔEk＝eq\f(1,2)mveq\o\al(2,2)－eq\f(1,2)mveq\o\al(2,1)＝6J，依據(jù)速度—時間圖象面積等于位移，可知物體向上運動位移x＝6m，物體重力勢能增加ΔEp＝mgxsin30°＝30J；依據(jù)功能關(guān)系可知，彈簧彈力做功W＝ΔEk＋ΔEp＝36J，選項C、D錯誤。15．(2024·廣東佛山一中檢測)如圖9甲所示，質(zhì)量為0.1kg的小球從最低點A沖入豎直放置在水平地面上、半徑為0.4m的半圓軌道，小球速度的平方與其高度的關(guān)系圖象如圖乙所示。已知小球恰能到達(dá)最高點C，軌道粗糙程度到處相同，空氣阻力不計。g取10m/s2，B為AC軌道中點。下列說法正確的是()圖9A．圖乙中x＝4m2·s－2B．小球從B到C損失了0.125J的機(jī)械能C．小球從A到C合外力對其做的功為－1.05JD．小球從C拋出后，落地點到A的距離為0.8m【答案】ACD【解析】當(dāng)h＝0.8m時小球在C點，由于小球恰能到達(dá)最高點C，故mg＝meq\f(veq\o\al(2,C),r)，所以veq\o\al(2,C)＝gr＝10×0.4m2·s－2＝4m2·s－2，故選項A正確；由已知條件無法計算出小球從B到C損失了0.125J的機(jī)械能，故選項B錯誤；小球從A到C，由動能定理可知W合＝eq\f(1,2)mveq\o\al(2,C)－eq\f(1,2)mveq\o\al(2,A)＝eq\f(1,2)×0.1×4J－eq\f(1,2)×0.1×25J＝－1.05J，故選項C正確；小球離開C點后做平拋運動，故2r＝eq\f(1,2)gt2，落地點到A的距離x1＝vCt，解得x1＝0.8m，故選項D正確。16．(2024·安徽馬鞍山二中模擬)如圖10甲為一個兒童電動小汽車的軌道傳送接收裝置，L＝1m的水平直軌道AB與半徑均為0.4m的豎直光滑螺旋圓軌道(O、O′為圓心，C為最高點)相切于B，B′為第2個圓與水平軌道的切點，O′D與O′B′的夾角為60°，接收裝置為高度可調(diào)整的平臺，EF為平臺上一條直線，O′EF在同一豎直平面內(nèi)，裝置切面圖可抽象為圖乙模型。質(zhì)量為0.6kg的電動小汽車以額定功率P＝6W從起點A啟動沿軌道運動一段時間(到達(dá)B點之前電動機(jī)停止工作)，剛好能通過C點，之后沿圓弧從B′運動至D點后拋出，沿水平方向落到平臺E點，小汽車與水平直軌道AB的動摩擦因數(shù)為μ＝0.2，其余軌道均光滑，g＝10m/s2(空氣阻力不計，小汽車運動過程中可視為質(zhì)點)。乙圖10(1)求電動機(jī)工作時間？(2)要保證小汽車沿水平方向到達(dá)平臺E點，求平臺調(diào)整高度H和EB′的水平位移x2；(3)若拋出點D的位置可沿圓軌道調(diào)整，設(shè)O′D與O′B′的夾角為θ，要保證小汽車沿水平方向到達(dá)平臺E點，寫出平臺的豎直高度H、平臺落點到拋出點的水平位移x1、角度θ的關(guān)系方程?！敬鸢浮?1)1.2s(2)0.8m1.04m(3)eq\f(2（H－0.4＋0.4cosθ）,tanθ)【解析】(1)小汽車剛好過最高的C點，軌道對小汽車剛好無作用力mg＝eq\f(mveq\o\al(2,C),R)對AC應(yīng)用動能定理Pt－μmgL－2mgR＝eq\f(1,2)mveq\o\al(2,C)－0，t＝1.2s(2)對從C到D，應(yīng)用機(jī)械能守恒定律，得mg(R＋Rsin30°)＋eq\f(1,2)mveq\o\al(2,C)＝eq\f(1,2)mveq\o\al(2,D)vD＝4m/s，vDx＝vDsin30°＝2m/svDy＝vDcos30°＝2eq\r(3)m/s將DE看成逆向平拋運動vDy＝gt′，t′＝eq\f(\r(3),5)sh＝eq\f(1,2)gt′2＝0.6mH＝h＋R(1－cos60°)＝0.8mx1＝vDxt′＝0.4eq\r(3)mx2＝x1＋Rsin60°＝0.6eq\r(3)m≈1.04m(3)將DE看成逆向平拋運動tanθ＝2eq\f(h,x1)，H＝h＋R(1－cosθ)解得x1＝eq\f(2（H－0.4＋0.4cosθ）,tanθ)17．(2024·河北唐山一中模擬)如圖9甲所示，在傾角為37°足夠長的粗糙斜面底端，一質(zhì)量m＝1kg的滑塊壓縮著一輕彈簧且鎖定，兩者不拴接，滑塊可視為質(zhì)點。t＝0時解除鎖定，計算機(jī)通過傳感器描繪出滑塊的v－t圖象如圖乙所示，其中Oab段為曲線，bc段為直線，在t1＝0.1s時滑塊已上滑x＝0.2m的距離(g取10m/s2，sin37°＝0.6，cos37°＝0.8)。求：圖9(1)滑塊離開彈簧后在圖中bc段對應(yīng)的加速度大小a及動摩擦因數(shù)μ的大??；(2)t2＝0.3s和t3＝0.4s時滑塊的速度v1、v2的大??；(3)彈簧鎖定時具有的彈性勢能Ep?！敬鸢浮?1)10m/s20.5(2)00.2m/s(3)4J【解析】(1)由題圖乙知滑塊在bc段做勻減速運動，加速度大小為a＝|eq\f(Δv,Δt)|＝10m/s2依據(jù)牛頓其次定律得mgsin37°＋μmgcos37°＝ma解得μ＝0.5。(2)依據(jù)速度—時間公式得t2＝0.3s時的速度大小v1＝vc－aΔt，解得v1＝0在t2之后滑塊起先下滑，下滑時由牛頓其次定律得mgsin37°－μmgcos37°＝ma′解得a′＝2m/s2從t2到t3做初速度為零的勻加速運動，t3時刻的速度為v2＝a′Δt＝0.2m/s。(3)從0到t1時間內(nèi)，由能量守恒定律得Ep＝mgxsin37°＋μmgxcos37°＋eq\f(1,2)mveq\o\al(2,b)解得Ep＝4J。18．(2024·浙江杭州十四中模擬)如圖6所示，繃緊的傳送帶與水平面的夾角θ＝30°，傳送帶在電動機(jī)的帶動下始終保持v0＝2m/s的速率運行?，F(xiàn)把一質(zhì)量為m＝10kg的工件(可看作質(zhì)點)輕輕放在傳送帶的底端，經(jīng)過1.9s，工件被傳送到h＝1.5m的高處。g取10m/s2，求：圖6(1)工件與傳送帶間的動摩擦因數(shù)；(2)電動機(jī)由于傳送工件多消耗的電能?！敬鸢浮?1)eq\f(\r(3),2)(2)230J【解析】(1)傳送帶長x＝eq\f(h,sinθ)＝3m工件速度達(dá)到v0前，做勻加速運動的位移x1＝eq\o(v,\s\up6(－))t1＝eq\f(v0,2)t1勻速運動的位移為x－x1＝v0(t－t1)解得加速運動的時間t1＝0.8s加速運動的位移x1＝0.8m所以加速度a＝eq\f(v0,t1)＝2.5m/s2由牛頓其次定律得μmgcosθ－mgsinθ＝ma解得μ＝eq\f(\r(3),2)。(2)從能量守恒的觀點看，電動機(jī)多消耗的電能用于增加工件的動能、勢能以及克服傳送帶與工件之間發(fā)生相對運動時摩擦力做功。在時間t1內(nèi)，傳送帶運動的位移x傳送帶＝v0t1＝1.6m在時間t1內(nèi)，工件相對傳送帶的位移x相＝x傳送帶－x1＝0.8m在時間t1內(nèi)，摩擦生熱Q＝μmgcosθ·x相＝60J工件獲得的動能Ek＝eq\f(1,2)mveq\o\al(2,0)＝20J工件增加的勢能Ep＝mgh＝150J故電動機(jī)多消耗的電能W＝Q＋Ek＋Ep＝230J。19.(2024·安徽渦陽四中模擬)如圖7所示，在地面上豎直固定了刻度尺和輕質(zhì)彈簧，彈簧原長時上端與刻度尺上的A點等高，質(zhì)量m＝0.5kg的籃球靜止在彈簧正上方，底端距A點的高度h1＝1.10m，籃球靜止釋放測得第一次撞擊彈簧時，彈簧的最大形變量x1＝0.15m，第一次反彈至最高點，籃球底端距A點的高度h2＝0.873m，籃球多次反彈后靜止在彈簧的上端，此時彈簧的形變量x2＝0.01m，彈性勢能為Ep＝0.025J。若籃球運動時受到的空氣阻力大小恒定，忽視籃球與彈簧碰撞時的能量損失和籃球的形變，彈簧形變在彈性限度范圍內(nèi)。求：圖7(1)彈簧的勁度系數(shù)；(2)籃球在運動過程中受到的空氣阻力；(3)籃球在整個運動過程中通過的路程；(4)籃球在整個運動過程中速度最大的位置?！敬鸢浮?1)500N/m(2)0.5N(3)11.05m(4)第一次下落至A點下方0.009m處速度最大【解析】(1)籃球靜止在彈簧上時，有mg－kx2＝0，解得k＝500N/m(2)籃球從起先運動到第一次上升到最高點，由動能定理得mg(h1－h(huán)2)－f(h1＋h2＋2x1)＝0代入數(shù)值解得f＝0.5N(3)設(shè)籃球在整個運動過程中總路程s，由能量守恒定律得mg(h1＋x2)＝fs＋Ep代入數(shù)值解得s＝11.05m(4)球在首次下落過程中，合力為零處速度最大速度最大時彈簧形變量為x3mg－f－kx3＝0在A點下方，離A點x3＝0.009m20.(2024·福建雙十中學(xué)模擬)如圖10，半徑R＝0.5m的光滑圓弧軌道ABC與足夠長的粗糙軌道CD在C處平滑連接，O為圓弧軌道ABC的圓心，B點為圓弧軌道的最低點，半徑OA、OC與OB的夾角分別為53°和37°。將一個質(zhì)量m＝0.5kg的物體(視為質(zhì)點)從A點左側(cè)高為h＝0.8m處的P點水平拋出，恰從A點沿切線方向進(jìn)入圓弧軌道。已知物體與軌道CD間的動摩擦因數(shù)μ＝0.8，重力加速度g取10m/s2，sin37°＝0.6，cos37°＝0.8。求：圖10(1)物體水平拋出時的初速度v0的大??；(2)物體經(jīng)過B點時，對圓弧軌道壓力FN的大??；(3)物體在軌道CD上運動的距離x?！敬鸢浮?1)3m/s(2)34N(3)1.09m【解析】(1)從P到A：豎直方向自由落體veq\o\al(2,y)＝2gh①(1分)在A點由幾何關(guān)系得：vx＝vytan37°②(1分)水平方向勻速運動：v0＝vx＝3m/s③(1分)(2)從P到B機(jī)械能守恒mg(h＋R－Rcos53°)＝eq\f(1,2)mveq\o\al(2,B)－eq\f(1,2)mveq\o\al(2,0)④(2分)過B點時，對物體受力分析，由牛頓其次定律得FN′－mg＝meq\f(veq\o\al(2,B),R)⑤(2分)由牛頓第三定律，對圓弧軌道壓力大小FN＝FN′＝34N(1分)(3)因μmgcos37°>mgsin37°，物體沿軌道CD向上做勻減速運動，速度減為零后不再下滑。⑥(1分)由B上滑至最高點的過程，由功能關(guān)系得mgR(1－cos37°)＋(mgsin37°＋μmgcos37°)x＝eq\f(1,2)mveq\o\al(2,B)⑦(2分)代入數(shù)據(jù)解得x＝1.09m(1分)1.（2024·新課標(biāo)全國Ⅱ卷）從地面豎直向上拋出一物體，其機(jī)械能E總等于動能Ek與重力勢能Ep之和。取地面為重力勢能零點，該物體的E總和Ep隨它離開地面的高度h的改變?nèi)鐖D所示。重力加速度取10m/s2。由圖中數(shù)據(jù)可得A．物體的質(zhì)量為2kgB．h=0時，物體的速率為20m/sC．h=2m時，物體的動能Ek=40JD．從地面至h=4m，物體的動能削減100J【答案】AD【解析】A．Ep–h圖像知其斜率為G，故G==20N，解得m=2kg，故A正確B．h=0時，Ep=0，Ek=E機(jī)–Ep=100J–0=100J，故=100J，解得：v=10m/s，故B錯誤；C．h=2m時，Ep=40J，Ek=E機(jī)–Ep=85J–40J=45J，故C錯誤；D．h=0時，Ek=E機(jī)–Ep=100J–0=100J，h=4m時，Ek′=E機(jī)–Ep=80J–80J=0J，故Ek–Ek′=100J，故D正確。2.（2024·浙江選考）如圖所示為某一嬉戲的局部簡化示意圖。D為彈射裝置，AB是長為21m的水平軌道，傾斜直軌道BC固定在豎直放置的半徑為R=10m的圓形支架上，B為圓形的最低點，軌道AB與BC平滑連接，且在同一豎直平面內(nèi)。某次嬉戲中，無動力小車在彈射裝置D的作用下，以v0=10m/s的速度滑上軌道AB，并恰好能沖到軌道BC的最高點。已知小車在軌道AB上受到的摩擦力為其重量的0.2倍，軌道BC光滑，則小車從A到C的運動時間是A．5s B．4.8s C．4.4s D．3s【答案】A【解析】設(shè)小車的質(zhì)量為m，小車在AB段所勻減速直線運動，加速度，在AB段，依據(jù)動能定理可得，解得，故；小車在BC段，依據(jù)機(jī)械能守恒可得，解得，過圓形支架的圓心O點作BC的垂線，依據(jù)幾何學(xué)問可得，解得，，故小車在BC上運動的加速度為，故小車在BC段的運動時間為，所以小車運動的總時間為，A正確。3.(2024·天津高考)滑雪運動深受人民群眾寵愛。某滑雪運動員(可視為質(zhì)點)由坡道進(jìn)入豎直面內(nèi)的圓弧形滑道AB，從滑道的A點滑行到最低點B的過程中，由于摩擦力的存在，運動員的速率不變，則運動員沿AB下滑過程中()A．所受合外力始終為零 B．所受摩擦力大小不變C．合外力做功肯定為零 D．機(jī)械能始終保持不變【答案】C【解析】運動員做勻速圓周運動，所受合外力指向圓心，A項錯誤；由動能定理可知，合外力做功肯定為零，C項正確；運動員所受滑動摩擦力大小等于運動員重力沿滑道向下的分力，隨滑道與水平方向夾角的改變而改變，B項錯誤；運動員動能不變，重力勢能削減，所以機(jī)械能削減，D項錯誤。4.(2024·全國卷Ⅰ)如圖所示，abc是豎直面內(nèi)的光滑固定軌道，ab水平，長度為2R；bc是半徑為R的四分之一圓弧，與ab相切于b點。一質(zhì)量為m的小球，始終受到與重力大小相等的水平外力的作用，自a點處從靜止起先向右運動。重力加速度大小為g。小球從a點起先運動到其軌跡最高點，機(jī)械能的增量為()A．2mgRB．4mgRC．5mgRD．6mgR【答案】C【解析】設(shè)小球運動到c點的速度大小為vc，則對小球由a到c的過程，由動能定理有F·3R－mgR＝eq\f(1,2)mveq\o\al(2,c)，又F＝mg，解得vc＝2eq\r(gR)，小球離開c點后，在水平方向做初速度為零的勻加速直線運動，豎直方向在重力作用下做勻減速直線運動，由牛頓其次定律可知，小球離開c點后水平方向和豎直方向的加速度大小均為g，則由豎直方向的運動可知，小球從離開c點到其軌跡最高點所需的時間為t＝eq\f(vc,g)＝2eq\r(\f(R,g))，在水平方向的位移大小為x＝eq\f(1,2)gt2＝2R。由以上分析可知，小球從a點起先運動到其軌跡最高點的過程中，水平方向的位移大小為5R，則小球機(jī)械能的增加量為ΔE＝F·5R＝5mgR，C正確，A、B、D錯誤。5.(多選)(2024·江蘇高考)如圖所示，輕質(zhì)彈簧一端固定，另一端連接一小物塊，O點為彈簧在原長時物塊的位置。物塊由A點靜止釋放，沿粗糙程度相同的水平