壓軸題04 功能關(guān)系及能量守恒的綜合應(yīng)用- 2025年高考物理壓軸題專項(xiàng)訓(xùn)練（全國(guó)通用）-試卷下載-教習(xí)網(wǎng)

功能關(guān)系及能量守恒在高考物理中占據(jù)了至關(guān)重要的地位，因?yàn)樗鼈儾粌H是物理學(xué)中的基本原理，更是解決復(fù)雜物理問(wèn)題的關(guān)鍵工具。在高考中，這些考點(diǎn)通常被用于檢驗(yàn)學(xué)生對(duì)物理世界的深刻理解和應(yīng)用能力。
從命題方式上看，功能關(guān)系及能量守恒的題目形式豐富多樣，既可以作為獨(dú)立的問(wèn)題出現(xiàn)，也可以與其他物理知識(shí)點(diǎn)如牛頓運(yùn)動(dòng)定律、動(dòng)量守恒定律等相結(jié)合，形成綜合性的大題。這類題目往往涉及對(duì)能量轉(zhuǎn)化、傳遞、守恒等概念的深入理解和靈活運(yùn)用，對(duì)考生的邏輯思維和數(shù)學(xué)計(jì)算能力有較高的要求。
備考時(shí)，考生需要首先深入理解功能關(guān)系及能量守恒的基本原理和概念，明確它們之間的轉(zhuǎn)化和守恒關(guān)系。這包括理解各種形式的能量（如動(dòng)能、勢(shì)能、熱能等）之間的轉(zhuǎn)化關(guān)系，以及能量守恒定律在物理問(wèn)題中的應(yīng)用。同時(shí)，考生還需要掌握相關(guān)的公式和計(jì)算方法，如動(dòng)能定理、機(jī)械能守恒定律等，并能夠熟練運(yùn)用這些公式和方法解決實(shí)際問(wèn)題。
考向一：應(yīng)用動(dòng)能定理處理多過(guò)程問(wèn)題
1．解題流程
2．注意事項(xiàng)
(1)動(dòng)能定理中的位移和速度必須是相對(duì)于同一個(gè)參考系的，一般以地面或相對(duì)地面靜止的物體為參考系。
(2)應(yīng)用動(dòng)能定理的關(guān)鍵在于對(duì)研究對(duì)象進(jìn)行準(zhǔn)確的受力分析及運(yùn)動(dòng)過(guò)程分析，并畫出運(yùn)動(dòng)過(guò)程的草圖，借助草圖理解物理過(guò)程之間的關(guān)系。
(3)當(dāng)物體的運(yùn)動(dòng)包含多個(gè)不同過(guò)程時(shí)，可分段應(yīng)用動(dòng)能定理求解；當(dāng)所求解的問(wèn)題不涉及中間的速度時(shí)，也可以全過(guò)程應(yīng)用動(dòng)能定理求解，這樣更簡(jiǎn)便。
(4)列動(dòng)能定理方程時(shí)，必須明確各力做功的正、負(fù)，確實(shí)難以判斷的先假定為正功，最后根據(jù)結(jié)果加以檢驗(yàn)。
考向二：三類連接體的功能關(guān)系問(wèn)題
輕繩連接的物體系統(tǒng)
輕桿連接的物體系統(tǒng)
輕彈簧連接的物體系統(tǒng)
考向三：有關(guān)傳送帶類的功能關(guān)系問(wèn)題
1．兩個(gè)設(shè)問(wèn)角度
(1)動(dòng)力學(xué)角度：首先要正確分析物體的運(yùn)動(dòng)過(guò)程，做好受力分析，然后利用運(yùn)動(dòng)學(xué)公式結(jié)合牛頓第二定律求物體及傳送帶在相應(yīng)時(shí)間內(nèi)的位移，找出物體和傳送帶之間的位移關(guān)系。
(2)能量角度：求傳送帶對(duì)物體所做的功、物體和傳送帶由于相對(duì)滑動(dòng)而產(chǎn)生的熱量、因放上物體而使電動(dòng)機(jī)多消耗的電能等，常依據(jù)功能關(guān)系或能量守恒定律求解。
2．兩個(gè)功能關(guān)系
(1)傳送帶電動(dòng)機(jī)做的功W電＝ΔEk＋ΔEp＋Q＝Fx傳。
(2)傳送帶摩擦力產(chǎn)生的熱量Q＝Ff·x相對(duì)。
考向四：有關(guān)板塊類的功能關(guān)系問(wèn)題
1．兩個(gè)分析角度
(1)動(dòng)力學(xué)角度：首先隔離物塊和木板，分別分析受力，求出加速度，根據(jù)初速度分析兩者的運(yùn)動(dòng)過(guò)程，畫出運(yùn)動(dòng)軌跡圖，找到位移和相對(duì)位移關(guān)系，根據(jù)時(shí)間關(guān)系列位移等式和速度等式。
(2)能量角度：物塊在木板上滑行時(shí)，速度減小的物塊動(dòng)能減小，速度增大的木板動(dòng)能增加，根據(jù)能量守恒，減小的動(dòng)能等于增加的動(dòng)能與系統(tǒng)產(chǎn)生的內(nèi)能之和。
2．三種處理方法
(1)求解對(duì)地位移可優(yōu)先考慮應(yīng)用動(dòng)能定理。
(2)求解相對(duì)位移可優(yōu)先考慮應(yīng)用能量守恒定律。
(3)地面光滑時(shí)，求速度可優(yōu)先考慮應(yīng)用動(dòng)量守恒定律。
01 應(yīng)用動(dòng)能定理處理多過(guò)程問(wèn)題
1．如圖（a）所示，可視為質(zhì)點(diǎn)的物塊A放于水平桌面上的O點(diǎn)，利用細(xì)繩通過(guò)光滑的滑輪與B相連。桌面上從O點(diǎn)開始；A與桌面的動(dòng)摩擦因數(shù)μ隨坐標(biāo)x的變化如圖（b）所示，A、B質(zhì)量均為1kg，B離滑輪的距離足夠長(zhǎng)，現(xiàn)給A施加一個(gè)水平向左的恒力F=16N，同時(shí)靜止釋放A、B，重力加速度，，取，不計(jì)空氣阻力，則（）
A．釋放A時(shí)其加速度大小為6m/s2
B．A向左運(yùn)動(dòng)的最大位移為4m
C．A向左運(yùn)動(dòng)的最大速度為3m/s
D．當(dāng)A速度為1m/s時(shí)，繩子的拉力可能是9.2N
【答案】C
【詳解】A．初位置摩擦力為零，整體的加速度為
故A錯(cuò)誤；
B．由圖（b）可知
A向左運(yùn)動(dòng)的最大位移時(shí)，A、B速度為零，對(duì)整體由動(dòng)能定理可得
其中
聯(lián)立解得
故B錯(cuò)誤；
C．A向左運(yùn)動(dòng)的最大速度，對(duì)應(yīng)系統(tǒng)加速度為0，則有
可得
對(duì)系統(tǒng)有
解得A向左運(yùn)動(dòng)的最大速度為
故C正確；
D．當(dāng)A速度為時(shí)，根據(jù)動(dòng)能定理可得
解得
則有
或
根據(jù)
，
可得
，
以B為對(duì)象，根據(jù)牛頓第二定律可得
，
解得繩子拉力可能為
，
故D錯(cuò)誤。
故選C。
02 應(yīng)用機(jī)械能守恒定律處理繩類問(wèn)題
2．如圖所示，一傾角且足夠長(zhǎng)的光滑斜面上有一滑塊A用輕質(zhì)細(xì)線拉住繞過(guò)定滑輪與輕質(zhì)動(dòng)滑輪相連，動(dòng)滑輪下方懸掛一重物B。開始時(shí)，使A、B處于靜止?fàn)顟B(tài)，釋放B后A、B開始運(yùn)動(dòng)。已知A、B的質(zhì)量均為m，不計(jì)空氣阻力和滑輪質(zhì)量，重力加速度為g，當(dāng)B的位移為h時(shí)（已知：sin37°=0.6，cs37°=0.8）（）
A．A的速度大小為
B．A的重力勢(shì)能增加了
C．B的速度大小為
D．B的機(jī)械能增加了
【答案】A
【詳解】B．由題意知，A所受重力沿斜面方向的分力為
細(xì)線沿斜面方向?qū)的拉力為，所以釋放過(guò)后A沿斜面下滑，若B向上的位移為h，則A沿斜面向下的位移為，所以A的重力勢(shì)能減少了
故B錯(cuò)誤；
AC．設(shè)B的速度為，則A速度為，由于A、B組成的系統(tǒng)機(jī)械能守恒，由機(jī)械能守恒定律有
解得B的速度為
則A的速度
故A正確，C錯(cuò)誤；
D．B的機(jī)械能增加量為
故D錯(cuò)誤。
故選A。
03 應(yīng)用機(jī)械能守恒定律處理?xiàng)U類問(wèn)題
3．一拋物線形狀的光滑固定導(dǎo)軌豎直放置，O為拋物線導(dǎo)軌的頂點(diǎn)，O點(diǎn)離地面的高度為h，A、B兩點(diǎn)相距2h，軌道上套有一個(gè)小球M，小球M通過(guò)輕桿與光滑地面上的小球N相連，兩小球的質(zhì)量均為m，輕桿的長(zhǎng)度為2h。現(xiàn)將小球M從距地面豎直高度為h處?kù)o止釋放，下列說(shuō)法正確的是（）
A．小球M即將落地時(shí)，它的速度方向與水平面的夾角為30°
B．小球M即將落地時(shí)，它的速度方向與水平面的夾角為60°
C．從靜止釋放到小球M即將落地，輕桿對(duì)小球N的做功為mgh
D．從靜止釋放到小球M即將落地，輕桿對(duì)小球N的沖量為
【答案】C
【詳解】AB．小球M即將落地時(shí)，它的速度方向與拋物線軌道相切，根據(jù)平拋運(yùn)動(dòng)知識(shí)可知，小球M的速度方向與水平方向的夾角滿足
可得
故AB錯(cuò)誤；
C．設(shè)小球M即將落地時(shí)，速度大小為v1，小球N的速度大小為v2，根據(jù)系統(tǒng)機(jī)械能守恒有
小球M與小球N沿桿方向的速度相等，有
解得
根據(jù)動(dòng)能定理可得，從靜止釋放到小球M即將落地，輕桿對(duì)小球N做的功為
故C錯(cuò)誤；
D．從靜止釋放到小球M即將落地，對(duì)小球，根據(jù)動(dòng)量定理有
由題可知，桿對(duì)小球沖量的水平分量為I合，故桿對(duì)小球沖量大于，故D錯(cuò)誤。
故選C。
04 應(yīng)用機(jī)械能守恒定律處理彈簧問(wèn)題
4．如圖所示，水平面OA段粗糙，AB段光滑，。一原長(zhǎng)為、勁度系數(shù)為k（）的輕彈簧右端固定，左端連接一質(zhì)量為m的物塊。物塊從O點(diǎn)由靜止釋放。已知物塊與OA段間的動(dòng)摩擦因數(shù)為，最大靜摩擦力等于滑動(dòng)摩擦力。則物塊在向右運(yùn)動(dòng)過(guò)程中，其加速度大小a、動(dòng)能Ek、彈簧的彈性勢(shì)能Ep、系統(tǒng)的機(jī)械能E隨位移x變化的圖像可能正確的是（）
A．B．
C．D．
【答案】B
【詳解】A．由題意可知，A點(diǎn)處，物塊受到的彈力大小為
可知物塊從O到A過(guò)程，一直做加速運(yùn)動(dòng)，動(dòng)能一直增加，根據(jù)牛頓第二定律可得
（）
可知物塊從O到A過(guò)程，圖像應(yīng)為一條斜率為負(fù)的傾斜直線，故A錯(cuò)誤；
B．物塊從O到A過(guò)程（），由于彈簧彈力一直大于滑動(dòng)摩擦力，物塊一直做加速運(yùn)動(dòng)，動(dòng)能一直增加，但隨著彈力的減小，物塊受到的合力逐漸減小，根據(jù)動(dòng)能定理可知，圖像的切線斜率逐漸減??；物塊到A點(diǎn)瞬間，合力突變等于彈簧彈力，則圖像的切線斜率突變變大，接著物塊從A到彈簧恢復(fù)原長(zhǎng)過(guò)程（），物塊繼續(xù)做加速運(yùn)動(dòng)，物塊的動(dòng)能繼續(xù)增大，隨著彈力的減小，圖像的切線斜率逐漸減小；當(dāng)彈簧恢復(fù)原長(zhǎng)時(shí)，物塊的動(dòng)能達(dá)到最大，接著彈簧處于壓縮狀態(tài)，物塊開始做減速運(yùn)動(dòng)，物塊的動(dòng)能逐漸減小到0，該過(guò)程，隨著彈力的增大，圖像的切線斜率逐漸增大；故B正確；
C．根據(jù)彈性勢(shì)能表達(dá)式可得
可知圖像為開口向上的拋物線，頂點(diǎn)在處，故C錯(cuò)誤；
D．物塊從O到A過(guò)程（），摩擦力對(duì)系統(tǒng)做負(fù)功，系統(tǒng)的機(jī)械能逐漸減少，根據(jù)
可知從O到A過(guò)程，圖像為一條斜率為負(fù)的斜率直線；物塊到達(dá)A點(diǎn)后，由于A點(diǎn)右側(cè)光滑，則物塊繼續(xù)向右運(yùn)動(dòng)過(guò)程，系統(tǒng)機(jī)械能守恒，即保持不變，故D錯(cuò)誤。
故選B。
05 應(yīng)用功能關(guān)系或能量守恒處理傳送帶類問(wèn)題
5．如圖，傾角37°的傳送帶以速度順時(shí)針運(yùn)轉(zhuǎn)，兩傳動(dòng)輪之間的距離足夠長(zhǎng)，質(zhì)量的滑塊從左側(cè)底端以一定速度滑上傳送帶，滑塊在傳送帶上運(yùn)動(dòng)的圖像如圖所示，，，。則（）

A．0~4s，傳送帶對(duì)滑塊的摩擦力始終做負(fù)功
B．0~4s，滑塊的重力勢(shì)能增加了200J
C．0~4s，滑塊的機(jī)械能增加了128J
D．0~4s，滑塊與傳送帶間因摩擦而產(chǎn)生的熱量為30J
【答案】C
【詳解】A．由于物塊剛放上去時(shí)相對(duì)傳送帶向下運(yùn)動(dòng)，因此所受摩擦力沿傳送帶向上，后期勻速時(shí)摩擦力依然沿傳送帶向上，因此0~4s，傳送帶對(duì)滑塊的摩擦力始終做正功，A錯(cuò)誤；
B．根據(jù)圖像，0~4s，滑塊沿傳送帶上升的距離為圖像的面積，因此可算出面積為
物塊上升的高度為
因此重力勢(shì)能增加了
B錯(cuò)誤；
C．傳送帶對(duì)滑塊做的功等于滑塊機(jī)械能的增加量，由功能關(guān)系可得
解得
C正確；
D．滑塊和傳送帶只有在相對(duì)滑動(dòng)時(shí)才會(huì)產(chǎn)生熱量，因此可得
聯(lián)立解得
D錯(cuò)誤。
故選C。
06 應(yīng)用功能關(guān)系或能量守恒處理板塊類問(wèn)題
6．如圖甲所示，足夠長(zhǎng)的木板靜置于水平地面上，木板左端放置一可看成質(zhì)點(diǎn)的物塊。時(shí)對(duì)物塊施加一水平向右的恒定拉力F，在F的作用下物塊和木板發(fā)生相對(duì)滑動(dòng)，時(shí)撤去F，物塊恰好能到達(dá)木板右端，整個(gè)過(guò)程物塊運(yùn)動(dòng)的圖像如圖乙所示。已知木板的質(zhì)量為0.5kg，物塊與木板間、木板與地面間均有摩擦，最大靜摩擦力等于滑動(dòng)摩擦力，取重力加速度大小，下列說(shuō)法正確的是（）
A．木板的長(zhǎng)度為3m
B．物塊的質(zhì)量為0.8kg
C．拉力F對(duì)物塊做的功為9.9J
D．木板與地面間因摩擦產(chǎn)生的熱量為3.3J
【答案】CD
【詳解】A．木板在2.5s時(shí)刻之前影子向右做勻加速直線運(yùn)動(dòng)，作出圖像，如圖所示
由圖像可知2.5s時(shí)兩者共速，則木板在0~2.5s內(nèi)的加速度大小為
物塊在0~2.0s內(nèi)的加速度大小
物塊在2.0s~2.5s內(nèi)的加速度大小
兩者在2.5s~3.0s內(nèi)的加速度大小
可得木板與地面間的動(dòng)摩擦因數(shù)為0.2，物塊與木板間的動(dòng)摩擦因數(shù)為0.4，木板的長(zhǎng)度為
故A錯(cuò)誤；
B．前2s對(duì)木板有
對(duì)物塊有
解得
故B錯(cuò)誤；
C．前2s拉力F對(duì)物塊做的功
故C正確；
D．木板與地面間因摩擦產(chǎn)生的熱量
故D正確。
故選CD。
1．（2024·四川遂寧·三模）如圖（a）所示，為測(cè)定物體沖上粗糙斜面能達(dá)到的最大位移x與斜面傾角θ的關(guān)系，將某一物體每次以不變的初速率v0沿足夠長(zhǎng)的斜面向上推出，調(diào)節(jié)斜面與水平方向的夾角θ，實(shí)驗(yàn)測(cè)得x與斜面傾角θ的關(guān)系如圖（b）所示，取g=10 m/s2，=2.24，最大靜摩擦力等于滑動(dòng)摩擦力，則根據(jù)圖像可求出（）
A．物體的初速率v0=4 m/s
B．物體與斜面間的動(dòng)摩擦因數(shù)μ=0.8
C．當(dāng)θ=30°時(shí)，物體達(dá)到最大位移后將保持靜止
D．取不同的傾角θ，物體在斜面上能達(dá)到的位移x的最小值xmin≈0.7 m
【答案】AD
【詳解】A．由圖可知，當(dāng)時(shí)物體做豎直上拋運(yùn)動(dòng)，位移為，由豎直上拋運(yùn)動(dòng)規(guī)律可知
代入數(shù)據(jù)解得
故A正確；
B．當(dāng)時(shí)，位移為，由動(dòng)能定理可得
代入數(shù)據(jù)解得
故B錯(cuò)誤；
C．若時(shí)，物體的重力沿斜面向下的分力為
最大靜摩擦力為
小球達(dá)到最高點(diǎn)后會(huì)下滑，故C錯(cuò)誤；
D．由動(dòng)能定理得
解得
當(dāng)時(shí)，，此時(shí)位移最小為
故D正確。
故選AD。
2．（2024·遼寧鞍山·二模）如圖，兩長(zhǎng)度均為L(zhǎng)的相同輕質(zhì)細(xì)桿用鉸鏈A、B、C相連，質(zhì)量可忽略的鉸鏈A固定在地面上，鉸鏈B和C質(zhì)量不可忽略，均為m，鉸鏈A、B、C均可視為質(zhì)點(diǎn)。起始位置兩細(xì)桿豎直，如圖虛線所示，鉸鏈A和C彼此靠近。時(shí)鉸鏈C在水平外力的作用下從靜止開始做初速度為零，加速度大小為的勻加速直線運(yùn)動(dòng)（g為重力加速度），到時(shí)AB和BC間的夾角變?yōu)?20°，如圖實(shí)線所示。若兩個(gè)輕質(zhì)細(xì)桿始終在同一豎直面內(nèi)運(yùn)動(dòng)，所有摩擦均不計(jì)，下列說(shuō)法正確的是（）
A．時(shí)重力對(duì)B做功的瞬時(shí)功率為
B．時(shí)重力對(duì)B做功的瞬時(shí)功率為
C．從到時(shí)間內(nèi)，力F做的功為
D．時(shí)連接AB的細(xì)桿中的彈力大小為
【答案】BC
【詳解】AB．時(shí)C的位移為
根據(jù)勻變速直線運(yùn)動(dòng)的規(guī)律，有
解得
B、C沿桿方向速度相等，為根據(jù)運(yùn)動(dòng)的合成與分解如圖
B繞A做圓周運(yùn)動(dòng)，解得
故重力對(duì)B做功的瞬時(shí)功率為
故A錯(cuò)誤，B正確；
C．對(duì)系統(tǒng)，根據(jù)動(dòng)能定理有
解得
故C正確；
D．若為恒力，時(shí)刻對(duì)C分析，根據(jù)牛頓第二定律
時(shí)刻對(duì)C分析，根據(jù)牛頓第二定律
聯(lián)立解得
又B繞A做圓周運(yùn)動(dòng)，對(duì)B進(jìn)行受力分析，如圖
B所受合力沿AB桿指向A，設(shè)AB桿對(duì)B的彈力沿AB桿指向B，根據(jù)牛頓第二定律，有
解得
此時(shí)AB桿對(duì)B的彈力大小為，但不是恒力，則
故此時(shí)連接AB的細(xì)桿中的彈力大小不為，故D錯(cuò)誤。
故選BC。
3．（2024·山東聊城·一模）如圖所示，一輕繩繞過(guò)無(wú)摩擦的兩個(gè)輕質(zhì)小定滑輪，一端和質(zhì)量為m的小球連接，另一端與套在光滑固定直桿上質(zhì)量也為m的小物塊連接，直桿與兩定滑輪在同一豎直面內(nèi)，與水平面的夾角θ=53°，直桿上O點(diǎn)與兩定滑輪均在同一高度，O點(diǎn)到定滑輪的距離為L(zhǎng)，直桿上D點(diǎn)到點(diǎn)的距離也為L(zhǎng)，重力加速度為g，直桿足夠長(zhǎng)，小球運(yùn)動(dòng)過(guò)程中不會(huì)與其他物體相碰?，F(xiàn)將小物塊從O點(diǎn)由靜止釋放，下列說(shuō)法正確的是（）
A．小物塊剛釋放時(shí)，輕繩中的張力大小為mg
B．小球運(yùn)動(dòng)到最低點(diǎn)時(shí)，小物塊加速度的大小為
C．小物塊下滑至D點(diǎn)時(shí)，小物塊與小球的速度大小之比為5：3
D．小物塊下滑至D點(diǎn)時(shí)，小物塊的速度大小為
【答案】BCD
【詳解】A．小物塊剛釋放時(shí)，小物塊將加速下滑，加速度向下，小球處于失重狀態(tài)，則輕繩對(duì)小球的拉力小于球的重力mg，故A錯(cuò)誤；
B．當(dāng)拉物塊的繩子與直桿垂直時(shí)，小球下降的距離最大，對(duì)小物塊受力分析，由牛頓第二定律
解得此時(shí)小物塊加速度的大小為
故B正確；
C．設(shè)小物塊在D處的速度大小為v，此時(shí)小球的速度大小為，將小物塊的速度分解為沿繩子方向和垂直繩子方向，如圖所示
沿繩子方向的分速度等于小球的速度，即
故小物塊在D處的速度與小球的速度之比為
故C正確；
D．對(duì)小物塊和小球組成的系統(tǒng)根據(jù)機(jī)械能守恒定律，有
其中
解得此時(shí)小物塊的速度大小為
故D正確。
故選BCD。
4．（2024·陜西寶雞·模擬預(yù)測(cè)）如圖所示，質(zhì)量為mA=1kg，mB=2kg的物塊A和B用輕彈簧連接并豎直放置，輕繩繞過(guò)固定在同一水平面上的兩個(gè)定滑輪，一端與物塊A連接，另一端與質(zhì)量為mC=1kg的小球C相連，小球C套在水平固定的光滑直桿上。開始時(shí)小球C鎖定在直桿上的P點(diǎn)，連接小球的輕繩和水平方向的夾角θ=60°，物體B對(duì)地面的壓力恰好為零?，F(xiàn)解除對(duì)小球C的鎖定，同時(shí)施加一個(gè)水平向右、大小為F=16N的恒力，小球C運(yùn)動(dòng)到直桿上的Q點(diǎn)時(shí)速度達(dá)到最大，OQ與水平方向的夾角也為θ=60°，D為PQ的中點(diǎn)，PQ距離L=2m，在小球C的運(yùn)動(dòng)過(guò)程中，輕繩始終處于拉直狀態(tài)，彈簧始終在彈性限度內(nèi)，忽略兩個(gè)定滑輪大小以及滑輪、繩與軸之間的摩擦力，g取10m/s2，下列說(shuō)法正確的是（）
A．小球C從P點(diǎn)運(yùn)動(dòng)到D點(diǎn)的過(guò)程中，合外力對(duì)物體A的沖量為零
B．小球C從P點(diǎn)運(yùn)動(dòng)到Q點(diǎn)的過(guò)程中，輕繩拉力對(duì)物體A做功為零
C．小球C運(yùn)動(dòng)到Q點(diǎn)時(shí)的速度大小為
D．小球C運(yùn)動(dòng)到Q點(diǎn)時(shí)，物體A的加速度大小為
【答案】ACD
【詳解】A．小球C運(yùn)動(dòng)到D點(diǎn)時(shí)，物體A剛好運(yùn)動(dòng)最低點(diǎn)，此時(shí)A的速度為零，根據(jù)動(dòng)量定理可得
可知合外力對(duì)物體A的沖量為零，故A正確；
B．小球C從P點(diǎn)運(yùn)動(dòng)到Q點(diǎn)的過(guò)程中，此時(shí)物體A剛好回到初始位置，此過(guò)程重力、彈簧彈力對(duì)A球做功均為0；由于小球C運(yùn)動(dòng)到Q點(diǎn)沿繩子方向的速度不為0，則此時(shí)A的速度不為0，根據(jù)動(dòng)能定理可得
故B錯(cuò)誤；
C．小球C運(yùn)動(dòng)到Q點(diǎn)時(shí)，此時(shí)物體A剛好回到初始位置，彈簧的彈性勢(shì)能變化量為零，A、C和彈簧組成的系統(tǒng)根據(jù)能量守恒有
又
聯(lián)立解得
故C正確；
D．小球C運(yùn)動(dòng)到直桿上的Q點(diǎn)時(shí)速度達(dá)到最大，根據(jù)平衡條件有
根據(jù)對(duì)稱性可知，小球C運(yùn)動(dòng)到直桿上的Q點(diǎn)時(shí)物體B對(duì)地面的壓力恰好為零，則彈簧處于伸長(zhǎng)狀態(tài)，且大小為
物體A的加速度大小為
故D正確。
故選ACD。
5．（2023·四川德陽(yáng)·一模）如圖所示，豎直平面內(nèi)固定一根豎直的光滑桿P和水平光滑桿Q，兩桿在同一平面內(nèi)，不接觸，水平桿延長(zhǎng)線與豎直桿的交點(diǎn)為O。質(zhì)量為2m的小球A套在豎直桿上，上端固定在桿上的輕質(zhì)彈簧的另一端與小球A相連。另一質(zhì)量為m的小球B套在水平桿Q上，小球A、B用長(zhǎng)為2L的輕桿通過(guò)鉸鏈分別連接。在外力作用下，當(dāng)輕桿與水平桿Q成θ=53°斜向左上時(shí)，輕質(zhì)彈簧處于原長(zhǎng)，系統(tǒng)處于靜止?fàn)顟B(tài)。撤去外力，小球A在豎直桿上做往復(fù)運(yùn)動(dòng)，下降的最大距離為2L。已知輕質(zhì)彈簧的彈性勢(shì)能，x為彈簧的形變量，k為輕質(zhì)彈簧的勁度系數(shù)，整個(gè)過(guò)程輕質(zhì)彈簧始終處在彈性限度內(nèi)，不計(jì)一切摩擦，重力加速度大小為g，sin53°=0.8，cs53°=0.6.則下列說(shuō)法正確的是（）
A．輕質(zhì)彈簧的勁度系數(shù)k為
B．小球A運(yùn)動(dòng)到O點(diǎn)時(shí)的速度大小為
C．從撤去外力到輕桿與水平桿Q成θ=30°斜向左上的過(guò)程，輕桿對(duì)小球B做的功為
D．小球A從最高點(diǎn)運(yùn)動(dòng)到O點(diǎn)的過(guò)程，水平桿Q對(duì)小球B的作用力始終大于mg
【答案】AC
【詳解】A．小球A、彈簧和小球B組成的系統(tǒng)能量守恒，小球A下降到最大距離時(shí)，根據(jù)能量守恒定律有
解得
故A正確
B．小球A運(yùn)動(dòng)到O點(diǎn)時(shí)，AB速度相等，根據(jù)能量守恒定律有
解得
故B錯(cuò)誤；
C．輕桿與水平桿Q成θ=30°斜向左上時(shí)，設(shè)B的速度為，A的速度為vA，根據(jù)關(guān)聯(lián)問(wèn)題可知
根據(jù)能量守恒定律有
解得
根據(jù)動(dòng)能定理可知輕桿對(duì)小球B做的功為
解得
故C正確；
D．根據(jù)小球A在豎直桿上做往復(fù)運(yùn)動(dòng)的特點(diǎn)可知，小球從從最高點(diǎn)運(yùn)動(dòng)到O點(diǎn)的過(guò)程，鉸鏈對(duì)小球先做正功，后做負(fù)功，則水平桿Q對(duì)小球B的作用力并非始終大于mg，故D錯(cuò)誤；
故選AC。
6．（2023·福建廈門·三模）現(xiàn)代科學(xué)的發(fā)展揭示了無(wú)序性也是世界構(gòu)成的一個(gè)本質(zhì)要素。意大利物理學(xué)家喬治帕里西發(fā)現(xiàn)了從原子到行星尺度的物理系統(tǒng)中無(wú)序和漲落間的相互影響，深刻揭示了無(wú)序體系中的隱藏對(duì)稱性，榮獲了諾貝爾物理學(xué)獎(jiǎng)。如圖所示是力學(xué)中的一個(gè)無(wú)序系統(tǒng)模型，質(zhì)量均為的小球M、N用兩根長(zhǎng)度均為的輕質(zhì)細(xì)桿連接，細(xì)桿的一端可繞固定點(diǎn)自由轉(zhuǎn)動(dòng)，細(xì)桿可繞小球M自由轉(zhuǎn)動(dòng)。開始時(shí)兩球與點(diǎn)在同一高度，靜止釋放兩球，并開始計(jì)時(shí)，兩球在豎直面內(nèi)做無(wú)序運(yùn)動(dòng)；時(shí)，細(xì)桿與豎直方向的夾角為，小球N恰好到達(dá)與點(diǎn)等高處且速度方向水平向右。重力加速度，不計(jì)一切摩擦和空氣阻力，下列說(shuō)法正確的是（）
A．時(shí)，兩小球速度大小相等
B．時(shí)，N球的速度大小為
C．此運(yùn)動(dòng)過(guò)程中，兩桿對(duì)M球做功之和為
D．此運(yùn)動(dòng)過(guò)程中，細(xì)桿對(duì)球的沖量大小為
【答案】BC
【詳解】A．細(xì)桿a的一端可繞固定點(diǎn)O自由轉(zhuǎn)動(dòng)，則M的速度方向始終與桿a垂直，設(shè)t=2s時(shí)小球M、N的速度大小分別為vM、vN，如圖所示
M的速度方向始終與桿a垂直，當(dāng)N速度方向水平向右時(shí)，二者沿桿b方向的分速度相等，有
可得
故A錯(cuò)誤；
B．由系統(tǒng)機(jī)械能守恒，有
解得M球的速度
方向向右下方，與水平方向的夾角為30°，N球的速度
方向水平向右，故B正確；
C．此運(yùn)動(dòng)過(guò)程中，對(duì)M球根據(jù)動(dòng)能定理有
解得
故C正確；
D．此運(yùn)動(dòng)過(guò)程中，根據(jù)動(dòng)量定理可知，細(xì)桿b對(duì)N球的沖量
故D錯(cuò)誤。
故選BC。
7．（2024·吉林·三模）如圖，質(zhì)量為的A物塊和質(zhì)量為的B物塊通過(guò)輕質(zhì)細(xì)線連接，細(xì)線跨過(guò)輕質(zhì)定滑輪，B的正下方有一個(gè)固定在水平面上的輕質(zhì)彈簧，勁度系數(shù)為。開始時(shí)A鎖定在地面上，整個(gè)系統(tǒng)處于靜止?fàn)顟B(tài)，B距離彈簧上端的高度為，現(xiàn)在對(duì)A解除鎖定，A、B開始運(yùn)動(dòng)，A上升的最大高度未超過(guò)定滑輪距地面的高度。已知當(dāng)B距離彈簧上端的高度時(shí)，A不能做豎直上拋運(yùn)動(dòng)，（重力加速度為，忽略一切摩擦，彈簧一直處在彈性限度內(nèi)）下列說(shuō)法正確的是（）
A．當(dāng)彈簧的彈力等于物塊B的重力時(shí)，兩物塊具有最大動(dòng)能
B．當(dāng)B物塊距離彈簧上端的高度時(shí)，B物塊下落過(guò)程中繩拉力與彈簧彈力的合力沖量方向豎直向上
C．當(dāng)B物塊距離彈簧上端的高度時(shí)，彈簧最大彈性勢(shì)能為
D．當(dāng)B物塊距離彈簧上端的高度時(shí)，A物塊上升的最大高度為
【答案】BCD
【詳解】A．當(dāng)物塊B接觸到彈簧后，由于受到彈簧向上的彈力作用，故B的加速度逐漸減小，但速度仍然變大，當(dāng)滿足彈簧的彈力等于物塊B的重力與繩子拉力的差值時(shí)，即滿足
即彈簧彈力為
拉力不為0，物體的加速度為零，此時(shí)兩物體的速度最大，動(dòng)能最大，故A錯(cuò)誤；
BC．因?yàn)楫?dāng)B物塊距離彈簧上端的高度時(shí)，A物塊恰不能做豎直上拋運(yùn)動(dòng)，則當(dāng)物體B到達(dá)最低點(diǎn)時(shí)，A到達(dá)最高點(diǎn)，此時(shí)兩物塊速度恰好為零，則B物塊下落過(guò)程中，繩拉力與彈簧彈力的合力沖量與重力的沖量大小相等，方向相反，所以繩拉力與彈簧彈力的合力沖量豎直向上，對(duì)物體AB利用能量守恒得
則彈簧的壓縮量為
則整個(gè)過(guò)程中，物體A上升的高度應(yīng)該等于，由能量關(guān)系可知B到達(dá)最低點(diǎn)時(shí)彈簧的最大彈性勢(shì)能為
故BC正確；
D．當(dāng)B物塊距離彈簧上端的高度為時(shí)，則B物體壓縮彈簧下降時(shí)，物體A就將做上拋運(yùn)動(dòng)，此時(shí)刻根據(jù)能量關(guān)系可知
解得
則物體上拋運(yùn)動(dòng)的高度則A物塊上升的最大高度為
故D正確。
故選BCD。
8．（2024·內(nèi)蒙古赤峰·一模）如圖所示，一固定在水平面上的光滑木板，與水平面的夾角，木板的底端固定一垂直木板的擋板，上端固定一定滑輪O。勁度系數(shù)為的輕彈簧下端固定在擋板上，上端與質(zhì)量為2m的物塊Q連接?？邕^(guò)定滑輪O的不可伸長(zhǎng)的輕繩一端與物塊Q連接，另一端與套在水平固定的光滑直桿上質(zhì)量為m的物塊P連接。初始時(shí)物塊P在水平外力F作用下靜止在直桿的A點(diǎn)，且恰好與直桿沒(méi)有相互作用，輕繩與水平直桿的夾角。去掉水平外力F，物塊P由靜止運(yùn)動(dòng)到B點(diǎn)時(shí)輕繩與直桿間的夾角。已知滑輪到水平直桿的垂直距離為d，重力加速度大小為g，彈簧軸線、物塊Q與定滑輪之間的輕繩共線且與木板平行，不計(jì)滑輪大小及摩擦。，，，。則下列說(shuō)法正確的是（）
A．物塊P向左運(yùn)動(dòng)的過(guò)程中其機(jī)械能先增大后減小
B．物塊P從A點(diǎn)運(yùn)動(dòng)到B點(diǎn)時(shí)，物塊Q的重力勢(shì)能減少量小于P、Q兩物塊總動(dòng)能的增加量
C．物塊P在A點(diǎn)時(shí)彈簧的伸長(zhǎng)量為
D．物塊P從A點(diǎn)運(yùn)動(dòng)到B點(diǎn)的過(guò)程中，輕繩拉力對(duì)物塊P做的功為
【答案】CD
【詳解】A．由于輕繩只能提供拉力，其對(duì)于物塊P來(lái)說(shuō)在從A點(diǎn)到B點(diǎn)過(guò)程中輕繩拉力的方向與其運(yùn)動(dòng)方向成銳角，即輕繩拉力對(duì)其做正功。而由于水平光滑直桿，所以物塊P在該過(guò)程只有輕繩拉力做功，即物塊P在該過(guò)程中機(jī)械能一直增加，故A項(xiàng)錯(cuò)誤；
C．對(duì)物塊P在A點(diǎn)時(shí)進(jìn)行受力分析，其恰好與直桿沒(méi)有相互作用，所以繩子拉力在豎直方向的分力與重力大小相等，方向相反，即
所以繩子的拉力為
對(duì)物塊Q進(jìn)行受力分析，在沿斜面方向上有
解得
設(shè)彈簧拉伸的長(zhǎng)度為x，由胡克定律有
解得
故C項(xiàng)正確；
B．物塊P到B點(diǎn)時(shí)，由幾何可得物塊Q沿斜面向下滑了
所以此時(shí)彈簧的壓縮量為
即此時(shí)彈簧的壓縮量與初始時(shí)彈簧的拉伸量相同，也就是說(shuō)此時(shí)彈簧的彈性勢(shì)能與初始時(shí)彈簧的彈性勢(shì)能相同。物塊P從A點(diǎn)運(yùn)動(dòng)到B點(diǎn)的過(guò)程中，彈簧的彈力做功為零，所以由能量守恒可知，物塊Q重力勢(shì)能減少量之和等于物塊P和Q兩物塊的動(dòng)能的增加量，故B項(xiàng)錯(cuò)誤；
D．物塊P運(yùn)動(dòng)到B點(diǎn)時(shí)，P和Q速度滿足
物塊P從A點(diǎn)運(yùn)動(dòng)到B的過(guò)程中，由能量守恒有
對(duì)物塊P由動(dòng)能定理有
解得
故D項(xiàng)正確。
故選CD。
9．（2024·遼寧鞍山·二模）如圖所示，電動(dòng)機(jī)帶動(dòng)的傳送帶與水平方向夾角，與兩皮帶輪、相切與A、B兩點(diǎn)，從A到B長(zhǎng)度為。傳送帶以的速率順時(shí)針轉(zhuǎn)動(dòng)。兩皮帶輪的半徑都為。長(zhǎng)度為水平直軌道CD和傳送帶皮帶輪最高點(diǎn)平滑無(wú)縫連接。現(xiàn)有一體積可忽略，質(zhì)量為小物塊在傳送帶下端A無(wú)初速度釋放。若小物塊與傳送帶之間的動(dòng)摩擦因數(shù)為，與水平直軌道CD之間的動(dòng)摩擦因數(shù)為，若最大靜摩擦力等于滑動(dòng)摩擦力。則（）

A．小物塊從A運(yùn)動(dòng)到B的時(shí)間為8s
B．小物塊運(yùn)動(dòng)到皮帶輪最高點(diǎn)時(shí)，一定受到皮帶輪的支持力作用
C．將小物塊由A點(diǎn)送到C點(diǎn)電動(dòng)機(jī)多消耗的電能為
D．若小物塊剛好停在CD中點(diǎn)，則
【答案】ABC
【詳解】A．小物塊在傳送帶下端A無(wú)初速度釋放后，受到的滑動(dòng)摩擦力沿傳送帶向上，做勻加速直線運(yùn)動(dòng)由牛頓第二定律可得
解得
假設(shè)小物塊能與傳送帶達(dá)到相同速度，則勻加速直線運(yùn)動(dòng)小物塊上滑的位移為
則假設(shè)成立，小物塊勻加速運(yùn)動(dòng)的時(shí)間為
速度相同后，由于
小物塊與傳送帶一起勻速，小物塊勻速運(yùn)動(dòng)的時(shí)間為
則小物塊從A運(yùn)動(dòng)到B所用的時(shí)間為
A正確；
B．小物塊運(yùn)動(dòng)到皮帶輪最高點(diǎn)時(shí)所需的向心力
所以小物塊運(yùn)動(dòng)到皮帶輪最高點(diǎn)時(shí)，一定受到皮帶輪的支持力作用，B正確；
C．小物塊與傳送帶的相對(duì)位移為
小物塊與傳送帶摩擦產(chǎn)生的熱量為
B、C的高度
小物塊從A點(diǎn)運(yùn)動(dòng)到C點(diǎn)，根據(jù)能量守恒可得電動(dòng)機(jī)比空載時(shí)多消耗的電能為
故C正確；
D．若小物塊剛好停在CD中點(diǎn)，根據(jù)動(dòng)能定理有
解得
D錯(cuò)誤。
故選ABC。
10．（2023·內(nèi)蒙古包頭·二模）如圖，高為h傾角為的粗糙傳送帶以速率順時(shí)針運(yùn)行，將質(zhì)量為m的小物塊輕放到皮帶底端，同時(shí)施以沿斜面向上的拉力使物塊做勻加速直線運(yùn)動(dòng)，不考慮輪的大小，物塊運(yùn)動(dòng)到斜面頂端時(shí)速率為，物塊與傳送帶之間的動(dòng)摩擦因數(shù)為，重力加速度為g，則下列說(shuō)法正確的是（）
A．摩擦力對(duì)物塊所做的功為
B．整個(gè)過(guò)程皮帶與物塊間產(chǎn)生的熱量為
C．拉力所做的功為
D．皮帶因傳送物塊多消耗的電能為
【答案】BC
【詳解】A．物塊向上做勻加速直線運(yùn)動(dòng)，則有
物塊與皮帶達(dá)到同速之前，物塊所受摩擦力方向沿皮帶向上，此過(guò)程的位移
物塊與皮帶達(dá)到同速之后，物塊所受摩擦力方向沿皮帶向下，此過(guò)程的位移
解得
，
則摩擦力對(duì)物塊所做的功為
解得
A錯(cuò)誤；
C．根對(duì)物塊，根據(jù)動(dòng)能定理有
解得
C正確；
B．物塊與皮帶達(dá)到同速之前經(jīng)歷的時(shí)間
結(jié)合上述解得
物塊與皮帶達(dá)到同速之后經(jīng)歷的時(shí)間
結(jié)合上述解得
則前后過(guò)程的相對(duì)位移分別為
，
則整個(gè)過(guò)程皮帶與物塊間產(chǎn)生的熱量為
B正確；
D．傳送帶通過(guò)摩擦力對(duì)物塊做功消耗能量，根據(jù)上述，摩擦力對(duì)物塊所做的功為，即表明物塊對(duì)傳送帶做正功，則傳送帶并沒(méi)有多消耗能量，D錯(cuò)誤。
故選BC。
11．（2024高三·山東日照·模擬預(yù)測(cè)）如圖甲所示，六塊相同的長(zhǎng)木板并排放在粗糙水平地面上，每塊長(zhǎng)度為L(zhǎng)=2m、質(zhì)量為M=0.8kg。另有一質(zhì)量為m=1kg的小物塊（可看做質(zhì)點(diǎn)），以的初速度沖上木板。已知物塊與木板間的動(dòng)摩擦因數(shù)為μ1=0.3，木板與地面間的動(dòng)摩擦因數(shù)為μ2=0.1，重力加速度取g=10m/s2。以下說(shuō)法正確的是（）
A．物塊滑上第4塊瞬間，第4、5、6塊開始運(yùn)動(dòng)
B．物塊滑上第5塊瞬間，第5、6塊開始運(yùn)動(dòng)
C．物塊最終停在某木塊上，物塊與該木塊摩擦產(chǎn)生的熱量為
D．物塊最終停在某木塊上，物塊與該木塊摩擦產(chǎn)生的熱量為
【答案】BD
【詳解】AB．當(dāng)物塊滑上第n個(gè)長(zhǎng)木板時(shí)，長(zhǎng)木板開始運(yùn)動(dòng)，滿足
解得
故物塊滑上第5塊瞬間，第5、6塊開始運(yùn)動(dòng)，故A錯(cuò)誤，B正確。
CD．滑上第5塊木板前，所有木塊相對(duì)地面靜止，則
根據(jù)
代入數(shù)據(jù)解得，沖上第5塊木板的速度
在第5塊木板上運(yùn)動(dòng)時(shí)間為，受力分析
解得
此時(shí)物塊速度
繼續(xù)滑上第6個(gè)木板，則
解得
設(shè)達(dá)到共速時(shí)間為
解得
則共速時(shí)，相對(duì)于第6塊木板左端距離
則物塊與該木塊摩擦產(chǎn)生的熱量為
故C錯(cuò)誤，D正確。
故選BD。
12．（2024·廣東廣州·二模）圖（a）是水平放置的“硬幣彈射器”裝置簡(jiǎn)圖，圖（b）是其俯視圖?；蹆?nèi)的撞板通過(guò)兩橡皮繩與木板相連，其厚度與一個(gè)硬幣的相同?；鄢隹诙说摹皫艂}(cāng)”可疊放多個(gè)相同的硬幣。撞板每次被拉動(dòng)至同一位置后靜止釋放，與底層硬幣發(fā)生彈性正碰；碰后，撞板立即被鎖定，底層硬幣被彈出，上一層硬幣掉下補(bǔ)位。底層硬幣被撞后在摩擦力作用下減速，最后平拋落到水平地面上。已知每個(gè)硬幣質(zhì)量為m，撞板質(zhì)量為3m；每次撞板從靜止釋放到撞擊硬幣前瞬間，克服摩擦力做功為W，兩橡皮繩對(duì)撞板做的總功為4W；忽略空氣阻力，硬幣不翻轉(zhuǎn)。
（1）求撞板撞擊硬幣前瞬間，撞板的速度v；
（2）當(dāng)“幣倉(cāng)”中僅有一個(gè)硬幣時(shí)，硬幣被撞擊后到拋出過(guò)程，克服摩擦力做功Wf為其初動(dòng)能的，求；
（3）已知“幣倉(cāng)”中有n（n≤10）個(gè)硬幣時(shí)，底層硬幣沖出滑槽過(guò)程中克服摩擦力做功為；試討論兩次“幣倉(cāng)”中分別疊放多少個(gè)硬幣時(shí)，可使底層硬幣平拋的水平射程之比為。
【答案】（1）；（2）；（3）見(jiàn)解析
【詳解】（1）根據(jù)動(dòng)能定理有
解得
（2）對(duì)撞板與硬幣構(gòu)成的系統(tǒng)，由于發(fā)生的是彈性碰撞，則有
，
解得
克服摩擦力做功Wf為其初動(dòng)能的，則有
解得
（3）平拋運(yùn)動(dòng)過(guò)程有
，，
根據(jù)題意有
底層硬幣沖出滑槽過(guò)程中克服摩擦力做功為，根據(jù)動(dòng)能定理有
，
結(jié)合上述有
由于n≤10，則有
，或，或，
13．（2024·廣東廣州·一模）如圖甲，當(dāng)時(shí)，帶電量、質(zhì)量的滑塊以的速度滑上質(zhì)量的絕緣木板，在0~1s內(nèi)滑塊和木板的圖像如圖乙，當(dāng)時(shí)，滑塊剛好進(jìn)入寬度的勻強(qiáng)電場(chǎng)區(qū)域，電場(chǎng)強(qiáng)度大小為，方向水平向左?；瑝K可視為質(zhì)點(diǎn)，且電量保持不變，始終未脫離木板；最大靜摩擦力等于滑動(dòng)摩擦力，重力加速度g取。
（1）求滑塊與木板間的動(dòng)摩擦因數(shù)、木板與地面間的動(dòng)摩擦因數(shù)；
（2）試討論滑塊停止運(yùn)動(dòng)時(shí)距電場(chǎng)左邊界的距離s與場(chǎng)強(qiáng)E的關(guān)系。
【答案】（1），；（2）見(jiàn)解析
【詳解】（1）根據(jù)圖乙，可得滑塊與木板的加速度大小分別為
，
對(duì)滑塊和木板分別由牛頓第二定律有
解得
，
（2）根據(jù)題意，滑塊與木板共速時(shí)恰好進(jìn)入電場(chǎng)，進(jìn)入電場(chǎng)后滑塊所受電場(chǎng)力
由于
可得滑塊所受電場(chǎng)力的范圍
而滑塊與木板間的最大靜摩擦力
因此進(jìn)入電場(chǎng)后以及出電場(chǎng)后滑塊與木板都不會(huì)發(fā)生相對(duì)滑動(dòng)，可將滑塊與木板看成一個(gè)整體進(jìn)行研究，且進(jìn)入電場(chǎng)時(shí)的初速度為。當(dāng)滑塊剛到達(dá)電場(chǎng)右邊界時(shí)速度減為0，則由動(dòng)能定理有
解得
此時(shí)
而摩擦力
①當(dāng)時(shí)，木板與滑塊會(huì)穿過(guò)電場(chǎng)繼續(xù)向右運(yùn)動(dòng)，由動(dòng)能定理有
解得
②若有
可得
即當(dāng)時(shí)，結(jié)合以上分析可知，物塊和木板將會(huì)在電場(chǎng)中停下來(lái)，由動(dòng)能定理有
解得
③當(dāng)時(shí)，滑塊和木板在電場(chǎng)中速度減為零后將反向做加速運(yùn)動(dòng)從而出電場(chǎng)，則對(duì)進(jìn)入電場(chǎng)到速度減為0的過(guò)程由動(dòng)能定理有
反向出電場(chǎng)的過(guò)程由動(dòng)能定理有
聯(lián)立解得
14．（2024·浙江溫州·二模）一游戲裝置豎直截面如圖所示，該裝置由傾角的固定斜面CD、水平傳送帶EF、粗糙水平軌道FG、光滑圓弧軌道GPQ、及固定在Q處的彈性擋板組成。斜面CD高度，傳送帶EF與軌道FG離地面高度均為h，兩者長(zhǎng)度分別為、，OG、OP分別為圓弧軌道的豎直與水平半徑，半徑，圓弧PQ所對(duì)應(yīng)的圓心角，軌道各處平滑連接?，F(xiàn)將質(zhì)量的滑塊（可視為質(zhì)點(diǎn)）從斜面底端的彈射器彈出，沿斜面從D點(diǎn)離開時(shí)速度大小，恰好無(wú)碰撞從E點(diǎn)沿水平方向滑上傳送帶。當(dāng)傳送帶以的速度順時(shí)針轉(zhuǎn)動(dòng)，滑塊恰好能滑至P點(diǎn)。已知滑塊與傳送帶間的動(dòng)摩擦因數(shù)，滑塊與擋板碰撞后原速率反向彈回，不計(jì)空氣阻力。，，求：
（1）高度h；
（2）滑塊與水平軌道FG間的動(dòng)摩擦因數(shù)；
（3）滑塊最終靜止時(shí)離G點(diǎn)的距離x；
（4）若傳送帶速度大小可調(diào)，要使滑塊與擋板僅碰一次，且始終不脫離軌道，則傳送帶速度大小v的范圍。
【答案】（1）；（2）；（3）；（4）
【詳解】（1）滑塊從D到E做斜拋運(yùn)動(dòng)，E點(diǎn)為最高點(diǎn)，分解，豎直方向
水平方向
豎直位移為y，則，解得
所以
（2）滑塊以滑上傳送帶，假設(shè)能被加速到，則
成立。故滑塊離開F點(diǎn)的速度
從F到P由動(dòng)能定理得
解得
（3）由分析可知，物塊從P返回后向左進(jìn)入傳送帶，又被傳送帶原速率帶回，設(shè)物塊從P返回后，在FG之間滑行的總路程為s，則
解得
所以，滑塊停止時(shí)離G點(diǎn)
（4）設(shè)傳送帶速度為時(shí)，滑塊恰能到Q點(diǎn)，在Q點(diǎn)滿足
解得
從F到Q由動(dòng)能定理得
解得
設(shè)傳送帶速度為時(shí)，滑塊撞擋板后恰能重新返回到P點(diǎn)，由動(dòng)能定理得
解得
若滑塊被傳送帶一直加速，則
可得
所以，傳送帶可調(diào)節(jié)的速度范圍為
15．（2024·山東濟(jì)寧·一模）濟(jì)寧大安機(jī)場(chǎng)某貨物傳送裝置簡(jiǎn)化圖如圖甲所示，該裝置由傳送帶及固定擋板CDEF組成，擋板與傳送帶上表面ABCD垂直，傳送帶上表面與水平地面的夾角，CD與水平面平行。傳送帶始終勻速轉(zhuǎn)動(dòng)，工作人員將質(zhì)量分布均勻的正方體貨物從D點(diǎn)由靜止釋放，貨物對(duì)地發(fā)生位移L=10m后被取走，貨物在傳送帶上運(yùn)動(dòng)時(shí)的剖面圖如圖乙所示。已知傳送帶速率，貨物質(zhì)量，貨物與傳送帶的動(dòng)摩擦因數(shù)，與擋板的動(dòng)摩擦因數(shù)。（，，重力加速度，不計(jì)空氣阻力）。求：
（1）貨物在傳送帶上經(jīng)歷的時(shí)間t；
（2）因運(yùn)送貨物傳送裝置多消耗的電能E。
【答案】（1）；（2）202J
【詳解】（1）令傳送帶對(duì)貨物的彈力為，擋板對(duì)貨物的彈力大小為，對(duì)貨物進(jìn)行分析有
，
貨物進(jìn)行受力分析有
解得
貨物勻加速至2m/s的過(guò)程，根據(jù)速度與位移關(guān)系式有
解得
則勻加速直線運(yùn)動(dòng)的時(shí)間
之后貨物做勻速直線運(yùn)動(dòng)，經(jīng)歷時(shí)間
則貨物在傳送帶上經(jīng)歷的時(shí)間
（2）貨物在勻加速與勻速運(yùn)動(dòng)過(guò)程中，傳送帶的位移分別為
，
貨物勻加速過(guò)程傳送帶克服摩擦力做功為
貨物勻速過(guò)程傳送帶克服摩擦力做功為
則因運(yùn)送貨物傳送裝置多消耗的電能為
16．（2024·山東泰安·二模）如圖所示，一個(gè)順時(shí)針勻速轉(zhuǎn)動(dòng)的水平傳送帶右端與下側(cè)光滑彎曲軌道最高點(diǎn)B等高相切，彎曲軌道有上下兩個(gè)光滑側(cè)面，其豎直截面均為兩個(gè)四分之一圓周，且圓周半徑均相同。最右端有一帶固定擋板的長(zhǎng)木板，其上表面與光滑平臺(tái)CD、下側(cè)彎曲軌道最低端等高且與D端接觸。一滑塊P自傳送帶左端A點(diǎn)由靜止釋放，滑塊P大小略小于彎曲軌道的間距?；瑝KP經(jīng)過(guò)傳送帶和彎曲軌道后與靜止在光滑平臺(tái)上的滑塊Q發(fā)生彈性正碰?；瑝KP、Q、長(zhǎng)木板質(zhì)量分別為、、，滑塊P碰后第一次返回到彎曲軌道最高點(diǎn)時(shí)對(duì)上側(cè)軌道的壓力為，滑塊Q碰后滑上長(zhǎng)木板，與長(zhǎng)木板右端固定擋板發(fā)生彈性碰撞。已知彎曲軌道截面圓周的半徑為，傳送帶的速度大小為，滑塊P與水平傳送帶之間的動(dòng)摩擦因數(shù)為0.8，和長(zhǎng)木板上表面之間的動(dòng)摩擦因數(shù)為0.4，長(zhǎng)木板下表面和地面間的動(dòng)摩擦因數(shù)為0.1，長(zhǎng)木板上表面長(zhǎng)度為，忽略長(zhǎng)木板右端固定擋板尺寸，重力加速度g取。求：
（1）滑塊P碰后第一次返回到彎曲軌道最低端C時(shí)，軌道對(duì)它的支持力大??；
（2）水平傳動(dòng)帶兩轉(zhuǎn)軸之間的距離；
（3）滑塊Q和長(zhǎng)木板右端固定擋板碰后瞬間，滑塊Q和長(zhǎng)木板各自速度的大小；
（4）長(zhǎng)木板在全過(guò)程中，長(zhǎng)木板和地面間摩擦產(chǎn)生的熱量。
【答案】（1）70N；（2）5m；（3），；（4）12.6J
【詳解】（1）設(shè)滑塊P、Q、長(zhǎng)木板的質(zhì)量分別為m、、，滑塊P返回到B點(diǎn)時(shí)的速度大小為，與滑塊Q碰后到達(dá)C點(diǎn)的速度大小為?；瑝KP碰后返回B時(shí)，根據(jù)牛頓第二定律和向心力公式，有
滑塊P碰后返回B過(guò)程，根據(jù)機(jī)械能守恒，有
解得
滑塊P碰后返回C時(shí)，同理根據(jù)牛頓第二定律和向心力公式，有
解得
（2）設(shè)滑塊P、Q發(fā)生彈性碰撞前，滑塊P到B點(diǎn)時(shí)的速度大小為，到達(dá)C點(diǎn)的速度大小為，滑塊P、Q發(fā)生彈性碰撞后，滑塊Q的速度為，滑塊P由B至C過(guò)程，根據(jù)機(jī)械能守恒，有
滑塊P、Q發(fā)生彈性碰撞，根據(jù)動(dòng)量守恒和能量守恒，有
，
解得
，，
因，滑塊P放上傳送帶后做勻加速直線運(yùn)動(dòng)
傳送帶兩轉(zhuǎn)軸間距離為
（3）滑塊Q滑上長(zhǎng)木板后，滑塊Q做勻減速直線運(yùn)動(dòng)，長(zhǎng)木板做勻加速直線運(yùn)動(dòng)，滑塊Q經(jīng)時(shí)間t與長(zhǎng)木板擋板相碰，二者各自相對(duì)地前進(jìn)、，長(zhǎng)木板長(zhǎng)度。對(duì)滑塊Q，有
對(duì)長(zhǎng)木板，有
又因?yàn)?br>，，
聯(lián)立解得
，，，，
滑塊Q和擋板發(fā)生彈性碰撞，根據(jù)動(dòng)量守恒定律和能量守恒，有
，
得滑塊和擋板的速度分別為
，
（4）碰后，滑塊Q和長(zhǎng)木板分別向右做勻加速直線運(yùn)動(dòng)和勻減速直線運(yùn)動(dòng)，各自加速度大小為、a2，用時(shí)二者達(dá)到共速，各自前進(jìn)、，然后共同勻減速至零，加速度大小a，前進(jìn)，根據(jù)牛頓第二定律和運(yùn)動(dòng)學(xué)規(guī)律，有
，，，
得
，，，
共同勻減速直線
，，
聯(lián)立解得
，，，，
長(zhǎng)木板在全過(guò)程中，長(zhǎng)木板和地面間摩擦產(chǎn)生的熱量為
代入數(shù)據(jù)得
常見(jiàn)情景
二點(diǎn)提醒
(1)分清兩物體是速度大小相等，還是沿繩方向的分速度大小相等。
(2)用好兩物體的位移大小關(guān)系或豎直方向高度變化的關(guān)系。
常見(jiàn)情景
三大特點(diǎn)
(1)平動(dòng)時(shí)兩物體線速度相等，轉(zhuǎn)動(dòng)時(shí)兩物體角速度相等。
(2)桿對(duì)物體的作用力并不總是沿桿的方向，桿能對(duì)物體做功，單個(gè)物體機(jī)械能不守恒。
(3)對(duì)于桿和球組成的系統(tǒng)，忽略空氣阻力和各種摩擦且沒(méi)有其他力對(duì)系統(tǒng)做功，則系統(tǒng)機(jī)械能守恒。
題型特點(diǎn)
由輕彈簧連接的物體系統(tǒng)，若只有重力做功或系統(tǒng)內(nèi)彈簧彈力做功，這時(shí)系統(tǒng)內(nèi)物體的動(dòng)能、重力勢(shì)能和彈簧的彈性勢(shì)能相互轉(zhuǎn)化，而總的機(jī)械能守恒。
兩點(diǎn)提醒
(1)對(duì)同一彈簧，彈性勢(shì)能的大小由彈簧的形變量完全決定，無(wú)論彈簧伸長(zhǎng)還是壓縮。
(2)物體運(yùn)動(dòng)的位移與彈簧的形變量或形變量的變化量有關(guān)。

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