课时跟踪检测（十九） 功能关系 能量守恒定律

PAGE第13页共13页课时跟踪检测（十九）功能关系能量守恒定律A卷——全员必做1．(2021·浙江1月选考)一辆汽车在水平高速公路上以80km/h的速度匀速行驶，其1s内能量分配情况如图所示。则汽车()A．发动机的输出功率为70kWB．每1s消耗的燃料最终转化成的内能是5.7×104JC．每1s消耗的燃料最终转化成的内能是6.9×104JD．每1s消耗的燃料最终转化成的内能是7.0×104J解析：选C每秒钟来自燃料7.0×104J，说明输入总功率为70kW，其中发动机输入总功率为69kW，选项A错误。根据示意图，除了燃料蒸发带走1000J之外，根据能量守恒定律，剩余能量均转化为内能，因此选项B、D错误，选项C正确。2．(2021·广州质检)“健身弹跳球”是近期流行的一种健身器材。小学生在玩弹跳球时双脚站在水平跳板上，用力向下压弹跳球后，弹跳球能和人一起跳离地面。某弹跳球安全性能指标要求反弹高度不超过15cm，请估算该弹跳球一次反弹过程最多能对小学生做的功最接近于()A．0.6J B．6JC．60J D．600J解析：选C一名小学生的质量大约为40kg，从地面起跳至最大高度处，重力势能增加mgh＝60J，根据功能关系可知弹跳球一次反弹过程最多能对小学生做的功等于小学生增加的重力势能为60J，故选项C正确。3．(2021·榆林调研)一个人站立在商场的自动扶梯的水平踏板上，随扶梯向上加速，如图所示，则()A．人对踏板的压力大小等于人所受到的重力大小B．人只受重力和踏板的支持力的作用C．踏板对人的支持力做的功等于人的机械能增加量D．人所受合力做的功等于人的动能的增加量解析：选D人的加速度斜向上，将加速度分解到水平和竖直方向得：ax＝acosθ，方向水平向右；ay＝asinθ，方向竖直向上，水平方向受静摩擦力作用，f＝ma＝macosθ，水平向右，竖直方向受重力和支持力，FN－mg＝masinθ，所以FN>mg，故A、B错误；除重力以外的力对物体做的功，等于物体机械能的变化量，踏板对人的力除了支持力还有摩擦力，运动过程中摩擦力也做功，所以踏板对人的支持力做的功不等于人的机械能增加量，故C错误；由动能定理可知，人所受合力做的功等于人的动能的增加量，故D正确。4．(2021·北京市第十三中学开学测试)一木块静置于光滑水平面上，一颗子弹沿水平方向飞来射入木块中。当子弹进入木块的深度达到最大值2.0cm时，木块沿水平面恰好移动1.0cm。在上述过程中系统损失的机械能与子弹损失的动能之比为()A．1∶2 B．1∶3C．2∶3 D．3∶2解析：选C根据题意，子弹在摩擦力作用下的位移为x1＝(2＋1)cm＝3cm，木块在摩擦力作用下的位移为x2＝1cm；系统损失的机械能转化为内能，根据功能关系，有ΔE系统＝Q＝f·Δx＝f(x1－x2)，子弹损失的动能等于克服摩擦力做的功，故ΔE子弹＝fx1，所以eq\f(ΔE系统,ΔE子弹)＝eq\f(2,3)，所以C正确，A、B、D错误。5.如图所示，滑块静止于光滑水平面上，与之相连的轻质弹簧处于自然伸直状态，现用恒定的水平外力F作用于弹簧右端，在向右移动一段距离的过程中力F做了10J的功。下列说法正确的是()A．弹簧的弹性势能增加了10JB．滑块的动能增加了10JC．滑块和弹簧组成的系统机械能增加了10JD．滑块和弹簧组成的系统机械能守恒解析：选C力F做功的同时，弹簧伸长，弹性势能增大，滑块向右加速，滑块动能增加，由功能关系可知，力F做的功等于滑块的动能与弹簧弹性势能的增加量之和，即滑块和弹簧组成的系统机械能增加了10J，C正确，A、B、D错误。6.(多选)如图所示为地铁站用于安全检查的装置，主要由水平传送带和X光透视系统两部分组成，传送过程传送带速度不变。假设乘客把物品轻放在传送带上之后，物品总会先、后经历两个阶段的运动，用v表示传送带速率，用μ表示物品与传送带间的动摩擦因数，则()A．前阶段，物品一定向传送带运动的方向运动B．后阶段，物品受到摩擦力的方向跟传送方向相同C．v相同时，μ不同的等质量物品与传送带因摩擦产生的热量相同D．μ相同时，v增大为原来的2倍，前阶段物品的位移也增大为原来的2倍解析：选AC物品轻放在传送带上，前阶段，物品受到向前的滑动摩擦力，所以物品的运动方向一定与传送带的运动方向相同，故A正确；后阶段，物品与传送带一起做匀速运动，不受摩擦力，故B错误；设物品匀加速运动的加速度为a，由牛顿第二定律得Ff＝μmg＝ma，物品的加速度大小为a＝μg，匀加速的时间为t＝eq\f(v,a)＝eq\f(v,μg)，位移为x＝eq\f(v,2)t，传送带匀速的位移为x′＝vt，物品相对传送带滑行的距离为Δx＝x′－x＝eq\f(vt,2)＝eq\f(v2,2μg)，物品与传送带摩擦产生的热量为Q＝μmgΔx＝eq\f(1,2)mv2，则知v相同时，μ不同的等质量物品与传送带因摩擦产生的热量相同，故C正确；前阶段物品的位移为x＝eq\f(vt,2)＝eq\f(v2,2μg)，则知μ相同时，v增大为原来的2倍，前阶段物品的位移增大为原来的4倍，故D错误。7．(2021·衡水模拟)质量为2kg的物体以10m/s的初速度，从起点A出发竖直向上抛出，在它上升到某一点的过程中，物体的动能损失了50J，机械能损失了10J，设物体在上升、下降过程空气阻力大小恒定，则该物体再落回到A点时的动能为(g＝10m/s2)()A．40J B．60JC．80J D．100J解析：选B物体上升到某一高度时，重力、阻力均做负功，根据动能定理有：W合＝ΔEk①，空气阻力做功对应着机械能的变化，则有：Wf＝ΔE②，将ΔEk＝－50J，ΔE＝－10J，代入①②可得：W合＝－50J，Wf＝－10J，可得W合＝5Wf，物体的初动能为Ek0＝eq\f(1,2)mv02＝eq\f(1,2)×2×102J＝100J；当物体从A点到最高点的过程中，物体的动能减小了100J，由动能定理可得，合力做的功W合上＝－100J，所以空气阻力做功为Wf上＝－20J，由功能原理知，机械能损失了20J，由于空气阻力大小恒定，所以下落过程机械能也损失了20J，则物体落回A点时的动能为100J－2×20J＝60J，故A、C、D错误，B正确。8．(2021年1月新高考8省联考·辽宁卷)(多选)如图所示，甲、乙两滑块的质量分别为1kg、2kg，放在静止的水平传送带上，两者相距5m，与传送带间的动摩擦因数均为0.2。t＝0时，甲、乙分别以6m/s、2m/s的初速度开始向右滑行。t＝0.5s时，传送带启动(不计启动时间)，立即以3m/s的速度向右做匀速直线运动。传送带足够长，重力加速度取10m/s2。下列说法正确的是()A．t＝0.5s时，两滑块相距2mB．t＝1.5s时，两滑块速度相等C．0～1.5s内，乙相对传送带的位移大小为0.25mD．0～2.5s内，两滑块与传送带间摩擦生热共为14.5J解析：选BCD两滑块做匀变速运动时的加速度大小a＝eq\f(μmg,m)＝μg＝2m/s2，根据x＝v0t－eq\f(1,2)at2，t＝0.5s时，两滑块相距Δx＝x0－eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(v1t－\f(1,2)at2))＋eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(v2t－\f(1,2)at2))＝3m，A错误；传送带启动时，甲滑块的速度为v1′＝v1－at＝5m/s，与传送带速度相等所用时间Δt1＝eq\f(v1′－v0,a)＝1s，因此在t＝1.5s时，甲滑块速度与传送带相等；传送带启动时，乙滑块传送的速度为v2′＝v2－at＝1m/s，与传送带速度相等所用时间Δt2＝eq\f(v0－v2′,a)＝1s，因此在t＝1.5s时，乙滑块速度与传送带相等；t＝1.5s时，两滑块速度相等，B正确；0～0.5s内，乙相对传送带的位移大小为x1＝v2t－eq\f(1,2)at2＝0.75m,0.5～1.5s内，乙相对传送带的位移大小为x2＝v0t′－eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(v2′t′＋\f(1,2)at′2))＝1m，因此0～1.5s内，乙相对传送带的位移大小为x2－x1＝0.25m，C正确；甲相对传送带的位移x甲＝v1t甲－eq\f(1,2)at甲2－v0t甲′＝6×1.5m－eq\f(1,2)×2×1.52m－3×1m＝3.75m，甲滑块与传送带间摩擦生热量Q1＝μm1g·x甲＝7.5J，乙滑块与传送带间摩擦生热量Q2＝μm2g(x1＋x2)＝7J，因此0～2.5s内，两滑块与传送带间摩擦生热为Q＝Q1＋Q2＝14.5J，D正确。9．(2021年1月新高考8省联考·湖北卷)如图所示，两倾角均为θ的光滑斜面对接后固定在水平地面上，O点为斜面的最低点。一个小物块从右侧斜面上高为H处由静止滑下，在两个斜面上做往复运动。小物块每次通过O点时都会有动能损失，损失的动能为小物块当次到达O点时动能的5%。小物块从开始下滑到停止的过程中运动的总路程为()A.eq\f(49H,sinθ) B.eq\f(39H,sinθ)C.eq\f(29H,sinθ) D.eq\f(20H,sinθ)解析：选B小物块第一次到达O点，获得的动能Ekl＝mgH运动的路程s1＝eq\f(H,sinθ)小球第一次通过O点损失的动能为0.05mgH，滑上斜面到最高点H1＝0.95H到第二次到达O点运动的路程s2＝eq\f(H,sinθ)＋eq\f(2H1,sinθ)＝eq\f(H,sinθ)＋eq\f(2×0.95H,sinθ)第二次通过O点后滑上斜面的最高点H2＝0.95H1＝(0.95)2H小球第三次达到O点的路程s3＝eq\f(H,sinθ)＋eq\f(2×0.95H,sinθ)＋eq\f(2H2,sinθ)＝eq\f(H,sinθ)＋eq\f(2×0.95H,sinθ)＋eq\f(2×0.952H,sinθ)……则在整个过程中的路程s总＝eq\f(H,sinθ)＋eq\f(2×0.95H,sinθ)＋eq\f(2×0.952H,sinθ)＋…＋eq\f(2×0.95nH,sinθ)根据等比数列求和公式得s总＝eq\f(H,sinθ)＋eq\f(2×0.95H1－0.95n,0.05×sinθ)当n趋于无穷大，有s总＝eq\f(39H,sinθ)。10.(2021·南京模拟)(多选)如图所示，光滑的半圆轨道竖直放置，边缘处固定着光滑小滑轮，跨过滑轮的轻绳连接小球A和B，质量分别为mA和mB，小球A在水平拉力F作用下静止于P点时，对轨道的压力恰好为零。现增大拉力F使小球A沿半圆轨道运动至Q点，小球A经过Q点时速度为vA，小球B的速度为vB，已知OQ连线与竖直方向的夹角为30°，小球A从P运动到Q的过程中，下列说法正确的有()A．两球A、B质量之比mA∶mB＝1∶eq\r(2)B．小球A经过Q点时，两球A、B速度之比vA∶vB＝1∶eq\r(2)C．小球A、B组成的系统机械能一直增加D．拉力F对小球A做的功等于小球A机械能的变化量解析：选AC静止时，对小球A受力分析可得：mBgcos45°＝mAg，解得：mA∶mB＝cos45°＝1∶eq\r(2)，A正确；小球A经过Q点时，两球沿绳方向的速度大小相等，即：vAsin30°＝vB，解得：vA∶vB＝eq\f(1,sin30°)＝2∶1，B错误；小球A从P运动到Q的过程中，拉力F一直做正功，所以小球A、B组成的系统机械能一直增加，C正确；小球A机械能的变化量为除小球A重力以外的其他力做功之和，除小球A重力对小球A做功之外，还有拉力F和绳的拉力T对小球A做功，拉力F做正功，绳的拉力T做负功，所以小球A机械能的变化量小于拉力F对小球A做的功，D错误。11．弹跳杆运动是一项广受青少年欢迎的运动，弹跳杆的结构如图甲所示，一根弹簧的下端固定在跳杆的底部，上端固定在一个套在跳杆上的脚踏板底部，质量为5m的小明站在脚踏板上，当他和跳杆处于竖直静止状态时，弹簧的压缩量为x0，小明先保持稳定姿态竖直弹跳。某次弹跳中，从弹簧处于最大压缩量为5x0开始计时，如图乙(a)所示；上升到弹簧恢复原长时，小明抓住跳杆，使得他和弹跳杆瞬间达到共同速度，如图乙(b)所示；紧接着他保持稳定姿态竖直上升到最大高度，如图乙(c)所示；已知全程弹簧始终处于弹性限度内(弹簧弹性势能满足Ep＝eq\f(1,2)kx2，k为弹簧劲度系数，x为弹簧形变量)，跳杆的质量为m，重力加速度为g，空气阻力、弹簧和脚踏板的质量以及弹簧和脚踏板与跳杆间的摩擦均可忽略不计。求：(1)弹跳杆中弹簧的劲度系数k；(2)从开始计时至竖直上升到最大高度过程中小明的最大速度vm。解析：(1)小明和跳杆处于竖直静止状态时，受力平衡，重力与弹簧弹力等大反向，有5mg＝kx0，解得k＝eq\f(5mg,x0)。(2)小明受到的合力为零时，速度最大，此时小明上升高度为4x0。根据系统能量守恒可知，eq\f(1,2)k(5x0)2＝5mg·4x0＋eq\f(1,2)kx02＋eq\f(1,2)×5mvm2解得vm＝4eq\r(gx0)。答案：(1)eq\f(5mg,x0)(2)4eq\r(gx0)12.(2020·大连二模)如图所示，倾角为θ＝30°的光滑斜面底端固定一块垂直于斜面的挡板。将长木板A静置于斜面上，A上放置一小物块B，初始时A下端与挡板相距L＝4m，现同时无初速度释放A和B。已知在A停止运动之前B始终没有脱离A且不会与挡板碰撞，A和B的质量均为m＝1kg，它们之间的动摩擦因数μ＝eq\f(\r(3),3)，A或B与挡板每次碰撞损失的动能均为ΔE＝10J，忽略碰撞时间，重力加速度大小g取10m/s2。求：(1)A第一次与挡板碰撞前瞬间的速度大小v；(2)A第一次与挡板碰撞到第二次与挡板碰撞的时间间隔Δt；(3)B相对于A滑动的最短时间t。解析：(1)A和B一起沿斜面向下运动，在A第一次与挡板碰撞前瞬间，由A和B组成的系统机械能守恒得：2mgLsinθ＝eq\f(1,2)(2m)v2解得v＝2eq\r(10)(2)A第一次与挡板碰撞后，对B有mgsinθ＝μmgcosθ，故B匀速下滑设A与挡板碰撞后的加速度为a1，对于A由牛顿第二定律得：mgsinθ＋μmgcosθ＝ma1解得a1＝10m/s2，方向沿斜面向下设A第一次反弹的速度大小为v1，由动能定理得：eq\f(1,2)mv2－eq\f(1,2)mv12＝ΔE由运动学规律可知，A第一次与挡板碰撞到第二次与挡板碰撞的时间为Δt＝eq\f(2v1,a1)，解得Δt＝eq\f(2\r(5),5)s。(3)设A第二次反弹的速度大小为v2，由动能定理有eq\f(1,2)mv2－eq\f(1,2)mv22＝2ΔE，解得v2＝0即A与挡板第二次碰后停在底端，B继续匀速下滑，设与挡板碰后B反弹的速度为v′，加速度大小为a′，沿A向上运动的时间为t2，由动能定理得eq\f(1,2)mv2－eq\f(1,2)mv′2＝ΔEmgsinθ＋μmgcosθ＝ma′，v′＝a′t2联立解得t2＝eq\f(\r(5),5)s当B速度减为0时，因mgsinθ＝μmgcosθ，B将静止在A上当A停止运动时，B恰好匀速滑至挡板处，则B相对A运动的时间t最短，故t＝Δt＋t2＝eq\f(3\r(5),5)s。答案：(1)2eq\r(10)m/s(2)eq\f(2\r(5),5)s(3)eq\f(3\r(5),5)sB卷——重点选做1．(2019·全国卷Ⅱ)(多选)从地面竖直向上抛出一物体，其机械能E总等于动能Ek与重力势能Ep之和。取地面为重力势能零点，该物体的E总和Ep随它离开地面的高度h的变化如图所示。重力加速度取10m/s2。由图中数据可得()A．物体的质量为2kgB．h＝0时，物体的速率为20m/sC．h＝2m时，物体的动能Ek＝40JD．从地面至h＝4m，物体的动能减少100J解析：选AD由于Ep＝mgh，所以Ep与h成正比，斜率k＝mg，由题图得k＝20N，因此m＝2kg，故A正确；当h＝0时，Ep＝0，E总＝Ek＝eq\f(1,2)mv02，因此v0＝10m/s，故B错误；由图像知h＝2m时，E总＝90J，Ep＝40J，由E总＝Ek＋Ep得Ek＝50J，故C错误；h＝4m时，E总＝Ep＝80J，即此时Ek＝0，即上升4m距离，物体的动能减少100J，故D正确。2．(2021·佛山模拟)如图甲所示，质量为0.1kg的小球从最低点A冲入竖直放置在水平地面上、半径为0.4m的半圆形轨道，小球速度的平方与其高度的关系图像如图乙所示。已知小球恰能到达最高点C，轨道粗糙程度处处相同，空气阻力不计。g取10m/s2，B为AC轨道中点。下列说法中不正确的是()A．图乙中x＝4m2·sB．小球从B到C损失了0.125J的机械能C．小球从A到C合外力对其做的功为－1.05JD．小球从C抛出后，落地点到A的距离为0.8m解析：选B当h＝0.8m时，小球恰在C点，由于小球恰好通过最高点C，由mg＝meq\f(vC2,r)，可得vC2＝gr＝4m2·s－2，A正确；小球从A到C的过程中，动能减少量ΔEk＝eq\f(1,2)mvA2－eq\f(1,2)mvC2＝1.05J，故合外力对其做的功为－1.05J，重力势能增加量ΔEp＝mg·2r＝0.8J，故机械能减少0.25J，由于小球在A→B段所受摩擦力大于在B→C段的摩擦力，故小球从B到C损失的机械能小于0.125J，B错误，C正确；小球离开C点后做平抛运动，由2r＝eq\f(1,2)gt2，x＝vCt，可解得x＝0.8m，故D正确。3.(2021·贵阳模拟)毕节是全国唯一一个以“开发扶贫、生态建设”为主题的试验区，是国家“西电东送”的主要能源基地。如图所示为风力发电机，风力带动叶片转动，叶片再带动转子(磁极)转动，使定子(线圈，不计电阻)中产生电流，实现风能向电能的转化。若叶片长为l，设定的额定风速为v，空气的密度为ρ，额定风速下发电机的输出功率为P，则风能转化为电能的效率为()A.eq\f(2P,πρl2v3) B.eq\f(6P,πρl2v3)C.eq\f(4P,πρl2v3) D.eq\f(8P,πρl2v3)解析：选A风能转化为电能的工作原理为将风的动能转化为输出的电能，则在t时间内吹向发电机的风的体积为V＝vt·S＝vt·πl2，则风的质量M＝ρV＝ρvt·πl2，因此风吹过的动能为Ek＝eq\f(1,2)Mv2＝eq\f(1,2)ρvt·πl2·v2，在此时间内发电机输出的电能E＝Pt，则风能转化为电能的效率为η＝eq\f(E,Ek)＝eq\f(2P,πρl2v3)，故A正确，B、C、D错误。4.如图所示，水平白色传送带以速度v0＝1m/s沿逆时针方向匀速运动，一质量为m＝1kg的小石墨块P以速度v＝5m/s从左端滑上传送带，已知P与传送带间的动摩擦因数为μ＝0.5，传送带长度为3m，重力加速度取g＝10m/s2。则()A．P在传送带上向右运动的最大位移为3mB．从P滑上传送带至掉下过程中，P在传送带上留下的黑色痕迹长度为0.5mC．从P滑上传送带至掉下过程中，P与传送带之间产生的摩擦热Q＝12.5JD．从P滑上传送带至掉下过程中，电动机多做的功W＝6J解析：选D小石墨块P向右运动的减速阶段：加速度大小为a＝μg＝5m/s2，速度减为零时，向右运动的位移最大，有x＝eq\f(0－v2,－2a)＝eq\f(－5×5,－2×5)m＝2.5m，A错误；小石墨块P从滑上传送带到回头向左加速直到与传送带共速的过程，设经t时间，有1m/s＝－5m/s＋5m/s2·t，解得t＝1.2s，画出v­t图像，易知P在传送带上留下的黑色痕迹长度即为阴影部分的面积，即s相对＝eq\f(5＋1×1.2,2)m＝3.6m，B错误；P与传送带之间产生的摩擦热Q＝μmgs相对＝5×3.6J＝18J，C错误；电动机多做的功W＝μmg×s传送带＝5×1×1.2J＝6J，D正确。5.(2020·烟台一模)(多选)如图所示，在水平地面上有一圆弧形凹槽ABC，AC连线与地面相平，凹槽ABC是位于竖直平面内以O为圆心、半径为R的一段圆弧，B为圆弧最低点，而且AB段光滑，BC段粗糙。现有一质量为m的小球(可视为质点)，从水平地面上P处以初速度v0斜向右上方飞出，v0与水平地面夹角为θ，不计空气阻力，该小球恰好能从A点沿圆弧的切线方向进入轨道，沿圆弧ABC继续运动后从C点以速率eq\f(v0,2)飞出。重力加速度为g，则下列说法正确的是()A．小球由P到A的过程中，离地面的最大高度为eq\f(v0sinθ,g)B．小球到达A点时重力的瞬时功率为mgv0sinθC．小球在圆弧轨道内由于摩擦产生的热量为eq\f(3mv02,8)D．小球经过圆弧轨道最低点B处受到轨道的支持力大小为mg(3－2cosθ)＋eq\f(mv02,R)解析：选BCD小球由P到A的过程做斜抛运动，离地面的最大高度为H＝eq\f(v0y2,2g)＝eq\f(v02sin2θ,2g)，故A错误；根据对称性可知，小球到A点的竖直分速度vAy＝v0y＝v0sinθ，小球到达A点时重力的瞬时功率为P＝mgvAy＝mgv0sinθ，故B正确；沿圆弧轨道运动过程中，由动能定理可知－Wf＝eq\f(1,2)mvC2－eq\f(1,2)mvA2，vA＝v0，小球在圆弧轨道内由于摩擦产生的热量Q＝Wf＝eq\f(3mv02,8)，故C正确；沿圆弧轨道AB运动过程中，由机械能守恒定律可知mgR(1－cosθ)＋eq\f(1,2)mv02＝eq\f(1,2)mvB2，在最低点，由向心力公式得FN－mg＝eq\f(mvB2,R)，解得小球经过圆形轨道最低点B处受到轨道的支持力大小FN＝mg(3－2cosθ)＋eq\f(mv02,R)，故D正确。6.如图所示，在光滑水平面上，质量为m＝4kg的物块左侧压缩一个劲度系数为k＝32N/m的轻质弹簧，弹簧与物块未拴接。物块与左侧竖直墙壁用细线拴接，使物块静止在O点，水平面在A点与一顺时针匀速转动且倾角θ＝37°的传送带平滑连接。已知xOA＝0.25m，传送带顶端为B点，LAB＝2m，物块与传送带间的动摩擦因数μ＝0.5。现剪断细线同时给物块施加一个初始时刻为零的变力F，使物块从O点到B点做加速度大小恒定的加速运动。物块运动到A点时弹簧恰好恢复原长，运动到B点时撤去力F，物块沿平行AB方向抛出，C为运动的最高点。传送带转轮半径远小于LAB，不计空气阻力，已知重力加速度g＝10m/s2。(1)求物块从B点运动到C点，竖直位移与水平位移的比值；(2)若传送带速度大小为5m/s，求物块与传送带间由于摩擦产生的热量；(3)若传送带匀速转动的速度大小为v，且v的取值范围为2m/s＜v＜3m/s，物块由O点到B点的过程中力F做的功W与传送带速度大小v的函数关系。解析：(1)设物块从B运动到C的时间为t，BC的竖直距离：h＝eq\f(1,2)v0sinθ·tBC的水平距离为：x＝v0cosθ·t代入数据解得：eq\f(h,x)＝eq\f(3,8)。(2)在O点由牛顿第二定律得：kxOA＝ma代入数据解得：a＝2m/s2由vA2＝2axOA得：vA＝1m/s到达B点时：vB2＝2a(xOA＋LAB)，代入数据得：vB＝3m物块从A到B运动时间：t＝eq\f(vB－vA,a)＝1s物块与传送带间摩擦产生的热量：Q＝μmgcosθ(vt－LAB)，代入数据解得：Q＝48J。(3)物块在水平面上受到弹簧的弹力与拉力F，由牛顿第二定律得：F＋k(xOA－x)＝ma可知力F随位移x线性变化，则：W1＝eq\x\to(F)xOA＝eq\f(1,2)ma·xOA，代入数据解得：W1＝1J若传送带速度2m/s＜v＜3m/s，物块受到的滑动摩擦力方向沿斜面先向上后向下物块的速度小于v时受到的摩擦力的方向向上，由牛顿第二定律得：F1＋μmgcosθ－mgsinθ＝ma解得：F1＝16N由速度位移关系得：v2－vA2＝2ax1物块的速度大于v时受到的摩擦力的方向向下，由牛顿第二定律得：F2－μmgcosθ－mgsinθ＝ma解得：F2＝48N由A到B拉力做的功：W2＝F1x1＋F2(LAB－x1)解得：W2＝104－8v2拉力做的总功：W＝W1＋W2＝105－8v2。答案：(1)eq\f(3,8)(2)48J(3)W＝105－8v27.如图所示，轻质弹簧左端固定，右端连接一个光滑的滑块A，弹簧的劲度系数k＝500N/m，弹簧的弹性势能表达式为Ep＝eq\f(1,2)kx2(x为弹簧的形变量)。滑块B靠在A的右侧，两滑块不连接，A、B滑块均可视为质点，质量都为1kg，最初弹簧的压缩量为x0＝9cm，由静止释放A、B，A到平台右端距离L＝15cm，平台离地高为H＝5m，在平台右侧与平台水平相距s处有一固定斜面，斜面高为d＝4.8m，倾角θ＝37°。若B撞到斜面上时，立刻以沿斜面的速度分量继续沿斜面下滑。B与水平面和斜面之间动摩擦因数均为0.5，若B在斜面上滑动时有最大的摩擦热，g＝10m/s2。求：(1)B离开平台的速度v1的大小；(2)斜面距平台右端距离s；(3)B滑到斜面底端的速度大小。解析：(1)A、B恰好分离时，A、B的加速度相同，A、B间弹力为0，根据牛顿第二定律有，对B分析，μmg＝ma，解得a＝μg＝5m/s2，对A分析，kx1＝ma，解得x1＝eq\f(ma,k)＝0.01m＝1cm，弹簧伸长量为1cm时，A、B分离，由释放至A、B分离，根据能量守恒定律可得eq\f(1,2)kx02＝eq\f(1,2)kx12＋μmg(x0＋x1)＋eq\f(1,2)·2mv02，分离后，对滑块B由动能定理得－μmg(L－x0－x1)＝eq\f(1,2)mv12－eq\f(1,