高考物理系统性复习 (能力提高练) 第四节 功能关系　能量守恒定律（附解析）

【能力提高练】第四节功能关系能量守恒定律1．(2022•高考河北卷)(多选)如图，轻质定滑轮固定在天花板上，物体和用不可伸长的轻绳相连，悬挂在定滑轮上，质量，时刻将两物体由静止释放，物体的加速度大小为。时刻轻绳突然断开，物体能够达到的最高点恰与物体释放位置处于同一高度，取时刻物体所在水平面为零势能面，此时物体的机械能为。重力加速度大小为，不计摩擦和空气阻力，两物体均可视为质点。下列说法正确的是()A．物体和的质量之比为 B．时刻物体的机械能为C．时刻物体重力的功率为 D．时刻物体的速度大小【解析】A．开始释放时物体Q的加速度为，则，，解得，，选项A错误；B．在T时刻，两物体的速度，P上升的距离，细线断后P能上升的高度，可知开始时PQ距离为，若设开始时P所处的位置为零势能面，则开始时Q的机械能为，从开始到绳子断裂，绳子的拉力对Q做负功，大小为，则此时物体Q的机械能，此后物块Q的机械能守恒，则在2T时刻物块Q的机械能仍为，选项B正确；CD．在2T时刻，重物P的速度，方向向下；此时物体P重力的瞬时功率，选项CD正确。故选BCD。【答案】BCD2．(2022•高考广东卷)(多选)如图所示，载有防疫物资的无人驾驶小车，在水平段以恒定功率、速度匀速行驶，在斜坡段以恒定功率、速度匀速行驶。已知小车总质量为，，段的倾角为，重力加速度g取，不计空气阻力。下列说法正确的有()A．从M到N，小车牵引力大小为 B．从M到N，小车克服摩擦力做功C．从P到Q，小车重力势能增加 D．从P到Q，小车克服摩擦力做功【解析】A．小车从M到N，依题意有，代入数据解得，故A正确；B．依题意，小车从M到N，因匀速，小车所受的摩擦力大小为，则摩擦力做功为，则小车克服摩擦力做功为800J，故B正确；C．依题意，从P到Q，重力势能增加量为，故C错误；D．依题意，小车从P到Q，摩擦力为f2，有，摩擦力做功为，，联立解得，则小车克服摩擦力做功为700J，故D正确。故选ABD。【答案】ABD3．(2022•高考浙江卷)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。某风力发电机在风速为时，输出电功率为，风速在范围内，转化效率可视为不变。该风机叶片旋转一周扫过的面积为，空气密度为，风场风速为，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成正比B．单位时间流过面积的流动空气动能为C．若每天平均有的风能资源，则每天发电量为D．若风场每年有风速在范围内，则该发电机年发电量至少为【解析】AB．单位时间流过面积的流动空气体积为，单位时间流过面积的流动空气质量为，单位时间流过面积的流动空气动能为，风速在范围内，转化效率可视为不变，可知该风力发电机的输出电功率与风速的三次方成正比，AB错误；C．由于风力发电存在转化效率，若每天平均有的风能资源，则每天发电量应满足，C错误；D．若风场每年有风速在的风能资源，当风速取最小值时，该发电机年发电量具有最小值，根据题意，风速为时，输出电功率为，风速在范围内，转化效率可视为不变，可知风速为时，输出电功率为，则该发电机年发电量至少为，D正确；故选D。【答案】D4．(2022•辽宁省沈阳市第二中学高三(下)四模)一倾斜传送带与水平成30°角，以5m/s的速度顺时针匀速转动｡现将一质量为0.4kg的物体(物体可看成质点)轻放在传送带的顶端A点，物体从A运动到传送带底端B，离开B点时的速度大小为5m/s｡已知物体与传送带间的动摩擦因数为，重力加速度大小为10m/s2，则物体从A运动到B的过程中，下列说法正确的是()A．传送带的长度可能为0.8mB．若传送带的长度为2m，则摩擦力对物体做的功为6JC．若传送带的长度为2m，则摩擦力对传送带做的功为-4JD．若传送带的长度为2m，则因摩擦而产生的热量为1J【解析】A．物体相对传送带上滑时，物体的加速度大小为物体与传送带间的动摩擦因数，故物体与传送带间的最大静摩擦力大于重力沿斜面向下的分力，离开B点时的速度大小为5m/s，故物体可能是一直加速运动或者先加速后匀速运动，若一直加速运动，则传送带的长度，若先加速后匀速运动，则传送带的长度必然大于1m，故A错误；B．若传送带的长度为L=2m，则根据动能定理，解得摩擦力对物体做的功，故B错误；C．若传送带的长度为2m，物体运动时间为，物体匀加速阶段，传送带的位移，匀速阶段，传送带的位移，根据受力分析可知，前1m物体对传送带的摩擦力方向向上，后1m对传送带的摩擦力方向向下，则摩擦力对传送带做的功，故C正确；D．若传送带的长度为2m，则因摩擦而产生的热量，其中，相对运动距离，解得，故D错误。故选C。【答案】C5．(2022•辽宁省部分重点中学协作体高三(下)模拟)(多选)一质量为的小物块A置于竖直轻弹簧上处于静止状态，另一质量为的小物块B从距离A某高度自由落下，与A碰撞后(碰撞时间极短)一起压缩弹簧到最低点，碰后A的加速度随其位移变化的图像如图所示。不计空气阻力，重力加速度取。下列说法中正确的是()A．碰后A、B做匀变速直线运动B．碰撞结束瞬间，A的加速度大小是6m/s2C．弹簧的劲度系数为D．A与B碰撞之后一起下落到速度最大的过程中，A的动能的增加量为【解析】A．由图像可知，碰后整体的加速度先减小后反向增大，故不是匀变速直线运动，A错误；B．碰前A的重力与弹簧弹力平衡，碰后瞬间弹簧弹力不突变，故AB碰后瞬间整体的合外力为，对整体应用牛顿第二定律可得，解得，B正确；C．设初状态弹簧压缩量为，有，当时加速度为零，此时，联立解得，C正确；D．A与B碰撞之后一起下落到速度最大的过程中AB所受的合外力随位移均匀减小，其合外力随位移变化的图像如图所示，因为通过图像的面积可以求变力的功，故合外力的总功为，由动能定理可知整体动能增加量，故A的动能增量为，选项D正确。故选BCD。【答案】BCD6．(2022•四川成都市高三(下)二模)如图(a)，倾角为θ的光滑斜面上，轻弹簧平行斜面放置且下端固定，一质量为m的小滑块从斜面上O点由静止滑下。以O点为原点，作出滑块从O下滑至最低点过程中的加速度大小a随位移x变化的关系如图(b)。弹簧形变始终未超过弹性限度，重力加速度大小为g。下列判定正确的是()A．弹簧的劲度系数为B．下滑过程中，在x=x2处，滑块的机械能最大C．在x1～x2和x2～x3两段过程中，弹簧弹性势能的增量相等D．在x1～x2和x2～x3两段过程中，a-x图线斜率的绝度值均等于【解析】A．由图可知，当小球下落到x2时，加速度为零，即弹力与重力大小相等，此时弹簧的形变量为，则有，解得，A正确；B．对小滑块和弹簧组成的系统进行分析，由于只有重力和弹力做功，则系统机械能守恒，当弹簧的弹性势能最小，小滑块的机械能最大，故当小滑块下落到时，弹簧处于原长，弹性势能为零，为最小，则此时小滑块的机械能最大，B错误；C．由图可知，x1～x2的距离差小于x2～x3两的距离差，可得弹簧弹性势能的增量不相等，C错误；D．在x1～x2的过程中，重力大于弹力，根据牛顿第二定律有，又由A项可知，联立解得，由图可知，当时，，联立解得，即为该段图线的斜率绝对值；在过程中，弹力大于重力，根据牛顿第二定律有，又，联立解得，由图可知，当时，，联立解得，即为该段图线的斜率绝对值，故可得在x1～x2和x2～x3两段过程中，a-x图线斜率的绝度值均等于，D正确。故选AD。【答案】AD7．(2022•东北育才学校七模)(多选)如图，光滑小球a、b的质量均为m，a、b均可视为质点，a、b用刚性轻杆连接，竖直地紧靠光滑墙壁放置，轻杆长为l，b位于光滑水平地面上，a、b处于静止状态，重力加速度大小为g。现对b施加轻微扰动，使b开始沿水平面向右做直线运动，直到a着地的过程中，则()A．a落地前会离开竖直墙壁B．a落地时的速度大小为C．b的速度最大时，a离地面的高度为D．a开始下滑至着地过程中，轻杆对b做功为【解析】A．对b施加轻微扰动使b开始沿水平面向右做直线运动，杆被压缩，对a和b均为推力，杆对a做负功，杆对b做正功，当杆的力等于零时，a球和墙壁无挤压，此时a会离开墙壁，故A正确；B．a落地时，对系统由机械能守恒定律，有，则a落地时的速度大小小于，故B错误；C．当杆的推力等于零时，杆对b做正功最多，此时b的速度最大，设杆与水平方向的夹角为，对系统由机械能守恒有，沿着杆的速度相等，有，联立解得，故当时，即，b的动能有最大值为，而a离地面的高度为，故C正确；D．a开始下滑至着地过程中，系统减少的重力势能为，而两球沿杆的速度相等，a球还有竖直分速度，则有，则杆对a做功大于，杆对b做功小于，故D错误；故选AC。【答案】AC8．(2022•湖南省长沙市第一中学高三第二次月考)(多选)如图所示为某探究活动小组设计的节能运输系统。斜面轨道倾角为30°，质量为m的木箱在轨道顶端A时，自动装货装置将质量为3m的货物装木箱，然后木箱载着货物(木箱和货物都可看作质点)沿轨道无初速度滑下，到B点接触轻弹簧，又压缩至最低点C，自动卸货装置立刻将货物卸下，然后木箱恰好被弹回到轨道顶端，再重复上述过程。已知A、C间距为L，重力加速度为g。下列说法正确的是()A．在木箱上滑的过程中，与弹簧分离时木箱的速度最大B．弹簧被压缩至最低点C时，其弹性势能为0.6mgLC．在木箱从斜面顶端A下滑至再次回到顶端的过程中，因摩擦产生的热量为1.5mgLD．若货物没有被拿出且能离开弹簧，木箱能够上升的最高位置距离A点为0.75L【解析】A．在木箱上滑的过程中，与弹簧分离前木箱的合力为零时速度最大，A错误；B．往返过程中根据动能定理得，解得，弹簧被压缩至最低点C时，其弹性势能为，B错误；C．在木箱从斜面顶端A下滑至再次回到顶端的过程中，因摩擦产生的热量为，C正确；D．若货物没有被拿出且能离开弹簧，设木箱能够上升的最高位置距离A点为x，全程根据动能定理得，解得，D正确。故选CD。【答案】CD9．(2022•四川省成都市第七中学高三(下)第七次测试)(多选)如图甲所示，轻弹簧一端固定在竖直墙上，初始时处于自然状态，右端在P点，某时刻一质量为物块A以一定初速度向左滑向轻弹簧，从开始运动至弹簧压缩至最短的过程中，物块速度平方随位移的变化规律如图乙所示，已知弹簧劲度系数为，取重力加速度，以下说法正确的是()A．物块A与地面间动摩擦因数为0.5 B．此过程中弹簧的最大弹性势能为C．物块A向右运动过程中加速度先减小后不变 D．物块A最终停在出发点【解析】A．由匀变速直线运动的位移与速度的关系，对比题图乙可知，物块运动前2m过程做匀减速直线运动，v2-x图线的斜率，由牛顿第二定律知物块的加速度，解得，故A错误；B．由题图乙可知，物块的初速度，向左运动的最大距离为，故弹簧的最大弹性势能为，故B正确；C．物块在向右运动过程中，初始时弹簧弹力最大且大于物块所受摩擦力，然后弹簧弹力逐渐减小到零，则物块的加速度先逐渐减小，减到零后再逐渐增大，最后不变，故C错误；D．物块向左运动过程中，由动能定理有，物块向右运动过程中，有，解得，故D正确。故选BD。【答案】BD10．(2022•湖南师范大学附属中学一模)如图所示，一轻绳吊着粗细均匀的棒，棒下端离地面高为H，上端套着一个细环。棒和环的质量分为4m和m，相互间最大静摩擦力等于滑动摩擦力，其大小为4mg。断开轻绳，棒和环自由下落。假设棒足够长，与地面发生碰撞时，触地时间极短，无动能损失。棒在整个运动过程中始终保持竖直，空气阻力不计。则()A．棒第一次与地面碰撞弹起上升过程中，棒相对地面一直做加速度恒定的匀减速直线运动B．从断开轻绳到棒和环都静止的过程中，环相对地面始终向下运动C．棒第一次与地面碰撞后弹起上升的过程中，环相对地面先做匀减速后匀加速最后做匀减速运动，从断开轻绳到棒和环都静止，系统损失的机械能为D．从断开轻绳到棒和环都静止的过程中，环相对于棒有往复运动，但总位移向下【解析】AB．棒第一次与地面碰撞后，开始棒的速度方向变为向上，环的速度方向继续向下，二者存在相对运动，相互间存在滑动摩擦力，棒所受合力方向向下，根据牛顿第二定律可得，加速度大小为，环受重力、向上的滑动摩擦力，合力方向向上，根据牛顿第二定律可得，加速度大小为，此时环的加速度大于棒的加速度，而环的速度与棒的速度大小相同，所以环的减速时间小于棒的减速时间，最终环会向上做匀加速运动，加速度大小为3g，直至环与棒速度大小相同，此时两者无相对运动，不受摩擦影响，环和棒一起做加速度大小为g的向上的匀减速运动，直至速度为0，故AB错误；C．设环相对棒滑动距离为l，根据能量守恒，解，摩擦力对棒及环做的总功为，联立解得，则系统损失的机械能为，故C正确；D．当棒再次下落时，由于此时棒的速度等于环的速度，此时棒与环之间无摩擦，所以环的下落为自由落体运动，无相对于棒做往复运动，与地面接触后在棒反弹后重复之前的运动状态，因此位移总是向下，故D错误。故选C。【答案】C11．(2022•重庆市第八中学第六次月考)如图所示，光滑的小滑轮D(可视为质点)固定，质量均为m的物体A和B用轻弹簧连接，一根不可伸长的轻绳一端与物体A连接，另一端跨过定滑轮与质量为M的小环C连接。小环C穿过竖直固定的光滑均匀细杆，小环C位于R处时，绳与细杆的夹角为θ，此时物体B与地面刚好无压力。图中SD水平，位置R和Q之间高度差为h，R和Q关于S对称。现让小环从R处由静止释放，环下落过程中绳始终处于拉直状态，环到达Q处时获得最大速度。在小环从R处下落到Q处的过程中，下列说法正确的是()A．小环C机械能最大的位置在S点下方B．弹簧弹力和地面支持力对物体B的冲量和为零C．小环C的最大动能为D．小环C到达位置Q时，物体A的加速度大小为【解析】A．小环C下落过程受重力、杆的支持力和细线的拉力，非重力做功等于机械能的变化量。到位置S前的过程中，非重力做正功，机械能增加。经过S的过程，非重力做负功，机械能减小。因此，小环C的机械能先增加再减小，下落到位置S时，小环C的机械能最大，故A错误；B．小环从R处下落到Q处的过程中，物体B始终静止在地面上，动量变化量为零，因此物体B所受合力的冲量为零，即重力、弹簧弹力和地面对物体B的支持力的冲量和为零，则弹簧弹力和地面对物体的支持力的冲量和与重力冲量等大反向，由于此过程重力冲量不为零，故B错误；C．环在Q时动能最大。环在R和Q时，弹簧长度相同，弹性势能相同。Q和A通过细线相连，沿着绳子的分速度相等(如图1所示)，故，故A与环的动能之比为，对小环和A的系统，联立可得小环C的最大动能，故C正确；D．环在R和Q时，弹簧长度相同，B对地面的压力为零，说明弹簧处于伸长状态且弹力等于物体B的重力mg。环在Q位置，环速度最大，说明受力平衡，受重力、支持力和拉力，根据平衡条件，有Tcosθ=Mg，对A有T-mg-F=ma，对B有F=mg，联立可得为，故D错误。故选C。【答案】C12．(2022•云南省三校高三(下)高考备考实用性联考(四))(多选)如图所示，一水平传送带右端与半径为R=0.5m的竖直光滑固定圆弧轨道的内侧相切于Q点，传送带以某一速度顺时针匀速转动。现将质量为m=0.2kg的小物块由静止放在传送带的左端P点，小物块随传送带向右运动，后经Q点滑上圆弧轨道，并能通过最高点N。小物块与传送带之间的动摩擦因数为=0.5，已知P、Q之间的距离为L=4m，取g=10m/s2，小物块可视为质点。下列说法正确的是()A．传送带的最小转动速率为v0=5m/sB．若传送带以最小速率v0转动，小物块从P运动到Q的时间t=1.5sC．若传送带以最小速率v0转动，则整个过程中小物块与传送带间因摩擦产生的热量Q=5JD．若传送带以最小速率v0转动，则因传送小物块电动机对传送带多做的功Ｗ=5J【解析】A．由题意知，传送带转动速率最小时，小物块到达点已与传送带同速且小物块刚好能到达点，在点有，小物块从点到点，由动能定理得，联立解得，故A正确；B．设小物块经过时间加速到与传送带同速，则，，小物块的位移，带入数据可得x1=2.5m，，1s后小物块与传送带相对静止，匀速到达Q，设时间为，，则小物块从P运动到Q的时间t=+=1.3s，故B错误；C．传送带在时间内的位移，根据题意则有，，联立解得，故C错误；D．由能量守恒定律可知，因传送小物块电动机对传送带多做的功，代入数据解得，故D正确。故选AD。【答案】AD13．(2022•四川省南充高级中学高三(上)第六次月考)(多选)北京冬奥会于2022年2月4日开幕，中国运动员谷爱凌在自由式滑雪女子大跳台项目中获得金牌。如图所示为“跳台滑雪”赛道的组成部分，为简便处理可抽象为：助滑道倾角为53o，着陆坡倾角为37o，助滑道长，水平起跳区长，起跳区其一端与助滑道平滑连接(无机械能损失)，另一端与着陆坡斜面相接。可视为质点的运动员总质量在助滑道顶端从静止出发经滑到起跳区，从起跳区滑出并在着陆坡着陆。已知各处摩擦因数相同，忽略空气阻力，重力加速度。则()A．滑道的摩擦因数为0.125B．落地点到起跳点的距离为48mC．从静止出发到着陆前因摩擦而损失的机械能为1320JD．若考虑起跳区与助滑道连接处的能量损失，着陆速度方向与着陆坡的夹角将增大【解析】A．运动员在助滑区做匀加速运动，由，解得，由牛顿第二定律，解得，故A正确；B．从助滑区滑下的速度为，在起跳区，由动能定理，解得起跳时速度，水平起跳后做平抛运动，由，，，落地点到起跳点的距离为，故B正确；C．从静止出发到着陆前因摩擦而损失的机械能为，故C错误；D．若考虑起跳区与助滑道连接处的能量损失，则起跳时速度变小。设着陆速度方向与竖直方向的夹角为，则，又，所以着陆速度方向与竖直方向的夹角不变，则着陆速度方向与着陆坡的夹角不变。故D错误。故选AB。【答案】AB14．(2022•四川省南充高级中学高三(上)第一次月考)(多选)一物块在高3.0m、长5.0m的斜面顶端从静止开始沿斜面下滑，其重力势能和动能随下滑距离s的变化如图中直线Ⅰ、Ⅱ所示，重力加速度取10m/s2。则()A．物块下滑过程中机械能守恒，动量不守恒。B当物块下滑2.0m时机械能损失了12J，动能增加了4JC．物块下滑时加速度的大小为2.0m/s2D．物块与斜面间的动摩擦因数为0.5【解析】A．物块在初位置其重力势能为，动能，则物块的质量，此时物块具有的机械能为，当下滑距离为5m时，物块具有的机械能为，所以下滑过程中物块的机械能减小，物体加速下滑，动量不守恒，A错误；B．当物块下滑2.0m时动能，重力势能，物块下滑2.0m时机械能，损失了8J，令斜面的倾角为θ，则，根据功能关系有，解得，B错误D正确；C．根据牛顿第二定律可知，物块下滑时加速度的大小为，C正确。故选CD。【答案】CD15．(2022•四川省成都七中高三(下)二模)(多选)如图甲所示，光滑斜面的倾角为30°，一根轻质弹簧一端固定在斜面底端，另一端与滑块A相连，滑块B与A靠在一起(不粘连)，两滑块的质量均为m，系统处于静止状态。从零时刻起对滑块B施加一个平行斜面的变力F，两滑块的v-t图象如图乙所示，t0时刻F的大小是零时刻F大小的2倍，重力加速度大小为g，弹簧始终处于弹性限度内，则下列说法正确的是()A．t0时刻前两滑块的加速度大小均为B．t时刻两滑块的速度大小均为C．弹簧的劲度系数为D．0到t0时间内弹簧弹性势能的减少量为【解析】A．由图乙所示图象可知，t0时刻两滑块开始分离，此时它们的加速度大小、速度大小都相等，它们间的作用力为零，设此时弹簧的压缩量为，设时弹簧的压缩量为，设弹簧的劲度系数为，设时刻拉力大小为，时刻拉力大小为，由题意可知，施加拉力前，对A、B整体，由平衡条件得，时刻，对A、B整体，由牛顿第二定律得，时刻，对B，由牛顿第二定律得，解得，故A错误；B．由图乙所示图象可知，在内，A、B一起做初速度为零的匀加速直线运动，时刻两滑块的速度大小为，故B正确；C．由图乙所示图象可知，在内，A、B一起做初速度为零的匀加速直线运动，位移大小为，则，时刻，对A，由牛顿第二定律得，施加拉力前，对A、B整体，由平衡条件得，解得弹簧的劲度系数为，故C错误；D．设0到时间内弹簧弹性势能的减小量为，则，故D正确。故选BD。【答案】BD16．(2022•江西省新余市第一中学高三(上)第三次段考)如图所示，小物体从竖直弹簧上方离地高处由静止释放，其动能与离地高度的关系如图所示．其中高度从下降到，图象为直线，其余部分为曲线，对应图象的最高点，轻弹簧劲度系数为，小物体质量为，重力加速度为g。以下说法正确的是()A．小物体下降至高度时，弹簧形变量为B．小物体下落至高度时，加速度为C．小物体从高度下降到，弹簧的弹性势能增加了D．小物体从高度下降到，弹簧的最大弹性势能为【解析】A．高度从h1下降到h2，图象为直线，该过程是自由落体，h1-h2的坐标就是自由下落的高度，所以小物体下降至高度h2时，弹簧形变量为0，物体下降至高度h3时，弹簧形变量不为0，故A错误；B．物体的动能先增大，后减小，小物体下落至高度h4时，物体的动能与h2时的动能相同，由弹簧振子运动的对称性可知，两位置加速度大小均为g，但是方向相反，根据F弹-mg=ma，可知，在h4时弹簧的弹力一定是重力的2倍；小物体下落至高度h5时，动能又回到0，说明h5是最低点，弹簧的弹力到达最大值，一定大于重力的2倍，则小物体下落至高度h5时，加速度大于g，故B错误；C．小物体下落至高度h4时，物体的动能与h2时的动能相同，由弹簧振子运动的对称性可知，在h4时弹簧的弹力一定是重力的2倍，此时弹簧的压缩量，小物体从高度h2下降到h4，重力做功，物体从高度h2下降到h4，重力做功等于弹簧的弹性势能增加，所以小物体从高度h2下降到h4，弹簧的弹性势能增加了，故C错误；D．小物体从高度h1下降到h5，动能变化量为零，重力做功等于弹簧弹性势能的增加量，所以弹簧的最大弹性势能为EP=mg(h1-h5)，故D正确。故选D。【答案】D17．(2022•江苏省海门中学高(下)期初考试)如图所示，某景区的彩虹滑梯由两段倾角不同的直轨道组成，游客与两段滑梯间的动摩擦因数相同。一游客由静止开始从顶端下滑到底端，若用E、Ek、x、t分别表示物体的机械能、动能、水平位移和所用时间，下列图像中正确的是(取地面为零势能面)()A．B．C．D．【解析】A．游客下滑过程中机械能的变化等于摩擦力做的功，即，所以图像如图A所示，故A正确；B．游客下滑过程中动能的变化等于合外力做的功，即，下滑过程中，倾角不变时，图像的斜率不变，倾角变小，图像斜率变小，故B错误；C．根据牛顿第二定律可得，游客下滑时有，可得，结合A项的分析可知，E与的关系为，即，当不变时，E与成线性关系，故C错误；D．游客的速度大小为，即，若不变，图像为一抛物线，当发生变化时，图像为另一抛物线，故D错误。故选A。【答案】A18．(2022•双鸭山市第一中学高三(上)期末)如图a所示，在光滑的水平面上，轻弹簧右端与物块A拴接，物块A与物块B间有少量的粘合剂，能承受最大的拉力为F0，且物块A和B的质量均为m。以物块A的位置为坐标原点。A所受弹簧弹力与坐标的关系如图b所示，F0和均为已知量，取A所受弹力水平向右为正方向。现在向左推物块A和B压缩弹簧至-处，将物块A和B由静止释放后()A．B与A分离时的位置坐标为原点B．B与A分离时的位置坐标为处C．B与A分离之前，弹簧减少的弹性势能为D．B与A分离之前，A的速度为【解析】AB．物块A与物块B间有少量的粘合剂，能承受最大的拉力为F0，根据牛顿第二定律可得，，解得，根据图像可得B与A分离时的位置坐标为，A错误，B正确；C．由图像可得，B与A分离之前，弹簧减少的弹性势能为，C错误；D．B与A分离之前，弹簧减小的弹性势能转化为A、B的动能，即有，即，解得，D错误。故选B。【答案】B19．(2022•河北省衡水中学高三(上)五调)(多选)一传送带以恒定速率沿顺时针方向运行，传送带倾角为37°，如图所示。现将一质量为kg的物块静止放于传送带底端点，经过一段时间传送带将物块传送到传送带的顶端点。已知传送带之间的距离为m，物块与传送带间的动摩擦因数为，物块可视为质点，最大静摩擦力等于滑动摩擦力，取m/s2，sin37°=0.6，cos37°=0.8。则下列说法正确的是()A．物块从点传送到点过程中合力对物块的冲量大小为6N·sB．物块从点传送到点过程中重力对物块的冲量大小为60N·sC．物块从点传送到点过程中系统因摩擦产生的热量为63JD．从点传送到点过程中物块机械能的增加量为108J【解析】A．物块开始运动时，受到沿传送带向上的滑动摩擦力，根据牛顿第二定律有，解得加速度，与传送带达到共同速度经历的时间为，运动的位移为，因为，即，所以，当物块的速度与传送带的速度相等时，开始以做匀速直线运动，一直运动到顶端B，物块从底端A传送到顶端B过程中，根据动量定理，合力对物块的冲量等于物块动量的变化量，有，故A正确；B．物块匀速直线运动的位移为，匀速运动的时间为，则物块从底端传送到顶端用的时间为，则重力对物块的冲量为，故B错误；C．第一阶段物块与传送带之间发生相对滑动，物块做匀加速直线运动，位移为，传送带做匀速运动，则产生的热量为，第二阶段物块与传送带之间没有相对滑动，不产生热量，则物块在传送带上运动过程中因摩擦产生的热量是63J，故C正确；D．物块从底端A传送到顶端B过程中，机械能的增量为，故D错误。故选AC。【答案】AC20．(2022•广东省汕头市金山中学高三(上)期末)(多选)如图所示，轻弹簧放在倾角37º的斜面体上，轻弹簧的下端与斜面底端的挡板连接，上端与斜面上b点对齐，质量为m的物块在斜面上的a点由静止释放，物块下滑后，压缩弹簧至c点时速度刚好为零，物块被反弹后返回b点时速度刚好为零，已知ab长为L，bc长为，重力加速度为g，sin37º=0.6，cos37º=0.8。则()A．物块与斜面间的动摩擦因数为0.5B．物块接触弹簧后，速度先减小后增大C．弹簧具有的最大弹性势能为0.5mgLD．物块在上述过程因摩擦产生的热量为0.6mgL【解析】AD．物块由a点静止释放，压缩弹簧至c点，被反弹后返回b点时速度刚好为零，对整个过程应用动能定理得，解得，则整个过程因摩擦产生得热量为，故AD正确；B．物块接触弹簧后，向下运动时，开始由于，物块继续向下加速，继续变大，当，时，物块将向下减速，则物块向下运动时先加速后减速，向上运动时，由于在c点和b点的速度都为零，则物块先加速后减速，故B错误；C．设弹簧的最大弹性势能为，物块由a点到c点的过程中，根据能量守恒定理得，解得，故C错误。故选AD。【答案】AD21．(2022•福建省福州一中高三(下)二模)(多选)一质量为1kg的小物块A置于竖直轻弹簧上处于静止状态，另一质量为3kg的小物块B从距离A某高度自由落下，与A碰撞后(碰撞时间极短)一起压缩弹簧到最低点，碰后A的加速度随其位移变化的图像如图所示。不计空气阻力，取重力加速度为g=10m/s2，下列说法中正确的是()A．碰后A、B做匀变速直线运动B．碰撞结束瞬间，A的加速度a0=7.5m/s2C．弹簧的劲度系数为100N/mD．A与B碰撞之后一起下落到速度最大的过程中，动能的增加量为0.45J【解析】A．由图像可知，碰后整体的加速度先减小后反向增大，故不是匀变速直线运动，A错误；B．碰前A的重力与弹簧弹力平衡，碰后瞬间弹簧弹力不突变，故AB碰后瞬间整体的合外力为，对整体应用牛顿第二定律可得，解得，B正确；C．设初状态弹簧压缩量为，有，当时加速度为零，此时，联立解得，C错误；D．A与B碰撞之后一起下落到速度最大的过程中AB所受的合外力随位移均匀减小，其合外力随位移变化的图像如图所示，因为通过图像的面积可以求变力的功，故合外力的总功为，由动能定理，故动能增量为0.45J，D正确。故选BD。【答案】BD22．(2022•北京四中高三(上)期中)(多选)如图(a)所示，竖直放置的轻弹簧下端固定在地面上，上端与质量为m的物块相连(不拴接)，初始时处于静止状态。现对物块施加竖直向上的外力F，使物块做匀加速直线运动，经过0.4s弹簧恢复原长，图(b)是外力F随物块位移x变化的图像，重力加速度g取10m/s2，下列说法正确的是()A．物块加速度大小为2m/s2B．弹簧恢复原长的瞬间，拉力的功率为25WC．在弹簧恢复原长的过程中，物块的重力势能增加了2JD．在弹簧恢复原长过程中，物块和弹簧组成的系统机械能增加了3J【解析】A．由图2可知，在弹簧恢复原长过程，物块的位移是0.2m，根据，可知做匀加速直线运动的加速度，故A错误；B．初始状态物块处于静止状态有，加外力瞬间根据牛顿第二定律有，弹簧弹力不能突变，因此有F=ma，解得m=2kg，k=100N/m，在弹簧恢复原长瞬间，有F1-mg=ma，得弹簧恢复原长瞬间弹力F1=25N，此时刻物块的速度v=at=1m/s，所以外力F的功率为P=Fv=25W，故B正确；C．在弹簧恢复原长过程中，重力做功WG=-mgh=-4J，根据重力势能变化量与重力做功的关系，得重力势能增加4J，故C错误。D．物块和弹簧组成系统的机械能变化量等于外力F做功，在弹簧恢复原长过程中，外力F做功是图2梯形面积，即，故D正确；故选BD。【答案】BD23．(2022•高考山东卷)某粮库使用额定电压，内阻的电动机运粮。如图所示，配重和电动机连接小车的缆绳均平行于斜坡，装满粮食的小车以速度沿斜坡匀速上行，此时电流。关闭电动机后，小车又沿斜坡上行路程L到达卸粮点时，速度恰好为零。卸粮后，给小车一个向下的初速度，小车沿斜坡刚好匀速下行。已知小车质量，车上粮食质量，配重质量，取重力加速度，小车运动时受到的摩擦阻力与车及车上粮食总重力成正比，比例系数为k，配重始终未接触地面，不计电动机自身机械摩擦损耗及缆绳质量。求：(1)比例系数k值；(2)上行路程L值。【解析】(1)设电动机的牵引绳张力为，电动机连接小车的缆绳匀速上行，由能量守恒定律有，解得小车和配重一起匀速，设绳的张力为，对配重有设斜面倾角为，对小车匀速有而卸粮后给小车一个向下的初速度，小车沿斜坡刚好匀速下行，有联立各式解得，(2)关闭发动机后小车和配重一起做匀减速直线运动，设加速度为，对系统由牛顿第二定律有可得由运动学公式可知，解得【答案】(1)；(2)24．(2022•四川省石室中学高三(下)第五次专家联测卷)如图是小明设计的一个游戏装置。该滑道分为AM、AB、BC，C-D-E，EF和EG六段，其中AB、BC，C-D-E和F-G轨道光滑，剩余轨道的动摩擦因数为0.5。在M点处安装一弹簧装置，将一物块与弹簧紧贴，释放弹簧，物块从M处出发。游戏成功的要求：物块不会脱离C-D-E轨道(检测装置省略)，物块最后能平稳的停在EF处，且不会从轨道F-G中飞出。现已知物块的质量为1kg，R1=2m，R2=1m，D点与A点位于同一水平线，AM=1m，H=2m，L=20m，不计空气阻力及弹簧装置内部物块的位移，物块可视为质点，g=。回答下列有关小题：(1)求物块在B点时速度的最小值，并求出当B点为最小速度时，A点的速度大小；(2)若物块在M处的弹性势能为45J，求物块在E点处对轨道的压力；(3)求弹簧的弹性势能E与物块到E点的距离d的关系式。【解析】(1)由，解得此时由动能定理，解得(2)由能量守恒定理，解得=20J>=10J故会沿着轨道下滑由动能定理，解得=故，解得F=70N故综上，并根据牛顿第三定律，解得F压方向竖直向下，为70N(3)从M到E，由动能定理，得，得=E+15J同时满足≥，得E≥55J因为=100J，故对E进行分类讨论当55J≤E≤85J，有E+15J=mgμd，得E=5d-15当E>85J，有E+15J=mgμ(L-d)+100J，得E=185-5d又因为不能飞出，故有，得E≤95J故综上所述，当55J≤E≤85J，E=5d-15；当95J≥E>85J，得E=185-5d【答案】(1)，；(2)70N；(3)见解析25．(2022•陕西省西安中学高三(下)四模)如图所示，底部带有挡板的固定光滑斜面，倾角为θ＝30°，上有质量为m的足够长木板A，其下端距挡板间的距离为L，质量也为m的小物块B置于木板A的顶端，B与木板A之间的动摩擦因数为。无初速释放二者，当木板滑到斜面底端时，与底部的挡板发生弹性碰撞，且碰撞时间极短。可认为最大静摩擦力等于滑动摩擦力。重力加速度为g，求：(1)木板A与挡板第一次碰撞后沿斜面上滑的过程中物块B的加速度大小；(2)木板A从开始到第二次与挡板碰撞过程中运动的总路程；(3)从开始到A、B最后都静止的过程中，系统因摩擦产生的热量。【解析】(1)木板A与挡板第一次碰撞前，系统相对静止，之间无摩擦，系统加速度为a=gsin30°由运动学公式，第一次碰时系统速度碰后，对B有，方向沿斜面向上(2)碰后，对A有：方向沿斜面向下，可见，A、B均做减速运动，A先减速至零。第一次碰后，A沿斜面上滑的距离为从开始到第二次碰，A的总路程为(3)A最后静止于斜面底部。设B相对A下滑位移为Δx，由系统功能关系，有mgLsinθ+mg(L+Δx)sinθ=μmgΔxcosθ，可得Δx=4L因此，系统因摩擦产生的热量为Q=μmgΔxcosθ=3mgL【答案】(1)；(2)；(3)3mgL26．(2022•东北师范大学附属中学高三(下)测试(六))秋千由踏板和绳构成，人在秋千上的摆动过程可以简化为单摆的摆动，等效“摆球”的质量为m，人蹲在踏板上时摆长为，人站立时摆长为。不计空气阻力，重力加速度大小为g。(1)如果摆长为，“摆球”通过最低点时的速度为v，求此时“摆球”受到拉力T的大小。(2)在没有别人帮助的情况下，人可以通过在低处站起、在高处蹲下的方式使“摆球”摆得越来越高。a.人蹲在踏板上从最大摆角开始运动，到最低点时突然站起，此后保持站立姿势摆到另一边的最大摆角为。假定人在最低点站起前后“摆球”摆动速度大小不变，通过计算证明。b.实际上人在最低点快速站起后“摆球”摆动速度的大小会增大。随着摆动越来越高，达到某个最大摆角后，如果再次经过最低点时，通过一次站起并保持站立姿势就能实现在竖直平面内做完整的圆周运动，求在最低点“摆球”增加的动能应满足的条件。【解析】(1)根据牛顿运动定律，解得(2)a.设人在最低点站起前后“摆球”的摆动速度大小分别为v1、v2，根据功能关系得，已知v1=v2，得因为，得，所以b.设“摆球”由最大摆角摆至最低点时动能为，根据功能关系得“摆球”在竖直平面内做完整的圆周运动，通过最高点最小速度为,根据牛顿运动定律得“摆球”在竖直平面内做完整的圆周运动，根据功能关系得得【答案】(1)；(2)a.见解析；b.27．(2022•成都石室中学高三(下)专家联测卷(四))如图为过山车的部分轨道，它由位于同一竖直面内的倾斜直轨道ab、半径不同的两个紧靠在一起的光滑圆轨道I、Ⅱ(间距可忽略)组成．其中，ab与圆轨道I相切于b点，ab=48.9m，B=37°；R1=10m、R2=5.12m．车厢与ab间的动摩擦因数为μ=0.125．一次游戏中，质量m=500kg车厢A被牵引到a点由静止释放，经切点b进入圆轨道I；绕过圆轨道I后到达最低点P时，与停在P点的障碍物B相撞并连在一起进入圆轨道Ⅱ．将A、B视为质点，不考虑空气阻力，取g=10m/s2，sin37°=0.6，cos37°=0.8．求(1)车厢A通过圆轨道I最高点时受到弹力的值；(2)已知车厢能安全通过圆轨道Ⅱ，B的质量不超过A的多少倍?【解析】(1)设A到达b点时速度为，则根据动能定理可得解得A到达圆轨道I最高点时速度为，轨道对A弹力的大小为F；则，联立解得F=1450N(2)A运动到圆轨道I最低点P时速度为，则解得A与B碰撞后共同速度为，则设连在一起的A、B安全通过圆轨道II最高点的最小速度为，在P点最小速度为；，，解得当时，M最大，解得【答案】(1)1450(2)28．(2022•陕西省西安市第一中学高三(上)期中)如图所示,固定斜面的倾角,物体A与斜面之间的动摩擦因数为,轻弹簧下端固定在斜面底端,弹簧处于原长时上端位于C点．用一根不可伸长的轻绳通过轻质光滑的定滑轮连接物体A和B，滑轮右侧绳子与斜面平行，A的质量为2m，B的质量为m初始时物体A到C点的距离为L．现给A、B一初速度使A开始沿斜面向下运动,B向上运动,物体A将弹簧压缩到最短后又恰好能弹到C点．已知重力加速度为g，不计空气阻力，求此过程中:(1)物体A向下运动刚到C点时的速度;(2)弹簧的最大压缩量;(3)弹簧中的最大弹性势能．【解析】(1)A和斜面间的滑动摩擦力物体A向下运动到C点的过程中,根据能量关系有：，(2)从物体A接触弹簧,将弹簧压缩到最短后又恰回到C点,对系统应用动能定理：，(3)弹簧从压缩最短到恢复原长的过程中,因为，根据能量关系，压缩最短时的弹性势能全部转化为回去过程中的摩擦热，即：所以【答案】(1)(2)(3)29．(2022•山东省烟台市高三(上)期末)“高台滑雪”一直受到一些极限运动爱好者的青睐。挑战者以某一速度从某曲面飞出，在空中表演各种花式动作，飞跃障碍物(壕沟)后，成功在对面安全着陆。某实验小组在实验室中利用物块演示分析该模型的运动过程：如图所示，ABC为一段半径为的光滑圆形轨道，B为圈形轨道的最低点。P为一倾角的固定斜面，为减小在斜面上的滑动距离，在斜面顶端表面处铺了一薄层防滑木板DE，木板上边缘与斜面顶端D重合，圆形轨道末端C与斜面顶端D之间的水平距离为。一物块以某一速度从A端进入，沿圆形轨道运动后从C端沿圆弧切线方向飞出，再经过时间时恰好以平行于薄木板的方向从D端滑上薄木板，物块始终未脱离薄木板，斜面足够长。已知物块质量，薄木板质量，木板与斜面之间的动摩擦因数，木板与物块之间的动摩擦因数，重力加速度，，不计空气阻力，求：(1)物块滑到圆轨道最低点B时，对轨道的压力(计算结果可以保留根号)；(2)物块相对于木板运动的距离；(3)整个过程中，系统由于摩擦产生的热量。【解析】(1)物块由C到D，做抛体运动水平方向物块恰好以平行于薄木板的方向从D端滑上薄木板，则在D的速度，物块在C点，由B到C：其中，在B点由牛顿第三定律得(2)物块刚滑上木板时：对物块，，做匀减速直线运动对木板，，做匀加速直线运动设两者经时间