2023年高考物理知识点复习与真题 功能关系

功能关系

一、真题精选（高考必备）

L（2010∙上海•高考真题）高台滑雪运动员腾空跃下，如果不考虑空气阻力，则下落过程中该运动员机械能的转换

关系是

A.动能减少，重力势能减少B.动能减少，重力势能增加

C.动能增加，重力势能减少D.动能增加，重力势能增加

2.（2014•广东•高考真题）如图是安装在列车车厢之间的摩擦缓冲器结构图，图中①和②为楔块，③和④为垫板,

楔块与弹簧盒、垫板间均有摩擦，在车厢相互撞击使弹簧压缩的过程

中（）务置食

A.缓冲器的机械能守恒

B.摩擦力做功消耗机械能

C.垫板的动能全部转化为内能吃4

D.弹簧的弹性势能全部转化为动能

3.（2019•浙江•高考真题）奥运会比赛项目撑杆跳高如图所示,下列说法不氐硬的是（)

A.加速助跑过程中，运动员的动能增加

B.起跳上升过程中，杆的弹性势能一直增加

C.起跳上升过程中，运动员的重力势能增加

D.越过横杆后下落过程中，运动员的重力势能减少动能增加

4.（2008•广东•高考真题）一个25kg的小孩从高度为30〃的滑梯顶端由静止开始滑下，滑到底端时的速度为20"∕s.

HXg=10m∕s2,关于力对小孩做的功，以下结果正确的是（）

A.阻力做功500./B.合外力做功50./

C.重力做功500JD.支持力做功501

5.（2014,上海•高考真题）静止在地面上的物体在竖直向上的恒力作用下上升，在某一高度撤去恒力.不计空气阻

力，在整个上升过程中，物体机械能随时间变化关系是（）

EE

6.（2012•安徽,高考真题）如图所示，在竖直平面内有一个半径为R的圆弧轨道.半径OA水平、。3竖直，一个质

量为〃?的小球自A正上方P点由静止开始自由下落,小球沿轨道到达最高点8时恰好对轨道没有压力，已知4P=2R,

重力加速度为g，则小球从P到B的运动过程中（）

A.重力做功2〃ZgR

B.机械能减少"ZgR

C.合外力做功mgR

D.克服摩擦力做功;，咫R

7.（2013•全国•高考真题）如图所示，一固定斜面倾角为一质量为m的小物块自斜面底

端以一定的初速度沿斜面向上做匀减速运动，加速度大小等于重力加速度的大小g∙物块上升的最大高度为H,则

此过程中，物块的（）

A.动能损失了2mgH

B.动能损失了mgH

C.机械能损失了mgH

D.机械能损失了±mgH

8.（2007•海南•高考真题）如图，卷扬机的绳索通过定滑轮用力F拉位于粗糙面上的木箱，使之沿斜面加速向上移

动.在移动过程中，下列说法正确的是

题9图

A.F对木箱做的功等于木箱增加的动能与木箱克服摩擦力所做的功之和

B.F对木箱做的功等于木箱克服摩擦力和克服重力所做的功之和

C.木箱克服重力所做的功等于木箱增加的重力势能

D.F对木箱做的功等于木箱增加的机械能与木箱克服摩擦力做的功之和

9.（2012•重庆,高考真题）图所示为一种摆式摩擦因数测量仪,可测量轮胎与

地面间动摩擦因数，基主要部件有：底部固定有轮胎橡胶片的摆锤和连接

摆锤的轻质细杆。摆锤的质量为“，细杆可绕轴。在竖直平面内自由转动,

摆锤重心到。点距离为以测量时，测量仪固定于水平地面，将摆锤从与。等高的位置处静止释放。摆锤到最低点

附近时，橡胶片紧压地面擦过一小段距离S（S＜乙），之后继续摆至与竖直方向成6角的最高位置。若摆锤对地面的

压力可视为大小为尸的恒力，重力加速度为g，求

⑴摆锤在上述过程中损失的机械能；

⑵在上述过程中摩擦力对摆锤所做的功；

⑶橡胶片与地面之间的动摩擦因数。

10.（2015・北京•高考真题）如图所示，弹簧的一端固定，另一端连接一个物块，弹簧质量不计。物块（可视为质点）

的质量为，在水平桌面上沿X轴运动，与桌面间的动摩擦因数为〃。以弹簧原长时物块的位置为坐标原点。，当

弹簧的伸长量为X时，物块所受弹簧弹力大小为F=区，Z为常量。

/

/

n≡n

O/χ2χ3X

（1）请画出F随X变化的示意图；并根据尸-X图象求物块沿X轴从。点运动到位置X的过程中弹力所做的功。

（2）物块由演向右运动到与，然后由月返回到巧，在这个过程中：

a.求弹力所做的功，并据此求弹性势能的变化量；

b.求滑动摩擦力所做的功；并与弹力做功比较,说明为什么不存在与摩擦力对应的"摩擦力势能”的概念，为什么？

5

11∙（2017∙全国•高考真题）一质量为8.00x104kg的太空飞船从其飞行轨道返回地面.飞船在离地面高度1.60×10

m处以7.5χl03m/s的速度进入大气层，逐渐减慢至速度为IOom/s时下落到地面.取地面为重力势能零点，在飞

船下落过程中，重力加速度可视为常量，大小取为9∙8m∕s2（结果保留两位有效数字）.

⑴分别求出该飞船着地前瞬间的机械能和它进入大气层时的机械能；

（2）求飞船从离地面高度600m处至着地前瞬间的过程中克服阻力所做的功，己知飞船在该处的速度大小是其进入大

气层时速度大小的2.0%.

12.（2010•全国•高考真题）如图，MNP为竖直面内一固定轨道，其圆弧段MN与水平段NP相切于N、P端固定一

竖直挡板.M相对于N的高度为h,NP长度为S.一木块自M端从静止开始沿轨道下滑，与挡板发生一次完全弹

性碰撞后停止在水平轨道上某处.若在MN段的摩擦可忽略不计，物块与NP段轨道间的滑动摩擦因数为μ,求

物块停止的地方与N点距离的可能值.

二、强基训练（高手成长基地）

1.（2021•湖南•明达中学高三阶段练习）如图所示，一块质量为M的长木板停在光滑的水平面上，长木板的左端有

挡板，挡板上固定一个水平轻质小弹簧。一个质量为根的小物块（可视为质点）以水平速度W从长木板的最右端开

始向左运动，与弹簧发生相互作用后（弹簧始终处于弹性限度内），最终又恰好相对静止在长木板的最右端。以下

说法正确的是（）

T(RTOO-0'

A.物块的最终速度为TVo

B.长木板的最终速度为W

c.弹簧的最大弹性势能为辞国］

2（M+∕w）

D.长木板和小物块组成的系统最终损失的机械能为辞%

2.（2022•辽宁•沈阳捷登教育培训学校模拟预测）"风洞实验”指在风洞中安置飞行器或其他物体模型，研究气体流

动及其与模型的相互作用，以了解实际飞行器或其他物体的空气动力学特性的一种空气动力实验方法。在下图所示

的矩形风洞中存在大小恒定的水平风力，现有一小球从“点竖直向上抛出，其运动轨迹大致如下图所示，其中M、

N两点在同一水平线上，。点为轨迹的最高点，小球在M点动能为9J,在。点动能为16J,不计空气阻力，下列

说法正确的是（）

A.小球的重力和受到的风力大小之比为4:3

B.小球落到N点时的动能为73J

C.小球在上升和下降过程中机械能变化量之比为1:3

D.小球从用点运动到N点过程中的最小动能为5.76J

3.（2014・湖北黄石•高三期中）某缓冲装置的理想模型如图所示，劲度系数足够大的轻质弹簧与轻杆相连，轻杆可在

固定的槽内移动，与槽间的滑动摩擦力为定值.轻杆向右移动不超过L时，装置可安全工作.若一小车分别以初动

能Ekl和Ek2撞击弹簧，导致轻杆分别向右移动L/4和L.已知装置安全工作时，轻杆与槽间的最大静摩擦力等于滑

动摩擦力，且不计小车与地面间的摩擦.比较小车这两次撞击缓冲过程，下列说法正确的是

m

川AM/

A.小车撞击弹簧的初动能之比为1：4B.系统损失的机械能之比为L4

C.两次小车反弹离开弹簧的速度相同D.两次小车反弹离开弹簧的速度不同

4.（2020•黑龙江•大庆实验中学高三开学考试）如图所示，在倾角为6=30"的足够长的固定的光滑斜面上，有一质

量为M=3&g的长木板正以%=10,“∕s的初速度沿斜面向下运动，现将一质量〃2=1伙的小物块（大小可忽略）轻放

在长木板正中央，已知物块与长木板间的动摩擦因数〃=乎，设物块与木板间最大静摩擦力等于滑动摩擦力，重

力加速度g取IOm/S?.

（1）求放上小物块后，木板和小物块的加速度大小；

（2）要使小物块不滑离长木板，长木板至少要有多长；

（3）假设长木板长L=I6〃?，在轻放小物块的同时对长木板施加一沿斜面向上的F=45N的恒力，求小物块在长木板

上运动过程中F所做的功及系统机械能的增量.

5.（2021•四川•成都七中高三期中）如图所示，一斜面体固定在水平地面上，倾角为生30。，高度为/J=1.5m°一薄

木板B置于斜面顶端,恰好能保持静止,木板下端连接有一根自然长度为LO=O.2m的轻弹弹簧,木板总质量为机=Ikg,

总长度为L=2.0m°—质量为M=3kg的小物块A从斜面体左侧某位置水平抛出，该位置离地高度"=1.7m,物块A

经过一段时间后从斜面顶端沿平行于斜面方向落到木板上并开始向下滑行，已知A、B之间的动摩擦因数〃=*,

木板下滑到斜面底端碰到挡板时立刻停下，物块A最后恰好能脱离弹簧，且弹簧被压缩时一直处于弹性限度内，最

大静摩擦力可认为等于滑动摩擦力，取重力加速度g=10m∕s?,不计空气阻力。求:

⑴物块A落到木板上的速度大小V；

⑵木板与挡板碰撞前的瞬间，木板和物块的速度大小;

⑶弹簧被压结到最短时的弹性势能。

6.(2021•湖南•高三专题练习)如图所示，质量M=2kg、高/7=0.2〃?的长木板静止在粗糙的水平地面上，长木板与地

面间的动摩擦因数μι=O∙L在长木板上放置一个质量kg,大小可以忽略的铁块，离左端B点的距离为1〃?，铁

块与木板间的动摩擦因数μz=0.3,最大静摩擦力等于滑动摩擦力，取g=10m∕s2,不计空气阻力。若在长木板上施加

一个水平向右的恒力F,求：

⑴要想将长木板从铁块下抽出，水平向右的恒力F应满足的条件；

⑵若水平向右的恒力F=16N,铁块与长木板分离时，两者的速度各为多大；

⑶接(2)问，求铁块落地前的整个过程中，铁块、长木板和地面组成的系统因摩擦所产生的热量。

7.(2022•全国•高三专题练习)如图所示，小物块A、8由跨过定滑轮的轻绳相连，A位于水平传送带的右端，B置

于倾角为30。的光滑固定斜面上，轻绳分别与斜面、传送带平行，传送带始终以速度w>=2m∕s逆时针匀速转动，某

时刻A从传送带右端通过细绳带动B以相同初速率v∕=5m∕s运动，方向如图，经过一段时间A回到传送带的右端,

已知A、B的质量均为lkg,A与传送带间的动摩擦因数为0.1,斜面、轻绳、传送带均足够长，B不会碰到定滑轮，

定滑轮的质量与摩擦均不计，g取Iom/S?,求：

(I)A向左运动的总时间：

(2)A回到传送带右端的速度大小；

⑶上述过程中，A与传送带间因摩擦产生的总热量。

8.（2021•浙江省春晖中学高三阶段练习）小伙同学设计的某款游戏装置由轨道A8CQ,圆弧轨道和自行设计轨道三

部分构成。如图所示，该装置竖直放置；装置中轨道ABCD的动摩擦因数均为"=05其余轨道摩擦不计。A氏CD

为水平面，BC为斜面，AB与BC、BC与CO间均由长度不计的圆弧连接，C点上方有一圆弧形弹性小挡板K,挡

板末端水平。E点在。点的正上方，QE间距不计。8点到E点的竖直高度Λ=0.08m,ABCC的水平长度为L=O.12m；

在水平轨道AB的左侧放有一弹射装置，己知弹簧的弹性势能大小与弹簧的压缩量的平方成正比。将一可视为质点，

质量wɪlkg的物体紧贴弹簧由静止释放弹出，当弹簧的压缩量为d时，物体由E点进入半径R=0.2m的半圆弧轨道

EFG运动，物体在此轨道最高点恰好不受任何挤压。忽略小物体在各轨道交接处因碰撞带来的机械能的损失。

（1）当弹簧的压缩量为d时，求小物体在半圆弧轨道中运动时的最小速度及此情况下弹射装置弹簧的初始弹性势

能；

（2）当弹簧的压缩量为L5d时，求物体在运动至尸点处对圆形轨道的压力;

（3）调整弹簧的压缩量和半圆弧轨道的半径后，小伙同学在距G点正下方H=3m处自行设置了一顶点在G点正下

方，倾角为。=60。的足够长的固定斜面，要使物体最终打到斜面上的落点与G点的距离最短，求通过G点的速度

盯为多大？

三、参考答案及解析

（一）真题部分

1.C

【解析】滑雪运动员跃下过程中，重力做正功，重力势能减小，动能增加，C对，ABD错.

2.B

【解析】通过克服摩擦力做功，系统的机械能向内能转化，结合能量守恒定律分析即可.

解：A、通过克服摩擦力做功，系统的机械能向内能转化，故机械能减小，故A错误；

B、通过克服摩擦力做功，系统的机械能向内能转化，故B正确；

C、垫块的动能转化为弹性势能和内能，故C错误；

D、弹簧的弹性势能转化为动能和内能，故D错误.故选B.

3.B

【解析】加速助跑过程中速度增大，动能增加，A正确；撑杆从开始形变到撑杆恢复形变时，先是运动员部分动能

转化为杆的弹性势能，后弹性势能转化为运动员的动能与重力势能，杆的弹性势能不是一直增加，B错误；起跳上

升过程中，运动员的高度在不断增大，所以运动员的重力势能增加，C正确；当运动员越过横杆下落的过程中，他

的高度降低、速度增大，重力势能被转化为动能，即重力势能减少，动能增加，D正确.

4.B

【解析】A.根据动能定理，阻力做功为Wf=Wg机∕=700J,A错误；

B.合外力对物体所做的功等于动能的变化，有：W=gm∕=50J,B正确；

C.重力做功，叫〃=750J,C错误；

D.支持力与位移垂直，做功为零，D错误。故选B。

5.C

【解析】恒力做功的大小等于机械能的增量，撤去恒力后，物体仅受重力，只有重力做功，机械能守恒.设在恒力

作用下的加速度为a,则机械能增量E=R⅛=F∙g4/,知机械能随时间不是线性增加，撤去拉力后，机械能守恒,

则机械能随时间不变，故C正确.

6.D

【解析】A.重力做功只与竖直高度有关，故重力做功为：mgR,选项A错误；

C.恰好到达B点有〃吆=喑

由动能定理知由P运动8的过程中，合外力所做的功为W=gw"]"gR

选项C错误；

D.由P至Ij8,由mgR—叼=/机4

可得：克服摩擦力做功为3，咫凡选项D正确：

B.有上分析知在由P运动到B的过程中，机械能的减少量为;mgR,选项B错误。

故选D。

7.AC

【解析】AB.已知物体上滑的加速度大小为g,由动能定理得：动能损失等于物体克服合外力做功为:

=%=%=mg-2H=ImgH,故A正确B错误；

CD.设摩擦力的大小为人根据牛顿第二定律得：wgsin30°+ʃ=∕w∕=wg,

解得：f=05mg,

则物块克服摩擦力做功为：Wf=f-2H=05"g-2H=mgH,

根据功能关系可知机械能损失了故C正确D错误.

8.CD

【解析】对木箱进行受力分析，找出在木箱运动中有哪些力做功，做什么功，同时结合功能关系找出能量之间的转

化，由动能定理及机械能守恒可得出各功及能量之间的关系.

解：在木箱移动过程中，受力分析如图所示.这四个力中，有重力、拉力和摩擦力做功.

重力做负功使重力势能增加，摩擦力做负功产生热能.因为物体加速运动，根据动能定理，合力做的功等于动能的

增量.

而机械能等于动能与重力势能之和，

故F做的功等于木箱增加的动能与重力势能以及克服摩擦力所做的功，所以AB错误，CD正确答案：CD.

9.(l)0f=∕n^Lcosθ;(2)W∣=-mgLcosθ;(3)μ=cos^

Fs

【解析】⑴摆锤在上述过程中损失的机械能，等于重力势能的减小量回E=NgLcosB

⑵在上述过程中摩擦力对摆锤所做的功W=TWgLCOSe

⑶由能量关系〃Es=Wf

橡胶片与地面之间的动摩擦因数"型

10.(I)图象如图所示;

Wf=-μmg(^,x3-xx-x2),见详解

【解析】(1)在尸-X图象中，面积为外力拉弹簧时外力所做的功

弹簧的弹力对其做负功W=-gfcf2

（2）a∙分段研究：从4到与过程中，弹簧的弹力做负功，为叫

从*3到々过程中，弹簧的弹力做正功，为％=；H4-考）

2

则全过程弹簧的弹力作功为叫+%=-；岚4-%l）

由功能关系△弓=-W

得AEp=；k（x；_x；）

b.物体向右由X1运动到匕的过程摩擦力作功叫=-jumg（x3-xl）

物体由由七返回到演的过程摩擦力做功wf2=-jJg（Xj-Xz）

全程摩擦力做功叱=%+%=-HmgQX3-X]-XJ

若物体直接由七位置运动到々位置，摩擦力做功为=-μmg（x2-xl）

可知，两次沿不同路径从相同出发点运动到同一位置，摩擦力做功不同，说明摩擦力做功与路径有关。

而弹簧弹力做功与路径无关，只与初末位置有关，因此存在弹性势能的概念，根据势能的定义可知，不存在摩擦力

势能的概念。

11.（l）4.0×108J,2.4×10I27（2）9.7X108J

【解析】（1）飞船着地前瞬间的机械能为4=3相片+0①

式中，m和VO分别是飞船的质量和着地前瞬间的速率.由①式和题给数据得

s

E0=4.0×IOJ（2）

设地面附近的重力加速度大小为g,飞船进入大气层时的机械能为^^mvl+mgh®

式中，W）是飞船在高度1.6χl05rn处的速度大小.由③式和题给数据得B,=2.4xl0∣2J④

120

（2）飞船在高度"=600m处的机械能为与=彳皿痂匕）2+mf>h'⑤

2IOO

由功能原理得W=七-&,⑥

式中，W是飞船从高度60Om处至着地瞬间的过程中克服阻力所做的功.由②⑤⑥式和题给数据得W=9.7X1O8J⑦

12.2s--或一-2s.

【解析】根据功能原理，在物块从开始下滑到静止的过程中，物块重力势能减小的数值AEp与物块克服摩擦力所做

功的数值W相等，即AEP=W①

设物块质量为m,在水平滑道上滑行的总路程为s一则AEp=mgh②

W=HmgS，③

设物块在水平轨道上停止的地方与N点的距离为d.若物块在与P碰撞后,在到达圆弧形轨道前停止,则s，=2s—d④

联立①②③④式得d=2s—3⑤

此结果在:≤2s时有效.若上＞2s,则物块与P碰撞后，可再一次滑上圆弧形轨道，滑下后在水平轨道上停止，此

时有s'=2s+d⑥

联立①②③⑥式得d=二一2s

(二)强基部分

1.D

【解析】AB.小物块从开始位置滑动到最后相对长木板静止过程，小物块与长木板组成的系统动量守恒，以Vo的方

向为正方向，则有mvo=(m+M)Vi

解得以=—竺号，故AB错误；

m-∖-M

CD.小物块从开始位置滑动到最左端的过程，小物块与长木板组成的系统动量守恒，则有

mvo=(∕∏÷Λ√)Vi

解得Vl=

+M

22

由能量守恒定律，得厮,”+Q+g(∕n+M)V1=^mvo

Q=FfL

小物块从开始位置滑动到最右端的过程中，由能量守恒定律，得

Q'+T(w+Λ∕)V22—^mvo2

Q=Ff(2L)

联立解得即=WJ,M"片

2(Λ∕+m)

即弹簧的最大弹性势能为Epm=

系统损失的机械能为AE=O=2(图W)

故C错误D正确。故选Do

2.BCD

【解析】A.设风力大小为F,小球重力大小为〃际，0、M两点间的水平距离为制，竖直距离为人根据竖直上抛

运动规律有/?=旦①

2g

对小球从M运动到O的过程，根据动能定理有自-〃磔z=(16-9)J②

由题意可知gmf=9J③

根据牛顿第二定律可得小球在水平方向的加速度大小为«=-④

m

小球从M运动到。所用时间为f=%⑤

g

根据运动学公式有西⑥

F4

联立①②③④⑤⑥解得菽=§⑦，故A错误；

B.M、N两点间的水平距离为x=g4(2f)2⑧

设小球落到N点时的动能为功，根据动能定理有Eld-gm*=Fr⑨

联立③⑤⑦⑧⑨解得Eu=73J⑩

故B正确；

C.设0、N两点间的水平距离为X2,根据匀变速直线运动规律的推论可知

土=:⑪

X23—

根据功能关系可知，小球运动过程中，风力对小球做的功等于其机械能的变化量，则小球在上升和下降过程中机械

△EFx1

能变化量之比为广^=τx=w⑫

ΔE2FX23

故C正确：

D∙小球在重力和风力的合力场中做类斜抛运动，当小球速度方向与合力方向垂直时动能最小，根据前面分析可知

合力与竖直方向的夹角。的正切值为tang=q⑬

根据速度的合成与分解可得小球从M点运动到N点过程中的最小速度为

%=%sin°=.⑭

解得最小动能为Ekm=卷Ew)=5.76J⑮

故D正确。故选BCD。

3.BC

【解析】A、小车把弹簧压缩到x=g时，两者一起推动杆向右减速运动，这个过程中，杆受到的摩擦力不变，弹簧

的压缩量X先增大，到车与杆的速度相等时X保持不变，直到杆的速度减为0,这一过程中，小车的动能转化为弹

簧的弹性势能和克服摩擦力做功；则有：Ek=Ep+fχ.因轻杆的位移之比为：1：4；故克服摩擦力做功之比为1：

4；而弹簧的弹性势能相等，故初动能之比不等于1：4；故A错误；B、对系统来说，重力及弹力之外的其他力做

功等于损失的机械能；由A的分析可知，系统损失的机械能之比为L4：故B正确；C、由于弹簧的压缩量相同,

故具有的弹性势能相同；则由机械能守恒定律可知，小车反弹离开弹簧的速度相等；故C正确，D错误；故选BC.

4.(l)12.5m∕s2;2.5m∕s2;(2)10m；(3)90J；0；

【解析】(1)小物块在长木板上滑动时受到的沿板的滑动摩擦力大小为：

由牛顿第二定律得：

对〃、物块：mgsinθ+f=mal

2

解得：al=12.5m∕s

对长木板：Mg?,mθ-f=Ma1

2

解得：a2=2.5m∕s

(2)当小物块与长木板共速时：vl=a^=v0+a2ti

解得：ti=Is,vl=12.5m∕s

共速后，小物块与长木板一起加速，相对位移：Ax=号

故长木板的长度至少为∕=2∆x=l()m

(3)由牛顿第二定律得：

对〃、物块：mgsinθ+f=maf

2

解得：αl=I2.5m∕s,方向沿斜面向上

对长木板：F+f-Mgsinθ=Mai

2

解得：a4=12.5m∕s,方向沿斜面向上

当小物块与长木板共速时，贝∣J:

v2=a,t2=v0-a4t2

解得：t2=0.4s,v2=5m∕s

此时小物块位移：xlv2t2=Im

长木板位移：x2=-^-∕2=3m

共速后，假设小物块与长木板一起减速，则对整体：F-(M+m)gsinθ=(M+m)a5

解得%=6.25m∕s2,方向沿斜面向上

此时对小物块有：f-mgsinθ=ma5,解得了=11.25N>7.5N=(居

所以小物块将相对于长木板向下滑动

对小物块有：f-mgsmθ=mab

2

解得：a6=2.5m∕s,方向沿斜面向上

对长木板有：F-f-Mgsinθ=Ma7

解得：%=7.5m&,方向沿斜面向上

=x

小物块从长木板上滑落时，则有：V2Z1-ɪaftt^-(v2Γ3—ɪaηt1)~+x2~ι

解得：J=2s

此时小物块速度：匕=%-4G=0,位移：⅞=y^3=5m

长木板速度：v5=v-0Z=-10m∕s

273位移：X4=G=-5m

则小物块从轻放到长木板中央到滑落，长木板位移：x5=x2+x4=-2m,方向沿斜面向上

W=-Fx5=90J

ρ=Affl=90J

系统机械能增量为：ΔE=W-β=0

综上所述本题答案是：(I)12.5m∕s2;2∙5m∕s2;(2)10m；(3)90J；0；

5.(l)4m∕s；(2)vA=Vβ=3m∕s;(3)5J

2

【解析】⑴物块A落到木板前做平抛运动，竖直方向2g(H-II)=vy

得vy-2r∩∕s

物块A落到木板时的速度大小为V=v∙1=4m∕s

sin30°

(2)由木板恰好静止在斜面上，得到斜面与木板间的摩擦因数〃。应满足

得〃。=tan30。=乎

〃侬in30°=μomgcos30°

物块A在木板上滑行时，以A为对象有如=尸Mges30：MgsZ20°=2.5,n7s2

M

方向沿斜面向上。

I”**「。斗“电七〃MgCoS30°+'"gsin30°-"(M+m)gcos30°

以木板B为对象有a=--------------------------------------(-I------------------------=7.5m∕s2

Bm

方向沿斜面向下

假设A与木板达到V共时，A还没有压缩弹簧且木板还没有到达底端，则有

U共="∕√=u一〃Ar解得V3⅛=3m∕s,r=0.4s

V+L

⑶此过程XA=''"t=1.4m,XB=—^=06m<--------L=Im

22sin30°

故∆x=4-XB=0∙8m<L-I0=1.8m

说明以上假设成立。

共速后，由于(M+Mgsi∩3O°=^o(M+m)^cos30o,A与木板B一起匀速到木板与底端挡板碰撞，木板停下，此后A

做匀减速到与弹簧接触的过程，设接触弹簧时A的速度为VA,有

-2%(L-4-X)=W-喙

解得VA=2m∕s

设弹簧最大压缩量为A从开始压缩弹簧到刚好回到原长过程有

2

Q=2μMg×mcos3Q°=；MVA

2

得Q=6J,⅞=-rn

o

A从开始压缩弹簧到弹簧最短过程有Epm=^Mv∖+Mgxmsin30-∣β=5J

即弹簧压缩到最短时的弹性势能为SJo

6.(1)F>12N;(2)5m∕s,3m/s；(3)12.78J

【解析】⑴欲将长木板从铁块下抽出，两者间必存在相对运动，由牛顿第二定律得物块的加速度4=丝里=ZAg

m

隔离长木板，由牛顿第二定律得尸-4∣("+M)g-22wjg=Mα

代入数值得尸=12N

即水平向右的恒力尸应满足条件为尸>12N

(2)若水平向右的恒力F=16N,铁块相对于长木板发生相对滑动，对长木板受力分析，由牛顿第二定律得

F-χ∕(M+=Mal

1m)g-μ2mg

代入数值得q=5m∕s2

铁块加速度%=----=μ,g=3m∕s2

m

设经过时间"，铁块与木板分离，则;印:-;®:=L

铁块离开长木板时长木板与滑块的速度分别为刃、V2,根据速度时间公式有

v1=卬1=5m∕s

v2=a2t}=3m∕s

X

⑶由⑵得铁块离开长木板过程中长木板运动的位移为=-alt;=2.5m

铁块离开长木板后做平抛运动，由平抛运动规律，得运动时间为f=梓=后胃s=0.2s

铁块离开长木板后，对长木板受力分析，由牛顿第二定律得F-HMg=

解得名=7m∕s2

所以铁块离开长木板到落地的时间内长木板位移为犬'=卬+；。3〃

解得X'=1.14m

整个过程中，设铁块与木板间因摩擦生的热为Q/,木板与水平面间因摩擦生的热为。2,

则Q1=μ2mgL=3.0J

Q2=χ∕1(M+m)gx+,∖Mgx'=9.78J

得系统因摩擦所产生的热量Q总=2+2=12.78J

7.(l)2s;(2)3√2m∕s;(3)(7+3√2)j

【解析】⑴A向左减速运动的过程中，刚开始时，A的速度大于传送带的速度，以A为研究对象，受到向右的摩擦

力与绳对A的拉力，设绳子的拉力为4I,以向右为正方向，得

En+μmg=max

以B为研究对象，则3的加速度的大小始终与A相等，3向上运动的过程

o

mgsin30—Fτι=max

联立可得％=&汹3；±理=3m∕s2

A的速度与传送带的速度相等时所用的时间Z1=什㈠’')=Is

当A的速度与传送带的速度相等之后A的速度小于传送带的速度，受到的摩擦力变成了向左，设绳子的拉力