压轴题03 用功能关系、能量的观点解题（解析版）

学而优教有方压轴题03功和功率、功能关系专题1.本专题是功能关系的典型题型，包括功和功率、机车启动问题、动能定理及其应用、功能关系机械能守恒定律含功和能的综合题。是历年高考考查的热点。2.通过本专题的复习，可以培养同学们的用功能关系解决问题的能力，提高学生物理核心素养和关键能力。3.用到的相关知识有:功和功率的求解,如何求变力做功，动能定理、机械能守恒定律功能关系的灵活运用等。实践中包括体育运动中功和功率问题，风力发电功率计算，蹦极运动、过山车等能量问题，汽车启动问题，生活、生产中能量守恒定律的应用等。要求考生在探究求解变力做功的计算，机车启动问题，单物体机械能守恒，用绳、杆连接的系统机械能守恒问题，含弹簧系统机械能守恒问题，传送带、板块模型的能量等问题的过程中，形成系统性物理思维，对做功是能量转化的量度这一功能观点有更深刻的理解。考向一：变力功的求解求变力做功的五种方法方法举例微元法质量为m的木块在水平面内做圆周运动，运动一周克服摩擦力做功Wf＝Ff·Δx1＋Ff·Δx2＋Ff·Δx3＋…＝Ff(Δx1＋Δx2＋Δx3＋…)＝Ff·2πR等效转换法恒力F把物块从A拉到B，绳子对物块做功W＝F·(eq\f(h,sinα)－eq\f(h,sinβ))图像法一水平拉力拉着一物体在水平面上运动的位移为x0，F－x图线与横轴所围面积表示拉力所做的功，W＝eq\f(F0＋F1,2)x0平均值法当力与位移为线性关系，力可用平均值eq\x\to(F)＝eq\f(F1＋F2,2)表示，W＝eq\x\to(F)Δx，可得出弹簧弹性势能表达式为Ep＝eq\f(1,2)k(Δx)2应用动能定理用力F把小球从A处缓慢拉到B处，F做功为WF，则有：WF－mgL(1－cosθ)＝0，得WF＝mgL(1－cosθ)考向二：机车启动问题1．两种启动方式以恒定功率启动以恒定加速度启动P­t图像和v­t图像OA段过程分析v↑⇒F＝eq\f(P,v)↓⇒a＝eq\f(F－F阻,m)↓a＝eq\f(F－F阻,m)不变⇒F不变eq\o(⇒,\s\up6(v↑))P＝Fv↑直到P额＝Fv1运动性质加速度减小的加速运动匀加速直线运动，维持时间t0＝eq\f(v1,a)AB段分析过程F＝F阻⇒a＝0⇒vm＝eq\f(P,F阻)v↑⇒F＝eq\f(P额,v)↓⇒a＝eq\f(F－F阻,m)↓运动性质以vm做匀速直线运动加速度减小的加速运动BC段无F＝F阻⇒a＝0⇒以vm＝eq\f(P额,F阻)做匀速运动2.三个重要关系式(1)无论哪种启动过程，机车的最大速度都为vm＝eq\f(P,F阻)。(2)机车以恒定加速度启动时，匀加速过程结束后功率最大，速度不是最大，即v＝eq\f(P,F)<vm＝eq\f(P,F阻)。(3)机车以恒定功率运行时，牵引力做的功W＝Pt，由动能定理得Pt－F阻x＝ΔEk，此式经常用于求解机车以恒定功率启动过程的位移、速度或时间。考向三：动能定理的理解和应用1.应用动能定理解决变力做功的步骤(1).分析物体的受力情况，确定哪些力是恒力，哪些力是变力，如果是恒力，写出恒力做功的表达式，如果是变力，用相应功的符号表示出变力所做的功。(2).分析物体运动的初、末状态，求出动能的变化量。(3).运用动能定理列式求解。2.动能定理解决多过程问题对于包含多个运动阶段的复杂运动过程，可以选择分段或全程应用动能定理。(1).分段应用动能定理时，将复杂的过程分割成一个个子过程，对每个子过程的做功情况和初、末动能进行分析，然后针对每个子过程应用动能定理列式，最后联立求解。(2).全程应用动能定理时，分析整个过程中出现过的各力的做功情况，确定整个过程中合外力做的总功，然后确定整个过程的初、末动能，针对整个过程利用动能定理列式求解。(3).当题目已知量和所求量不涉及中间量时，选择全程应用动能定理更简单、更方便。3.动能定理解决图像问题(1).首先看清楚图像的种类(如v－t图像、F－s图像、Ek－s图像等)。(2).挖掘图像的隐含条件，求出所需物理量，如利用v－t图像与t轴所包围“面积”求位移，利用F－s图像与s轴所包围“面积”求功，利用Ek－s图像的斜率求合力等。(3).再分析还有哪些力做功，根据动能定理列方程，求出相应的物理量。考向四：功能关系及其应用1.功能关系概述(1)不同形式的能量之间的转化是通过做功实现的，做功的过程就是能量之间转化的过程。(2)功是能量转化的量度。做了多少功，就有多少能量发生转化。2.功与能的关系：由于功是能量转化的量度，某种力做功往往与某一种具体形式的能量转化相联系，具体功能关系如下表：功能量转化关系式重力做功重力势能的改变WG＝－ΔEp弹力做功弹性势能的改变WF＝－ΔEp合力做功动能的改变W合＝ΔEk除重力、系统内弹力以外的其他力做功机械能的改变W＝ΔE机两物体间滑动摩擦力对物体系统做功内能的改变f·s相对＝Q考向五：机械能守恒定律1.机械能守恒定律的三种表达形式表达角度表达式意义注意事项守恒观点E2＝E1或Ek1＋Ep1＝Ek2＋Ep2初状态的动能与势能之和等于末状态的动能与势能之和初、末状态必须选择同一零势能参考平面转化观点ΔEp增＝ΔEk减或ΔEp减＝ΔEk增势能的增加(或减少)量等于动能的减少(或增加)量关键是确定势能的减少量或增加量转移观点ΔEA增＝ΔEB减或ΔEA减＝ΔEB增A物体机械能的增加(或减少)量等于B物体机械能的减少(或增加)量常用于解决两个物体组成的系统的机械能守恒问题2.应用机械能守恒定律解题的一般步骤(1)正确选取研究对象(物体或系统)，确定研究过程。(2)进行受力分析，考查守恒条件。(3)选取零势能参考平面，确定初、末状态的机械能。(4)运用守恒定律，列出方程求解。01求变力做功1.一滑块在水平地面上沿直线滑行，t＝0时速率为1m/s。从此刻开始在与速度平行的方向上对其施加一水平作用力F，力F和滑块的速度v随时间的变化规律分别如图甲、乙所示，则(两图取同一正方向，重力加速度g＝10m/s2)()A．滑块的质量为0.5kgB．滑块与水平地面间的动摩擦因数为0.5C．第1s内摩擦力对滑块做功为－1JD．第2s内力F的平均功率为1.5W【答案】D【解析】滑块运动的加速度大小a＝eq\f(Δv,Δt)＝1m/s2，由题图知，第1s内有Ff＋F＝ma，第2s内有F′－Ff＝ma，则Ff＋1＝3－Ff，故Ff＝1N，m＝2kg，又由Ff＝μmg可得动摩擦因数μ＝0.05，故A、B错误；第1s内的位移大小为x＝eq\f(1,2)×1×1m＝0.5m，根据功的公式可得第1s内摩擦力对滑块做功为－0.5J，故C错误；根据v­t图像可知，第2秒内的平均速度大小eq\x\to(v)＝eq\f(0＋1,2)m/s＝0.5m/s，所以第2s内力F的平均功率P＝F′eq\x\to(v)＝3×0.5W＝1.5W，故D正确。02机车启动问题2.(多选)质量为m的某新型电动汽车在阻力恒为f的水平路面上进行性能测试，测试时的v－t图像如图所示，Oa为过原点的倾斜线段，bc与ab相切于b点，ab段汽车以额定功率P行驶，下列说法正确的是()【答案】【解析】03动能定理的应用3.人们用滑道从高处向低处运送货物．如图所示，可看作质点的货物从14圆弧滑道顶端P点静止释放，沿滑道运动到圆弧末端Q点时速度大小为6m/s。已知货物质量为20kg，滑道高度h为4m，且过Q点的切线水平，重力加速度取10m/s2。关于货物从

A．重力做的功为360J B．克服阻力做的功为C．经过Q点时向心加速度大小为9m/s2 D．经过Q【答案】BCD【详解】重力做的功为WG=mgh=800J，A错误；下滑过程据动能定理可得WG-Wf=12mvQ2，代入数据解得，克服阻力做的功为Wf=440J，B正确；经过Q04功能关系及其应用4.如图所示，质量为m0、长度为l的小车静止在光滑的水平面上。质量为m的小物块(可视为质点)放在小车的最左端。现在一水平恒力F作用在小物块上，使物块从静止开始做匀加速直线运动，物块和小车之间的摩擦力为f。经过时间t，小车运动的位移为s，物块刚好滑到小车的最右端()A.此时物块的动能为F(s＋l)B.这一过程中，物块对小车所做的功为f(s＋l)C.这一过程中，物块和小车增加的机械能为FsD.这一过程中，物块和小车产生的内能为fl【答案】D【详解】对物块分析，物块的位移为s＋l，根据动能定理得，(F－f)(s＋l)＝Ek－0，所以物块到达小车最右端时具有的动能为(F－f)(s＋l)，故A错误；对小车分析，小车的位移为s，所以物块对小车所做的功为fs，故B错误；物块和小车增加的内能Q＝fs相对＝fl，故D正确；根据功能关系得，外力F做的功转化为小车和物块的机械能和摩擦产生的内能，则有F(l＋s)＝ΔE＋Q，则ΔE＝F(l＋s)－fl，故C错误。05机械能守恒定律的应用5.如图所示，固定光滑斜面倾角，其底端与竖直面内半径为R的固定光滑圆弧轨道相切，位置D为圆弧轨道的最低点。质量为2m的小球A和质量为m的小环B（均可视为质点）用的轻杆通过轻质铰链相连。B套在光滑的固定竖直长杆上，杆和圆轨道在同一竖直平面内，杆过轨道圆心O，初始轻杆与斜面垂直。在斜面上由静止释放A，假设在运动过程中两杆不会碰撞，小球能滑过D点且通过轨道连接处时无能量损失（速度大小不变），重力加速度为g，从小球A由静止释放到运动至最低点的过程中，下列判断正确的是（）A．A和B组成的系统的机械能不守恒B．刚释放时小球A的加速度大小为C．小环B速度最大时轻杆弹力为D．小球A运动到最低点时的速度大小为【答案】B【详解】在小球A下落到最低点的过程中，A和B组成的系统只有重力做功，故A和B组成的系统机械能守恒，故A错误；刚释放时小球A时，由牛顿第二定律可知，解得，故B正确；小环B速度最大时，小环B在竖直方向上的合力为零，轻杆的弹力竖直分量为mg，而只有A到达最低点，B速度为零时，轻杆的水平分量才为零，故小环B速度最大时，轻杆弹力大于mg，故C错误；几何关系如图所示设A初始时刻距离最低点的距离为h1，由几何关系可知，解得，设小环B初始时刻距离最低点的距离为h2，由几何关系可知，由系统机械能守恒可知：，解得，故D错误。一、单选题1．（2024·青海海东·二模）如图所示，半径为r、质量不计的均匀圆盘竖直放置，可以绕过圆心O且与盘面垂直的水平光滑固定轴转动，在盘面的最右边边缘处固定了一个质量为m的小球A，在圆心O的正下方离O点处固定了一个质量为m的小球B。现从静止开始释放圆盘让其自由转动，重力加速度大小为g，则小球B上升的最大高度为（）A． B． C． D．【答案】C【详解】取圆心所在处的水平面势能为零，小球B上升到最大高度时如图根据初始位置重力势能与B球最大高度时的系统重力势能相等可得到则解得，（舍去）所以设B球上升的最大高度为故选C。2．（2024·浙江温州·二模）如图所示，薄板B放在倾角为的光滑斜面上，斜面固定且足够长，薄板的下端位于斜面底端，上端通过轻绳与固定在地面上的电动机连接，轻绳跨过定滑轮，定滑轮质量与摩擦均不计，斜面上方的细绳与斜面平行。时刻，一小物块A从薄板上端由静止释放的同时，薄板在电动机带动下由静止开始沿斜面向上做加速度的匀加速直线运动。已知薄板长，小物块A的质量，薄板B的质量，A、B间的动摩擦因数。下列说法正确的是（  ）A．从到小物块A离开薄板前，细绳对薄板B的拉力为7NB．小物块A到达斜面底端时速度为C．小物块A将要离开薄板时电动机的瞬时输出功率为16WD．小物块A与薄板B之间因摩擦产生的内能为2.5J【答案】C【详解】对薄板，根据牛顿第二定律,代入数据得F=12N,故A错误；对A，根据动能定理,当s=L时,.因为,所以,,故B错误；A在薄板上运动的加速度大小,根据得小物块A在薄板B上运动时间,此时B速度,电动机的瞬时输出功率故C正确；小物块A与薄板B之间因摩擦产生的内能,故D错误。故选C。3．（2024·广东·二模）某实验兴趣小组对新能源车的加速性能进行探究。他们根据自制的电动模型车模拟汽车启动状态，并且通过传感器，绘制了模型车从开始运动到刚获得最大速度过程中速度的倒数和牵引力F之间的关系图像，如图所示。已知模型车的质量，行驶过程中受到的阻力恒定，整个过程时间持续5s，获得最大速度为4m/s，则下列说法正确的是（

）A．模型车受到的阻力大小为1NB．模型车匀加速运动的时间为2sC．模型车牵引力的最大功率为6WD．模型车运动的总位移为14m【答案】D【详解】根据,可得,结合图线的斜率可得,即模型车的速度从2m/s增加至4m/s的过程中，模型车以恒定的功率行驶，速度最大时合外力为零，即牵引力等于阻力，根据图像可知，在时速度达到最大值，因此有,故A错误；由图像可知小车初始牵引力为4N，且匀加速结束时模型车的速度大小，根据牛顿第二定律有,解得加速度,根据匀变速直线运动，速度与时间的关系可得匀加速运动的时间,故B错误；根据以上分析可知，模型车牵引力功率最大时即为匀加速结束时获得的功率，可知最大功率为，故C错误；根据题意，模型车速度达到最大用时5s，而匀加速阶段用时1s，则可知，模型车以恒定功率运动所需时间，根据动能定理,式中，解得,匀加速阶段位移,故总位移故D正确。故选D。4．（2024·山东淄博·一模）为了节能环保，地铁站的进出轨道通常设计成不是水平的，列车进站时就可以借助上坡减速，而出站时借助下坡加速。如图所示，为某地铁两个站点之间节能坡的简化示意图（左右两边对称，每小段坡面都是直线）。在一次模拟实验中，一滑块（可视为质点）以初速度从A站M处出发沿着轨道运动，恰能到达N处。滑块在两段直线轨道交接处平稳过渡，能量损失忽略不计，滑块与各段轨道之间的动摩擦因数均相同，不计空气阻力。重力加速度为g，则根据图中相关信息，若要使滑块恰能到达B站P处，该滑块初速度的大小应调整为（）A． B．C． D．【答案】B【详解】质量为m的物体在长度为s、倾角为的粗糙斜面上滑行时，克服摩擦力做功是斜面底边的长度，则滑块从M恰好到N由动能定理得解得若要使滑块从M恰能到达B站P处，设该滑块初速度的大小应调整为，由动能定理得解得故选B。5．（2024·山东泰安·一模）如图所示，ABC为一弹性轻绳，其弹力大小符合胡克定律。弹性轻绳一端固定于A点，另一端连接质量为m的小球，小球穿在竖直杆上。轻杆OB一端固定在墙上，另一端为定滑轮。若弹性轻绳自然长度等于AB，初始时ABC在一条水平线上，小球从C点由静止释放滑到E点时速度恰好为零。已知C、E两点间距离为h，D为CE的中点，重力加速度为g，小球在C点时弹性绳的拉力为，小球与杆之间的动摩擦因数为0.6，弹性轻绳始终处在弹性限度内，其弹性势能的表达式为，其中k为劲度系数、x为伸长量。则小球下滑经过D点时的速度大小为（）A． B． C． D．【答案】B【详解】小球在C点时，杆对小球的弹力为释放小球后，设弹性绳与竖直杆夹角为，杆对小球的弹力等于弹性绳垂直于杆的分力，即,又故杆对小球的弹力保持不变，则小球所受滑动摩擦力大小始终为小球从C到E过程，由功能关系得弹性绳劲度为小球从C到D的过程，同理得小球在D点速度为故选B。6．（2024·河南南阳·一模）如图，倾角为的足够长的光滑斜面体ABC固定放置在水平地面上，在A点的上方再固定一光滑的细杆，细杆与竖直方向的夹角为。质量均为m的小球甲、乙（均视为质点）用长为L的轻质杆通过铰链连接（铰链的质量忽略不计），小球甲套在细杆上，小球乙放置在斜面上A点，重力加速度大小为g。现让小球甲、小球乙由静止释放，小球乙一直沿着斜面向下运动，当小球甲刚要到达A点还未与斜面接触时，小球甲的动能为（）A． B．C． D．【答案】B【详解】由几何关系可得小球甲、乙下降的高度分别为当小球甲刚要到达A点还未与斜面接触时，轻质杆与斜面平行，小球甲的速度沿着细杆，小球乙的速度沿着斜面向下，把小球甲的速度分别沿着斜面和垂直斜面分解，沿着斜面方向的分速度为小球乙的速度为由机械能守恒定律可得小球乙的动能为综合解得故选B。7．（2024·四川·一模）如图所示，一轻质杆长为R，一端可绕光滑转轴O转动，另一端安装一质量为m的小球（可视为质点），轻质弹簧原长为，一端系于A点，另一端与小球相连，A、B、O、C四点在同一水平线上，，从C点现给小球一初速度，小球可在竖直平面内沿顺时针方向做完整的圆周运动，途经C、D、P、B、Q五点，测得小球经过P点时的速度大小为v，重力加速度大小为g（整个过程轻质弹簧始终处于弹性限度内），下列说法正确的是（

）A．小球在运动过程中的机械能守恒 B．小球经过Q点时速度大小为C．小球经过D点和P点时动能相同 D．小球经过P点时所受的合力为零【答案】B【详解】弹簧的弹性势能发生变化，则小球在运动过程中的机械能不守恒，A错误；B．小球和弹簧组成的系统机械能守恒，Q点和P点的弹性势能相同，根据机械能守恒得B正确；小球和弹簧组成的系统机械能守恒，D点和P点高度相同，但无法判断两点对应的弹性势能关系，小球经过D点和P点时动能关系不确定，C错误；信息不全面，小球经过P点时所受的合力未知，D错误。故选B。8．（2024·河北秦皇岛·模拟预测）如图所示，质量为m的小球甲穿过一竖直固定的光滑杆拴在轻弹簧上，质量为4m的物体乙用轻绳跨过光滑定滑轮与甲连接，开始用手托住乙，轻绳刚好伸直，滑轮左侧绳竖直，右侧绳与水平方向夹角，甲位于P点，某时刻由静止释放乙（乙离地面足够高），经过一段时间小球甲运动到Q点（未与横杆相碰），O、Q两点的连线水平，O、Q的距离为d，且小球在P、Q两点处时弹簧弹力的大小相等。已知重力加速度为g，，，弹簧始终在弹性限度内。下列说法正确的是（）

A．弹簧的劲度系数为B．物体乙释放瞬间的加速度大小等于gC．小球甲到达Q点时的速度大小D．小球甲和物体乙的机械能之和始终保持不变【答案】C【详解】小球在P、Q两点处时弹簧弹力大小相等，所以弹簧在P点和Q点的弹簧伸长量相等，即弹簧原长在PQ的中间，由几何关系有,初始时对小球受力分析，有,解得故A错误；物体乙释放瞬间。设轻绳中拉力大小为T，对物体甲有,对物体乙有,根据运动的合成与分解可得,解得故B错误；根据运动的合成与分解有,小球甲到达Q点后期加速度为零，所以物体乙的速度为零，对小球甲从P到Q过程，小球甲、物体乙和弹簧组成的系统机械能守恒。且弹簧在初、末状态的弹性势能相等，有解得故C正确；弹簧对小球甲和物体乙组成的系统先做正功、后做负功，所以小球甲和物体乙的机械能之和先增大后减小，故D错误。故选C。9．（23-24高三上·四川成都·期末）如图所示，竖直放置有一半圆轨道，在其左侧连有一水平杆，现将光滑的小球、分别套在水平杆与圆轨道上，、用一不可伸长的轻细绳相连，、质量相等，且可看做质点，开始时细绳水平伸直，、静止。由静止释放后，已知当和圆心连线与竖直方向的夹角为30°时，滑块下滑的速度为，则半圆的半径为（）A． B． C． D．【答案】B【详解】将滑块B下滑的速度分解为沿绳方向的分速度和垂直绳方向的分速度，A、B两小球沿绳方向的速度大小相等，如图所示，则有可得,A、B两小球组成的系统机械能守恒，则有,解得。故选B。二、多选题10．（2024·河南·二模）如图甲所示，距离水平面一定高度的桌边缘有一质量为的小球，某时刻给小球一水平冲量，此后小球的动能与竖直方向的位移图像如图乙所示，小球触地前、后，分别计算位移，并分别取竖直向下和向上为位移的正方向，空气阻力不计，重力加速度为．下列说法正确的是A．图像中为桌边缘距离水平面高度，数值为B．小球第一次落地点距桌边缘的水平距离为C．小球触地弹起过程中，平行于地面的速度分量不变，垂直于地面的速度分量也不变D．小球与地面碰撞后，弹起的最大高度为【答案】AD【详解】小球下落过程由动能定理得，所以，图像斜率，解得故A正确；小球触地后上升过程由动能定理得，解得，所以图像斜率解得，可知小球弹起上升的最大高度为，故D正确；在最高点动能为，所以小球触地弹起过程中，水平速度不变，竖直速度减小，故错误；小球做平抛运动，由题意有解得，落地时间满足，解得则落地点距桌面水平距离为故B错误。故选AD。11．（2024·湖南邵阳·二模）如图，轻质定滑轮固定在天花板上，物体P和物体Q用不可伸长的轻绳相连，悬挂在定滑轮上，物体P与物体Q的质量之比为1∶4，t=0时刻将两物体由静止释放，物体Q的加速度大小为a。T时刻轻绳突然断开，物体P能够达到的最高点恰与物体Q释放位置处于同一高度，取t=0时刻物体P所在水平面为零势能面，此时物体Q的机械能为E。重力加速度大小为g，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．B．2T时刻物体P的机械能为C．2T时刻物体P重力的功率为D．2T时刻物体Q的速度大小为【答案】CD【详解】设物体P与物体Q的质量为、，两物体释放后具有沿着绳相同的加速度，由牛顿第二定律有，解得故A错误；设初始时刻P与Q的高度差为，则取t=0时刻物体P所在水平面为零势能面，此时物体Q的机械能为，经过时间，两者做匀加速直线运动的速度为，P上升和Q下降的高度为绳断后P向上以重力加速度做匀减速直线运动，P上升到最高点的时间为，P再上升的最大高度为，物体P能够达到的最高点恰与物体Q释放位置处于同一高度，则有可解得，而2T时刻物体P正在向下加速运动，速度和位移为，则2T时刻物体P的机械能为：故B错误；故C正确；Q物理向下以重力加速度做匀加速直线运动，2T时刻物体Q的速度大小为故D正确。故选CD。12．（2024·山东济宁·一模）如图所示，一轻质弹簧两端分别栓接甲、乙两木块，并竖直停放在水平桌面上。现用一竖直向下的外力F将木块乙缓慢压至某位置，然后撤去外力F，木块乙由静止向上运动，最终木块甲恰好未离开桌面。已知木块甲质量为m，木块乙质量为2m，弹簧劲度系数为k，弹簧始终处于弹性限度内，重力加速度为g，不计空气阻力，下列说法正确的是（）A．木块乙上升过程中机械能一直增加B．弹簧的最大压缩量为C．木块甲对桌面的最大压力大小为5mgD．外力F对木块乙做的功为【答案】BD【详解】木块乙上升过程中，开始时弹簧处于压缩状态，后来弹簧处于伸长状态，则弹簧的弹性势能先减小后增大；而整个系统机械能守恒，弹簧的弹性势能与木块乙的机械能相互转化，所以木块乙的机械能先增大后减小，A错误；当木块乙静止时，弹簧处于压缩状态，其弹力等于木块乙的重力，即解得。当木块甲恰好未离开桌面，此时弹簧处于伸长状态，弹力等于木块甲重力，即解得，则木块乙上升的最高位置距开始静止点的距离为，根据对称性可知弹簧的最大压缩量为B正确；木块甲对桌面的最大压力大C错误；选弹簧的最大压缩时为零势能面，根据能量守恒可知解得D正确。故选BD。13．（2024·河南郑州·模拟预测）如图所示，固定斜面的倾角，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，滑轮左侧绳子与斜面平行，A的质量是B的质量2倍，初始时物体A到C点的距离，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向下运动刚到C点时的速度大小，物体A将弹簧压缩到最短后，物体A又恰好能弹回到C点。已知弹簧的最大弹性势能为6J，重力加速度，不计空气阻力，整个过程中轻绳始终处于伸直状态。则（）A．物体A与斜面之间的动摩擦因数B．物体A向下运动到C点的过程中，A的重力势能转化为B的重力势能C．弹簧的最大压缩量D．B的质量为2kg【答案】ACD【详解】设的质量为，在物体向下运动刚到点的过程中，对组成的系统应用能量守恒定律可得得A正确；物体向下运动到点的过程中，的重力势能及的动能都减小，转化为的重力势能和摩擦生热，B错误；对组成的系统分析，在物体从点压缩弹簧至将弹簧压缩到最大压缩量，又恰好返回到点的过程中，系统动能的减少量等于因摩擦产生的热量，即其中为弹簧的最大压缩量，得C正确；从点到弹簧最大压缩量过程中由能量守恒定律可得得的质量为D正确。故选ACD。14．（2024·黑龙江哈尔滨·一模）如图甲所示，某建筑工地正用吊车将装混凝土的料斗竖直向上起吊到高处，料斗从静止开始向上运动的加速度随上升高度变化的规律如图乙所示，若装有混凝土的料斗总质量为0.5吨，重力加速度为，下列说法正确的是（

）A．从静止开始到运动过程，料斗做匀加速运动B．从静止开始上升到高度时，料斗的速度大小为C．从静止开始上升过程中，吊车对料斗做功为D．从静止开始上升过程中，料斗运动的时间为【答案】BC【详解】从静止开始到运动过程，料斗做加速度增大的加速运动，故A错误；由于料斗初速度为零，根据，图像与坐标轴围成的面积表示速度平方的一半，则故从静止开始上升到高度时，料斗的速度大小为故B正确；根据能量守恒，从静止开始上升过程中，吊车对料斗做功为故C正确；从静止开始上升过程中，料斗先做加速度增大的加速运动，后做匀加速直线运动，图像如图所示则从静止开始上升过程中，料斗的平均速度满足则从静止开始上升过程中，料斗运动的时间为，故D错误。故选BC。15．（2024·宁夏银川·一模）某实验研究小组为探究物体冲上粗糙斜面能达到的最大位移x与斜面倾角θ的关系，使某一物体每次以不变的初速率v0沿足够长的斜面向上运动，如图甲所示，调节斜面与水平面的夹角θ，实验测得x与θ的关系如图乙所示，取g=10m/s2。则由图可知（）A．物体的初速率v0=5m/sB．物体与斜面间的动摩擦因数µ=0.75C．图乙中xmin=0.36mD．取初始位置所在水平面为重力势能参考平面，当θ=37°，物体上滑过程中动能与重力势能相等时，物体上滑的位移为0.1875m【答案】BC【详解】由图乙可知，当时，物体做竖直上抛运动，摩擦力是零，由竖直上抛运动的速度位移关系公式可得，解得A错误；当时，物体沿水平面做匀减速直线运动，由动能定理可得解得B正确；物体沿斜面向上运动时，由动能定理可得代入数据整理可得C正确；设动能与重力势能相等时，物体上滑的位移为，则有代入数据整理解得D错误。故选BC。16．（2024·山东聊城·一模）如图所示，一轻绳绕过无摩擦的两个轻质小定滑轮，一端和质量为m的小球连接，另一端与套在光滑固定直杆上质量也为m的小物块连接，直杆与两定滑轮在同一竖直面内，与水平面的夹角θ=53°，直杆上O点与两定滑轮均在同一高度，O点到定滑轮的距离为L，直杆上D点到点的距离也为L，重力加速度为g，直杆足够长，小球运动过程中不会与其他物体相碰。现将小物块从O点由静止释放，下列说法正确的是（）A．小物块刚释放时，轻绳中的张力大小为mgB．小球运动到最低点时，小物块加速度的大小为C．小物块下滑至D点时，小物块与小球的速度大小之比为5：3D．小物块下滑至D点时，小物块的速度大小为【答案】BCD【详解】小物块刚释放时，小物块将加速下滑，加速度向下，小球处于失重状态，则轻绳对小球的拉力小于球的重力mg，故A错误；当拉物块的绳子与直杆垂直时，小球下降的距离最大，对小物块受力分析，由牛顿第二定律解得此时小物块加速度的大小为故B正确；设小物块在D处的速度大小为v，此时小球的速度大小为，将小物块的速度分解为沿绳子方向和垂直绳子方向，如图所示沿绳子方向的分速度等于小球的速度，即故小物块在D处的速度与小球的速度之比为故C正确；对小物块和小球组成的系统根据机械能守恒定律，有其中解得此时小物块的速度大小为故D正确。故选BCD。17．（2024·甘肃·一模）如图所示，固定在地面的OAB为半径为R的四分之一圆环，圆心O的正上方处有一定滑轮C，定滑轮C右侧有另一个定滑轮D，小球1套在圆环上并通过轻绳绕过两个定滑轮连接物体2，物体2又与一轻质弹簧连接在一起，轻质弹簧另一端固定在地面上。现有两种情况，情况1：小球1可在AB圆弧任意位置保持静止；情况2：小球1在A点时，轻绳刚好伸直但无张力，此时弹簧压缩量为，现给小球1轻微的扰动，小球1沿AB圆弧运动到B点时速度为零，此时左边的绳沿着BC方向绷紧，物体2不会碰到滑轮。已知小球1质量为m1，物体2质量为m2，弹簧劲度系数为k，重力加速度为g，不计滑轮质量、大小和一切摩擦。下列说法中正确的是（）A．情况1中 B．情况1中C．情况2中 D．情况2中【答案】BC【详解】AB．情况1中，对小球1和物体2进行受力分析如图所示轻绳张力为T，弹簧弹力为F，设过定滑轮C连接小球1的轻绳长度为x，根据相似三角形有若连接小球1的轻绳长度伸长∆x，弹簧长度也会变长∆x，则有，小球1可在AB圆弧任意位置保持静止，则需满足，解得故A错误，B正确；情况2中，小球1、物体2和弹簧组成的系统机械能守恒，且初末状态弹簧形变量均为，弹簧的弹性势能相同，有解得故C正确，D错误。故选BC。18．（2024·山西·二模）运动员为了练习腰部力量，在腰部拴上轻绳然后沿着斜面下滑，运动的简化模型如图所示，倾角为的光滑斜面固定放置，质量为m运动员与质量为m的重物通过轻质细绳连接，细绳跨过天花板上的两个定滑轮，运动员从斜面上的某点由静止开始下滑，当运动到A点时速度大小为，且此时细绳与斜面垂直，当运动到B点时，细绳与斜面的夹角为，已知A、B两点之间的距离为L，重力加速度为g，运动员在运动的过程中一直未离开斜面，细绳一直处于伸直状态，不计细绳与滑轮之间的摩擦，运动员与重物（均视为质点）总在同一竖直面内运动，下列说法正确的是（

）A．运动员在A点时，重物的速度大小为B．运动员从A点运动到B点，重物重力势能的增加量为C．运动员从A点运动到B点，系统总重力势能的增加量为D．运动员在B点时，其速度大小为【答案】BD【详解】设运动员的速度为，绳与斜面夹角为α，则沿绳方向的分速度即重物的速度为垂直绳方向的分速度为可知到A点时，细绳与斜面垂直，所以运动员在A点时，重物的速度大小为零，故A错误；运动员从A点运动到B点，重物重力势能的增加量为故B正确；运动员从A点运动到B点，运动员的重力势能减少所以系统总重力势能的增加量为即减少了，故C错误；根据系统机械能守恒可知，系统减少的重力势能等于系统增加的动能，有可得运动员在B点时，其速度大小为故D正确。故选BD。19．（2024·湖南长沙·一模）图甲所示为电梯的结构示意图，配重和轿厢质量均为，A与电机（未画出）相连，缆绳质量以及其与滑轮B间的摩擦均可忽略。家住21楼的小明要爸爸送他上幼儿园，电梯下行过程经加速、匀速、减速三个阶段，最后停在一楼。已知小明质量为，爸爸的质量为，小明对轿厢底的压力随时间变化的关系图像如图乙所示，重力加速度。则下列说法正确的是（）A．小明家所在楼栋楼层的平均高度为B．加速阶段，缆绳对配重的拉力大小为C．整个过程，电动机的最大功率为D．整个过程，电动机对外做的功大小为19．（23-24高三上·江西·期末）如图所示，在倾角为30°底端具有挡板的固定斜面上，滑块b的一端通过一劲度系数为k=200N/m的轻质弹簧与另一滑块a连接后置于斜面上，滑块b的另一端通过一不可伸长的轻绳跨过光滑的定滑轮与带孔的小球c连接，小球c穿在光滑的固定轻杆上，轻杆与水平方向的夹角为37°，初始用手托住小球c置于M点，此时MO水平，弹簧被拉伸且弹力大小为8N，释放小球c，小球恰好能滑至N点，滑块a始终未离开挡板，已知MO=NO=20cm，，，若整个运动过程中，绳子一直绷紧，sin37°=0.6，cos37°=0.8，g=10m/s2。则下列说法正确的是（

）A．滑块b与斜面间的动摩擦因数为0.5B．小球c滑至MN的中点处的速度C．小球c从M点滑至N点的过程中，经过MN中点处时重力的功率最大D．小球c从M点滑至N点的过程中，弹簧的弹性势能经历了先减小再增大再减小再增大的过程【答案】BD【详解】A．小球c从M到N，滑块b先下滑再回到原来的位置，则由能量关系解得滑块b与斜面间的动摩擦因数为选项A错误；小球在M点时弹簧被拉伸，弹力为8N，此时弹簧被拉长小球c滑至的中点处时，b下滑的距离为则此时弹簧被压缩4cm，此时的弹性势能等于在M点的弹性势能，设此时c的速度为v，则b的速度为0，则由能量关系解得选项B正确；小球c从M点滑至N点的过程中，经过中点处时，小球c沿斜面方向的合力为mcgsin37°，则加速度不为零，速度不是最大，即此时重力的功率不是最大，选项C错误；小球c从M点滑至MN中点的过程中，弹簧由伸长4cm到被压缩4cm，即弹簧的弹性势能先减小再增大；同样小球c从MN中点滑至N点的过程中，弹簧由压缩4cm到被拉长4cm，即弹簧的弹性势能仍先减小再增大，所以小球c从M点滑至N点的过程中，弹簧的弹性势能经历了先减小再增大再减小再增大的过程，故D正确。故选BD。20．（2024·湖南岳阳·一模）如图所示，轻质弹簧一端固定在水平面上的光滑转轴O上，另一端与套在粗糙固定直杆N处质量为0.2kg的小球（可视为质点）相连。直杆与水平面的夹角为30°，N点距水平面的高度为0.4m，NP=PM，ON=OM，OP等于弹簧原长。小球从N处由静止开始下滑，经过P处的速度为2m/s，并恰能停止在M处。已知重力加速度取10m/s2，小球与直杆的动摩擦因数为，则下列说法正确的是（）A．小球通过P点时的加速度大小为3m/s2B．弹簧具有的最大弹性势能为0.5JC．小球通过NP段与PM段摩擦力做功相等D．N到P过程中，球和弹簧组成的系统损失的机械能为0.4J【答案】CD【详解】因在P点时弹簧在原长，则到达P点时的加速度故A错误；因NP段与PM段关于P点对称，则在两段上弹力的平均值相等，则摩擦力平均值相等，摩擦力做功相等，故C正确；设小球从N运动到P的过程克服摩擦力做功为Wf，弹簧具有的最大弹性势能为Ep，根据能量守恒定律得，对于小球N到P的过程有N到M的过程有得故B错误；N到P过程中，球和弹簧组成的系统损失的机械能故D正确。故选CD。21．（2024·湖南株洲·一模）如图，质量为m的电动遥控玩具车在竖直面内沿圆周轨道内壁以恒定速率v运动，已知圆轨道的半径为R，玩具车所受的摩擦阻力为玩具车对轨道压力的k倍，重力加速度为g，P、Q为圆轨道上同一竖直方向上的两点，不计空气阻力，