第03练　功能关系　能量守恒定律（解析版）_4.2025物理总复习_2023年新高复习资料_一轮复习_2023年高考物理一轮复习小题多维练（新高考专用）_第六章　机械能及其守恒定律

第六章 机械能及其守恒定律 第 03 练 功能关系 能量守恒定律 知识目标 知识点 目标一 功能关系的应用 目标二 摩擦力做功与能量转化 目标三 能量守恒定律及应用 1．(2022·云南省·历年真题)以下说法中正确的是( ) A. 物体在平衡力作用下的运动过程中，机械能一定守恒 B. 物体克服重力做功时，重力势能减少 C. 当物体以5m/s2的加速度加速运动时，机械能可能守恒 D. 合外力对物体做功为零，物体一定处于平衡状态 【答案】C 【知识点】机械能守恒的判断、重力做功与重力势能的关系 【解析】解：A、物体在平衡力作用下做匀速直线运动，若在水平方向做匀速直线运动， 机械能守恒，若在竖直方向做匀速直线运动，机械能不守恒，故A错误； B、物体克服重力做功时，物体上升，重力势能增加，故B错误． C、若物体沿光滑的倾角为30°的斜面加速下滑时加速度为5m/s2，只有重力做功，其机 械能守恒，故C正确． D、合外力对物体做功为零，由动能定理知，物体的速率不变，但速度方向可能变化，所 以物体不一定处于平衡状态．故D错误． 故选：C 2．(2020·浙江省·历年真题)如图所示，“蹦极”运动中，运动员身系弹性绳下落，不计空 气阻力．下列有关运动员从弹性绳刚绷紧到最低点的下落过程中的说法正确的是( ) A. 运动员的加速度一直减小 B. 弹性绳的弹性势能为零时，运动员的动能最大C. 弹性绳的弹性势能最大时，运动员的动能为零 D. 运动员重力势能的减少量等于弹性绳弹性势能的增加量 【答案】C 【知识点】弹簧类机械能守恒问题、功能关系的应用、弹性势能的概念 【解析】解：A、运动员从弹性绳刚绷紧到最低点的下落过程中，受到向下的重力和向上 的弹力，弹力不断增大，开始阶段，重力大于弹力，合力减小，加速度减小，速度增大。 当弹力等于重力时加速度为零。之后，弹力大于重力，合力向上且不断增大，运动员做减 速运动，加速度增大，所以运动员的加速度先减小后增大，速度先增大后减小，弹力等于 重力时速度最大，故A错误。 B、弹性绳的弹性势能为零时，弹力为零，运动员的合力向下，速度增大，此时速度不是 最大，弹力等于重力时速度最大，故B错误。 C、弹性绳的弹性势能最大时，运动员到达最低点，动能为零，故C正确。 D、对于运动员、地球和蹦极绳组成的系统，只有重力和弹力做功，系统的机械能守恒。 则运动员重力势能的减少量等于弹性绳弹性势能的增加量与动能增加量之和，故D错误。 故选：C。 根据运动员的受力情况，分析其加速度的变化情况，并判断速度的变化情况．蹦极绳张紧 后的下落过程中，弹力做负功，弹性势能增加．对于运动员、地球和蹦极绳组成的系统， 只有重力和弹力做功，系统的机械能守恒．由此分析即可． 3．(2020·上海市·模拟题)两实心小球甲和乙由同种材质制成，甲球质量大于乙球质量。两 球在空气中由静止下落相同距离。假设它们运动时受到的阻力与球的半径成正比，与球的 速率无关，则甲球( ) A. 用时较长 B. 末速度较大 C. 重力势能变化较少 D. 阻力做功较少 【答案】B 【知识点】功能关系的应用、牛顿第二定律的理解及简单运用、重力势能的概念和表达式 4 【解析】解：设小球的密度为ρ，半径为r，则小球的质量为：m=ρV =ρ⋅ πr3 3 4 重力：G=mg= πgρr3 3 G-f G-f kr 3k a= =g- =g- =g- 小球的加速度： m m ρ⋅ 4 πr3 4ρπr2，可知，小球的质量越大， 3 半径越大，则下降的加速度越大，所以甲的加速度比较大。 1 A、两个小球下降的距离是相等的，根据：x= at2 可知，加速度比较大的甲运动的时间短， 2 故A错误； B、根据：2ax=v2-v2 可知，加速度比较大的甲球末速度的大小大于乙球末速度的大小， 0故B正确； C、因下落距离相同，甲的质量较大，故甲的重力势能变化较大，故C错误； D、由题可知，它们运动时受到的阻力与球的半径成正比，即：f =kr，所以甲的阻力大， 根据W =FS可知，甲球克服阻力做的功大于乙球克服阻力做的功，故D错误。 故选：B。 设出小球的密度，写出质量的表达式，再结合题目的条件写出阻力的表达式，最后结合牛 顿第二定律写出加速度的表达式； 4．(2021·安徽省·历年真题)中国制造的某一型号泵车如图所示，表中列出了其部分技术参 数。已知混凝土密度为2.4×103kg/m3，假设泵车的泵送系统以150m3/h的输送量给 30m高处输送混凝土，则每小时泵送系统对混凝土做的功至少为( ) 发 动 机 最 大 输 出 功 率 332 最大输送高度(m) 63 (kW) 最 大 输 送 量 整车满载质量(kg) 5.5×104 180 (m3/h) A. 1.08×107J B. 5.04×107J C. 1.08×108J D. 2.72×108J 【答案】C 【知识点】功的计算 【解析】解：泵车的泵送排量为150m3/h，则1小时输送的混凝土的体积为 V =150×1m3=150m3则在1小时时间内输送的混凝土质量为 m=ρV =2.4×103×150kg=3.6×105kg将混凝土匀速输送到30m高处，泵送系统对混凝 土做的功最少，泵送系统对混凝土做的功至少为 W =mgh=3.6×105×10×30J=1.08×108J故C正确，ABD错误。 故选：C。 先求出1小时时间内输送的混凝土质量，再根据将混凝土匀速输送时，泵送系统对混凝土 做的功最少，利用功的公式求出功的大小。 5．(2020·全国·期末考试)质量为m的物体以初速度v❑ 沿水平面向左开始运动，起始点A 0 与一轻弹簧O端相距s，如图所示．已知物体与水平面间的动摩擦因数为μ，物体与弹簧相 碰后，弹簧的最大压缩量为x，则从开始碰撞到弹簧被压缩至最短，物体克服弹簧弹力所 做的功为1 A. μmgs B. mv 2-μmgx 2 0 1 C. mv 2-μmg(s+x) D. μmg(s+ x) 2 0 【答案】C 【知识点】功能关系的应用 【解析】解：物体受到的滑动摩擦力大小为f =μmg，对物体与弹簧及地面组成的系统，由 动能定理可得： 1 -W -μmg(s+x)=0- mv2 ， 2 0 1 解得：W = mv2-μmg(s+x) 2 0 故选：C 求解本题的关键是明确对物体、弹簧、地面组成的系统应用能量守恒定律即可求解． 注意摩擦生热公式为Q=f s ，其中s 是物体相对接触面发生的相对路程；对系统应用 相对 相对 能量守恒定律求解较简便 6．(2022·江苏省常州市·模拟题)如图所示，光滑水平地面上放置质量均为m的两个正三棱 柱A、B，其中A固定在地面那个，B在外力作用下紧靠着A，A、B中间夹有一个半径为 R、质量为2m的光滑圆柱C，整个系统处于静止状态．重力加速度为g． (1)求B对C的弹力大小F ； N (2)撤去作用在B上的外力，求C落地时B的速度大小v ； B (3)若A不固定且地面粗糙，A、B与地面间的动摩擦因数均为μ，整个系统仍处于静止状 态．现C在经过其轴线竖直向下的外力作用下从图示位置缓慢个至地面，求该过程中A克 服摩擦力所做的功W。 【答案】 解：(1)C受力平衡，对C受力分析有 2F cos60°=2mg N 解得：F =2mg； N (2)C下降的高度h=2R-R=R B、C系统机械能守恒 1 1 2mgh= mv2 - mv2 2 C 2 B B、C速度大小相等v =v C B √4 解得：v = gR； B 3 (3)C缓慢下降的同时A、B也缓慢对称地左右分开 A受力平衡 F =F' cos60°+mg 地 N 滑动摩擦力 f =F' sin60° N f =μF 地 √3μmg 解得：f = √3-μ 当C下降到地面时，A向左移动的水平距离 √3 x= R 3 克服摩擦力做功 W =fx μmgR 解得：W = 。 √3-μ 答：(1)B对C的弹力大小F 为2mg； N √4 (2)撤去作用在B上的外力，C落地时B的速度大小v 为 gR； B 3 μmgR (3)该过程中A克服摩擦力所做的功W为 。 √3-μ 【知识点】常见的传动装置、动能和动能定理、功能关系的应用、机械能守恒定律 【解析】(1)对C受力分析，根据平衡条件可求； (2)撤去作用在B上的外力，B、C系统机械能守恒，根据机械能守恒定律求C落地时B的 速度； (3)C在经过其轴线竖直向下的外力作用下从图示位置缓慢个至地面，C缓慢下降的同时A、 B也缓慢对称地左右分开，求出A水平位移即可求过程中A克服摩擦力所做的功W。 本题主要是考查了共点力的平衡问题，解答此类问题的一般步骤是：确定研究对象、进行 受力分析、利用平行四边形法则进行力的合成或者是正交分解法进行力的分解，然后在坐 标轴上建立平衡方程进行解答。1． (2022·全国·其他类型)从地面竖直向上抛出一物体，物体在运动过程中除受到重力外， 还受到一大小不变、方向始终与运动方向相反的外力作用．距地面高度h在3m以内时，物 体上升、下落过程中动能E 随h的变化如图所示．重力加速度取10m/s2.该物体的质量为 k A. 2kg B. 1.5kg C. 1kg D. 0.5kg 【答案】C 【知识点】牛顿第二定律的理解及简单运用、功能的图像问题 【解析】 根据动能定理得到图象的斜率表示的物理量，再根据牛顿第二定律列方程求解质量。 对于图象问题，关键是能够根据已知的公式、定律等推导出横坐标和纵坐标的关系式，分 析斜率的变化，然后作出正确的判断。根据动能定理可得：mah=△E ，解得斜率的大小 k ΔE 为ma= k； Δh ΔE 72-36 上升过程中：ma = k1= N=12N 1 Δh 3 1 ΔE 48-24 下落过程中：ma = k2= N=8N 2 Δh 3 2 设与运动方向相反的外力为F，根据牛顿第二定律可得： 上升过程中：mg+F=ma ， 1 下落过程中：mg-F=ma ， 2 联立解得：m=1kg。 故C正确，ABD错误。 故选C。2．(2022·全国·其他类型)如图所示，轻质弹簧的左端固定，并处于自然状态。小物块的质 量为m，从A点向左沿水平地面运动，压缩弹簧后被弹回，运动到A点恰好静止。物块向 左运动的最大距离为s，与地面间的动摩擦因数为μ，重力加速度为g，弹簧未超出弹性限 度。在上述过程中( ) A. 弹簧的最大弹力为μmg B. 物块克服摩擦力做的功为2μmgs C. 弹簧的最大弹性势能为2μmgs D. 物块在A点的初速度为√2μgs 【答案】B 【知识点】动能定理的基本应用、功能关系的应用、牛顿运动定律解决弹簧问题 【解析】 正确进行受力分析，找到弹性势能最大的位置是速度为零的时候，掌握用能量守恒定律和 动能定理求解能量和初速度； A.物体向右运动时，当弹簧的弹力与滑动摩擦力大小相等时，即F=μmg时，速度最大， 物体继续向右运动，弹簧继续伸长直到自然状态，所以弹簧的最大弹力大于μmg，故A错 误； B.整个过程中，物块所受的摩擦力大小恒定，摩擦力一直做负功，则物块克服摩擦力做的 功为2μmgs，故B正确； C.物体向右运动的过程，根据能量守恒定律得：弹簧的最大弹性势能E =μmgs，故C错 p 误； 1 D.设物块在A点的初速度为v ，对整个过程，利用动能定理得：-2μmgs=0- mv 2 ，可 0 2 0 得：v =2√μgs，故D错误。 0 3．(2022·北京市·单元测试)从地面竖直向上抛出一物体，其机械能E 等于动能E 与重力 总 k 势能E 之和。取地面为重力势能零点，该物体的E 和E 随它离开地面的高度h的变化如 p 总 p 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3kg B. h=0时，物体的速率为20m/sC. h=2m时，物体的动能E =40J k D. 从地面至h=4m，物体的动能减少100J 【答案】D 【知识点】功能关系的应用、机械能守恒与直线运动 【解析】解：A、由图知，h=4m时E =80J，由E =mgh得m=2kg，故A错误； p p 1 B、h=0时，E =0，E =100J，则物体的动能为E =E -E =100J，由E = ，得 p 总 k 总 p k 2 v =10m/s，故B错误； 0 C、h=2m时，E =40J，E =90J，则物体的动能为E =E -E =50J，故C错误； p 总 k 总 p D、从地面至h=4m，物体的机械能减少了20J，重力势能增加了80J，因此，物体的动 能减少100J，故D正确； 故选：D。 根据h=4m时的E 值和E =mgh求出物体的质量，根据h=0时的动能求物体的速率， p p h=2m时，物体的动能为E =E -E ，根据动能与机械能、重力势能的关系求物体的动 k 总 p 能减少量。 4．(2021·安徽省·历年真题)如图(a)所示，一物块以一定初速度沿倾角为30°的固定斜面上 滑，运动过程中摩擦力大小f恒定，物块动能E 与运动路程s的关系如图(b)所示。重力加 k 速度大小取10m/s2，物块质量m和所受摩擦力大小f分别为 A. m=0.7kg，f =0.5N B. m=0.7kg，f =1.0N C. m=0.8kg，f =0.5N D. m=0.8kg，f =1.0N 【答案】A 【知识点】动能定理的基本应用、功能的图像问题 【解析】 设物块上升的最大高度为h，沿斜面上升的距离为s，根据图像可知物体在0-10m过程中， 根据动能定理有：-mgh-fs=ΔE ，ΔE =0-40J=-40J，则-mgh-fs=-40J；在 k1 k1 10-20m过程中，根据动能定理有：mgh-fs=ΔE =30J，根据几何关系可知： k2 1 h=s·sin30°= s=5m，联立可解：m=0.7kg，f =0.5N，故A正确，BCD错误。 2 故选A。5．(2021·山东省·历年真题)某乒乓球爱好者，利用手机研究乒乓球与球台碰撞过程中能量 损失的情况。实验步骤如下： ①固定好手机，打开录音功能； ②从一定高度由静止释放乒乓球； ③手机记录下乒乓球与台面碰撞的声音，其随时间(单位：s)的变化图像如图所示。 根据声音图像记录的碰撞次序及相应碰撞时刻，如表所示。 碰撞次序 1 2 3 4 5 6 7 碰 撞 时 刻 1.121.582.002.402.783.143.47 (s) 根据实验数据，回答下列问题： (1)利用碰撞时间间隔，计算出第3次碰撞后乒乓球的弹起高度为______ m(保留2位有效数 字，当地重力加速度g=9.80m/s2 )。 (2)设碰撞后弹起瞬间与该次碰撞前瞬间速度大小的比值为k，则每次碰撞损失的动能为碰 撞前动能的______ 倍(用k表示)，第3次碰撞过程中k= ______ (保留2位有效数字)。 (3)由于存在空气阻力，第(1)问中计算的弹起高度______ (填“高于”或“低于”)实际弹 起高度。 【答案】(1)0.20；(2)1-k2，0.95；(3)高于。 【知识点】动能的概念和表达式、自由落体运动 【解析】 (1)由表可知从第三次碰撞到第四次碰撞用时0.4s，则碰后弹起的时间为0.2s，根据匀变 1 1 速直线运动位移与时间关系，有h= gt2= ×9.80×0.22m≈0.20m； 2 2 (2)设碰撞后弹起瞬间速度为kv，该次碰撞前瞬间速度大小为v， 1 1 则碰撞后的动能为 m(kv) 2 ，该次碰撞前动能为 mv2 ，所以每次碰撞损失的动能为 2 2 1 v2-(kv) 2 m[v2-(kv) 2 ]，与碰撞前动能的比值为 =1-k2 ； 2 v2 0.2g 第3次碰撞前的速度v=gt=0.21g，第3次碰撞后的速度v'=0.2g，所以k= ≈0.95； 0.21g (3)由于存在空气阻力，使得实际弹起的高度变小，所以第(1)问计算的弹起高度高于实际 弹起高度。故答案为：(1)0.20；(2)1-k2，0.95；(3)高于。 6．(2021·北京市·历年真题)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l❑ ，人站立时摆长为l 。不计 1 2 空气阻力，重力加速度大小为g。 (1)如果摆长为l❑ ，“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 1 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θ 开始运动，到最低点时突然站起，此后保持站立姿势摆到另 1 一边的最大摆角为θ 。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 2 明θ >θ 。 2 1 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θ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ΔE 应满足的条件。 k 【答案】 mv2 解：(1)根据牛顿运动定律：T-mg= l 1 mv2 解得：T=mg+ l 1 (2)a.设人在最低点站起前后“摆球”的摆动速度大小分别为v 、v ，根据功能关系得： 1 2 1 1 mgl (1-cosθ )= mv2 ，mgl (1-cosθ )= mv2 1 1 2 1 2 2 2 2 已知v =v ，得：mgl (1-cosθ )=mgl (1-cosθ ) 1 2 1 1 2 2 因为l >l ，故cosθ >cosθ ，所以θ >θ 。 1 2 1 2 2 1 b.设 “ 摆 球 ” 由 最 大 摆 角 θ摆 至 最 低 点 时 动 能 为 E ， 根 据 功 能 关 系 得 ： k E =mgl (1-cosθ) k 1 “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v ，根据牛顿运动定律 m mv2 得：mg= m l 2 1 “摆球”在竖直平面内做完整的圆周运动，根据功能关系得：E +ΔE ⩾2mgl+ mv2 k k 2 m 5 得ΔE ⩾ mgl -mgl (1-cos⁡θ)。 k 2 2 1 【知识点】圆周运动规律及其应用、功能关系的应用 【解析】(1)根据牛顿第二定律求得拉力大小；(2)a、根据能量守恒判断夹角的大小，b、设通过最高点最小速度为v 根据牛顿运动定律 m 与能量守恒定律可知ΔE 应满足的条件。 k “摆球”做的是圆周运动，运动过程中利用动能定理计算速度的大小，根据向心力公式计 算向心力的大小，在第二问中注意能量守恒的应用。 1．(2022·山东省济南市·模拟题)北京冬奥会的成功举办点燃了全国人民的冰雪运动热情。 如图所示是济南南部山区某滑雪场的滑雪场景，某同学从坡形雪道上M点由静止开始沿直 线下滑至N点，滑雪过程中阻力恒定不变，将该同学看作质点，选取N点所在位置为零势 能点，则下滑过程中该同学的重力势能和动能相等的位置在( ) A. MN连线中点处 B. MN连线中点的下方 C. MN连线中点的上方 D. 条件不足，无法确定 【答案】B 【知识点】功能关系的应用、机械能守恒定律、重力势能的概念和表达式 【解析】解：假设斜面光滑，同学由M点滑下，设此时的重力势能为E =mgh，下滑过程 p 1 中该同学的重力势能和动能相等则该点重力势能为E' = mgh，可知该点在MN的中点； p 2 由于斜面有摩擦力做功，所以下滑过程中该同学一部分重力势能转化为内能，此时MN中 点处的重力势能大于动能，则重力势能和动能相等的位置在MN连线中点的下方， 故ACD错误，B正确； 故选：B。 假设斜面光滑分析重力势能和动能相等的位置，再分析有摩擦力做功时的情况。 2．(2022·辽宁省沈阳市·月考试卷)如图为跳伞者在下降过程中速度随时间变化的示意图(取 竖直向下为正)，箭头表示跳伞者的受力.则下列关于跳伞者的位移y和重力势能E 随下落 p 的时间t，重力势能E 和机械能E随下落的位移y变化的图像中可能正确的是( ) PA. B. C. D. 【答案】D 【知识点】功能关系的应用、自由落体运动的规律、功能的图像问题、机械能守恒与直线 运动 【解析】 打开降落伞之前做自由落体运动，做匀加速直线运动，合力不变，然后做加速度逐渐减小 的减速运动，最后做匀速运动，据此分析。 A.运动员从高山悬崖上跳伞，伞打开前是自由落体运动，开伞后做加速度减小的减速运动， 最后匀速下落，所以y-t图像开始是抛物线，后曲线的斜率减小，最后为倾斜的直线，故 A错误； 1 B.开始下落阶段做自由落体运动，则E =E -mg· gt2 ，可知此过程中E -t为开口向 P P0 2 P 下的抛物线，故B错误； C.开始下落阶段做自由落体运动，则E =E -mgy，可知此过程中E - y为直线，故C P P0 P 错误； D.开始阶段做自由落体运动，机械能不变；然后打开伞后，由于受阻力作用机械能逐渐减 小，最后匀速下落阶段机械能仍不断减小，故D正确。 3．(2022·浙江省宁波市·模拟题)如图所示，外层覆盖锌的纳米机器人可携带药物进入老鼠 体内，到达老鼠的胃部之后，外层的锌与消化液中的酸发生化学反应，产生氢气气泡作为 推进动力，机器人的速度可达6×10-5m/s。若不计重力和浮力，则下列说法正确的是( )A. 胃液中运动的纳米机器人不受阻力 B. 机器人前进时对胃液的作用力比胃液对机器人的作用力大 C. 氢气气泡对机器人作用力一定比胃液对机器人作用力小 D. 机器人在胃液中加速前进时，氢气气泡对机器人做的功大于机器人动能的增加量 【答案】D 【知识点】动能定理的基本应用、功能关系的应用、作用力和反作用力 【解析】 A、胃液中运动的纳米机器人受到胃液给它的阻力作用，故A错误； B、根据牛顿第三定律知，机器人前进时对胃液的作用力与胃液对机器人的作用力大小相 等，方向相反，故B错误； C、不计重力及浮力，机器人只受氢气气泡的推力及胃液的阻力，故机器人在胃液中匀速 前进时，氢气气泡对机器人的作用力等于胃液对机器人的作用力，故C错误 D、根据动能定理可知，机器人在胃液中加速前进的过程时，氢气气泡对机器人做的功与 胃液阻力对机器人做的功之和等于机器人动能的增加量，即氢气气泡对机器人做的功大于 机器人动能的增加量，故D正确。 4．(2022·陕西省宝鸡市·模拟题)汽车运输规格相同的两块楼板时，为了保证安全，底层楼 板固定在车厢上，上层楼板按如图所示方式放置于底层楼板上，汽车先以a =2m/s2 的加 1 速度启动，然后以v=10m/s的速度匀速运动，最后以a =10m/s2 的加速度刹车至静止。 2 已知每块楼板的质量为200kg，楼板间的动摩擦因数为0.8，最大静摩擦力等于滑动摩擦力， 整个过程楼板不会掉落，也不会撞上驾驶室，g=10m/s2，则 A. 启动时楼板之间的摩擦力大小为1600N B. 刹车时楼板之间的摩擦力大小为400N C. 启动时楼板间因摩擦产生的热量为2000J D. 刹车时楼板间因摩擦产生的热量为2000J 【答案】D 【知识点】从运动情况确定受力、没有其他外力的板块问题、摩擦力做功与能量转化、叠 放连接体 【解析】根据牛顿第二定律判断楼板运动的最大加速度，通过汽车运动的加速度大小与楼板最大加 速度的大小关系判断楼板是否发生相对滑动；根据Q=f x 求解摩擦生热。 相对 μmg A.由牛顿第二定律可知楼板的最大加速度为a = =8m/s2 ，启动过程中，汽车加速度 0 m a =2m/s2a ，所以楼板之间发生相对滑动，楼板之间的摩擦 2 0 力为滑动摩擦力，大小为f =μmg=1600N，故B错误； 2 C.启动时，由于楼板之间无相对滑动，因此楼板间因摩擦产生的热量为零，故C错误； v 2-v2 0-102 D.汽车从刹车到最后减速到零的位移x = t = m=5m，楼板减速到零的位 1 2a 2×(-10) 2 v 2-v2 0-102 移 为 x = t = m=6.25m， 摩 擦 生 热 为 1 2a 2×(-8) 0 Q=f x =μmg(x -x )=0.8×200×10×1.25J=2000J，故D正确。 相对 1 2 5．(2022·湖北省·模拟题)如图所示光滑半圆轨道固定在竖直面内，轨道半径R=1.5m；固 定曲面ABCDE是由两个斜面AB、DE和一段光滑圆弧BCD组成，两斜面倾角均为 θ=37°，AB=DE=R=1.5m，A、E等高。两个相同的小滑块P、Q，质量均为3kg。其 中小滑块P从半圆轨道最高点飞出，恰好沿AB斜面进入曲面内，而小滑块Q静止于曲面最 低点，两滑块碰后立即粘为一体，此后恰好可以到达曲面最高点E。重力加速度取 g=10m/s2，sin37°=0.6，cos37°=0.8。求： (1)小滑块P经过半圆轨道最高点时所受的压力； (2)小滑块与斜面间的动摩擦因数μ。 【答案】 解：(1)A点离地高度： h=Rsinθ+R(1-cosθ)=1.2m滑块P平抛竖直方向：2g(2R-h)=v2 y 解得：v =6m/s y v 分解A点速度有：tanθ= y v P 得：v =8m/s Pv2 滑块P在半圆轨道最高点：F+mg=m P R 代入数据解得：F=98N 1 1 (2)滑块P从A到C由功能关系有： mv2 +mgh= mv2+μmgcosθ⋅R 2 A 2 C v 其中：v = y =10m/s A sinθ P、Q碰撞动量守恒： mv =2mv碰后P、Q从C到E由功能关系有： C 1 ⋅2mv2=2mgh+μ⋅2mgcosθ⋅R综合解得： 2 7 μ= =0.23 30 【知识点】圆周运动规律及其应用、功能关系的应用、平抛运动基本规律及推论、动量守 恒定律的应用 【解析】(1)根据速度的合成和分解求出A点速度，再根据向心力公式求出小滑块P经过半 圆轨道最高点时所受的压力； (2)滑块P从A到C由功能关系和动量守恒求出小滑块与斜面间的动摩擦因数μ。 6．(2022·辽宁省大连市·期末考试)逆时针转动的绷紧的传送带与水平方向夹角为37°，传 送带的v-t图像如图所示。在t=0时刻质量为1kg的物块从B点以某一初速度滑上传送带并 沿传送带向上做匀速运动。2s后开始减速，在t=4s时物体恰好能到达最高点A。(已知 g=10m/s2，sin37°=0.6，cos37°=0.8)。求： (1)传送带和物块之间的动摩擦因数； (2)传送带的长度； (3)传送带因为运送物体多消耗的电能。 【答案】 解：(1)前2s物块速度小于传送带速度，物块受到摩擦力沿斜面向上 由于物块匀速上滑，受力平衡： μmgcos37∘=mgsin37∘解得：μ=0.75 (2)由题意可知，在2s时，物块与传送带速度相等， 由图像可得：v=1m/s前2s，物块沿传送带上滑的位移为： x =vt=2m由题意可得，后2s物块跟传送带以相同加速度a=0.5m/s2，向上匀减速运动。 1 1 x =vt- at2=1m传送带长L=x +x =3m； 2 2 1 2 (3)上滑过程中，滑动摩擦力为f =μmgcos37∘=6N (1+2)×2 前2s，传送带位移为：x= =3m 2 摩擦生热：Q=f(x-x )=6J 1 1 物块动能减少量为：△E = mv2=0.5J k 2 物块重力势能增加量为：△E =mgh=mgLsin37∘=18J p 传送带因为运送物体多消耗的电能为：△E=△E +Q-△E =23.5J。 p k 【知识点】v-t图像、物块在倾斜的传送带上运动问题、功能关系的应用、摩擦力做功与能 量转化 【解析】本题结合v-t图像考查物块在倾斜的传送带上运动问题。 (1)小物块先向上做匀速运动，说明前2s物块速度小于传送带速度，物块受到摩擦力沿斜 面向上，由平衡求解动摩擦因数； (2)传送带的长度等于小物块4s内的位移，小物块先匀速后减速，由运动学公式结合v-t 图像求解传送带长度； (3)传送带因为运送物体多消耗的电能为△E=△E +Q-△E ，分别求出即可。 p k