2020物理二轮专题限时集训6 机械能守恒定律 功能关系 Word版含解析

10．(多选)如图甲所示.一质量不计的弹簧竖直地固定在水平面上.质量为m 的物体由弹簧正上方h 处无初速度释放.图乙为弹簧的弹力与物体下落高度的关系图象.重力加速度为g .当弹簧的压缩量为x 时弹簧储存的弹性势能为E p ＝12kx 2.忽略空气阻力。

则下列说法正确的是( )A ．该弹簧的劲度系数为mgx0B ．物体下落过程中的最大动能为mgh ＋12mgx 0C ．弹簧最大的压缩量等于2x 0D ．物体所具有的最大加速度等于gAB [由图乙可知.当物体下落h ＋x 0时.即弹簧压缩量为x 0时.有kx 0＝mg .解得k ＝mgx0.此时物体的合力为零.加速度为零.速度最大.动能最大.弹簧储存的弹性势能为E p ＝12kx 20＝12mgx 0.物体下落h ＋x 0的过程中.由功能关系可知mg (h ＋x 0)＝E km ＋E p .则物体的最大动能为E km ＝mgh ＋12mgx 0.A 、B 正确。

假设当弹簧最短时.弹簧的压缩量为x 1.由功能关系得mg (h ＋x 1)＝12kx 21.解得x 1＝x 0.显然x 1>2x 0.C 错误。

由以上分析可知.弹簧的最大压缩量大于2x 0.则物体受到弹簧弹力的最大值大于2mg .可知物体的最大加速度a m >g .D 错误。

]11.(20xx·辽宁铁路实验中学模拟)如图所示.半径为R 的光滑圆环竖直固定.质量为3m 的小球A 套在圆环上.长为2R 的刚性轻杆一端通过铰链与A 连接.另一端通过铰链与滑块B 连接；滑块B 质量为m .套在水平固定的光滑杆上。

水平杆与圆环的圆心O 位于同一水平线上。

现将A 置于圆环的最高处并给A 一微小扰动(初速度可视为零).使A 沿圆环顺时针自由下滑.由牛顿第三定律知参赛者运动到圆弧轨道B 处对轨道的压力大小为：F ′N ＝F N ＝1 200 N.方向竖直向下。

(2)参赛者由C 到D 的过程.由动能定理得：－μ2mgL 2＝0－12mv 2C 解得：v C ＝6 m/s>v B ＝4 m/s所以传送带运转方向为顺时针假设参赛者在传送带一直加速.设到达C 点的速度为v .由动能定理得：μ1mgL 1＝12mv 2－12mv 2B解得：v ＝210 m/s>v C ＝6 m/s所以传送带速度等于v C ＝6 m/s 。

专题六 机械能守恒定律 功能关系考点1| 机械能守恒定律的应用难度：中档题 题型：选择题、计算题 五年6考(多选)(2015·全国卷ⅡT 21)如图1所示，滑块a 、b 的质量均为m ，a 套在固定竖直杆上，与光滑水平地面相距h ，b 放在地面上．a 、b 通过铰链用刚性轻杆连接，由静止开始运动．不计摩擦，a 、b 可视为质点，重力加速度大小为g .则( )图1A ．a 落地前，轻杆对b 一直做正功B ．a 落地时速度大小为2ghC ．a 下落过程中，其加速度大小始终不大于gD ．a 落地前，当a 的机械能最小时，b 对地面的压力大小为mg【解题关键】 解此题的关键有两点：(1)刚性轻杆不伸缩，两滑块沿杆的分速度相同．(2)轻杆对滑块a 、b 都做功，系统机械能守恒．BD [由题意知，系统机械能守恒．设某时刻a 、b 的速度分别为v a 、v b .此时刚性轻杆与竖直杆的夹角为θ，分别将v a 、v b 分解，如图．因为刚性杆不可伸长，所以沿杆的分速度v ∥与v ′∥是相等的，即v a cos θ＝v b sin θ.当a 滑至地面时θ＝90°，此时v b ＝0，由系统机械能守恒得mgh ＝12mv 2a ，解得v a ＝2gh ，选项B 正确．同时由于b 初、末速度均为零，运动过程中其动能先增大后减小，即杆对b 先做正功后做负功，选项A 错误．杆对b 的作用先是推力后是拉力，对a 则先是阻力后是动力，即a 的加速度在受到杆的向下的拉力作用时大于g ，选项C 错误．b 的动能最大时，杆对a 、b 的作用力为零，此时a 的机械能最小，b 只受重力和支持力，所以b 对地面的压力大小为mg ，选项D 正确．正确选项为B 、D.](2016·全国丙卷T 24)如图2所示，在竖直平面内有由14圆弧AB 和12圆弧BC 组成的光滑固定轨道，两者在最低点B 平滑连接．AB 弧的半径为R ，BC 弧的半径为R 2.一小球在A 点正上方与A 相距R4处由静止开始自由下落，经A 点沿圆弧轨道运动． 图2(1)求小球在B 、A 两点的动能之比；(2)通过计算判断小球能否沿轨道运动到C 点．【解题关键】关键语句 信息解读k A E k A ＝mg R 4① 设小球在B 点的动能为E k B ，同理有E k B ＝mg 5R 4② 由①②式得E k B E k A ＝5. ③ (2)若小球能沿轨道运动到C 点，则小球在C 点所受轨道的正压力N 应满足N ≥0 ④设小球在C 点的速度大小为v C ，由牛顿第二定律和向心加速度公式有N ＋mg ＝m v 2C R2⑤ 由④⑤式得，v C 应满足mg ≤m 2v 2C R ⑥由机械能守恒定律得mg R 4＝12mv 2C ⑦ 由⑥⑦式可知，小球恰好可以沿轨道运动到C 点．【答案】 (1)5 (2)能沿轨道运动到C 点1．高考考查特点(1)本考点高考命题选择题集中在物体系统机械能守恒及物体间的做功特点、力与运动的关系；计算题结合平抛、圆周运动等典型运动为背景综合考查．(2)熟悉掌握并灵活应用机械能的守恒条件、掌握常见典型运动形式的特点及规律是突破该考点的关键．2．解题的常见误区及提醒(1)对机械能守恒条件理解不准确，特别是系统机械能守恒时不能正确分析各力的做功情况．(2)典型运动中不熟悉其运动规律，如圆周运动中的临界条件．●考向1 机械能守恒条件的应用1．如图3所示，固定的竖直光滑长杆上套有质量为m 的小圆环，圆环与水平状态的轻质弹簧一端连接，弹簧的另一端连接在墙上，且处于原长状态．现让圆环由静止开始下滑，已知弹簧原长为L ，圆环下滑到最大距离时弹簧的长度变为2L (未超过弹性限度)，则在圆环下滑到最大距离的过程中( )【导学号：】图3A.圆环的机械能守恒B ．弹簧弹性势能变化了3mgLC ．圆环下滑到最大距离时，所受合力为零D ．圆环重力势能与弹簧弹性势能之和保持不变B [圆环在下滑过程中，圆环的重力和弹簧的弹力对圆环做功，圆环的机械能不守恒，圆环和弹簧组成的系统机械能守恒，系统的机械能等于圆环的动能和重力势能以及弹簧的弹性势能之和，选项A 、D 错误；对圆环进行受力分析，可知圆环从静止开始先向下加速运动且加速度逐渐减小，当弹簧对圆环的弹力沿杆方向的分力与圆环所受重力大小相等时，加速度减为0，速度达到最大，而后加速度反向且逐渐增大，圆环开始做减速运动，当圆环下滑到最大距离时，所受合力最大，选项C 错误；由图中几何关系知圆环的下降高度为3L ，由系统机械能守恒可得mg ·3L ＝ΔE p ，解得ΔE p ＝3mgL ，选项B 正确．]●考向2 单个物体机械能守恒2．(2016·安徽第三次联考)如图4所示，光滑轨道由AB 、BCDE 两段细圆管平滑连接组成，其中AB 段水平，BCDE 段是半径为R 的四分之三圆弧，圆心O 及D 点与AB 等高，整个轨道固定在竖直平面内，现有一质量为m ，初速度v 0＝10gR 2的光滑小球水平进入圆管AB ，设小球经过轨道交接处无能量损失，圆管孔径远小于R ，则(小球直径略小于管内径)( )图4A ．小球到达C 点时的速度大小v C ＝3gR 2B ．小球能通过E 点且抛出后恰好落至B 点C ．无论小球的初速度v 0为多少，小球到达E 点时的速度都不能为零D ．若将DE 轨道拆除，则小球能上升的最大高度与D 点相距2RB [对小球从A 点至C 点过程，由机械能守恒有12mv 20＋mgR ＝12mv 2C ，解得v C ＝32gR 2，选项A 错误；对小球从A 点至E 点的过程，由机械能守恒有12mv 20＝12mv 2E ＋mgR ，解得v E ＝2gR 2，小球从E 点抛出后，由平抛运动规律有x ＝v E t ，R ＝12gt 2，解得x ＝R ，则小球恰好落至B 点，选项B 正确；因为内管壁可提供支持力，所以小球到达E 点时的速度可以为零，选项C 错误； 若将DE 轨道拆除，设小球能上升的最大高度为h ，则有12mv 2D ＝mgh ，又由机械能守恒可知v D ＝v 0，解得h ＝54R ，选项D 错误．]●考向3 系统机械能守恒3．(多选)(高考改编)，在[例1](2015·全国卷ⅡT 21)中，若将轻杆换成轻绳，如图5所示，将质量为2m 的重物悬挂在轻绳的一端，轻绳的另一端系一质量为m 的环，环套在竖直固定的光滑直杆上，光滑定滑轮与直杆的距离为d .杆上的A 点与定滑轮等高，杆上的B 点在A 点正下方距离为d 处．现将环从A 处由静止释放，不计一切摩擦阻力，下列说法正确的是( )图5A ．环到达B 处时，重物上升的高度h ＝d 2 B ．环到达B 处时，环与重物的速度大小相等C ．环从A 到B ，环减少的机械能等于重物增加的机械能D ．环能下降的最大高度为4d 3CD [环到达B 处时，对环的速度进行分解，可得v 环cos θ＝v 物，由题图中几何关系可知θ＝45°，则v 环＝2v 物，B 错；因环从A 到B ，环与重物组成的系统机械能守恒，则环减少的机械能等于重物增加的机械能，C 对；当环到达B 处时，由题图中几何关系可得重物上升的高度h ＝(2－1)d ，A 错；当环下落到最低点时，设环下落高度为H ，由机械能守恒有mgH ＝2mg (H 2＋d2－d )，解得H ＝43d ，故D 正确．] 4．(2016·河北石家庄一模)如图6所示，左侧竖直墙面上固定半径为R ＝0.3 m 的光滑半圆环，右侧竖直墙面上与圆环的圆心O 等高处固定一光滑直杆．质量为m a ＝100 g 的小球a 套在半圆环上，质量为m b ＝36 g 的滑块b 套在直杆上，二者之间用长为l ＝0.4 m 的轻杆通过两铰链连接．现将a 从圆环的最高处由静止释放，使a 沿圆环自由下滑，不计一切摩擦，a 、b 均视为质点，g 取10 m/s 2.求：图6(1)小球a 滑到与圆心O 等高的P 点时的向心力大小；(2)小球a 从P 点下滑至杆与圆环相切的Q 点的过程中，杆对滑块b 做的功．【解析】 (1)当a 滑到与O 同高度的P 点时，a 的速度v 沿圆环切向向下，b 的速度为零，由机械能守恒可得：m a gR ＝12m a v 2 解得：v ＝2gR对小球a 受力分析，由牛顿第二定律可得：F ＝m a v 2R＝2m a g ＝2 N.(2)杆与圆环相切时，如图所示，此时a 的速度沿杆方向，设此时b 的速度为v b ，则知v a ＝v b cos θ由几何关系可得：cos θ＝l l 2＋R 2＝0.8球a 从P 到Q 下降的高度h ＝R cos θa 、b 及杆组成的系统机械能守恒：m a gh ＝12m a v 2a ＋12mb v 2b －12m a v 2 对滑块b ，由动能定理得：W ＝12m b v 2b ＝0.194 4 J. 【答案】 (1)2 N (2)0.194 4 J机械能守恒定律应用中的“三选取”(1)研究对象的选取研究对象的选取是解题的首要环节，有的问题选单个物体(实为一个物体与地球组成的系统)为研究对象，有的选几个物体组成的系统为研究对象，如图所示单选物体A 机械能减少不守恒，但由物体A 、B 二者组成的系统机械能守恒．(2)研究过程的选取研究对象的运动过程分几个阶段，有的阶段机械能守恒，而有的阶段机械能不守恒，因此在应用机械能守恒定律解题时要注意过程的选取．(3)机械能守恒表达式的选取①守恒观点：E k1＋E p1＝E k2＋E p2.(需选取参考面)②转化观点：ΔE p ＝－ΔE k .(不需选取参考面)③转移观点：ΔE A 增＝ΔE B 减．(不需选取参考面)考点2| 功能关系及能量守恒难度：较难 题型：选择题、计算题 五年3考(多选)(2013·全国卷ⅡT 20)目前，在地球周围有许多人造地球卫星绕着它运转，其中一些卫星的轨道可近似为圆，且轨道半径逐渐变小．若卫星在轨道半径逐渐变小的过程中，只受到地球引力和稀薄气体阻力的作用，则下列判断正确的是( )A ．卫星的动能逐渐减小B ．由于地球引力做正功，引力势能一定减小C ．由于气体阻力做负功，地球引力做正功，机械能保持不变D ．卫星克服气体阻力做的功小于引力势能的减小【解题关键】 解此题应把握以下两点：(1)轨道半径的变化情况及对运行速度的影响．(2)轨道半径变化过程中的受力特点及做功情况．BD [卫星半径减小时，分析各力做功情况可判断卫星能量的变化．卫星运转过程中，地球的引力提供向心力，G Mm r 2＝m v 2r，受稀薄气体阻力的作用时，轨道半径逐渐变小，地球的引力对卫星做正功，势能逐渐减小，动能逐渐变大，由于气体阻力做负功，卫星的机械能减小，选项B 、D 正确．](2016·全国甲卷T 25)轻质弹簧原长为2l ，将弹簧竖直放置在地面上，在其顶端将一质量为5m 的物体由静止释放，当弹簧被压缩到最短时，弹簧长度为l .现将该弹簧水平放置，一端固定在A 点，另一端与物块P 接触但不连接．AB 是长度为5l 的水平轨道，B 端与半径为l 的光滑半圆轨道BCD 相切，半圆的直径BD 竖直，如图7所示．物块P 与AB 间的动摩擦因数μ＝0.5.用外力推动物块P ，将弹簧压缩至长度l ，然后放开，P 开始沿轨道运动．重力加速度大小为g .图7(1)若P 的质量为m ，求P 到达B 点时速度的大小，以及它离开圆轨道后落回到AB 上的位置与B 点之间的距离；(2)若P 能滑上圆轨道，且仍能沿圆轨道滑下，求P 的质量的取值范围．【解题关键】 关键语句信息解读 接触但不连接物块P 和弹簧可以分离 光滑半圆轨道在BCD 上运动时只有重力做功 动摩擦因数μ＝0.5物块P 在AB 上运动时，摩擦力做负功 将弹簧压缩至长为l 弹簧中存在弹性势能 仍能沿圆轨道滑下 没有脱离轨道，高度不超过C 点为零，其重力势能转化为弹簧的弹性势能．由机械能守恒定律，弹簧长度为l 时的弹性势能为E p ＝5mgl ①设P 的质量为M ，到达B 点时的速度大小为v B ，由能量守恒定律得E p ＝12Mv 2B ＋μMg ·4l ②联立①②式，取M ＝m 并代入题给数据得v B ＝6gl ③若P 能沿圆轨道运动到D 点，其到达D 点时的向心力不能小于重力，即P 此时的速度大小v 应满足mv 2l －mg ≥0 ④设P 滑到D 点时的速度为v D ，由机械能守恒定律得12mv 2B ＝12mv 2D ＋mg ·2l ⑤联立③⑤式得 v D ＝2gl ⑥v D 满足④式要求，故P 能运动到D 点，并从D 点以速度v D 水平射出．设P 落回到轨道AB 所需的时间为t ，由运动学公式得2l ＝12gt 2 ⑦P 落回到AB 上的位置与B 点之间的距离为s ＝v D t⑧联立⑥⑦⑧式得 s ＝22l . ⑨(2)为使P 能滑上圆轨道，它到达B 点时的速度不能小于零．由①②式可知5mgl >μMg ·4l ⑩要使P 仍能沿圆轨道滑回，P 在圆轨道的上升高度不能超过半圆轨道的中点C .由机械能守恒定律有12Mv 2B ≤Mgl ⑪联立①②⑩⑪式得53m ≤M <52m . ⑫ 【答案】 (1)6gl 22l (2)53m ≤M <52m 1．高考考查特点(1)本考点选择题重点考查常见功能转化关系，难度中档；计算题常以滑块、传送带、弹簧结合平抛运动、圆周运动综合考查功能关系、动能定理、机械能守恒的应用．(2)解此类问题重在理解常见功能关系，明确物体运动过程中哪些力做功，初、末状态对应的能量形式．2．解题的常见误区及提醒(1)功能关系分析中力做功与能量转化对应关系不明确．(2)公式应用过程中漏掉部分力做功，特别是摩擦力做功．(3)多过程问题中过程分析不清晰出现乱套公式的情况．●考向1 能量转化与守恒关系的应用5．(2016·贵阳三校联考)如图8所示，一质量为m 的小球固定于轻质弹簧的一端，弹簧的另一端固定于O 点．将小球拉至A 处，弹簧恰好无形变，由静止释放小球，当小球运动到O 点正下方与A 点的竖直高度差为h 的B 点时，速度大小为v .已知重力加速度为g ，下列说法正确的是( )图8A ．小球运动到B 点时的动能等于mghB ．小球由A 点到B 点重力势能减少12mv 2C ．小球由A 点到B 点克服弹力做功为mghD ．小球到达B 点时弹簧的弹性势能为mgh －12mv 2 D [小球运动到B 点时，动能等于12mv 2，选项A 错误；小球由A 点运动到B 点，重力势能减少mgh ，选项B 错误；由于小球动能变化，设小球由A 点运动到B 点克服弹簧弹力做功为W ，根据mgh －W ＝12mv 2，可得W ＝mgh －12mv 2，即弹性势能增加mgh －12mv 2，选项C 错误，选项D 正确．]●考向2 功能关系的综合应用6．(高考改编)在[例4](2016·全国甲卷T 25)中，若将右侧半圆轨道换成光滑斜面，如图9所示，斜面固定，AB 与水平方向的夹角θ＝45°，A 、B 两点的高度差h ＝4 m ，在B 点左侧的水平面上有一左端固定的轻质弹簧，自然伸长时弹簧右端到B 点的距离s ＝3 m ．质量为m ＝1 kg 的物块从斜面顶点A 由静止释放，物块进入水平面后向左运动压缩弹簧的最大压缩量x ＝0.2 m ．已知物块与水平面间的动摩擦因数μ＝0.5，取g ＝10 m/s 2，不计物块在B 点的机械能损失．求：图9(1)弹簧的最大弹性势能；(2)物块最终停止位置到B 点的距离；(3)物块在斜面上滑行的总时间(结果可用根式表示)．【解析】 (1)物块从开始位置到压缩弹簧至速度为0的过程，由功能关系可得：mgh －μmg (s ＋x )＝E p解得最大弹性势能E p ＝24 J.(2)设物块从开始运动到最终静止，在水平面上运动的总路程为l ，由功能关系有：mgh －μmgl ＝0解得：l ＝8 m所以物块停止位置到B 点距离为：Δl ＝l －2(s ＋x )＝1.6 m<3 m即物块最终停止位置距B 点1.6 m.(3)物块在光滑斜面上运动时，由牛顿第二定律有：mg sin θ＝ma解得：a ＝g sin θ设物块第一次在斜面上运动的时间为t 1，则hsin θ＝12at 21 解得：t 1＝2510 s 设物块从水平面返回斜面时的速度为v ，由动能定理可得： mgh －2μmg (s ＋x )＝12mv 2解得：v ＝4 m/s所以，物块第二次在斜面上滑行的时间为：t 2＝2vg sin θ＝425 s. 物块在斜面上滑行总时间为：t ＝t 1＋t 2＝42＋2105s. 【答案】 (1)24 J (2)1.6 m (3)42＋2105s 7．(2016·湖南十三校三联)如图10所示，在水平面的上方有一固定的水平运输带，在运输带的左端A 处用一小段光滑的圆弧与一光滑的斜面平滑衔接，该运输带在电动机的带动下以恒定的向左的速度v 0＝2 m/s 运动．将一可以视为质点的质量为m ＝2 kg 的滑块由斜面上的O 点无初速度释放，其经A 点滑上运输带，经过一段时间滑块从运输带最右端的B 点离开，落地点为C .已知O 点与A 点的高度差为H 1＝1.65 m ，A 点与水平面的高度差为H 2＝0.8 m ，落地点C 到B 点的水平距离为x ＝1.2 m ，g 取10 m/s 2.图10(1)求滑块运动到C 点时的速度大小；(2)如果仅将O 点与A 点的高度差变为H ′1＝0.8 m ，且当滑块刚好运动到A 点时，撤走斜面，求滑块落在水平面上时的速度大小；(3)在第(2)问情况下滑块在整个运动过程中因摩擦而产生的热量有多少？【导学号：】【解析】 (1)设滑块滑至运输带的右端时速度为v 1，滑块自运输带右端飞出至落地的时间为t ，则在水平方向上，x ＝v 1t在竖直方向上，H 2＝12gt 2 设滑块落地时的速度为v ，根据机械能守恒定律得12mv 21＋mgH 2＝12mv 2 联立解得v 1＝3 m/s ，v ＝5 m/s.(2)设滑块从高H 1＝1.65 m 处的O 点由静止开始下滑到运输带上，再滑到运输带右端过程中，摩擦力对滑块做功为W f ，由动能定理得mgH 1＋W f ＝12mv 21。

第二部分功能与动量专题06 机械能守恒定律功能关系（测）(满分：100分建议用时：60分钟)姓名：_______________________ 班级：______________________ 得分：_____________________一．选择题：本题共12小题，每小题6分。

在每小题给出的四个选项中，第1~8题只有一项符合题目要求，第9~12题有多项符合题目要求。

全部选对的得6分，选对但不全的得3分，有选错的得0分。

1.(2020·广东省惠州市第三次调研)质量为2 kg的物体以10 m/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50 J，机械能损失了10 J，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＝10 m/s2)()A.40 JB.60 JC.80 JD.100 J【答案】B【解析】物体抛出时的总动能为100 J，物体的动能损失了50 J时，机械能损失了10 J，则动能损失100 J时，机械能损失了20 J，此时到达最高点，返回时，机械能还会损失20 J，故从A点抛出到落回到A点，共损失机械能40 J，所以该物体再落回到A点时的动能为60 J，A、C、D错误，B正确。

2.(2020·广东省湛江市第二次模拟)韩晓鹏是我国首位在冬奥会雪上项目夺冠的运动员。

他在一次自由式滑雪空中技巧比赛中沿“助滑区”保持同一姿态下滑了一段距离，重力对他做功1 900 J，他克服阻力做功100 J。

韩晓鹏在此过程中()A.动能增加了1 900 JB.动能增加了2 000 JC.重力势能减小了1 900 JD.重力势能减小了2 000 J【答案】C【解析】由题可得：重力做功W G＝1 900 J，则重力势能减少1 900 J ，故选项C正确，D错误；由动能定理得，W G－W f＝ΔE k，克服阻力做功W f＝100 J，则动能增加1 800 J，故选项A、B错误。

模块三力学中的动量能量问题专题06 机械能守恒定律 功能关系1.【答案】 BD【解析】 小球在空中运动的速率v=√v 02+g 2t 2,知v-t 图像不是一条倾斜的直线,A 错误;重力的瞬时功率P=mgv y =mg 2t,知p-t 图像为过原点的直线,B 正确;根据动能定理mgh=E k -E k0,知E k =mgh+E k0,当h=H 时,E k =E k0,C 错误;由于不计空气阻力,小球机械能守恒,机械能E 随小球距地面高度h 的变化无关,E 不变,D 正确. 2. 【答案】 BD【解析】 根据能量守恒定律知,除重力以外的力做功使得物体的机械能变化,0~t 1物体的机械能不变,说明没有其他力做功,但物体的运动可以沿斜面向下或向上,A 错误;t 1~t 2时间内机械能随时间均匀减小,ΔE k =E 0-E=kt,由功能关系ΔE=Fx,则物体的位移关于时间变化x=vt,得物体做匀速直线运动,则需要其他力F=mgsinα,沿斜面向上,又因为机械能减小,所以t 1~t 2物体沿斜面向下做匀速直线运动,此时滑块动能不变,B 正确,C 错误;t 2~t 3时间内,机械能不变,说明撤去外力,物体沿斜面方向由牛顿第二定律得mgsinα=ma,得滑块的加速度为a=gsinα,D 正确. 3.【答案】 BC【解析】 由图可知在0~x 1过程中物体机械能在减小,知拉力在做负功,如果拉力方向向下,则知物体在沿斜面向上运动,这种情况不可能,所以拉力方向向上,则知物体在沿斜面向下运动,根据功能关系ΔE=FΔx,得F=ΔEΔx ,0~x 1过程中图线的斜率逐渐减小到零,知物体的拉力逐渐减小,根据牛顿第二定律mgsinθ-F=ma,可知,加速度逐渐增大,故A 错误,B 正确;在x 1~x 2过程中,拉力F=0,机械能守恒,向下运动,重力势能减小,动能增大,故C 正确;在0~x 1过程中,加速度的方向与速度方向相同,都沿斜面向下,所以物体做加速运动,x 1~x 2过程中F=0,物体做匀加速运动;x 2~x 3过程,机械能增大,拉力做正功,沿斜面向下,故物体继续向下做加速运动,即物体一直沿斜面向下运动.故D 错误. 4.【答案】 C【解析】 当平抛的初速度v≤v 0时,小球均落在斜面上,具有相同的位移偏向角均等于斜面倾角θ,可得tanθ=y x =12gt2vt=gt 2v ,可得平抛时间t=2vtanθg,则小球所受的重力的瞬时功率为P=mg·v y =mg·gt=2mgtanθ·v,可知,P 关于v 构成正比例函数关系;当平抛的初速度v>v 0时,小球均落在水平面上,平抛的竖直高度相同为h,有h=12gt 2,则平抛时间为t=√2hg ,则小球所受的重力的瞬时功率为P=mg·v y =mg·gt=mg √2gh ,可知功率P 为恒定值,C 正确. 5.【答案】 ACD【解析】 设乙物体获得最大的动能为E k ,对整体,由动能定理W-W 1=2E k ,解得乙物体获得最大的动能为W -W 12,故A 正确;对整体,由牛顿第二定律F-2μMg=2Ma,对乙,有Nsinθ-μF N =Ma,Mg+Ncosθ=F N ,解得甲对乙的作用力的大小N=F2(sinθ-μcosθ),故B 错误;撤去水平推力后,两个物体将在摩擦力的作用下做加速度为a=μg 的匀减速直线运动,速度始终相同,故二者之间没有相互作用力,故C正确;撤去水平推力后,对物体甲,由动能定理-μMgs=0-E k ,解得s=W -W12μMg ,故D 正确.6.【答案】 ABD【解析】 由题知,不计一切阻力,则物块和弹簧系统机械能守恒,A 正确;物块从A 点运动到B 点是先加速后减速,到B 点速度刚好为0,弹簧处于伸长状态,此时对物块受力分析可知,弹簧沿斜面向上的分力大于重力沿斜面向下的分力,故物块在B 点时加速度方向由B 指向A,B 正确;物块从A 到C,根据动能定理可知,合力做的功等于动能的增加量,物块从C 到B,根据动能定理可知,物块克服合力做的功等于动能的减少量,而物块在A 点和B 点的速度都为零,故两个过程动能的变化量相等,所以A 到C 过程物块所受合力做的功等于C 到B 过程物块克服合力做的功,C 错误;弹簧的形变量越小,弹簧的弹性势能越小,根据几何关系,可知物块从A 到C 过程的弹簧形变量小于C 到B 过程的弹簧形变量,故物块下滑过程中,弹簧的弹性势能在A 到C 过程的增量小于C 到B 过程的增量,D 正确. 7.【答案】 A【解析】 开始时滑块受向右的拉力F 和向右的摩擦力f 而做加速运动,则动能E k =(F+f)x.若物块在到达最右端之前还未达到与传送带共速,此时图像为C;若F>f,则当物块与传送带共速后还会加速,此时动能增加为ΔEk=(F-f)x,此时图像为D;若F≤f,则当物块与传送带共速后会随传送带一起匀速运动,动能不变,此时图像为B;物块与传送带共速后只能匀速或者加速,不可能做减速,则图像A不可能.选项A正确.8.【答案】AC【解析】对乙施加水平向右的瞬时速度v,对木板甲来说,因为乙对甲的摩擦力μmg小于木板与地面之间的最大静摩擦力2μmg,可知木板甲是不动的,则对乙由动能定理Ek乙=Ek0乙-μmgx;当乙在甲上停止后,此时给甲一初速度v,则乙在摩擦力作用下先做匀加速运动,动能Ek乙=μmgx;而甲做匀减速运动,动能Ek甲=Ek0甲-(μmg+2μmg)x;当甲乙共速后一起做匀减速直至停止,此过程中乙的动能Ek乙=Ek1乙-μmgx,逐渐减小;此过程中甲受地面的摩擦力仍为向后的2μmg,但是乙对甲的静摩擦力变为向前的μmg,则此过程中甲的动能Ek甲=Ek1甲-(2μmg-μmg)x,图像的斜率变小,A、C正确.9.【答案】BD【解析】小球在竖直向上的拉力和竖直向下的重力作用下运动,拉力做功改变小球的机械能,则F拉=ΔEΔx,可知题中机械能—路程图像斜率的大小为拉力的大小;O~x1过程中小球所受拉力竖直向上且减小,拉力做正功,小球的机械能增加,开始时小球从静止开始加速,拉力大于重力,运动过程中拉力逐渐减小,x1之后,拉力竖直向上做负功,小球向下运动,所以x1处速度为零,动能为零,说明O~x1过程中小球先加速后减速,所以在减速阶段拉力小于重力,A错误,B正确;O~x1过程中小球向上运动,重力做负功,重力势能增大,x1~x2过程中小球向下运动,重力做正功,重力势能减小,C错误;x1~x2过程中重力大于拉力,小球向下运动,图像斜率不变,拉力不变,所以小球加速度恒定,向下做匀加速直线运动,D正确.10.【答案】(1)3 N 2 N (2)5 m/s 1 m/s(3)3.5 J【解析】(1)A在涂层Ⅰ上滑动时f A =μ1mg=(0.3×1×10)N=3 N,此时B与地面的弹力FN=2mg,因此f B =μB2mg=(0.1×2×10)N=2 N.(2)A在涂层Ⅰ上滑动时,根据牛顿第二定律可得fA =maA1,代入数据得a A1=3 m/s 2,由f A -f B =ma B1,代入数据得a B1=1 m/s 2,A 离开涂层Ⅰ时与B 的相对位移为L 1,结合匀变速运动公式可得v 0t 1-12a A1t 12-12a B1t 12=L 1,代入数据解得t 1=1 s,则A 的速度v A =v 0-a A1t 1=(8-3)m/s=5 m/s B 的速度v B =a B1t 1=1 m/s.(3)A 在涂层Ⅰ上滑动的t 1时间内,B 对地的位移x B1=12a B1t 12=0.5 m A 在涂层Ⅱ上滑动时,A 和B 的加速度大小分别为a A2=f 'A m =μ2mg m=2 m/s 2,a B2=f 'A -f B m=0A 离开涂层Ⅱ时与B 的相对位移为L 2,结合匀变速运动公式可得 v A t 2-12a A2t 22-v B t 2=L 2 代入数据解得t 2=1 sA 在涂层Ⅱ上滑动的t 2时间内B 对地的位移:x B2=v B t 2=1 m A 离开涂层Ⅱ后,B 与地面的摩擦力变为f'B =μB mg=1 N则B 匀减速的加速度大小为a B3=f 'B m =1 m/s 2B 匀减速至停止的距离为x B3=0.5 mB 运动过程中克服地面的摩擦力所做的功为W=f B x B1+f B x B2+f'B x B3 代入数据得W=3.5 J. 11.【答案】 (1)2mg,L 0+mg k+h (2) 2g,方向竖直向下(3)2mg (h +mg k)【解析】 (1)对系统应用物体平衡条件得F=2mg 对小球B 由物体平衡条件得弹簧弹力F N =mg 由胡克定律得F=kx 弹簧的伸长量x=mg k则A 距离地面的高度h A =h+L 0+mg k.(2)撤去外力F的瞬间,A所受的合力大小为FA合=2mgA的加速度大小aA=2gA的加速度方向为竖直向下.(3)由题意可知,刚开始时弹簧的伸长量和最终静止时弹簧的压缩量是相等的,即初终态时弹簧的弹性势能相等.根据能量转化和守恒得系统损失的机械能|ΔE|=|ΔEpA +ΔEpB|代入数据得|ΔE|=mgh+mg(h+2mgk )=2mg(h+mgk).。