2023版高考物理二輪復(fù)習(xí)重點(diǎn)講練專(zhuān)題五功能關(guān)系與能量守恒課時(shí)作業(yè)

PAGEPAGE2專(zhuān)題五功能關(guān)系與能量守恒一、選擇題(共10個(gè)小題，1－4為單項(xiàng)選擇，5－10為多項(xiàng)選擇，每題5分共50分)1．(2022·新課標(biāo)全國(guó)Ⅰ)如圖，一半徑為R、粗糙程度處處相同的半圓形軌道如圖放置，三點(diǎn)POQ水平．一質(zhì)量為m的質(zhì)點(diǎn)自P點(diǎn)上方高度R處由靜止開(kāi)始下落，恰好從P點(diǎn)進(jìn)入軌道，質(zhì)點(diǎn)滑到軌道最低點(diǎn)N時(shí)，對(duì)軌道的壓力為4mg，g為重力加速度的大小，用W表示質(zhì)點(diǎn)從P運(yùn)動(dòng)到N點(diǎn)的過(guò)程中克服摩擦力所做的功，那么()A．W＝eq\f(1,2)mgR，質(zhì)點(diǎn)恰好可以到達(dá)Q點(diǎn)B．W>eq\f(1,2)mgR，質(zhì)點(diǎn)不能到達(dá)Q點(diǎn)C．W＝eq\f(1,2)mgR，質(zhì)點(diǎn)到達(dá)Q點(diǎn)后，繼續(xù)上升一段距離D．W<eq\f(1,2)mgR，質(zhì)點(diǎn)到達(dá)Q點(diǎn)后，繼續(xù)上升一段距離答案C解析根據(jù)動(dòng)能定理可得質(zhì)點(diǎn)在P點(diǎn)的動(dòng)能EkP＝mgR，在圓弧運(yùn)動(dòng)時(shí)，沿半徑方向的合力提供所需的向心力即FN－mgsinθ＝meq\f(v2,R)，經(jīng)過(guò)N點(diǎn)時(shí)，根據(jù)牛頓第三定律，軌道對(duì)質(zhì)點(diǎn)的支持力FN與質(zhì)點(diǎn)對(duì)軌道的壓力F′N(xiāo)大小相等為4mg，由牛頓第二定律和向心力公式有：4mg－mg＝meq\f(vN2,R)，得vN＝eq\r(3gR)，所以N點(diǎn)的動(dòng)能EkN＝eq\f(3,2)mgR，從P到N點(diǎn)過(guò)程由動(dòng)能定理，可得mgR－W＝eq\f(3,2)mgR－mgR，得克服摩擦力做功W＝eq\f(1,2)mgR，滑動(dòng)摩擦力Ff＝μFN，根據(jù)功能關(guān)系可知質(zhì)點(diǎn)克服摩擦力做功機(jī)械能減少，根據(jù)對(duì)稱(chēng)性再結(jié)合前面可知從N到Q過(guò)程中的速度小于P到N過(guò)程中對(duì)應(yīng)高度的速度，軌道彈力小于P到N過(guò)程中對(duì)應(yīng)高度的彈力，軌道摩擦力小于P到N過(guò)程中對(duì)應(yīng)高度的摩擦力，故從N到Q質(zhì)點(diǎn)克服摩擦力做功WNQ<W＝eq\f(1,2)mgR，由動(dòng)能定理，可得－mg·R－WNQ＝eq\f(1,2)mvQ2－eq\f(1,2)mvN2，得vQ>0，仍會(huì)向上運(yùn)動(dòng)一段距離，C項(xiàng)正確．2.(2022·江蘇南京市、鹽城市模擬)一滑塊以一定的初速度從一固定斜面的底端向上沖，到斜面上某一點(diǎn)后返回底端，斜面粗糙．滑塊運(yùn)動(dòng)過(guò)程中加速度大小與時(shí)間關(guān)系圖像如下圖．以下四幅圖像分別表示滑塊運(yùn)動(dòng)過(guò)程中位移x、速度v、動(dòng)能Ek和重力勢(shì)能Ep(以斜面底端為參考平面)隨時(shí)間變化的關(guān)系圖像，其中正確的選項(xiàng)是()答案D解析滑塊沖上斜面到沿斜面下滑到底端的過(guò)程，先勻減速后勻加速，上滑過(guò)程x＝v0t－eq\f(1,2)a1t2，下滑過(guò)程x＝－eq\f(1,2)a2(t－t1)2，所以?xún)啥尉鶠殚_(kāi)口向下的拋物線(xiàn)(或者從x－t圖線(xiàn)的斜率，由過(guò)程可知：速度先減小后增大，所以斜率先減小后增大)．所以A項(xiàng)錯(cuò)誤；因?yàn)橛心Σ?，所以機(jī)械能有損失，回到底端的速度必小于v0，所以B項(xiàng)錯(cuò)誤；因?yàn)閯?dòng)能Ek＝eq\f(1,2)mv2，即有上滑過(guò)程Ek＝eq\f(1,2)m(v0－a1t)2，下滑過(guò)程有Ek＝eq\f(1,2)m[a2(t－t1)]2，上滑到最高點(diǎn)的動(dòng)能為0，所以C項(xiàng)錯(cuò)誤；重力勢(shì)能Ep＝mgh，所以重力勢(shì)能先增加后減小，即D項(xiàng)正確．3.(2022·襄陽(yáng)市第五中學(xué)5月模擬最后一卷)如下圖，小物塊以初速度v0從O點(diǎn)沿斜面向上運(yùn)動(dòng)，同時(shí)從O點(diǎn)斜向上拋出一個(gè)速度大小也為v0的小球，物塊和小球在斜面上的P點(diǎn)相遇．物塊和小球質(zhì)量相等(均可視為質(zhì)點(diǎn))，空氣阻力忽略不計(jì)．那么以下說(shuō)法正確的選項(xiàng)是()A．斜面可能是光滑的B．小球運(yùn)動(dòng)到最高點(diǎn)時(shí)離斜面最遠(yuǎn)C．在P點(diǎn)時(shí)，小球的動(dòng)能大于物塊的動(dòng)能D．小球和物塊到達(dá)P點(diǎn)過(guò)程中克服重力做功的平均功率不相等答案C解析把小球的速度分解到沿斜面方向和垂直斜面方向，那么沿斜面方向的速度小于物塊的速度，假設(shè)斜面光滑，那么小球和物塊沿斜面方向的加速度相同，那么不可能在P點(diǎn)相遇，所以斜面不可能是光滑的，故A項(xiàng)錯(cuò)誤；當(dāng)小球的速度方向與斜面平行時(shí)，離斜面最遠(yuǎn)，此時(shí)豎直方向速度不為零，不是運(yùn)動(dòng)到最高點(diǎn)，故C項(xiàng)錯(cuò)誤；物塊在斜面上還有摩擦力做功，根據(jù)動(dòng)能定理，在P點(diǎn)時(shí)，小球的動(dòng)能應(yīng)該大于物塊的動(dòng)能，故C項(xiàng)正確．小球和物塊初末位置相同，那么高度差相等，而重力相等，那么重力做功相等，時(shí)間又相同，所以小球和物塊到達(dá)P點(diǎn)過(guò)程中克服重力做功的平均功率相等，故D項(xiàng)錯(cuò)誤．應(yīng)選C.考點(diǎn)定位功率；動(dòng)能定理名師點(diǎn)睛此題主要考查了運(yùn)動(dòng)的合成與分解問(wèn)題，要求同學(xué)們能正確分析小球和物塊的受力情況和運(yùn)動(dòng)情況，特別注意C選項(xiàng)，當(dāng)小球的速度方向與斜面平行時(shí)，離斜面最遠(yuǎn)，難度適中．4．(2022·黑龍江東部地區(qū)聯(lián)考)如下圖，甲、乙兩種粗糙面不同的傳送帶，傾斜放于水平地面，與水平面的夾角相同，以同樣恒定的速率v向上運(yùn)動(dòng)．現(xiàn)將一質(zhì)量為m的小物體(視為質(zhì)點(diǎn))輕輕放在A(yíng)處，小物體在甲傳送帶上到達(dá)B處時(shí)恰好到達(dá)速率v；在乙上到達(dá)離B豎直高度為h的C處時(shí)到達(dá)速率v，B處離地面高度皆為H.那么在物體從A到B過(guò)程中()A．小物體在兩種傳送帶上具有的加速度相同B．將小物體傳送到B處，兩種傳送帶消耗的電能相等C．兩種傳送帶對(duì)小物體做功相等D．將小物體傳送到B處，兩種系統(tǒng)產(chǎn)生的熱量相等答案C解析據(jù)題意，小物體向上加速運(yùn)動(dòng)過(guò)程中有：μmgcosθ－mgsinθ＝ma，整理，得a＝μgcosθ－gsinθ，由于甲、乙傳送帶與小物體間的動(dòng)摩擦因數(shù)不同，那么物體在甲、乙傳送帶上的加速度不相同，A項(xiàng)錯(cuò)誤；將小物體傳送到B處，傳送帶甲消耗的電能為物塊增加的機(jī)械能(mgH＋eq\f(1,2)mv2)與系統(tǒng)產(chǎn)生的熱量之和，而物體在甲上運(yùn)動(dòng)時(shí)產(chǎn)生的熱量為：Q1＝f1Δs＝f1(vt1－eq\f(vt1,2))＝f1eq\f(vt1,2)，又eq\f(vt1,2)＝s1(s1為AB間的距離)、f1－mgsinθ＝ma1、v2＝2a1s1、s1＝eq\f(H,sinθ)，解得：Q1＝mgH＋eq\f(1,2)mv2，同理，可得物體在乙傳送帶上運(yùn)動(dòng)時(shí)產(chǎn)生的熱量：Q2＝mg(H－h(huán))＋eq\f(1,2)mv2，那么Q1>Q2，所以甲傳送帶把物體送到B點(diǎn)消耗的電能較多，B、D項(xiàng)錯(cuò)誤；傳送帶將物體送到B點(diǎn)，傳送帶對(duì)物體做的功由動(dòng)能定理有：WF－WG＝eq\f(1,2)mv2，即WF＝mgH＋eq\f(1,2)mv2，兩個(gè)傳送帶都符合這個(gè)關(guān)系，C項(xiàng)正確．5．(2022·第二次大聯(lián)考廣東)如下圖，有一光滑軌道ABC，AB局部為半徑為R的eq\f(1,4)圓弧，BC局部水平，質(zhì)量均為m的小球a、b固定在豎直輕桿的兩端，輕桿長(zhǎng)為R，不計(jì)小球大小．開(kāi)始時(shí)a球處在圓弧上端A點(diǎn)，由靜止釋放小球和輕桿，使其沿光滑軌道下滑，以下說(shuō)法正確的選項(xiàng)是()A．a(chǎn)球下滑過(guò)程中機(jī)械能保持不變B．a(chǎn)、b兩球和輕桿組成的系統(tǒng)在下滑過(guò)程中機(jī)械能保持不變C．a(chǎn)、b滑到水平軌道上時(shí)速度為eq\r(2gR)D．從釋放到a、b滑到水平軌道上，整個(gè)過(guò)程中輕桿對(duì)a球做的功為eq\f(mgR,2)答案BD解析由機(jī)械能守恒的條件得，a機(jī)械能不守恒，a、b系統(tǒng)機(jī)械能守恒，所以A項(xiàng)錯(cuò)誤，B項(xiàng)正確．對(duì)ab系統(tǒng)由機(jī)械能守恒定律得mgR＋2mgR＝2×eq\f(1,2)mv2，解得v＝eq\r(3gR)，C項(xiàng)錯(cuò)誤．對(duì)a由動(dòng)能定理得mgR＋W＝eq\f(1,2)mv2，解得W＝eq\f(mgR,2)，D項(xiàng)正確．點(diǎn)撥熟練掌握機(jī)械能守恒的條件及守恒定律，a、b系統(tǒng)機(jī)械能守恒．6．(2022·浙江)如下圖為一滑草場(chǎng)．某條滑道由上下兩段高均為h，與水平面傾角分別為45°和37°的滑道組成，滑草車(chē)與草地之間的動(dòng)摩擦因數(shù)為μ.質(zhì)量為m的載人滑草車(chē)從坡頂由靜止開(kāi)始自由下滑，經(jīng)過(guò)上、下兩段滑道后，最后恰好靜止于滑道的底端(不計(jì)滑草車(chē)在兩段滑道交接處的能量損失，sin37°＝0.6，cos37°＝0.8)．那么()A．動(dòng)摩擦因數(shù)μ＝eq\f(6,7)B．載人滑草車(chē)最大速度為eq\r(\f(2gh,7))C．載人滑草車(chē)克服摩擦力做功為mghD．載人滑草車(chē)在下段滑道上的加速度大小為eq\f(3,5)g答案AB解析由動(dòng)能定理可知：mg·2h－μmgcos45°·eq\f(h,sin45°)－μmgcos37°·eq\f(h,sin37°)＝0，解得μ＝eq\f(6,7)，選項(xiàng)A正確；對(duì)前一段滑道，根據(jù)動(dòng)能定理有mgh－μmgcos45°·eq\f(h,sin45°)＝eq\f(1,2)mv2，解得：v＝eq\r(\f(2gh,7))，那么選項(xiàng)B正確；載人滑草車(chē)克服摩擦力做功為2mgh，選項(xiàng)C錯(cuò)誤；載人滑草車(chē)在下段滑道上的加速度大小為a＝eq\f(mgsin37°－μmgcos37°,m)＝－eq\f(3,35)g，選項(xiàng)D錯(cuò)誤；應(yīng)選A、B項(xiàng)．考點(diǎn)定位動(dòng)能定理；牛頓第二定律的應(yīng)用名師點(diǎn)睛此題以?shī)蕵?lè)場(chǎng)中的滑草場(chǎng)為背景，考查了牛頓第二定律的綜合應(yīng)用及動(dòng)能定理．解此題的關(guān)鍵是分析物體運(yùn)動(dòng)的物理過(guò)程及受力情況，正確選擇適宜的物理規(guī)律列出方程解答．此題難度中等，考查學(xué)生利用物理知識(shí)解決實(shí)際問(wèn)題的能力．7.(2022·新課標(biāo)全國(guó)Ⅱ)如下圖，滑塊a、b的質(zhì)量均為m，a套在固定直桿上，與光滑水平地面相距h，b放在地面上，a、b通過(guò)鉸鏈用剛性輕桿連接．不計(jì)摩擦，a、b可視為質(zhì)點(diǎn)，重力加速度大小為g.那么()A．a(chǎn)落地前，輕桿對(duì)b一直做正功B．a(chǎn)落地時(shí)速度大小為eq\r(2gh)C．a(chǎn)下落過(guò)程中，其加速度大小始終不大于gD．a(chǎn)落地前，當(dāng)a的機(jī)械能最小時(shí)，b對(duì)地面的壓力大小為mg答案BD解析當(dāng)a物體剛釋放時(shí)，兩者的速度都為0，當(dāng)a物體落地時(shí)，沿桿的分速度為0，由機(jī)械能守恒定律可知，a落地時(shí)的速度大小為va＝eq\r(2gh)，故B項(xiàng)正確；b物體的速度也為0，所以輕桿對(duì)b先做正功，后做負(fù)功，故A項(xiàng)錯(cuò)誤；a落地前，當(dāng)a的機(jī)械能最小時(shí)，b的速度最大，此時(shí)桿對(duì)b的作用力為0，這時(shí)，b對(duì)地面的壓力大小為mg，a的加速度為g，故C項(xiàng)錯(cuò)誤，D項(xiàng)正確．8．(2022·山東模擬)如下圖，絕緣粗糙斜面體固定在水平地面上，斜面所在空間存在平行于斜面向上的勻強(qiáng)電場(chǎng)E，輕彈簧一端固定在斜面頂端，另一端拴接一不計(jì)質(zhì)量的絕緣薄板．一帶正電的小滑塊，從斜面上的P點(diǎn)處由靜止釋放后，沿斜面向上運(yùn)動(dòng)，并能壓縮彈簧至R點(diǎn)(圖中未標(biāo)出)，然后返回．那么()A．滑塊從P點(diǎn)運(yùn)動(dòng)到R點(diǎn)的過(guò)程中，其機(jī)械能增量等于電場(chǎng)力與彈簧彈力做功之和B．滑塊從P點(diǎn)運(yùn)動(dòng)到R點(diǎn)的過(guò)程中，電勢(shì)能的減小量大于重力勢(shì)能和彈簧彈性勢(shì)能的增加量之和C．滑塊返回能到達(dá)的最低位置在P點(diǎn)的上方D．滑塊最終停下時(shí)，克服摩擦力所做的功等于電勢(shì)能的減小量與重力勢(shì)能增加量之差答案BCD解析由題可知，小滑塊從斜面上的P點(diǎn)處由靜止釋放后，沿斜面向上運(yùn)動(dòng)，說(shuō)明小滑塊開(kāi)始時(shí)受到的合力的方向向上，開(kāi)始時(shí)小滑塊受到重力、電場(chǎng)力、斜面的支持力和摩擦力的作用；小滑塊開(kāi)始?jí)嚎s彈簧后，還受到彈簧的彈力的作用，小滑塊向上運(yùn)動(dòng)的過(guò)程中，斜面的支持力不做功，電場(chǎng)力做正功，重力做負(fù)功，摩擦力做負(fù)功，彈簧的彈力做負(fù)功．在小滑塊開(kāi)始運(yùn)動(dòng)到到達(dá)R點(diǎn)的過(guò)程中，電場(chǎng)力做的功轉(zhuǎn)化為小滑塊的重力勢(shì)能、彈簧的彈性勢(shì)能以及內(nèi)能．A項(xiàng)，由以上的分析可知，滑塊從P點(diǎn)運(yùn)動(dòng)到R點(diǎn)的過(guò)程中，其機(jī)械能增量等于電場(chǎng)力與彈簧彈力做功、摩擦力做功之和，故A項(xiàng)錯(cuò)誤；B項(xiàng)，由以上的分析可知，電場(chǎng)力做的功轉(zhuǎn)化為小滑塊的重力勢(shì)能、彈簧的彈性勢(shì)能以及內(nèi)能，所以電勢(shì)能的減小量大于重力勢(shì)能和彈簧彈性勢(shì)能的增加量之和，故B項(xiàng)正確；C項(xiàng)，小滑塊運(yùn)動(dòng)的過(guò)程中，由于摩擦力做功，小滑塊的機(jī)械能與電勢(shì)能的和減小，所以滑塊返回能到達(dá)的最低位置在P點(diǎn)的上方，不能再返回P點(diǎn)，故C項(xiàng)正確；D項(xiàng)，滑塊運(yùn)動(dòng)的過(guò)程中，由于摩擦力做功，小滑塊的機(jī)械能與電勢(shì)能的和逐漸減小，所以滑塊最終停下時(shí)，克服摩擦力所做的功等于電勢(shì)能的減小量與重力勢(shì)能增加量之差，故D項(xiàng)正確．9．(2022·四川)如下圖，半圓槽光滑、絕緣、固定，圓心是O，最低點(diǎn)是P，直徑MN水平，a、b是兩個(gè)完全相同的帶正電小球(視為點(diǎn)電荷)，b固定在M點(diǎn)，a從N點(diǎn)靜止釋放，沿半圓槽運(yùn)動(dòng)經(jīng)過(guò)P點(diǎn)到達(dá)某點(diǎn)Q(圖中未畫(huà)出)時(shí)速度為零．那么小球a()A．從N到Q的過(guò)程中，重力與庫(kù)侖力的合力先增大后減小B．從N到P的過(guò)程中，速率先增大后減小C．從N到Q的過(guò)程中，電勢(shì)能一直增加D．從P到Q的過(guò)程中，動(dòng)能減少量小于電勢(shì)能增加量答案BC解析a球從N點(diǎn)靜止釋放后，受重力mg、b球的庫(kù)侖力Fc和槽的彈力N作用，a球在從N到Q的過(guò)程中，mg與Fc的夾角θ逐漸減小，不妨先假設(shè)Fc的大小不變，隨著θ的減小mg與Fc的合力F將逐漸增大，況且，由庫(kù)侖定律和圖中幾何關(guān)系可知，隨著θ的減小Fc逐漸增大，因此F一直增加，故A項(xiàng)錯(cuò)誤；在a球從N到Q的過(guò)程中，根據(jù)能的轉(zhuǎn)化與守恒可知，其電勢(shì)能增加量等于其機(jī)械能的減少量，a球在Q點(diǎn)時(shí)的重力勢(shì)能大于其在P點(diǎn)時(shí)的重力勢(shì)能，因此該過(guò)程中動(dòng)能一定在減少，且其減少量一定等于其電勢(shì)能與重力勢(shì)能增加量之和，故D項(xiàng)錯(cuò)誤；既然在從P到Q的過(guò)程中，a球的動(dòng)能在減少，因此其速率也在減小，而開(kāi)始在N點(diǎn)時(shí)速率為0，開(kāi)始向下運(yùn)動(dòng)段中，其速率必先增大，故B項(xiàng)正確．10．(2022·廣東)如下圖的水平勻強(qiáng)電場(chǎng)中，將兩個(gè)帶電小球M和N分別沿圖示路徑移動(dòng)到同一水平線(xiàn)上的不同位置，釋放后，M、N保持靜止，不計(jì)重力，那么()A．M的帶電量比N大 B．M帶負(fù)電荷，N帶正電荷C．靜止時(shí)M受到的合力比N大 D．移動(dòng)過(guò)程中勻強(qiáng)電場(chǎng)對(duì)M做負(fù)功答案BD解析此題考查了靜電場(chǎng)知識(shí)，由于電場(chǎng)中M、N都保持靜止，以M、N整體為研究對(duì)象，根據(jù)平衡條件和電場(chǎng)強(qiáng)度方向的規(guī)定，可判斷出M、N一定帶等量的異種電荷，A項(xiàng)錯(cuò)誤；假設(shè)M帶正電，N帶負(fù)電，那么M、N不能保持靜止，要相互靠近，不符題意，故只能M帶負(fù)電，N帶正電，B項(xiàng)正確；靜止時(shí)，M、N所受的合力均為0，C項(xiàng)錯(cuò)誤；根據(jù)電勢(shì)能Ep＝qφ，由于M帶負(fù)電，沿電場(chǎng)線(xiàn)方向電勢(shì)降低，在移動(dòng)M過(guò)程中電勢(shì)能增加，電場(chǎng)力對(duì)M做負(fù)功(或者由功W＝Eqscosθ，θ為電場(chǎng)力和位移的方向夾角為鈍角，W<0，做負(fù)功)．二、計(jì)算題(共4個(gè)小題，11題11分，12題12分，12題13分，14題14分，共50分)11．(2022·浙江)如下圖，用一塊長(zhǎng)L1＝1.0m的木板在墻和桌面間架設(shè)斜面，桌面高H＝0.8m，長(zhǎng)L2＝1.5m．斜面與水平桌面的傾角θ可在0～60°間調(diào)節(jié)后固定．將質(zhì)量m＝0.2kg的小物塊從斜面頂端靜止釋放，物塊與斜面間的動(dòng)摩擦因數(shù)μ1＝0.05，物塊與桌面間的動(dòng)摩擦因數(shù)μ2，忽略物塊在斜面與桌面交接處的能量損失．(重力加速度取g＝(1)求θ角增大到多少時(shí)，物塊能從斜面開(kāi)始下滑；(用正切值表示)(2)當(dāng)θ增大到37°時(shí)，物塊恰能停在桌面邊緣，求物塊與桌面間的動(dòng)摩擦因數(shù)μ2.(sin37°＝0.6，cos37°＝0.8)(3)繼續(xù)增大θ角，發(fā)現(xiàn)θ＝53°時(shí)物塊落地點(diǎn)與墻面的距離最大，求此最大距離xm.答案(1)tanθ≥0.05(2)μ2＝0.8(3)1.9解析(1)為使小物塊下滑mgsinθ≥μmgcosθ ①θ滿(mǎn)足的條件tanθ≥0.05 ②(2)克服摩擦力做功Wf＝μ1mgL1cosθ＋μ2mg(L2－L1cosθ) ③由動(dòng)能定理得mgL1sinθ－Wf＝0 ④代入數(shù)據(jù)得μ2＝0.8 ⑤(3)由動(dòng)能定理可得mgL1sinθ－Wf＝eq\f(1,2)mv2 ⑥代入數(shù)據(jù)得v＝1m/s H＝eq\f(1,2)gt2，t＝0.4s ⑧x1＝vt，x1＝0.4m xm＝x1＋L2＝1.9m 12.(2022·重慶市月考)如下圖，在光滑斜面上有兩個(gè)用輕質(zhì)彈簧相連接的物塊A、B.它們的質(zhì)量均為2m，彈簧的勁度系數(shù)為k，C為一固定擋板，物塊A通過(guò)一根輕繩跨過(guò)光滑的定滑輪與物塊D相連，物塊D的質(zhì)量也為2m，用手托住物塊D，使輕繩拉直但沒(méi)有作用力．從靜止釋放物塊D，當(dāng)物塊D到達(dá)最大速度時(shí)，物塊B恰好離開(kāi)擋板C.求：(1)斜面的傾角θ；(2)物塊D的最大速度vm；(3)在其他條件不變的情況下，將物塊D的質(zhì)量改為eq\f(3m,2)，假設(shè)物塊D的最大速度為v，求物塊D從開(kāi)始運(yùn)動(dòng)到到達(dá)最大速度的過(guò)程中彈簧的彈性勢(shì)能的變化量ΔEp.答案(1)30°(2)geq\r(\f(m,k))(3)eq\f(3m2g2,4k)－eq\f(7,4)mv2解析(1)物塊D到達(dá)最大速度時(shí)，A、B、D系統(tǒng)平衡，那么4mgsinθ＝2mg ①解得θ＝30°(2)釋放物塊D前，對(duì)物塊A有：2mgsinθ＝kx1 ②物塊D到達(dá)最大速度時(shí)，對(duì)物塊B有：2mgsinθ＝kx2 ③由②③得x2＝x1＝eq\f(mg,k)即釋放物塊D時(shí)和物塊D到達(dá)最大速度時(shí)，彈簧的彈性勢(shì)能不變．那么由機(jī)械能守恒得：2mg(x1＋x2)－2mg(x1＋x2)sin30°＝eq\f(1,2)(4m)vm2 ④聯(lián)立得：vm＝geq\r(\f(m,k)) ⑤(3)物塊D到達(dá)最大速度時(shí)，B未離開(kāi)擋板C，A、D系統(tǒng)平衡，那么eq\f(3,2)mg＝kx3＋2mgsinθ ⑥所以x3＝eq\f(mg,2k)<x1，彈簧的彈性勢(shì)能減少．那么由機(jī)械能守恒得eq\f(3,2)mg(x3＋x1)－2mg(x3＋x1)sinθ＝eq\f(1,2)×(eq\f(3,2)m＋2m)v2＋ΔEp ⑦聯(lián)立解得ΔEp＝eq\f(3m2g2,4k)－eq\f(7,4)mv2 ⑧13．(2022·蘇錫常鎮(zhèn)四市二調(diào))如下圖，一足夠長(zhǎng)的水平傳送帶以速度v0勻速運(yùn)動(dòng)，質(zhì)量均為m的小物塊P和小物塊Q由通過(guò)滑輪組的輕繩連接，輕繩足夠長(zhǎng)且不可伸長(zhǎng)．某時(shí)刻物塊P從傳送帶左端以速度2v0沖上傳送帶，P與定滑輪間的繩子水平．物塊P與傳送帶間的動(dòng)摩擦因數(shù)μ＝0.25，重力加速度為g，不計(jì)滑輪的質(zhì)量與摩擦．求：(1)運(yùn)動(dòng)過(guò)程中小物塊P、Q的加速度大小之比；(2)物塊P剛沖上傳送帶到右方最遠(yuǎn)處的過(guò)程中，PQ系統(tǒng)機(jī)械能的改變量；(3)假設(shè)傳送帶以不同的速度v(0<v<2v0)勻速運(yùn)動(dòng)，當(dāng)v取多大時(shí)物塊P向右沖到最遠(yuǎn)處時(shí)，P與傳送帶間產(chǎn)生的摩擦熱最??？最小值為多大？答案(1)運(yùn)動(dòng)過(guò)程中小物塊P、Q的加速度大小之比是2∶1(2)物塊P剛沖上傳送帶到右方最遠(yuǎn)處的過(guò)程中，PQ系統(tǒng)機(jī)械能的改變量為零(3)v＝eq\f(v0,2)時(shí)，P與傳送帶間產(chǎn)生的摩擦熱最小，最小值為Q＝eq\f(5,8)mv02分析(1)由圖可知，P與Q的位移關(guān)系始終滿(mǎn)足P的位移是Q的位移的2倍，結(jié)合：s＝eq\f(1,2)at2求得加速度的比值；(2)分別以P與Q為研究的對(duì)象，由牛頓第二定律求出加速度，然后結(jié)合運(yùn)動(dòng)學(xué)的公式，求出P與傳送帶的速度相等之前的位移；當(dāng)P的速度與傳送帶相等后，分析摩擦力與繩子的拉力的關(guān)系，判斷出P將繼續(xù)減速，求出加速度，再結(jié)合運(yùn)動(dòng)學(xué)的公式求出位移，最后由功能關(guān)系求出機(jī)械能的改變量；(3)結(jié)合(2)的解答過(guò)程，寫(xiě)出物體P相對(duì)于傳送帶的位移的表達(dá)式以及Q＝fx相對(duì)，然后即可求出產(chǎn)生的最小的熱量．解析(1)設(shè)P的位移、加速度大小分別為s1、a1，Q的位移、加速度大小分別為s2、a2，因s1＝2s2，故a1＝2a2eq\f(a1,a2)＝2∶1(2)對(duì)P有：μmg＋T＝ma1，對(duì)Q有：mg－2T＝ma2，得a1＝0.6gP先減速到與傳送帶速度相同，設(shè)位移為x1，x1＝eq\f(〔2v0〕2－v02,2a1)＝eq\f(5v02,2g)共速后，由于f＝μmg＜eq\f(1,2)mg，P不可能隨傳送帶一起勻速運(yùn)動(dòng)，繼續(xù)向右減速，設(shè)此時(shí)P加速度為a′1，Q的加速度為a′2＝eq\f(1,2)a′1對(duì)P有：T－μmg＝ma′1，對(duì)Q有：mg－2T＝ma′2解得：a1′＝0.2g設(shè)減速到0位移為x2，x2＝eq\f(v02,2a′1)＝eq\f(5v02,2g)PQ系統(tǒng)機(jī)械能的改變量等于摩擦力對(duì)P做的功，ΔE＝－μmgx1＋μmgx2＝0(3)第一階段P相對(duì)皮帶向前，相對(duì)路程：s1＝eq\f(〔2v0－v〕2,2a1)第二階段相對(duì)皮帶向后，相對(duì)路程：s2＝eq\f(v2,2a′1)摩擦產(chǎn)生的熱量Q＝μmg(s1＋s2)＝eq\f(5,6)m(v2－vv0＋v02)當(dāng)v＝eq\f(1,2)v0時(shí)，摩擦熱最小Q＝eq\f(5,8)mv02.考點(diǎn)定位此題旨在考查牛頓運(yùn)動(dòng)定律和功能關(guān)系14.如下圖，O、A、B為同一豎直平面內(nèi)的三個(gè)點(diǎn)，OB沿豎直方向，∠BOA＝60°，OB＝eq\f(3,2)OA，將一質(zhì)量為m的小球以一定的初動(dòng)能自O(shè)點(diǎn)水平向右拋出，小球在運(yùn)動(dòng)過(guò)程中恰好通過(guò)A點(diǎn)，使此小球帶電，電荷量為q(q