十年高考物理分類專題6機械能守恒定律練習(xí)含答案

專題六機械能守恒定律23年真題1.(2023新課標,15,6分)無風(fēng)時,雨滴受空氣阻力的作用在地面附近會以恒定的速率豎直下落。一質(zhì)量為m的雨滴在地面附近以速率v下落高度h的過程中,克服空氣阻力做的功為(重力加速度大小為g)()A.0 B.mghC.12mv2-mgh D.12mv答案：B以雨滴為研究對象,雨滴在下落過程中,受到重力和空氣阻力,雨滴在地面附近下落高度h的過程中速率恒定,動能變化量為0,根據(jù)動能定理有mgh-W克=0,解得W克=mgh,故B正確。2.(2023新課標,20,6分)(多選)一質(zhì)量為1kg的物體在水平拉力的作用下,由靜止開始在水平地面上沿x軸運動,出發(fā)點為x軸零點,拉力做的功W與物體坐標x的關(guān)系如圖所示。物體與水平地面間的動摩擦因數(shù)為0.4,重力加速度大小取10m/s2。下列說法正確的是()A.在x=1m時,拉力的功率為6WB.在x=4m時,物體的動能為2JC.從x=0運動到x=2m,物體克服摩擦力做的功為8JD.從x=0運動到x=4m的過程中,物體的動量最大為2kg·m/s答案：BC根據(jù)W=Fx可知,W-x圖線的斜率表示水平拉力,則在0~2m內(nèi),拉力F1=122N=6N,則物體做勻加速直線運動,加速度a1=F1-μmgm=2m/s2,故由x1=12a1t12知,物體運動到x=1m所用的時間t1=1s,則v1=a1t1=2m/s,P1=F1v1=12W,A錯誤;在0~4m內(nèi),根據(jù)動能定理可得WF-μmgx4=Ek,解得Ek=2J,B正確;從x=0運動到x=2m,物體克服摩擦力做的功為Wf=μmgx2=8J,C正確;物體在2~4m內(nèi),拉力F2=18-124-2N=3N,加速度a2=F2-μmgm=-1m/s2,則物體做勻減速直線運動,故物體在x=2m時的速度最大,故由x2=12a1t22知,物體運動到x=2m所用的時間t2=2s,則v2=a1t23.(2023山東,4,3分)《天工開物》中記載了古人借助水力使用高轉(zhuǎn)筒車往稻田里引水的場景。引水過程簡化如下:兩個半徑均為R的水輪,以角速度ω勻速轉(zhuǎn)動。水筒在筒車上均勻排布,單位長度上有n個,與水輪間無相對滑動。每個水筒離開水面時裝有質(zhì)量為m的水,其中的60%被輸送到高出水面H處灌入稻田。當?shù)氐闹亓铀俣葹間,則筒車對灌入稻田的水做功的功率為()A.2nmgω2RHC.3nmgω答案：Bt時間內(nèi),長度l=ωRt的筒車上有質(zhì)量為M的水被灌入稻田,則M=35nlm=35nmωRt,筒車對灌入稻田的水做功的功率為P=MgHt=3nmgωRH4.(2023山東,8,3分)質(zhì)量為M的玩具動力小車在水平面上運動時,牽引力F和受到的阻力f均為恒力。如圖所示,小車用一根不可伸長的輕繩拉著質(zhì)量為m的物體由靜止開始運動。當小車拖動物體行駛的位移為s1時,小車達到額定功率,輕繩從物體上脫落。物體繼續(xù)滑行一段時間后停下,其總位移為s2。物體與地面間的動摩擦因數(shù)不變,不計空氣阻力。小車的額定功率P0為()A.2B.2C.2D.2答案A設(shè)小車拖動物體行駛s1時速度為v,物體與地面間的動摩擦因數(shù)為μ。從小車拖動物體由靜止開始運動到速度達到v這一過程,以小車和物體為研究對象根據(jù)動能定理列方程有(F-f-μmg)×s1=12(m+M)v從輕繩從物體上脫落到物體停止運動這一過程,以物體為研究對象根據(jù)動能定理列方程有-μmg(s2-s1)=0-12mv聯(lián)立上述兩式得v=2那么,小車的額定功率P0=Fv得P0=2F5.(2023江蘇,11,4分)滑塊以一定的初速度沿粗糙斜面從底端上滑,到達最高點B后返回到底端。利用頻閃儀分別對上滑和下滑過程進行拍攝,頻閃照片示意圖如圖所示。與圖乙中相比,圖甲中滑塊()A.受到的合力較小B.經(jīng)過A點的動能較小C.在A、B之間的運動時間較短D.在A、B之間克服摩擦力做的功較小答案：C由頻閃照片可知,題圖甲中拍攝到的滑塊數(shù)量少,故題圖甲中滑塊在A、B之間的運動時間較短,故C正確;由x=12at2可知,題圖甲中滑塊運動的加速度較大,則由F=ma可知,題圖甲中滑塊受到的合力較大,故A錯誤;設(shè)斜面傾角為θ,由Wf=μmgcosθ·x可知,兩圖中滑塊在A、B之間克服摩擦力做的功相等,故D錯誤;由上述分析可知題圖甲對應(yīng)滑塊的上升過程,題圖乙對應(yīng)滑塊的下降過程,題圖甲中,滑塊從A運動到B,由動能定理得-(WG+Wf)=0-EkA,題圖乙中,滑塊從B運動到A,由動能定理得WG-Wf=EkA'-0,聯(lián)立得EkA>EkA',即題圖甲中滑塊經(jīng)過A點的動能較大,B6.(2023重慶,8,5分)(多選)某實驗小組測得在豎直方向飛行的無人機飛行高度y隨時間t的變化曲線如圖所示,E、F、M、N為曲線上的點,EF、MN段可視為兩段直線,其方程分別為y=4t-26和y=-2t+140。無人機及其裝載物的總質(zhì)量為2kg,取豎直向上為正方向。則()A.EF段無人機的速度大小為4m/sB.FM段無人機內(nèi)的裝載物處于失重狀態(tài)C.FM段無人機和裝載物總動量變化量的大小為4kg·m/sD.MN段無人機機械能守恒答案AB根據(jù)EF段方程y=4t-26可知EF段無人機的速度大小v=ΔyΔt=4m/s,A正確。根據(jù)y-t圖線的切線斜率表示無人機的速度,可知FM段無人機先向上做減速運動,后向下做加速運動,加速度方向一直向下,則無人機內(nèi)的裝載物處于失重狀態(tài),B正確。根據(jù)MN段方程y=-2t+140,可知MN段無人機的速度v'=Δy'Δt'=-2m/s,則有Δp=mv'-mv=2×(-2)kg·m/s-2×4kg·m/s=-12kg·m/s,可知FM段無人機和裝載物總動量變化量大小為12kg·m/s,C錯誤。MN段無人機向下做勻速直線運動,動能不變,7.(2023全國乙,21,6分)(多選)如圖,一質(zhì)量為M、長為l的木板靜止在光滑水平桌面上,另一質(zhì)量為m的小物塊(可視為質(zhì)點)從木板上的左端以速度v0開始運動。已知物塊與木板間的滑動摩擦力大小為f,當物塊從木板右端離開時()A.木板的動能一定等于flB.木板的動能一定小于flC.物塊的動能一定大于12mvD.物塊的動能一定小于12mv答案：BD運動過程如圖所示,設(shè)經(jīng)過時間t,小物塊的速度為v1,木板的速度為v2,小物塊從木板右端滑下時,可知v1>v2,此過程中木板的位移x2=v22t,小物塊的位移x1=v1+v02t,則x1>2x2,x1-x2=l>x2;摩擦力對木板做正功,對木板由動能定理可知fx2=EkM,則木板的動能EkM=fx2<fl,B正確,A錯誤;摩擦力對小物塊做負功,對小物塊由動能定理可知-fx1=Ekm-12mv02,則物塊的動能Ekm=12mv02-fx1,又x8.(2023廣東,8,6分)(多選)人們用滑道從高處向低處運送貨物。如圖所示,可看作質(zhì)點的貨物在14圓弧滑道頂端P點由靜止釋放,沿滑道運動到圓弧末端Q點時速度大小為6m/s。已知貨物質(zhì)量為20kg,滑道高度h為4m,且過Q點的切線水平,重力加速度取10m/s2。關(guān)于貨物從P點運動到Q點的過程,下列說法正確的有()A.重力做的功為360JB.克服阻力做的功為440JC.經(jīng)過Q點時向心加速度大小為9m/s2D.經(jīng)過Q點時對軌道的壓力大小為380N答案BCD重力做的功為WG=mgh=800J,A錯誤;下滑過程根據(jù)動能定理可得WG-Wf=12mvQ2,代入數(shù)據(jù)解得貨物克服阻力做的功為Wf=440J,B正確;經(jīng)過Q點時向心加速度大小為a=vQ2h=9m/s2,C正確;經(jīng)過Q點時,根據(jù)牛頓第二定律可得F-mg=ma,解得貨物受到的支持力大小為F=380N,9.(2023江蘇,15,12分)如圖所示,滑雪道AB由坡道和水平道組成,且平滑連接,坡道傾角均為45°。平臺BC與緩沖坡CD相連。若滑雪者從P點由靜止開始下滑,恰好到達B點?；┱攥F(xiàn)從A點由靜止開始下滑,從B點飛出。已知A、P間的距離為d,滑雪者與滑道間的動摩擦因數(shù)均為μ,重力加速度為g,不計空氣阻力。(1)求滑雪者運動到P點的時間t;(2)求滑雪者從B點飛出的速度大小v;(3)若滑雪者能著陸在緩沖坡CD上,求平臺BC的最大長度L。答案(1)22d(3)2(1-μ)d解析(1)設(shè)滑雪者質(zhì)量為m,對滑雪者在AP段的運動分析由牛頓第二定律得mgsin45°-mgμcos45°=ma①解得:a=22由運動學(xué)分析有d=12at2vP=at④聯(lián)立②③得t=22(2)由④式可知,vP=2(對滑雪者在PB段的運動分析從P點靜止開始下滑到B點有:WGPB+WfPB=0⑦對從A點靜止開始下滑的過程中的P→B段分析有WGPB+WfPB=12mv2-12m聯(lián)立⑥⑦⑧得v=vP=2((3)滑雪者從B點飛出剛好落在C點時,BC長度L最大,從B到C為拋體運動,設(shè)空中運動時間為t',豎直方向:vy=vsin45°=g×t'水平方向L=vxt'=vcos45°·t'聯(lián)立⑨⑩得L=2(1-μ)d可知,若滑雪者能著陸在緩沖坡CD上,平臺BC的最大長度為2(1-μ)d。10.(2023遼寧,13,10分)某大型水陸兩棲飛機具有水面滑行汲水和空中投水等功能。某次演練中,該飛機在水面上由靜止開始勻加速直線滑行并汲水,速度達到v1=80m/s時離開水面,該過程滑行距離L=1600m、汲水質(zhì)量m=1.0×104kg。離開水面后,飛機攀升高度h=100m時速度達到v2=100m/s,之后保持水平勻速飛行,待接近目標時開始空中投水。取重力加速度g=10m/s2。求:(1)飛機在水面滑行階段的加速度a的大小及滑行時間t;(2)整個攀升階段,飛機汲取的水的機械能增加量ΔE。答案(1)2m/s240s(2)2.8×107J解析(1)由v12=2aL得a=v122L=80由t=v1-v0a得t=(2)飛機汲取的水的機械能增加量ΔE=mgh+12mv22-代入數(shù)據(jù)解得ΔE=2.8×107J11.(2023重慶,13,10分)機械臂廣泛應(yīng)用于機械裝配。若某質(zhì)量為m的工件(視為質(zhì)點)被機械臂抓取后,在豎直平面內(nèi)由靜止開始斜向上做加速度大小為a的勻加速直線運動,運動方向與豎直方向夾角為θ,提升高度為h,如圖所示。求:(1)提升高度為h時,工件的速度大小;(2)在此過程中,工件運動的時間及合力對工件做的功。答案(1)2ahcosθ(2)2hacosθ解析(1)設(shè)提升高度為h時,工件速度大小為v,根據(jù)勻變速直線運動位移與速度關(guān)系有v2=2ahcosθ,解得v=2ah(2)根據(jù)速度公式有v=at,解得t=2hacosθ,根據(jù)動能定理有W合=12mv2,解得W合=22年及以往真題1.(2022全國乙,16,6分)固定于豎直平面內(nèi)的光滑大圓環(huán)上套有一個小環(huán)。小環(huán)從大圓環(huán)頂端P點由靜止開始自由下滑,在下滑過程中,小環(huán)的速率正比于()A.它滑過的弧長B.它下降的高度C.它到P點的距離D.它與P點的連線掃過的面積答案C如圖所示,x為PA間的距離,其所對的圓心角為θ,小環(huán)由P點運動到A點,由動能定理得mgh=12mv2,由幾何關(guān)系得h=R-Rcosθ,所以v=2gR(1-cosθ)。由于1-cosθ=2sin2θ2,sinθ2=x2R,所以v=2gR2.(2022全國甲,14,6分)北京2022年冬奧會首鋼滑雪大跳臺局部示意圖如圖所示。運動員從a處由靜止自由滑下,到b處起跳,c點為a、b之間的最低點,a、c兩處的高度差為h。要求運動員經(jīng)過c點時對滑雪板的壓力不大于自身所受重力的k倍,運動過程中將運動員視為質(zhì)點并忽略所有阻力,則c點處這一段圓弧雪道的半徑不應(yīng)小于()A.hk+1B.hkC.答案D運動員從a處滑至c處,mgh=12mvc2-0,在c點,N-mg=mvc2R,聯(lián)立得N=mg1+2hR,由題意,結(jié)合牛頓第三定律可知,N=3.(2022北京,8,3分)我國航天員在“天宮課堂”中演示了多種有趣的實驗,提高了青少年科學(xué)探索的興趣。某同學(xué)設(shè)計了如下實驗:細繩一端固定,另一端系一小球,給小球一初速度使其在豎直平面內(nèi)做圓周運動。無論在“天宮”還是在地面做此實驗,()A.小球的速度大小均發(fā)生變化B.小球的向心加速度大小均發(fā)生變化C.細繩的拉力對小球均不做功D.細繩的拉力大小均發(fā)生變化答案C在“天宮”中是完全失重的環(huán)境,小球在豎直平面內(nèi)做勻速圓周運動,細繩拉力提供小球做圓周運動所需的向心力,小球的線速度大小、向心加速度大小、向心力(細繩的拉力)大小均不變,無論在“天宮”還是在地面,細繩的拉力始終與速度垂直而不做功,故只有C正確。4.(2022江蘇,8,4分)某滑雪賽道如圖所示,滑雪運動員從靜止開始沿斜面下滑,經(jīng)圓弧滑道起跳,將運動員視為質(zhì)點,不計摩擦力及空氣阻力。此過程中,運動員的動能Ek與水平位移x的關(guān)系圖像正確的是()答案A不計摩擦與空氣阻力時,運動員運動過程中機械能守恒:ΔEk=ΔEp=mgΔh=mgΔxtanθ,即Ek=mgxtanθ,式中θ是斜面與水平面間的夾角,可見A正確,B、C、D錯誤。5.(2022湖北,5,4分)如圖所示,質(zhì)量分別為m和2m的小物塊P和Q,用輕質(zhì)彈簧連接后放在水平地面上,P通過一根水平輕繩連接到墻上。P的下表面光滑,Q與地面間的動摩擦因數(shù)為μ,最大靜摩擦力等于滑動摩擦力。用水平拉力將Q向右緩慢拉開一段距離,撤去拉力后,Q恰好能保持靜止。彈簧形變始終在彈性限度內(nèi),彈簧的勁度系數(shù)為k,重力加速度大小為g。若剪斷輕繩,P在隨后的運動過程中相對于其初始位置的最大位移大小為()A.μmgkB.2μmgkC.答案C對Q,根據(jù)平衡條件有kx=2μmg,則彈簧伸長量x=2μmgk。剪斷輕繩后,P的運動為簡諧運動,故其最大位移為2x=6.(2022浙江1月選考,12,3分)某節(jié)水噴灌系統(tǒng)如圖所示,水以v0=15m/s的速度水平噴出,每秒噴出水的質(zhì)量為2.0kg。噴出的水是從井下抽取的,噴口離水面的高度保持H=3.75m不變。水泵由電動機帶動,電動機正常工作時,輸入電壓為220V,輸入電流為2.0A。不計電動機的摩擦損耗,電動機的輸出功率等于水泵所需要的輸入功率。已知水泵的抽水效率(水泵的輸出功率與輸入功率之比)為75%,忽略水在管道中運動的機械能損失,g取10m/s2,則()A.每秒水泵對水做功為75JB.每秒水泵對水做功為225JC.水泵輸入功率為440WD.電動機線圈的電阻為10Ω答案D根據(jù)功能關(guān)系可知,每秒水泵對水做功W=mgH+12mv02=2.0×10×3.75J+12×2.0×152J=300J,則水泵輸出功率P1=300W,由題意可知,水泵輸入功率P2=P175%=30075%W=400W,故A、B、C錯誤;根據(jù)題意,電動機輸出功率P出=400W,故電動機線圈的熱功率P熱=I2R=7.(2022浙江6月選考,12,3分)風(fēng)力發(fā)電已成為我國實現(xiàn)“雙碳”目標的重要途徑之一。如圖所示,風(fēng)力發(fā)電機是一種將風(fēng)能轉(zhuǎn)化為電能的裝置。某風(fēng)力發(fā)電機在風(fēng)速為9m/s時,輸出電功率為405kW,風(fēng)速在5~10m/s范圍內(nèi),轉(zhuǎn)化效率可視為不變。該風(fēng)機葉片旋轉(zhuǎn)一周掃過的面積為A,空氣密度為ρ,風(fēng)場風(fēng)速為v,并保持風(fēng)正面吹向葉片。下列說法正確的是()A.該風(fēng)力發(fā)電機的輸出電功率與風(fēng)速成正比B.單位時間流過面積A的流動空氣動能為12ρAvC.若每天平均有1.0×108kW的風(fēng)能資源,則每天發(fā)電量為2.4×109kW·hD.若風(fēng)場每年有5000h風(fēng)速在6~10m/s范圍內(nèi),則該發(fā)電機年發(fā)電量至少為6.0×105kW·h答案D設(shè)轉(zhuǎn)化效率為η,則P出=12m空v2·ηΔt=12·ρvA·v2·η=12ρAv3η,故輸出電功率與v3成正比,A錯;單位時間內(nèi)流過面積A的空氣動能為12ρAv3,B錯;每天的發(fā)電量為E每天=P每天·t·η=2.4×109·ηkW·h,由于η小于1,故C錯;風(fēng)速在6~10m/s范圍內(nèi)時,η不變,當v'=6m/s時,輸出電功率最少為P出'=解題關(guān)鍵風(fēng)速在5~10m/s范圍內(nèi)η恒定,題目中給出風(fēng)速是9m/s時的輸出功率,可根據(jù)這個速度下的輸出功率推導(dǎo)出風(fēng)速是6m/s時的輸出功率。8.(2022浙江6月選考,13,3分)小明用額定功率為1200W、最大拉力為300N的提升裝置,把靜置于地面的質(zhì)量為20kg的重物豎直提升到高為85.2m的平臺,先加速再勻速,最后做加速度大小不超過5m/s2的勻減速運動,到達平臺的速度剛好為零,g取10m/s2,則提升重物的最短時間為()A.13.2sB.14.2sC.15.5sD.17.0s答案C以最大加速度加速、減速運動,時間最短。由Fm-mg=ma1,即300N-200N=20a1(N),解得a1=5m/s2;由v1=P額Fm得,勻加速運動的末速度v1=1200300m/s=4m/s,由v1=a1t1,得t1=45s=0.8s,該段位移x1=v12t1=42×0.8m=1.6m;由P額=mgvm得勻速運動的速度vm=1200200m/s=6m/s;勻減速運動的最大加速度a2=5m/s2,勻減速運動的時間t3=vma2=65s=1.2s,該段位移x3=vm2t3=62×1.2m=3.6m,則變加速運動與勻速運動的總位移x2=(85.2-1.6-3.6)m=80m,對該過程應(yīng)用動能定理,P額t2-mgx2=12mvm2-12mv12,代入數(shù)據(jù)解得t2解題指導(dǎo)本題運動過程復(fù)雜,利用v-t圖像進行分析推理,既能思路清晰,又不易犯錯誤。易犯的錯誤是漏掉變加速運動過程,熟練掌握汽車兩類啟動模型是防止犯此類錯誤的關(guān)鍵。9.(2022江蘇,10,4分)如圖所示,輕質(zhì)彈簧一端固定,另一端與物塊A連接在一起,處于壓縮狀態(tài)。A由靜止釋放后沿斜面向上運動到最大位移時,立即將物塊B輕放在A右側(cè),A、B由靜止開始一起沿斜面向下運動,下滑過程中A、B始終不分離,當A回到初始位置時速度為零。A、B與斜面間的動摩擦因數(shù)相同,彈簧未超過彈性限度。則()A.當上滑到最大位移的一半時,A的加速度方向沿斜面向下B.A上滑時,彈簧的彈力方向不發(fā)生變化C.下滑時,B對A的壓力先減小后增大D.整個過程中A、B克服摩擦力所做的總功大于B的重力勢能減小量答案B由于下滑過程中A、B始終不分離,可知A對B的彈力方向沿斜面向上且不小于零;下滑到平衡位置前,B所受合力FB方向沿斜面向下、大小等于重力沿斜面分力減去A對B的彈力與斜面摩擦力,設(shè)斜面傾角為θ,有FB=mBgsinθ-FAB-μmBgcosθ,由于合力逐漸減小而重力沿斜面分力、斜面摩擦力不變,故A對B的彈力逐漸增大;下滑過平衡位置后B所受合力大小FB'=FAB+μmBgcosθ-mBgsinθ逐漸增大,則A對B的彈力仍逐漸增大,C錯誤。整個過程中彈簧彈性勢能、A的機械能變化量為零,由能量守恒可知,A、B克服摩擦力所做總功等于B減少的重力勢能,D錯誤。下滑過程中在最高點:對B受力分析得mBa=mBgsinθ-FAB-μmBgcosθ,對A、B整體受力分析得(mA+mB)a=(mA+mB)gsinθ-Fx-μ(mA+mB)gcosθ,聯(lián)立可得FABFx=mBmA+mB,可見彈簧對A的彈力Fx方向總是與A對B的作用力FAB相同、大小與FAB成正比,故彈簧在最高點處不會處于拉伸狀態(tài),可知上滑過程中彈簧彈力方向不變,B正確。設(shè)A在最低點和最高點時彈簧壓縮量分別為x1和x2,上滑過程由能量守恒得12kx12=12kx22+mg(x1-x2)sinθ+f(x1-x2),解得k方法技巧分析B選項時,可用假設(shè)法快速解題。在物塊B放到斜面的瞬間,假設(shè)彈簧對A有沿斜面向下的拉力,則由牛頓第二定律知此時aA>aB,不滿足題目中的運動情況,假設(shè)不成立,彈簧全程不能對A有沿斜面向下的拉力,故B正確。10.(2022全國乙,20,6分)(多選)質(zhì)量為1kg的物塊在水平力F的作用下由靜止開始在水平地面上做直線運動,F與時間t的關(guān)系如圖所示。已知物塊與地面間的動摩擦因數(shù)為0.2,重力加速度大小取g=10m/s2。則()A.4s時物塊的動能為零B.6s時物塊回到初始位置C.3s時物塊的動量為12kg·m/sD.0~6s時間內(nèi)F對物塊所做的功為40J答案AD由圖知0~3s內(nèi)F的大小為F1=4N,3~6s內(nèi)F的大小F2=4N;在0到3s內(nèi),物塊沿正方向做勻加速直線運動,F1-μmg=ma1,解得a1=2m/s2,為正方向,3s末的速度v1=a1t1=6m/s;3s末力F反向,物塊先沿正方向減速到零,F2+μmg=ma2,解得a2=6m/s2,為負方向,物塊減速到零所用的時間t2=v1a2=1s,即4s末物塊減速到零;在4~6s內(nèi),物塊再反向做勻加速直線運動,F2-μmg=ma3,解得a3=2m/s2,為負方向。畫出整個過程中的v4s時物塊的速度為零,動能為零,A正確;由圖可知在0~6s內(nèi),物塊的位移不為零,6s時物塊沒有回到初始位置,B錯誤;3s時的速度v1=6m/s,動量p1=mv1=6kg·m/s,C錯誤;由v-t圖線與時間軸所圍的面積表示位移知,0~3s內(nèi)、3~4s內(nèi)、4~6s內(nèi)物塊的位移大小分別為x1=9m、x2=3m、x3=4m,則F對物塊做的功分別為W1=F1x1=36J、W2=-F2x2=-12J、W3=F2x3=16J,則0~6s時間內(nèi)F對物塊所做的功W=W1+W2+W3=40J,D正確。11.(2022湖南,7,5分)(多選)神舟十三號返回艙進入大氣層一段時間后,逐一打開引導(dǎo)傘、減速傘、主傘,最后啟動反沖裝置,實現(xiàn)軟著陸。某興趣小組研究了減速傘打開后返回艙的運動情況,將其運動簡化為豎直方向的直線運動,其v-t圖像如圖所示。設(shè)該過程中,重力加速度不變,返回艙質(zhì)量不變,下列說法正確的是()A.在0~t1時間內(nèi),返回艙重力的功率隨時間減小B.在0~t1時間內(nèi),返回艙的加速度不變C.在t1~t2時間內(nèi),返回艙的動量隨時間減小D.在t2~t3時間內(nèi),返回艙的機械能不變答案ACPG=mgv,0~t1時間內(nèi),v減小,PG減小,A正確;在0~t1時間內(nèi)圖像斜率減小,加速度減小,B錯誤;t1~t2時間內(nèi),由p=mv,v減小,返回艙動量p減小,C正確;t2~t3時間內(nèi),v不變,Ek不變,返回艙下落,重力勢能Ep減小,故返回艙機械能減小,D錯誤。12.(2022廣東,9,6分)(多選)如圖所示,載有防疫物資的無人駕駛小車,在水平MN段以恒定功率200W、速度5m/s勻速行駛,在斜坡PQ段以恒定功率570W、速度2m/s勻速行駛。已知小車總質(zhì)量為50kg,MN=PQ=20m,PQ段的傾角為30°,重力加速度g取10m/s2,不計空氣阻力。下列說法正確的有()A.從M到N,小車牽引力大小為40NB.從M到N,小車克服摩擦力做功800JC.從P到Q,小車重力勢能增加1×104JD.從P到Q,小車克服摩擦力做功700J答案ABD由F=Pv得從M到N的牽引力F=2005N=40N,A正確。從M到N,勻速運動的速度v=5m/s,t=xv=4s,由動能定理有Pt-Wf=0,則克服摩擦力做功Wf=800J,B正確。從P到Q上升高度h=xPQsin30°=10m,ΔEp=-WG=mgh=5×103J,運動時間t'=xPQv'=10s,由動能定理有P't'-mgh-Wf'13.(2022重慶,10,5分)(多選)一物塊在傾角為45°的固定斜面上受到方向與斜面平行、大小與摩擦力相等的拉力作用,由靜止開始沿斜面向下做勻變速直線運動,物塊與斜面間的動摩擦因數(shù)處處相同。若拉力沿斜面向下時,物塊滑到底端的過程中重力和摩擦力對物塊做功隨時間的變化分別如圖曲線①、②所示,則()A.物塊與斜面間的動摩擦因數(shù)為2B.當拉力沿斜面向上,重力做功為9J時,物塊動能為3JC.當拉力分別沿斜面向上和向下時,物塊的加速度大小之比為1∶3D.當拉力分別沿斜面向上和向下時,物塊滑到底端時的動量大小之比為1∶2答案BC設(shè)斜面長為L,由圖可知,當物塊下滑到斜面底端時,重力做功mgLsin45°=18J、摩擦力做功大小μmgLcos45°=6J,故μ=13,A錯誤。由于拉力與斜面平行、大小與摩擦力相等,當拉力沿斜面向上,重力做功為mgL2sin45°=9J時,物塊動能為Ek=mgL2sin45°-2μmgL2cos45°=3J,B正確。當拉力沿斜面向上時:mgsin45°-2μmgcos45°=ma1,向下時:mgsin45°=ma2,解得a1=26g、a2=22g,a1∶a2=1∶3,故C正確。結(jié)合v2=2aL,當拉力分別沿斜面向上和向下時,物塊滑到底端時的速度大小之比為1314.(2022河北,9,6分)(多選)如圖,輕質(zhì)定滑輪固定在天花板上,物體P和Q用不可伸長的輕繩相連,懸掛在定滑輪上,質(zhì)量mQ>mP,t=0時刻將兩物體由靜止釋放,物體Q的加速度大小為g3。T時刻輕繩突然斷開,物體P能夠達到的最高點恰與物體Q釋放位置處于同一高度,取t=0時刻物體P所在水平面為零勢能面,此時物體Q的機械能為E。重力加速度大小為gA.物體P和Q的質(zhì)量之比為1∶3B.2T時刻物體Q的機械能為EC.2T時刻物體P重力的功率為3D.2T時刻物體P的速度大小為2答案BCD由靜止釋放后,利用整體法結(jié)合牛頓第二定律可知,(mQ-mP)g=(mQ+mP)a,由于a=g3,則mPmQ=12,選項A錯誤;設(shè)P物體質(zhì)量為mT時刻繩子斷開時,P、Q兩物體在圖中B、D兩處,對應(yīng)速度為v1'=v1=g3T,繩子斷開之后,P做豎直上拋運動,設(shè)再經(jīng)t0到達與Q釋放位置(C點)等高處,根據(jù)勻變速直線運動公式有0=v1'-gt0,得t0=T3,則開始時P、Q的高度差h=x1+x2=0+v1'2T+0+v1'2·T3=29gT2,所以t=0時刻,Q的機械能E=2mgh=49mg2T2,2T時刻Q運動到F點,速度為v2=v1+gT=43gT,在0~2T時間內(nèi),Q下落的距離H=0+v12T+v1+v22T=gT2,所以在2T時刻Q的機械能為E'=-2mg(H-h)+12·2mv22=29mg2T2=E2,選項B正確;P到達最高點之后,再經(jīng)過t'=23T到達2T時刻,此時P的速度為15.(2020浙江7月選考,16,2分)(多選)如圖所示,系留無人機是利用地面直流電源通過電纜供電的無人機,旋翼由電動機帶動?，F(xiàn)有質(zhì)量為20kg、額定功率為5kW的系留無人機從地面起飛沿豎直方向上升,經(jīng)過200s到達100m高處后懸停并進行工作。已知直流電源供電電壓為400V,若不計電纜的質(zhì)量和電阻,忽略電纜對無人機的拉力,則(g取10m/s2)()A.空氣對無人機的作用力始終大于或等于200NB.直流電源對無人機供電的額定電流為12.5AC.無人機上升過程中消耗的平均功率為100WD.無人機上升及懸停時均有部分功率用于對空氣做功答案BD由牛頓第二定律分析可知,無人機向上加速過程中,空氣對無人機的作用力大于200N,向上減速過程則小于200N,故A選項錯誤。由I=PU=5×103400A=12.5A,可知B選項正確。無人機上升及懸停時,均會推動其周圍空氣加速流動,故無人機上升及懸停時均有部分功率對空氣做功,而克服無人機升高所消耗的平均功率為P=mght=100W,故實際消耗的平均功率大于100W,16.(2018江蘇單科,7,4分)(多選)如圖所示,輕質(zhì)彈簧一端固定,另一端連接一小物塊,O點為彈簧在原長時物塊的位置。物塊由A點靜止釋放,沿粗糙程度相同的水平面向右運動,最遠到達B點。在從A到B的過程中,物塊()A.加速度先減小后增大B.經(jīng)過O點時的速度最大C.所受彈簧彈力始終做正功D.所受彈簧彈力做的功等于克服摩擦力做的功答案AD本題考查牛頓第二定律的應(yīng)用、動能定理。對物塊受力分析,當彈簧處于壓縮狀態(tài)時,由牛頓第二定律可得kx-f=ma,x減小,a減小,當a=0時,物塊速度最大,此時,物塊在O點左側(cè),選項B錯誤;從加速度a=0處到O點過程,由牛頓第二定律得f-kx=ma,x減小,a增大,當彈簧處于伸長狀態(tài)時,由牛頓第二定律可得kx+f=ma,x增大,a繼續(xù)增大,可知物塊的加速度先減小后增大,選項A正確;物塊所受彈簧的彈力對物塊先做正功,后做負功,選項C錯誤;從A到B的過程,由動能定理可得W彈-Wf=0,選項D正確。思路分析物塊運動狀態(tài)的確定根據(jù)題設(shè)條件,對物塊受力分析,并分階段討論物塊的加速度和速度的變化情況。17.(2015浙江理綜,18,6分)(多選)我國科學(xué)家正在研制航母艦載機使用的電磁彈射器。艦載機總質(zhì)量為3.0×104kg,設(shè)起飛過程中發(fā)動機的推力恒為1.0×105N;彈射器有效作用長度為100m,推力恒定。要求艦載機在水平彈射結(jié)束時速度大小達到80m/s。彈射過程中艦載機所受總推力為彈射器和發(fā)動機推力之和,假設(shè)所受阻力為總推力的20%,則()A.彈射器的推力大小為1.1×106NB.彈射器對艦載機所做的功為1.1×108JC.彈射器對艦載機做功的平均功率為8.8×107WD.艦載機在彈射過程中的加速度大小為32m/s2答案ABD艦載機彈射過程中的加速度a=v22x=80

22×100m/s2=32m/s2,選項D正確;對艦載機在水平方向受力分析,根據(jù)牛頓第二定律得:F彈+F發(fā)-20%(F彈+F發(fā))=ma,解得:F彈=1.1×106N,選項A正確;由功的定義得:W彈=F彈·x=1.1×108J,選項B正確;由速度公式得彈射器對艦載機的作用時間t=va=8032s=2.5s,由功率的定義得:P彈=18.(2015海南單科,3,3分)假設(shè)摩托艇受到的阻力的大小正比于它的速率。如果摩托艇發(fā)動機的輸出功率變?yōu)樵瓉淼?倍,則摩托艇的最大速率變?yōu)樵瓉淼?)A.4倍B.2倍C.3倍D.2倍答案D因摩托艇受到的阻力f=kv,設(shè)原來發(fā)動機的輸出功率為P,最大速率為vm,輸出功率為2P時,最大速率為vm'。由P=Fv=fvm=kvm2得vm=Pk,所以vm'vm=2PP=2,19.(2014課標Ⅱ,16,6分)一物體靜止在粗糙水平地面上?，F(xiàn)用一大小為F1的水平拉力拉動物體,經(jīng)過一段時間后其速度變?yōu)関。若將水平拉力的大小改為F2,物體從靜止開始經(jīng)過同樣的時間后速度變?yōu)?v。對于上述兩個過程,用WF1、WF2分別表示拉力F1、F2所做的功,Wf1、Wf2分別表示前后兩次克服摩擦力所做的功,則()A.WF2>4WF1,Wf2>2Wf1B.WF2>4WF1,Wf2=2Wf1C.WF2<4WF1,Wf2=2Wf1D.WF2<4WF1,Wf2<2Wf1答案CWF1=12mv2+μmg·v2t,WF2=12m·4v2+μmg2v2t,故WF2<4WF1;Wf1=μmg·v2t,Wf2=μmg·2v220.(2015課標Ⅱ,17,6分)一汽車在平直公路上行駛。從某時刻開始計時,發(fā)動機的功率P隨時間t的變化如圖所示。假定汽車所受阻力的大小f恒定不變。下列描述該汽車的速度v隨時間t變化的圖線中,可能正確的是()答案A由題意知汽車發(fā)動機的功率為P1、P2時,汽車勻速運動的速度v1、v2滿足P1=fv1、P2=fv2,即v1=P1/f、v2=P2/f。若t=0時刻v0<v1,則0~t1時間內(nèi)汽車先加速有:P1v-f=ma1,可見a1隨著v的增大而減小,選項B、D錯誤。若v0=v1,汽車在0~t1時間內(nèi)勻速運動,因選項中不涉及v0>v1的情況,故不作分析。在t1時刻,發(fā)動機的功率突然由P1增大到P2,而瞬時速度未來得及變化,則由P=Fv知牽引力突然增大,則汽車立即開始做加速運動有:P2v-f=ma2,同樣,a2隨v的增大而減小,直到a2=0時開始勻速運動,故21.(2014重慶理綜,2,6分)某車以相同的功率在兩種不同的水平路面上行駛,受到的阻力分別為車重的k1和k2倍,最大速率分別為v1和v2,則()A.v2=k1v1B.v2=k1k2v1C.v2=k2k1v1答案B車以最大速率行駛時,牽引力F等于阻力f,即F=f=kmg。由P=k1mgv1及P=k2mgv2,得v2=k1k2v1,22.(2016課標Ⅲ,20,6分)(多選)如圖,一固定容器的內(nèi)壁是半徑為R的半球面;在半球面水平直徑的一端有一質(zhì)量為m的質(zhì)點P。它在容器內(nèi)壁由靜止下滑到最低點的過程中,克服摩擦力做的功為W。重力加速度大小為g。設(shè)質(zhì)點P在最低點時,向心加速度的大小為a,容器對它的支持力大小為N,則()A.a=2(mgRC.N=3mgR-答案AC由動能定理知,在P從最高點下滑到最低點的過程中mgR-W=12mv2,在最低點的向心加速度a=v2R,聯(lián)立得a=2(mgR-W)mR,選項A正確;22.(2016浙江理綜,18,6分)(多選)如圖所示為一滑草場。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,滑草車與草地之間的動摩擦因數(shù)為μ。質(zhì)量為m的載人滑草車從坡頂由靜止開始自由下滑,經(jīng)過上、下兩段滑道后,最后恰好靜止于滑道的底端(不計滑草車在兩段滑道交接處的能量損失,sin37°=0.6,cos37°=0.8)。則()A.動摩擦因數(shù)μ=6B.載人滑草車最大速度為2C.載人滑草車克服摩擦力做功為mghD.載人滑草車在下段滑道上的加速度大小為35答案AB滑草車受力分析如圖所示,在B點處有最大速度v,在上、下兩段所受摩擦力大小分別為f1、f2f1=μmgcos45°f2=μmgcos37°整個過程由動能定理列方程:mg·2h-f1·hsin45°-f2·解得:μ=67,A滑草車在上段滑道運動過程由動能定理列方程:mgh-f1·hsin45°=12解得:v=2gh7由①式知:Wf=2mgh,C項錯誤。在下段滑道上,mgsin37°-μmgcos37°=ma2解得:a2=-335g,故D23.(2015江蘇單科,9,4分)(多選)如圖所示,輕質(zhì)彈簧一端固定,另一端與一質(zhì)量為m、套在粗糙豎直固定桿A處的圓環(huán)相連,彈簧水平且處于原長。圓環(huán)從A處由靜止開始下滑,經(jīng)過B處的速度最大,到達C處的速度為零,AC=h。圓環(huán)在C處獲得一豎直向上的速度v,恰好能回到A。彈簧始終在彈性限度內(nèi),重力加速度為g。則圓環(huán)()A.下滑過程中,加速度一直減小B.下滑過程中,克服摩擦力做的功為14mvC.在C處,彈簧的彈性勢能為14mv2D.上滑經(jīng)過B的速度大于下滑經(jīng)過B的速度答案BD圓環(huán)在B處速度最大,加速度為0,BC段加速度在增大,因此,下滑過程中,加速度先減小后增大,選項A錯誤。下滑過程中,設(shè)克服摩擦力做的功為Wf,由動能定理mgh-Wf-W彈=0-0上滑過程中-mgh-Wf+W彈=0-12mv聯(lián)立得Wf=14mv2,選項BW彈=mgh-14mv2,在C處,彈簧的彈性勢能等于圓環(huán)從A→C過程克服彈簧彈力做的功,選項C設(shè)從B到C克服彈簧彈力做功為W彈',克服摩擦力做功為Wf'故有下滑過程從B→C-W彈'+mghBC-Wf'=0-12mv上滑過程從C→BW彈'-mghBC-Wf'=12mvB'2-12mv聯(lián)立①②可得12mvB2-2Wf'+12mv2=1因Wf'<Wf=14mv故2Wf'<12mv則有12mvB'2>12vB'>vB,選項D正確。24.(2015海南單科,4,3分)如圖,一半徑為R的半圓形軌道豎直固定放置,軌道兩端等高;質(zhì)量為m的質(zhì)點自軌道端點P由靜止開始滑下,滑到最低點Q時,對軌道的正壓力為2mg,重力加速度大小為g。質(zhì)點自P滑到Q的過程中,克服摩擦力所做的功為()A.14mgRB.13mgRC.12答案C當質(zhì)點由P點滑到Q點時,對軌道的正壓力為2mg,則質(zhì)點所受支持力FN=2mg,由牛頓第二定律得FN-mg=mvQ2R,vQ2=gR。對質(zhì)點自P點滑到Q點應(yīng)用動能定理得:mgR-Wf=12mvQ2-0,得:Wf=12mgR,25.(2018江蘇單科,4,3分)從地面豎直向上拋出一只小球,小球運動一段時間后落回地面。忽略空氣阻力,該過程中小球的動能Ek與時間t的關(guān)系圖像是()答案A設(shè)小球初動能為Ek0,初速度為v0,重力加速度為g。瞬時動能Ek=Ek0-mgh,h=v0t-12gt2,聯(lián)立得Ek=12mg2t2-mgv0t+Ek0,故26.(2017江蘇單科,3,3分)一小物塊沿斜面向上滑動,然后滑回到原處。物塊初動能為Ek0,與斜面間的動摩擦因數(shù)不變,則該過程中,物塊的動能Ek與位移x關(guān)系的圖線是()答案C本題考查動能定理和圖像的應(yīng)用。依據(jù)動能定理,上升過程中F升=mgsinα+μmgcosα大小恒定,下降過程中F降=mgsinα-μmgcosα大小恒定。說明在Ek-x圖像中,上升、下降階段圖線的斜率均恒定,圖線均為直線,則選項B、D錯誤。物塊能夠返回,返回過程位移減小,而動能增加,則A項錯誤。因整個過程中摩擦力做負功,則Ekt<Ek0,故選項C正確。27.(2020山東,11,4分)(多選)如圖所示,質(zhì)量為M的物塊A放置在光滑水平桌面上,右側(cè)連接一固定于墻面的水平輕繩,左側(cè)通過一傾斜輕繩跨過光滑定滑輪與一豎直輕彈簧相連。現(xiàn)將質(zhì)量為m的鉤碼B掛于彈簧下端,當彈簧處于原長時,將B由靜止釋放,當B下降到最低點時(未著地),A對水平桌面的壓力剛好為零。輕繩不可伸長,彈簧始終在彈性限度內(nèi),物塊A始終處于靜止狀態(tài)。以下判斷正確的是()A.M<2mB.2m<M<3mC.在B從釋放位置運動到最低點的過程中,所受合力對B先做正功后做負功D.在B從釋放位置運動到速度最大的過程中,B克服彈簧彈力做的功等于B機械能的減少量答案ACD將鉤碼從彈簧原長的位置由靜止釋放,鉤碼在豎直方向上做簡諧運動,剛釋放時鉤碼的加速度為a=g,由對稱性可知,當鉤碼下降到最低點時a'=-g,則由牛頓第二定律mg-T=ma'可得此時彈簧彈力大小T=2mg,設(shè)滑輪與A間輕繩與水平方向的夾角為θ,由于此時A對水平桌面的壓力恰好為零,故有Tsinθ=Mg,可見M=2msinθ<2m,A項正確,B項錯誤。B從釋放到運動到最低點的過程中先加速后減速到零,動能先增大后減小,由動能定理可知合力先做正功后做負功,C項正確。而B從釋放到速度最大的過程中除重力外只有彈簧彈力做負功,由功能關(guān)系可知,其機械能的減少量等于克服彈簧彈力所做的功,D正確。28.(2018浙江4月選考,13,3分)如圖所示,一根繩的兩端分別固定在兩座猴山的A、B處,A、B兩點水平距離為16m,豎直距離為2m,A、B間繩長為20m,質(zhì)量為10kg的猴子抓住套在繩上的滑環(huán)從A處滑到B處。以A點所在水平面為參考平面,猴子在滑行過程中重力勢能最小值約為(g取10m/s2,繩處于拉直狀態(tài))()A.-1.2×103JB.-7.5×102JC.-6.0×102JD.-2.0×102J答案B猴子重力勢能最小的位置為猴子重心豎直高度最低點,結(jié)合同繩同力可知,在最低點(重力勢能最小)時,兩側(cè)繩子與水平方向的夾角相同,記為θ,設(shè)右邊繩子長度為a,左邊繩子長度為20m-a由幾何關(guān)系得a聯(lián)立解得a=353m,所以繩子最低點與參考平面的豎直距離為353m·sinθ=7m,猴子的重心比繩子最低點大約低0.5m,所以猴子在最低點的重力勢能約為Ep=-mgh=-750J,選29.(2017課標Ⅲ,16,6分)如圖,一質(zhì)量為m、長度為l的均勻柔軟細繩PQ豎直懸掛。用外力將繩的下端Q緩慢地豎直向上拉起至M點,M點與繩的上端P相距13l。重力加速度大小為g。在此過程中,外力做的功為A.19mglB.16mglC.13答案A將繩的下端Q緩慢向上拉至M點,使M、Q之間的繩對折,外力克服下面13的繩的重力做功,W外=|WG|,而下面13的繩重心升高13l,故克服重力做的功大小為|WG|=m0g·13l,又m0=13m,則W外=|WG|=13mg·130.(2017江蘇單科,9,4分)(多選)如圖所示,三個小球A、B、C的質(zhì)量均為m,A與B、C間通過鉸鏈用輕桿連接,桿長為L。B、C置于水平地面上,用一輕質(zhì)彈簧連接,彈簧處于原長?，F(xiàn)A由靜止釋放下降到最低點,兩輕桿間夾角α由60°變?yōu)?20°。A、B、C在同一豎直平面內(nèi)運動,彈簧在彈性限度內(nèi),忽略一切摩擦,重力加速度為g。則此下降過程中()A.A的動能達到最大前,B受到地面的支持力小于32B.A的動能最大時,B受到地面的支持力等于32C.彈簧的彈性勢能最大時,A的加速度方向豎直向下D.彈簧的彈性勢能最大值為32答案AB本題考查牛頓運動定律、能量守恒定律。A球初態(tài)v0=0,末態(tài)v=0,因此A球在運動過程中先加速后減速,當速度最大時,動能最大,加速度為0,故A的動能達到最大前,A具有向下的加速度,處于失重狀態(tài),由整體法可知在A的動能達到最大之前,B受到地面的支持力小于32mg,在A的動能最大時,B受到地面的支持力等于32mg,選項A、B正確;彈簧的彈性勢能最大時,A到達最低點,此時具有向上的加速度,選項C錯誤;由能量守恒定律,A球重力所做功等于彈簧最大彈性勢能,A球下降高度h=Lcos30°-Lcos60°=3-12L,重力做功W=mgh=31.(2016課標Ⅱ,21,6分)(多選)如圖,小球套在光滑的豎直桿上,輕彈簧一端固定于O點,另一端與小球相連?，F(xiàn)將小球從M點由靜止釋放,它在下降的過程中經(jīng)過了N點。已知在M、N兩點處,彈簧對小球的彈力大小相等,且∠ONM<∠OMN<π2。在小球從M點運動到N點的過程中A.彈力對小球先做正功后做負功B.有兩個時刻小球的加速度等于重力加速度C.彈簧長度最短時,彈力對小球做功的功率為零D.小球到達N點時的動能等于其在M、N兩點的重力勢能差答案BCD如圖所示,OP垂直于豎直桿,Q點與M點關(guān)于OP對稱,在小球從M點到Q點的過程中,彈簧彈力先做負功后做正功,故A錯。在P點彈簧長度最短,彈力方向與速度方向垂直,故此時彈力對小球做功的功率為零,即C正確。小球在P點時所受彈簧彈力等于豎直桿給它的彈力,豎直方向上只受重力,此時小球加速度為g,當彈簧處于自由長度時,小球只受重力作用,此時小球的加速度也為g,故B正確。小球和彈簧組成的系統(tǒng)機械能守恒,小球在M點和N點時彈簧的彈性勢能相等,故小球從M到N重力勢能的減少量等于動能的增加量,而小球在M點的動能為零,故D正確。32.(2016上海單科,7,2分)在今年上海的某活動中引入了全國首個戶外風(fēng)洞飛行體驗裝置,體驗者在風(fēng)力作用下飄浮在半空。若減小風(fēng)力,體驗者在加速下落過程中()A.失重且機械能增加B.失重且機械能減少C.超重且機械能增加D.超重且機械能減少答案B根據(jù)題意,體驗者飄浮時受到的重力和風(fēng)力平衡;在加速下落過程中,風(fēng)力小于重力,即重力對體驗者做正功,風(fēng)力做負功,體驗者的機械能減小;加速下落過程中,加速度方向向下,體驗者處于失重狀態(tài),故選項B正確。33.(2016四川理綜,1,6分)韓曉鵬是我國首位在冬奧會雪上項目奪冠的運動員。他在一次自由式滑雪空中技巧比賽中沿“助滑區(qū)”保持同一姿態(tài)下滑了一段距離,重力對他做功1900J,他克服阻力做功100J。韓曉鵬在此過程中()A.動能增加了1900JB.動能增加了2000JC.重力勢能減小了1900JD.重力勢能減小了2000J答案C由動能定理可知,ΔEk=1900J-100J=1800J,故A、B均錯。重力勢能的減少量等于重力做的功,故C正確、D錯。34.(2015課標Ⅱ,21,6分)(多選)如圖,滑塊a、b的質(zhì)量均為m,a套在固定豎直桿上,與光滑水平地面相距h,b放在地面上。a、b通過鉸鏈用剛性輕桿連接,由靜止開始運動。不計摩擦,a、b可視為質(zhì)點,重力加速度大小為g。則()A.a落地前,輕桿對b一直做正功B.a落地時速度大小為2C.a下落過程中,其加速度大小始終不大于gD.a落地前,當a的機械能最小時,b對地面的壓力大小為mg答案BD因為桿對滑塊b的限制,a落地時b的速度為零,所以b的運動為先加速后減速,桿對b的作用力對b做的功即b所受合外力做的總功,由動能定理可知,桿對b先做正功后做負功,故A錯。對a、b組成的系統(tǒng)應(yīng)用機械能守恒定律有:mgh=12mva2,va=2gh,故B正確。桿對a的作用效果為先推后拉,桿對a的作用力為拉力時,a下落過程中的加速度大小會大于g,即C錯。由功能關(guān)系可知,當桿對a的推力減為零的時刻,即a的機械能最小的時刻,此時桿對a和b的作用力均為零,故35.(2015福建理綜,17,6分)如圖,在豎直平面內(nèi),滑道ABC關(guān)于B點對稱,且A、B、C三點在同一水平線上。若小滑塊第一次由A滑到C,所用的時間為t1,第二次由C滑到A,所用的時間為t2,小滑塊兩次的初速度大小相同且運動過程始終沿著滑道滑行,小滑塊與滑道間的動摩擦因數(shù)恒定,則()A.t1<t2B.t1=t2C.t1>t2D.無法比較t1、t2的大小答案A在AB段同一位置(或關(guān)于過最高點的豎直線對稱的位置)處速度越大,對滑道的壓力越小,所受摩擦力越小;在BC段同一位置(或關(guān)于過最低點的豎直線對稱的位置)處速度越小,對滑道的壓力越小,所受摩擦力越小。分析可知第一次滑塊所受平均摩擦力較小,摩擦力做功較少,動能變化量較小,平均速率較大,由t=sv可知t1<t2,A36.(2015天津理綜,5,6分)如圖所示,固定的豎直光滑長桿上套有質(zhì)量為m的小圓環(huán),圓環(huán)與水平狀態(tài)的輕質(zhì)彈簧一端連接,彈簧的另一端連接在墻上,且處于原長狀態(tài)?，F(xiàn)讓圓環(huán)由靜止開始下滑,已知彈簧原長為L,圓環(huán)下滑到最大距離時彈簧的長度變?yōu)?L(未超過彈性限度),則在圓環(huán)下滑到最大距離的過程中()A.圓環(huán)的機械能守恒B.彈簧彈性勢能變化了3mgLC.圓環(huán)下滑到最大距離時,所受合力為零D.圓環(huán)重力勢能與彈簧彈性勢能之和保持不變答案B圓環(huán)在下滑過程中,圓環(huán)的重力和彈簧的彈力對圓環(huán)做功,圓環(huán)的機械能不守恒,圓環(huán)和彈簧組成的系統(tǒng)機械能守恒,系統(tǒng)的機械能等于圓環(huán)的動能和重力勢能以及彈簧的彈性勢能之和,選項A、D錯誤;對圓環(huán)進行受力分析,可知圓環(huán)從靜止開始先向下加速運動且加速度逐漸減小,當彈簧對圓環(huán)的彈力沿桿方向的分力與圓環(huán)所受重力大小相等時,加速度減為0,速度達到最大,而后加速度反向且逐漸增大,圓環(huán)開始做減速運動,當圓環(huán)下滑到最大距離時,所受合力最大,選項C錯誤;由圖中幾何關(guān)系知圓環(huán)的下降高度為3L,由系統(tǒng)機械能守恒可得mg×3L=ΔEp,解得ΔEp=3mgL,選項B正確。37.(2014廣東理綜,16,4分)圖是安裝在列車車廂之間的摩擦緩沖器結(jié)構(gòu)圖,圖中①和②為楔塊,③和④為墊板,楔塊與彈簧盒、墊板間均有摩擦,在車廂相互撞擊使彈簧壓縮的過程中()A.緩沖器的機械能守恒B.摩擦力做功消耗機械能C.墊板的動能全部轉(zhuǎn)化為內(nèi)能D.彈簧的彈性勢能全部轉(zhuǎn)化為動能答案B在彈簧壓縮過程中,由于摩擦力做功消耗機械能,因此機械能不守恒,選項A錯B對;墊板的動能轉(zhuǎn)化為彈性勢能和內(nèi)能,選項C、D均錯誤。38.(2022浙江1月選考,20,12分)(12分)如圖所示,處于豎直平面內(nèi)的一探究裝置,由傾角α=37°的光滑直軌道AB、圓心為O1的半圓形光滑軌道BCD、圓心為O2的半圓形光滑細圓管軌道DEF、傾角也為37°的粗糙直軌道FG組成,B、D和F為軌道間的相切點,彈性板垂直軌道固定在G點(與B點等高),B、O1、D、O2和F點處于同一直線上。已知可視為質(zhì)點的滑塊質(zhì)量m=0.1kg,軌道BCD和DEF的半徑R=0.15m,軌道AB長度lAB=3m,滑塊與軌道FG間的動摩擦因數(shù)μ=78,滑塊與彈性板作用后,以等大速度彈回,sin37°=0.6,cos37°=0.8?；瑝K開始時均從軌道AB(1)若釋放點距B點的長度l=0.7m,求滑塊到最低點C時軌道對其支持力FN的大小;(2)設(shè)釋放點距B點的長度為lx,滑塊第1次經(jīng)過F點時的速度v與lx之間的關(guān)系式;(3)若滑塊最終靜止在軌道FG的中點,求釋放點距B點長度lx的值。答案(1)7N(2)v=12lx-9.6(m·s-1)(lx解析(1)到C點過程,根據(jù)動能定理有:mglsin37°+mgR(1-cos37°)=12m(點撥:滑塊由靜止釋放到C點過程,重力做功即為合外力做功)在C點時,FN-mg=mvC2R,解得(2)根據(jù)動能定理,從釋放點到F點過程:(點撥:豎直平面內(nèi)做圓周運動時考慮不脫軌的條件)mglxsin37°-4mgRcos37°=12mv可得v=12lx-9.6由于滑塊能經(jīng)過F點,故經(jīng)過DEF軌道最高點時的速度應(yīng)大于等于零,則mglxsin37°≥mg(R+3Rcos37°),解得lx≥0.85m(3)設(shè)全程摩擦力做功為第一次到達中點時摩擦力做功的n倍(n為奇數(shù))mglxsin37°-mg·lFG2sin37°-nμmg·lFG(點撥:摩擦力做功與路徑有關(guān),滑塊最終停在FG的中點,路徑長度應(yīng)是lFG一半的奇數(shù)倍,根據(jù)幾何關(guān)系知lFG=0.8m)lx=7n當n=1時,lx1=當n=3時,lx2=當n=5時,lx3=39.(2022湖南,14,15分)如圖(a),質(zhì)量為m的籃球從離地H高度處由靜止下落,與地面發(fā)生一次非彈性碰撞后反彈至離地h的最高處。設(shè)籃球在運動過程中所受空氣阻力的大小是籃球所受重力的λ倍(λ為常數(shù)且0<λ<H-hH(1)求籃球與地面碰撞的碰后速率與碰前速率之比;(2)若籃球反彈至最高處h時,運動員對籃球施加一個向下的壓力F,使得籃球與地面碰撞一次后恰好反彈至h的高度處,力F隨高度y的變化如圖(b)所示,其中h0已知,求F0的大小;(3)籃球從H高度處由靜止下落后,每次反彈至最高點時,運動員拍擊一次籃球(拍擊時間極短),瞬間給其一個豎直向下、大小相等的沖量I,經(jīng)過N次拍擊后籃球恰好反彈至H高度處,求沖量I的大小。答案(1)(1+λ(2)2(1-(3)2解析(1)設(shè)籃球與地面碰撞前后的速率分別為v0、v1,由動能定理有:12mv02-0=(1-λ)0-12mv12=-(1+λ)聯(lián)立①②式解得v1v0=(2)若籃球與地面碰撞后恰好能反彈至h高處,則籃球與地面碰撞后的速率必為v1,則籃球在力F作用下落回地面時速率必為v0,對籃球下落過程由動能定理有12mv02-0=(1-λ)mgh+W由圖(b)中圖像面積可得WF=h-h02聯(lián)立①④⑤式可得F0=2(1-λ)(3)設(shè)第i次拍擊前后的上升階段的初速度大小、下降階段的末速度大小分別為vi、vi',對應(yīng)的離地高度為hi,每次拍擊后籃球獲得的速度為v,則由動量定理有I=mv⑦再對每個階段由動能定理有0-12mv12=-(1+λ)mgh12mv1?'2-12mvN2=(1-λ)0-12mv22=-(1+λ)mgh12mv2'2-12mvN2=(1-eq\o\ac(○,11)0-12mvN2=-(1+λ)mghNeq\o\ac(○,12)12mvN?'2-12mvN2=(1-λ)mghNeq\o\ac(○,13)0-12mvN+12=-(1+λ)mghN+1eq\o\ac(○,14)其中hN+1=H、v0v1=v1'v2=…=vN聯(lián)立①、⑦~eq\o\ac(○,15)式解得I=240.(2022湖北,16,16分)打樁機是基建常用工具。某種簡易打樁機模型如圖所示,重物A、B和C通過不可伸長的輕質(zhì)長繩跨過兩個光滑的等高小定滑輪連接,C與滑輪等高(圖中實線位置)時,C到兩定滑輪的距離均為L。重物A和B的質(zhì)量均為m,系統(tǒng)可以在如圖虛線位置保持靜止,此時連接C的繩與水平方向的夾角為60°。某次打樁時,用外力將C拉到圖中實線位置,然后由靜止釋放。設(shè)C的下落速度為3gL5時,與正下方質(zhì)量為2m的靜止樁D正碰,碰撞時間極短,碰撞后C的速度為零,D豎直向下運動L10距離后靜止(不考慮C、D再次相碰)。A、B、C(1)求C的質(zhì)量;(2)若D在運動過程中受到的阻力F可視為恒力,求F的大小;(3)撤掉樁D,將C再次拉到圖中實線位置,然后由靜止釋放,求A、B、C的總動能最大時C的動能。答案(1)3m(2)132mg(3)2(2-3)解析(1)系統(tǒng)在圖中虛線位置能保持靜止,由平衡條件可得mCg=2mgsin60°解得mC=3m(2)設(shè)碰撞后D的速度為v,由于碰撞時間極短,C、D構(gòu)成的系統(tǒng)動量守恒mCvC=2mv在D運動過程中由動能定理有-(F-2mg)×L10=0-12×2將vC=3gL5代入可得F=(3)系統(tǒng)動能最大時加速度為零,合力為零,即在圖中虛線位置時系統(tǒng)的動能最大。設(shè)此時A、B與C的速度大小分別為v1、v1、v2,由于C的速度沿繩的分速度等于A、B的速度,故v1=v2sin60°再由系統(tǒng)機械能守恒有mCgLtan60°-2mgLcos60°-L=12mCv2解得C的最大動能Ekm=12mCv22=2(2-41.(2022山東,16,9分)某糧庫使用額定電壓U=380V、內(nèi)阻R=0.25Ω的電動機運糧。如圖所示,配重和電動機連接小車的纜繩均平行于斜坡、裝滿糧食的小車以速度v=2m/s沿斜坡勻速上行,此時電流I=40A。關(guān)閉電動機后,小車又沿斜坡上行路程L到達卸糧點時,速度恰好為零。卸糧后,給小車一個向下的初速度,小車沿斜坡剛好勻速下行。已知小車質(zhì)量m1=100kg,車上糧食質(zhì)量m2=1200kg,配重質(zhì)量m0=40kg,取重力加速度g=10m/s2,小車運動時受到的摩擦阻力與車及車上糧食總重力成正比,比例系數(shù)為k,配重始終未接觸地面,不計電動機自身機械摩擦損耗及纜繩質(zhì)量。求:(1)比例系數(shù)k值;(2)上行路程L值。答案(1)0.1(2)0.36m解析(1)電動機輸出功率P輸=UI-I2RP輸=F拉vT繩=m0g小車及車上糧食勻速上行時,設(shè)斜坡傾角為θT繩+F拉=(m1+m2)gsinθ+k(m1+m2)g卸糧后,小車勻速下行時T繩+km1g=m1gsinθ由以上各式得k=0.1,sinθ=0.5(2)關(guān)閉電動機后,小車與糧食向上減速運動,設(shè)加速度大小為a,由牛頓第二定律有(m1+m2)gsinθ+k(m1+m2)g-T=(m1+m2)a對配重受力分析,由牛頓第二定律有T-m0g=m0a由運動學(xué)公式有02-v2=-2aL由以上各式得L=67185m≈0.42.(2022浙江6月選考,20,12分)如圖所示,在豎直面內(nèi),一質(zhì)量m的物塊a靜置于懸點O正下方的A點,以速度v逆時針轉(zhuǎn)動的傳送帶MN與直軌道AB、CD、FG處于同一水平面上,AB、MN、CD的長度均為l。圓弧形細管道DE半徑為R,EF在豎直直徑上,E點高度為H。開始時,與物塊a相同的物塊b懸掛于O點,并向左拉開一定的高度h由靜止下擺,細線始終張緊,擺到最低點時恰好與a發(fā)生彈性正碰。已知m=2g,l=1m,R=0.4m,H=0.2m,v=2m/s,物塊與MN、CD之間的動摩擦因數(shù)μ=0.5,軌道AB和管道DE均光滑,物塊a落到FG時不反彈且靜止。忽略M、B和N、C之間的空隙,CD與DE平滑連接,物塊可視為質(zhì)點。(1)若h=1.25m,求a、b碰撞后瞬時物塊a的速度v0的大小;(2)物塊a在DE最高點時,求管道對物塊的作用力FN與h間滿足的關(guān)系;(3)若物塊b釋放高度0.9m<h<1.65m,求物塊a最終靜止的位置x值的范圍(以A點為坐標原點,水平向右為正,建立x軸)。答案(1)5m/s(2)FN=0.1h-0.14(h≥1.2m)(3)見解析解析(1)設(shè)滑塊b擺到最低點的速度為vb,由mgh=12mvb2得a、b發(fā)生彈性正碰且a、b質(zhì)量相等,則二者交換速度,v0=vb=5m/s(2)設(shè)從h1釋放時,物塊a運動到E點時速度恰好為零。此為能到達DE最高點的臨界條件對物塊a、b組成的系統(tǒng)由功能關(guān)系得mgh1-2μmgl-mgH=0解得h1=1.2m以豎直向下為正方向,對物塊a在DE最高點,由牛頓第二定律得FN+mg=mv對物塊a、b組成的系統(tǒng)由功能關(guān)系得mgh-2μmgl-mgH=12m代入數(shù)據(jù)聯(lián)立得FN=0.1h-0.14(h≥1.2m)(3)當1.2m≤h<1.65m時,物塊a靜止的位置在E點或E點右側(cè)水平面FG上,根據(jù)動能定理得mgh-2μmgl-mgH=12m從E點飛出后,物塊a做平拋運動,則H=12gtS1=vEt根據(jù)幾何關(guān)系可得xDF=R2-(即物塊a的位置為x=3l+xDF+S1代入數(shù)據(jù)解得3+35m≤x<設(shè)滑塊b釋放的高度為h0時,滑塊a恰好到達D點,由動能定理得mgh0-μmg2l=0,解得h0=1m此時滑塊a靜止的位置為x1=3l=3m則當0.9m<h<1.2m時,從h2=0.9m釋放物塊b,物塊a不能到達D點,設(shè)此過程中物塊a所受滑動摩擦力對應(yīng)的位移為S2,由mgh-μmgS2=0得S1=1.8m即物塊a靜止的位置為x2=S2+l=2.8m若滑塊a由E點速度為零返回到水平面上,由mgH-μmgS3=0可得S3=0.4m即物塊a靜止的位置為x3=3l-S3=2.6m綜上可知當0.9m<h<1.65m時,2.6m<x≤3m43.(2019天津理綜,12,20分)2018年,人類歷史上第一架由離子引擎推動的飛機誕生,這種引擎不需要燃料,也無污染物排放。引擎獲得推力的原理如圖所示,進入電離室的氣體被電離成正離子,而后飄入電極A、B之間的勻強電場(初速度忽略不計),A、B間電壓為U,使正離子加速形成離子束,在加速過程中引擎獲得恒定的推力。單位時間內(nèi)飄入的正離子數(shù)目為定值,離子質(zhì)量為m,電荷量為Ze,其中Z是正整數(shù),e是元電荷。(1)若引擎獲得的推力為F1,求單位時間內(nèi)飄入A、B間的正離子數(shù)目N為多少;(2)加速正離子束所消耗的功率P不同時,引擎獲得的推力F也不同,試推導(dǎo)FP的表達式(3)為提高能量的轉(zhuǎn)換效率,要使FP盡量大,請?zhí)岢鲈龃驠答案(1)F12ZemU(2)FP=解析本題通過正離子在電場中的運動考查了動能定理、牛頓運動定律等知識,以及學(xué)生的綜合分析能力,體現(xiàn)了科學(xué)思維中模型建構(gòu)、科學(xué)推理的素養(yǎng)要素。(1)設(shè)正離子經(jīng)過電極B時的速度為v,根據(jù)動能定理,有ZeU=12mv2設(shè)正離子束所受的電場力為F1',根據(jù)牛頓第三定律,有F1'=F1②設(shè)引擎在Δt時間內(nèi)飄入電極間的正離子個數(shù)為ΔN,由牛頓第二定律,有F1'=ΔNmv-聯(lián)立①②③式,且N=ΔNN=F1(2)設(shè)正離子束所受的電場力為F',由正離子束在電場中做勻加速直線運動,有P=12考慮到牛頓第三定律得到F'=F,聯(lián)立①⑤式得FP=2(3)為使FP盡量大,分析⑥三條建議:用質(zhì)量大的離子;用帶電荷量少的離子;減小加速電壓。解題關(guān)鍵①將題中引擎獲得的推力轉(zhuǎn)化為單位時間內(nèi)所有正離子所受到的總作用力,此題也可以用動量定理求解,即F1'Δt=ΔNmΔv,故ΔNΔt=F1'mv=F12ZemU44.(2017課標Ⅱ,24,12分)為提高冰球運動員的加速能力,教練員在冰面上與起跑線相距s0和s1(s1<s0)處分別放置一個擋板和一面小旗,如圖所示。訓(xùn)練時,讓運動員和冰球都位于起跑線上,教練員將冰球以初速度v0擊出,使冰球在冰面上沿垂直于起跑線的方向滑向擋板;冰球被擊出的同時,運動員垂直于起跑線從靜止出發(fā)滑向小旗。訓(xùn)練要求當冰球到達擋板時,運動員至少到達小旗處。假定運動員在滑行過程中做勻加速運動,冰球到達擋板時的速度為v1。重力加速度大小為g。求(1)冰球與冰面之間的動摩擦因數(shù);(2)滿足訓(xùn)練要求的運動員的最小加速度。答案(1)v02解析(1)設(shè)冰球的質(zhì)量為m,冰球與冰面之間的動摩擦因數(shù)為μ,由動能定理得-μmgs0=12mv12-1解得μ=v0(2)冰球到達擋板時,滿足訓(xùn)練要求的運動員中,剛好到達小旗處的運動員的加速度最小。設(shè)這種情況下,冰球和運動員的加速度大小分別為a1和a2,所用的時間為t。由運動學(xué)公式得v02-v12=2av0-v1=a1t④s1=12a2t2聯(lián)立③④⑤式得a2=s145.(2017江蘇單科,14,16分)如圖所示,兩個半圓柱A、B緊靠著靜置于水平地面上,其上有一光滑圓柱C,三者半徑均為R。C的質(zhì)量為m,A、B的質(zhì)量都為m2,與地面間的動摩擦因數(shù)均為μ。現(xiàn)用水平向右的力拉A,使A緩慢移動,直至C恰好降到地面。整個過程中B保持靜止。設(shè)最大靜摩擦力等于滑動摩擦力,重力加速度為g。求(1)未拉A時,C受到B作用力的大小F;(2)動摩擦因數(shù)的最小值μmin;(3)A移動的整個過程中,拉力做的功W。答案(1)33mg(2)32(3)(2μ-1)(解析本題考查共點力作用下物體的平衡、力的分解、動能定理。(1)C受力平衡2Fcos30°=mg解得F=33(2)C恰好降到地面時,B受C壓力的水平分力最大Fxmax=32B受地面的最大靜摩擦力f=μmg根據(jù)題意fmin=Fxmax解得μmin=3(3)C下降的高度h=(3-1)RA的位移x=2(3-1)R摩擦力做功的大小Wf=fx=2(3-1)μmgR根據(jù)動能定理W-Wf+mgh=0-0解得W=(2μ-1)(3-1)mgR46.(2016天津理綜,10,16分)我國將于2022年舉辦冬奧會,跳臺滑雪是其中最具觀賞性的項目之一。如圖所示,質(zhì)量m=60kg的運動員從長直助滑道AB的A處由靜止開始以加速度a=3.6m/s2勻加速滑下,到達助滑道末端B時速度vB=24m/s,A與B的豎直高度差H=48m。為了改變運動員的運動方向,在助滑道與起跳臺之間用一段彎曲滑道銜接,其中最低點C處附近是一段以O(shè)為圓心的圓弧。助滑道末端B與滑道最低點C的高度差h=5m,運動員在B、C間運動時阻力做功W=-1530J,取g=10m/s2。(1)求運動員在AB段下滑時受到阻力Ff的大小;(2)若運動員能夠承受的最大壓力為其所受重力的6倍,則C點所在圓弧的半徑R至少應(yīng)為多大。答案(1)144N(2)12.5m解析(1)運動員在AB上做初速度為零的勻加速運動,設(shè)AB的長度為x,則有vB由牛頓第二定律有mgHx-Ff聯(lián)立①②式,代入數(shù)據(jù)解得Ff=144N③(2)設(shè)運動員到達C點時的速度為vC,在由B到達C的過程中,由動能定理有mgh+W=12mvC2-1設(shè)運動員在C點所受的支持力為FN,由牛頓第二定律有FN-mg=mvC由運動員能夠承受的最大壓力為其所受重力的6倍,聯(lián)立④⑤式,代入數(shù)據(jù)解得R=12.5m⑥審題指導(dǎo)(1)運動員在AB上做勻加速直線運動,在求受到的阻力Ff時,可利用運動學(xué)公式和牛頓第二定律來解答。(2)對運動員從B到C過程應(yīng)用動能定理,求解vC。分析運動員在C點時哪些力提供向心力。評分參考①②④⑤式各3分,③⑥式各2分。47.(2015天津理綜,10,16分)某快遞公司分揀郵件的水平傳輸裝置示意如圖,皮帶在電動機的帶動下保持v=1m/s的恒定速度向右運動,現(xiàn)將一質(zhì)量為m=2kg的郵件輕放在皮帶上,郵件和皮帶間的動摩擦因數(shù)μ=0.5。設(shè)皮帶足夠長,取g=10m/s2,在郵件與皮帶發(fā)生相對滑動的過程中,求(1)郵件滑動的時間t;(2)郵件對地的位移大小x;(3)郵件與皮帶間的摩擦力對皮帶做的功W。答案(1)0.2s(2)0.1m(3)-2J解析(1)設(shè)郵件放到皮帶上與皮帶發(fā)生相對滑動過程中受到的滑動摩擦力為F,則F=μmg①取向右為正方向,對郵件應(yīng)用動量定理,有Ft=mv-0②由①②式并代入數(shù)據(jù)得t=0.2s③(2)郵件與皮帶發(fā)生相對滑動的過程中,對郵件應(yīng)用動能定理,有Fx=12mv2由①④式并代入數(shù)據(jù)得x=0.1m⑤(3)郵件與皮帶發(fā)生相對滑動的過程中,設(shè)皮帶相對地面的位移為s,則s=vt⑥摩擦力對皮帶做的功W=-Fs⑦由①③⑥⑦式并代入數(shù)據(jù)得W=-2J⑧48.(2015浙江理綜,23,16分)如圖所示,用一塊長L1=1.0m的木板在墻和桌面間架設(shè)斜面,桌子高H=0.8m,長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