2022届优质校一模试卷专题汇编6 机械能 解析版

这是一份2022届优质校一模试卷专题汇编6 机械能 解析版，共19页。试卷主要包含了功的理解和计算，功率与机车启动的两个模型，动能定理的应用，机械能守恒定律及应用，功能关系　能量守恒定律等内容，欢迎下载使用。

常考题型
方法点拨
1．功的理解和计算
(1)计算功时要注意区分是恒力做功，还是变力做功，求恒力的功常用定义式。
(2)变力的功根据特点可将变力的功转化为恒力的功(分段法、微元法)，或用图象法、平均值法(如弹簧弹力的功)，或用W＝Pt求解(如功率恒定的力)，或用动能定理等求解。
2．功率与机车启动的两个模型
(1)公式P＝eq \f(W,t)一般用来计算平均功率，瞬时功率用公式P＝Fvcs θ进行计算，若v取平均速度，则P＝Fvcs θ为平均功率。
(2)分析机车启动问题时，抓住两个关键： = 1 \* GB3 ①汽车的运动状态，即根据牛顿第二定律找出牵引力与加速度的关系； = 2 \* GB3 ②抓住功率的定义式，即牵引力与速度的关系。
(3)机车启动四个常用规律： = 1 \* GB3 ①P＝Fv； = 2 \* GB3 ②F－Ff＝ma； = 3 \* GB3 ③v＝at(a恒定)； = 4 \* GB3 ④Pt－Ffx＝ΔEk(P恒定)。
3．动能定理的应用
(1)对研究对象进行受力分析、运动分析和各力做功分析，明确对哪个过程应用动能定理。
(2)列动能定理方程要规范：W1＋W2＋W3…＝Ek2－Ek1(注意各功的正负号问题)。
(3)优先选用动能定理的四种情况： = 1 \* GB3 ①不涉及加速度和时间，只涉及速度和位移的问题； = 2 \* GB3 ②有多个物理过程的问题(特别是往复运动)； = 3 \* GB3 ③变力做功问题； = 4 \* GB3 ④曲线运动问题。
4．机械能守恒定律及应用
(1)单物体多过程机械能守恒问题：划分物体运动阶段，研究每个阶段中的运动性质，判断机械能是否守恒；表达式一般选用E1＝E2(要选择零势能面)或ΔEp＝－ΔEk(不用选择零势能面)。
(2)多物体的机械能守恒：一般选用ΔEp＝－ΔEk或ΔEA＝ΔEB形式(不用选择零势能面)。
“轻绳模型”与“轻杆模型”——要注意两端的物体速度大小是否相等；“轻弹簧模型”——要注意弹性势能的变化只与形变量有关；“非质点模型”——一般分析物体重心高度变化。
5．功能关系 能量守恒定律
(1)做功的过程就是能量转化的过程，功是能量转化的量度。功与能量的变化是“一一对应”的，如重力做功对应重力势能的变化，合外力做功对应动能的变化等。
(2)分析机械能的变化，既可以用定义法也可以根据除重力(弹簧弹力)以外的其他力做功来分析。
(3)分析滑块与木板间的相对运动情况，确定两者间的速度关系、位移关系，注意两者速度相等时摩擦力可能变化。
【例1】(2021全国乙卷24题) 一篮球质量为m＝0.60 kg，一运动员使其从距地面高度为h1＝1.8 m处由静止自由落下，反弹高度为h2＝1.2 m。若使篮球从距地面h3＝1.5 m的高度由静止下落，并在开始下落的同时向下拍球、球落地后反弹的高度也为1.5 m。假设运动员拍球时对球的作用力为恒力，作用时间t＝0.20 s；该篮球每次与地面碰撞前后的动能的比值不变。重力加速度大小取g＝10 m/s2，不计空气阻力。求：
(1)运动员拍球过程中对篮球所做的功；
(2)运动员拍球时对篮球的作用力的大小。
【方法点拨】本题为应用动能定理解决有多个物理过程的往复运动问题。“该篮球每次与地面碰撞前后的动能的比值不变”为问题的突破口。
【解析】(1)第一次篮球下落的过程中由动能定理可得：E1＝mgh1
篮球反弹后向上运动的过程由动能定理可得：0－E2＝－mgh2
第二次从1.5 m的高度静止下落，同时向下拍球，在篮球反弹上升的过程中，由动能定理可得：
0－E4＝－mgh4
第二次从1.5 m的高度静止下落，同时向下拍球，篮球下落过程中，由动能定理可得：
W＋mgh3＝E3
因篮球每次和地面撞击的前后动能的比值不变，则有比例关系：
E1∶E2＝E3∶E4
代入数据可得：W＝4.5 J。
(2)因作用力是恒力，在恒力作用下篮球向下做匀加速直线运动，因此有牛顿第二定律可得：
F＋mg＝ma
在拍球时间内运动的位移为x＝eq \f(1,2)at2
做得功为W＝Fx
联立可得：F＝9 N（F＝－15 N舍去）。
【例2】(2021福建卷14题)如图（a），一倾角37°的固定斜面的AB段粗糙，BC段光滑。斜面上一轻质弹簧的一端固定在底端C处，弹簧的原长与BC长度相同。一小滑块在沿斜面向下的拉力T作用下，由A处从静止开始下滑，当滑块第一次到达B点时撤去T。T随滑块沿斜面下滑的位移s的变化关系如图（b）所示。已知AB段长度为2 m，滑块质量为2 kg，滑块与斜面AB段的动摩擦因数为0.5，弹簧始终在弹性限度内，重力加速度大小取10 m/s2，sin 37°＝0.6。求：
(1)当拉力为10 N时，滑块的加速度大小；
(2)滑块第一次到达B点时的动能；
(3)滑块第一次在B点与弹簧脱离后，沿斜面上滑的最大距离。
【方法点拨】本题结合图象考查动能定理与机械能守恒定律。注意分析图像信息，物块在AB段经历了两个阶段，且两个阶段所受拉力都是恒力。解答第三问要知道“弹簧的弹性势能只与弹簧的形变量有关，当形变量不变时，弹簧的弹性势能不变”，这可得出物块两次在B点的速度大小相同。
【解析】(1)设小滑块的质量为m，斜面倾角为θ，滑块与斜面间的动摩擦因数为μ，滑块受斜面的支持力大小为N，滑动摩擦力大小为f，拉力为10 N时滑块的加速度大小为a。由牛顿第二定律和滑动摩擦力公式有：
T＋mgsin θ－f＝ma ①
N－mgcs θ＝0 ②
f＝μN ③
联立①②③式并代入题给数据得：a＝7 m/s2 ④
(2)设滑块在AB段运动的过程中拉力所做的功为W，由功的定义有：
W＝T1s1＋ T2s2 ⑤
式中T1、T2和s1、s2分别对应滑块下滑过程中两阶段所受的拉力及相应的位移大小。依题意，T1＝8 N，s1＝1 m，T2＝10 N，s2＝1 m。设滑块第一次到达B点时的动能为Ek，由动能定理有：
W＋(mgsin θ－f)(s1＋s2)＝Ek－0 ⑥
联立②③⑤⑥式并代入题给数据得：Ek ＝26 J ⑦
(3)由机械能守恒定律可知，滑块第二次到达B点时，动能仍为Ek。设滑块离B点的最大距离为smax，由动能定理有：
－(mgsin θ＋f)smax＝0－Ek ⑧
联立②③⑦⑧式并代入题给数据得：smax ＝1.3 m ⑨
试题汇编
做功与功率的分析与计算
1．(2022届南阳一中月考)如图甲所示，足够长的传送带与水平面夹角为θ，传送带以速度v0逆时针匀速转动，在传送带的上端轻轻放置一个质量为m的小木块，小木块与传送带间的动摩擦因数μ，图乙为小木块运动的速度－时间图像。根据以上信息可以判断出( )
A．μ＝tan θ
B．μ＞tan θ
C．t0时刻，物体的速度为v0
D．传送带始终对小木块做正功
2．(2022届威海文登期中)(多选)利用足球发球机可以极大的提高守门员的训练效率，为了测试足球发球机的性能，某次试验时发球机向球门网架发射足球，当发球机向网架水平移动，发球口先后在A点与B点发射的两相同足球1、2刚好沿水平方向打在横梁上同一点P，已知在A点、B点的发射速度与水平方向所成的角度分别为α、β。不考虑足球在空中受到的阻力，下列说法正确的是( )
A．1、2两球的初速度之比为sin α∶sin β
B．1、2两球在P点的速度之比为tan β∶tan α
C．1、2两球的水平位移之比为tan α∶tan β
D．1、2两球在A、B两点重力的瞬时功率之比为1∶1
3．(2022届湖北十一校第一次联考)我国越野滑雪集训队为备战2022冬奥会，在河北承德雪上项目室内训练基地，利用工作起来似巨型“陀螺”的圆盘滑雪机模拟一些特定的训练环境和场景，其转速和倾角（与水平面的最大夹角达18°）根据需要可调。一运动员的某次训练过程简化为如下模型：圆盘滑雪机绕垂直于盘面的固定转轴以恒定的角速度ω转动，盘面上离转轴距离为10 m处的运动员（保持图中滑行姿势，可看成质点）与圆盘始终保持相对静止，运动员质量为60 kg，与盘面间的动摩擦因数为0.5，设最大静摩擦力等于滑动摩擦力，盘面与水平面的夹角为15°，g取10 m/s2，已知sin 15°≈0.260，cs 15°≈0.966。则下列说法正确的是( )
A．运动员随圆盘做匀速圆周运动时，一定始终受到两个力的作用
B．ω的最大值约为0.47 rad/s
C．ω取不同数值时，运动员在最高点受到的摩擦力一定随ω的增大而增大
D．运动员由最低点运动到最高点的过程中摩擦力对其所做的功约为3870 J
4．(2022届大连一中期中)目前，我国在人工智能和无人驾驶技术方面已取得较大突破。为早日实现无人驾驶，某公司对汽车性能进行了一项测试，让质量为m的汽车沿一山坡直线行驶，测试中发现，若关掉油门下坡，则汽车的速度保持不变；若从静止开始以恒定的功率P上坡，则发生位移s时速度刚好达到最大值vm，设汽车在上坡和下坡过程中所受阻力的大小分别保持不变，下列说法正确的是( )
A．关掉油门的下坡过程，坡面对汽车的支持力的冲量为零
B．关掉油门的下坡过程，汽车的机械能守恒
C．上坡过程中，汽车速度达到时，发生的位移为
D．上坡过程中，汽车从静止启动到刚好达到最大速度vm，所用时间一定小于
5．(2022届莱芜一中期中)2021年6月25日，复兴号智能动车组集中上线运行，新亮相的CR400AF和CR400BF两个系列车体外观分别采用“瑞龙智行”和“龙凤呈祥”方案，寓意科技创新引领中华民族伟大复兴、中国高铁领先世界造福人类，表达了对祖国繁荣昌盛、人民幸福安康的美好祝福。其中CR400AF列车定员为578人，运营时速为350公里、最高时速为380公里。某一列满载乘客的动车组共有8辆标准车厢，4号车厢专门设置无障碍车厢，沿列车前进方向看，第二、三 节车厢为自带动力的车厢（动车），其余为不带动力的车厢（拖车）。每节车厢的质量均为1.25×104 kg，动车车厢的额定功率都为9680 kW（只有在第三节车厢达到额定功率但仍不够用时才启动第二节车厢动力系统）。每节车厢在高速行使过程中所受阻力正比于其速率的二次方，比例系数为2.42，重力加速度大小10 m/s2。
(1)若动力系统均启用时，求该动车组能达到的最大行驶速度。
(2)若该动车组以最大速度正常行驶时，由于故障，第二节车厢突然失去动力，求失去动力的瞬间第二三节之间的作用力。
动能定理的简单应用
6．(2022届亳州五中期中)(多选)如图，一块长木板B放在光滑的水平面上，在B上放一物体A。现以恒力F拉B，由于A、B间有摩擦力的作用，以地面为参考系，A、B都向前移动一段距离，在此过程中，下列说法正确的是( )
A．如果A、B不发生相对滑动，外力F做的功等于A和B动能的增量
B．不论A、B是否发生相对滑动，B对A的摩擦力所做的功，等于A的动能的增量
C．A对B的摩擦力所做的功，等于B对A的摩擦力所做的功
D．如果A、B不发生相对滑动，外力F对B做的功等于B的动能的增量与B克服摩擦力的功之和
7．(2022届天津一中月考)通过质量为m的电动玩具小车在水平面上的运动来研究功率问题。小车刚达到额定功率开始计时，且此后小车功率不变，小车的v－t图像如图甲所示，t0时刻小车的速度达到最大速度的eq \f(4,5)，小车速度由v0增加到最大值过程小车的牵引力与速度的关系图像如图乙所示，且F－v图线是双曲线的一部分，运动过程中小车所受阻力恒定，下列说法正确的是( )
A．小车的额定功率为F0v0
B．小车的最大速度为4v0
C．0～t0时间内，小车运动的位移大小为
D．小车速度达到最大速度的一半时，加速度大小为
8．(2022届玉林市教学质量监测)(多选)图甲为 1 kg 的小球从最低点 A 冲入竖直放置在水平地面上、半径为 0.4 m 的半圆轨道，已知小球恰能到达最高点 C，轨道粗糙程度处处相同，空气阻力不计。小球速度的平方与其高度的关系图像如图乙所示，g 取 10 m/s2，B 为 AC 轨道中点。下列说法正确的是( )
A．图乙中 x＝4
B．小球在C点时的重力功率为20 W
C．小球从A到C合力做功为 10.5 J
D．小球从A到B损失能量大于1.25 J
9．(2022届无锡市期中教学质量调研)某弹性绳（伸长时满足胡克定律）原长为L，一端固定于竖直墙上A，跨过光滑的定滑轮B，与穿过竖直杆、质量为m的球在C处相连，此时ABC在同一水平线上，其中AB＝L，弹性绳中弹力大小恰为mg，小球从C点由静止开始滑到距C点为h的D点时速度恰好为零，球与杆间的动摩擦因数μ＝0.5，从C到D的过程中，求：
(1)小球在C处的加速度为多大；
(2)竖直杆对小球的支持力大小如何变化，试分析说明；
(3)弹性绳中弹力对小球做的功。
10．(2022届莱芜一中期中)如图甲所示，AB、CD分别是竖直面内半径为R、4R的eq \f(1,4)圆弧轨道，光滑AB圆弧与粗糙平面BC在B点平滑连接，圆弧CD的圆心与C在同一高度。一个质量为m的物块从A点上方高度为R的P点由静止释放刚好从A进入圆弧轨道，物块与BC平面间的动摩擦因数μ随物块从B点向右滑行的距离d之间的关系如图乙所示，物块从C点抛出后，落在CD弧上的某点E，且E点与CD弧对应圆心O的连线跟水平方向的夹角为37°，重力加速度为g，sin 37°＝0.6，cs 37°＝0.8。求：
(1)物块运动到圆弧B点时对轨道的压力大小；
(2)物块到达C点的速度大小（结果用根式表示）；
(3)水平面BC部分的长度。
动能定理与功能关系及机械能守恒定律的综合应用
11．(2022届湖南师大附中检测)(多选)如图所示，甲、乙两种粗糙面不同的传送带，倾斜于水平地面放置，以同样恒定速率v向上运动。现将一质量为m的小物体（视为质点）轻轻放在A处，小物体在甲传送带上到达B处时恰好达到传送带的速率v；在乙传送带上到达离B竖直高度为h的C处时达到传送带的速率v。已知B处离地面的高度皆为H。则在小物体从A到B的过程中( )
A．两种传送带与小物体之间的动摩擦因数相同
B．将小物体传送到B处，两种传送带消耗的电能相等
C．两种传送带对小物体做功相等
D．将小物体传送到B处，甲系统产生的热量多
12．(2022届赣州六县(市)十七校期中联考)(多选)如图所示，轻绳的一端系一质量为m的金属环，另一端绕过定滑轮悬挂一质量为5m的重物。金属环套在固定的竖直光滑直杆上，定滑轮与竖直杆之间的距离OQ＝d，金属环从图中P点由静止释放，OP与直杆之间的夹角θ＝37°，不计一切摩擦，重力加速度为g，则( )
A．金属环从P上升到Q的过程中，重物所受重力的瞬时功率一直增大
B．金属环从P上升到Q的过程中，绳子拉力对重物做的功为－eq \f(10,3)mgd
C．金属环在Q点的速度大小为
D．若金属环最高能上升到N点，则ON与直杆之间的夹角为53°
13．(2022届湖北六县质检)如图所示，ACB为半径为R、由光滑细杆制成的圆弧的一部分，A与圆心O等高，B为最低点，C为圆弧AB中点，圆弧ACB位于竖直平面内，一小球穿在细杆上，固定于一轻弹簧的一端，轻弹簧另一端固定在O1点，O、O1、C三点共线，当小球经过D点时弹簧处于原长，OD与OA方向间的夹角为30°。小球从A点由静止释放，从A点运动到B点的过程中，已知重力加速度为g，下列说法中正确的是( )
A．小球滑到D点时加速度大小为eq \f(\r(3),2)g
B．弹簧弹性势能先减小后增大
C．小球的机械能先增大后减小再增大又减小
D．小球到达B点时速度大小为eq \r(gR)
14．(2022届太原期中)(多选)如图甲所示，轻弹簧的一端栓接在倾角为30°的斜坡底端，质量为0.1 kg的小物块从斜面上方某处由静止下滑。取坡底所处水平面为零势能面，以物块开始下滑的位置为原点，沿斜面向下为x轴正方向建坐标系，在物块下滑的整个过程中，物块的重力势能、弹簧的弹性势能与物块发生的位移的关系分别如图乙中图线a、b所示。已知弹簧始终在弹性限度内，取g＝10 m/s2，则( )
A．物块释放位置距坡底的高度为1.0 m
B．物块在下滑过程受到的摩擦力大小为0.25 N
C．物块与斜面间的动摩擦因数为eq \f(\r(3),4)
D．物块刚接触弹簧时的动能为0.15 J
15．(2022届江苏省新高考基地学校期中大联考)以初速度v0竖直向上抛出一质量为m的小物块，假定物块所受的空气阻力的大小与速率成正比，小物块经过时间t0落回原处。下列描述该物体的位移x、空气阻力大小f、物体所受合力大小F、物体的机械能E随时间t变化的关系图像中，可能正确的是( )
16．(2022届河北省神州智达第二次省级联测)网购已成为重要的商品流通方式，快递公司每天需要处理大量的包裹。包裹分拣依托智能分拣系统大大提高了劳动效率。分拣系统有一个环节是这样工作的，智能拍照系统自动读取包裹上的地址编码，包裹经过横向传送带甲后交给可调向传送带（这部分传送带是一组可调轮轴取向的小传送带排列成的队列方阵，传动方向由电脑根据包裹编码控制，下文简称“万向方阵”），把包裹引导到指定区域。现有一批相同规格的包裹（可视为质点）跟随横向传送带甲匀速运行，然后交给“万向方阵”，包裹在“万向方阵”上完成水平转向90°后，无相对滑动的交给纵向传送带乙。已知包裹和各传送带间的动摩擦因数均为μ。
(1)若甲、乙传送带的速度均为v0，求包裹在“万向方阵”上滑过的距离s；
(2)若传送带甲的速度为v0，传送带乙的速度为2v0，求包裹在“万向方阵”上刚停止横向运动时的速度v的大小；
(3)保持乙的速度2v0不变，当一个包裹刚交给乙时，下一个包裹恰好传到“万向方阵”上，如此连续运输。若每个包裹的质量均为m，除包裹与传送带之间的摩擦外，其他能量损耗均不计，求驱动“万向方阵”的电动机的总输出功率P。
17．(2022届浙江省普通高中强基联盟统测)小明将如图所示的装置放在水平地面上，该装置由半径R＝1.0 m的竖直圆轨道，水平直轨道BC、DE、EG和倾角θ＝37°的斜轨道AB（限高5.5 m）以及传送带CD平滑连接而成。有两完全相同的质量m＝0.1 kg的小滑块1和2，滑块1从倾斜轨道离地高H＝4.5 m处静止释放并在C点处与静止放置的滑块2发生弹性碰撞。已知LCD＝LDE＝1.0 m，滑块与轨道AB、DE和传送带间的动摩擦因数均为μ＝0.25，轨道BC、EG和圆轨道均可视为光滑，滑块可与竖直固定的墙GH发生弹性碰撞，忽略空气阻力。
(1)若传送带不转动，求滑块运动到与圆心右侧等高处时对轨道的压力大小；
(2)若传送带逆时针转动速度v＝1 m/s，求滑块回到AB轨道所能达到的最大高度；
(3)若将传送带固定，要使滑块始终不脱离轨道，求滑块1静止释放的高度范围。（碰撞时间不计，sin 37°＝0.6，cs 37°＝0.8）
参考答案
1．【答案】C
【解析】木块与传送带速度相同后，由速度一时间图象知木块继续加速，所以，即μ＜tan θ，故AB错误；t0时刻是木块与传送带速度相同的时刻，所以物体的速度为v0，故C正确；0～t0时间，传送带的速度大于木块的速度，传送带始终对小木块做正功，t0之后，木块继续加速，传送带的速度小于木块的速度，传送带对小木块的摩擦力向上，与小木块的运动方向方向，传送带对小木块做负功，故D错误。
2．【答案】BD
【解析】发球口先后在A点与B点发射的两相同足球1、2刚好沿水平方向打在横梁上同一点P，可由逆向思维法看成从P点做平抛运动，因竖直位移y相同，则由，，可知运动到A点和B点的时间t相同，竖直速度vy相同，则由，，解得，故A错误；1、2两球在P点的速度即为平抛的水平速度，有，，可得，故B正确；1、2两球的水平位移为，可，故C错误；1、2两球在A、B两点重力的瞬时功率，因竖直速度vy相同，则功率之比为1∶1，故D正确；
3．【答案】B
【解析】当运动员在圆盘最高点时，可能仅受到重力和支持力的作用，还可能受摩擦力，故A错误；在圆盘最下方，根据，解得，故B正确；ω取不同数值时，运动员在最高点受到的摩擦力可能大小相等，方向相反，故C错误；运动员运动过程中速度大小不变，动能不变，设、分别为摩擦力做功和重力做功的大小，有，故D错误。
4．【答案】D
【解析】关掉油门后的下坡过程，坡面对汽车的支持力大小不为零，时间不为零，则冲量不为零，故A错误；关掉油门后的下坡过程，汽车的速度不变、动能不变，重力势能减小，则汽车的机械能减小，故B错误；上坡过程中，汽车由静止开始以恒定的功率P上坡，速度刚好达到最大值vm时，所用的时间为t，汽车速度达到时，所用的时间为t′，设汽车的质量为m，根据动能定理可得，，可得，以恒定功率运动的汽车，做变加速直线运动，所以当，所用时间，所以上坡过程中，汽车速度达到时，发生的位移不是，故C错误；上坡过程中，汽车从静止启动到刚好达到最大速度vm，功率不变，则速度增大、加速度减小，所用时间为t1，则，解得，故D正确。
5．【解析】(1)设该动车组达到的最大行驶速度vm，每节车厢受到的阻力为f，，则：
其中
解得。
(2)牵引力变为
对整体有
对前2节车厢受力，有
得
即第三节给第二节的推力为2.42×104 N。
6．【答案】ABD
【解析】选择A和B作为研究对象，运用动能定理研究：B受外力F做功，A对B的摩擦力与B对A的摩擦力是一对作用力与反作用力，大小相等，方向相反，如果A、B不发生相对滑动，A、B对地的位移相等，故二者做功相等，则外力F做的功等于A和B动能的增量，A正确；若A在B上滑动，A、B对地的位移不等，二者做功不等，C错误；不论A、B是否发生相对滑动，因水平方向A只受B的摩擦力作用，则根据动能定理可知，B对A的摩擦力所做的功等于物块A的动能的增量，B正确；对物体B由动能定理可知，即，即不论A、B是否相对滑动，外力F对B做的功始终等于B的动能的增量与B克服摩擦力的功之和，D错误。
7．【答案】C
【解析】根据题意可知，汽车是恒定功率起步，所以小车的额定功率，故A错误；根据图乙可知，汽车速度最大时的牵引力为F0，此时的速度，故B错误；由图乙可知，阻力恒定，根据动能定理则有，解得，故C正确；小车速度达到最大速度的一半时，牵引力大小为，此时加速度大小，故D错误。
8．【答案】AD
【解析】当时，小球运动到最高点，因为小球恰能到达最高点C，则有，解得，则，A正确；小球在C点时速度方向水平，故重力的瞬时功率，B错误；小球从A到C合外力对其做的功等于动能的变化量，则，做负功，C错误；从A到C过程，动能减小量为，重力势能的增加量，则机械能减少，由于A到B过程中压力大于B到C过程中的压力，则A到B过程中的摩擦力大于B到C过程中的摩擦力，可知A到B的过程克服摩擦力做功较大，知机械能损失大于，D正确。
9．【解析】(1)对球，根据牛顿第二定律
其中
解得。
(2)小球运动到CD间任意位置P时，设，，受力关系如图所示
P处有
由几何关系知
解得
依题C处满足
P是任意位置，所以竖直杆对小球的支持力大小不变。
(3)摩擦力的功
C到D过程，根据动能定理
弹力的功。
10．【解析】(1)物块从P到B的过程，由动能定理得
解得
在B点，对物块，根据牛顿第二定律得
可得
根据牛顿第三定律知，物块对轨道的压力大小为。
(2)物块从C点离开后做平抛运动，由平抛运动的规律得
由几何关系有
由以上四式联立解得。
(3)设水平面部分的长度为L，物块在水平面上运动时，随滑行的距离d均匀增大，则物块所受的滑动摩擦力增大，滑动摩擦力的平均值大小为
从B到C，根据动能定理得
可得。
11．【答案】CD
【解析】小物体在两种传送带上均做初速度为零的匀加速直线运动，加速度大小，在速度达到v的过程中，小物体在甲传送带上的位移s较大，根据公式，可知小物体在甲传送带上时的加速度较小，根据，可得，即小物体与甲传送带间的动摩擦因数较小，故A错误；在小物体从A到B的过程中，根据功能关系可知，传送带对小物体做的功等于小物体机械能的增加量，故C正确；在小物体从A到B的过程中，只有小物体相对传送带发生滑动时，即只有在加速过程中，系统才发生“摩擦生热”，根据公式，计算系统产生的热量，可选取做匀速运动的传送带为惯性参考系，小物体在惯性参考系里做初速度大小为v，加速度大小，末速度为零的匀减速直线运动，可求出，可见，等于小物体相对于地面速度从0加速到v过程中的位移，即系统产生的热量等于小物体加速过程中摩擦力对小物体做的功，对于甲传送带，在加速过程中摩擦力做正功设为，克服重力做功为mgH，动能改变量为，根据动能定理可求得，同理可求出小物体在乙传送带上加速过程中摩擦力做的功，显然，所以，即甲系统产生的热量多，故D正确；在将小物体传送到B处的过程中，传送带消耗的电能等手系统增加的机械能和产生的内能，两种系统增加的机械能相等，产生的内能不等，所以消耗的电能不等，故B错误。
12．【答案】BD
【解析】刚开始，重物的速度为零，重物所受重力的瞬时功率为零，当环上升到Q时，由于环的速度向上与绳垂直，重物的速度为零，此时重物所受重力的瞬时功率为零，故金属环从P上升到Q的过程中，重物所受重力的瞬时功率先增大后减小，故A错误；金属环从P上升到Q的过程中，对重物由动能定理可得，解得绳子拉力对重物做的功，故B正确；设金属环在Q点的速度大小为v，对环和重物整体，由机械能守恒定可得，解得，故C错误；若金属环最高能上升到N点，则在整个过程中，对环和重物整体，由机械能守恒定律可得，解得ON与直杆之间的夹角，故D正确。
13．【答案】C
【解析】小球滑到D点时重力沿切线方向的分力提供切向合力产生切向加速度，即，所以，而此时小球还有向心加速度，所以小球的加速度肯定不是，故A错误；由题意可知弹簧在小球经过D点时处于原长，而小球经过C点时弹簧处于压缩状态且长度最短，所以小球从A点到C点过程中弹簧弹性势能先减小后增大，由对称性可知当小球从C点到B点过程中弹簧弹性势能先减小后增大，故B错误；运动过程中小球的机械能和弹簧弹性势能之和保持不变，由前面分析可知小球的机械能先增大后减小再增大又减小，故C正确；小球从A点滑到B点的过程中弹簧弹性势能没有变化，所以小球减小的重力势能全部转化为小球的动能，即，所以小球在B点的速度大小为，故D错误。
14．【答案】BD
【解析】物块在释放位置的重力势能，解得，故A错误；物块由释放下滑过程中，根据能量守恒，，解得，，故B正确，C错误；物块由释放下滑时刚好接触弹簧，根据能量守恒，解得，故D正确。
15．【答案】B
【解析】根据动能定理知，小物块落回原处的速度小于初速度，根据图像的切线斜率表示速度，可知A图表示小物块落回原处的速度大于初速度，与实际不符，故A错误；小物块上升阶段，由于速度减小，所受阻力减小，由于阻力减小所以加速度减小，可知上升阶段物块做加速度减小的减速运动，则随时间的变化律越来越小，小物块下降阶段，做加速度减小的加速运动，则随时间的变化率也是越来越小，由于落回原处时的速度小于初速度，所以下落时的最大阻力小于上升时的最大阻力，故B正确；小物块上升过程中，合力，则有，不是定值，故图线不是一条倾斜直线，故C错误；由于空气阻力对小物块做负功，所以小物块机械能减小，根据功能关系知，得
速度在变化，图像的切线斜率也应该变化，故D错误。
16．【解析】(1)包裹在“万向方阵”上传送时，以传送带为参考系，开始包裹有相对传送带的侧向速度v0和与传送带运动方向相反的速度v0，其相对速度方向与传送带运动方向显然成夹角，摩擦力方向与相对速度方向相反，如图甲所示，并建立图示直角坐标系。
包裹所受滑动摩擦力
包裹在x方向做匀减速运动有，
包裹在y方向做匀加速运动有，
包裹在万向方阵上滑过的距离为。
(2)和(1)同理，开始时包裹相对传送带运动和所受滑动摩擦力的矢量图如图乙所示。设摩擦力与x轴方向间的夹角为θ，根据牛顿第二定律和加速度的定义式可知，始终存在
包裹在“万向方阵”上刚停止横向滑动时应相对传送带静止，此时的速度大小为。
(3)每个包裹在“万向方阵”传送带上相对传送带滑行的距离为
每个包裹在“万向方阵”传送带上相对传送带滑行的时间为
每个工件在“万向方阵”传送带上滑动的t时间内，由能量守恒定律得在此过程中消耗的电能，即有
电动机的平均输出功率为
联立以上各式解得。
17．【解析】(1)相同滑块弹性碰撞，速度互换，相当于只有滑块1运动，则有
代入数据，解得
(2)根据动能定理可得
又
解得
恰好过点
解得
仍然全程减速过传送带
解得。
(3)情况1，根据能量关系有
解得
情况2：第二次到点时动能为
第三次到点时动能为
若能不脱离轨道且第三次到达圆心等高处，则
解得
综上所述或。
题 型
考查年份
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