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14 功能关系和能量守恒 ——【冲刺2023】高考物理考试易错题(全国通用)（原卷版+解析版）
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这是一份14 功能关系和能量守恒 ——【冲刺2023】高考物理考试易错题(全国通用)（原卷版+解析版），文件包含易错点14功能关系和能量守恒解析版冲刺2023高考物理易错题docx、易错点14功能关系和能量守恒原卷版冲刺2023高考物理易错题docx等2份试卷配套教学资源，其中试卷共46页， 欢迎下载使用。
例题1. （2022·浙江·高考真题）某节水喷灌系统如图所示，水以的速度水平喷出，每秒喷出水的质量为2.0kg。喷出的水是从井下抽取的，喷口离水面的高度保持H=3.75m不变。水泵由电动机带动，电动机正常工作时，输入电压为220V，输入电流为2.0A。不计电动机的摩擦损耗，电动机的输出功率等于水泵所需要的输入功率。已知水泵的抽水效率（水泵的输出功率与输入功率之比）为75%，忽略水在管道中运动的机械能损失，则（ ）
A．每秒水泵对水做功为75J
B．每秒水泵对水做功为225J
C．水泵输入功率为440W
D．电动机线圈的电阻为10
【答案】D
【解析】AB．每秒喷出水的质量为,抽水增加了水的重力势能和动能，则每秒水泵对水做功为
故AB错误；
C．水泵的输出能量转化为水的机械能，则
而水泵的抽水效率（水泵的输出功率与输入功率之比）为75%，则
故C错误；
D．电动机的输出功率等于水泵所需要的输入功率，则电动机的机械功率为
而电动机的电功率为
由能量守恒可知
联立解得
故D正确；
故选D。
【误选警示】
误选A的原因：只计算了每秒的水的重力势能增加量，忘记计算水的动能增加量。
误选B的原因：只计算了每秒的水的动能增加量，忘记计算水的重力势能增加量。
误选C的原因：对水泵的抽水效率（水泵的输出功率与输入功率之比）为75%，理解不清楚。
不选D的原因：不会对对含电动机的电路由能量守恒分析得出的功率之间的关系。
例题2. （多选）（2022·福建·模拟预测）如图所示，一倾角为的足够长斜面体固定在水平地面上，质量为M=2kg的长木板B沿着斜面以速度v0=9m/s匀速下滑，现把质量为m=1kg的铁块A轻轻放在长木板B的左端，铁块最终恰好没有从长木板上滑下。已知A与B之间、B与斜面之间的动摩擦因数均为，最大静摩擦力等于滑动摩擦力，取重力加速度g=10m/s2，sin37°=0.6，cs37°=0.8，则下列判断正确的是（ ）
A．动摩擦因数
B．铁块A和长木板B共速后的速度大小为6m/s
C．长木板的长度为2.25m
D．从铁块放上到铁块和长木板共速的过程中，铁块A和长木板B减少的机械能等于A、B之间摩擦产生的热量
【答案】BC
【解析】A．开始时长木板B沿着斜面以速度v0=9m/s匀速下滑，有
解得
A错误；
B．铁块A轻轻放在长木板B时有，根据牛顿第二定律有，对A分析有
解得
，方向沿斜面向下
对B，根据牛顿第二定律有
解得
， 方向沿斜面向上
铁块A和长木板B共速的时间为
解得
铁块A和长木板B共速后，速度大小为
B正确；
C．铁块A和长木板B共速，一起沿斜面匀速下滑，则长木板的长度为
C正确；
D．由能量守恒定律可知，从铁块放上到铁块和长木板共速的过程中，铁块A和长木板B减少的机械能等于A、B之间摩擦产生的热量与B与斜面之间摩擦产生的热量和，D错误。
故选BC。
【误选警示】
误选A的原因： 没有抓住题目所给的条件长木板B沿着斜面匀速下滑的隐含条件。
误选D的原因：没有根据能量守恒定律分析能量的转化过程。
不选BC的原因：没有对铁块A和长木板B进行准确的受力分析和运动过程分析，从而计算最终的速度和木板的长度和两者位移之间的关系。
1.功能关系的理解与应用
功与能的关系：功是能量转化的量度，某种力做功往往与某一种具体形式的能量转化相联系，做了多少功，就有多少能量发生转化.具体功能关系如下表：
2.应用能量守恒定律解题的基本思路
(1)分清有多少种形式的能量[如动能、势能(包括重力势能、弹性势能、电势能)、内能等]在变化．
(2)明确哪种形式的能量增加，哪种形式的能量减小，并且列出减少的能量ΔE减和增加的能量ΔE增的表达式．
(3)列出能量守恒关系：ΔE减＝ΔE增
易混点：
1．功的正负与能量增减的对应关系
(1)物体动能的增加与减少要看合外力对物体做正功还是做负功．
(2)势能的增加与减少要看对应的作用力(如重力、弹簧弹力、静电力等)做负功还是做正功．
(3)机械能的增加与减少要看重力和弹簧弹力之外的力对物体做正功还是做负功．
2．摩擦力做功的特点
(1)一对静摩擦力所做功的代数和总等于零；
(2)一对滑动摩擦力做功的代数和总是负值，差值为机械能转化为内能的部分，也就是系统机械能的损失量；
(3)说明：无论是静摩擦力还是滑动摩擦力，都可以对物体做正功，也可以做负功，还可以不做功．
1. （2021·浙江·高考真题）一辆汽车在水平高速公路上以80km/h的速度匀速行驶，其1s内能量分配情况如图所示则汽车（ ）
A．发动机的输出功率为70kW
B．每1s消耗的燃料最终转化成的内能是5.7×104J
C．每1s消耗的燃料最终转化成的内能是6.9×104J
D．每1s消耗的燃料最终转化成的内能是7.0×104J
【答案】C
【解析】A．由图可知，发动机1s内克服转动阻力做功为0.45×104J，则输出功率为
选项A错误；
BCD．每1s消耗的燃料有6.9×104J进入发动机，则最终转化成的内能的量为6.9×104J，选项C正确，BD错误。
故选C。
2. （2020·山东·模拟预测）如图所示，一足够长的木板在光滑的水平面上以速度v向右匀速运动，现将质量为m的物体竖直向下轻轻地放置在木板上的右端，已知物体m和木板之间的动摩擦因数为μ，为保持木板的速度不变，从物体m放到木板上到它相对木板静止的过程中，须对木板施一水平向右的作用力F，那么力F对木板做功的数值为（ ）
A．mv2B．mv2C．mv2D．2mv2
【答案】C
【解析】由能量转化和守恒定律可知，拉力F对木板所做的功W一部分转化为物体m的动能，一部分转化为系统内能，故
以上三式联立可得
故选C。
3. （多选）（2022·河北·模拟预测）如图甲所示，质量为M=1.5kg、足够长的木板静止在水平面上，质量为m=0.5kg的物块静止于木板左端，木板与地面间的动摩擦因数为μ1=0.1。现用水平向右的拉力F拉动物块，拉力大小随时间的变化关系满足F=kt（k为常量），物块的加速度a随时间t变化的图像如图乙所示。最大静摩擦力等于滑动摩擦力，取g=10m/s2，则（ ）
A．k=2N/s
B．物块与木板间的动摩擦因数为0.5
C．0~2s时间内，水平拉力F做的功为J
D．~2s时间内，木板与地面间因摩擦产生的热量为J
【答案】ABD
【解析】A．根据图像，1s时木板开始与地面发生相对运动
解得
A正确；
B．当 时，物块的加速度为 ，根据牛顿第二定律得
解得
B正确；
C．2s时物块的加速度为
解得
2s末物块的速度为
末动能为
根据动能定理，合力的功是，C错误；
D． 时木板的速度为
木板的加速度为
解得
~2s时间内，木板的位移为
~2s时间内，木板与地面间因摩擦产生的热量为
D正确。
故选ABD。
1．（2020·北京·高考真题）在无风的环境，某人在高处释放静止的篮球，篮球竖直下落；如果先让篮球以一定的角速度绕过球心的水平轴转动（如图）再释放，则篮球在向下掉落的过程中偏离竖直方向做曲线运动。其原因是，转动的篮球在运动过程中除受重力外，还受到空气施加的阻力和偏转力。这两个力与篮球速度的关系大致为：，方向与篮球运动方向相反；，方向与篮球运动方向垂直。下列说法正确的是（ ）
A．、是与篮球转动角速度无关的常量
B．篮球可回到原高度且角速度与释放时的角速度相同
C．人站得足够高，落地前篮球有可能向上运动
D．释放条件合适，篮球有可能在空中持续一段水平直线运动
【答案】C
【解析】A．篮球未转动时，篮球竖直下落，没有受到偏转力的作用，而篮球转动时，将受到偏转力的作用，所以偏转力中的与篮球转动角速度有关，故A错误；
B．空气阻力一直对篮球做负功，篮球的机械能将减小，篮球的角速度也将减小，所以篮球没有足够的能量回到原高度，故B错误；
C．篮球下落过程中，其受力情况如下图所示
篮球下落过程中，由受力分析可知，随着速度不断增大，篮球受到和的合力沿竖直方向的分力可能比重力大，可使篮球竖直方向的分速度减小为零或变成竖直向上，所以篮球可能向上运动，故C正确；
D．如果篮球的速度变成水平方向，则空气阻力的作用会使篮球速度减小，则篮球受到的偏转力将变小，不能保持与重力持续等大反向，所以不可能在空中持续一段水平直线运动，故D错误。
故选C。
2．（2021·湖南·模拟预测）如图所示，一足够长的木板在光滑水平面上以速度v向右匀速运动，现将质量为m的物体竖直向下轻轻地放置在木板上的右端，已知物体和木板之间的动摩擦因数为μ。为保持木板的速度不变，须对木板施加一水平向右的作用力F。从物体放到木板上到它相对木板静止的过程中，木块与物体组成的系统产生的热量为（ ）
A．2mv2B．mv2C．D．
【答案】C
【解析】物体相对木板运动时的加速度
a＝＝μg
由
v＝μgt
知物体与木板相对运动的时间
t＝
该过程木板相对物体运动的路程
s相＝vt－t＝vt
由功能关系知，物体与木板组成的系统产生的热量
Q＝fs相＝μmg·s相
各式联立得
Q＝mv2
故C正确；ABD错误；
故选C。
3．（多选）（2022·福建·模拟预测）如图所示，A物体套在光滑的竖直杆上，B物体放置在粗糙水平桌面上，用一不可伸长轻绳连接。初始时轻绳经过定滑轮呈水平，A、B物体质量均为m。A物体从P点由静止释放，下落到Q点时，速度为v， PQ之间的高度差为h，此时连接A物体的轻绳与水平方向夹角为。在此过程中，则（ ）
A．B物体做匀加速直线运动
B．A物体到Q点时，B物体的速度为
C．A物体到Q点时，B物体的动量为
D．B物体克服摩擦做的功为
【答案】CD
【解析】A． 细绳拉力是变化的（初始为零，后续大于零），即B不是匀加速运动，故A错误；
B．若滑块A的速度为v，则由速度的分解可知，滑块B的速度为vsinθ，故B错误；
C．A物体到Q点时，B物体的速度为vsinθ，则B物体的动量为，故C正确；
D．由能量关系可知，A 物体减少的重力势能等于B克服摩擦力做功和 A、B 两物体动能增量之和， B 物体克服摩擦做的功为
故D正确。
故选CD。
4．（多选）（2022·福建·模拟预测）如图所示，一倾角为的足够长斜面体固定在水平地面上，质量为M=2kg的长木板B沿着斜面以速度v0=9m/s匀速下滑，现把质量为m=1kg的铁块A轻轻放在长木板B的左端，铁块最终恰好没有从长木板上滑下。已知A与B之间、B与斜面之间的动摩擦因数均为，最大静摩擦力等于滑动摩擦力，取重力加速度g=10m/s2，sin37°=0.6，cs37°=0.8，则下列判断正确的是（ ）
A．动摩擦因数
B．铁块A和长木板B共速后的速度大小为6m/s
C．长木板的长度为2.25m
D．从铁块放上到铁块和长木板共速的过程中，铁块A和长木板B减少的机械能等于A、B之间摩擦产生的热量
【答案】BC
【解析】A．开始时长木板B沿着斜面以速度v0=9m/s匀速下滑，有
解得
A错误；
B．铁块A轻轻放在长木板B时有，根据牛顿第二定律有，对A分析有
解得
，方向沿斜面向下
对B，根据牛顿第二定律有
解得
， 方向沿斜面向上
铁块A和长木板B共速的时间为
解得
铁块A和长木板B共速后，速度大小为
B正确；
C．铁块A和长木板B共速，一起沿斜面匀速下滑，则长木板的长度为
C正确；
D．由能量守恒定律可知，从铁块放上到铁块和长木板共速的过程中，铁块A和长木板B减少的机械能等于A、B之间摩擦产生的热量与B与斜面之间摩擦产生的热量和，D错误。
故选BC。
5．（多选）（2021·全国·模拟预测）如图所示，一小球用轻质线悬挂在木板的支架上，木板沿倾角为θ的斜面下滑时，细 线呈竖直状态，则在木板下滑的过程中，下列说法中正确的是（ ）
A．小球的机械能守恒
B．木板、小球组成的系统机械能守恒
C．木板与斜面间的动摩擦因数为tanθ
D．木板、小球组成的系统减少的机械能转化为内能
【答案】CD
【解析】A．因拉小球的细线呈竖直状态，小球受到竖直向下的重力和竖直向上的拉力，在水平方向没有分力，所以小球在水平方向没有加速度，结合小球沿斜面向下运动，所以小球一定是匀速运动，小球的动能不变，重力势能减小，所以小球的机械能不守恒，故A错误；
B．木板与小球的运动状态相同，一起做匀速运动，所以木板、小球组成的系统动能不变，重力势能减小，机械能也不守恒，故B错误；
C．木板与小球下滑过程中满足
即木板与斜面间的动摩擦因数为
μ=tan θ
故C正确；
D．由能量守恒知，木板、小球组成的系统减少的机械能转化为内能，故D正确。
故选CD。
6．（多选）（2022·江西南昌·模拟预测）如图甲所示，光滑水平面与半径为R的光滑竖直半圆轨道平滑衔接，在A点（距离B点足够远）固定一轻质弹簧，弹簧压缩储存了弹性势能可以发射质量为m的小滑块，已知重力加速度g，则下列说法正确的（ ）
A．若弹簧弹性势能为mgR，则小球恰能到达C点
B．若弹簧弹性势能为2mgR，则小球恰能到达D点
C．若弹性势能为3mgR，则小球通过B点时对轨道的压力为6mg
D．若弹性势能为2.5mgR，则小球通过D点后落在水平面上距B点为2R
【答案】AD
【解析】A．根据能量守恒，小球由A到C，有
解得
可知小球恰能到达C点。故A正确；
B．同理，小球由A到D，有
解得
小球能到达D点的最小速度满足
解得
可知
则小球不能到达D点。故B错误；
C．依题意，小球由A到B，有
在B点，由牛顿第二定律可知
联立，可得
根据牛顿第三定律可知小球通过B点时对轨道的压力为7mg。故C错误；
D．小球由A到D，有
解得
小球经过D点后做平抛运动，有
解得
故D正确。
故选AD。
7．（多选）（2022·黑龙江·佳木斯一中三模）如图所示为某超市的自动卸货装置示意图，在运输车和转运车之间搭建了一个长为的运输带，倾角为，且在电机的带动下以恒定的速度逆时针转动。现将质量为的包装箱由运输带的顶端P无初速度释放，包装箱与运输带之间的动摩擦因数，经过一段时间包装箱运动到运输带的底端Q。通过圆弧无能量损失进入质量为水平静止的转运车，包装箱与转运车之间的动摩擦因数，转运车与地面之间的动摩擦因数为，包装箱没有滑离转运车。重力加速度为，，。则下列说法正确的是（ ）
A．包装箱在运输带上运动的时间为
B．整个过程中因摩擦产生的热量为640J
C．转运车长度1m，可以保证包装箱没有滑离转运车
D．包装箱在运输带上留下的划痕长度为
【答案】ABD
【解析】A．包装箱在顶端P无初速度释放时，向下做匀加速直线运动，设加速度为，则有
包装箱从释放到与运输带共速所用时间为
包装箱从释放到与运输带共速通过的位移为
由于
包装箱与运输带共速后，包装箱继续向下做匀加速直线运动，设加速度为，则有
设包装箱从共速到底端所用时间为，则有
解得
或（舍去）
包装箱在运输带上运动的时间为
故A正确；
D．包装箱从释放到与运输带共速的过程，包装箱相对于运输带向上运动，发生的相对位移为
包装箱从共速到底端，包装箱相对于运输带向下运动，发生的相对位移为
由于
可知包装箱在运输带上留下的划痕长度为，故D正确。
B．包装箱在运输带上运动因摩擦产生的热量为
包装箱到达底端时的速度为
包装箱滑上转运车，最终包装箱和转运车都处于静止状态，则包装箱滑上转运车时的动能全部变成因摩擦产生的热量，则有
故整个过程中因摩擦产生的热量为
故B正确；
C．包装箱滑上转运车做匀减速运动的加速度大小为
转运车做匀加速运动的加速度大小为
包装箱滑上转运车到与转运车共速所用时间为，则有
解得
，
此过程包装箱与转运车发生的相对位移为
包装箱与转运车共速后，一起相对静止向前做匀减速运动，则要保证包装箱没有滑离转运车，转运车长度至少为，故C错误。
故选ABD。
8．（多选）（2022·河北·模拟预测）如图所示，传送带与水平方向夹角为，且足够长。现有一质量为可视为质点的物体，以初速度沿着与传送带平行的方向，从点开始向上运动，物体与传送带之间的动摩擦因数为。传送带以恒定的速度运行，物体初速度大小和传送带的速度大小关系为。则物体在传送带上运动的过程中，下列说法正确的是（ ）（重力加速度为）
A．运动过程中摩擦力对物体可能先做正功再做负功
B．运动过程中物体的机械能一直增加
C．若传送带逆时针运动，则摩擦力对物体做功为零
D．若传送带顺时针运动，则物块在加速过程中电动机多消耗的电能为
【答案】CD
【解析】动摩擦因数为，滑动摩擦力的大小为
且
C．若传送带逆时针运动，物体在传送带上先减速为零，再反向加速，加速阶段和减速阶段的加速度均为
又因为，根据运动的对称性可知，再与传送带共速之前，物体从B端以速度离开传送带，整个过程中重力做功为零，支持力不做功，物体动能的变化量为0，根据动能定理可知，整个过程中摩擦力做功也为零，C正确；
D．若传送带顺时针运动，物体放上传送带后摩擦力做正功，加速度大小为
则物体加速至跟传送带共速所用的时间为
物块在加速过程中电动机多消耗的电能等于传送带克服摩擦力所做的功，则有
D正确；
B．若传送带逆时针运动，物体在传送带上先减速为零，该过程摩擦力做负功，物体机械能减小，B错误；
A．若传送带逆时针运动，摩擦力先做负功，物体减速为零之后的反向加速过程中，摩擦力做正功；若传送带顺时针运动，物体先加速至传送带共速，再与传送带一起匀速，整个过程摩擦力均做正功，因此，无论传送带如何转动，摩擦力对物体不可能先做正功再做负功，A错误。
故选CD。
9．（2021·江苏·高考真题）如图所示的离心装置中，光滑水平轻杆固定在竖直转轴的O点，小圆环A和轻质弹簧套在轻杆上，长为的细线和弹簧两端分别固定于O和A，质量为m的小球B固定在细线的中点，装置静止时，细线与竖直方向的夹角为，现将装置由静止缓慢加速转动，当细线与竖直方向的夹角增大到时，A、B间细线的拉力恰好减小到零，弹簧弹力与静止时大小相等、方向相反，重力加速度为g，取，，求：
（1）装置静止时，弹簧弹力的大小F；
（2）环A的质量M；
（3）上述过程中装置对A、B所做的总功W。
【答案】（1）；（2）；（3）
【解析】（1）设、的张力分别为、，A受力平衡
B受力平衡
解得
（2）设装置转动的角速度为，对A
对B
解得
（3）B上升的高度，A、B的动能分别为
；
根据能量守恒定律可知
解得
10．（2021·山东·高考真题）如图所示，三个质量均为m的小物块A、B、C，放置在水平地面上，A紧靠竖直墙壁，一劲度系数为k的轻弹簧将A、B连接，C紧靠B，开始时弹簧处于原长，A、B、C均静止。现给C施加一水平向左、大小为F的恒力，使B、C一起向左运动，当速度为零时，立即撤去恒力，一段时间后A离开墙壁，最终三物块都停止运动。已知A、B、C与地面间的滑动摩擦力大小均为f，最大静摩擦力等于滑动摩擦力，弹簧始终在弹性限度内。（弹簧的弹性势能可表示为：，k为弹簧的劲度系数，x为弹簧的形变量）
（1）求B、C向左移动的最大距离和B、C分离时B的动能；
（2）为保证A能离开墙壁，求恒力的最小值；
（3）若三物块都停止时B、C间的距离为，从B、C分离到B停止运动的整个过程，B克服弹簧弹力做的功为W，通过推导比较W与的大小；
（4）若，请在所给坐标系中，画出C向右运动过程中加速度a随位移x变化的图像，并在坐标轴上标出开始运动和停止运动时的a、x值（用f、k、m表示），不要求推导过程。以撤去F时C的位置为坐标原点，水平向右为正方向。
【答案】（1）、；（2）；（3）；（4）
【解析】（1）从开始到B、C向左移动到最大距离的过程中，以B、C和弹簧为研究对象，由功能关系得
弹簧恢复原长时B、C分离，从弹簧最短到B、C分离，以B、C和弹簧为研究对象，由能量守恒得
联立方程解得
（2）当A刚要离开墙时，设弹簧得伸长量为，以A为研究对象，由平衡条件得
若A刚要离开墙壁时B得速度恰好等于零，这种情况下恒力为最小值，从弹簧恢复原长到A刚要离开墙得过程中，以B和弹簧为研究对象，由能量守恒得
结合第（1）问结果可知
根据题意舍去，所以恒力得最小值为
（3）从B、C分离到B停止运动，设B的路程为，C的位移为，以B为研究对象，由动能定理得
以C为研究对象，由动能定理得
由B、C得运动关系得
联立可知
（4）小物块B、C向左运动过程中，由动能定理得
解得撤去恒力瞬间弹簧弹力为
则坐标原点的加速度为
之后C开始向右运动过程（B、C系统未脱离弹簧）加速度为
可知加速度随位移为线性关系，随着弹簧逐渐恢复原长，减小，减小，弹簧恢复原长时，B和C分离，之后C只受地面的滑动摩擦力，加速度为
负号表示C的加速度方向水平向左；从撤去恒力之后到弹簧恢复原长，以B、C为研究对象，由动能定理得
脱离弹簧瞬间后C速度为，之后C受到滑动摩擦力减速至0，由能量守恒得
解得脱离弹簧后，C运动的距离为
则C最后停止的位移为
所以C向右运动的图象为
11．（2022·河南·模拟预测）如图所示，质量为M=1kg、长为L=1m的长木板A锁定在光滑的水平面上，质量为m=0.5kg的物块B（可视为质点）以一定的初速度v0从长木板的左端滑上长木板，恰好能停在长木板的右端。B与A上表面的动摩擦因数μ从左向右随移动距离l变化关系如图乙所示。重力加速度取g=10m/s2。
（1）求物块B滑上长木板时的初速度v0大小；
（2）若解除长木板的锁定，物块B仍以初速度v0从长木板左端滑上长木板，求最终物块相对长木板滑行的距离。
【答案】（1）；（2）
【解析】（1）物块B在长木板上运动过程，只有摩擦力做功，前半段摩擦力不变，后半段由图乙知摩擦力随位移均匀变化，根据功能关系有
解得
（2）设最后共同速度为v，根据动量守恒有
解得
系统损失的动能
由于
因此，物块B相对长木板滑行的距离大于0.5m，设物块滑过长木板中点后又相对滑行的距离为x0，则根据功能关系有
解得
因此，物块B相对长木板滑行的距离
12．（2022·广东汕头·二模）如图所示，平台右侧是一个凹槽，凹槽右端连接一个半径的半圆轨道，轨道固定在竖直平面内，为竖直直径。一质量为的滑板放置在凹槽内水平面上，其上表面刚好与平台和点水平等高。开始时滑板静置在紧靠凹槽左端处，此时滑板右端与凹槽右端的距离。一质量也为的小物块；（可视为质点）以的初速度从平台滑上滑板，当物块滑至滑板右端时滑板恰好到达凹槽右端。已知物块与滑板间的动摩擦因数，其余接触面的摩擦均可忽略不计，取重力加速度。
（1）求滑板的长度；
（2）质量为的另一小物块以相同的初速度同样从平台滑上静止的滑板，与滑板间的动摩擦因数也为，假设滑板碰到凹槽右端时立刻停止运动。要使物块能到达半圆轨道的点，至少为的几倍?
【答案】（1）；（2）倍
【解析】（1）根据牛顿第二定律可得，小物块的加速度大小为
滑板的加速度大小为
根据题意可知，从小物块滑上滑板到滑板右端到达凹槽右端过程，小物块一直做匀减速运动，滑板一直做匀加速运动，设运动时间为，对于滑板
解得
对于小物块
解得
故滑板的长度为
（2）小物块到达半圆轨道最低点时的速度为
设小物块可以到达点，根据机械能守恒定律可得
解得小物块在点速度为
说明小物块到不了点，另一小物块以相同的初速度同样从平台滑上静止的滑板，减速过程的加速度大小与减速过程的加速度大小一样，故为了能使到达点，滑上滑板后，滑板与凹槽右端碰撞前，与必须先达到共速，根据动量守恒可得
假设刚好到达点，则有
整个过程与滑板因为相对滑动产生的内能为
根据能量守恒可得
由以上式子代入数据整理可得
解得
或（舍掉）
故至少是的倍。
13．（2022·重庆·西南大学附中模拟预测）如图所示为某商家为了吸引顾客设计的抽奖活动。4块尺寸相同的木板A、B、C、D随机排序并紧挨着放在水平地面上，木板长度均为L，质量均为m；下表面与地面间的动摩擦因数均为μ，A、B、C、D的上表面各有不同的涂层，滑块与涂层间的动摩擦因数分别为、、、。顾客以某一水平速度（未知），从左侧第一块木板的左端推出一质量的滑块（视作质点）。从左向右数，若滑块最终停在第一、二、三、四块木板上就会分别获得四、三、二、一等奖，滑离所有木板则不获奖。设最大静摩擦力与滑动摩擦力相等，重力加速度为g。
（1）若木板全部固定，要想获奖，求的取值范围；
（2）若木板不固定，从左向右按照A、B、C、D的方式放置，要获得最高奖项，求的最小值；
（3）若木板不固定且随机排序，当时，求获得三等奖的概率。
【答案】（1）；（2）；（3）
【解析】（1）若木板全部固定，当滑块恰好能够滑动至D的右端时v0具有最大值，根据动能定理有
解得
要想获奖，v0的取值范围是
（2）若木板不固定，从左向右按照A、B、C、D的方式放置，当滑块在A上滑动时，滑块与A之间的滑动摩擦力大小为
A、B、C、D整体所受地面的最大静摩擦力为
因为，所以滑块在A上滑动时，A、B、C、D均静止；
当滑块在B上滑动时，滑块与B之间的滑动摩擦力大小为
B、C、D整体所受地面的最大静摩擦力为
因为，所以滑块在B上滑动时，B、C、D均静止；
当滑块在C上滑动时，滑块与C之间的滑动摩擦力大小为
C、D整体所受地面的最大静摩擦力为
因为，所以滑块在C上滑动时，C、D将滑动，且滑块做匀减速运动，C、D整体将做匀加速运动，根据牛顿第二定律可得滑块和C、D整体的加速度大小分别为
设滑块刚滑上C时的速度大小为v1，经时间t1恰好滑到D上且与D达到共同速度v2，由于滑块与D之间的最大静摩擦力大于滑块与D整体以加速度做匀减速运动时滑块所受的合外力，所以滑块与D共速后将不会再相对D滑动，最终与D一起停止，此时即可获得最高奖项，对应v0具有最小值。根据运动学规律有
根据位移关系可得
解得
对滑块从刚滑上A到刚滑上C的过程，根据动能定理有
解得
（3）若要获得三等奖，首先要求滑块必须能够到达第二块木板上。根据能量守恒定律可知滑块的初动能一定大于滑过第一块木板所产生的摩擦热，由此分析可推知若要滑块到达第二块木板， 第一块木板不能是D，因为
无解。
①若第一块木板为A，则
第二块为D，则
无解。可以。
第二块为C，则
无解。可以。
第二块为B，则
有解。不可以。
②若第一块为B，则
同理可判断，第二快为D、C可以，为A不可以。
③若第一块为C，则
同理可以判断，第二块为D、A、B均可以。根据排列组合知识可知四块木板的排列方式总数为
所以若木板不固定且随机排序当时，获得三等奖的概率为
14．（2022·江苏扬州·模拟预测）如图所示，倾角为37°的斜面底端与水平传送带平滑对接，水平传送带足够长且在电动机的带动下保持以的恒定速度匀速向左运动。质量的小滑块从斜面上A点静止释放，在斜面和水平传送带上多次往复运动后停在斜面底端，A点距离斜面底端的高。小滑块与斜面间动摩擦因数，与水平传送带之间动摩擦因数，小滑块可视为质点，重力加速度g取，小滑块通过斜面底端与传送带的对接点时速率不变。求：
（1）小滑块第一次在传送带上运动的过程中，电动机由于传送小滑块多消耗的电能；
（2）小滑块停止运动前，第2n次经过斜面最低点时的动能与次经过斜面最低点时的动能之比；
（3）小滑块在斜面上运动的总路程s。
【答案】（1）60J；（2）5；（3）6m
【解析】（1）小滑块第一次沿斜面下滑的位移大小为
小滑块第一次沿斜面下滑，有
解得
小滑块第一次在传送带上运动时间
电动机由于传送滑块多消耗的电能等于传送带克服摩擦力做功
（2）小滑块第2n次过斜面最低点后沿斜面上滑，由动能定理有
然后小滑块沿斜面下滑第次过斜面最低点，由动能定理有
解得
（3）分析知，滑块每次滑上传送带与离开传送带的速度大小相等，设滑块在斜面上运动的总路程为s，由能量守恒定律有
解得滑块在斜面上运动的总路程为
15．（2022·辽宁·模拟预测）如图所示，一倾角的光滑斜面（足够长）固定在水平面上，斜面下端有一与斜面垂直的固定挡板，用手将一质量的木板放置在斜面上，木板的上端有一质量也为的小物块（视为质点），物块和木板间的动摩擦因数，初始时木板下端与挡板的距离。现将手拿开，同时由静止释放物块和木板，物块和木板一起沿斜面下滑。木板与挡板碰撞的时间极短，且碰撞后木板的速度大小不变，方向与碰撞前的速度方向相反，物块恰好未滑离木板。取重力加速度大小，认为最大静摩擦力等于滑动摩擦力。求：
（1）木板第一次与挡板碰撞前瞬间，物块的速度大小；
（2）从拿开手到木板第二次与挡板碰撞前瞬间，物块相对木板的位移大小；
（3）木板的长度以及从拿开手到木板和物块都静止的过程中，物块与木板间因摩擦产生的热量。
【答案】（1） ；（2）；（3），
【解析】（1）从拿开手到木板第一次与挡板碰撞前，对物块与木板整体，根据动能定理有
解得
（2）木板第一次与挡板碰撞后，木板的加速度方向沿斜面向下，设加速度大小为，根据牛顿第二定律有
解得
木板第一次与挡板碰撞后，物块的加速度方向沿斜面向上，设加速度大小为，根据牛顿第二定律有
解得
以沿斜面向下为正方向，设从木板第一次与挡板碰撞后，经时间木板和物块达到共同速度，对木板和物块，根据匀变速直线运动的规律分别有
，
解得
为正值，表示的方向沿斜面向下
设从木板第一次与挡板碰撞后到物块与木板达到共同速度的过程中，木板沿斜面向上运动的位移大小为，根据匀变速直线运动的规律有
解得
设该过程中物块沿斜面向下运动的位移大小为，根据匀变速直线运动的规律有
解得
又
解得
（3）经分析可知，当木板和物块都静止时，木板的下端以及物块均与挡板接触，从拿开手到木板和物块都静止的过程中，根据能量转化与守恒定律有
又
解得
功
能量转化
关系式
重力做功
重力势能的改变
WG＝－ΔEp
弹力做功
弹性势能的改变
WF＝－ΔEp
合外力做功
动能的改变
W合＝ΔEk
除重力、系统内弹力以外的其他力做功
机械能的改变
W＝ΔE机
两物体间滑动摩擦力对物体系统做功
机械能转化为内能
Ff·x相对＝Q
例题1. （2022·浙江·高考真题）某节水喷灌系统如图所示，水以的速度水平喷出，每秒喷出水的质量为2.0kg。喷出的水是从井下抽取的，喷口离水面的高度保持H=3.75m不变。水泵由电动机带动，电动机正常工作时，输入电压为220V，输入电流为2.0A。不计电动机的摩擦损耗，电动机的输出功率等于水泵所需要的输入功率。已知水泵的抽水效率（水泵的输出功率与输入功率之比）为75%，忽略水在管道中运动的机械能损失，则（ ）
A．每秒水泵对水做功为75J
B．每秒水泵对水做功为225J
C．水泵输入功率为440W
D．电动机线圈的电阻为10
【答案】D
【解析】AB．每秒喷出水的质量为,抽水增加了水的重力势能和动能，则每秒水泵对水做功为
故AB错误；
C．水泵的输出能量转化为水的机械能，则
而水泵的抽水效率（水泵的输出功率与输入功率之比）为75%，则
故C错误；
D．电动机的输出功率等于水泵所需要的输入功率，则电动机的机械功率为
而电动机的电功率为
由能量守恒可知
联立解得
故D正确；
故选D。
【误选警示】
误选A的原因：只计算了每秒的水的重力势能增加量，忘记计算水的动能增加量。
误选B的原因：只计算了每秒的水的动能增加量，忘记计算水的重力势能增加量。
误选C的原因：对水泵的抽水效率（水泵的输出功率与输入功率之比）为75%，理解不清楚。
不选D的原因：不会对对含电动机的电路由能量守恒分析得出的功率之间的关系。
例题2. （多选）（2022·福建·模拟预测）如图所示，一倾角为的足够长斜面体固定在水平地面上，质量为M=2kg的长木板B沿着斜面以速度v0=9m/s匀速下滑，现把质量为m=1kg的铁块A轻轻放在长木板B的左端，铁块最终恰好没有从长木板上滑下。已知A与B之间、B与斜面之间的动摩擦因数均为，最大静摩擦力等于滑动摩擦力，取重力加速度g=10m/s2，sin37°=0.6，cs37°=0.8，则下列判断正确的是（ ）
A．动摩擦因数
B．铁块A和长木板B共速后的速度大小为6m/s
C．长木板的长度为2.25m
D．从铁块放上到铁块和长木板共速的过程中，铁块A和长木板B减少的机械能等于A、B之间摩擦产生的热量
【答案】BC
【解析】A．开始时长木板B沿着斜面以速度v0=9m/s匀速下滑，有
解得
A错误；
B．铁块A轻轻放在长木板B时有，根据牛顿第二定律有，对A分析有
解得
，方向沿斜面向下
对B，根据牛顿第二定律有
解得
， 方向沿斜面向上
铁块A和长木板B共速的时间为
解得
铁块A和长木板B共速后，速度大小为
B正确；
C．铁块A和长木板B共速，一起沿斜面匀速下滑，则长木板的长度为
C正确；
D．由能量守恒定律可知，从铁块放上到铁块和长木板共速的过程中，铁块A和长木板B减少的机械能等于A、B之间摩擦产生的热量与B与斜面之间摩擦产生的热量和，D错误。
故选BC。
【误选警示】
误选A的原因： 没有抓住题目所给的条件长木板B沿着斜面匀速下滑的隐含条件。
误选D的原因：没有根据能量守恒定律分析能量的转化过程。
不选BC的原因：没有对铁块A和长木板B进行准确的受力分析和运动过程分析，从而计算最终的速度和木板的长度和两者位移之间的关系。
1.功能关系的理解与应用
功与能的关系：功是能量转化的量度，某种力做功往往与某一种具体形式的能量转化相联系，做了多少功，就有多少能量发生转化.具体功能关系如下表：
2.应用能量守恒定律解题的基本思路
(1)分清有多少种形式的能量[如动能、势能(包括重力势能、弹性势能、电势能)、内能等]在变化．
(2)明确哪种形式的能量增加，哪种形式的能量减小，并且列出减少的能量ΔE减和增加的能量ΔE增的表达式．
(3)列出能量守恒关系：ΔE减＝ΔE增
易混点：
1．功的正负与能量增减的对应关系
(1)物体动能的增加与减少要看合外力对物体做正功还是做负功．
(2)势能的增加与减少要看对应的作用力(如重力、弹簧弹力、静电力等)做负功还是做正功．
(3)机械能的增加与减少要看重力和弹簧弹力之外的力对物体做正功还是做负功．
2．摩擦力做功的特点
(1)一对静摩擦力所做功的代数和总等于零；
(2)一对滑动摩擦力做功的代数和总是负值，差值为机械能转化为内能的部分，也就是系统机械能的损失量；
(3)说明：无论是静摩擦力还是滑动摩擦力，都可以对物体做正功，也可以做负功，还可以不做功．
1. （2021·浙江·高考真题）一辆汽车在水平高速公路上以80km/h的速度匀速行驶，其1s内能量分配情况如图所示则汽车（ ）
A．发动机的输出功率为70kW
B．每1s消耗的燃料最终转化成的内能是5.7×104J
C．每1s消耗的燃料最终转化成的内能是6.9×104J
D．每1s消耗的燃料最终转化成的内能是7.0×104J
【答案】C
【解析】A．由图可知，发动机1s内克服转动阻力做功为0.45×104J，则输出功率为
选项A错误；
BCD．每1s消耗的燃料有6.9×104J进入发动机，则最终转化成的内能的量为6.9×104J，选项C正确，BD错误。
故选C。
2. （2020·山东·模拟预测）如图所示，一足够长的木板在光滑的水平面上以速度v向右匀速运动，现将质量为m的物体竖直向下轻轻地放置在木板上的右端，已知物体m和木板之间的动摩擦因数为μ，为保持木板的速度不变，从物体m放到木板上到它相对木板静止的过程中，须对木板施一水平向右的作用力F，那么力F对木板做功的数值为（ ）
A．mv2B．mv2C．mv2D．2mv2
【答案】C
【解析】由能量转化和守恒定律可知，拉力F对木板所做的功W一部分转化为物体m的动能，一部分转化为系统内能，故
以上三式联立可得
故选C。
3. （多选）（2022·河北·模拟预测）如图甲所示，质量为M=1.5kg、足够长的木板静止在水平面上，质量为m=0.5kg的物块静止于木板左端，木板与地面间的动摩擦因数为μ1=0.1。现用水平向右的拉力F拉动物块，拉力大小随时间的变化关系满足F=kt（k为常量），物块的加速度a随时间t变化的图像如图乙所示。最大静摩擦力等于滑动摩擦力，取g=10m/s2，则（ ）
A．k=2N/s
B．物块与木板间的动摩擦因数为0.5
C．0~2s时间内，水平拉力F做的功为J
D．~2s时间内，木板与地面间因摩擦产生的热量为J
【答案】ABD
【解析】A．根据图像，1s时木板开始与地面发生相对运动
解得
A正确；
B．当 时，物块的加速度为 ，根据牛顿第二定律得
解得
B正确；
C．2s时物块的加速度为
解得
2s末物块的速度为
末动能为
根据动能定理，合力的功是，C错误；
D． 时木板的速度为
木板的加速度为
解得
~2s时间内，木板的位移为
~2s时间内，木板与地面间因摩擦产生的热量为
D正确。
故选ABD。
1．（2020·北京·高考真题）在无风的环境，某人在高处释放静止的篮球，篮球竖直下落；如果先让篮球以一定的角速度绕过球心的水平轴转动（如图）再释放，则篮球在向下掉落的过程中偏离竖直方向做曲线运动。其原因是，转动的篮球在运动过程中除受重力外，还受到空气施加的阻力和偏转力。这两个力与篮球速度的关系大致为：，方向与篮球运动方向相反；，方向与篮球运动方向垂直。下列说法正确的是（ ）
A．、是与篮球转动角速度无关的常量
B．篮球可回到原高度且角速度与释放时的角速度相同
C．人站得足够高，落地前篮球有可能向上运动
D．释放条件合适，篮球有可能在空中持续一段水平直线运动
【答案】C
【解析】A．篮球未转动时，篮球竖直下落，没有受到偏转力的作用，而篮球转动时，将受到偏转力的作用，所以偏转力中的与篮球转动角速度有关，故A错误；
B．空气阻力一直对篮球做负功，篮球的机械能将减小，篮球的角速度也将减小，所以篮球没有足够的能量回到原高度，故B错误；
C．篮球下落过程中，其受力情况如下图所示
篮球下落过程中，由受力分析可知，随着速度不断增大，篮球受到和的合力沿竖直方向的分力可能比重力大，可使篮球竖直方向的分速度减小为零或变成竖直向上，所以篮球可能向上运动，故C正确；
D．如果篮球的速度变成水平方向，则空气阻力的作用会使篮球速度减小，则篮球受到的偏转力将变小，不能保持与重力持续等大反向，所以不可能在空中持续一段水平直线运动，故D错误。
故选C。
2．（2021·湖南·模拟预测）如图所示，一足够长的木板在光滑水平面上以速度v向右匀速运动，现将质量为m的物体竖直向下轻轻地放置在木板上的右端，已知物体和木板之间的动摩擦因数为μ。为保持木板的速度不变，须对木板施加一水平向右的作用力F。从物体放到木板上到它相对木板静止的过程中，木块与物体组成的系统产生的热量为（ ）
A．2mv2B．mv2C．D．
【答案】C
【解析】物体相对木板运动时的加速度
a＝＝μg
由
v＝μgt
知物体与木板相对运动的时间
t＝
该过程木板相对物体运动的路程
s相＝vt－t＝vt
由功能关系知，物体与木板组成的系统产生的热量
Q＝fs相＝μmg·s相
各式联立得
Q＝mv2
故C正确；ABD错误；
故选C。
3．（多选）（2022·福建·模拟预测）如图所示，A物体套在光滑的竖直杆上，B物体放置在粗糙水平桌面上，用一不可伸长轻绳连接。初始时轻绳经过定滑轮呈水平，A、B物体质量均为m。A物体从P点由静止释放，下落到Q点时，速度为v， PQ之间的高度差为h，此时连接A物体的轻绳与水平方向夹角为。在此过程中，则（ ）
A．B物体做匀加速直线运动
B．A物体到Q点时，B物体的速度为
C．A物体到Q点时，B物体的动量为
D．B物体克服摩擦做的功为
【答案】CD
【解析】A． 细绳拉力是变化的（初始为零，后续大于零），即B不是匀加速运动，故A错误；
B．若滑块A的速度为v，则由速度的分解可知，滑块B的速度为vsinθ，故B错误；
C．A物体到Q点时，B物体的速度为vsinθ，则B物体的动量为，故C正确；
D．由能量关系可知，A 物体减少的重力势能等于B克服摩擦力做功和 A、B 两物体动能增量之和， B 物体克服摩擦做的功为
故D正确。
故选CD。
4．（多选）（2022·福建·模拟预测）如图所示，一倾角为的足够长斜面体固定在水平地面上，质量为M=2kg的长木板B沿着斜面以速度v0=9m/s匀速下滑，现把质量为m=1kg的铁块A轻轻放在长木板B的左端，铁块最终恰好没有从长木板上滑下。已知A与B之间、B与斜面之间的动摩擦因数均为，最大静摩擦力等于滑动摩擦力，取重力加速度g=10m/s2，sin37°=0.6，cs37°=0.8，则下列判断正确的是（ ）
A．动摩擦因数
B．铁块A和长木板B共速后的速度大小为6m/s
C．长木板的长度为2.25m
D．从铁块放上到铁块和长木板共速的过程中，铁块A和长木板B减少的机械能等于A、B之间摩擦产生的热量
【答案】BC
【解析】A．开始时长木板B沿着斜面以速度v0=9m/s匀速下滑，有
解得
A错误；
B．铁块A轻轻放在长木板B时有，根据牛顿第二定律有，对A分析有
解得
，方向沿斜面向下
对B，根据牛顿第二定律有
解得
， 方向沿斜面向上
铁块A和长木板B共速的时间为
解得
铁块A和长木板B共速后，速度大小为
B正确；
C．铁块A和长木板B共速，一起沿斜面匀速下滑，则长木板的长度为
C正确；
D．由能量守恒定律可知，从铁块放上到铁块和长木板共速的过程中，铁块A和长木板B减少的机械能等于A、B之间摩擦产生的热量与B与斜面之间摩擦产生的热量和，D错误。
故选BC。
5．（多选）（2021·全国·模拟预测）如图所示，一小球用轻质线悬挂在木板的支架上，木板沿倾角为θ的斜面下滑时，细 线呈竖直状态，则在木板下滑的过程中，下列说法中正确的是（ ）
A．小球的机械能守恒
B．木板、小球组成的系统机械能守恒
C．木板与斜面间的动摩擦因数为tanθ
D．木板、小球组成的系统减少的机械能转化为内能
【答案】CD
【解析】A．因拉小球的细线呈竖直状态，小球受到竖直向下的重力和竖直向上的拉力，在水平方向没有分力，所以小球在水平方向没有加速度，结合小球沿斜面向下运动，所以小球一定是匀速运动，小球的动能不变，重力势能减小，所以小球的机械能不守恒，故A错误；
B．木板与小球的运动状态相同，一起做匀速运动，所以木板、小球组成的系统动能不变，重力势能减小，机械能也不守恒，故B错误；
C．木板与小球下滑过程中满足
即木板与斜面间的动摩擦因数为
μ=tan θ
故C正确；
D．由能量守恒知，木板、小球组成的系统减少的机械能转化为内能，故D正确。
故选CD。
6．（多选）（2022·江西南昌·模拟预测）如图甲所示，光滑水平面与半径为R的光滑竖直半圆轨道平滑衔接，在A点（距离B点足够远）固定一轻质弹簧，弹簧压缩储存了弹性势能可以发射质量为m的小滑块，已知重力加速度g，则下列说法正确的（ ）
A．若弹簧弹性势能为mgR，则小球恰能到达C点
B．若弹簧弹性势能为2mgR，则小球恰能到达D点
C．若弹性势能为3mgR，则小球通过B点时对轨道的压力为6mg
D．若弹性势能为2.5mgR，则小球通过D点后落在水平面上距B点为2R
【答案】AD
【解析】A．根据能量守恒，小球由A到C，有
解得
可知小球恰能到达C点。故A正确；
B．同理，小球由A到D，有
解得
小球能到达D点的最小速度满足
解得
可知
则小球不能到达D点。故B错误；
C．依题意，小球由A到B，有
在B点，由牛顿第二定律可知
联立，可得
根据牛顿第三定律可知小球通过B点时对轨道的压力为7mg。故C错误；
D．小球由A到D，有
解得
小球经过D点后做平抛运动，有
解得
故D正确。
故选AD。
7．（多选）（2022·黑龙江·佳木斯一中三模）如图所示为某超市的自动卸货装置示意图，在运输车和转运车之间搭建了一个长为的运输带，倾角为，且在电机的带动下以恒定的速度逆时针转动。现将质量为的包装箱由运输带的顶端P无初速度释放，包装箱与运输带之间的动摩擦因数，经过一段时间包装箱运动到运输带的底端Q。通过圆弧无能量损失进入质量为水平静止的转运车，包装箱与转运车之间的动摩擦因数，转运车与地面之间的动摩擦因数为，包装箱没有滑离转运车。重力加速度为，，。则下列说法正确的是（ ）
A．包装箱在运输带上运动的时间为
B．整个过程中因摩擦产生的热量为640J
C．转运车长度1m，可以保证包装箱没有滑离转运车
D．包装箱在运输带上留下的划痕长度为
【答案】ABD
【解析】A．包装箱在顶端P无初速度释放时，向下做匀加速直线运动，设加速度为，则有
包装箱从释放到与运输带共速所用时间为
包装箱从释放到与运输带共速通过的位移为
由于
包装箱与运输带共速后，包装箱继续向下做匀加速直线运动，设加速度为，则有
设包装箱从共速到底端所用时间为，则有
解得
或（舍去）
包装箱在运输带上运动的时间为
故A正确；
D．包装箱从释放到与运输带共速的过程，包装箱相对于运输带向上运动，发生的相对位移为
包装箱从共速到底端，包装箱相对于运输带向下运动，发生的相对位移为
由于
可知包装箱在运输带上留下的划痕长度为，故D正确。
B．包装箱在运输带上运动因摩擦产生的热量为
包装箱到达底端时的速度为
包装箱滑上转运车，最终包装箱和转运车都处于静止状态，则包装箱滑上转运车时的动能全部变成因摩擦产生的热量，则有
故整个过程中因摩擦产生的热量为
故B正确；
C．包装箱滑上转运车做匀减速运动的加速度大小为
转运车做匀加速运动的加速度大小为
包装箱滑上转运车到与转运车共速所用时间为，则有
解得
，
此过程包装箱与转运车发生的相对位移为
包装箱与转运车共速后，一起相对静止向前做匀减速运动，则要保证包装箱没有滑离转运车，转运车长度至少为，故C错误。
故选ABD。
8．（多选）（2022·河北·模拟预测）如图所示，传送带与水平方向夹角为，且足够长。现有一质量为可视为质点的物体，以初速度沿着与传送带平行的方向，从点开始向上运动，物体与传送带之间的动摩擦因数为。传送带以恒定的速度运行，物体初速度大小和传送带的速度大小关系为。则物体在传送带上运动的过程中，下列说法正确的是（ ）（重力加速度为）
A．运动过程中摩擦力对物体可能先做正功再做负功
B．运动过程中物体的机械能一直增加
C．若传送带逆时针运动，则摩擦力对物体做功为零
D．若传送带顺时针运动，则物块在加速过程中电动机多消耗的电能为
【答案】CD
【解析】动摩擦因数为，滑动摩擦力的大小为
且
C．若传送带逆时针运动，物体在传送带上先减速为零，再反向加速，加速阶段和减速阶段的加速度均为
又因为，根据运动的对称性可知，再与传送带共速之前，物体从B端以速度离开传送带，整个过程中重力做功为零，支持力不做功，物体动能的变化量为0，根据动能定理可知，整个过程中摩擦力做功也为零，C正确；
D．若传送带顺时针运动，物体放上传送带后摩擦力做正功，加速度大小为
则物体加速至跟传送带共速所用的时间为
物块在加速过程中电动机多消耗的电能等于传送带克服摩擦力所做的功，则有
D正确；
B．若传送带逆时针运动，物体在传送带上先减速为零，该过程摩擦力做负功，物体机械能减小，B错误；
A．若传送带逆时针运动，摩擦力先做负功，物体减速为零之后的反向加速过程中，摩擦力做正功；若传送带顺时针运动，物体先加速至传送带共速，再与传送带一起匀速，整个过程摩擦力均做正功，因此，无论传送带如何转动，摩擦力对物体不可能先做正功再做负功，A错误。
故选CD。
9．（2021·江苏·高考真题）如图所示的离心装置中，光滑水平轻杆固定在竖直转轴的O点，小圆环A和轻质弹簧套在轻杆上，长为的细线和弹簧两端分别固定于O和A，质量为m的小球B固定在细线的中点，装置静止时，细线与竖直方向的夹角为，现将装置由静止缓慢加速转动，当细线与竖直方向的夹角增大到时，A、B间细线的拉力恰好减小到零，弹簧弹力与静止时大小相等、方向相反，重力加速度为g，取，，求：
（1）装置静止时，弹簧弹力的大小F；
（2）环A的质量M；
（3）上述过程中装置对A、B所做的总功W。
【答案】（1）；（2）；（3）
【解析】（1）设、的张力分别为、，A受力平衡
B受力平衡
解得
（2）设装置转动的角速度为，对A
对B
解得
（3）B上升的高度，A、B的动能分别为
；
根据能量守恒定律可知
解得
10．（2021·山东·高考真题）如图所示，三个质量均为m的小物块A、B、C，放置在水平地面上，A紧靠竖直墙壁，一劲度系数为k的轻弹簧将A、B连接，C紧靠B，开始时弹簧处于原长，A、B、C均静止。现给C施加一水平向左、大小为F的恒力，使B、C一起向左运动，当速度为零时，立即撤去恒力，一段时间后A离开墙壁，最终三物块都停止运动。已知A、B、C与地面间的滑动摩擦力大小均为f，最大静摩擦力等于滑动摩擦力，弹簧始终在弹性限度内。（弹簧的弹性势能可表示为：，k为弹簧的劲度系数，x为弹簧的形变量）
（1）求B、C向左移动的最大距离和B、C分离时B的动能；
（2）为保证A能离开墙壁，求恒力的最小值；
（3）若三物块都停止时B、C间的距离为，从B、C分离到B停止运动的整个过程，B克服弹簧弹力做的功为W，通过推导比较W与的大小；
（4）若，请在所给坐标系中，画出C向右运动过程中加速度a随位移x变化的图像，并在坐标轴上标出开始运动和停止运动时的a、x值（用f、k、m表示），不要求推导过程。以撤去F时C的位置为坐标原点，水平向右为正方向。
【答案】（1）、；（2）；（3）；（4）
【解析】（1）从开始到B、C向左移动到最大距离的过程中，以B、C和弹簧为研究对象，由功能关系得
弹簧恢复原长时B、C分离，从弹簧最短到B、C分离，以B、C和弹簧为研究对象，由能量守恒得
联立方程解得
（2）当A刚要离开墙时，设弹簧得伸长量为，以A为研究对象，由平衡条件得
若A刚要离开墙壁时B得速度恰好等于零，这种情况下恒力为最小值，从弹簧恢复原长到A刚要离开墙得过程中，以B和弹簧为研究对象，由能量守恒得
结合第（1）问结果可知
根据题意舍去，所以恒力得最小值为
（3）从B、C分离到B停止运动，设B的路程为，C的位移为，以B为研究对象，由动能定理得
以C为研究对象，由动能定理得
由B、C得运动关系得
联立可知
（4）小物块B、C向左运动过程中，由动能定理得
解得撤去恒力瞬间弹簧弹力为
则坐标原点的加速度为
之后C开始向右运动过程（B、C系统未脱离弹簧）加速度为
可知加速度随位移为线性关系，随着弹簧逐渐恢复原长，减小，减小，弹簧恢复原长时，B和C分离，之后C只受地面的滑动摩擦力，加速度为
负号表示C的加速度方向水平向左；从撤去恒力之后到弹簧恢复原长，以B、C为研究对象，由动能定理得
脱离弹簧瞬间后C速度为，之后C受到滑动摩擦力减速至0，由能量守恒得
解得脱离弹簧后，C运动的距离为
则C最后停止的位移为
所以C向右运动的图象为
11．（2022·河南·模拟预测）如图所示，质量为M=1kg、长为L=1m的长木板A锁定在光滑的水平面上，质量为m=0.5kg的物块B（可视为质点）以一定的初速度v0从长木板的左端滑上长木板，恰好能停在长木板的右端。B与A上表面的动摩擦因数μ从左向右随移动距离l变化关系如图乙所示。重力加速度取g=10m/s2。
（1）求物块B滑上长木板时的初速度v0大小；
（2）若解除长木板的锁定，物块B仍以初速度v0从长木板左端滑上长木板，求最终物块相对长木板滑行的距离。
【答案】（1）；（2）
【解析】（1）物块B在长木板上运动过程，只有摩擦力做功，前半段摩擦力不变，后半段由图乙知摩擦力随位移均匀变化，根据功能关系有
解得
（2）设最后共同速度为v，根据动量守恒有
解得
系统损失的动能
由于
因此，物块B相对长木板滑行的距离大于0.5m，设物块滑过长木板中点后又相对滑行的距离为x0，则根据功能关系有
解得
因此，物块B相对长木板滑行的距离
12．（2022·广东汕头·二模）如图所示，平台右侧是一个凹槽，凹槽右端连接一个半径的半圆轨道，轨道固定在竖直平面内，为竖直直径。一质量为的滑板放置在凹槽内水平面上，其上表面刚好与平台和点水平等高。开始时滑板静置在紧靠凹槽左端处，此时滑板右端与凹槽右端的距离。一质量也为的小物块；（可视为质点）以的初速度从平台滑上滑板，当物块滑至滑板右端时滑板恰好到达凹槽右端。已知物块与滑板间的动摩擦因数，其余接触面的摩擦均可忽略不计，取重力加速度。
（1）求滑板的长度；
（2）质量为的另一小物块以相同的初速度同样从平台滑上静止的滑板，与滑板间的动摩擦因数也为，假设滑板碰到凹槽右端时立刻停止运动。要使物块能到达半圆轨道的点，至少为的几倍?
【答案】（1）；（2）倍
【解析】（1）根据牛顿第二定律可得，小物块的加速度大小为
滑板的加速度大小为
根据题意可知，从小物块滑上滑板到滑板右端到达凹槽右端过程，小物块一直做匀减速运动，滑板一直做匀加速运动，设运动时间为，对于滑板
解得
对于小物块
解得
故滑板的长度为
（2）小物块到达半圆轨道最低点时的速度为
设小物块可以到达点，根据机械能守恒定律可得
解得小物块在点速度为
说明小物块到不了点，另一小物块以相同的初速度同样从平台滑上静止的滑板，减速过程的加速度大小与减速过程的加速度大小一样，故为了能使到达点，滑上滑板后，滑板与凹槽右端碰撞前，与必须先达到共速，根据动量守恒可得
假设刚好到达点，则有
整个过程与滑板因为相对滑动产生的内能为
根据能量守恒可得
由以上式子代入数据整理可得
解得
或（舍掉）
故至少是的倍。
13．（2022·重庆·西南大学附中模拟预测）如图所示为某商家为了吸引顾客设计的抽奖活动。4块尺寸相同的木板A、B、C、D随机排序并紧挨着放在水平地面上，木板长度均为L，质量均为m；下表面与地面间的动摩擦因数均为μ，A、B、C、D的上表面各有不同的涂层，滑块与涂层间的动摩擦因数分别为、、、。顾客以某一水平速度（未知），从左侧第一块木板的左端推出一质量的滑块（视作质点）。从左向右数，若滑块最终停在第一、二、三、四块木板上就会分别获得四、三、二、一等奖，滑离所有木板则不获奖。设最大静摩擦力与滑动摩擦力相等，重力加速度为g。
（1）若木板全部固定，要想获奖，求的取值范围；
（2）若木板不固定，从左向右按照A、B、C、D的方式放置，要获得最高奖项，求的最小值；
（3）若木板不固定且随机排序，当时，求获得三等奖的概率。
【答案】（1）；（2）；（3）
【解析】（1）若木板全部固定，当滑块恰好能够滑动至D的右端时v0具有最大值，根据动能定理有
解得
要想获奖，v0的取值范围是
（2）若木板不固定，从左向右按照A、B、C、D的方式放置，当滑块在A上滑动时，滑块与A之间的滑动摩擦力大小为
A、B、C、D整体所受地面的最大静摩擦力为
因为，所以滑块在A上滑动时，A、B、C、D均静止；
当滑块在B上滑动时，滑块与B之间的滑动摩擦力大小为
B、C、D整体所受地面的最大静摩擦力为
因为，所以滑块在B上滑动时，B、C、D均静止；
当滑块在C上滑动时，滑块与C之间的滑动摩擦力大小为
C、D整体所受地面的最大静摩擦力为
因为，所以滑块在C上滑动时，C、D将滑动，且滑块做匀减速运动，C、D整体将做匀加速运动，根据牛顿第二定律可得滑块和C、D整体的加速度大小分别为
设滑块刚滑上C时的速度大小为v1，经时间t1恰好滑到D上且与D达到共同速度v2，由于滑块与D之间的最大静摩擦力大于滑块与D整体以加速度做匀减速运动时滑块所受的合外力，所以滑块与D共速后将不会再相对D滑动，最终与D一起停止，此时即可获得最高奖项，对应v0具有最小值。根据运动学规律有
根据位移关系可得
解得
对滑块从刚滑上A到刚滑上C的过程，根据动能定理有
解得
（3）若要获得三等奖，首先要求滑块必须能够到达第二块木板上。根据能量守恒定律可知滑块的初动能一定大于滑过第一块木板所产生的摩擦热，由此分析可推知若要滑块到达第二块木板， 第一块木板不能是D，因为
无解。
①若第一块木板为A，则
第二块为D，则
无解。可以。
第二块为C，则
无解。可以。
第二块为B，则
有解。不可以。
②若第一块为B，则
同理可判断，第二快为D、C可以，为A不可以。
③若第一块为C，则
同理可以判断，第二块为D、A、B均可以。根据排列组合知识可知四块木板的排列方式总数为
所以若木板不固定且随机排序当时，获得三等奖的概率为
14．（2022·江苏扬州·模拟预测）如图所示，倾角为37°的斜面底端与水平传送带平滑对接，水平传送带足够长且在电动机的带动下保持以的恒定速度匀速向左运动。质量的小滑块从斜面上A点静止释放，在斜面和水平传送带上多次往复运动后停在斜面底端，A点距离斜面底端的高。小滑块与斜面间动摩擦因数，与水平传送带之间动摩擦因数，小滑块可视为质点，重力加速度g取，小滑块通过斜面底端与传送带的对接点时速率不变。求：
（1）小滑块第一次在传送带上运动的过程中，电动机由于传送小滑块多消耗的电能；
（2）小滑块停止运动前，第2n次经过斜面最低点时的动能与次经过斜面最低点时的动能之比；
（3）小滑块在斜面上运动的总路程s。
【答案】（1）60J；（2）5；（3）6m
【解析】（1）小滑块第一次沿斜面下滑的位移大小为
小滑块第一次沿斜面下滑，有
解得
小滑块第一次在传送带上运动时间
电动机由于传送滑块多消耗的电能等于传送带克服摩擦力做功
（2）小滑块第2n次过斜面最低点后沿斜面上滑，由动能定理有
然后小滑块沿斜面下滑第次过斜面最低点，由动能定理有
解得
（3）分析知，滑块每次滑上传送带与离开传送带的速度大小相等，设滑块在斜面上运动的总路程为s，由能量守恒定律有
解得滑块在斜面上运动的总路程为
15．（2022·辽宁·模拟预测）如图所示，一倾角的光滑斜面（足够长）固定在水平面上，斜面下端有一与斜面垂直的固定挡板，用手将一质量的木板放置在斜面上，木板的上端有一质量也为的小物块（视为质点），物块和木板间的动摩擦因数，初始时木板下端与挡板的距离。现将手拿开，同时由静止释放物块和木板，物块和木板一起沿斜面下滑。木板与挡板碰撞的时间极短，且碰撞后木板的速度大小不变，方向与碰撞前的速度方向相反，物块恰好未滑离木板。取重力加速度大小，认为最大静摩擦力等于滑动摩擦力。求：
（1）木板第一次与挡板碰撞前瞬间，物块的速度大小；
（2）从拿开手到木板第二次与挡板碰撞前瞬间，物块相对木板的位移大小；
（3）木板的长度以及从拿开手到木板和物块都静止的过程中，物块与木板间因摩擦产生的热量。
【答案】（1） ；（2）；（3），
【解析】（1）从拿开手到木板第一次与挡板碰撞前，对物块与木板整体，根据动能定理有
解得
（2）木板第一次与挡板碰撞后，木板的加速度方向沿斜面向下，设加速度大小为，根据牛顿第二定律有
解得
木板第一次与挡板碰撞后，物块的加速度方向沿斜面向上，设加速度大小为，根据牛顿第二定律有
解得
以沿斜面向下为正方向，设从木板第一次与挡板碰撞后，经时间木板和物块达到共同速度，对木板和物块，根据匀变速直线运动的规律分别有
，
解得
为正值，表示的方向沿斜面向下
设从木板第一次与挡板碰撞后到物块与木板达到共同速度的过程中，木板沿斜面向上运动的位移大小为，根据匀变速直线运动的规律有
解得
设该过程中物块沿斜面向下运动的位移大小为，根据匀变速直线运动的规律有
解得
又
解得
（3）经分析可知，当木板和物块都静止时，木板的下端以及物块均与挡板接触，从拿开手到木板和物块都静止的过程中，根据能量转化与守恒定律有
又
解得
功
能量转化
关系式
重力做功
重力势能的改变
WG＝－ΔEp
弹力做功
弹性势能的改变
WF＝－ΔEp
合外力做功
动能的改变
W合＝ΔEk
除重力、系统内弹力以外的其他力做功
机械能的改变
W＝ΔE机
两物体间滑动摩擦力对物体系统做功
机械能转化为内能
Ff·x相对＝Q
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