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2025高考物理一轮总复习第6章机械能专题强化7功能关系能量守恒定律提能训练
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这是一份2025高考物理一轮总复习第6章机械能专题强化7功能关系能量守恒定律提能训练，共8页。
题组一 功能关系
1．(多选)(2024·广东深圳月考)蹦床是儿童喜欢的一种体育运动，如图所示，蹦床的中心由弹性网组成，若儿童从最高点落下至最低点的过程中，空气阻力大小恒定，则儿童( AC )
A．机械能一直减小
B．刚接触网面时，动能最大
C．重力势能的减少量大于克服空气阻力做的功
D．重力势能的减少量等于弹性势能的增加量
[解析] 儿童从最高点落下至最低点的过程中，弹簧弹力以及空气阻力一直做负功，因此其机械能一直减小，故A正确；儿童和弹性网接触的过程中先加速然后减速，故刚接触网面时，动能并非最大，故B错误；根据功能关系可知，儿童下落到最低点时，重力做功等于克服空气阻力和克服弹簧弹力做功的和，则重力势能的减少量大于弹性势能的增加量，重力势能的减少量大于克服空气阻力做的功，故C正确，D错误。
2.(多选)如图所示，质量为m的物体(可视为质点)以某一速度从A点冲上倾角为30°的固定斜面，其减速运动的加速度大小为eq \f(3,4)g，此物体在斜面上能够上升的最大高度为h，则在这个过程中物体( AB )
A．重力势能增加了mgh
B．机械能损失了eq \f(1,2)mgh
C．动能损失了mgh
D．克服摩擦力做功eq \f(1,4)mgh
[解析] 加速度大小a＝eq \f(3,4)g＝eq \f(mgsin 30°＋Ff,m)，解得摩擦力Ff＝eq \f(1,4)mg，机械能损失量等于克服摩擦力做的功，即Ffx＝eq \f(1,4)mg·2h＝eq \f(1,2)mgh，故B项正确，D项错误；物体在斜面上能够上升的最大高度为h，所以重力势能增加了mgh，故A项正确；动能损失量为克服合力做功的大小，动能损失量ΔEk＝F合x＝eq \f(3,4)mg·2h＝eq \f(3,2)mgh，故C项错误。
3. (多选)从地面竖直向上抛出一物体，其机械能E总等于动能Ek与重力势能Ep之和。取地面为零势能面，该物体的E总和Ep随它离开地面的高度h的变化如图所示。重力加速度取10 m/s2。由图中数据可得( AD )
A．物体的质量为2 kg
B．h＝0时，物体的速率为20 m/s
C．h＝2 m时，物体的动能Ek＝40 J
D．从地面至h＝4 m，物体的动能减少100 J
[解析] 根据题图可知，h＝4 m时物体的重力势能Ep＝mgh＝80 J，解得物体质量m＝2 kg，抛出时物体的动能Ek0＝100 J，由公式Ek0＝eq \f(1,2)mv2可知，h＝0时物体的速率v＝10 m/s，选项A正确，B错误；由功能关系可知Ffh＝|ΔE总|＝20 J，解得物体上升过程中所受空气阻力Ff＝5 N，从物体开始抛出至上升到h1＝2 m的过程中，由动能定理有－mgh1－Ffh1＝Ek－Ek0，解得Ek＝50 J，选项C错误；由题图可知，物体上升到h＝4 m时，机械能为80 J，重力势能为80 J，动能为零，即从地面上升到h＝4 m，物体动能减少100 J，选项D正确。
题组二 能量守恒定律 摩擦力做功与能量转化的关系
4．某型号玩具小车的电动机额定工作电压为5 V，工作电流为200 mA，车上装有100 cm2的太阳能电板，可用太阳能电板为该模型的电池供电。已知太阳辐射的总功率约为4×1026 W，太阳到地球的距离为1.5×1011 m，假设太阳光传播到达地面约有40%的能量损耗，小车的太阳能电板的光电转化效率为16%，若垂直电板光照6 h，则该玩具小车可工作时间约为( C )
A．4 h B．6 h
C．8 h D．10 h
[解析] 由于太阳辐射为球面状，则单位面积上接收的功率P＝eq \f(4×1026,S)，S＝4π×(1.5×1011)2 m2，垂直电板光照6 h，玩具小车吸收太阳能后转化成的电能为E＝P×60%×16%×0.01×6×3 600 J，玩具小车的电动机消耗的功率为P0＝UI＝5×0.2 W＝1 W，则玩具小车最长可工作时间约为t＝eq \f(E,P0)＝8 h。故选C。
5. (多选)(2023·福建福州名校联考)如图所示，一个质量为M、长为L的木板B静止在光滑水平面上，其右端放有可视为质点的质量为m的滑块A，现用一水平恒力F作用在滑块上，使滑块从静止开始做匀加速直线运动。滑块和木板之间的摩擦力为Ff，滑块滑到木板的最左端时，木板运动的距离为x，此过程中下列说法正确的是( ABD )
A．滑块A到达木板B最左端时，具有的动能为(F－Ff)(L＋x)
B．滑块A到达木板B最左端时，木板B具有的动能为Ffx
C．滑块A克服摩擦力所做的功为FfL
D．滑块A和木板B增加的机械能为F(L＋x)－FfL
[解析] 对滑块A分析，滑块A相对于地面的位移为(L＋x)，根据动能定理得(F－Ff)(L＋x)＝eq \f(1,2)mv2－0，则知滑块A到达木板B最左端时具有的动能为(F－Ff)(L＋x)，选项A正确；对木板B分析，根据动能定理得Ffx＝eq \f(1,2)Mv′2－0，则知滑块A到达木板B最左端时，木板B具有的动能为Ffx，选项B正确；滑块A克服摩擦力所做的功为Ff(L＋x)，故选项C错误；根据能量守恒定律得，外力F做的功等于木板B和滑块A的机械能的增加量和摩擦产生的内能，则有F(L＋x)＝ΔE＋Q，其中Q＝FfL，则滑块A和木板B增加的机械能ΔE＝F(L＋x)－FfL，选项D正确。
6．(多选)一传送带装置示意图如图所示，其中传送带AB区域是水平的，BC区域为圆弧形(圆弧很短，为光滑模板)，CD区域是倾斜的，AB和CD都和BC平滑相切。现将一质量为m的小货箱在A处放到传送带上，放置时初速度为零，经传送带运送到D处，D和A的高度差为h。工作时传送带速度为v，且稳定不变。箱子在A处投放后，到达B时刚好相对于传送带静止，且以后不再滑动(忽略经BC段时的微小滑动)。已知该装置由电动机带动，传送带与轮子之间无相对滑动，不计轮轴处的摩擦，重力加速度为g。在小货箱从A传输到D的过程中( BC )
A．小货箱的动能增加量为mv2
B．小货箱与传送带间因摩擦产生的热量为eq \f(1,2)mv2
C．传送带对小货箱做的功为eq \f(1,2)mv2＋mgh
D．电动机因传送小货箱而多做的功为eq \f(1,2)mv2＋mgh
[解析] 由于小货箱最终相对于传送带静止，所以小货箱的动能增加量ΔEk＝eq \f(1,2)mv2，A错误；在水平段传输的过程中，小货箱在滑动摩擦力作用下做匀加速直线运动，其末速度等于传送带的速度，用f表示小货箱与传送带之间的滑动摩擦力，设这段时间内小货箱通过的位移为s，运动时间为t，根据动能定理可得在水平方向上传送带对小货箱做的功Wf＝fs＝eq \f(1,2)mv2，其中s＝eq \f(v,2)t，小货箱与传送带间因摩擦产生的热量Q＝fΔx相＝f(vt－s)＝eq \f(1,2)mv2，B正确；小货箱从A传输到D的过程中，根据动能定理得W－mgh＝eq \f(1,2)mv2，解得传送带对小货箱做的功W＝eq \f(1,2)mv2＋mgh，C正确；根据能量守恒定律可得电动机因传送小货箱而多做的功W电＝ΔEk＋ΔEp＋Q＝mv2＋mgh，D错误。
能力综合练
7. (多选)(2024·广东省金山中学高三检测)如图所示，轻弹簧放在倾角为37°的斜面体上，轻弹簧的下端与斜面底端的挡板连接，上端与斜面上b点对齐，质量为m的物块在斜面上的a点由静止释放，物块下滑后，压缩弹簧至c点时速度刚好为零，物块被反弹后返回b点时速度刚好为零，已知ab长为L，bc长为eq \f(L,4)，重力加速度为g，sin 37°＝0.6，cs 37°＝0.8。则( AD )
A．物块与斜面间的动摩擦因数为0.5
B．物块接触弹簧后，速度先减小后增大
C．弹簧具有的最大弹性势能为0.5mgL
D．物块在上述过程因摩擦产生的热量为0.6mgL
[解析] 物块在a点由静止释放，压缩弹簧至c点，被反弹后返回b点时速度刚好为零，对整个过程应用动能定理得mgLsin θ－μmgcs θeq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(L＋\f(L,4)＋\f(L,4)))＝0，解得μ＝0.5，则整个过程因摩擦产生的热量为Q＝μmgcs θeq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(L＋\f(L,4)＋\f(L,4)))＝0.6mgL，故A、D正确；物块接触弹簧后，向下运动时，开始由于mgsin θ>μmgcs θ＋F弹，物块继续向下加速，F弹继续变大，当mgsin θ<μmgcs θ＋F弹时，物块将向下减速，则物块向下运动时先加速后减速，向上运动时，由于在c点和b点的速度都为零，则物块先加速后减速，故B错误；设弹簧的最大弹性势能为Epm，物块由a点到c点的过程中，根据能量守恒定律得mgsin θeq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(L＋\f(L,4)))＝μmgcs θeq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(L＋\f(L,4)))＋Epm，解得Epm＝0.25mgL，故C错误。
8. (2024·山西临汾月考)如图所示，质量为m的滑块以初速度v0滑上倾角为θ的足够长的固定斜面，同时对滑块施加一沿斜面向上的恒力F＝mgsin θ，已知滑块与斜面间的动摩擦因数μ＝tan θ，取出发点为坐标原点，能正确描述滑块运动到最高点过程中产生的热量Q、滑块的动能Ek、势能Ep、机械能E与时间t或位移x的关系的是( C )
[解析] 滑块受力如图所示，由牛顿第二定律得mgsin θ＋μmgcs θ－F＝ma，其中F＝mgsin θ，μ＝tan θ，联立解得a＝gsin θ，滑块沿着斜面向上做匀减速直线运动，滑块的位移x＝v0t－eq \f(1,2)at2，速度v＝v0－at。该过程产生的热量等于克服滑动摩擦力做的功，即Q＝fx＝μmgcs θ·eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(v0t－\f(1,2)at2))，Q与t不成正比，故A错误；该过程滑块的动能Ek＝eq \f(1,2)mv2＝eq \f(1,2)m(v0－at)2，Ek与t不是一次函数关系，故B错误；该过程滑块的位移与高度是线性关系，重力势能Ep＝mgh＝mgxsin θ，Ep与x成正比，Ep－x图像是直线，故C正确；滑块运动过程中，F和滑动摩擦力平衡，相当于只有重力做功，机械能守恒，机械能不随时间变化，故D错误。
9. (多选)如图所示，质量为M的长木板静止在光滑水平面上，上表面OA段光滑，AB段粗糙且长为l，左端O处有一固定挡板，挡板上固定轻质弹簧，右侧用不可伸长的轻绳连接在竖直墙上，轻绳所能承受的最大拉力为F。质量为m的小滑块以速度v从A点向左滑动压缩弹簧，弹簧的压缩量达到最大时细绳恰好被拉断，再过一段时间后长木板停止运动，小滑块恰未掉落。重力加速度为g，则( ABD )
A．细绳被拉断瞬间长木板的加速度大小为eq \f(F,M)
B．细绳被拉断瞬间弹簧的弹性势能为eq \f(1,2)mv2
C．弹簧恢复原长时滑块的动能为eq \f(1,2)mv2
D．滑块与长木板AB段间的动摩擦因数为eq \f(v2,2gl)
[解析] 细绳被拉断瞬间弹簧的弹力等于F，对于木板，由牛顿第二定律得F＝Ma，得a＝eq \f(F,M)，A正确；滑块以速度v从A点向左滑动压缩弹簧，到弹簧压缩量最大时速度为0，由系统的机械能守恒定律得，细绳被拉断瞬间弹簧的弹性势能为eq \f(1,2)mv2，B正确；弹簧恢复原长时长木板与滑块都获得动能，所以滑块的动能小于eq \f(1,2)mv2，C错误；弹簧最大弹性势能Ep＝eq \f(1,2)mv2，小滑块恰未掉落时滑到木板的最右端B，此时小滑块与长木板均静止，又水平面光滑，长木板上表面OA段光滑，则有Ep＝μmgl，联立解得μ＝eq \f(v2,2gl)，D正确。
10．(2024·山西晋中高三期末)2022年2月4日冬奥会在北京开幕。运动员某次测试高山滑雪赛道的一次飞越，整个过程可以简化为：如图所示，运动员从静止开始沿倾角θ＝37°的斜直滑道顶端自由滑下，从A点沿切线进入圆弧轨道，最后从与A等高的C点腾空飞出。已知运动员在A点的速度为108 km/h，在最低位置B点的速度为144 km/h，圆弧轨道半径为R＝200 m，运动员和滑板的总质量m＝50 kg，滑板与斜直滑道的动摩擦因数为μ＝0.125。(不计空气阻力，在A点无机械能损失，g＝10 m/s2，sin 37°＝0.6，cs 37°＝0.8)则( A )
A．滑板在B点对轨道的压力为900 N
B．斜直滑道的长度为100 m
C．从A到B点损失的机械能为12 500 J
D．在C点的速度为10 m/s
[解析] 当运动员运动到B点时，由FN－mg＝meq \f(v\\al(2,B),R)，可求出FN＝900 N，由牛顿第三定律知，滑板在B点对轨道的压力FN′＝900 N，故A正确；运动员从倾斜直滑道由静止滑下，则下滑的加速度a＝gsin θ－μgcs θ＝5 m/s2，由运动学规律veq \\al(2,A)＝2ax，可得x＝90 m，故B错误；运动员由A点到B点由能量守恒定律得eq \f(1,2)mveq \\al(2,A)＋mg(R－Rcs 37°)＝eq \f(1,2)mveq \\al(2,B)＋E损，解得E损＝2 500 J，故C错误；从B点到C点过程中，运动员的速度在变化，支持力也在发生变化，受到的摩擦力在变化，所以无法求出C点的速度大小，故D错误。
11．(2024·广东东莞月考)如图甲所示，一足够长的传送带与水平面的夹角θ＝30°，皮带在电动机的带动下，速率始终不变。t＝0时刻在传送带适当位置放上一具有初速度的小物块。取沿斜面向上为正方向，物块在传送带上运动的速度随时间的变化如图乙所示。已知小物块质量m＝1 kg，g取10 m/s2(计算结果可以保留根号)，求：
(1)传送带与滑块之间的动摩擦因数μ；
(2)0～t2时间内电动机多消耗的电能。
[答案] (1)eq \f(2\r(3),5) (2)36 J
[解析] (1)由题图乙可知，物块的加速度a＝1 m/s2，对物块受力分析，可得μmgcs θ－mgsin θ＝ma，
解得μ＝eq \f(2\r(3),5)。
(2)解法一：物块速度减为零后，反向加速经历时间t＝eq \f(v0,a)＝2 s，因此题图乙中t2＝3 s,3 s内传送带的位移s＝v0t2＝6 m，
传送带多消耗的电能
W电＝μmgcs θ·s＝36 J；
解法二：物块速度减为零后，反向加速经历时间t＝eq \f(v0,a)＝2 s，因此题图乙中t2＝3 s，由题图乙可知，3 s内物块运动的位移s＝1.5 m,3 s内传送带的位移s1＝v0t2＝6 m
传送带与物块的相对位移Δs＝4.5 m
产生内能Q＝μmgcs θ·Δs＝27 J，
物块增加的重力势能ΔEp＝mgsin θ·s＝7.5 J
物块动能的增加量ΔEk＝eq \f(1,2)mveq \\al(2,0)－eq \f(1,2)mveq \\al(2,1)＝1.5 J，
传送带多消耗的电能W电＝Q＋ΔEp＋ΔEk＝36 J。
12．如图所示，小车右端有一半圆形光滑轨道BC相切车表面于B点，一个质量为m＝1.0 kg可以视为质点的物块放置在A点，随小车一起以速度v0＝5.0 m/s沿光滑水平面向右匀速运动。劲度系数较大的轻质弹簧固定在右侧竖直挡板上。当小车压缩弹簧到最短时，弹簧自锁(即不再压缩也不恢复形变)，此时，物块恰好在小车的B处，此后物块恰能沿圆弧轨道运动到最高点C。已知小车的质量为M＝1.0 kg，小车的长度为l＝0.25 m，半圆形轨道半径为R＝0.4 m，物块与小车间的动摩擦因数为μ＝0.2，重力加速度g取10 m/s2。求：
(1)物块在小车上滑行时的加速度a；
(2)物块运动到B点时的速度vB；
(3)弹簧在压缩到最短时具有的弹性势能Ep以及弹簧被压缩的距离x。
[答案] (1)2 m/s2 (2)2eq \r(5) m/s (3)14.5 J 1 m
[解析] (1)物块在小车上滑行时，由牛顿第二定律得μmg＝ma
解得a＝2 m/s2。
(2)据题意，物块恰能沿圆弧轨道运动到最高点C，在C点由重力提供向心力，则有
mg＝meq \f(v\\al(2,C),R)
物块从B运动到C的过程，由机械能守恒定律得
2mgR＋eq \f(1,2)mveq \\al(2,C)＝eq \f(1,2)mveq \\al(2,B)
联立解得vB＝2eq \r(5) m/s。
(3)根据能量守恒定律得
Ep＝eq \f(1,2)(M＋m)veq \\al(2,0)－eq \f(1,2)mveq \\al(2,B)－μmgl
解得Ep＝14.5 J
从开始接触弹簧到弹簧压缩到最短时，物块A相对地面的位移
x1＝eq \f(v\\al(2,0)－v\\al(2,B),2a)＝eq \f(52－2\r(5)2,2×2) m＝1.25 m
则小车的位移x＝x1－l＝1 m
即弹簧被压缩的距离为1 m。
题组一 功能关系
1．(多选)(2024·广东深圳月考)蹦床是儿童喜欢的一种体育运动，如图所示，蹦床的中心由弹性网组成，若儿童从最高点落下至最低点的过程中，空气阻力大小恒定，则儿童( AC )
A．机械能一直减小
B．刚接触网面时，动能最大
C．重力势能的减少量大于克服空气阻力做的功
D．重力势能的减少量等于弹性势能的增加量
[解析] 儿童从最高点落下至最低点的过程中，弹簧弹力以及空气阻力一直做负功，因此其机械能一直减小，故A正确；儿童和弹性网接触的过程中先加速然后减速，故刚接触网面时，动能并非最大，故B错误；根据功能关系可知，儿童下落到最低点时，重力做功等于克服空气阻力和克服弹簧弹力做功的和，则重力势能的减少量大于弹性势能的增加量，重力势能的减少量大于克服空气阻力做的功，故C正确，D错误。
2.(多选)如图所示，质量为m的物体(可视为质点)以某一速度从A点冲上倾角为30°的固定斜面，其减速运动的加速度大小为eq \f(3,4)g，此物体在斜面上能够上升的最大高度为h，则在这个过程中物体( AB )
A．重力势能增加了mgh
B．机械能损失了eq \f(1,2)mgh
C．动能损失了mgh
D．克服摩擦力做功eq \f(1,4)mgh
[解析] 加速度大小a＝eq \f(3,4)g＝eq \f(mgsin 30°＋Ff,m)，解得摩擦力Ff＝eq \f(1,4)mg，机械能损失量等于克服摩擦力做的功，即Ffx＝eq \f(1,4)mg·2h＝eq \f(1,2)mgh，故B项正确，D项错误；物体在斜面上能够上升的最大高度为h，所以重力势能增加了mgh，故A项正确；动能损失量为克服合力做功的大小，动能损失量ΔEk＝F合x＝eq \f(3,4)mg·2h＝eq \f(3,2)mgh，故C项错误。
3. (多选)从地面竖直向上抛出一物体，其机械能E总等于动能Ek与重力势能Ep之和。取地面为零势能面，该物体的E总和Ep随它离开地面的高度h的变化如图所示。重力加速度取10 m/s2。由图中数据可得( AD )
A．物体的质量为2 kg
B．h＝0时，物体的速率为20 m/s
C．h＝2 m时，物体的动能Ek＝40 J
D．从地面至h＝4 m，物体的动能减少100 J
[解析] 根据题图可知，h＝4 m时物体的重力势能Ep＝mgh＝80 J，解得物体质量m＝2 kg，抛出时物体的动能Ek0＝100 J，由公式Ek0＝eq \f(1,2)mv2可知，h＝0时物体的速率v＝10 m/s，选项A正确，B错误；由功能关系可知Ffh＝|ΔE总|＝20 J，解得物体上升过程中所受空气阻力Ff＝5 N，从物体开始抛出至上升到h1＝2 m的过程中，由动能定理有－mgh1－Ffh1＝Ek－Ek0，解得Ek＝50 J，选项C错误；由题图可知，物体上升到h＝4 m时，机械能为80 J，重力势能为80 J，动能为零，即从地面上升到h＝4 m，物体动能减少100 J，选项D正确。
题组二 能量守恒定律 摩擦力做功与能量转化的关系
4．某型号玩具小车的电动机额定工作电压为5 V，工作电流为200 mA，车上装有100 cm2的太阳能电板，可用太阳能电板为该模型的电池供电。已知太阳辐射的总功率约为4×1026 W，太阳到地球的距离为1.5×1011 m，假设太阳光传播到达地面约有40%的能量损耗，小车的太阳能电板的光电转化效率为16%，若垂直电板光照6 h，则该玩具小车可工作时间约为( C )
A．4 h B．6 h
C．8 h D．10 h
[解析] 由于太阳辐射为球面状，则单位面积上接收的功率P＝eq \f(4×1026,S)，S＝4π×(1.5×1011)2 m2，垂直电板光照6 h，玩具小车吸收太阳能后转化成的电能为E＝P×60%×16%×0.01×6×3 600 J，玩具小车的电动机消耗的功率为P0＝UI＝5×0.2 W＝1 W，则玩具小车最长可工作时间约为t＝eq \f(E,P0)＝8 h。故选C。
5. (多选)(2023·福建福州名校联考)如图所示，一个质量为M、长为L的木板B静止在光滑水平面上，其右端放有可视为质点的质量为m的滑块A，现用一水平恒力F作用在滑块上，使滑块从静止开始做匀加速直线运动。滑块和木板之间的摩擦力为Ff，滑块滑到木板的最左端时，木板运动的距离为x，此过程中下列说法正确的是( ABD )
A．滑块A到达木板B最左端时，具有的动能为(F－Ff)(L＋x)
B．滑块A到达木板B最左端时，木板B具有的动能为Ffx
C．滑块A克服摩擦力所做的功为FfL
D．滑块A和木板B增加的机械能为F(L＋x)－FfL
[解析] 对滑块A分析，滑块A相对于地面的位移为(L＋x)，根据动能定理得(F－Ff)(L＋x)＝eq \f(1,2)mv2－0，则知滑块A到达木板B最左端时具有的动能为(F－Ff)(L＋x)，选项A正确；对木板B分析，根据动能定理得Ffx＝eq \f(1,2)Mv′2－0，则知滑块A到达木板B最左端时，木板B具有的动能为Ffx，选项B正确；滑块A克服摩擦力所做的功为Ff(L＋x)，故选项C错误；根据能量守恒定律得，外力F做的功等于木板B和滑块A的机械能的增加量和摩擦产生的内能，则有F(L＋x)＝ΔE＋Q，其中Q＝FfL，则滑块A和木板B增加的机械能ΔE＝F(L＋x)－FfL，选项D正确。
6．(多选)一传送带装置示意图如图所示，其中传送带AB区域是水平的，BC区域为圆弧形(圆弧很短，为光滑模板)，CD区域是倾斜的，AB和CD都和BC平滑相切。现将一质量为m的小货箱在A处放到传送带上，放置时初速度为零，经传送带运送到D处，D和A的高度差为h。工作时传送带速度为v，且稳定不变。箱子在A处投放后，到达B时刚好相对于传送带静止，且以后不再滑动(忽略经BC段时的微小滑动)。已知该装置由电动机带动，传送带与轮子之间无相对滑动，不计轮轴处的摩擦，重力加速度为g。在小货箱从A传输到D的过程中( BC )
A．小货箱的动能增加量为mv2
B．小货箱与传送带间因摩擦产生的热量为eq \f(1,2)mv2
C．传送带对小货箱做的功为eq \f(1,2)mv2＋mgh
D．电动机因传送小货箱而多做的功为eq \f(1,2)mv2＋mgh
[解析] 由于小货箱最终相对于传送带静止，所以小货箱的动能增加量ΔEk＝eq \f(1,2)mv2，A错误；在水平段传输的过程中，小货箱在滑动摩擦力作用下做匀加速直线运动，其末速度等于传送带的速度，用f表示小货箱与传送带之间的滑动摩擦力，设这段时间内小货箱通过的位移为s，运动时间为t，根据动能定理可得在水平方向上传送带对小货箱做的功Wf＝fs＝eq \f(1,2)mv2，其中s＝eq \f(v,2)t，小货箱与传送带间因摩擦产生的热量Q＝fΔx相＝f(vt－s)＝eq \f(1,2)mv2，B正确；小货箱从A传输到D的过程中，根据动能定理得W－mgh＝eq \f(1,2)mv2，解得传送带对小货箱做的功W＝eq \f(1,2)mv2＋mgh，C正确；根据能量守恒定律可得电动机因传送小货箱而多做的功W电＝ΔEk＋ΔEp＋Q＝mv2＋mgh，D错误。
能力综合练
7. (多选)(2024·广东省金山中学高三检测)如图所示，轻弹簧放在倾角为37°的斜面体上，轻弹簧的下端与斜面底端的挡板连接，上端与斜面上b点对齐，质量为m的物块在斜面上的a点由静止释放，物块下滑后，压缩弹簧至c点时速度刚好为零，物块被反弹后返回b点时速度刚好为零，已知ab长为L，bc长为eq \f(L,4)，重力加速度为g，sin 37°＝0.6，cs 37°＝0.8。则( AD )
A．物块与斜面间的动摩擦因数为0.5
B．物块接触弹簧后，速度先减小后增大
C．弹簧具有的最大弹性势能为0.5mgL
D．物块在上述过程因摩擦产生的热量为0.6mgL
[解析] 物块在a点由静止释放，压缩弹簧至c点，被反弹后返回b点时速度刚好为零，对整个过程应用动能定理得mgLsin θ－μmgcs θeq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(L＋\f(L,4)＋\f(L,4)))＝0，解得μ＝0.5，则整个过程因摩擦产生的热量为Q＝μmgcs θeq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(L＋\f(L,4)＋\f(L,4)))＝0.6mgL，故A、D正确；物块接触弹簧后，向下运动时，开始由于mgsin θ>μmgcs θ＋F弹，物块继续向下加速，F弹继续变大，当mgsin θ<μmgcs θ＋F弹时，物块将向下减速，则物块向下运动时先加速后减速，向上运动时，由于在c点和b点的速度都为零，则物块先加速后减速，故B错误；设弹簧的最大弹性势能为Epm，物块由a点到c点的过程中，根据能量守恒定律得mgsin θeq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(L＋\f(L,4)))＝μmgcs θeq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(L＋\f(L,4)))＋Epm，解得Epm＝0.25mgL，故C错误。
8. (2024·山西临汾月考)如图所示，质量为m的滑块以初速度v0滑上倾角为θ的足够长的固定斜面，同时对滑块施加一沿斜面向上的恒力F＝mgsin θ，已知滑块与斜面间的动摩擦因数μ＝tan θ，取出发点为坐标原点，能正确描述滑块运动到最高点过程中产生的热量Q、滑块的动能Ek、势能Ep、机械能E与时间t或位移x的关系的是( C )
[解析] 滑块受力如图所示，由牛顿第二定律得mgsin θ＋μmgcs θ－F＝ma，其中F＝mgsin θ，μ＝tan θ，联立解得a＝gsin θ，滑块沿着斜面向上做匀减速直线运动，滑块的位移x＝v0t－eq \f(1,2)at2，速度v＝v0－at。该过程产生的热量等于克服滑动摩擦力做的功，即Q＝fx＝μmgcs θ·eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(v0t－\f(1,2)at2))，Q与t不成正比，故A错误；该过程滑块的动能Ek＝eq \f(1,2)mv2＝eq \f(1,2)m(v0－at)2，Ek与t不是一次函数关系，故B错误；该过程滑块的位移与高度是线性关系，重力势能Ep＝mgh＝mgxsin θ，Ep与x成正比，Ep－x图像是直线，故C正确；滑块运动过程中，F和滑动摩擦力平衡，相当于只有重力做功，机械能守恒，机械能不随时间变化，故D错误。
9. (多选)如图所示，质量为M的长木板静止在光滑水平面上，上表面OA段光滑，AB段粗糙且长为l，左端O处有一固定挡板，挡板上固定轻质弹簧，右侧用不可伸长的轻绳连接在竖直墙上，轻绳所能承受的最大拉力为F。质量为m的小滑块以速度v从A点向左滑动压缩弹簧，弹簧的压缩量达到最大时细绳恰好被拉断，再过一段时间后长木板停止运动，小滑块恰未掉落。重力加速度为g，则( ABD )
A．细绳被拉断瞬间长木板的加速度大小为eq \f(F,M)
B．细绳被拉断瞬间弹簧的弹性势能为eq \f(1,2)mv2
C．弹簧恢复原长时滑块的动能为eq \f(1,2)mv2
D．滑块与长木板AB段间的动摩擦因数为eq \f(v2,2gl)
[解析] 细绳被拉断瞬间弹簧的弹力等于F，对于木板，由牛顿第二定律得F＝Ma，得a＝eq \f(F,M)，A正确；滑块以速度v从A点向左滑动压缩弹簧，到弹簧压缩量最大时速度为0，由系统的机械能守恒定律得，细绳被拉断瞬间弹簧的弹性势能为eq \f(1,2)mv2，B正确；弹簧恢复原长时长木板与滑块都获得动能，所以滑块的动能小于eq \f(1,2)mv2，C错误；弹簧最大弹性势能Ep＝eq \f(1,2)mv2，小滑块恰未掉落时滑到木板的最右端B，此时小滑块与长木板均静止，又水平面光滑，长木板上表面OA段光滑，则有Ep＝μmgl，联立解得μ＝eq \f(v2,2gl)，D正确。
10．(2024·山西晋中高三期末)2022年2月4日冬奥会在北京开幕。运动员某次测试高山滑雪赛道的一次飞越，整个过程可以简化为：如图所示，运动员从静止开始沿倾角θ＝37°的斜直滑道顶端自由滑下，从A点沿切线进入圆弧轨道，最后从与A等高的C点腾空飞出。已知运动员在A点的速度为108 km/h，在最低位置B点的速度为144 km/h，圆弧轨道半径为R＝200 m，运动员和滑板的总质量m＝50 kg，滑板与斜直滑道的动摩擦因数为μ＝0.125。(不计空气阻力，在A点无机械能损失，g＝10 m/s2，sin 37°＝0.6，cs 37°＝0.8)则( A )
A．滑板在B点对轨道的压力为900 N
B．斜直滑道的长度为100 m
C．从A到B点损失的机械能为12 500 J
D．在C点的速度为10 m/s
[解析] 当运动员运动到B点时，由FN－mg＝meq \f(v\\al(2,B),R)，可求出FN＝900 N，由牛顿第三定律知，滑板在B点对轨道的压力FN′＝900 N，故A正确；运动员从倾斜直滑道由静止滑下，则下滑的加速度a＝gsin θ－μgcs θ＝5 m/s2，由运动学规律veq \\al(2,A)＝2ax，可得x＝90 m，故B错误；运动员由A点到B点由能量守恒定律得eq \f(1,2)mveq \\al(2,A)＋mg(R－Rcs 37°)＝eq \f(1,2)mveq \\al(2,B)＋E损，解得E损＝2 500 J，故C错误；从B点到C点过程中，运动员的速度在变化，支持力也在发生变化，受到的摩擦力在变化，所以无法求出C点的速度大小，故D错误。
11．(2024·广东东莞月考)如图甲所示，一足够长的传送带与水平面的夹角θ＝30°，皮带在电动机的带动下，速率始终不变。t＝0时刻在传送带适当位置放上一具有初速度的小物块。取沿斜面向上为正方向，物块在传送带上运动的速度随时间的变化如图乙所示。已知小物块质量m＝1 kg，g取10 m/s2(计算结果可以保留根号)，求：
(1)传送带与滑块之间的动摩擦因数μ；
(2)0～t2时间内电动机多消耗的电能。
[答案] (1)eq \f(2\r(3),5) (2)36 J
[解析] (1)由题图乙可知，物块的加速度a＝1 m/s2，对物块受力分析，可得μmgcs θ－mgsin θ＝ma，
解得μ＝eq \f(2\r(3),5)。
(2)解法一：物块速度减为零后，反向加速经历时间t＝eq \f(v0,a)＝2 s，因此题图乙中t2＝3 s,3 s内传送带的位移s＝v0t2＝6 m，
传送带多消耗的电能
W电＝μmgcs θ·s＝36 J；
解法二：物块速度减为零后，反向加速经历时间t＝eq \f(v0,a)＝2 s，因此题图乙中t2＝3 s，由题图乙可知，3 s内物块运动的位移s＝1.5 m,3 s内传送带的位移s1＝v0t2＝6 m
传送带与物块的相对位移Δs＝4.5 m
产生内能Q＝μmgcs θ·Δs＝27 J，
物块增加的重力势能ΔEp＝mgsin θ·s＝7.5 J
物块动能的增加量ΔEk＝eq \f(1,2)mveq \\al(2,0)－eq \f(1,2)mveq \\al(2,1)＝1.5 J，
传送带多消耗的电能W电＝Q＋ΔEp＋ΔEk＝36 J。
12．如图所示，小车右端有一半圆形光滑轨道BC相切车表面于B点，一个质量为m＝1.0 kg可以视为质点的物块放置在A点，随小车一起以速度v0＝5.0 m/s沿光滑水平面向右匀速运动。劲度系数较大的轻质弹簧固定在右侧竖直挡板上。当小车压缩弹簧到最短时，弹簧自锁(即不再压缩也不恢复形变)，此时，物块恰好在小车的B处，此后物块恰能沿圆弧轨道运动到最高点C。已知小车的质量为M＝1.0 kg，小车的长度为l＝0.25 m，半圆形轨道半径为R＝0.4 m，物块与小车间的动摩擦因数为μ＝0.2，重力加速度g取10 m/s2。求：
(1)物块在小车上滑行时的加速度a；
(2)物块运动到B点时的速度vB；
(3)弹簧在压缩到最短时具有的弹性势能Ep以及弹簧被压缩的距离x。
[答案] (1)2 m/s2 (2)2eq \r(5) m/s (3)14.5 J 1 m
[解析] (1)物块在小车上滑行时，由牛顿第二定律得μmg＝ma
解得a＝2 m/s2。
(2)据题意，物块恰能沿圆弧轨道运动到最高点C，在C点由重力提供向心力，则有
mg＝meq \f(v\\al(2,C),R)
物块从B运动到C的过程，由机械能守恒定律得
2mgR＋eq \f(1,2)mveq \\al(2,C)＝eq \f(1,2)mveq \\al(2,B)
联立解得vB＝2eq \r(5) m/s。
(3)根据能量守恒定律得
Ep＝eq \f(1,2)(M＋m)veq \\al(2,0)－eq \f(1,2)mveq \\al(2,B)－μmgl
解得Ep＝14.5 J
从开始接触弹簧到弹簧压缩到最短时，物块A相对地面的位移
x1＝eq \f(v\\al(2,0)－v\\al(2,B),2a)＝eq \f(52－2\r(5)2,2×2) m＝1.25 m
则小车的位移x＝x1－l＝1 m
即弹簧被压缩的距离为1 m。
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