2021高考物理二轮复习(江苏专用)-教师用书-第5讲-功能关系在力学中的应用.docx

第5讲　功能关系在力学中的应用

1. (2022·江苏卷，3)如图2－5－1所示，细线的一端固定于O点，另一端系一小球．在水平拉力作用下，小球以恒定速率在竖直平面内由A点运动到B点．在此过程中拉力的瞬时功率变化状况是(　　)　　　　　　　　　　　　　　　　
A．渐渐增大 B．渐渐减小
C．先增大，后减小 D．先减小，后增大

图2－5－1

解析　小球速率恒定，由动能定理知：拉力做的功与克服重力做的功始终相等，将小球的速度分解，可发觉小球在竖直方向分速度渐渐增大，重力的瞬时功率也渐渐增大，则拉力的瞬时功率也渐渐增大，A项正确．
答案　A
2. (2021·江苏单科，5)水平面上，一白球与一静止的灰球碰撞，两球质量相等．碰撞过程的频闪照片如图2－5－2所示，据此可推断，碰撞过程中系统损失的动能约占碰撞前动能的(　　)．
A．30% B．50% C．70% D．90%

图2－5－2

解析　由题图测量可得白、灰两球在碰撞前后相邻两次闪光时间内照片上球的间距分别为：x1＝6 mm、x1′＝x2′＝3.5 mm，设照片的放大率为k、闪光周期为T，则有＝＝0.319，故A正确．
答案　A
3．(多选)(2021·江苏卷，9)如图2－5－3所示，水平桌面上的轻质弹簧一端固定，另一端与小物块相连．弹簧处于自然长度时物块位于O点(图中未标出)．物块的质量为m，AB＝a，物块与桌面间的动摩擦因数为μ.现用水平向右的力将物块从O点拉至A点，拉力做的功为W.撤去拉力后物块由静止向左运动，经O点到达B点时速度为零．重力加速度为g.则上述过程中(　　)

图2－5－3

A．物块在A点时，弹簧的弹性势能等于W－μmga
B．物块在B点时，弹簧的弹性势能小于W－μmga
C．经O点时，物块的动能小于W－μmga
D．物块动能最大时弹簧的弹性势能小于物块在B点时弹簧的弹性势能
解析　由于摩擦力的存在，O点距离B点较近，即xOBW弹 ＝0，W弹 ＝EpA，则有EpA ＝ W－μmgxOAa，则EpB 件离开甲前与甲的速度相同，并平稳地传到乙上，工件与乙之间的动摩擦因数为μ.乙的宽度足够大，重力加速度为g.

图2－5－4
(1)若乙的速度为v0，求工件在乙上侧向(垂直于乙的运动方向)滑过的距离s；
(2)若乙的速度为2v0，求工件在乙上刚停止侧向滑动时的速度大小v；
(3)保持乙的速度2v0不变，当工件在乙上刚停止滑动时， 下一只工件恰好传到乙上，如此反复．若每个工件的质量均为m，除工件与传送带之间摩擦外，其他能量损耗均不计，求驱动乙的电动机的平均输出功率.
解析　(1)摩擦力与侧向的夹角为45°
侧向加速度大小ax＝μgcos 45°①
匀变速直线运动－2axs＝0－v②
解得s＝③
(2)设t＝0时刻摩擦力与侧向的夹角为θ，侧向、纵向加速度的大小分别为ax、ay
则＝tan θ④
很小的Δt时间内，侧向、纵向的速度增量
Δvx＝axΔt，Δvy＝ayΔt⑤
解得＝tan θ⑥
且由题意知tan θ＝⑦
则＝＝tan θ⑧
故摩擦力方向保持不变
则当vx′＝0时，vy′＝0，即v＝2v0⑨
(3)工件在乙上滑动时侧向位移为x，沿乙方向的位移为y，
由题意知ax＝μgcos θ，ay＝μgsin θ⑩
在侧向上－2axx＝0－v⑪
在纵向上2ayy＝(2v0)2－0⑫
工件滑动时间t＝⑬
乙前进的距离y1＝2v0t⑭
工件相对乙的位移L＝⑮
则系统摩擦生热Q＝μmgL
电动机做功W＝m(2v0)2－mv＋Q⑯
由＝，解得＝⑰
答案　(1)　(2)2v0
(3)＝

主要题型：选择题、计算题
学问热点
(1)单独命题
①利用动能定理分析问题．
②对动能变化、重力势能变化、弹性势能变化的分析．
③对机械能守恒条件的理解及机械能守恒定律的简洁应用．
(2)交汇命题
①结合动能定理综合考查功和功率的计算．
②结合应用动能定理、机械能守恒定律和能量守恒定律，结合动力学方法解决多运动过程问题．
物理方法
(1)守恒法　(2)整体法、分段法　(3)图象法
命题趋势
近三年江苏省高考在力学功能关系中每年必考，有单独命题，也有综合命题．
(1)2021年高考将有对本专题内容的单独考查，题型为选择题．
(2)2021年高考可能和牛顿其次定律、曲线运动等内容相结合综合考查，题型为计算题．

热点一　几个重要功能关系的应用

图2－5－5
1．(多选)(2022·东莞市调研测试)如图2－5－5所示，长木板A放在光滑的水平地面上，物体B以水平速度冲上A后，由于摩擦力作用，最终停止在木板A上，则从B冲到木板A上到相对木板A静止的过程中，下述说法中正确的是(　　)
A．物体B动能的削减量等于系统损失的机械能
B．物体B克服摩擦力做的功等于系统内能的增加量
C．物体B损失的机械能等于木板A获得的动能与系统损失的机械能之和
D．摩擦力对物体B做的功和对木板A做的功的总和等于系统内能的增加量
解析　物体B以水平速度冲上A后，由于摩擦力作用，B减速运动，A加速运动，依据能量守恒定律，物体B动能的削减量等于A增加的动能和产生的热量之和，选项A错误；依据动能定理，物体B克服摩擦力做的功等于B损失的动能，选项B错误；由能量守恒定律可知，物体B损失的机械能等于木板A获得的动能与系统损失的机械能之和，选项C正确；摩擦力对物体B做的功等于B动能的削减量，摩擦力对木板A做的功等于A动能的增加量，由能量守恒定律，摩擦力对物体B做的功和对木板A做的功的总和等于系统内能的增加量，选项D正确．
答案　CD
2．(多选)(2022·广东韶关一模)一轻质弹簧，固定于天花板上的O点处，原长为L，如图2－5－6所示，一个质量为m的物块从A点竖直向上抛出，以速度v与弹簧在B点相接触，然后向上压缩弹簧，到C点时物块速度为零，在此过程中无机械能损失，则下列说法正确的是(　　)

图2－5－6

A．由A到C的过程中，动能和重力势能之和保持不变
B．由B到C的过程中，弹性势能和动能之和渐渐减小
C．由A到C的过程中，物块m的机械能守恒
D．由B到C的过程中，物块与弹簧组成的系统机械能守恒
解析　对物块由A到C的过程中，除重力做功外还有弹簧弹力做功，物块机械能不守恒，A、C错误；对物块和弹簧组成的系统机械能守恒，即重力势能、弹性势能和动能之和不变，上升过程中，重力势能增加，故弹性势能和动能之和渐渐减小，B、D正确．
答案　BD
3．(多选)如图2－5－7所示，竖直向上的匀强电场中，绝缘轻质弹簧竖直立于水平地面上，上面放一质量为m的带正电小球，小球与弹簧不连接，施加外力F将小球向下压至某位置静止．现撤去F，小球从静止开头运动到离开弹簧的过程中，重力、电场力对小球所做的功分别为W1和W2，小球离开弹簧时速度为v，不计空气阻力，则上述过程中(　　)

图2－5－7

A．小球与弹簧组成的系统机械能守恒
B．小球的重力势能增加－W1
C．小球的机械能增加W1＋mv2
D．小球的电势能削减W2
解析　由于电场力做正功，故小球与弹簧组成的系统机械能增加，机械能不守恒，故A选项错误；重力做功是重力势能变化的量度，由题意知重力做负功，重力势能增加，故B选项正确；小球增加的机械能等于重力势能的增加量与小球动能的增加量之和，即－W1＋mv2，故C选项错误；根
据电场力做功是电势能变化的量度，电场力做正功电势能削减，电场力做负功电势能增加，故D选项正确．
答案　BD
4．(多选)如图2－5－8所示，甲、乙两传送带、倾斜于水平地面放置，传送带上表面以同样恒定速率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；小物块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A处的竖直高度皆为H.则在小物体从A到B的过程中(　　)

图2－5－8
A．两种传送带对小物体做功相等
B．将小物体传送到B处，两种传送带消耗的电能相等
C．两种传送带与小物体之间的动摩擦因数不同
D．将小物体传送到B处，两种系统产生的热量相等
解析　对小物体，从A到B由动能定理有W－mgH＝mv2，则A正确；小物体在匀加速过程中，由a＝，因位移x不同，则加速度不同，依据牛顿其次定律，动摩擦因数不同，则C正确；
系统产生的热量Q＝μmgs相cos θ＝μmgcos θ·＝，因动摩擦因数不同，Q不同，则D错误；将小物体传送到B处，传送带消耗的电能E＝W＋Q，可见E也不同，则B错误．
答案　AC

1．若只有电场力做功，电势能与动能之和保持不变．
2．若只有电场力和重力做功，电势能、重力势能、动能之和保持不变．
3．除重力外，其他各力对物体做的功等于物体机械能的变化．
4．全部力对物体所做功的代数和，等于物体动能的变化．

热点二　动力学方法和动能定理的综合应用

5．(2022·全国卷新课标Ⅱ，16)一物体静止在粗糙水平地面上．现用一大小为F1的水平拉力拉动物体，经过一段时间后其速度变为v.若将水平拉力的大小改为F2，物体从静止开头经过同样的时间后速度变为2v.对于上述两个过程，用WF1、WF2分别表示拉力F1、F2所做的功，Wf1、Wf2分别表示前后两次克服摩擦力所做的功，则(　　)

A．WF2>4WF1，Wf2>2Wf1 B．WF2>4WF1, Wf2＝2Wf1
C．WF2<4WF1，Wf2＝2Wf1 D．WF2<4WF1, Wf2<2Wf1
解析　两次物体均做匀加速运动，由于时间相等，两次的末速度之比为1∶2，则由v＝at可知两次的加速度之比为1∶2，＝，故两次的平均速度分别为、v，两次的位移之比为＝，由于两次的摩擦阻力相等，故由Wf＝fx可知，Wf2＝2Wf1；＝＝，由于W合＝WF－Wf，故WF＝W合＋Wf；WF2＝W合2＋Wf2＝4W合1＋2Wf1<4W合1＋4Wf1＝4WF1；选项C正确．
答案　C
6．(2022·福建卷，18)如图2－5－9，两根相同的轻质弹簧，沿足够长的光滑斜面放置，下端固定在斜面底部挡板上，斜面固定不动．质量不同、外形相同的两物块分别置于两弹簧上端．现用外力作用在物块上，使两弹簧具有相同的压缩量，若撤去外力后，两物块由静止沿斜面对上弹出并离开弹簧，则从撤去外力到物块速度第一次减为零的过程，两物块(　　)

图2－5－9

A．最大速度相同 B．最大加速度相同
C．上升的最大高度不同 D．重力势能的变化量不同
解析　当加速度等于零，即kx＝mgsin θ时，速度最大，又两物块的质量不同，故速度最大的位置不同，最大速度也不同，所以A错误；在离开弹簧前加速度先减小后增大，离开弹簧后加速度不变，刚开头运动时，物块加速度最大，依据牛顿其次定律kx－mgsin θ＝ma，弹力相同，质量不同，故加速度不同，故B错误；依据能量守恒Ep＝mgh，弹性势能相同，重力势能的增加量等于弹性势能的削减量，故重力势能的变化量是相同的，由于物块质量不同，故上升的最大高度不同，故C正确，D错误．
答案　C
7.如图2－5－10所示，从A点以v0＝4 m/s的水平速度抛出一质量m＝1 kg的小物块(可视为质点)，当物块运动至B点时，恰好沿切线方向进入光滑圆弧轨道BC，经圆弧轨道后滑上与C点等高、静止在粗糙水平面的长木板上，圆弧轨道C端切线水平，已知长木板的质量M＝4 kg，A、B两点距C点的高度分别为H＝0.6 m、h＝0.15 m、R＝0.75 m，物块与长木板之间的动摩擦因数μ1＝0.5，长木板与地面间的动摩擦因数μ2＝0.2，取g＝10 m/s2.求：

图2－5－10

(1)小物块运动至B点时的速度大小和方向；
(2)小物块滑动至C点时，对圆弧轨道C点的压力
(3)长木板至少为多长，才能保证小物块不滑出长木板．
解析　(1)物块做平抛运动：H－h＝gt2，
到达C点时竖直分速度：vy＝gt＝3 m/s
v1＝＝5 m/s
方向与水平面的夹角为θ：
tan θ＝＝，即：θ＝37°，斜向下．
(2)从A至C点，由动能定理
mgH＝mv－mv
设C点受到的支持力为FN，
则有FN－mg＝m
由上式可得v2＝2 m/s，FN＝47.3 N
依据牛顿第三定律可知，物块m对圆弧轨道C点的压力大小为47.3 N，方向竖直向下．
(3)由题意可知小物块m对长木板的摩擦力
Ff＝μ1mg＝5 N
长木板与地面间的最大静摩擦力不小于滑动摩擦力
Ff′＝μ2(M＋m)g＝10 N
因Ff＜Ff′，所以小物块在长木板上滑动时，长木板静止不动．
小物块在长木板上做匀减速运动，至长木板右端时速度刚好为0，才能保证小物块不滑出长木板．
则长木板长度至少为l＝＝2.8 m.
答案　(1)5 m/s　方向与水平方向的夹角为37°斜向下
(2)47.3 N　方向竖直向下
(3)2.8 m

1．应用动能定理解题的“两状态，一过程”
“两状态”即明确争辩对象的始、末状态的速度或动能状况，“一过程”即明确争辩过程，确定这一过程争辩对象的受力状况和位置变化或位移信息．
2．应用动能定理解题的基本思路

　　　　　　　　　　　　　　　　　　 热点三　动力学方法和机械能守恒定律的应用

8．(2022·全国卷新课标Ⅱ，17)如图2－5－11，一质量为M的光滑大圆环，用一细轻杆固定在竖直平面内；套在大环上质量为m的小环(可视为质点)，从大环的最高处由静止滑下．重力加速度大小为g.当小环滑到大环的最低点时，大环对轻杆拉力的大小为(　　)

A．Mg－5mg　　　　　　　B．Mg＋mg
C．Mg＋5mg D．Mg＋10mg

图2－5－11

解析　小圆环从大环的最高处到达大圆环底端时满足机械能守恒，则有mg·2R＝mv2，对小圆环在最低点，应用牛顿其次定律可得：FN－mg＝m；对大圆环，由平衡条件可知：FT＝Mg＋FN′，由牛顿第三定律可得：FN′＝FN解得FT＝Mg＋5mg，选项C正确．
答案　C
9. (多选)(2022·河北石家庄质检)如图2－5－12所示，物体A、B通过细绳及轻质弹簧连接在轻滑轮两侧，物体B的质量为2m，放置在倾角为30°的光滑斜面上，物体A的质量为m，用手托着物体A使弹簧处于原长，细绳伸直，A与地面的距离为h，物体B静止在斜面上挡板P处．放手后物体A下落，与地面即将接触时速度大小为v，此时物体B对挡板恰好无压力，则下列说法正确的是(　　)

图2－5－12

A．弹簧的劲度系数为
B．此时弹簧的弹性势能等于mgh － mv2
C．此时物体A的加速度大小为g，方向竖直向上
D．此后物体B可能离开挡板沿斜面对上运动
解析　物体A刚落地时，弹簧伸长量为h，物体B受力平衡，所以kh＝2mgsin θ ，所以k＝，选项A对；物体A落地前，系统机械能守恒，所以弹性势能等于mgh－mv2，选项B对；物体A刚落地时，对A应用牛顿其次定律得：mg－kh ＝ma，所以a＝0，选项C错；物体A落地后，弹簧不再伸长，故物体B不行能离开挡板沿斜面对上运动，选项D错．
答案　AB
10．(多选)(2022·苏北四市高三第一次调研测试)如图2－5－13，固定在地面的斜面体上开有凹槽，槽内紧挨放置六个半径均为r的相同小球，各球编号如图．斜面与水平轨道OA平滑连接，OA长度为6r.现将六个小球由静止同时释放，小球离开A点后均做平抛运动．不计一切摩擦．则在各小球运动过程中，下列说法正确的是(　　)　　　　　　　　　　　　　　　
A．球1的机械能守恒
B．球6在OA段机械能增大
C．球6的水平射程最小
D．六个球落地点各不相同

图2－5－13

解析　当全部球都在斜面上运动时机械能守恒，当有球在水平面上运动时，后面球要对前面的球做功机械能不守恒，选项A错误；球6在OA段由于球5的推力对其做正功，其机械能增大，选项B正确；由于球6离开A点的速度最小，所以其水平射程最小，选项C正确；当1、2、3小球均在OA段时，三球的速度相同，故从A点抛出后，三球落地点也相同，选项D错误．
答案　BC
11．如图2－5－14所示，一个半径R＝1.0 m的圆弧形光滑轨道固定在竖直平面内，轨道的一个端点B和圆心O的连线与竖直方向夹角为θ，C为轨道最低点，D为轨道最高点．一个质量m＝0.50 kg的小球(视为质点)从倾角为α的斜面顶端A点以v0的速度水平抛出，落到斜面底端B点，恰好从轨道的B端沿切线方向进入轨道．已知斜面底面水平且斜面顶端A高为h＝2.4 m，tan α＝，重力加速度g取10 m/s2.

图2－5－14
(1)求小球抛出时的速度v0的大小和到达B的速度；
(2)求小球经过轨道最低点C时对轨道的压力FC；
(3)小球能否到达轨道最高点D？若能到达，试求对D点的压力FD.若不能到达，试说明理由．
解析　(1)小球从倾角为α的斜面顶端A点以v0的速度水平抛出，落到斜面底端B点，依据平抛运动规律：
h＝gt2，x＝h/tan α＝v0t，所以v0＝4 m/s
到达B点时速度大小vB＝＝8 m/s，
与水平方向的夹角的正切
tan φ＝tan θ＝＝，φ＝θ＝60°
(2)依据机械能守恒定律，有
mv＝mv＋mg(1－cos θ)R
解得v＝74 m2/s2
依据牛顿其次定律，有FC′－mg＝
解得FC′＝42 N
依据牛顿第三定律，FC＝FC′＝42 N，方向竖直向下
3)设小球能到达D点，依据机械能守恒定律，有：
mv＝mv＋mg(h－R－Rcos θ)
解得vD＝＞，即小球能到达D点
依据牛顿其次定律，有FD′＋mg＝
代入数据，解得小球受到的压力FD′＝12 N，
依据牛顿第三定律，小球对轨道的压力为FD＝FD′＝12 N，方向竖直向上．
答案　(1)4 m/s　8 m/s　方向与水平方向的夹角为60°
(2)42 N　方向竖直向下　(3)能　12 N　方向竖直向上

用机械能守恒定律解题的基本思路

高考命题热点　5.应用动力学和能量观点分析多过程问题

若一个物体或多个物体参与了多个运动过程，有的过程只涉及运动和力的问题或只要求分析物体的动力学特点，则要用动力学方法求解；若某过程涉及做功和能量转化问题，则要考虑应用动能定理、机械能守恒定律或功能关系求解．

图2－5－15
【典例】　(2022·牡丹江一模)(19分)如图2－5－15所示，x轴与水平传送带重合，坐标原点O在传送带的左端，传送带长L＝8 m，匀速运动的速度v0＝5 m/s.一质量m＝1 kg的小物块，轻轻放在传送带上xP＝2 m的P点．小物块随传送带运动到Q点后冲上光滑斜面且刚好到达N点(小物块到达N点后被收集，不再滑下)．若小物块经过Q处无机械能损失，小物块与传送带间的动摩擦因数μ＝0.5，重力加速度g＝10 m/s2.求：
(1)N点的纵坐标；
(2)小物块在传送带上运动产生的热量；
(3)若将小物块轻轻放在传送带上的某些位置，最终均能沿光滑斜面越过纵坐标yM＝0.5 m的M点，求这些位置的横坐标范围．
审题流程
第一步：抓住关键点——挖掘信息

其次步：抓好过程分析——理清思路

满分解答　(1)小物块在传送带上做匀加速运动的加速度
a＝μg＝5 m/s2. (2分)
小物块与传送带共速时，所用时间t＝＝1 s (2分)
运动的位移x＝at2＝2.5 m＜(L－xP)＝6 m (2分)
故小物块与传送带共速后以v0＝5 m/s的速度匀速运动到Q，然后冲上光滑斜面到达N点，
由机械能守恒定律得mv＝mgyN (2分)
解得yN＝1.25 m (1分)
(2)小物块在传送带上相对传送带滑动的位移
x相对＝v0t－x＝2.5 m (2分)
产生的热量Q＝μmgx相对＝12.5 J (2分)
(3)设在坐标为x1处轻轻将小物块放在传送带上，最终刚好能到达M点，
由能量守恒得μmg(L－x1)＝mgyM (2分)
代入数据解得x1＝7 m (2分)
故小物块在传送带上的位置横坐标范围0≤x＜7 m (2分)
答案　(1)1.25 m　(2)12.5 J　(3)0≤x＜7 m

力学综合题中多过程问题的分析思路
1．对力学综合题中的多过程问题，关键是抓住物理情境中消灭的运动状态与运动过程，将物理过程分解成几个简洁的子过程．
2．找出各阶段是由什么物理量联系起来的，然后对于每一个子过程分别进行受力分析、过程分析和能量分析，选择合适的规律列出相应的方程求解．

(16分)如图2－5－16为某生产流水线工作原理示意图．足够长的工作平台上有一小孔A，肯定长度的操作板(厚度可忽视不计)静止于小孔的左侧，某时刻开头，零件(可视为质点)无初速度地放上操作板的中点，同时操作板在电动机带动下向右做匀加速直线运动，直至运动到A孔的右侧(忽视小孔对操作板运动的影响)，最终零件运动到A孔时速度恰好为零，并由A孔下落进入下一道工序．已知零件与操作板间的动摩擦因数μ1＝0.05，零件与工作台间的动摩擦因数μ2＝0.025, 不计操作板与工作台间的摩擦．重力加速度g＝10 m/s2.求：

图2－5－16
(1)操作板做匀加速直线运动的加速度大小；
(2)若操作板长L＝2 m，质量M＝3 kg，零件的质量m＝0.5 kg，则操作板从A孔左侧完全运动到右侧的过程中，电动机至少做多少功？
解析　(1)设零件向右运动距离x时与操作板分别，此过程历经时间为t，此后零件在工作台上做匀减速运动直到A孔处速度减为零，设零件质量为m，操作板长为L，取水平向右为正方向，对零件，有：
分别前：μ1mg＝ma1①(2分)
分别后：μ2mg＝ma2②(2分)
且x＝a1t2③(1分)
以后做匀减速运动的位移为：
－x＝④(2分)
对操作板，有：＋x＝at2⑤ (2分)
联立以上各式解得：a＝，
代入数据得：a＝2 m/s2.⑥ (1分)
(2)将a＝2 m/s2，L＝2 m代入
＋a1t2＝at2，⑦ (1分)
解得：t＝＝ s⑧ (1分)
操作板从A孔左侧完全运动到右侧的过程中，动能的增加量ΔEk1＝M()2＝12 J⑨ (1分)
零件在时间t内动能的增加量
ΔEk2＝m(μ1gt)2＝ J⑩ (1分)
零件在时间t内与操作板因摩擦产生的内能
Q1＝μ1mg×＝0.25 J⑪ (1分)
依据能量守恒定律，电动机做功至少为
W＝ΔEk1＋ΔEk2＋Q1＝12 J≈12.33 J．⑫ (1分)
答案　(1)2 m/s2　(2)12.33 J

一、单项选择题
1．(2022·淮安市高三考前信息卷)某机械在每次匀速吊起货物时所能供应的功率P与所吊货物质量m的关系如图2－5－17所示．现用该机械将30个货箱吊上离地12 m高的平台，每个货箱的质量为5 kg(忽视机械从平台返回地面和装的时间，g取10 m/s2)，所需最短时间约为(　　)

图2－5－17
A．360 s B．720 s C．1 440 s D．2 400 s
解析　设每次提起的货箱质量为nm0，则拉力为F＝nm0g，则v＝，所需时间为Δt＝×，解得Δt＝，代入m0＝5 kg，g＝10 m/s2及P的最大值25 W，解得所需最短时间约为720 s．选项B正确．
答案　B
2．(2022·安徽卷，15)

图2－5－18
如图2－5－18所示，有一内壁光滑的闭合椭圆形管道，置于竖直平面内，MN是通过椭圆中心O 点的水平线．已知一小球从M点动身，初速率为v0，沿管道MPN运动，到N点的速率为v1，所需时间为t1；若该小球仍由M点以初速率v0动身，而沿管道MQN运动，到N点的速率为v2，所需时间为t2.则(　　)
A．v1＝v2 ，t1＞t2 B．v1＜v2，t1＞t2
C．v1＝v2，t1＜t2 D．v1＜v2，t1＜t2
解析　

由机械能守恒定律得，小球两次到达N点速率相同，即v1＝v2，画出小球由M→P→N及由M→Q→N的速率－时间图象如右图中Ⅰ、Ⅱ所示．则图线与坐标轴所围成的“面积”表示小球的路程，两次的路程相等，故t1>t2，选项A正确．
答案　A
3．(2022·南通市、扬州市、泰州市、宿迁市高三其次次调研)某同学用如图2－5－19所示的装置测量一个凹形木块的质量m，弹簧的左端固定，木块在水平面上紧靠弹簧(不连接)将其压缩，登记木块右端位置A点，释放后，木块右端恰能运动到B1点．在木块槽中加入一个质量m0＝200 g的砝码，再将木块左端紧靠弹簧，木块右端位置仍旧在A点，释放后木块离开弹簧，右端恰能运动到B2点．测得AB1、AB2长分别为36.0 cm和12.0 cm，则木块的质量m为(　　)

图2－5－19
A．100 g B．200 g C．300 g D．400 g
解析　两次木块均由同一位置释放，故弹簧恢复原长的过程中，弹簧所做的功相同，未加砝码时，由动能定理，可得W弹－μmg·AB1＝0，加上砝码m0时，有W弹－μ(m＋m0)g·AB2＝0，解得m＝100 g选项A正确．
答案　A
4.

图2－5－20
(2022·广东卷，16)如图2－5－20所示，是安装在列车车厢之间的摩擦缓冲器结构图，图中①和②为楔块，③和④为垫板， 楔块与弹簧盒、垫板间均有摩擦，在车厢相互撞击使弹簧压缩的过程中(　　)
A．缓冲器的机械能守恒
B．摩擦力做功消耗机械能
C．垫板的动能全部转化为内能
D．弹簧的弹性势能全部转化为动能
解析　由于楔块与弹簧盒、垫板间有摩擦力，即摩擦力做负功，则机械能转化为内能，故A错误，B正确；垫板动能转化为内能和弹性势能，故C错误；而弹簧弹性势能也转化为动能和内能，故D错误．
答案　B
5．轻质弹簧右端固定在墙上，左端与一质量m＝0.5 kg的物块相连，如图2－5－21甲所示，弹簧处于原长状态，物块静止且与水平面间的动摩擦因数μ＝0.2.以物块所在处为原点，水平向右为正方向建立x轴．现对物块施加水平向右的外力F，F随x轴坐标变化的状况如图乙所示．物块运动至x＝0.4 m处时速度为零．则此时弹簧的弹性势能为(g＝10 m/s2)(　　)

图2－5－21
A．3.1 J B．3.5 J C．1.8 J D．2.0 J
解析　物块与水平面间的滑动摩擦力为f＝μmg＝1 N．F－x图线与x轴包围的面积表示功，可知物块从静止到运动至x＝0.4 m时F做功W＝3.5 J，物块克服摩擦力做功Wf＝fx＝0.4 J．由功能关系可知，W－Wf＝Ep，此时弹簧的弹性势能为Ep＝3.1 J，选项A正确．
答案　A
6．(2022·合肥模拟)一滑块在水平地面上沿直线滑行，t＝0时速率为1 m/s.从今刻开头在与速度平行的方向上对其施加一水平作用力F，力F和滑块的速度v随时间的变化规律分别如图2－5－22甲和图乙所示，则(两图取同一正方向，取重力加速度g＝10 m/s2)(　　)

图2－5－22
A．滑块的质量为0.5 kg
B．滑块与水平地面间的动摩擦因数为0.5
C．第1 s内摩擦力对滑块做功为－1 J
D．第2 s内力F的平均功率为1.5 W
解析　由图甲得F1＝1 NF2＝3 N，由图乙知2 s内滑块的加速度不变，即为a＝ m/s2＝1 m/s2，依据牛顿其次定律有F1＋f＝ma，F2－f＝ma，而f＝μmg，解得f＝1 N，μ＝0.05，m＝2 kg，选项A、B均错误；由v－t图象面积法得第1 s内滑块的位移s1＝×(－1)×1 m＝－0.5 m，第1 s内摩擦力对滑块做功为W1＝－f·|s1|＝－0.5 J，选项C错误；第2 s内力F的平均功率为F2·＝3× W＝1.5 W，选项D正确．
答案　D
二、多项选择题
7．(2022·贵州六校联考)一个质量为m的物体以某一速度从固定斜面底端冲上倾角α＝30°的斜面，其加速度为g，该物体在斜面上上升的最大高度为h，则此过程中正确的是(　　)
A．动能增加mgh
B．重力做负功mgh
C．机械能损失了－mgh
D．物体克服摩擦力做功mgh
解析　假设物体受到的摩擦力为Ff，依据牛顿其次定律可得Ff＋mgsin 30°＝ma，将a＝g代入求得Ff＝mg.当此物体在斜面上上升的最大高度为h时，依据动能定理可得，物体动能增加为负值，选项A错误；物体竖直上上升度h时，重力做负功mgh，选项B正确；机械能的损失等于物体克服摩擦力做的功，为mgh，选项C错误；物体克服摩擦力做功mgh，选项D正确．
答案　BD
8．(2022·淮安市高三考前信息卷)

图2－5－23
如图2－5－23所示，有一半径r＝m的圆柱体绕竖直轴OO′以角速度ω＝8π rad/s匀速转动，今用水平力F把质量m＝1.2 kg的物体A压在圆柱体的侧面，由于受挡板上竖直光滑槽的作用，物体A在水平方向上不能随圆柱体转动，而以v0＝1.8 m/s的速率匀速下滑．已知物体A与圆柱体间的动摩擦因数μ＝0.25，g取10 m/s2.下列说法中正确的有(　　)
A．圆柱体对A的摩擦力大小为20 N
B．水平力F大小为48 N
C．圆柱体转动一周过程中克服摩擦力做功为9.6 J
D．圆柱体转动一周过程中，物体A克服摩擦力做功为5.4 J
解析　由于物体A匀速下滑，由共点力平衡条件可知，圆柱体对A在竖直方向的摩擦力等于f1＝G＝12 N，同时在水平方向受到大小为f2＝12 N的滑动摩擦力，因此，圆柱体对A的摩擦力大小为f＝＝12 N，A错；由f1＝μFN可知，由于FN＝F，水平力F＝＝48 N，B对；圆柱体转动一周过程中，物体所受水平方向摩擦力的作用点相对大地的位移为零，圆柱体克服摩擦力做功为零，C错；在竖直方向，物体下降的距离为s＝vt＝v，克服摩擦力的功为W＝－Wf＝f2s＝5.4 J，D对．
答案　BD
9.

图2－5－24
(2022·山东潍坊市一模)如图2－5－24所示，足够长粗糙斜面固定在水平面上，物块a通过平行于斜面的轻绳跨过光滑轻滑轮与物块b相连，b的质量为m.开头时，ab均静止且a刚好不受斜面摩擦力作用．现对b施加竖直向下的恒力F，使a、b做加速运动，则在b下降h高度过程中(　　)
A．a的加速度为
B．a的重力势能增加mgh
C．绳的拉力对a做的功等于a机械能的增加
D．F对b做的功与摩擦力对a做的功之和等于a、b动能的增加
解析　由a、b均静止且a刚好不受斜面摩擦作用知：
FT＝mg，FT＝magsin θ.
即：mg＝magsin θ①
ΔEPa＝maghsin θ②
由①②得：ΔEPa＝mgh选项B正确．
当有力F作用时，物块a与斜面之间有滑动摩擦力的作用，即绳子的拉力增大，所以a的加速度小于，选项A错误；对物块a、b分别由动能定理得：
WFT－magsin θ·h＋Wf＝ΔEka③
WF－WFT＋mgh＝ΔEkb④
由①③④式可知，选项C错、D对．
答案　BD
三、非选择题
10.

图2－5－25
(2022·常州市训练学会同学学业水平监测)如图2－5－25所示是一个模拟风洞中的小试验，空气压缩机在风洞可形成竖直向上的均匀气流．将质量m＝2 kg的圆球套在与水平面成37°角的细直杆上，直杆固定不动，球内壁与杆间动摩擦因数μ＝0.5.将此装置置于风洞中，气流可对球施加竖直向上的恒力F，某时刻由静止释放小球，经过t＝1 s，小球通过的位移大小为s＝0.5 m．取g＝10 m/s2，sin 37°＝06，cos 37°＝0.8.
(1)求小球运动的加速度大小；
(2)求恒力F的大小；
(3)求运动1 s内，小球机械能的变化量ΔE.
解析　(1)小球做匀加速运动，a＝＝1 m/s2
(2)若小球向下运动，F1＜mg，由牛顿其次定律有
(mg－F1)sin 37°－μ(mg－F1)cos 37°＝ma
代入数据得，F1＝10 N
若小球向上运动，F2＞mg，由牛顿其次定律
(F2－mg)sin 37°－ μ(F2－mg)cos 37°＝ma
代入数据得，F2＝30 N
(3)若小球沿杆向下运动
f1＝μ(mg－F1)cos 37°＝4 N　ΔE＝－F1ssin 37°－f1s＝－5 J
若小球沿杆向上运动
f1＝μ(F2－mg)cos 37°＝4 N　ΔE＝－F2ssin 37°－f2s＝7 J
答案　(1)1 m/s2　(2)30 N　(3)－5 J或7 J
11．如图2－5－26所示为某种弹射装置的示意图，光滑的水平导轨MN右端N处与水平传送带抱负连接，传送带长L＝4.0 m，电动机带动皮带轮沿顺时针方向转动，传送带以速率v＝3.0 m/s匀速运动．质量为m＝1.0 kg的滑块置于水平导轨上，将滑块向左移动压缩弹簧，后由静止释放滑块，滑块脱离弹簧后以速度v0＝2.0 m/s滑上传送带，并从传送带右端滑落至地面上的P点．已知滑块与传送带之间的动摩擦因数μ＝0.20，g＝10 m/s2.

图2－5－26
(1)假如水平传送带距地面的高度为h＝0.2 m，求滑块从传送带右端滑出点到落地点的水平距离是多少？
(2)假如转变弹簧的压缩量，重复以上的试验，要使滑块总能落至P点，则弹簧弹性势能的最大值是多少？在传送带上最多能产生多少热量？
解析　(1)滑块滑上传送带后由μmg＝ma，
得加速度a＝μg＝2 m/s2
设滑块从滑上传送带到速度达到传送带的速度v所用的时间为t.由v＝v0＋at，得t＝0.5 s
在时间t内滑块的位移为x＝v0t＋at2＝1.25 m＜L
故滑块在传送带上加速到与传送带速度相等后匀速从右端滑出
依据平抛运动规律有h＝gt′2，xP＝vt′，
解得xP＝0.6 m.
(2)滑块滑上传送带的初速度假如增大，要使滑块从传送带右端平抛的水平位移不变，而滑块滑上传送带的速度达到最大，则应满足滑块经过传送带减速运动到右端时，速度恰好为v＝3 m/s
由v2－v0′2＝2(－a)L，
解得v0′＝5 m/s
故弹簧的最大弹性势能为Epm＝mv0′2＝12.5 J
在这种状况下滑块与传送带的相对路程最大，产生的热量最多，设相对路程为L′，则L′＝L－v·＝1 m
则最多能产生的热量为Qm＝μmgL′＝2 J.
答案　(1)0.6 m　(2)2 J
12．(2022·南通市、扬州市、泰