人教版物理必修3同步练习: 12.4 能源与可持续发展(优生加练)

人教版物理必修3同步练习: 12.4 能源与可持续发展(优生加练)
一、选择题
1．（2017·锦州模拟）如图所示，不带电物体A和带电的物体B用跨过定滑轮的绝缘轻绳连接，A、B的质量分别为2m和m，劲度系数为k的轻弹簧一端固定在水平面上，另一端与物体A相连，倾角为θ的斜面处于沿斜面向上的匀强电场中，整个系统不计一切摩擦．开始时，物体B在一沿斜面向上的外力F=3mgsinθ的作用下保持静止且轻绳恰好伸直，然后撤去外力F，直到物体B获得最大速度，且弹簧未超过弹性限度，则在此过程中（　　）
A．物体B带负电，受到的电场力大小为mgsinθ
B．物体B的速度最大时，弹簧的伸长量为
C．撤去外力F的瞬间，物体B的加速度为3gsinθ
D．物体A、弹簧和地球所组成的系统机械能增加量等于物体B和地球组成的系统的机械能的减少量
【答案】B
【知识点】能量守恒定律；电场力做功
【解析】【解答】解：A、当施加外力时，对B分析可知：F﹣mgsinθ﹣F电=0，解得：F电=2mgsinθ，A不符合题意；
B、当B受到的合力为零时，B的速度最大，由kx=F电+mgsinθ解得：x= ，B符合题意；
C、当撤去外力瞬间，弹簧弹力还来不及改变，即弹簧的弹力仍为零，当撤去外力F的瞬间物体AB受到的合外力为：F合=F电+mgsinθ=（m+2m）a，解得：a=gsinθ，C不符合题意；
D、B电场力做正功，电势能减小，物体A、弹簧和地球组成的系统机械能增加量不等于物体B和地球组成的系统机械能的减少量，D不符合题意；
故答案为：B．
【分析】本题的解题关键是，当物体出现最大速度时加速度为零，合外力等于0。
2．（2017高二上·嘉峪关期末）如图所示，虚线表示等势面，相邻两等势面间的电势差相等，有一带电的小球在该电场中运动，不计小球所受的重力和空气阻力，实线表示该带正电的小球的运动轨迹，小球在a点的动能等于20eV，运动到b点时的动能等于2eV，若取C点为零电势点，则这个带电小球的电势能等于﹣6eV，它的动能等于（　　）
A．16eV B．14eV C．6eV D．4ev
【答案】B
【知识点】功能关系；电势差、电势、电势能；能量守恒定律；电场力做功；带电粒子在电场中的偏转
【解析】【解答】解：小球自a点运动到b时，电场力做负功：Wab=2eV﹣20eV=﹣18eV…①
由于相邻两等势面的电势差相等，故电势差的大小关系有：Uab=3Ucb…②
从b到c电场力做正功，根据动能定理有：Wbc=Ekc﹣Ekb…③
联立①②③可得：Ekc=8eV．
由于只有电场力做功，电势能和动能和保持不变，故在c点有：E=Ep+Ek=8eV
即电势能和动能之和为8eV，因此当电势能等于﹣6eV时动能为14eV，故B正确，ACD错误
故选：B
【分析】解决本题需掌握：小球只受电场力时，小球的动能和电势能之和保持不变；正确判断小球在电场中所受电场力方向以及电场力做功情况．
3．（人教版物理必修二第七章第四节重力势能同步练习题）如图所示，质量为m的物体放在水平地面上，物体上方安装一劲度系数为k的轻弹簧，在弹簧处于原长时，用手拉着其上端P点很缓慢地向上移动，直到物体脱离地面向上移动一段距离．在这一过程中，P点的位移为H，则物体重力势能的增加量为（　　）
A．mgH B．
C． D．
【答案】C
【知识点】能量守恒定律
【解析】解答：弹簧的形变量 ，则物体上升的高度
则重力势能的增加量 ．故C正确，A、B、D错误．
故选C．
分析：用手拉着其上端P点很缓慢地向上移动，知弹簧的弹力等于重力，根据P点上升的位移和弹簧的形变量，得出物体上升的高度，从而求出物体重力势能的增加量．
二、多项选择题
4．（2021高三上·湖北月考）如图所示，顶角为 的“ ”形光滑直杆 固定在竖直平面内，其角平分线 竖直。质量均为m的甲、乙两小环套在杆上，并用原长为L、劲度系数为 （g为重力加速度大小）的轻质弹簧相连。开始时两环在同一高度上且弹簧处于原长状态，现将两环同时由静止释放。弹簧始终在弹性限度内，不计空气阻力。在两环沿直杆下滑的过程中，下列说法正确的是（　　）
A．甲的最大加速度为
B．当甲的速度最大时，弹簧的长度为
C．当两环到达最低点时，弹簧的长度为
D．甲与杆间的最大弹力为
【答案】B,C
【知识点】能量守恒定律；牛顿运动定律的应用—连接体
【解析】【解答】小球初始时的加速度最大，有，故A错误；
速度最大时，对甲有：；
，
解得
故弹簧的此时长度是2L，B正确；
弹簧最长时，小球速度为零，由能量守恒定律得：
解得：
弹簧长度：，故C正确；
通过以上分析可知，当小球到最低点时，甲与杆弹力最大，故有：
，D错误；
故本题答案为：BC
【分析】由牛顿第二定律可得加速度，抓住最大速度时，合力为零，可求此时长度，开始到最低点有能量关系，可列式求解；最大弹力应是最大形变量时，可求甲与杆间最大弹力。
5．（2021高三上·安徽月考）如图所示，竖直固定的光滑直杆上套着物块A可上下自由滑动，不可伸长的细绳两端连接物块A、B跨过光滑的定滑轮放置，A、B的质量分别为m和2m，开始时用手托住物块B，绳与竖直杆之间的夹角为37°，放开物块B，B由静止开始运动，且B下降的最大高度为L， ， ，重力加速度为g，则（　　）
A．物块A上升的最大高度为4L
B．物块B下降过程中机械能一直减小
C．运动过程中A的机械能守恒
D．物块A到达最高点时机械能增加
【答案】B,D
【知识点】能量守恒定律
【解析】【解答】假设恰A能上升到与滑轮等高的位置，此时A上升高度为h，由几何关系应该有B下降的高度
则此时AB的速度均为零，且满足能量关系mgh=2mgL
则假设成立，可知B下降到最低点时，A恰好运动到与滑轮等高的位置，可知A上升的最大高度为2L，绳子的拉力一直对B做负功，则B的机械能减小，A的机械能增加，A的机械能增加
故答案为：BD。
【分析】利用几何关系得出B下落的高度；根据能量守恒判断机械能的变化情况；从而算出A在最高点增加的机械能。
6．（2021高三上·湖北月考）如图，电机带动长度 m的水平传送带以速度 m/s匀速传动，一质量为 kg的小木块以一定水平速度 从传送带左端滑入，若小木块与传送带之间的动摩擦因数为 ，当小木块与传送带相对静止时，恰好到达传送带右端，重力加速度 。则（　　）
A． m/s
B．小物块与传送带划痕长度为10m
C．过程中摩擦产热为30J
D．电机带动传送带匀速传动输出的总能量为60J
【答案】A,D
【知识点】受力分析的应用；能量守恒定律；牛顿运动定律的应用—传送带模型；功的计算
【解析】【解答】A．设小物块初速度 ，对小物块受力分析
经分析物块做匀加速直线运动，则有
解得
A符合题意；
B．运动过程中小物块位移为L，时间为
传送带位移为
划痕长度
B不符合题意；
C．根据公式可得，摩擦产热为
C不符合题意；
D．电机带动传送带匀速传动多增加的总能量为产热和物块动能增量两部分，即有
代入数据解得
D符合题意。
故答案为：AD。
【分析】对小物块进行受力分析，根据牛顿第二定律以及匀变速直线运动位移与时间的关系得出小物块的初速度；小物块根据匀变速直线运动的规律得出划痕的长度；结合摩擦力做功得出运动中程中摩擦产生的热量；根据能量关系得出电动机输出的总能量。
7．（2021高三上·武汉开学考）如图所示，倾角为30°的斜面固定在水平地面上，一轻绳绕过两个轻质滑轮连接着固定点P和物体B，两滑轮之间的轻绳始终与斜面平行，物体A与动滑轮连接。已知A、B的质量均为1kg，A与斜面间的动摩擦因数为 ，重力加速度大小为10m/s2，将A、B由静止释放，下列说法正确的是（　　）
A．物体A，B释放瞬间，轻绳对P点的拉力大小为4N
B．物体B下降过程中，轻绳的拉力对A和B做的总功为零
C．物体B下降过程中，B减少的机械能等于A增加的机械能
D．物体B下降2m时（此时B未落地）的速度大小为4m/s
【答案】B,D
【知识点】功能关系；能量守恒定律；牛顿第二定律
【解析】【解答】A．物体A、B释放瞬间，设轻绳的拉力为T，则有
代入数据，联立解得
A不符合题意；
B．物体B下降过程中，轻绳是A、B组成的系统的内力，故轻绳的拉力对A和B做的总功为零，B符合题意；
C．物体B下降过程中，B减少的机械能一部分转化为A增加的机械能，还有一部分转化为克服摩擦力做的功，C不符合题意；
D．设物体B下降2m时的速度为 ，则A的速度为 ，由能量守恒可得
代入数据，解得
D符合题意。
故答案为：BD。
【分析】当物体A和B释放的瞬间，利用两个物体的牛顿第二定律可以求出绳子拉力的大小；由于细绳属于系统内力所以对A和B所做功等于0；物体B下降过程中，B减少的机械能转化为A增加的机械能和摩擦力力做功；利用能量守恒定律可以求出物体B下落2m时的速度大小。
8．（2021·贵州会考）质量为的飞行器从地面竖直向上飞行，其速度—时间图象如图所示，取，不计空气阻力，下列说法正确的是（　　）
A．末飞行器的动能为
B．在加速上升阶段飞行器受到的升力为
C．内升力对飞行器做的负功
D．飞行器上升过程中增加的机械能为
【答案】A,D
【知识点】能量守恒定律；牛顿第二定律；功的计算；机械能守恒定律；运动学 v-t 图象
【解析】【解答】A．由图可知末飞行器的速度为
动能为
A符合题意；
B．在加速上升阶段，由图可知，加速度大小
根据牛顿第二定律
解得
B不符合题意；
C．内，飞行器仍在上升，运动方向与升力的方向一致，升力做正功，C不符合题意；
D．飞行器上升过程，初末动能均为零，增加的机械能等于增加的重力势能，而速度时间图像与坐标轴围成的面积表示位移，故增加的机械能
D符合题意。
故答案为：AD。
【分析】根据动能的表达式得出4s末的动能；在加速上升阶段，根据牛顿第二定律得出飞行器受到的升力，结合恒力做功的表达式判断升力的做功情况；结合能量关系得出增加的机械能。
9．（2021高二下·泗县月考）如图所示，金属框 竖直放置且足够长，电阻为R，其他电阻均可忽略， 是一电阻可不计的水平放置的导体棒，质量为m，棒的两端分别与 、 保持良好接触，又能沿框架无摩擦下滑，整个装置放在与框架垂直的匀强磁场中。当导体棒 从静止下滑经一段时间后闭合开关S，则S闭合后（　　）
A．导体棒 可能做匀速直线运动
B．导体棒 的加速度不可能大于g
C．导体棒 最终的速度与S闭合的时刻有关
D．导体棒 的机械能与回路内产生的电能之和一定守恒
【答案】A,D
【知识点】能量守恒定律；共点力的平衡；牛顿第二定律
【解析】【解答】AB．电键闭合后，导体棒受到的合力为
当合力为零时，导体棒做匀速直线运动，当合力为mg时，导体棒的加速度为g，A符合题意，B不符合题意；
C．导体棒最终匀速运动，其速度为
C不符合题意；
D．根据功能关系，导体棒的机械能的减少量等于克服安培力所做的功，而克服安培力做的功等于电路中产生的电能，所以导体棒 的机械能与回路内产生的电能之和一定守恒。D符合题意。
故答案为：AD。
【分析】根据牛顿第二定律对导体棒进行受力分析得出加速度，再判断导体棒的运动情况，根据功能关系判断导体棒 的机械能与回路内产生的电能之和一定守恒。
10．（2020高二上·溧水月考）如图所示，固定的水平粗糙的金属导轨，间距为L，左端接有阻值为R的电阻，处在磁感应强度方向竖直向下、大小为B的匀强磁场中。质量为m的导体棒与固定弹簧相连，放在导轨上，导轨与导体棒间的动摩擦因数为 ，弹簧劲度系数为k，导轨和棒的电阻均可忽略。初始时刻，弹簧压缩量为 。由静止释放导体棒，棒沿导轨往复运动，最后棒停止运动，此时弹簧处于原长，运动过程中，导体棒始终与导轨垂直并保持良好接触。下列说法正确的是（　　）
A．棒被释放后第一次从右向左运动过程中，棒一直做减速运动
B．刚释放导体棒时，棒的加速度大小为
C．整个过程中弹簧的弹性势能减少量等于电阻上产生的热量
D．整个过程中弹簧的弹性势能减少量等于电阻上产生的热量与摩擦产生的热量之和
【答案】B,D
【知识点】受力分析的应用；能量守恒定律；牛顿第二定律
【解析】【解答】A．依题意，由静止释放导体棒，棒沿导轨往复运动，故可知棒被释放后第一次从右向左运动过程中，棒先加速，后减速，A不符合题意；
B．刚释放导体棒时，弹簧压缩量为 ，棒水平方向受到水平向左的弹簧弹力 ，水平向右滑动摩擦力f的共同作用，由牛顿第二定律得棒加速度大小为
B符合题意；
CD．依题意知最后棒停止运动，此时弹簧处于原长，根据能量守恒定律可知整个过程中弹簧的弹性势能减少量等于电阻上产生的热量及摩擦产生的热量之和。C不符合题意，D符合题意。
故答案为：BD。
【分析】静止释放导体后，对导体进行受力分析，从而判断导体的运动情况；刚释放导体时导体受弹簧弹力和摩擦力，结合牛顿第二定律求出加速度的大小，结合能量守恒分析能量之间的转化。
11．（2020高一下·西安月考）将一质量为M的光滑斜劈固定在水平面上，一质量为m的光滑滑块（滑块可以看成质点）从斜面顶端由静止自由滑下。在此过程中，斜劈对滑块的支持力记为FN1，地面对斜劈的支持力记为FN2，滑块到达斜面底端时，相对地面的速度大小记为v、竖直分速度的大小记为vy。若取消固定斜劈的装置，再让滑块从斜面顶端由静止下滑，在滑块的压力作用下斜劈会向左做匀加速运动，在此过程中，斜劈对滑块的支持力记为FN1 、地面对斜劈的支持力记为FN2 ，滑块到达斜面底端时，相对地面的速度大小记v'、竖直分速度的大小记为vy 。则下列大小关系正确的是（　　）
A．FN1＜FN1 B．FN2＞FN2 C．v＜v' D．vy＜vy
【答案】B,D
【知识点】能量守恒定律；牛顿第二定律
【解析】【解答】A．两种情况下斜劈对滑块的支持力的方向均垂直斜面向上，第一种情况下斜劈对滑块的支持力FN1＝mgcos θ
当滑块m相对于斜劈加速下滑时，斜劈水平向左加速运动，所以滑块m相对于地面的加速度方向不再沿斜面方向，即物块有沿垂直于斜面方向向下的加速度，则mgcos θ＞FN1
A不符合题意；
B．对斜劈，地面对斜劈的支持力等于斜劈的重力与滑块对斜劈的压力的竖直分量之和，因为FN1＞FN1
则地面对斜劈的支持力FN2＞FN2 ，B符合题意；
C．若斜劈固定，则mgh＝ mv2，若斜劈不固定，则由能量关系可知mgh＝ mv'2＋ Mvx2，因此v＞v'
C不符合题意；
D．对滑块，在竖直方向，由牛顿第二定律可得mg－FNcos θ＝may
由于FN1＞FN1
因此ay1＜ay1
两种情况下滑块的竖直位移相等，根据
可得vy＜vy
D符合题意。
故答案为：BD。
【分析】利用加速度的分解结合重力的分力可以比较斜劈对滑块的支持力大小；利用平衡条件可以判别地面对斜面支持力的大小；利用能量守恒定律可以比较速度的大小；利用牛顿第二定律结合竖直方向的加速度大小可以比较竖直方向的末速度大小。
12．（2019高一下·宜昌月考）如图，小球套在光滑的竖直杆上，轻弹簧一端固定于O点，另一端与小球相连。现将小球从M点由静止释放，它在下降的过程中经过了N点。已知M、N两点处，弹簧对小球的弹力大小相等，且∠ONM<∠OMN< 。在小球从M点运动到N点的过程中（　　）
A．弹力对小球先做正功后做负功
B．有两个时刻小球的加速度等于重力加速度
C．弹簧长度最短时，弹力对小球做功的功率为零
D．小球到达N点时的动能等于其在M、N两点的重力势能
【答案】B,C,D
【知识点】受力分析的应用；能量守恒定律
【解析】【解答】A、因M和N两点处弹簧对小球的弹力大小相等，且∠ONM<∠OMN< 知M处的弹簧处于压缩状态，N处的弹簧处于伸长状态，则弹簧的弹力对小球选做负功后正功，A不符合题意。
B、当弹簧水平时，竖直方向的力只有重力，加速度为g；当竖直方向的合外力为mg时，加速度为也g，则有两个时刻的加速度大小等于g，B符合题意；
C、弹簧长度最短时，即弹簧水平，弹力与速度垂直，则做功的功率为零，C符合题意；
D、由M→N的动能定理 ，因M和N两点处弹簧对小球的弹力大小相等，则由弹力作功特点知 ，即 ，D符合题意，
故答案为：BCD．
【分析】对小球进行受力分析，利用牛顿第二定律求解小球的加速度，弹簧的弹力对小球做正功，弹性势能减小，小球的动能增加。
13．（2019高一下·阜阳月考）（多选)如图所示，一质量为m的小球固定于轻质弹簧的一端，弹簧的另一端固定于O点处，将小球拉至A处，弹簧恰好无形变，由静止释放小球，它运动到O点正下方B点时速度为v，A点与B点的竖直高度差为h，则（　　）
A．由A到B重力做的功等于mgh
B．由A到B重力势能减少 mv2
C．由A到B小球克服弹力做功为mgh
D．小球到达位置B时弹簧的弹性势能为mgh－ mv2
【答案】A,D
【知识点】弹性势能；能量守恒定律
【解析】【解答】AB两点的高度差为h，所以由A至B重力做功为mgh，A对；重力势能减小为mgh，由能量转化观点可知由A到B的过程中重力势能的减小量转化为动能和弹性势能的增量，BC不符合题意D对；
故答案为：AD
【分析】对物体进行受力分析，合外力对物体做的功为物体动能的改变量，除重力以外的其他力做的功，为物体机械能的改变量；重力做正功，重力势能减小，反之增大，利用公式W=mgh求解即可。
14．（2018-2019学年人教版高中物理 必修二　7.5 探究弹性势能的表达 同步练习）在一直立的光滑管内放置一轻质弹簧，上端O点与管口A的距离为 ，一质量为m的小球从管口由静止下落，将弹簧压缩至最低点B，压缩量为 ，不计空气阻力，则 　　
A．小球运动的最大速度大于
B．小球运动中的最大加速度为
C．弹簧的劲度系数为
D．弹簧的最大弹性势能为
【答案】A,D
【知识点】对单物体(质点)的应用；能量守恒定律
【解析】【解答】设小球刚运动到O点时的速度为v，则有 ， 小球接触弹簧后先做加速运动，所以小球运动的最大速度大于 ，A符合题意．小球刚接触弹簧时的加速度大小为g，方向竖直向下，根据简谐运动的对称性可知，当小球运动到关于平衡位置对称点时，加速度大小也等于g，方向竖直向上，而此时小球还有向下的速度，还没有到达最低点，当小球到达最低点时加速度将大于 B不符合题意．设弹簧的弹力与重力大小相等时，弹簧压缩量为x，则有 ， 而弹簧的弹力与重力平衡的位置在B点的上方，则 ，则 C不符合题意．当小球运动到最低点B时，弹性势能最大，根据机械能守恒定律得，弹簧的最大弹性势能为 D符合题意．
故答案为：AD.
【分析】从小球运动到刚接触弹簧时可以利用动能定理求出速度的大小，接下来由于弹力刚开始小于重力所以小球还会加速到平衡位置；利用简谐运动可以判别最大加速度大于g；求出利用平衡可以判别劲度系数的大小；利用能量守恒可以求出最大的弹性势能。
15．（2018-2019学年人教版高中物理 必修二　7.3 功率 同步练习）如图甲所示是一打桩机的简易模型。质量m=1kg的物体在拉力F作用下从与钉子接触处由静止开始运动，上升一段高度后撤去F，到最高点后自由下落，撞击钉子，将钉子打入2cm深度，且物体不再被弹起，若以初始状态物体与钉子接触处为零势能点，物体上升过程中，机械能E与上升高度h的关系图像如图乙所示。撞击前不计所有摩擦，钉子质量忽略不计， 。则（　　）
A．物体上升过程中的加速度为
B．物体上升过程中的最大速度为2m/s
C．物体上升到0.25m高度处拉力F的瞬时功率为12W
D．钉子受到的平均阻力为600N
【答案】B,C
【知识点】能量守恒定律；匀变速直线运动的位移与速度的关系；牛顿第二定律；功率及其计算
【解析】【解答】物体上升1m高度时的机械能 ，即 ，解得物体上升过程中最大速度 ，根据匀变速直线运动的速度位移公式得 ，可知物体上升过程的加速度为 ，A不符合题意；B符合题意；根据速度位移公式得 ，解得 ；根据牛顿第二定律得 ，解得F=mg+ma=1×12N=12N，则拉力F的瞬时功率为 ，C符合题意；根据机械能守恒得，物体与钉子接触时的动能为12J，根据能量守恒得： ，代入数据得 ，D不符合题意．
故答案为：BC
【分析】利用上升1m处的机械能大小可以求出最大速度的大小；利用速度位移公式可以求出加速度的大小；利用牛顿第二定律可以求出拉力的大小，利用瞬时功率的表达式可以求拉力的瞬时功率；根据能量守恒方程可以求出钉子的平均阻力。
16．（2018·邯郸模拟）如图所示，轻质弹簧一端固定在水平面上 点的转轴上，另一端与一质量为 、套在粗糙固定直杆 处的小球(可视为质点)相连，直杆的倾角为30°， 为 的中点， 等于弹簧原长。小球从 处由静止开始下滑，初始加速度大小为 ，第一次经过 处的速度大小为 ，运动到 处速度为0，后又以大小为 的初始加速度由静止开始向上滑行。设最大静摩擦力等于滑动摩擦力，重力加速度为 。下列说法正确的是（　　）
A．小球可以返回到出发点 处
B．撤去弹簧，小球可以在直杆上处于静止
C．弹簧具有的最大弹性势能为
D．
【答案】C,D
【知识点】对单物体(质点)的应用；能量守恒定律
【解析】【解答】AC、设小球从A运动到B的过程克服摩擦力做功为Wf，AB间的竖直高度为h，小球的质量为m，弹簧具有的最大弹性势能为Ep.
根据能量守恒定律得：对于小球A到B的过程有：mgh+Ep= +Wf，
A到C的过程有：2mgh+Ep=2Wf+Ep，解得：Wf=mgh，Ep= .
小球从C点向上运动时，假设能返回到A点，则由能量守恒定律得：
Ep=2Wf+2mgh+Ep，该式违反了能量守恒定律，可知小球不能返回到出发点A处。A不符合题意，C符合题意。
B. 设从A运动到C摩擦力的平均值为 ，AB=s，由Wf=mgh得： ˙s=mgssin30
在B点，摩擦力f=μmgcos30 ，由于弹簧对小球有拉力(除B点外)，小球对杆的压力大于μmgcos30 ，所以 >μmgcos30
可得mgsin30 >μmgcos30 ，因此撤去弹簧，小球不能在直杆上处于静止。B不符合题意；
D. 根据牛顿第二定律得：
在A点有：Fcos30 +mgsin30 f=maA；
在C点有：Fcos30 f mgsin30 =maC；
两式相减得：aA aC=g.D符合题意。
故答案为：CD
【分析】小球返回到出发点时能量不守恒；利用AC过程求出平均摩擦力的大小，利用平均摩擦力在没有弹力作用下和重力的分力进行对比判断小球能否平衡；利用能量守恒可以求出最大的弹性势能大小；利用牛顿第二定律求出AC两点的加速度大小进行相减可以求出差值。
17．（2018高一下·青冈期末）如图所示，质量为m的物体在水平传送带上由静止释放，传送带由电动机带动，始终保持以速度v匀速运动，物体与传送带间的动摩擦因数为μ，物体过一会儿能保持与传送带相对静止，对于物体从静止释放到相对静止这一过程，下列说法正确的是（　　）
A．电动机多做的功为 mv2/2
B．物体在传送带上的划痕长v2/2μg
C．传送带克服摩擦力做的功为mv2 /2
D．电动机增加的功率为μmgv
【答案】B,D
【知识点】能量守恒定律
【解析】【解答】 A、电动机多做的功转化成了物体的动能和内能，物体在这个过程中获得动能就是 ，所以电动机多做的功一定要大于 ．A不符合题意．B、物体在传送带上的划痕长等于物体在传送带上的相对位移，物块达到速度v所需的时间 ，在这段时间内物块的位移 ，传送带的位移 ．则物体相对位移 ．B符合题意．C、传送带克服摩擦力做的功就为电动机多做的功，所以由A的分析可知，C不符合题意．D、电动机增加的功率即为克服摩擦力做功的功率，大小为 ，D符合题意．
故答案为：BD．
【分析】电动机多做的功转化成了物体的动能和内能，传送带上物体的划痕等于物体在传送带上的相对位移。
18．（2018高一下·宜宾期末）如图所示，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). 现用水平向右的力缓慢地将物块从O 点拉至A 点，拉力做的功为W. 撤去拉力后让物块由静止向左运动， 经O 点到达B 点时速度为零. 已知物块的质量为m，AB =b，物块与桌面间的动摩擦因数为μ，重力加速度为g. 则上述过程中（　　）
A．经O 点时，物块的动能最大
B．物块动能最大时，弹簧的弹性势能为零
C．物块在A 点时，弹簧的弹性势能小于( )
D．物块在B 点时，弹簧的弹性势能小于( )
【答案】C,D
【知识点】能量守恒定律
【解析】【解答】A、B、物体从A到O的过程中，弹簧的弹力先大于滑动摩擦力，后小于滑动摩擦力，物体先加速后减速，在弹簧的弹力与滑动摩擦力大小相等、方向相反的位置速度最大，此时弹簧处于伸长状态，弹性势能不为零，该位置应在O点的右侧，A、B不符合题意。C、如果没有摩擦力，则O点应该在AB中间，由于有摩擦力，物体从A到B过程中机械能损失，故无法到达没有摩擦力情况下的B点，也即O点靠近B点。故 ，此过程物体克服摩擦力做功大于 ，所以物块在A点时，弹簧的弹性势能小于 ，C符合题意。D、由A分析得物块从开始运动到最终停在B点，路程大于 ，故整个过程物体克服阻力做功大于 ，故物块在B点时，弹簧的弹性势能小于 ，D符合题意。
故答案为：CD。
【分析】物块运动过程中弹簧弹性势能、物块的动能和内能相互转化。
三、非选择题
19．（2023高一下·深圳期中）如图所示为供儿童娱乐的滑梯的示意图，假设其中为光滑斜面滑槽，为动摩擦因数的水平滑槽，与半径的圆弧相切；为水平地面。已知儿童在滑槽上滑动时，在点由斜面转到水平面的运动速率不变，A点离地面的竖直高度为。（取）试求：
（1）儿童从A处由静止开始滑到处时的速度大小？
（2）为了使儿童在娱乐时不会从C处平抛滑出，水平滑槽的长度至少为多少？
【答案】（1）设滑到B处的速度为v，从A到B根据动能定理可得：，解得v=6m/s
（2）解：设儿童在C点恰做平抛运动滑出时的速率为vC，则
解得vC=m/s
由动能定理可得
解得
即为了使儿童在娱乐时不会从C处平抛滑出，水平滑槽的长度至少为3.4m。
【知识点】能量守恒定律；动能定理的综合应用
【解析】【分析】本题考查动能定理的应用，儿童从A运动到B的过程中，重力做的功等于儿童在该过程动能的变化量，根据题干提供信息，求解儿童到达B点的速度；为了使儿童在娱乐时不会在C处平抛滑出，理解为：儿童在C处的速度最大为(在C处由重力提供向心力）。进而研究儿童从B点运动到C点，摩擦力做的功等于该过程儿童动能的变化量，从而求解L的最小值。注意：为了使儿童在娱乐时不会在C处平抛滑出，说明儿童在C处对圆弧的压力大于或等于零。
20．（2023高一下·抚顺期末） 一装置竖直截面如图所示，该装置由固定在水平地面上倾角的光滑直轨道，粗糙水平直轨道，竖直墙组成，且各处平滑连接。右边的水平光滑地面上放有一无动力小车，并紧靠在竖直墙处，小车上表面与水平直轨道在同一水平面上。小车上表面的动摩擦因数、质量，轨道段长度为。将一质量也为的滑块从倾斜轨道上高度处静止释放，滑块在段运动时的阻力为其重力的倍。求：
（1）滑块到达点时的速度；
（2）滑块滑上小车后相当于小车的位移。
【答案】（1）解：滑块从开始下滑到整个过程，由动能定理得
解得
答：滑块到达点时的速度为；
（2）解：滑块与小车相互作用列动量守恒得
作用过程中发热量为
根据能量守恒可得
解得
答：滑块滑上小车后相当于小车的位移为。
【知识点】能量守恒定律；动能定理的综合应用
【解析】【分析】（1）对滑块从开始下滑到C整个过程，利用动能定理求滑块到达点时的速度；
（2）根据动量守恒求出共同的速度v，根据能量守恒求滑块滑上小车后相对于小车的位移。
21．（2023高一下·芜湖期末）如图所示，光滑水平面AB与竖直面内的粗糙半圆形导轨在B点相接，导轨半径为R。轻质弹簧左端固定于挡板，右端自由伸长至A点。一质量为m的小物块将弹簧压缩后由静止释放，在弹力作用下小物块获得某一向右速度后脱离弹簧，它经过B点的速度为v，之后沿半圆形导轨运动，恰能通过最高点C。已知重力加速度为g，忽略空气阻力。求：
（1）弹簧压缩时的弹性势能；
（2）小物块沿半圆形导轨运动过程中克服阻力做的功；
（3）若水平面AB间不光滑，且与小物块间的动摩擦因数为μ，AB间距为L，A点左侧水平面及半圆形导轨均光滑。欲使小物块滑上半圆形轨道且中途不脱离半圆形导轨，则压缩弹簧时存贮的弹性势能大小范围是多少？
【答案】（1）解：由静止释放到B点的过程机械能守恒，弹簧压缩时的弹性势能为
（2）解：物块恰能通过C点，则有
对B到C的过程应用动能定理可得
联立解得克服阻力做的功为
（3）解：若物块恰能滑至B点，由功能关系可知
若物块恰能滑至半圆形导轨的与圆心等高处，由功能关系可知
若物块恰能通过半圆形导轨最高点，由功能关系可知
弹性势能大小范围为或
【知识点】能量守恒定律；竖直平面的圆周运动；动能定理的综合应用
【解析】【分析】本题考查竖直平面内的圆周运动，由于水平面AB是光滑的，故弹性势能转化为物块脱离弹簧后的动能，也就是物块在B点的动能，有；物块从B点运动到C点过程中，轨迹是曲线，阻力是变力，直接求阻力做功太难，故利用动能定理，间接求解该过程阻力做的功，而物块恰能通过最高点，暗示学生求解物块在最高点C的动能或速度，物块从B点运动到C点过程中，物块在B、C两点的动能已求，则由动能定理求解该过程阻力做的功； 欲使小物块滑上半圆形轨道且中途不脱离半圆形导轨 ：首先物块达到B点的速度大于或等于零。其次物块恰能过最高点或物块到达O点等高处时，物块的速度刚好为零。本题难点在于理解物块在半圆形轨道运动的临界条件。
22．（2023高二下·天津市期末）如图所示，在光滑水平桌面EAB上有质量为M＝0.2 kg的小球P和质量为m＝0.1 kg的小球Q，P、Q之间压缩一轻弹簧（轻弹簧与两小球不拴接），桌面边缘E处放置一质量也为m＝0.1 kg的橡皮泥球S，在B处固定一与水平桌面相切的光滑竖直半圆形轨道。释放被压缩的轻弹簧，P、Q两小球被轻弹簧弹出，小球P与弹簧分离后进入半圆形轨道，恰好能够通过半圆形轨道的最高点C；小球Q与弹簧分离后与桌面边缘的橡皮泥球S碰撞后合为一体飞出，落在水平地面上的D点。已知水平桌面高为h＝0.2 m，D点到桌面边缘的水平距离为x＝0.2 m，重力加速度为g＝10 m/s2，求：
（1）小球P经过半圆形轨道最低点B时对轨道的压力大小NB′；
（2）小球Q与橡皮泥球S碰撞前瞬间的速度大小vQ；
（3）被压缩的轻弹簧的弹性势能Ep。
【答案】（1）解：小球P恰好能通过半圆形轨道的最高点C，则有
解得
对于小球P，从B→C，由动能定理有
解得
在B点，受力分析有
解得
由牛顿第三定律有NB′＝NB＝12N
（2）解：设Q与S做平抛运动的初速度大小为v，所用时间为t，
根据公式
得t＝0.2s
根据公式x＝vt
代入数据，得v＝1 m/s
碰撞前后Q和S组成的系统动量守恒，则有mvQ＝2mv
解得vQ＝2m/s
（3）解：P、Q和弹簧组成的系统动量守恒，则有MvP＝mvQ
解得vP＝1m/s
P、Q和弹簧组成的系统，由能量守恒定律有
解得Ep＝0.3J
【知识点】弹性势能；功能关系；能量守恒定律；平抛运动；生活中的圆周运动；竖直平面的圆周运动；动能定理的综合应用；能量转化和转移的方向性
【解析】【分析】（1） 小球P恰好能通过半圆形轨道的最高点C ，由牛顿第二定律可得小球再C点的速度， 小球P，从B→C，由动能定理可得B点的速度，再牛顿第二定律可得小球的支持力，又由牛顿第三定律可得 对轨道的压力；
（2）根据小球Q和S一起做平抛运动，由平抛运动的规律可得初速度， 又因为碰撞前后Q和S组成的系统动量守恒可得Q的速度；
（3）因为P、Q和弹簧组成的系统动量守恒可得P的速度，再根据P、Q和弹簧组成的系统，由能量守恒定律可得轻弹簧的弹性势能。
23．（2023高一下·山西月考）如图所示，半径的光滑竖直圆轨道固定在水平平台上，接触点B与地面平滑连接，平台左侧固定一轻弹簧，右侧有另一足够长的平台，两者的高度差。质量的物块压缩弹簧后从A点由静止释放，物块经过B点冲上竖直圆轨道后，又从B点滑上平台继续运动。已知平台表面光滑，平台表面粗糙且长度，物块与平台表面的动摩擦因数。取重力加速度大小，不计空气阻力。
（1）若物块在A点时弹簧的弹性势能，求物块运动到B点时对竖直圆轨道的压力大小；
（2）要使物块不脱离竖直圆轨道且能到达D点，求弹簧弹性势能的最小值；
（3）若物块能从点飞出，求物块落到平台上时距点的水平距离与弹簧的弹性势能的关系式。
【答案】（1）解：物块到B点时
解得
在B点，由牛顿第二定律得
解得
由牛顿第三定律可知物块运动到B点时对竖直圆轨道的压力大小与轨道对物块B的支持力大小相等
（2）解：物块不脱离竖直圆轨道，设物块在C点的最小速度为，则
解得
物块从C点恰能到达D点，由动能定理得
解得
从A点到C点，由能量守恒定律可得
解得弹簧弹性势能的最小值
（3）解：物块从A点到D点由能量守恒定律可得
物块从D点落到平台上做平抛运动，竖直方向做自由落体运动
解得
水平方向做匀速直线运动，则水平位移
物块落到平台上时距点的水平距离与弹簧的弹性势能的关系式
【知识点】能量守恒定律；牛顿第二定律；竖直平面的圆周运动；动能定理的综合应用
【解析】【分析】（1）由能量守恒定律求出物块运动到B点的速度，再分析物块在B点的受力，由牛顿第二定律和第三定律求出物块运动到B点时对竖直圆轨道的压力大小；（2）先确定使物块不脱离竖直圆轨道且能到达D点的要满足的条件，再由能量守恒定律求出弹簧弹性势能的最小值；（3）根据能量守恒定律和平抛运动的规律分析物块落到平台EF上时距B点的水平距离与弹簧的弹性势能的关系式。
24．（2023高一下·杭州期中）如甲图所示为安装在公路上强制过往车辆减速的减速带，现有一水平道路上连续安装有10个减速带（图乙中末完全画出），相邻减速带间的距离均为（每个减速带宽度远小于，可忽略不计）；现有一质量为的电动小车（可视为质点）从第1减速带前某处以恒定功率启动，到达第1减速带前已达到最大行驶速度。已知小车每次通过减速带时所损失的机械能与其行驶速度相关，测量发现，小车在通过第5个减速带后，通过相邻两减速带间的时间均为。通过第10个减速带时立即关闭电门无动力滑行，小车在水平路面上继续滑行距离后停下。已知小车与路面间的阻力大小恒定，空气阻力不计。
（1）求小车与路面间的阻力的大小；
（2）求小车通过第5个减速带后，通过每一个减速带时所损失的机械能；
（3）若小车通过前5个减速带时损失的总机械能是其通过后5个减速带时所损失总机械能的1.6倍，求小车从第1个减速带运动至第5个减速带所用的时间。
【答案】（1）解：小车速度达到最大时，由功率公式
此时小车受力平衡，即
（2）解：设小车通过第5个减速带后，到下一个减速带时的速度为v1，通过减速带后的速度为v2，由于其通过相邻两减速带间的时间均为，则小车每次到下一个减速带时的速度都为v1，通过减速带后的速度都为v2，在减速带间隔过程中由动能定理
所以通过每一个减速带时所损失的机械能
（3）解：由题意，小车通过前5个减速带时损失的总机械能
从小车到第1个减速带前到最后停下来，由能量守恒定律
解得
【知识点】功能关系；能量守恒定律；动能定理的综合应用
【解析】【分析】（1）由功率公式结合平衡条件即可求解；（2）由题干分析可知小车每次到下一个减速带的速度都相同，由动能定理即可求角；（3）根据能量守恒列方程求解时间。
25．（2023·山东模拟）如图，水平面中间夹有一水平传送带，水平面与传送带上表面平齐且平滑连接，左侧水平面上c点左侧部分粗糙，右侧部分光滑，传送带右侧水平面光滑。质量为的小滑块P与固定挡板间有一根劲度系数为k=29.12N/m的轻弹簧（P与弹簧不拴接），初始时P放置在c点静止且弹簧处于原长。传送带初始静止，在传送带左端点a处停放有一质量为的小滑块Q。现给P施加一水平向左、大小为F=20.2N的恒力，使P向左运动，当P速度为零时立即撤掉恒力，一段时间后P将与Q发生弹性碰撞（不计碰撞时间），以后P、Q间的碰撞都是弹性碰撞，在P、Q第一次碰撞时传送带由静止开始做顺时针方向的匀加速运动，加速度大小为，当速度达到v=4m/s时传送带立即做匀减速运动直至速度减为零，加速度大小为，当传送带速度减为零时，Q恰好运动到传送带右端点b处。已知P与水平面、传送带间的动摩擦因数均为，Q与传送带间的动摩擦因数，最大静摩擦力等于滑动摩擦力，弹簧的形变在弹性限度内，弹簧的弹性势能表达式为，x为弹簧的形变量，重力加速度g取，不计空气阻力。求：
（1）P与Q第一次碰前P的速度大小；
（2）为保证P与Q能够相碰，求恒力的最小值；
（3）P、Q最终的速度大小；
（4）P、Q由于与传送带间的摩擦，系统产生的热量。
【答案】（1）解：P在恒力作用下向左运动到最大距离的过程中，根据功能关系有
P向右运动过程中，当弹簧处于原长时，P与弹簧分离，根据能量守恒有
由题意有
解得
（2）解：设恒力为，弹簧的最大形变量为x，有
P向右运动过程中，当弹簧处于原长时，P与弹簧分离，根据能量守恒有
为保证P与Q能够相碰，则要求P与弹簧分离时速度，联立解得
所以恒力的最小值为
（3）解：P、Q间的碰撞，根据动量守恒定律和能量守恒定律有
联立解得，
两滑块碰后，P先在传送带上减速，由牛顿第二定律有
经过时间与传送带共速，有
解得，
Q也先在传送带上减速，由牛顿第二定律有
经过时间与传送带共速，有
解得，
当Q与传送带共速时P、Q的距离为
之后P、Q随传送带一起加速，故传送带达到最大速度时P、Q的速度大小都是4m/s
传送带减速的过程，由于加速度，故Q在静摩擦力作用下随传送带一起减速，无相对滑动，由于加速度，故P与传送带间存在相对滑动，从传送带达到最大速度开始，直到减速到零，经历时间
当传送带速度为零时，滑块P的速度大小为
P、Q间的距离为
P与Q第二次碰撞前的速度大小为
P、Q第二次相碰，根据动量守恒定律和能量守恒定律有
联立解得，
P、Q第二次相碰后，滑上右侧水平面分别做匀速直线运动，速度分别为和
（4）解：P在初始减速阶段与传送带间的相对位移
P在最后减速阶段与传送带间的相对位移
Q在初始减速阶段与传送带间的相对位移
P由于与传送带间的摩擦产生的热量
Q由于与传送带间的摩擦产生的热量
系统产生的热量
【知识点】功能关系；能量守恒定律
【解析】【分析】（1）根据功能关系以及能量守恒定律联立列方程求解。
（2） 当弹簧处于原长时，P与弹簧分离 ，为保证P与Q能够相碰，则要求P与弹簧分离时速度 。
（3） P、Q间的弹性碰撞，动量守恒定律和能量守恒 。 两滑块碰后，P先在传送带上减速 ， Q也先在传送带上减速 。 之后P、Q随传送带一起加速，故传送带达到最大速度时P、Q的速度大小 相等。
（4）产生热量等于摩擦力大小乘以相对位移大小。
26．（2022高三上·徐州期中）一游乐设施简化模型如图所示，挡板1、2分别固定在光滑斜面的顶端和底端，相距为L，A为一小滑块，B为不计质量的板（在外力的作用下可以瞬间获得或失去速度），长度，AB间的滑动摩擦力大小恒等于A的重力，A、B与挡板的碰撞都是弹性碰撞，已知斜面的倾角，重力加速度为g。
（1）若将置于板上端的滑块A以初速度为零释放，求滑块A到达挡板2时的速度大小。
（2）在挡板1处有发射装置，可以将置于板上端的滑块A沿平行于斜面的方向发向发射，要使滑块A恰能回到挡板1处，求滑块A需要的发射速度大小。
（3）在（2）中，若使滑块A以初速度发射，求滑块A做周期性运动时的周期。
【答案】（1）解：A与B相对静止一起沿斜面运动，则
加速度方向沿斜面向下，A在B板上上滑时，加速度为
加速度方向沿斜面向下，A在B板上下滑时，加速度为
加速度方向沿斜面向上，AB整体先向下做匀加速运动，加速度为
位移为 ，当b下端碰到2时，由于b板质量不计，碰撞瞬间保持静止，A沿B向下做匀加速直线运动，位移为 ，加速度为
设A到达挡板2时的速度为 ，则
解得
（2）解：滑块从挡板1滑下到再回来的过程中，由能量守恒定律可得
解得
（3）解：A开始运动时，AB一起向下运动，做加速运动，由运动学公式可知
解得
B碰撞挡板2后A继续运动，直到A与挡板2碰撞，A做减速运动可知
解得
A与挡板2碰撞后原速度返回，AB一起向上运动直到沿B与挡板1碰撞，由运动学公式可知
解得
A继续上升直到速度为0，则
解得
此后AB一起向下加速，B碰撞挡板2后，A继续向下运动直到碰撞挡板2时速度为 ，由动能定理可知
解得
反弹后B不会在碰到挡板1，之后就以 的初速度上升到最高点在下降，循环做周期性运动，设周期为 ，则
代入数据可得
【知识点】能量守恒定律；匀变速直线运动的位移与速度的关系；牛顿第二定律；动能
【解析】【分析】（1）AB 运动的过程根据牛顿第二定律得出加速度的大小和方向，通过匀变速直线运动的位移与速度的关系得出 滑块A到达挡板2时的速度 ；
（2） 滑块从挡板1滑下到再回来的过程中，由能量守恒定律得出滑块A需要的发射速度；
（3）根据匀变速直线运动的位移与速度的关系和动能定理得出A继续向下运动直到碰撞挡板2时速度 ，进一步得出 滑块A做周期性运动时的周期。
27．（2022高二下·舟山期末）如图所示，一弹射游戏装置由安装在水平台面上的固定弹射器、水平直轨道，圆心为O的竖直半圆轨道、水平直轨道及弹性板等组成，半圆轨道最高点D与水平直轨道右端点E处在同一竖直线上，且D点略高于E点。已知可视为质点的滑块质量，轨道的半径，轨道的长度，滑块与轨道间的动摩擦因数，其余各部分轨道均光滑。游戏时滑块从A点弹出，经过圆轨道井滑上水平直轨道。弹簧的弹性势能最大值，弹射器中滑块与弹簧相互作用时，机械能损失忽略不计，滑块与弹性板作用后以等大速率弹回，不计滑块通过之间的能量损失。
（1）若弹簧的弹性势能，求滑块运动到与圆心O等高的C点时所受弹力；
（2）设弹簧的弹性势能为，写出滑块第一次到达F点时的速度v与之间的关系式；
（3）若滑块最终静止在水平直轨道上，求弹簧的弹性势能的范围。
【答案】（1）解：滑块从A到圆心O等高处，由机械能守恒定律得
在C点，轨道的弹力提供向心力，由牛顿第二定律得
代入数据解得
（2）解：滑块从A点到第一次到达F点
解得
要保证滑块能到达F点，必须要保证它能到达半圆轨道最高点D
可解得
综上可得，且
（3）解：若滑块恰能通过半圆轨道最高点D
若滑块以最大弹性势能弹出时，能停在水平直轨道上，在上滑行的最大路程为
解得
在轨道上往返一次损失的能量为
可知，若滑块最终静止在水平直轨道，如下三种情况满足要求
①，可得
②，可得
③，可得
【知识点】能量守恒定律；牛顿第二定律；机械能守恒定律
【解析】【分析】（1）已知弹性势能的大小，结合机械能守恒定律可以求出滑块运动到C点时速度的大小，结合牛顿第二定律可以求出滑块在C点受到的弹力大小；
（2）已知弹簧弹性势能的大小，结合能量守恒定律可以求出其滑块运动到F点的动能表达式，再结合其滑块能到达其D点的牛顿第二定律及机械能守恒定律可以求出弹性势能的大小范围；
（3）当滑块最后停止在EF上时，利用其速度位移公式可以求出其最小路程，结合能量守恒定律可以求出其滑块运动的最大路程，结合其损失能量的大小可以求出弹性势能的大小范围。
28．（2022高一下·九江期末）如图所示，CD与EG是两段半径为R的四分之一竖直光滑圆弧轨道，G为圆弧轨道的最高点，圆连线水平，DE错开的距离略大于小滑块的大小，将一轻弹簧放置在水平轨道AC上，弹簧左端固定在A点，右端位于B点，并与质量为m的小滑块接触但不连接，此时弹簧恰好处于原长。现将小滑块推至O点并由静止释放，小滑块向右运动进入圆弧轨道，通过G点后落到水平轨道AN的P点（P点未画出）。已知G点在水平轨道上的投影点为M，，，，滑块与水平轨道AB间的动摩擦因数为，BC部分光滑且与竖直圆弧轨道相切于C点。用g表示重力加速度大小，最大静摩擦力等于滑动摩擦力，小滑块可视为质点，弹簧在弹性限度内的最大压缩量为2.5R。求：
（1）小滑块运动到圆弧轨道最高点G时，对轨道的压力F；
（2）弹簧被压缩到O点时弹簧的弹性势能；
（3）若保证小滑块能够进入圆弧轨道且在圆弧轨道上运动过程中中途不脱离圆弧轨道，小滑块释放点到B点的距离范围（已知弹簧的弹性势能与其形变量的平方成正比）。
【答案】（1）解：小球过最高点G后做平抛运动，平抛运动的初速度为、运动时间为t
由平抛运动规律得
解得
小球在最高点G，由牛顿第二定律得
解得
由牛顿第三定律可知，小球对轨道的压力为0，即恰好过最高点
（2）解：O点到G点，由能量守恒定律得
解得
（3）解：设释放点到B点的距离为时，弹性势能为，小物块恰好到达B点，
由能量守恒
解得
设释放点到B点的距离为时，小物块恰好到达圆轨道上与圆心等高的D位置，由能量守恒
解得
由题意可知，当释放点到B点的距离为2R时，小物块恰好到达G点。释放点到B点的距离x满足或
【知识点】能量守恒定律；牛顿第二定律；平抛运动
【解析】【分析】（1）小球过最高点做平抛运动，利用平抛运动的位移公式可以求出其经过G点速度的大小，结合牛顿第二定律可以求出对轨道的压力；
（2）当物块从O到G点的过程，利用能量守恒定律可以求出弹簧弹性势能的大小；
（3）当物块恰好到达B点时，利用能量守恒定律可以求出其滑块释放点到B点的距离；再利用物块恰好到达D点时，利用能量守恒定律可以求出释放点到B点的距离大小。
29．（2022高一下·湖南期末）如图所示，一长L=1m的水平传送带以v0=1m/s的速度逆时针匀速转动，其右端B处平滑连接着一个固定在竖直平面内、半径R=0.5m的光滑四分之一圆轨道。传送带左端A与光滑水平面平滑连接。一轻质弹簧的左端固定在水平面某处。质量m=1kg的小物块P在外力作用下初次压缩弹簧并处于静止状态，弹簧与小物块不拴接，此时弹簧的弹性势能EP=19J。现撤去外力，弹簧伸长，小物块脱离弹簧后滑上传送带。小物块与传送带之间的动摩擦因数μ=0.2。（g=10m/s2）试求：
（1）小物块第一次经过B点后能够上升的最大高度；
（2）小物块第6次经过圆轨道最低点时对轨道的压力大小；
（3）小物块第20次压缩弹簧的过程中，弹簧弹性势能的最大值。
【答案】（1）解：小物块从初位置到过B点达到最高位置的过程中
由能量守恒有
代入数据解得h=1.7m
（2）解：据题意小球从开始到第6次过B点过程中，有5次经过传送带。设第6次过B点的速度大小为vB，由能量守恒有
小球此时在B点由牛顿第二定律有
联立代入数据解得FN=46N
由牛顿第三定律得压力大小为46N
（3）解：由题意知，小物块每经过传送带且一直做匀减速的过程中，小物块的动能损失量
小物块在从B想A运动的过程中如果想一直减速则速度要比传送带大，因此此时B点最小速度由
其中，可解得
当小物块的能量小于此能量，向左运动先减速在匀速，可知9次以后小物块的能量为1J开始向左最后匀速，匀速以后在从A点向B点运动过程中减速的位移为
没有到达B点即减速为零，反向向A匀加速运动，到达A点速度为
此后重复周期性运动
每一次经过A点的动能均为0.5J。所以，第20次小物块压缩弹簧的初动能就为0.5J。由能量关系有小物块第20次压缩弹簧的最大弹性势能EPm=0.5J
【知识点】能量守恒定律；匀变速直线运动的位移与速度的关系；牛顿运动定律的应用—传送带模型；动能定理的综合应用
【解析】【分析】（1）根据能量守恒得出上升的最大高度：
（2）结合能量守恒以及牛顿第二定律得出轨道对小球的支持力：
（3）结合恒力做功以及动能定理判断物块的运动情况，结合匀变速直线运动的规律得出 弹簧弹性势能的最大值。
30．（2022高一下·丽水期末）如图所示，一弹射游戏装置由安装在水平台面上的固定弹射器、水平直轨道AB，圆心为O1的竖直半圆轨道BCD、圆心为O2的竖直半圆管道DEF，倾斜直轨道FG及弹性板等组成，轨道各部分平滑连接。已知滑块质量m=0.02kg（可视为质点），轨道BCD的半径R=0.9m，管道DEF的半径r=0.1m，滑块与轨道FG间的动摩擦因数μ=0.75，其余各部分轨道均光滑，轨道FG的长度l=1m，倾角θ=37°，弹射器中弹簧的弹性势能最大值Epm=1J，滑块与弹簧作用后，弹簧的弹性势能完全转化为滑块动能，滑块与弹性板作用后以等大速率弹回。（sin37°=0.6，cos37°=0.8）
（1）在某次游戏中滑块第1次运动到与O1等高的C点时的速度v1=2m/s，求弹簧的弹性势能Ep；
（2）要使滑块不脱离轨道，求滑块第1次经过管道DEF的最高点F时对轨道的弹力FN至少多大；
（3）若滑块在运动过程中不脱离轨道且最终停在轨道FG上，求弹簧的弹性势能Ep的取值范围。
【答案】（1）解：根据能量守恒，有
（2）解：当恰好过D点时，有
得
在D—F的过程中，有
在F点，有
得FN=0.8N
根据牛顿第三定律，有
（3）解：当小球刚好过D点到达F点，在这一过程中，有
其中
得
在F点时，有
由于
故滑块只要有速度与弹性板碰后等速反弹均会匀速下滑，故滑块只能是上升过程中停止。
①假设第一次上升停止，考虑恰好在碰到弹性板前停止，有
得
根据能量守恒，得
即
②假设第二次上升停止，考虑恰好在碰到弹性板前停止，考虑第一次上升下降滑动摩擦力做功为
而且返回过程要保证不能在D点脱离轨道，则在 ①情况下下限和上限均加上Wf，得
③假设第三次上升停止，考虑恰好在碰到弹性板前停止，同时
同理可得
【知识点】能量守恒定律；牛顿第二定律；动能定理的综合应用；机械能守恒定律
【解析】【分析】（1） 滑块第1次运动到与O1等高的C点 的过程中利用能量守恒得出弹簧的弹性势能：
（2）滑块恰好过D点时结合重力等于向心力，从而得出D点的速度，从D到F的过程中根据机械能守恒得出F点的速度，在F点利用牛顿第二定律得出滑块第1次经过管道DEF的最高点F时对轨道的弹力：
（3）小球刚好过D点到达F点 时根据机械能守恒和重力等于向心力，从而得出F点的速度，结合共点力平衡得出滑块只能是上升过程中停止，利用动能定理和能量守恒得出弹簧的弹性势能Ep的取值范围。
1 / 1人教版物理必修3同步练习: 12.4 能源与可持续发展(优生加练)
一、选择题
1．（2017·锦州模拟）如图所示，不带电物体A和带电的物体B用跨过定滑轮的绝缘轻绳连接，A、B的质量分别为2m和m，劲度系数为k的轻弹簧一端固定在水平面上，另一端与物体A相连，倾角为θ的斜面处于沿斜面向上的匀强电场中，整个系统不计一切摩擦．开始时，物体B在一沿斜面向上的外力F=3mgsinθ的作用下保持静止且轻绳恰好伸直，然后撤去外力F，直到物体B获得最大速度，且弹簧未超过弹性限度，则在此过程中（　　）
A．物体B带负电，受到的电场力大小为mgsinθ
B．物体B的速度最大时，弹簧的伸长量为
C．撤去外力F的瞬间，物体B的加速度为3gsinθ
D．物体A、弹簧和地球所组成的系统机械能增加量等于物体B和地球组成的系统的机械能的减少量
2．（2017高二上·嘉峪关期末）如图所示，虚线表示等势面，相邻两等势面间的电势差相等，有一带电的小球在该电场中运动，不计小球所受的重力和空气阻力，实线表示该带正电的小球的运动轨迹，小球在a点的动能等于20eV，运动到b点时的动能等于2eV，若取C点为零电势点，则这个带电小球的电势能等于﹣6eV，它的动能等于（　　）
A．16eV B．14eV C．6eV D．4ev
3．（人教版物理必修二第七章第四节重力势能同步练习题）如图所示，质量为m的物体放在水平地面上，物体上方安装一劲度系数为k的轻弹簧，在弹簧处于原长时，用手拉着其上端P点很缓慢地向上移动，直到物体脱离地面向上移动一段距离．在这一过程中，P点的位移为H，则物体重力势能的增加量为（　　）
A．mgH B．
C． D．
二、多项选择题
4．（2021高三上·湖北月考）如图所示，顶角为 的“ ”形光滑直杆 固定在竖直平面内，其角平分线 竖直。质量均为m的甲、乙两小环套在杆上，并用原长为L、劲度系数为 （g为重力加速度大小）的轻质弹簧相连。开始时两环在同一高度上且弹簧处于原长状态，现将两环同时由静止释放。弹簧始终在弹性限度内，不计空气阻力。在两环沿直杆下滑的过程中，下列说法正确的是（　　）
A．甲的最大加速度为
B．当甲的速度最大时，弹簧的长度为
C．当两环到达最低点时，弹簧的长度为
D．甲与杆间的最大弹力为
5．（2021高三上·安徽月考）如图所示，竖直固定的光滑直杆上套着物块A可上下自由滑动，不可伸长的细绳两端连接物块A、B跨过光滑的定滑轮放置，A、B的质量分别为m和2m，开始时用手托住物块B，绳与竖直杆之间的夹角为37°，放开物块B，B由静止开始运动，且B下降的最大高度为L， ， ，重力加速度为g，则（　　）
A．物块A上升的最大高度为4L
B．物块B下降过程中机械能一直减小
C．运动过程中A的机械能守恒
D．物块A到达最高点时机械能增加
6．（2021高三上·湖北月考）如图，电机带动长度 m的水平传送带以速度 m/s匀速传动，一质量为 kg的小木块以一定水平速度 从传送带左端滑入，若小木块与传送带之间的动摩擦因数为 ，当小木块与传送带相对静止时，恰好到达传送带右端，重力加速度 。则（　　）
A． m/s
B．小物块与传送带划痕长度为10m
C．过程中摩擦产热为30J
D．电机带动传送带匀速传动输出的总能量为60J
7．（2021高三上·武汉开学考）如图所示，倾角为30°的斜面固定在水平地面上，一轻绳绕过两个轻质滑轮连接着固定点P和物体B，两滑轮之间的轻绳始终与斜面平行，物体A与动滑轮连接。已知A、B的质量均为1kg，A与斜面间的动摩擦因数为 ，重力加速度大小为10m/s2，将A、B由静止释放，下列说法正确的是（　　）
A．物体A，B释放瞬间，轻绳对P点的拉力大小为4N
B．物体B下降过程中，轻绳的拉力对A和B做的总功为零
C．物体B下降过程中，B减少的机械能等于A增加的机械能
D．物体B下降2m时（此时B未落地）的速度大小为4m/s
8．（2021·贵州会考）质量为的飞行器从地面竖直向上飞行，其速度—时间图象如图所示，取，不计空气阻力，下列说法正确的是（　　）
A．末飞行器的动能为
B．在加速上升阶段飞行器受到的升力为
C．内升力对飞行器做的负功
D．飞行器上升过程中增加的机械能为
9．（2021高二下·泗县月考）如图所示，金属框 竖直放置且足够长，电阻为R，其他电阻均可忽略， 是一电阻可不计的水平放置的导体棒，质量为m，棒的两端分别与 、 保持良好接触，又能沿框架无摩擦下滑，整个装置放在与框架垂直的匀强磁场中。当导体棒 从静止下滑经一段时间后闭合开关S，则S闭合后（　　）
A．导体棒 可能做匀速直线运动
B．导体棒 的加速度不可能大于g
C．导体棒 最终的速度与S闭合的时刻有关
D．导体棒 的机械能与回路内产生的电能之和一定守恒
10．（2020高二上·溧水月考）如图所示，固定的水平粗糙的金属导轨，间距为L，左端接有阻值为R的电阻，处在磁感应强度方向竖直向下、大小为B的匀强磁场中。质量为m的导体棒与固定弹簧相连，放在导轨上，导轨与导体棒间的动摩擦因数为 ，弹簧劲度系数为k，导轨和棒的电阻均可忽略。初始时刻，弹簧压缩量为 。由静止释放导体棒，棒沿导轨往复运动，最后棒停止运动，此时弹簧处于原长，运动过程中，导体棒始终与导轨垂直并保持良好接触。下列说法正确的是（　　）
A．棒被释放后第一次从右向左运动过程中，棒一直做减速运动
B．刚释放导体棒时，棒的加速度大小为
C．整个过程中弹簧的弹性势能减少量等于电阻上产生的热量
D．整个过程中弹簧的弹性势能减少量等于电阻上产生的热量与摩擦产生的热量之和
11．（2020高一下·西安月考）将一质量为M的光滑斜劈固定在水平面上，一质量为m的光滑滑块（滑块可以看成质点）从斜面顶端由静止自由滑下。在此过程中，斜劈对滑块的支持力记为FN1，地面对斜劈的支持力记为FN2，滑块到达斜面底端时，相对地面的速度大小记为v、竖直分速度的大小记为vy。若取消固定斜劈的装置，再让滑块从斜面顶端由静止下滑，在滑块的压力作用下斜劈会向左做匀加速运动，在此过程中，斜劈对滑块的支持力记为FN1 、地面对斜劈的支持力记为FN2 ，滑块到达斜面底端时，相对地面的速度大小记v'、竖直分速度的大小记为vy 。则下列大小关系正确的是（　　）
A．FN1＜FN1 B．FN2＞FN2 C．v＜v' D．vy＜vy
12．（2019高一下·宜昌月考）如图，小球套在光滑的竖直杆上，轻弹簧一端固定于O点，另一端与小球相连。现将小球从M点由静止释放，它在下降的过程中经过了N点。已知M、N两点处，弹簧对小球的弹力大小相等，且∠ONM<∠OMN< 。在小球从M点运动到N点的过程中（　　）
A．弹力对小球先做正功后做负功
B．有两个时刻小球的加速度等于重力加速度
C．弹簧长度最短时，弹力对小球做功的功率为零
D．小球到达N点时的动能等于其在M、N两点的重力势能
13．（2019高一下·阜阳月考）（多选)如图所示，一质量为m的小球固定于轻质弹簧的一端，弹簧的另一端固定于O点处，将小球拉至A处，弹簧恰好无形变，由静止释放小球，它运动到O点正下方B点时速度为v，A点与B点的竖直高度差为h，则（　　）
A．由A到B重力做的功等于mgh
B．由A到B重力势能减少 mv2
C．由A到B小球克服弹力做功为mgh
D．小球到达位置B时弹簧的弹性势能为mgh－ mv2
14．（2018-2019学年人教版高中物理 必修二　7.5 探究弹性势能的表达 同步练习）在一直立的光滑管内放置一轻质弹簧，上端O点与管口A的距离为 ，一质量为m的小球从管口由静止下落，将弹簧压缩至最低点B，压缩量为 ，不计空气阻力，则 　　
A．小球运动的最大速度大于
B．小球运动中的最大加速度为
C．弹簧的劲度系数为
D．弹簧的最大弹性势能为
15．（2018-2019学年人教版高中物理 必修二　7.3 功率 同步练习）如图甲所示是一打桩机的简易模型。质量m=1kg的物体在拉力F作用下从与钉子接触处由静止开始运动，上升一段高度后撤去F，到最高点后自由下落，撞击钉子，将钉子打入2cm深度，且物体不再被弹起，若以初始状态物体与钉子接触处为零势能点，物体上升过程中，机械能E与上升高度h的关系图像如图乙所示。撞击前不计所有摩擦，钉子质量忽略不计， 。则（　　）
A．物体上升过程中的加速度为
B．物体上升过程中的最大速度为2m/s
C．物体上升到0.25m高度处拉力F的瞬时功率为12W
D．钉子受到的平均阻力为600N
16．（2018·邯郸模拟）如图所示，轻质弹簧一端固定在水平面上 点的转轴上，另一端与一质量为 、套在粗糙固定直杆 处的小球(可视为质点)相连，直杆的倾角为30°， 为 的中点， 等于弹簧原长。小球从 处由静止开始下滑，初始加速度大小为 ，第一次经过 处的速度大小为 ，运动到 处速度为0，后又以大小为 的初始加速度由静止开始向上滑行。设最大静摩擦力等于滑动摩擦力，重力加速度为 。下列说法正确的是（　　）
A．小球可以返回到出发点 处
B．撤去弹簧，小球可以在直杆上处于静止
C．弹簧具有的最大弹性势能为
D．
17．（2018高一下·青冈期末）如图所示，质量为m的物体在水平传送带上由静止释放，传送带由电动机带动，始终保持以速度v匀速运动，物体与传送带间的动摩擦因数为μ，物体过一会儿能保持与传送带相对静止，对于物体从静止释放到相对静止这一过程，下列说法正确的是（　　）
A．电动机多做的功为 mv2/2
B．物体在传送带上的划痕长v2/2μg
C．传送带克服摩擦力做的功为mv2 /2
D．电动机增加的功率为μmgv
18．（2018高一下·宜宾期末）如图所示，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). 现用水平向右的力缓慢地将物块从O 点拉至A 点，拉力做的功为W. 撤去拉力后让物块由静止向左运动， 经O 点到达B 点时速度为零. 已知物块的质量为m，AB =b，物块与桌面间的动摩擦因数为μ，重力加速度为g. 则上述过程中（　　）
A．经O 点时，物块的动能最大
B．物块动能最大时，弹簧的弹性势能为零
C．物块在A 点时，弹簧的弹性势能小于( )
D．物块在B 点时，弹簧的弹性势能小于( )
三、非选择题
19．（2023高一下·深圳期中）如图所示为供儿童娱乐的滑梯的示意图，假设其中为光滑斜面滑槽，为动摩擦因数的水平滑槽，与半径的圆弧相切；为水平地面。已知儿童在滑槽上滑动时，在点由斜面转到水平面的运动速率不变，A点离地面的竖直高度为。（取）试求：
（1）儿童从A处由静止开始滑到处时的速度大小？
（2）为了使儿童在娱乐时不会从C处平抛滑出，水平滑槽的长度至少为多少？
20．（2023高一下·抚顺期末） 一装置竖直截面如图所示，该装置由固定在水平地面上倾角的光滑直轨道，粗糙水平直轨道，竖直墙组成，且各处平滑连接。右边的水平光滑地面上放有一无动力小车，并紧靠在竖直墙处，小车上表面与水平直轨道在同一水平面上。小车上表面的动摩擦因数、质量，轨道段长度为。将一质量也为的滑块从倾斜轨道上高度处静止释放，滑块在段运动时的阻力为其重力的倍。求：
（1）滑块到达点时的速度；
（2）滑块滑上小车后相当于小车的位移。
21．（2023高一下·芜湖期末）如图所示，光滑水平面AB与竖直面内的粗糙半圆形导轨在B点相接，导轨半径为R。轻质弹簧左端固定于挡板，右端自由伸长至A点。一质量为m的小物块将弹簧压缩后由静止释放，在弹力作用下小物块获得某一向右速度后脱离弹簧，它经过B点的速度为v，之后沿半圆形导轨运动，恰能通过最高点C。已知重力加速度为g，忽略空气阻力。求：
（1）弹簧压缩时的弹性势能；
（2）小物块沿半圆形导轨运动过程中克服阻力做的功；
（3）若水平面AB间不光滑，且与小物块间的动摩擦因数为μ，AB间距为L，A点左侧水平面及半圆形导轨均光滑。欲使小物块滑上半圆形轨道且中途不脱离半圆形导轨，则压缩弹簧时存贮的弹性势能大小范围是多少？
22．（2023高二下·天津市期末）如图所示，在光滑水平桌面EAB上有质量为M＝0.2 kg的小球P和质量为m＝0.1 kg的小球Q，P、Q之间压缩一轻弹簧（轻弹簧与两小球不拴接），桌面边缘E处放置一质量也为m＝0.1 kg的橡皮泥球S，在B处固定一与水平桌面相切的光滑竖直半圆形轨道。释放被压缩的轻弹簧，P、Q两小球被轻弹簧弹出，小球P与弹簧分离后进入半圆形轨道，恰好能够通过半圆形轨道的最高点C；小球Q与弹簧分离后与桌面边缘的橡皮泥球S碰撞后合为一体飞出，落在水平地面上的D点。已知水平桌面高为h＝0.2 m，D点到桌面边缘的水平距离为x＝0.2 m，重力加速度为g＝10 m/s2，求：
（1）小球P经过半圆形轨道最低点B时对轨道的压力大小NB′；
（2）小球Q与橡皮泥球S碰撞前瞬间的速度大小vQ；
（3）被压缩的轻弹簧的弹性势能Ep。
23．（2023高一下·山西月考）如图所示，半径的光滑竖直圆轨道固定在水平平台上，接触点B与地面平滑连接，平台左侧固定一轻弹簧，右侧有另一足够长的平台，两者的高度差。质量的物块压缩弹簧后从A点由静止释放，物块经过B点冲上竖直圆轨道后，又从B点滑上平台继续运动。已知平台表面光滑，平台表面粗糙且长度，物块与平台表面的动摩擦因数。取重力加速度大小，不计空气阻力。
（1）若物块在A点时弹簧的弹性势能，求物块运动到B点时对竖直圆轨道的压力大小；
（2）要使物块不脱离竖直圆轨道且能到达D点，求弹簧弹性势能的最小值；
（3）若物块能从点飞出，求物块落到平台上时距点的水平距离与弹簧的弹性势能的关系式。
24．（2023高一下·杭州期中）如甲图所示为安装在公路上强制过往车辆减速的减速带，现有一水平道路上连续安装有10个减速带（图乙中末完全画出），相邻减速带间的距离均为（每个减速带宽度远小于，可忽略不计）；现有一质量为的电动小车（可视为质点）从第1减速带前某处以恒定功率启动，到达第1减速带前已达到最大行驶速度。已知小车每次通过减速带时所损失的机械能与其行驶速度相关，测量发现，小车在通过第5个减速带后，通过相邻两减速带间的时间均为。通过第10个减速带时立即关闭电门无动力滑行，小车在水平路面上继续滑行距离后停下。已知小车与路面间的阻力大小恒定，空气阻力不计。
（1）求小车与路面间的阻力的大小；
（2）求小车通过第5个减速带后，通过每一个减速带时所损失的机械能；
（3）若小车通过前5个减速带时损失的总机械能是其通过后5个减速带时所损失总机械能的1.6倍，求小车从第1个减速带运动至第5个减速带所用的时间。
25．（2023·山东模拟）如图，水平面中间夹有一水平传送带，水平面与传送带上表面平齐且平滑连接，左侧水平面上c点左侧部分粗糙，右侧部分光滑，传送带右侧水平面光滑。质量为的小滑块P与固定挡板间有一根劲度系数为k=29.12N/m的轻弹簧（P与弹簧不拴接），初始时P放置在c点静止且弹簧处于原长。传送带初始静止，在传送带左端点a处停放有一质量为的小滑块Q。现给P施加一水平向左、大小为F=20.2N的恒力，使P向左运动，当P速度为零时立即撤掉恒力，一段时间后P将与Q发生弹性碰撞（不计碰撞时间），以后P、Q间的碰撞都是弹性碰撞，在P、Q第一次碰撞时传送带由静止开始做顺时针方向的匀加速运动，加速度大小为，当速度达到v=4m/s时传送带立即做匀减速运动直至速度减为零，加速度大小为，当传送带速度减为零时，Q恰好运动到传送带右端点b处。已知P与水平面、传送带间的动摩擦因数均为，Q与传送带间的动摩擦因数，最大静摩擦力等于滑动摩擦力，弹簧的形变在弹性限度内，弹簧的弹性势能表达式为，x为弹簧的形变量，重力加速度g取，不计空气阻力。求：
（1）P与Q第一次碰前P的速度大小；
（2）为保证P与Q能够相碰，求恒力的最小值；
（3）P、Q最终的速度大小；
（4）P、Q由于与传送带间的摩擦，系统产生的热量。
26．（2022高三上·徐州期中）一游乐设施简化模型如图所示，挡板1、2分别固定在光滑斜面的顶端和底端，相距为L，A为一小滑块，B为不计质量的板（在外力的作用下可以瞬间获得或失去速度），长度，AB间的滑动摩擦力大小恒等于A的重力，A、B与挡板的碰撞都是弹性碰撞，已知斜面的倾角，重力加速度为g。
（1）若将置于板上端的滑块A以初速度为零释放，求滑块A到达挡板2时的速度大小。
（2）在挡板1处有发射装置，可以将置于板上端的滑块A沿平行于斜面的方向发向发射，要使滑块A恰能回到挡板1处，求滑块A需要的发射速度大小。
（3）在（2）中，若使滑块A以初速度发射，求滑块A做周期性运动时的周期。
27．（2022高二下·舟山期末）如图所示，一弹射游戏装置由安装在水平台面上的固定弹射器、水平直轨道，圆心为O的竖直半圆轨道、水平直轨道及弹性板等组成，半圆轨道最高点D与水平直轨道右端点E处在同一竖直线上，且D点略高于E点。已知可视为质点的滑块质量，轨道的半径，轨道的长度，滑块与轨道间的动摩擦因数，其余各部分轨道均光滑。游戏时滑块从A点弹出，经过圆轨道井滑上水平直轨道。弹簧的弹性势能最大值，弹射器中滑块与弹簧相互作用时，机械能损失忽略不计，滑块与弹性板作用后以等大速率弹回，不计滑块通过之间的能量损失。
（1）若弹簧的弹性势能，求滑块运动到与圆心O等高的C点时所受弹力；
（2）设弹簧的弹性势能为，写出滑块第一次到达F点时的速度v与之间的关系式；
（3）若滑块最终静止在水平直轨道上，求弹簧的弹性势能的范围。
28．（2022高一下·九江期末）如图所示，CD与EG是两段半径为R的四分之一竖直光滑圆弧轨道，G为圆弧轨道的最高点，圆连线水平，DE错开的距离略大于小滑块的大小，将一轻弹簧放置在水平轨道AC上，弹簧左端固定在A点，右端位于B点，并与质量为m的小滑块接触但不连接，此时弹簧恰好处于原长。现将小滑块推至O点并由静止释放，小滑块向右运动进入圆弧轨道，通过G点后落到水平轨道AN的P点（P点未画出）。已知G点在水平轨道上的投影点为M，，，，滑块与水平轨道AB间的动摩擦因数为，BC部分光滑且与竖直圆弧轨道相切于C点。用g表示重力加速度大小，最大静摩擦力等于滑动摩擦力，小滑块可视为质点，弹簧在弹性限度内的最大压缩量为2.5R。求：
（1）小滑块运动到圆弧轨道最高点G时，对轨道的压力F；
（2）弹簧被压缩到O点时弹簧的弹性势能；
（3）若保证小滑块能够进入圆弧轨道且在圆弧轨道上运动过程中中途不脱离圆弧轨道，小滑块释放点到B点的距离范围（已知弹簧的弹性势能与其形变量的平方成正比）。
29．（2022高一下·湖南期末）如图所示，一长L=1m的水平传送带以v0=1m/s的速度逆时针匀速转动，其右端B处平滑连接着一个固定在竖直平面内、半径R=0.5m的光滑四分之一圆轨道。传送带左端A与光滑水平面平滑连接。一轻质弹簧的左端固定在水平面某处。质量m=1kg的小物块P在外力作用下初次压缩弹簧并处于静止状态，弹簧与小物块不拴接，此时弹簧的弹性势能EP=19J。现撤去外力，弹簧伸长，小物块脱离弹簧后滑上传送带。小物块与传送带之间的动摩擦因数μ=0.2。（g=10m/s2）试求：
（1）小物块第一次经过B点后能够上升的最大高度；
（2）小物块第6次经过圆轨道最低点时对轨道的压力大小；
（3）小物块第20次压缩弹簧的过程中，弹簧弹性势能的最大值。
30．（2022高一下·丽水期末）如图所示，一弹射游戏装置由安装在水平台面上的固定弹射器、水平直轨道AB，圆心为O1的竖直半圆轨道BCD、圆心为O2的竖直半圆管道DEF，倾斜直轨道FG及弹性板等组成，轨道各部分平滑连接。已知滑块质量m=0.02kg（可视为质点），轨道BCD的半径R=0.9m，管道DEF的半径r=0.1m，滑块与轨道FG间的动摩擦因数μ=0.75，其余各部分轨道均光滑，轨道FG的长度l=1m，倾角θ=37°，弹射器中弹簧的弹性势能最大值Epm=1J，滑块与弹簧作用后，弹簧的弹性势能完全转化为滑块动能，滑块与弹性板作用后以等大速率弹回。（sin37°=0.6，cos37°=0.8）
（1）在某次游戏中滑块第1次运动到与O1等高的C点时的速度v1=2m/s，求弹簧的弹性势能Ep；
（2）要使滑块不脱离轨道，求滑块第1次经过管道DEF的最高点F时对轨道的弹力FN至少多大；
（3）若滑块在运动过程中不脱离轨道且最终停在轨道FG上，求弹簧的弹性势能Ep的取值范围。
答案解析部分
1．【答案】B
【知识点】能量守恒定律；电场力做功
【解析】【解答】解：A、当施加外力时，对B分析可知：F﹣mgsinθ﹣F电=0，解得：F电=2mgsinθ，A不符合题意；
B、当B受到的合力为零时，B的速度最大，由kx=F电+mgsinθ解得：x= ，B符合题意；
C、当撤去外力瞬间，弹簧弹力还来不及改变，即弹簧的弹力仍为零，当撤去外力F的瞬间物体AB受到的合外力为：F合=F电+mgsinθ=（m+2m）a，解得：a=gsinθ，C不符合题意；
D、B电场力做正功，电势能减小，物体A、弹簧和地球组成的系统机械能增加量不等于物体B和地球组成的系统机械能的减少量，D不符合题意；
故答案为：B．
【分析】本题的解题关键是，当物体出现最大速度时加速度为零，合外力等于0。
2．【答案】B
【知识点】功能关系；电势差、电势、电势能；能量守恒定律；电场力做功；带电粒子在电场中的偏转
【解析】【解答】解：小球自a点运动到b时，电场力做负功：Wab=2eV﹣20eV=﹣18eV…①
由于相邻两等势面的电势差相等，故电势差的大小关系有：Uab=3Ucb…②
从b到c电场力做正功，根据动能定理有：Wbc=Ekc﹣Ekb…③
联立①②③可得：Ekc=8eV．
由于只有电场力做功，电势能和动能和保持不变，故在c点有：E=Ep+Ek=8eV
即电势能和动能之和为8eV，因此当电势能等于﹣6eV时动能为14eV，故B正确，ACD错误
故选：B
【分析】解决本题需掌握：小球只受电场力时，小球的动能和电势能之和保持不变；正确判断小球在电场中所受电场力方向以及电场力做功情况．
3．【答案】C
【知识点】能量守恒定律
【解析】解答：弹簧的形变量 ，则物体上升的高度
则重力势能的增加量 ．故C正确，A、B、D错误．
故选C．
分析：用手拉着其上端P点很缓慢地向上移动，知弹簧的弹力等于重力，根据P点上升的位移和弹簧的形变量，得出物体上升的高度，从而求出物体重力势能的增加量．
4．【答案】B,C
【知识点】能量守恒定律；牛顿运动定律的应用—连接体
【解析】【解答】小球初始时的加速度最大，有，故A错误；
速度最大时，对甲有：；
，
解得
故弹簧的此时长度是2L，B正确；
弹簧最长时，小球速度为零，由能量守恒定律得：
解得：
弹簧长度：，故C正确；
通过以上分析可知，当小球到最低点时，甲与杆弹力最大，故有：
，D错误；
故本题答案为：BC
【分析】由牛顿第二定律可得加速度，抓住最大速度时，合力为零，可求此时长度，开始到最低点有能量关系，可列式求解；最大弹力应是最大形变量时，可求甲与杆间最大弹力。
5．【答案】B,D
【知识点】能量守恒定律
【解析】【解答】假设恰A能上升到与滑轮等高的位置，此时A上升高度为h，由几何关系应该有B下降的高度
则此时AB的速度均为零，且满足能量关系mgh=2mgL
则假设成立，可知B下降到最低点时，A恰好运动到与滑轮等高的位置，可知A上升的最大高度为2L，绳子的拉力一直对B做负功，则B的机械能减小，A的机械能增加，A的机械能增加
故答案为：BD。
【分析】利用几何关系得出B下落的高度；根据能量守恒判断机械能的变化情况；从而算出A在最高点增加的机械能。
6．【答案】A,D
【知识点】受力分析的应用；能量守恒定律；牛顿运动定律的应用—传送带模型；功的计算
【解析】【解答】A．设小物块初速度 ，对小物块受力分析
经分析物块做匀加速直线运动，则有
解得
A符合题意；
B．运动过程中小物块位移为L，时间为
传送带位移为
划痕长度
B不符合题意；
C．根据公式可得，摩擦产热为
C不符合题意；
D．电机带动传送带匀速传动多增加的总能量为产热和物块动能增量两部分，即有
代入数据解得
D符合题意。
故答案为：AD。
【分析】对小物块进行受力分析，根据牛顿第二定律以及匀变速直线运动位移与时间的关系得出小物块的初速度；小物块根据匀变速直线运动的规律得出划痕的长度；结合摩擦力做功得出运动中程中摩擦产生的热量；根据能量关系得出电动机输出的总能量。
7．【答案】B,D
【知识点】功能关系；能量守恒定律；牛顿第二定律
【解析】【解答】A．物体A、B释放瞬间，设轻绳的拉力为T，则有
代入数据，联立解得
A不符合题意；
B．物体B下降过程中，轻绳是A、B组成的系统的内力，故轻绳的拉力对A和B做的总功为零，B符合题意；
C．物体B下降过程中，B减少的机械能一部分转化为A增加的机械能，还有一部分转化为克服摩擦力做的功，C不符合题意；
D．设物体B下降2m时的速度为 ，则A的速度为 ，由能量守恒可得
代入数据，解得
D符合题意。
故答案为：BD。
【分析】当物体A和B释放的瞬间，利用两个物体的牛顿第二定律可以求出绳子拉力的大小；由于细绳属于系统内力所以对A和B所做功等于0；物体B下降过程中，B减少的机械能转化为A增加的机械能和摩擦力力做功；利用能量守恒定律可以求出物体B下落2m时的速度大小。
8．【答案】A,D
【知识点】能量守恒定律；牛顿第二定律；功的计算；机械能守恒定律；运动学 v-t 图象
【解析】【解答】A．由图可知末飞行器的速度为
动能为
A符合题意；
B．在加速上升阶段，由图可知，加速度大小
根据牛顿第二定律
解得
B不符合题意；
C．内，飞行器仍在上升，运动方向与升力的方向一致，升力做正功，C不符合题意；
D．飞行器上升过程，初末动能均为零，增加的机械能等于增加的重力势能，而速度时间图像与坐标轴围成的面积表示位移，故增加的机械能
D符合题意。
故答案为：AD。
【分析】根据动能的表达式得出4s末的动能；在加速上升阶段，根据牛顿第二定律得出飞行器受到的升力，结合恒力做功的表达式判断升力的做功情况；结合能量关系得出增加的机械能。
9．【答案】A,D
【知识点】能量守恒定律；共点力的平衡；牛顿第二定律
【解析】【解答】AB．电键闭合后，导体棒受到的合力为
当合力为零时，导体棒做匀速直线运动，当合力为mg时，导体棒的加速度为g，A符合题意，B不符合题意；
C．导体棒最终匀速运动，其速度为
C不符合题意；
D．根据功能关系，导体棒的机械能的减少量等于克服安培力所做的功，而克服安培力做的功等于电路中产生的电能，所以导体棒 的机械能与回路内产生的电能之和一定守恒。D符合题意。
故答案为：AD。
【分析】根据牛顿第二定律对导体棒进行受力分析得出加速度，再判断导体棒的运动情况，根据功能关系判断导体棒 的机械能与回路内产生的电能之和一定守恒。
10．【答案】B,D
【知识点】受力分析的应用；能量守恒定律；牛顿第二定律
【解析】【解答】A．依题意，由静止释放导体棒，棒沿导轨往复运动，故可知棒被释放后第一次从右向左运动过程中，棒先加速，后减速，A不符合题意；
B．刚释放导体棒时，弹簧压缩量为 ，棒水平方向受到水平向左的弹簧弹力 ，水平向右滑动摩擦力f的共同作用，由牛顿第二定律得棒加速度大小为
B符合题意；
CD．依题意知最后棒停止运动，此时弹簧处于原长，根据能量守恒定律可知整个过程中弹簧的弹性势能减少量等于电阻上产生的热量及摩擦产生的热量之和。C不符合题意，D符合题意。
故答案为：BD。
【分析】静止释放导体后，对导体进行受力分析，从而判断导体的运动情况；刚释放导体时导体受弹簧弹力和摩擦力，结合牛顿第二定律求出加速度的大小，结合能量守恒分析能量之间的转化。
11．【答案】B,D
【知识点】能量守恒定律；牛顿第二定律
【解析】【解答】A．两种情况下斜劈对滑块的支持力的方向均垂直斜面向上，第一种情况下斜劈对滑块的支持力FN1＝mgcos θ
当滑块m相对于斜劈加速下滑时，斜劈水平向左加速运动，所以滑块m相对于地面的加速度方向不再沿斜面方向，即物块有沿垂直于斜面方向向下的加速度，则mgcos θ＞FN1
A不符合题意；
B．对斜劈，地面对斜劈的支持力等于斜劈的重力与滑块对斜劈的压力的竖直分量之和，因为FN1＞FN1
则地面对斜劈的支持力FN2＞FN2 ，B符合题意；
C．若斜劈固定，则mgh＝ mv2，若斜劈不固定，则由能量关系可知mgh＝ mv'2＋ Mvx2，因此v＞v'
C不符合题意；
D．对滑块，在竖直方向，由牛顿第二定律可得mg－FNcos θ＝may
由于FN1＞FN1
因此ay1＜ay1
两种情况下滑块的竖直位移相等，根据
可得vy＜vy
D符合题意。
故答案为：BD。
【分析】利用加速度的分解结合重力的分力可以比较斜劈对滑块的支持力大小；利用平衡条件可以判别地面对斜面支持力的大小；利用能量守恒定律可以比较速度的大小；利用牛顿第二定律结合竖直方向的加速度大小可以比较竖直方向的末速度大小。
12．【答案】B,C,D
【知识点】受力分析的应用；能量守恒定律
【解析】【解答】A、因M和N两点处弹簧对小球的弹力大小相等，且∠ONM<∠OMN< 知M处的弹簧处于压缩状态，N处的弹簧处于伸长状态，则弹簧的弹力对小球选做负功后正功，A不符合题意。
B、当弹簧水平时，竖直方向的力只有重力，加速度为g；当竖直方向的合外力为mg时，加速度为也g，则有两个时刻的加速度大小等于g，B符合题意；
C、弹簧长度最短时，即弹簧水平，弹力与速度垂直，则做功的功率为零，C符合题意；
D、由M→N的动能定理 ，因M和N两点处弹簧对小球的弹力大小相等，则由弹力作功特点知 ，即 ，D符合题意，
故答案为：BCD．
【分析】对小球进行受力分析，利用牛顿第二定律求解小球的加速度，弹簧的弹力对小球做正功，弹性势能减小，小球的动能增加。
13．【答案】A,D
【知识点】弹性势能；能量守恒定律
【解析】【解答】AB两点的高度差为h，所以由A至B重力做功为mgh，A对；重力势能减小为mgh，由能量转化观点可知由A到B的过程中重力势能的减小量转化为动能和弹性势能的增量，BC不符合题意D对；
故答案为：AD
【分析】对物体进行受力分析，合外力对物体做的功为物体动能的改变量，除重力以外的其他力做的功，为物体机械能的改变量；重力做正功，重力势能减小，反之增大，利用公式W=mgh求解即可。
14．【答案】A,D
【知识点】对单物体(质点)的应用；能量守恒定律
【解析】【解答】设小球刚运动到O点时的速度为v，则有 ， 小球接触弹簧后先做加速运动，所以小球运动的最大速度大于 ，A符合题意．小球刚接触弹簧时的加速度大小为g，方向竖直向下，根据简谐运动的对称性可知，当小球运动到关于平衡位置对称点时，加速度大小也等于g，方向竖直向上，而此时小球还有向下的速度，还没有到达最低点，当小球到达最低点时加速度将大于 B不符合题意．设弹簧的弹力与重力大小相等时，弹簧压缩量为x，则有 ， 而弹簧的弹力与重力平衡的位置在B点的上方，则 ，则 C不符合题意．当小球运动到最低点B时，弹性势能最大，根据机械能守恒定律得，弹簧的最大弹性势能为 D符合题意．
故答案为：AD.
【分析】从小球运动到刚接触弹簧时可以利用动能定理求出速度的大小，接下来由于弹力刚开始小于重力所以小球还会加速到平衡位置；利用简谐运动可以判别最大加速度大于g；求出利用平衡可以判别劲度系数的大小；利用能量守恒可以求出最大的弹性势能。
15．【答案】B,C
【知识点】能量守恒定律；匀变速直线运动的位移与速度的关系；牛顿第二定律；功率及其计算
【解析】【解答】物体上升1m高度时的机械能 ，即 ，解得物体上升过程中最大速度 ，根据匀变速直线运动的速度位移公式得 ，可知物体上升过程的加速度为 ，A不符合题意；B符合题意；根据速度位移公式得 ，解得 ；根据牛顿第二定律得 ，解得F=mg+ma=1×12N=12N，则拉力F的瞬时功率为 ，C符合题意；根据机械能守恒得，物体与钉子接触时的动能为12J，根据能量守恒得： ，代入数据得 ，D不符合题意．
故答案为：BC
【分析】利用上升1m处的机械能大小可以求出最大速度的大小；利用速度位移公式可以求出加速度的大小；利用牛顿第二定律可以求出拉力的大小，利用瞬时功率的表达式可以求拉力的瞬时功率；根据能量守恒方程可以求出钉子的平均阻力。
16．【答案】C,D
【知识点】对单物体(质点)的应用；能量守恒定律
【解析】【解答】AC、设小球从A运动到B的过程克服摩擦力做功为Wf，AB间的竖直高度为h，小球的质量为m，弹簧具有的最大弹性势能为Ep.
根据能量守恒定律得：对于小球A到B的过程有：mgh+Ep= +Wf，
A到C的过程有：2mgh+Ep=2Wf+Ep，解得：Wf=mgh，Ep= .
小球从C点向上运动时，假设能返回到A点，则由能量守恒定律得：
Ep=2Wf+2mgh+Ep，该式违反了能量守恒定律，可知小球不能返回到出发点A处。A不符合题意，C符合题意。
B. 设从A运动到C摩擦力的平均值为 ，AB=s，由Wf=mgh得： ˙s=mgssin30
在B点，摩擦力f=μmgcos30 ，由于弹簧对小球有拉力(除B点外)，小球对杆的压力大于μmgcos30 ，所以 >μmgcos30
可得mgsin30 >μmgcos30 ，因此撤去弹簧，小球不能在直杆上处于静止。B不符合题意；
D. 根据牛顿第二定律得：
在A点有：Fcos30 +mgsin30 f=maA；
在C点有：Fcos30 f mgsin30 =maC；
两式相减得：aA aC=g.D符合题意。
故答案为：CD
【分析】小球返回到出发点时能量不守恒；利用AC过程求出平均摩擦力的大小，利用平均摩擦力在没有弹力作用下和重力的分力进行对比判断小球能否平衡；利用能量守恒可以求出最大的弹性势能大小；利用牛顿第二定律求出AC两点的加速度大小进行相减可以求出差值。
17．【答案】B,D
【知识点】能量守恒定律
【解析】【解答】 A、电动机多做的功转化成了物体的动能和内能，物体在这个过程中获得动能就是 ，所以电动机多做的功一定要大于 ．A不符合题意．B、物体在传送带上的划痕长等于物体在传送带上的相对位移，物块达到速度v所需的时间 ，在这段时间内物块的位移 ，传送带的位移 ．则物体相对位移 ．B符合题意．C、传送带克服摩擦力做的功就为电动机多做的功，所以由A的分析可知，C不符合题意．D、电动机增加的功率即为克服摩擦力做功的功率，大小为 ，D符合题意．
故答案为：BD．
【分析】电动机多做的功转化成了物体的动能和内能，传送带上物体的划痕等于物体在传送带上的相对位移。
18．【答案】C,D
【知识点】能量守恒定律
【解析】【解答】A、B、物体从A到O的过程中，弹簧的弹力先大于滑动摩擦力，后小于滑动摩擦力，物体先加速后减速，在弹簧的弹力与滑动摩擦力大小相等、方向相反的位置速度最大，此时弹簧处于伸长状态，弹性势能不为零，该位置应在O点的右侧，A、B不符合题意。C、如果没有摩擦力，则O点应该在AB中间，由于有摩擦力，物体从A到B过程中机械能损失，故无法到达没有摩擦力情况下的B点，也即O点靠近B点。故 ，此过程物体克服摩擦力做功大于 ，所以物块在A点时，弹簧的弹性势能小于 ，C符合题意。D、由A分析得物块从开始运动到最终停在B点，路程大于 ，故整个过程物体克服阻力做功大于 ，故物块在B点时，弹簧的弹性势能小于 ，D符合题意。
故答案为：CD。
【分析】物块运动过程中弹簧弹性势能、物块的动能和内能相互转化。
19．【答案】（1）设滑到B处的速度为v，从A到B根据动能定理可得：，解得v=6m/s
（2）解：设儿童在C点恰做平抛运动滑出时的速率为vC，则
解得vC=m/s
由动能定理可得
解得
即为了使儿童在娱乐时不会从C处平抛滑出，水平滑槽的长度至少为3.4m。
【知识点】能量守恒定律；动能定理的综合应用
【解析】【分析】本题考查动能定理的应用，儿童从A运动到B的过程中，重力做的功等于儿童在该过程动能的变化量，根据题干提供信息，求解儿童到达B点的速度；为了使儿童在娱乐时不会在C处平抛滑出，理解为：儿童在C处的速度最大为(在C处由重力提供向心力）。进而研究儿童从B点运动到C点，摩擦力做的功等于该过程儿童动能的变化量，从而求解L的最小值。注意：为了使儿童在娱乐时不会在C处平抛滑出，说明儿童在C处对圆弧的压力大于或等于零。
20．【答案】（1）解：滑块从开始下滑到整个过程，由动能定理得
解得
答：滑块到达点时的速度为；
（2）解：滑块与小车相互作用列动量守恒得
作用过程中发热量为
根据能量守恒可得
解得
答：滑块滑上小车后相当于小车的位移为。
【知识点】能量守恒定律；动能定理的综合应用
【解析】【分析】（1）对滑块从开始下滑到C整个过程，利用动能定理求滑块到达点时的速度；
（2）根据动量守恒求出共同的速度v，根据能量守恒求滑块滑上小车后相对于小车的位移。
21．【答案】（1）解：由静止释放到B点的过程机械能守恒，弹簧压缩时的弹性势能为
（2）解：物块恰能通过C点，则有
对B到C的过程应用动能定理可得
联立解得克服阻力做的功为
（3）解：若物块恰能滑至B点，由功能关系可知
若物块恰能滑至半圆形导轨的与圆心等高处，由功能关系可知
若物块恰能通过半圆形导轨最高点，由功能关系可知
弹性势能大小范围为或
【知识点】能量守恒定律；竖直平面的圆周运动；动能定理的综合应用
【解析】【分析】本题考查竖直平面内的圆周运动，由于水平面AB是光滑的，故弹性势能转化为物块脱离弹簧后的动能，也就是物块在B点的动能，有；物块从B点运动到C点过程中，轨迹是曲线，阻力是变力，直接求阻力做功太难，故利用动能定理，间接求解该过程阻力做的功，而物块恰能通过最高点，暗示学生求解物块在最高点C的动能或速度，物块从B点运动到C点过程中，物块在B、C两点的动能已求，则由动能定理求解该过程阻力做的功； 欲使小物块滑上半圆形轨道且中途不脱离半圆形导轨 ：首先物块达到B点的速度大于或等于零。其次物块恰能过最高点或物块到达O点等高处时，物块的速度刚好为零。本题难点在于理解物块在半圆形轨道运动的临界条件。
22．【答案】（1）解：小球P恰好能通过半圆形轨道的最高点C，则有
解得
对于小球P，从B→C，由动能定理有
解得
在B点，受力分析有
解得
由牛顿第三定律有NB′＝NB＝12N
（2）解：设Q与S做平抛运动的初速度大小为v，所用时间为t，
根据公式
得t＝0.2s
根据公式x＝vt
代入数据，得v＝1 m/s
碰撞前后Q和S组成的系统动量守恒，则有mvQ＝2mv
解得vQ＝2m/s
（3）解：P、Q和弹簧组成的系统动量守恒，则有MvP＝mvQ
解得vP＝1m/s
P、Q和弹簧组成的系统，由能量守恒定律有
解得Ep＝0.3J
【知识点】弹性势能；功能关系；能量守恒定律；平抛运动；生活中的圆周运动；竖直平面的圆周运动；动能定理的综合应用；能量转化和转移的方向性
【解析】【分析】（1） 小球P恰好能通过半圆形轨道的最高点C ，由牛顿第二定律可得小球再C点的速度， 小球P，从B→C，由动能定理可得B点的速度，再牛顿第二定律可得小球的支持力，又由牛顿第三定律可得 对轨道的压力；
（2）根据小球Q和S一起做平抛运动，由平抛运动的规律可得初速度， 又因为碰撞前后Q和S组成的系统动量守恒可得Q的速度；
（3）因为P、Q和弹簧组成的系统动量守恒可得P的速度，再根据P、Q和弹簧组成的系统，由能量守恒定律可得轻弹簧的弹性势能。
23．【答案】（1）解：物块到B点时
解得
在B点，由牛顿第二定律得
解得
由牛顿第三定律可知物块运动到B点时对竖直圆轨道的压力大小与轨道对物块B的支持力大小相等
（2）解：物块不脱离竖直圆轨道，设物块在C点的最小速度为，则
解得
物块从C点恰能到达D点，由动能定理得
解得
从A点到C点，由能量守恒定律可得
解得弹簧弹性势能的最小值
（3）解：物块从A点到D点由能量守恒定律可得
物块从D点落到平台上做平抛运动，竖直方向做自由落体运动
解得
水平方向做匀速直线运动，则水平位移
物块落到平台上时距点的水平距离与弹簧的弹性势能的关系式
【知识点】能量守恒定律；牛顿第二定律；竖直平面的圆周运动；动能定理的综合应用
【解析】【分析】（1）由能量守恒定律求出物块运动到B点的速度，再分析物块在B点的受力，由牛顿第二定律和第三定律求出物块运动到B点时对竖直圆轨道的压力大小；（2）先确定使物块不脱离竖直圆轨道且能到达D点的要满足的条件，再由能量守恒定律求出弹簧弹性势能的最小值；（3）根据能量守恒定律和平抛运动的规律分析物块落到平台EF上时距B点的水平距离与弹簧的弹性势能的关系式。
24．【答案】（1）解：小车速度达到最大时，由功率公式
此时小车受力平衡，即
（2）解：设小车通过第5个减速带后，到下一个减速带时的速度为v1，通过减速带后的速度为v2，由于其通过相邻两减速带间的时间均为，则小车每次到下一个减速带时的速度都为v1，通过减速带后的速度都为v2，在减速带间隔过程中由动能定理
所以通过每一个减速带时所损失的机械能
（3）解：由题意，小车通过前5个减速带时损失的总机械能
从小车到第1个减速带前到最后停下来，由能量守恒定律
解得
【知识点】功能关系；能量守恒定律；动能定理的综合应用
【解析】【分析】（1）由功率公式结合平衡条件即可求解；（2）由题干分析可知小车每次到下一个减速带的速度都相同，由动能定理即可求角；（3）根据能量守恒列方程求解时间。
25．【答案】（1）解：P在恒力作用下向左运动到最大距离的过程中，根据功能关系有
P向右运动过程中，当弹簧处于原长时，P与弹簧分离，根据能量守恒有
由题意有
解得
（2）解：设恒力为，弹簧的最大形变量为x，有
P向右运动过程中，当弹簧处于原长时，P与弹簧分离，根据能量守恒有
为保证P与Q能够相碰，则要求P与弹簧分离时速度，联立解得
所以恒力的最小值为
（3）解：P、Q间的碰撞，根据动量守恒定律和能量守恒定律有
联立解得，
两滑块碰后，P先在传送带上减速，由牛顿第二定律有
经过时间与传送带共速，有
解得，
Q也先在传送带上减速，由牛顿第二定律有
经过时间与传送带共速，有
解得，
当Q与传送带共速时P、Q的距离为
之后P、Q随传送带一起加速，故传送带达到最大速度时P、Q的速度大小都是4m/s
传送带减速的过程，由于加速度，故Q在静摩擦力作用下随传送带一起减速，无相对滑动，由于加速度，故P与传送带间存在相对滑动，从传送带达到最大速度开始，直到减速到零，经历时间
当传送带速度为零时，滑块P的速度大小为
P、Q间的距离为
P与Q第二次碰撞前的速度大小为
P、Q第二次相碰，根据动量守恒定律和能量守恒定律有
联立解得，
P、Q第二次相碰后，滑上右侧水平面分别做匀速直线运动，速度分别为和
（4）解：P在初始减速阶段与传送带间的相对位移
P在最后减速阶段与传送带间的相对位移
Q在初始减速阶段与传送带间的相对位移
P由于与传送带间的摩擦产生的热量
Q由于与传送带间的摩擦产生的热量
系统产生的热量
【知识点】功能关系；能量守恒定律
【解析】【分析】（1）根据功能关系以及能量守恒定律联立列方程求解。
（2） 当弹簧处于原长时，P与弹簧分离 ，为保证P与Q能够相碰，则要求P与弹簧分离时速度 。
（3） P、Q间的弹性碰撞，动量守恒定律和能量守恒 。 两滑块碰后，P先在传送带上减速 ， Q也先在传送带上减速 。 之后P、Q随传送带一起加速，故传送带达到最大速度时P、Q的速度大小 相等。
（4）产生热量等于摩擦力大小乘以相对位移大小。
26．【答案】（1）解：A与B相对静止一起沿斜面运动，则
加速度方向沿斜面向下，A在B板上上滑时，加速度为
加速度方向沿斜面向下，A在B板上下滑时，加速度为
加速度方向沿斜面向上，AB整体先向下做匀加速运动，加速度为
位移为 ，当b下端碰到2时，由于b板质量不计，碰撞瞬间保持静止，A沿B向下做匀加速直线运动，位移为 ，加速度为
设A到达挡板2时的速度为 ，则
解得
（2）解：滑块从挡板1滑下到再回来的过程中，由能量守恒定律可得
解得
（3）解：A开始运动时，AB一起向下运动，做加速运动，由运动学公式可知
解得
B碰撞挡板2后A继续运动，直到A与挡板2碰撞，A做减速运动可知
解得
A与挡板2碰撞后原速度返回，AB一起向上运动直到沿B与挡板1碰撞，由运动学公式可知
解得
A继续上升直到速度为0，则
解得
此后AB一起向下加速，B碰撞挡板2后，A继续向下运动直到碰撞挡板2时速度为 ，由动能定理可知
解得
反弹后B不会在碰到挡板1，之后就以 的初速度上升到最高点在下降，循环做周期性运动，设周期为 ，则
代入数据可得
【知识点】能量守恒定律；匀变速直线运动的位移与速度的关系；牛顿第二定律；动能
【解析】【分析】（1）AB 运动的过程根据牛顿第二定律得出加速度的大小和方向，通过匀变速直线运动的位移与速度的关系得出 滑块A到达挡板2时的速度 ；
（2） 滑块从挡板1滑下到再回来的过程中，由能量守恒定律得出滑块A需要的发射速度；
（3）根据匀变速直线运动的位移与速度的关系和动能定理得出A继续向下运动直到碰撞挡板2时速度 ，进一步得出 滑块A做周期性运动时的周期。
27．【答案】（1）解：滑块从A到圆心O等高处，由机械能守恒定律得
在C点，轨道的弹力提供向心力，由牛顿第二定律得
代入数据解得
（2）解：滑块从A点到第一次到达F点
解得
要保证滑块能到达F点，必须要保证它能到达半圆轨道最高点D
可解得
综上可得，且
（3）解：若滑块恰能通过半圆轨道最高点D
若滑块以最大弹性势能弹出时，能停在水平直轨道上，在上滑行的最大路程为
解得
在轨道上往返一次损失的能量为
可知，若滑块最终静止在水平直轨道，如下三种情况满足要求
①，可得
②，可得
③，可得
【知识点】能量守恒定律；牛顿第二定律；机械能守恒定律
【解析】【分析】（1）已知弹性势能的大小，结合机械能守恒定律可以求出滑块运动到C点时速度的大小，结合牛顿第二定律可以求出滑块在C点受到的弹力大小；
（2）已知弹簧弹性势能的大小，结合能量守恒定律可以求出其滑块运动到F点的动能表达式，再结合其滑块能到达其D点的牛顿第二定律及机械能守恒定律可以求出弹性势能的大小范围；
（3）当滑块最后停止在EF上时，利用其速度位移公式可以求出其最小路程，结合能量守恒定律可以求出其滑块运动的最大路程，结合其损失能量的大小可以求出弹性势能的大小范围。
28．【答案】（1）解：小球过最高点G后做平抛运动，平抛运动的初速度为、运动时间为t
由平抛运动规律得
解得
小球在最高点G，由牛顿第二定律得
解得
由牛顿第三定律可知，小球对轨道的压力为0，即恰好过最高点
（2）解：O点到G点，由能量守恒定律得
解得
（3）解：设释放点到B点的距离为时，弹性势能为，小物块恰好到达B点，
由能量守恒
解得
设释放点到B点的距离为时，小物块恰好到达圆轨道上与圆心等高的D位置，由能量守恒
解得
由题意可知，当释放点到B点的距离为2R时，小物块恰好到达G点。释放点到B点的距离x满足或
【知识点】能量守恒定律；牛顿第二定律；平抛运动
【解析】【分析】（1）小球过最高点做平抛运动，利用平抛运动的位移公式可以求出其经过G点速度的大小，结合牛顿第二定律可以求出对轨道的压力；
（2）当物块从O到G点的过程，利用能量守恒定律可以求出弹簧弹性势能的大小；
（3）当物块恰好到达B点时，利用能量守恒定律可以求出其滑块释放点到B点的距离；再利用物块恰好到达D点时，利用能量守恒定律可以求出释放点到B点的距离大小。
29．【答案】（1）解：小物块从初位置到过B点达到最高位置的过程中
由能量守恒有
代入数据解得h=1.7m
（2）解：据题意小球从开始到第6次过B点过程中，有5次经过传送带。设第6次过B点的速度大小为vB，由能量守恒有
小球此时在B点由牛顿第二定律有
联立代入数据解得FN=46N
由牛顿第三定律得压力大小为46N
（3）解：由题意知，小物块每经过传送带且一直做匀减速的过程中，小物块的动能损失量
小物块在从B想A运动的过程中如果想一直减速则速度要比传送带大，因此此时B点最小速度由
其中，可解得
当小物块的能量小于此能量，向左运动先减速在匀速，可知9次以后小物块的能量为1J开始向左最后匀速，匀速以后在从A点向B点运动过程中减速的位移为
没有到达B点即减速为零，反向向A匀加速运动，到达A点速度为
此后重复周期性运动
每一次经过A点的动能均为0.5J。所以，第20次小物块压缩弹簧的初动能就为0.5J。由能量关系有小物块第20次压缩弹簧的最大弹性势能EPm=0.5J
【知识点】能量守恒定律；匀变速直线运动的位移与速度的关系；牛顿运动定律的应用—传送带模型；动能定理的综合应用
【解析】【分析】（1）根据能量守恒得出上升的最大高度：
（2）结合能量守恒以及牛顿第二定律得出轨道对小球的支持力：
（3）结合恒力做功以及动能定理判断物块的运动情况，结合匀变速直线运动的规律得出 弹簧弹性势能的最大值。
30．【答案】（1）解：根据能量守恒，有
（2）解：当恰好过D点时，有
得
在D—F的过程中，有
在F点，有
得FN=0.8N
根据牛顿第三定律，有
（3）解：当小球刚好过D点到达F点，在这一过程中，有
其中
得
在F点时，有
由于
故滑块只要有速度与弹性板碰后等速反弹均会匀速下滑，故滑块只能是上升过程中停止。
①假设第一次上升停止，考虑恰好在碰到弹性板前停止，有
得
根据能量守恒，得
即
②假设第二次上升停止，考虑恰好在碰到弹性板前停止，考虑第一次上升下降滑动摩擦力做功为
而且返回过程要保证不能在D点脱离轨道，则在 ①情况下下限和上限均加上Wf，得
③假设第三次上升停止，考虑恰好在碰到弹性板前停止，同时
同理可得
【知识点】能量守恒定律；牛顿第二定律；动能定理的综合应用；机械能守恒定律
【解析】【分析】（1） 滑块第1次运动到与O1等高的C点 的过程中利用能量守恒得出弹簧的弹性势能：
（2）滑块恰好过D点时结合重力等于向心力，从而得出D点的速度，从D到F的过程中根据机械能守恒得出F点的速度，在F点利用牛顿第二定律得出滑块第1次经过管道DEF的最高点F时对轨道的弹力：
（3）小球刚好过D点到达F点 时根据机械能守恒和重力等于向心力，从而得出F点的速度，结合共点力平衡得出滑块只能是上升过程中停止，利用动能定理和能量守恒得出弹簧的弹性势能Ep的取值范围。
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