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专题6机械能守恒定律——2025届浙江省物理选考三年高考一年模拟
1. （2024 浙江）一个音乐喷泉喷头出水口的横截面积为2×10﹣4m2，喷水速度约为10m/s，水的密度为1×103kg/m3，则该喷头喷水的功率约为（ ）
A．10W B．20W C．100W D．200W
2. （2024 浙江）如图所示，质量为m的足球从水平地面上位置1被踢出后落在位置3，在空中达到最高点2的高度为h，则足球（ ）
A．从1到2动能减少mgh
B．从1到2重力势能增加mgh
C．从2到3动能增加mgh
D．从2到3机械能不变
3. （2023 浙江）铅球被水平推出后的运动过程中，不计空气阻力，下列关于铅球在空中运动时的加速度大小a、速度大小v、动能Ek和机械能E随运动时间t的变化关系中，正确的是（ ）
A． B．
C． D．
4. （2023 浙江）一位游客正在体验蹦极，绑上蹦极专用的橡皮绳后从跳台纵身而下。游客从跳台下落直到最低点过程中（ ）
A．弹性势能减小
B．重力势能减小
C．机械能保持不变
D．绳一绷紧动能就开始减小
5. （2022 浙江）小明用额定功率为1200W、最大拉力为300N的提升装置，把静置于地面的质量为20kg的重物竖直提升到高为85.2m的平台，先加速再匀速，最后做加速度大小不超过5m/s2的匀减速运动，到达平台速度刚好为零，则提升重物的最短时间为（ ）
A．13.2s B．14.2s C．15.5s D．17.0s
6. （2022 浙江）物流公司通过滑轨把货物直接装运到卡车中，如图所示，倾斜滑轨与水平面成24°角，长度l1＝4m，水平滑轨长度可调，两滑轨间平滑连接。若货物从倾斜滑轨顶端由静止开始下滑，其与滑轨间的动摩擦因数均为μ，货物可视为质点（取cos24°＝0.9，sin24°＝0.4）。
（1）求货物在倾斜滑轨上滑行时加速度a1的大小；
（2）求货物在倾斜滑轨末端时速度v的大小；
（3）若货物滑离水平滑轨末端时的速度不超过2m/s，求水平滑轨的最短长度l2。
1. （2024 嘉兴一模）羽毛球运动是一项深受大众喜爱的体育运动。某同学为研究羽毛球飞行规律，找到了如图所示的羽毛球飞行轨迹图，图中A、B为同一轨迹上等高的两点，P为该轨迹的最高点，则该羽毛球（ ）
A．在A、B两点的速度大小相等
B．整个飞行过程中经P点的速度最小
C．AP段的飞行时间大于PB段的飞行时间
D．在A点的机械能大于B点的机械能
2. （2024 西湖区校级模拟）课外活动期间，引体向上是学生喜欢的项目之一。如图所示，两手用力量将身体竖直往上拉起，当下巴超过单杠时称为上升过程；然后让身体竖直下降，直到恢复完全下垂称为下降过程。不计空气阻力，下列说法正确的是（ ）
A．上升过程人处于超重状态
B．下降过程人处于失重状态
C．上升和下降过程中杠对两手的支持力合力均等于重力
D．上升和下降过程中人的机械能均不守恒
3. （2024 镇海区校级三模）学校运动会上，某同学参加铅球比赛，他将同一铅球从空中同一位置A先后两次抛出，第一次铅球在空中轨迹如图乙中1所示，第二次铅球在空中轨迹如图乙中2所示，两轨迹的交点为B，已知铅球两次经过B点时机械能相同，不计空气阻力，不计铅球大小，则关于两次抛出，下列说法正确的是（ ）
A．两次投出的初速度相同
B．两次铅球落地时重力的瞬时功率相同
C．两次铅球在空中运动过程中重力做功平均功率2更加大
D．两次铅球在最高点机械能2更加大
4. （2024 浙江模拟）在离地高度相同的A、B两点抛出两质量不同的小球A和B，A的初速度斜向上，B的初速度水平。某时刻两小球恰好在C点相碰，如图所示，此时两小球均未落地且A、B两点连线中点恰好与C点在同一竖直线上，不计阻力，则两小球在此过程中（ ）
A．位移相同 B．速度的变化量相同
C．动能的增量相同 D．机械能的增量相同
5. （2024 浙江模拟）《巴黎气候变化协定》是人类历史上应对全球温室效应带来的气候变化的第三个里程碑式的国际法律文本。为了减少二氧化碳的排放，我国一直在大力发展新能源汽车，已知某型号的电动汽车主要技术参数如表：
车型尺寸长×宽×高 4870×1950×1725 最高时速km/h 120
电机型式 交流永磁同步电机 电机最大电功率kW 180
工况法纯电续驶里程km 500 等速法纯电续驶里程km 600
电池容量kW h 82.8 快充时间h 1.4
0﹣50km/h加速时间（s） 2 0﹣100km/h加速时间s 4.6
根据电动汽车行业国家标准GB/T18386﹣2017，电机的最大功率为电机输出的最大机械功率；电池容量为电池充满电时储存的最大电能，根据表中数据，可知（ ）
A．0﹣100km/h的加速过程中电动车行驶的路程一定大于60m
B．电机以最大功率工作且车以最大速度行驶时，车受到的阻力大小为5000N
C．该车在0﹣50km/h的加速过程中平均加速度为25m/s2
D．电机以最大功率工作加速到最高时速用时4.6s
6. （2024 浙江模拟）如图所示，倾角为30°的斜面体固定在水平地面上，上表面O点以下部分粗糙且足够长，其余部分光滑。在斜面体O点上方放置一质量为0.2kg且分布均匀、长度为0.2m的薄板，薄板下端与O点之间的距离为0.4m。现由静止释放薄板，薄板沿斜面向下运动，已知当薄板通过O点过程中，薄板所受摩擦力大小是薄板在斜面O点以下部分重量的倍，重力加速度g取10m/s2。则（ ）
A．薄板减速运动时最大加速度为5m/s2
B．薄板与O点以下部分的动摩擦因数为
C．薄板的最大速度为m/s
D．薄板静止时，其下端距O点1.1m
7. （2024 嘉兴模拟）如图所示是跳台滑雪运动示意图，运动员从助滑雪道末端A点水平滑出，落到倾斜滑道上。若不计空气阻力，从运动员离开A点开始计时，其在空中运动的速度大小v、速度与水平方向夹角的正切tanθ、重力势能Ep、机械能E随时间t变化关系正确的是（ ）
A． B．
C． D．
8. （2024 浙江模拟）如图所示，轻弹簧一端悬挂在横杆上，另一端连接质量为m的重物，弹簧和重物组成的系统处于静止状态。某时刻在重物上施加一方向竖直向上，大小为的恒力，重物上升的最大高度为h，已知弹簧的弹性势能表达式为，则（ ）
A．上升过程中系统机械能守恒
B．开始时弹簧的弹性势能为
C．上升过程中重物的最大动能为
D．上升到最高点过程中重物的重力势能增加
9. （2024 温州二模）如图所示，薄板B放在倾角为30°的光滑斜面上，斜面固定且足够长，薄板的下端位于斜面底端，上端通过轻绳与固定在地面上的电动机连接，轻绳跨过定滑轮，定滑轮质量与摩擦均不计，斜面上方的细绳与斜面平行。t＝0时刻，一小物块A从薄板上端由静止释放的同时，薄板在电动机带动下由静止开始沿斜面向上做加速度的匀加速直线运动。已知薄板长L＝1m，小物块A的质量mA＝2kg，薄板B的质量mB＝1kg，A、B间的动摩擦因数。下列说法正确的是（ ）
A．从t＝0到小物块A离开薄板前，细绳对薄板B的拉力为7N
B．小物块A到达斜面底端时速度为
C．小物块A将要离开薄板时电动机的瞬时输出功率为16W
D．小物块A与薄板B之间因摩擦产生的内能为2.5J
10. （2024 宁波二模）某研究小组在实验室内做外力作用下落体运动的研究，得到物体在竖直向下运动时的速度v随下降高度h变化关系，如图所示。已知，重力加速度g。则（ ）
A．物体做匀变速直线运动
B．下落过程中物体的加速度不断减小
C．下落过程中物体的机械能一直减小
D．物体在h2和h1处的机械能可能相等
11. （2024 金华二模）图甲是某人在湖边打水漂的图片，石块从水面弹起到触水算一个水漂，若石块每次从水面弹起时速度与水面的夹角均为30°，速率损失30%。图乙是石块运动轨迹的示意图，测得石块第1次弹起后的滞空时间为0.8s，已知石块在同一竖直面内运动，当触水速度小于2m/s时石块就不再弹起，不计空气阻力。下列说法正确的是（ ）
A．石块每次弹起后的滞空时间相等
B．石块最多能在湖面上弹起5次
C．石块每次弹起过程能量损失30%
D．石块每次弹起到最高点的速度为零
12. （2024 下城区校级模拟）如图所示，一根长1m左右的空心铝管竖直放置，把一枚磁性比较强的小圆柱形永磁体从铝管上端放入管口，圆柱直径略小于铝管的内径。让磁体从管口处由静止下落，磁体在管内运动时，没有跟铝管内壁发生摩擦。有关磁体在铝管中下落的过程，下列说法可能正确的是（ ）
A．磁体做自由落体运动
B．磁体受到铝管中涡流的作用力方向先向上后向下
C．磁体受到的合力方向一直向下
D．磁体的机械能先增大后减小
13. （2024 下城区校级模拟）如图所示为某景观喷泉的喷射装置结构示意图。它由竖直进水管和均匀分布在同一水平面上的多个喷嘴组成，喷嘴与进水管中心的距离均为r＝0.6m，离水面的高度h＝3.2m。水泵位于进水管口处，启动后，水泵从水池吸水，并将水压到喷嘴处向水平方向喷出，水在水池面上的落点与进水管中心的水平距离为R＝2.2m。水泵的效率为η＝80%，水泵出水口在1s内通过的水的质量为m0＝10kg，重力加速度g取10m/s2，忽略水在管道和空中运动时的机械能损失。则下列错误的是（ ）
A．水从喷嘴喷出时速度的大小2m/s
B．在水从喷嘴喷出到落至水面的时间内，水泵对水做的功是320J
C．水泵输出的功率340W
D．水泵在1h内消耗的电能1.53×106J
14. （2024 杭州二模）有一质量为m的小球，用细线挂在天花板上，线长为l，将其拉至水平位置由静止释放。忽略空气阻力，小球可看成质点，重力加速度为g，则下列说法正确的是（ ）
A．在小球摆动过程中重力总是做正功
B．重力功率最大值为
C．小球动能变化周期是π
D．在小球下摆过程中，动能随时间的变化率先变大后变小
15. （2024 嘉兴一模）如图所示用无人机拍摄一个盆景的特效，无人机在盆景正上方沿竖直方向先减速下降再加速上升。若拍摄全程无人机升力相等，所受空气阻力也相等，则无人机（ ）
A．下降过程失重
B．上升过程失重
C．下降过程动能增加
D．上升和下降过程的加速度不相等
16. （2024 乐清市校级三模）某景区向社会征集一个水上乐园设计建议。某校科技小组设计了一套方案，其简化原理如图。甲、乙、丙由混凝土浇筑而成，其中甲上部为半径为R1＝10m的圆弧面，圆心角θ1＝53°；乙上部为两个半径均为R2＝10m、圆心角为θ2＝37°的圆弧面平滑连接，EF等高。BC距离L1＝10m，其间有水下固定平台，其周围的水可在水泵驱动下循环流动，方向如箭头所示，速度v大小可调，平台上方各处速度均可视为相同。乙下方为有孔隔板，可大幅减小左侧水域流动对右侧水域的影响，乙丙之间水域可视为静水，上浮质量为M＝100kg、长为L＝6m的可动浮台。现有一游客乘坐特定装置（人和该装置视为质点并标注为P，总质量为m＝60kg），P从A点静止释放，依次通过ABCDE，最后通过可动浮台，到达终点平台丙完成游戏。可动浮台触碰平台丙时瞬间自动锁定。由于出发时P干燥，AB段摩擦不可忽略，P在B点时对轨道的压力为1.5mg，在BC间与水有相对运动时，受水平方向的恒力F＝0.5mg，在CDE段因经左侧水域而湿润，摩擦可忽略，与可动浮台动摩擦因数为μ＝0.1。不考虑P和可动浮台入水后的水下部分以及水位上升和波动带来的影响。
（1）求B点速度大小和AB段因摩擦而产生的热量。
（2）CDE段恰不脱离脱离轨道，求P在C点和E点的速度。
（3）若忽略可动浮台与水面的阻力，为使P在CDE段恰不脱离脱且不能在EF间落水，求BC间水速的调节范围。
17. （2024 金东区校级模拟）如图所示，AOB是游乐场中的滑道模型，位于竖直平面内，由两个半径为R的圆周连接而成，它们的圆心O1、O2与两圆弧的连接点O在同一竖直线上。O2B沿水池的水面方向，B点右侧为无穷大水平面，水平面上有一系列沿O2B方向的漂浮的木板，木板的质量为M，长度为2l。一质量为m的小孩（可视为质点）可由弧AO的任意点静止开始下滑。不考虑水与木板接触面的阻力，设木板质量足够大且始终处于水平面上。
（1）若小孩恰能在O点脱离滑道，求小孩静止下滑处距O点的高度？
（2）凡能在O点脱离滑道的小孩，其落水点到O2的距离范围？
（3）若小孩从O点静止下滑，求脱离轨道时的位置与O2的连线与竖直方向夹角的余弦值？
（4）某小孩从O点脱离滑道后，恰好落在某木板的中央，经过一段时间振荡和调节后，该木板和小孩处于静止状态，小孩接下来开始在木板上表演水上漂。如果小孩能一次跳离木板，求小孩做功的最小值？
18. （2024 温州二模）一游戏装置竖直截面如图所示，该装置由倾角θ＝53°的固定斜面CD、水平传送带EF、粗糙水平轨道FG、光滑圆弧轨道GPQ、及固定在Q处的弹性挡板组成。斜面CD高度h0＝0.4m，传送带EF与轨道FG离地面高度均为h，两者长度分别为l1＝4m、l2＝1.5m，OG、OP分别为圆弧轨道的竖直与水平半径，半径R＝0.8m，圆弧PQ所对应的圆心角α＝37°，轨道各处平滑连接。现将质量m＝1kg的滑块（可视为质点）从斜面底端的弹射器弹出，沿斜面从D点离开时速度大小v0＝5m/s，恰好无碰撞从E点沿水平方向滑上传送带。当传送带以v＝5m/s的速度顺时针转动，滑块恰好能滑至P点。已知滑块与传送带间的动摩擦因数μ1＝0.5，滑块与挡板碰撞后原速率反向弹回，不计空气阻力。sin37°＝0.6，cos37°＝0.8，求：
（1）高度h；
（2）滑块与水平轨道FG间的动摩擦因数μ2；
（3）滑块最终静止时离G点的距离x；
（4）若传送带速度大小可调，要使滑块与挡板仅碰一次，且始终不脱离轨道，则传送带速度大小v的范围。
19. （2024 下城区校级模拟）某校科技小组在创新大赛中设计如图所示的轨道装置，已知倾角θ＝37°的斜轨道AD长为L＝3.5m，在轨道中点B点连接一光滑的双层圆轨道，切点B和B'稍错位，轨道半径R＝0.5m，D点连接水平轨道DE，长为s＝0.8m，E点离地面高度为h1＝2.3m。质量m＝0.2kg的滑块以一定初速度从A点出发，经过圆轨道从E点平抛飞出，落入放置在水平地面上高为h2＝0.5m的小桶内，小桶直径为d＝0.3m。滑块可看作质点，圆轨道间距可忽略，滑块与斜轨道、水平轨道的动摩擦因数均为μ＝0.25，不计空气阻力和滑块在D点的能量损失。（已知g＝10m/s2，sin37°＝0.6，cos37°＝0.8）
（1）若滑块初速度为零，求到达B点时的速度大小；
（2）若滑块的初速度v0＝4m/s，求到达圆轨道最高点C处时对轨道的压力；
（3）要使滑块落入小桶内，求小桶左侧离F点的水平距离x与滑块初速度v0的关系。
20. （2024 宁波模拟）某仓库采用自动化传送装置运送货物。如图所示，工人借助机器设备推动质量m＝1kg的货物，使其在光滑水平面上获得初速度v，货物从A点滑上长度l＝5m，倾角θ＝37°，动摩擦因数μ＝0.8的倾斜传送带，并从传送带最高点B点进入右侧半径为R＝3m的光滑圆弧轨道，最终落在右侧水平柜台上。整个过程中货物可看作质点，水平面和圆弧面均与传送带平滑连接，不考虑货物通过A点和B点时的能量损失。（sin37°＝0.6，cos°37＝0.8）
（1）若传送带静止，为使货物能运动到B点，v至少要多大？
（2）若货物在水平面上的速度v＝1m/s，传送带以v1＝2m/s的速度顺时针传动，传送带为了将其传送到B点，需多消耗多少电能？
（3）已知传送带速度如（2）问，要使货物经B点后能沿圆弧轨道下滑一段距离，初速度v需满足什么条件？经研究发现，当货物的初速度v在一定范围内变化时，其在圆弧轨道上滑过的轨迹长度相同，求此轨迹对应的圆心角余弦值？
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专题6机械能守恒定律——2025届浙江省物理选考三年高考一年模拟
1. （2024 浙江）一个音乐喷泉喷头出水口的横截面积为2×10﹣4m2，喷水速度约为10m/s，水的密度为1×103kg/m3，则该喷头喷水的功率约为（ ）
A．10W B．20W C．100W D．200W
【解答】解：设Δt时间内从喷头流出的水的质量为
m＝ρV＝ρSv Δt
Δt时间内喷出的水的动能增加量等于喷头喷水的功率，即
联立解得
P＝100W
故ABD错误，C正确。
故选：C。
2. （2024 浙江）如图所示，质量为m的足球从水平地面上位置1被踢出后落在位置3，在空中达到最高点2的高度为h，则足球（ ）
A．从1到2动能减少mgh
B．从1到2重力势能增加mgh
C．从2到3动能增加mgh
D．从2到3机械能不变
【解答】解：AB．由足球的运动轨迹可知，足球在空中运动时一定受到空气阻力作用，则从1到2重力势能增加mgh，则1到2动能减少量大于mgh，故A错误，B正确；
CD．从2到3由于空气阻力作用，则机械能减小，重力做正功，重力势能减小，大小为mgh，则动能增加小于mgh，故CD错误。
故选：B。
3. （2023 浙江）铅球被水平推出后的运动过程中，不计空气阻力，下列关于铅球在空中运动时的加速度大小a、速度大小v、动能Ek和机械能E随运动时间t的变化关系中，正确的是（ ）
A． B．
C． D．
【解答】解：A、铅球做平抛运动，在空中运动时加速度为重力加速度，大小不变，a﹣t图像应为水平直线，故A错误；
B、铅球竖直方向做自由落体运动，竖直分速度vy＝gt
水平方向做匀速直线运动，水平分速度vx＝v0
铅球的速度大小v
速度随时间变化的关系不是线性关系，故B错误；
C、铅球的动能Ekmv2m（g2t2）
则动能与时间的关系为二次函数关系，图像为抛物线，故C错误；
D、铅球运动过程中，只受重力，机械能守恒，E﹣t图像为水平直线，故D正确。
故选：D。
4. （2023 浙江）一位游客正在体验蹦极，绑上蹦极专用的橡皮绳后从跳台纵身而下。游客从跳台下落直到最低点过程中（ ）
A．弹性势能减小
B．重力势能减小
C．机械能保持不变
D．绳一绷紧动能就开始减小
【解答】解：A、绳绷紧前，弹性势能不变。绳绷紧后，随着伸长量的增大，弹性势能增大，故A错误；
B、游客从跳台下落直到最低点过程中，重力一直做正功，重力势能一直减小，故B正确；
C、绳绷紧前，只有重力做功，游客的机械能保持不变。绳绷紧后，绳对游客做负功，游客的机械能减小，故C错误；
D、绳绷紧后，游客受到重力和绳的拉力两个力作用，绳的拉力先小于重力，后大于重力，游客的合力先向下后向上，先加速运动后做减速运动，动能先增大后减小，当绳的拉力与重力大小相等时动能最大，故D错误。
故选：B。
5. （2022 浙江）小明用额定功率为1200W、最大拉力为300N的提升装置，把静置于地面的质量为20kg的重物竖直提升到高为85.2m的平台，先加速再匀速，最后做加速度大小不超过5m/s2的匀减速运动，到达平台速度刚好为零，则提升重物的最短时间为（ ）
A．13.2s B．14.2s C．15.5s D．17.0s
【解答】解：为了最短时间提升重物，一开始以最大拉力拉重物做匀加速上升，当功率达到额定功率时，保持功率不变直到重物达到最大速度，接着做匀速运动，最后以最大加速度做匀减速上升至平台速度刚好为零，重物在第一阶段做匀加速上升过程，根据牛顿第二定律得：
当功率达到额定功率时，设重物的速度为v1，则有
此过程中所用的时间和上升的高度分别为
重物以最大速度匀速时，有
重物最后以最大加速度做匀减速运动的时间和上升的高度分别为
设重物从结束匀加速到开始做匀减速运动所用的时间为t2，该过程根据动能定理得：
又h2＝85.2m﹣1.6m﹣3.6m＝80m
联立解得：t2＝13.5s
则总时间为t1+t2+t3＝0.8s+13.5s+1.2s＝15.5s，故C正确，ABD错误；
故选：C。
6. （2022 浙江）物流公司通过滑轨把货物直接装运到卡车中，如图所示，倾斜滑轨与水平面成24°角，长度l1＝4m，水平滑轨长度可调，两滑轨间平滑连接。若货物从倾斜滑轨顶端由静止开始下滑，其与滑轨间的动摩擦因数均为μ，货物可视为质点（取cos24°＝0.9，sin24°＝0.4）。
（1）求货物在倾斜滑轨上滑行时加速度a1的大小；
（2）求货物在倾斜滑轨末端时速度v的大小；
（3）若货物滑离水平滑轨末端时的速度不超过2m/s，求水平滑轨的最短长度l2。
【解答】解：（1）倾斜滑轨与水平面成θ＝24°角，对货物根据牛顿第二定律可得：mgsinθ﹣μmgcosθ＝ma1
代入数据解得：a1＝2m/s2；
（2）根据速度—位移关系可得：v2＝2a1l1
代入数据解得：v＝4m/s；
（3）货物在水平轨道上运动时，根据动能定理可得：
﹣μmgl2，其中v′＝2m/s
代入数据解得：l2＝2.7m。
答：（1）货物在倾斜滑轨上滑行时加速度a1的大小为2m/s2；
（2）货物在倾斜滑轨末端时速度v的大小为4m/s；
（3）若货物滑离水平滑轨末端时的速度不超过2m/s，则水平滑轨的最短长度为2.7m。
1. （2024 嘉兴一模）羽毛球运动是一项深受大众喜爱的体育运动。某同学为研究羽毛球飞行规律，找到了如图所示的羽毛球飞行轨迹图，图中A、B为同一轨迹上等高的两点，P为该轨迹的最高点，则该羽毛球（ ）
A．在A、B两点的速度大小相等
B．整个飞行过程中经P点的速度最小
C．AP段的飞行时间大于PB段的飞行时间
D．在A点的机械能大于B点的机械能
【解答】解：AD．羽毛球在运动过程中受到空气阻力作用，机械能减小，A点的机械能大于B点的机械能，A点速度大于B点的速度，故A错误，D正确；
B．当羽毛球所受重力与阻力的合力方向与速度方向垂直时，羽毛球的速度最小，而在最高点P时，合力方向与速度夹角为钝角，说明羽毛球速度最小应该在P点之前，故B错误；
C．AP段羽毛球处于上升阶段，由于存在空气阻力作用，其竖直向下的加速度大于重力加速度，而PB段羽毛球处于下降阶段，加速度小于重力加速度，由于位移大小相等，所以AP段的飞行时间小于PB段的飞行时间，故C错误。
故选：D。
2. （2024 西湖区校级模拟）课外活动期间，引体向上是学生喜欢的项目之一。如图所示，两手用力量将身体竖直往上拉起，当下巴超过单杠时称为上升过程；然后让身体竖直下降，直到恢复完全下垂称为下降过程。不计空气阻力，下列说法正确的是（ ）
A．上升过程人处于超重状态
B．下降过程人处于失重状态
C．上升和下降过程中杠对两手的支持力合力均等于重力
D．上升和下降过程中人的机械能均不守恒
【解答】解：A、上升过程人做减速运动，加速度向下，处于失重状态，故A错误；
B、下降过程人先加速后减速，加速度先向下后向上，人先处于失重状态后处于超重状态，故B错误；
C、上升过程人的加速度向下，根据牛顿第二定律可知杠对两手的支持力合力小于重力。下降过程人的加速度先向下后向上，杠对两手的支持力合力先小于，再大于重力，故C错误；
D、上升和下降过程中人要消耗体能转化为机械能，人的机械能均不守恒，故D正确。
故选：D。
3. （2024 镇海区校级三模）学校运动会上，某同学参加铅球比赛，他将同一铅球从空中同一位置A先后两次抛出，第一次铅球在空中轨迹如图乙中1所示，第二次铅球在空中轨迹如图乙中2所示，两轨迹的交点为B，已知铅球两次经过B点时机械能相同，不计空气阻力，不计铅球大小，则关于两次抛出，下列说法正确的是（ ）
A．两次投出的初速度相同
B．两次铅球落地时重力的瞬时功率相同
C．两次铅球在空中运动过程中重力做功平均功率2更加大
D．两次铅球在最高点机械能2更加大
【解答】解：A.由铅球运动的轨迹可知，铅球两次出手时的速度方向不同，因此初速度不同，故A错误；
B.重力的瞬时功率为P＝mgvcosθ，其中θ为速度方向与重力方向的夹角。已知铅球两次均是从A点投出，经B点后落至地面，两次经过B点时机械能相等，因此经过B点时的动能大小相等，又因为铅球两次从A至B过程中仅有重力做功，且做功相同，因此铅球两次在A点投出时的动能大小相同，又由铅球两次由A投出后运动至地面的过程重力做功相同，因此在到达地面时的动能大小相同，即速度大小相等，但由图中轨迹可知，铅球两次落地时的速度方向与重力方向夹角不同，因此重力的瞬时功率不同，故B错误；
C.对铅球两次运动进行竖直方向分析可知，做初速度向上，加速度大小为g方向向下的匀变速直线运动，且两次的位移相同，铅球两次出手时速度大小相等，但第一次出手时速度方向与竖直向上的方向夹角更小，因此铅球第一次出手时沿竖直方向的分速度更大，根据x＝v0tgt2可知，第一次运动时间更长，又已知两次运动重力做功相同，因此第一次运动过程的重力做功平均功率更小，故C正确；
D.铅球出手后机械能守恒，因此在最高点时机械能仍相等，故D错误。
故选：C。
4. （2024 浙江模拟）在离地高度相同的A、B两点抛出两质量不同的小球A和B，A的初速度斜向上，B的初速度水平。某时刻两小球恰好在C点相碰，如图所示，此时两小球均未落地且A、B两点连线中点恰好与C点在同一竖直线上，不计阻力，则两小球在此过程中（ ）
A．位移相同 B．速度的变化量相同
C．动能的增量相同 D．机械能的增量相同
【解答】解：A、A和B的位移大小相等、方向不同，故位移不同，故A错误；
B、根据题意可知，从开始到相遇，A和B运动的时间不同，A运动的时间长，根据Δv＝gΔt可知，A的速度变化量大，故B错误；
C、根据动能定理可得：ΔEk＝mgh，由于二者的质量不同、下落的高度相等，则动能增量不同，故C错误；
D、由于小球运动过程中不受阻力，机械能守恒，即除重力之外的其它力做功为零，则机械能的增量相同，均为零，故D正确。
故选：D。
5. （2024 浙江模拟）《巴黎气候变化协定》是人类历史上应对全球温室效应带来的气候变化的第三个里程碑式的国际法律文本。为了减少二氧化碳的排放，我国一直在大力发展新能源汽车，已知某型号的电动汽车主要技术参数如表：
车型尺寸长×宽×高 4870×1950×1725 最高时速km/h 120
电机型式 交流永磁同步电机 电机最大电功率kW 180
工况法纯电续驶里程km 500 等速法纯电续驶里程km 600
电池容量kW h 82.8 快充时间h 1.4
0﹣50km/h加速时间（s） 2 0﹣100km/h加速时间s 4.6
根据电动汽车行业国家标准GB/T18386﹣2017，电机的最大功率为电机输出的最大机械功率；电池容量为电池充满电时储存的最大电能，根据表中数据，可知（ ）
A．0﹣100km/h的加速过程中电动车行驶的路程一定大于60m
B．电机以最大功率工作且车以最大速度行驶时，车受到的阻力大小为5000N
C．该车在0﹣50km/h的加速过程中平均加速度为25m/s2
D．电机以最大功率工作加速到最高时速用时4.6s
【解答】解：A、v＝100km/hm/s m/s，0﹣100km/h的加速时间为4.6s，假设电动车做匀加速直线运动，该过程中电动车行驶的路程st64m，实际上电动车做加速度减小的加速运动，故路程一定大于64m，故A正确。
B、P＝180kW＝180000W，vm＝120km/h＝33.3m/s，电机以最大功率工作且车以最大速度行驶时，牵引力等于阻力，f＝FN＝5400N，故车受到的阻力大小为5400N，故B错误。
C、v＝50km/hm/s，该车在0﹣50km/h的加速过程中，用时2s，平均加速度a6.9m/s，故C错误。
D、由表中数据0﹣100km/h用时4.6s，还不到最大时速，故D错误。
故选：A。
6. （2024 浙江模拟）如图所示，倾角为30°的斜面体固定在水平地面上，上表面O点以下部分粗糙且足够长，其余部分光滑。在斜面体O点上方放置一质量为0.2kg且分布均匀、长度为0.2m的薄板，薄板下端与O点之间的距离为0.4m。现由静止释放薄板，薄板沿斜面向下运动，已知当薄板通过O点过程中，薄板所受摩擦力大小是薄板在斜面O点以下部分重量的倍，重力加速度g取10m/s2。则（ ）
A．薄板减速运动时最大加速度为5m/s2
B．薄板与O点以下部分的动摩擦因数为
C．薄板的最大速度为m/s
D．薄板静止时，其下端距O点1.1m
【解答】解：根据题意可知：薄木板长L＝0.2m，质量为m＝0.2kg，薄板下端与O点之间的距离为x1＝0.4m。
A、当薄木板全部进入O点以下时，薄板减速运动的加速度最大，根据牛顿第二定律可得：mgsin30°＝ma
代入数据解得：a＝2.5m/s2，故A错误；
B、设薄板在斜面O点以下部分的质量为m′时，摩擦力fμm′gcos30°，解得薄板与O点以下部分的动摩擦因数为：μ，故B正确；
C、当重力沿斜面向下的分力等于摩擦力时速度最大，此时薄木板下端进入粗糙部分的长度为x2，则有：mgsin30°
代入数据解得：x2m
从开始到速度最大过程中，根据动能定理可得：mg（x1+x2）sin30°0
代入数据解得：vmm/s，故C错误；
D、设薄板静止时，其下端距O点的距离为x3，全过程根据动能定理可得：
mg（x1+x3）sin30°μmgcos30° （x3﹣L）＝0
代入数据解得：x3＝0.8m，故D错误。
故选：B。
7. （2024 嘉兴模拟）如图所示是跳台滑雪运动示意图，运动员从助滑雪道末端A点水平滑出，落到倾斜滑道上。若不计空气阻力，从运动员离开A点开始计时，其在空中运动的速度大小v、速度与水平方向夹角的正切tanθ、重力势能Ep、机械能E随时间t变化关系正确的是（ ）
A． B．
C． D．
【解答】解：A、运动员从助滑雪道末端A点水平滑出，在空中做平抛运动，其在空中运动的速度大小v，可见v﹣t不是一次性函数关系，故A错误；
B、速度与水平方向夹角的正切值，可见tanθ﹣t是正比例函数关系，故B正确；
C、取落点为势能点，下落过程的重力势能，可见Ep﹣t不是线性函数关系，故C错误；
D、运动员下落过程，只受重力，只有重力做功，机械能守恒，故D错误。
故选：B。
8. （2024 浙江模拟）如图所示，轻弹簧一端悬挂在横杆上，另一端连接质量为m的重物，弹簧和重物组成的系统处于静止状态。某时刻在重物上施加一方向竖直向上，大小为的恒力，重物上升的最大高度为h，已知弹簧的弹性势能表达式为，则（ ）
A．上升过程中系统机械能守恒
B．开始时弹簧的弹性势能为
C．上升过程中重物的最大动能为
D．上升到最高点过程中重物的重力势能增加
【解答】解：A、在重物上施加一方向竖直向上，大小为的恒力，重物上升的过程中，恒力F对重物做正功，所以系统的机械能增加，故A错误；
B、开始时重物处于静止状态，弹簧的弹力与重力平衡，则弹簧的弹力大小为：kx＝mg；
某时刻在重物上施加一方向竖直向上，大小为的恒力，重物上升的最大高度为h，在此过程中，根据动能定理可得：
Fh﹣mgh＝0
联立解得：x＝h
开始时弹簧的弹性势能为Ep0，故B正确；
C、物体受力平衡时速度最大，根据对称性可知重物上升的高度为h，此过程中根据动能定理可得：
Fhmgh＝Ekm﹣0
解得：Ekmmgh，故C错误；
D、上升到最高点过程中重物的重力势能增加量为ΔEp＝mgh，故D错误。
故选：B。
9. （2024 温州二模）如图所示，薄板B放在倾角为30°的光滑斜面上，斜面固定且足够长，薄板的下端位于斜面底端，上端通过轻绳与固定在地面上的电动机连接，轻绳跨过定滑轮，定滑轮质量与摩擦均不计，斜面上方的细绳与斜面平行。t＝0时刻，一小物块A从薄板上端由静止释放的同时，薄板在电动机带动下由静止开始沿斜面向上做加速度的匀加速直线运动。已知薄板长L＝1m，小物块A的质量mA＝2kg，薄板B的质量mB＝1kg，A、B间的动摩擦因数。下列说法正确的是（ ）
A．从t＝0到小物块A离开薄板前，细绳对薄板B的拉力为7N
B．小物块A到达斜面底端时速度为
C．小物块A将要离开薄板时电动机的瞬时输出功率为16W
D．小物块A与薄板B之间因摩擦产生的内能为2.5J
【解答】解：A.小物块向下运动，薄板向上运动，对薄板根据牛顿第二定律有
T﹣mBgsin30°﹣μmAgcos30°＝mBa
代入数据解得
T＝12N，故A错误；
B.对小物块根据牛顿第二定律有
mAgsin30°﹣μmAgcos30°＝mAa1
代入数据解得
根据运动学公式有
代入数据解得
此时小物块的速度为
此时A距离斜面底端的距离为
根据动能定理有
代入数据解得
，故B错误；
C.根据运动学公式，A刚要滑离薄版时，薄板的速度为
根据功率公式有
，故C正确；
D.根据功能关系，小物块A与薄板B之间因摩擦产生的内能为
，故D错误。
故选：C。
10. （2024 宁波二模）某研究小组在实验室内做外力作用下落体运动的研究，得到物体在竖直向下运动时的速度v随下降高度h变化关系，如图所示。已知，重力加速度g。则（ ）
A．物体做匀变速直线运动
B．下落过程中物体的加速度不断减小
C．下落过程中物体的机械能一直减小
D．物体在h2和h1处的机械能可能相等
【解答】解：AB、由图可知，物体的速度随位移均匀变化，可得v＝kh
根据，即物体的加速度与速度成正比，依题意物体速度一直在增加，所以加速度不断增加，故AB错误；
CD、依题意，则物体所受外力与重力反向，方向竖直向上，由牛顿第二定律可得mg﹣F＝ma
外力先做负功，机械能减小，当a＞g时外力与重力同向，机械能开始增大，物体在h1和h2处的机械能可能相等，故C错误，D正确。
故选：D。
11. （2024 金华二模）图甲是某人在湖边打水漂的图片，石块从水面弹起到触水算一个水漂，若石块每次从水面弹起时速度与水面的夹角均为30°，速率损失30%。图乙是石块运动轨迹的示意图，测得石块第1次弹起后的滞空时间为0.8s，已知石块在同一竖直面内运动，当触水速度小于2m/s时石块就不再弹起，不计空气阻力。下列说法正确的是（ ）
A．石块每次弹起后的滞空时间相等
B．石块最多能在湖面上弹起5次
C．石块每次弹起过程能量损失30%
D．石块每次弹起到最高点的速度为零
【解答】解：A.石块做斜上抛运动，竖直方向上的速度大小为vy＝vsin30°
根据vy＝gt1
运动总时间t＝0.8s＝2t1
解得v＝8m/s，由于存在速率损失，v减小导致vy减小，所以滞空时间不等，故A错误；
B.设石块一共能打n个水漂，则有
（1﹣30%）n﹣1 v＜2m/s，（n取整数）
解得n＝5，故B正确；
C.速率损失30%，即速度由v变成0.7v，能量由mv2变成m（0.7v）2＝0.49mv2，故能量损失为51%，故C错误；
D.石块做斜上抛运动，即使在最高点也有水平方向的分速度，故D错误。
故选：B。
12. （2024 下城区校级模拟）如图所示，一根长1m左右的空心铝管竖直放置，把一枚磁性比较强的小圆柱形永磁体从铝管上端放入管口，圆柱直径略小于铝管的内径。让磁体从管口处由静止下落，磁体在管内运动时，没有跟铝管内壁发生摩擦。有关磁体在铝管中下落的过程，下列说法可能正确的是（ ）
A．磁体做自由落体运动
B．磁体受到铝管中涡流的作用力方向先向上后向下
C．磁体受到的合力方向一直向下
D．磁体的机械能先增大后减小
【解答】解：AB、磁体从管口处由静止下落，空心铝管可以看作是由无数个圆环构成的，磁铁下落过程中在铝管中产生感应电流，根据楞次定律可知，铝管中的感应电流阻碍磁体的下落，对磁体始终产生向上的阻力，所以磁体不是做自由落体运动，故AB错误；
C、磁体下落过程中，受到的阻力可能一直小于磁体的重力，所以磁体受到的合力方向一直向下，故C正确；
D、根据功能关系可知，磁体的机械能一直减小，故D错误。
故选：C。
13. （2024 下城区校级模拟）如图所示为某景观喷泉的喷射装置结构示意图。它由竖直进水管和均匀分布在同一水平面上的多个喷嘴组成，喷嘴与进水管中心的距离均为r＝0.6m，离水面的高度h＝3.2m。水泵位于进水管口处，启动后，水泵从水池吸水，并将水压到喷嘴处向水平方向喷出，水在水池面上的落点与进水管中心的水平距离为R＝2.2m。水泵的效率为η＝80%，水泵出水口在1s内通过的水的质量为m0＝10kg，重力加速度g取10m/s2，忽略水在管道和空中运动时的机械能损失。则下列错误的是（ ）
A．水从喷嘴喷出时速度的大小2m/s
B．在水从喷嘴喷出到落至水面的时间内，水泵对水做的功是320J
C．水泵输出的功率340W
D．水泵在1h内消耗的电能1.53×106J
【解答】解：A.水从喷嘴水平喷出，做平抛运动，根据平抛运动规律有
R﹣r＝vt
hgt2
代入数据解得v＝2m/s，故A正确；
B.水泵对外做功，转化为水的机械能，每秒内水泵对水做的功为
W＝m0ghm0v2
代入数据解得W＝340J，故B错误；
C.由B可知水泵输出的功率
PW＝340W，故C正确；
D.根据P＝ηP电，则水泵的电功率为
P电W＝425W；
水泵在1h内消耗的电能为
E＝P电t＝425×3600J＝1.53×106J，故D正确；
本题选错误的，故选：B。
14. （2024 杭州二模）有一质量为m的小球，用细线挂在天花板上，线长为l，将其拉至水平位置由静止释放。忽略空气阻力，小球可看成质点，重力加速度为g，则下列说法正确的是（ ）
A．在小球摆动过程中重力总是做正功
B．重力功率最大值为
C．小球动能变化周期是π
D．在小球下摆过程中，动能随时间的变化率先变大后变小
【解答】解：A、小球向上摆动过程中，重力做负功，故A错误；
B、根据机械能守恒定律可知
mgl
解得小球在最低点的速度为
v
但小球在最低点速度与重力垂直，则重力功率最大值不是，故B错误；
C、根据单摆的周期公式有T＝2，则可知小球动能变化周期是π，但该模型并非单摆运动，则动能变化周期不是π，故C错误；
D、在小球下摆过程中，动能随时间的变化率代表重力功率的变化，可知动能随时间的变化率先变大后变小，故D正确；
故选：D。
15. （2024 嘉兴一模）如图所示用无人机拍摄一个盆景的特效，无人机在盆景正上方沿竖直方向先减速下降再加速上升。若拍摄全程无人机升力相等，所受空气阻力也相等，则无人机（ ）
A．下降过程失重
B．上升过程失重
C．下降过程动能增加
D．上升和下降过程的加速度不相等
【解答】解：根据加速度向下为失重状态，加速度向上为超重状态，所以
AB．减速下降过程，加速上升过程，加速度向上，无人机处于超重状态，故AB错误；
C．减速下降过程，质量不变，速度减小，所以动能减小，故C错误；
D．根据牛顿第二定律：a下降；a上升
可知，上升和下降过程的加速度不相等，故D正确。
故选：D。
16. （2024 乐清市校级三模）某景区向社会征集一个水上乐园设计建议。某校科技小组设计了一套方案，其简化原理如图。甲、乙、丙由混凝土浇筑而成，其中甲上部为半径为R1＝10m的圆弧面，圆心角θ1＝53°；乙上部为两个半径均为R2＝10m、圆心角为θ2＝37°的圆弧面平滑连接，EF等高。BC距离L1＝10m，其间有水下固定平台，其周围的水可在水泵驱动下循环流动，方向如箭头所示，速度v大小可调，平台上方各处速度均可视为相同。乙下方为有孔隔板，可大幅减小左侧水域流动对右侧水域的影响，乙丙之间水域可视为静水，上浮质量为M＝100kg、长为L＝6m的可动浮台。现有一游客乘坐特定装置（人和该装置视为质点并标注为P，总质量为m＝60kg），P从A点静止释放，依次通过ABCDE，最后通过可动浮台，到达终点平台丙完成游戏。可动浮台触碰平台丙时瞬间自动锁定。由于出发时P干燥，AB段摩擦不可忽略，P在B点时对轨道的压力为1.5mg，在BC间与水有相对运动时，受水平方向的恒力F＝0.5mg，在CDE段因经左侧水域而湿润，摩擦可忽略，与可动浮台动摩擦因数为μ＝0.1。不考虑P和可动浮台入水后的水下部分以及水位上升和波动带来的影响。
（1）求B点速度大小和AB段因摩擦而产生的热量。
（2）CDE段恰不脱离脱离轨道，求P在C点和E点的速度。
（3）若忽略可动浮台与水面的阻力，为使P在CDE段恰不脱离脱且不能在EF间落水，求BC间水速的调节范围。
【解答】解：（1）设P在B点的速度为vB，根据题意可得
解得
P从A到B的过程中，根据能量守恒定律
联立上述各式解得
Q＝900J
（2）在D点时，则有
解得
从C到D的过程中，根据机械能守恒定律可得
解得
同理，从D到E则有
解得
（3）由上述分析可知，在不脱离CDE的情况下，E点的速度满足
考虑EF间不落水，恰至边缘二者共速，取向右为正方向，有
mvE＝（M+m）v
解得
若二者提前共速，后滑动到终点，取向右为正方向，有
mvE＝（M+m）v'
2μg（L﹣x）＝v'2
解得
从C到E
对应C点的速度为
即
9.78m/s≤vC≤9.96m/s
若在BC过程一直加速，则有
F＝0.5mg＝ma
解得
若一直减速，则不可能达到C点。综上所述，可调节的水流速度
9.78m/s≤v≤9.96m/s
答：（1）B点速度大小和AB段因摩擦而产生的热量900J。
（2）CDE段恰不脱离脱离轨道，P在C点和E点的速度分别为，。
（3）若忽略可动浮台与水面的阻力，为使P在CDE段恰不脱离脱且不能在EF间落水，BC间水速的调节范围9.78m/s≤vC≤9.96m/s。
17. （2024 金东区校级模拟）如图所示，AOB是游乐场中的滑道模型，位于竖直平面内，由两个半径为R的圆周连接而成，它们的圆心O1、O2与两圆弧的连接点O在同一竖直线上。O2B沿水池的水面方向，B点右侧为无穷大水平面，水平面上有一系列沿O2B方向的漂浮的木板，木板的质量为M，长度为2l。一质量为m的小孩（可视为质点）可由弧AO的任意点静止开始下滑。不考虑水与木板接触面的阻力，设木板质量足够大且始终处于水平面上。
（1）若小孩恰能在O点脱离滑道，求小孩静止下滑处距O点的高度？
（2）凡能在O点脱离滑道的小孩，其落水点到O2的距离范围？
（3）若小孩从O点静止下滑，求脱离轨道时的位置与O2的连线与竖直方向夹角的余弦值？
（4）某小孩从O点脱离滑道后，恰好落在某木板的中央，经过一段时间振荡和调节后，该木板和小孩处于静止状态，小孩接下来开始在木板上表演水上漂。如果小孩能一次跳离木板，求小孩做功的最小值？
【解答】解：（1）若小孩恰能在O点脱离滑道，此时向心力由重力提供
该过程的机械能守恒
解得
（2）凡能在O点脱离滑道的小孩，其距离O点的高度范围是
由机械能守恒
平抛运动的初速度为
平抛运动的时间为
其落水点到O2的距离
其落水点到O2的距离范围
（3）若小孩从O点静止下滑，脱离轨道时的位置与O2的连线与竖直方向夹角设为θ，则
由机械能守恒
解得
（4）根据题意，木板质量足够大，分析第一次跳离木板，可看作斜向右上方的斜抛运动，水平位移最小为l，水平初速度为vx，竖直初速度为vy
小孩做功
结合数学关系，可以求出时，存在最小的功
答：（1）小孩静止下滑处距O点的高度；
（2）凡能在O点脱离滑道的小孩，其落水点到O2的距离范围；
（3）若脱离轨道时的位置与O2的连线与竖直方向夹角的余弦值；
（4）小孩做功的最小值。
18. （2024 温州二模）一游戏装置竖直截面如图所示，该装置由倾角θ＝53°的固定斜面CD、水平传送带EF、粗糙水平轨道FG、光滑圆弧轨道GPQ、及固定在Q处的弹性挡板组成。斜面CD高度h0＝0.4m，传送带EF与轨道FG离地面高度均为h，两者长度分别为l1＝4m、l2＝1.5m，OG、OP分别为圆弧轨道的竖直与水平半径，半径R＝0.8m，圆弧PQ所对应的圆心角α＝37°，轨道各处平滑连接。现将质量m＝1kg的滑块（可视为质点）从斜面底端的弹射器弹出，沿斜面从D点离开时速度大小v0＝5m/s，恰好无碰撞从E点沿水平方向滑上传送带。当传送带以v＝5m/s的速度顺时针转动，滑块恰好能滑至P点。已知滑块与传送带间的动摩擦因数μ1＝0.5，滑块与挡板碰撞后原速率反向弹回，不计空气阻力。sin37°＝0.6，cos37°＝0.8，求：
（1）高度h；
（2）滑块与水平轨道FG间的动摩擦因数μ2；
（3）滑块最终静止时离G点的距离x；
（4）若传送带速度大小可调，要使滑块与挡板仅碰一次，且始终不脱离轨道，则传送带速度大小v的范围。
【解答】解：（1）从D到E过程中滑块做斜抛运动，把D点速度分解到竖直和水平方向，
竖直方向：vy＝v0sinθm/s＝4m/s
水平方向：vx＝v0cosθm/s＝3m/s
运动到E点时竖直方向上速度为零，由运动学公式
得 y＝0.8m
所以，h＝y+h0＝0.8m+0.4m＝1.2m
（2）滑块以vx＝3m/s滑上传送带，假设能被加速到v＝5m/s，则：
成立。
故滑块离开F点的速度vF＝5m/s
从F到P过程应用动能定理得
解得：μ2＝0.3
（3）由分析可知，物块从P返回后向左进入传送带，又以原速率返回，设物块从P返回后，在FG之间滑行的总路程为s，对全过程应用动能定理得
mgR﹣μ2mgs＝0
解得：
所以，滑块停止时离G点：
（4）设传送带速度为v1时，滑块恰能到Q点，
在Q点满足：，得：
从F到Q应用动能定理得
解得：
设传送带速度为v2时，滑块撞挡板后恰能重新返回到P点，对该过程应用动能定理得
解得：
若滑块被传送带一直加速，则： 可得vm＝7m/s
所以，传送带可调节的速度范围为m/s≤vm/s
故答案为：（1）高度h为1.2m；
（2）滑块与水平轨道FG间的动摩擦因数μ2为0.3；
（3）滑块最终静止时离G点的距离x为；
（4）传送带可调节的速度范围为m/s≤vm/s
19. （2024 下城区校级模拟）某校科技小组在创新大赛中设计如图所示的轨道装置，已知倾角θ＝37°的斜轨道AD长为L＝3.5m，在轨道中点B点连接一光滑的双层圆轨道，切点B和B'稍错位，轨道半径R＝0.5m，D点连接水平轨道DE，长为s＝0.8m，E点离地面高度为h1＝2.3m。质量m＝0.2kg的滑块以一定初速度从A点出发，经过圆轨道从E点平抛飞出，落入放置在水平地面上高为h2＝0.5m的小桶内，小桶直径为d＝0.3m。滑块可看作质点，圆轨道间距可忽略，滑块与斜轨道、水平轨道的动摩擦因数均为μ＝0.25，不计空气阻力和滑块在D点的能量损失。（已知g＝10m/s2，sin37°＝0.6，cos37°＝0.8）
（1）若滑块初速度为零，求到达B点时的速度大小；
（2）若滑块的初速度v0＝4m/s，求到达圆轨道最高点C处时对轨道的压力；
（3）要使滑块落入小桶内，求小桶左侧离F点的水平距离x与滑块初速度v0的关系。
【解答】解：（1）滑块由静止从A到B过程中，根据动能定理，有
代入数据解得vBm/s
（2）滑块再次从A到C过程，根据动能定理得
在C点，根据牛顿第二定律得
联立解得F＝2.8N，根据牛顿第三定律，滑块对轨道的压力F'＝﹣F＝﹣2.8N，方向竖直向上；
（3）若滑块恰好通过C点，则vC＝0，根据动能定理得
解得vA＝2m/s
滑块从A到E过程中，根据动能定理得
解得
滑块平抛运动的高度h＝h1﹣h2＝2.3m﹣0.5m＝1.8m，根据平抛运动的规律
桶左端离F点最大距离x1＝vEt，最小距离x2＝vEt﹣d；
综上可知，x与v0关系为，且v0≥2m/s
答：（1）到达B点时的速度大小为m/s；
（2）最高点C处时对轨道的压力为2.8N，方向竖直向上；
（3）x与v0的关系为，且v0≥2m/s。
20. （2024 宁波模拟）某仓库采用自动化传送装置运送货物。如图所示，工人借助机器设备推动质量m＝1kg的货物，使其在光滑水平面上获得初速度v，货物从A点滑上长度l＝5m，倾角θ＝37°，动摩擦因数μ＝0.8的倾斜传送带，并从传送带最高点B点进入右侧半径为R＝3m的光滑圆弧轨道，最终落在右侧水平柜台上。整个过程中货物可看作质点，水平面和圆弧面均与传送带平滑连接，不考虑货物通过A点和B点时的能量损失。（sin37°＝0.6，cos°37＝0.8）
（1）若传送带静止，为使货物能运动到B点，v至少要多大？
（2）若货物在水平面上的速度v＝1m/s，传送带以v1＝2m/s的速度顺时针传动，传送带为了将其传送到B点，需多消耗多少电能？
（3）已知传送带速度如（2）问，要使货物经B点后能沿圆弧轨道下滑一段距离，初速度v需满足什么条件？经研究发现，当货物的初速度v在一定范围内变化时，其在圆弧轨道上滑过的轨迹长度相同，求此轨迹对应的圆心角余弦值？
【解答】解：（1）传送带静止，为使货物能运动到B点，根据能量守恒有
解得：；
（2）货物做加速运动的加速度为：a＝μgcosθ﹣gsinθ
代入数据解得：a＝0.4m/s2
货物做加速运动的时间为：
货物做加速运动的位移：
货物与传送带相对位移为：Δx＝v2t﹣x1＝2×2.5m﹣3.75m＝1.25m
货物与传送带间产生的热量为：Q＝fΔx
代入数据解得：Q＝8J
传送带为了将其传送到B点，需多消耗电能为
mv2
代入数据解得：W＝39.5J；
（3）货物经B点后能沿圆弧轨道下滑一段距离，则
货物从A点运动到B点，根据动能定理有
解得
当货物的初速度v在一定范围内变化时，货物到达B点的速度等于传送带速度，为v1＝2m/s，设货物离开圆弧轨道的位置为C点，圆弧轨道圆心为O点，OC与竖直方向的夹角为α，根据机械能守恒有
恰从C点离开圆弧轨道，货物与圆弧轨道的压力为零，有
解得
。
答：（1）若传送带静止，为使货物能运动到B点，v至少要；
（2）传送带为了将其传送到B点，需多消的电能为39.5J；
（3）初速度v需满足；此轨迹对应的圆心角余弦值为。
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