2026年高考物理一轮复习专项练习 考点 21 功能关系能量守恒（含解析）
文档属性
| 名称 | 2026年高考物理一轮复习专项练习 考点 21 功能关系能量守恒（含解析） |
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| 格式 | docx | ||
| 文件大小 | 119.9KB | ||
| 资源类型 | 教案 | ||
| 版本资源 | 通用版 | ||
| 科目 | 物理 | ||
| 更新时间 | 2025-12-09 00:00:00 | ||
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文档简介
考点 21 功能关系能量守恒
1.如图所示，质量为m的跳伞运动员，由静止开始下落，假设在打开伞之前受大小为0.1mg的恒定阻力作用，在运动员下落高度为h的过程中，下列说法正确的是(g为重力加速度) ( )
A.运动员的动能增加了0.9mgh
B.运动员的重力势能减小了0.9mgh
C.运动员的机械能减少了0.9mgh
D.运动员克服阻力所做的功为0.9mgh
2.风力发电已成为我国实现“双碳”目标的重要途径之一。如图所示，风力发电机是一种将风能转化为电能的装置。某风力发电机在风速为9 m/s时，输出电功率为405 kW,风速在5~10 m/s 范围内,转化效率可视为不变。该风机叶片旋转一周扫过的面积为A，空气密度为ρ，风场风速为v，并保持风正面吹向叶片。下列说法正确的是 ()
A.该风力发电机的输出电功率与风速成正比
B.单位时间流过面积A 的流动空气动能为 12ρAv2
C.若每天平均有 1.0×108kW的风能资源，则每天发电量为 2.4×109kW?h
D.若风场每年有5 000 h 风速在6~10 m/s 范围内，则该发电机年发电量至少为( 6.0× 105kW?h
3.(多选)如图所示，与水平面成( θ=30?角的传送带正以 v=v=5m /s的速度顺时针匀速运行，传送带长l=10m。现每隔T=0.1s把质量m=1kg的工件(各工件均相同，且可视为质点)轻放在传送带上，在传送带的带动下，工件向上运动。稳定工作时当一个工件到达 B 端取走时恰好在A端又放上一个工件，工件与传送带间的动摩擦因数 μ=32,g取 10m/s2,下列说法正确的是( )
A.工件在传送带上时，先受到向上的滑动摩擦力，后受到向上的静摩擦力
B.两个工件间的最大距离为0.5m
C.两个工件间的最小距离为1.25 m
D.稳定工作时，电动机因传送工件而输出的功率为1 000 W
4.在某地区的干旱季节，人们常用水泵从深水井中抽水灌溉农田，简化模型如图所示。水井中的水面距离水平地面的高度为H。出水口距水平地面的高度为h，与落地点的水平距离约为l。假设抽水过程中 H保持不变，水泵输出能量的η倍转化为水被抽到出水口处增加的机械能。已知水的密度为ρ，水管内径的横截面积为 S，重力加速度大小为g，不计空气阻力。则水泵的输出功率约为( )
A.ρgSl2gh2ηhH+h+l22h B.ρgSl2gh2ηhH+h+l24h
C.ρgSl2gh2ηhH+l22h D.ρgSl2gh2ηhH+l24h
5.如图所示，质量均为m的甲、乙两同学，分别坐在水平放置的轻木板上，木板通过一根原长为l的轻质弹性绳连接，连接点等高且间距为d(d A.μmg22k+μmgl?d
B.3μmg22k+μmgl?d
C.3μmg22k+2μmgl?d
D.μmg22k+2μmgl?d
5796915114306.如图所示，轻质弹簧一端固定，另一端与物块A连接在一起，处于压缩状态。A由静止释放后沿斜面向上运动到最大位移时，立即将物块B轻放在A右侧，A、B由静止开始一起沿斜面向下运动，下滑过程中A、B始终不分离，当A 回到初始位置时速度为零。A、B与斜面间的动摩擦因数相同，弹簧未超过弹性限度。则 ( )
A.当上滑到最大位移的一半时，A的加速度方向沿斜面向下
B. A上滑时，弹簧的弹力方向不发生变化
C.下滑时，B对A 的压力先减小后增大
D.整个过程中A、B克服摩擦力所做的总功大于B 的重力势能减小量
610171510407657.如图所示，一轻弹簧原长为2L，其一端固定在倾角为37°的斜面底端A点，另一端位于斜面上 B点，弹簧处于原长状态。质量为m的物块P从C点由静止释放，最低到达E点(未画出)，随后物块 P 被弹回，最高到达F点。已知AF=4L,AC=7L,物块 P与斜面间的动摩擦因数 μ=14,重力加速度为g, sin 37°=0.6, cos37°=0.8。在此过程中,下列说法正确的是 ( )
A.物块与弹簧组成的系统机械能守恒
B.物块运动到 B点的速度最大
C.弹簧的最大压缩量为1.5L
D.弹簧获得的最大弹性势能为2.4mgL
8.(2025 湖北部分重点中学第一次联考)质量为m=5g的羽毛球，从地面竖直向上抛出，取地面为重力势能零点，羽毛球的机械能E 和重力势能 Ep随高度 h 的变化如图所示。g 取10 m/s?，结合图像可知羽毛球 ( )
A.在上升到1m 处时,动能为0.050 J
B.受到的阻力大小为0.01 N
C.在抛出时，速度大小为 52m/s
D.在上升至高度为1.25 m处时，动能和重力势能相等
9.(2024江苏卷)如图所示，粗糙斜面的动摩擦因数为μ，倾角为θ，斜面长为 L。一个质量为 m的物块，在电动机作用下，从A 点由静止加速至 B点时达到最大速度v，之后做匀速运动至C点，关闭电动机，从C 点又恰好到达最高点D。重力加速度为g，不计电动机消耗的电热。求：
(1)CD段长度x;
(2)BC段电动机的输出功率P；
(3)全过程物块增加的机械能E?和电动机消耗的总电能E?的比值。
10.如图，高度h=0.8m的水平桌面上放置两个相同物块A、B，质量 mA=mB=0.1kg。A、B间夹一压缩量Δx=0.1ml的轻弹簧，弹簧与A、B不拴接。同时由静止释放A、B，弹簧恢复原长时A恰好从桌面左端沿水平方向飞出，水平射程 xA=0.4m;B脱离弹簧后沿桌面滑行一段距离 xB=0.25m后停止。A、B均视为质点，取重力加速度 g=10m/s2。求：
(1)脱离弹簧时A、B 的速度大小vA 和vB;
(2)物块与桌面间的动摩擦因数μ；
(3)整个过程中，弹簧释放的弹性势能△Ep。
11.秋千由踏板和绳构成，人在秋千上的摆动过程可以简化为单摆的摆动，等效“摆球”的质量为m，人蹲在踏板上时摆长为l?，人站立时摆长为l?。不计空气阻力，重力加速度大小为g。
(1)如果摆长为l?，“摆球”通过最低点时的速度为v，求此时“摆球”受到拉力T的大小。
(2)在没有别人帮助的情况下，人可以通过在低处站起、在高处蹲下的方式使“摆球”摆得越来越高。
a.人蹲在踏板上从最大摆角θ? 开始运动，到最低点时突然站起，此后保持站立姿势摆到另一边的最大摆角为θ?。假定人在最低点站起前后“摆球”摆动速度大小不变，通过计算证明 θ2>θ1。
b.实际上人在最低点快速站起后“摆球”摆动速度的大小会增大。随着摆动越来越高，达到某个最大摆角θ后，如果再次经过最低点时，通过一次站起并保持站立姿势就能实现在竖直平面内做完整的圆周运动，求在最低点“摆球”增加的动能△E?应满足的条件。
1A 根据动能定理有 mgh?0.1mgh=△Ek,此过程中合外力做正功，运动员的动能增加，可知运动员的动能增加了0.9mgh,故 A 正确;
重力做正功，重力势能减小，重力做负功，重力势能增加，即有 WG=?△Ep,，该过程中重力做正功，则可知，运动员的重力势能减小了 mgh，故B错误；
若只有重力做功，则运动员机械能守恒，而该过程中除了重力做功，还有阻力做负功，则可知，机械能的减少量等于克服阻力所做的功,即为0.1mgh,故C、D 错误。
2D 关键点拨 解决本题的关键是将流动空气看成柱体模型。
解题思路 △t时间内吹到风机叶片上的流动空气质量m=ρAv△t,动能损失 ΔEk=12mv2=12ρAv3Δt,风机的输出电功率 P=△Ek△tη=ρAv3η2,所以风力发电机的输出功率与风速的三次方成正比，故A 错误。单位时间内流过面积A 的流动空气动能为 12ρAv3,故 B 错误。若每天平均有 1.0×108kW的风能资源，则每天的发电量为 P肉t?η=1.0×108kW× 24h×η=2.4×109kW?h×η,,故C 错误。设风速为6m /s时发电机的输出功率为 P'，对比9 m/s可知 P'P=6393=827,得P'=120kW,若风场每年有5000 h风速在6~10m/s范围内,发电机年发电量至少为 P't'=120kW×5 000 h=6.0×10?kW·h,故D 正确。
3ABD 工件放到传送带时，工件相对传送带向下运动，受到向上的滑动摩擦力，工件速度和传送带速度相同时，相对传送带静止，受到向上的静摩擦力，故A 正确；两工件间.的最大距离为 xm=vT=0.5m,故B 正确；刚开始加速0.1s的工件和下一个工件间距离最小，加速过程，由牛顿第二定律可得μmg cosθ-mg sin θ= ma,代入数据可得 a= 2.5m/s2,位移 x=12at2,代入数据可得x=0.0125 m,故C错误；稳定工作时，每一个T=0.1s内.传送带等效传送一个工件，而每传送一个工件时电动机需做的功等于一个工件由A端传到B端过程中其机械能的增量与因摩擦产生的热量之和，则有 ΔE=12mv2+mglsin30?=62.5J,Q= μmgcos30??x和,x和=vt?v2t=v?va?v2?va=5m,联立解得Q=37.5J，则稳定工作时，电动机因传送工件而输出的功率为 P=Q+△ET=1000W,故D 正确。
4B 以某段水柱为研究对象，设水柱质量为m，水柱到出水口的速度为v，水泵在△t时间内输出能量为 E，由题意得 ηE=mgH+h+12mv2,m=ρV=ρSvΔt,再由平抛运动规律有 h=12gt2,l=vt,解得 v=lg2h,则水泵的输出功率P= EΔt=ρSlg2gh2ηhH+h+l24h,B正确。
5B 因为是缓慢拉动，所以弹性绳恢复原长前，拉力不变,F=μmg,所做的功 W1=μmgl?d,弹性绳由开始形变，到甲所坐木板刚要离开原位置，弹性绳的伸长量 x=μmgk,此过程中F由μmg变为2μmg,则 W2=μmg+2μmg2?μmgk= 3μmg22k[点拨：拉力与拉动距离(位移)线性相关，可以用平均力求功]，则拉力做的总功 W=3μmg22k+μmgl?d,故选B。
●一题多解 当甲所坐木板刚要离开原位置时，有μmg= kx,解得 x=μmgk,由功能关系得 W=12kx2?0+μmg(l-d+x),解得 W=3μmg22k+μmgl?d,故选B。
6B 由简谐运动的对称性可知，A在上滑到最大位移的一半时正好处于平衡位置，加速度为零，A错误。由于下滑过程中A、B始终不分离，可知A对B 的弹力方向沿斜面向上且不小于零；下滑到平衡位置前，B所受合力FB方向沿斜面向下，设斜面倾角为θ，有 FB=mBgsinθ?FAB?μmBgcosθ,由于合力逐渐减小而重力沿斜面分力、斜面摩擦力不变，故A对B的弹力逐渐增大；下滑过平衡位置后 B 所受合力大小 FB'=FAB+μmBgcosθ?mBgsinθ逐渐增大，则A 对B 的弹力仍逐渐增大，C错误。整个过程中弹簧弹性势能、A的重力势能变化量为零，由能量守恒可知，A、B克服摩擦力所做总功等于 B减少的重力势能，D错误。下滑过程中在最高点，对B受力分析得 mBa=mBgsinθ?FAB?μmBgcosθ,,对A、B整体受力分析得 mA+mBa=mA+mBgsinθ?Fx? μmA+mBgcosθ,联立可得 FABFx=mBmA+mB,可见弹簧对A的弹力 F?方向总是与A 对B 的作用力 FAB相同、大小与 FAB成正比，故弹簧在最高点处不会处于拉伸状态，可知上滑过程中弹簧弹力方向不变，B正确。
小题巧解 分析B选项时，可用假设法快速解题。在物块B放到斜面的瞬间，假设弹簧对A有沿斜面向下的拉力，则由牛顿第二定律知此时 aA>aB,不满足题目中的运动情况，假设不成立，弹簧全程不能对A有沿斜面向下的拉力，故B 正确。
7D 对于物块与弹簧组成的系统，由于滑动摩擦力对物块做负功，所以系统的机械能不守恒，故A 错误；物块运动到B点时，根据牛顿第二定律有 mgsin37??μmgcos37?=ma>0,物块继续加速下滑，加速度为零时速度最大，故物块运动至B 点时速度不是最大，故B 错误；设弹簧的最大压缩量为 xm，此时弹簧的弹性势能为 Ep，根据能量守恒定律可得，在下滑过程，有 mg5L+xmsin37?=Ep+μmg5L+xmcos37?,上滑过程，有 Ep=mg2L+xmsin37?+μmg2L+xmcos37?,联立解得 xm=L,Ep=2.4mgL,故C错误，D正确。
8C 由图像可知，在上升到1m 处时，羽毛球的机械能为0.1125 J,重力势能为0.050 J,根据 Ek=E?EP可得，此时动能为0.0625J，故A错误；分析图像可知，羽毛球上升的最大高度为2m,根据功能关系有 Wf=△E=-0.025 J,又 Wf=-fhm,则f=0.0125 N,故B错误;由图像可知,在抛出时,机械能为0.125 J,重力势能为0,则 Ek=0.125J,又 Ek= 12mv2,则此时的速度为 v=52m/s,故C 正确；由图像可知,在上升至高度为1.25 m处时,机械能为0.109375 J,重力势能为0.0625 J,则动能为0.046875 J,故动能和重力势能不相等，故D 错误。
9答案 (1)2g(sinθ+μcosθ) (2) mgv(sinθ+μcosθ) 3sinθsinθ+μcosθ
解题思路 (1)物块在 CD段运动过程中，由牛顿第二定律得 mg sinθ+μmg cosθ= ma
由运动学公式有 0?v2=?2ax
联立解得 x=v22gsinθ+μcosθ
(2)物块在 BC段做匀速运动，得电动机的牵引力为
F= mg sinθ+μmg cosθ
由P= Fv得P= mgv(sinθ+μcosθ)
(3)全过程物块增加的机械能为 E1=mgLsinθ
整个过程由能量守恒得电动机消耗的总电能转化为物块增加的机械能和因摩擦产生的内能，故可知
E2=E1+μmgcosθ?L
故可得 E1E2=mgLsinθmgLsinθ+μmgLcosθ=sinθsinθ+μcosθ
10答案(1)1m/s1m/s(2)0.2 (3)0.12J
11 答案 1mg+mv2l1 (2)a.见解题思路 b.△Ek? 52mgl2?mgl11?cosθ
审题指导 机械能守恒定律与圆周运动的综合问题是很常见的一种题型，本题中，“摆球”在竖直面内做非匀速圆周运动，重力势能和动能之间相互转化，可利用圆周运动的公式 F=mv2r结合功能关系共同求解。
解题思路 (1)根据牛顿运动定律得 T?mg=mv2l1得 T=mg+mv2l1
(2)a.设人在最低点站起前后“摆球”的摆动速度大小分别为v?、v?，根据功能关系得 mgl11?cosθ1=12mv12
mgl21?cosθ2=12mv22
已知 v1=v2,得 mgl11?cosθ1=mgl21?cosθ2
因为 l1>l2,得 cosθ1>cosθ2
所以 θ2>θ1
b.设“摆球”由最大摆角θ摆至最低点时动能为E?，根据功能关系得 Ek=mgl11?cosθ
“摆球”在竖直平面内做完整的圆周运动，通过最高点最小速度为v?
根据牛顿运动定律得 mg=mvm2l2
“摆球”在竖直平面内做完整的圆周运动，根据功能关系得 Ek+△Ek≥2mgl2+12mvm2
得 ΔEk≥52mgl2?mgl11?cosθ
1.如图所示，质量为m的跳伞运动员，由静止开始下落，假设在打开伞之前受大小为0.1mg的恒定阻力作用，在运动员下落高度为h的过程中，下列说法正确的是(g为重力加速度) ( )
A.运动员的动能增加了0.9mgh
B.运动员的重力势能减小了0.9mgh
C.运动员的机械能减少了0.9mgh
D.运动员克服阻力所做的功为0.9mgh
2.风力发电已成为我国实现“双碳”目标的重要途径之一。如图所示，风力发电机是一种将风能转化为电能的装置。某风力发电机在风速为9 m/s时，输出电功率为405 kW,风速在5~10 m/s 范围内,转化效率可视为不变。该风机叶片旋转一周扫过的面积为A，空气密度为ρ，风场风速为v，并保持风正面吹向叶片。下列说法正确的是 ()
A.该风力发电机的输出电功率与风速成正比
B.单位时间流过面积A 的流动空气动能为 12ρAv2
C.若每天平均有 1.0×108kW的风能资源，则每天发电量为 2.4×109kW?h
D.若风场每年有5 000 h 风速在6~10 m/s 范围内，则该发电机年发电量至少为( 6.0× 105kW?h
3.(多选)如图所示，与水平面成( θ=30?角的传送带正以 v=v=5m /s的速度顺时针匀速运行，传送带长l=10m。现每隔T=0.1s把质量m=1kg的工件(各工件均相同，且可视为质点)轻放在传送带上，在传送带的带动下，工件向上运动。稳定工作时当一个工件到达 B 端取走时恰好在A端又放上一个工件，工件与传送带间的动摩擦因数 μ=32,g取 10m/s2,下列说法正确的是( )
A.工件在传送带上时，先受到向上的滑动摩擦力，后受到向上的静摩擦力
B.两个工件间的最大距离为0.5m
C.两个工件间的最小距离为1.25 m
D.稳定工作时，电动机因传送工件而输出的功率为1 000 W
4.在某地区的干旱季节，人们常用水泵从深水井中抽水灌溉农田，简化模型如图所示。水井中的水面距离水平地面的高度为H。出水口距水平地面的高度为h，与落地点的水平距离约为l。假设抽水过程中 H保持不变，水泵输出能量的η倍转化为水被抽到出水口处增加的机械能。已知水的密度为ρ，水管内径的横截面积为 S，重力加速度大小为g，不计空气阻力。则水泵的输出功率约为( )
A.ρgSl2gh2ηhH+h+l22h B.ρgSl2gh2ηhH+h+l24h
C.ρgSl2gh2ηhH+l22h D.ρgSl2gh2ηhH+l24h
5.如图所示，质量均为m的甲、乙两同学，分别坐在水平放置的轻木板上，木板通过一根原长为l的轻质弹性绳连接，连接点等高且间距为d(d
B.3μmg22k+μmgl?d
C.3μmg22k+2μmgl?d
D.μmg22k+2μmgl?d
5796915114306.如图所示，轻质弹簧一端固定，另一端与物块A连接在一起，处于压缩状态。A由静止释放后沿斜面向上运动到最大位移时，立即将物块B轻放在A右侧，A、B由静止开始一起沿斜面向下运动，下滑过程中A、B始终不分离，当A 回到初始位置时速度为零。A、B与斜面间的动摩擦因数相同，弹簧未超过弹性限度。则 ( )
A.当上滑到最大位移的一半时，A的加速度方向沿斜面向下
B. A上滑时，弹簧的弹力方向不发生变化
C.下滑时，B对A 的压力先减小后增大
D.整个过程中A、B克服摩擦力所做的总功大于B 的重力势能减小量
610171510407657.如图所示，一轻弹簧原长为2L，其一端固定在倾角为37°的斜面底端A点，另一端位于斜面上 B点，弹簧处于原长状态。质量为m的物块P从C点由静止释放，最低到达E点(未画出)，随后物块 P 被弹回，最高到达F点。已知AF=4L,AC=7L,物块 P与斜面间的动摩擦因数 μ=14,重力加速度为g, sin 37°=0.6, cos37°=0.8。在此过程中,下列说法正确的是 ( )
A.物块与弹簧组成的系统机械能守恒
B.物块运动到 B点的速度最大
C.弹簧的最大压缩量为1.5L
D.弹簧获得的最大弹性势能为2.4mgL
8.(2025 湖北部分重点中学第一次联考)质量为m=5g的羽毛球，从地面竖直向上抛出，取地面为重力势能零点，羽毛球的机械能E 和重力势能 Ep随高度 h 的变化如图所示。g 取10 m/s?，结合图像可知羽毛球 ( )
A.在上升到1m 处时,动能为0.050 J
B.受到的阻力大小为0.01 N
C.在抛出时，速度大小为 52m/s
D.在上升至高度为1.25 m处时，动能和重力势能相等
9.(2024江苏卷)如图所示，粗糙斜面的动摩擦因数为μ，倾角为θ，斜面长为 L。一个质量为 m的物块，在电动机作用下，从A 点由静止加速至 B点时达到最大速度v，之后做匀速运动至C点，关闭电动机，从C 点又恰好到达最高点D。重力加速度为g，不计电动机消耗的电热。求：
(1)CD段长度x;
(2)BC段电动机的输出功率P；
(3)全过程物块增加的机械能E?和电动机消耗的总电能E?的比值。
10.如图，高度h=0.8m的水平桌面上放置两个相同物块A、B，质量 mA=mB=0.1kg。A、B间夹一压缩量Δx=0.1ml的轻弹簧，弹簧与A、B不拴接。同时由静止释放A、B，弹簧恢复原长时A恰好从桌面左端沿水平方向飞出，水平射程 xA=0.4m;B脱离弹簧后沿桌面滑行一段距离 xB=0.25m后停止。A、B均视为质点，取重力加速度 g=10m/s2。求：
(1)脱离弹簧时A、B 的速度大小vA 和vB;
(2)物块与桌面间的动摩擦因数μ；
(3)整个过程中，弹簧释放的弹性势能△Ep。
11.秋千由踏板和绳构成，人在秋千上的摆动过程可以简化为单摆的摆动，等效“摆球”的质量为m，人蹲在踏板上时摆长为l?，人站立时摆长为l?。不计空气阻力，重力加速度大小为g。
(1)如果摆长为l?，“摆球”通过最低点时的速度为v，求此时“摆球”受到拉力T的大小。
(2)在没有别人帮助的情况下，人可以通过在低处站起、在高处蹲下的方式使“摆球”摆得越来越高。
a.人蹲在踏板上从最大摆角θ? 开始运动，到最低点时突然站起，此后保持站立姿势摆到另一边的最大摆角为θ?。假定人在最低点站起前后“摆球”摆动速度大小不变，通过计算证明 θ2>θ1。
b.实际上人在最低点快速站起后“摆球”摆动速度的大小会增大。随着摆动越来越高，达到某个最大摆角θ后，如果再次经过最低点时，通过一次站起并保持站立姿势就能实现在竖直平面内做完整的圆周运动，求在最低点“摆球”增加的动能△E?应满足的条件。
1A 根据动能定理有 mgh?0.1mgh=△Ek,此过程中合外力做正功，运动员的动能增加，可知运动员的动能增加了0.9mgh,故 A 正确;
重力做正功，重力势能减小，重力做负功，重力势能增加，即有 WG=?△Ep,，该过程中重力做正功，则可知，运动员的重力势能减小了 mgh，故B错误；
若只有重力做功，则运动员机械能守恒，而该过程中除了重力做功，还有阻力做负功，则可知，机械能的减少量等于克服阻力所做的功,即为0.1mgh,故C、D 错误。
2D 关键点拨 解决本题的关键是将流动空气看成柱体模型。
解题思路 △t时间内吹到风机叶片上的流动空气质量m=ρAv△t,动能损失 ΔEk=12mv2=12ρAv3Δt,风机的输出电功率 P=△Ek△tη=ρAv3η2,所以风力发电机的输出功率与风速的三次方成正比，故A 错误。单位时间内流过面积A 的流动空气动能为 12ρAv3,故 B 错误。若每天平均有 1.0×108kW的风能资源，则每天的发电量为 P肉t?η=1.0×108kW× 24h×η=2.4×109kW?h×η,,故C 错误。设风速为6m /s时发电机的输出功率为 P'，对比9 m/s可知 P'P=6393=827,得P'=120kW,若风场每年有5000 h风速在6~10m/s范围内,发电机年发电量至少为 P't'=120kW×5 000 h=6.0×10?kW·h,故D 正确。
3ABD 工件放到传送带时，工件相对传送带向下运动，受到向上的滑动摩擦力，工件速度和传送带速度相同时，相对传送带静止，受到向上的静摩擦力，故A 正确；两工件间.的最大距离为 xm=vT=0.5m,故B 正确；刚开始加速0.1s的工件和下一个工件间距离最小，加速过程，由牛顿第二定律可得μmg cosθ-mg sin θ= ma,代入数据可得 a= 2.5m/s2,位移 x=12at2,代入数据可得x=0.0125 m,故C错误；稳定工作时，每一个T=0.1s内.传送带等效传送一个工件，而每传送一个工件时电动机需做的功等于一个工件由A端传到B端过程中其机械能的增量与因摩擦产生的热量之和，则有 ΔE=12mv2+mglsin30?=62.5J,Q= μmgcos30??x和,x和=vt?v2t=v?va?v2?va=5m,联立解得Q=37.5J，则稳定工作时，电动机因传送工件而输出的功率为 P=Q+△ET=1000W,故D 正确。
4B 以某段水柱为研究对象，设水柱质量为m，水柱到出水口的速度为v，水泵在△t时间内输出能量为 E，由题意得 ηE=mgH+h+12mv2,m=ρV=ρSvΔt,再由平抛运动规律有 h=12gt2,l=vt,解得 v=lg2h,则水泵的输出功率P= EΔt=ρSlg2gh2ηhH+h+l24h,B正确。
5B 因为是缓慢拉动，所以弹性绳恢复原长前，拉力不变,F=μmg,所做的功 W1=μmgl?d,弹性绳由开始形变，到甲所坐木板刚要离开原位置，弹性绳的伸长量 x=μmgk,此过程中F由μmg变为2μmg,则 W2=μmg+2μmg2?μmgk= 3μmg22k[点拨：拉力与拉动距离(位移)线性相关，可以用平均力求功]，则拉力做的总功 W=3μmg22k+μmgl?d,故选B。
●一题多解 当甲所坐木板刚要离开原位置时，有μmg= kx,解得 x=μmgk,由功能关系得 W=12kx2?0+μmg(l-d+x),解得 W=3μmg22k+μmgl?d,故选B。
6B 由简谐运动的对称性可知，A在上滑到最大位移的一半时正好处于平衡位置，加速度为零，A错误。由于下滑过程中A、B始终不分离，可知A对B 的弹力方向沿斜面向上且不小于零；下滑到平衡位置前，B所受合力FB方向沿斜面向下，设斜面倾角为θ，有 FB=mBgsinθ?FAB?μmBgcosθ,由于合力逐渐减小而重力沿斜面分力、斜面摩擦力不变，故A对B的弹力逐渐增大；下滑过平衡位置后 B 所受合力大小 FB'=FAB+μmBgcosθ?mBgsinθ逐渐增大，则A 对B 的弹力仍逐渐增大，C错误。整个过程中弹簧弹性势能、A的重力势能变化量为零，由能量守恒可知，A、B克服摩擦力所做总功等于 B减少的重力势能，D错误。下滑过程中在最高点，对B受力分析得 mBa=mBgsinθ?FAB?μmBgcosθ,,对A、B整体受力分析得 mA+mBa=mA+mBgsinθ?Fx? μmA+mBgcosθ,联立可得 FABFx=mBmA+mB,可见弹簧对A的弹力 F?方向总是与A 对B 的作用力 FAB相同、大小与 FAB成正比，故弹簧在最高点处不会处于拉伸状态，可知上滑过程中弹簧弹力方向不变，B正确。
小题巧解 分析B选项时，可用假设法快速解题。在物块B放到斜面的瞬间，假设弹簧对A有沿斜面向下的拉力，则由牛顿第二定律知此时 aA>aB,不满足题目中的运动情况，假设不成立，弹簧全程不能对A有沿斜面向下的拉力，故B 正确。
7D 对于物块与弹簧组成的系统，由于滑动摩擦力对物块做负功，所以系统的机械能不守恒，故A 错误；物块运动到B点时，根据牛顿第二定律有 mgsin37??μmgcos37?=ma>0,物块继续加速下滑，加速度为零时速度最大，故物块运动至B 点时速度不是最大，故B 错误；设弹簧的最大压缩量为 xm，此时弹簧的弹性势能为 Ep，根据能量守恒定律可得，在下滑过程，有 mg5L+xmsin37?=Ep+μmg5L+xmcos37?,上滑过程，有 Ep=mg2L+xmsin37?+μmg2L+xmcos37?,联立解得 xm=L,Ep=2.4mgL,故C错误，D正确。
8C 由图像可知，在上升到1m 处时，羽毛球的机械能为0.1125 J,重力势能为0.050 J,根据 Ek=E?EP可得，此时动能为0.0625J，故A错误；分析图像可知，羽毛球上升的最大高度为2m,根据功能关系有 Wf=△E=-0.025 J,又 Wf=-fhm,则f=0.0125 N,故B错误;由图像可知,在抛出时,机械能为0.125 J,重力势能为0,则 Ek=0.125J,又 Ek= 12mv2,则此时的速度为 v=52m/s,故C 正确；由图像可知,在上升至高度为1.25 m处时,机械能为0.109375 J,重力势能为0.0625 J,则动能为0.046875 J,故动能和重力势能不相等，故D 错误。
9答案 (1)2g(sinθ+μcosθ) (2) mgv(sinθ+μcosθ) 3sinθsinθ+μcosθ
解题思路 (1)物块在 CD段运动过程中，由牛顿第二定律得 mg sinθ+μmg cosθ= ma
由运动学公式有 0?v2=?2ax
联立解得 x=v22gsinθ+μcosθ
(2)物块在 BC段做匀速运动，得电动机的牵引力为
F= mg sinθ+μmg cosθ
由P= Fv得P= mgv(sinθ+μcosθ)
(3)全过程物块增加的机械能为 E1=mgLsinθ
整个过程由能量守恒得电动机消耗的总电能转化为物块增加的机械能和因摩擦产生的内能，故可知
E2=E1+μmgcosθ?L
故可得 E1E2=mgLsinθmgLsinθ+μmgLcosθ=sinθsinθ+μcosθ
10答案(1)1m/s1m/s(2)0.2 (3)0.12J
11 答案 1mg+mv2l1 (2)a.见解题思路 b.△Ek? 52mgl2?mgl11?cosθ
审题指导 机械能守恒定律与圆周运动的综合问题是很常见的一种题型，本题中，“摆球”在竖直面内做非匀速圆周运动，重力势能和动能之间相互转化，可利用圆周运动的公式 F=mv2r结合功能关系共同求解。
解题思路 (1)根据牛顿运动定律得 T?mg=mv2l1得 T=mg+mv2l1
(2)a.设人在最低点站起前后“摆球”的摆动速度大小分别为v?、v?，根据功能关系得 mgl11?cosθ1=12mv12
mgl21?cosθ2=12mv22
已知 v1=v2,得 mgl11?cosθ1=mgl21?cosθ2
因为 l1>l2,得 cosθ1>cosθ2
所以 θ2>θ1
b.设“摆球”由最大摆角θ摆至最低点时动能为E?，根据功能关系得 Ek=mgl11?cosθ
“摆球”在竖直平面内做完整的圆周运动，通过最高点最小速度为v?
根据牛顿运动定律得 mg=mvm2l2
“摆球”在竖直平面内做完整的圆周运动，根据功能关系得 Ek+△Ek≥2mgl2+12mvm2
得 ΔEk≥52mgl2?mgl11?cosθ
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