2024届物理微专题加练半小时第六章 微专题39 动能定理在多过程、往复运动问题中的应用含答案

2024届物理微专题加练半小时微专题39动能定理在多过程、往复运动问题中的应用1．运用动能定理解决多过程问题时，有两种思路：一种是全过程列式，另一种是分段列式.2.全过程列式时，涉及重力、弹簧弹力、大小恒定的阻力或摩擦力做功时，要注意运用它们的做功特点．1.如图所示，在竖直平面内有一“V”形槽，其底部BC是一段圆弧，两侧都与光滑斜槽相切，相切处B、C位于同一水平面上．一小物体从右侧斜槽上距BC平面高度为2h的A处由静止开始下滑，经圆弧槽再滑上左侧斜槽，最高能到达距BC所在水平面高度为h的D处，接着小物体再向下滑回，若不考虑空气阻力，则()A．小物体恰好滑回到B处时速度为零B．小物体尚未滑回到B处时速度已变为零C．小物体能滑回到B处之上，但最高点要比D处低D．小物体最终一定会停止在圆弧槽的最低点答案C解析小物体从A处运动到D处的过程中，克服摩擦力所做的功为W f1＝mgh，小物体从D 处开始运动的过程，因为速度比从A向D运动的速度小，则小物体对圆弧槽的压力比从A 向D运动时的压力小，克服摩擦力所做的功W f2<mgh，所以小物体能滑回到B处之上，但最高点要比D处低，故C正确，A、B错误；因为小物体与圆弧槽间的动摩擦因数未知，所以小物体可能停在圆弧槽上的任何地方，故D错误．2．(2023·四川省检测)2022年北京冬奥会冰壶比赛中运动员在本垒把冰壶沿水平冰面以初速度v0推出滑向营垒．冰壶在冰面上自由滑行时冰壶和冰面间的动摩擦因数为μ，若队友在其滑行前方摩擦冰面，冰壶和冰面间的动摩擦因数变为0.9μ，重力加速度取g.求：(1)冰壶自由滑行前进的距离为多大；(2)在第(1)问中冰壶停下时离营垒边沿距离为x0，为保证冰壶能进入营垒，则队友最晚应于冰壶运动到多远时开始摩擦冰壶前方的冰面．答案(1)v022μg(2)v022μg－9x0解析 (1)让冰壶在冰面上自由滑行时有－μmg ＝ma 10－v 02＝2a 1x解得x ＝v 022μg(2)设队友最晚应于冰壶运动到s 时开始摩擦冰壶前方的冰面，则全程由动能定理得：－μmgs －0.9μmg (x ＋x 0－s )＝0－12m v 02 解得s ＝v 022μg－9x 0 3．(2023·福建省模拟)如图所示，一半径R ＝0.4 m 的光滑竖直半圆轨道与水平面相切于c 点，一质量m ＝1 kg 可视为质点的小物块静止于水平面a 点，现用一水平恒力F 向左拉物块，经过t ＝3 s 时间到达b 点的速度大小v b ＝6 m/s ，此时撤去F ，小物块继续向前滑行经c 点进入光滑竖直圆轨道，且恰能经过竖直轨道最高点d .已知小物块与水平面间的动摩擦因数μ＝0.4，重力加速度g 取10 m/s 2，求：(1)水平恒力F 的大小；(2)b 、c 间的距离L .答案 (1)6 N (2)2 m解析 (1)从a 到b 过程中有F －F f ＝ma ，v b ＝at小物块所受摩擦力F f ＝μmg联立代入数据得F ＝6 N(2)小物块恰能经过轨道最高点，在d 点由牛顿第二定律有mg ＝m v 2R解得v ＝gR ＝2 m/s从c 点到d 点由动能定理有－mg ·2R ＝12m v 2－12m v c 2 解得v c ＝2 5 m/s从b 到c 由动能定理有－μmgL ＝12m v c 2－12m v b 2 解得b 、c 间的距离L ＝2 m4．(2023·浙江省模拟)某游乐场的滑梯可以简化为如图所示竖直面内的ABCD 轨道，AB 为长L ＝6 m 、倾角α＝37°的斜轨，BC 为水平轨道，CD 为半径R ＝15 m 、圆心角β＝37°的圆弧，轨道AB 段粗糙其余各段均光滑．一小孩(可视为质点)从A 点以初速度v 0＝2 3 m/s 下滑，沿轨道运动到D 点时的速度恰好为零(不计经过B 点时的能量损失)．已知该小孩的质量m ＝30 kg ，取sin 37°＝0.6，cos 37°＝0.8，重力加速度g 取10 m/s 2，不计空气阻力，设最大静摩擦力等于滑动摩擦力．求：(1)该小孩第一次经过圆弧C 点时，对圆弧轨道的压力F N ；(2)该小孩在轨道AB 上第一次从A 下滑到B 的时间t ；(3)若将AB 段轨道改为圆弧形状(图中虚线部分，轨道材质不变)，试定性说明题设条件下小孩在轨道上游玩时是否会冲出D 点而发生危险？答案 (1)420 N ，方向向下 (2)15－32 s (3)见解析 解析 (1)由C 到D 速度减为0，由动能定理可得－mg (R －R cos β)＝0－12m v C 2 解得v C ＝215 m/s在C 点，由牛顿第二定律得F N C －mg ＝m v C 2R解得F N C ＝420 N根据牛顿第三定律，小孩对轨道的压力大小为F N ＝ F N C ＝420 N ，方向向下；(2)小孩从A 运动到D 的过程中，有mgL sin α－μmgL cos α－mgR (1－cos β)＝0－12m v 02 可得μ＝0.25在AB 上运动的加速度大小a ＝mg sin α－μmg cos αm＝4 m/s 2 根据v B ＝v C ＝v 0＋at代入数据解得t ＝15－32s (3)若将AB 段轨道改为圆弧形状，摩擦力做功会增加，速度减小更快，小孩到达不了D 点，所以小孩在轨道上游玩时不会冲出D 点而发生危险．5．如图所示，在竖直平面内，长为L 、倾角θ＝37°的粗糙斜面AB 下端与半径R ＝1 m 的光滑圆弧轨道BCDE 平滑相接于B 点，C 点是轨道最低点，D 点与圆心O 等高．现有一质量m ＝0.1 kg 的小物体从斜面AB 上端的A 点无初速度下滑，恰能到达圆弧轨道的D 点．若物体与斜面之间的动摩擦因数μ＝0.25，不计空气阻力，g 取10 m/s 2，sin 37°＝0.6，cos 37°＝0.8，求：(1)斜面AB 的长度L ；(2)物体第一次通过C 点时的速度大小v C 1；(3)物体经过C 点时，轨道对它的最小支持力F Nmin ；(4)物体在粗糙斜面AB 上滑行的总路程s 总．答案 (1)2 m (2)2 5 m/s (3)1.4 N (4)6 m解析 (1)A 到D 过程，根据动能定理有mg (L sin θ－R cos θ)－μmgL cos θ＝0解得：L ＝2 m.(2)物体从A 到第一次通过C 点过程，根据动能定理有mg (L sin θ＋R －R cos θ)－μmgL cos θ＝12m v C 12 解得：v C 1＝2 5 m/s ；(3)物体经过C 点，轨道对它有最小支持力时，它将在B 点所处高度以下运动，所以有：mg (R －R cos θ)＝12m v min 2 根据牛顿第二定律有：F Nmin －mg ＝m v min 2R， 解得F Nmin ＝1.4 N ；(4)根据动能定理有：mgL sin θ－μmgs 总cos θ＝0解得s总＝6 m．微专题40机械能守恒定律及其应用1．单物体多过程机械能守恒问题：划分物体运动阶段，研究每个阶段中的运动性质，判断机械能是否守恒；表达式一般选用E1＝E2(要选择参考平面)或ΔE p＝－ΔE k(不用选择参考平面).2.多物体的机械能守恒：“轻绳模型”与“轻杆模型”：要注意两端的物体速度大小是否相等；“轻弹簧模型”：要注意弹性势能的变化只与形变量有关；“非质点模型”：一般分析物体重心高度变化；一般选用ΔE p＝－ΔE k或ΔE A增＝ΔE B减形式(不用选择参考平面)．1.如图所示，斜面体置于光滑水平地面上，其光滑斜面上有一物体由静止沿斜面下滑，在物体下滑过程中，下列说法正确的是()A．物体的重力势能减少，动能不变B．斜面体的机械能不变C．斜面对物体的作用力垂直于接触面，不对物体做功D．物体和斜面体组成的系统机械能守恒答案D解析物体由静止开始下滑的过程其重力势能减少，动能增加，A错误；物体在下滑过程中，斜面体做加速运动，其机械能增加，B错误；物体沿斜面下滑时，既沿斜面向下运动，又随斜面体向右运动，其合速度方向与弹力方向不垂直，弹力方向垂直于接触面，但与速度方向之间的夹角大于90°，所以斜面对物体的作用力对物体做负功，C错误；对物体与斜面体组成的系统，只有物体的重力做功，机械能守恒，D正确．2．(2023·河北唐山市模拟)如图所示，套在光滑竖直杆上的物体A，通过轻质细绳与光滑水平面上的物体B相连接，A、B质量相同．现将A从与B等高处由静止释放，不计一切摩擦，重力加速度取g，当细绳与竖直杆间的夹角为θ＝60°时，A下落的高度为h，此时物体B的速度为()A.25gh B.45gh C.gh2 D.gh答案A解析设物体A下落高度h时，物体A的速度为v A，物体B的速度为v B，此时有v A＝v Bcos 60°＝2v B，物体A、B组成的系统机械能守恒，则有mgh＝12m v A2＋12m v B2，联立方程解得v B＝25gh，故选A.3．(多选)如图所示，用轻杆通过铰链相连的小球A、B、C处于同一竖直平面内，质量均为m，两段轻杆等长．现将C球置于距地面高h处，由静止释放，假设三个小球只在同一竖直面内运动，不计一切摩擦，重力加速度为g，则在小球C下落过程中()A．小球A、B、C组成的系统机械能守恒B．小球C的机械能一直减小C．小球C落地前瞬间的速度大小为2ghD．当小球C的机械能最小时，地面对小球B的支持力大于mg答案AC解析由于小球A、B、C组成的系统只有重力做功，故系统的机械能守恒，故A正确；小球B的初速度为零，C落地瞬间，B的速度为零，故B的动能先增大后减小，而B的重力势能不变，则B的机械能先增大后减小，同理可得A的机械能先增大后减小，而系统机械能守恒，故C的机械能先减小后增大，故B错误；根据以上分析，设小球C落地前瞬间的速度大小为v，根据动能定理可知12m v2＝mgh，解得v＝2gh，故C正确；当小球C的机械能最小时，小球B速度最大，此时小球B的加速度为零，水平方向所受的合力为零，杆CB对小球B恰好没有力的作用，所以地面对小球B的支持力大小为mg，故D错误．4．(多选)内径面积为S的U形圆筒竖直放在水平面上，筒内装水，底部阀门K关闭时两侧水面高度分别为h1和h2，如图所示．已知水的密度为ρ，重力加速度为g，不计水与筒壁的摩擦阻力．现把连接两筒的阀门K打开，当两筒水面高度相等时，则该过程中()A．水柱的重力做正功B ．大气压力对水柱做负功C ．水柱的机械能守恒D ．当两筒水面高度相等时，水柱的动能是14ρgS (h 1－h 2)2 答案 ACD解析 把连接两筒的阀门打开到两筒水面高度相等的过程中大气压力对左筒水面做正功，对右筒水面做负功，抵消为零；水柱的机械能守恒，重力做功等于重力势能的减少量，等于水柱增加的动能，等效于把左管高h 1－h 22的水柱移至右管，如图中的阴影部分所示，重心下降h 1－h 22，重力所做正功，为W G ＝(h 1－h 22)ρgS ·(h 1－h 22)＝14ρgS (h 1－h 2)2，故A 、C 、D 正确． 5.(2023·山东省模拟)如图所示，质量分布均匀的铁链，静止放在半径R ＝6πm 的光滑半球体上方．给铁链一个微小的扰动使之向右沿球面下滑，当铁链的端点B 滑至C 处时其速度大小为3 2 m/s.已知∠AOB ＝60°，以OC 所在平面为参考平面，取g ＝10 m/s 2.则下列说法中正确的是( )A ．铁链下滑过程中靠近B 端的一小段铁链机械能守恒B ．铁链在初始位置时其重心高度33πm C ．铁链的端点A 滑至C 处时其重心下降2.8 mD ．铁链的端点A 滑至C 处时速度大小为6 2 m/s答案 C解析 铁链下滑过程中靠近B 端的一小段铁链受到上边拉链的拉力，该拉力做负功，故机械能不守恒，故A 错误；根据几何关系可知，铁链长度为L ＝πR 3＝2 m ，铁链全部贴在半球体上时，质量分布均匀且形状规则，则其重心在几何中心且重心在∠AOB 的角平分线上，故铁链在初始位置时其重心与半球体球连线长度等于端点B 滑至C 处时其重心与球心连线长度，设均为h 0，根据机械能守恒有mgh 0－mgh 0sin 30°＝12m v 12，代入数据解得h 0＝1.8 m ，故B 错误；铁链的端点A 滑至C 处时，其重心在参考平面下方L 2处，则铁链的端点A 滑至C 处时其重心下降Δh ＝h 0＋L 2＝2.8 m ，故C 正确；铁链的端点A 滑至C 处过程，根据机械能守恒定律有mg Δh ＝12m v 22，解得v 2＝214 m/s ，故D 错误． 6.(2023·内蒙古呼伦贝尔市模拟)如图所示，倾角为30°的固定斜面上固定一根与斜面垂直的轻杆PQ ，长为L 的轻杆两端分别用铰链固定质量相等的小球A 和B ，A 球(中空)套在PQ 上，B 球与斜面接触，重力加速度大小为g ，不计一切摩擦．若将轻杆从竖直位置由静止释放，则当A 球刚要到达斜面时，A 球的速度大小为( )A.12gLB.32gL C.2gLD.gL答案 C 解析 从静止释放到A 球刚要到斜面时，由机械能守恒定律可知mgL cos 30°·cos 30°＋mg L 2sin 30°＝12m v A 2＋12m v B 2，两球沿长为L 的轻杆方向的分速度相等，可知，A 球刚要到斜面时，由于A 球的速度垂直轻杆，所以沿杆方向的速度为0，故B 球的速度为v B ＝0，解得v A ＝2gL ，故选C.7.(多选)(2023·云南昆明市质检)如图所示，质量为m 的小环(可视为质点)套在固定的光滑竖直杆上，一足够长且不可伸长的轻绳一端与小环相连，另一端跨过光滑的定滑轮与质量为M 的物块相连，已知M ＝2m .与定滑轮等高的A 点和定滑轮之间的距离为d ＝3 m ，定滑轮大小及质量可忽略．现将小环从A 点由静止释放，小环运动到C 点速度为0，重力加速度g 取10 m/s 2，则下列说法正确的是(sin 53°＝0.8，cos 53°＝0.6)( )A ．A 、C 间距离为4 mB ．小环最终静止在C 点C ．小环下落过程中减少的重力势能始终等于物块增加的机械能D ．当小环下滑至绳与杆的夹角为60°时，小环与物块的动能之比为2∶1答案 AD解析 小环运动到C 点时，对系统，由机械能守恒定律得：mgL AC ＝Mg (d 2＋L AC 2－d )，解得L AC ＝4 m ，故A 正确；假设小环最终静止在C 点，则绳中的拉力大小等于2mg ，在C 点对小环有：F T ＝mg sin 53°＝54mg ≠2mg ，所以假设不成立，小环不能静止，故B 错误；由机械能守恒可知，小环下落过程中减少的重力势能转化为物块增加的机械能和小环增加的动能，故C 错误；将小环的速度沿绳和垂直绳方向分解，沿绳方向的速度即为物块的速度，则绳与杆的夹角为60°时有v M ＝v m cos 60°，由E k ＝12m v 2可知，小环与物块的动能之比为2∶1，故D 正确．8.(多选)如图所示，有质量分别为2m 、m 的小滑块P 、Q ，P 套在固定竖直杆上，Q 放在水平地面上．P 、Q 间通过铰链用长为L 的刚性轻杆连接，一轻弹簧左端与Q 相连，右端固定在竖直杆上，弹簧水平，α＝30°时，弹簧处于原长．当α＝30°时，P 由静止释放，下降到最低点时α变为60°，整个运动过程中，P 、Q 始终在同一竖直平面内，弹簧在弹性限度内，忽略一切摩擦，重力加速度为g .则P 下降过程中( )A ．P 、Q 组成的系统机械能守恒B ．当α＝45°时，P 、Q 的速度相同C ．弹簧弹性势能最大值为(3－1)mgLD ．P 下降过程中动能达到最大前，Q 受到地面的支持力小于3mg答案 CD解析 对于P 、Q 组成的系统，由于弹簧对Q 要做功，所以系统的机械能不守恒，但对P 、Q 、弹簧组成的系统，只有重力或弹簧弹力做功，系统的机械能守恒，故A 错误；当α＝45°时，根据P 、Q 沿轻杆方向的分速度相等得v Q cos 45°＝v P cos 45°，可得v P ＝v Q ，但速度方向不同，所以P 、Q 的速度不同，故B 错误；根据系统机械能守恒可得E p ＝2mgL (cos 30°－cos 60°)，弹性势能的最大值为E p ＝(3－1)mgL ，故C 正确；P 下降过程中动能达到最大前，P 加速下降，对P 、Q 整体，在竖直方向上根据牛顿第二定律有3mg －F N ＝2ma ，则有F N <3mg ，故D 正确．9.(2023·山东省模拟)如图所示，在竖直方向上A 、B 两物体通过劲度系数为k 的轻质弹簧相连，A 放在水平地面上，B 、C 两物体通过细线绕过轻质定滑轮相连，C 放在固定的足够长光滑斜面上．用手按住C ，使细线恰好伸直但没有拉力，并保证ab 段的细线竖直、cd 段的细线与斜面平行．已知A 、B 的质量均为m ，C 的质量为M (M ＞2m )，细线与滑轮之间的摩擦不计，开始时整个系统处于静止状态．释放C 后它沿斜面下滑，当A 恰好要离开地面时，B 获得最大速度(B 未触及滑轮，弹簧始终处于弹性限度内，重力加速度大小为g )．求：(1)释放物体C 之前弹簧的压缩量；(2)物体B 的最大速度v m .答案 (1)mg k (2)2mg 1k (M ＋m )解析 (1)释放物体C 之前，细线恰好伸直，绳子拉力为零，弹簧处于压缩状态，设弹簧的压缩量为x ，物体B 受重力与弹簧弹力作用而静止，处于平衡状态，由平衡条件及胡克定律得mg ＝kx ，解得x ＝mg k(2)当A 恰好要离开地面时，地面对物体A 的支持力为零，弹簧处于伸长状态，设弹簧的伸长量为x ′，对物体A ，由平衡条件及胡克定律得mg ＝kx ′因此物体B 上升的高度和物体C 沿斜面下滑的距离为s ＝x ＋x ′＝2mg k设斜面倾角为α，当物体B 达到最大速度时，以A 、B 和弹簧作为研究对象，所受合外力为零，由平衡条件得Mg sin α＝2mgA 、B 、C 、弹簧组成的系统机械能守恒，因初始状态弹簧的压缩量与物体B 达到最大速度时弹簧的伸长量相等，所以在整个过程中弹性势能变化量为零，根据机械能守恒定律有Mgs sinα－mgs ＝12(M ＋m )v m 2解得v m＝2mg1.k(M＋m)微专题41功能关系能量守恒定律1．做功的过程就是能量转化的过程．功是能量转化的量度.2.功与能量的变化是“一一对应”的，如重力做功对应重力势能的变化，合力做功对应动能的变化等.3.分析机械能的变化，既可以用定义法也可以根据除重力(弹簧弹力)以外的其他力做功来分析．1．如图所示，足够长的光滑斜面固定在水平面上，斜面底端有一固定挡板，轻质弹簧下端与挡板相连，上端与物体A相连．用不可伸长的轻质细绳跨过斜面顶端的定滑轮，把物体A与另一物体B连接起来，A与滑轮间的细绳与斜面平行．初始时用手托住B，细线刚好伸直，此时物体A处于静止状态．若不计滑轮质量与摩擦，弹簧始终在弹性限度内，现由静止释放物体B，在B第一次向下运动过程中()A．轻绳对物体B做的功等于物体B重力势能的变化量B．物体B的重力做功等于物体B机械能的变化量C．轻绳对物体A做的功等于物体A的动能与弹簧弹性势能的变化量之和D．两物体与轻绳组成系统机械能变化量的绝对值等于弹簧弹性势能变化量的绝对值答案D解析轻绳对物体B做的功等于物体B机械能的变化，故A错误；重力做功等于物体的重力势能的变化，故B错误；依题意得，轻绳对物体A做的功等于物体A的机械能与弹簧弹性势能的变化量之和，故C错误；两物体、轻绳和弹簧系统机械能守恒，由机械能守恒定律可知，D正确．2．(2023·上海市青浦区模拟)如图，物块以某一初速度于固定斜面底端冲上斜面，一段时间后物块返回出发点．若物块和斜面间动摩擦因数处处相同．在物块上升、下降过程中，运动时间分别用t1、t2表示，损失的机械能分别用ΔE1、ΔE2表示．则()A．t1<t2，ΔE1＝ΔE2B ．t 1<t 2，ΔE 1<ΔE 2C ．t 1＝t 2，ΔE 1＝ΔE 2D ．t 1>t 2，ΔE 1>ΔE 2答案 A解析 设物块与斜面间的动摩擦因数为μ，斜面倾角为θ，上升和下降过程的加速度大小分别为a 1和a 2，根据牛顿第二定律有mg sin θ＋μmg cos θ＝ma 1，mg sin θ－μmg cos θ＝ma 2，比较以上两式可知a 1>a 2，设物块上升和下降过程的位移大小均为x ，根据运动学规律有t 1＝2x a 1，t 2＝2x a 2，所以t 1<t 2，易知物块上升和下降过程克服摩擦力做的功相等，根据功能关系可知上升和下降过程损失的机械能相等，故选A.3.(多选)(2023·海南琼海市模拟)我国在2022年2月成功举办了第二十四届冬奥会，跳台滑雪是最具观赏性的项目之一，如图所示，AB 是跳台滑雪的长直助滑道的一部分，高度差为h .质量为m 的运动员(包括所有设备)从A 点由静止开始下滑，经过B 点时速度为v ，下滑过程中阻力不能忽略，重力加速度为g .则运动员从A 点到B 点过程中，下列说法正确的是( )A ．重力势能减少mghB ．合力做的功为12m v 2 C ．阻力做的功为mgh －12m v 2 D ．机械能增加12m v 2 答案 AB解析 根据重力做功与重力势能的关系可知ΔE p ＝－W G ＝－mgh ，则重力势能减少mgh ，A正确；根据动能定理可得W 合＝12m v 2，B 正确；根据动能定理可得mgh ＋W f ＝12m v 2，解得阻力做的功为W f ＝12m v 2－mgh ，C 错误；运动员下滑过程克服阻力做功，可知运动员的机械能减少，D 错误．4．运动员开展滑雪训练时的运动情境可简化为如下模型：将运动员(包括滑板)简化为质量m ＝50 kg 的质点，运动员以某一初速度v 0从倾角为37°的山坡底端向上冲，山坡足够长，取坡底为重力势能零势能面．运动员的机械能E 总和重力势能E p 随离开坡底的高度h 的变化规律如图所示．重力加速度g ＝10 m/s 2，sin 37 °＝0.6.则( )A ．运动员的初速度v 0＝25 m/sB ．运动员与山坡间的动摩擦因数为0.03C ．运动员在山坡上运动的时间为23 sD ．运动员再次回到坡底时的动能为375 J答案 D解析 由于坡底为重力势能零势能面，则有E 总＝12m v 02＝625 J ，解得运动员的初速度为v 0＝5 m/s ，故A 错误；由题图可知，当E 总＝E p 时，运动员运动到最高点，此时高度为h ＝1 m ，根据能量守恒定律有μmg cos θ·h sin θ＝ΔE 总＝125 J ，解得μ＝0.187 5，故B 错误；运动员从山坡底端向上冲时，根据牛顿第二定律有mg sin θ＋μmg cos θ＝ma 1，则t 1＝v 0a 1＝23s ，由于mg sin θ>μmg cos θ，可知运动员到达最高点后将会再次回到坡底，则运动员在山坡上运动的时间大于23 s ，故C 错误；运动员从最高点回到坡底，根据能量守恒定律有E p －μmg cos θ·h sin θ＝E k ，代入数据可得运动员再次回到坡底时的动能为E k ＝375 J ，故D 正确．5.(2023·内蒙古包头市模拟)一质量为m ＝1 kg 的滑块从一斜面倾角为37°的固定斜面顶端，在恒定外力作用下由静止沿斜面滑下，滑块与斜面间的动摩擦因数μ＝0.5.滑块滑至底端的过程中，其机械能随下滑距离s 变化的图像如图所示(sin 37°＝0.6，cos 37°＝0.8，g 取10 m/s 2)．则滑块从顶端滑到底端的过程中，下列说法正确的是( )A ．重力势能一定减少了20 JB ．外力的大小一定是8 NC ．摩擦力做的功一定是－20 JD ．滑块滑到斜面底端时的速度大小一定是10 m/s答案 D解析 滑块沿斜面下滑5 m ，则重力势能减少量ΔE p ＝mgs sin 37°＝30 J ，选项A 错误； 从顶端到底端时机械能增加20 J ，则除重力以外的其他力做功为20 J ，设力F 与斜面的夹角为α，则Fs cos α－μ(mg cos 37°－F sin α)s ＝20 J ，其中s ＝5 m ，代入数据可知F ＝162cos α＋sin α，只有当α＝0时才有F ＝8 N ，选项B 错误；由W f ＝－μ(mg cos 37°－F sin α)s ＝－(20J －52F sin α)可知，只有当α＝0时摩擦力做功才等于－20 J ，选项C 错误；因滑块沿斜面下滑5 m ，重力势能减小30 J ，而初状态机械能为30 J ，可知斜面的底端为零重力势能点，到达底端时机械能为50 J ，则动能为50 J ，根据E k ＝12m v 2，可得v ＝10 m/s ，选项D 正确． 6.(2023·上海市奉贤区模拟)在沿斜面向上的恒力F 作用下，一物体从足够长的光滑固定斜面的底端由静止开始向上运动，在某一高度撤去恒力F .以地面为零势能面，设重力势能为E p 、机械能为E ，则整个向上运动过程中，它们随时间t 变化的图像正确的是( )答案 A解析 根据题意可知，撤去恒力F 前，物体做匀加速运动，设加速度为a 1，撤去恒力F 后，物体做匀减速运动，设加速度为a 2，匀加速后物体的速度为v ，可得匀加速时的位移为x 1＝12a 1t 2，匀减速时的位移为x 2＝v t －12a 2t 2，以地面为零势能面，斜面倾角为θ，根据题意，由重力做功与重力势能的关系可知，撤去恒力F 前有E p ＝mgx 1sin θ＝12mga 1t 2sin θ，可知，重力势能与时间t 为二次函数，且开口向上，撤去恒力F 后有E p ＝mgx 2sin θ＝mg v t sin θ－12mga 2t 2sinθ，可知，重力势能与时间t仍为二次函数，但开口向下，故B错误，A正确；由功能关系可知，撤去恒力F前，物体的机械能为E＝Fx1＝12Fa1t2可知，机械能与时间t为二次函数，且开口向上，撤去恒力F后，只有重力做功，机械能保持不变，故C、D错误．7．(多选)某汽车研发机构在汽车的车轮上安装了小型发电机，将减速时的部分动能转化并储存在蓄电池中，以达到节能的目的．某次测试中，汽车以额定功率行驶一段距离后关闭发动机，测出了汽车动能E k与位移x的关系图像如图所示，其中①是关闭储能装置时的关系图线，②是开启储能装置时的关系图线．已知汽车的质量为1 000 kg，设汽车运动过程中所受地面阻力恒定，空气阻力不计．根据图像所给的信息可求出()A．汽车行驶过程中所受地面的阻力为1 000 NB．汽车的额定功率为80 kWC．汽车加速运动的时间为22.5 sD．汽车开启储能装置后向蓄电池提供的电能为5×105 J答案BD解析由图线①求所受阻力，有ΔE km＝F fΔx，代入数据解得F f＝8×105400N＝2 000 N，A错误；由E km＝12m v m2可得v m＝40 m/s，所以P＝F f v m＝80 kW，B正确；加速阶段有Pt－F f x ＝ΔE k，解得t＝16.25 s，C错误；根据能量守恒定律，并由图线②可得开启储能装置后向蓄电池提供的电能为ΔE＝E km－F f x′＝8×105 J－2×103×150 J＝5×105 J，D正确．8．如图，MN为半径R＝0.4 m、固定于竖直平面内的14光滑圆弧轨道，轨道上端切线水平，O为圆心，M、O、P三点在同一水平线上，M的下端与轨道相切处放置竖直向上的弹簧枪，可发射速度不同但质量均为m＝0.01 kg的小钢珠，小钢珠每次都在M点离开弹簧枪．某次发射的小钢珠沿轨道经过N点时恰好与轨道无作用力，水平飞出后落到OP上的Q点，不计空气阻力，取g＝10 m/s2.求：(1)小钢珠经过N点时速度的大小v N；(2)小钢珠离开弹簧枪时的动能E k；(3)小钢珠的落点Q 与圆心O 点的距离x .答案 (1)2 m/s (2)0.06 J (3)225m 解析 (1)小钢珠沿轨道经过N 点时恰好与轨道无作用力，则根据重力提供向心力，有mg ＝m v N 2R，解得v N ＝gR ＝2 m/s. (2)小钢珠在光滑圆弧轨道，由能量守恒定律得12m v N 2＋mgR ＝E k 代入数据解得E k ＝0.06 J.(3)小钢珠水平飞出后，做平抛运动，则有R ＝12gt 2，x ＝v N t 联立解得x ＝225m ．。