大題精練-01動(dòng)力學(xué)與能量綜合問題-備考2025年高考物理題型突破講練一、動(dòng)力學(xué)專項(xiàng)1．（2024高三上·貴港月考）如圖，初速度為v0的滑塊從粗糙程度相同且足夠長(zhǎng)的斜面頂端滑下，直至速度為零。對(duì)于該運(yùn)動(dòng)過程，若用x、v、a分別表示滑塊的位移、速度和加速度的大小，t表示時(shí)間，則下列圖像最能正確描述這一運(yùn)動(dòng)規(guī)律的是（）A． B．C． D．【答案】A【知識(shí)點(diǎn)】運(yùn)動(dòng)學(xué)S-t圖象；牛頓第二定律；運(yùn)動(dòng)學(xué)v-t圖象【解析】【解答】本題考查運(yùn)動(dòng)學(xué)公式以及運(yùn)動(dòng)圖像的綜合應(yīng)用，注意牛頓第二定律的正確應(yīng)用。AB．根據(jù)牛頓第二定律可得μmg所以a=μg加速度恒定，故A正確，B錯(cuò)誤；C．由于加速度恒定，所以v-t圖線斜率不變，故C錯(cuò)誤；D．滑塊做勻減速直線運(yùn)動(dòng)，速度不斷減小，則x-t圖線切線的斜率減小，故D錯(cuò)誤。故選A。

【分析】滑塊沿斜面向下做勻減速直線運(yùn)動(dòng)，加速度保持不變，分析速度與時(shí)間的關(guān)系，從而選擇圖像。2．（2023高一下·樂清期中）如圖所示，電動(dòng)遙控小車放在水平長(zhǎng)木板上面，當(dāng)它在長(zhǎng)木板上水平向左加速運(yùn)動(dòng)時(shí)，長(zhǎng)木板保持靜止，此時(shí)（）A．小車只受重力、支持力作用B．木板對(duì)小車的作用力方向水平向左C．木板對(duì)小車的作用力大于小車對(duì)木板的作用力D．木板對(duì)小車的作用力與小車對(duì)木板的作用力大小一定相等【答案】D【知識(shí)點(diǎn)】牛頓第三定律；牛頓第二定律【解析】【解答】A．小車加速向左運(yùn)動(dòng)，由于合力方向向左，則水平方向受到牽引力和阻力的作用，豎直方向受到自身的重力和長(zhǎng)木板對(duì)小車的支持力，A錯(cuò)誤；B．木板對(duì)小車的作用力包括豎直向上的支持力和水平方向的阻力，根據(jù)力的合成可以得出合力方向一定不在水平方向，B錯(cuò)誤；CD．根據(jù)牛頓第三定律可以得出木板對(duì)小車的作用力與小車對(duì)木板的作用力是一對(duì)相互作用力，等大反向，C錯(cuò)誤，D正確。故選D。

【分析】小車受到水平方向受到牽引力和阻力的作用，豎直方向受到自身的重力和長(zhǎng)木板對(duì)小車的支持力；根據(jù)力的合成可以得出合力的方向；利用牛頓第三定律可以得出木板對(duì)小車的作用力與小車對(duì)木板的作用力是一對(duì)相互作用力。3．（2024高二下·長(zhǎng)沙月考）如圖，傾角為37°的斜面與水平面相連，有一質(zhì)量m=1kg的物塊，從斜面上A點(diǎn)由靜止開始下滑后恰好停在水平面上的C點(diǎn)，已知AB長(zhǎng)1m，BC長(zhǎng)0.4m。物塊與各接觸面之間的動(dòng)摩擦因數(shù)相同，且不計(jì)物塊在B點(diǎn)的能量損失。g取10m/s2（1）物塊與接觸面之間的動(dòng)摩擦因數(shù)；（2）若從A點(diǎn)開始對(duì)物體施加F=30N豎直向下的恒力作用，到達(dá)斜面底端時(shí)立即撤去F，求物塊運(yùn)動(dòng)的總時(shí)間；（3）若改變（2）中豎直向下恒力F的大小，求物塊運(yùn)動(dòng)的最短時(shí)間?！敬鸢浮浚?）解：從A到B：mgsinθ-μmgcosB到C：μmg=ma2，2（2）解：當(dāng)F=30N時(shí)，在斜面上勻加速運(yùn)動(dòng)，由牛頓第二定律得：(mg+F)sinθ-μ由運(yùn)動(dòng)學(xué)公式：lAB=12at2從B到C勻減速運(yùn)動(dòng)，加速度大小為：a'從B到C時(shí)間：t'=（3）解：設(shè)此時(shí)物塊在斜面上的加速度為a，斜面上運(yùn)動(dòng)的時(shí)間為：t1=2lAB從B到C的時(shí)間為：t2=2a當(dāng)2lAB【知識(shí)點(diǎn)】勻變速直線運(yùn)動(dòng)規(guī)律的綜合運(yùn)用；牛頓第二定律【解析】【分析】（1）對(duì)物塊從A到B的運(yùn)動(dòng)，由牛頓第二定律和運(yùn)動(dòng)學(xué)公式，列式求解物塊與接觸面之間的動(dòng)摩擦因數(shù)；（2）重新分析物塊受力，根據(jù)牛頓第二定律求出物塊在斜面上和水平面上的加速度大小，再由運(yùn)動(dòng)學(xué)公式求物塊運(yùn)動(dòng)的總時(shí)間；（3）求出物塊運(yùn)動(dòng)的時(shí)間的表達(dá)式，利用數(shù)學(xué)知識(shí)找到最小值。4．（2024高二上·萍鄉(xiāng)期中）如圖甲是風(fēng)洞示意圖，風(fēng)洞可以人工產(chǎn)生可控制的氣流，用以模擬飛行器或物體周圍氣體的流動(dòng)。在某次風(fēng)洞飛行表演中，質(zhì)量為50kg的表演者靜臥于出風(fēng)口，打開氣流控制開關(guān)，表演者與風(fēng)力作用的正對(duì)面積不變，所受風(fēng)力大小F=0.05v2（采用國(guó)際單位制），v為風(fēng)速?？刂苬可以改變表演者的上升高度h，其v2與h的變化規(guī)律如乙圖所示，g取10m/s2。表演者上升10m的運(yùn)動(dòng)過程中，下列說法正確的是（）A．表演者做勻變速直線運(yùn)動(dòng)，加速度大小為0.02m/s2B．表演者一直處于失重狀態(tài)C．表演者上升5m時(shí)獲得最大速度D．表演者的加速度大小不變【答案】C【知識(shí)點(diǎn)】牛頓第二定律；超重與失重【解析】【解答】ABD．根據(jù)牛頓第二定律可得a=知，剛開始

F=0.05×1.2×加速方向向上，表演者處于超重狀態(tài)，隨風(fēng)速的逐漸減小，表演者做加速逐漸減小的加速運(yùn)動(dòng)，當(dāng)F=mg時(shí)，速度到達(dá)最大值，此時(shí)加速度為0，當(dāng)F＜mg，加速方向向下，表演者處于失重狀態(tài)，表演者做加速度逐漸增大的減速運(yùn)動(dòng)，故ABD錯(cuò)誤；C．當(dāng)表演者獲得最大速度時(shí)

F=mg即0.05解得

v=100m/s由圖像可知v可得

h=5m故C正確；故答案為：C。

???????【分析】根據(jù)牛頓第二定律列出加速度公式，先求出剛開始時(shí)風(fēng)力的大小，再得出加速度的大小情況，結(jié)合失重與超重定義得出結(jié)論；

根據(jù)速度最大時(shí)，物體受力平衡，求出此時(shí)速度大小，結(jié)合圖像列式求出高度大小。5．（2024高三下·余干月考）如圖所示，傾角為α=30°的斜面體ABC固定，質(zhì)量為m的滑塊a由斜面體上的A點(diǎn)以v0=10m/s的初速度沿斜面體下滑，質(zhì)量為m、長(zhǎng)為底端C點(diǎn)平滑銜接，長(zhǎng)木板的上表面與斜面體的底端相平齊已知AB=12.8m，BC=7m，滑塊a與AB、BC以及長(zhǎng)木板上表面的動(dòng)摩擦因數(shù)分別為μ1=32、μ2=35、（1）滑塊a滑上長(zhǎng)木板時(shí)的速度大小；（2）整個(gè)過程中長(zhǎng)木板b的位移．【答案】（1）解：對(duì)AC由動(dòng)能定理得1解得v（2）解：滑塊a滑上長(zhǎng)木板b后，ab間的摩擦力為Fo=μ3mg=5m長(zhǎng)木板b與水平面間的最大靜摩擦力為F則滑塊a滑上長(zhǎng)木板后，滑塊a開始減速，長(zhǎng)木板b開始加速，對(duì)滑塊a由牛頓第二定律得μ解得a對(duì)長(zhǎng)木板b由牛頓第二定律得μ解得a設(shè)經(jīng)時(shí)間t1，滑塊a和長(zhǎng)木板b達(dá)到共同速度，則由解得t此時(shí)二者的速度為v=二者的相對(duì)位移為Δx=因此二者共速后，a、b一起在水平面上做減速運(yùn)動(dòng)，直到速度減為零，二者減速時(shí)的加速度為a二者共同減速的時(shí)間為t整個(gè)過程木板的位移為x=代入數(shù)據(jù)解得x=【知識(shí)點(diǎn)】牛頓運(yùn)動(dòng)定律的應(yīng)用—板塊模型；動(dòng)能定理的綜合應(yīng)用【解析】【分析】（1）確定滑塊從A運(yùn)動(dòng)到C的過程中，滑塊的受力情況及各力的做功情況，再根據(jù)動(dòng)能定理進(jìn)行解答；

（2）滑塊滑上木板后，分別對(duì)滑塊及木板進(jìn)行受力分析，判斷滑塊在木板上運(yùn)動(dòng)時(shí)，木板是否與地面發(fā)生相對(duì)滑動(dòng)。再根據(jù)牛頓第二定律確定滑塊和木板的加速度，根據(jù)運(yùn)動(dòng)學(xué)規(guī)律確定滑塊和木板共速時(shí)，滑塊和木板運(yùn)動(dòng)的位移及時(shí)間和速度。再根據(jù)整體法和隔離法判斷共速后滑塊與木板是否發(fā)生相對(duì)滑動(dòng)，最終滑塊與木板均處于靜止?fàn)顟B(tài)。再根據(jù)分析情況利用牛頓第二定律及運(yùn)動(dòng)學(xué)規(guī)律確定共速后木板運(yùn)動(dòng)的位移，繼而得出整個(gè)過程木板運(yùn)動(dòng)的總位移。二、運(yùn)動(dòng)學(xué)專項(xiàng)6．（2022·湖北）我國(guó)高鐵技術(shù)全球領(lǐng)先，乘高鐵極大節(jié)省了出行時(shí)間。假設(shè)兩火車站W(wǎng)和G間的鐵路里程為1080km，W和G之間還均勻分布了4個(gè)車站。列車從W站始發(fā)，經(jīng)停4站后到達(dá)終點(diǎn)站G。設(shè)普通列車的最高速度為108km/h，高鐵列車的最高速度為324km/h。若普通列車和高鐵列車在進(jìn)站和出站過程中，加速度大小均為0.5m/s2，其余行駛時(shí)間內(nèi)保持各自的最高速度勻速運(yùn)動(dòng)，兩種列車在每個(gè)車站停車時(shí)間相同，則從W到G乘高鐵列車出行比乘普通列車節(jié)省的時(shí)間為（）A．6小時(shí)25分鐘 B．6小時(shí)30分鐘 C．6小時(shí)35分鐘 D．6小時(shí)40分鐘【答案】B【知識(shí)點(diǎn)】勻變速直線運(yùn)動(dòng)基本公式應(yīng)用【解析】【解答】108km/h=30m/s，324km/h=90m/s

相鄰兩站間的距離x=1080×1035m=2·16×105m

普通列車加速時(shí)間t1=va1=300·5s=60s

加速過程的位移x1=12at2=12×0·5×602m=900m7．（2022高一下·昌寧期末）不久前，萬眾矚目的北京冬奧會(huì)已圓滿落幕。如圖，在高山滑雪訓(xùn)練中，運(yùn)動(dòng)員從斜坡上A點(diǎn)由靜止勻加速下滑，到最底端B后，在水平面做勻減速最后停止在C點(diǎn)。已知AB=100m、BC=20m。忽略運(yùn)動(dòng)員在B點(diǎn)的速度損失，則運(yùn)動(dòng)員在AB段和A．1：1 B．1：5 C．5【答案】B【知識(shí)點(diǎn)】勻變速直線運(yùn)動(dòng)基本公式應(yīng)用【解析】【解答】設(shè)運(yùn)動(dòng)員在B點(diǎn)的速度大小為v，運(yùn)動(dòng)員從A到B和從B到C都做勻變速直線運(yùn)動(dòng)，且運(yùn)動(dòng)員在A、C的速度均為零，根據(jù)運(yùn)動(dòng)學(xué)規(guī)律有AB=BC=解得t根據(jù)v=at則加速度a故答案為：B。

【分析】根據(jù)勻變速直線運(yùn)動(dòng)的平均速度的表達(dá)式得出AB段和BC段的時(shí)間之比；結(jié)合速度與時(shí)間的關(guān)系得出加速度之比。8．（2022高二下·泰州期末）某新能源汽車公司為檢測(cè)新型汽車的性能，在平直公路上做實(shí)驗(yàn)。設(shè)運(yùn)動(dòng)時(shí)間為t，位移為x，電腦繪制出汽車運(yùn)動(dòng)的xtA．該車處于勻加速直線運(yùn)動(dòng)狀態(tài) B．該車的加速度大小為2C．該車的初速度為0 D．該車前2秒內(nèi)位移是30m【答案】D【知識(shí)點(diǎn)】勻變速直線運(yùn)動(dòng)基本公式應(yīng)用【解析】【解答】ABC．根據(jù)圖像可知，圖像的解析式為x化簡(jiǎn)可得x=20t-2結(jié)合運(yùn)動(dòng)學(xué)公式x=vva=-5m/由此可知，汽車處于勻減速直線運(yùn)動(dòng)狀態(tài)，ABC不符合題意；D．當(dāng)t=2s時(shí)x=20t-2該車前2秒內(nèi)位移是30m，D符合題意。故答案為：D。

【分析】根據(jù)汽車運(yùn)動(dòng)的圖像得出表達(dá)式，從而得出汽車位移和時(shí)間的關(guān)系，類比勻變速直線運(yùn)動(dòng)的位移與時(shí)間的關(guān)系得出初速度和加速度。9．（2024高二下·大理期中）一質(zhì)量為m=20g的煙花彈獲得E=9J動(dòng)能后，從地面豎直升空。當(dāng)煙花彈上升的速度為零時(shí)，彈中火藥爆炸將煙花彈炸為質(zhì)量相等的兩部分，兩部分獲得的動(dòng)能之和也為E=9J，且均沿豎直方向運(yùn)動(dòng)。爆炸時(shí)間極短，重力加速度大小g取10m/s2，不計(jì)空氣阻力和火藥的質(zhì)量。求：（1）煙花彈從地面開始上升到彈中火藥爆炸所經(jīng)過的時(shí)間；（2）爆炸后煙花彈向上運(yùn)動(dòng)的部分距地面的最大高度。【答案】（1）解：由動(dòng)能定理可得，煙花彈的初動(dòng)能E=12mv2

此時(shí)，煙花彈的上升初速度v=2Em=30m/s

當(dāng)煙花彈上升速度為零時(shí)爆炸，可將此運(yùn)動(dòng)看成豎直上升運(yùn)動(dòng)。

豎直上升運(yùn)動(dòng)公式有v=gt，v2=2gh0

聯(lián)立可解得t=3s，h（2）解：規(guī)定v1豎直向上為正方向，煙花彈爆炸后的兩部分速度為v1，v2

由動(dòng)量守恒定律可得m2×v1-m2×v2=0

又由動(dòng)能相等可得E=12·m2·v12+12·m2·v22

聯(lián)立兩式解得【知識(shí)點(diǎn)】爆炸；豎直上拋運(yùn)動(dòng)；動(dòng)能【解析】【分析】（1）煙花彈從地面開始上升到彈中火藥爆炸所經(jīng)過的過程為豎直上拋運(yùn)動(dòng)，由動(dòng)能的定義式求出煙花彈的初速度，再由豎直上拋的運(yùn)動(dòng)公式，計(jì)算該過程所經(jīng)歷的時(shí)間；（2）根據(jù)動(dòng)量守恒定律和爆炸后兩部分獲得的動(dòng)能之和也為E=9J的條件，求出煙花彈爆炸后兩部分的速度，再由豎直上拋運(yùn)動(dòng)的位移公式，求出爆炸后煙花彈向上運(yùn)動(dòng)的部分距地面的最大高度。10．（2022高一下·浙江期中）哈爾濱工業(yè)大學(xué)計(jì)算學(xué)部設(shè)計(jì)了一款能夠與人協(xié)作、共同完成冰壺比賽的機(jī)器人。當(dāng)機(jī)器人與冰壺之間的距離保持在8m之內(nèi)時(shí)，機(jī)器人可以實(shí)時(shí)追蹤冰壺的運(yùn)動(dòng)信息。如圖甲所示，在某次投擲練習(xí)中機(jī)器人夾取冰壺，由靜止開始做勻加速運(yùn)動(dòng)，之后釋放冰壺，二者均作勻減速直線運(yùn)動(dòng)，冰壺準(zhǔn)確命中目標(biāo)，二者在整個(gè)運(yùn)動(dòng)過程中的v-t圖像如圖乙所示。此次投擲中，下列說法中正確的是（）A．冰壺減速運(yùn)動(dòng)的加速度大小為0.125m/B．9s末，冰壺的速度大小為5.75m/sC．7s末，冰壺、機(jī)器人二者間距為7mD．機(jī)器人能夠一直準(zhǔn)確獲取冰壺的運(yùn)動(dòng)信息【答案】A,C【知識(shí)點(diǎn)】加速度；勻變速直線運(yùn)動(dòng)基本公式應(yīng)用；運(yùn)動(dòng)學(xué)v-t圖象【解析】【解答】A．根據(jù)加速度的定義可知，冰壺減速運(yùn)動(dòng)的加速度大小為a=故加速度大小為0.125m/s2，B．由速度時(shí)間公式可得，9s末，冰壺的速度大小為v=B不符合題意；C．由圖線可知，機(jī)器人的加速度為a故可得，7s末，冰壺的位移為x7s末，機(jī)器人的位移為x則7s末，冰壺、機(jī)器人二者間距為7m，C符合題意；D．由于機(jī)器人停止運(yùn)動(dòng)時(shí)，其位移為18m，而此時(shí)冰壺的位移為x可知，機(jī)器人不能一直準(zhǔn)確獲取冰壺的運(yùn)動(dòng)信息，D不符合題意。故答案為：AC。

【分析】利用加速度的定義式得出冰壺的加速度，結(jié)合勻變速直線運(yùn)動(dòng)的速度與時(shí)間的關(guān)系得出9s末冰壺的速度；v-t圖像的斜率表示物體運(yùn)動(dòng)的加速度，與坐標(biāo)軸圍成圖形的面積表示物體運(yùn)動(dòng)的位移，從而進(jìn)行分析判斷。11．（2017高一上·廈門期中）某同學(xué)利用如圖甲所示的實(shí)驗(yàn)裝置測(cè)量重力加速度．（1）可判斷出固定重錘的是紙帶的端（填左右）（2）該同學(xué)經(jīng)正確操作得到如圖乙所示的紙帶，取連續(xù)的六個(gè)點(diǎn)，測(cè)得h1、h2、h3、h4、h5．若打點(diǎn)的頻率為f，則打E點(diǎn)時(shí)速度為vE=；（3）若分別計(jì)算出各計(jì)數(shù)點(diǎn)對(duì)應(yīng)的速度數(shù)值，并在坐標(biāo)系中畫出v2與h的關(guān)系圖線，如圖丙所示，則重力加速度g=m/s2．（4）若當(dāng)?shù)氐闹亓铀俣葹?.8m/s2，你認(rèn)為該同學(xué)存在誤差的主要原因是．【答案】（1）左（2）f(（3）9.4（4）重錘受到阻力作用【知識(shí)點(diǎn)】加速度；速度與速率；重力加速度；用打點(diǎn)計(jì)時(shí)器測(cè)速度【解析】【解答】解：（1）由圖示紙帶可知，紙帶左側(cè)點(diǎn)擊密度，因此重錘固定在紙帶的左端．（2）打點(diǎn)頻率為f，則打點(diǎn)的時(shí)間間隔：t=1f，打E點(diǎn)時(shí)的速度：vE=DF2t=h5-h32×1f=f(h5-h3)2；（3）由機(jī)械能守恒定律得：v2故答案為：（1）左；（2）f(h5-h3)2【分析】（1）重物做勻加速直線運(yùn)動(dòng)，連接重物的一端點(diǎn)跡密集，分析圖象紙帶可以答題．（2）應(yīng)用勻變速直線運(yùn)動(dòng)的推論可以求出打E點(diǎn)的速度．（3）根據(jù)圖示圖象求出重力加速度．（4）重物下落過程受到阻力作用，重物受到的合力小于重力，重物的加速度小于重力加速度．三、功和能專項(xiàng)12．（2024高三上·河北期中）如圖所示，物體N靜置在水平地面上，物體Q和N用輕質(zhì)彈簧拴接，Q壓在彈簧上，物體P和Q通過定滑輪用輕質(zhì)細(xì)繩相連。開始時(shí)用手托住P，輕繩剛好被拉直而不張緊。已知Q和N的質(zhì)量相等，P的質(zhì)量是N質(zhì)量的2倍，彈簧在彈性限度內(nèi)，重力加速度為g，不計(jì)一切摩擦。現(xiàn)由靜止釋放物體P，則下列說法正確的是（）A．由靜止釋放P的瞬間，Q的加速度大小為1B．N剛要離開地面時(shí)，P的動(dòng)能達(dá)到最大C．從釋放P到N剛要離開地面的過程，Q的加速度先減小后增大D．從釋放P到N剛要離開地面的過程，P和Q組成的系統(tǒng)機(jī)械能守恒【答案】B【知識(shí)點(diǎn)】機(jī)械能守恒定律【解析】【解答】A．設(shè)N的質(zhì)量為m，開始時(shí)輕繩的拉力為零，彈簧的彈力為F=mg由靜止釋放P的瞬間，對(duì)P、Q整體，由牛頓第二定律可得2mg-mg+F=3ma解得a=故A錯(cuò)誤；B．當(dāng)P、Q的加速度為零時(shí)速度最大，動(dòng)能最大，此時(shí)彈簧處于伸長(zhǎng)狀態(tài)，彈力為拉力，大小為mg，此時(shí)N剛要離開地面，故B正確；C．從釋放P到N剛要離開地面的過程，彈簧的彈力先減小后增大，彈力向上時(shí)，由牛頓第二定律可得2mg-mg+F=3maF減小，a減小，彈力向下時(shí)，由牛頓第二定律可得2mg-mg-F=3maF增大，a減小，Q的加速度一直減小，故C錯(cuò)誤；D．從釋放P到N剛要離開地面的過程，彈簧的彈性勢(shì)能先減小后增大，P和Q的初態(tài)機(jī)械能等于末態(tài)的機(jī)械能，但此過程的機(jī)械能不守恒，故D錯(cuò)誤。故選B。

【分析】13．（2025·內(nèi)蒙古模擬）如圖，一帶正電小球甲固定在光滑絕緣斜面上，另一帶正電小球乙在斜面上由靜止釋放。以釋放點(diǎn)為原點(diǎn)，沿斜面向下為正方向建立x軸。在乙沿x軸加速下滑過程中，其動(dòng)能Ek和機(jī)械能E隨位置x變化圖像，可能正確的是（）A． B．C． D．【答案】D【知識(shí)點(diǎn)】庫(kù)侖定律；動(dòng)能定理的綜合應(yīng)用【解析】【解答】對(duì)于與機(jī)械能有關(guān)的圖像問題，要根據(jù)圖像的物理意義確定圖像代表的公式，根據(jù)公式分析物體的運(yùn)動(dòng)情況及各個(gè)物理量的情況。AB．設(shè)兩個(gè)帶電小球間距為r，由動(dòng)能定理可知(則EkF所以在乙沿x軸加速下滑過程中，兩個(gè)帶電小球間距為r逐漸減小，合外力沿斜面向下逐漸減小，則斜率逐漸減小，故AB不符合題意；CD．由E-x圖像的斜率表示庫(kù)侖力，則k所以在乙沿x軸加速下滑過程中，庫(kù)侖力逐漸增大，E-x圖像的斜率逐漸增大，故C不符合題意，D符合題意。故答案為：D。

【分析】根據(jù)速度的變化分析動(dòng)能的圖像，E-x圖像的斜率代表庫(kù)侖力，從而分析E-x圖像斜率的含義。14．（2024高二上·臨湘開學(xué)考）質(zhì)量相同的兩物體處于同一高度，A沿固定在地面上的光滑斜面下滑，B自由下落，最后到達(dá)同一水平面，則（）A．重力對(duì)A物體做的功大于重力對(duì)B物體做的功B．重力的平均功率相同C．到達(dá)水平面時(shí)重力的瞬時(shí)功率PA<PBD．到達(dá)水平面時(shí)兩物體的動(dòng)能相同，速度相同【答案】C【知識(shí)點(diǎn)】功率及其計(jì)算；重力勢(shì)能的變化與重力做功的關(guān)系；機(jī)械能守恒定律【解析】【解答】A．兩物體下落過程中，重力做功為

W=mgh由于m、g、h都相同，則重力做功相同，故A錯(cuò)誤；B．A沿斜面向下做勻加速直線運(yùn)動(dòng)，B做自由落體運(yùn)動(dòng)，A的運(yùn)動(dòng)時(shí)間大于B的運(yùn)動(dòng)時(shí)間，重力做功相同而時(shí)間不同，根據(jù)

P=Wt

C．由動(dòng)能定理可得可知mgh=得v=則知到達(dá)底端時(shí)兩物體的速度大小相等，到達(dá)底端時(shí)A重力的瞬時(shí)功率PB重力的瞬時(shí)功率P所以P故C正確；D．兩物體到達(dá)斜面底端時(shí)的速度大小相等，所以到達(dá)底端時(shí)兩物體的動(dòng)能相同，速度大小相等，但速度方向不同，所以速度不同，故D錯(cuò)誤。故選C。

【分析】根據(jù)重力做功相同，但物體運(yùn)動(dòng)時(shí)間不同，可以比較平均功率；根據(jù)動(dòng)能定理知物體到達(dá)底端時(shí)速度大小相等，但方向不同，重力的瞬時(shí)功率也不同。

本題考查了平均功率和瞬時(shí)功率的區(qū)別，特別在求解瞬時(shí)功率時(shí)注意力的方向和速度方向的夾角問題。15．（2022·岳陽模擬）如圖，光滑小球a、b的質(zhì)量均為m，a、b均可視為質(zhì)點(diǎn)，a、b用剛性輕桿連接，豎直地緊靠光滑墻壁放置，輕桿長(zhǎng)為l，b位于光滑水平地面上，a、b處于靜止?fàn)顟B(tài)，重力加速度大小為g?，F(xiàn)對(duì)b施加輕微擾動(dòng)，使b開始沿水平面向右做直線運(yùn)動(dòng)，直到a著地的過程中，則（）A．a(chǎn)落地前會(huì)離開豎直墻壁B．a(chǎn)落地時(shí)的速度大小為2glC．b的速度最大時(shí)，a離地面的高度為2D．a(chǎn)開始下滑至著地過程中，輕桿對(duì)b做功為1【答案】A,C【知識(shí)點(diǎn)】功能關(guān)系；機(jī)械能守恒及其條件【解析】【解答】A．對(duì)b施加輕微擾動(dòng)使b開始沿水平面向右做直線運(yùn)動(dòng)，桿被壓縮，對(duì)a和b均為推力，桿對(duì)a做負(fù)功，桿對(duì)b做正功，當(dāng)桿的力等于零時(shí)，a球和墻壁無擠壓，此時(shí)a會(huì)離開墻壁，A符合題意；B．a(chǎn)落地時(shí)，對(duì)系統(tǒng)由機(jī)械能守恒定律，有mgl=則a落地時(shí)的速度大小小于2gl，B不符合題意；C．當(dāng)桿的推力等于零時(shí)，桿對(duì)b做正功最多，此時(shí)b的速度最大，設(shè)桿與水平方向的夾角為θ，對(duì)系統(tǒng)由機(jī)械能守恒有mg沿著桿的速度相等，有v聯(lián)立解得E故當(dāng)1-sinθ=sinθ2時(shí)，即sin而a離地面的高度為lC符合題意；D．a(chǎn)開始下滑至著地過程中，系統(tǒng)減少的重力勢(shì)能為mgl，而兩球沿桿的速度相等，a球還有豎直分速度，則有va>vb，則桿對(duì)a做功大于12mgl，桿對(duì)b故答案為：AC。

【分析】a落地時(shí)，根據(jù)機(jī)械能守恒以及速度分解得出a落地時(shí)的速度；a開始下滑至著地過程中，利用能量關(guān)系得出桿對(duì)b做功的大小。16．（2017高二下·巨鹿期中）如圖，A、B、C三個(gè)木塊的質(zhì)量均為m，置于光滑的水平桌面上，B、C之間有一輕質(zhì)彈簧，彈簧的兩端與木塊接觸而不固連．將彈簧壓緊到不能再壓縮時(shí)用細(xì)線把B和C緊連，使彈簧不能伸展，以至于B、C可視為一個(gè)整體．現(xiàn)A以初速度v0沿B、C的連線方向朝B運(yùn)動(dòng)，與B相碰并粘合在一起．以后細(xì)線突然斷開，彈簧伸展，從而使C與A、B分離．已知離開彈簧后C的速度恰好為v0．求彈簧釋放的勢(shì)能．【答案】解：⑴設(shè)碰后A、B和C的共同速度的大小為v，由動(dòng)量守恒定律得：mv0=3mv，設(shè)C離開彈簧時(shí)，A、B的速度大小為v1，由動(dòng)量守恒得3mv=2mv1+mv0，解得：v1=0；⑵設(shè)彈簧的彈性勢(shì)能為EP，從細(xì)線斷開到C與彈簧分開的過程中機(jī)械能守恒，有12（3m）v2+EP=12（2m）v12+12mv02，解得：EP=13答：彈簧釋放的勢(shì)能為13mv02【知識(shí)點(diǎn)】功能關(guān)系；機(jī)械能守恒及其條件；機(jī)械能綜合應(yīng)用；動(dòng)量守恒定律；能量守恒定律【解析】【分析】A與B、C碰撞過程中動(dòng)量守恒，由動(dòng)量守恒定律可以求出碰后三者的共同速度；線斷開，AB與C分離過程中動(dòng)量守恒，由動(dòng)量守恒定律可以列方程；在彈簧彈開過程中，系統(tǒng)機(jī)械能守恒，由機(jī)械能守恒定律可以列方程，解方程即可求出彈簧的彈性勢(shì)能．四、連接體的機(jī)械能守恒問題17．（2024高三上·唐山開學(xué)考）如圖所示，一條輕繩跨過定滑輪，繩的兩端各系一個(gè)小球A和B，已知A球的質(zhì)量為m，用手托住B球，當(dāng)輕繩剛好被拉緊時(shí)，B球離地面的高度是h，A球靜止于地面。釋放B球，B球通過輕繩帶動(dòng)A球上升，A球上升至32h時(shí)速度恰為零，A、B兩球可視為質(zhì)點(diǎn)，不計(jì)定滑輪的質(zhì)量及一切摩擦，重力加速度為g。則從釋放B球到A．B球的質(zhì)量為3m B．A、B球組成的系統(tǒng)機(jī)械能守恒C．B球剛落地時(shí)，速度大小為3gh D．輕繩對(duì)A球的拉力做的功為mgh【答案】A【知識(shí)點(diǎn)】機(jī)械能守恒定律【解析】【解答】B．在B落地前，對(duì)A、B整體，只有重力做功，故球A、B組成的系統(tǒng)機(jī)械能守恒，但B落地后，速度立即變?yōu)?，機(jī)械能減小，而球A繼續(xù)上升，機(jī)械能不變，故整體機(jī)械能不守恒，故B錯(cuò)誤；C．根據(jù)系統(tǒng)的機(jī)械能守恒定律求解B球落地瞬間A、B的速度大小，設(shè)B球剛落地時(shí)，A、B的速度大小為v，此后A球做豎直上拋運(yùn)動(dòng)，根據(jù)題意有v解得v=故C錯(cuò)誤；D．據(jù)動(dòng)能定理求解拉力對(duì)A球做功，設(shè)輕繩對(duì)A球的拉力做的功為W，根據(jù)動(dòng)能定理可得W-mgh=解得W=故D錯(cuò)誤；A．設(shè)B球的質(zhì)量為M，在B球落地前的過程，A、B是同一條繩相連的，它們的速度大小相等，根據(jù)系統(tǒng)機(jī)械能守恒可得Mgh-mgh=解得M=3m故A正確。故選A。

【分析】對(duì)于單個(gè)小球而言，機(jī)械能并不守恒，A球的機(jī)械能增加，B球的機(jī)械能減小，所以不能對(duì)單個(gè)小球使用機(jī)械能守恒，另外還要知道A、B是同一條繩相連的，它們的速度大小相等。18．（2024高一下·梅州期末）我國(guó)科技創(chuàng)新規(guī)劃提出要加強(qiáng)“深?！鳖I(lǐng)域的探測(cè)和研究。如圖是某大學(xué)科研小組在深海探測(cè)結(jié)束后，利用牽引汽車將探測(cè)器從海面起吊上岸的示意圖，若不計(jì)滑輪摩擦和牽引繩質(zhì)量。在牽引汽車以速率v勻速向右運(yùn)動(dòng)的過程中，下列說法正確的是（）A．探測(cè)器處于超重狀態(tài)B．探測(cè)器上升的速率大于vC．牽引繩拉力等于探測(cè)器重力D．牽引繩拉力做的功等于探測(cè)器重力勢(shì)能的增加量【答案】A【知識(shí)點(diǎn)】超重與失重；運(yùn)動(dòng)的合成與分解；重力勢(shì)能的變化與重力做功的關(guān)系【解析】【解答】ABC．設(shè)牽引繩與水平方向夾角為θ，當(dāng)牽引汽車勻速運(yùn)動(dòng)時(shí)，對(duì)車的速度沿繩子方向進(jìn)行分解，根據(jù)速度的分解可以得出：探測(cè)器的速度為v則可知探測(cè)器速度小于v，由于夾角不斷減小則速度在增加；所以探測(cè)器的加速度向上，所以探測(cè)器處于超重狀態(tài)，由于加速度方向向上則合力向上，所以牽引繩拉力大于探測(cè)器重力，故A正確，BC錯(cuò)誤；D．由于牽引繩拉力大于探測(cè)器重力，故牽引繩拉力做的功大于探測(cè)器克服重力所做的功，且根據(jù)功率關(guān)系有：探測(cè)器重力勢(shì)能的增加量等于探測(cè)器克服重力所做的功；拉力做功大于探測(cè)器重力勢(shì)能的增加量，故D錯(cuò)誤。故選A。

【分析】利用速度的分解可以求出探測(cè)器的速度大小，結(jié)合角度的變化可以判別探測(cè)器的速度變化，進(jìn)而判別加速度的方向，利用加速度的方向可以比較拉力和重力的大小，進(jìn)而比較兩力做功的大小。19．（2024高三下·衡陽）如圖所示，質(zhì)量為m的小球穿過豎直桿，與一自然長(zhǎng)度為L(zhǎng)輕質(zhì)彈性繩相連。彈性繩跨過M處的光滑小滑輪，右端固定在N點(diǎn)，O、M、N處于同一水平線上且OM=MN=L。從O點(diǎn)靜止釋放小球，小球可以到達(dá)最低點(diǎn)P，其中MP=2L。已知小球與豎直桿之間的摩擦因數(shù)為μ，彈性繩勁度系數(shù)為k始終在彈性限度內(nèi)，彈性勢(shì)能Ep∝x2（（1）小球從O點(diǎn)釋放時(shí)的加速度大小a；（2）小球從O點(diǎn)運(yùn)動(dòng)到P點(diǎn)過程中彈性繩做的功W；（3）若O點(diǎn)下方有一Q點(diǎn)且OQ=L，則小球第一次經(jīng)過Q點(diǎn)時(shí)的動(dòng)能Ek【答案】（1）解：小球從O點(diǎn)釋放瞬間，小球?qū)U的壓力大小與彈性繩彈力大小相等為F=kL，受力分析得mg-μF=ma解得a=g-（2）解：小球釋放后運(yùn)動(dòng)到P的過程中，對(duì)豎直桿的壓力F為恒定值，故過程中摩擦力大小恒定。根據(jù)動(dòng)能定理mg解得彈性繩做的功W=(μkL-mg)（3）解：因彈性勢(shì)能Ep∝x2，由Δ則O到Q過程彈性繩對(duì)小球做的功W對(duì)小球從O到Q過程應(yīng)用動(dòng)能定理mgL-μkLL+解得E【知識(shí)點(diǎn)】牛頓第二定律；動(dòng)能定理的綜合應(yīng)用【解析】【分析】（1）確定小球在O點(diǎn)的受力情況，再根據(jù)力的合成與分解結(jié)合牛頓第二定律進(jìn)行解答；

（2）小球在向下運(yùn)動(dòng)的過程中，水平方向處于平衡狀態(tài)。根據(jù)平衡條件及力的合成與分解確定豎直桿對(duì)小球壓力的大小。若壓力大小不變，則小球所受摩擦力大小不變。確定小球在運(yùn)動(dòng)過程中各力的做功情況，再根據(jù)動(dòng)能定理進(jìn)行解答；

（3）根據(jù)題意可知，彈性勢(shì)能正比于形變量，根據(jù)彈力做功與彈性勢(shì)能變化量的關(guān)系結(jié)合（2）確定小球運(yùn)動(dòng)至Q點(diǎn)彈性繩對(duì)小球做的功，再根據(jù)動(dòng)能定理進(jìn)行解答。20．（2023高三上·廣東）如圖所示，光滑斜面傾角θ=30°，另一邊與地面垂直，斜面頂點(diǎn)有一光滑定滑輪，物塊A和B通過不可伸長(zhǎng)的輕繩連接并跨過定滑輪，輕繩與斜面平行，A的質(zhì)量為m，開始時(shí)兩物塊均靜止于距地面高度為H處，B與定滑輪之間的距離足夠大，現(xiàn)將A、B位置互換并靜止釋放，重力加速度為g，求：（1）B物塊的質(zhì)量；（2）交換位置釋放后，B著地的速度大?。敬鸢浮浚?）初始時(shí)，A、B平衡，對(duì)系統(tǒng)有：m解得：mB（2）交換后，對(duì)系統(tǒng)由動(dòng)能定理：2mgH-mg?解得：v=【知識(shí)點(diǎn)】共點(diǎn)力的平衡；動(dòng)能定理的綜合應(yīng)用【解析】【分析】（1）分析A、B組成的系統(tǒng)的受力，由共點(diǎn)力平衡條件，求出B物塊的質(zhì)量；（2）交換位置后，對(duì)A、B組成的系統(tǒng)的運(yùn)動(dòng)過程應(yīng)用動(dòng)能定理，求出B著地的速度大小。21．（2022高三上·廣東月考）如圖，質(zhì)量均為m的小球A、B用一根長(zhǎng)為l的輕桿相連，豎直放置在光滑水平地面上，質(zhì)量也為m的小球C挨著小球B放置在地面上。微微擾動(dòng)輕桿使小球A向左傾倒，小球B、C在同一豎直面內(nèi)向右運(yùn)動(dòng)。當(dāng)桿與地面有一定夾角時(shí)小球B和C分離，已知C球的最大速度為v，小球A落地后不反彈，重力加速度為g，下面說法正確的是（）A．球B，C分離前，A，B兩球組成的系統(tǒng)機(jī)械能逐漸減小B．球B，C分離時(shí)，球B對(duì)地面的壓力大小為2mgC．從開始到A球落地的過程中，桿對(duì)球B做的功為5D．小球A落地時(shí)的動(dòng)能為mgl-【答案】A,C【知識(shí)點(diǎn)】功能關(guān)系；動(dòng)量守恒定律；超重與失重；機(jī)械能守恒定律【解析】【解答】A．球B、C分離前，球C對(duì)球B做負(fù)功，所以A、B兩球組成的系統(tǒng)機(jī)械能逐漸減小，A符合題意；B．球B、C分離時(shí)，對(duì)A、B兩球組成的系統(tǒng)，球A有向下的加速度，球A處于失重狀態(tài)，所以球B對(duì)地面的壓力大小小于2mg，B不符合題意；C．分離前，A、B、C組成的系統(tǒng)水平方向動(dòng)量守恒，當(dāng)A落地時(shí)，A、B的水平速度相等mv-2mv共=0，因此A落地時(shí)B的速度v共=v2，根據(jù)能量守恒，可知桿對(duì)球B做的功等于B、CD．對(duì)A、B、C三球組成系統(tǒng)由機(jī)械能守恒得mgl=EkA+12mv2故答案為：AC。

【分析】利用機(jī)械能守恒的條件判斷AB組成的系統(tǒng)，機(jī)械能是否守恒，球B、C分離時(shí)，利用加速度的方向得出A球的超失重，從而得出B球?qū)Φ孛娴膲毫?，分離前，A、B、C組成的系統(tǒng)水平方向動(dòng)量守恒，結(jié)合動(dòng)量守恒和能量守恒得出桿對(duì)B球做的功，對(duì)ABC組成的系統(tǒng)機(jī)械能守恒，從而得出小球落地的動(dòng)能。五、破鼎提升22．（2024高一上·成都期末）一輛貨車和一輛小轎車以相同的速度在同一條平直公路上運(yùn)動(dòng)，貨車在小轎車前方x0處。貨車遇緊急情況突然剎車，小轎車司機(jī)經(jīng)1.5s的反應(yīng)時(shí)間開始剎車，兩車的v-tA．若兩車未相撞，則從t=0時(shí)刻到停止運(yùn)動(dòng)，貨車和小轎車的位移大小之比為4:5B．貨車和小轎車剎車的加速度大小之比為7:8C．若兩車未相撞，則t=2.5s時(shí)兩車的速度相同D．若兩車剛好不相撞，則x【答案】A【知識(shí)點(diǎn)】追及相遇問題；運(yùn)動(dòng)學(xué)v-t圖象【解析】【解答】圖像類問題是從數(shù)學(xué)的角度描述了物體的運(yùn)動(dòng)規(guī)律，能夠比較直觀地反映位移、速度的大小和方向隨時(shí)間的變化情況。針對(duì)此類問題，可以首先根據(jù)圖像還原物體的運(yùn)動(dòng)情景，再結(jié)合斜率、截距、面積等數(shù)學(xué)概念進(jìn)行分析。A．由v-t圖像與橫軸圍成的面積表示位移可得x1=可得從t=0時(shí)刻到停止運(yùn)動(dòng)，貨車和小轎車的位移大小之比為x故A正確；B．根據(jù)v-t圖像的斜率表示加速度，可知貨車的加速度大小a小轎車的加速度大小a則有a故B錯(cuò)誤；C．若兩車未相撞，設(shè)經(jīng)過t時(shí)間兩車的速度相同，則有v解得t=3s，v故C錯(cuò)誤；D．若兩車剛好不相撞，即在t=3s，兩車速度相等時(shí)，剛好不相撞，由v-t圖像可得x故D錯(cuò)誤。故選A。

【分析】根據(jù)斜率求加速度：利用圖像面積求出位移；圖像面積差即位移差，兩車共速為兩車是否相撞的臨界狀態(tài)。23．（2024高三上·汕頭期末）如圖所示，甲、乙兩傾斜傳送帶以相同的速率ν逆時(shí)針運(yùn)動(dòng)，兩傳送帶粗糙程度不同，但長(zhǎng)度、傾角均相同。將一物體分別從兩傳送帶頂端的A點(diǎn)無初速度釋放，物體在甲傳送帶上B點(diǎn)和乙傳送帶中部C點(diǎn)速度都恰好達(dá)到v，且以速度v運(yùn)動(dòng)到乙傳送帶B點(diǎn)。則在物體從A運(yùn)動(dòng)到B的過程中，下列說法正確的是（）A．物體在甲傳送帶上運(yùn)動(dòng)的時(shí)間比乙短B．重力的平均功率相等C．到達(dá)B點(diǎn)時(shí)，重力的瞬時(shí)功率不相等D．兩傳送帶對(duì)物體做的功相等【答案】D【知識(shí)點(diǎn)】牛頓運(yùn)動(dòng)定律的應(yīng)用—傳送帶模型；功率及其計(jì)算；動(dòng)能定理的綜合應(yīng)用【解析】【解答】明確傳送帶的類型，對(duì)物塊做好受力分析，應(yīng)用牛頓第二定律進(jìn)行解答。需要綜合運(yùn)用力學(xué)、運(yùn)動(dòng)學(xué)以及牛頓運(yùn)動(dòng)定律的相關(guān)內(nèi)容。A．根據(jù)兩個(gè)物體的總位移相等，速度時(shí)間圖像的面積表示位移，作出兩個(gè)物體的圖像，如下圖可知甲運(yùn)動(dòng)時(shí)間大于乙運(yùn)動(dòng)時(shí)間，故A錯(cuò)誤；B．題意可知甲乙傳送帶長(zhǎng)度一樣、傾角一樣，故高度差ΔhW=mg可知兩種情況重力做功相同，由于時(shí)間不同，根據(jù)平均功率P結(jié)合A選項(xiàng)分析可知兩種情況運(yùn)動(dòng)時(shí)間不同，故重力的平均功率不相等，故B錯(cuò)誤；C．題意知兩種情況到達(dá)B點(diǎn)時(shí)速度相同，根據(jù)瞬時(shí)功率P=Fv可知到達(dá)B點(diǎn)時(shí)，重力的瞬時(shí)功率相等，故C錯(cuò)誤；D．題意可知兩種情況物體動(dòng)能變化量相同，重力做功相同，根據(jù)動(dòng)能定理可知，兩傳送帶對(duì)物體做的功相等，故D正確。故選D。

【分析】根據(jù)v-t圖像面積的物理意義畫出各自的v-t圖線，再判斷時(shí)間的關(guān)系；根據(jù)重力做功的平均功率和瞬時(shí)功率的表達(dá)式，結(jié)合時(shí)間和速度關(guān)系進(jìn)行分析判斷；根據(jù)動(dòng)能定理進(jìn)行分析解答。24．（2024高三上·茂名期中）如圖所示，光滑斜面與水平方向的夾角為45°，勁度系數(shù)為k、原長(zhǎng)為L(zhǎng)的輕質(zhì)彈簧一端固定在天花板上的O點(diǎn)，另一端與質(zhì)量為m的物塊（視為質(zhì)點(diǎn)）相連，物塊靜置在斜面上的A點(diǎn)時(shí)，彈簧正好處于水平狀態(tài)?，F(xiàn)使物塊獲得一個(gè)沿斜面向下的初速度，物塊經(jīng)過B點(diǎn)運(yùn)動(dòng)到C點(diǎn)，已知OB與斜面垂直，OC沿豎直方向，重力加速度大小為g，下列說法正確的是（）A．O、C兩點(diǎn)間的距離為L(zhǎng)+B．物塊從A點(diǎn)運(yùn)動(dòng)到B點(diǎn)的過程中機(jī)械能增大C．物塊在B點(diǎn)時(shí)，彈簧的彈力大小為(2-D．物塊在C點(diǎn)時(shí)的動(dòng)能比在A點(diǎn)時(shí)的動(dòng)能大2【答案】C【知識(shí)點(diǎn)】共點(diǎn)力的平衡；動(dòng)能定理的綜合應(yīng)用；機(jī)械能守恒定律【解析】【解答】A．物體處于A點(diǎn)時(shí)，

由平衡條件得mg解得OA=L-由于OC沿豎直方向且光滑斜面與水平方向的夾角為45°，則由幾何關(guān)系得OC間距離也為L(zhǎng)-mgk。故B．OB距離明顯小于OA，則物塊從A點(diǎn)運(yùn)動(dòng)到B點(diǎn)的過程中，彈簧先對(duì)他做負(fù)功再做正功，可知物塊機(jī)械能先減小再增大。故B錯(cuò)誤；C．物塊在B點(diǎn)時(shí)，彈簧的彈力大小為F=k故C正確；D．C到A由動(dòng)能定理得Δ故D錯(cuò)誤。故選C。

【分析】彈簧模型是牛頓經(jīng)典力學(xué)里面非常典型的一類模型。

1.以彈簧和物體構(gòu)成的系統(tǒng)為對(duì)象，斜面光滑，則系統(tǒng)機(jī)械能守恒。

2.當(dāng)彈簧拉伸形變和壓縮形變一樣時(shí)，彈簧儲(chǔ)存的彈性勢(shì)能一樣。

3.如果單獨(dú)以物塊為研究對(duì)象，它的機(jī)械能不守恒，可以運(yùn)用動(dòng)能定理分析解題。25．（2024高三上·綿陽模擬）機(jī)場(chǎng)利用傳送帶將行李送入飛機(jī)貨艙。如圖所示，傳送帶與水平面間的夾角α=37°，轉(zhuǎn)軸間距L=4.05m。傳送帶靜止，工作人員將一件小包裹（可視為質(zhì)點(diǎn)）放在傳送帶的最下端，然后傳動(dòng)帶以1m/s2的加速度勻加速啟動(dòng)，2s后保持勻速，當(dāng)包裹通過傳送帶后工作人員發(fā)現(xiàn)包裹在傳送帶上留下一段痕跡。已知小包裹與傳送帶間的動(dòng)摩擦因數(shù)μ=0.8，取重力加速度g=10m/s2，A．1.2m B．2.95m C．3.95m D．7m【答案】B【知識(shí)點(diǎn)】牛頓運(yùn)動(dòng)定律的應(yīng)用—傳送帶模型【解析】【解答】對(duì)于包裹而言，其加速度為a，根據(jù)牛頓第二定律可得

μmg解得

a=μg2s內(nèi)包裹的位移

x2s內(nèi)傳送帶的位移

x=此階段痕跡的長(zhǎng)度

Δ2s時(shí)包裹的速度

v此時(shí)傳送帶的速度

v=1×2m/s=2m/s此后一直做勻速直線運(yùn)動(dòng)，包裹依然做勻加速直線運(yùn)動(dòng)，設(shè)經(jīng)過t'二者共速，則有

代入數(shù)據(jù)解得

t此時(shí)包裹的位移

x所以包裹在沒有共速前就已經(jīng)到達(dá)頂端，設(shè)包裹在余下的位移所以時(shí)間為t''，則有L-解得

t此解得傳送帶的位移

x包裹的位移為

x故此階段包裹又在傳送帶上留下的痕跡

Δ整個(gè)過程，包裹在傳送帶上留下痕跡的長(zhǎng)度為

Δx=Δ故選B。

【分析】本題考查傳送帶模型，先對(duì)包裹進(jìn)行受力分析，列出牛頓第二定律表達(dá)式，求出包裹的加速度，再求出2s內(nèi)包裹與傳送帶的相對(duì)位移即為痕跡的長(zhǎng)度，再求解出2s后到共速前傳送帶和包裹的相對(duì)位移，兩段相對(duì)位移相加即為痕跡的長(zhǎng)度。六、直擊高考26．（2024·山東）如圖所示，質(zhì)量均為m的甲、乙兩同學(xué)，分別坐在水平放置的輕木板上，木板通過一根原長(zhǎng)為l的輕質(zhì)彈性繩連接，連接點(diǎn)等高且間距為d(d<l)。兩木板與地面間動(dòng)摩擦因數(shù)均為μ，彈性繩勁度系數(shù)為k，被拉伸時(shí)彈性勢(shì)能E=12kx2（x為繩的伸長(zhǎng)量）?，F(xiàn)用水平力F緩慢拉動(dòng)乙所坐木板，直至甲所坐木板剛要離開原位置，此過程中兩人與所坐木板保持相對(duì)靜止，kA．(μmg)22kC．3(μmg)2【答案】B【知識(shí)點(diǎn)】功能關(guān)系【解析】【解答】當(dāng)甲所坐木板剛要離開原位置時(shí)，對(duì)甲及其所坐木板整體有k解得彈性繩的伸長(zhǎng)量x則此時(shí)彈性繩的彈性勢(shì)能為E從開始拉動(dòng)乙所坐木板到甲所坐木板剛要離開原位置的過程，乙所坐木板的位移為x則由功能關(guān)系可知該過程F所做的功W=綜上分析，故ACD錯(cuò)誤，B正確。故選B。【分析】根據(jù)平衡條件求解甲所坐木板剛要離開原位置時(shí)彈性繩的伸長(zhǎng)量；根據(jù)彈性勢(shì)能的定義求解此時(shí)的彈性勢(shì)能；根據(jù)題意求解乙同學(xué)的位移，根據(jù)功能關(guān)系求解拉力所做的功，然后作答。27．（2022·全國(guó)甲卷）長(zhǎng)為l的高速列車在平直軌道上正常行駛，速率為v0，要通過前方一長(zhǎng)為L(zhǎng)的隧道，當(dāng)列車的任一部分處于隧道內(nèi)時(shí)，列車速率都不允許超過v(v<v0)。已知列車加速和減速時(shí)加速度的大小分別為a和2a，則列車從減速開始至回到正常行駛速率A．v0-v2a+C．3(v0-v)2a【答案】C【知識(shí)點(diǎn)】勻速直線運(yùn)動(dòng)；勻變速直線運(yùn)動(dòng)規(guī)律的綜合運(yùn)用【解析】【解答】根據(jù)題意分析可知，減速時(shí)間為t1=v0-va，加速時(shí)間為t2=v0-v2a，

由于當(dāng)列車的任一部分處于隧道內(nèi)時(shí)，列車速率都不允許超過v，這段看作列車在勻速運(yùn)動(dòng)，位移為s=2l+L，所用時(shí)間為t3=l+L28．（2023·江蘇）滑塊以一定的初速度沿粗糙斜面從底端上滑，到達(dá)最高點(diǎn)B后返回到底端。利用頻閃儀分別對(duì)上滑和下滑過程進(jìn)行拍攝，頻閃照片示意圖如圖所示。與圖乙中相比，圖甲中滑塊（）A．受到的合力較小B．經(jīng)過A點(diǎn)的動(dòng)能較小C．在A、B之間的運(yùn)動(dòng)時(shí)間較短D．在A、B之間克服摩擦力做的功較小【答案】C【知識(shí)點(diǎn)】受力分析的應(yīng)用；勻變速直線運(yùn)動(dòng)的位移與時(shí)間的關(guān)系；勻