PAGE第13頁共13頁課時跟蹤檢測（十九）功能關系能量守恒定律A卷——全員必做1．(2021·浙江1月選考)一輛汽車在水平高速公路上以80km/h的速度勻速行駛，其1s內能量分配情況如圖所示。則汽車()A．發動機的輸出功率為70kWB．每1s消耗的燃料最終轉化成的內能是5.7×104JC．每1s消耗的燃料最終轉化成的內能是6.9×104JD．每1s消耗的燃料最終轉化成的內能是7.0×104J解析：選C每秒鐘來自燃料7.0×104J，說明輸入總功率為70kW，其中發動機輸入總功率為69kW，選項A錯誤。根據示意圖，除了燃料蒸發帶走1000J之外，根據能量守恒定律，剩余能量均轉化為內能，因此選項B、D錯誤，選項C正確。2．(2021·廣州質檢)“健身彈跳球”是近期流行的一種健身器材。小學生在玩彈跳球時雙腳站在水平跳板上，用力向下壓彈跳球后，彈跳球能和人一起跳離地面。某彈跳球安全性能指標要求反彈高度不超過15cm，請估算該彈跳球一次反彈過程最多能對小學生做的功最接近于()A．0.6J B．6JC．60J D．600J解析：選C一名小學生的質量大約為40kg，從地面起跳至最大高度處，重力勢能增加mgh＝60J，根據功能關系可知彈跳球一次反彈過程最多能對小學生做的功等于小學生增加的重力勢能為60J，故選項C正確。3．(2021·榆林調研)一個人站立在商場的自動扶梯的水平踏板上，隨扶梯向上加速，如圖所示，則()A．人對踏板的壓力大小等于人所受到的重力大小B．人只受重力和踏板的支持力的作用C．踏板對人的支持力做的功等于人的機械能增加量D．人所受合力做的功等于人的動能的增加量解析：選D人的加速度斜向上，將加速度分解到水平和豎直方向得：ax＝acosθ，方向水平向右；ay＝asinθ，方向豎直向上，水平方向受靜摩擦力作用，f＝ma＝macosθ，水平向右，豎直方向受重力和支持力，FN－mg＝masinθ，所以FN>mg，故A、B錯誤；除重力以外的力對物體做的功，等于物體機械能的變化量，踏板對人的力除了支持力還有摩擦力，運動過程中摩擦力也做功，所以踏板對人的支持力做的功不等于人的機械能增加量，故C錯誤；由動能定理可知，人所受合力做的功等于人的動能的增加量，故D正確。4．(2021·北京市第十三中學開學測試)一木塊靜置于光滑水平面上，一顆子彈沿水平方向飛來射入木塊中。當子彈進入木塊的深度達到最大值2.0cm時，木塊沿水平面恰好移動1.0cm。在上述過程中系統損失的機械能與子彈損失的動能之比為()A．1∶2 B．1∶3C．2∶3 D．3∶2解析：選C根據題意，子彈在摩擦力作用下的位移為x1＝(2＋1)cm＝3cm，木塊在摩擦力作用下的位移為x2＝1cm；系統損失的機械能轉化為內能，根據功能關系，有ΔE系統＝Q＝f·Δx＝f(x1－x2)，子彈損失的動能等于克服摩擦力做的功，故ΔE子彈＝fx1，所以eq\f(ΔE系統,ΔE子彈)＝eq\f(2,3)，所以C正確，A、B、D錯誤。5.如圖所示，滑塊靜止于光滑水平面上，與之相連的輕質彈簧處于自然伸直狀態，現用恒定的水平外力F作用于彈簧右端，在向右移動一段距離的過程中力F做了10J的功。下列說法正確的是()A．彈簧的彈性勢能增加了10JB．滑塊的動能增加了10JC．滑塊和彈簧組成的系統機械能增加了10JD．滑塊和彈簧組成的系統機械能守恒解析：選C力F做功的同時，彈簧伸長，彈性勢能增大，滑塊向右加速，滑塊動能增加，由功能關系可知，力F做的功等于滑塊的動能與彈簧彈性勢能的增加量之和，即滑塊和彈簧組成的系統機械能增加了10J，C正確，A、B、D錯誤。6.(多選)如圖所示為地鐵站用于安全檢查的裝置，主要由水平傳送帶和X光透視系統兩部分組成，傳送過程傳送帶速度不變。假設乘客把物品輕放在傳送帶上之后，物品總會先、后經歷兩個階段的運動，用v表示傳送帶速率，用μ表示物品與傳送帶間的動摩擦因數，則()A．前階段，物品一定向傳送帶運動的方向運動B．后階段，物品受到摩擦力的方向跟傳送方向相同C．v相同時，μ不同的等質量物品與傳送帶因摩擦產生的熱量相同D．μ相同時，v增大為原來的2倍，前階段物品的位移也增大為原來的2倍解析：選AC物品輕放在傳送帶上，前階段，物品受到向前的滑動摩擦力，所以物品的運動方向一定與傳送帶的運動方向相同，故A正確；后階段，物品與傳送帶一起做勻速運動，不受摩擦力，故B錯誤；設物品勻加速運動的加速度為a，由牛頓第二定律得Ff＝μmg＝ma，物品的加速度大小為a＝μg，勻加速的時間為t＝eq\f(v,a)＝eq\f(v,μg)，位移為x＝eq\f(v,2)t，傳送帶勻速的位移為x′＝vt，物品相對傳送帶滑行的距離為Δx＝x′－x＝eq\f(vt,2)＝eq\f(v2,2μg)，物品與傳送帶摩擦產生的熱量為Q＝μmgΔx＝eq\f(1,2)mv2，則知v相同時，μ不同的等質量物品與傳送帶因摩擦產生的熱量相同，故C正確；前階段物品的位移為x＝eq\f(vt,2)＝eq\f(v2,2μg)，則知μ相同時，v增大為原來的2倍，前階段物品的位移增大為原來的4倍，故D錯誤。7．(2021·衡水模擬)質量為2kg的物體以10m/s的初速度，從起點A出發豎直向上拋出，在它上升到某一點的過程中，物體的動能損失了50J，機械能損失了10J，設物體在上升、下降過程空氣阻力大小恒定，則該物體再落回到A點時的動能為(g＝10m/s2)()A．40J B．60JC．80J D．100J解析：選B物體上升到某一高度時，重力、阻力均做負功，根據動能定理有：W合＝ΔEk①，空氣阻力做功對應著機械能的變化，則有：Wf＝ΔE②，將ΔEk＝－50J，ΔE＝－10J，代入①②可得：W合＝－50J，Wf＝－10J，可得W合＝5Wf，物體的初動能為Ek0＝eq\f(1,2)mv02＝eq\f(1,2)×2×102J＝100J；當物體從A點到最高點的過程中，物體的動能減小了100J，由動能定理可得，合力做的功W合上＝－100J，所以空氣阻力做功為Wf上＝－20J，由功能原理知，機械能損失了20J，由于空氣阻力大小恒定，所以下落過程機械能也損失了20J，則物體落回A點時的動能為100J－2×20J＝60J，故A、C、D錯誤，B正確。8．(2021年1月新高考8省聯考·遼寧卷)(多選)如圖所示，甲、乙兩滑塊的質量分別為1kg、2kg，放在靜止的水平傳送帶上，兩者相距5m，與傳送帶間的動摩擦因數均為0.2。t＝0時，甲、乙分別以6m/s、2m/s的初速度開始向右滑行。t＝0.5s時，傳送帶啟動(不計啟動時間)，立即以3m/s的速度向右做勻速直線運動。傳送帶足夠長，重力加速度取10m/s2。下列說法正確的是()A．t＝0.5s時，兩滑塊相距2mB．t＝1.5s時，兩滑塊速度相等C．0～1.5s內，乙相對傳送帶的位移大小為0.25mD．0～2.5s內，兩滑塊與傳送帶間摩擦生熱共為14.5J解析：選BCD兩滑塊做勻變速運動時的加速度大小a＝eq\f(μmg,m)＝μg＝2m/s2，根據x＝v0t－eq\f(1,2)at2，t＝0.5s時，兩滑塊相距Δx＝x0－eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(v1t－\f(1,2)at2))＋eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(v2t－\f(1,2)at2))＝3m，A錯誤；傳送帶啟動時，甲滑塊的速度為v1′＝v1－at＝5m/s，與傳送帶速度相等所用時間Δt1＝eq\f(v1′－v0,a)＝1s，因此在t＝1.5s時，甲滑塊速度與傳送帶相等；傳送帶啟動時，乙滑塊傳送的速度為v2′＝v2－at＝1m/s，與傳送帶速度相等所用時間Δt2＝eq\f(v0－v2′,a)＝1s，因此在t＝1.5s時，乙滑塊速度與傳送帶相等；t＝1.5s時，兩滑塊速度相等，B正確；0～0.5s內，乙相對傳送帶的位移大小為x1＝v2t－eq\f(1,2)at2＝0.75m,0.5～1.5s內，乙相對傳送帶的位移大小為x2＝v0t′－eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(v2′t′＋\f(1,2)at′2))＝1m，因此0～1.5s內，乙相對傳送帶的位移大小為x2－x1＝0.25m，C正確；甲相對傳送帶的位移x甲＝v1t甲－eq\f(1,2)at甲2－v0t甲′＝6×1.5m－eq\f(1,2)×2×1.52m－3×1m＝3.75m，甲滑塊與傳送帶間摩擦生熱量Q1＝μm1g·x甲＝7.5J，乙滑塊與傳送帶間摩擦生熱量Q2＝μm2g(x1＋x2)＝7J，因此0～2.5s內，兩滑塊與傳送帶間摩擦生熱為Q＝Q1＋Q2＝14.5J，D正確。9．(2021年1月新高考8省聯考·湖北卷)如圖所示，兩傾角均為θ的光滑斜面對接后固定在水平地面上，O點為斜面的最低點。一個小物塊從右側斜面上高為H處由靜止滑下，在兩個斜面上做往復運動。小物塊每次通過O點時都會有動能損失，損失的動能為小物塊當次到達O點時動能的5%。小物塊從開始下滑到停止的過程中運動的總路程為()A.eq\f(49H,sinθ) B.eq\f(39H,sinθ)C.eq\f(29H,sinθ) D.eq\f(20H,sinθ)解析：選B小物塊第一次到達O點，獲得的動能Ekl＝mgH運動的路程s1＝eq\f(H,sinθ)小球第一次通過O點損失的動能為0.05mgH，滑上斜面到最高點H1＝0.95H到第二次到達O點運動的路程s2＝eq\f(H,sinθ)＋eq\f(2H1,sinθ)＝eq\f(H,sinθ)＋eq\f(2×0.95H,sinθ)第二次通過O點后滑上斜面的最高點H2＝0.95H1＝(0.95)2H小球第三次達到O點的路程s3＝eq\f(H,sinθ)＋eq\f(2×0.95H,sinθ)＋eq\f(2H2,sinθ)＝eq\f(H,sinθ)＋eq\f(2×0.95H,sinθ)＋eq\f(2×0.952H,sinθ)……則在整個過程中的路程s總＝eq\f(H,sinθ)＋eq\f(2×0.95H,sinθ)＋eq\f(2×0.952H,sinθ)＋…＋eq\f(2×0.95nH,sinθ)根據等比數列求和公式得s總＝eq\f(H,sinθ)＋eq\f(2×0.95H1－0.95n,0.05×sinθ)當n趨于無窮大，有s總＝eq\f(39H,sinθ)。10.(2021·南京模擬)(多選)如圖所示，光滑的半圓軌道豎直放置，邊緣處固定著光滑小滑輪，跨過滑輪的輕繩連接小球A和B，質量分別為mA和mB，小球A在水平拉力F作用下靜止于P點時，對軌道的壓力恰好為零。現增大拉力F使小球A沿半圓軌道運動至Q點，小球A經過Q點時速度為vA，小球B的速度為vB，已知OQ連線與豎直方向的夾角為30°，小球A從P運動到Q的過程中，下列說法正確的有()A．兩球A、B質量之比mA∶mB＝1∶eq\r(2)B．小球A經過Q點時，兩球A、B速度之比vA∶vB＝1∶eq\r(2)C．小球A、B組成的系統機械能一直增加D．拉力F對小球A做的功等于小球A機械能的變化量解析：選AC靜止時，對小球A受力分析可得：mBgcos45°＝mAg，解得：mA∶mB＝cos45°＝1∶eq\r(2)，A正確；小球A經過Q點時，兩球沿繩方向的速度大小相等，即：vAsin30°＝vB，解得：vA∶vB＝eq\f(1,sin30°)＝2∶1，B錯誤；小球A從P運動到Q的過程中，拉力F一直做正功，所以小球A、B組成的系統機械能一直增加，C正確；小球A機械能的變化量為除小球A重力以外的其他力做功之和，除小球A重力對小球A做功之外，還有拉力F和繩的拉力T對小球A做功，拉力F做正功，繩的拉力T做負功，所以小球A機械能的變化量小于拉力F對小球A做的功，D錯誤。11．彈跳桿運動是一項廣受青少年歡迎的運動，彈跳桿的結構如圖甲所示，一根彈簧的下端固定在跳桿的底部，上端固定在一個套在跳桿上的腳踏板底部，質量為5m的小明站在腳踏板上，當他和跳桿處于豎直靜止狀態時，彈簧的壓縮量為x0，小明先保持穩定姿態豎直彈跳。某次彈跳中，從彈簧處于最大壓縮量為5x0開始計時，如圖乙(a)所示；上升到彈簧恢復原長時，小明抓住跳桿，使得他和彈跳桿瞬間達到共同速度，如圖乙(b)所示；緊接著他保持穩定姿態豎直上升到最大高度，如圖乙(c)所示；已知全程彈簧始終處于彈性限度內(彈簧彈性勢能滿足Ep＝eq\f(1,2)kx2，k為彈簧勁度系數，x為彈簧形變量)，跳桿的質量為m，重力加速度為g，空氣阻力、彈簧和腳踏板的質量以及彈簧和腳踏板與跳桿間的摩擦均可忽略不計。求：(1)彈跳桿中彈簧的勁度系數k；(2)從開始計時至豎直上升到最大高度過程中小明的最大速度vm。解析：(1)小明和跳桿處于豎直靜止狀態時，受力平衡，重力與彈簧彈力等大反向，有5mg＝kx0，解得k＝eq\f(5mg,x0)。(2)小明受到的合力為零時，速度最大，此時小明上升高度為4x0。根據系統能量守恒可知，eq\f(1,2)k(5x0)2＝5mg·4x0＋eq\f(1,2)kx02＋eq\f(1,2)×5mvm2解得vm＝4eq\r(gx0)。答案：(1)eq\f(5mg,x0)(2)4eq\r(gx0)12.(2020·大連二模)如圖所示，傾角為θ＝30°的光滑斜面底端固定一塊垂直于斜面的擋板。將長木板A靜置于斜面上，A上放置一小物塊B，初始時A下端與擋板相距L＝4m，現同時無初速度釋放A和B。已知在A停止運動之前B始終沒有脫離A且不會與擋板碰撞，A和B的質量均為m＝1kg，它們之間的動摩擦因數μ＝eq\f(\r(3),3)，A或B與擋板每次碰撞損失的動能均為ΔE＝10J，忽略碰撞時間，重力加速度大小g取10m/s2。求：(1)A第一次與擋板碰撞前瞬間的速度大小v；(2)A第一次與擋板碰撞到第二次與擋板碰撞的時間間隔Δt；(3)B相對于A滑動的最短時間t。解析：(1)A和B一起沿斜面向下運動，在A第一次與擋板碰撞前瞬間，由A和B組成的系統機械能守恒得：2mgLsinθ＝eq\f(1,2)(2m)v2解得v＝2eq\r(10)(2)A第一次與擋板碰撞后，對B有mgsinθ＝μmgcosθ，故B勻速下滑設A與擋板碰撞后的加速度為a1，對于A由牛頓第二定律得：mgsinθ＋μmgcosθ＝ma1解得a1＝10m/s2，方向沿斜面向下設A第一次反彈的速度大小為v1，由動能定理得：eq\f(1,2)mv2－eq\f(1,2)mv12＝ΔE由運動學規律可知，A第一次與擋板碰撞到第二次與擋板碰撞的時間為Δt＝eq\f(2v1,a1)，解得Δt＝eq\f(2\r(5),5)s。(3)設A第二次反彈的速度大小為v2，由動能定理有eq\f(1,2)mv2－eq\f(1,2)mv22＝2ΔE，解得v2＝0即A與擋板第二次碰后停在底端，B繼續勻速下滑，設與擋板碰后B反彈的速度為v′，加速度大小為a′，沿A向上運動的時間為t2，由動能定理得eq\f(1,2)mv2－eq\f(1,2)mv′2＝ΔEmgsinθ＋μmgcosθ＝ma′，v′＝a′t2聯立解得t2＝eq\f(\r(5),5)s當B速度減為0時，因mgsinθ＝μmgcosθ，B將靜止在A上當A停止運動時，B恰好勻速滑至擋板處，則B相對A運動的時間t最短，故t＝Δt＋t2＝eq\f(3\r(5),5)s。答案：(1)2eq\r(10)m/s(2)eq\f(2\r(5),5)s(3)eq\f(3\r(5),5)sB卷——重點選做1．(2019·全國卷Ⅱ)(多選)從地面豎直向上拋出一物體，其機械能E總等于動能Ek與重力勢能Ep之和。取地面為重力勢能零點，該物體的E總和Ep隨它離開地面的高度h的變化如圖所示。重力加速度取10m/s2。由圖中數據可得()A．物體的質量為2kgB．h＝0時，物體的速率為20m/sC．h＝2m時，物體的動能Ek＝40JD．從地面至h＝4m，物體的動能減少100J解析：選AD由于Ep＝mgh，所以Ep與h成正比，斜率k＝mg，由題圖得k＝20N，因此m＝2kg，故A正確；當h＝0時，Ep＝0，E總＝Ek＝eq\f(1,2)mv02，因此v0＝10m/s，故B錯誤；由圖像知h＝2m時，E總＝90J，Ep＝40J，由E總＝Ek＋Ep得Ek＝50J，故C錯誤；h＝4m時，E總＝Ep＝80J，即此時Ek＝0，即上升4m距離，物體的動能減少100J，故D正確。2．(2021·佛山模擬)如圖甲所示，質量為0.1kg的小球從最低點A沖入豎直放置在水平地面上、半徑為0.4m的半圓形軌道，小球速度的平方與其高度的關系圖像如圖乙所示。已知小球恰能到達最高點C，軌道粗糙程度處處相同，空氣阻力不計。g取10m/s2，B為AC軌道中點。下列說法中不正確的是()A．圖乙中x＝4m2·sB．小球從B到C損失了0.125J的機械能C．小球從A到C合外力對其做的功為－1.05JD．小球從C拋出后，落地點到A的距離為0.8m解析：選B當h＝0.8m時，小球恰在C點，由于小球恰好通過最高點C，由mg＝meq\f(vC2,r)，可得vC2＝gr＝4m2·s－2，A正確；小球從A到C的過程中，動能減少量ΔEk＝eq\f(1,2)mvA2－eq\f(1,2)mvC2＝1.05J，故合外力對其做的功為－1.05J，重力勢能增加量ΔEp＝mg·2r＝0.8J，故機械能減少0.25J，由于小球在A→B段所受摩擦力大于在B→C段的摩擦力，故小球從B到C損失的機械能小于0.125J，B錯誤，C正確；小球離開C點后做平拋運動，由2r＝eq\f(1,2)gt2，x＝vCt，可解得x＝0.8m，故D正確。3.(2021·貴陽模擬)畢節是全國唯一一個以“開發扶貧、生態建設”為主題的試驗區，是國家“西電東送”的主要能源基地。如圖所示為風力發電機，風力帶動葉片轉動，葉片再帶動轉子(磁極)轉動，使定子(線圈，不計電阻)中產生電流，實現風能向電能的轉化。若葉片長為l，設定的額定風速為v，空氣的密度為ρ，額定風速下發電機的輸出功率為P，則風能轉化為電能的效率為()A.eq\f(2P,πρl2v3) B.eq\f(6P,πρl2v3)C.eq\f(4P,πρl2v3) D.eq\f(8P,πρl2v3)解析：選A風能轉化為電能的工作原理為將風的動能轉化為輸出的電能，則在t時間內吹向發電機的風的體積為V＝vt·S＝vt·πl2，則風的質量M＝ρV＝ρvt·πl2，因此風吹過的動能為Ek＝eq\f(1,2)Mv2＝eq\f(1,2)ρvt·πl2·v2，在此時間內發電機輸出的電能E＝Pt，則風能轉化為電能的效率為η＝eq\f(E,Ek)＝eq\f(2P,πρl2v3)，故A正確，B、C、D錯誤。4.如圖所示，水平白色傳送帶以速度v0＝1m/s沿逆時針方向勻速運動，一質量為m＝1kg的小石墨塊P以速度v＝5m/s從左端滑上傳送帶，已知P與傳送帶間的動摩擦因數為μ＝0.5，傳送帶長度為3m，重力加速度取g＝10m/s2。則()A．P在傳送帶上向右運動的最大位移為3mB．從P滑上傳送帶至掉下過程中，P在傳送帶上留下的黑色痕跡長度為0.5mC．從P滑上傳送帶至掉下過程中，P與傳送帶之間產生的摩擦熱Q＝12.5JD．從P滑上傳送帶至掉下過程中，電動機多做的功W＝6J解析：選D小石墨塊P向右運動的減速階段：加速度大小為a＝μg＝5m/s2，速度減為零時，向右運動的位移最大，有x＝eq\f(0－v2,－2a)＝eq\f(－5×5,－2×5)m＝2.5m，A錯誤；小石墨塊P從滑上傳送帶到回頭向左加速直到與傳送帶共速的過程，設經t時間，有1m/s＝－5m/s＋5m/s2·t，解得t＝1.2s，畫出v-t圖像，易知P在傳送帶上留下的黑色痕跡長度即為陰影部分的面積，即s相對＝eq\f(5＋1×1.2,2)m＝3.6m，B錯誤；P與傳送帶之間產生的摩擦熱Q＝μmgs相對＝5×3.6J＝18J，C錯誤；電動機多做的功W＝μmg×s傳送帶＝5×1×1.2J＝6J，D正確。5.(2020·煙臺一模)(多選)如圖所示，在水平地面上有一圓弧形凹槽ABC，AC連線與地面相平，凹槽ABC是位于豎直平面內以O為圓心、半徑為R的一段圓弧，B為圓弧最低點，而且AB段光滑，BC段粗糙。現有一質量為m的小球(可視為質點)，從水平地面上P處以初速度v0斜向右上方飛出，v0與水平地面夾角為θ，不計空氣阻力，該小球恰好能從A點沿圓弧的切線方向進入軌道，沿圓弧ABC繼續運動后從C點以速率eq\f(v0,2)飛出。重力加速度為g，則下列說法正確的是()A．小球由P到A的過程中，離地面的最大高度為eq\f(v0sinθ,g)B．小球到達A點時重力的瞬時功率為mgv0sinθC．小球在圓弧軌道內由于摩擦產生的熱量為eq\f(3mv02,8)D．小球經過圓弧軌道最低點B處受到軌道的支持力大小為mg(3－2cosθ)＋eq\f(mv02,R)解析：選BCD小球由P到A的過程做斜拋運動，離地面的最大高度為H＝eq\f(v0y2,2g)＝eq\f(v02sin2θ,2g)，故A錯誤；根據對稱性可知，小球到A點的豎直分速度vAy＝v0y＝v0sinθ，小球到達A點時重力的瞬時功率為P＝mgvAy＝mgv0sinθ，故B正確；沿圓弧軌道運動過程中，由動能定理可知－Wf＝eq\f(1,2)mvC2－eq\f(1,2)mvA2，vA＝v0，小球在圓弧軌道內由于摩擦產生的熱量Q＝Wf＝eq\f(3mv02,8)，故C正確；沿圓弧軌道AB運動過程中，由機械能守恒定律可知mgR(1－cosθ)＋eq\f(1,2)mv02＝eq\f(1,2)mvB2，在最低點，由向心力公式得FN－mg＝eq\f(mvB2,R)，解得小球經過圓形軌道最低點B處受到軌道的支持力大小FN＝mg(3－2cosθ)＋eq\f(mv02,R)，故D正確。6.如圖所示，在光滑水平面上，質量為m＝4kg的物塊左側壓縮一個勁度系數為k＝32N/m的輕質彈簧，彈簧與物塊未拴接。物塊與左側豎直墻壁用細線拴接，使物塊靜止在O點，水平面在A點與一順時針勻速轉動且傾角θ＝37°的傳送帶平滑連接。已知xOA＝0.25m，傳送帶頂端為B點，LAB＝2m，物塊與傳送帶間的動摩擦因數μ＝0.5。現剪斷細線同時給物塊施加一個初始時刻為零的變力F，使物塊從O點到B點做加速度大小恒定的加速運動。物塊運動到A點時彈簧恰好恢復原長，運動到B點時撤去力F，物塊沿平行AB方向拋出，C為運動的最高點。傳送帶轉輪半徑遠小于LAB，不計空氣阻力，已知重力加速度g＝10m/s2。(1)求物塊從B點運動到C點，豎直位移與水平位移的比值；(2)若傳送帶速度大小為5m/s，求物塊與傳送帶間由于摩擦產生的熱量；(3)若傳送帶勻速轉動的速度大小為v，且v的取值范圍為2m/s＜v＜3m/s，物塊由O點到B點的過程中力F做的功W與傳送帶速度大小v的函數關系。解析：(1)設物塊從B運動到C的時間為t，BC的豎直距離：h＝eq\f(1,2)v0sinθ·tBC的水平距離為：x＝v0cosθ·t代入數據解得：eq\f(h,x)＝eq\f(3,8)。(2)在O點由牛頓第二定律得：kxOA＝ma代入數據解得：a＝2m/s2由vA2＝2axOA得：vA＝1m/s到達B點時：vB2＝2a(xOA＋LAB)，代入數據得：vB＝3m物塊從A到B運動時間：t＝eq\f(vB－vA,a)＝1s物塊與傳送帶間摩擦產生的熱量：Q＝μmgcosθ(vt－LAB)，代入數據解得：Q＝48J。(3)物塊在水平面上受到彈簧的彈力與拉力F，由牛頓第二定律得：F＋k(xOA－x)＝ma可知力F隨位移x線性變化，則：W1＝eq\x\to(F)xOA＝eq\f(1,2)ma·xOA，代入數據解得：W1＝1J若傳送帶速度2m/s＜v＜3m/s，物塊受到的滑動摩擦力方向沿斜面先向上后向下物塊的速度小于v時受到的摩擦力的方向向上，由牛頓第二定律得：F1＋μmgcosθ－mgsinθ＝ma解得：F1＝16N由速度位移關系得：v2－vA2＝2ax1物塊的速度大于v時受到的摩擦力的方向向下，由牛頓第二定律得：F2－μmgcosθ－mgsinθ＝ma解得：F2＝48N由A到B拉力做的功：W2＝F1x1＋F2(LAB－x1)解得：W2＝104－8v2拉力做的總功：W＝W1＋W2＝105－8v2。答案：(1)eq\f(3,8)(2)48J(3)W＝105－8v27.如圖所示，輕質彈簧左端固定，右端連接一個光滑的滑塊A，彈簧的勁度系數k＝500N/m，彈簧的彈性勢能表達式為Ep＝eq\f(1,2)kx2(x為彈簧的形變量)。滑塊B靠在A的右側，兩滑塊不連接，A、B滑塊均可視為質點，質量都為1kg，最初彈簧的壓縮量為x0＝9cm，由靜止釋放A、B，A到平臺右端距離L＝15cm，平臺離地高為H＝5m，在平臺右側與平臺水平相距s處有一固定斜面，斜面高為d＝4.8m，傾角θ＝37°。若B撞到斜面上時，立刻以沿斜面的速度分量繼續沿斜面下滑。B與水平面和斜面之間動摩擦因數均為0.5，若B在斜面上滑動時有最大的摩擦熱，g＝10m/s2。求：(1)B離開平臺的速度v1的大小；(2)斜面距平臺右端距離s；(3)B滑到斜面底端的速度大小。解析：(1)A、B恰好分離時，A、B的加速度相同，A、B間彈力為0，根據牛頓第二定律有，對B分析，μmg＝ma，解得a＝μg＝5m/s2，對A分析，kx1＝ma，解得x1＝eq\f(ma,k)＝0.01m＝1cm，彈簧伸長量為1cm時，A、B分離，由釋放至A、B分離，根據能量守恒定律可得eq\f(1,2)kx02＝eq\f(1,2)kx12＋μmg(x0＋x1)＋eq\f(1,2)·2mv02，分離后，對滑塊B由動能定理得－μmg(L－x0－x1)＝eq\f(1,2)mv12－eq\f(1,