2023届二轮复习通用版 2.1 功和能 学案

这是一份2023届二轮复习通用版 2.1 功和能 学案，共17页。学案主要包含了规范审题等内容，欢迎下载使用。
专题二　能量与动量
第1讲　功和能

真题速练·明考情
1．(多选)(2022·广东高考)如图所示，载有防疫物资的无人驾驶小车，在水平MN段以恒定功率200W、速度5m/s匀速行驶，在斜坡PQ段以恒定功率570W、速度2m/s匀速行驶．已知小车总质量为50kg，MN＝PQ＝20m，PQ段的倾角为30°，重力加速度g取10m/s2，不计空气阻力．下列说法正确的有(　ABD　)

A．从M到N，小车牵引力大小为40N
B．从M到N，小车克服摩擦力做功800J
C．从P到Q，小车重力势能增加1×104J
D．从P到Q，小车克服摩擦力做功700J
【解析】　小车从M到N，依题意有P1＝Fv1＝200W代入数据解得F＝40N，故A正确；依题意，小车从M到N，因匀速，小车所受的摩擦力大小为f1＝F＝40N，则摩擦力做功为W1＝－40×20J＝－800J，则小车克服摩擦力做功为800J，故B正确；依题意，从P到Q，重力势能增加量为ΔEp＝mg×Δh＝500N×20m×sin30°＝5000J，故C错误；依题意，小车从P到Q，摩擦力为f2，有f2＋mgsin30°＝，摩擦力做功为W2＝－f2×s2，s2＝20m，联立解得W2＝－700J，则小车克服摩擦力做功为700J，故D正确．故选ABD．
2．(2022·全国甲，14)北京2022年冬奥会首钢滑雪大跳台局部示意图如图所示．运动员从a处由静止自由滑下，到b处起跳，c点为a、b之间的最低点，a、c两处的高度差为h．要求运动员经过c点时对滑雪板的压力不大于自身所受重力的k倍，运动过程中将运动员视为质点并忽略所有阻力，则c点处这一段圆弧雪道的半径不应小于(　D　)

A．　　　 B．
C．　　　 D．
【解析】　在c点由牛顿第二定律得FN－mg＝m，由牛顿第三定律得，FN＝FN′，其中FN′≤kmg，又根据机械能守恒定律得，mgh＝mv2，解得R≥，选项D正确，A、B、C错误．
3．(2022·全国乙，16)固定于竖直平面内的光滑大圆环上套有一个小环．小环从大圆环顶端P点由静止开始自由下滑，在下滑过程中，小环的速率正比于(　C　)

A．它滑过的弧长
B．它下降的高度
C．它到P点的距离
D．它与P点的连线扫过的面积
【解析】　如图所示，设圆环下降的高度为h，圆环的半径为R，圆环到P点的距离为l，根据机械能守恒定律得mgh＝mv2，由几何关系可得h＝lsinθ，sinθ＝，联立可得h＝，可得v＝l，选项C正确．

4．(多选)(2021·全国甲卷)一质量为m的物体自倾角为α的固定斜面底端沿斜面向上滑动．该物体开始滑动时的动能为Ek，向上滑动一段距离后速度减小为零，此后物体向下滑动，到达斜面底端时动能为．已知sinα＝0.6，重力加速度大小为g．则(　BC　)
A．物体向上滑动的距离为
B．物体向下滑动时的加速度大小为
C．物体与斜面间的动摩擦因数等于0.5
D．物体向上滑动所用的时间比向下滑动的时间长
【解析】　物体从斜面底端向上滑动后又回到斜面底端过程中，根据动能定理有－μmg·2lcosα＝－Ek，对物体从斜面底端到斜面顶端的过程根据动能定理有－mglsinα－μmglcosα＝0－Ek，联立以上两式解得l＝，μ＝0.5，A错误，C正确；物体向下滑动时根据牛顿第二定律有ma＝mgsinα－μmgcosα，解得a＝，B正确；物体向上滑动时，根据牛顿第二定律有ma上＝mgsinα＋μmgcosα，物体向下滑动时，根据牛顿第二定律有ma下＝mgsinα－μmgcosα，由上式可知a上＞a下，由于上升过程中的末速度为零，下滑过程中的初速度为零，且走过相同大小的位移，根据公式l＝at2，则可得出t上＜t下，D错误．
〔命题趋势〕
功和功率的判断和计算、动能定理的应用是高考的重点，经常与直线运动、曲线运动等综合起来进行考查，以选择题和计算题考查较多，各种难度都可能出现；功能关系和能量守恒是高考的重点，更是高考的热点，高考试题往往结合图象与电场、磁场以及典型的运动情境相联系，多以选择题和计算题的形式考查．
常用到的思想方法有：微元法、图象法、转换法、能量守恒思想、全过程法和分段法．

核心知识·固双基
“必备知识”解读
1．几种力做功的特点
(1)重力、弹簧弹力、静电力做功与路径无关．
(2)摩擦力做功的特点
①单个摩擦力(包括静摩擦力和滑动摩擦力)可以做正功，也可以做负功，还可以不做功．
②相互作用的一对静摩擦力做功的代数和等于零，在静摩擦力做功的过程中，只有机械能的转移，没有机械能转化为其他形式的能；相互作用的一对滑动摩擦力做功的代数和不为零，且总为负值．在一对滑动摩擦力做功的过程中，不仅有相互摩擦的物体间机械能的转移，还有部分机械能转化为内能，转化为内能的量等于系统机械能的减少量，等于滑动摩擦力与相对位移的乘积．
③摩擦生热是指滑动摩擦生热，静摩擦不会生热．
2．几个重要的功能关系
(1)重力的功等于重力势能的减少量，即WG＝－ΔEp．
(2)弹力的功等于弹性势能的减少量，即W弹＝－ΔEp．
(3)合力的功等于动能的变化，即W＝ΔEk．
(4)重力和系统内弹簧弹力之外的其他力的功等于机械能的变化，即W其他＝ΔE．
(5)系统内一对滑动摩擦力做的功是系统内能改变的量度，即Q＝Ff·x相对．
“关键能力”构建
1．功和功率的求解
(1)功的求解：W＝Flcosα用于恒力做功，变力做功可以用动能定理或者图象法来求解．
(2)功率的求解：可以用定义式P＝来求解，如果力是恒力，可以用P＝Fvcosα来求解．注意瞬时功率与平均功率的区别．
2．动能定理的应用技巧
若运动包括几个不同的过程，可以全程或者分过程应用动能定理．

命题热点·巧突破
考点一　功和功率问题
1．(2022·河北沧州二模)在竖直电梯中放置一个铁架台，铁架台上端固定一个力传感器，下端悬挂一个质量为m的钩码．当电梯由静止向上运行时，数据采集系统采集到拉力F随时间t的变化如图所示．忽略由于轻微抖动引起的示数变化，下列说法正确的是(　D　)

A．a到b过程中电梯向上加速，b到c过程中电梯向上减速
B．a到b过程中拉力对钩码做正功，b到c过程中拉力对钩码做负功
C．d到e过程中拉力对钩码做负功，e到f过程中拉力对钩码做正功
D．a到c过程中拉力对钩码做正功，d到f过程中拉力对钩码做正功
【解析】　从a到b过程中，力F大于mg，钩码加速度向上，向上做加速运动，同理，从b到c过程中钩码也向上做加速运动，故A错误；电梯向上运动，a到c过程中拉力做正功，d到f过程中电梯减速向上运动，拉力做正功，B、C错误，D正确．
2．(2022·山西太原一模)如图是某地铁列车从左向右匀速率通过下穿轨道abcd的示意图，其中bc段水平、ab与cd段的倾角相等．已知整个过程中列车受阻力的大小保持不变(包括摩擦阻力和空气阻力)，在ab和bc段，牵引列车的功率分别为P1和P2．则在cd段牵引列车的功率为(　A　)

A．2P2－P1　　　 B．P2－P1
C．　　　 D．
【解析】　在ab段，由牛顿第二定律得＋mgsinθ－f＝0，在bc段，由牛顿第二定律得－f＝0，在cd段，由牛顿第二定律得－mgsinθ－f＝0，解得P3＝2P2－P1，故选A．
3．(2022·浙江6月高考)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，到达平台的速度刚好为零，g取10m/s2，则提升重物的最短时间为(　C　)
A．13.2s　 B．14.2s
C．15.5s　 D．17.0s
【解析】　为了以最短时间提升重物，一开始先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，根据牛顿第二定律可得a1＝＝m/s2＝5m/s2，当功率达到额定功率时，设重物的速度为v1，则有v1＝＝m/s＝4m/s，此过程所用时间和上升高度分别为t1＝＝s＝0.8s，h1＝＝m＝1.6m，重物以最大速度匀速时，有vm＝＝＝m/s＝6m/s，重物最后以最大加速度做匀减速运动的时间和上升高度分别为t3＝＝s＝1.2s，h3＝＝m＝3.6m，设重物从结束匀加速运动到开始做匀减速运动所用时间为t2，该过程根据动能定理可得P额t2－mgh2＝mv－mv，又h2＝(85.2－1.6－3.6)m＝80m，联立解得t2＝13.5s，故提升重物的最短时间为tmin＝t1＋t2＋t3＝(0.8＋13.5＋1.2)s＝15.5s，C正确，A、B、D错误．
考点二　动能定理
典例1　游乐园的过山车其局部可简化为如图所示的示意图，倾角θ＝37°的两平行倾斜轨道BC、DE的下端与水平半圆形轨道CD平滑连接，倾斜轨道BC的B端距轨道CD所在水平面的竖直高度h＝24m，倾斜轨道DE与圆弧轨道EF相切于E点，圆弧轨道EF的圆心O1、水平半圆轨道CD的圆心O2在同一水平面上，D点与O1点之间的距离L＝20m，质量m＝1000kg的过山车(包括乘客)从B点由静止开始滑下，经过水平半圆轨道CD后，滑上倾斜轨道DE，到达圆弧轨道顶端F时，乘客对座椅的压力为自身重力的①．已知过山车在BCDE段运动时所受的摩擦力与轨道对过山车的支持力成正比②，比例系数μ＝，圆弧轨道EF光滑，整个运动过程中空气阻力不计，过山车经过各轨道之间的连接点时无机械能损失．(sin37°＝0.6，cos37°＝0.8，重力加速度g取10m/s2)

(1)求过山车过F点时的速度大小；
(2)求从B点到F点的整个运动过程中摩擦力对过山车做的功；
(3)过山车过D点时发现圆弧轨道EF有故障，为保证乘客安全，立即触发制动装置，使过山车不能到达EF段并保证不再下滑③，设触发制动装置后，最大静摩擦力等于滑动摩擦力，则过山车受到的摩擦力至少为多大？
【规范审题】　
①
确定F点的速度
②
求其做功时，要应用动能定理
③
条件是最大静摩擦力大于或等于DE段重力的分力
【答案】　(1)3m/s　(2)－7.5×104J　(3)6000N
【解析】　(1)设过山车过F点时的速度为vF，选择某个质量为m1的乘客为研究对象，根据牛顿第二定律有m1g－m1g＝m1，
又r＝Lsinθ
联立方程并代入数据解得vF＝3m/s．
(2)设整个过程摩擦力做功为W，对过山车从B点到F点的过程，应用动能定理得mg(h－r)＋W＝mv－0
代入数据解得W＝－7.5×104J．
(3)触发制动装置后，设过山车恰好能够到达E点时对应的摩擦力为Ff，未触发制动装置时过山车在D点和F点的速度分别为vD和vF，由动能定理得
－FfLcosθ－mgrcosθ＝0－mv
未触发制动装置时，对D点到F点的过程，由动能定理得
－μmgcosθ·Lcosθ－mgr＝mv－mv
联立方程并代入数据解得Ff≈4.56×103N
因为Ff＜mgsinθ＝6000N，故由题意可知过山车受到的摩擦力至少为6000N．
〔考向预测〕
1．(2021·山东等级考)如图所示，粗糙程度处处相同的水平桌面上有一长为L的轻质细杆，一端可绕竖直光滑轴O转动，另一端与质量为m的小木块相连．木块以水平初速度v0出发，恰好能完成一个完整的圆周运动．在运动过程中，木块所受摩擦力的大小为(　B　)

A．　　　 B．
C．　　　 D．
【解析】　对木块由动能定理得：－Ff2πL＝0－mv，解得摩擦力大小为：Ff＝，故B正确，A、C、D错误．
2．(2022·北京朝阳区二模)如图所示，某一斜面的顶端到正下方水平面O点的高度为h，斜面与水平面平滑连接．一小木块从斜面的顶端由静止开始滑下，滑到水平面上的A点停止．已知斜面倾角为θ，小木块质量为m，小木块与斜面、水平面间的动摩擦因数均为μ，A、O两点的距离为x．在小木块从斜面顶端滑到A点的过程中，下列说法正确的是(　D　)

A．如果h和μ一定，θ越大，x越大
B．如果h和μ一定，θ越大，x越小
C．摩擦力对木块做功为－μmgxcosθ
D．重力对木块做功为μmgx
【解析】　对小木块运动的整个过程，根据动能定理有0－0＝mgh－μmgcosθ·－μmg，解得h＝μx，所以x与θ无关，故A、B错误；根据前面分析可知重力对木块做功为WG＝mgh＝μmgx，摩擦力对木块做功为Wf＝－WG＝－mgh＝－μmgx，故C错误，D正确．
3．(2021·河北高考)一半径为R的圆柱体水平固定，横截面如图所示．长度为πR、不可伸长的轻细绳，一端固定在圆柱体最高点P处，另一端系一个小球．小球位于P点右侧同一水平高度的Q点时，绳刚好拉直．将小球从Q点由静止释放，当与圆柱体未接触部分的细绳竖直时，小球的速度大小为(重力加速度为g，不计空气阻力)(　A　)

A．　　　 B．
C．　　　 D．2
【解析】　当与圆柱体未接触部分的细绳竖直时，小球下落的高度为h＝πR－R＋R＝R，小球下落过程中，根据动能定理有mgh＝mv2，联立以上两式解得v＝，故A正确，B、C、D错误．
4．(2021·东北三省四校一模)从地面竖直向上抛出一个质量为1kg的小球，其上升和下降过程中的动能—位移图象如图所示．其中E0为竖直上抛的初动能，空气阻力大小恒定，g取10m/s2，结合图象信息可判断下列说法中正确的是(　D　)

A．该图象取竖直向下方向为位移的正方向
B．小球抛出后，上升的最大高度为60m
C．空气阻力的大小为1.5N
D．初动能E0的大小为540J
【解析】　由题可知，E0为竖直上抛的初动能，随着x的增大Ek在减小，所以图象是取竖直向上为正方向的，故A错误；由图象可知，小球上升了15m后，Ek由E0变为E0，所以当x＝45m时，Ek＝0，所以小球抛出后上升的最大高度为45m，故B错误；设空气阻力大小为f，小球上升过程中，由动能定理可得ΔEk＝(mg＋f)Δx，小球下降过程中，由动能定理可得ΔEk1＝(mg＋f)Δx，小球下降过程中，由动能定理可得ΔEk2＝(mg－f)Δx，由图象可知＝mg＋f＝，＝mg－f＝，其中mg＝10N，联立解得f＝2N，故C错误；由C可知，f＝2N，且mg＋f＝，代入数据解得E0＝540J，故D正确．
5．(2021·湖南高考)“复兴号”动车组用多节车厢提供动力，从而达到提速的目的．总质量为m的动车组在平直的轨道上行驶．该动车组有四节动力车厢，每节车厢发动机的额定功率均为P，若动车组所受的阻力与其速率成正比(F阻＝kv，k为常量)，动车组能达到的最大速度为vm．下列说法正确的是(　C　)
A．动车组在匀加速启动过程中，牵引力恒定不变
B．若四节动力车厢输出功率均为额定值，则动车组从静止开始做匀加速运动
C．若四节动力车厢输出的总功率为2.25P，则动车组匀速行驶的速度为vm
D．若四节动力车厢输出功率均为额定值，动车组从静止启动，经过时间t达到最大速度vm，则这一过程中该动车组克服阻力做的功为mv－Pt
【解析】　对动车组由牛顿第二定律有F－F阻＝ma，动车组在匀加速启动过程，即动车组加速度a恒定，但F阻＝kv随速度增大而增大，则牵引力也随速度增大而变大，故A错误；若四节动力车厢输出功率均为额定值，则总功率为4P，由牛顿第二定律有－kv＝ma，故可知加速启动的过程，牵引力减小，阻力增大，则加速度逐渐减小，故B错误；若四节动力车厢输出的总功率为2.25P，则动车组匀速行驶时加速度为零，有＝kv，而以额定功率匀速运动时，有＝kvm，联立解得v＝vm，故C正确；若四节动力车厢输出功率均为额定值，动车组从静止启动，经过时间t达到最大速度vm，由动能定理可知4Pt－WF阻＝mv－0，可得动车组克服阻力做的功为WF阻＝4Pt－mv，故D错误．
考点三　机械能守恒定律的应用
考向1　轻绳连接的机械能守恒问题
典例2　(多选)(2022·黑龙江押题卷)如图所示，左侧为一个固定在水平桌面上的半径为R的半球形碗，碗口直径AB水平，O点为球心，碗的内表面及碗口光滑．右侧是一个足够长的固定光滑斜面，斜面倾角α＝45°．一根不可伸长的轻质细绳跨过碗口及竖直固定的轻质光滑定滑轮，细绳两端分别系有可视为质点的小球m1和物块m2，且m1＝2m2．开始时m1恰在A点，m2在斜面上且距离斜面顶端足够远，此时连接m1、m2的细绳与斜面平行且恰好伸直，C点位于圆心O的正下方．当m1由静止释放开始运动，则下列说法中正确的是(　AD　)

A．m2沿斜面上滑过程中，地面对斜面的支持力始终保持恒定
B．当m1运动到C点时，m1的速率v1＝
C．m1可能沿碗面上升到B点
D．在m1从A点运动到C点的过程中，m1与m2组成的系统机械能守恒
【解析】　m2沿斜面上滑过程中，m2对斜面的压力是一定的，斜面的受力情况不变，由平衡条件可知地面对斜面的支持力始终保持恒定，故A正确；在m1从A点运动到C点的过程中，m1与m2组成的系统只有重力做功，系统的机械能守恒．对m1、m2组成的系统，由机械能守恒定律得m1gR－m2g·Rsin45°＝m1v＋m2v，结合m1＝2m2，v1＝v2，解得v1＝，故B错误，D正确；若m1运动到B点，则m1的机械能不会减少，而此时m2的机械能增加，与机械能守恒定律矛盾．故C错误．故选AD．
考向2　轻杆连接的系统机械能守恒问题
典例3　(2022·湖北蕲春三模)如图，在竖直平面内有光滑轨道ABCD，AB、CD段是竖直轨道，BC段是半径为R的半圆弧轨道，B、C均与圆心等高，两个质量均为M的相同小球P、Q(可视为质点)用一根长为3R的轻杆连接在一起，套在AB段轨道上，则从Q球在B点处由静止释放到两球再次上升到最高点过程中，下列说法正确的是(　D　)

A．整个过程中两球与轻杆组成的系统机械能不守恒
B．两球再次上升到最高点时，Q球可能位于C处
C．当小球Q位于半圆弧轨道最低点时，小球Q的速度是小球P速度的2倍
D．当小球P下降的速度为零时，连接小球P、Q的轻杆与AB成30°角
【解析】　因为整个过程中只有重力对两小球与轻杆组成的系统做功，系统机械能守恒，故A错误；由几何关系可知，若Q球位于C处，则P球位于释放点下方，由机械能守恒定律可知此时系统的动能不为零，故C不可能为两球第一次上升到最高点时Q球的位置，故B错误；如图1，当小球Q第一次位于半圆弧轨道最低点时，小球P和Q的速度在杆上的投影相等，即vPcosθ＝vQsinθ得＝＝＝2，故C错误；当小球P第一次下降的速度为零时，Q球的速度在杆上的投影为零，则速度与杆垂直，又速度与半径垂直，所以轻杆一定过半圆弧的圆心，如图2，由几何关系可知连接小球P、Q的轻杆与AB成30°角，故D正确．

考向3　弹簧连接的系统机械能守恒问题
典例4　(多选)(2022·广东揭阳模拟)如图所示，一根轻质弹簧一端固定于光滑竖直杆底部，另一端与质量为m的滑块P连接，P穿在杆上，一根轻绳跨过定滑轮将滑块P和重物Q连接起来，重物Q的质量M＝6m．把滑块从图中A点由静止释放后沿竖直杆上下运动，当它经过A、B两点时弹簧对滑块的弹力大小相等．已知OA与水平面的夹角θ＝53°，OB长为L，与AB垂直．不计滑轮的摩擦力，重力加速度为g，滑块P从A到B的过程中，下列说法正确的是(　ABC　)

A．重物Q的重力功率先增大后减小
B．滑块P运动到位置B处速度大小为
C．轻绳对滑块P做功为4mgL
D．P与Q的机械能之和先减少后增加
【解析】　根据题意可知，滑块P从A点开始运动时，重物Q的速度为零，则重物Q重力的功率为零，当滑块到达B点时，重物Q的速度也为零，此时，重物Q重力的功率为零，则滑块由A到B的过程中，重物Q的重力功率先增大后减小，故A正确；根据题意可知，滑块P、重物Q和弹簧组成的系统机械能守恒，根据几何关系可知，滑块P上升的高度为h＝OBtan53°＝L，重物Q下降的高度为H＝OA－OB＝－OB＝，设滑块P运动到位置B处速度大小为v，根据机械能守恒定律有MgH－mgh＝mv2，联立解得v＝，故B正确；对滑块P，设轻绳对滑块P做功为W，由动能定理得W－mgh＝mv2，解得W＝4mgL，故C正确；根据题意可知，滑块P、重物Q和弹簧组成的系统机械能守恒，弹簧的弹性势能先减小后增大，根据机械能守恒定律可知，P与Q的机械能之和先增大后减小，故D错误．故选ABC．
考点四　功能关系与能量守恒定律
典例5　(多选)(2022·山东临沂二模)如图所示，轻弹簧放在倾角为37°的斜面体上，轻弹簧的下端与斜面底端的固定挡板连接，上端与斜面上b点对齐．质量为m的物块从斜面上的a点由静止释放，物块下滑后，压缩弹簧至c点时速度刚好为零，物块被反弹后滑到ab的中点时速度刚好为零，已知ab长为L，bc长为，重力加速度为g，sin37°＝0.6，cos37°＝0.8，则(　ACD　)

A．物块与斜面间的动摩擦因数为
B．弹簧具有的最大弹性势能为mgL
C．物块最终静止在bc之间的某一位置
D．物块与弹簧作用过程中，向上运动和向下运动速度都是先增大后减小
【解析】　物块从a点静止释放到压缩弹簧至c点再被反弹后滑到ab的中点的整个过程，根据动能定理可得mgsin37°－μmgcos37°·＝0，解得物块与斜面间的动摩擦因数为μ＝，A正确；物块压缩弹簧至c点时，弹簧的弹性势能最大，从a到c的过程，根据能量守恒定律可得mgsin37°＝Epm＋μmgcos37°·，解得Epm＝mgL，B错误；由于mgsin37°＞μmgcos37°可知物块每次被弹簧弹回后又继续向下压缩弹簧，由于摩擦力做功产生内能，使得每次压缩弹簧的压缩量越来越小，物块最终静止在bc之间的某一位置，C正确；物块与弹簧作用过程中，向下运动时，弹力先小于重力沿斜面向下的分力与沿斜面向上的滑动摩擦力的合力做加速运动，后大于重力沿斜面向下的分力与沿斜面向上的滑动摩擦力的合力做减速运动，向上运动时，弹力先大于重力沿斜面向下分力与沿斜面向下的滑动摩擦力的合力做加速运动，后小于重力沿斜面向下分力与沿斜面向下的滑动摩擦力的合力做减速运动，可知向上运动和向下运动速度都是先增大后减小，D正确．故选ACD．
〔考向预测〕
1．(2022·江苏连云港模拟)如图所示，一轻弹簧左端固定，右端连接一物块，置于粗糙的水平面上．开始时弹簧处于原长，现用一恒力F将物块由静止向右拉动直至弹簧弹性势能第一次达到最大．在此过程中，关于物块的速度v、加速度a、动能Ek及弹簧的弹性势能Ep随时间t或位移x变化的图象，其中可能正确的是(　C　)


【解析】　物块由静止向右拉动的过程中，对物块进行受力分析，物块受到向右的拉力F，向左的摩擦力f和弹簧的弹力F弹，其中F和f的大小和方向都不变，开始运动时，根据牛顿第二定律F－f－F弹＝ma，而随着物块右移，弹簧越来越长，弹力越来越大，加速度越来越小，因此物块做加速度逐渐减小的加速运动，直到合外力为零，合外力为零时，速度达到最大值，动能达到最大值．随后物块继续向右移动，根据牛顿第二定律F弹＋f－F＝ma′，由于物块一直向右运动，弹力越来越大，因此物块开始做加速度逐渐增大的减速运动，直到停止，停止时弹性势能最大．通过上述分析可知，v-t图像中，速度增大过程中由于加速度越来越小，故速度的上升过程越来越平缓，斜率越来越小，速度下降过程反之，Ek-x图象中斜率表示合外力，合外力先正向减小，后负向增大，故A错误，C正确；a-t图象中，通过分析可知，由于是变速运动，位移x与时间t不成线性关系，因此弹簧的弹力F弹与时间t也不成线性关系，故加速度a与时间t也不成线性关系，故B错误；Ep-t图象中，通过分析可知，在物块由静止向右拉动直至弹簧弹性势能第一次达到最大的过程中，弹性势能Ep一直增加，不会出现减小的情况，故D错误．
2．(2022·河南开封模拟)如图甲所示，绷紧的水平传送带始终以恒定速率v1运行，初速度大小为v2的小物块从与传送带等高的光滑水平地面上的A处滑上传送带．若从小物块滑上传送带开始计时，小物块在传送带上运动的v-t图象(以地面为参考系)如图乙所示．已知v2＞v1，物块和传送带间的动摩擦因数为μ，重力加速度为g，物块的质量为m．则(　C　)

A．t2时刻，小物块离A处的距离最大
B．0～t2时间内，小物块的加速度方向先向右后向左
C．0～t2时间内，因摩擦产生的热量为μmg
D．0～t2时间内，物块在传送带上留下的划痕为(t1＋t2)
【解析】　初速度大小为v2的小物块从与传送带等高的光滑水平地面上的A处滑上传送带，由小物块在传送带上运动的v-t图象可知，t1时刻，小物块离A处的距离达到最大，A错误；0～t2时间内，小物块受到的摩擦力方向一直向右，所以小物块的加速度方向一直向右，B错误；0～t1时间内物体相对地面向左的位移s1＝t1，这段时间传送带向右的位移s2＝v1t1，因此物体相对传送带的位移Δs1＝s1＋s2＝t1＋v1t1，t1～t2时间内物体相对地面向右的位移s1′＝(t2－t1)，这段时间传送带向右的位移s2′＝v1(t2－t1)，因此物体相对传送带的位移Δs2＝s2′－s1′＝(t2－t1)，0～t2时间内物块在传送带上留下的划痕为Δs＝Δs1＋Δs2＝(t2＋t1)＋，0～t2这段时间内，因此摩擦产生的热量Q＝μmg×Δs＝μmg，C正确，D错误．
3．(2021·全国甲卷)如图，一倾角为θ的光滑斜面上有50个减速带(图中未完全画出)，相邻减速带间的距离均为d，减速带的宽度远小于d；一质量为m的无动力小车(可视为质点)从距第一个减速带L处由静止释放．已知小车通过减速带损失的机械能与到达减速带时的速度有关．观察发现，小车通过第30个减速带后，在相邻减速带间的平均速度均相同．小车通过第50个减速带后立刻进入与斜面光滑连接的水平地面，继续滑行距离s后停下．已知小车与地面间的动摩擦因数为μ，重力加速度大小为g．

(1)求小车通过第30个减速带后，经过每一个减速带时损失的机械能；
(2)求小车通过前30个减速带的过程中在每一个减速带上平均损失的机械能；
(3)若小车在前30个减速带上平均每一个损失的机械能大于之后每一个减速带上损失的机械能，则L应满足什么条件？
【答案】　(1)mgdsinθ　(2)　(3)L＞d＋
【解析】　(1)由题意知，小车通过第30个减速带后，在相邻减速带间的平均速度均相同，可知小车通过每一个减速带时损失的机械能等于相邻两个减速带之间重力势能的减少量，即ΔE＝mgdsinθ．
(2)设小车通过前30个减速带的过程中，在每一个减速带上平均损失的机械能为ΔE0，对小车从静止开始到进入水平面停止，由动能定理有
mg(49d＋L)sinθ－30ΔE0－20ΔE－μmgs＝0－0
解得ΔE0＝．
(3)要使ΔE0＞ΔE，有＞mgdsinθ
解得L＞d＋．

应用创新·提素养
应用创新一　娱乐生活类
1．(多选)(2022·陕西铜川模拟)荡秋千是儿童喜爱的一项体育娱乐活动，在荡秋千过程中蕴藏着不少有趣的物理知识．某同学在一次荡秋千过程中，用力的传感器测量秋千拉绳的拉力随时间的变化关系．已知该秋千的两根拉绳平行，秋千及拉绳的质量可以忽略不计．不计空气阻力，重力加速度取10m/s2，则下列说法正确的是(　BC　)

A．t1～t4时间内，秋千荡起的幅度越来越小
B．该同学的质量约30kg
C．在t3时刻，秋千绳子与竖直方向夹角为60°
D．该同学和秋千组成的系统机械能守恒
【解析】　由图可知t1～t4时间内拉力的最大值逐渐增大，所以秋千荡起的幅度越来越大，故A错误；由图可知，小明的重力为G＝mg＝150×2N＝300N，该秋千的两根拉绳平行，秋千及拉绳的质量可以忽略不计，所以小明的质量约为30kg，故B正确；由图示图象可知，小孩(包括秋千)的重力G＝mg＝300N，在最高点，绳子的最小拉力F＝75N，由2F＝mgcosθ，可得θ＝60°，则小孩所达到的最高位置对应的秋千绳子与竖直方向夹角为60°，故C正确；因秋千荡起的幅度越来越大，则该同学和秋千组成的系统有人的内能和机械能的转化，即系统的机械能不守恒，故D错误．故选BC．

2．(2022·浙江金华押题卷)某同学骑自行车碰到了一段倾角为θ的斜坡，在不踩踏的情况下，他刚好能让自行车沿斜坡以速度v1匀速直线向下行驶，现在他要以速度v2沿那段斜坡匀速直线向上行驶，若人和自行车以及所有装备的总质量为M，上下坡人和自行车受到的阻力大小不变，那么此时这位同学的骑车功率大小约为(　D　)
A．Mgv1sinθ　　　 B．Mgv2sinθ
C．2Mgv1sinθ　　　 D．2Mgv2sinθ
【解析】　同学沿斜面向下行驶时，有f＝Mgsinθ，沿斜坡匀速直线向上行驶时，有动力为F＝f＋Mgsinθ＝2Mgsinθ，此时这位同学的骑车功率大小约为P＝Fv2＝2Mgv2sinθ，故A、B、C错误，D正确．
应用创新二　科技应用类
3．(多选)(2022·湖南，7)神舟十三号返回舱进入大气层一段时间后，逐一打开引导伞、减速伞、主伞，最后启动反冲装置，实现软着陆．某兴趣小组研究了减速伞打开后返回舱的运动情况，将其运动简化为竖直方向的直线运动，其v-t图象如图所示．设该过程中，重力加速度不变，返回舱质量不变，下列说法正确的是(　AC　)

A．在0～t1时间内，返回舱重力的功率随时间减小
B．在0～t1时间内，返回舱的加速度不变
C．在t1～t2时间内，返回舱的动量随时间减小
D．在t2～t3时间内，返回舱的机械能不变
【解析】　由v-t图象可知，0～t1时间内，返回舱的速度减小，加速度减小，返回舱重力的瞬时功率P＝mg·v变小，故A正确，B错误；t1～t2时间内，返回舱的速度继续减小，返回舱的质量不变，则返回舱的动量p＝mv减小，故C正确；t2～t3时间内，返回舱的速度不变，动能不变，高度下降，重力势能减小，返回舱的机械能减小，故D错误．
4．(多选)(2022·福建福州质检)如图甲为某缓冲装置模型，劲度系数为k(足够大)的轻质弹簧与轻杆相连，轻杆可在固定的槽内移动，与槽间的滑动摩擦力为定值f．轻杆向右移动不超过l时，装置可安全工作．一质量为m的小车以速度v0撞击弹簧后，轻杆恰好向右移动l，此过程其速度v随时间t变化的v-t图象如图乙所示．已知在0～t1时间内，图线为曲线，在t1～t2时间内，图线为直线．已知装置安全工作时，轻杆与槽间的最大静摩擦力等于滑动摩擦力，且不计小车与地面间的摩擦．下列说法正确的是(　AD　)

A．在0～t1时间内，小车运动的位移为
B．在t1时刻，小车速度为v1＝
C．在t1＋t2时刻，小车恰好离开轻弹簧
D．在0～t2时间内，轻杆摩擦产生热Q＝fl
【解析】　在0～t1时间内，小车压缩弹簧，轻杆保持静止，在t1时刻，弹力等于最大静摩擦力，则在0～t1时间内，小车运动的位移为弹簧的形变量有x＝，A正确；在t1时刻后，小车与轻杆一起做匀减速运动到速度为0，移动的位移为l，由动能定理有－fl＝0－mv，解得v1＝，所以在t1时刻，小车速度为v1＝，B错误；在0～t2时间内，轻杆摩擦产生热Q＝fl，D正确；在0～t1时间内，小车先做加速度增大的减速运动，在t1～t2时间内，后与轻杆一起做匀减速运动，最后弹簧反弹小车时，小车做加速减小的加速运动，则小车恰好离开轻弹簧时所用的时间比t1大，所以在t1＋t2时刻，小车还未离开轻弹簧，C错误．故选AD．