压轴专题04 功能关系及能量守恒的综合应用-2024年高考物理压轴题专项训练（全国通用）

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一、以核心和主干知识为重点。构建知识结构体系，确定每一个专题的内容，在教学中突出知识的内在联系与综合。
二、注重情景与过程的理解与分析。善于构建物理模型，明确题目考查的目的，恰当运用所学知识解决问题：情景是考查物理知识的载体。
三、加强能力的提升与解题技巧的归纳总结。学生能力的提升要通过对知识的不同角度、不同层面的训练来实现。
四、精选训练题目，使训练具有实效性、针对性。
五、把握高考热点、重点和难点。
充分研究近5年全国和各省市考题的结构特点，把握命题的趋势和方向，确定本轮复习的热点与重点，使本轮复习更具有针对性、方向性。对重点题型要强化训练，举一反三、触类旁通，注重解题技巧的提炼，充分提高学生的应试能力。
压轴题04 功能关系及能量守恒的综合应用
功能关系及能量守恒在高考物理中占据了至关重要的地位，因为它们不仅是物理学中的基本原理，更是解决复杂物理问题的关键工具。在高考中，这些考点通常被用于检验学生对物理世界的深刻理解和应用能力。
从命题方式上看，功能关系及能量守恒的题目形式丰富多样，既可以作为独立的问题出现，也可以与其他物理知识点如牛顿运动定律、动量守恒定律等相结合，形成综合性的大题。这类题目往往涉及对能量转化、传递、守恒等概念的深入理解和灵活运用，对考生的逻辑思维和数学计算能力有较高的要求。
备考时，考生需要首先深入理解功能关系及能量守恒的基本原理和概念，明确它们之间的转化和守恒关系。这包括理解各种形式的能量（如动能、势能、热能等）之间的转化关系，以及能量守恒定律在物理问题中的应用。同时，考生还需要掌握相关的公式和计算方法，如动能定理、机械能守恒定律等，并能够熟练运用这些公式和方法解决实际问题。
考向一：应用动能定理处理多过程问题
1．解题流程
2．注意事项
(1)动能定理中的位移和速度必须是相对于同一个参考系的，一般以地面或相对地面静止的物体为参考系。
(2)应用动能定理的关键在于对研究对象进行准确的受力分析及运动过程分析，并画出运动过程的草图，借助草图理解物理过程之间的关系。
(3)当物体的运动包含多个不同过程时，可分段应用动能定理求解；当所求解的问题不涉及中间的速度时，也可以全过程应用动能定理求解，这样更简便。
(4)列动能定理方程时，必须明确各力做功的正、负，确实难以判断的先假定为正功，最后根据结果加以检验。
考向二：三类连接体的功能关系问题
轻绳连接的物体系统
轻杆连接的物体系统
轻弹簧连接的物体系统
考向三：有关传送带类的功能关系问题
1．两个设问角度
(1)动力学角度：首先要正确分析物体的运动过程，做好受力分析，然后利用运动学公式结合牛顿第二定律求物体及传送带在相应时间内的位移，找出物体和传送带之间的位移关系。
(2)能量角度：求传送带对物体所做的功、物体和传送带由于相对滑动而产生的热量、因放上物体而使电动机多消耗的电能等，常依据功能关系或能量守恒定律求解。
2．两个功能关系
(1)传送带电动机做的功W电＝ΔEk＋ΔEp＋Q＝Fx传。
(2)传送带摩擦力产生的热量Q＝Ff·x相对。
考向四：有关板块类的功能关系问题
1．两个分析角度
(1)动力学角度：首先隔离物块和木板，分别分析受力，求出加速度，根据初速度分析两者的运动过程，画出运动轨迹图，找到位移和相对位移关系，根据时间关系列位移等式和速度等式。
(2)能量角度：物块在木板上滑行时，速度减小的物块动能减小，速度增大的木板动能增加，根据能量守恒，减小的动能等于增加的动能与系统产生的内能之和。
2．三种处理方法
(1)求解对地位移可优先考虑应用动能定理。
(2)求解相对位移可优先考虑应用能量守恒定律。
(3)地面光滑时，求速度可优先考虑应用动量守恒定律。
01 应用动能定理处理多过程问题
1．如图（a）所示，可视为质点的物块A放于水平桌面上的O点，利用细绳通过光滑的滑轮与B相连。桌面上从O点开始；A与桌面的动摩擦因数μ随坐标x的变化如图（b）所示，A、B质量均为1kg，B离滑轮的距离足够长，现给A施加一个水平向左的恒力F=16N，同时静止释放A、B，重力加速度，，取，不计空气阻力，则（ ）
A．释放A时其加速度大小为6m/s²
B．A向左运动的最大位移为4m
C．A向左运动的最大速度为3m/s
D．当A速度为1m/s时，绳子的拉力可能是9.2N
【答案】C
【详解】A．初位置摩擦力为零，整体的加速度为
故A错误；
B．由图（b）可知
A向左运动的最大位移时，A、B速度为零，对整体由动能定理可得
其中
联立解得
故B错误；
C．A向左运动的最大速度，对应系统加速度为0，则有
可得
对系统有
解得A向左运动的最大速度为
故C正确；
D．当A速度为时，根据动能定理可得
解得
则有
或
根据
，
可得
，
以B为对象，根据牛顿第二定律可得
，
解得绳子拉力可能为
，
故D错误。
故选C。
02 应用机械能守恒定律处理绳类问题
2．如图所示，一倾角且足够长的光滑斜面上有一滑块A用轻质细线拉住绕过定滑轮与轻质动滑轮相连，动滑轮下方悬挂一重物B。开始时，使A、B处于静止状态，释放B后A、B开始运动。已知A、B的质量均为m，不计空气阻力和滑轮质量，重力加速度为g，当B的位移为h时（已知：sin37°=0.6，cs37°=0.8）（ ）
A．A的速度大小为
B．A的重力势能增加了
C．B的速度大小为
D．B的机械能增加了
【答案】A
【详解】B．由题意知，A所受重力沿斜面方向的分力为
细线沿斜面方向对A的拉力为，所以释放过后A沿斜面下滑，若B向上的位移为h，则A沿斜面向下的位移为，所以A的重力势能减少了
故B错误；
AC．设B的速度为，则A速度为，由于A、B组成的系统机械能守恒，由机械能守恒定律有
解得B的速度为
则A的速度
故A正确，C错误；
D．B的机械能增加量为
故D错误。
故选A。
03 应用机械能守恒定律处理杆类问题
3．一抛物线形状的光滑固定导轨竖直放置，O为抛物线导轨的顶点，O点离地面的高度为h，A、B两点相距2h，轨道上套有一个小球M，小球M通过轻杆与光滑地面上的小球N相连，两小球的质量均为m，轻杆的长度为2h。现将小球M从距地面竖直高度为h处静止释放，下列说法正确的是（ ）
A．小球M即将落地时，它的速度方向与水平面的夹角为30°
B．小球M即将落地时，它的速度方向与水平面的夹角为60°
C．从静止释放到小球M即将落地，轻杆对小球N的做功为mgh
D．从静止释放到小球M即将落地，轻杆对小球N的冲量为
【答案】C
【详解】AB．小球M即将落地时，它的速度方向与抛物线轨道相切，根据平抛运动知识可知，小球M的速度方向与水平方向的夹角满足
可得
故AB错误；
C．设小球M即将落地时，速度大小为v1，小球N的速度大小为v2，根据系统机械能守恒有
小球M与小球N沿杆方向的速度相等，有
解得
根据动能定理可得，从静止释放到小球M即将落地，轻杆对小球N做的功为
故C错误；
D．从静止释放到小球M即将落地，对小球，根据动量定理有
由题可知，杆对小球冲量的水平分量为I合，故杆对小球冲量大于，故D错误。
故选C。
04 应用机械能守恒定律处理弹簧问题
4．如图所示，水平面OA段粗糙，AB段光滑，。一原长为、劲度系数为k（）的轻弹簧右端固定，左端连接一质量为m的物块。物块从O点由静止释放。已知物块与OA段间的动摩擦因数为，最大静摩擦力等于滑动摩擦力。则物块在向右运动过程中，其加速度大小a、动能Ek、弹簧的弹性势能Ep、系统的机械能E随位移x变化的图像可能正确的是（ ）
A．B．
C．D．
【答案】B
【详解】A．由题意可知，A点处，物块受到的弹力大小为
可知物块从O到A过程，一直做加速运动，动能一直增加，根据牛顿第二定律可得
（）
可知物块从O到A过程，图像应为一条斜率为负的倾斜直线，故A错误；
B．物块从O到A过程（），由于弹簧弹力一直大于滑动摩擦力，物块一直做加速运动，动能一直增加，但随着弹力的减小，物块受到的合力逐渐减小，根据动能定理可知，图像的切线斜率逐渐减小；物块到A点瞬间，合力突变等于弹簧弹力，则图像的切线斜率突变变大，接着物块从A到弹簧恢复原长过程（），物块继续做加速运动，物块的动能继续增大，随着弹力的减小，图像的切线斜率逐渐减小；当弹簧恢复原长时，物块的动能达到最大，接着弹簧处于压缩状态，物块开始做减速运动，物块的动能逐渐减小到0，该过程，随着弹力的增大，图像的切线斜率逐渐增大；故B正确；
C．根据弹性势能表达式可得
可知图像为开口向上的抛物线，顶点在处，故C错误；
D．物块从O到A过程（），摩擦力对系统做负功，系统的机械能逐渐减少，根据
可知从O到A过程，图像为一条斜率为负的斜率直线；物块到达A点后，由于A点右侧光滑，则物块继续向右运动过程，系统机械能守恒，即保持不变，故D错误。
故选B。
05 应用功能关系或能量守恒处理传送带类问题
5．如图，倾角37°的传送带以速度顺时针运转，两传动轮之间的距离足够长，质量的滑块从左侧底端以一定速度滑上传送带，滑块在传送带上运动的图像如图所示，，，。则（ ）

A．0~4s，传送带对滑块的摩擦力始终做负功
B．0~4s，滑块的重力势能增加了200J
C．0~4s，滑块的机械能增加了128J
D．0~4s，滑块与传送带间因摩擦而产生的热量为30J
【答案】C
【详解】A．由于物块刚放上去时相对传送带向下运动，因此所受摩擦力沿传送带向上，后期匀速时摩擦力依然沿传送带向上，因此0~4s，传送带对滑块的摩擦力始终做正功，A错误；
B．根据图像，0~4s，滑块沿传送带上升的距离为图像的面积，因此可算出面积为
物块上升的高度为
因此重力势能增加了
B错误；
C．传送带对滑块做的功等于滑块机械能的增加量，由功能关系可得
解得
C正确；
D．滑块和传送带只有在相对滑动时才会产生热量，因此可得
联立解得
D错误。
故选C。
06 应用功能关系或能量守恒处理板块类问题
6．如图甲所示，足够长的木板静置于水平地面上，木板左端放置一可看成质点的物块。时对物块施加一水平向右的恒定拉力F，在F的作用下物块和木板发生相对滑动，时撤去F，物块恰好能到达木板右端，整个过程物块运动的图像如图乙所示。已知木板的质量为0.5kg，物块与木板间、木板与地面间均有摩擦，最大静摩擦力等于滑动摩擦力，取重力加速度大小，下列说法正确的是（ ）
A．木板的长度为3m
B．物块的质量为0.8kg
C．拉力F对物块做的功为9.9J
D．木板与地面间因摩擦产生的热量为3.3J
【答案】CD
【详解】A．木板在2.5s时刻之前影子向右做匀加速直线运动，作出图像，如图所示
由图像可知2.5s时两者共速，则木板在0~2.5s内的加速度大小为
物块在0~2.0s内的加速度大小
物块在2.0s~2.5s内的加速度大小
两者在2.5s~3.0s内的加速度大小
可得木板与地面间的动摩擦因数为0.2，物块与木板间的动摩擦因数为0.4，木板的长度为
故A错误；
B．前2s对木板有
对物块有
解得
故B错误；
C．前2s拉力F对物块做的功
故C正确；
D．木板与地面间因摩擦产生的热量
故D正确。
故选CD。
1．（2024·四川遂宁·三模）如图（a）所示，为测定物体冲上粗糙斜面能达到的最大位移x与斜面倾角θ的关系，将某一物体每次以不变的初速率v0沿足够长的斜面向上推出，调节斜面与水平方向的夹角θ，实验测得x与斜面倾角θ的关系如图（b）所示，取g=10 m/s2，=2.24，最大静摩擦力等于滑动摩擦力，则根据图像可求出（ ）
A．物体的初速率v0=4 m/s
B．物体与斜面间的动摩擦因数μ=0.8
C．当θ=30°时，物体达到最大位移后将保持静止
D．取不同的倾角θ，物体在斜面上能达到的位移x的最小值xmin≈0.7 m
【答案】AD
【详解】A．由图可知，当时物体做竖直上抛运动，位移为，由竖直上抛运动规律可知
代入数据解得
故A正确；
B．当时，位移为，由动能定理可得
代入数据解得
故B错误；
C．若时，物体的重力沿斜面向下的分力为
最大静摩擦力为
小球达到最高点后会下滑，故C错误；
D．由动能定理得
解得
当时，，此时位移最小为
故D正确。
故选AD。
2．（2024·辽宁鞍山·二模）如图，两长度均为L的相同轻质细杆用铰链A、B、C相连，质量可忽略的铰链A固定在地面上，铰链B和C质量不可忽略，均为m，铰链A、B、C均可视为质点。起始位置两细杆竖直，如图虚线所示，铰链A和C彼此靠近。时铰链C在水平外力的作用下从静止开始做初速度为零，加速度大小为的匀加速直线运动（g为重力加速度），到时AB和BC间的夹角变为120°，如图实线所示。若两个轻质细杆始终在同一竖直面内运动，所有摩擦均不计，下列说法正确的是（ ）
A．时重力对B做功的瞬时功率为
B．时重力对B做功的瞬时功率为
C．从到时间内，力F做的功为
D．时连接AB的细杆中的弹力大小为
【答案】BC
【详解】AB．时C的位移为
根据匀变速直线运动的规律，有
解得
B、C沿杆方向速度相等，为根据运动的合成与分解如图
B绕A做圆周运动， 解得
故重力对B做功的瞬时功率为
故A错误，B正确；
C．对系统，根据动能定理有
解得
故C正确；
D．若为恒力，时刻对C分析，根据牛顿第二定律
时刻对C分析，根据牛顿第二定律
联立解得
又B绕A做圆周运动，对B进行受力分析，如图
B所受合力沿AB杆指向A，设AB杆对B的弹力沿AB杆指向B， 根据牛顿第二定律，有
解得
此时AB杆对B的弹力大小为，但不是恒力，则
故此时连接AB的细杆中的弹力大小不为，故D错误。
故选BC。
3．（2024·山东聊城·一模）如图所示，一轻绳绕过无摩擦的两个轻质小定滑轮，一端和质量为m的小球连接，另一端与套在光滑固定直杆上质量也为m的小物块连接，直杆与两定滑轮在同一竖直面内，与水平面的夹角θ=53°，直杆上O点与两定滑轮均在同一高度，O点到定滑轮的距离为L，直杆上D点到点的距离也为L，重力加速度为g，直杆足够长，小球运动过程中不会与其他物体相碰。现将小物块从O点由静止释放，下列说法正确的是（ ）
A．小物块刚释放时，轻绳中的张力大小为mg
B．小球运动到最低点时，小物块加速度的大小为
C．小物块下滑至D点时，小物块与小球的速度大小之比为5：3
D．小物块下滑至D点时，小物块的速度大小为
【答案】BCD
【详解】A．小物块刚释放时，小物块将加速下滑，加速度向下，小球处于失重状态，则轻绳对小球的拉力小于球的重力mg，故A错误；
B．当拉物块的绳子与直杆垂直时，小球下降的距离最大，对小物块受力分析，由牛顿第二定律
解得此时小物块加速度的大小为
故B正确；
C．设小物块在D处的速度大小为v，此时小球的速度大小为，将小物块的速度分解为沿绳子方向和垂直绳子方向，如图所示
沿绳子方向的分速度等于小球的速度，即
故小物块在D处的速度与小球的速度之比为
故C正确；
D．对小物块和小球组成的系统根据机械能守恒定律，有
其中
解得此时小物块的速度大小为
故D正确。
故选BCD。
4．（2024·陕西宝鸡·模拟预测）如图所示，质量为mA=1kg，mB=2kg的物块A和B用轻弹簧连接并竖直放置，轻绳绕过固定在同一水平面上的两个定滑轮，一端与物块A连接，另一端与质量为mC=1kg的小球C相连，小球C套在水平固定的光滑直杆上。开始时小球C锁定在直杆上的P点，连接小球的轻绳和水平方向的夹角θ=60°，物体B对地面的压力恰好为零。现解除对小球C的锁定，同时施加一个水平向右、大小为F=16N的恒力，小球C运动到直杆上的Q点时速度达到最大，OQ与水平方向的夹角也为θ=60°，D为PQ的中点，PQ距离L=2m，在小球C的运动过程中，轻绳始终处于拉直状态，弹簧始终在弹性限度内，忽略两个定滑轮大小以及滑轮、绳与轴之间的摩擦力，g取10m/s2，下列说法正确的是（ ）
A．小球C从P点运动到D点的过程中，合外力对物体A的冲量为零
B．小球C从P点运动到Q点的过程中，轻绳拉力对物体A做功为零
C．小球C运动到Q点时的速度大小为
D．小球C运动到Q点时，物体A的加速度大小为
【答案】ACD
【详解】A．小球C运动到D点时，物体A刚好运动最低点，此时A的速度为零，根据动量定理可得
可知合外力对物体A的冲量为零，故A正确；
B．小球C从P点运动到Q点的过程中，此时物体A刚好回到初始位置，此过程重力、弹簧弹力对A球做功均为0；由于小球C运动到Q点沿绳子方向的速度不为0，则此时A的速度不为0，根据动能定理可得
故B错误；
C．小球C运动到Q点时，此时物体A刚好回到初始位置，弹簧的弹性势能变化量为零，A、C和弹簧组成的系统根据能量守恒有
又
联立解得
故C正确；
D．小球C运动到直杆上的Q点时速度达到最大，根据平衡条件有
根据对称性可知，小球C运动到直杆上的Q点时物体B对地面的压力恰好为零，则弹簧处于伸长状态，且大小为
物体A的加速度大小为
故D正确。
故选ACD。
5．（2023·四川德阳·一模）如图所示，竖直平面内固定一根竖直的光滑杆P和水平光滑杆Q，两杆在同一平面内，不接触，水平杆延长线与竖直杆的交点为O。质量为2m的小球A套在竖直杆上，上端固定在杆上的轻质弹簧的另一端与小球A相连。另一质量为m的小球B套在水平杆Q上，小球A、B用长为2L的轻杆通过铰链分别连接。在外力作用下，当轻杆与水平杆Q成θ=53°斜向左上时，轻质弹簧处于原长，系统处于静止状态。撤去外力，小球A在竖直杆上做往复运动，下降的最大距离为2L。已知轻质弹簧的弹性势能，x为弹簧的形变量，k为轻质弹簧的劲度系数，整个过程轻质弹簧始终处在弹性限度内，不计一切摩擦，重力加速度大小为g，sin53°=0.8，cs53°=0.6.则下列说法正确的是（ ）
A．轻质弹簧的劲度系数k为
B．小球A运动到O点时的速度大小为
C．从撤去外力到轻杆与水平杆Q成θ=30°斜向左上的过程，轻杆对小球B做的功为
D．小球A从最高点运动到O点的过程，水平杆Q对小球B的作用力始终大于mg
【答案】AC
【详解】A．小球A、弹簧和小球B组成的系统能量守恒，小球A下降到最大距离时，根据能量守恒定律有
解得
故A正确
B．小球A运动到O点时，AB速度相等，根据能量守恒定律有
解得
故B错误；
C．轻杆与水平杆Q成θ=30°斜向左上时，设B的速度为，A的速度为vA，根据关联问题可知
根据能量守恒定律有
解得
根据动能定理可知轻杆对小球B做的功为
解得
故C正确；
D．根据小球A在竖直杆上做往复运动的特点可知，小球从从最高点运动到O点的过程，铰链对小球先做正功，后做负功，则水平杆Q对小球B的作用力并非始终大于mg，故D错误；
故选AC。
6．（2023·福建厦门·三模）现代科学的发展揭示了无序性也是世界构成的一个本质要素。意大利物理学家乔治帕里西发现了从原子到行星尺度的物理系统中无序和涨落间的相互影响，深刻揭示了无序体系中的隐藏对称性，荣获了诺贝尔物理学奖。如图所示是力学中的一个无序系统模型，质量均为的小球M、N用两根长度均为的轻质细杆连接，细杆的一端可绕固定点自由转动，细杆可绕小球M自由转动。开始时两球与点在同一高度，静止释放两球，并开始计时，两球在竖直面内做无序运动；时，细杆与竖直方向的夹角为，小球N恰好到达与点等高处且速度方向水平向右。重力加速度，不计一切摩擦和空气阻力，下列说法正确的是（ ）
A．时，两小球速度大小相等
B．时，N球的速度大小为
C．此运动过程中，两杆对M球做功之和为
D．此运动过程中，细杆对球的冲量大小为
【答案】BC
【详解】A．细杆a的一端可绕固定点O自由转动，则M的速度方向始终与杆a垂直，设t=2s时小球M、N的速度大小分别为vM、vN，如图所示
M的速度方向始终与杆a垂直，当N速度方向水平向右时，二者沿杆b方向的分速度相等，有
可得
故A错误；
B．由系统机械能守恒，有
解得M球的速度
方向向右下方，与水平方向的夹角为30°，N球的速度
方向水平向右，故B正确；
C．此运动过程中，对M球根据动能定理有
解得
故C正确；
D．此运动过程中，根据动量定理可知，细杆b对N球的冲量
故D错误。
故选BC。
7．（2024·吉林·三模）如图，质量为的A物块和质量为的B物块通过轻质细线连接，细线跨过轻质定滑轮，B的正下方有一个固定在水平面上的轻质弹簧，劲度系数为。开始时A锁定在地面上，整个系统处于静止状态，B距离弹簧上端的高度为，现在对A解除锁定，A、B开始运动，A上升的最大高度未超过定滑轮距地面的高度。已知当B距离弹簧上端的高度时，A不能做竖直上抛运动，（重力加速度为，忽略一切摩擦，弹簧一直处在弹性限度内）下列说法正确的是（ ）
A．当弹簧的弹力等于物块B的重力时，两物块具有最大动能
B．当B物块距离弹簧上端的高度时，B物块下落过程中绳拉力与弹簧弹力的合力冲量方向竖直向上
C．当B物块距离弹簧上端的高度时，弹簧最大弹性势能为
D．当B物块距离弹簧上端的高度时，A物块上升的最大高度为
【答案】BCD
【详解】A．当物块B接触到弹簧后，由于受到弹簧向上的弹力作用，故B的加速度逐渐减小，但速度仍然变大，当满足弹簧的弹力等于物块B的重力与绳子拉力的差值时，即满足
即弹簧弹力为
拉力不为0，物体的加速度为零，此时两物体的速度最大，动能最大，故A错误；
BC．因为当B物块距离弹簧上端的高度时，A物块恰不能做竖直上抛运动，则当物体B到达最低点时，A到达最高点，此时两物块速度恰好为零，则B物块下落过程中，绳拉力与弹簧弹力的合力冲量与重力的冲量大小相等，方向相反，所以绳拉力与弹簧弹力的合力冲量竖直向上，对物体AB利用能量守恒得
则弹簧的压缩量为
则整个过程中，物体A上升的高度应该等于，由能量关系可知B到达最低点时弹簧的最大弹性势能为
故BC正确；
D．当B物块距离弹簧上端的高度为时，则B物体压缩弹簧下降时，物体A就将做上抛运动，此时刻根据能量关系可知
解得
则物体上抛运动的高度则A物块上升的最大高度为
故D正确。
故选BCD。
8．（2024·内蒙古赤峰·一模）如图所示，一固定在水平面上的光滑木板，与水平面的夹角，木板的底端固定一垂直木板的挡板，上端固定一定滑轮O。劲度系数为的轻弹簧下端固定在挡板上，上端与质量为2m的物块Q连接。跨过定滑轮O的不可伸长的轻绳一端与物块Q连接，另一端与套在水平固定的光滑直杆上质量为m的物块P连接。初始时物块P在水平外力F作用下静止在直杆的A点，且恰好与直杆没有相互作用，轻绳与水平直杆的夹角。去掉水平外力F，物块P由静止运动到B点时轻绳与直杆间的夹角。已知滑轮到水平直杆的垂直距离为d，重力加速度大小为g，弹簧轴线、物块Q与定滑轮之间的轻绳共线且与木板平行，不计滑轮大小及摩擦。，，，。则下列说法正确的是（ ）
A．物块P向左运动的过程中其机械能先增大后减小
B．物块P从A点运动到B点时，物块Q的重力势能减少量小于P、Q两物块总动能的增加量
C．物块P在A点时弹簧的伸长量为
D．物块P从A点运动到B点的过程中，轻绳拉力对物块P做的功为
【答案】CD
【详解】A．由于轻绳只能提供拉力，其对于物块P来说在从A点到B点过程中轻绳拉力的方向与其运动方向成锐角，即轻绳拉力对其做正功。而由于水平光滑直杆，所以物块P在该过程只有轻绳拉力做功，即物块P在该过程中机械能一直增加，故A项错误；
C．对物块P在A点时进行受力分析，其恰好与直杆没有相互作用，所以绳子拉力在竖直方向的分力与重力大小相等，方向相反，即
所以绳子的拉力为
对物块Q进行受力分析，在沿斜面方向上有
解得
设弹簧拉伸的长度为x，由胡克定律有
解得
故C项正确；
B．物块P到B点时，由几何可得物块Q沿斜面向下滑了
所以此时弹簧的压缩量为
即此时弹簧的压缩量与初始时弹簧的拉伸量相同，也就是说此时弹簧的弹性势能与初始时弹簧的弹性势能相同。物块P从A点运动到B点的过程中，弹簧的弹力做功为零，所以由能量守恒可知，物块Q重力势能减少量之和等于物块P和Q两物块的动能的增加量，故B项错误；
D．物块P运动到B点时，P和Q速度满足
物块P从A点运动到B的过程中，由能量守恒有
对物块P由动能定理有
解得
故D项正确。
故选CD。
9．（2024·辽宁鞍山·二模）如图所示，电动机带动的传送带与水平方向夹角，与两皮带轮、相切与A、B两点，从A到B长度为。传送带以的速率顺时针转动。两皮带轮的半径都为。长度为水平直轨道CD和传送带皮带轮最高点平滑无缝连接。现有一体积可忽略，质量为小物块在传送带下端A无初速度释放。若小物块与传送带之间的动摩擦因数为，与水平直轨道CD之间的动摩擦因数为，若最大静摩擦力等于滑动摩擦力。则（ ）

A．小物块从A运动到B的时间为8s
B．小物块运动到皮带轮最高点时，一定受到皮带轮的支持力作用
C．将小物块由A点送到C点电动机多消耗的电能为
D．若小物块刚好停在CD中点，则
【答案】ABC
【详解】A．小物块在传送带下端A无初速度释放后，受到的滑动摩擦力沿传送带向上，做匀加速直线运动由牛顿第二定律可得
解得
假设小物块能与传送带达到相同速度，则匀加速直线运动小物块上滑的位移为
则假设成立，小物块匀加速运动的时间为
速度相同后，由于
小物块与传送带一起匀速，小物块匀速运动的时间为
则小物块从A运动到B所用的时间为
A正确；
B．小物块运动到皮带轮最高点时所需的向心力
所以小物块运动到皮带轮最高点时，一定受到皮带轮的支持力作用，B正确；
C．小物块与传送带的相对位移为
小物块与传送带摩擦产生的热量为
B、C的高度
小物块从A点运动到C点，根据能量守恒可得电动机比空载时多消耗的电能为
故C正确；
D．若小物块刚好停在CD中点，根据动能定理有
解得
D错误。
故选ABC。
10．（2023·内蒙古包头·二模）如图，高为h倾角为的粗糙传送带以速率顺时针运行，将质量为m的小物块轻放到皮带底端，同时施以沿斜面向上的拉力使物块做匀加速直线运动，不考虑轮的大小，物块运动到斜面顶端时速率为，物块与传送带之间的动摩擦因数为，重力加速度为g，则下列说法正确的是（ ）
A．摩擦力对物块所做的功为
B．整个过程皮带与物块间产生的热量为
C．拉力所做的功为
D．皮带因传送物块多消耗的电能为
【答案】BC
【详解】A．物块向上做匀加速直线运动，则有
物块与皮带达到同速之前，物块所受摩擦力方向沿皮带向上，此过程的位移
物块与皮带达到同速之后，物块所受摩擦力方向沿皮带向下，此过程的位移
解得
，
则摩擦力对物块所做的功为
解得
A错误；
C．根对物块，根据动能定理有
解得
C正确；
B．物块与皮带达到同速之前经历的时间
结合上述解得
物块与皮带达到同速之后经历的时间
结合上述解得
则前后过程的相对位移分别为
，
则整个过程皮带与物块间产生的热量为
B正确；
D．传送带通过摩擦力对物块做功消耗能量，根据上述，摩擦力对物块所做的功为，即表明物块对传送带做正功，则传送带并没有多消耗能量，D错误。
故选BC。
11．（2024高三·山东日照·模拟预测）如图甲所示，六块相同的长木板并排放在粗糙水平地面上，每块长度为L=2m、质量为M=0.8kg。另有一质量为m=1kg的小物块（可看做质点），以的初速度冲上木板。已知物块与木板间的动摩擦因数为μ1=0.3，木板与地面间的动摩擦因数为μ2=0.1，重力加速度取g=10m/s2。以下说法正确的是（ ）
A．物块滑上第4块瞬间，第4、5、6块开始运动
B．物块滑上第5块瞬间，第5、6块开始运动
C．物块最终停在某木块上，物块与该木块摩擦产生的热量为
D．物块最终停在某木块上，物块与该木块摩擦产生的热量为
【答案】BD
【详解】AB．当物块滑上第n个长木板时，长木板开始运动，满足
解得
故物块滑上第5块瞬间，第5、6块开始运动，故A错误，B正确。
CD．滑上第5块木板前，所有木块相对地面静止，则
根据
代入数据解得，冲上第5块木板的速度
在第5块木板上运动时间为，受力分析
解得
此时物块速度
继续滑上第6个木板，则
解得
设达到共速时间为
解得
则共速时，相对于第6块木板左端距离
则物块与该木块摩擦产生的热量为
故C错误，D正确。
故选BD。
12．（2024·广东广州·二模）图（a）是水平放置的“硬币弹射器”装置简图，图（b）是其俯视图。滑槽内的撞板通过两橡皮绳与木板相连，其厚度与一个硬币的相同。滑槽出口端的“币仓”可叠放多个相同的硬币。撞板每次被拉动至同一位置后静止释放，与底层硬币发生弹性正碰；碰后，撞板立即被锁定，底层硬币被弹出，上一层硬币掉下补位。底层硬币被撞后在摩擦力作用下减速，最后平抛落到水平地面上。已知每个硬币质量为m，撞板质量为3m；每次撞板从静止释放到撞击硬币前瞬间，克服摩擦力做功为W，两橡皮绳对撞板做的总功为4W；忽略空气阻力，硬币不翻转。
（1）求撞板撞击硬币前瞬间，撞板的速度v；
（2）当“币仓”中仅有一个硬币时，硬币被撞击后到抛出过程，克服摩擦力做功Wf为其初动能的，求；
（3）已知“币仓”中有n（n≤10）个硬币时，底层硬币冲出滑槽过程中克服摩擦力做功为；试讨论两次“币仓”中分别叠放多少个硬币时，可使底层硬币平抛的水平射程之比为。
【答案】（1）；（2）；（3）见解析
【详解】（1）根据动能定理有
解得
（2）对撞板与硬币构成的系统，由于发生的是弹性碰撞，则有
，
解得
克服摩擦力做功Wf为其初动能的，则有
解得
（3）平抛运动过程有
，，
根据题意有
底层硬币冲出滑槽过程中克服摩擦力做功为，根据动能定理有
，
结合上述有
由于n≤10，则有
，或，或，
13．（2024·广东广州·一模）如图甲，当时，带电量、质量的滑块以的速度滑上质量的绝缘木板，在0~1s内滑块和木板的图像如图乙，当时，滑块刚好进入宽度的匀强电场区域，电场强度大小为，方向水平向左。滑块可视为质点，且电量保持不变，始终未脱离木板；最大静摩擦力等于滑动摩擦力，重力加速度g取。
（1）求滑块与木板间的动摩擦因数、木板与地面间的动摩擦因数；
（2）试讨论滑块停止运动时距电场左边界的距离s与场强E的关系。
【答案】（1），；（2）见解析
【详解】（1）根据图乙，可得滑块与木板的加速度大小分别为
，
对滑块和木板分别由牛顿第二定律有
解得
，
（2）根据题意，滑块与木板共速时恰好进入电场，进入电场后滑块所受电场力
由于
可得滑块所受电场力的范围
而滑块与木板间的最大静摩擦力
因此进入电场后以及出电场后滑块与木板都不会发生相对滑动，可将滑块与木板看成一个整体进行研究，且进入电场时的初速度为。当滑块刚到达电场右边界时速度减为0，则由动能定理有
解得
此时
而摩擦力
①当时，木板与滑块会穿过电场继续向右运动，由动能定理有
解得
②若有
可得
即当时，结合以上分析可知，物块和木板将会在电场中停下来，由动能定理有
解得
③当时，滑块和木板在电场中速度减为零后将反向做加速运动从而出电场，则对进入电场到速度减为0的过程由动能定理有
反向出电场的过程由动能定理有
联立解得
14．（2024·浙江温州·二模）一游戏装置竖直截面如图所示，该装置由倾角的固定斜面CD、水平传送带EF、粗糙水平轨道FG、光滑圆弧轨道GPQ、及固定在Q处的弹性挡板组成。斜面CD高度，传送带EF与轨道FG离地面高度均为h，两者长度分别为、，OG、OP分别为圆弧轨道的竖直与水平半径，半径，圆弧PQ所对应的圆心角，轨道各处平滑连接。现将质量的滑块（可视为质点）从斜面底端的弹射器弹出，沿斜面从D点离开时速度大小，恰好无碰撞从E点沿水平方向滑上传送带。当传送带以的速度顺时针转动，滑块恰好能滑至P点。已知滑块与传送带间的动摩擦因数，滑块与挡板碰撞后原速率反向弹回，不计空气阻力。，，求：
（1）高度h；
（2）滑块与水平轨道FG间的动摩擦因数；
（3）滑块最终静止时离G点的距离x；
（4）若传送带速度大小可调，要使滑块与挡板仅碰一次，且始终不脱离轨道，则传送带速度大小v的范围。
【答案】（1）；（2）；（3）；（4）
【详解】（1）滑块从D到E做斜抛运动，E点为最高点，分解，竖直方向
水平方向
竖直位移为y，则，解得
所以
（2）滑块以滑上传送带，假设能被加速到，则
成立。故滑块离开F点的速度
从F到P由动能定理得
解得
（3）由分析可知，物块从P返回后向左进入传送带，又被传送带原速率带回，设物块从P返回后，在FG之间滑行的总路程为s，则
解得
所以，滑块停止时离G点
（4）设传送带速度为时，滑块恰能到Q点，在Q点满足
解得
从F到Q由动能定理得
解得
设传送带速度为时，滑块撞挡板后恰能重新返回到P点，由动能定理得
解得
若滑块被传送带一直加速，则
可得
所以，传送带可调节的速度范围为
15．（2024·山东济宁·一模）济宁大安机场某货物传送装置简化图如图甲所示，该装置由传送带及固定挡板CDEF组成，挡板与传送带上表面ABCD垂直，传送带上表面与水平地面的夹角，CD与水平面平行。传送带始终匀速转动，工作人员将质量分布均匀的正方体货物从D点由静止释放，货物对地发生位移L=10m后被取走，货物在传送带上运动时的剖面图如图乙所示。已知传送带速率，货物质量，货物与传送带的动摩擦因数，与挡板的动摩擦因数。（，，重力加速度，不计空气阻力）。求：
（1）货物在传送带上经历的时间t；
（2）因运送货物传送装置多消耗的电能E。
【答案】（1）；（2）202J
【详解】（1）令传送带对货物的弹力为，挡板对货物的弹力大小为，对货物进行分析有
，
货物进行受力分析有
解得
货物匀加速至2m/s的过程，根据速度与位移关系式有
解得
则匀加速直线运动的时间
之后货物做匀速直线运动，经历时间
则货物在传送带上经历的时间
（2）货物在匀加速与匀速运动过程中，传送带的位移分别为
，
货物匀加速过程传送带克服摩擦力做功为
货物匀速过程传送带克服摩擦力做功为
则因运送货物传送装置多消耗的电能为
16．（2024·山东泰安·二模）如图所示，一个顺时针匀速转动的水平传送带右端与下侧光滑弯曲轨道最高点B等高相切，弯曲轨道有上下两个光滑侧面，其竖直截面均为两个四分之一圆周，且圆周半径均相同。最右端有一带固定挡板的长木板，其上表面与光滑平台CD、下侧弯曲轨道最低端等高且与D端接触。一滑块P自传送带左端A点由静止释放，滑块P大小略小于弯曲轨道的间距。滑块P经过传送带和弯曲轨道后与静止在光滑平台上的滑块Q发生弹性正碰。滑块P、Q、长木板质量分别为、、，滑块P碰后第一次返回到弯曲轨道最高点时对上侧轨道的压力为，滑块Q碰后滑上长木板，与长木板右端固定挡板发生弹性碰撞。已知弯曲轨道截面圆周的半径为，传送带的速度大小为，滑块P与水平传送带之间的动摩擦因数为0.8，和长木板上表面之间的动摩擦因数为0.4，长木板下表面和地面间的动摩擦因数为0.1，长木板上表面长度为，忽略长木板右端固定挡板尺寸，重力加速度g取。求：
（1）滑块P碰后第一次返回到弯曲轨道最低端C时，轨道对它的支持力大小；
（2）水平传动带两转轴之间的距离；
（3）滑块Q和长木板右端固定挡板碰后瞬间，滑块Q和长木板各自速度的大小；
（4）长木板在全过程中，长木板和地面间摩擦产生的热量。
【答案】（1）70N；（2）5m；（3），；（4）12.6J
【详解】（1）设滑块P、Q、长木板的质量分别为m、、，滑块P返回到B点时的速度大小为，与滑块Q碰后到达C点的速度大小为。滑块P碰后返回B时，根据牛顿第二定律和向心力公式，有
滑块P碰后返回B过程，根据机械能守恒，有
解得
滑块P碰后返回C时，同理根据牛顿第二定律和向心力公式，有
解得
（2）设滑块P、Q发生弹性碰撞前，滑块P到B点时的速度大小为，到达C点的速度大小为，滑块P、Q发生弹性碰撞后，滑块Q的速度为，滑块P由B至C过程，根据机械能守恒，有
滑块P、Q发生弹性碰撞，根据动量守恒和能量守恒，有
，
解得
，，
因，滑块P放上传送带后做匀加速直线运动
传送带两转轴间距离为
（3）滑块Q滑上长木板后，滑块Q做匀减速直线运动，长木板做匀加速直线运动，滑块Q经时间t与长木板挡板相碰，二者各自相对地前进、，长木板长度。对滑块Q，有
对长木板，有
又因为
，，
联立解得
，，，，
滑块Q和挡板发生弹性碰撞，根据动量守恒定律和能量守恒，有
，
得滑块和挡板的速度分别为
，
（4）碰后，滑块Q和长木板分别向右做匀加速直线运动和匀减速直线运动，各自加速度大小为、a2，用时二者达到共速，各自前进、，然后共同匀减速至零，加速度大小a，前进，根据牛顿第二定律和运动学规律，有
，，，
得
，，，
共同匀减速直线
，，
联立解得
，，，，
长木板在全过程中，长木板和地面间摩擦产生的热量为
代入数据得
常见情景
二点提醒
(1)分清两物体是速度大小相等，还是沿绳方向的分速度大小相等。
(2)用好两物体的位移大小关系或竖直方向高度变化的关系。
常见情景
三大特点
(1)平动时两物体线速度相等，转动时两物体角速度相等。
(2)杆对物体的作用力并不总是沿杆的方向，杆能对物体做功，单个物体机械能不守恒。
(3)对于杆和球组成的系统，忽略空气阻力和各种摩擦且没有其他力对系统做功，则系统机械能守恒。
题型特点
由轻弹簧连接的物体系统，若只有重力做功或系统内弹簧弹力做功，这时系统内物体的动能、重力势能和弹簧的弹性势能相互转化，而总的机械能守恒。
两点提醒
(1)对同一弹簧，弹性势能的大小由弹簧的形变量完全决定，无论弹簧伸长还是压缩。
(2)物体运动的位移与弹簧的形变量或形变量的变化量有关。