7、為彈簧的彈性勢能和內(nèi)能，故D錯誤．
答案：BC
5．(多選)(2019·株洲模擬)如圖所示，在傾角為θ＝30°的足夠長的固定粗糙斜面上一質(zhì)量為m＝0.4 kg的滑塊在t＝0時刻自斜面底端以某一初速度沿斜面向上運(yùn)動，滑塊上滑過程中距斜面底端的距離d＝10t－5t2(m)，不計空氣阻力，g取10 m/s2，最大靜摩擦力等于滑動摩擦力，則下列說法正確的是( )
A．在t＝1 s時刻滑塊開始下滑
B．在t＝2 s時刻滑塊返回斜面底端
C．滑塊和斜面間的動摩擦因數(shù)μ＝
D．滑塊在斜面上運(yùn)動過程中機(jī)械能損失10 J
解析：由滑塊上滑過程中距斜面底端的距離d＝10t－5t2(m)，可知滑
8、塊的初速度為10 m/s，加速度大小為10 m/s2，方向沿斜面向下，則到達(dá)最高點(diǎn)時有0＝v0－at，代入數(shù)據(jù)解得t＝1 s，故A正確；對滑塊上滑過程由牛頓第二定律得mgsin θ＋μmgcos θ＝ma，代入數(shù)據(jù)得μ＝，到達(dá)最高點(diǎn)速度為零時有mgsin θ＝μmgcos θ，滑塊不會向下滑動，將處于靜止?fàn)顟B(tài)，故B、C錯誤；滑塊到達(dá)最高點(diǎn)時的位移x＝v0t－at2＝10×1 m－×10×12 m＝5 m，滑塊在斜面上運(yùn)動過程中機(jī)械能損失ΔE＝μmgcos θ·x＝×0.4×10××5 J＝10 J，故D正確．
答案：AD
6．(多選)(2019·張掖模擬)如圖所示，質(zhì)量為m的滑塊以一定初速
9、度滑上傾角為θ的固定斜面，同時施加一沿斜面向上的恒力F＝mgsin θ，已知滑塊與斜面間的動摩擦因數(shù)μ＝tan θ，取出發(fā)點(diǎn)為參考點(diǎn)，能正確描述滑塊運(yùn)動到最高點(diǎn)過程中產(chǎn)生的熱量Q、滑塊的動能Ek、機(jī)械能E隨時間t變化關(guān)系及滑塊的勢能Ep隨位移x變化關(guān)系的是( )
解析：因?yàn)棣蹋絫an θ＝，所以當(dāng)滑塊向上滑動過程中，受到的滑動摩擦力大小為Ff＝μmgcos θ＝mgsin θ，方向沿斜面向下，而在沿斜面向下的方向上還受到重力的分力，即沿斜面向下的合力為2mgsin θ＞F，故滑塊做勻減速直線運(yùn)動，Ek＝mv2＝m(v0－at)2，動能是關(guān)于時間的二次函數(shù)，不是線性函數(shù)，故B錯誤；產(chǎn)
10、生熱量等于克服滑動摩擦力做的功，即Q＝Ffx＝mg(v0t＋at2)·cos θ，與t不是線性函數(shù)，故A錯誤；滑塊的重力勢能等于克服重力所做的功，其大小為Ep＝mgh＝mgxsin θ，與位移x成正比，故C正確；因?yàn)镕與摩擦力等大反向，所以兩者做功代數(shù)和為零，即過程中合力做功等于重力做功，機(jī)械能保持不變，故D正確．
答案：CD
考點(diǎn)3 功能關(guān)系的應(yīng)用
7.如圖所示，在豎直平面內(nèi)有一半徑為R的圓弧軌道，半徑OA水平、OB豎直，一個質(zhì)量為m的小球自A的正上方P點(diǎn)由靜止開始自由下落，小球沿軌道到達(dá)最高點(diǎn)B時恰好對軌道沒有壓力．已知AP＝2R，重力加速度為g，則小球從P到B的運(yùn)動過程中( )
11、
A．重力做功2mgR B．機(jī)械能減少mgR
C．合外力做功mgR D．克服摩擦力做功mgR
解析：小球由P到B的過程重力做功WG＝mg(2R－R)＝mgR，A錯誤；小球經(jīng)過B點(diǎn)時恰好對軌道沒有壓力，由牛頓第二定律可知mg＝m，即小球在B點(diǎn)的速度v＝；小球由P到B的過程，由動能定理可知合力做功W合＝ΔEk＝mv2＝mgR，C錯誤；又因?yàn)閃合＝WG＋Wf，所以小球由P到B的過程摩擦力做功Wf＝W合－WG＝－mgR，由功能關(guān)系知，物體的機(jī)械能將減少mgR，B錯誤，D正確．
答案：D
8．(多選)(2019·惠州模擬)如圖所示為傾角為θ＝30°的斜面軌道，質(zhì)量為M的木箱與軌道間的動
12、摩擦因數(shù)為.木箱在軌道頂端時，將質(zhì)量為m的貨物裝入木箱，然后木箱載著貨物沿軌道無初速滑下，輕彈簧被壓縮至最短時，自動卸貨裝置立刻將貨物卸下，然后木箱恰好被彈回到軌道頂端．下列選項(xiàng)正確的是( )
A．在木箱與貨物從頂端滑到最低點(diǎn)的過程中，減少的重力勢能全部轉(zhuǎn)化為彈簧的彈性勢能
B．木箱不與彈簧接觸時，上滑的加速度大于下滑的加速度
C．M＝2m
D．m＝2M
解析：在木箱與貨物從頂端滑到最低點(diǎn)的過程中，減少的重力勢能轉(zhuǎn)化為彈簧的彈性勢能和內(nèi)能，故A錯誤；受力分析可知，下滑時加速度為gsin θ－μgcos θ，上滑時加速度為gsin θ＋μgcos θ，故B正確；設(shè)下滑的距離為l，
13、根據(jù)功能關(guān)系有：μ(m＋M)glcos θ＋μMglcos θ＝mglsin θ，得m＝2M，故D正確，C錯誤．
答案：BD
9.(2019·泉州模擬)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(tǒng)兩部分組成，傳送過程傳送帶速度不變．假設(shè)乘客把物品輕放在傳送帶上之后，物品總會先、后經(jīng)歷兩個階段的運(yùn)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(shù)，則( )
A．前階段，物品可能向傳送方向的相反方向運(yùn)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(zhì)量物品與傳送帶摩擦產(chǎn)生的熱量相同
D．μ相同時，v增大為原來的2倍，前階段
14、物品的位移增大為原來的2倍
解析：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(yùn)動方向一定與傳送帶的運(yùn)動方向相同，故A錯誤；后階段，物品與傳送帶一起做勻速運(yùn)動，不受摩擦力，故B錯誤；設(shè)物品勻加速運(yùn)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＝＝，位移為x＝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＝＝，物品與傳送帶摩擦產(chǎn)生的熱量為Q＝μmgΔx＝mv2，則知v相同時，μ不同的等質(zhì)量物品與傳送帶摩擦產(chǎn)生的熱量相同，故C正確；前階段物品的位移為x＝＝，則知μ相同時，v增大為原來的2倍，前階段物
15、品的位移增大為原來的4倍，故D錯誤．
答案：C
10.如圖所示，傳送帶與水平面之間的夾角為θ＝30°，其上A、B兩點(diǎn)間的距離為l＝5 m，傳送帶在電動機(jī)的帶動下以v＝1 m/s的速度勻速運(yùn)動．現(xiàn)將一質(zhì)量為m＝10 kg的小物體(可視為質(zhì)點(diǎn))輕放在傳送帶上的A點(diǎn)，已知小物體與傳送帶之間的動摩擦因數(shù)μ＝，在傳送帶將小物體從A點(diǎn)傳送到B點(diǎn)的過程中，求(g取10 m/s2)：
(1)傳送帶對小物體做的功；
(2)電動機(jī)做的功．
解析：(1)小物體剛開始運(yùn)動時，根據(jù)牛頓第二定律有μmgcos θ－mgsin θ＝ma，
解得小物體上升的加速度為a＝＝2.5 m/s2，
當(dāng)小物體的速度為
16、v＝1 m/s時，
小物體的位移x＝＝0.2 m<5 m，
之后小物體以v＝1 m/s的速度勻速運(yùn)動到B點(diǎn)，
由功能關(guān)系得W＝ΔEk＋ΔEp＝mv2＋mglsin θ＝255 J；
(2)電動機(jī)做的功等于小物體的機(jī)械能的增加量和小物體與傳送帶間因摩擦產(chǎn)生的熱量Q之和，由v＝at得
t＝＝0.4 s，
相對位移x′＝vt－t＝0.2 m，
摩擦產(chǎn)生的熱量Q＝μmgx′cos θ＝15 J，
故電動機(jī)做的功為W電＝W＋Q＝270 J.
答案：(1)255 J (2)270 J
考點(diǎn)4 電磁場中的能量問題
11．(2019·濮陽模擬)某電場中x軸上電場強(qiáng)度E隨x變化的關(guān)系如圖所
17、示，設(shè)x軸正方向?yàn)殡妶鰪?qiáng)度的正方向．一帶電荷量為q的粒子從坐標(biāo)原點(diǎn)O沿z軸正方向運(yùn)動，結(jié)果粒子剛好能運(yùn)動到x＝3x0處．假設(shè)粒子僅受電場力作用，E0、x0已知，則下列說法正確的是( )
A．粒子一定帶負(fù)電
B．粒子的初動能大小為qE0x0
C．粒子沿x軸正方向運(yùn)動過程中最大動能為2qE0x0
D．粒子沿x軸正方向運(yùn)動過程中電勢能先增大后減小
解析：從圖中可知粒子在沿x軸正向運(yùn)動過程中，電場強(qiáng)度方向發(fā)生改變，并且在x0～3x0過程中電場強(qiáng)度和位移都比0～x0過程中的大，也就是說如果先做負(fù)功后做正功，粒子不可能在3x0處靜止，所以只有先做正功后做負(fù)功，電勢能先減小后增大，故粒子一定
18、帶正電，故A、D錯誤；因?yàn)殡妶鰪?qiáng)度是均勻減小的，0～x0過程中平均電場強(qiáng)度為E0，x0～3x0過程中平均電場強(qiáng)度為E0，根據(jù)動能定理得E0qx0－E0q·2x0＝0－Ek0，解得初動能Ek0＝E0qx0，故B錯誤；在0～x0過程中電場力做正功，所以在x0處動能最大，最大為Ekm＝Ek0＋E0qx0＝2E0qx0，故C正確．
答案：C
12．如圖所示，絕緣斜面處在一個豎直向上的勻強(qiáng)電場中，一帶電金屬塊由靜止開始沿斜面滑到底端．已知在金屬塊下滑的過程中動能增加0.3 J，重力做功1.5 J，電勢能增加0.5 J，則以下判斷正確的是( )
A．金屬塊帶負(fù)電荷
B．電場力做功0.5 J
19、
C．金屬塊克服摩擦力做功0.8 J
D．金屬塊的機(jī)械能減少1.2 J
解析：金屬塊的電勢能增加，說明電場力做負(fù)功，則電場力方向豎直向上，所以金屬塊帶正電荷，選項(xiàng)A錯誤；克服電場力做多少功，電勢能就增加多少，故金屬塊克服電場力做功0.5 J，即電場力做功－0.5 J，選項(xiàng)B錯誤；根據(jù)動能定理可得WG＋WE＋WFf＝ΔEk，解得WFf＝－0.7 J，即金屬塊克服摩擦力做功0.7 J，選項(xiàng)C錯誤；重力做功1.5 J，金屬塊的重力勢能減少1.5 J，動能增加0.3 J，故機(jī)械能減少1.2 J，選項(xiàng)D正確．
答案：D
13．(2019·佛山模擬)CD、EF是兩條水平放置的阻值可忽略的平行金屬導(dǎo)
20、軌，導(dǎo)軌間距為L，在水平導(dǎo)軌的左側(cè)存在磁感應(yīng)強(qiáng)度方向垂直導(dǎo)軌平面向上的勻強(qiáng)磁場，磁感應(yīng)強(qiáng)度大小為B，磁場區(qū)域的長度為d，如圖所示．導(dǎo)軌的右端接有一電阻R，左端與一彎曲的光滑軌道平滑連接．將一阻值也為R的導(dǎo)體棒從彎曲軌道上h高處由靜止釋放，導(dǎo)體棒最終恰好停在磁場的右邊界處．已知導(dǎo)體棒與水平導(dǎo)軌接觸良好，且動摩擦因數(shù)為u，則下列說法中正確的是( )
A．電阻R的最大電流為
B．流過電阻R的電荷量為
C．整個電路中產(chǎn)生的焦耳熱為mgh
D．電阻R中產(chǎn)生的焦耳熱為mgh
解析：金屬棒下滑過程中，機(jī)械能守恒，得mgh＝mv2，金屬棒到達(dá)水平面時的速度v＝，金屬棒到達(dá)水平面后進(jìn)入磁場受到向
21、左的安培力做減速運(yùn)動，則剛到達(dá)水平面時的速度最大，所以最大感應(yīng)電動勢為E＝BLv，最大的感應(yīng)電流為I＝，選項(xiàng)A錯誤；通過金屬棒的電荷量為q＝＝，選項(xiàng)B正確；金屬棒在整個運(yùn)動過程中，由動能定理得mgh－W安－μmgd＝0，則克服安培力做功W安＝mgh－μmgd，選項(xiàng)C錯誤；克服安培力做功轉(zhuǎn)化為焦耳熱，電阻與導(dǎo)體棒電阻相等，通過它們的電流相等，則金屬棒產(chǎn)生焦耳熱QR＝Q＝W安＝(mgh－μmgd)，選項(xiàng)D錯誤．
答案：B
14．(2019·玉溪模擬)如圖所示，兩根光滑的平行金屬導(dǎo)軌位于水平面內(nèi)，勻強(qiáng)磁場與導(dǎo)軌所在平面垂直，兩根金屬桿甲和乙可在導(dǎo)軌上無摩擦地滑動，滑動過程中與導(dǎo)軌接觸良好且保持垂
22、直．起初兩根桿都靜止．現(xiàn)突然給甲一個沖量使其獲得速度v而開始運(yùn)動，回路中的電阻不可忽略，那么在以后的運(yùn)動中，下列說法正確的是( )
A．甲克服安培力做的功等于系統(tǒng)產(chǎn)生的焦耳熱
B．甲動能的減少量等于系統(tǒng)產(chǎn)生的焦耳熱
C．甲機(jī)械能的減少量等于乙獲得的動能與系統(tǒng)產(chǎn)生的焦耳熱之和
D．最終兩根金屬桿都會停止運(yùn)動
解析：給甲一個沖量使其獲得速度v而開始運(yùn)動，回路中產(chǎn)生逆時針方向的感應(yīng)電流．根據(jù)左手定則，甲棒受到向左的安培力而減速，乙棒受到向右的安培力而加速，根據(jù)能量守恒定律，故甲棒減小的動能等于系統(tǒng)增加的內(nèi)能和乙棒增加的動能之和，故A、B、D錯誤，C正確．
答案：C
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2020屆高考物理二輪復(fù)習(xí) 專題強(qiáng)化練（六）機(jī)械能守恒定律 功能關(guān)系（含解析）
