《2020屆高三物理一輪復習收尾二輪專題突破檢測 機械能守恒定律 功能關系（通用）》由會員分享，可在線閱讀，更多相關《2020屆高三物理一輪復習收尾二輪專題突破檢測 機械能守恒定律 功能關系（通用）（16頁珍藏版）》請在裝配圖網上搜索。
1、機械能守恒定律功能關系 A組(45分鐘100分)一、選擇題(本大題共8小題,每小題8分,共64分。多選題已在題號后標出)1.(多選)(2020周口一模)如圖,一物體從光滑斜面AB底端A點以初速度v0上滑,沿斜面上升的最大高度為h。下列說法中正確的是(設下列情境中物體從A點上滑的初速度仍為v0)()A.若把斜面CB部分截去,物體沖過C點后上升的最大高度仍為hB.若把斜面AB變成光滑曲面AEB,物體沿此曲面上升仍能到達B點C.若把斜面彎成圓弧形D,物體仍沿圓弧升高hD.若把斜面從C點以上部分彎成與C點相切的圓弧狀,物體上升的最大高度有可能仍為h2.(2020汕頭一模)蹦床運動員與床墊接觸的過程可簡
2、化為下述模型:運動員從高處落到處于自然狀態(tài)的床墊(A位置)上,隨床墊一同向下做變速運動到達最低點(B位置),如圖所示。有關運動員從A運動至B的過程,下列說法正確的是()A.運動員的機械能守恒B.運動員的速度一直減小C.合力對運動員做負功D.運動員先超重后失重3.(多選)(2020濰坊二模)如圖所示,質量為m的小球穿在半徑為R的光滑圓環(huán)上,可以沿圓環(huán)自由滑動,連接小球的輕質彈簧另一端固定在圓環(huán)的最高點?，F(xiàn)將小球從圓環(huán)的水平直徑右端B點靜止釋放,此時彈簧處于自然長度。當小球運動至圓環(huán)最低點C時速度為v,此時小球與圓環(huán)之間沒有彈力。運動過程中彈簧始終處在彈性限度內,則下面判斷正確的是()A.小球在B
3、點的加速度大小為g,方向豎直向下B.該過程中小球的機械能守恒C.在C點彈簧的彈性勢能等于mgR-mv2D.該過程中小球重力做的功等于其動能的增量4.如圖所示,豎直向上的勻強電場中,絕緣輕質彈簧直立于地面上,上面放一個質量為m的帶正電的小球,小球與彈簧不連接。現(xiàn)將小球向下壓到某位置后由靜止釋放,若小球從靜止開始運動到離開彈簧的過程中,重力和電場力對小球做功的大小分別為W1和W2,小球離開彈簧時速度為v,不計空氣阻力,則上述過程中()A.帶電小球電勢能增加W2B.彈簧彈性勢能最大值為W1+mv2C.彈簧彈性勢能減少量為W2+W1D.帶電小球和彈簧組成的系統(tǒng)機械能增加W25.(2020遂寧一模)一質
4、量為0.1kg的小球自t=0時刻從水平地面上方某處自由下落,小球與地面碰撞后反向彈回,不計空氣阻力,也不計小球與地面碰撞的時間,小球距地面的高度h與運動時間t關系如圖所示,取g=10m/s2。則()A.小球第一次與地面碰撞時機械能損失了5 JB.小球第二次與地面碰撞前的最大速度為20 m/sC.第二次碰撞后小球反彈過程中的最大勢能(地面為零勢能面)Ep=1.25JD.小球將在t=6s時與地面發(fā)生第四次碰撞6.(2020安徽高考)質量為m的人造地球衛(wèi)星與地心的距離為r時,引力勢能可表示為Ep=-,其中G為引力常量,M為地球質量。該衛(wèi)星原來在半徑為R1的軌道上繞地球做勻速圓周運動,由于受到極稀薄空
5、氣的摩擦作用,飛行一段時間后其圓周運動的半徑變?yōu)镽2,此過程中因摩擦而產生的熱量為()A.GMm(-)B.GMm(-)C.(-)D.(-)7.(2020眉山二模)在機場和火車站可以看到對行李進行安全檢查用的水平傳送帶,如圖所示,當旅客把行李放在正在勻速運動的傳送帶上后,傳送帶和行李之間的滑動摩擦力使行李開始運動,隨后它們保持相對靜止,行李隨傳送帶一起勻速通過檢測儀器接受檢查,設某機場的傳送帶勻速前進的速度為0.4m/s,某行李箱的質量為5kg,行李箱與傳送帶之間的動摩擦因數(shù)為0.2,在旅客把這個行李箱小心地放在傳送帶上,通過安全檢查的過程中,g取10m/s2,則()A.開始時行李的加速度為0.
6、2 m/s2B.行李到達B點的時間為2sC.傳送帶對行李做的功為0.4 JD.傳送帶上將留下一段摩擦痕跡,該痕跡的長度是0.03 m8.(2020嘉興一模)如圖所示是全球最高的(高度208米)北京朝陽公園摩天輪,一質量為m的乘客坐在摩天輪中以速率v在豎直平面內做半徑為R的勻速圓周運動,假設t=0時刻乘客在軌道最低點且重力勢能為零,那么,下列說法錯誤的是()A.乘客運動的過程中,重力勢能隨時間的變化關系為Ep=mgR1-cos(t)B.乘客運動的過程中,在最高點受到座位的支持力為mg-mC.乘客運動的過程中,機械能守恒,且機械能為E=mv2D.乘客運動的過程中,機械能隨時間的變化關系為E=mv2
7、+mgR1-cos(t)二、計算題(本大題共2小題,共36分。需寫出規(guī)范的解題步驟)9.(18分)有一傾角為=37的硬桿,其上套一底端固定且勁度系數(shù)為k=120N/m的輕彈簧,彈簧與桿間無摩擦。一個質量為m=1kg的小球套在此硬桿上,從P點由靜止開始滑下,已知小球與硬桿間的動摩擦因數(shù)為=0.5,P與彈簧自由端Q間的距離為l=1m。彈簧的彈性勢能與其形變量x的關系為Ep=kx2。(sin37=0.6,cos37=0.8,取g=10m/s2)求:(1)小球從開始下滑到與彈簧自由端相碰所經歷的時間t;(2)小球運動過程中達到的最大速度vm;(3)若使小球在P點以初速度v0下滑后又恰好回到P點,則v0
8、需多大?10.(18分)(2020佛山一模)如圖甲所示,ABC為豎直放置的半徑為0.1m的半圓形軌道,在軌道的最低點A和最高點C各安裝了一個壓力傳感器,可測定小球在軌道內側通過這兩點時對軌道的壓力FA和FC。質量為0.1kg的小球,以不同的初速度v沖入ABC軌道。(g取10m/s2)(1)若FC和FA的關系圖線如圖乙所示,求:當FA=13N時小球經過A點時的速度vA,以及小球由A點滑至C點的過程中損失的機械能。(2)若軌道ABC光滑,小球均能通過C點。試推導FC隨FA變化的關系式。B組(45分鐘100分)一、選擇題(本大題共8小題,每小題8分,共64分。多選題已在題號后標出)1.(多選)(20
9、20廣東高考)如圖,游樂場中,從高處A到水面B處有兩條長度相同的光滑軌道。甲、乙兩小孩沿不同軌道同時從A處自由滑向B處,下列說法正確的有()A.甲的切向加速度始終比乙的大B.甲、乙在同一高度的速度大小相等C.甲、乙在同一時刻總能到達同一高度D.甲比乙先到達B處2.(2020宣城一模)從地面豎直上拋一個質量為m的小球,小球上升的最大高度為H。設上升過程中空氣阻力F阻恒定,則對于小球的整個上升過程,下列說法中錯誤的是()A.小球動能減少了mgHB.小球機械能減少了F阻HC.小球重力勢能增加了mgHD.小球的加速度大于重力加速度g3.(2020淮安一模)鐵餅運動員奮力將質量為m的鐵餅以初速度v0拋出
10、,v0與水平面成角,鐵餅到達的最大高度為h,不計空氣阻力和拋出點的高度,運動員拋鐵餅過程對鐵餅做的功可以表示為()A.m+mghB.mghC.mgh+mcos2D.mgh+msin24.(多選)如圖所示,相距均為d的三條水平虛線L1、L2和L3,L1與L2、L2與L3之間分別有垂直紙面向外、向里的勻強磁場,磁感應強度大小均為B。一個邊長也是d的正方形導線框,從L1上方一定高度處由靜止開始自由下落,當ab邊剛越過L1進入磁場時,恰好以速度v1做勻速直線運動;當ab邊在越過L2運動到L3之前的某個時刻,線框又開始以速度v2做勻速直線運動,在線框從進入磁場到速度變?yōu)関2的過程中,設線框的動能變化量為
11、Ek,重力對線框做功為W1,安培力對線框做功為W2,下列說法中正確的有()A.在導線框下落過程中,由于重力做正功,所以v2v1B.從ab邊進入磁場到速度變?yōu)関2的過程中,線框動能的變化量為Ek=W1+W2C.從ab邊進入磁場到速度變?yōu)関2的過程中,線框動能的變化量為Ek=W1-W2D.從ab邊進入磁場到速度變?yōu)関2的過程中,機械能減少了W1-Ek5.(2020瀘州二模)如圖所示,長度相同的三根輕桿構成一個正三角形支架,在A處固定質量為2m的小球,B處固定質量為m的小球,支架懸掛在O點,可繞過O點并與支架所在平面相垂直的固定軸轉動,開始時OB與地面相垂直。放手后支架開始運動,在不計任何阻力的情況
12、下,下列說法不正確的是()A.A處小球到達最低點時速度為0B.A處小球機械能的減少量等于B處小球機械能的增加量C.B處小球向左擺動所能到達的最高位置應高于A處小球開始運動時的高度D.當支架從左向右回擺時,A處小球能回到起始高度6.(2020福州一模)如圖所示,在光滑斜面上的A點先后水平拋出和靜止釋放兩個質量相等的小球1和2,不計空氣阻力,最終兩小球在斜面上的B點相遇,在這個過程中()A.小球1重力做的功大于小球2重力做的功B.小球1機械能的變化大于小球2機械能的變化C.小球1到達B點的動能大于小球2到達B點的動能D.兩小球到達B點時,在豎直方向的分速度相等7.(2020南通模擬)如圖甲所示,在
13、傾角為的光滑斜面上,有一個質量為m的物體在沿斜面方向的力F的作用下由靜止開始運動,物體的機械能E隨位移x的變化關系如圖乙所示。其中0x1過程的圖線是曲線,x1x2過程的圖線為平行于x軸的直線,則下列說法中正確的是()A.物體在沿斜面向上運動B.在0x1過程中,物體的加速度一直減小C.在0x2過程中,物體先減速再勻速D.在x1x2過程中,物體的加速度為gsin8.(多選)(2020濰坊一模)如圖所示,在升降機內固定一光滑的斜面體,一輕彈簧的一端連在位于斜面體上方的固定木板B上,另一端與質量為m的物塊A相連,彈簧與斜面平行。整個系統(tǒng)由靜止開始加速上升高度h的過程中()A.物塊A的重力勢能增加量一定
14、等于mghB.物塊A的動能增加量等于斜面的支持力和彈簧的拉力對其做功的和C.物塊A的機械能增加量等于斜面的支持力和彈簧的拉力對其做功的和D.物塊A和彈簧組成系統(tǒng)的機械能增加量等于斜面對物塊的支持力和B對彈簧拉力做功的和二、計算題(本大題共2小題,共36分。需寫出規(guī)范的解題步驟)9.(18分)(2020西安一模)如圖所示,質量為m1的物體A經一輕質彈簧與下方地面上的質量為m2的物體B相連,彈簧的勁度系數(shù)為k,A、B都處于靜止狀態(tài)。一條不可伸長的輕繩繞過輕滑輪,一端連物體A,另一端連一輕掛鉤。開始時各段繩都處于伸直狀態(tài),A上方的一段沿豎直方向。若在掛鉤上掛一質量為m3的物體C,則B將剛好離地。若將
15、C換成另一個質量為m1+m3的物體D,仍從上述初始位置由靜止狀態(tài)釋放,則這次B剛離地時D的速度大小是多少?(已知重力加速度為g)10.(18分)(2020濟南二模)如圖所示,固定的粗糙弧形軌道下端B點水平,上端A與B點的高度差為h1=0.3m,傾斜傳送帶與水平方向的夾角為=37,傳送帶的上端C點到B點的高度差為h2=0.1125m(傳送帶傳動輪的大小可忽略不計)。一質量為m=1kg的滑塊(可看作質點)從軌道的A點由靜止滑下,然后從B點拋出,恰好以平行于傳送帶的速度從C點落到傳送帶上,傳送帶逆時針傳動,速度大小為v=0.5m/s,滑塊與傳送帶間的動摩擦因數(shù)為=0.8,且傳送帶足夠長,滑塊運動過程
16、中空氣阻力忽略不計,g=10m/s2,試求:(1)滑塊運動至C點時的速度vC大小;(2)滑塊由A到B運動過程中克服摩擦力做的功Wf;(3)滑塊在傳送帶上運動時與傳送帶摩擦產生的熱量Q。答案解析A組1.【解析】選B、D。斜面光滑,系統(tǒng)機械能守恒,若把斜面CB部分截去,物體從A點運動到C點后做斜上拋運動,到達最高點時有水平方向的分速度,則物體上升不到h高度。而變成曲面AEB及從C點以上部分彎成與C點相切的圓弧狀,物體到達最高點時速度都可為零,物體可達最大高度h,而沿圓弧形D物體做圓周運動,到達最高點需有個最小速度,故選項B、D正確。2.【解析】選C。由能量守恒定律可知,運動員減少的機械能轉化為床墊
17、的彈性勢能,故選項A錯誤;當F彈=mg時,a=0,在此之前,F彈mg,加速度方向向上(超重),物體做減速運動,選項B、D錯誤;從A位置到B位置,由動能定理得W合=-Ek0,選項C正確。3.【解析】選A、C。小球在B點只受重力作用,故在該處的加速度為重力加速度,A對。從B到C的過程中,小球和彈簧組成的系統(tǒng)機械能守恒,B錯。對小球和彈簧從B到C的過程由機械能守恒得mgR=mv2+Ep彈,即Ep彈=mgR-mv2,C對,D錯。【方法技巧】機械能守恒的判斷方法(1)物體只受重力作用,發(fā)生動能和重力勢能的相互轉化,如物體做自由落體運動、拋體運動等。(2)只有彈力做功,發(fā)生動能和彈性勢能的相互轉化。如在光
18、滑的水平面上運動的物體與一個固定的彈簧碰撞,在其與彈簧作用的過程中,物體和彈簧組成的系統(tǒng)的機械能守恒。上述彈力是指與彈性勢能對應的彈力,如彈簧的彈力、橡皮筋的彈力,不是指壓力、支持力等。(3)物體既受重力又受彈力作用,只有彈力和重力做功,發(fā)生動能、重力勢能、彈性勢能的相互轉化,如做自由落體運動的小球落到豎直彈簧上,在小球與彈簧作用的過程中,物體和彈簧組成的系統(tǒng)的機械能守恒。(4)物體除受重力或彈力外雖然受其他力的作用,但其他力不做功或者其他力做功的代數(shù)和為零,如物體在平行斜面向下的拉力作用下沿斜面向下運動,其拉力與摩擦力大小相等,該過程中物體的機械能守恒。4.【解題指南】解答本題時應注意以下兩
19、點:(1)明確小球的帶電性質,正確判斷電勢能的變化情況。(2)明確電場力做的功等于系統(tǒng)機械能的增加量。【解析】選D。電場力對小球做了W2的正功,根據(jù)功能關系可知,小球的電勢能減少了W2,選項A錯誤;對于小球在上述過程中,有W2+W彈-W1=mv2,根據(jù)功能關系可知,彈簧彈性勢能最大值為W1+mv2-W2,選項B、C錯誤;根據(jù)功能關系知,選項D正確。5.【解析】選C。小球第一次與地面碰撞時機械能損失了E=(20-5)J=15 J,第二次與地面碰撞前的最大速度vm=10m/s,第二次碰撞后小球反彈的最大高度h=gt2=1.25m,最大重力勢能Ep=mgh=1.25J,每次碰后均損失機械能,彈起高度
20、減小,空中運動時間變短,故第四次碰撞在t=6s之前,正確答案為C。6.【解析】選C。選衛(wèi)星為研究對象,當衛(wèi)星做圓周運動時,萬有引力提供向心力:=m可得Ek=mv2=故衛(wèi)星由半徑為R1的軌道變?yōu)榘霃綖镽2的軌道的過程中損失的機械能為:E=E1-E2= Ep1+Ek1-(Ep2+Ek2)代入數(shù)據(jù)可得E=(-)由能量轉化和守恒定律得,衛(wèi)星損失的機械能等于通過摩擦產生的熱量,產生的熱量為(-),C項正確。7.【解析】選C。行李開始運動時由牛頓第二定律有:mg=ma,所以a=2m/s2,故A錯誤;由于傳送帶的長度未知,故時間不可求,故B錯誤;行李最后和傳送帶一起勻速運動,所以傳送帶對行李做的功為W=mv
21、2=0.4J,C正確;在傳送帶上留下的痕跡長度為s=vt-=0.04 m,D錯誤。8.【解析】選C。在最高點,根據(jù)牛頓第二定律可得,mg-FN=m,乘客受到座位的支持力為FN=mg-m,B項正確;由于乘客在豎直平面內做勻速圓周運動,其動能不變,重力勢能發(fā)生變化,所以乘客在運動的過程中機械能不守恒,C項錯誤;在時間t內轉過的弧度為t,所以對應t時刻的重力勢能為Ep=mgR1-cos(t),總的機械能為E=Ek+Ep=mv2+mgR1-cos(t),A、D兩項正確。9.【解析】(1)由牛頓第二定律得:F合=mgsin-mgcos=ma,解得a=2m/s2(2分)由l=at2,解得t=1s (2分)
22、(2)當小球從P點無初速滑下時,彈簧被壓縮至x處有最大速度vm,由mgsin-mgcos=kx得x=m=0.017m (2分)由功能關系得:mgsin(l+x)-mgcos(l+x)-W彈=m (1分)又W彈=kx2 (2分)代入數(shù)據(jù)解得vm=2m/s (2分)(3)設小球從P點壓縮彈簧至最低點,彈簧的壓縮量為x1,由動能定理得mgsin(l+x1)-mgcos(l+x1)-k=0-m (3分)從最低點經過彈簧原長Q點回到P點的速度為0,則有k-mgsin(l+x1)-mgcos(l+x1)=0 (2分)解得:x1=0.5m,v0=4.9m/s (2分)答案:(1)1s(2)2 m/s(3)4
23、.9 m/s【方法技巧】涉及彈性勢能的機械能守恒問題的分析技巧(1)彈簧的彈性勢能與彈簧勁度系數(shù)和形變程度有關,對同一根彈簧而言,無論是處于伸長狀態(tài)還是壓縮狀態(tài),只要形變量相同,其儲存的彈性勢能就相同。(2)對同一根彈簧而言,先后經歷兩次相同的形變過程,則兩次過程中彈簧彈性勢能的變化相同。(3)彈性勢能公式Ep=kx2不是考試大綱中規(guī)定的內容,高考試題除非在題干中明確給出該公式,否則不必用該公式定量解決物理計算題,以往高考命題中涉及彈簧彈性勢能的問題都是從“能量守恒”角度進行考查的。10. 【解析】(1)由牛頓第三定律可知,小球在A、C兩點所受軌道的彈力大小FA=FA,FC=FC在A點由牛頓第
24、二定律得FA-mg=(2分)解得vA=2m/s(1分)在C點由牛頓第二定律得FC+mg= (2分)解得vC=2m/s對A至C的過程,由動能定理得:Wf-mg2R=m-m (3分)聯(lián)立解得Wf=m-m+2mgR=-0.2J (3分)故損失的機械能為0.2J (1分)(2)因軌道光滑,小球由A至C的過程中機械能守恒m=m+mg2R (2分)聯(lián)立解得FA-FC=6mg (2分)即FC=(FA-6)N (2分)答案:(1)2m/s0.2J(2)FC=(FA-6)NB 組1. 【解析】選B、D。在曲線上任取一點,將重力沿軌道的切線方向分解,切線與水平方向成的銳角為,則切向力為:mgsin=ma切,可得甲
25、的切向加速度一直減小,乙的切向加速度一直增大,在B點,有a甲切a乙切,A錯誤;對甲、乙下落相同高度h,由重力做功的特點和動能定理得mgh=mv2,v=,B正確;從A到B,開始一段甲的切向加速度大于乙的切向加速度,即甲的速度增加得快,平均速度大,二者位移相等,由如圖所示的速率時間圖像知甲比乙先到達B處,D正確、C錯誤。2.【解析】選A。由動能定理知,小球動能減少了(mg+F阻)H,A錯誤;由功能關系知,小球機械能減少了F阻H,B正確;重力勢能增加了mgH,C正確;小球的加速度為g+,D正確。3.【解析】選C。由功能關系知,鐵餅拋出時獲得的動能m等于運動員對其做的功,A錯。當鐵餅上升到最大高度時,
26、v=v0cos,鐵餅拋出后機械能守恒,故m=mgh+mv2=mgh+mcos2,故C對,B、D錯。4.【解析】選B、D。當ab邊剛越過L1進入磁場時,恰好以速度v1做勻速直線運動,說明線框所受的重力和安培力相平衡;當ab邊在越過L2運動到L3之前的某個時刻又開始以v2做勻速直線運動,此時電路中有雙電動勢產生,在剛越過L2邊界后,線框所受安培力變大且方向向上,線框做減速運動,速度減小,有v2Ek2,C正確;由上面的分析可知,兩小球到達B點時,小球1的速度大于小球2的速度,且小球1的速度方向與豎直方向的夾角小于小球2速度方向與豎直方向的夾角,因此,小球1在豎直方向上的速度大于小球2在豎直方向上的速
27、度,D錯誤。7. 【解析】選D。由圖乙可知,在0x1過程中,物體機械能減少,故力F在此過程中做負功,因此,物體沿斜面向下運動,因在E-x圖線中的0x1階段,圖線的斜率逐漸變小,故力F在此過程中逐漸減小,由mgsin-F=ma可知,物體的加速度逐漸增大,A、B、C錯誤;x1x2過程中,物體機械能保持不變,F=0,故此過程中物體的加速度a=gsin,D正確。8.【解析】選C、D。整個系統(tǒng)由靜止開始加速上升,系統(tǒng)處于超重狀態(tài),彈簧伸長量變大,物塊A升高的高度小于h,選項A錯誤;對物塊A由動能定理得,EkA=W支+W彈-W重,選項B錯誤;物塊A和彈簧組成的系統(tǒng)受重力GA、斜面對物塊的支持力FNA和木板
28、B對彈簧的拉力F彈,物塊A和彈簧組成的系統(tǒng)的機械能增加量等于除物塊A的重力以外其他力做的功,選項D正確。9.【解析】開始時A、B靜止,即處于平衡狀態(tài)。設彈簧的壓縮量為x1,則有:kx1=m1g (3分)掛上C后,當B剛要離地時,設彈簧的伸長量為x2,則有:kx2=m2g(3分)此時,A和C的速度均為零從掛上C到A和C的速度均為零時,根據(jù)機械能守恒定律可知,彈性勢能的改變量為:E=m3g(x1+x2)-m1g(x1+x2) (5分)將C換成D后,有:E+(m1+m3+m1)v2=(m1+m3)g(x1+x2)-m1g(x1+x2) (5分)聯(lián)立解得:v=。 (2分)答案:【方法技巧】運用機械能守
29、恒定律解題的步驟(1)選取研究對象;(2)分析研究對象的物理過程及其初、末狀態(tài);(3)分析所研究的物理過程中,研究對象的受力情況和這些力的做功情況,判斷是否滿足機械能守恒定律的適用條件;(4)規(guī)定參考平面(用轉化觀點時,可省略這一步);(5)根據(jù)機械能守恒定律列方程;(6)解方程,統(tǒng)一單位,進行運算,求出結果,進行檢驗。10.【解題指南】(1)滑塊從B到C做平拋運動,由于滑塊恰好平行于傳送帶從C處落到傳送帶上,所以vC與水平方向夾角為37。(2)從A到B,利用動能定理求克服摩擦力做的功Wf。(3)求摩擦生熱時,關鍵是求出滑塊與傳送帶間的相對位移。【解析】(1)在C點,豎直分速度:vy= (1分
30、)vy=vCsin37 (1分)由得vC=2.5m/s (1分)(2)滑塊在C點的水平分速度為vx=vB=vCcos37=2 m/s (2分)從A點到B點的過程中,據(jù)動能定理有:mgh1-Wf=m (2分)解得Wf=1J (1分)(3)滑塊在傳送帶上運動時,據(jù)牛頓第二定律有:mgcos37-mgsin37=maa=0.4m/s2方向沿傳送帶向上 (2分)滑塊與傳送帶達到共同速度耗時:t=5s (2分)二者間的相對位移為:s=t-vt=5m (2分)由于mgsin37mgcos37,此后滑塊將做勻速運動 (2分)Q=mgscos37=32J (2分)答案:(1)2.5m/s(2)1 J(3)32 J
2020屆高三物理一輪復習收尾二輪專題突破檢測 機械能守恒定律 功能關系（通用）
