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限时规范训练24[基础巩固题组]1.如图所示，小明同学水平拉伸一个弹弓，放手后将弹珠射出，则橡皮筋的弹性势能()A.在释放过程中增加B.在拉伸过程中减小C.在释放过程中转化为弹珠动能D.在拉伸过程中由弹珠动能转化得到解析：C弹珠在释放过程中橡皮筋的弹性势

能转化为弹珠的动能，则弹性势能减小，选项A错误，C正确；在拉伸过程中，人克服弹力做功，则橡皮筋的弹性势能增加，选项B、D错误。2.滑沙运动类似滑雪和旱地雪橇，如图所示一游客从斜面上距水平地面h高处以g6的加速度由静止滑至地面，游客连同滑板质量为m，斜面倾角为θ＝30°，当地重

力加速度为g。下列说法中正确的是()A.游客连同滑板克服摩擦力做功13mghB.游客连同滑板的机械能减少23mghC.游客连同滑板的动能增加16mghD.斜面对滑板的作用力不做功解析：B游客连同滑板沿斜面做匀加速直线运动，根据v2＝2ax滑至地面的速度为v＝2ax＝2

g6·hsin30°＝2gh3。设克服摩擦力做的功为Wf，根据动能定理mgh－Wf＝12mv2，解得Wf＝23mgh，故A错误；根据功能关系，游客连同滑板机械能的减少量等于克服摩擦力做的功，为23mgh，故B正确；动

能的增加量为ΔEk＝12mv2＝13mgh，故C错误；斜面对滑板的作用力为支持力和摩擦力，支持力垂直于斜面斜向左上方，与运动方向垂直不做功，摩擦力与运动方向相反做负功，故D错误。故选B。3.(多选)如图所示，楔形木块abc固定在水平面上，粗糙斜面ab与水平

面的夹角为60°，光滑斜面bc与水平面的夹角为30°，顶角b处安装一定滑轮。质量分别为M、m(M>m)的两滑块A和B，通过不可伸长的轻绳跨过定滑轮连接，轻绳与斜面平行。两滑块由静止释放后，沿斜面做匀加速运动，A、B不会与定滑轮碰撞。若不计滑轮的质量和摩擦

，在两滑块沿斜面运动的过程中()A.轻绳对滑轮作用力的方向竖直向下B.拉力和重力对M做功之和大于M动能的增加量C.拉力对M做的功等于M机械能的增加量D.两滑块组成系统的机械能损失等于M克服摩擦力做的功解析：BD根据题意可知，两

段轻绳的夹角为90°，轻绳拉力的大小相等，根据平行四边形定则可知，合力方向与轻绳方向的夹角为45°，所以轻绳对滑轮作用力的方向不是竖直向下的，故A错误；对M受力分析，受到重力、斜面的支持力、轻绳的拉力以及滑动摩擦力作用，根据动能定理可知，M动能的增加量等于拉力、重力以及摩擦力做功之和

，而摩擦力做负功，则拉力和重力对M做功之和大于M动能的增加量，故B正确；除由重力和弹力之外的力对物体做的功等于物体机械能的变化量可知，拉力和摩擦力对M做的功之和等于M机械能的增加量，故C错误；对两滑块组成系统分析可知，除了重力之外只有摩擦力对M做功，

所以两滑块组成的系统的机械能损失等于M克服摩擦力做的功，故D正确。4.(多选)如图所示，滑块以一定的初速度冲上足够长的光滑固定斜面，取斜面底端O点为运动的起点和零势能点，并以滑块由O点出发时为t＝0时刻。在滑块运动到最高点的过程中，下列描述滑块的动能Ek、重

力势能Ep、机械能E随位移x、时间t变化的图像中，正确的是()解析：ABD根据动能定理得Ek＝Ek0－mgxsinθ，Ek与位移成线性关系，A正确；物体的重力势能为Ep＝mgxsinθ，Ep与位移成正比，B正确；动能与时间的关系为Ek＝12mv2＝12m(v0－gsinθ·t)2，Ek

与t成非线性关系，C错误；上滑过程中，只有重力做功，机械能守恒，D正确。5.(2023·全国乙卷)(多选)如图，一质量为M、长为l的木板静止在光滑水平桌面上，另一质量为m的小物块(可视为质点)从木板上的左端以速度v0开始运动。已知物块与木板间的滑动

摩擦力大小为Ff，当物块从木板右端离开时()A.木板的动能一定等于FflB.木板的动能一定小于FflC.物块的动能一定大于12mv02－FflD.物块的动能一定小于12mv02－Ffl解析：BD设物块离开木板时的速度为v1，此时木板的速度为

v2，由题意可知v1>v2，设物块的对地位移为xm，木板的对地位移为xM，根据能量守恒定律可得12mv02＝12mv12＋12Mv22＋Ffl，整理可得12mv12＝12mv02－Ffl－12Mv22<12mv02－Ffl，D正确，C错误；因摩擦产生的摩擦热Q＝Ff

l＝Ff(xm－xM)，根据运动学公式xm＝v0＋v12·t，xM＝v22·t，因为v0>v1>v2，可得xm>2xM，则xm－xM＝l>xM，对木板根据动能定理12Mv22＝FfxM<Ffl，B正确，A错误。6.如图所示，风力发

电机的风力带动叶片转动，叶片再带动转子(磁极)转动，使定子(线圈)中产生感应电流，实现风能向电能的转化。若叶片长为L，当地平均风速为v，空气密度为ρ，风能转化为电能的效率为η，则每一台发电机每小时平均输出的电能为()A.900ηρπL2v3B.1800ηρπL2v3C.3600η

ρπL2v3D.7200ηρπL2v3解析：B每秒钟吹到叶片上的空气的质量为m＝ρvS＝ρvπL2，动能Ek＝12mv2＝12ρv3πL2，由能量守恒得，发电机每小时平均输出的电能为E＝3600ηEk＝1800ηρπL2v3，故

选B。7.(多选)某粮库设计的运粮装置如图，连接粮车和配重的缆绳与斜面平行，斜面倾角为θ，粮车和配重的质量均为m，每次从高处向下运送的粮食质量为M，粮车由静止下滑L后遇到弹簧的自由端，继续向下运动s速度减为0，同时锁定弹簧和粮车。卸粮后，解开锁定，粮车刚好回到

斜坡上的初始位置。不计弹簧和缆绳质量，粮车所受阻力是车总重量的k倍(含有无粮食两种情况)，且粮车返回过程中，缆绳始终处于拉直状态。下列说法正确的是()A.粮车能回到起始位置，应满足k<1－sinθB.粮车和粮食下滑过程中减少的重力势能大于弹

簧和配重增加的机械能C.弹簧的最大弹性势能Ep＝(M＋m)g(L＋s)sinθ－mg(L＋s)D.弹簧的最大弹性势能Ep＝mg(L＋s)(k＋sinθ－1)解析：BD向下运送粮食时，由能量守恒可得(M＋m)g(L＋s)sinθ＝Ep＋mg(L＋s

)＋k(M＋m)g(L＋s)，解得Ep＝(M＋m)g(L＋s)·sinθ－mg(L＋s)－k(M＋m)g(L＋s)，向上回到起始位置过程，由能量守恒可得Ep＋mg·(L＋s)＝mg(L＋s)sinθ＋kmg(L＋s)，解得Ep＝mg

(L＋s)(k＋sinθ－1)，粮车能回到起始位置，应满足k>1－sinθ，故AC错误，D正确；粮车和粮食下滑过程中减少的重力势能转化为弹簧和配重增加的机械能加上克服阻力做功产生的内能，故B正确。故选BD。8.如图甲所示，一物块置于粗糙水平面上，其右端通过水平弹性轻绳固定在

竖直墙壁上。用力将物块向左拉至O处后由静止释放，用传感器测出物块的位移x和对应的速度，作出物块的动能Ek-x关系图像如图乙所示。其中，0.10～0.25m间的图线为直线，其余部分为曲线。已知物块与水平面间的动摩擦因数为0.2，取g＝

10m/s2，弹性绳的弹力与形变始终符合胡克定律，可知()甲乙A.物块的质量为0.2kgB.弹性绳的劲度系数为50N/mC.弹性绳弹性势能的最大值为0.6JD.物块被释放时，加速度的大小为8m/s2解析：D根据动能定理可得－μ

mgΔx＝ΔEk，代入数据可得m＝－ΔEkμgΔx＝－－0.300.2×10×（0.25－0.10）kg＝1kg，所以A错误；由题图乙可知动能最大时弹性绳弹力等于滑动摩擦力，则有kΔx1＝μmg，Δx1＝0.10m－0.08m＝

0.02m，解得k＝100N/m，所以B错误；根据能量守恒定律有Epm＝μmgxm＝0.2×1×10×0.25J＝0.5J，所以C错误；物块被释放时，加速度的大小为a＝kΔxm－μmgm＝100×0.10－0.2×1×101m/s2＝8m/s

2，所以D正确。[能力提升题组]9.(多选)如图所示，质量为M的物块A放置在光滑水平桌面上，右侧连接一固定于墙面的水平轻绳，左侧通过一倾斜轻绳跨过光滑定滑轮与一竖直轻弹簧相连。现将质量为m的钩码B挂于弹簧下端，当弹簧处于原长时，将B由静止释放，当B下降到最低点时(未着地

)，A对水平桌面的压力刚好为零。轻绳不可伸长，弹簧始终在弹性限度内，物块A始终处于静止状态。以下判断正确的是()A.M<2mB.2m<M<3mC.在B从释放位置运动到最低点的过程中，所受合力对B先做正功后做负功D.在B从释放位置运动到速度最大的过

程中，B克服弹簧弹力做的功等于B机械能的减少量解析：ACD由题意可知钩码B可以在开始位置到最低点之间做简谐振动，故在最低点时弹簧弹力F＝2mg，对A分析，设绳子与桌面间夹角为θ，则依题意有2mgsinθ＝Mg，故有M<2m，故A正确，B错误；由题意可知B从释放位置到最低点的过程

中，开始弹簧弹力小于重力，钩码加速，合力做正功，后来弹簧弹力大于重力，钩码减速，合力做负功，故C正确；对于B，在从释放到速度最大的过程中，B机械能的减少量等于弹簧弹力所做的负功，即等于B克服弹簧弹力所做的功，故D正确。10.如图所示

，竖直光滑杆固定不动，套在杆上的轻弹簧下端固定，将套在杆上的滑块向下压缩弹簧至离地高度h＝0.1m处，滑块与弹簧不拴接。现由静止释放滑块，通过传感器测量到滑块的速度和离地高度h并作出滑块的动能Ek-h图像，其中h＝0

.18m时对应图像的最顶点，高度从0.2m上升到0.35m范围内图像为直线，其余为曲线，取g＝10m/s2，由图像可知()A.滑块的质量为0.18kgB.弹簧的劲度系数为10N/mC.滑块运动的最大加速度为40m/s2D.弹簧的弹性势能最大值为0.7J解析：C在从

0.2m上升到0.35m范围内ΔEk＝ΔEp＝mgΔh，图线的斜率绝对值为ΔEkΔh＝2N＝mg，则m＝0.2kg，故A错误；在Ek-h图像中，图线的斜率表示滑块所受的合外力，由于高度从0.2m上升到0.35m范围内图像为直线，其余部分为曲线，说明滑块从0.

2m上升到0.35m范围内所受作用力为恒力，所以弹簧的原长为0.2m，当弹簧弹力等于重力时，滑块的速度最大，根据图像可知，此时h＝0.18m，则有mg＝kΔx，解得k＝20.2－0.18N/m＝100N/m，故B错误；由以上分析可知，滑块静止释放后做加速度减小的加速运动，当弹簧弹力等于重力

时，加速度为0，滑块的速度最大，所以滑块在释放瞬间加速度最大。由牛顿第二定律可得amax＝kΔxmax－mgm＝（0.2－0.1）×100－0.2×100.2m/s2＝40m/s2，故C正确；根据能量守恒定律可知，当滑块上升至最大高度时，增加的重力势能即为弹簧最

大弹性势能，所以Epm＝mgΔh＝0.2×10×(0.35－0.1)J＝0.5J，故D错误。11.在一水平向右匀速运动的长传送带的左端A点，每隔相同的时间轻放上一个相同的工件。经测量，发现前面那些已经和传送

带达到相同速度的工件之间的距离均为L。已知传送带的速率恒为v，工件与传送带间动摩擦因数为μ，工件质量为m，重力加速度为g，则下列说法正确的是()A.工件在传送带上加速运动的时间一定等于2LvB.传送带对每个工件

做的功为mv22＋μmgLC.每个工件与传送带间因摩擦而产生的热量一定等于12μmgLD.传送带因传送每一个工件而多消耗的能量为mv2解析：D工件在传送带上先做匀加速直线运动，然后做匀速直线运动，每个工件放到传送带上后运动的规律相同，由此可知L＝vT，解得

将相邻两个工件放到传送带上的时间间隔为T＝Lv，故A错误；传送带对每个工件做的功为W＝12mv2－0＝12mv2，故B错误；设工件加速运动的时间为t，工件与传送带相对滑动的路程为Δx＝vt－vt2＝vt2，摩擦产生的热量为Q

＝12μmgvt，加速时间t不一定等于T，所以Q不一定等于12μmgvT＝12μmgL，故C错误；根据能量守恒得，传送带传送一个工件多消耗的能量为E＝12mv2＋μmgΔx＝12mv2＋12μmgvt。对于工件加

速过程，有v＝at＝μgt，整理得E＝mv2，故D正确。12.如图，水平桌面上一个质量m＝0.01kg的物体(视为质点)将弹簧压缩至A点后由静止释放，在弹力作用下物体获得一向右速度后脱离弹簧，之后从桌子边缘B点平抛出去，并从C点沿CD方向进入竖直平面内，由斜直轨道CD和圆弧形轨道DE

FGH平滑连接而成的光滑轨道上运动，CD与水平面成θ＝37°角，EG为竖直直径，FH为水平直径。已知物块刚好能沿圆轨道经过最高点G，AB间的距离l＝4m，物体与桌面间的动摩擦因数μ＝0.25，C点距离桌面的水面距离x＝1.2m，B、C两点间的高度差

h1＝0.45m，C、D两点间的高度差h2＝1.05m，重力加速度g取10m/s2，sin37°＝0.6，cos37°＝0.8，求：(1)弹簧被压缩至A点时的弹性势能Ep；(2)圆弧轨道半径R；(3)当物体从D点进入圆弧轨道后，撤去斜直轨道CD，物体从H点落到

水平面的时间t。解析：(1)物体从B到C做平抛运动，则竖直方向有h1＝12gt12解得t1＝0.3s水平方向有x＝vBt1解得vB＝4m/s物体从A运动到B，根据能量守恒定律有Ep＝μmgl＋12mvB2代入数据解得Ep＝0.18J。(2)物块在C点的速度为vC＝vBcos37°＝5

m/s由题知物块刚好能沿圆轨道经过最高点G，则有mg＝mvG2R解得vG＝gR物体从C运动到G，根据动能定理有－mghGC＝12mvG2－12mvC2由几何关系可得hGC＝2R－h2－R(1－cos37°)联立解得R＝1m。(3)物体从G

运动到H，根据动能定理有mgR＝12mvH2－12mvG2解得vH＝30m/s从H点下落到地面上，根据运动学公式有R＝vHt＋12gt2代入数据解得t＝50－3010s。答案：(1)0.18J(2)1m(3)50－3010s