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物理选择性必修三3.3 能量守恒定律同步练习（优生加练 ）
一、选择题
1．下列说法中错误的是（　　）
A．能量既不会创生也不会消失
B．石沉水底，石头的能量消失了
C．某种形式的能减少，一定存在其他形式的能增加
D．不需要任何外界的动力而持续对外做功的机器﹣﹣﹣﹣﹣永动机是不可能制成的
2．下列说法中正确的是（　　）
A．随着科技的发展，永动机是可以制成的
B．能量守恒表明，节约能源是无意义的
C．机械能守恒是自然界遵循的普遍规律
D．能量的耗散反映出自然界宏观过程的方向性
3．下雨时，雨滴在空中先加速下降，后匀速下降；流星在空中坠落并发出明亮的光；双手搓动时手发烫。对这三个过程的描述，下列说法正确的是（　　）
A．都存在物体克服阻力做功
B．都是重力势能转化为内能
C．都是动能转化为其他形式的能
D．都是其他形式的能转化为机械能
4．关于能量的耗散，下列说法中正确的是(　　）
A．能量耗散是指在一定条件下，能量在转化过程中总量减少了
B．能量耗散表明，能量守恒定律具有一定的局限性
C．能量耗散表明，在能源的利用过程中，在可利用的品质上降低了
D．以上说法都不对
5．“胜哥”做了一个奇妙的实验：用一个保温性能良好的量热器装上水，再浸入叶轮。叶轮由圆筒带动，而圆筒本身又与下垂的重锤连接。“胜哥”要论证机械功与热量的转换关系，下列物理量中不需要测量的是（　　）
A．重锤下落通过细绳对圆筒做的功
B．搅拌叶片的转速
C．重锤下落前后水静止稳定时的温度
D．水和量热器的质量
6．最近，《科学》杂志报道了一种新型超材料薄膜，在不需要电源的情况下可以达到对热源物体强化冷的效果，图是这种新材料的照片．这种超材料由一层金属银及其下面的玻璃聚合物复合而成，它能够依靠被动辐射冷却来自然散热，从其覆盖的物体中吸收热量向外散去．也就是说，它能够在无需冷却水和零能量损耗的情况下，像空调系统一样冷却烈日下的建筑物．譬如，为了达到冷却屋顶的效果，可以把这种超材料轧制在屋顶表面，它会自动把太阳辐射的能量反射回到空间中，并从室内吸收热量，从而达到室内散热的效果．关于这种超材料，下列说法正确的是（　　）
A．为实现冷却功能，需要为这种超材料提供电能
B．为实现冷却功能，需要为这种超材料提供机械能
C．这种超材料反射太阳光时可以从其覆盖的物体中吸热
D．这种超材料反射太阳光时不能从其覆盖的物体中吸热
7．抽水蓄能电站有两种工作模式，一种为抽水蓄能模式：居民用电低谷时（如深夜），电站利用居民电网多余电能把水从下水库抽到上水库；另一种为放水发电模式：居民用电高峰时，再将上水库中的水放到下水库进行发电，将产生的电能输送到居民电网供居民使用。一抽一放起到了均衡电网负荷的作用。关于抽水蓄能电站下列说法正确的是（　　）
A．抽水蓄能的过程中，能量守恒
B．放水发电的过程中，机械能守恒
C．抽水蓄能电站建成之后，可以使能量增多
D．抽水蓄能电站建成之后，就不会再有能源危机问题了
8．如图所示是新型“风光互补”景观照明灯，它“头顶”小风扇，“肩扛”光电池板，“腰挎”照明灯，“脚踩”蓄电池。下列说法正确的是（　　）
A．照明灯利用的风能属于不可再生能源
B．夜晚蓄电池放电，将化学能转化为电能
C．小风扇利用风力发电，将电能转化为机械能
D．太阳能为可再生能源，光电池板将电能转化为光能
9．对下列四幅图涉及的相关物理知识的描述正确的是（　　）
A．图甲为布朗运动产生原因的示意图，颗粒越大，布朗运动越明显
B．从图乙可知当分子间的距离小于r0时，分子间距变小，分子势能变大
C．图丙所示的液体表面层，分子之间只存在相互作用的引力
D．图丁中为第一类永动机的其中一种设计方案，其不违背热力学第一定律，但违背了热力学第二定律
10．如图所示，在光滑水平地面左侧有竖直挡板，劲度系数为的轻弹簧左端固定在挡板上，右端自由且处于原长状态，质量为、带电量为的小滑块紧贴着弹簧右端由静止释放。整个装置处于水平向左、电场强度大小为的匀强电场中。已知弹簧弹性势能与形变量的关系为，运动过程中小滑块的电荷量不变，弹簧始终在弹性限度内。下列说法正确的是（　　）
A．小滑块加速度的最大值大于
B．小滑块的最大速度为
C．弹簧的最大压缩量为
D．若仅将小滑块的释放点适当右移，小滑块速度最大的位置将更加靠近挡板
11．一质量为m的物体放在倾角为且足够长的光滑固定斜面上，初始位置如图甲所示，在平行于斜面的力F的作用下由静止开始沿斜面运动，运动过程中物体的机械能E随位置x的变化关系如图乙所示。其中0~x1过程的图线是曲线，x1~x2过程的图线是平行于x轴的直线，x2~x3过程的图线是倾斜的直线，则下列说法正确的是（　　）
A．在0~x1的过程中，物体向上运动
B．在0~x1的过程中，物体的加速度一直增大
C．在x1~x2的过程中，物体的速度大小不变
D．在0~x3的过程中，物体的速度方向先沿斜面向上再沿斜面向下
12．如图所示，轻质弹簧一端固定，另一端与质量为m的圆环相连，圆环套在倾斜的粗糙固定杆上，杆与水平面之间的夹角为α，圆环在A处时弹簧竖直且处于原长。将圆环从A处静止释放，到达C处时速度为零。若圆环在C处获得沿杆向上的速度v，恰好能回到A。已知，B是AC的中点，弹簧始终在弹性限度之内，重力加速度为g，则（　　）
A．下滑过程中，环的加速度逐渐减小
B．下滑过程中，环与杆摩擦产生的热量为
C．从C到A过程，弹簧对环做功为
D．环经过B时，上滑的速度小于下滑的速度
13．如图甲所示，一轻质弹簧的两端与物块A、B相连接，并静止在光滑的水平面上。已知A的质量，现使B瞬时获得水平向右的速度，以此刻为计时起点，两物块的速度随时间变化的规律如图乙所示，由图像可得（　　）
A．时间内，弹簧处于伸长状态
B．物体B的质量为0.2kg
C．弹簧的最大弹性势能为0.3J
D．时间内弹簧对A、B的冲量相同
14．如图所示，实线AB为一电子在电场中的运动轨迹，虚线为等势线且相邻两等势线间的电势差相等、距离相等，电子运动到等势线φ1上时，具有动能30J，它运动到等势线φ3上时，具有动能10J。令φ0=0，电子重力不计，则下列说法正确的是（　　）
A．电场方向水平向左
B．电子在运动过程中加速度变小
C．电子在A点的电势能为负值
D．当该电子的电势能为4J时，其动能大小为36J
二、多项选择题
15．如图所示，将光滑的平行金属导轨固定在绝缘水平面上，导轨间距为L，左、右倾斜导轨与水平面夹角均为θ=30°，中间导轨水平且足够长。导轨间存在竖直向下的匀强磁场，左侧倾斜导轨间磁感应强度大小为2B，中间和右侧倾斜导轨间磁感应强度大小为 B。将长度均为L的导体棒ab、cd放置在倾斜导轨上，距水平面高度均为h。两导体棒同时由静止释放，在下滑过程中始终与导轨垂直并接触良好，导体棒ab到达左侧倾斜导轨底端时速度大小为v，两根导体棒在水平导轨上恰好不发生碰撞。导体棒ab、cd的质量分别为2m和m，电阻分别为2R和R。导轨连接处平滑，导轨电阻不计，导体棒粗细不计，重力加速度为g，不考虑磁场的边界效应。下列说法正确的是（　　）
A．导体棒ab到达左侧倾斜导轨底端时，导体棒cd的速度大小为
B．两导体棒在水平导轨上恰好不发生碰撞时，速度大小均为0
C．水平导轨长度
D．若两导体棒恰好不发生碰撞时粘连在一起，则全过程导体棒cd上产生的焦耳热为
16．如图所示，质量的圆环套在固定的光滑水平杆上，质量的小球通过轻绳与圆环连接，轻绳长度。现将轻绳拉直，且与AB平行，给小球一竖直向下的初速度。已知重力加速度，下列说法正确的是（　　）
A．运动过程中，小球和圆环组成的系统动量守恒
B．小球通过最低点时，速度大小为3m/s
C．小球从开始运动到最低点过程中向左运动的位移大小为0.2m
D．运动过程中，以圆环为参照物，小球能绕圆环做完整的圆周运动
17．某电磁缓冲装置如图所示，两足够长且间距为L的平行金属导轨置于同一水平面内，导轨左端与一阻值为R的定值电阻相连，导轨BC段与段粗糙，其余部分光滑，右侧处于磁感应强度大小为B方向竖直向下的匀强磁场中，、、均与导轨垂直，一质量为m的金属杆垂直导轨放置。现让金属杆以初速度沿导轨向右经过进入磁场，最终恰好停在处。已知金属杆接入导轨之间的阻值为R，与粗糙导轨间的动摩擦因数为，，导轨电阻不计，重力加速度为g，下列说法正确的是（　　）
A．金属杆经过区域过程，其所受安培力的冲量大小为
B．在整个过程中，定值电阻R产生的热量为
C．金属杆经过的速度小于
D．若将金属杆的初速度加倍，则金属杆在磁场中运动的距离大于
18．如图，与水平面成夹角且固定于O、M两点的硬直杆上套着一质量为的滑块，弹性轻绳一端固定于O点，另一端跨过固定在Q处的光滑定滑轮与位于直杆上P点的滑块拴接，弹性轻绳原长为OQ，PQ为且垂直于OM。现将滑块无初速度释放，假设最大静摩擦力与滑动摩擦力相等。滑块与杆之间的动摩擦因数为0.16，弹性轻绳上弹力F的大小与其伸长量x满足。，g取，。则滑块（　　）
A．与杆之间的滑动摩擦力大小始终为
B．下滑与上滑过程中所受滑动摩擦力的冲量相同
C．从释放到静止的位移大小为
D．从释放到静止克服滑动摩擦力做功为
三、非选择题
19．如图是玩具饮水鸟。饮水鸟头和躯体以一根玻璃管连通，内装易挥发乙醚液体，构成一个密闭容器。在鸟的面前放上一杯水，用手把鸟嘴浸到水里，鸟“喝”了一口水后，又直立起来。之后，无需人的干预，小鸟直立一会儿就会自己俯下身去使鸟嘴浸入水中“喝”水，然后又会直立起来。就这样周而复始，小鸟不停地点头喝水，成为一台神奇的“永动机”。当水杯中的水干了之后，小鸟　 　（填“能”或“不能”）继续上下运动。根据所学物理知识，试分析饮水鸟上下运动的能量来源：　 　。
20．如图甲所示，质量m1 = 1kg的小物块A静止在一质量m2 = 0.5kg的足够长的木板B的左端。当小物块A受到一个水平向右的外力F作用时，测得A与B间摩擦力f随外力F的变化关系如图乙所示。现对小物块A施加水平向右的拉力F = 15N，作用2s后撤去。重力加速度取g = 10m/s2，各接触面间的最大静摩擦力等于滑动摩擦力。求：
（1）物块A与木板B间的动摩擦因数μ1和木板B与地面间的动摩擦因数μ2；
（2）从拉力F开始作用到物块A和木板B均停止的时间t；
（3）物块A与木板B之间因摩擦而产生的热量Q和物块A对木板B做的功。
21．带电粒子绕着带电荷量为的场源电荷做轨迹为椭圆的曲线运动，场源电荷固定在椭圆左焦点上，带电粒子电荷量为（，且）；已知椭圆焦距为，半长轴为，场源电荷产生的电场中各点电势计算公式为（k为静电力常量，为到场源电荷的距离，取无穷远处电势为零）。只考虑电场力的作用。求：
（1）带电粒子在、两点的速率之比；
（2）从运动到的过程中，电场力对带电粒子做的功；
（3）带电粒子动能与电势能之和的表达式。
22．某固定装置的竖直截面如图所示，由倾角的直轨道，半径、圆心角为的圆弧，半径为R、圆心角为的圆弧组成，轨道间平滑连接。在轨道末端E点的右侧足够长的水平地面上紧靠着质量的滑板b，其上表面与轨道末端E所在的水平面齐平。质量为的物块a从轨道上距B点高度为h处静止下滑，经圆弧轨道滑上轨道。物块a与滑板b间的动摩擦因数。（其他轨道均光滑，物块a视为质点，不计空气阻力，，）
（1）若
①求物块a第一次通过C点时速度大小和轨道对它的支持力大小：
②保证小物块不脱离滑板b，求木板的最小长度和这个过程产生的热量Q；
（2）若仅使滑板b的长度变为，物块a能经轨道滑上滑板b且不脱离，求释放高度h的范围。
23．如图所示，传送带与水平地面的夹角，从A到B的长度为，传送带以的速率逆时针转动。在传送带上端A无初速度释放一个质量为的黑色煤块（可视为质点），它与传送带之间的动摩擦因数为，煤块在传送带上经过会留下黑色痕迹。已知，g取。
（1）当煤块与传送带速度相同时，接下来它们能否相对静止
（2）求煤块从A到B的过程中在传送带上留下痕迹的长度；
（3）因为传送煤块，电动机对传送带多做多少功？
24．如图所示，一游戏装置由弹射器，光滑水平直轨道AB、CD，水平凹槽MN，圆心为的四分之一细圆管竖直轨道DE，圆心为O2的四分之一圆弧竖直轨道EF，足够长粗糙水平直轨道GH组成。连线水平，和竖直，静止在水平凹槽的滑板左端紧靠竖直侧壁BM，上表面与AB、CD平齐。游戏时，可视为质点的滑块从A点水平弹出，经B点滑上滑板，随后带动滑板一起运动，滑板到达竖直侧壁CN后即被锁定。滑块继续滑过轨道CD、DE、EF后，静止在GH某处视为游戏成功。已知滑块和滑板质量分别为m=0.03kg，M=0.01kg，MN长s=4.5m，滑板右端距CN的距离d=1.5m，滑块与滑板间的动摩擦因数，滑块与GH间的动摩擦因数，DE和EF的半径R=0.14m，其余各处均光滑，轨道间平滑连接，弹射时滑块从静止释放且弹簧的弹性势能完全转化为滑块动能，滑块离开F后立即水平滑入GH轨道，g取，求：
（1）若滑块恰好能滑上GH，求滑块在圆管轨道的 D点时对轨道的压力FN ；
（2）求滑块不从滑板上掉下去能滑上CD的最大速度；
（3）要使游戏成功，求滑块静止的区域以及相应的弹簧弹性势能范围。
25．如图所示，长的水平传送带以的速度顺时针转动，传送带右侧存在匀强电场，方向水平向左，场强大小为。质量为的不带电小滑块放在与传送带等高的平台上，与传送带右端的距离为，质量为、带电量的小滑块放在与距离为的位置，由静止释放，与碰后结合成一个整体记作滑块。和与传送带间的动摩擦因数均为，与平台间的动摩擦因数均为，在碰撞和滑动过程中，滑块的电荷量始终保持不变，重力加速度取。求：
（1）两滑块碰撞过程中损失的机械能；
（2）滑块从第一次滑上传送带到第一次离开传送带过程中，系统因摩擦产生的热量；
（3）运动全过程中，滑块在平台上运动的总路程。
答案
1．B
2．D
3．A
4．C
5．B
6．C
7．A
8．B
9．B
10．C
11．B
12．C
13．C
14．D
15．C,D
16．B,C,D
17．B,D
18．A,C
19．不能；从外界吸收的热量
20．解：（1）根据A与B间摩擦力f随外力F的变化关系可得A与B间滑动摩擦力为
B与地面的滑动摩擦力为
则有
解得
（2）拉力F = 15N开始作用在物块A时，对物块A分析，根据牛顿第二定律得
对木板B分析，根据牛顿第二定律得
解得
拉力F作用2s时物块A和木板B的速度分别为
解得
撤去拉力F直到物块A和木板B共速的过程中，物块A的加速度大小满足
物块A和木板B的共速时满足
解得
物块A和木板B共速后直到停止的过程中，整体的加速度大小满足
解得
减速的时间
所以从拉力F开始作用到物块A和木板B均停止的时间
（3）从拉力F开始作用到物块A和木板B共速的过程中，物块和木板的相对位移
因此物块A与木板B因摩擦而产生的热量
解得
物块A与木板B发生相对运动的过程中，木板B的位移
物块A与木板B间发生相对运动的过程中滑动摩擦力对木板B做的功
Wf1 = f1x
解得
Wf1 = 112.5J
物块A与木板B共速后一起运动的过程中静摩擦力对木板B做的功
Wf2 = f2x2
物块A与木板B共速过程中木板B受到A给他的摩擦力为
f2 = m1a = 2N
物块A与木板B共速过程的位移为
解得
Wf2 = 112.5J
则整个过程中物块A对木板B做的功
W = Wf1＋Wf2 = 225J
21．（1）解：类比开普勒第二定律可知
解得
（2）解：根据电势计算公式可得点的电势
点的电势
根据电场力做功与电势能的关系可知，带电粒子从运动到的过程中，电场力对带电粒子做的功
解得
（3）解：在点带电粒子动能与电势能之和
在点带电粒子动能与电势能之和
根据能量守恒可知
联立解得带电粒子动能与电势能之和
22．（1）解：（1）① 若h=0.3m，从释放点至C点，物块a的重力势能转化为动能，根据机械能守恒定律
整理得
C位置根据运动状态必有对应的合力定律
解得
②释放点到E位置根据机械能守恒定律
整理得
当物块a与滑板b达到共同速度时，此时物块a恰好未从滑板右侧滑出，此时木板长度最小。运动过程中，物块a与滑板b组成的系统动量守恒，最终速度为v，根据动量守恒
整理得
根据系统能量守恒
整理得
由滑动摩擦力公式得
热量来自摩擦力做功得
整理得
，
法二：隔离a分析a
隔离b分析b
共速时间
相对位移快减慢
法三：从初速度vE到共速相对速度为0，相对加速度为
aa+ab=4m/s2，，
①，，②，
（2）解：（2）①释放点高度为，物块a经轨道恰好能到达E处，即
从释放点到E处可知
解得
②释放点高度为，物块a经轨道到D处时恰好脱离轨道超过此速度就会从D处越到滑板b上，即D处
整理得
释放点到D处有
整理得
，
物块a从处释放，到达E处根据机械能守恒
整理得
根据系统动量守恒和能量守恒
整理得
整理得
由，得
综上所述释放高度h的范围为

23．（1）解：（1）当煤块受摩擦力加速到与传送带速度相同时，受力分析如下图
煤块受重力沿斜面分量3N大于传送带的摩擦力2N无法保持平衡，即，煤块会改变运动状态，即煤块继续加速超过传送带的速度，煤块与传送带不能相对静止。
不能
（2）解：（2）煤块刚放上传送带时，速度为0，传送带速度快，煤块以传送带为参照物运动方向向右上方，摩擦力与此方向相反，即煤块受到沿传送带向左下的摩擦力，受力分析如下图，
设煤块的加速度大小为，由运动状态必有对应的合力定律有
整理可得，
煤块从放上传送带速度以at加快到v0，与传送带共速所用时间为，
此过程煤块运动的位移为，
此过程煤块以传送带为参照物运动方向向右上即相对于传送带向右上运动，发生的相对位移为
煤块与传送带共速后，受力分析如下图，斜面方向，合力沿斜面向下，即向下加速，加速时以传送带为参照物（摩擦力是谁给的就以谁为参照物判断物体运动方向，摩擦力与之相反）煤块是向下运动的，因此煤块受到的摩擦力沿斜面向右上，
设煤块的加速度大小为，由运动状态必有对应的合力定律有整理可得加速度大小为，加速度方向沿斜面向左下，
煤块从与传送带共速位置到底端B所剩余需要完成的位移为
根据运动学公式有，代入得，整理可得，解方程负值舍去后得，
此过程煤块以传送带为视角为参照物即相对于传送带向下运动，发生的相对位移为，追回了0.25米划痕，已有的5米划痕无法改变，由于不用增加新的黑色痕迹，可知煤块从A运动到B的过程中在传送带上形成的黑色痕迹的长度仍为。
5m
（3）解：（3）电动机做功可由煤块获得的机械能与传送带损失的热能间接求得，包括动能增加和势能减小，到达底端B时增加的动能有
煤块从A到B的过程中，煤块增加的机械能
煤块从A到B的过程中，因摩擦产生的热量
根据能量守恒定律，忽略传送带空转的能量，因为传送煤块，电动机对传送带多做的功
10J
24．（1）解：恰好过点，由重力提供向心力，则有
从到点，由功能关系可得
解得
在 D点结合牛顿第二定律
联立解得
由牛顿第三定律，滑块在圆管轨道的 D点时对轨道的压力大小，方向竖直向下。
（2）解：滑板一直在加速
解得
根据牛顿第二定律则有
解得滑板的加速度
则滑板此阶段加速的时间
此过程，滑块一直在做减速运动，由动能定理可得
结合动量定理则有
解得为最大值，对应
（3）①解：在时，根据能量守恒可得
解得
恰好能过最高点时，则有
解得
滑块静止的区域距点的距离
②解：当时，对应，由功能关系可得
恰好能过最高点时，对应，滑块与滑板达到共速，随后两者匀速至滑板锁定。由
运动学规律可得，，
解得
滑板恰好匀加速至锁定时，滑块与滑板达到共速，即不存在匀速运动状态。则有，
综上所述，滑块静止时相应的弹簧弹性势能范围
25．（1）解： 设滑块向左运动位移时速度为，由动能定理
有
得
设和碰后速度为，由动量守恒定律
有
得
由能量守恒定律
有
解得在碰撞过程损失机械能；
（2）解： 设碰后滑块向左运动位移时速度为，由动能定理
有
得
滑块滑上传送带后先向左做匀减速直线运动，由牛顿第二定律
有
得
当滑块速度减为零时，由
得，滑块未从传送带左端滑出
由
得所需时间为
该段时间内，传送带运动距离为
此过程滑块与传送带的相对位移
由于摩擦，系统产生的热量
滑块速度减为零时，未从传送带左端滑出，之后向右做匀加速直线运动
与传送带共速时，需要时间
此过程，滑块滑行的位移为
传送带运动的距离为
此过程滑块与传送带的相对位移
由于摩擦，系统产生的热量
滑块从第一次滑上传送带到第一次离开传送带过程中，系统因摩擦产生的热量为
解得；
（3）解： 滑块第一次离开传送带，向右以进入电场做匀减速直线运动，直到速度减为零
因，不能静止，会再次向左做匀加速直线运动，由于摩擦产生热量，向左出电场，第二次滑上传送带时的速度小于传送带的速度，之后每次滑块向左出电场时的速度都在减小
由于向左出电场，第二次滑上传送带时的速度小于传送带的速度，故滑块第二次向左滑上传送带之后，在传送带上向左和向右的运动是对称的，所以之后每次进入传送带和从传送带滑出的速度大小相等，最终滑块将停在平台最左端
设滑块向右再次进入电场后，在电场中运动的总路程为
对该过程，由动能定理
有
解得
对运动全过程，滑块在平台上运动的总路程为
解得。
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物理选择性必修三3.3 能量守恒定律同步练习（优生加练）
一、选择题
1．下列说法中错误的是（　　）
A．能量既不会创生也不会消失
B．石沉水底，石头的能量消失了
C．某种形式的能减少，一定存在其他形式的能增加
D．不需要任何外界的动力而持续对外做功的机器﹣﹣﹣﹣﹣永动机是不可能制成的
【答案】B
【知识点】能量守恒定律；永动机不可能制成
【解析】【解答】A、根据能量守恒定律得知，能量既不会创生也不会消失，某种形式的能减少，其它形式的能一定增大．故A正确．B、石子在向下运动中机械能转化为了物体及周围物体的内能，能量并没有消失．故B错误．C、某个物体的总能量减少，根据能量守恒定律得知，必然有其它物体的能量增加．故C正确．D、根据能量守恒定律可知，不需要任何外界的动力而持续对外做功的机器﹣﹣﹣﹣﹣永动机是不可能制成的；故D正确；
本题选错误的，故选：B
【分析】能量的转化和守恒定律是指能量在转化和转移中总量保持不变；但能量会从一种形式转化为其他形式．
2．下列说法中正确的是（　　）
A．随着科技的发展，永动机是可以制成的
B．能量守恒表明，节约能源是无意义的
C．机械能守恒是自然界遵循的普遍规律
D．能量的耗散反映出自然界宏观过程的方向性
【答案】D
【知识点】能量守恒定律；永动机不可能制成
【解析】【解答】永动机违背了能量守恒定律，所以即使随着科技的发展，永动机也是不可以制成的，A不符合题意；虽然能量是守恒的，但可利用的能源不断减少，节约能量意义重大，B不符合题意．机械能守恒是有条件，这个定律不是自然界遵循的普遍规律，C不符合题意．根据热力学第二定律可知，宏观自然过程自发进行是有其方向性，能量耗散就是从能量的角度反映了这种方向性，D符合题意．
故答案为：D.
【分析】 永动机违背了能量守恒定律，永动机不可能制成；机械能守恒的条件是只有重力做功，根据热力学第二定律可知宏观自然过程自发进行是有其方向性。
3．下雨时，雨滴在空中先加速下降，后匀速下降；流星在空中坠落并发出明亮的光；双手搓动时手发烫。对这三个过程的描述，下列说法正确的是（　　）
A．都存在物体克服阻力做功
B．都是重力势能转化为内能
C．都是动能转化为其他形式的能
D．都是其他形式的能转化为机械能
【答案】A
【知识点】能量转化和转移的方向性
【解析】【解答】三个过程都克服阻力做功；下雨时，雨滴在空中先加速下降，机械能转化为内能；流星在空中坠落并发出明亮的光是机械能转化为内能和光能；双手搓动时手发烫是机械能转化为内能，所以都是机械能转化为其他形式的能。
故答案为：A。
【分析】三个过程都克服阻力做功，所以都是机械能转化为内能。
4．关于能量的耗散，下列说法中正确的是(　　）
A．能量耗散是指在一定条件下，能量在转化过程中总量减少了
B．能量耗散表明，能量守恒定律具有一定的局限性
C．能量耗散表明，在能源的利用过程中，在可利用的品质上降低了
D．以上说法都不对
【答案】C
【知识点】能量耗散
【解析】【解答】能量不能凭空产生，也不能凭空消失，能量耗散的过程中总的能量是守恒的，但是在能源的利用过程中，能量向品质低的大气内能转变，即在可利用的品质上降低了，ABD不符合题意，C符合题意。
故答案为：C。
【分析】能量耗散的过程中总能量保持不变；只是代表能使用的品质降低，能量守恒没有局限性。
5．“胜哥”做了一个奇妙的实验：用一个保温性能良好的量热器装上水，再浸入叶轮。叶轮由圆筒带动，而圆筒本身又与下垂的重锤连接。“胜哥”要论证机械功与热量的转换关系，下列物理量中不需要测量的是（　　）
A．重锤下落通过细绳对圆筒做的功
B．搅拌叶片的转速
C．重锤下落前后水静止稳定时的温度
D．水和量热器的质量
【答案】B
【知识点】能量转化和转移的方向性
【解析】【解答】此实验中是重锤的重力势能转化为水和量热器的内能；焦耳要论证机械功与热量的转换关系，必须要测量重锤下落通过细绳对圆筒做的功；通过测量重锤下落前后水静止稳定时的温度以及水和量热器的质量来求解产生的内能；故此实验中不需要测量的是搅拌叶片的转速。
故答案为：B。
【分析】实验其重力势能转化为水和量热器的内能所以不需要测量搅拌叶片的转速。
6．最近，《科学》杂志报道了一种新型超材料薄膜，在不需要电源的情况下可以达到对热源物体强化冷的效果，图是这种新材料的照片．这种超材料由一层金属银及其下面的玻璃聚合物复合而成，它能够依靠被动辐射冷却来自然散热，从其覆盖的物体中吸收热量向外散去．也就是说，它能够在无需冷却水和零能量损耗的情况下，像空调系统一样冷却烈日下的建筑物．譬如，为了达到冷却屋顶的效果，可以把这种超材料轧制在屋顶表面，它会自动把太阳辐射的能量反射回到空间中，并从室内吸收热量，从而达到室内散热的效果．关于这种超材料，下列说法正确的是（　　）
A．为实现冷却功能，需要为这种超材料提供电能
B．为实现冷却功能，需要为这种超材料提供机械能
C．这种超材料反射太阳光时可以从其覆盖的物体中吸热
D．这种超材料反射太阳光时不能从其覆盖的物体中吸热
【答案】C
【知识点】焦耳定律；能量转化和转移的方向性
【解析】【解答】AB．对于这种冷却材料，不需要提供电源，不需要消耗机械能，AB不符合题意；
CD．这种超材料反射太阳光时可以从其覆盖的物体中吸热从而达到散热的效果，C符合题意，D不符合题意；
故答案为：C。
【分析】对于这种冷却材料不需要提供电源也不需要消耗机械能；这种超材料反射光线时可以从覆盖的物体吸热。
7．抽水蓄能电站有两种工作模式，一种为抽水蓄能模式：居民用电低谷时（如深夜），电站利用居民电网多余电能把水从下水库抽到上水库；另一种为放水发电模式：居民用电高峰时，再将上水库中的水放到下水库进行发电，将产生的电能输送到居民电网供居民使用。一抽一放起到了均衡电网负荷的作用。关于抽水蓄能电站下列说法正确的是（　　）
A．抽水蓄能的过程中，能量守恒
B．放水发电的过程中，机械能守恒
C．抽水蓄能电站建成之后，可以使能量增多
D．抽水蓄能电站建成之后，就不会再有能源危机问题了
【答案】A
【知识点】能量守恒定律；能量转化和转移的方向性
【解析】【解答】A．抽水蓄能的过程中，总的能量是守恒的，A符合题意；
B．放水发电的过程中，有部分重力势能转化为内能，机械能不守恒，B不符合题意；
C．抽水蓄能，并不能使能量增多，总的能量保持不变，C不符合题意；
D．抽水蓄能电站，能够合理调节用电高峰期和低峰期的调峰问题，但是能量总量并没有增加，我们仍面临着能源危机，还需节约能源，D不符合题意。
故答案为：A。
【分析】防水发电过程中是利用机械能减少转化为内能；能量守恒不会是能量增多；也会面临能源危机。
8．如图所示是新型“风光互补”景观照明灯，它“头顶”小风扇，“肩扛”光电池板，“腰挎”照明灯，“脚踩”蓄电池。下列说法正确的是（　　）
A．照明灯利用的风能属于不可再生能源
B．夜晚蓄电池放电，将化学能转化为电能
C．小风扇利用风力发电，将电能转化为机械能
D．太阳能为可再生能源，光电池板将电能转化为光能
【答案】B
【知识点】能源的开发和利用及环境保护
【解析】【解答】A．照明灯利用的风能属于可再生能源。A不符合题意；
B．夜晚蓄电池放电，将化学能转化为电能。B符合题意；
C．小风扇利用风力发电，将机械能转化为电能。C不符合题意；
D．太阳能为可再生能源，光电池板将光能转化为电能。D不符合题意。
故答案为：B。
【分析】照明灯利用的风能属于可再生能源；小风扇利用风力发电，其机械能转化为电能；光电板将光能转化为电能。
9．对下列四幅图涉及的相关物理知识的描述正确的是（　　）
A．图甲为布朗运动产生原因的示意图，颗粒越大，布朗运动越明显
B．从图乙可知当分子间的距离小于r0时，分子间距变小，分子势能变大
C．图丙所示的液体表面层，分子之间只存在相互作用的引力
D．图丁中为第一类永动机的其中一种设计方案，其不违背热力学第一定律，但违背了热力学第二定律
【答案】B
【知识点】布朗运动；分子势能；永动机不可能制成；液体的表面张力
【解析】【解答】本题主要考查了布朗运动、分子力与分子势能、液体表面张力以及热力学定律等知识点。解题的关键在于理解这些物理现象的本质和规律，并能准确应用相关知识进行分析。A．甲图中，悬浮在液体中的颗粒越大，布朗运动表现得越不明显，故A错误；
B．从图乙可知当分子间的距离小于r0时，分子间距变小，分子力做负功，分子势能变大，故B正确；
C．分子间同时存在引力和斥力，液体表面是分子间作用力的合力为引力，故C错误；
D．图丁中为第一类永动机的其中一种设计方案，其违背热力学第一定律，故D错误。
故选B。
【分析】根据颗粒大小对布朗运动明显程度的影响分析。根据分子力与分子势能随分子间距离变化的关系分析，了解第一类永动机的概念及其与热力学定律的关系，特别是热力学第一定律和第二定律对永动机的制约。
10．如图所示，在光滑水平地面左侧有竖直挡板，劲度系数为的轻弹簧左端固定在挡板上，右端自由且处于原长状态，质量为、带电量为的小滑块紧贴着弹簧右端由静止释放。整个装置处于水平向左、电场强度大小为的匀强电场中。已知弹簧弹性势能与形变量的关系为，运动过程中小滑块的电荷量不变，弹簧始终在弹性限度内。下列说法正确的是（　　）
A．小滑块加速度的最大值大于
B．小滑块的最大速度为
C．弹簧的最大压缩量为
D．若仅将小滑块的释放点适当右移，小滑块速度最大的位置将更加靠近挡板
【答案】C
【知识点】能量守恒定律；牛顿第二定律；简谐运动；带电粒子在电场中的运动综合
【解析】【解答】A．刚释放时，小滑块的加速度最大，根据牛顿第二定律有
解得
故A错误；
B．小滑块先做加速度减小的加速运动，后做加速度增大的减速运动，当加速度为0时速度最大，根据胡克定律和平衡条件有
由能量守恒有
解得
故B错误；
C．小滑块做简谐运动，所以当弹簧压缩量最大时，小滑块的加速度最大，根据简谐运动的对称性可知最大加速度等于刚开始释放的加速度为
对小滑块受力分析并结合牛顿第二定律有
解得
故C正确；
D．若仅将小滑块的释放点适当右移，依然当小滑块的加速度为0时它的速度最大，所以有
解得
所以小滑块速度最大的位置不变，故D错误。
故选C。
【分析】刚释放时，小滑块的加速度最大，当加速度为0时速度最大，结合能量守恒定律求解最大速度，小滑块做简谐运动，所以当弹簧压缩量最大时，小滑块的加速度最大，结合牛顿第二定律求解 弹簧的最大压缩量 。
11．一质量为m的物体放在倾角为且足够长的光滑固定斜面上，初始位置如图甲所示，在平行于斜面的力F的作用下由静止开始沿斜面运动，运动过程中物体的机械能E随位置x的变化关系如图乙所示。其中0~x1过程的图线是曲线，x1~x2过程的图线是平行于x轴的直线，x2~x3过程的图线是倾斜的直线，则下列说法正确的是（　　）
A．在0~x1的过程中，物体向上运动
B．在0~x1的过程中，物体的加速度一直增大
C．在x1~x2的过程中，物体的速度大小不变
D．在0~x3的过程中，物体的速度方向先沿斜面向上再沿斜面向下
【答案】B
【知识点】能量守恒定律
【解析】【解答】解决本题的关键是要理解并掌握功能原理，通过图线的斜率确定出拉力的变化，然后根据牛顿第二定律判断出加速度的方向，根据加速度方向和速度的方向关系知道物体的运动规律。A．物块机械能由重力势能和动能构成，所以拉力做功影响物块机械能的改变，即
则
所以图线的斜率表示拉力，在过程中物体机械能在减小，则拉力在做负功，拉力方向沿斜面向上，所以物体的位移方向向下，即物体在沿斜面向下运动，A错误；
B．在过程中图线的斜率逐渐减小到零，可知物体的拉力逐渐减小到零，根据牛顿第二定律求解加速度
可知加速度一直增大，B正确；
C．在的过程中，拉力，机械能守恒，物体向下运动，重力势能减小，速度增大，C错误；
D．在的过程中，拉力沿斜面向下，结合C选项分析可知物体一直沿斜面向下加速运动，D错误。
故选B。
【分析】根据功能关系：除重力以外其它力所做的功等于机械能的增量，可根据机械能的变化情况确定力F做功情况，从而判断物体的运动方向；机械能与位移图线的斜率表示拉力。当机械能守恒时，拉力等于零，通过拉力的变化判断其加速度的变化。
12．如图所示，轻质弹簧一端固定，另一端与质量为m的圆环相连，圆环套在倾斜的粗糙固定杆上，杆与水平面之间的夹角为α，圆环在A处时弹簧竖直且处于原长。将圆环从A处静止释放，到达C处时速度为零。若圆环在C处获得沿杆向上的速度v，恰好能回到A。已知，B是AC的中点，弹簧始终在弹性限度之内，重力加速度为g，则（　　）
A．下滑过程中，环的加速度逐渐减小
B．下滑过程中，环与杆摩擦产生的热量为
C．从C到A过程，弹簧对环做功为
D．环经过B时，上滑的速度小于下滑的速度
【答案】C
【知识点】能量守恒定律；动能定理的综合应用
【解析】【解答】A．环由A到C，初速度和末速度均为0，可知环先加速后减速。圆环所受弹簧的弹力逐渐增大，弹簧一直处于伸长状态。并且，弹簧弹力方向越来越靠近斜杆，分析圆环的受力可知，其合力先沿着斜杆向下，再沿着斜杆向上，且合力的大小先减小后增大，所以圆环的加速度先减小后增大，故A错误；
B．环由A到C，有
环由C到A，有
解得
，
故B错误，C正确；
D．由功能关系可知，圆环由A下滑至B，有
圆环由B上滑至A，有
则
即环经过B时，上滑的速度大于下滑的速度，故D错误。
故选C。
【分析】1.掌握对环的受力分析，结合牛顿第二定律判断环加速度变化。
2.环由A到C和环由C到A两个过程，掌握能量守恒定律分析。
3.知道环经过B的对应的两个过程，掌握动能定理的应用。
13．如图甲所示，一轻质弹簧的两端与物块A、B相连接，并静止在光滑的水平面上。已知A的质量，现使B瞬时获得水平向右的速度，以此刻为计时起点，两物块的速度随时间变化的规律如图乙所示，由图像可得（　　）
A．时间内，弹簧处于伸长状态
B．物体B的质量为0.2kg
C．弹簧的最大弹性势能为0.3J
D．时间内弹簧对A、B的冲量相同
【答案】C
【知识点】能量守恒定律；牛顿第二定律；冲量；碰撞模型
【解析】【解答】A．给物块B一个初速度，B开始向右运动，结合题图乙可知，在时间内，弹簧处于拉伸状态，t1时刻，两物块速度一致，弹簧拉伸最大。从弹簧开始恢复原长，t2时刻弹簧为原长；在时弹簧处于压缩状态，t3时刻压缩到最大；在弹簧开始恢复原长，t4时刻恢复原长。故A错误；
B．结合题图乙可知以及之前的分析可知，t2时刻弹簧恢复原长，在开始到t2有
由题图乙，有，，解得，故B错误；
C．由之前的分析可知，t1时刻弹簧拉伸量最大，由
由功能关系有
解得，故C正确；
D．时间内弹簧对A、B的弹力始终等大反向，根据可知，时间内弹簧对A、B的冲量大小相等，方向相反。故D错误。
故选C。
【分析】1、系统特点：A、B通过弹簧连接，构成弹簧振子，系统动量守恒（水平面光滑，无外力）。
初始时刻B获得速度 ，A静止，弹簧从原长开始被压缩。
2、运动阶段：压缩阶段（ ）：B减速，A加速，弹簧压缩量增大至最大（弹性势能最大）。
恢复阶段（ ）：弹簧恢复原长，B继续减速，A继续加速。伸长阶段（ ）：
弹簧被拉伸，A速度超过B，伸长量达最大后再次回缩。
3、图像分析：交点：共速时刻（弹簧最长或最短）。斜率：加速度变化反映弹力变化。
4、能量分配：初始动能转化为弹性势能 + 剩余动能。对称性：压缩与伸长阶段对称，时间相等。
14．如图所示，实线AB为一电子在电场中的运动轨迹，虚线为等势线且相邻两等势线间的电势差相等、距离相等，电子运动到等势线φ1上时，具有动能30J，它运动到等势线φ3上时，具有动能10J。令φ0=0，电子重力不计，则下列说法正确的是（　　）
A．电场方向水平向左
B．电子在运动过程中加速度变小
C．电子在A点的电势能为负值
D．当该电子的电势能为4J时，其动能大小为36J
【答案】D
【知识点】能量守恒定律；电势能；等势面；电势差与电场强度的关系
【解析】【解答】A．电子从A到B，动能减小，电场力做负功，电子受电场力方向向左，因此电场方向水平向右，故A错误；
B．相邻两等势线间的电势差相等、距离相等，由公式
可知该电场是匀强电场，电子所受的电场力不变，加速度不变，故B错误；
C．沿着电场线方向电势逐渐降低，φ0=0，则A点电势为负，由公式Ep=qφ可知电子在A点的电势能为正，故C错误；
D．电子从等势线φ1运动到等势线φ3时，动能减小20J，由动能定理可知电场力做功W13=﹣20J
由于相邻等势面间电势差相等，根据W=qU可知，电子从等势线φ0运动到等势线φ1时，电场力做功应为W01=﹣10J，动能减小了10J，所以电子在φ0处的动能为Ek0=40J
因为φ0=0，所以Ep=qφ0=0
即电子的总能量为E=Ek+Ep=40J
根据能量守恒可得当该电子的电势能为4J时，其动能大小为36J，故D正确；
故选D。
【分析】根据动能的变化，判断电场力做正负功，判断电场方向，根据电性判断电场的方向；该电场是匀强电场，电子所受的电场力不变，加速度不变；根据电势能公式，分析电子在点的电势能；根据动能定理和电场的特点，分析出电子在处的动能，得到总能量，由能量守恒求解电势能为时的动能。
学习电场中的功能关系时可以类比在重力场的功能关系，如只有重力做功，动能和电势能之和保持不变；那么只有电场力做功，电势能和动能之和保持不变。
二、多项选择题
15．如图所示，将光滑的平行金属导轨固定在绝缘水平面上，导轨间距为L，左、右倾斜导轨与水平面夹角均为θ=30°，中间导轨水平且足够长。导轨间存在竖直向下的匀强磁场，左侧倾斜导轨间磁感应强度大小为2B，中间和右侧倾斜导轨间磁感应强度大小为 B。将长度均为L的导体棒ab、cd放置在倾斜导轨上，距水平面高度均为h。两导体棒同时由静止释放，在下滑过程中始终与导轨垂直并接触良好，导体棒ab到达左侧倾斜导轨底端时速度大小为v，两根导体棒在水平导轨上恰好不发生碰撞。导体棒ab、cd的质量分别为2m和m，电阻分别为2R和R。导轨连接处平滑，导轨电阻不计，导体棒粗细不计，重力加速度为g，不考虑磁场的边界效应。下列说法正确的是（　　）
A．导体棒ab到达左侧倾斜导轨底端时，导体棒cd的速度大小为
B．两导体棒在水平导轨上恰好不发生碰撞时，速度大小均为0
C．水平导轨长度
D．若两导体棒恰好不发生碰撞时粘连在一起，则全过程导体棒cd上产生的焦耳热为
【答案】C,D
【知识点】能量守恒定律；电磁感应中的动力学问题
【解析】【解答】A．设回路中电流为I，导体棒ab、cd的加速度大小分别为，根据牛顿第二定律有，
解得有，
可知任意时刻
根据
可知任意时刻两导体棒速度大小都相等。两导体棒释放位置距水平面高度相同，所以当导体棒ab到达左侧倾斜导轨底端时，导体棒cd也恰好到达右侧倾斜导轨底端，速度大小也是v，故A错误；
B．当两导体棒都进入水平导轨后，由于系统所受合外力为零（水平方向不受外力），系统动量守恒，设两导体棒相距最近时共同速度为，以向右为正方向，根据动量守恒定律
解得，故B 错误；
C．从两导体棒都进入水平导轨到相距最近过程，对a棒，根据动量定理
又
联立可得
又由
且
联立解得，故C正确；
D．两导体棒粘连后形成的闭合回路面积为0，之后的运动过程中不再产生电流，满足机械能守恒，则全过程两导体棒与导轨形成的闭合回路产生的焦耳热根据能量守恒定律有
又
联立解得，故D正确。
故答案为：CD。
【分析】结合电磁感应中的安培力、动量定理，以及动量守恒、能量守恒规律，分析导体棒的运动、动量、热量等物理量。
16．如图所示，质量的圆环套在固定的光滑水平杆上，质量的小球通过轻绳与圆环连接，轻绳长度。现将轻绳拉直，且与AB平行，给小球一竖直向下的初速度。已知重力加速度，下列说法正确的是（　　）
A．运动过程中，小球和圆环组成的系统动量守恒
B．小球通过最低点时，速度大小为3m/s
C．小球从开始运动到最低点过程中向左运动的位移大小为0.2m
D．运动过程中，以圆环为参照物，小球能绕圆环做完整的圆周运动
【答案】B,C,D
【知识点】动量守恒定律；能量守恒定律
【解析】【解答】本题主要考查动量守恒与能量守恒共同解决实际问题，解题时需注意挖掘临界条件：在与动量相关的临界问题中，临界条件常常表现为两物体的相对速度关系与相对位移关系，即速度相等或位移相等时。A．运动过程中，小球和圆环组成的系统所受合外力不为零，则系统动量不守恒，故A错误；
B．运动过程中，小球和圆环组成的系统水平方向不受外力，则系统水平方向动量守恒，以水平向左为正方向，设从开始运动至小球运动到最低点时，圆环和小球的速度大小分别为、，由水平方向动量守恒可知
由能量守恒可得
联立可得
故B正确；
C．设从开始运动至小球运动到最低点时，圆环和小球的位移大小分别为、，结合前面分析，由“人船模型”推论可知
又有
联立可得
故C正确；
D．运动过程中，以圆环为参照物，若小球恰好能绕圆环做完整的圆周运动，在最高点，由牛顿第二定律可得
解得v=2m/s
若小球能做完整的圆周运动，设小球到达最高点时，圆环和小球的速度大小分别为、，以水平向右为正方向，由水平方向动量守恒可知
由能量守恒可得
联立可得
则此时小球相对圆环的速度大小为
则运动过程中，以圆环为参照物，小球能绕圆环做完整的圆周运动，故D正确；
故选BCD。
【分析】根据动量守恒定律，即可分析判断；运动过程中，小球和圆环组成的系统水平方向不受外力，则系统水平方向动量守恒，由水平方向动量守恒、能量守恒分别列式，即可分析判断；结合前面分析，由“人船模型”推论及几何关系分别列式，即可分析判断；若小球能做完整的圆周运动，且刚好能够到达最高点，由牛顿第二定律、水平方向动量守恒、能量守恒分别列式，即可分析判断。
17．某电磁缓冲装置如图所示，两足够长且间距为L的平行金属导轨置于同一水平面内，导轨左端与一阻值为R的定值电阻相连，导轨BC段与段粗糙，其余部分光滑，右侧处于磁感应强度大小为B方向竖直向下的匀强磁场中，、、均与导轨垂直，一质量为m的金属杆垂直导轨放置。现让金属杆以初速度沿导轨向右经过进入磁场，最终恰好停在处。已知金属杆接入导轨之间的阻值为R，与粗糙导轨间的动摩擦因数为，，导轨电阻不计，重力加速度为g，下列说法正确的是（　　）
A．金属杆经过区域过程，其所受安培力的冲量大小为
B．在整个过程中，定值电阻R产生的热量为
C．金属杆经过的速度小于
D．若将金属杆的初速度加倍，则金属杆在磁场中运动的距离大于
【答案】B,D
【知识点】动量定理；安培力；能量守恒定律；电磁感应中的能量类问题
【解析】【解答】AC．设平行金属导轨间距为L，金属杆在区域向右运动的过程中切割磁感线有，
金属杆在区域运动的过程中根据动量定理有
则安培力的冲量
由于，则上面方程左右两边累计求和，可得
则金属杆在区域安培力冲量的大小为
BB1处的速度为
设金属杆在区域运动的时间为，同理可得，则金属杆在区域运动的过程中有
解得
综上有
则金属杆经过的速度大于，故AC错误；
B．在整个过程中，根据能量守恒有
则在整个过程中，定值电阻R产生的热量为，故B正确；
D．根据A选项可得，金属杆以初速度在磁场中运动有
金属杆的初速度加倍，设此时金属杆在区域运动的时间为，全过程对金属棒分析得
联立整理得
分析可知当金属杆速度加倍后，金属杆通过区域的速度比第一次大，故，可得
故D正确。
故答案为：BD。
【分析】1. 安培力冲量：用动量定理结合电磁感应，推导安培力冲量与位移、电阻的关系。
2. 能量守恒：初动能转化为摩擦热和焦耳热，结合串联电阻分压求定值电阻产热。
3. 速度分析：通过动量定理推导 处速度，判断与 的大小。
4. 初速度加倍：用动量定理对比初速度变化前后的运动距离，分析安培力冲量与位移的关系。
18．如图，与水平面成夹角且固定于O、M两点的硬直杆上套着一质量为的滑块，弹性轻绳一端固定于O点，另一端跨过固定在Q处的光滑定滑轮与位于直杆上P点的滑块拴接，弹性轻绳原长为OQ，PQ为且垂直于OM。现将滑块无初速度释放，假设最大静摩擦力与滑动摩擦力相等。滑块与杆之间的动摩擦因数为0.16，弹性轻绳上弹力F的大小与其伸长量x满足。，g取，。则滑块（　　）
A．与杆之间的滑动摩擦力大小始终为
B．下滑与上滑过程中所受滑动摩擦力的冲量相同
C．从释放到静止的位移大小为
D．从释放到静止克服滑动摩擦力做功为
【答案】A,C
【知识点】胡克定律；能量守恒定律；共点力的平衡；冲量
【解析】【解答】A． 与水平面成夹角且固定于O、M两点的硬直杆上套着一质量为的滑块，设滑块下滑后弹性轻绳与PQ间夹角为时，对滑块进行受力分析，如图所示
由平衡条件有
弹性轻绳上弹力F的大小与其伸长量x满足胡克定律，由胡克定律结合几何关系有
联立解得
可知，滑块与杆之间的弹力不变，则滑块与杆之间的滑动摩擦力大小始终为
故A正确；
B．冲量是矢量，冲量的方向与力的方向相同。下滑与上滑过程中所受滑动摩擦力的方向不同，则下滑与上滑过程中所受滑动摩擦力的冲量不相同，故B错误；
C．设滑块从释放到静止运动的位移为，此时弹性轻绳与PQ间夹角为，由平衡条件有
解得
由几何关系可得
故C正确；
D．从释放到静止，设克服滑动摩擦力做功为，由能量守恒定律有
解得，
故D错误。
故答案为：AC。
【分析】求出根据弹性轻绳弹力大小在垂直于杆上的分量，根据摩擦力的计算公式进行分析；下滑过程中摩擦力方向和上滑过程中摩擦力方向相反，由此分析冲量是否相同；根据平衡条件求解静止时的位移；从释放到静止过程中，根据功能关系求解从释放到静止克服滑动摩擦力做的功。
三、非选择题
19．如图是玩具饮水鸟。饮水鸟头和躯体以一根玻璃管连通，内装易挥发乙醚液体，构成一个密闭容器。在鸟的面前放上一杯水，用手把鸟嘴浸到水里，鸟“喝”了一口水后，又直立起来。之后，无需人的干预，小鸟直立一会儿就会自己俯下身去使鸟嘴浸入水中“喝”水，然后又会直立起来。就这样周而复始，小鸟不停地点头喝水，成为一台神奇的“永动机”。当水杯中的水干了之后，小鸟　 　（填“能”或“不能”）继续上下运动。根据所学物理知识，试分析饮水鸟上下运动的能量来源：　 　。
【答案】不能；从外界吸收的热量
【知识点】能量转化和转移的方向性
【解析】【解答】当水杯中的水干了之后，小鸟不能继续上下运动；
饮水鸟头和躯体分别为两个薄壁玻璃球，其间以一个玻璃管连通，内装有乙醚液体，构成一个密封容器。由于乙醚液体易挥发，因此液面上方充满乙醚的饱和汽。鸟头包有一层易吸水的布，平时，鸟身略向前倾，启动时给鸟头滴少许水，布上的水在蒸发时大量吸热，使鸟头处玻璃球乙醚饱和汽在降温放热的同时降压，又因为温度降低乙醚蒸汽变得过饱和了，有少量乙醚蒸汽凝结成液体并放热，乙醚蒸汽的量变少，气体压强进一步减小，此时躯体玻璃球中的气压大于鸟头玻璃球中的气压，躯体玻璃球中的乙醚液体沿玻璃管上升，躯体玻璃球中气压变小，里面的蒸汽变的不饱和，少量乙醚汽化并吸热，躯体玻璃球里的乙醚温度降低并从外界吸热，于是整个鸟的重心上移，从而打破了支点的平衡状态。鸟身随上升的乙醚液体逐渐前倾，当鸟嘴接触到液面时，鸟头和躯体两个玻璃球刚好通过玻璃管连通，躯体玻璃球中的部分气体进入鸟头玻璃球中，两部分气体混合，当量玻璃球的压强一致时，失去气体压力支持的液体将在自身重力的作用下倒流会躯体玻璃球中，饮水鸟的重心再次下移，于是渐渐直立起来，回到初始状态，由于喝水时，鸟嘴接触水面，沾湿了裹鸟头的布，于是它又开始喝水，饮水鸟内部变化的原理是通过乙醚的汽化液化传递热量，躯体玻璃球中因乙醚汽化温度降低，从外界吸收热量，这是饮水鸟上下运动的能量来源。
【分析】当水杯中的水干了之后其小鸟不能继续上下运动，其原理是利用乙醚的汽化液化传递热量，躯体玻璃球中因乙醚汽化温度降低，从外界吸收热量，这是饮水鸟上下运动的能量来源。
20．如图甲所示，质量m1 = 1kg的小物块A静止在一质量m2 = 0.5kg的足够长的木板B的左端。当小物块A受到一个水平向右的外力F作用时，测得A与B间摩擦力f随外力F的变化关系如图乙所示。现对小物块A施加水平向右的拉力F = 15N，作用2s后撤去。重力加速度取g = 10m/s2，各接触面间的最大静摩擦力等于滑动摩擦力。求：
（1）物块A与木板B间的动摩擦因数μ1和木板B与地面间的动摩擦因数μ2；
（2）从拉力F开始作用到物块A和木板B均停止的时间t；
（3）物块A与木板B之间因摩擦而产生的热量Q和物块A对木板B做的功。
【答案】解：（1）根据A与B间摩擦力f随外力F的变化关系可得A与B间滑动摩擦力为
B与地面的滑动摩擦力为
则有
解得
（2）拉力F = 15N开始作用在物块A时，对物块A分析，根据牛顿第二定律得
对木板B分析，根据牛顿第二定律得
解得
拉力F作用2s时物块A和木板B的速度分别为
解得
撤去拉力F直到物块A和木板B共速的过程中，物块A的加速度大小满足
物块A和木板B的共速时满足
解得
物块A和木板B共速后直到停止的过程中，整体的加速度大小满足
解得
减速的时间
所以从拉力F开始作用到物块A和木板B均停止的时间
（3）从拉力F开始作用到物块A和木板B共速的过程中，物块和木板的相对位移
因此物块A与木板B因摩擦而产生的热量
解得
物块A与木板B发生相对运动的过程中，木板B的位移
物块A与木板B间发生相对运动的过程中滑动摩擦力对木板B做的功
Wf1 = f1x
解得
Wf1 = 112.5J
物块A与木板B共速后一起运动的过程中静摩擦力对木板B做的功
Wf2 = f2x2
物块A与木板B共速过程中木板B受到A给他的摩擦力为
f2 = m1a = 2N
物块A与木板B共速过程的位移为
解得
Wf2 = 112.5J
则整个过程中物块A对木板B做的功
W = Wf1＋Wf2 = 225J
【知识点】能量守恒定律；牛顿运动定律的应用—板块模型
【解析】【分析】（1）根据图乙可知A、B两物体在三个过程中的运动特点，利用摩擦力公式计算动摩擦因数；
（2）力F作用2s时间内，利用牛顿第二定律可得两物体的加速度大小，利用运动学公式可得A、B的速度，撤去力F到两物体共速过程，利用牛顿第二定律可得A的加速度，B的加速度不变，利用运动学公式可得两物体共速时的速度和时间，共速后两物体一起做匀减速运动，对整体利用牛顿第二定律可得加速度大小，利用运动学公式可得减速时间，进而可得总时间；
（3）利用运动学公式可得A相对B滑动过程两物体位移大小，则可得相对位移大小，利用Q＝fx相对可得热量，A、B两物体发生相对滑动过程，利用W＝Fx可得A对B的滑动摩擦力做的功，A、B一起匀减速过程，利用牛顿牛顿第二定律可得B对A的摩擦力大小，利用运动学公式可得此过程B的位移，利用W＝Fx可得A对B的静摩擦力做的功，则可得结论。
21．带电粒子绕着带电荷量为的场源电荷做轨迹为椭圆的曲线运动，场源电荷固定在椭圆左焦点上，带电粒子电荷量为（，且）；已知椭圆焦距为，半长轴为，场源电荷产生的电场中各点电势计算公式为（k为静电力常量，为到场源电荷的距离，取无穷远处电势为零）。只考虑电场力的作用。求：
（1）带电粒子在、两点的速率之比；
（2）从运动到的过程中，电场力对带电粒子做的功；
（3）带电粒子动能与电势能之和的表达式。
【答案】（1）解：类比开普勒第二定律可知
解得
（2）解：根据电势计算公式可得点的电势
点的电势
根据电场力做功与电势能的关系可知，带电粒子从运动到的过程中，电场力对带电粒子做的功
解得
（3）解：在点带电粒子动能与电势能之和
在点带电粒子动能与电势能之和
根据能量守恒可知
联立解得带电粒子动能与电势能之和
【知识点】能量守恒定律；电势能
【解析】【分析】（1）速率之比：利用角动量守恒（类比开普勒第二定律），结合椭圆轨道的几何参数，推导两点的速率关系。
（2）电场力做功：先由电势公式计算两点电势，再通过电势能变化与电场力做功的关系求解。
（3）能量之和：依据电场中的能量守恒，结合椭圆轨道的能量特性，得到动能与电势能之和的定值表达式。
（1）类比开普勒第二定律可知
解得
（2）根据电势计算公式可得点的电势
点的电势
根据电场力做功与电势能的关系可知，带电粒子从运动到的过程中，电场力对带电粒子做的功
解得
（3）在点带电粒子动能与电势能之和
在点带电粒子动能与电势能之和
根据能量守恒可知
联立解得带电粒子动能与电势能之和
22．某固定装置的竖直截面如图所示，由倾角的直轨道，半径、圆心角为的圆弧，半径为R、圆心角为的圆弧组成，轨道间平滑连接。在轨道末端E点的右侧足够长的水平地面上紧靠着质量的滑板b，其上表面与轨道末端E所在的水平面齐平。质量为的物块a从轨道上距B点高度为h处静止下滑，经圆弧轨道滑上轨道。物块a与滑板b间的动摩擦因数。（其他轨道均光滑，物块a视为质点，不计空气阻力，，）
（1）若
①求物块a第一次通过C点时速度大小和轨道对它的支持力大小：
②保证小物块不脱离滑板b，求木板的最小长度和这个过程产生的热量Q；
（2）若仅使滑板b的长度变为，物块a能经轨道滑上滑板b且不脱离，求释放高度h的范围。
【答案】（1）解：（1）① 若h=0.3m，从释放点至C点，物块a的重力势能转化为动能，根据机械能守恒定律
整理得
C位置根据运动状态必有对应的合力定律
解得
②释放点到E位置根据机械能守恒定律
整理得
当物块a与滑板b达到共同速度时，此时物块a恰好未从滑板右侧滑出，此时木板长度最小。运动过程中，物块a与滑板b组成的系统动量守恒，最终速度为v，根据动量守恒
整理得
根据系统能量守恒
整理得
由滑动摩擦力公式得
热量来自摩擦力做功得
整理得
，
法二：隔离a分析a
隔离b分析b
共速时间
相对位移快减慢
法三：从初速度vE到共速相对速度为0，相对加速度为
aa+ab=4m/s2，，
①，，②，
（2）解：（2）①释放点高度为，物块a经轨道恰好能到达E处，即
从释放点到E处可知
解得
②释放点高度为，物块a经轨道到D处时恰好脱离轨道超过此速度就会从D处越到滑板b上，即D处
整理得
释放点到D处有
整理得
，
物块a从处释放，到达E处根据机械能守恒
整理得
根据系统动量守恒和能量守恒
整理得
整理得
由，得
综上所述释放高度h的范围为

【知识点】动量守恒定律；能量守恒定律；滑动摩擦力与动摩擦因数；机械能守恒定律；碰撞模型
【解析】【分析】（1）解题关键：能量守恒贯穿全程，注意高度差的计算如圆弧轨道；向心力公式用于圆弧轨道的受力分析；动量守恒和动能定理联立解决滑板问题；
（2）易错点：忽略圆弧轨道的高度差 ；未正确区分物块a与滑板b的共速条件；临界条件分析不全面（如滑上滑板和不脱离滑板的双重限制）。
（1）①释放点到C位置根据机械能守恒定律
解得
C位置根据牛顿第二定律
解得
②释放点到E位置根据机械能守恒定律
解得
当物块a与滑板b达到共同速度时，此时物块a恰好未从滑板右侧滑出，此时木板长度最小。运动过程中，物块a与滑板b组成的系统动量守恒，最终速度为v，根据动量守恒
解得
根据系统能量守恒
解得
由，
解得
（2）①释放点高度为，物块a经轨道恰好能到达E处，即
从释放点到E处可知
解得
②释放点高度为，物块a经轨道到D处时恰好脱离轨道，即D处
解得
释放点到D处有
解得
物块a从处释放，到达E处根据机械能守恒
解得
根据系统动量守恒和能量守恒，
解得
由
得
综上所述释放高度h的范围为
23．如图所示，传送带与水平地面的夹角，从A到B的长度为，传送带以的速率逆时针转动。在传送带上端A无初速度释放一个质量为的黑色煤块（可视为质点），它与传送带之间的动摩擦因数为，煤块在传送带上经过会留下黑色痕迹。已知，g取。
（1）当煤块与传送带速度相同时，接下来它们能否相对静止
（2）求煤块从A到B的过程中在传送带上留下痕迹的长度；
（3）因为传送煤块，电动机对传送带多做多少功？
【答案】（1）解：（1）当煤块受摩擦力加速到与传送带速度相同时，受力分析如下图
煤块受重力沿斜面分量3N大于传送带的摩擦力2N无法保持平衡，即，煤块会改变运动状态，即煤块继续加速超过传送带的速度，煤块与传送带不能相对静止。
不能
（2）解：（2）煤块刚放上传送带时，速度为0，传送带速度快，煤块以传送带为参照物运动方向向右上方，摩擦力与此方向相反，即煤块受到沿传送带向左下的摩擦力，受力分析如下图，
设煤块的加速度大小为，由运动状态必有对应的合力定律有
整理可得，
煤块从放上传送带速度以at加快到v0，与传送带共速所用时间为，
此过程煤块运动的位移为，
此过程煤块以传送带为参照物运动方向向右上即相对于传送带向右上运动，发生的相对位移为
煤块与传送带共速后，受力分析如下图，斜面方向，合力沿斜面向下，即向下加速，加速时以传送带为参照物（摩擦力是谁给的就以谁为参照物判断物体运动方向，摩擦力与之相反）煤块是向下运动的，因此煤块受到的摩擦力沿斜面向右上，
设煤块的加速度大小为，由运动状态必有对应的合力定律有整理可得加速度大小为，加速度方向沿斜面向左下，
煤块从与传送带共速位置到底端B所剩余需要完成的位移为
根据运动学公式有，代入得，整理可得，解方程负值舍去后得，
此过程煤块以传送带为视角为参照物即相对于传送带向下运动，发生的相对位移为，追回了0.25米划痕，已有的5米划痕无法改变，由于不用增加新的黑色痕迹，可知煤块从A运动到B的过程中在传送带上形成的黑色痕迹的长度仍为。
5m
（3）解：（3）电动机做功可由煤块获得的机械能与传送带损失的热能间接求得，包括动能增加和势能减小，到达底端B时增加的动能有
煤块从A到B的过程中，煤块增加的机械能
煤块从A到B的过程中，因摩擦产生的热量
根据能量守恒定律，忽略传送带空转的能量，因为传送煤块，电动机对传送带多做的功
10J
【知识点】能量守恒定律；摩擦力的判断与计算；牛顿第二定律；牛顿运动定律的应用—传送带模型；动能和势能的相互转化
【解析】【分析】（1）解题关键是比较速度相同后重力分力与最大静摩擦力判断是否相对静止；计算痕迹长度时要注意两阶段相对位移的方向和覆盖关系；电动机多做的功包括摩擦生热和煤块机械能增量；
（2）易错点是摩擦力方向要以传送带为参照物反复观察煤块的相对速度方向，然后得出摩擦力的变化方向；传送带逆时针时规定正方向混乱导致相对位移算错；以及忽略痕迹二次覆盖是否需要加长痕迹导致计算错误；另外摩擦生热要用相对路程而非对地位移。
（1）当煤块与传送带速度相同时，由于可知，煤块与传送带不能相对静止。
（2）煤块刚放上传送带时，受到沿传送带向下的摩擦力，设煤块的加速度大小为，根据牛顿第二定律有
解得
煤块从放上传送带到与传送带共速所用时间为
此过程煤块运动的位移为
此过程煤块相对于传送带向上运动，发生的相对位移为
煤块与传送带共速后，受到沿传送带向上的摩擦力，设煤块的加速度大小为，根据牛顿第二定律有
解得
煤块从与传送带共速到底端B通过的位移为
根据运动学公式有
解得
此过程煤块相对于传送带向下运动，发生的相对位移为
由于
可知煤块从A运动到B的过程中在传送带上形成的黑色痕迹的长度为。
（3）煤块到达底端B的动能
煤块从A到B的过程中，煤块增加的机械能
煤块从A到B的过程中，因摩擦产生的热量
根据能量守恒定律，因为传送煤块，电动机对传送带多做的功
解得
24．如图所示，一游戏装置由弹射器，光滑水平直轨道AB、CD，水平凹槽MN，圆心为的四分之一细圆管竖直轨道DE，圆心为O2的四分之一圆弧竖直轨道EF，足够长粗糙水平直轨道GH组成。连线水平，和竖直，静止在水平凹槽的滑板左端紧靠竖直侧壁BM，上表面与AB、CD平齐。游戏时，可视为质点的滑块从A点水平弹出，经B点滑上滑板，随后带动滑板一起运动，滑板到达竖直侧壁CN后即被锁定。滑块继续滑过轨道CD、DE、EF后，静止在GH某处视为游戏成功。已知滑块和滑板质量分别为m=0.03kg，M=0.01kg，MN长s=4.5m，滑板右端距CN的距离d=1.5m，滑块与滑板间的动摩擦因数，滑块与GH间的动摩擦因数，DE和EF的半径R=0.14m，其余各处均光滑，轨道间平滑连接，弹射时滑块从静止释放且弹簧的弹性势能完全转化为滑块动能，滑块离开F后立即水平滑入GH轨道，g取，求：
（1）若滑块恰好能滑上GH，求滑块在圆管轨道的 D点时对轨道的压力FN ；
（2）求滑块不从滑板上掉下去能滑上CD的最大速度；
（3）要使游戏成功，求滑块静止的区域以及相应的弹簧弹性势能范围。
【答案】（1）解：恰好过点，由重力提供向心力，则有
从到点，由功能关系可得
解得
在 D点结合牛顿第二定律
联立解得
由牛顿第三定律，滑块在圆管轨道的 D点时对轨道的压力大小，方向竖直向下。
（2）解：滑板一直在加速
解得
根据牛顿第二定律则有
解得滑板的加速度
则滑板此阶段加速的时间
此过程，滑块一直在做减速运动，由动能定理可得
结合动量定理则有
解得为最大值，对应
（3）①解：在时，根据能量守恒可得
解得
恰好能过最高点时，则有
解得
滑块静止的区域距点的距离
②解：当时，对应，由功能关系可得
恰好能过最高点时，对应，滑块与滑板达到共速，随后两者匀速至滑板锁定。由
运动学规律可得，，
解得
滑板恰好匀加速至锁定时，滑块与滑板达到共速，即不存在匀速运动状态。则有，
综上所述，滑块静止时相应的弹簧弹性势能范围
【知识点】功能关系；动量定理；能量守恒定律；竖直平面的圆周运动；动能定理的综合应用
【解析】【分析】（1）D点压力：先由F点的向心力条件得，再通过功能关系求，最后用牛顿第二定律得轨道支持力，结合牛顿第三定律得滑块对轨道的压力。
（2）最大速度：分析滑板的加速过程（动能定理求末速），结合滑块的减速过程（动能定理+动量定理联立），求解滑块不滑落的最大速度。
（3）势能范围：分“最大速度”和“恰好过F点”两种情况，通过能量守恒求滑块在GH的静止区域，再结合滑块的初速度范围，由弹性势能与初动能的关系得势能范围。
（1）恰好过点，由重力提供向心力，则有
从到点，由功能关系可得
解得
在 D点结合牛顿第二定律
联立解得
由牛顿第三定律，滑块在圆管轨道的 D点时对轨道的压力大小
方向竖直向下。
（2）滑板一直在加速
解得
根据牛顿第二定律则有
解得滑板的加速度
则滑板此阶段加速的时间
此过程，滑块一直在做减速运动，由动能定理可得
结合动量定理则有
解得为最大值，对应
（3）①在时，根据能量守恒可得
解得
恰好能过最高点时，则有
解得
滑块静止的区域距点的距离
②当时，对应，由功能关系可得
恰好能过最高点时，对应，滑块与滑板达到共速，随后两者匀速至滑板锁定。由
运动学规律可得，，
解得
滑板恰好匀加速至锁定时，滑块与滑板达到共速，即不存在匀速运动状态。则有，
综上所述，滑块静止时相应的弹簧弹性势能范围
25．如图所示，长的水平传送带以的速度顺时针转动，传送带右侧存在匀强电场，方向水平向左，场强大小为。质量为的不带电小滑块放在与传送带等高的平台上，与传送带右端的距离为，质量为、带电量的小滑块放在与距离为的位置，由静止释放，与碰后结合成一个整体记作滑块。和与传送带间的动摩擦因数均为，与平台间的动摩擦因数均为，在碰撞和滑动过程中，滑块的电荷量始终保持不变，重力加速度取。求：
（1）两滑块碰撞过程中损失的机械能；
（2）滑块从第一次滑上传送带到第一次离开传送带过程中，系统因摩擦产生的热量；
（3）运动全过程中，滑块在平台上运动的总路程。
【答案】（1）解： 设滑块向左运动位移时速度为，由动能定理
有
得
设和碰后速度为，由动量守恒定律
有
得
由能量守恒定律
有
解得在碰撞过程损失机械能；
（2）解： 设碰后滑块向左运动位移时速度为，由动能定理
有
得
滑块滑上传送带后先向左做匀减速直线运动，由牛顿第二定律
有
得
当滑块速度减为零时，由
得，滑块未从传送带左端滑出
由
得所需时间为
该段时间内，传送带运动距离为
此过程滑块与传送带的相对位移
由于摩擦，系统产生的热量
滑块速度减为零时，未从传送带左端滑出，之后向右做匀加速直线运动
与传送带共速时，需要时间
此过程，滑块滑行的位移为
传送带运动的距离为
此过程滑块与传送带的相对位移
由于摩擦，系统产生的热量
滑块从第一次滑上传送带到第一次离开传送带过程中，系统因摩擦产生的热量为
解得；
（3）解： 滑块第一次离开传送带，向右以进入电场做匀减速直线运动，直到速度减为零
因，不能静止，会再次向左做匀加速直线运动，由于摩擦产生热量，向左出电场，第二次滑上传送带时的速度小于传送带的速度，之后每次滑块向左出电场时的速度都在减小
由于向左出电场，第二次滑上传送带时的速度小于传送带的速度，故滑块第二次向左滑上传送带之后，在传送带上向左和向右的运动是对称的，所以之后每次进入传送带和从传送带滑出的速度大小相等，最终滑块将停在平台最左端
设滑块向右再次进入电场后，在电场中运动的总路程为
对该过程，由动能定理
有
解得
对运动全过程，滑块在平台上运动的总路程为
解得。
【知识点】功能关系；能量守恒定律；牛顿运动定律的应用—传送带模型；碰撞模型；带电粒子在电场中的运动综合
【解析】【分析】（1）先用动能定理分析撞击前Q的速度，碰撞后共速，动量守恒，动能损失最大；
（2）先用动能定理分析M向左运动至速度为0的位移，计算m和传送带的相对路程，再分析向右运动的相对路程，即可求解热量；
（3）M在平台上滑动距离逐渐变短，但每次传送带都是只改变速度方向，不改变大小，从整个过程看，电场力不做功，所以可以用动能定理求解。
（1）设滑块向左运动位移时速度为，由动能定理
有
得
设和碰后速度为，由动量守恒定律
有
得
由能量守恒定律
有
解得在碰撞过程损失机械能；
（2）设碰后滑块向左运动位移时速度为，由动能定理
有
得
滑块滑上传送带后先向左做匀减速直线运动，由牛顿第二定律
有
得
当滑块速度减为零时，由
得，滑块未从传送带左端滑出
由
得所需时间为
该段时间内，传送带运动距离为
此过程滑块与传送带的相对位移
由于摩擦，系统产生的热量
滑块速度减为零时，未从传送带左端滑出，之后向右做匀加速直线运动
与传送带共速时，需要时间
此过程，滑块滑行的位移为
传送带运动的距离为
此过程滑块与传送带的相对位移
由于摩擦，系统产生的热量
滑块从第一次滑上传送带到第一次离开传送带过程中，系统因摩擦产生的热量为
解得；
（3）滑块第一次离开传送带，向右以进入电场做匀减速直线运动，直到速度减为零
因，不能静止，会再次向左做匀加速直线运动，由于摩擦产生热量，向左出电场，第二次滑上传送带时的速度小于传送带的速度，之后每次滑块向左出电场时的速度都在减小
由于向左出电场，第二次滑上传送带时的速度小于传送带的速度，故滑块第二次向左滑上传送带之后，在传送带上向左和向右的运动是对称的，所以之后每次进入传送带和从传送带滑出的速度大小相等，最终滑块将停在平台最左端
设滑块向右再次进入电场后，在电场中运动的总路程为
对该过程，由动能定理
有
解得
对运动全过程，滑块在平台上运动的总路程为
解得。
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