资源简介

高考科学复习解决方案 物理
第六章　核心素养提升练
1.(2024·浙江1月选考，3)如图所示，质量为m的足球从水平地面上位置1被踢出后落在位置3，在空中达到最高点2的高度为h，则足球(　　)
A．从1到2动能减少mgh
B．从1到2重力势能增加mgh
C．从2到3动能增加mgh
D．从2到3机械能不变
2．(2024·安徽卷，7)在某地区的干旱季节，人们常用水泵从深水井中抽水灌溉农田，简化模型如图所示。水井中的水面距离水平地面的高度为H。出水口距水平地面的高度为h，与落地点的水平距离约为l。假设抽水过程中H保持不变，水泵输出能量的η倍转化为水被抽到出水口处增加的机械能。已知水的密度为ρ，水管内径的横截面积为S，重力加速度大小为g，不计空气阻力。则水泵的输出功率约为(　　)
A.
B.
C.
D.
3．质量m＝1500 kg的家庭轿车，行驶速度v≤54 km/h时靠电动机输出动力；行驶速度在54 km/h90 km/h时汽油发动机和电动机将同时工作，这种混合动力汽车更节能环保。该轿车在一条平直的公路上由静止启动，其牵引力F随运动时间t的变化图线如图所示，所受阻力恒为1500 N。已知汽车在t1时刻第一次切换动力引擎，以后保持恒定功率行驶至t2时刻。汽车在0～t2时间内行驶的位移为217.5 m。则t1和t2分别为(　　)
A．t1＝9 s，t2＝11 s
B．t1＝9 s，t2＝16 s
C．t1＝5.625 s，t2＝11 s
D．t1＝5.625 s，t2＝16 s
4.某种力做功只与物体的起始和终点位置有关，而与物体运动所经过的具体路径无关，物理学中把这种力称为保守力。保守力做功所改变的是与系统的相对位置有关的能量，这种能量称为势能，用Ep来表示。如图为某物体的势能随位置变化的曲线，该物体(　　)
A．在势能为0的位置时，受到的保守力也一定为零
B．在x1位置时，受到保守力的方向沿x轴的负方向
C．从x1位置运动到x2位置的过程中保守力做正功
D．在x1位置受到保守力的大小小于在x2位置受到保守力的大小
5.(2025·八省联考四川卷)(多选)如图所示，原长为l0的轻弹簧竖直放置，一端固定于地面，另一端连接厚度不计、质量为m1的水平木板X。将质量为m2的物块Y放在X上，竖直下压Y，使X离地高度为l，此时弹簧的弹性势能为Ep，由静止释放，所有物体沿竖直方向运动。则(　　)
A．若X、Y恰能分离，则Ep＝(m1＋m2)g(l0－l)
B．若X、Y恰能分离，则Ep＝(m1＋m2)gl
C．若X、Y能分离，则Y的最大离地高度为＋(l0－l)
D．若X、Y能分离，则Y的最大离地高度为＋l
6．(2025·云南卷，6)如图所示，质量为m的滑块(视为质点)与水平面上MN段的动摩擦因数为μ1，与其余部分的动摩擦因数为μ2，且μ1>μ2。第一次，滑块从Ⅰ位置以速度v0向右滑动，通过MN段后停在水平面上的某一位置，整个运动过程中，滑块的位移大小为x1，所用时间为t1；第二次，滑块从Ⅱ位置以相同速度v0向右滑动，通过MN段后停在水平面上的另一位置，整个运动过程中，滑块的位移大小为x2，所用时间为t2。忽略空气阻力，则(　　)
A．t1t2
C．x1>x2 D．x17．(2024·全国甲卷，17)如图，一光滑大圆环固定在竖直平面内，质量为m的小环套在大圆环上，小环从静止开始由大圆环顶端经Q点自由下滑至其底部，Q为竖直线与大圆环的切点。则小环下滑过程中对大圆环的作用力大小(　　)
A．在Q点最大 B．在Q点最小
C．先减小后增大 D．先增大后减小
8.(2025·四川卷，7)如图所示，倾角为30°的光滑斜面固定在水平地面上，安装在其顶端的电动机通过不可伸长轻绳与小车相连，小车上静置一物块。小车与物块质量均为m，两者之间动摩擦因数为。电动机以恒定功率P拉动小车由静止开始沿斜面向上运动。经过一段时间，小车与物块的速度刚好相同，大小为v0。运动过程中轻绳与斜面始终平行，小车和斜面均足够长，重力加速度大小为g，忽略其他摩擦。则这段时间内(　　)
A．物块的位移大小为
B．物块机械能增量为
C．小车的位移大小为－
D．小车机械能增量为＋
9．(2021·全国甲卷，24)如图，一倾角为θ的光滑斜面上有50个减速带(图中未完全画出)，相邻减速带间的距离均为d，减速带的宽度远小于d；一质量为m的无动力小车(可视为质点)从距第一个减速带L处由静止释放。已知小车通过减速带损失的机械能与到达减速带时的速度有关。观察发现，小车通过第30个减速带后，在相邻减速带间的平均速度均相同。小车通过第50个减速带后立刻进入与斜面光滑连接的水平地面，继续滑行距离s后停下。已知小车与地面间的动摩擦因数为μ，重力加速度大小为g。
(1)求小车通过第30个减速带后，经过每一个减速带时损失的机械能；
(2)求小车通过前30个减速带的过程中在每一个减速带上平均损失的机械能；
(3)若小车在前30个减速带上平均每一个损失的机械能大于之后每一个减速带上损失的机械能，则L应满足什么条件？
10．(2025·广东卷，14)如图所示，用开瓶器取出紧塞在瓶口的软木塞时，先将拔塞钻旋入木塞内，随后下压把手，使齿轮绕固定支架上的转轴转动，通过齿轮啮合，带动与木塞相固定的拔塞钻向上运动。从0时刻开始，顶部与瓶口齐平的木塞从静止开始向上做匀加速直线运动。木塞所受摩擦力f随位移大小x的变化关系为f＝f0，其中f0为常量，h为圆柱形木塞的高。木塞质量为m，底面积为S，加速度为a。齿轮半径为r。重力加速度为g。瓶外气压减瓶内气压为Δp且近似不变，瓶子始终静止在桌面上。(提示：可用f x图线下的“面积”表示f所做的功)求：
(1)木塞离开瓶口的瞬间，齿轮的角速度ω。
(2)拔塞的全过程，拔塞钻对木塞做的功W。
(3)拔塞过程中，拔塞钻对木塞作用力的瞬时功率P随时间t变化的表达式。
第六章　核心素养提升练
1.(2024·浙江1月选考，3)如图所示，质量为m的足球从水平地面上位置1被踢出后落在位置3，在空中达到最高点2的高度为h，则足球(　　)
A．从1到2动能减少mgh
B．从1到2重力势能增加mgh
C．从2到3动能增加mgh
D．从2到3机械能不变
答案：B
解析：由题图中足球的运动轨迹可知，在空中运动时，足球除受重力外，一定受到空气阻力作用。足球从1到2重力做负功，WG＝－mgh，则重力势能增加mgh，空气阻力做负功，即Wf<0，由动能定理可得WG＋Wf＝ΔEk，可得足球动能的变化量ΔEk＝－mgh＋Wf<0，所以足球从1到2动能减少，且减少量|ΔEk|＝mgh＋|Wf|>mgh，A错误，B正确；足球从2到3，空气阻力做负功，即Wf′<0，则足球机械能减小，重力做正功，WG′＝mgh，由动能定理有WG′＋Wf′＝ΔEk′，可得足球动能的变化量ΔEk′＝mgh＋Wf′2．(2024·安徽卷，7)在某地区的干旱季节，人们常用水泵从深水井中抽水灌溉农田，简化模型如图所示。水井中的水面距离水平地面的高度为H。出水口距水平地面的高度为h，与落地点的水平距离约为l。假设抽水过程中H保持不变，水泵输出能量的η倍转化为水被抽到出水口处增加的机械能。已知水的密度为ρ，水管内径的横截面积为S，重力加速度大小为g，不计空气阻力。则水泵的输出功率约为(　　)
A.
B.
C.
D.
答案：B
解析：设水从出水口射出的初速度为v0，水离开出水口在空中做平抛运动的时间为t′，取t时间内抽出的水为研究对象，该部分水的质量为m＝v0tSρ，根据平抛运动规律有v0t′＝l，h＝gt′2，根据能量守恒定律，得Ptη＝mv＋mg(H＋h)，联立解得水泵的输出功率约为P＝，故选B。
3．质量m＝1500 kg的家庭轿车，行驶速度v≤54 km/h时靠电动机输出动力；行驶速度在54 km/h90 km/h时汽油发动机和电动机将同时工作，这种混合动力汽车更节能环保。该轿车在一条平直的公路上由静止启动，其牵引力F随运动时间t的变化图线如图所示，所受阻力恒为1500 N。已知汽车在t1时刻第一次切换动力引擎，以后保持恒定功率行驶至t2时刻。汽车在0～t2时间内行驶的位移为217.5 m。则t1和t2分别为(　　)
A．t1＝9 s，t2＝11 s
B．t1＝9 s，t2＝16 s
C．t1＝5.625 s，t2＝11 s
D．t1＝5.625 s，t2＝16 s
答案：B
解析：由题意知，第一次切换引擎时速度为v1＝54 km/h＝15 m/s，0～t1时间内由牛顿第二定律得F1－f＝ma1，解得a1＝ m/s2，则t1＝＝9 s。设切换引擎后瞬间的牵引力为F1′，根据P＝F1′v1，可得轿车引擎的功率变为P＝75000 W，设在t2时刻的牵引力为F2，则在t2时刻的速度大小为v2＝＝25 m/s；0～t1时间内行驶的位移s1＝a1t＝67.5 m，则t1～t2时间内行驶的位移为s2＝s－s1＝150 m；t1～t2时间内根据动能定理得P(t2－t1)－fs2＝mv－mv，解得t2＝16 s。故B正确，A、C、D错误。
4.某种力做功只与物体的起始和终点位置有关，而与物体运动所经过的具体路径无关，物理学中把这种力称为保守力。保守力做功所改变的是与系统的相对位置有关的能量，这种能量称为势能，用Ep来表示。如图为某物体的势能随位置变化的曲线，该物体(　　)
A．在势能为0的位置时，受到的保守力也一定为零
B．在x1位置时，受到保守力的方向沿x轴的负方向
C．从x1位置运动到x2位置的过程中保守力做正功
D．在x1位置受到保守力的大小小于在x2位置受到保守力的大小
答案：C
解析：由功能关系可知，Ep x图像中图线斜率的绝对值表示保守力的大小，结合题图可知，势能为0的位置，物体受到的保守力不为零，且在x1位置受到保守力的大小大于在x2位置受到保守力的大小，故A、D错误；从x1位置运动到x2位置的过程中势能减小，由功能关系可知保守力做正功，保守力的方向沿x轴正方向，故B错误，C正确。
5.(2025·八省联考四川卷)(多选)如图所示，原长为l0的轻弹簧竖直放置，一端固定于地面，另一端连接厚度不计、质量为m1的水平木板X。将质量为m2的物块Y放在X上，竖直下压Y，使X离地高度为l，此时弹簧的弹性势能为Ep，由静止释放，所有物体沿竖直方向运动。则(　　)
A．若X、Y恰能分离，则Ep＝(m1＋m2)g(l0－l)
B．若X、Y恰能分离，则Ep＝(m1＋m2)gl
C．若X、Y能分离，则Y的最大离地高度为＋(l0－l)
D．若X、Y能分离，则Y的最大离地高度为＋l
答案：AD
解析：分析可知，由静止释放后，两物体一起向上做加速度减小的加速运动，弹簧恢复原长时两者之间的相互作用力减小到0，此时X、Y即将分离，若X、Y恰能分离，则弹簧恢复原长时两者速度刚好为零，由机械能守恒定律可知，此时弹簧的弹性势能刚好全部转化为系统的重力势能，即Ep＝(m1＋m2)g(l0－l)，故A正确，B错误；若X、Y能分离，设弹簧恢复原长时两物体的速度大小为v，根据机械能守恒定律有Ep＝(m1＋m2)g(l0－l)＋(m1＋m2)v2，之后两物体分离，Y的动能全部转化成重力势能，设之后其上升的高度为h，则有m2v2＝m2gh，联立解得h＝－l0＋l，则Y的最大离地高度为H＝l0＋h＝＋l，故C错误，D正确。
6．(2025·云南卷，6)如图所示，质量为m的滑块(视为质点)与水平面上MN段的动摩擦因数为μ1，与其余部分的动摩擦因数为μ2，且μ1>μ2。第一次，滑块从Ⅰ位置以速度v0向右滑动，通过MN段后停在水平面上的某一位置，整个运动过程中，滑块的位移大小为x1，所用时间为t1；第二次，滑块从Ⅱ位置以相同速度v0向右滑动，通过MN段后停在水平面上的另一位置，整个运动过程中，滑块的位移大小为x2，所用时间为t2。忽略空气阻力，则(　　)
A．t1t2
C．x1>x2 D．x1答案：A
解析：设MN段的长度为x0，滑块在除MN段外通过的位移为x′，则整个过程的位移为x＝x0＋x′，整个过程由动能定理得－μ1mgx0－μ2mgx′＝0－mv，由题意可知，滑块两次在MN段的位移x0相等，则两次在除MN段外通过的位移x′也一定相等，所以x1＝x2，C、D错误；由μmg＝ma可知，滑块在MN段的加速度大小为a1＝μ1g，在除MN段外的加速度大小为a2＝μ2g，因为μ1>μ2，则a1>a2，据此作出滑块第一次滑动的v t图像如图中折线Ⅰ所示，由于第二次的释放点距离M较近，则滑块第二次到达M点的速度比第一次的大，根据v t图像与t轴所围面积表示位移，可知两次滑块通过MN段时v t图线与t轴所围梯形面积相等，由此可作出滑块第二次滑动的v t图像如图中折线Ⅱ所示，由图可直观地看出t17．(2024·全国甲卷，17)如图，一光滑大圆环固定在竖直平面内，质量为m的小环套在大圆环上，小环从静止开始由大圆环顶端经Q点自由下滑至其底部，Q为竖直线与大圆环的切点。则小环下滑过程中对大圆环的作用力大小(　　)
A．在Q点最大 B．在Q点最小
C．先减小后增大 D．先增大后减小
答案：C
解析：设大圆环半径为R，小环下滑过程中小环与大圆环圆心连线转过的角度为θ(0≤θ≤π)时，小环速度大小为v，如图所示。连线转过θ角的过程，根据机械能守恒定律有mgR(1－cosθ)＝mv2－0，解得v＝。在θ从0开始增大的一小段时间内，v较小，对小环根据牛顿第二定律有mgcosθ－F＝m，解得小环受到的弹力大小F＝mgcosθ－m＝3mgcosθ－2mg，方向背离大圆环圆心，由F的表达式可知，随着θ从0开始增大，cosθ从1开始减小，F减小，当cosθ＝时，F减小到0；当arccos<θ≤时，对小环有mgcosθ＋F＝m，解得小环受到的弹力大小F＝m－mgcosθ＝2mg－3mgcosθ，方向指向大圆环圆心，由F的表达式可知，随着θ从arccos增大到，cosθ从减小到0，F从0增大到2mg；当<θ≤π时，对小环有F－mgcosθ＝m，解得小环受到的弹力大小F＝2mg－mgcosθ，方向指向大圆环圆心，由F的表达式可知，随着θ从增大到π，cosθ从0减小到－1，F增大。综上所述，结合牛顿第三定律可知，小环下滑过程中对大圆环的作用力大小先减小后增大，在Q点之前某位置最小，故C正确，A、B、D错误。
8.(2025·四川卷，7)如图所示，倾角为30°的光滑斜面固定在水平地面上，安装在其顶端的电动机通过不可伸长轻绳与小车相连，小车上静置一物块。小车与物块质量均为m，两者之间动摩擦因数为。电动机以恒定功率P拉动小车由静止开始沿斜面向上运动。经过一段时间，小车与物块的速度刚好相同，大小为v0。运动过程中轻绳与斜面始终平行，小车和斜面均足够长，重力加速度大小为g，忽略其他摩擦。则这段时间内(　　)
A．物块的位移大小为
B．物块机械能增量为
C．小车的位移大小为－
D．小车机械能增量为＋
答案：C
解析：设物块运动的加速度大小为a，位移大小为x1，对物块根据牛顿第二定律有μmgcos30°－mgsin30°＝ma，解得a＝g，根据运动学公式有v＝2ax1，解得x1＝，故A错误；物块机械能增量为ΔE＝mv＋mgx1·sin30°＝，故B错误；设小车的位移大小为x，运动时间为t，对小车根据动能定理有Pt－μmgcos30°·x＋mgsin30°·x＝mv－0，其中t＝，联立解得x＝－，故C正确；小车机械能增量为ΔE′＝mv＋mgxsin30°＝＋，故D错误。
9．(2021·全国甲卷，24)如图，一倾角为θ的光滑斜面上有50个减速带(图中未完全画出)，相邻减速带间的距离均为d，减速带的宽度远小于d；一质量为m的无动力小车(可视为质点)从距第一个减速带L处由静止释放。已知小车通过减速带损失的机械能与到达减速带时的速度有关。观察发现，小车通过第30个减速带后，在相邻减速带间的平均速度均相同。小车通过第50个减速带后立刻进入与斜面光滑连接的水平地面，继续滑行距离s后停下。已知小车与地面间的动摩擦因数为μ，重力加速度大小为g。
(1)求小车通过第30个减速带后，经过每一个减速带时损失的机械能；
(2)求小车通过前30个减速带的过程中在每一个减速带上平均损失的机械能；
(3)若小车在前30个减速带上平均每一个损失的机械能大于之后每一个减速带上损失的机械能，则L应满足什么条件？
答案：(1)mgdsinθ
(2)
(3)L>d＋
解析：(1)小车在光滑斜面上滑行时，根据牛顿第二定律有mgsinθ＝ma
设小车通过第30个减速带后速度为v1，到达第31个减速带前速度为v2，则有v－v＝2ad
因为小车通过第30个减速带后，在相邻减速带间的平均速度均相同，故后面通过减速带后的速度与到达下一个减速带前的速度均为v1和v2，经过每一个减速带时损失的机械能为
ΔE＝mv－mv
联立以上各式解得ΔE＝mgdsinθ。
(2)由(1)知小车通过第50个减速带后的速度为v1，则在水平地面上的运动过程，根据动能定理有－μmgs＝0－mv
从小车开始下滑到通过第30个减速带，根据动能定理有mg(L＋29d)sinθ－ΔE总＝mv－0
联立解得ΔE总＝mg(L＋29d)sinθ－μmgs
故小车通过前30个减速带的过程中在每一个减速带上平均损失的机械能为ΔE′＝＝。
(3)由题意可知ΔE′>ΔE
可得L>d＋。
10．(2025·广东卷，14)如图所示，用开瓶器取出紧塞在瓶口的软木塞时，先将拔塞钻旋入木塞内，随后下压把手，使齿轮绕固定支架上的转轴转动，通过齿轮啮合，带动与木塞相固定的拔塞钻向上运动。从0时刻开始，顶部与瓶口齐平的木塞从静止开始向上做匀加速直线运动。木塞所受摩擦力f随位移大小x的变化关系为f＝f0，其中f0为常量，h为圆柱形木塞的高。木塞质量为m，底面积为S，加速度为a。齿轮半径为r。重力加速度为g。瓶外气压减瓶内气压为Δp且近似不变，瓶子始终静止在桌面上。(提示：可用f x图线下的“面积”表示f所做的功)求：
(1)木塞离开瓶口的瞬间，齿轮的角速度ω。
(2)拔塞的全过程，拔塞钻对木塞做的功W。
(3)拔塞过程中，拔塞钻对木塞作用力的瞬时功率P随时间t变化的表达式。
答案：(1)　(2)＋mgh＋mah＋ShΔp
(3)P＝mgat＋ma2t＋SatΔp＋f0at，其中0≤t≤
解析：(1)木塞向上做匀加速直线运动，设木塞离开瓶口瞬间的速度为v，由运动学公式有
v2－0＝2ah
解得v＝
齿轮边缘的线速度也为v，所以有v＝ωr
解得ω＝。
(2)木塞所受摩擦力随位移大小的变化关系如图所示，拔塞的全过程摩擦力对木塞做的功为Wf＝－h
拔塞的全过程，对木塞由动能定理有
W＋Wf－mgh－Δp·Sh＝mv2－0
联立解得W＝＋mgh＋mah＋ShΔp。
(3)拔塞过程中，设拔塞钻对木塞的作用力大小为F，对木塞由牛顿第二定律有
F－f－mg－Δp·S＝ma
经过时间t木塞向上运动的位移大小为
x＝at2
木塞的速度大小为v＝at
拔塞钻对木塞作用力的瞬时功率P＝Fv
联立可得P＝mgat＋ma2t＋SatΔp＋f0at，其中0≤t≤。
9(共26张PPT)
第六章　核心素养提升练
1.(2024·浙江1月选考，3)如图所示，质量为m的足球从水平地面上位置1被踢出后落在位置3，在空中达到最高点2的高度为h，则足球(　　)
A．从1到2动能减少mgh
B．从1到2重力势能增加mgh
C．从2到3动能增加mgh
D．从2到3机械能不变
解析：由题图中足球的运动轨迹可知，在空
中运动时，足球除受重力外，一定受到空气阻力
作用。足球从1到2重力做负功，WG＝－mgh，则
重力势能增加mgh，空气阻力做负功，即Wf<0，由动能定理可得WG＋Wf＝ΔEk，可得足球动能的变化量ΔEk＝－mgh＋Wf<0，所以足球从1到2动能减少，且减少量|ΔEk|＝mgh＋|Wf|>mgh，A错误，B正确；足球从2到3，空气阻力做负功，即Wf′<0，则足球机械能减小，重力做正功，WG′＝mgh，由动能定理有WG′＋Wf′＝ΔEk′，可得足球动能的变化量ΔEk′＝mgh＋Wf′3．质量m＝1500 kg的家庭轿车，行驶速度v≤54 km/h
时靠电动机输出动力；行驶速度在54 km/h围内时自动转换为靠汽油发动机输出动力；行驶速度v>
90 km/h时汽油发动机和电动机将同时工作，这种混合动
力汽车更节能环保。该轿车在一条平直的公路上由静止启
动，其牵引力F随运动时间t的变化图线如图所示，所受阻力恒为1500 N。已知汽车在t1时刻第一次切换动力引擎，以后保持恒定功率行驶至t2时刻。汽车在0～t2时间内行驶的位移为217.5 m。则t1和t2分别为(　　)
A．t1＝9 s，t2＝11 s B．t1＝9 s，t2＝16 s
C．t1＝5.625 s，t2＝11 s D．t1＝5.625 s，t2＝16 s
4.某种力做功只与物体的起始和终点位置有关，而与物体运动所经过的具体路径无关，物理学中把这种力称为保守力。保守力做功所改变的是与系统的相对位置有关的能量，这种能量称为势能，用Ep来表示。如图为某物体的势能随位置变化的曲线，该物体(　　)
A．在势能为0的位置时，受到的保守力也一定为零
B．在x1位置时，受到保守力的方向沿x轴的负方向
C．从x1位置运动到x2位置的过程中保守力做正功
D．在x1位置受到保守力的大小小于在x2位置受到保
守力的大小
解析：由功能关系可知，Ep x图像中图线斜率的绝对值表示保守力的大小，结合题图可知，势能为0的位置，物体受到的保守力不为零，且在x1位置受到保守力的大小大于在x2位置受到保守力的大小，故A、D错误；从x1位置运动到x2位置的过程中势能减小，由功能关系可知保守力做正功，保守力的方向沿x轴正方向，故B错误，C正确。
6．(2025·云南卷，6)如图所示，
质量为m的滑块(视为质点)与水平面
上MN段的动摩擦因数为μ1，与其余
部分的动摩擦因数为μ2，且μ1>μ2。第一次，滑块从Ⅰ位置以速度v0向右滑动，通过MN段后停在水平面上的某一位置，整个运动过程中，滑块的位移大小为x1，所用时间为t1；第二次，滑块从Ⅱ位置以相同速度v0向右滑动，通过MN段后停在水平面上的另一位置，整个运动过程中，滑块的位移大小为x2，所用时间为t2。忽略空气阻力，则(　　)
A．t1t2
C．x1>x2 D．x17．(2024·全国甲卷，17)如图，一光滑大圆环固定在竖直平面内，质量为m的小环套在大圆环上，小环从静止开始由大圆环顶端经Q点自由下滑至其底部，Q为竖直线与大圆环的切点。则小环下滑过程中对大圆环的作用力大小(　　)
A．在Q点最大 B．在Q点最小
C．先减小后增大 D．先增大后减小
9．(2021·全国甲卷，24)如图，一倾角为θ的光滑斜面上有
50个减速带(图中未完全画出)，相邻减速带间的距离均为d，减
速带的宽度远小于d；一质量为m的无动力小车(可视为质点)从
距第一个减速带L处由静止释放。已知小车通过减速带损失的
机械能与到达减速带时的速度有关。观察发现，小车通过第30个减速带后，在相邻减速带间的平均速度均相同。小车通过第50个减速带后立刻进入与斜面光滑连接的水平地面，继续滑行距离s后停下。已知小车与地面间的动摩擦因数为μ，重力加速度大小为g。
(1)求小车通过第30个减速带后，经过每一个减速带时损失的机械能；
(2)求小车通过前30个减速带的过程中在每一个减速带上平均损失的机械能；
(3)若小车在前30个减速带上平均每一个损失的机械能大于之后每一个减速带上损失的机械能，则L应满足什么条件？

展开更多......

收起↑