人教版 (2019)4 机械能守恒定律当堂检测题

这是一份人教版 (2019)4 机械能守恒定律当堂检测题，共15页。试卷主要包含了单选题，多选题，计算题等内容，欢迎下载使用。

1.荡秋千是人们平时喜爱的一项运动。如图所示，正在荡秋千的小明通过伸腿和收腿来调整自身重心的相对位置使自己越荡越高，某次小明在由最低点A向最高点B运动的过程中收腿，忽略空气阻力，下列说法正确的是( )
A. 在A位置时，小明处于失重状态B. 在B位置时，小明处于超重状态
C. 小明在A处机械能小于B处D. 小明在A处机械能大于B处
2. 如图甲，将一小球从地面以某一初速度v0竖直向上抛出，取地面为零重力势能参考面，小球的机械能E0和重力势能Ep随小球离开地面的高度ℎ变化关系图像如图乙。重力加速度g=10m/s2，下列说法正确的是( )
A. 小球从地面抛出的初速度v0=45m/s
B. 小球所受空气阻力大小为小球自身重力的12
C. 从抛出开始，小球经1s时间上升到最高点
D. 小球离地面高度ℎ=3m时，小球的动能Ek=25J
3. 假设某足球运动员罚点球直接射门时，球恰好从横梁下边缘踢进，此时的速度为v。横梁下边缘离地面的高度为ℎ，足球质量为m，运动员对足球做的功为W1，足球运动过程中，克服空气阻力做的功为W2，选地面为零势能面，下列说法正确的是( )
A. 运动员对足球做的功W1=mgℎ+12mv2−W2
B. 足球机械能的变化量为W1−W2
C. 足球克服阻力做的功W2=mgℎ+12mv2−W1
D. 运动员刚踢完球的瞬间，足球的动能为mgℎ+12mv2
4. 如图甲所示，置于水平地面上质量为m的物体，在竖直拉力F作用下，由静止开始向上运动，其动能Ek与距地面高度ℎ的关系如图乙所示，已知重力加速度为g，空气阻力不计。下列说法正确的是( )
A. 在0～ℎ0过程中，F大小始终为mg
B. 在0～ℎ0和ℎ0～2ℎ0过程中，F做功之比为2︰1
C. 在0～2ℎ0过程中，物体的机械能不断增加
D. 在2ℎ0～3.5ℎ0过程中，物体的机械能不断减少
5. 如图所示，A、B、C分别为太阳、地球和月球，地球绕太阳运动的轨道形状为椭圆，P点为近日点，到太阳的距离为R1，Q点为远日点，到太阳的距离为R2，地球公转周期为T；月球绕地球的运动可视为匀速圆周运动(忽略太阳对月球的引力)，月球运行轨道半径为r，月球公转周期为t。则( )
A. 相同时间内，月球与地球的连线扫过的面积等于地球与太阳连线扫过的面积
B. 地球在P点和Q点的速率之比vPvQ=R2R1
C. 地球从P点运动到Q点的过程中，动能一直变大
D. 由开普勒第三定律可知R1+R238T2=r3t2=k,k为常数
6. 如图甲，迪斯科转盘是游乐场内常见的娱乐设施，当转盘转速增大时，盘上的人容易滑动起来，因其有惊无险受到许多游客喜爱。图乙是转盘示意图，转盘可绕转轴转动，转轴与水平方向成θ角。某段时间内，转盘垂直转轴且绕轴匀速转动。某时刻，三位游客(均可视为质点)在圆盘上的位置如图所示，小张恰坐在圆盘中心处，小王和小李分别坐在离转轴相等距离位置。如果游客均相对转盘保持静止，则下列说法正确的是( )
A. 若小张的质量为m，则他对圆盘的压力可表示为mgcsθ
B. 小王此时有沿圆盘向下滑的趋势，所以一定受到沿斜面向上的摩擦力
C. 小李从此位置随圆盘转过一整圈的过程中机械能守恒
D. 如果转盘转速加快，小王和小李有可能滑动，但小张一定不会滑动
7. 如图甲所示，轻弹簧下端固定在倾角37°的粗糙斜面底端A处，上端连接质量5 kg的滑块(视为质点)，斜面固定在水平面上，弹簧与斜面平行。将滑块沿斜面拉动到弹簧处于原长位置的O点，由静止释放到第一次把弹簧压缩到最短的过程中，其加速度a随位移x的变化关系如图乙所示，重力加速度g取10 m/s2，sin 37°=0.6，cs 37°=0.8。下列说法正确的是 ( )
A. 滑块在下滑的过程中，滑块和弹簧组成的系统机械能守恒
B. 滑块与斜面间的动摩擦因数为0.2
C. 滑块下滑过程中的最大速度为 135 m/s
D. 滑块在最低点时，弹簧的弹性势能为10.4 J
8. 如图所示，一强磁性圆轨道固定在竖直平面内，轨道半径为R，A、B两点分别为轨道的最高点与最低点，质量为m的小球沿轨道外侧做完整的圆周运动，球始终受大小恒为F、方向始终指向圆心O的磁性引力，不计摩擦和空气阻力，重力加速度为g.则
A. 球在A点的最小速度为 gR
B. 运动过程中球的机械能不守恒
C. 球从A运动到B过程中，受到的弹力逐渐增大
D. F的最小值为5mg
9. 如图所示，水平地面上有一个立方体P，一轻杆的下端用铰链与地面上O点相连，上端固定一小球Q并靠在P的左侧面上，用外力F使整个装置处于静止状态。现撤去F，当Q与P恰好分离时轻杆与地面有一夹角，不计所有摩擦，重力加速度为g。则下列说法正确的是( )
A. 分离前小球的机械能守恒B. 分离时P、Q的速度大小相同
C. 分离时Q的加速度为gD. 分离后轻杆不受力
二、多选题（本大题共5小题，共20.0分）
10. 如图所示，水平光滑长杆上套有一物块Q，跨过悬挂于O点的轻小光滑圆环的细线一端连接Q，另一端悬挂一物块P.设细线的左边部分与水平方向的夹角为θ，初始时θ很小．现将P、Q由静止同时释放，在物块P下落过程中，下列说法正确的有( )
A. 当θ=60°时，P、Q的速度之比是1:2
B. 当θ=90°时，Q的速度最大
C. 物块P一直处于失重状态
D. 绳对Q的拉力始终大于P的重力
11. 如图所示，一台起重机从静止开始匀加速地将一质量m=1.0×103kg的货物竖直吊起，在3s末货物的速度v=6m/s。不计空气阻力，g取10m/s2，则下列说法正确的是( )
A. 在这3s内货物的重力做功为9.0×104J
B. 在这3s内货物的机械能减少了1.08×105J
C. 起重机在3s末的瞬时功率为7.2×104W
D. 起重机在这3s内的输出功率为3.6×104W
12. 传送带在生产、生活中有着广泛的应用。如图1所示，顺时针匀速转动的传送带倾斜放置，与水平面的夹角为θ= 37°。现有一小物块以初速度v0沿与传送带平行方向从底端A点滑上传送带，在物块由A点运动至B点的过程中，物块的机械能和重力势能(取过A点的水平面为参考平面)随上滑高度ℎ的变化图像分别如图2中折线I、直线II所示，重力加速度g=10 m/s2，sinθ= 0.6，csθ= 0.8，则( )
A. 物块的质量为0.2 kg
B. 物块与传送带之间的动摩擦因数为0.75
C. 传送带的传送速度大小为2.0 m/s
D. 在上滑过程中，因摩擦而产生的热量一定小于2.8 J
13. 如图所示，光滑细杆AB、AC在A点连接，AB竖直放置，AC水平放置，两个相同的中心有小孔的小球M、N，分别套在AB和AC上，并用一细绳相连，细绳恰好被拉直，现由静止释放M、N，在运动过程中，下列说法中正确的是( )
A. M球的机械能守恒B. M球的机械能增大
C. M和N组成的系统机械能守恒D. 绳的拉力对N做正功
14. 如图所示，一根很长且不可伸长的柔软轻绳跨过光滑定滑轮，两端各系一小球a和b，a球质量为m，静置于地面，b球质量为4m，用手托住，高度为ℎ，此时轻绳刚好拉紧，从静止开始释放b球，不计空气阻力，已知b球落地后速度变为零，则下列说法正确的是( )
A. 在a球上升的全过程中，a球的机械能始终是增加的
B. 在a球上升的全过程中，系统的机械能守恒
C. a球到达高度ℎ时两球的速度大小为v= 6gℎ5
D. 从释放开始，a球能上升的最大高度为1.6ℎ
三、计算题
15. 如图所示，倾角θ=30∘的斜面固定在水平地面上，t=0时刻，质量m=0.2kg的滑块以速度v0=2m/s从斜面底端沿斜面上滑，最终又返回斜面底端，返回时的速度v1=1m/s，滑块可视为质点，重力加速度g=10m/s2，以地面为重力势能的零势能面。求：
(1)滑块与斜面间的动摩擦因数及斜面的最小长度；
(2)滑块在斜面上滑动时重力的瞬时功率随时间变化的规律；
(3)滑块的动能与势能相等时的机械能。
机械能守恒定律
一、单选题
1.荡秋千是人们平时喜爱的一项运动。如图所示，正在荡秋千的小明通过伸腿和收腿来调整自身重心的相对位置使自己越荡越高，某次小明在由最低点A向最高点B运动的过程中收腿，忽略空气阻力，下列说法正确的是( )
A. 在A位置时，小明处于失重状态B. 在B位置时，小明处于超重状态
C. 小明在A处机械能小于B处D. 小明在A处机械能大于B处
【答案】C
【解析】
A、在A位置时，小明具有向心加速度，加速度向上，处于超重状态，故A错误；
B、在最高点B位置时，该同学的加速度竖直向下，处于失重状态，故B错误；
CD、小明在由最低点A向最高点B运动的过程中收腿即提高腿的高度，人做正功，故B处机械能大于A处，故C正确，D错误。
故选C。
2. 如图甲，将一小球从地面以某一初速度v0竖直向上抛出，取地面为零重力势能参考面，小球的机械能E0和重力势能Ep随小球离开地面的高度ℎ变化关系图像如图乙。重力加速度g=10m/s2，下列说法正确的是( )
A. 小球从地面抛出的初速度v0=45m/s
B. 小球所受空气阻力大小为小球自身重力的12
C. 从抛出开始，小球经1s时间上升到最高点
D. 小球离地面高度ℎ=3m时，小球的动能Ek=25J
【答案】D
【解析】A.由题图可知，在ℎ=0时，小球的机械能E0=100J，重力势能Ep=0，可知小球的动能为100J，ℎ=4m，重力势能Ep=80J，由Ep=mgℎ，解得m=2kg
由动能的计算公式Ek=12mv02，可得v0=2Ekm=2×1002m/s=10m/s，A错误；
B.当无空气阻力时，小球上升的高度为ℎ′=v022g=1022×10m=5m
当有空气阻力时，小球上升的高度为4m，则有a=v022ℎ=1022×4m/s2=12.5m/s2
由牛顿第二定律可得mg+Ff=ma，Ff=ma−mg=2×12.5−10N=5N
可知小球所受空气阻力大小为小球自身重力的14，B错误；
C.小球从抛出开始到最高点所用时间t=v0a=1012.5s=0.8s，C错误；
D.小球离地面高度ℎ=3m时，小球的速度为v=v02−2ℎa=102−2×3×12.5m/s=5m/s
小球的动能为Ek=12mv2=12×2×52J=25J，D正确。
故选D。
3. 假设某足球运动员罚点球直接射门时，球恰好从横梁下边缘踢进，此时的速度为v。横梁下边缘离地面的高度为ℎ，足球质量为m，运动员对足球做的功为W1，足球运动过程中，克服空气阻力做的功为W2，选地面为零势能面，下列说法正确的是( )
A. 运动员对足球做的功W1=mgℎ+12mv2−W2
B. 足球机械能的变化量为W1−W2
C. 足球克服阻力做的功W2=mgℎ+12mv2−W1
D. 运动员刚踢完球的瞬间，足球的动能为mgℎ+12mv2
【答案】B
【解析】A.对全程由动能定理可得W1−W2−mgℎ=12mv2−0，解得运动员对足球做的功为W1=W2+mgℎ+12mv2，故A错误；
B.机械能的变化量等于除重力以外的力做功之和，故机械能的增加量为W1−W2，故B正确；
C.由A分析可得，足球克服阻力做功为W2=W1−(mgℎ+12mv2)，故C错误；
D.对运动员刚踢球的瞬间过程由动能定理可得W1=Ek−0，则运动员刚踢完球的瞬间足球的动能为W2+mgℎ+12mv2，故D错误。
故选B。
4. 如图甲所示，置于水平地面上质量为m的物体，在竖直拉力F作用下，由静止开始向上运动，其动能Ek与距地面高度ℎ的关系如图乙所示，已知重力加速度为g，空气阻力不计。下列说法正确的是( )
A. 在0～ℎ0过程中，F大小始终为mg
B. 在0～ℎ0和ℎ0～2ℎ0过程中，F做功之比为2︰1
C. 在0～2ℎ0过程中，物体的机械能不断增加
D. 在2ℎ0～3.5ℎ0过程中，物体的机械能不断减少
【答案】C
【解析】
解：A.由于合外力做功等于动能的变化量，所以动能Ek与距地面高度ℎ的关系图像斜率表示合外力，在0〜ℎ0过程中，合外力大小等于mg，合力方向向上，根据牛顿第二定律得F大小始终为2mg，故A错误；
B.在0〜ℎ0过程中动能增加mgℎ0，重力做功为−mgℎ0，根据动能定理得F做功为2mgℎ0，ℎ0∼2ℎ0过程中，动能增加0.5mgℎ0，重力做功为−mgℎ0，根据动能定理得F做功为1.5mgℎ0，所以F做功之比为4：3，故B错误；
C.根据功能关系得除重力以外其它力所做的功等于物体机械能的变化量，由于在0〜2ℎ0过程中，F一直做正功，所以物体的机械能不断增加，故 C正确；
D.动能Ek与距地面高度ℎ的关系图像斜率表示合外力，在2ℎ0〜3. 5ℎ0过程中，动能减小，合外力大小等于mg，方向竖直向下，所以F为零，物体只受重力，物体的机械能不变，故D错误。
故选C。
5. 如图所示，A、B、C分别为太阳、地球和月球，地球绕太阳运动的轨道形状为椭圆，P点为近日点，到太阳的距离为R1，Q点为远日点，到太阳的距离为R2，地球公转周期为T；月球绕地球的运动可视为匀速圆周运动(忽略太阳对月球的引力)，月球运行轨道半径为r，月球公转周期为t。则( )
A. 相同时间内，月球与地球的连线扫过的面积等于地球与太阳连线扫过的面积
B. 地球在P点和Q点的速率之比vPvQ=R2R1
C. 地球从P点运动到Q点的过程中，动能一直变大
D. 由开普勒第三定律可知R1+R238T2=r3t2=k,k为常数
【答案】B
【解析】
A.由开普勒第二定律可知，任意一个行星与太阳的连线在相等的时间内扫过的面积相等，是针对同一中心天体而言的，A错误；
B.由开普勒第二定律可知相同时间内，地球在近日点和远日点与太阳的连线扫过的面积相等，有12R1vp⋅Δt=12R2vQ⋅Δt，所以vPvQ=R2R1，B正确；
C.地球从P点运动到Q点的过程中，机械能守恒，势能越来越大，故动能变小，C错误；
D.由开普勒第三定律可知，所有行星的轨道半长轴的三次方跟它的公转周期的二次方的比值都相等，是针对同一中心天体而言的，而月球绕着地球转，地球绕着太阳转，中心天体不同，D错误。
6. 如图甲，迪斯科转盘是游乐场内常见的娱乐设施，当转盘转速增大时，盘上的人容易滑动起来，因其有惊无险受到许多游客喜爱。图乙是转盘示意图，转盘可绕转轴转动，转轴与水平方向成θ角。某段时间内，转盘垂直转轴且绕轴匀速转动。某时刻，三位游客(均可视为质点)在圆盘上的位置如图所示，小张恰坐在圆盘中心处，小王和小李分别坐在离转轴相等距离位置。如果游客均相对转盘保持静止，则下列说法正确的是( )
A. 若小张的质量为m，则他对圆盘的压力可表示为mgcsθ
B. 小王此时有沿圆盘向下滑的趋势，所以一定受到沿斜面向上的摩擦力
C. 小李从此位置随圆盘转过一整圈的过程中机械能守恒
D. 如果转盘转速加快，小王和小李有可能滑动，但小张一定不会滑动
【答案】D
【解析】A.小张恰坐在圆盘中心处，小张处于平衡状态，对小张受力分析，受重力mg、支持力FN和摩擦力Ff。
垂直圆盘方向，根据平衡条件有FN=mgsinθ，根据牛顿第三定律可知，他对圆盘的压力为mgsinθ，故A错误；
B.对小王分析，设当角速度为ω0时，小王恰好不受摩擦力，则有mgcsθ=mω02r，解得：ω0= gcsθr
若圆盘角速度ω< gcsθr时，小王受到沿斜面向上的摩擦力，若圆盘角速度ω> gcsθr时，小王受到沿斜面向下的摩擦力，故B错误；
C.圆盘匀速转动过程中，小李的动能不变，重力势能不断变化，所以小李从此位置随圆盘转过一整圈的过程中机械能不守恒，故C错误；
D.如果转盘转速加快，小王和小李所需要的向心力增大，当摩擦力达到最大静摩擦力时，小王和小李将要相对圆盘滑动，小张在圆盘中心处不需要向心力，受力情况不变，小张一定不会滑动，故D正确。
故选D
7. 如图甲所示，轻弹簧下端固定在倾角37°的粗糙斜面底端A处，上端连接质量5 kg的滑块(视为质点)，斜面固定在水平面上，弹簧与斜面平行。将滑块沿斜面拉动到弹簧处于原长位置的O点，由静止释放到第一次把弹簧压缩到最短的过程中，其加速度a随位移x的变化关系如图乙所示，重力加速度g取10 m/s2，sin 37°=0.6，cs 37°=0.8。下列说法正确的是 ( )
A. 滑块在下滑的过程中，滑块和弹簧组成的系统机械能守恒
B. 滑块与斜面间的动摩擦因数为0.2
C. 滑块下滑过程中的最大速度为 135 m/s
D. 滑块在最低点时，弹簧的弹性势能为10.4 J
【答案】C
【解析】A.滑块在下滑的过程中，与斜面间有滑动摩擦力，通过克服摩擦力做功，机械能向内能转化，故滑块和弹簧组成的系统机械能减小，故A错误；
B.刚释放时，弹簧处于原长，物块受重力、支持力和滑动摩擦力，根据牛顿第二定律，有：mgsinθ−f=ma，其中f=μmgcsθ，联立解得：f=4N，μ=0.1，故B错误；
C.根据动能定理，有：Fx=12mv2，而F=ma，故ax=12v2，即a−x图象与x轴包围的面积表示表示12v2的变化量；
故在0.1m位置处滑块的速度最大，有：12v2=12×5.2×0.1=0.26，故v= 0.52m/s= 135m/s，故C正确；
D.滑块在最低点时，其速度为零，位移x=0.2m，根据功能关系，系统减小的重力势能转化为弹性势能和摩擦内能，为mgsinθ·x− μmgcsθx −Ep弹=0；
解得：ΔEp弹=5.2J，故D错误。
故选C。
8. 如图所示，一强磁性圆轨道固定在竖直平面内，轨道半径为R，A、B两点分别为轨道的最高点与最低点，质量为m的小球沿轨道外侧做完整的圆周运动，球始终受大小恒为F、方向始终指向圆心O的磁性引力，不计摩擦和空气阻力，重力加速度为g.则
A. 球在A点的最小速度为 gR
B. 运动过程中球的机械能不守恒
C. 球从A运动到B过程中，受到的弹力逐渐增大
D. F的最小值为5mg
【答案】D
【解析】
A、在最高点轨道可以对A有支持力，所以球在A点的最小速度可以为0，故A错误；
B、运动过程中，只有重力做功，球的机械能守恒，故B错误；
C、在A点轨道对球的弹力最大，故C错误；
D、若在A点速度为0，此时到达B点的速度最小为v= 4gR，根据向心力Fn=mv2R=F−mg，可得F的最小值为5mg，故D正确。
9. 如图所示，水平地面上有一个立方体P，一轻杆的下端用铰链与地面上O点相连，上端固定一小球Q并靠在P的左侧面上，用外力F使整个装置处于静止状态。现撤去F，当Q与P恰好分离时轻杆与地面有一夹角，不计所有摩擦，重力加速度为g。则下列说法正确的是( )
A. 分离前小球的机械能守恒B. 分离时P、Q的速度大小相同
C. 分离时Q的加速度为gD. 分离后轻杆不受力
【答案】C
【解析】
B.将小球速度分解，则可知水平方向的分速度vx与立方体的速度相等，当小球和立方体间的弹力为零时二者分离，此时二者水平方向的速度相等，小球实际速度大于立方体的速度，故B错误；
A.分离前立方体的速度增大，其机械能一直增大，Q对其做功，由机械能守恒条件可知在分离前小球的机械能不守恒，故A错误；
C.对小球和立方体整体受力分析，受重力杆的弹力T、支持力，在水平方向由牛顿第二定律可得：Tcsα=(M+m)ax，刚分离时加速度水平分量为零，故杆的弹力为零，所以小球只受重力作用，此时小球的加速度为重力加速度g，故C正确；
D.分离后小球由于轻杆的约束而做圆周运动，此时轻杆受到球的作用力，故D错误。
故选C。
二、多选题（本大题共5小题，共20.0分）
10. 如图所示，水平光滑长杆上套有一物块Q，跨过悬挂于O点的轻小光滑圆环的细线一端连接Q，另一端悬挂一物块P.设细线的左边部分与水平方向的夹角为θ，初始时θ很小．现将P、Q由静止同时释放，在物块P下落过程中，下列说法正确的有( )
A. 当θ=60°时，P、Q的速度之比是1:2
B. 当θ=90°时，Q的速度最大
C. 物块P一直处于失重状态
D. 绳对Q的拉力始终大于P的重力
【答案】AB
【解析】
A.P、Q用同一根绳连接，则Q沿绳子方向的速度与P的速度相等，则当θ=60°时，Q的速度vQcs60°=vP，解得：vPvQ=12，故A正确；
B.P的机械能最小时，即为Q到达O点正下方时，此时Q的速度最大，即当θ=90°时，Q的速度最大，故B正确；
CD．P先向下做加速运动，加速度向下，绳对Q的拉力小于P的重力，处于失重状态，然后又减速运动，再向上做加速运动，加速度向上，绳对Q的拉力大于P的重力，处于超重状态，故CD错误。
故选：AB。
11. 如图所示，一台起重机从静止开始匀加速地将一质量m=1.0×103kg的货物竖直吊起，在3s末货物的速度v=6m/s。不计空气阻力，g取10m/s2，则下列说法正确的是( )
A. 在这3s内货物的重力做功为9.0×104J
B. 在这3s内货物的机械能减少了1.08×105J
C. 起重机在3s末的瞬时功率为7.2×104W
D. 起重机在这3s内的输出功率为3.6×104W
【答案】CD
【解析】A.物体向上加速运动的加速度大小为a=vt=2m/s2
物体上升的高度为ℎ=12at2=9m
货物重力做负功，做功为WG=−mgℎ=−9×104J，故A错误；
C.根据牛顿第二定律可得F−mg=ma
解得起重机拉力为F=1.2×104N
起重机在3s末的瞬时功率为P=Fv=7.2×104W，故C正确；
B.在这3s内起重机对货物的拉力做正功，这3s内货物的机械能增加了ΔE=Fℎ=1.08×105J，故B错误；
D.起重机在这3s内的输出功率为P出=Fℎt=3.6×104W，故D正确。
故选CD。
12. 传送带在生产、生活中有着广泛的应用。如图1所示，顺时针匀速转动的传送带倾斜放置，与水平面的夹角为θ= 37°。现有一小物块以初速度v0沿与传送带平行方向从底端A点滑上传送带，在物块由A点运动至B点的过程中，物块的机械能和重力势能(取过A点的水平面为参考平面)随上滑高度ℎ的变化图像分别如图2中折线I、直线II所示，重力加速度g=10 m/s2，sinθ= 0.6，csθ= 0.8，则( )
A. 物块的质量为0.2 kg
B. 物块与传送带之间的动摩擦因数为0.75
C. 传送带的传送速度大小为2.0 m/s
D. 在上滑过程中，因摩擦而产生的热量一定小于2.8 J
【答案】ACD
【解析】
A、由重力势能Ep=mgℎ知，直线Ⅱ的斜率为mg，由图知，mg=4.8−02.4−0N，解得物块的质量m=0.2kg，故A正确；
B、由功能关系知，上滑高度ℎ⩽1.2s时，Wf=ΔE=−f·ℎsin37°，则此过程E−ℎ图像的斜率为−fsin37°。
由图知，−fsin37°=2.8−，解得f=1.4N，此过程物块相对传送带滑动，则f=μmgcs37°，解得物块与传送带间的动摩擦因数μ=78，故B错误；
C、由图知，ℎ=1.2m时，物块的动能Ek=(2.8−4.82)J=0.4J=12mv2，解得此时物块的速度v=2m/s，由图知，ℎ=1.2m后物块的机械能增加，即摩擦力做正功，而之前摩擦力做负功，可见ℎ=1.2m后物块受到静摩擦力作用随传送带匀速运动，则ℎ=1.2m时物块与传送带速度相同，即传送带的传送速度大小为2m/s，故C正确；
D、物块在ℎ=1.2m前相对滑动，在物块与传送带的相对位移s相对<ℎsin⁡30°=2m，则在上滑过程中，因摩擦而产生的热量Q=fs相对<2.8J，故D正确。
综上，选ACD
13. 如图所示，光滑细杆AB、AC在A点连接，AB竖直放置，AC水平放置，两个相同的中心有小孔的小球M、N，分别套在AB和AC上，并用一细绳相连，细绳恰好被拉直，现由静止释放M、N，在运动过程中，下列说法中正确的是( )
A. M球的机械能守恒B. M球的机械能增大
C. M和N组成的系统机械能守恒D. 绳的拉力对N做正功
【答案】CD
【解析】AB.细绳的拉力与M球运动方向夹角大于90°，对M球做负功，M球的机械能减小，AB错误；
C.M和N组成的系统只有动能和重力势能的相互转化，系统机械能守恒，C正确；
D.细绳的拉力与N球运动方向夹角小于90°，细绳的拉力对N球做正功，D正确。
14. 如图所示，一根很长且不可伸长的柔软轻绳跨过光滑定滑轮，两端各系一小球a和b，a球质量为m，静置于地面，b球质量为4m，用手托住，高度为ℎ，此时轻绳刚好拉紧，从静止开始释放b球，不计空气阻力，已知b球落地后速度变为零，则下列说法正确的是( )
A. 在a球上升的全过程中，a球的机械能始终是增加的
B. 在a球上升的全过程中，系统的机械能守恒
C. a球到达高度ℎ时两球的速度大小为v= 6gℎ5
D. 从释放开始，a球能上升的最大高度为1.6ℎ
【答案】CD
【解析】解：A、在b下落到地面之前，为第一过程，ab组成的系统机械能守恒，但a球的机械能增加；b球落地后，a球继续上升，为第二过程，此时a球的机械能守恒，故A错误；
B、b球落地时，有机械能损失，系统的机械能不守恒，故B错误；
CD、设a球到达高度ℎ时，两球的速度为v，根据机械能守恒：4mgℎ−mgℎ=12⋅5mv2
解得：v= 6gℎ5，
此时轻绳恰好松弛，a球开始做初速度为v的竖直上抛运动，a球的机械能守恒，则mgℎ+12mv2=mgH，
解得：H=1.6ℎ，故CD正确。
故选：CD。
三、计算题
15. 如图所示，倾角θ=30∘的斜面固定在水平地面上，t=0时刻，质量m=0.2kg的滑块以速度v0=2m/s从斜面底端沿斜面上滑，最终又返回斜面底端，返回时的速度v1=1m/s，滑块可视为质点，重力加速度g=10m/s2，以地面为重力势能的零势能面。求：
(1)滑块与斜面间的动摩擦因数及斜面的最小长度；
(2)滑块在斜面上滑动时重力的瞬时功率随时间变化的规律；
(3)滑块的动能与势能相等时的机械能。
【答案】（1）L=0.25m，μ= 35；（2）见解析；（3）上滑时为413 J，下滑时为17 J
【解析】
解：(1)依题意，斜面的最小长度为L，滑块从底端滑到顶端的过程中，由动能定理得−mgsin30∘+μmgcs30∘L=−mv022，
滑块从顶端滑到底端的过程中，由动能定理得mgsin30∘−μmgcs30∘L=mv122，
联立解得L=0.25m，μ= 35；
(2)向上滑动的过程中，依题意有v=v0−at≥0，mgsin30∘+μmgcs30∘=ma，
上滑过程中，重力的瞬时功率随时间变化的规律为P=mgvcs120=(8t−2)W，t≤0.25s，
向下滑动的过程中，依题意有v′=a′t′，t′=t−0.25s，mgsin30∘−μmgcs30∘=ma′，L=12a′2t′2，
下滑过程中，重力的瞬时功率随时间变化的规律为P′=mgv′sin30=2(t−0.25)W，0.25s综上所述，滑块在斜面上滑动时重力的瞬时功率随时间变化的规律为P=(8t−2)W t≤0.25s2(t−0.25)W 0.25s(3)设滑块上滑时，距离斜面底端的距离为x时，动能与势能相等，依题意有12mv02=mgxsin30∘+12mv2+μmgxcs30∘，mgxsin30∘=12mv2，E=mgxsin30∘+12mv2， 解得E=413 J，
设滑块下滑时，距离斜面底端的距离为x′时，动能与势能相等，依题意有12mv02=mgx′sin30∘+12mv′2+μmgcs30∘2L−x′，mgx′sin30∘=12mv′2，E′=mgx′sin30∘+12mv′2， 解得E′=17 J ，
综上所述，‍滑块的动能与势能相等时的机械能：上滑时为413 J，下滑时为17 J。