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新教材2024届高考物理二轮复习分层练专题二能量和动量考点一动能定理机械能守恒定律功能关系含答案
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这是一份新教材2024届高考物理二轮复习分层练专题二能量和动量考点一动能定理机械能守恒定律功能关系含答案，共21页。试卷主要包含了5J D．60J，0×103N，60m/sB．2，8WD．291，4×103J等内容，欢迎下载使用。
1.[2023·浙江1月]一位游客正在体验蹦极，绑上蹦极专用的橡皮绳后从跳台纵身而下．游客从跳台下落直到最低点过程中( )
A．弹性势能减小
B．重力势能减小
C．机械能保持不变
D．绳一绷紧动能就开始减小
2．[2023·新课标卷](多选)一质量为1kg的物体在水平拉力的作用下，由静止开始在水平地面上沿x轴运动，出发点为x轴零点，拉力做的功W与物体坐标x的关系如图所示．物体与水平地面间的动摩擦因数为0.4，重力加速度大小取10m/s2.下列说法正确的是( )
A．在x＝1m时，拉力的功率为6W
B．在x＝4m时，物体的动能为2J
C．从x＝0运动到x＝2m，物体克服摩擦力做的功为8J
D．从x＝0运动到x＝4 m的过程中，物体的动量最大为2 kg·m/s
3．[2023·湖南卷](多选)如图，固定在竖直面内的光滑轨道ABC由直线段AB和圆弧段BC组成，两段相切于B点，AB段与水平面夹角为θ，BC段圆心为O，最高点为C，A与C的高度差等于圆弧轨道的直径2R.小球从A点以初速度v0冲上轨道，能沿轨道运动恰好到达C点，下列说法正确的是( )
A．小球从B到C的过程中，对轨道的压力逐渐增大
B．小球从A到C的过程中，重力的功率始终保持不变
C．小球的初速度v0＝eq \r(2gR)
D．若小球初速度v0增大，小球有可能从B点脱离轨道
4．[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f，当物块从木板右端离开时( )
A．木板的动能一定等于fl
B．木板的动能一定小于fl
C．物块的动能一定大于eq \f(1,2)mv eq \\al(\s\up1(2),\s\d1(0)) －fl
D．物块的动能一定小于eq \f(1,2)mv eq \\al(\s\up1(2),\s\d1(0)) －fl
5．[2023·湖南卷]如图，质量为M的匀质凹槽放在光滑水平地面上，凹槽内有一个半椭圆形的光滑轨道，椭圆的半长轴和半短轴分别为a和b，长轴水平，短轴竖直．质量为m的小球，初始时刻从椭圆轨道长轴的右端点由静止开始下滑．以初始时刻椭圆中心的位置为坐标原点，在竖直平面内建立固定于地面的直角坐标系xOy，椭圆长轴位于x轴上．整个过程凹槽不翻转，重力加速度为g.
(1)小球第一次运动到轨道最低点时，求凹槽的速度大小以及凹槽相对于初始时刻运动的距离；
(2)在平面直角坐标系xOy中，求出小球运动的轨迹方程；
(3)若eq \f(M,m)＝eq \f(b,a－b)，求小球下降h＝eq \f(b,2)高度时，小球相对于地面的速度大小(结果用a、b及g表示).
题组一 功和功率
6．[2023·重庆市沙坪坝区模拟]如图所示，在光滑的水平面上，物块在恒力F＝50N作用下从A点运动到B点，不计滑轮的大小，不计绳、滑轮的质量及绳与滑轮间的摩擦，H＝1.2m，α＝37°，β＝53°.则拉力F所做的功为( )
A．20J B．25JC．37.5J D．60J
7．[2023·重庆市九龙坡区模拟]如图所示，在西部的偏远山区，人们至今还通过“驴拉磨”的方式把小麦颗粒加工成粗面来食用．假设驴拉磨的平均拉力大小F＝300N，驴做圆周运动的等效半径r＝1.5m，则驴拉磨转动一周所做的功约为( )
A．2800JB．2200J
C．1400JD．0
8．[2023·江苏省扬州市模拟]质量为2kg的物体在水平面上沿直线运动，受阻力大小恒定．经某点开始沿运动方向的水平拉力F与运动距离x的关系如图所示，0～3m物体做匀速直线运动．下列对图示过程的说法正确的是( )
A．在x＝5m处物体加速度大小为3m/s2
B．0～7m阻力对物体做功为28J
C．0～7m拉力对物体做功为40J
D．0～7m合力对物体做功为68J
9．[2023·湖北省孝感市模拟](多选)电动汽车(BEV)是指以车载电源为动力，符合道路交通、安全法规各项要求的车辆．由于对环境影响相对传统汽车较小，其前景被广泛看好．某品牌纯电动车型部分参数：整备质量1200kg，驱动电机最大功率120kW，该电动汽车在公路上行驶受到阻力大小恒为4×103N，则下列说法正确的是( )
A．汽车的最大速度为30m/s
B．汽车上坡时低速行驶，是为了使汽车获得较大的牵引力
C．汽车以2m/s2的加速度匀加速启动时，牵引力为F＝6.0×103N
D．里程120～320m过程中克服阻力所做的功约为8×104J
题组二 动能定理
10．[2023·江苏南通模拟]如图所示，物块从斜面AB顶端由静止下滑，恰好停在水平面上的C点．已知斜面及水平地面与物块间的动摩擦因数处处相同，不计物块在斜面与水平面连接处的动能损失．若将斜面换作同种材料、等高的斜面AD，物块从顶端以一定的初速度沿斜面下滑，则物块将停在( )
A．D点B．D、C之间某点
C．C点D．C的右侧某点
11．[2023·福建福州模拟]滑雪俱乐部内的U形池轨道如图1所示，图2为简化图，由两个完全相同的eq \f(1,4)圆弧滑道AB、CD和水平滑道BC构成，圆弧滑道的半径R＝2m，B、C分别为圆弧滑道的最低点，B、C间的距离x＝9.5m．假设滑雪爱好者以某一初速度从A点进入U形池轨道，经过水平滑道B点的速度为vB＝10m/s，从B点匀减速运动到C点，已知滑板与BC之间的动摩擦因数为μ＝0.1，从D点跃起时的速度vD＝6m/s.设滑雪者(连同滑板)的质量m＝50kg，忽略空气阻力的影响，圆弧上A、D两点的切线沿竖直方向．重力加速度大小为g＝10m/s2.求：
(1)滑雪者从D点跃起后在空中上升的最大高度；
(2)滑雪者在C点时的速度大小；
(3)滑雪者从C点到D点运动的过程中克服摩擦阻力所做的功．
12．[2023·山东省济南市模拟]某砂场为提高运输效率，研究砂粒下滑得到高度与砂粒在传送带上运动的关系，建立如图所示的物理模型．竖直平面内有一倾角θ＝37°的直轨道AB，其下方右侧放置一水平传送带．轴间距L＝2m的传送带保持逆时针方向匀速运行，水平传送带距离地面的高度为H＝3m.现将一小物块放在距离传送带高h处静止释放，假设小物块从直轨道B端运动到传送带上C点时，速度大小不变，方向变为水平向右．已知小物块与直轨道和传送带间的动摩擦因数均为μ＝0.5.(sin37°＝0.6，重力加速度g＝10m/s2)
(1)若h1＝2.4m，求小物块到达B端时速度的大小；
(2)若小物块落到传送带左侧地面，求h需要满足的条件；
(3)若h2＝6m，求小物块落地点到D点的水平距离x.
题组三 机械能守恒定律
13．一质量为m的物块仅在重力作用下运动，物块位于高度h1和h2时的重力势能分别为3E0和E0(E0>0).若物块位于h1时速度为0，则位于h2时其速度大小为( )
A．2eq \r(\f(E0,m))B.eq \r(\f(6E0,m))
C．2eq \r(\f(2E0,m))D．4eq \r(\f(E0,m))
14．[2023·江苏省淮安市模拟]质量均为m、半径均为R的两个完全相同的小球A、B，在水平轨道上以某一初速度向右冲上倾角为θ的倾斜轨道，两小球运动过程中始终接触，若两轨道通过一小段圆弧平滑连接，不计摩擦阻力及弯道处的能量损失，则两小球运动到最高点的过程中，A球对B球所做的功为( )
A．0B．mgRsinθ
C．2mgRsinθD．mgR
15．(多选)如图所示，物块与圆环通过光滑轻质定滑轮用细绳连接在一起，圆环套在光滑的竖直杆上．开始时连接圆环的细绳水平，竖直杆与滑轮间的距离为L.某时刻圆环由静止释放，依次经过竖直杆上的A、B两点，在A点处细绳与竖直杆成53°，圆环下落到B点时，速度达到最大，此时细绳与竖直杆成37°.已知圆环的质量为m，重力加速度为g，sin37°＝0.6，cs37°＝0.8，空气阻力不计，下列判断正确的是( )
A.物块的质量为eq \f(5,4)m
B．在A位置时，圆环的加速度大小为eq \f(5,29)g
C．圆环下落的最大速度为eq \f(2,3)eq \r(gL)
D．圆环下落的最大距离为eq \f(37L,9)
16．如图所示，两根相同的弹簧一端固定在水平地面上，另一端分别与小物块A、B连接．弹簧的劲度系数k＝125N/m，小物块A、B的质量分别为m＝2kg、M＝8kg.用一根轻绳通过两定滑轮连接两小物块，与两小物块连接部分轻绳处于竖直，两弹簧恰好为原长．静止释放两小物块A、B，两弹簧一直处于弹性限度内，重力加速度g＝10m/s2，则两小物块运动过程中的最大速度为(已知弹簧弹性势能表达式为Ep＝eq \f(1,2)kx2)( )
A．3.60m/sB．2.20m/s
C．0.90m/sD．1.2m/s
题组四 功能关系和能量守恒定律
17．[2023·浙江省湖州市模拟]家用风力发电机可分布在用户附近，是一种可靠的发电模式．某户家庭安装了一台风力发电机，它的叶片转动时可形成半径为0.9m的圆面．某段时间内该地区的风速是10m/s，风向恰好与叶片转动的圆面垂直，已知空气的密度为1.2kg/m3，假如这个风力发电机能将此圆内10%的空气动能转化为电能，π取3，则此风力发电机发电的功率大小为( )
．29.2W
C．145.8WD．291.6W
18．[2023·重庆市沙坪坝区模拟]如图所示，一个可视为质点的物体以120J的初动能从A点出发，沿粗糙斜面向上运动，从A经过B到达最高点C，最后再回到A点．已知物体向上运动时，从A点到B点的过程中，物体动能减少了100J，机械能减少了20J，则( )
A．在从A到C的上升过程中，合力对物体做功为120J
B．在从C到A的下降过程中，重力对物体做功96J
C．在从C到A的下降过程中，摩擦力对物体做功为－48J
D．物体返回A点时的动能为36J
19．如图所示，轻弹簧放置在倾角为30°的斜面上，弹簧下端与斜面底端的挡板相连，可看作质点的小物块A、B叠放在一起，在斜面的顶端由静止释放一起沿斜面下滑．弹簧被压缩到最短时，将物块A从B上轻轻取走(对B的速度不产生影响)，此后弹簧将物块B弹出，B刚好又能滑到斜面顶端，已知重力加速度为g，B物块与斜面间动摩擦因数为eq \f(\r(3),15)，则关于A、B的质量m和M之间的关系，下列说法正确的是( )
A．M＝2mB．M＝eq \r(3)m
C．M＝2eq \r(3)mD．M＝3m
20．[2023·重庆市万州模拟](多选)如图甲所示，倾角为θ的传送带以恒定速率逆时针运行，现将一质量为1kg的煤块轻轻放在传送带的A端，煤块的速度随时间变化的关系如图乙所示，2s末煤块到达B端，取沿传送带向下为正方向，重力加速度g取10m/s2，则( )
A．倾角θ＝37°
B．物体与传送带间的动摩擦因数0.4
C．2s内传送带上留下的痕迹长为5m
D．2s内物体与传送带摩擦产生的内能20J
21．[2023·河北联考]如图所示，轻质弹簧下端与光滑固定斜面底端拴接，上端连接物块B，物块A通过细线跨过光滑定滑轮与物块B连接，已知斜面倾角为30°，物块B的质量为mB＝m0不变，物块A的质量可以改变，弹簧的原长为2L，物块A、B以及滑轮大小忽略不计．初始时在外力作用下，弹簧处于原长，细线刚好绷紧，物块A、B处于等高位置．挂不同质量的物块A，撤去外力，让物块A、B自由运动；当mA＝m1时，物块A能够上升的最大高度为0.5L；当mA＝m2时，物块A能够下降的最大高度为0.5L：当mA＝m2＋m1时，物块A下降0.5L时速度可能为( )
A．eq \f(\r(gL),4)B．eq \f(\r(gL),2)
C．eq \f(3\r(gL),4)D．eq \r(gL)
22．[2023·重庆八中模拟]如图所示，相互垂直的两轻绳OP和OQ一端固定在水平天花板上，另一端栓接于O点并连接一可视为质点的小球，其中轻绳OQ与水平方向的夹角θ＝37°.设定两轻绳形变可不计，不计空气阻力，如果仅剪断轻绳OP，小球到达最低位置时动能为Ek1；如果仅剪断轻绳OQ，小球到达最低位置时动能为Ek2.已知sin37°＝0.6，cs37°＝0.8，则Ek1∶Ek2为( )
A．1∶1B．8∶3
C．3∶8D．4∶3
23．[2023·江苏淮安模拟]一辆汽车以额定功率沿平直公路从静止开始启动，其牵引力F与行驶速度v的关系如图所示．加速过程在图中的T点结束，加速过程所用的时间t＝8s，经历的路程s＝50m．8s后汽车做匀速运动，若汽车所受阻力始终不变，则( )
A．汽车的额定功率为1.6×105W
B．汽车的质量为8×103kg
C．汽车所受的阻力大小为4×104N
D．汽车做匀速运动时的牵引力大小为4×104N
24．[2023·山西太原阶段练习]如图所示，长度为L、质量均匀分布的矩形平整厚板，以一定的初速度沿光滑水平面向右运动，接着滑上宽度为l的粗糙水平面区域(该区域足够大，且lA．μmgLB．μmgL－eq \f(μmgl2,L)
C．μmgl－eq \f(μmgl2,2L)D．2μmgL－eq \f(μmgl2,L)
25．[2023·山东聊城模拟](多选)如图所示，轻弹簧一端固定于O点，另一端与质量为m的滑块连接，在外力作用下使滑块静止在固定光滑斜面上的A点，此时弹簧恰好水平．将滑块从A点由静止释放，沿斜面经B点运动到位于O点正下方的C点时，滑块的速度大小为v，且弹簧恰处于原长．已知弹簧原长为L，斜面倾角θ＝37°，OB⊥AC，弹簧始终在弹性限度内，重力加速度为g，不计空气阻力．sin37°＝0.6，cs37°＝0.8.从A点运动到C点的过程中( )
A．滑块的加速度先减小后增大
B．滑块在B点的速度最大
C．滑块在A点时弹簧的弹性势能为eq \f(1,2)mv2－mgL
D．滑块在A点时弹簧的弹性势能大于在B点时弹簧的弹性势能
26．(多选)滑雪运动员开展滑雪训练可简化为如下模型：将运动员(包括滑板)简化为质点，运动员以某一初速度从足够长的山坡底端向上冲，取坡底为零势能面．运动员的机械能E总和重力势能Ep随离开坡底的高度h的变化规律如图所示，重力加速度g＝10m/s2，不计空气阻力，则下列说法正确的是( )
A．运动员向上冲的过程克服摩擦力做功为2×103J
B．运动员再次回到坡底时机械能为4.4×103J
C．运动员的质量为40kg
D．运动员的初速度为10m/s
27．[2023·河北省模拟]如图所示，一粗细均匀的圆筒上端塞有一小球，筒的下端距离地面的高度为H＝5cm，小球质量为m1＝3kg，筒的质量为m2＝12kg.筒由静止自由下落，与地面发生多次弹性碰撞，即碰撞前后筒的速度大小不变；且每次碰撞过程时间极短，可认为碰撞过程中球的速度不变，整个过程中筒保持竖直方向，球始终未离开圆筒且未与地面碰撞，筒与球之间的最大静摩擦力等于滑动摩擦力Ff＝120N，不计空气阻力，g取10m/s2.求：
(1)筒第一次与地面碰撞前瞬间的速度大小；
(2)从自由下落到筒与地面第二次碰撞前瞬间，筒与球之间摩擦产生的热量；
(3)从开始到最终筒和小球静止，摩擦力对小球做的功．
[答题区]
考点1 动能定理 机械能守恒定律 功能关系
1．解析：游客从跳台下落直到最低点过程中，游客的重力做正功，重力势能减小，B正确；橡皮绳绷紧后形变量一直增大，弹性势能一直增大，A错误；橡皮绳绷紧后的过程，橡皮绳的弹力做负功，因此游客的机械能减小，C错误；绳绷紧后游客先加速后减速，因此游客的动能先增大后减小，D错误．
答案：B
2．解析：由于拉力在水平方向，则拉力做的功为W＝Fx，可看出Wx图像的斜率代表拉力F.在物体运动的过程中根据动能定理有W－μmgx＝ eq \f(1,2) mv2，则x＝1 m时物体的速度为v1＝2 m/s，x＝1 m时，拉力为F＝ eq \f(ΔW,Δx) ＝6 N，则此时拉力的功率P＝Fv1＝12 W，x＝4 m时物体的动能为Ek＝2 J．A错误、B正确；从x＝0运动到x＝2 m，物体克服摩擦力做的功为Wf＝μmgx＝8 J，C正确；根据Wx图像可知在0～2 m的过程中F1＝6 N，2～4 m的过程中F2＝3 N，由于物体受到的摩擦力恒为f＝4 N，则物体在x＝2 m处速度最大，且根据选项AB分析可知此时的速度v2＝ eq \r(8) m/s，则从x＝0运动到x＝4的过程中，物体的动量最大为p＝mv＝2 eq \r(2) kg·m/s，D错误．故选BC.
答案：BC
3．解析：由题知，小球能沿轨道运动恰好到达C点，则小球在C点的速度为vC＝0
小球在圆弧BC上运动到D点的受力分析如图所示，则在D位置时有mg cs α－FN＝m eq \f(v2,R) ，从D到C过程有，mg(R－R cs α)＝ eq \f(1,2) mv2，联立解得FN＝3mg cs α－2mg，A正确；
A到B的过程中重力的功率为P ＝－mgv sin θ，由于A到B的过程中小球的速度逐渐减小
则A到B的过程中小球重力的功率始终减小，则B错误；
从A到C的过程中有－mg·2R＝ eq \f(1,2) mv eq \\al(\s\up1(2),\s\d1(C)) － eq \f(1,2) mv eq \\al(\s\up1(2),\s\d1(0))
解得v0＝ eq \r(4gR) ，C错误；
小球在B点恰好脱离轨道有mg cs θ＝m eq \f(v eq \\al(\s\up1(2),\s\d1(B)) ,R)
则vB＝ eq \r(gR cs θ)
则若小球初速度v0增大，小球在B点的速度有可能为 eq \r(gR cs θ) ，故小球有可能从B点脱离轨道，D正确．
故选AD.
答案：AD
4．解析：当物块从木板右端离开时，对m有－fxm＝ eq \f(1,2) mv eq \\al(\s\up1(2),\s\d1(m)) － eq \f(1,2) mv eq \\al(\s\up1(2),\s\d1(0))
对M有fxM＝ eq \f(1,2) Mv eq \\al(\s\up1(2),\s\d1(M))
其中l＝xm－xM
由于l>xM，则根据以上分析可知木板的动能一定小于fl，A错误、B正确；
根据以上分析，联立有 eq \f(1,2) mv eq \\al(\s\up1(2),\s\d1(0)) －fl＝ eq \f(1,2) mv eq \\al(\s\up1(2),\s\d1(m)) ＋ eq \f(1,2) Mv eq \\al(\s\up1(2),\s\d1(M))
则物块的动能一定小于 eq \f(1,2) mv eq \\al(\s\up1(2),\s\d1(0)) －fl，C错误、D正确．
故选BD.
答案：BD
5．解析：(1)小球运动到最低点的时候小球和凹槽水平方向系统动量守恒，取向左为正
0＝mv1－Mv2
小球运动到最低点的过程中系统机械能守恒
mgb＝ eq \f(1,2) mv eq \\al(\s\up1(2),\s\d1(1)) ＋ eq \f(1,2) Mv eq \\al(\s\up1(2),\s\d1(2))
联立解得
v2＝ eq \r(\f(2m2gb,M2＋Mm))
因水平方向在任何时候都动量守恒即
0＝m1－M2
两边同时乘t可得
mx1＝Mx2
且由几何关系可知
x1＋x2＝a
联立解得
x2＝ eq \f(m,M＋m) a
(2)小球向左运动过程中凹槽向右运动，当小球的坐标为(x，y)时，此时凹槽水平向右运动的位移为Δx，根据上式有
m(a－x)＝M·Δx
则小球现在在凹槽所在的椭圆上，根据数学知识可知此时的椭圆方程为
eq \f(（x－Δx）2,a2) ＋ eq \f(y2,b2) ＝1
整理得
eq \f([x（M＋m）－ma]2,M2a2) ＋ eq \f(y2,b2) ＝1
(3)将 eq \f(M,m) ＝ eq \f(b,a－b) 代入小球的轨迹方程化简可得
[x－(a－b)]2＋y2＝b2
即此时小球的轨迹为以(a－b)为圆心，b为半径的圆，则当小球下降的高度为 eq \f(b,2) 时有如图
此时可知速度和水平方向的夹角为60°，小球下降 eq \f(b,2) 的过程中，系统水平方向动量守恒
0＝mv3cs 60°－Mv4
系统机械能守恒
mg eq \f(b,2) ＝ eq \f(1,2) mv eq \\al(\s\up1(2),\s\d1(3)) ＋ eq \f(1,2) Mv eq \\al(\s\up1(2),\s\d1(4))
联立得
v3＝ eq \r(\f(4gb2,a＋3b)) ＝2b eq \r(\f(g,a＋3b))
答案：(1) eq \r(\f(2m2gb,M2＋Mm)) eq \f(m,M＋m) a (2) eq \f([x（M＋m）－ma]2,M2a2) ＋ eq \f(y2,b2) ＝1 (3)2b eq \r(\f(g,a＋3b))
6．解析：根据几何关系可得力方向上的位移x＝ eq \f(H,sin α) － eq \f(H,sin β) ，拉力F所做的功W＝Fx，代入数据解得W＝25 J，B正确．
答案：B
7．解析：“驴拉磨”过程中，驴做的是圆周运动，任意时刻力的方向都在发生变化，属于变力做功的情况，可将驴转动一圈的路程分割成无数个小段，当将曲线进行分割，分割成极小段时，将趋近于直线，进行累加，从而得到驴拉磨一周所做的功为W＝F·2πr＝300×2×1.5×πJ≈2 800 J，A项正确．
答案：A
8．解析：由于在0～3 m物体做匀速直线运动，拉力与阻力大小相等，因此物体所受的阻力大小为f＝4 N，由图像可知，在x＝5 m处物体所受的拉力为7 N，根据牛顿第二定律F－f＝ma可知在该位置的加速度a＝1.5 m/s2，A项错误；阻力对物体做功Wf＝－fx＝－4×7 J＝－28 J，B项错误；根据图像可知，拉力为物体做的功等于图像与横轴围成的面积，即WF＝4×3 J＋ eq \f(（4＋10）,2) ×(7－3) J＝40 J，C项正确；合力对物体做的功W＝WF＋Wf＝12 J，D项错误．
答案：C
9．解析：当汽车以最大速度vm行驶时，其牵引力与阻力大小相等，则P＝Fv＝fvmax，代入解得，汽车的最大速度为vmax＝30 m/s，A正确；根据P＝Fv可知，功率保持不变，汽车上坡时低速行驶，是为了使汽车获得较大的牵引力，B正确；汽车以2 m/s2的加速度匀加速启动时，由牛顿第二定律F－f＝ma可得，牵引力大小为F＝6.4×103N，C错误；里程120～320 m过程中克服阻力所做的功为Wf＝fx＝4×103×200 J＝8×105J，D错误．
答案：AB
10.
解析：物块从斜面AB顶端由静止下滑，如图．由能量守恒有mgh＝μmg cs αLAB＋μmgLBC＝μmgLA′C，可得μ＝ eq \f(h,LA′C) ，若物块沿等高的AD下滑，有mgh＋ eq \f(1,2) mv eq \\al(\s\up1(2),\s\d1(0)) ＝μmg cs αLAD＋μmgLBC′＝μmgLA′C′，联立得LA′C′＝LA′C＋ eq \f(v eq \\al(\s\up1(2),\s\d1(0)) ,2gh) LA′C>LA′C，所以物块将停在C的右侧某点，D正确．
答案：D
11．解析：(1)滑雪者从D点跃起后做竖直上抛运动，根据v2＝2gh
可得上升的最大高度h＝ eq \f(v eq \\al(\s\up1(2),\s\d1(D)) ,2g) ＝ eq \f(62,2×10) m＝1.8 m
(2)从B到C，做匀减速运动，根据牛顿第二定律可知μmg＝ma
根据速度与位移的关系可知v eq \\al(\s\up1(2),\s\d1(C)) －v eq \\al(\s\up1(2),\s\d1(B)) ＝－2ax
联立可得vC＝9 m/s
(3)滑雪者从C点到D点运动的过程中，根据动能定理可知
－mgR－Wf＝ eq \f(1,2) mv eq \\al(\s\up1(2),\s\d1(D)) － eq \f(1,2) mv eq \\al(\s\up1(2),\s\d1(C))
克服摩擦力做的功Wf＝125 J
答案：(1)1.8 m (2)9 m/s (3)125 J
12．解析：(1)根据动能定理有mgh1－μmg cs θ· eq \f(h1,sin θ) ＝ eq \f(1,2) mv eq \\al(\s\up1(2),\s\d1(B)) ，解得vB＝4 m/s
(2)若小物块落到传送带左侧地面，则当高度最大时，小物块在滑至初速度右端D时速度恰好减为0，此时有mghmax－μmg cs θ· eq \f(hmax,sin θ) ＝ eq \f(1,2) mv eq \\al(\s\up1(2),\s\d1(Bmax)) ，v eq \\al(\s\up1(2),\s\d1(Bmax)) ＝2μgL，解得hmax＝3 m，则有h≤3 m
(3)若h2＝6 m，结合上述，小物块落到传送带右侧地面，则有
mgh2－μmg cs θ· eq \f(h2,sin θ) ＝ eq \f(1,2) mv eq \\al(\s\up1(2),\s\d1(C)) ，v eq \\al(\s\up1(2),\s\d1(C)) －v eq \\al(\s\up1(2),\s\d1(D)) ＝2μgL
之后做平抛运动，则有H＝ eq \f(1,2) gt2，x＝vDt，解得x＝2 eq \r(3) m.
答案：(1)4 m/s (2)h≤3 m (3)2 eq \r(3) m
13．解析：物体仅在重力作用下运动，物体的机械能守恒，根据机械能守恒定律可知E1＝E2，代入已知条件为3E0＋0＝E0＋ eq \f(1,2) mv2，解得h2处的速度为v＝2 eq \r(\f(E0,m)) ，A正确．
答案：A
14．解析：设A球的重心在斜面上上升的高度为h.两球的初速度大小为v0，对AB整体，根据机械能守恒定律得 eq \f(1,2) ×2mv eq \\al(\s\up1(2),\s\d1(0)) ＝mgh＋mg(h＋2R sin θ).对物体B，设A球对B球所做的功为W，由动能定理有0－ eq \f(1,2) mv eq \\al(\s\up1(2),\s\d1(0)) ＝W－mg(h＋2R sin θ)，解得W＝mgR sin θ，B正确.
答案：B
15．解析：由题意知圆环速度最大时，加速度为0，即mg＝Mg cs 37°，解得M＝ eq \f(5,4) m，A正确；在A位置时圆环的加速度为a，由牛顿第二定律有mg－T cs 53°＝ma，T－ eq \f(5,4) mg＝ eq \f(5,4) ma cs 53°，解得a＝ eq \f(5,29) g，B正确；下滑过程中系统机械能守恒，则有mg eq \f(L,tan 37°) ＝Mg eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(L,sin 37°)－L)) ＋ eq \f(1,2) mv2＋ eq \f(1,2) M(v cs 37°)2，解得v＝ eq \f(\r(5gL),3) ，C错误；设圆环下落的最大距离为x，则有mgx＝Mg( eq \r(L2＋x2) －L)，解得x＝ eq \f(40,9) L，D错误．
答案：AB
16．解析：两小物块速度最大时加速度为零，设弹簧弹力为F，绳拉力为FT，有FT＝mg＋F，FT＋F＝Mg，由胡克定律有F＝kx，由机械能守恒有2Ep＋ eq \f(1,2) (M＋m)v2＋mgx＝Mgx，且弹性势能Ep＝ eq \f(1,2) kx2，联立解得v＝1.2 m/s，D正确．
答案：D
17．解析：在t时间内空气动能为Ek＝ eq \f(1,2) mv2＝ eq \f(1,2) ρvtSv2＝ eq \f(1,2) ρπr2v3t，则此风力发电机发电的功率约为P＝ eq \f(10%Ek,t) ，代入数据解得P＝145.8 W，C项正确．
答案：C
18．解析：据题意，小球从A到B过程中动能减少了100 J，则有WG1＋Wf1＝100 J，该过程中机械能损失了20 J，则克服摩擦力做功为Wf1＝20 J，则该过程中克服重力做功为WG1＝80 J，所以有 eq \f(WG1,Wf1) ＝ eq \f(4,1) ，在B点还剩下20 J动能，则在BC过程中克服重力做功为WG2＝16 J，克服摩擦力做功为Wf2＝4 J，所以在上升过程中合外力做的功为－WG12－Wf12＝－120 J，A错误；下行过程重力做功等于上行过程克服重力做的功WG1＋WG2＝96 J，B正确；在从C到A的下降过程中，摩擦力做功为Wf＝－(Wf1＋Wf2)＝－24 J，C错误；小球回到A点的动能为E′k＝Ek－2(Wf1＋Wf2)＝72 J，D错误．
答案：B
19．解析：弹簧被压缩到最短时，小物块A、B的速度刚好为0，从开始运动到弹簧压缩到最短的过程中，设运动距离为L，根据能量守恒定律得(m＋M)gL sin 30°－μ(m＋M)g cs 30°·L＝Ep；弹簧将物块B弹出，B刚好又能滑到斜面顶端的过程中，由能量守恒定律得Ep＝MgL sin 30°＋μMg cs 30°·L，两式联立解得M＝2m，A正确．
答案：A
20．解析：由图乙可知，0～1 s物体的加速度为a1＝10 m/s2，1～2 s物体的加速度为a2＝2 m/s2，皮带的速度为v1＝10 m/s，根据牛顿第二定律得mg sin θ＋μmg cs θ＝ma1，mg sin θ－μmg cs θ＝ma2，解得θ＝37°，μ＝0.5，A项正确，B项错误；0～1 s内皮带的位移及物体的位移分别为s1＝v1t＝10×1 m＝10 m，x1＝ eq \f(1,2) v1t＝5 m，它们的相对位移为Δx1＝s1－x1＝5 m，1～2 s内皮带的位移及物体的位移分别为s2＝v1t＝10×1 m＝10 m，x2＝ eq \f(1,2) (v1＋v2)t＝ eq \f(1,2) (10＋12)×1＝11 m，它们的相对位移为Δx2＝x2－s2＝1 m．0～1 s内物体位移小于皮带位移，在皮带上出现5 m长的痕迹，1～2 s内物体位移大于皮带的位移，这1 m长的痕迹与刚才的痕迹重合，所以皮带上出现的痕迹长为5 m，C项正确；2 s内物体与传送带摩擦产生的内能为Q＝μmg cs θ(Δx1＋Δx2)＝24 J，D项错误．
答案：AC
21．解析：当mA＝m1时，由能量守恒可得m0g eq \f(L,4) ＝Ep＋m1g eq \f(L,2) ；当mA＝m2时，由能量守恒可得m0g eq \f(L,4) ＋Ep＝m2g eq \f(L,2) ，解得m2＋m1＝m0；当mA＝m2＋m1时，由能量守恒可得m0g eq \f(L,4) ＋Ep＋ eq \f(1,2) (m1＋m2＋m0)v2＝(m1＋m2)g eq \f(L,2) ，解得v2＝ eq \f(m1,2m0) gL.根据题意有m1< eq \f(1,2) m0答案：A
22．解析：设PQ长度为5l，则OP长度5l sin 37°＝3l，则OQ长度5l cs 37°＝4l.如果仅剪断轻绳OP，由机械能守恒定律，小球到达最低位置时动能Ek1＝mg·4l(1－cs 53°)＝1.6mgl；如果仅剪断轻绳OQ，由机械能守恒定律，小球到达最低位置时动能Ek2＝mg·3l(1－cs 37°)＝0.6mgl，则Ek1∶Ek2＝1.6mgl∶0.6mgl＝8∶3，B正确．
答案：B
23．解析：加速过程在T点结束，即此后汽车沿平直路面作匀速运动，由平衡条件和图像信息可得F－f＝0，汽车做匀速运动时的牵引力大小为F＝2×104N，汽车所受的阻力大小为f＝2×104N，C、D错误；由图像信息得车的额定功率为P＝Fv＝2×104×8 W＝1.6×105W，A正确；汽车加速运动过程，牵引力做功为W＝Pt，根据动能定理可得Pt－fs＝ eq \f(1,2) mv2，可得m＝ eq \f(2（Pt－fs）,v2) ＝8.75×103kg，B错误．
答案：A
24．解析：
设厚板与粗糙水平面接触长度为x，滑动摩擦力为f＝μ eq \f(mg,L) x，当厚板与粗糙水平面接触长度为l时，滑动摩擦力为f＝μ eq \f(mgl,L) ，画出摩擦力与位移的关系图像，其与坐标轴围成的面积表示克服摩擦力的功W＝[(L－l)＋L]× eq \f(μmgl,L) × eq \f(1,2) ，解得W＝μmgl－ eq \f(μmgl2,2L) ，C正确．
答案：C
25．解析：根据牛顿第二定律，可知滑块的加速度先减小后增大再减小，A错误；滑块在从A到C的过程中一直加速运动，在C点的速度最大，B错误；对弹簧和滑块组成的系统应用机械能守恒定律得 eq \f(1,2) mv2＝mgL＋Ep，解得Ep＝ eq \f(1,2) mv2－mgL，C正确；滑块在A点时弹簧的伸长量ΔxA＝L eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(1,tan θ)－1)) ＝ eq \f(1,3) L，滑块在B点时弹簧的压缩量ΔxB＝L(1－cs θ)＝ eq \f(1,5) L，则ΔxA>ΔxB，滑块在A点时弹簧的弹性势能大于在B点时的弹性势能，D正确．
答案：CD
26．解析：由图像可知，运动员在冲上斜坡之前，总的机械能为E总＝10×103J，而冲上斜坡，到达最高点时的机械能为E′总＝8×103J，而在运动员从斜坡底端到冲上斜坡的过程中，除了重力做功以外还有摩擦力做负功，因此可知运动员向上冲的过程克服摩擦力做功为2×103J，A正确；运动员再次回到坡底时的过程中，仍然是除了重力做功以外摩擦力做负功，易知在下坡的过程中克服摩擦力做的功和在上坡过程中一样，因此可知运动员再次回到坡底时机械能应为6×103J，B错误；由于取了坡底为零势能面，因此运动员滑上斜坡最高点后的重力势能就等于运动员的机械能，有mgh＝E′总，h＝20 m，解得m＝40 kg，C正确；在坡底是运动员的动能就等于运动员的机械能，则有 eq \f(1,2) mv2＝E总，解得v＝10 eq \r(5) m/s，D错误．
答案：AC
27．解析：(1)筒从开始到第一次与地面碰撞前瞬间，对筒和小球由机械能守恒定律得(m1＋m2)gH＝ eq \f(1,2) (m1＋m2)v eq \\al(\s\up1(2),\s\d1(1)) －0，解得v1＝1 m/s.
(2)筒第一次与地面碰撞后到筒与小球共速的过程，小球的加速度大小为a1，筒的加速度大小为a2，由牛顿第二定律得Ff－m1g＝m1a1，Ff＋m2g＝m2a2，解得a1＝30 m/s2，a2＝20 m/s2
经过t1时间二者达到共速v共1，此过程中小球和筒的位移分别为x1、x2，取竖直向下为正方向，由运动学公式可得
v共1＝v1－a1t1＝－v1＋a2t1，x1＝v1t1－ eq \f(1,2) a1t eq \\al(\s\up1(2),\s\d1(1)) ，x2＝－v1t1＋ eq \f(1,2) a2t eq \\al(\s\up1(2),\s\d1(1))
解得t1＝0.04 s，v共1＝－0.2 m/s，x1＝0.016 m，x2＝－0.024 m
筒与球之间摩擦产生的热量，由功能关系可得Q＝Ff(x1－x2)＝4.8 J
(3)从开始到最终筒和小球静止，设此过程小球相对筒下降的高度为L，由能量守恒定律得FfL＝m1g(H＋L)＋m2gH
摩擦力对小球做的功为W，由动能定理得W＋m1g(H＋L)＝0
解得W＝－4 J.
答案：(1)1 m/s (2)4.8 J (3)－4 J
题号
1
2
3
4
6
7
8
9
10
13
14
15
答案
题号
16
17
18
19
20
21
22
23
24
25
26
答案
1.[2023·浙江1月]一位游客正在体验蹦极，绑上蹦极专用的橡皮绳后从跳台纵身而下．游客从跳台下落直到最低点过程中( )
A．弹性势能减小
B．重力势能减小
C．机械能保持不变
D．绳一绷紧动能就开始减小
2．[2023·新课标卷](多选)一质量为1kg的物体在水平拉力的作用下，由静止开始在水平地面上沿x轴运动，出发点为x轴零点，拉力做的功W与物体坐标x的关系如图所示．物体与水平地面间的动摩擦因数为0.4，重力加速度大小取10m/s2.下列说法正确的是( )
A．在x＝1m时，拉力的功率为6W
B．在x＝4m时，物体的动能为2J
C．从x＝0运动到x＝2m，物体克服摩擦力做的功为8J
D．从x＝0运动到x＝4 m的过程中，物体的动量最大为2 kg·m/s
3．[2023·湖南卷](多选)如图，固定在竖直面内的光滑轨道ABC由直线段AB和圆弧段BC组成，两段相切于B点，AB段与水平面夹角为θ，BC段圆心为O，最高点为C，A与C的高度差等于圆弧轨道的直径2R.小球从A点以初速度v0冲上轨道，能沿轨道运动恰好到达C点，下列说法正确的是( )
A．小球从B到C的过程中，对轨道的压力逐渐增大
B．小球从A到C的过程中，重力的功率始终保持不变
C．小球的初速度v0＝eq \r(2gR)
D．若小球初速度v0增大，小球有可能从B点脱离轨道
4．[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f，当物块从木板右端离开时( )
A．木板的动能一定等于fl
B．木板的动能一定小于fl
C．物块的动能一定大于eq \f(1,2)mv eq \\al(\s\up1(2),\s\d1(0)) －fl
D．物块的动能一定小于eq \f(1,2)mv eq \\al(\s\up1(2),\s\d1(0)) －fl
5．[2023·湖南卷]如图，质量为M的匀质凹槽放在光滑水平地面上，凹槽内有一个半椭圆形的光滑轨道，椭圆的半长轴和半短轴分别为a和b，长轴水平，短轴竖直．质量为m的小球，初始时刻从椭圆轨道长轴的右端点由静止开始下滑．以初始时刻椭圆中心的位置为坐标原点，在竖直平面内建立固定于地面的直角坐标系xOy，椭圆长轴位于x轴上．整个过程凹槽不翻转，重力加速度为g.
(1)小球第一次运动到轨道最低点时，求凹槽的速度大小以及凹槽相对于初始时刻运动的距离；
(2)在平面直角坐标系xOy中，求出小球运动的轨迹方程；
(3)若eq \f(M,m)＝eq \f(b,a－b)，求小球下降h＝eq \f(b,2)高度时，小球相对于地面的速度大小(结果用a、b及g表示).
题组一 功和功率
6．[2023·重庆市沙坪坝区模拟]如图所示，在光滑的水平面上，物块在恒力F＝50N作用下从A点运动到B点，不计滑轮的大小，不计绳、滑轮的质量及绳与滑轮间的摩擦，H＝1.2m，α＝37°，β＝53°.则拉力F所做的功为( )
A．20J B．25JC．37.5J D．60J
7．[2023·重庆市九龙坡区模拟]如图所示，在西部的偏远山区，人们至今还通过“驴拉磨”的方式把小麦颗粒加工成粗面来食用．假设驴拉磨的平均拉力大小F＝300N，驴做圆周运动的等效半径r＝1.5m，则驴拉磨转动一周所做的功约为( )
A．2800JB．2200J
C．1400JD．0
8．[2023·江苏省扬州市模拟]质量为2kg的物体在水平面上沿直线运动，受阻力大小恒定．经某点开始沿运动方向的水平拉力F与运动距离x的关系如图所示，0～3m物体做匀速直线运动．下列对图示过程的说法正确的是( )
A．在x＝5m处物体加速度大小为3m/s2
B．0～7m阻力对物体做功为28J
C．0～7m拉力对物体做功为40J
D．0～7m合力对物体做功为68J
9．[2023·湖北省孝感市模拟](多选)电动汽车(BEV)是指以车载电源为动力，符合道路交通、安全法规各项要求的车辆．由于对环境影响相对传统汽车较小，其前景被广泛看好．某品牌纯电动车型部分参数：整备质量1200kg，驱动电机最大功率120kW，该电动汽车在公路上行驶受到阻力大小恒为4×103N，则下列说法正确的是( )
A．汽车的最大速度为30m/s
B．汽车上坡时低速行驶，是为了使汽车获得较大的牵引力
C．汽车以2m/s2的加速度匀加速启动时，牵引力为F＝6.0×103N
D．里程120～320m过程中克服阻力所做的功约为8×104J
题组二 动能定理
10．[2023·江苏南通模拟]如图所示，物块从斜面AB顶端由静止下滑，恰好停在水平面上的C点．已知斜面及水平地面与物块间的动摩擦因数处处相同，不计物块在斜面与水平面连接处的动能损失．若将斜面换作同种材料、等高的斜面AD，物块从顶端以一定的初速度沿斜面下滑，则物块将停在( )
A．D点B．D、C之间某点
C．C点D．C的右侧某点
11．[2023·福建福州模拟]滑雪俱乐部内的U形池轨道如图1所示，图2为简化图，由两个完全相同的eq \f(1,4)圆弧滑道AB、CD和水平滑道BC构成，圆弧滑道的半径R＝2m，B、C分别为圆弧滑道的最低点，B、C间的距离x＝9.5m．假设滑雪爱好者以某一初速度从A点进入U形池轨道，经过水平滑道B点的速度为vB＝10m/s，从B点匀减速运动到C点，已知滑板与BC之间的动摩擦因数为μ＝0.1，从D点跃起时的速度vD＝6m/s.设滑雪者(连同滑板)的质量m＝50kg，忽略空气阻力的影响，圆弧上A、D两点的切线沿竖直方向．重力加速度大小为g＝10m/s2.求：
(1)滑雪者从D点跃起后在空中上升的最大高度；
(2)滑雪者在C点时的速度大小；
(3)滑雪者从C点到D点运动的过程中克服摩擦阻力所做的功．
12．[2023·山东省济南市模拟]某砂场为提高运输效率，研究砂粒下滑得到高度与砂粒在传送带上运动的关系，建立如图所示的物理模型．竖直平面内有一倾角θ＝37°的直轨道AB，其下方右侧放置一水平传送带．轴间距L＝2m的传送带保持逆时针方向匀速运行，水平传送带距离地面的高度为H＝3m.现将一小物块放在距离传送带高h处静止释放，假设小物块从直轨道B端运动到传送带上C点时，速度大小不变，方向变为水平向右．已知小物块与直轨道和传送带间的动摩擦因数均为μ＝0.5.(sin37°＝0.6，重力加速度g＝10m/s2)
(1)若h1＝2.4m，求小物块到达B端时速度的大小；
(2)若小物块落到传送带左侧地面，求h需要满足的条件；
(3)若h2＝6m，求小物块落地点到D点的水平距离x.
题组三 机械能守恒定律
13．一质量为m的物块仅在重力作用下运动，物块位于高度h1和h2时的重力势能分别为3E0和E0(E0>0).若物块位于h1时速度为0，则位于h2时其速度大小为( )
A．2eq \r(\f(E0,m))B.eq \r(\f(6E0,m))
C．2eq \r(\f(2E0,m))D．4eq \r(\f(E0,m))
14．[2023·江苏省淮安市模拟]质量均为m、半径均为R的两个完全相同的小球A、B，在水平轨道上以某一初速度向右冲上倾角为θ的倾斜轨道，两小球运动过程中始终接触，若两轨道通过一小段圆弧平滑连接，不计摩擦阻力及弯道处的能量损失，则两小球运动到最高点的过程中，A球对B球所做的功为( )
A．0B．mgRsinθ
C．2mgRsinθD．mgR
15．(多选)如图所示，物块与圆环通过光滑轻质定滑轮用细绳连接在一起，圆环套在光滑的竖直杆上．开始时连接圆环的细绳水平，竖直杆与滑轮间的距离为L.某时刻圆环由静止释放，依次经过竖直杆上的A、B两点，在A点处细绳与竖直杆成53°，圆环下落到B点时，速度达到最大，此时细绳与竖直杆成37°.已知圆环的质量为m，重力加速度为g，sin37°＝0.6，cs37°＝0.8，空气阻力不计，下列判断正确的是( )
A.物块的质量为eq \f(5,4)m
B．在A位置时，圆环的加速度大小为eq \f(5,29)g
C．圆环下落的最大速度为eq \f(2,3)eq \r(gL)
D．圆环下落的最大距离为eq \f(37L,9)
16．如图所示，两根相同的弹簧一端固定在水平地面上，另一端分别与小物块A、B连接．弹簧的劲度系数k＝125N/m，小物块A、B的质量分别为m＝2kg、M＝8kg.用一根轻绳通过两定滑轮连接两小物块，与两小物块连接部分轻绳处于竖直，两弹簧恰好为原长．静止释放两小物块A、B，两弹簧一直处于弹性限度内，重力加速度g＝10m/s2，则两小物块运动过程中的最大速度为(已知弹簧弹性势能表达式为Ep＝eq \f(1,2)kx2)( )
A．3.60m/sB．2.20m/s
C．0.90m/sD．1.2m/s
题组四 功能关系和能量守恒定律
17．[2023·浙江省湖州市模拟]家用风力发电机可分布在用户附近，是一种可靠的发电模式．某户家庭安装了一台风力发电机，它的叶片转动时可形成半径为0.9m的圆面．某段时间内该地区的风速是10m/s，风向恰好与叶片转动的圆面垂直，已知空气的密度为1.2kg/m3，假如这个风力发电机能将此圆内10%的空气动能转化为电能，π取3，则此风力发电机发电的功率大小为( )
．29.2W
C．145.8WD．291.6W
18．[2023·重庆市沙坪坝区模拟]如图所示，一个可视为质点的物体以120J的初动能从A点出发，沿粗糙斜面向上运动，从A经过B到达最高点C，最后再回到A点．已知物体向上运动时，从A点到B点的过程中，物体动能减少了100J，机械能减少了20J，则( )
A．在从A到C的上升过程中，合力对物体做功为120J
B．在从C到A的下降过程中，重力对物体做功96J
C．在从C到A的下降过程中，摩擦力对物体做功为－48J
D．物体返回A点时的动能为36J
19．如图所示，轻弹簧放置在倾角为30°的斜面上，弹簧下端与斜面底端的挡板相连，可看作质点的小物块A、B叠放在一起，在斜面的顶端由静止释放一起沿斜面下滑．弹簧被压缩到最短时，将物块A从B上轻轻取走(对B的速度不产生影响)，此后弹簧将物块B弹出，B刚好又能滑到斜面顶端，已知重力加速度为g，B物块与斜面间动摩擦因数为eq \f(\r(3),15)，则关于A、B的质量m和M之间的关系，下列说法正确的是( )
A．M＝2mB．M＝eq \r(3)m
C．M＝2eq \r(3)mD．M＝3m
20．[2023·重庆市万州模拟](多选)如图甲所示，倾角为θ的传送带以恒定速率逆时针运行，现将一质量为1kg的煤块轻轻放在传送带的A端，煤块的速度随时间变化的关系如图乙所示，2s末煤块到达B端，取沿传送带向下为正方向，重力加速度g取10m/s2，则( )
A．倾角θ＝37°
B．物体与传送带间的动摩擦因数0.4
C．2s内传送带上留下的痕迹长为5m
D．2s内物体与传送带摩擦产生的内能20J
21．[2023·河北联考]如图所示，轻质弹簧下端与光滑固定斜面底端拴接，上端连接物块B，物块A通过细线跨过光滑定滑轮与物块B连接，已知斜面倾角为30°，物块B的质量为mB＝m0不变，物块A的质量可以改变，弹簧的原长为2L，物块A、B以及滑轮大小忽略不计．初始时在外力作用下，弹簧处于原长，细线刚好绷紧，物块A、B处于等高位置．挂不同质量的物块A，撤去外力，让物块A、B自由运动；当mA＝m1时，物块A能够上升的最大高度为0.5L；当mA＝m2时，物块A能够下降的最大高度为0.5L：当mA＝m2＋m1时，物块A下降0.5L时速度可能为( )
A．eq \f(\r(gL),4)B．eq \f(\r(gL),2)
C．eq \f(3\r(gL),4)D．eq \r(gL)
22．[2023·重庆八中模拟]如图所示，相互垂直的两轻绳OP和OQ一端固定在水平天花板上，另一端栓接于O点并连接一可视为质点的小球，其中轻绳OQ与水平方向的夹角θ＝37°.设定两轻绳形变可不计，不计空气阻力，如果仅剪断轻绳OP，小球到达最低位置时动能为Ek1；如果仅剪断轻绳OQ，小球到达最低位置时动能为Ek2.已知sin37°＝0.6，cs37°＝0.8，则Ek1∶Ek2为( )
A．1∶1B．8∶3
C．3∶8D．4∶3
23．[2023·江苏淮安模拟]一辆汽车以额定功率沿平直公路从静止开始启动，其牵引力F与行驶速度v的关系如图所示．加速过程在图中的T点结束，加速过程所用的时间t＝8s，经历的路程s＝50m．8s后汽车做匀速运动，若汽车所受阻力始终不变，则( )
A．汽车的额定功率为1.6×105W
B．汽车的质量为8×103kg
C．汽车所受的阻力大小为4×104N
D．汽车做匀速运动时的牵引力大小为4×104N
24．[2023·山西太原阶段练习]如图所示，长度为L、质量均匀分布的矩形平整厚板，以一定的初速度沿光滑水平面向右运动，接着滑上宽度为l的粗糙水平面区域(该区域足够大，且l
C．μmgl－eq \f(μmgl2,2L)D．2μmgL－eq \f(μmgl2,L)
25．[2023·山东聊城模拟](多选)如图所示，轻弹簧一端固定于O点，另一端与质量为m的滑块连接，在外力作用下使滑块静止在固定光滑斜面上的A点，此时弹簧恰好水平．将滑块从A点由静止释放，沿斜面经B点运动到位于O点正下方的C点时，滑块的速度大小为v，且弹簧恰处于原长．已知弹簧原长为L，斜面倾角θ＝37°，OB⊥AC，弹簧始终在弹性限度内，重力加速度为g，不计空气阻力．sin37°＝0.6，cs37°＝0.8.从A点运动到C点的过程中( )
A．滑块的加速度先减小后增大
B．滑块在B点的速度最大
C．滑块在A点时弹簧的弹性势能为eq \f(1,2)mv2－mgL
D．滑块在A点时弹簧的弹性势能大于在B点时弹簧的弹性势能
26．(多选)滑雪运动员开展滑雪训练可简化为如下模型：将运动员(包括滑板)简化为质点，运动员以某一初速度从足够长的山坡底端向上冲，取坡底为零势能面．运动员的机械能E总和重力势能Ep随离开坡底的高度h的变化规律如图所示，重力加速度g＝10m/s2，不计空气阻力，则下列说法正确的是( )
A．运动员向上冲的过程克服摩擦力做功为2×103J
B．运动员再次回到坡底时机械能为4.4×103J
C．运动员的质量为40kg
D．运动员的初速度为10m/s
27．[2023·河北省模拟]如图所示，一粗细均匀的圆筒上端塞有一小球，筒的下端距离地面的高度为H＝5cm，小球质量为m1＝3kg，筒的质量为m2＝12kg.筒由静止自由下落，与地面发生多次弹性碰撞，即碰撞前后筒的速度大小不变；且每次碰撞过程时间极短，可认为碰撞过程中球的速度不变，整个过程中筒保持竖直方向，球始终未离开圆筒且未与地面碰撞，筒与球之间的最大静摩擦力等于滑动摩擦力Ff＝120N，不计空气阻力，g取10m/s2.求：
(1)筒第一次与地面碰撞前瞬间的速度大小；
(2)从自由下落到筒与地面第二次碰撞前瞬间，筒与球之间摩擦产生的热量；
(3)从开始到最终筒和小球静止，摩擦力对小球做的功．
[答题区]
考点1 动能定理 机械能守恒定律 功能关系
1．解析：游客从跳台下落直到最低点过程中，游客的重力做正功，重力势能减小，B正确；橡皮绳绷紧后形变量一直增大，弹性势能一直增大，A错误；橡皮绳绷紧后的过程，橡皮绳的弹力做负功，因此游客的机械能减小，C错误；绳绷紧后游客先加速后减速，因此游客的动能先增大后减小，D错误．
答案：B
2．解析：由于拉力在水平方向，则拉力做的功为W＝Fx，可看出Wx图像的斜率代表拉力F.在物体运动的过程中根据动能定理有W－μmgx＝ eq \f(1,2) mv2，则x＝1 m时物体的速度为v1＝2 m/s，x＝1 m时，拉力为F＝ eq \f(ΔW,Δx) ＝6 N，则此时拉力的功率P＝Fv1＝12 W，x＝4 m时物体的动能为Ek＝2 J．A错误、B正确；从x＝0运动到x＝2 m，物体克服摩擦力做的功为Wf＝μmgx＝8 J，C正确；根据Wx图像可知在0～2 m的过程中F1＝6 N，2～4 m的过程中F2＝3 N，由于物体受到的摩擦力恒为f＝4 N，则物体在x＝2 m处速度最大，且根据选项AB分析可知此时的速度v2＝ eq \r(8) m/s，则从x＝0运动到x＝4的过程中，物体的动量最大为p＝mv＝2 eq \r(2) kg·m/s，D错误．故选BC.
答案：BC
3．解析：由题知，小球能沿轨道运动恰好到达C点，则小球在C点的速度为vC＝0
小球在圆弧BC上运动到D点的受力分析如图所示，则在D位置时有mg cs α－FN＝m eq \f(v2,R) ，从D到C过程有，mg(R－R cs α)＝ eq \f(1,2) mv2，联立解得FN＝3mg cs α－2mg，A正确；
A到B的过程中重力的功率为P ＝－mgv sin θ，由于A到B的过程中小球的速度逐渐减小
则A到B的过程中小球重力的功率始终减小，则B错误；
从A到C的过程中有－mg·2R＝ eq \f(1,2) mv eq \\al(\s\up1(2),\s\d1(C)) － eq \f(1,2) mv eq \\al(\s\up1(2),\s\d1(0))
解得v0＝ eq \r(4gR) ，C错误；
小球在B点恰好脱离轨道有mg cs θ＝m eq \f(v eq \\al(\s\up1(2),\s\d1(B)) ,R)
则vB＝ eq \r(gR cs θ)
则若小球初速度v0增大，小球在B点的速度有可能为 eq \r(gR cs θ) ，故小球有可能从B点脱离轨道，D正确．
故选AD.
答案：AD
4．解析：当物块从木板右端离开时，对m有－fxm＝ eq \f(1,2) mv eq \\al(\s\up1(2),\s\d1(m)) － eq \f(1,2) mv eq \\al(\s\up1(2),\s\d1(0))
对M有fxM＝ eq \f(1,2) Mv eq \\al(\s\up1(2),\s\d1(M))
其中l＝xm－xM
由于l>xM，则根据以上分析可知木板的动能一定小于fl，A错误、B正确；
根据以上分析，联立有 eq \f(1,2) mv eq \\al(\s\up1(2),\s\d1(0)) －fl＝ eq \f(1,2) mv eq \\al(\s\up1(2),\s\d1(m)) ＋ eq \f(1,2) Mv eq \\al(\s\up1(2),\s\d1(M))
则物块的动能一定小于 eq \f(1,2) mv eq \\al(\s\up1(2),\s\d1(0)) －fl，C错误、D正确．
故选BD.
答案：BD
5．解析：(1)小球运动到最低点的时候小球和凹槽水平方向系统动量守恒，取向左为正
0＝mv1－Mv2
小球运动到最低点的过程中系统机械能守恒
mgb＝ eq \f(1,2) mv eq \\al(\s\up1(2),\s\d1(1)) ＋ eq \f(1,2) Mv eq \\al(\s\up1(2),\s\d1(2))
联立解得
v2＝ eq \r(\f(2m2gb,M2＋Mm))
因水平方向在任何时候都动量守恒即
0＝m1－M2
两边同时乘t可得
mx1＝Mx2
且由几何关系可知
x1＋x2＝a
联立解得
x2＝ eq \f(m,M＋m) a
(2)小球向左运动过程中凹槽向右运动，当小球的坐标为(x，y)时，此时凹槽水平向右运动的位移为Δx，根据上式有
m(a－x)＝M·Δx
则小球现在在凹槽所在的椭圆上，根据数学知识可知此时的椭圆方程为
eq \f(（x－Δx）2,a2) ＋ eq \f(y2,b2) ＝1
整理得
eq \f([x（M＋m）－ma]2,M2a2) ＋ eq \f(y2,b2) ＝1
(3)将 eq \f(M,m) ＝ eq \f(b,a－b) 代入小球的轨迹方程化简可得
[x－(a－b)]2＋y2＝b2
即此时小球的轨迹为以(a－b)为圆心，b为半径的圆，则当小球下降的高度为 eq \f(b,2) 时有如图
此时可知速度和水平方向的夹角为60°，小球下降 eq \f(b,2) 的过程中，系统水平方向动量守恒
0＝mv3cs 60°－Mv4
系统机械能守恒
mg eq \f(b,2) ＝ eq \f(1,2) mv eq \\al(\s\up1(2),\s\d1(3)) ＋ eq \f(1,2) Mv eq \\al(\s\up1(2),\s\d1(4))
联立得
v3＝ eq \r(\f(4gb2,a＋3b)) ＝2b eq \r(\f(g,a＋3b))
答案：(1) eq \r(\f(2m2gb,M2＋Mm)) eq \f(m,M＋m) a (2) eq \f([x（M＋m）－ma]2,M2a2) ＋ eq \f(y2,b2) ＝1 (3)2b eq \r(\f(g,a＋3b))
6．解析：根据几何关系可得力方向上的位移x＝ eq \f(H,sin α) － eq \f(H,sin β) ，拉力F所做的功W＝Fx，代入数据解得W＝25 J，B正确．
答案：B
7．解析：“驴拉磨”过程中，驴做的是圆周运动，任意时刻力的方向都在发生变化，属于变力做功的情况，可将驴转动一圈的路程分割成无数个小段，当将曲线进行分割，分割成极小段时，将趋近于直线，进行累加，从而得到驴拉磨一周所做的功为W＝F·2πr＝300×2×1.5×πJ≈2 800 J，A项正确．
答案：A
8．解析：由于在0～3 m物体做匀速直线运动，拉力与阻力大小相等，因此物体所受的阻力大小为f＝4 N，由图像可知，在x＝5 m处物体所受的拉力为7 N，根据牛顿第二定律F－f＝ma可知在该位置的加速度a＝1.5 m/s2，A项错误；阻力对物体做功Wf＝－fx＝－4×7 J＝－28 J，B项错误；根据图像可知，拉力为物体做的功等于图像与横轴围成的面积，即WF＝4×3 J＋ eq \f(（4＋10）,2) ×(7－3) J＝40 J，C项正确；合力对物体做的功W＝WF＋Wf＝12 J，D项错误．
答案：C
9．解析：当汽车以最大速度vm行驶时，其牵引力与阻力大小相等，则P＝Fv＝fvmax，代入解得，汽车的最大速度为vmax＝30 m/s，A正确；根据P＝Fv可知，功率保持不变，汽车上坡时低速行驶，是为了使汽车获得较大的牵引力，B正确；汽车以2 m/s2的加速度匀加速启动时，由牛顿第二定律F－f＝ma可得，牵引力大小为F＝6.4×103N，C错误；里程120～320 m过程中克服阻力所做的功为Wf＝fx＝4×103×200 J＝8×105J，D错误．
答案：AB
10.
解析：物块从斜面AB顶端由静止下滑，如图．由能量守恒有mgh＝μmg cs αLAB＋μmgLBC＝μmgLA′C，可得μ＝ eq \f(h,LA′C) ，若物块沿等高的AD下滑，有mgh＋ eq \f(1,2) mv eq \\al(\s\up1(2),\s\d1(0)) ＝μmg cs αLAD＋μmgLBC′＝μmgLA′C′，联立得LA′C′＝LA′C＋ eq \f(v eq \\al(\s\up1(2),\s\d1(0)) ,2gh) LA′C>LA′C，所以物块将停在C的右侧某点，D正确．
答案：D
11．解析：(1)滑雪者从D点跃起后做竖直上抛运动，根据v2＝2gh
可得上升的最大高度h＝ eq \f(v eq \\al(\s\up1(2),\s\d1(D)) ,2g) ＝ eq \f(62,2×10) m＝1.8 m
(2)从B到C，做匀减速运动，根据牛顿第二定律可知μmg＝ma
根据速度与位移的关系可知v eq \\al(\s\up1(2),\s\d1(C)) －v eq \\al(\s\up1(2),\s\d1(B)) ＝－2ax
联立可得vC＝9 m/s
(3)滑雪者从C点到D点运动的过程中，根据动能定理可知
－mgR－Wf＝ eq \f(1,2) mv eq \\al(\s\up1(2),\s\d1(D)) － eq \f(1,2) mv eq \\al(\s\up1(2),\s\d1(C))
克服摩擦力做的功Wf＝125 J
答案：(1)1.8 m (2)9 m/s (3)125 J
12．解析：(1)根据动能定理有mgh1－μmg cs θ· eq \f(h1,sin θ) ＝ eq \f(1,2) mv eq \\al(\s\up1(2),\s\d1(B)) ，解得vB＝4 m/s
(2)若小物块落到传送带左侧地面，则当高度最大时，小物块在滑至初速度右端D时速度恰好减为0，此时有mghmax－μmg cs θ· eq \f(hmax,sin θ) ＝ eq \f(1,2) mv eq \\al(\s\up1(2),\s\d1(Bmax)) ，v eq \\al(\s\up1(2),\s\d1(Bmax)) ＝2μgL，解得hmax＝3 m，则有h≤3 m
(3)若h2＝6 m，结合上述，小物块落到传送带右侧地面，则有
mgh2－μmg cs θ· eq \f(h2,sin θ) ＝ eq \f(1,2) mv eq \\al(\s\up1(2),\s\d1(C)) ，v eq \\al(\s\up1(2),\s\d1(C)) －v eq \\al(\s\up1(2),\s\d1(D)) ＝2μgL
之后做平抛运动，则有H＝ eq \f(1,2) gt2，x＝vDt，解得x＝2 eq \r(3) m.
答案：(1)4 m/s (2)h≤3 m (3)2 eq \r(3) m
13．解析：物体仅在重力作用下运动，物体的机械能守恒，根据机械能守恒定律可知E1＝E2，代入已知条件为3E0＋0＝E0＋ eq \f(1,2) mv2，解得h2处的速度为v＝2 eq \r(\f(E0,m)) ，A正确．
答案：A
14．解析：设A球的重心在斜面上上升的高度为h.两球的初速度大小为v0，对AB整体，根据机械能守恒定律得 eq \f(1,2) ×2mv eq \\al(\s\up1(2),\s\d1(0)) ＝mgh＋mg(h＋2R sin θ).对物体B，设A球对B球所做的功为W，由动能定理有0－ eq \f(1,2) mv eq \\al(\s\up1(2),\s\d1(0)) ＝W－mg(h＋2R sin θ)，解得W＝mgR sin θ，B正确.
答案：B
15．解析：由题意知圆环速度最大时，加速度为0，即mg＝Mg cs 37°，解得M＝ eq \f(5,4) m，A正确；在A位置时圆环的加速度为a，由牛顿第二定律有mg－T cs 53°＝ma，T－ eq \f(5,4) mg＝ eq \f(5,4) ma cs 53°，解得a＝ eq \f(5,29) g，B正确；下滑过程中系统机械能守恒，则有mg eq \f(L,tan 37°) ＝Mg eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(L,sin 37°)－L)) ＋ eq \f(1,2) mv2＋ eq \f(1,2) M(v cs 37°)2，解得v＝ eq \f(\r(5gL),3) ，C错误；设圆环下落的最大距离为x，则有mgx＝Mg( eq \r(L2＋x2) －L)，解得x＝ eq \f(40,9) L，D错误．
答案：AB
16．解析：两小物块速度最大时加速度为零，设弹簧弹力为F，绳拉力为FT，有FT＝mg＋F，FT＋F＝Mg，由胡克定律有F＝kx，由机械能守恒有2Ep＋ eq \f(1,2) (M＋m)v2＋mgx＝Mgx，且弹性势能Ep＝ eq \f(1,2) kx2，联立解得v＝1.2 m/s，D正确．
答案：D
17．解析：在t时间内空气动能为Ek＝ eq \f(1,2) mv2＝ eq \f(1,2) ρvtSv2＝ eq \f(1,2) ρπr2v3t，则此风力发电机发电的功率约为P＝ eq \f(10%Ek,t) ，代入数据解得P＝145.8 W，C项正确．
答案：C
18．解析：据题意，小球从A到B过程中动能减少了100 J，则有WG1＋Wf1＝100 J，该过程中机械能损失了20 J，则克服摩擦力做功为Wf1＝20 J，则该过程中克服重力做功为WG1＝80 J，所以有 eq \f(WG1,Wf1) ＝ eq \f(4,1) ，在B点还剩下20 J动能，则在BC过程中克服重力做功为WG2＝16 J，克服摩擦力做功为Wf2＝4 J，所以在上升过程中合外力做的功为－WG12－Wf12＝－120 J，A错误；下行过程重力做功等于上行过程克服重力做的功WG1＋WG2＝96 J，B正确；在从C到A的下降过程中，摩擦力做功为Wf＝－(Wf1＋Wf2)＝－24 J，C错误；小球回到A点的动能为E′k＝Ek－2(Wf1＋Wf2)＝72 J，D错误．
答案：B
19．解析：弹簧被压缩到最短时，小物块A、B的速度刚好为0，从开始运动到弹簧压缩到最短的过程中，设运动距离为L，根据能量守恒定律得(m＋M)gL sin 30°－μ(m＋M)g cs 30°·L＝Ep；弹簧将物块B弹出，B刚好又能滑到斜面顶端的过程中，由能量守恒定律得Ep＝MgL sin 30°＋μMg cs 30°·L，两式联立解得M＝2m，A正确．
答案：A
20．解析：由图乙可知，0～1 s物体的加速度为a1＝10 m/s2，1～2 s物体的加速度为a2＝2 m/s2，皮带的速度为v1＝10 m/s，根据牛顿第二定律得mg sin θ＋μmg cs θ＝ma1，mg sin θ－μmg cs θ＝ma2，解得θ＝37°，μ＝0.5，A项正确，B项错误；0～1 s内皮带的位移及物体的位移分别为s1＝v1t＝10×1 m＝10 m，x1＝ eq \f(1,2) v1t＝5 m，它们的相对位移为Δx1＝s1－x1＝5 m，1～2 s内皮带的位移及物体的位移分别为s2＝v1t＝10×1 m＝10 m，x2＝ eq \f(1,2) (v1＋v2)t＝ eq \f(1,2) (10＋12)×1＝11 m，它们的相对位移为Δx2＝x2－s2＝1 m．0～1 s内物体位移小于皮带位移，在皮带上出现5 m长的痕迹，1～2 s内物体位移大于皮带的位移，这1 m长的痕迹与刚才的痕迹重合，所以皮带上出现的痕迹长为5 m，C项正确；2 s内物体与传送带摩擦产生的内能为Q＝μmg cs θ(Δx1＋Δx2)＝24 J，D项错误．
答案：AC
21．解析：当mA＝m1时，由能量守恒可得m0g eq \f(L,4) ＝Ep＋m1g eq \f(L,2) ；当mA＝m2时，由能量守恒可得m0g eq \f(L,4) ＋Ep＝m2g eq \f(L,2) ，解得m2＋m1＝m0；当mA＝m2＋m1时，由能量守恒可得m0g eq \f(L,4) ＋Ep＋ eq \f(1,2) (m1＋m2＋m0)v2＝(m1＋m2)g eq \f(L,2) ，解得v2＝ eq \f(m1,2m0) gL.根据题意有m1< eq \f(1,2) m0
22．解析：设PQ长度为5l，则OP长度5l sin 37°＝3l，则OQ长度5l cs 37°＝4l.如果仅剪断轻绳OP，由机械能守恒定律，小球到达最低位置时动能Ek1＝mg·4l(1－cs 53°)＝1.6mgl；如果仅剪断轻绳OQ，由机械能守恒定律，小球到达最低位置时动能Ek2＝mg·3l(1－cs 37°)＝0.6mgl，则Ek1∶Ek2＝1.6mgl∶0.6mgl＝8∶3，B正确．
答案：B
23．解析：加速过程在T点结束，即此后汽车沿平直路面作匀速运动，由平衡条件和图像信息可得F－f＝0，汽车做匀速运动时的牵引力大小为F＝2×104N，汽车所受的阻力大小为f＝2×104N，C、D错误；由图像信息得车的额定功率为P＝Fv＝2×104×8 W＝1.6×105W，A正确；汽车加速运动过程，牵引力做功为W＝Pt，根据动能定理可得Pt－fs＝ eq \f(1,2) mv2，可得m＝ eq \f(2（Pt－fs）,v2) ＝8.75×103kg，B错误．
答案：A
24．解析：
设厚板与粗糙水平面接触长度为x，滑动摩擦力为f＝μ eq \f(mg,L) x，当厚板与粗糙水平面接触长度为l时，滑动摩擦力为f＝μ eq \f(mgl,L) ，画出摩擦力与位移的关系图像，其与坐标轴围成的面积表示克服摩擦力的功W＝[(L－l)＋L]× eq \f(μmgl,L) × eq \f(1,2) ，解得W＝μmgl－ eq \f(μmgl2,2L) ，C正确．
答案：C
25．解析：根据牛顿第二定律，可知滑块的加速度先减小后增大再减小，A错误；滑块在从A到C的过程中一直加速运动，在C点的速度最大，B错误；对弹簧和滑块组成的系统应用机械能守恒定律得 eq \f(1,2) mv2＝mgL＋Ep，解得Ep＝ eq \f(1,2) mv2－mgL，C正确；滑块在A点时弹簧的伸长量ΔxA＝L eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(1,tan θ)－1)) ＝ eq \f(1,3) L，滑块在B点时弹簧的压缩量ΔxB＝L(1－cs θ)＝ eq \f(1,5) L，则ΔxA>ΔxB，滑块在A点时弹簧的弹性势能大于在B点时的弹性势能，D正确．
答案：CD
26．解析：由图像可知，运动员在冲上斜坡之前，总的机械能为E总＝10×103J，而冲上斜坡，到达最高点时的机械能为E′总＝8×103J，而在运动员从斜坡底端到冲上斜坡的过程中，除了重力做功以外还有摩擦力做负功，因此可知运动员向上冲的过程克服摩擦力做功为2×103J，A正确；运动员再次回到坡底时的过程中，仍然是除了重力做功以外摩擦力做负功，易知在下坡的过程中克服摩擦力做的功和在上坡过程中一样，因此可知运动员再次回到坡底时机械能应为6×103J，B错误；由于取了坡底为零势能面，因此运动员滑上斜坡最高点后的重力势能就等于运动员的机械能，有mgh＝E′总，h＝20 m，解得m＝40 kg，C正确；在坡底是运动员的动能就等于运动员的机械能，则有 eq \f(1,2) mv2＝E总，解得v＝10 eq \r(5) m/s，D错误．
答案：AC
27．解析：(1)筒从开始到第一次与地面碰撞前瞬间，对筒和小球由机械能守恒定律得(m1＋m2)gH＝ eq \f(1,2) (m1＋m2)v eq \\al(\s\up1(2),\s\d1(1)) －0，解得v1＝1 m/s.
(2)筒第一次与地面碰撞后到筒与小球共速的过程，小球的加速度大小为a1，筒的加速度大小为a2，由牛顿第二定律得Ff－m1g＝m1a1，Ff＋m2g＝m2a2，解得a1＝30 m/s2，a2＝20 m/s2
经过t1时间二者达到共速v共1，此过程中小球和筒的位移分别为x1、x2，取竖直向下为正方向，由运动学公式可得
v共1＝v1－a1t1＝－v1＋a2t1，x1＝v1t1－ eq \f(1,2) a1t eq \\al(\s\up1(2),\s\d1(1)) ，x2＝－v1t1＋ eq \f(1,2) a2t eq \\al(\s\up1(2),\s\d1(1))
解得t1＝0.04 s，v共1＝－0.2 m/s，x1＝0.016 m，x2＝－0.024 m
筒与球之间摩擦产生的热量，由功能关系可得Q＝Ff(x1－x2)＝4.8 J
(3)从开始到最终筒和小球静止，设此过程小球相对筒下降的高度为L，由能量守恒定律得FfL＝m1g(H＋L)＋m2gH
摩擦力对小球做的功为W，由动能定理得W＋m1g(H＋L)＝0
解得W＝－4 J.
答案：(1)1 m/s (2)4.8 J (3)－4 J
题号
1
2
3
4
6
7
8
9
10
13
14
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答案
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