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高中物理高考 专题6 3 功能关系和能量守恒定律【练】解析版
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这是一份高中物理高考 专题6 3 功能关系和能量守恒定律【练】解析版，共17页。试卷主要包含了0 cm和9，如图所示，半径为R＝1等内容，欢迎下载使用。
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TOC \ "1-3" \h \u \l "_Tc23951" 一．练经典题型 PAGEREF _Tc23951 \h 1
\l "_Tc5237" 二、练创新情景 PAGEREF _Tc5237 \h 4
\l "_Tc19015" 三．练规范解答 PAGEREF _Tc19015 \h 9
一．练经典题型
1．物体在竖直方向上分别做了匀速上升、加速上升和减速上升三种运动。在这三种情况下物体机械能的变化情况是( )
A．匀速上升机械能不变，加速上升机械能增加，减速上升机械能减小
B．匀速上升和加速上升机械能增加，减速上升机械能减小
C．匀速上升和加速上升机械能增加，减速上升机械能可能增加，可能减少，也可能不变
D．三种情况中，物体的机械能均增加
【答案】C
【解析】无论物体向上加速运动还是向上匀速运动，除重力外，其他外力一定对物体做正功，物体机械能都增加；物体向上减速运动时，除重力外，物体受到的其他外力不确定，故无法确定其机械能的变化，C正确。
2．(2020·重庆一诊)如图所示，一物块在粗糙斜面上由静止释放，运动到水平面上后停止，则运动过程中，物块与地球组成系统的机械能( )
A．不变B．减小
C．增大D．无法判断
【答案】B
【解析】物块在粗糙斜面上由静止释放后，重力与摩擦力对物块做功，其中摩擦力做功是将物块机械能的一部分转化为内能，所以物块与地球组成系统的机械能减少，故A、C、D错误，B正确。
3.(2021·河北任丘市第一中学期末)在奥运比赛项目中，高台跳水是我国运动员的强项．质量为m的跳水运动员进入水中后受到水的阻力而做减速运动，设水对他的阻力大小恒为F，当地的重力加速度为g，那么在他减速下降高度为h的过程中，下列说法正确的是( )
A．他的动能减少了Fh
B．他的重力势能增加了mgh
C．他的机械能减少了(F－mg)h
D．他的机械能减少了Fh
【答案】 D
【解析】 运动员进入水中后，克服合力做的功等于动能的减少量，故动能减少(F－mg)h，故A错误；运动员进入水中后，重力做功mgh，故重力势能减小mgh，故B错误；运动员进入水中后，除重力外，克服阻力做功Fh，故机械能减少了Fh，故C错误，D正确．
4.(多选)如图所示，质量为m的物体(可视为质点)以某一速率从A点冲上倾角为30°的固定斜面，其运动的加速度大小为eq \f(3,4)g，此物体在斜面上上升的最大高度为h，则在这个过程中物体( )
A．重力势能增加了eq \f(3,4)mgh
B．克服摩擦力做功eq \f(1,2)mgh
C．动能损失了eq \f(3,2)mgh
D．机械能损失了eq \f(1,4)mgh
【答案】 BC
【解析】 物体在斜面上能够上升的最大高度为h，所以重力势能增加了mgh，故A错误；
设物体所受的摩擦力大小为Ff，根据牛顿第二定律得mgsin 30°＋Ff＝ma＝m·eq \f(3,4)g
解得Ff＝eq \f(1,4)mg，物体沿斜面上滑的距离为2h，所以克服摩擦力做功Wf＝Ff·2h＝eq \f(1,2)mgh，根据功能关系可知，机械能损失了eq \f(1,2)mgh，故B正确，D错误；
由动能定理可知，动能损失量等于物体克服合外力做的功，大小为
ΔEk＝F合·x＝ma·2h＝eq \f(3,2)mgh，故C正确．
5.滑块静止于光滑水平面上，与之相连的轻质弹簧处于自然伸直状态。现用恒定的水平外力F作用于弹簧右端，在向右移动一段距离的过程中拉力F做了10 J的功。在上述过程中( )
A．弹簧的弹性势能增加了10 J
B．滑块的动能增加了10 J
C．滑块和弹簧组成的系统机械能增加了10 J
D．滑块和弹簧组成的系统机械能守恒
【答案】C
【解析】拉力F做功的同时，弹簧伸长，弹簧的弹性势能增大，滑块向右加速运动，滑块动能增加，由功能关系可知，拉力做功等于滑块的动能与弹簧弹性势能的增加量之和，C正确，A、B、D均错误。
6．(2021·驻马店模拟)一物体在竖直向上的恒力作用下，由静止开始上升，到达某一高度时撤去外力。若不计空气阻力，则在整个上升过程中，物体的机械能E随时间t变化的关系图象是( )
A B C D
【答案】A
【解析】设物体在恒力作用下的加速度为a，由功的定义式可知，机械能增量为ΔE＝FΔh＝F·eq \f(1,2)at2，知Et图象是开口向上的抛物线，撤去恒力后，机械能守恒，则机械能不随时间变化，故A正确，B、C、D错误。
7．如图所示，质量为1 kg的滑块在倾角为30°的光滑斜面上，从a点由静止开始下滑，到b点开始压缩轻弹簧，到c点时达到最大速度，到d点(图中未画出)开始弹回，返回b点离开弹簧，恰能再回到a点。若bc＝0.1 m，弹簧弹性势能的最大值为8 J，g取10 m/s2，则下列说法正确的是( )
A．弹簧的劲度系数是50 N/m
B．从d点到b点滑块克服重力做功8 J
C．滑块的动能最大值为8 J
D．从d点到c点弹簧的弹力对滑块做功8 J
【答案】A
【解析】当滑块的合力为0时，滑块速度最大，即知在c点时滑块的速度最大，此瞬间滑块受力平衡，则有mgsin 30°＝keq \x\t(bc)，可得k＝eq \f(mgsin 30°,\x\t(bc))＝50 N/m，故选项A正确；滑块从d点到a点，运用动能定理得WG＋W弹＝0－0，又W弹＝Ep＝8 J，可得WG＝－8 J，即克服重力做功8 J，所以从d点到b点滑块克服重力做功小于8 J，故选项B错误；滑块从a点到c点，由系统的机械能守恒知：滑块的动能增加量与弹簧弹性势能增加量之和等于滑块重力势能的减少量，小于8 J，所以滑块的动能最大值小于8 J，故选项C错误；弹簧弹性势能的最大值为8 J，根据功能关系知从d点到b点弹簧的弹力对滑块做功8 J，从d点到c点弹簧的弹力对滑块做功小于8 J，故选项D错误。
8. (2021·北京市第13中学开学测试)一木块静置于光滑水平面上，一颗子弹沿水平方向飞来射入木块中。当子弹进入木块的深度达到最大值2.0 cm时，木块沿水平面恰好移动距离1.0 cm。在上述过程中系统损失的机械能与子弹损失的动能之比为( )
A.1∶2 B.1∶3
C.2∶3 D.3∶2
【答案】 C
【解析】 根据题意，子弹在摩擦力作用下的位移为x1＝(2＋1)cm＝3 cm，木块在摩擦力作用下的位移为x2＝1 cm；系统损失的机械能转化为内能，根据功能关系，有ΔE系统＝Q＝Ff·Δx；子弹损失的动能等于克服摩擦力做的功，故ΔE子弹＝Ffx1；所以eq \f(ΔE系统,ΔE子弹)＝eq \f(2,3)，所以C正确，A、B、D错误。
9.(多选)(2020·陕西西安市检测)如图所示，水平传送带两端A、B间的距离为L，传送带以速度v沿顺时针方向转动，一个质量为M的小物块以一定的初速度从A端滑上传送带，运动到B端．此过程中物块先做匀加速直线运动后做匀速直线运动，物块做匀加速直线运动的时间与做匀速直线运动的时间相等，两过程中物块运动的位移之比为2∶3，重力加速度为g，传送带速度大小不变．下列说法正确的是( )
A．物块的初速度大小为eq \f(v,2)
B．物块做匀加速直线运动的时间为eq \f(3L,5v)
C．物块与传送带间的动摩擦因数为eq \f(10v2,9gL)
D．整个过程中物块与传送带因摩擦产生的热量为eq \f(mv2,9)
【答案】 BC
【解析】 由题意可知物块做匀加速运动和匀速运动的时间相等，物块两次运动的位移之比为：eq \f(x1,x2)＝eq \f(\f(v0＋vt,2),vt)＝eq \f(2,3)，则eq \f(v0＋v,2)∶v＝2∶3，可得出：v0＝eq \f(v,3)，故A错误；由题意可知物块匀速运动的位移为eq \f(3L,5)，则eq \f(3L,5)＝vt，可得匀速运动的时间为：t＝eq \f(3L,5v)，匀加速运动的时间等于匀速运动的时间，故B正确；根据运动学公式：a＝μg，v2－v02＝2ax，x＝eq \f(2L,5)，可得物块与传送带间的动摩擦因数为：μ＝eq \f(10v2,9gL)，故C正确；根据热量的计算公式：Q＝Ffx相对，整个过程中x相对＝eq \f(3L,5)－eq \f(2L,5)＝eq \f(L,5)，可求得整个过程中物块与传送带因摩擦产生的热量为：Q＝eq \f(2mv2,9)，故D错误．
10.(多选)(2021·山东烟台市高考诊断一模)如图所示，一长木板B放在粗糙的水平地面上，在B的左端放一物体A，现以恒定的外力F拉A，经一段时间物块A从长木板B的右端拉出，且在此过程中以地面为参考系， 长木板B也向右移动一段距离。则在此过程中( )
A.外力F对A做的功等于A和B动能的增量
B.A对B摩擦力做的功与B对A摩擦力做的功绝对值相等
C.外力F做的功等于A、B动能的增量与系统由于摩擦而产生的热量之和
D.A对B摩擦力做的功等于B动能的增量和B与地面之间摩擦产生的热量之和
【答案】 CD
【解析】 根据功能关系可知，外力F做的功等于A和B动能的增量与系统由于摩擦而产生的热量之和，故C正确，A错误；A对B的摩擦力与B对A的摩擦力是一对作用力与反作用力，大小相等，方向相反，但是由于A在B上滑动，A、B对地的位移不等，二者做功不相等，故B错误；对B分析，由动能定理知WAB－WB地＝ΔEkB，A对B摩擦力做的功WAB＝ΔEkB＋WB地，所以A对B摩擦力做的功等于B动能的增量和B与地面之间摩擦产生的热量之和，故D正确。
二、练创新情景
1.(2021·湖南模考)目前，在地球周围有许多人造地球卫星绕着它运转，其中一些卫星的轨道可近似为圆，且轨道半径逐渐变小．若卫星在轨道半径逐渐变小的过程中，只受到地球引力和稀薄气体阻力的作用，则下列判断正确的是( )
A．卫星的动能逐渐减少
B．由于地球引力做正功，引力势能一定增加
C．由于气体阻力做负功，地球引力做正功，机械能保持不变
D．卫星克服气体阻力做的功小于引力势能的减少量
【答案】：D
【解析】：由于空气阻力做负功，卫星轨道半径变小，地球引力做正功，引力势能一定减少，动能增加，机械能减少，选项A、B、C错误；根据动能定理，卫星动能增加，卫星克服阻力做的功小于地球引力做的正功，而地球引力做的正功等于引力势能的减少量，所以卫星克服阻力做的功小于引力势能的减少量，选项D正确．
2．在今年上海的某活动中引入了全国首个户外风洞飞行体验装置，体验者在风力作用下飘浮在半空．若减小风力，体验者在加速下落过程中( )
A．失重且机械能增加 B．失重且机械能减少
C．超重且机械能增加 D．超重且机械能减少
【答案】：B
【解析】：据题意，体验者飘浮时受到的重力和风力平衡；在加速下降过程中，风力小于重力，即重力对体验者做正功，风力做负功，体验者的机械能减小；加速下降过程中，加速度方向向下，体验者处于失重状态，故选项B正确．
3.(多选)如图所示，光滑水平面OB与足够长粗糙斜面BC交于B点。轻弹簧左端固定于竖直墙面，现将质量为m1的滑块压缩弹簧至D点，然后由静止释放，滑块脱离弹簧后经B点滑上斜面，上升到最大高度，并静止在斜面上。不计滑块在B点的机械能损失；换用相同材料质量为m2的滑块(m2＞m1)压缩弹簧至同一点D后，重复上述过程，下列说法正确的是( )
A.两滑块到达B点的速度相同
B.两滑块沿斜面上升的最大高度相同
C.两滑块上升到最高点过程克服重力做的功相同
D.两滑块上升到最高点过程机械能损失相同
【答案】 CD
【解析】 两滑块到B点的动能相同，但速度不同，故A错误；两滑块在斜面上运动时加速度相同，由于在B点时的速度不同，故上升的最大高度不同，故B错误；两滑块上升到斜面最高点过程克服重力做的功为mgh，由能量守恒定律得Ep＝mgh＋μmgcs θ·eq \f(h,sin θ)，则mgh＝eq \f(Ep,1＋\f(μ,tan θ))，故两滑块上升到斜面最高点过程克服重力做的功相同，故C正确；由能量守恒定律得E损＝μmgcs θ·eq \f(h,sin θ)＝eq \f(μmgh,tan θ)，结合C可知D正确。
4.(2021·广东深圳二调)某同学用如图所示的装置测量一个凹形木块的质量m，弹簧的左端固定，木块在水平面上紧靠弹簧(不连接)将其压缩，记下木块右端位置A点，静止释放后，木块右端恰能运动到B1点．在木块槽中加入一个质量m0＝800 g的砝码，再将木块左端紧靠弹簧，木块右端位置仍然在A点，静止释放后木块离开弹簧，右端恰能运动到B2点，测得AB1、AB2长分别为
27.0 cm和9.0 cm，则木块的质量m为( )
A．100 g B．200 g C．300 g D．400 g
【答案】 D
【解析】 根据能量守恒定律，有μmg·AB1＝Ep，μ(m0＋m)g·AB2＝Ep，联立解得m＝400 g，D正确．
5．(2021·广东佛山一中模拟)如图甲所示，在倾角为θ的光滑斜面上，有一个质量为m的物体在沿斜面方向的力F的作用下由静止开始运动，物体的机械能E随位移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过程的图线为平行于x轴的直线，则下列说法中正确的是( )
A．物体在沿斜面向下运动
B．在0～x1过程中，物体的加速度一直增大
C．在0～x2过程中，物体先减速再匀速
D．在x1～x2过程中，物体的加速度为gsin θ
【答案】：ABD
【解析】：由功能关系知，机械能的变化等于除重力或系统内弹簧弹力以外的其他外力做的功，其他力做正功，机械能增加，反之，机械能减小．在Ex图象中，E逐渐减小，F做负功，斜率即为F，可知F在逐渐减小，x1后为0.由上分析知A、B、D对．
6．(多选)(2021·山西新绛中学月考)在大型物流系统中，广泛使用传送带来搬运货物．如图甲所示，倾角为θ的传送带以恒定的速率逆时针方向转动，皮带始终是绷紧的，将m＝1 kg的货物放在传送带上的A端，经过1.2 s到达传送带的B端．用速度传感器分别测得货物与传送带的速度v随时间t变化的图象如图乙所示．已知重力加速度g＝
10 m/s2，sin 37°＝0.6，可知( )
A．货物与传送带间的动摩擦因数为0.05
B．A、B两点间的距离为1.2 m
C．货物从A运动到B的过程中，传送带对货物做功－11.2 J
D．货物从A运动到B的过程中，货物与传送带间因摩擦产生的热量为4.8 J
【答案】 CD
【解析】 0～0.2 s内，货物沿传送带向下做匀加速直线运动，摩擦力沿斜面向下，a1＝gsin θ＋μgcs θ＝eq \f(2,0.2) m/s2＝10 m/s2；0.2～1.2 s内，货物继续沿传送带向下做匀加速直线运动，a2＝gsin θ－μgcs θ＝eq \f(2,1) m/s2＝2 m/s2，解得μ＝0.5，θ＝37°，故A错误；从题图可知，0～1.2 s内，货物v－t图线与t轴围成的面积对应位移x＝x1＋x2＝3.2 m，则A、B两点间的距离为3.2 m，故B错误；传送带对货物做的功即摩擦力做的功，W1＝Ffx1＝μmgcs θ·x1＝0.8 J，W2＝－Ffx2＝－μmgcs θ·x2＝－12 J，W＝W1＋W2＝－11.2 J，故C正确；从题图乙可知，0～0.2 s内，传送带比货物多走0.2 m．0.2～1.2 s内，货物比传送带多走1 m，所以货物从A运动到B的过程中，相对位移为1.2 m．因摩擦产生的热量Q＝Ffx相对＝μmgcs θ·x相对＝4.8 J，故D正确．
7.(2021·四川攀枝花市第二次统考)2019环攀枝花国际公路自行车赛11月24日迎来收官之战，18支国内外车队经过攀枝花中国三线建设博物馆至米易县文化广场114.7公里的争夺后，最终乌克兰基辅首都洲际队的维塔利亚·布茨收获2019环攀枝花个人总冠军，夺得“英雄衫”橙衫。若布茨在比赛的某段下坡过程中保持同一姿态滑行了一段距离，重力对他做功4 000 J，他克服阻力做功200 J。则布茨在该段下坡过程( )
A.动能增加了4 000 J B.机械能减小了200 J
C.机械能减小了3 800 J D.重力势能减小了3 800 J
【答案】 B
【解析】合力对布茨所做的功W总＝WG＋Wf＝4 000 J＋(－200) J＝3 800 J，根据动能定理得动能增加了3 800 J，故A错误；阻力做功Wf＝－200 J，所以机械能减小了200 J，故B正确，C错误；重力对他做功为4 000 J，则他的重力势能减小了4 000 J，故D错误。
8.(多选)(2021·黑龙江佳木斯市质检)如图所示，建筑工地上载人升降机用不计质量的细钢绳跨过定滑轮与一电动机相连，通电后电动机带动升降机沿竖直方向先匀加速上升后匀速上升。摩擦及空气阻力均不计。则( )
A.升降机匀加速上升过程中，升降机底板对人做的功等于人增加的动能
B.升降机匀加速上升过程中，升降机底板对人做的功等于人增加的机械能
C.升降机匀速上升过程中，升降机底板对人做的功等于人增加的机械能
D.升降机上升的全过程中，钢绳拉力做的功大于升降机和人增加的机械能
【答案】 BC
【解析】 根据动能定理可知，合力对物体做的功等于物体动能的变化量，所以升降机匀加速上升过程中，升降机底板对人做的功与人的重力做功之和等于人增加的动能，故A错误；除重力外，其他力对人做的功等于人机械能的增加量，B正确；升降机匀速上升过程中，升降机底板对人做的功等于人克服重力做的功(此过程中动能不变)，即增加的机械能，C正确；升降机上升的全过程中，钢绳拉力做的功等于升降机和人增加的机械能，D错误。
9.(多选) (2021·1月重庆市学业水平选择性考试适应性测试，10)如图所示，倾角为θ的斜面MN段粗糙，其余段光滑，PM、MN长度均为3d。四个质量均为m的相同样品1、2、3、4放在斜面上，每个样品(可视为质点)左侧固定有长度为d的轻质细杆，细杆与斜面平行，且与其左侧的样品接触但不粘连，样品与MN间的动摩擦因数为tan θ。若样品1在P处时，四个样品由静止一起释放，则(重力加速度大小为g)( )
A.当样品1刚进入MN段时，样品的共同加速度大小为eq \f(3,4)gsin θ
B.当样品1刚进入MN段时，样品1的轻杆受到压力大小为3mgsin θ
C.当四个样品均位于MN段时，摩擦力做的总功为9dmgsin θ
D.当四个样品均位于MN段时，样品的共同速度大小为3eq \r(gdsin θ)
【答案】 AD
【解析】 当样品1刚进入MN段时，以四个样品整体为对象，根据牛顿第二定律得4mgsin θ－μmgcs θ＝4ma1，解得样品的共同加速度大小为a1＝eq \f(3,4)gsin θ，以样品1为对象，根据牛顿第二定律得F1＋mgsin θ－μmgcs θ＝ma1，解得样品1的轻杆受到压力大小为F1＝eq \f(3,4)mgsin θ，故A正确，B错误；当四个样品均位于MN段时，摩擦力对样品1做功W1＝－μmgcs θ·3d＝－3mgdsin θ，摩擦力对样品2做功W2＝－μmgcs θ·2d＝－2mgdsin θ，摩擦力对样品3做功，W3＝－μmgcs θ·d＝－mgdsin θ，此时样品4刚进入MN段摩擦力对样品4不做功，所以当四个样品均位于MN段时，摩擦力做的总功为Wf＝W1＋W2＋W3＝－6mgdsin θ，故C错误；设四个样品均位于MN段时的共同速度为v，由动能定理得4mg·6d·sin θ＋Wf＝eq \f(1,2)×4mv2，解得v＝3eq \r(gdsin θ)，故D正确。
10.(多选) (2021·东北三省三校第二次联考)一只半径为R的半球形碗固定不动，碗的内壁光滑，碗口水平，O点为球心，A、B均为碗内壁上的点，且A点是最低点，B点与圆心等高，C点是圆弧AB的中点(点O、A、B、C在同一竖直平面内)重力加速度大小为g。有一只质量为m的小球静止在碗底部，现对小球施加一水平恒力F，则( )
A.若F＝eq \f(3,4)mg，小球将有可能到达B点
B.若F＝mg，小球将一定到达B点
C.若F＝mg，小球经过C点时，合力的功率最大
D.若F＝2mg，小球从最低点到其轨迹最高点过程中机械能的增量为6mgR
【答案】BD
【解析】 对小球从A到B过程根据动能定理，有FR－mgR＝eq \f(1,2)mv2－0，所以若F＝
eq \f(3,4)mg，小球动能为负值，故不可能到达B点；若F＝mg，小球到达B点动能恰好为零，恰好到达B点，故A错误，B正确；若F＝mg，则合力大小为eq \r(2)mg，方向与水平夹角为45°，小球经过C点时，合力与速度方向垂直，此时合力功率为零，故C错误；若F＝2mg，对小球从A到B过程根据动能定理有2mgR－mgR＝eq \f(1,2)mv2－0，解得v＝eq \r(2gR)，小球离开B点后在竖直方向做匀减速运动，运动时间t＝eq \f(v,g)＝eq \r(\f(2R,g))，在水平方向做初速度为0的匀加速运动，有x＝eq \f(1,2)·eq \f(F,m)t2＝2R，全程外力做功W＝F(R＋2R)＝6mgR，机械能增加6mgR，故D正确。
三．练规范解答
1.(2021·天津和平区一模)如图甲所示，一长木板静止在水平地面上，在t＝0时刻，一小物块以一定速度从左端滑上长木板，之后长木板运动的vt图象如图乙所示，已知小物块与长木板的质量均为m＝1 kg，已知木板足够长，g取10 m/s2，求：
(1)小物块与长木板间动摩擦因数的值；
(2)在整个运动过程中，系统所产生的热量。
甲 乙
【答案】 (1)0.5 (2)72 J
【解析】 (1)设小物块与长木板间的动摩擦因数为μ1，长木板与地面间的动摩擦因数为μ2，长木板达到的最大速度为vm，长木板加速过程中，由牛顿第二定律得
μ1mg－2μ2mg＝ma1
vm＝a1t1
木板和物块相对静止，共同减速过程中，由牛顿第二定律得
μ2·2mg＝2ma2
vm＝a2t2
由图象可知，vm＝2 m/s，t1＝2 s，t2＝1 s
联立解得μ1＝0.5。
(2)设小物块初速度为v0，刚滑上长木板时的加速度大小为a0，则有
μ1mg＝ma0
vm＝v0－a0t1
在整个过程中，由能量守恒定律得Q＝eq \f(1,2)mveq \\al(2,0)＝72 J。
2.(2020·铜陵模拟)如图所示，半径为R＝1.0 m的光滑圆弧轨道固定在竖直平面内，轨道的一个端点B和圆心O的连线与水平方向的夹角θ＝37°，另一端点C为轨道的最低点。C点右侧的光滑水平面上紧挨C点静止放置一木板，木板质量M＝1 kg，上表面与C点等高。质量为m＝1 kg的物块(可视为质点)从空中A点以v0＝1.2 m/s的速度水平抛出，恰好从轨道的B端沿切线方向进入轨道。已知物块与木板间的动摩擦因数μ＝0.2，g取10 m/s2。求：
(1)物块经过C点时的速率vC；
(2)若木板足够长，物块在木板上相对滑动过程中产生的热量Q。
【答案】(1)6 m/s (2)9 J
【解析】(1)设物块在B点的速度为vB，从A到B物块做平抛运动，有：
vBsin θ＝v0
从B到C，根据动能定理有：
mgR(1＋sin θ)＝eq \f(1,2)mveq \\al(2,C)－eq \f(1,2)mveq \\al(2,B)
解得：vC＝6 m/s。
(2)物块在木板上相对滑动过程中由于摩擦力作用，最终将一起运动。设相对滑动时物块加速度大小为a1，木板加速度大小为a2，经过时间t达到共同速度v，则：μmg＝ma1，μmg＝Ma2，v＝vC－a1t，v＝a2t
根据能量守恒定律有：
eq \f(1,2)(m＋M)v2＋Q＝eq \f(1,2)mveq \\al(2,C)
联立解得：Q＝9 J。
3.(2021·湖南衡阳市第一次联考)滑板运动是青少年喜爱的一项活动。如图甲所示，滑板运动员以某一初速度从A点水平离开h＝0.8 m高的平台，运动员(连同滑板)恰好能无碰撞的从B点沿圆弧切线进入竖直光滑圆弧轨道，然后由C点滑上涂有特殊材料的水平面，水平面与滑板间的动摩擦因数从C点起按图乙规律变化，已知圆弧与水平面相切于C点，B、C为圆弧的两端点。圆弧轨道的半径R＝1 m；O为圆心，圆弧对应的圆心角θ＝53°，已知g＝10 m/s2，sin 37°＝0.60，cs 37°＝0.80，不计空气阻力，运动员(连同滑板)质量m＝50 kg，可视为质点，试求：
(1)运动员(连同滑板)离开平台时的初速度v0；
(2)运动员(连同滑板)通过圆弧轨道最低点对轨道的压力大小；
(3)运动员(连同滑板)在水平面上滑行的最大距离。
【答案】 (1)3 m/s (2)2 150 N (3)3.55 m
【解析】 (1)运动员从A平抛至B的过程中，在竖直方向有veq \\al(2,y)＝2gh①
在B点有vy＝v0tan θ②
由①②得v0＝3 m/s。③
(2)运动员在圆弧轨道做圆周运动到C处时，牛顿第二定律可得FN－mg＝meq \f(veq \\al(2,C),R)④
运动员从A到C的过程，由机械能守恒得
mgeq \b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\c1(h＋R\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(1－cs 53°))))＝eq \f(1,2)mveq \\al(2,C)－eq \f(1,2)mveq \\al(2,0)⑤
联立③④⑤解得FN＝2 150 N。
由牛顿第三定律得：对轨道的压力为FN′＝FN＝2 150 N。
(3)运动员经过C点以后，由图可知x1＝0.5 m，μ＝0.5，
eq \f(1,2)mveq \\al(2,C)＞eq \f(1,2)μmgx1
设最远距离为x，则x＞x1，由动能定理可得
eq \f(1,2)mveq \\al(2,C)＝eq \f(1,2)μmgx1＋μmgeq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(x－x1))⑥
联立⑤⑥解得x＝3.55 m。
4.(2021·江苏苏州市期中)如图所示，传送带与水平面夹角θ＝37°，以恒定速率v＝10 m/s沿顺时针方向转动．现在传送带上端A处无初速度地放一质量m＝1 kg的小煤块(可视为质点，忽略滑动过程中的质量损失)，小煤块与传送带间的动摩擦因数μ＝0.5，已知传送带上A到B的长度L＝16 m．取sin 37°＝0.6，cs 37°＝0.8，重力加速度g＝10 m/s2.求：
(1)小煤块刚开始运动时的加速度大小；
(2)小煤块从A运动到B的时间；
(3)从A到B的过程中小煤块在传送带上留下的痕迹长度；
(4)从A到B的过程中小煤块和传送带间因摩擦产生的热量．
【答案】 (1)10 m/s2 (2)2 s (3)5 m (4)24 J
【解析】 (1)设小煤块刚开始运动时的加速度为a1，对小煤块受力分析，由牛顿第二定律得
mgsin θ＋μmgcs θ＝ma1
解得a1＝10 m/s2
(2)小煤块与传送带共速经过的时间t1＝eq \f(v,a1)＝1 s
此时小煤块的位移x1＝eq \f(1,2)a1t12＝5 m
x1＜L
因为tan θ>μ，小煤块继续加速下滑
加速度a2＝eq \f(mgsin θ－μmgcs θ,m)＝2 m/s2
则有x2＝L－x1＝vt2＋eq \f(1,2)a2t22
解得t2＝1 s(t2＝－11 s舍去)
故小煤块从A运动到B的时间t＝t1＋t2＝2 s
(3)小煤块先相对传送带向上滑动，相对位移沿传送带向上
大小为s＝vt1－x1＝5 m
共速后，小煤块相对传送带向下滑动，相对位移沿传送带向下
大小为s′＝x2－vt2＝1 m
因为s＞s′
故小煤块在传送带上留下的痕迹长度为s＝5 m
(4)小煤块和传送带间因摩擦产生的热量Q＝μmgcs θ·(s＋s′)＝24 J
目录
TOC \ "1-3" \h \u \l "_Tc23951" 一．练经典题型 PAGEREF _Tc23951 \h 1
\l "_Tc5237" 二、练创新情景 PAGEREF _Tc5237 \h 4
\l "_Tc19015" 三．练规范解答 PAGEREF _Tc19015 \h 9
一．练经典题型
1．物体在竖直方向上分别做了匀速上升、加速上升和减速上升三种运动。在这三种情况下物体机械能的变化情况是( )
A．匀速上升机械能不变，加速上升机械能增加，减速上升机械能减小
B．匀速上升和加速上升机械能增加，减速上升机械能减小
C．匀速上升和加速上升机械能增加，减速上升机械能可能增加，可能减少，也可能不变
D．三种情况中，物体的机械能均增加
【答案】C
【解析】无论物体向上加速运动还是向上匀速运动，除重力外，其他外力一定对物体做正功，物体机械能都增加；物体向上减速运动时，除重力外，物体受到的其他外力不确定，故无法确定其机械能的变化，C正确。
2．(2020·重庆一诊)如图所示，一物块在粗糙斜面上由静止释放，运动到水平面上后停止，则运动过程中，物块与地球组成系统的机械能( )
A．不变B．减小
C．增大D．无法判断
【答案】B
【解析】物块在粗糙斜面上由静止释放后，重力与摩擦力对物块做功，其中摩擦力做功是将物块机械能的一部分转化为内能，所以物块与地球组成系统的机械能减少，故A、C、D错误，B正确。
3.(2021·河北任丘市第一中学期末)在奥运比赛项目中，高台跳水是我国运动员的强项．质量为m的跳水运动员进入水中后受到水的阻力而做减速运动，设水对他的阻力大小恒为F，当地的重力加速度为g，那么在他减速下降高度为h的过程中，下列说法正确的是( )
A．他的动能减少了Fh
B．他的重力势能增加了mgh
C．他的机械能减少了(F－mg)h
D．他的机械能减少了Fh
【答案】 D
【解析】 运动员进入水中后，克服合力做的功等于动能的减少量，故动能减少(F－mg)h，故A错误；运动员进入水中后，重力做功mgh，故重力势能减小mgh，故B错误；运动员进入水中后，除重力外，克服阻力做功Fh，故机械能减少了Fh，故C错误，D正确．
4.(多选)如图所示，质量为m的物体(可视为质点)以某一速率从A点冲上倾角为30°的固定斜面，其运动的加速度大小为eq \f(3,4)g，此物体在斜面上上升的最大高度为h，则在这个过程中物体( )
A．重力势能增加了eq \f(3,4)mgh
B．克服摩擦力做功eq \f(1,2)mgh
C．动能损失了eq \f(3,2)mgh
D．机械能损失了eq \f(1,4)mgh
【答案】 BC
【解析】 物体在斜面上能够上升的最大高度为h，所以重力势能增加了mgh，故A错误；
设物体所受的摩擦力大小为Ff，根据牛顿第二定律得mgsin 30°＋Ff＝ma＝m·eq \f(3,4)g
解得Ff＝eq \f(1,4)mg，物体沿斜面上滑的距离为2h，所以克服摩擦力做功Wf＝Ff·2h＝eq \f(1,2)mgh，根据功能关系可知，机械能损失了eq \f(1,2)mgh，故B正确，D错误；
由动能定理可知，动能损失量等于物体克服合外力做的功，大小为
ΔEk＝F合·x＝ma·2h＝eq \f(3,2)mgh，故C正确．
5.滑块静止于光滑水平面上，与之相连的轻质弹簧处于自然伸直状态。现用恒定的水平外力F作用于弹簧右端，在向右移动一段距离的过程中拉力F做了10 J的功。在上述过程中( )
A．弹簧的弹性势能增加了10 J
B．滑块的动能增加了10 J
C．滑块和弹簧组成的系统机械能增加了10 J
D．滑块和弹簧组成的系统机械能守恒
【答案】C
【解析】拉力F做功的同时，弹簧伸长，弹簧的弹性势能增大，滑块向右加速运动，滑块动能增加，由功能关系可知，拉力做功等于滑块的动能与弹簧弹性势能的增加量之和，C正确，A、B、D均错误。
6．(2021·驻马店模拟)一物体在竖直向上的恒力作用下，由静止开始上升，到达某一高度时撤去外力。若不计空气阻力，则在整个上升过程中，物体的机械能E随时间t变化的关系图象是( )
A B C D
【答案】A
【解析】设物体在恒力作用下的加速度为a，由功的定义式可知，机械能增量为ΔE＝FΔh＝F·eq \f(1,2)at2，知Et图象是开口向上的抛物线，撤去恒力后，机械能守恒，则机械能不随时间变化，故A正确，B、C、D错误。
7．如图所示，质量为1 kg的滑块在倾角为30°的光滑斜面上，从a点由静止开始下滑，到b点开始压缩轻弹簧，到c点时达到最大速度，到d点(图中未画出)开始弹回，返回b点离开弹簧，恰能再回到a点。若bc＝0.1 m，弹簧弹性势能的最大值为8 J，g取10 m/s2，则下列说法正确的是( )
A．弹簧的劲度系数是50 N/m
B．从d点到b点滑块克服重力做功8 J
C．滑块的动能最大值为8 J
D．从d点到c点弹簧的弹力对滑块做功8 J
【答案】A
【解析】当滑块的合力为0时，滑块速度最大，即知在c点时滑块的速度最大，此瞬间滑块受力平衡，则有mgsin 30°＝keq \x\t(bc)，可得k＝eq \f(mgsin 30°,\x\t(bc))＝50 N/m，故选项A正确；滑块从d点到a点，运用动能定理得WG＋W弹＝0－0，又W弹＝Ep＝8 J，可得WG＝－8 J，即克服重力做功8 J，所以从d点到b点滑块克服重力做功小于8 J，故选项B错误；滑块从a点到c点，由系统的机械能守恒知：滑块的动能增加量与弹簧弹性势能增加量之和等于滑块重力势能的减少量，小于8 J，所以滑块的动能最大值小于8 J，故选项C错误；弹簧弹性势能的最大值为8 J，根据功能关系知从d点到b点弹簧的弹力对滑块做功8 J，从d点到c点弹簧的弹力对滑块做功小于8 J，故选项D错误。
8. (2021·北京市第13中学开学测试)一木块静置于光滑水平面上，一颗子弹沿水平方向飞来射入木块中。当子弹进入木块的深度达到最大值2.0 cm时，木块沿水平面恰好移动距离1.0 cm。在上述过程中系统损失的机械能与子弹损失的动能之比为( )
A.1∶2 B.1∶3
C.2∶3 D.3∶2
【答案】 C
【解析】 根据题意，子弹在摩擦力作用下的位移为x1＝(2＋1)cm＝3 cm，木块在摩擦力作用下的位移为x2＝1 cm；系统损失的机械能转化为内能，根据功能关系，有ΔE系统＝Q＝Ff·Δx；子弹损失的动能等于克服摩擦力做的功，故ΔE子弹＝Ffx1；所以eq \f(ΔE系统,ΔE子弹)＝eq \f(2,3)，所以C正确，A、B、D错误。
9.(多选)(2020·陕西西安市检测)如图所示，水平传送带两端A、B间的距离为L，传送带以速度v沿顺时针方向转动，一个质量为M的小物块以一定的初速度从A端滑上传送带，运动到B端．此过程中物块先做匀加速直线运动后做匀速直线运动，物块做匀加速直线运动的时间与做匀速直线运动的时间相等，两过程中物块运动的位移之比为2∶3，重力加速度为g，传送带速度大小不变．下列说法正确的是( )
A．物块的初速度大小为eq \f(v,2)
B．物块做匀加速直线运动的时间为eq \f(3L,5v)
C．物块与传送带间的动摩擦因数为eq \f(10v2,9gL)
D．整个过程中物块与传送带因摩擦产生的热量为eq \f(mv2,9)
【答案】 BC
【解析】 由题意可知物块做匀加速运动和匀速运动的时间相等，物块两次运动的位移之比为：eq \f(x1,x2)＝eq \f(\f(v0＋vt,2),vt)＝eq \f(2,3)，则eq \f(v0＋v,2)∶v＝2∶3，可得出：v0＝eq \f(v,3)，故A错误；由题意可知物块匀速运动的位移为eq \f(3L,5)，则eq \f(3L,5)＝vt，可得匀速运动的时间为：t＝eq \f(3L,5v)，匀加速运动的时间等于匀速运动的时间，故B正确；根据运动学公式：a＝μg，v2－v02＝2ax，x＝eq \f(2L,5)，可得物块与传送带间的动摩擦因数为：μ＝eq \f(10v2,9gL)，故C正确；根据热量的计算公式：Q＝Ffx相对，整个过程中x相对＝eq \f(3L,5)－eq \f(2L,5)＝eq \f(L,5)，可求得整个过程中物块与传送带因摩擦产生的热量为：Q＝eq \f(2mv2,9)，故D错误．
10.(多选)(2021·山东烟台市高考诊断一模)如图所示，一长木板B放在粗糙的水平地面上，在B的左端放一物体A，现以恒定的外力F拉A，经一段时间物块A从长木板B的右端拉出，且在此过程中以地面为参考系， 长木板B也向右移动一段距离。则在此过程中( )
A.外力F对A做的功等于A和B动能的增量
B.A对B摩擦力做的功与B对A摩擦力做的功绝对值相等
C.外力F做的功等于A、B动能的增量与系统由于摩擦而产生的热量之和
D.A对B摩擦力做的功等于B动能的增量和B与地面之间摩擦产生的热量之和
【答案】 CD
【解析】 根据功能关系可知，外力F做的功等于A和B动能的增量与系统由于摩擦而产生的热量之和，故C正确，A错误；A对B的摩擦力与B对A的摩擦力是一对作用力与反作用力，大小相等，方向相反，但是由于A在B上滑动，A、B对地的位移不等，二者做功不相等，故B错误；对B分析，由动能定理知WAB－WB地＝ΔEkB，A对B摩擦力做的功WAB＝ΔEkB＋WB地，所以A对B摩擦力做的功等于B动能的增量和B与地面之间摩擦产生的热量之和，故D正确。
二、练创新情景
1.(2021·湖南模考)目前，在地球周围有许多人造地球卫星绕着它运转，其中一些卫星的轨道可近似为圆，且轨道半径逐渐变小．若卫星在轨道半径逐渐变小的过程中，只受到地球引力和稀薄气体阻力的作用，则下列判断正确的是( )
A．卫星的动能逐渐减少
B．由于地球引力做正功，引力势能一定增加
C．由于气体阻力做负功，地球引力做正功，机械能保持不变
D．卫星克服气体阻力做的功小于引力势能的减少量
【答案】：D
【解析】：由于空气阻力做负功，卫星轨道半径变小，地球引力做正功，引力势能一定减少，动能增加，机械能减少，选项A、B、C错误；根据动能定理，卫星动能增加，卫星克服阻力做的功小于地球引力做的正功，而地球引力做的正功等于引力势能的减少量，所以卫星克服阻力做的功小于引力势能的减少量，选项D正确．
2．在今年上海的某活动中引入了全国首个户外风洞飞行体验装置，体验者在风力作用下飘浮在半空．若减小风力，体验者在加速下落过程中( )
A．失重且机械能增加 B．失重且机械能减少
C．超重且机械能增加 D．超重且机械能减少
【答案】：B
【解析】：据题意，体验者飘浮时受到的重力和风力平衡；在加速下降过程中，风力小于重力，即重力对体验者做正功，风力做负功，体验者的机械能减小；加速下降过程中，加速度方向向下，体验者处于失重状态，故选项B正确．
3.(多选)如图所示，光滑水平面OB与足够长粗糙斜面BC交于B点。轻弹簧左端固定于竖直墙面，现将质量为m1的滑块压缩弹簧至D点，然后由静止释放，滑块脱离弹簧后经B点滑上斜面，上升到最大高度，并静止在斜面上。不计滑块在B点的机械能损失；换用相同材料质量为m2的滑块(m2＞m1)压缩弹簧至同一点D后，重复上述过程，下列说法正确的是( )
A.两滑块到达B点的速度相同
B.两滑块沿斜面上升的最大高度相同
C.两滑块上升到最高点过程克服重力做的功相同
D.两滑块上升到最高点过程机械能损失相同
【答案】 CD
【解析】 两滑块到B点的动能相同，但速度不同，故A错误；两滑块在斜面上运动时加速度相同，由于在B点时的速度不同，故上升的最大高度不同，故B错误；两滑块上升到斜面最高点过程克服重力做的功为mgh，由能量守恒定律得Ep＝mgh＋μmgcs θ·eq \f(h,sin θ)，则mgh＝eq \f(Ep,1＋\f(μ,tan θ))，故两滑块上升到斜面最高点过程克服重力做的功相同，故C正确；由能量守恒定律得E损＝μmgcs θ·eq \f(h,sin θ)＝eq \f(μmgh,tan θ)，结合C可知D正确。
4.(2021·广东深圳二调)某同学用如图所示的装置测量一个凹形木块的质量m，弹簧的左端固定，木块在水平面上紧靠弹簧(不连接)将其压缩，记下木块右端位置A点，静止释放后，木块右端恰能运动到B1点．在木块槽中加入一个质量m0＝800 g的砝码，再将木块左端紧靠弹簧，木块右端位置仍然在A点，静止释放后木块离开弹簧，右端恰能运动到B2点，测得AB1、AB2长分别为
27.0 cm和9.0 cm，则木块的质量m为( )
A．100 g B．200 g C．300 g D．400 g
【答案】 D
【解析】 根据能量守恒定律，有μmg·AB1＝Ep，μ(m0＋m)g·AB2＝Ep，联立解得m＝400 g，D正确．
5．(2021·广东佛山一中模拟)如图甲所示，在倾角为θ的光滑斜面上，有一个质量为m的物体在沿斜面方向的力F的作用下由静止开始运动，物体的机械能E随位移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过程的图线为平行于x轴的直线，则下列说法中正确的是( )
A．物体在沿斜面向下运动
B．在0～x1过程中，物体的加速度一直增大
C．在0～x2过程中，物体先减速再匀速
D．在x1～x2过程中，物体的加速度为gsin θ
【答案】：ABD
【解析】：由功能关系知，机械能的变化等于除重力或系统内弹簧弹力以外的其他外力做的功，其他力做正功，机械能增加，反之，机械能减小．在Ex图象中，E逐渐减小，F做负功，斜率即为F，可知F在逐渐减小，x1后为0.由上分析知A、B、D对．
6．(多选)(2021·山西新绛中学月考)在大型物流系统中，广泛使用传送带来搬运货物．如图甲所示，倾角为θ的传送带以恒定的速率逆时针方向转动，皮带始终是绷紧的，将m＝1 kg的货物放在传送带上的A端，经过1.2 s到达传送带的B端．用速度传感器分别测得货物与传送带的速度v随时间t变化的图象如图乙所示．已知重力加速度g＝
10 m/s2，sin 37°＝0.6，可知( )
A．货物与传送带间的动摩擦因数为0.05
B．A、B两点间的距离为1.2 m
C．货物从A运动到B的过程中，传送带对货物做功－11.2 J
D．货物从A运动到B的过程中，货物与传送带间因摩擦产生的热量为4.8 J
【答案】 CD
【解析】 0～0.2 s内，货物沿传送带向下做匀加速直线运动，摩擦力沿斜面向下，a1＝gsin θ＋μgcs θ＝eq \f(2,0.2) m/s2＝10 m/s2；0.2～1.2 s内，货物继续沿传送带向下做匀加速直线运动，a2＝gsin θ－μgcs θ＝eq \f(2,1) m/s2＝2 m/s2，解得μ＝0.5，θ＝37°，故A错误；从题图可知，0～1.2 s内，货物v－t图线与t轴围成的面积对应位移x＝x1＋x2＝3.2 m，则A、B两点间的距离为3.2 m，故B错误；传送带对货物做的功即摩擦力做的功，W1＝Ffx1＝μmgcs θ·x1＝0.8 J，W2＝－Ffx2＝－μmgcs θ·x2＝－12 J，W＝W1＋W2＝－11.2 J，故C正确；从题图乙可知，0～0.2 s内，传送带比货物多走0.2 m．0.2～1.2 s内，货物比传送带多走1 m，所以货物从A运动到B的过程中，相对位移为1.2 m．因摩擦产生的热量Q＝Ffx相对＝μmgcs θ·x相对＝4.8 J，故D正确．
7.(2021·四川攀枝花市第二次统考)2019环攀枝花国际公路自行车赛11月24日迎来收官之战，18支国内外车队经过攀枝花中国三线建设博物馆至米易县文化广场114.7公里的争夺后，最终乌克兰基辅首都洲际队的维塔利亚·布茨收获2019环攀枝花个人总冠军，夺得“英雄衫”橙衫。若布茨在比赛的某段下坡过程中保持同一姿态滑行了一段距离，重力对他做功4 000 J，他克服阻力做功200 J。则布茨在该段下坡过程( )
A.动能增加了4 000 J B.机械能减小了200 J
C.机械能减小了3 800 J D.重力势能减小了3 800 J
【答案】 B
【解析】合力对布茨所做的功W总＝WG＋Wf＝4 000 J＋(－200) J＝3 800 J，根据动能定理得动能增加了3 800 J，故A错误；阻力做功Wf＝－200 J，所以机械能减小了200 J，故B正确，C错误；重力对他做功为4 000 J，则他的重力势能减小了4 000 J，故D错误。
8.(多选)(2021·黑龙江佳木斯市质检)如图所示，建筑工地上载人升降机用不计质量的细钢绳跨过定滑轮与一电动机相连，通电后电动机带动升降机沿竖直方向先匀加速上升后匀速上升。摩擦及空气阻力均不计。则( )
A.升降机匀加速上升过程中，升降机底板对人做的功等于人增加的动能
B.升降机匀加速上升过程中，升降机底板对人做的功等于人增加的机械能
C.升降机匀速上升过程中，升降机底板对人做的功等于人增加的机械能
D.升降机上升的全过程中，钢绳拉力做的功大于升降机和人增加的机械能
【答案】 BC
【解析】 根据动能定理可知，合力对物体做的功等于物体动能的变化量，所以升降机匀加速上升过程中，升降机底板对人做的功与人的重力做功之和等于人增加的动能，故A错误；除重力外，其他力对人做的功等于人机械能的增加量，B正确；升降机匀速上升过程中，升降机底板对人做的功等于人克服重力做的功(此过程中动能不变)，即增加的机械能，C正确；升降机上升的全过程中，钢绳拉力做的功等于升降机和人增加的机械能，D错误。
9.(多选) (2021·1月重庆市学业水平选择性考试适应性测试，10)如图所示，倾角为θ的斜面MN段粗糙，其余段光滑，PM、MN长度均为3d。四个质量均为m的相同样品1、2、3、4放在斜面上，每个样品(可视为质点)左侧固定有长度为d的轻质细杆，细杆与斜面平行，且与其左侧的样品接触但不粘连，样品与MN间的动摩擦因数为tan θ。若样品1在P处时，四个样品由静止一起释放，则(重力加速度大小为g)( )
A.当样品1刚进入MN段时，样品的共同加速度大小为eq \f(3,4)gsin θ
B.当样品1刚进入MN段时，样品1的轻杆受到压力大小为3mgsin θ
C.当四个样品均位于MN段时，摩擦力做的总功为9dmgsin θ
D.当四个样品均位于MN段时，样品的共同速度大小为3eq \r(gdsin θ)
【答案】 AD
【解析】 当样品1刚进入MN段时，以四个样品整体为对象，根据牛顿第二定律得4mgsin θ－μmgcs θ＝4ma1，解得样品的共同加速度大小为a1＝eq \f(3,4)gsin θ，以样品1为对象，根据牛顿第二定律得F1＋mgsin θ－μmgcs θ＝ma1，解得样品1的轻杆受到压力大小为F1＝eq \f(3,4)mgsin θ，故A正确，B错误；当四个样品均位于MN段时，摩擦力对样品1做功W1＝－μmgcs θ·3d＝－3mgdsin θ，摩擦力对样品2做功W2＝－μmgcs θ·2d＝－2mgdsin θ，摩擦力对样品3做功，W3＝－μmgcs θ·d＝－mgdsin θ，此时样品4刚进入MN段摩擦力对样品4不做功，所以当四个样品均位于MN段时，摩擦力做的总功为Wf＝W1＋W2＋W3＝－6mgdsin θ，故C错误；设四个样品均位于MN段时的共同速度为v，由动能定理得4mg·6d·sin θ＋Wf＝eq \f(1,2)×4mv2，解得v＝3eq \r(gdsin θ)，故D正确。
10.(多选) (2021·东北三省三校第二次联考)一只半径为R的半球形碗固定不动，碗的内壁光滑，碗口水平，O点为球心，A、B均为碗内壁上的点，且A点是最低点，B点与圆心等高，C点是圆弧AB的中点(点O、A、B、C在同一竖直平面内)重力加速度大小为g。有一只质量为m的小球静止在碗底部，现对小球施加一水平恒力F，则( )
A.若F＝eq \f(3,4)mg，小球将有可能到达B点
B.若F＝mg，小球将一定到达B点
C.若F＝mg，小球经过C点时，合力的功率最大
D.若F＝2mg，小球从最低点到其轨迹最高点过程中机械能的增量为6mgR
【答案】BD
【解析】 对小球从A到B过程根据动能定理，有FR－mgR＝eq \f(1,2)mv2－0，所以若F＝
eq \f(3,4)mg，小球动能为负值，故不可能到达B点；若F＝mg，小球到达B点动能恰好为零，恰好到达B点，故A错误，B正确；若F＝mg，则合力大小为eq \r(2)mg，方向与水平夹角为45°，小球经过C点时，合力与速度方向垂直，此时合力功率为零，故C错误；若F＝2mg，对小球从A到B过程根据动能定理有2mgR－mgR＝eq \f(1,2)mv2－0，解得v＝eq \r(2gR)，小球离开B点后在竖直方向做匀减速运动，运动时间t＝eq \f(v,g)＝eq \r(\f(2R,g))，在水平方向做初速度为0的匀加速运动，有x＝eq \f(1,2)·eq \f(F,m)t2＝2R，全程外力做功W＝F(R＋2R)＝6mgR，机械能增加6mgR，故D正确。
三．练规范解答
1.(2021·天津和平区一模)如图甲所示，一长木板静止在水平地面上，在t＝0时刻，一小物块以一定速度从左端滑上长木板，之后长木板运动的vt图象如图乙所示，已知小物块与长木板的质量均为m＝1 kg，已知木板足够长，g取10 m/s2，求：
(1)小物块与长木板间动摩擦因数的值；
(2)在整个运动过程中，系统所产生的热量。
甲 乙
【答案】 (1)0.5 (2)72 J
【解析】 (1)设小物块与长木板间的动摩擦因数为μ1，长木板与地面间的动摩擦因数为μ2，长木板达到的最大速度为vm，长木板加速过程中，由牛顿第二定律得
μ1mg－2μ2mg＝ma1
vm＝a1t1
木板和物块相对静止，共同减速过程中，由牛顿第二定律得
μ2·2mg＝2ma2
vm＝a2t2
由图象可知，vm＝2 m/s，t1＝2 s，t2＝1 s
联立解得μ1＝0.5。
(2)设小物块初速度为v0，刚滑上长木板时的加速度大小为a0，则有
μ1mg＝ma0
vm＝v0－a0t1
在整个过程中，由能量守恒定律得Q＝eq \f(1,2)mveq \\al(2,0)＝72 J。
2.(2020·铜陵模拟)如图所示，半径为R＝1.0 m的光滑圆弧轨道固定在竖直平面内，轨道的一个端点B和圆心O的连线与水平方向的夹角θ＝37°，另一端点C为轨道的最低点。C点右侧的光滑水平面上紧挨C点静止放置一木板，木板质量M＝1 kg，上表面与C点等高。质量为m＝1 kg的物块(可视为质点)从空中A点以v0＝1.2 m/s的速度水平抛出，恰好从轨道的B端沿切线方向进入轨道。已知物块与木板间的动摩擦因数μ＝0.2，g取10 m/s2。求：
(1)物块经过C点时的速率vC；
(2)若木板足够长，物块在木板上相对滑动过程中产生的热量Q。
【答案】(1)6 m/s (2)9 J
【解析】(1)设物块在B点的速度为vB，从A到B物块做平抛运动，有：
vBsin θ＝v0
从B到C，根据动能定理有：
mgR(1＋sin θ)＝eq \f(1,2)mveq \\al(2,C)－eq \f(1,2)mveq \\al(2,B)
解得：vC＝6 m/s。
(2)物块在木板上相对滑动过程中由于摩擦力作用，最终将一起运动。设相对滑动时物块加速度大小为a1，木板加速度大小为a2，经过时间t达到共同速度v，则：μmg＝ma1，μmg＝Ma2，v＝vC－a1t，v＝a2t
根据能量守恒定律有：
eq \f(1,2)(m＋M)v2＋Q＝eq \f(1,2)mveq \\al(2,C)
联立解得：Q＝9 J。
3.(2021·湖南衡阳市第一次联考)滑板运动是青少年喜爱的一项活动。如图甲所示，滑板运动员以某一初速度从A点水平离开h＝0.8 m高的平台，运动员(连同滑板)恰好能无碰撞的从B点沿圆弧切线进入竖直光滑圆弧轨道，然后由C点滑上涂有特殊材料的水平面，水平面与滑板间的动摩擦因数从C点起按图乙规律变化，已知圆弧与水平面相切于C点，B、C为圆弧的两端点。圆弧轨道的半径R＝1 m；O为圆心，圆弧对应的圆心角θ＝53°，已知g＝10 m/s2，sin 37°＝0.60，cs 37°＝0.80，不计空气阻力，运动员(连同滑板)质量m＝50 kg，可视为质点，试求：
(1)运动员(连同滑板)离开平台时的初速度v0；
(2)运动员(连同滑板)通过圆弧轨道最低点对轨道的压力大小；
(3)运动员(连同滑板)在水平面上滑行的最大距离。
【答案】 (1)3 m/s (2)2 150 N (3)3.55 m
【解析】 (1)运动员从A平抛至B的过程中，在竖直方向有veq \\al(2,y)＝2gh①
在B点有vy＝v0tan θ②
由①②得v0＝3 m/s。③
(2)运动员在圆弧轨道做圆周运动到C处时，牛顿第二定律可得FN－mg＝meq \f(veq \\al(2,C),R)④
运动员从A到C的过程，由机械能守恒得
mgeq \b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\c1(h＋R\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(1－cs 53°))))＝eq \f(1,2)mveq \\al(2,C)－eq \f(1,2)mveq \\al(2,0)⑤
联立③④⑤解得FN＝2 150 N。
由牛顿第三定律得：对轨道的压力为FN′＝FN＝2 150 N。
(3)运动员经过C点以后，由图可知x1＝0.5 m，μ＝0.5，
eq \f(1,2)mveq \\al(2,C)＞eq \f(1,2)μmgx1
设最远距离为x，则x＞x1，由动能定理可得
eq \f(1,2)mveq \\al(2,C)＝eq \f(1,2)μmgx1＋μmgeq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(x－x1))⑥
联立⑤⑥解得x＝3.55 m。
4.(2021·江苏苏州市期中)如图所示，传送带与水平面夹角θ＝37°，以恒定速率v＝10 m/s沿顺时针方向转动．现在传送带上端A处无初速度地放一质量m＝1 kg的小煤块(可视为质点，忽略滑动过程中的质量损失)，小煤块与传送带间的动摩擦因数μ＝0.5，已知传送带上A到B的长度L＝16 m．取sin 37°＝0.6，cs 37°＝0.8，重力加速度g＝10 m/s2.求：
(1)小煤块刚开始运动时的加速度大小；
(2)小煤块从A运动到B的时间；
(3)从A到B的过程中小煤块在传送带上留下的痕迹长度；
(4)从A到B的过程中小煤块和传送带间因摩擦产生的热量．
【答案】 (1)10 m/s2 (2)2 s (3)5 m (4)24 J
【解析】 (1)设小煤块刚开始运动时的加速度为a1，对小煤块受力分析，由牛顿第二定律得
mgsin θ＋μmgcs θ＝ma1
解得a1＝10 m/s2
(2)小煤块与传送带共速经过的时间t1＝eq \f(v,a1)＝1 s
此时小煤块的位移x1＝eq \f(1,2)a1t12＝5 m
x1＜L
因为tan θ>μ，小煤块继续加速下滑
加速度a2＝eq \f(mgsin θ－μmgcs θ,m)＝2 m/s2
则有x2＝L－x1＝vt2＋eq \f(1,2)a2t22
解得t2＝1 s(t2＝－11 s舍去)
故小煤块从A运动到B的时间t＝t1＋t2＝2 s
(3)小煤块先相对传送带向上滑动，相对位移沿传送带向上
大小为s＝vt1－x1＝5 m
共速后，小煤块相对传送带向下滑动，相对位移沿传送带向下
大小为s′＝x2－vt2＝1 m
因为s＞s′
故小煤块在传送带上留下的痕迹长度为s＝5 m
(4)小煤块和传送带间因摩擦产生的热量Q＝μmgcs θ·(s＋s′)＝24 J
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