2023高考物理一轮复习高频考点强化训练专题07 功能关系的综合应用（解析版）

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专题07 功能关系的综合应用
1.(2021·海南省新高考一模)两个相同物块P、Q分别在大小相等、方向如图所示的恒力F1和F2作用下沿水平面向右运动，物块与水平面间的动摩擦因数相同。在它们前进相同距离的过程中，F1和F2做功分别为W1和W2，P、Q两物块克服摩擦力所做的功分别为Wf1和Wf2，则有(　　)

A.W1＞W2，Wf1＞Wf2 B.W1＝W2，Wf1＞Wf2
C.W1＞W2，Wf1＝Wf2 D.W1＝W2，Wf1＝Wf2
【答案】A
【解析】　物块运动的位移为s，F2与水平方向的夹角为θ，由功的公式可知W1＝F1s，W2＝F2scos θ，因为F1＝F2，则W1＞W2，Wf1＝μmgs，Wf2＝μ(mg－F2sin θ)s，则Wf1＞Wf2，选项A正确。
2.(2021·海南省新高考3月线上诊断)一同学将地面上一质量m＝400 g的足球沿与水平方向成θ＝45°角踢出，足球与脚分开时的速度大小为10 m/s，不计空气阻力，足球可看做质点，重力加速度g＝10 m/s2。则该同学踢球时对足球做的功为(　　)
A.200 J B.100 J
C.20 J D.10 J
【答案】C
【解析】　由题意可知，足球离开脚时的速度为10 m/s，而脚踢球时只有脚对足球做功，由动能定理可得W＝mv2＝×0.4×102 J＝20 J，故C正确，A、B、D错误。
3. (2021·浙江省1月高中学业水平考试)如图所示，质量均为m的三个小球分别从高度都为h的光滑固定斜面顶端由静止滑到底端，三个斜面倾角不同，则(　　)

A.重力对小球做功均为mgh
B.弹力对小球做功均为mgh
C.重力的平均功率均相等
D.弹力的平均功率不相等
【答案】　A
【解析】　根据重力做功的特点可知，重力对小球做功均为mgh，选项A正确；弹力的方向与位移方向垂直，则弹力对小球做功均为0，选项B错误；根据a＝gsin θ，则t＝＝，因各个斜面的倾角θ不同，则下滑的时间不同，根据G＝可知，重力的平均功率不相等，选项C错误；根据N＝可知，弹力的平均功率都为零，选项D错误。
4. (多选)(2021·广东潮州市第二次模拟)如图所示，半径为R的半圆弧槽固定在水平面上，槽口向上，槽口直径水平，一个质量为m的物块从P点由静止释放刚好从槽口A点无碰撞地进入槽中，并沿圆弧槽匀速率地滑行到B点，不计物块的大小，P点到A点高度为h，重力加速度大小为g，则下列说法正确的是(　　)

A.物块从P到B过程克服摩擦力做的功为mg(R＋h)
B.物块从A到B过程重力的平均功率为
C.物块在B点时对槽底的压力大小为
D.物块到B点时重力的瞬时功率为mg
【答案】　BC
【解析】　物块从A到B做匀速圆周运动，根据动能定理有mgR－Wf＝0，因此克服摩擦力做功Wf＝mgR，故A错误；根据机械能守恒，物块在A点时的速度大小由mgh＝mv2得v＝，从A到B运动的时间为t＝＝，因此从A到B过程中重力的平均功率为＝＝，故B正确；根据牛顿第二定律FN－mg＝m，解得FN＝，由牛顿第三定律可知，物块在B点对槽底的压力大小为，C正确；物块运动到B点时，速度与重力垂直，因此重力的瞬时功率为0，故D错误。
5.[2021·陕西渭南市教学质量检测(Ⅰ)]我国高铁技术处于世界领先水平，和谐号动车组是由动车和拖车编组而成，提供动力的车厢叫动车，不提供动力的车厢叫拖车。假设动车组各车厢质量均相等，动车的额定功率都相同，动车组在水平直轨道上运行过程中阻力与车重成正比。某动车组由6节动车加2节拖车编成，该动车组的最大速度为360 km/h。则1节动车和1节拖车编成的动车组的最大速度为(　　)
A.60 km/h B.120 km/h
C.180 km/h D.240 km/h
【答案】D
【解析】设每节动车的功率为P，每节动车的重力为G，阻力为kG，1节动车和1节拖车编成的动车组P＝F1v1其中牵引力F1＝2kG6节动车加2节拖车编成的动车组6P＝F2v2其中牵引力F2＝8kG，其中v2＝360 km/h，联立解得v1＝240 km/h，故选项D正确。
6. (多选)(2021·江苏如皋中学模拟)一辆小汽车在水平路面上由静止启动，在前5 s内做匀加速直线运动，5 s末达到额定功率，之后保持以额定功率运动，其v－t图象如图所示。已知汽车的质量为m＝1×103 kg，汽车受到地面的阻力为车重的0.1倍，取g＝10 m/s2，则以下说法正确的是(　　)

A.汽车在前5 s内的牵引力为5×103 N
B.汽车速度为25 m/s时的加速度为2 m/s2
C.汽车的额定功率为100 kW
D.汽车的最大速度为80 m/s
【答案】　AC
【解析】　由速度时间图线知，匀加速运动的加速度大小a＝＝ m/s2＝4 m/s2，根据牛顿第二定律得F－f＝ma，其中f＝0.1mg＝1×103 N，解得牵引力F＝f＋ma＝1×103 N＋4×103 N＝5×103 N，故A正确；汽车的额定功率P＝Fv＝5×103 ×20 W＝1×105 W＝100 kW，故C正确；汽车在25 m/s时的牵引力F′＝＝ N＝4×103 N，根据牛顿第二定律得，加速度a′＝＝ m/s2＝3 m/s2，故B错误；当牵引力等于阻力时，速度最大，则最大速度vm＝＝ m/s＝100 m/s，故D错误。
7.(2021·福建三明市5月质检)一物体在粗糙的水平面上受到水平拉力作用，在一段时间内的速度随时间变化情况如图所示。关于拉力的功率随时间变化的图象下图中可能正确的是(　　)

【答案】D
【解析】　由题图知：在0～t0时间内，物体做初速度为零的匀加速运动，v＝at，由牛顿第二定律得F－f＝ma，则拉力的功率为P＝Fv＝(f＋ma)v＝(f＋ma)at，可知功率的图象为过原点的倾斜直线；在t0时刻以后，物体做匀速运动，v不变，则F＝f，P＝Fv＝fv，P不变，可知功率图象为水平直线，且功率的值小于加速阶段功率的最大值，故D正确。
8.(2021·辽宁葫芦岛市上学期质监)如图所示，用长为L的轻绳把一个小铁球挂在离水平地面高为3L的O点，小铁球以O为圆心在竖直面内做圆周运动且恰好能到达最高点A处，不计空气阻力，重力加速度为g，若运动到最高点时轻绳被切断，则小铁球落到地面时速度的大小为(　　)

A. B.
C.4 D.3
【答案】D
【解析】小球刚好能在竖直平面做圆周运动且恰好到达最高点时，绳的拉力为零，只有重力提供向心力，有mg＝m，在最高点剪断绳后，小球做平抛运动落地，对这一过程由动能定理mg·4L＝mv－mv，联立可得落地速度v2＝3，故A、B、C错误，D正确。
9.(2021·1月重庆市学业水平选择性考试适应性测试，1)一质量为m的物块仅在重力作用下运动，物块位于r1和r2时的重力势能分别为3E0和E0(E0＞0)。若物块位于r1时速度为0，则位于r2时其速度大小为(　　)
A.2 B. C.2 D.4
【答案】　A
【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＋mv2，解得r2处的速度为v＝2，故选A。
10.(2021·西北狼联盟一诊联考)质量为m的物体从高为h的斜面顶端静止下滑，最后停在平面上，若该物体以v0的初速度从顶端下滑，最后仍停在平面上，如图甲所示。图乙为物体两次在平面上运动的v－t图象，则物体在斜面上运动过程中克服摩擦力的功为(　　)

A.mv－3mgh B.3mgh－mv
C.mv－mgh D.mgh－mv
【答案】　D
【解析】　若物体静止开始下滑，由动能定理得mgh－Wf＝mv，若该物体以v0的初速度从顶端下滑， 由动能定理得mgh－Wf＝mv－mv，由乙图可知，物体两次滑到平面的速度关系为v2＝2v1，由以上三式解Wf＝mgh－mv。
11.(2021·广东惠州市第三次调研)如图，半圆形光滑轨道固定在水平地面上，半圆的直径与地面垂直，一小球以速度v从轨道下端滑入轨道，并保证从轨道上端水平飞出，则关于小球落地点到轨道下端的水平距离x与轨道半径R的关系，下列说法正确的是(　　)

A.R越大，则x越大
B.R越小，则x越大
C.当R为某一定值时，x才有最大值
D.当R为某一定值时，x才有最小值
【答案】C
【解析】　设半圆的半径为R，根据动能定理得
－mg·2R＝mv′2－mv2，离开最高点做平抛运动，有2R＝gt2，x＝v′t，联立解得
x＝＝
可知当R＝时，水平位移最大。
12. (2021·1月湖北学业水平选择性考试模拟演练，7)如图所示，两倾角均为θ的光滑斜面对接后固定水平地面上，O点为斜面的最低点。一个小物块从右侧斜面上高为H处由静止滑下，在两个斜面上做往复运动。小物块每次通过O点时都会有动能损失，损失的动能为小物块当次到达O点时动能的5%。小物块从开始下滑到停止的过程中运动的总路程为(　　)

A. B. C. D.
【答案】B
【解析】　由题意知，小物块第一次到达O点由动能定理可得mgH＝Ek，此时小物块所走路程s1＝，第一次通过O点后动能Ek1＝95%Ek＝95%mgH，此时利用动能定理知小物块上升高度H1＝95%H，第二次到达O点滑下的路程s2＝＝95%，同理第二次离开O点到第三次到达O点所走路程s3＝(95%)2，…，故小物块下滑的总路程s总＝s1＋s2＋…sn＝＋95%＋(95%)2＋…(95%)n－1，n无穷大时，可得s总＝(等比数列求和)，故B正确。
13.(多选) (多选)(2021·1月河北学业水平选择性考试模拟演练，10)如图所示，一顶角为直角的“ ”形光滑细杆竖直放置。质量均为m的两金属环套在细杆上，高度相同，用一劲度系数为k的轻质弹簧相连，弹簧处于原长l0。两金属环同时由静止释放，运动过程中弹簧的伸长在弹性限度内。对其中一个金属环，下列说法正确的是(弹簧的长度为l时弹性势能为k(l－l0)2)(　　)

A.金属环的最大加速度为g
B.金属环的最大速度为g
C.金属环与细杆之间的最大压力为mg
D.金属环达到最大速度时重力的功率为mg2
【答案】　BC
【解析】　金属环沿杆下滑过程，先做加速度减小的加速运动，后做加速度增大的减速运动，初始时，如图甲所示，金属环的加速度为a＝gsin 45°＝g，设下落高度h时速度减为零，如图乙所示。

根据动能定理有2mgh－k(2h)2＝0－0解得kh＝mg，此时弹簧弹力F＝2mg，根据牛顿第二定律得Fsin 45°－mgsin 45°＝ma′，a′＝g，所以金属环沿杆运动的最大加速度为g，A错误；当金属环加速度为零时，速度最大，有k2h′sin 45°＝mgsin 45°，此时金属环下落的高度h′＝0.5h，如图丙和丁所示，根据动能定理2mg·0.5h－kh2＝·2mv－0，解得vm＝g，B正确；金属环对杆的最大压力为最低点时，FN＝mgcos 45°＋k×2hsin 45°＝mg，C正确；金属环速度最大时重力的功率为PG＝mgvmsin 45°＝mg·g·＝，D错误。
14. (2021·东北三省三校第二次联合模拟)如图所示，竖直平面内固定两根足够长的细杆L1、L2，两杆不接触，且两杆间的距离忽略不计。两个小球a、b(视为质点)质量均为m，a球套在竖直杆L1上，b球套在水平杆L2上，a、b通过铰链用长度为l的刚性轻杆L连接，将a球从图示位置(轻杆与L2杆夹角为45°)由静止释放，不计一切摩擦，已知重力加速度为g。在此后的运动过程中，下列说法中正确的是(　　)

A.a球和b球所组成的系统机械能不守恒
B.b球的速度为零时，a球的加速度大小为零
C.b球的最大速度为
D.a球的最大速度为
【答案】　C
【解析】　a球和b球组成的系统没有外力做功，只有a球和b球的动能和重力势能相互转换，因此a球和b球所组成的系统机械能守恒，A错误；设轻杆L和水平杆L2的夹角为θ，由运动关联可知vbcos θ＝vasin θ，则vb＝vatan θ，可知当b球的速度为零时，轻杆L处于水平位置且与杆L2平行，则此时a球在竖直方向只受重力mg，因此a球的加速度大小为g，B错误；当杆L和杆L1第一次平行时，a球运动到最下方，b球运动到L1和L2交点位置，b球的速度达到最大，此时a球的速度为0，因此由系统机械能守恒有mg(l＋l)＝mv，解得vb＝，C正确；当轻杆L和杆L2第一次平行时，由运动的关联可知此时b球的速度为零，由系统机械能守恒有mg·l＝mv，解得va＝，此时a球具有向下的加速度g，故此时a球的速度不是最大，a球将继续向下做加速度减小的加速运动，到加速度为0时速度达到最大，D错误。
15. (多选)(2021·江苏海门中学第二次质调)如图所示，轻质动滑轮下方悬挂重物A、轻质定滑轮下方悬挂重物B，悬挂滑轮的轻质细绳竖直。开始时，重物A、B处于静止状态，释放后A、B开始运动。已知A、B的质量相等，重力加速度为g。摩擦阻力和空气阻力均忽略不计，滑轮间竖直距离足够长。则下列说法正确的是(　　)

A.相同时间内，A、B位移大小之比为1∶2
B.同一时刻，A、B加速度大小之比为1∶1
C.同一时刻，A、B速度大小之比为1∶1
D.当B下降高度h时，B的速度大小为
【答案】AD
【解析】　由题可知，B下降的位移是A上升位移的两倍，由公式x＝at2可知，B的加速度是A加速度的两倍，故A正确，B错误；由速度公式v＝at可知，由于B的加速度是A加速度的两倍，所以同一时刻，A的速度是B的一半，故C错误；当B下降高度h时，A上升，由机械能守恒定律得mgh－mg＝mv＋mv，2vA＝vB，联立解得vB＝，故D正确。
16.(多选)(2021·湖南衡阳市第二次模拟)如图所示，一根轻弹簧一端固定在O点，另一端固定一个带有孔的小球，小球套在固定的竖直光滑杆上，小球位于图中的A点时，弹簧处于原长，现将小球从A点由静止释放，小球向下运动，经过与A点关于B点对称的C点后，小球能运动到最低点D点，OB垂直于杆，则下列结论正确的是(　　)

A.小球从A点运动到D点的过程中，其最大加速度一定大于重力加速度g
B.小球从B点运动到C点的过程，小球的重力势能和弹簧的弹性势能之和可能增大
C.小球运动到C点时，重力对其做功的功率最大
D.小球在D点时弹簧的弹性势能一定最大
【答案】　AD
【解析】　在B点时，小球的加速度为g，在BC间弹簧处于压缩状态，小球在竖直方向除受重力外还有弹簧弹力沿竖直方向向下的分力，所以小球从A点运动到D点的过程中，其最大加速度一定大于重力加速度g，故A正确；由机械能守恒可知，小球从B点运动到C点的过程，小球做加速运动，即动能增大，所以小球的重力势能和弹簧的弹性势能之和一定减小，故B错误；小球运动到C点时，由于弹簧的弹力为零，合力为重力G，所以小球从C点往下还会加速一段，所以小球在C点的速度不是最大，即重力的功
率不是最大，故C错误；D点为小球运动的最低点，即速度为零，弹簧形变量最大，所以小球在D点时弹簧的弹性势能最大，故D正确。
16.(2021·广东揭阳市下学期第二次模拟)如图所示，一光滑细杆固定在水平面上的C点，细杆与水平面的夹角为30°，一原长为L的轻质弹性绳，下端固定在水平面上的B点，上端与质量为m的小环相连，当把小环拉到A点时，AB与地面垂直，弹性绳长为2L，将小环从A点由静止释放，当小环运动到AC的中点D时，速度达到最大。重力加速度为g，下列说法正确的是(　　)

A.在下滑过程中小环的机械能先减小后增大
B.小环刚释放时的加速度大小为g
C.小环到达AD的中点时，弹性绳的弹性势能为零
D.小环的最大速度为
【答案】B
【解析】小环和弹性绳组成的系统机械能守恒，小环到达AC的中点D时，弹性绳的长度为2L，伸长量不为0，在AD之间有一位置弹性绳与AC垂直，小环从A点到弹性绳与AC垂直位置的过程中，弹性绳对小环做正功，从弹性绳与AC垂直位置到C点的过程中，弹性绳对小环做负功，所以下滑过程中小环的机械能先增大后减小，故A错误；在A位置，环受重力、弹性绳拉力和支持力，根据牛顿第二定律，有mgsin 30°＋F弹sin 30°＝ma，在D点，环的速度最大，说明加速度为零，弹性绳长度为2L，故mgsin 30°－F弹cos 60°＝0，联立解得a＝g，故B正确；小环到达AD的中点时，弹性绳的长度为L，伸长量不为0，故弹性势能不为零，故C错误；在D点速度最大，此时弹性绳长度等于初位置弹性绳的长度，故初位置和D位置环的弹性势能相等，所以mg·2Lcos 60°＝mv2，解得v＝，故D错误。
17.(2021·河南省南阳市上学期期末)如图所示，固定在竖直平面内的圆管形轨道的外轨光滑，内轨粗糙。一小球从轨道的最低点以初速度v0向右运动，球的直径略小于圆管的直径，球运动的轨道半径为R，空气阻力不计，重力加速度大小为g，下列说法一定正确的是(　　)

A.若v0＜2，小球运动过程中机械能不可能守恒
B.若v0＝3，小球运动过程中机械能守恒
C.若v0＜，小球不可能到达最高点
D.若v0＝2，小球恰好能到达最高点
【答案】　B
【解析】　若小球运动过程中机械能守恒，当小球恰好上升到与圆心等高处时，有
mv＝mgR，解得v0＝＜2，故A错误；如果小球不挤压内轨，则小球到达最高点速度最小时，有mg＝m，从最低点到最高点过程中，由机械能守恒定律得mv＝mv2＋mg·2R，解得v0＝，则小球要不挤压内轨且做完整圆周运动，初速度应大于等于，此时小球机械能守恒，故B正确；若小球的速度小于，也有可能做完整的圆周运动到达最高点，只是最终在圆心下方做往复运动，故C错误；假设内轨光滑且小球运动到最高点时速度为0，由机械能守恒定律得mv＝mg·2R，解得v0＝2，由于内轨粗糙，且2＜，故若v0＝2，小球运动过程中，一定受到摩擦力作用，故小球在到达最高点以前速度已为零，不能到达最高点，故D错误。
18.(2021·河北张家口市5月模拟)如图所示，足够长的光滑斜面固定在水平面上，斜面底端有一固定挡板，轻质弹簧下端与挡板相连，上端与物体A相连。用不可伸长的轻质细线跨过斜面顶端的定滑轮把A与另一物体B连接起来，A与滑轮间的细线与斜面平行。初始时用手托住B，细线刚好伸直，此时物体A处于静止状态。若不计滑轮质量与摩擦，弹簧始终在弹性限度内，现由静止释放物体B，在B第一次向下运动过程中(　　)

A.轻绳对物体B做的功等于物体B重力势能的变化量
B.物体B的重力做功等于物体B机械能的变化量
C.轻绳对物体A做的功等于物体A的动能与弹簧弹性势能的变化量之和
D.两物体与轻绳组成系统机械能变化量的绝对值等于弹簧弹性势能变化量的绝对值
【答案】　D
【解析】　轻绳对物体B做的功等于物体B机械能的变化，故A错误；重力做功等于物体的重力势能的变化，故B错误；依题得，轻绳对物体A做的功等于物体A的机械能与
弹簧的弹性势能的变化量之和，故C错误；两物体和弹簧系统机械能守恒，由机械能守恒定律可知，D正确。
19.(2021·山西吕梁市第一次模拟)如图所示，弹簧的下端固定在光滑斜面底端，弹簧与斜面平行。在通过弹簧中心的直线上，小球P从直线上的N点由静止释放，在小球P与弹簧接触到速度变为零的过程中，下列说法中正确的是(　　)

A.小球P的动能一定在减小
B.小球P的机械能一定在减少
C.小球P与弹簧系统的机械能一定在增加
D.小球P重力势能的减小量大于弹簧弹性势能的增加量
【答案】　B
【解析】小球P与弹簧接触后，刚开始弹力小于重力沿斜面向下的分力，合力沿斜面向下，随着形变量增大，弹力大于重力沿斜面向下的分力，合力方向沿斜面向上，合力先做正功后做负功，小球P的动能先增大后减小，A错误；小球P与弹簧组成的系统的机械能守恒，弹簧的弹性势能不断增大，所以小球P的机械能不断减小，B正确，C错误；当小球P的速度为零时，根据系统机械能守恒，可知小球P重力势能的减小量等于弹簧弹性势能的增加量，D错误。
20.(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。
21.(2021·福建厦门市期末质量检测)如图所示，A 物体套在光滑的竖直杆上，B 物体放置在粗糙水平桌面上，用一细绳连接。初始时细绳经过定滑轮呈水平，A、B物体质量均为m。A物体从P点由静止释放，下落到Q点时，速度为v，PQ之间的高度差为h，此时连接A 物体的细绳与水平方向夹角为θ，此过程中，下列说法正确的是(　　)

A.A物体做匀加速直线运动
B.A物体到Q点时，B 物体的速度为vsin θ
C.A物体减少的重力势能等于A、B 两物体动能增量之和
D.B物体克服摩擦做的功为mgh－ mv2
【答案】　B
【解析】　滑块A下滑时，竖直方向受重力和细绳拉力的竖直分量，因细绳拉力的竖直分量是变化的，则滑块A所受的合力不是恒力，则A的加速度不是恒量，即A不是匀加速下滑，选项A错误；若滑块A的速度为v，则由速度的分解可知，滑块B的速度为vsin θ，选项B正确；由能量关系可知，A物体减少的重力势能等于B克服摩擦力做功和A、B 两物体动能增量之和，选项C错误；B物体克服摩擦做的功为mgh－mv2－mv2sin2θ，选项D错误。
22.(多选)(2021·福建省三明一中模拟)滑沙是人们喜爱的游乐活动，如图是滑沙场地的一段斜面，其倾角为30°，设参加活动的人和滑车总质量为m，人和滑车从距底端高为h处的顶端A沿滑道由静止开始匀加速下滑，加速度为0.4g，人和滑车可视为质点，则从顶端向下滑到底端B的过程中，下列说法正确的是(　　)

A.人和滑车减少的重力势能全部转化为动能
B.人和滑车获得的动能为0.8mgh
C.整个下滑过程中人和滑车减少的机械能为0.2mgh
D.人和滑车克服摩擦力做功为0.6mgh
【答案】　BC
【解析】　沿斜面的方向有ma＝mgsin 30°－Ff，所以Ff＝0.1mg，人和滑车减少的重力势能转化为动能和内能，故A错误；人和滑车下滑的过程中重力和摩擦力做功，获得的动能为Ek＝(mgsin 30°－Ff)＝0.8mgh，故B正确；整个下滑过程中人和滑车减少的机械能为ΔE＝mgh－Ek＝mgh－0.8mgh＝0.2mgh，故C正确；整个下滑过程中克服摩擦力做功等于人和滑车减少的机械能，所以人和滑车克服摩擦力做功为0.2mgh，故D错误。
二．非选择题
23.(2021·江苏盐城市第三次模拟)如图所示，是人们用打“夯”的方式把松散的地面夯实的情景。假设两人同时通过绳子对质量为m的重物各施加一个力，大小均为F，方向都与竖直方向成α，重物离开地面h后两人同时停止施力，最后重物下落把地面砸深x。重力加速度为g。求：

(1)停止施力前重物上升过程中加速度大小a；
(2)以地面为零势能面，重物具有重力势能的最大值Epm；
(3)重物砸入地面过程中，对地面的平均冲击力大小。
【答案】　(1)　(2)2Fhcos α 　(3)＋mg
【解析】　(1)施力时重物所受的合力为F合＝2Fcos α－mg
则重物上升过程中加速度大小a＝＝。
(2)重物上升过程中由动能定理
2Fcos α·h－mgH＝0
以地面为零势能面，重物具有重力势能的最大值
Epm＝mgH＝2Fhcos α。
(3)重物砸入地面过程中由动能定理
mg(H＋x)－x＝0
解得＝＋mg。
24. (2021·河南名校联考)如图所示，AB是一段位于竖直平面内的光滑轨道，高度为h，末端B处的切线方向水平。一个质量为m的小物体P从轨道顶端A处由静止释放，滑到B端后飞出，落到地面上的C点，轨迹如图中虚线BC所示。已知它落地时相对于B点的水平位移OC＝l。现在轨道下方紧贴B点安装一水平木板，木板的右端与B的距离为，让P再次从A点由静止释放，它离开轨道并在木板上滑行后从右端水平飞出，仍然落在地面的C点。求：(不计空气阻力，重力加速度为g)

(1)P滑至B点时的速度大小；
(2)P与木板之间的动摩擦因数μ。
【答案】　(1)　(2)
【解析】　(1)物体P在AB轨道上滑动时，只有重力做功，根据动能定理，
有mgh＝mv，
得物体P滑到B点时的速度大小为v0＝。
(2)当没有木板时，物体离开B点后做平抛运动，运动时间为t，有
t＝＝
当B点右方安装木板时，物体从木板右端水平抛出，在空中运动的时间也为t，水平位移为，因此物体从木板右端抛出的速度v1＝＝
根据动能定理，物体在木板上滑动时，有
－μmg＝mv－mv
解得物体与木板之间的动摩擦因数μ＝。
25.(2021·浙江选考模拟)弹珠游戏在孩子们中间很受欢迎，有很多种玩法，其中一种玩法就是比距离，模型如图所示，用内壁光滑的薄壁细圆管弯成的由半圆形APB(圆半径比细管的内径大得多)和光滑直管BC组成的轨道固定在水平桌面上，已知APB部分的半径R＝1.0 m，BC段长l1＝1.5 m。弹射装置将一个质量m＝100 g小球(可视为质点)以v0＝8 m/s的水平初速度从A点弹入轨道，小球从C点离开轨道随即进入长l2＝2 m，μ＝0.1的粗糙水平地面(图上对应为CD)，最后通过光滑轨道DE，从E点水平射出，已知E距离地面的高度为h＝1 m，不计空气阻力。求：

(1)小球在半圆轨道上运动时的角速度ω和到达C点时对圆管的压力大小；
(2)若小球能从A点运动到E点，则小球进入A点的速度至少为多大；
(3)若E点的高度h可以调节，小球仍以v0＝8 m/s从A点进入，当h多高时，水平射程x最大，并求出这个最大值。
【答案】　(1)8 rad/s　1 N　(2)2 m/s　(3)1.5 m　3 m
【解析】　(1)角速度ω＝＝8 rad/s，小球在BC段做匀速直线运动，合力为0，根据牛顿运动定律，小球处于平衡状态，FN＝mg＝1 N，根据牛顿第三定律，小球对圆管的压力大小为1 N。
(2)小球从A点到E点根据动能定理有
－mgh－μmgl2＝0－mv
解得v0＝2 m/s。
(3)小球从A点到E点根据动能定理有
－(mgh＋μmgl2)＝mv－mv
解得vE＝
过了E点小球做平抛运动，有h＝gt2
x＝vEt
得到x与h的数学关系x＝
即当h＝1.5 m时，x的最大值为x＝3 m
26.(2021·北京市昌平区二模练习)如图所示，半径R＝0.5 m的光滑半圆轨道固定在竖直平面内，半圆轨道与光滑水平地面相切于圆轨道最低端点A。质量m＝1 kg 的小球以初速度v0＝5 m/s 从A点冲上竖直圆轨道，沿轨道运动到B点飞出，最后落在水平地面上的C点，g取10 m/s2，不计空气阻力。

(1)求小球运动到轨道末端B点时的速度vB；
(2)求A、C两点间的距离x；
(3)若小球以不同的初速度冲上竖直圆轨道，并沿轨道运动到B点飞出，落在水平地面上。求小球落点与A点间的最小距离xmin。
【答案】　(1) m/s　(2)1 m　(3)1 m
【解析】　(1)选水平地面为零势能参考面，由机械能守恒定律得mv＝mv＋mg·2R
解得vB＝ m/s。
(2)由平抛规律得2R＝gt2，x＝vBt，解得x＝1 m。
(3)设小球运动到B点半圆轨道对小球的压力为FN
圆周运动向心力FN＋mg＝
得当FN＝0时，小球运动到轨道末端B点时的速度最小vBmin＝ m/s
由(2)的计算可知，最小距离xmin＝x＝1 m。