?專題07 功能關系的綜合應用
1.(2021·海南省新高考一模)兩個相同物塊P、Q分別在大小相等、方向如圖所示的恒力F1和F2作用下沿水平面向右運動，物塊與水平面間的動摩擦因數(shù)相同。在它們前進相同距離的過程中，F(xiàn)1和F2做功分別為W1和W2，P、Q兩物塊克服摩擦力所做的功分別為Wf1和Wf2，則有(　　)

A.W1＞W(wǎng)2，Wf1＞W(wǎng)f2 B.W1＝W2，Wf1＞W(wǎng)f2
C.W1＞W(wǎng)2，Wf1＝Wf2 D.W1＝W2，Wf1＝Wf2
【答案】A
【解析】　物塊運動的位移為s，F(xiàn)2與水平方向的夾角為θ，由功的公式可知W1＝F1s，W2＝F2scos θ，因為F1＝F2，則W1＞W(wǎng)2，Wf1＝μmgs，Wf2＝μ(mg－F2sin θ)s，則Wf1＞W(wǎng)f2，選項A正確。
2.(2021·海南省新高考3月線上診斷)一同學將地面上一質量m＝400 g的足球沿與水平方向成θ＝45°角踢出，足球與腳分開時的速度大小為10 m/s，不計空氣阻力，足球可看做質點，重力加速度g＝10 m/s2。則該同學踢球時對足球做的功為(　　)
A.200 J B.100 J
C.20 J D.10 J
【答案】C
【解析】　由題意可知，足球離開腳時的速度為10 m/s，而腳踢球時只有腳對足球做功，由動能定理可得W＝mv2＝×0.4×102 J＝20 J，故C正確，A、B、D錯誤。
3. (2021·浙江省1月高中學業(yè)水平考試)如圖所示，質量均為m的三個小球分別從高度都為h的光滑固定斜面頂端由靜止滑到底端，三個斜面傾角不同，則(　　)

A.重力對小球做功均為mgh
B.彈力對小球做功均為mgh
C.重力的平均功率均相等
D.彈力的平均功率不相等
【答案】　A
【解析】　根據(jù)重力做功的特點可知，重力對小球做功均為mgh，選項A正確；彈力的方向與位移方向垂直，則彈力對小球做功均為0，選項B錯誤；根據(jù)a＝gsin θ，則t＝＝，因各個斜面的傾角θ不同，則下滑的時間不同，根據(jù)G＝可知，重力的平均功率不相等，選項C錯誤；根據(jù)N＝可知，彈力的平均功率都為零，選項D錯誤。
4. (多選)(2021·廣東潮州市第二次模擬)如圖所示，半徑為R的半圓弧槽固定在水平面上，槽口向上，槽口直徑水平，一個質量為m的物塊從P點由靜止釋放剛好從槽口A點無碰撞地進入槽中，并沿圓弧槽勻速率地滑行到B點，不計物塊的大小，P點到A點高度為h，重力加速度大小為g，則下列說法正確的是(　　)

A.物塊從P到B過程克服摩擦力做的功為mg(R＋h)
B.物塊從A到B過程重力的平均功率為
C.物塊在B點時對槽底的壓力大小為
D.物塊到B點時重力的瞬時功率為mg
【答案】　BC
【解析】　物塊從A到B做勻速圓周運動，根據(jù)動能定理有mgR－Wf＝0，因此克服摩擦力做功Wf＝mgR，故A錯誤；根據(jù)機械能守恒，物塊在A點時的速度大小由mgh＝mv2得v＝，從A到B運動的時間為t＝＝，因此從A到B過程中重力的平均功率為＝＝，故B正確；根據(jù)牛頓第二定律FN－mg＝m，解得FN＝，由牛頓第三定律可知，物塊在B點對槽底的壓力大小為，C正確；物塊運動到B點時，速度與重力垂直，因此重力的瞬時功率為0，故D錯誤。
5.[2021·陜西渭南市教學質量檢測(Ⅰ)]我國高鐵技術處于世界領先水平，和諧號動車組是由動車和拖車編組而成，提供動力的車廂叫動車，不提供動力的車廂叫拖車。假設動車組各車廂質量均相等，動車的額定功率都相同，動車組在水平直軌道上運行過程中阻力與車重成正比。某動車組由6節(jié)動車加2節(jié)拖車編成，該動車組的最大速度為360 km/h。則1節(jié)動車和1節(jié)拖車編成的動車組的最大速度為(　　)
A.60 km/h B.120 km/h
C.180 km/h D.240 km/h
【答案】D
【解析】設每節(jié)動車的功率為P，每節(jié)動車的重力為G，阻力為kG，1節(jié)動車和1節(jié)拖車編成的動車組P＝F1v1其中牽引力F1＝2kG6節(jié)動車加2節(jié)拖車編成的動車組6P＝F2v2其中牽引力F2＝8kG，其中v2＝360 km/h，聯(lián)立解得v1＝240 km/h，故選項D正確。
6. (多選)(2021·江蘇如皋中學模擬)一輛小汽車在水平路面上由靜止啟動，在前5 s內做勻加速直線運動，5 s末達到額定功率，之后保持以額定功率運動，其v－t圖象如圖所示。已知汽車的質量為m＝1×103 kg，汽車受到地面的阻力為車重的0.1倍，取g＝10 m/s2，則以下說法正確的是(　　)

A.汽車在前5 s內的牽引力為5×103 N
B.汽車速度為25 m/s時的加速度為2 m/s2
C.汽車的額定功率為100 kW
D.汽車的最大速度為80 m/s
【答案】　AC
【解析】　由速度時間圖線知，勻加速運動的加速度大小a＝＝ m/s2＝4 m/s2，根據(jù)牛頓第二定律得F－f＝ma，其中f＝0.1mg＝1×103 N，解得牽引力F＝f＋ma＝1×103 N＋4×103 N＝5×103 N，故A正確；汽車的額定功率P＝Fv＝5×103 ×20 W＝1×105 W＝100 kW，故C正確；汽車在25 m/s時的牽引力F′＝＝ N＝4×103 N，根據(jù)牛頓第二定律得，加速度a′＝＝ m/s2＝3 m/s2，故B錯誤；當牽引力等于阻力時，速度最大，則最大速度vm＝＝ m/s＝100 m/s，故D錯誤。
7.(2021·福建三明市5月質檢)一物體在粗糙的水平面上受到水平拉力作用，在一段時間內的速度隨時間變化情況如圖所示。關于拉力的功率隨時間變化的圖象下圖中可能正確的是(　　)

【答案】D
【解析】　由題圖知：在0～t0時間內，物體做初速度為零的勻加速運動，v＝at，由牛頓第二定律得F－f＝ma，則拉力的功率為P＝Fv＝(f＋ma)v＝(f＋ma)at，可知功率的圖象為過原點的傾斜直線；在t0時刻以后，物體做勻速運動，v不變，則F＝f，P＝Fv＝fv，P不變，可知功率圖象為水平直線，且功率的值小于加速階段功率的最大值，故D正確。
8.(2021·遼寧葫蘆島市上學期質監(jiān))如圖所示，用長為L的輕繩把一個小鐵球掛在離水平地面高為3L的O點，小鐵球以O為圓心在豎直面內做圓周運動且恰好能到達最高點A處，不計空氣阻力，重力加速度為g，若運動到最高點時輕繩被切斷，則小鐵球落到地面時速度的大小為(　　)

A. B.
C.4 D.3
【答案】D
【解析】小球剛好能在豎直平面做圓周運動且恰好到達最高點時，繩的拉力為零，只有重力提供向心力，有mg＝m，在最高點剪斷繩后，小球做平拋運動落地，對這一過程由動能定理mg·4L＝mv－mv，聯(lián)立可得落地速度v2＝3，故A、B、C錯誤，D正確。
9.(2021·1月重慶市學業(yè)水平選擇性考試適應性測試，1)一質量為m的物塊僅在重力作用下運動，物塊位于r1和r2時的重力勢能分別為3E0和E0(E0＞0)。若物塊位于r1時速度為0，則位于r2時其速度大小為(　　)
A.2 B. C.2 D.4
【答案】　A
【解析】　物體僅在重力作用下運動，物體的機械能守恒，根據(jù)機械能守恒定律可知E1＝E2，代入已知條件為3E0＋0＝E0＋mv2，解得r2處的速度為v＝2，故選A。
10.(2021·西北狼聯(lián)盟一診聯(lián)考)質量為m的物體從高為h的斜面頂端靜止下滑，最后停在平面上，若該物體以v0的初速度從頂端下滑，最后仍停在平面上，如圖甲所示。圖乙為物體兩次在平面上運動的v－t圖象，則物體在斜面上運動過程中克服摩擦力的功為(　　)

A.mv－3mgh B.3mgh－mv
C.mv－mgh D.mgh－mv
【答案】　D
【解析】　若物體靜止開始下滑，由動能定理得mgh－Wf＝mv，若該物體以v0的初速度從頂端下滑， 由動能定理得mgh－Wf＝mv－mv，由乙圖可知，物體兩次滑到平面的速度關系為v2＝2v1，由以上三式解Wf＝mgh－mv。
11.(2021·廣東惠州市第三次調研)如圖，半圓形光滑軌道固定在水平地面上，半圓的直徑與地面垂直，一小球以速度v從軌道下端滑入軌道，并保證從軌道上端水平飛出，則關于小球落地點到軌道下端的水平距離x與軌道半徑R的關系，下列說法正確的是(　　)

A.R越大，則x越大
B.R越小，則x越大
C.當R為某一定值時，x才有最大值
D.當R為某一定值時，x才有最小值
【答案】C
【解析】　設半圓的半徑為R，根據(jù)動能定理得
－mg·2R＝mv′2－mv2，離開最高點做平拋運動，有2R＝gt2，x＝v′t，聯(lián)立解得
x＝＝
可知當R＝時，水平位移最大。
12. (2021·1月湖北學業(yè)水平選擇性考試模擬演練，7)如圖所示，兩傾角均為θ的光滑斜面對接后固定水平地面上，O點為斜面的最低點。一個小物塊從右側斜面上高為H處由靜止滑下，在兩個斜面上做往復運動。小物塊每次通過O點時都會有動能損失，損失的動能為小物塊當次到達O點時動能的5%。小物塊從開始下滑到停止的過程中運動的總路程為(　　)

A. B. C. D.
【答案】B
【解析】　由題意知，小物塊第一次到達O點由動能定理可得mgH＝Ek，此時小物塊所走路程s1＝，第一次通過O點后動能Ek1＝95%Ek＝95%mgH，此時利用動能定理知小物塊上升高度H1＝95%H，第二次到達O點滑下的路程s2＝＝95%，同理第二次離開O點到第三次到達O點所走路程s3＝(95%)2，…，故小物塊下滑的總路程s總＝s1＋s2＋…sn＝＋95%＋(95%)2＋…(95%)n－1，n無窮大時，可得s總＝(等比數(shù)列求和)，故B正確。
13.(多選) (多選)(2021·1月河北學業(yè)水平選擇性考試模擬演練，10)如圖所示，一頂角為直角的“ ”形光滑細桿豎直放置。質量均為m的兩金屬環(huán)套在細桿上，高度相同，用一勁度系數(shù)為k的輕質彈簧相連，彈簧處于原長l0。兩金屬環(huán)同時由靜止釋放，運動過程中彈簧的伸長在彈性限度內。對其中一個金屬環(huán)，下列說法正確的是(彈簧的長度為l時彈性勢能為k(l－l0)2)(　　)

A.金屬環(huán)的最大加速度為g
B.金屬環(huán)的最大速度為g
C.金屬環(huán)與細桿之間的最大壓力為mg
D.金屬環(huán)達到最大速度時重力的功率為mg2
【答案】　BC
【解析】　金屬環(huán)沿桿下滑過程，先做加速度減小的加速運動，后做加速度增大的減速運動，初始時，如圖甲所示，金屬環(huán)的加速度為a＝gsin 45°＝g，設下落高度h時速度減為零，如圖乙所示。

根據(jù)動能定理有2mgh－k(2h)2＝0－0解得kh＝mg，此時彈簧彈力F＝2mg，根據(jù)牛頓第二定律得Fsin 45°－mgsin 45°＝ma′，a′＝g，所以金屬環(huán)沿桿運動的最大加速度為g，A錯誤；當金屬環(huán)加速度為零時，速度最大，有k2h′sin 45°＝mgsin 45°，此時金屬環(huán)下落的高度h′＝0.5h，如圖丙和丁所示，根據(jù)動能定理2mg·0.5h－kh2＝·2mv－0，解得vm＝g，B正確；金屬環(huán)對桿的最大壓力為最低點時，F(xiàn)N＝mgcos 45°＋k×2hsin 45°＝mg，C正確；金屬環(huán)速度最大時重力的功率為PG＝mgvmsin 45°＝mg·g·＝，D錯誤。
14. (2021·東北三省三校第二次聯(lián)合模擬)如圖所示，豎直平面內固定兩根足夠長的細桿L1、L2，兩桿不接觸，且兩桿間的距離忽略不計。兩個小球a、b(視為質點)質量均為m，a球套在豎直桿L1上，b球套在水平桿L2上，a、b通過鉸鏈用長度為l的剛性輕桿L連接，將a球從圖示位置(輕桿與L2桿夾角為45°)由靜止釋放，不計一切摩擦，已知重力加速度為g。在此后的運動過程中，下列說法中正確的是(　　)

A.a球和b球所組成的系統(tǒng)機械能不守恒
B.b球的速度為零時，a球的加速度大小為零
C.b球的最大速度為
D.a球的最大速度為
【答案】　C
【解析】　a球和b球組成的系統(tǒng)沒有外力做功，只有a球和b球的動能和重力勢能相互轉換，因此a球和b球所組成的系統(tǒng)機械能守恒，A錯誤；設輕桿L和水平桿L2的夾角為θ，由運動關聯(lián)可知vbcos θ＝vasin θ，則vb＝vatan θ，可知當b球的速度為零時，輕桿L處于水平位置且與桿L2平行，則此時a球在豎直方向只受重力mg，因此a球的加速度大小為g，B錯誤；當桿L和桿L1第一次平行時，a球運動到最下方，b球運動到L1和L2交點位置，b球的速度達到最大，此時a球的速度為0，因此由系統(tǒng)機械能守恒有mg(l＋l)＝mv，解得vb＝，C正確；當輕桿L和桿L2第一次平行時，由運動的關聯(lián)可知此時b球的速度為零，由系統(tǒng)機械能守恒有mg·l＝mv，解得va＝，此時a球具有向下的加速度g，故此時a球的速度不是最大，a球將繼續(xù)向下做加速度減小的加速運動，到加速度為0時速度達到最大，D錯誤。
15. (多選)(2021·江蘇海門中學第二次質調)如圖所示，輕質動滑輪下方懸掛重物A、輕質定滑輪下方懸掛重物B，懸掛滑輪的輕質細繩豎直。開始時，重物A、B處于靜止狀態(tài)，釋放后A、B開始運動。已知A、B的質量相等，重力加速度為g。摩擦阻力和空氣阻力均忽略不計，滑輪間豎直距離足夠長。則下列說法正確的是(　　)

A.相同時間內，A、B位移大小之比為1∶2
B.同一時刻，A、B加速度大小之比為1∶1
C.同一時刻，A、B速度大小之比為1∶1
D.當B下降高度h時，B的速度大小為
【答案】AD
【解析】　由題可知，B下降的位移是A上升位移的兩倍，由公式x＝at2可知，B的加速度是A加速度的兩倍，故A正確，B錯誤；由速度公式v＝at可知，由于B的加速度是A加速度的兩倍，所以同一時刻，A的速度是B的一半，故C錯誤；當B下降高度h時，A上升，由機械能守恒定律得mgh－mg＝mv＋mv，2vA＝vB，聯(lián)立解得vB＝，故D正確。
16.(多選)(2021·湖南衡陽市第二次模擬)如圖所示，一根輕彈簧一端固定在O點，另一端固定一個帶有孔的小球，小球套在固定的豎直光滑桿上，小球位于圖中的A點時，彈簧處于原長，現(xiàn)將小球從A點由靜止釋放，小球向下運動，經過與A點關于B點對稱的C點后，小球能運動到最低點D點，OB垂直于桿，則下列結論正確的是(　　)

A.小球從A點運動到D點的過程中，其最大加速度一定大于重力加速度g
B.小球從B點運動到C點的過程，小球的重力勢能和彈簧的彈性勢能之和可能增大
C.小球運動到C點時，重力對其做功的功率最大
D.小球在D點時彈簧的彈性勢能一定最大
【答案】　AD
【解析】　在B點時，小球的加速度為g，在BC間彈簧處于壓縮狀態(tài)，小球在豎直方向除受重力外還有彈簧彈力沿豎直方向向下的分力，所以小球從A點運動到D點的過程中，其最大加速度一定大于重力加速度g，故A正確；由機械能守恒可知，小球從B點運動到C點的過程，小球做加速運動，即動能增大，所以小球的重力勢能和彈簧的彈性勢能之和一定減小，故B錯誤；小球運動到C點時，由于彈簧的彈力為零，合力為重力G，所以小球從C點往下還會加速一段，所以小球在C點的速度不是最大，即重力的功
率不是最大，故C錯誤；D點為小球運動的最低點，即速度為零，彈簧形變量最大，所以小球在D點時彈簧的彈性勢能最大，故D正確。
16.(2021·廣東揭陽市下學期第二次模擬)如圖所示，一光滑細桿固定在水平面上的C點，細桿與水平面的夾角為30°，一原長為L的輕質彈性繩，下端固定在水平面上的B點，上端與質量為m的小環(huán)相連，當把小環(huán)拉到A點時，AB與地面垂直，彈性繩長為2L，將小環(huán)從A點由靜止釋放，當小環(huán)運動到AC的中點D時，速度達到最大。重力加速度為g，下列說法正確的是(　　)

A.在下滑過程中小環(huán)的機械能先減小后增大
B.小環(huán)剛釋放時的加速度大小為g
C.小環(huán)到達AD的中點時，彈性繩的彈性勢能為零
D.小環(huán)的最大速度為
【答案】B
【解析】小環(huán)和彈性繩組成的系統(tǒng)機械能守恒，小環(huán)到達AC的中點D時，彈性繩的長度為2L，伸長量不為0，在AD之間有一位置彈性繩與AC垂直，小環(huán)從A點到彈性繩與AC垂直位置的過程中，彈性繩對小環(huán)做正功，從彈性繩與AC垂直位置到C點的過程中，彈性繩對小環(huán)做負功，所以下滑過程中小環(huán)的機械能先增大后減小，故A錯誤；在A位置，環(huán)受重力、彈性繩拉力和支持力，根據(jù)牛頓第二定律，有mgsin 30°＋F彈sin 30°＝ma，在D點，環(huán)的速度最大，說明加速度為零，彈性繩長度為2L，故mgsin 30°－F彈cos 60°＝0，聯(lián)立解得a＝g，故B正確；小環(huán)到達AD的中點時，彈性繩的長度為L，伸長量不為0，故彈性勢能不為零，故C錯誤；在D點速度最大，此時彈性繩長度等于初位置彈性繩的長度，故初位置和D位置環(huán)的彈性勢能相等，所以mg·2Lcos 60°＝mv2，解得v＝，故D錯誤。
17.(2021·河南省南陽市上學期期末)如圖所示，固定在豎直平面內的圓管形軌道的外軌光滑，內軌粗糙。一小球從軌道的最低點以初速度v0向右運動，球的直徑略小于圓管的直徑，球運動的軌道半徑為R，空氣阻力不計，重力加速度大小為g，下列說法一定正確的是(　　)

A.若v0＜2，小球運動過程中機械能不可能守恒
B.若v0＝3，小球運動過程中機械能守恒
C.若v0＜，小球不可能到達最高點
D.若v0＝2，小球恰好能到達最高點
【答案】　B
【解析】　若小球運動過程中機械能守恒，當小球恰好上升到與圓心等高處時，有
mv＝mgR，解得v0＝＜2，故A錯誤；如果小球不擠壓內軌，則小球到達最高點速度最小時，有mg＝m，從最低點到最高點過程中，由機械能守恒定律得mv＝mv2＋mg·2R，解得v0＝，則小球要不擠壓內軌且做完整圓周運動，初速度應大于等于，此時小球機械能守恒，故B正確；若小球的速度小于，也有可能做完整的圓周運動到達最高點，只是最終在圓心下方做往復運動，故C錯誤；假設內軌光滑且小球運動到最高點時速度為0，由機械能守恒定律得mv＝mg·2R，解得v0＝2，由于內軌粗糙，且2＜，故若v0＝2，小球運動過程中，一定受到摩擦力作用，故小球在到達最高點以前速度已為零，不能到達最高點，故D錯誤。
18.(2021·河北張家口市5月模擬)如圖所示，足夠長的光滑斜面固定在水平面上，斜面底端有一固定擋板，輕質彈簧下端與擋板相連，上端與物體A相連。用不可伸長的輕質細線跨過斜面頂端的定滑輪把A與另一物體B連接起來，A與滑輪間的細線與斜面平行。初始時用手托住B，細線剛好伸直，此時物體A處于靜止狀態(tài)。若不計滑輪質量與摩擦，彈簧始終在彈性限度內，現(xiàn)由靜止釋放物體B，在B第一次向下運動過程中(　　)

A.輕繩對物體B做的功等于物體B重力勢能的變化量
B.物體B的重力做功等于物體B機械能的變化量
C.輕繩對物體A做的功等于物體A的動能與彈簧彈性勢能的變化量之和
D.兩物體與輕繩組成系統(tǒng)機械能變化量的絕對值等于彈簧彈性勢能變化量的絕對值
【答案】　D
【解析】　輕繩對物體B做的功等于物體B機械能的變化，故A錯誤；重力做功等于物體的重力勢能的變化，故B錯誤；依題得，輕繩對物體A做的功等于物體A的機械能與
彈簧的彈性勢能的變化量之和，故C錯誤；兩物體和彈簧系統(tǒng)機械能守恒，由機械能守恒定律可知，D正確。
19.(2021·山西呂梁市第一次模擬)如圖所示，彈簧的下端固定在光滑斜面底端，彈簧與斜面平行。在通過彈簧中心的直線上，小球P從直線上的N點由靜止釋放，在小球P與彈簧接觸到速度變?yōu)榱愕倪^程中，下列說法中正確的是(　　)

A.小球P的動能一定在減小
B.小球P的機械能一定在減少
C.小球P與彈簧系統(tǒng)的機械能一定在增加
D.小球P重力勢能的減小量大于彈簧彈性勢能的增加量
【答案】　B
【解析】小球P與彈簧接觸后，剛開始彈力小于重力沿斜面向下的分力，合力沿斜面向下，隨著形變量增大，彈力大于重力沿斜面向下的分力，合力方向沿斜面向上，合力先做正功后做負功，小球P的動能先增大后減小，A錯誤；小球P與彈簧組成的系統(tǒng)的機械能守恒，彈簧的彈性勢能不斷增大，所以小球P的機械能不斷減小，B正確，C錯誤；當小球P的速度為零時，根據(jù)系統(tǒng)機械能守恒，可知小球P重力勢能的減小量等于彈簧彈性勢能的增加量，D錯誤。
20.(2021·四川攀枝花市第二次統(tǒng)考)2019環(huán)攀枝花國際公路自行車賽11月24日迎來收官之戰(zhàn)，18支國內外車隊經過攀枝花中國三線建設博物館至米易縣文化廣場114.7公里的爭奪后，最終烏克蘭基輔首都洲際隊的維塔利亞·布茨收獲2019環(huán)攀枝花個人總冠軍，奪得“英雄衫”橙衫。若布茨在比賽的某段下坡過程中保持同一姿態(tài)滑行了一段距離，重力對他做功4 000 J，他克服阻力做功200 J。則布茨在該段下坡過程(　　)
A.動能增加了4 000 J B.機械能減小了200 J
C.機械能減小了3 800 J D.重力勢能減小了3 800 J
【答案】B
【解析】合力對布茨所做的功W總＝WG＋Wf＝4 000 J＋(－200) J＝3 800 J，根據(jù)動能定理得動能增加了3 800 J，故A錯誤；阻力做功Wf＝－200 J，所以機械能減小了200 J，故B正確，C錯誤；重力對他做功為4 000 J，則他的重力勢能減小了4 000 J，故D錯誤。
21.(2021·福建廈門市期末質量檢測)如圖所示，A 物體套在光滑的豎直桿上，B 物體放置在粗糙水平桌面上，用一細繩連接。初始時細繩經過定滑輪呈水平，A、B物體質量均為m。A物體從P點由靜止釋放，下落到Q點時，速度為v，PQ之間的高度差為h，此時連接A 物體的細繩與水平方向夾角為θ，此過程中，下列說法正確的是(　　)

A.A物體做勻加速直線運動
B.A物體到Q點時，B 物體的速度為vsin θ
C.A物體減少的重力勢能等于A、B 兩物體動能增量之和
D.B物體克服摩擦做的功為mgh－ mv2
【答案】　B
【解析】　滑塊A下滑時，豎直方向受重力和細繩拉力的豎直分量，因細繩拉力的豎直分量是變化的，則滑塊A所受的合力不是恒力，則A的加速度不是恒量，即A不是勻加速下滑，選項A錯誤；若滑塊A的速度為v，則由速度的分解可知，滑塊B的速度為vsin θ，選項B正確；由能量關系可知，A物體減少的重力勢能等于B克服摩擦力做功和A、B 兩物體動能增量之和，選項C錯誤；B物體克服摩擦做的功為mgh－mv2－mv2sin2θ，選項D錯誤。
22.(多選)(2021·福建省三明一中模擬)滑沙是人們喜愛的游樂活動，如圖是滑沙場地的一段斜面，其傾角為30°，設參加活動的人和滑車總質量為m，人和滑車從距底端高為h處的頂端A沿滑道由靜止開始勻加速下滑，加速度為0.4g，人和滑車可視為質點，則從頂端向下滑到底端B的過程中，下列說法正確的是(　　)

A.人和滑車減少的重力勢能全部轉化為動能
B.人和滑車獲得的動能為0.8mgh
C.整個下滑過程中人和滑車減少的機械能為0.2mgh
D.人和滑車克服摩擦力做功為0.6mgh
【答案】　BC
【解析】　沿斜面的方向有ma＝mgsin 30°－Ff，所以Ff＝0.1mg，人和滑車減少的重力勢能轉化為動能和內能，故A錯誤；人和滑車下滑的過程中重力和摩擦力做功，獲得的動能為Ek＝(mgsin 30°－Ff)＝0.8mgh，故B正確；整個下滑過程中人和滑車減少的機械能為ΔE＝mgh－Ek＝mgh－0.8mgh＝0.2mgh，故C正確；整個下滑過程中克服摩擦力做功等于人和滑車減少的機械能，所以人和滑車克服摩擦力做功為0.2mgh，故D錯誤。
二．非選擇題
23.(2021·江蘇鹽城市第三次模擬)如圖所示，是人們用打“夯”的方式把松散的地面夯實的情景。假設兩人同時通過繩子對質量為m的重物各施加一個力，大小均為F，方向都與豎直方向成α，重物離開地面h后兩人同時停止施力，最后重物下落把地面砸深x。重力加速度為g。求：

(1)停止施力前重物上升過程中加速度大小a；
(2)以地面為零勢能面，重物具有重力勢能的最大值Epm；
(3)重物砸入地面過程中，對地面的平均沖擊力大小。
【答案】　(1)　(2)2Fhcos α 　(3)＋mg
【解析】　(1)施力時重物所受的合力為F合＝2Fcos α－mg
則重物上升過程中加速度大小a＝＝。
(2)重物上升過程中由動能定理
2Fcos α·h－mgH＝0
以地面為零勢能面，重物具有重力勢能的最大值
Epm＝mgH＝2Fhcos α。
(3)重物砸入地面過程中由動能定理
mg(H＋x)－x＝0
解得＝＋mg。
24. (2021·河南名校聯(lián)考)如圖所示，AB是一段位于豎直平面內的光滑軌道，高度為h，末端B處的切線方向水平。一個質量為m的小物體P從軌道頂端A處由靜止釋放，滑到B端后飛出，落到地面上的C點，軌跡如圖中虛線BC所示。已知它落地時相對于B點的水平位移OC＝l。現(xiàn)在軌道下方緊貼B點安裝一水平木板，木板的右端與B的距離為，讓P再次從A點由靜止釋放，它離開軌道并在木板上滑行后從右端水平飛出，仍然落在地面的C點。求：(不計空氣阻力，重力加速度為g)

(1)P滑至B點時的速度大小；
(2)P與木板之間的動摩擦因數(shù)μ。
【答案】　(1)　(2)
【解析】　(1)物體P在AB軌道上滑動時，只有重力做功，根據(jù)動能定理，
有mgh＝mv，
得物體P滑到B點時的速度大小為v0＝。
(2)當沒有木板時，物體離開B點后做平拋運動，運動時間為t，有
t＝＝
當B點右方安裝木板時，物體從木板右端水平拋出，在空中運動的時間也為t，水平位移為，因此物體從木板右端拋出的速度v1＝＝
根據(jù)動能定理，物體在木板上滑動時，有
－μmg＝mv－mv
解得物體與木板之間的動摩擦因數(shù)μ＝。
25.(2021·浙江選考模擬)彈珠游戲在孩子們中間很受歡迎，有很多種玩法，其中一種玩法就是比距離，模型如圖所示，用內壁光滑的薄壁細圓管彎成的由半圓形APB(圓半徑比細管的內徑大得多)和光滑直管BC組成的軌道固定在水平桌面上，已知APB部分的半徑R＝1.0 m，BC段長l1＝1.5 m。彈射裝置將一個質量m＝100 g小球(可視為質點)以v0＝8 m/s的水平初速度從A點彈入軌道，小球從C點離開軌道隨即進入長l2＝2 m，μ＝0.1的粗糙水平地面(圖上對應為CD)，最后通過光滑軌道DE，從E點水平射出，已知E距離地面的高度為h＝1 m，不計空氣阻力。求：

(1)小球在半圓軌道上運動時的角速度ω和到達C點時對圓管的壓力大?。?br /> (2)若小球能從A點運動到E點，則小球進入A點的速度至少為多大；
(3)若E點的高度h可以調節(jié)，小球仍以v0＝8 m/s從A點進入，當h多高時，水平射程x最大，并求出這個最大值。
【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段做勻速直線運動，合力為0，根據(jù)牛頓運動定律，小球處于平衡狀態(tài)，F(xiàn)N＝mg＝1 N，根據(jù)牛頓第三定律，小球對圓管的壓力大小為1 N。
(2)小球從A點到E點根據(jù)動能定理有
－mgh－μmgl2＝0－mv
解得v0＝2 m/s。
(3)小球從A點到E點根據(jù)動能定理有
－(mgh＋μmgl2)＝mv－mv
解得vE＝
過了E點小球做平拋運動，有h＝gt2
x＝vEt
得到x與h的數(shù)學關系x＝
即當h＝1.5 m時，x的最大值為x＝3 m
26.(2021·北京市昌平區(qū)二模練習)如圖所示，半徑R＝0.5 m的光滑半圓軌道固定在豎直平面內，半圓軌道與光滑水平地面相切于圓軌道最低端點A。質量m＝1 kg 的小球以初速度v0＝5 m/s 從A點沖上豎直圓軌道，沿軌道運動到B點飛出，最后落在水平地面上的C點，g取10 m/s2，不計空氣阻力。

(1)求小球運動到軌道末端B點時的速度vB；
(2)求A、C兩點間的距離x；
(3)若小球以不同的初速度沖上豎直圓軌道，并沿軌道運動到B點飛出，落在水平地面上。求小球落點與A點間的最小距離xmin。
【答案】　(1) m/s　(2)1 m　(3)1 m
【解析】　(1)選水平地面為零勢能參考面，由機械能守恒定律得mv＝mv＋mg·2R
解得vB＝ m/s。
(2)由平拋規(guī)律得2R＝gt2，x＝vBt，解得x＝1 m。
(3)設小球運動到B點半圓軌道對小球的壓力為FN
圓周運動向心力FN＋mg＝
得當FN＝0時，小球運動到軌道末端B點時的速度最小vBmin＝ m/s
由(2)的計算可知，最小距離xmin＝x＝1 m。

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