8、送帶對(duì)物塊做功，W＝ΔEk＋ΔEp，C錯(cuò)誤；在t1時(shí)刻后，物塊速度先增大后不變，摩擦力先做正功，后做負(fù)功，D正確．
答案：D
圖24－5
6．如圖24－5所示，質(zhì)量為M、長(zhǎng)度為L(zhǎng)的小車靜止在光滑的水平面上，質(zhì)量為m的小物塊放在小車的最左端，現(xiàn)用一水平力F作用在小物塊上，小物塊與小車之間的摩擦力為Ff，經(jīng)過(guò)一段時(shí)間小車運(yùn)動(dòng)的位移為x，小物塊剛好滑到小車的右端，則下列說(shuō)法正確的是 ( )
A．此時(shí)小物塊的動(dòng)能為F(x＋L)
B．此時(shí)小車的動(dòng)能為Ffx
C．這一過(guò)程中，小物塊和小車增加的機(jī)械能為Fx－FfL
D．這一過(guò)程中，因摩擦而產(chǎn)生的熱量為Ff(L＋x)
解析：水平力對(duì)
9、小物塊做功F(x＋L)，此時(shí)其動(dòng)能小于F(x＋L)，A錯(cuò)誤；摩擦力Ff對(duì)小車做功Ffx，由動(dòng)能定理可知，此時(shí)小車的動(dòng)能為Ffx，B正確；這一過(guò)程中，物塊和小車增加的機(jī)械能為F(x＋L)－FfL，C錯(cuò)誤；這一過(guò)程中，因摩擦而產(chǎn)生的熱量為FfL，D錯(cuò)誤．
答案：B
圖24－6
7．(2019年山東師大附中一模)(多選)如圖24－6所示，小球從A點(diǎn)以初速度v0沿粗糙斜面向上運(yùn)動(dòng)，到達(dá)最高點(diǎn)B后返回A，C為AB的中點(diǎn)．下列說(shuō)法正確的是( )
A．小球從A出發(fā)到返回A的過(guò)程中，位移為零，外力做功為零
B．小球從A到C與從C到B的過(guò)程，減少的動(dòng)能相等
C．小球從A到C與從C到B的過(guò)程，速
10、度的變化率相等
D．小球從A到C與從C到B的過(guò)程，損失的機(jī)械能相等
解析：小球從A出發(fā)到返回A，位移為0，但整個(gè)過(guò)程中摩擦力的方向與小球運(yùn)動(dòng)的方向始終相反，故整個(gè)過(guò)程中摩擦力對(duì)物體做負(fù)功，故A錯(cuò)誤；設(shè)A到C的高度和從C到B的高度為h，AC的距離為x，斜面的傾角為θ，則有xsinθ＝h，根據(jù)－mgh－μmgxcosθ＝ΔEk，可知小球從A到C過(guò)程與從C到B過(guò)程合外力對(duì)物體做的功相同，故小球減少的動(dòng)能相等，故B正確；小球從A到C與從C到B的過(guò)程，受力情況不變，加速度相同，所以速度的變化率相等，故C正確；克服除重力之外其他力做多少功物體的機(jī)械能就減少多少，根據(jù)μmgxcosθ＝－ΔE可得小球從A
11、到C過(guò)程與從C到B過(guò)程，損失的機(jī)械能相等，故D正確．
答案：BCD
8．(2019年江西省重點(diǎn)中學(xué)聯(lián)考)(多選)水平地面上有兩個(gè)固定的、高度相同的粗糙斜面甲和乙，底邊長(zhǎng)分別為L(zhǎng)1、L2，且L1＜L2，如圖24－7所示．兩個(gè)完全相同的小滑塊A、B(可視為質(zhì)點(diǎn))與兩個(gè)斜面間的動(dòng)摩擦因數(shù)相同，將小滑塊A、B分別從甲、乙兩個(gè)斜面的頂端同時(shí)由靜止開(kāi)始釋放，取地面所在的水平面為參考平面，則( )
圖24－7
A．從頂端到底端的運(yùn)動(dòng)過(guò)程中，由于克服摩擦而產(chǎn)生的熱量一定相同
B．滑塊A到達(dá)底端時(shí)的動(dòng)能一定比滑塊B到達(dá)底端時(shí)的動(dòng)能大
C．兩個(gè)滑塊從頂端運(yùn)動(dòng)到底端的過(guò)程中，重力對(duì)滑塊A做功的平均
12、功率比滑塊B的大
D．兩個(gè)滑塊加速下滑的過(guò)程中，到達(dá)同一高度時(shí)，機(jī)械能可能相同
解析：A、B滑塊從斜面頂端分別運(yùn)動(dòng)到底端的過(guò)程中，摩擦力做功不同，所以克服摩擦而產(chǎn)生的熱量一定不同，故A錯(cuò)誤；由于B滑塊受到的摩擦力Ff＝μmgcosθ大，且通過(guò)的位移大，則克服摩擦力做功多，滑塊A克服摩擦力做功少，損失的機(jī)械能少，根據(jù)動(dòng)能定理，可知滑塊A到達(dá)底端時(shí)的動(dòng)能一定比B到達(dá)底端時(shí)的動(dòng)能大，故B正確；整個(gè)過(guò)程中，兩物塊所受重力做功相同，但由于A先到達(dá)底端，故重力對(duì)滑塊A做功的平均功率比滑塊B的大，故C正確；兩個(gè)滑塊在斜面上加速下滑的過(guò)程中，到達(dá)同一高度時(shí)，重力做功相同，由于甲的斜面傾角大，所以在斜面上滑
13、行的距離不等，摩擦力做功不等，所以機(jī)械能不同，故D錯(cuò)誤．
答案：BC
圖24－8
9．(2019年安徽黃山模擬)(多選)如圖24－8所示，質(zhì)量為M、長(zhǎng)為L(zhǎng)的木板置于光滑的水平面上，一質(zhì)量為m的滑塊放置在木板左端，滑塊與木板間的滑動(dòng)摩擦力大小為Ff，用水平的恒定拉力F作用于滑塊，當(dāng)滑塊運(yùn)動(dòng)到木板右端時(shí)，木板在地面上移動(dòng)的距離為s，滑塊速度為v1，木板速度為v2，下列結(jié)論中正確的是( )
A．上述過(guò)程中，F(xiàn)做功大小為mv＋mv
B．其他條件不變的情況下，M越大，s越小
C．其他條件不變的情況下，F(xiàn)越大，滑塊到達(dá)右端所用時(shí)間越長(zhǎng)
D．其他條件不變的情況下，F(xiàn)f越大，滑塊與木板間產(chǎn)
14、生的熱量越多
解析：由牛頓第二定律得：Ff＝Ma1，F(xiàn)－Ff＝ma2，又L＝a2t2－a1t2，s＝a1t2，其他條件不變的情況下，M越大，a1越小，t越小，s越??；F越大，a2越大，t越??；由Q＝FfL可知，F(xiàn)f越大，滑塊與木板間產(chǎn)生的熱量越多，故B、D正確，C錯(cuò)誤；力F做的功還有一部分轉(zhuǎn)化為系統(tǒng)熱量Q，故A錯(cuò)誤．
答案：BD
圖24－9
10．(2019年江蘇七校聯(lián)考)(多選)如圖24－9所示，兩個(gè)小球A、B分別固定在輕桿的兩端，輕桿可繞水平光滑轉(zhuǎn)軸O在豎直平面內(nèi)轉(zhuǎn)動(dòng)，OA>OB，現(xiàn)將該桿靜置于水平方向，放手后兩球開(kāi)始運(yùn)動(dòng)，已知兩球在運(yùn)動(dòng)過(guò)程中受到大小相同且不變的空氣阻力作
15、用，則從開(kāi)始運(yùn)動(dòng)到桿轉(zhuǎn)到豎直位置的過(guò)程中，以下說(shuō)法正確的是 ( )
A．兩球組成的系統(tǒng)機(jī)械能守恒
B．B球克服重力做的功等于B球重力勢(shì)能的增加量
C．重力和空氣阻力對(duì)A球做功的代數(shù)和等于它的動(dòng)能增加量
D．A球克服空氣阻力做的功大于B球克服空氣阻力做的功
解析：兩球在運(yùn)動(dòng)過(guò)程中都受到空氣阻力作用，空氣阻力做負(fù)功，則系統(tǒng)的機(jī)械能不守恒，故A錯(cuò)誤；根據(jù)功能關(guān)系可知，B球克服重力做的功等于B球重力勢(shì)能的增加量，故B正確；重力、空氣阻力和桿的彈力對(duì)A球做功，根據(jù)動(dòng)能定理知重力、桿的彈力和空氣阻力對(duì)A球做功的代數(shù)和等于它的動(dòng)能增加量，故C錯(cuò)誤；從開(kāi)始運(yùn)動(dòng)到桿轉(zhuǎn)到豎直位置的過(guò)程中，A球運(yùn)動(dòng)
16、的路程大于B球運(yùn)動(dòng)的路程，而兩球克服空氣阻力做的功等于空氣阻力大小和路程的乘積，所以A球克服空氣阻力做的功大于B球克服空氣阻力做的功，故D正確.
答案：BD
圖24－10
11．(2019年威海模擬)(多選)如圖24－10所示，輕質(zhì)彈簧的一端固定在豎直墻面上，另一端拴接一小物塊，小物塊放在動(dòng)摩擦因數(shù)為μ的水平面上，當(dāng)小物塊位于O點(diǎn)時(shí)彈簧處于自然狀態(tài)．現(xiàn)將小物塊向右移到a點(diǎn)，然后由靜止釋放，小物塊最終停在O點(diǎn)左側(cè)的b點(diǎn)(圖中未畫(huà)出)，以下說(shuō)法正確的是( )
A．Ob之間的距離小于Oa之間的距離
B．從O至b的過(guò)程中，小物塊的加速度逐漸減小
C．小物塊在O點(diǎn)時(shí)的速度最大
17、D．從a到b的過(guò)程中，彈簧彈性勢(shì)能的減少量等于小物塊克服摩擦力所做的功
解析：如果沒(méi)有摩擦力，根據(jù)簡(jiǎn)諧運(yùn)動(dòng)的對(duì)稱性知O點(diǎn)應(yīng)該在ab中間，Oa＝Ob.由于有摩擦力，物塊從a到b過(guò)程中機(jī)械能損失，故無(wú)法到達(dá)沒(méi)有摩擦力情況下的b點(diǎn)，即O點(diǎn)靠近b點(diǎn)，故Oa>Ob，A正確；從O至b的過(guò)程中，小物塊受到向右的摩擦力及向右的彈力，且彈力逐漸變大，故物塊的加速度逐漸變大，B錯(cuò)誤；當(dāng)物塊從a點(diǎn)向左運(yùn)動(dòng)時(shí)，受到向左的彈力和向右的摩擦力，且彈力逐漸減小，加速度逐漸減小，當(dāng)彈力等于摩擦力時(shí)加速度為零，此時(shí)速度最大，故小物塊的速度最大位置在O點(diǎn)右側(cè)，C錯(cuò)誤；由能量守恒關(guān)系可知，從a到b的過(guò)程中，彈簧彈性勢(shì)能的減少量等
18、于小物塊克服摩擦力所做的功，D正確．
答案：AD
圖24－11
12．如圖24－11所示，傾角θ＝30°的粗糙面固定在地面上，長(zhǎng)為l，質(zhì)量為m，粗細(xì)均勻、質(zhì)量分布均勻的軟繩置于斜面上，其上端與斜面頂端水平．用細(xì)線將物塊與軟繩連接，物塊由靜止釋放后向下運(yùn)動(dòng)，直到軟繩剛好全部離開(kāi)斜面(此時(shí)物體未到達(dá)地面)，在此過(guò)程中( )
A．物塊的機(jī)械能逐漸增加
B．軟繩重力勢(shì)能共減少mgl
C．物塊重力勢(shì)能的減少等于軟繩摩擦力所做的功
D．軟繩重力勢(shì)能的減少等于其動(dòng)能增加與克服摩擦力所做功之和
解析：物塊向下運(yùn)動(dòng)過(guò)程中，繩子拉力對(duì)物塊做負(fù)功，物塊的機(jī)械能減少，A錯(cuò)誤；軟繩重心下降的高
19、度為－sinθ＝l，軟繩的重力勢(shì)能減少mgl，B正確；由功能關(guān)系，物塊重力勢(shì)能的減小等于重力做的功，而物塊重力大于軟繩所受的摩擦力，C錯(cuò)誤；對(duì)于軟繩，由能的轉(zhuǎn)化和守恒定律可知，繩子拉力對(duì)軟繩所做的功和軟繩重力勢(shì)能的減少之和等于軟繩動(dòng)能的增加與克服摩擦力所做功之和，D錯(cuò)誤．
答案：B
二、非選擇題
13．如圖24－12所示，從A點(diǎn)以v0＝4 m/s的水平速度拋出一質(zhì)量m＝1 kg的小物塊(可視為質(zhì)點(diǎn))，當(dāng)物塊運(yùn)動(dòng)至B點(diǎn)時(shí)，恰好沿切線方向進(jìn)入光滑圓弧軌道BC，經(jīng)圓弧軌道后滑上與C點(diǎn)等高、靜止在粗糙水平面上的長(zhǎng)木板上，圓弧軌道C端切線水平，已知長(zhǎng)木板的質(zhì)量M＝4 kg，A、B兩點(diǎn)距C點(diǎn)的高度分
20、別為H＝0.6 m、h＝0.15 m，R＝0.75 m，物塊與長(zhǎng)木板之間的動(dòng)摩擦因數(shù)μ1＝0.5，長(zhǎng)木板與地面間的動(dòng)摩擦因數(shù)μ2＝0.2，取g＝10 m/s2.求：
圖24－12
(1)小物塊運(yùn)動(dòng)至B點(diǎn)時(shí)的速度大小和方向；
(2)小物塊滑動(dòng)至C點(diǎn)時(shí)，對(duì)圓弧軌道C點(diǎn)的壓力；
(3)長(zhǎng)木板至少為多長(zhǎng)，才能保證小物塊不滑出長(zhǎng)木板？
解析：(1)物塊做平拋運(yùn)動(dòng)：H－h(huán)＝gt2
到達(dá)B點(diǎn)的豎直分速度：vy＝gt＝3 m/s
v1＝＝5 m/s
方向與水平面的夾角為θ：tanθ＝＝，
即θ＝37°，斜向下
(2)從A至C點(diǎn)，由動(dòng)能定理mgH＝mv－mv
設(shè)C點(diǎn)受到的支持力為N，則
21、有N－mg＝m
由上式可得v2＝2 m/s，N≈47.3 N
根據(jù)牛頓第三定律可知，物塊m對(duì)圓弧軌道C點(diǎn)的壓力大小為47.3 N，方向豎直向下．
(3)由題意可知小物塊m對(duì)長(zhǎng)木板的摩擦力
f＝μ1mg＝5 N
長(zhǎng)木板與地面間的最大靜摩擦力不小于滑動(dòng)摩擦力
f′＝μ2(M＋m)g＝10 N
因f＜f′，所以小物塊在長(zhǎng)木板上滑動(dòng)時(shí)，長(zhǎng)木板靜止不動(dòng)．
小物塊在長(zhǎng)木板上做勻減速運(yùn)動(dòng)，至長(zhǎng)木板右端時(shí)速度剛好為0，才能保證小物塊不滑出長(zhǎng)木板．
則長(zhǎng)木板長(zhǎng)度至少為l＝＝2.8 m.
答案：(1)5 m/s 方向與水平方向的夾角為37°斜向下
(2)47.3 N 方向豎直向下 (3)2.
22、8 m
14．(2019年四川樂(lè)山模擬)如圖24－13甲所示，在傾角為37°足夠長(zhǎng)的粗糙斜面底端，一質(zhì)量m＝1 kg的滑塊壓縮著一輕彈簧且鎖定，但它們并不相連，滑塊可視為質(zhì)點(diǎn)．t＝0時(shí)解除鎖定，計(jì)算機(jī)通過(guò)傳感器描繪出滑塊的v－t圖象如圖24－13乙所示，其中Oab段為曲線，bc段為直線，在t1＝0.1 s時(shí)滑塊已上滑s＝0.2 m的距離(取g＝10 m/s2，sin37°＝0.6，cos37°＝0.8)．求：
(1)滑塊離開(kāi)彈簧后在圖中bc段對(duì)應(yīng)的加速度a及動(dòng)摩擦因數(shù)μ的大??；
(2)t2＝0.3 s和t3＝0.4 s時(shí)滑塊的速度v1、v2的大??；
(3)彈簧鎖定時(shí)具有的彈性勢(shì)能Ep.
23、
圖24－13
解析：(1)在bc段做勻減速運(yùn)動(dòng)，加速度為
a＝＝10 m/s2
根據(jù)牛頓第二定律得
mgsin37°＋μmgcos37°＝ma
解得μ＝0.5.
(2)設(shè)t1＝0.1 s時(shí)速度大小為v0，
根據(jù)速度時(shí)間公式得t2＝0.3 s 時(shí)的速度大小
v1＝v0－a(t2－t1)＝0
在t2之后開(kāi)始下滑，下滑時(shí)由牛頓第二定律得
mgsin37°－μmgcos37°＝ma′
解得a′＝2 m/s2
從t2到t3做初速度為零的加速運(yùn)動(dòng)，t3時(shí)刻的速度大小為
v3＝a′(t3－t2)＝0.2 m/s.
(3)從0到t1時(shí)間內(nèi)，由能量守恒定律得
Ep＝mgssin37°＋μmgscos37°＋mv
解得Ep＝4 J.
答案：(1)10 m/s2 0.5 (2)0 0.2 m/s (3)4 J
8
2020屆高考物理總復(fù)習(xí) 作業(yè)24 功能關(guān)系 能量守恒定律（含解析）
