2024年高考物理二轮专题复习-专题6 功和能量（原卷版+解析版）

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①F与x的夹角(恒力)
②F与v的夹角(曲线运动的情况)
③能量变化(两个相联系的物体做曲线运动的情况)
如图所示，质量为m的物体相对静止在倾角为θ的斜面上，斜面沿水平方向向右匀速移动了距离l，物体相对斜面静止，则下列说法正确的是（ ）
A．重力对物体做正功B．摩擦力对物体做负功
C．合力对物体做功不为零D．支持力对物体不做功
【解答】解：A．重力的方向竖直向下，物体的位移方向水平向右，在重力方向上没有位移，故重力对物体不做功，故A错误；
B．物体所受摩擦力的方向沿斜面向上，与位移方向的夹角为钝角，故摩擦力对物体做负功，故B正确；
C．物体做匀速直线运动时，所受合力为零，故合力对物体做功为零，故C错误；
D．物体所受支持力方向垂直于斜面向上，与位移方向的夹角为锐角，故支持力对物体做正功，故D错误。
故选：B。
如图所示为某款磁吸式车载手机支架，手机支架本身具有磁性，在手机背面贴上贴片后，手机放在支架上后便会被牢牢吸住，两者始终保持相对静止，给司机带来很大方便。若手机面向司机按如图所示角度放置，汽车在水平路面上（ ）
A．静止时，手机受到三个力的作用
B．沿直线加速前进时，支架对手机的力的方向竖直向上
C．沿直线匀减速前进时，手机受到的合力不断减小
D．沿直线匀速前进时，摩擦力对手机做正功，支持力对手机做负功
【解答】解：A、如图甲所示，
静止时，手机处于受力平衡状态，受到重力mg、支架的支持力N、摩擦力f以及磁片的吸引力F四个力的作用，故A错误；
B、如图乙所示，汽车在水平路面上沿直线加速前进时，支架对手机的力F支架和手机的重力mg的合力F合指向前进的水平方向，故支架对手机的力F支架不可能竖直向上，故B错误；
C、汽车做匀减速直线运动时，手机的加速度不变，故收到的合力F合也不变，故C错误；
D、如图丙所示，汽车做匀速直线前进时，摩擦力方向与位移方向夹角为锐角，故摩擦力对手机做正功，支持力方向与位移方向夹角为钝角，故支持力对手机做负功，故D正确。
故选：D。
大型商场为了方便顾客上下楼，都会安装自动扶梯。自动扶梯可以分为两类，一类无台阶（如图1所示，甲扶梯与地面倾角为α），另一类有台阶（如图2所示，乙扶梯与地面倾角为β）。质量相等的A、B两顾客分别站上甲、乙两扶梯，各自一起随扶梯从静止开始向上做加速度大小相等的匀加速直线运动，则加速运动过程中（ ）
A．A所受支持力大于B所受支持力
B．A所受摩擦力大于B所受摩擦力
C．A所受支持力的功大于B所受支持力的功
D．A所受支持力的功等于B所受支持力的功
【解答】解：AB.顾客A所受支持力垂直扶梯向上，与运动方向垂直，所受摩擦力与运动方向相同，对顾客A受力分析如图：
有N1＝mgcsθ，f1﹣mgsinθ＝ma，
对顾客B受力分析如图：
因随扶梯做从静止开始向上的匀加速直线运动，则B所受合力为ma，方向与运动方向相同，则有N2＞mg，f2＝macsθ，则有N1＜N2，f1＞f2，故A错误，B正确；CD.顾客A所受支持力方向与运动方向垂直，支持力不做功，顾客B所受支持力与运动方向成锐角，做正功，则A所受支持力的功小于B所受支持力的功，故C错误，D错误。
故选：B。
如图，拖着旧橡胶轮胎跑是身体耐力训练的一种有效方法。如果某受训者拖着轮胎在水平直道上跑了200m，那么下列说法正确的是（ ）
A．摩擦力对轮胎做了负功B．重力对轮胎做了正功
C．拉力对轮胎不做功D．支持力对轮胎做了正功
【解答】解：A、由题知，轮胎受到地面的摩擦力方向水平向左，而位移水平向右，两者夹角为180°，则轮胎受到地面的摩擦力做了负功。故A正确。
B、轮胎受到的重力竖直向下，而轮胎的位移水平向右，则轮胎在竖直方向上没有发生位移，重力不做功。故B错误。
C、设拉力与水平方向的夹角为α，由于α是锐角，所以轮胎受到的拉力做正功。故C错误。
D、轮胎受到地面的支持力竖直向上，而轮胎的位移水平向右，支持力与位移方向垂直，所以支持力不做功。故D错误。
故选：A。
如图A、B叠放着，A用绳系在固定的墙上，用力F将B拉着右移，用T、fAB和fBA分别表示绳子拉力，A对B的摩擦力和B对A的摩擦力，则下面正确的叙述是（ ）
A．F做正功，fAB做负功，fBA做正功，T不做功
B．F和fBA做正功，fAB和T做负功
C．F做正功，其它力都不做功
D．F做正功，fAB做负功，fBA和T都不做功
【解答】解：由题意可知，A不动B向右运动，但均受到滑动摩擦力，由于B相对A向右运动，故其受到的摩擦力fAB向左，与位移方向相反，做负功；拉力F与位移同向，做正功；由于A没有位移，所以绳的拉力T和fBA不做功，故D正确，ABC错误。
故选：D。
二、求功的六种方法
①W＝Flcs α(恒力)【人在起跳(爬杆)时，由于力的作用点位移为 0，故此时支持力(摩擦力)不做功】
②W＝Pt(变力，恒力)
③W＝ΔEk(变力，恒力)
④W＝ΔE(除重力做功的变力，恒力)功能原理
⑤图象法(变力，恒力)
⑥气体做功；W＝pΔV(p——气体的压强；ΔV——气体的体积变化)
三、恒力做功的大小与路面粗糙程度无关，与物体的运动状态无关．
近年来，随着国家乡村振兴战略深入实施，绝大部分农村在农业生产中基本实现了机械化，极大的提高了农业生产效率。如图所示为一农业展览馆中展示的上个世纪七八十年代农村农业生产中驴拉磨（将食物磨成粉浆）的情景。假设在驴拉磨的过程中，驴对磨杆的拉力大小为300N，半径r为0.5m，转动一周为5s，则下列说法正确的是（ ）
A．驴拉磨一周过程中拉力做功为0
B．驴拉磨一周过程中拉力做功为350πJ
C．驴拉磨一周过程中拉力做功平均功率为60πW
D．驴拉磨一周过程中拉力做功平均功率为65πW
【解答】解：AB、驴对磨杆的拉力大小为300N，方向与速度方向一致，所以拉力做正功，又因为驴拉磨一周运动的路程为x＝2π×0.5m＝πm
所以驴拉磨一周做功为W＝Fx＝300×πJ＝300πJ，故AB错误；
CD、驴拉磨转动一周时间为5s，转动过程中拉力做功的平均功率为P=Wt=300π5W=60πW，故C正确，D错误。
故选：C。
一物体所受的力F随位移x变化的图像如图所示，求在这一过程中，力F对物体做的功为（ ）
A．力F在0～3m的过程中对物体做了3J的功
B．力F在3～4m的过程中对物体做了﹣2J的功
C．物体在4～5m的过程中克服力F做了1J的功
D．力F在0～5m的过程中对物体做了8J的功
【解答】解：A、在0～3m的过程中属于恒力做功，可直接根据功的定义求解，物体在0～3m对物体做的功为W1＝F1x1＝2N×3m＝6J
故A错误；
B、在3～4m的过程中属于变力做功，根据F﹣x图像与横轴围成的面积表示力做功的大小，则力F在3～4m的过程中对物体做的功为W2=12×1m×2N=1J
故B错误；
C、物体在4～5m的过程中克服力F做的功为W3=12×1m×2N=1J
故C正确；
D、力F在0～5m的过程中对物体做的功为W＝W1+W2﹣W3＝6J+1J﹣1J＝6J
故D错误。
故选：C。
如图所示，将一质量为m的小球用长为l的轻绳悬挂于O点，水平拉力F将小球从平衡位置P缓慢地拉至轻绳与竖直方向夹角为θ处。已知重力加速度为g，则下列说法正确的是（ ）
A．小球的重力势能增加了mglcsθ
B．拉力F所做的功为Flsinθ
C．拉力F所做的功为mgl（1﹣csθ）
D．轻绳的拉力所做的功为mgl
【解答】解：A、小球上升的高度为h＝l（1﹣csθ），重力对小球做的功WG＝﹣mgl（1﹣csθ），所以小球的重力势能增加mgl（1﹣csθ），故A错误；
BCD、小球从平衡位置P点缓慢地移动到Q点的过程中，轻绳的拉力所做的功为0，根据动能定理可得：WF﹣WG＝0，解得拉力F所做的功：WF＝mgl（1﹣csθ），故C正确，BD错误。
故选：C。
（多选）如图所示，长度为R的轻杆上等距离固定质量均为m的n个小球，轻杆一端连接转动点O，将轻杆拨动到与转动点O等高的水平位置后自由释放，忽略一切阻力，重力加速度为g，则从释放到轻杆摆至竖直位置的过程中（ ）
A．n＝1时，轻杆对小球不做功
B．n＝2时，轻杆对第1个小球做功为15mgR
C．n＝10时，轻杆对第7个小球不做功
D．当轻杆对第k个小球做正功时，应满足k＞2n+13
【解答】解：对整体由机械能守恒有nmgR＝mgR（n-1n+n-2n+⋯⋯+n-kn+⋯⋯+0n）+12mv12+12mv22+⋯⋯+12mvk2+⋯⋯+12mvn2
根据线速度关系可得：v1＝ω•Rn，v2＝ω•2Rn⋯⋯vn＝ω•nRn
对第k个小球由动能定理有：mgR•kn+W杆=12mvk2-0
联立解得：W杆＝mgR•kn(2n+1)•[3k﹣（2n+1）]
A、当n＝1时，W杆＝0，故A正确；
B、当n＝2、k＝1时，W杆＝mgR×12×5×(3-5)=-15mgR，故B错误；
C、n＝10、k＝7时，W杆＝mgR710×21×(21-21)=0，故C正确；
D、当轻杆对第k个小球做正功时，应满足W杆＝mgR•kn(2n+1)•[3k﹣（2n+1）]＞0，解得k＞2n+13，故D正确。
故选：ACD。
理想气体的p﹣V图像如图所示，一定质量的理想气体从状态A开始经过状态B、C、D又回到状态A，其中AB、CD的延长线经过坐标原点O，BC与横轴平行，AD⊥DC，下列说法正确的是（ ）
A．气体从状态A到状态B分子平均动能减小
B．气体从状态C到状态D从外界吸热
C．气体在状态A的温度和状态D的温度相同
D．从状态D到状态A，外界对气体做功为0.24p0V0
【解答】解：A．根据理想气体整体方程pVT=C可知气体从状态A到状态B过程，气体压强增大，气体体积增大，可所以气体温度升高，因此分子平均动能增大，故A错误；
B．气体从状态C到状态D过程，气体压强减小，气体体积减小，根据一定质量的理想气体的状态方程pV＝CT可知气体温度降低，则气体内能减小，因为气体体积减小，所以外界对气体做正功，根据热力学第一定律可知，气体向外界放热，故B错误；
C．由图像可得p0VA=2p0V0
可得VA=12V0
则有pAVA=12p0V0
pDVD＝0.6p0×0.8V0＝0.48p0V0
可得pAVA＞pDVD
则有TA＞TD
故C错误；
D．根据图像的物理意义可知，p﹣V图像与横轴围成的面积表示做功大小，从状态D到状态A，气体体积减小，外界对气体做正功，大小为：
W=12(0.6p0+p0)(0.8V0-12V0)=0.24p0V0
故D正确。
故选：D。
四、功率的计算
①平均功率：P=W/t
②瞬时功率：P=Fv csθ
五、机车启动问题：（可以根据牛顿第二定律以及动能定理进行分析相关问题）
(恒定功率启动) (恒定加速度启动) (恒定加速度运动)
六、斜面上的机车启动问题，当 F牵=f+mgsinθ 时，汽车速度达到最大。
某款质量m＝1000kg的汽车沿平直公路从静止开始做直线运动，其v﹣t图像如图所示。汽车在0～t1时间内做匀加速直线运动，t1～50s内汽车保持额定功率不变，50s～70s内汽车做匀速直线运动，最大速度vm＝40m/s，汽车从70s末开始关闭动力减速滑行，t2时刻停止运动。已知，t1＝10s，汽车的额定功率为80kW，整个过程中汽车受到的阻力大小不变。下列说法正确的是（ ）
A．t1时刻的瞬时速度10m/s
B．汽车在t1～50s内通过的距离x＝1300m
C．t2为80s
D．阻力大小为1000N
【解答】解：AD．根据题意可知，当汽车以额定功率行驶时，牵引力等于阻力时，速度最大，则有vm=Pf
解得：f=Pvm=80×10340N=2000N
根据题意，设t1时刻，汽车的速度为v1则，此时的牵引力为F1=Pv1
设汽车在0～t1时间内做匀加速直线运动的加速度为a1，则有v1＝a1t1
由牛顿第二定律有F1﹣f＝ma1
联立解得v1＝20m/s，故AD错误；
B．t1～50s内，由动能定理有P(50-t1)-fx=12mvm2-12mv12
解得x＝1300m，故B正确；
C．由牛顿第二定律可得，关闭发动机之后，加速度为a2=fm=20001000m/s2=2m/s2
由运动学公式v＝v0+a2t可得vm＝a2（t2﹣70）
解得t2＝90s，故C错误。
故选：B。
如图所示，配送机器人作为新一代配送工具，可以做到自动规避道路障碍与往来车辆行人，做到自动化配送的全场景适应。该配送机器人机身净质量为350kg，最大承载质量为200kg，在正常行驶中，该配送机器人受到的阻力约为总重力的110，满载时最大时速可达5m/s，已知重力加速度g＝10m/s2，关于该机器人在配送货物过程中的说法正确的是（ ）
A．该配送机器人的额定功率为5500W
B．该配送机器人以额定功率启动时，先做匀加速运动，后做变加速运动直至速度达到最大速度
C．该配送机器人空载时，能达到得最大速度为10m/s
D．满载情况下以额定功率启动，当速度为2m/s时，该配送机器人的加速度大小为1.5m/s2
【解答】解：A．设配送机器人机身净质量为m，最大承载质量为M，在正常行驶中，应承载最大质量，由题意知阻力为
f=110（m+M）g=110×（350+200）×10N＝550N
满载达到最大时速时，牵引力F等于阻力f，则额定功率为
P＝fvm＝550×5W＝2750W
故A错误；
B．该配送机器人以额定功率启动时，有
P＝Fv
根据牛顿第二定律有
F﹣f＝（m+M）a
分析两式，可知配送机器人做加速度减小的变加速运动直至速度达到最大速度，故B错误；
C．该配送机器人空载达到最大速度时，牵引力等于阻力，设所受阻力为f1，最大速度为vm1，则有
f1=110mg
P＝f1vm1
联立两式，代入数据得
vm1≈7.9m/s
故C错误；
D．满载情况下以额定功率启动，当速度为v′＝2m/s时，牵引力为F′，加速度为a′，则有
P＝F′v′
F′﹣f＝（m+M）a′
联立两式，代入数据得
a′＝1.5m/s2
故D正确。
故选：D。
我国新能源汽车发展迅速，2022年仅比亚迪新能源汽车全年销量为186.35万辆，位列全球第一、如图所示为比亚迪某型号汽车某次测试行驶时的加速度和车速倒数1v的关系图像。若汽车质量为2×103kg，它由静止开始沿平直公路行驶，且行驶中阻力恒定，最大车速为30m/s，则（ ）
A．汽车匀加速所需时间为5s
B．汽车以恒定功率启动
C．汽车所受阻力为1×103N
D．汽车在车速为5m/s时，功率为6×104W
【解答】解：B．由图知，当1v越大时，汽车速度v越小，故当汽车从启动到速度为10m/s前，汽车以恒定加速度启动，汽车匀加速运动的加速度为2m/s2，故B错误；
A．汽车匀加速运动的末速度
1v=110s/m
解得
v＝10m/s
匀加速运动的时间
t=va=102s=5s
故A正确；
C．由图可知汽车的最大速度为
vmax＝30m/s
此时汽车的加速度为零，汽车做匀速直线运动，有
F牵min＝f
又P＝F牵minvmax
当1v=110s/m时，v＝10m/s，a＝2m/s2，此时对汽车由牛顿第二定律有
Pv-f＝ma
联立各式，代入数据解得
f＝2×103N，P＝6×104W
故C错误；
D．汽车在车速为5m/s时，处于恒定加速度启动阶段，a＝2m/s2，此时对汽车由牛顿第二定律有
F牵﹣f＝ma
代入数据得
F牵＝6×103N
车速为5m/s时，功率为
P′＝F牵v5＝6×103×5W＝3×104W
故D错误。
故选：A。
在通往某景区的公路上，一辆小汽车沿倾角为θ的斜坡向上由静止启动，在前20s内做匀加速直线运动，第20s末达到额定功率，之后保持额定功率运动，其v﹣t图像如图所示。已知汽车的质量m＝1×103kg，汽车受到地面的阻力和空气阻力的合力大小恒为车重的110，sinθ＝0.1，重力加速度g＝10m/s2。则汽车的最大速为（ ）
A．25m/sB．28m/sC．30m/sD．35m/s
【解答】解：汽车做匀加速直线运动的加速度大小a=ΔvΔt=2020m/s2＝1m/s2
由牛顿第二定律得：F﹣0.1mg﹣mgsinθ＝ma，解得汽车匀加速直线运动阶段受到的牵引力：F＝3×103N
第20s末达到额定功率，则额定功率为Pm＝Fv＝3×103×20W＝6×104W
汽车达到最大速度时，所受合力为零，则F'﹣0.1mg﹣mgsinθ＝0，得F'＝2000N
最大速度vm=PmF'=6×1042000m/s＝30m/s，故ABD错误，C正确。
故选：C。
近段时间，针对佩洛西窜访台湾，我解放军在台海周边6个区域组织了航母编队威慑演练。如图甲，我国山东舰航母上的舰载机采用滑跃式起飞，甲板是由水平甲板和上翘甲板两部分组成，假设上翘甲板BC是与水平甲板AB平滑连接的一段斜面，模型简化图如图乙所示，BC长为L，BC与AB间夹角为α。若舰载机从A点处由静止开始以加速度a做初速度为零的匀加速直线运动，经时间t达到B点，进入BC保持恒定功率加速，在C点刚好达到起飞速度v。已知舰载机的总质量为m（忽略滑行过程中的质量变化），舰载机在甲板上运动时受到甲板的摩擦力和空气阻力之和看作恒力，大小为其重力的k倍，重力加速度为g。求：
（1）舰载机的最小额定功率；
（2）舰载机在BC段运行的最长时间。
【解答】解：（1）舰载机运动到B点且达到额定功率时，对应功率最小，设为Pmin，从A点到B点，根据运动学公式有v1＝at
由牛顿第二定律有：F﹣kmg＝ma
在B点处有：Pmin＝Fv1
联立解得：Pmin＝mat（a+kg）
（2）舰载机在BC段运行的最长时间设为tmax，根据动能定理有：Pmintmax-(kmg+mgsinα)L=12mv2-12mv12
解得：tmax=v2-a2t2+2gL(k+sinα)2at(a+kg)
答：（1）舰载机的最小额定功率为mat（a+kg）；
（2）舰载机在BC段运行的最长时间v2-a2t2+2gL(k+sinα)2at(a+kg)。
七、摩擦生热：Q＝Ffl 相对．
(若动摩擦因数处处相同，两图中克服摩擦力做功均为 W＝μmgs)
八、注意区分以下两个概念(不能重复计算)：
①摩擦力做功 Wf＝f l对地（研究对象为单个物体）——用于动能定理
②摩擦生热 Qf＝f l相对 （研究对象为整个系统）——用于能量守恒
九、静摩擦力可以做正功、负功、还可以不做功,但不会摩擦生热；滑动摩擦力可以做正功、负功、还可以不做功,但会摩擦生热。
十、几种常见的功能关系及其表达式
有三个斜面a、b、c，底边长与高度分别如图所示。某物体与三个斜面间的动摩擦因数都相同，这个物体分别沿三个斜面从顶端由静止下滑到底端。三种情况相比较，下列说法正确的是（ ）
A．物体损失的机械能ΔEc＝2ΔEb＝2ΔEa
B．物体重力势能的变化量Epa＝2Epb＝Epc
C．物体到达底端的动能Eka＝2Ekb＝2Ekc
D．因摩擦产生的热量Qa＝2Qb＝2Qc
【解答】解：D、设任一斜面和水平方向夹角为θ，斜面长度为x，则物体下滑过程中克服摩擦力做功为W＝μmgcsθ•x
其中xcsθ为斜面底边长度，摩擦生热等于物体克服摩擦力做功，则因摩擦产生的热量分别为Qa＝μmgL，Qb＝μmgL，Qc＝2μmgL，则有2Qa＝2Qb＝Qc，故D错误；
A、根据功能关系可知，物体损失的机械能等于物体下滑过程中克服摩擦力做功，所以损失的机械能关系为ΔEc＝2ΔEb＝2ΔEa，故A正确；
B、物体重力势能的变化量分别为Epa＝mg•2h＝2mgh，Epb＝Epc＝mgh，可得Epa＝2Epb＝2Epc，故B错误；
C、设物体滑到底端时的动能为Ek，根据动能定理得：mgH﹣μmgcsθ•x＝Ek﹣0，得Ek＝mgH﹣μmgcsθ•x
则得Eka＝2mgh﹣μmgL，Ekb＝mgh﹣μmgL，Eka＝mgh﹣2μmgL
根据图中斜面高度和底边长度可知，物体到达底边时动能大小关系不满足Eka＝2Ekb＝2Ekc，故C错误。
故选：A。
如图所示，质量为2000kg电梯的缆绳发生断裂后向下坠落，电梯刚接触井底缓冲弹簧时的速度为4m/s，缓冲弹簧被压缩2m时电梯停止了运动，下落过程中安全钳总共提供给电梯17000N的滑动摩擦力。已知弹簧的弹性势能为Ep=12kx2（k为弹簧的劲度系数，x为弹簧的形变量），安全钳提供的滑动摩擦力等于最大静摩擦力，下列说法正确的是（ ）
A．弹簧的劲度系数为3000N/m
B．整个过程中电梯的加速度一直在减小
C．电梯停止在井底时受到的摩擦力大小为17000N
D．电梯接触弹簧到速度最大的过程中电梯和弹簧组成的系统损失的机械能约为4600J
【解答】解：A．电梯刚接触井底缓冲弹簧时的速度为4m/s，缓冲弹簧被压缩2m时电梯停止了运动，根据能量守恒，得12mv2+mgx=12kx2+f动x
代入数据解得：k＝11000N/m
故A错误；
B、与弹簧接触前，电梯做匀加速直线运动，刚接触弹簧后，弹簧的弹力小于重力和摩擦力的合力，电梯做加速度逐渐减小的加速运动，当弹簧弹力等于重力时，电梯的加速度为零，电梯继续运动，弹簧弹力大于重力和摩擦力的合力，电梯做加速度逐渐增加的减速运动，故B错误；
C、电梯停止在井底时，受力平衡，由平衡条件得：kx＝mg+f静
代入数据解得：f静＝2000N
故C错误；
D、当电梯速度最大时，加速度为零，由平衡条件得：kx'+f动＝mg
代入数据解得：x'=311m
电梯接触弹簧到速度最大的过程中，电梯和弹簧组成的系统损失的机械能等于摩擦力产生的热量，则ΔE=f动x'=17000×311J≈4636J≈4600J
故D正确。
故选：D。
如图1所示，水平传送带以恒定的速度顺时针转动，质量为m＝10kg的箱子在水平传送带上由静止释放，经过6s后，箱子滑离传送带，箱子的v﹣t图像如图2所示，对于箱子从静止释放到相对传送带静止这一过程，重力加速度g取10m/s2，下列说法正确的是（ ）
A．箱子与传送带间的动摩擦因数为0.5
B．箱子对传送带做功为﹣45J
C．传送带对箱子做功为180J
D．箱子与传送带因摩擦产生的热量为45J
【解答】解：A、由图像可知箱子的加速度a=34m/s2＝0.75m/s2，根据牛顿第二定律得a＝μg，所以μ＝0.075，故A错误；
B、箱子对传送带做的功为W＝﹣μmgx，x＝vt，解得W＝﹣90J，故B错误，
C、传送带对箱子做的功等于动能的变化量。即W=12mv2，解得W＝45J，故C错误；
D、箱子与传送带因摩擦产生的热量Q＝fs相，根据图像可知s相＝6m，解得Q＝45J，故D正确。
故选：D。
如图所示，某斜面的顶端到正下方水平面O点的高度为h，斜面与水平面平滑连接，斜面倾角为θ，小木块与斜面、水平面间的动摩擦因数均为μ，一小木块从斜面的顶端由静止开始滑下，滑到水平面上距离O点为x的A点停下。以O点为原点建立xOy坐标系，改变斜面倾角和斜面长度，小木块仍在A点停下，则小木块静止释放点的坐标可能是（ ）
A．（16x，23h）B．（14x，12h）C．（13x，13h）D．（12x，12h）
【解答】解：小木块从斜面的顶端由静止开始滑下，最终停在A点，设斜面长为L，则斜面在水平面的投影为：x1＝Lcsθ
根据功能关系可得：mgh＝μmgLcsθ+μmg（x﹣x1）
整理可得：mgh＝μmgx
解得：μ=hx
改变斜面倾角和斜面长度，小木块仍在A点停下，则小木块静止释放点的坐标为（x′，h′）
根据前面的分析可得：mgh′＝μmg（x﹣x′）
整理可得：h′＝h-hx⋅x'。
A、当x′=16x时，解得：h′=56h，故A错误；
B、当x′=14x时，解得：h′=34，故B错误；
C、当x′=13x时，解得：h′=23h，故C错误；
D、当x′=12x时，解得：h′=12h，故D正确。
故选：D。
如图所示，一轻弹簧竖直放置，下端固定在水平地面上，自然伸长时弹簧上端处于A点。t＝0时将小球从A点正上方O点由静止释放，t1时到达A点，t2时弹簧被压缩到最低点B。以O为原点，向下为正方向建立x坐标轴，以B点为重力势能零点，弹簧形变始终处于弹性限度内。小球在运动过程中的动能Ek、重力势能Ep1、机械能E0及弹簧的弹性势能Ep2变化图像可能正确的是（ ）
A．B．
C．D．′
【解答】解：根据小球的受力特点可将运动分为三个阶段，分别为第一阶段：O→A自由落体；第二阶段：O到平衡位置，重力大于向上的弹力；第三阶段：平衡位置向下到B处，向上的弹力大于向下的重力。平衡位置处，重力大小等于弹力。
AB．根据重力势能表达式可知Ep1＝mg（x1+x2﹣x）x≤x1时，弹性势能为0，机械能等于重力势能的最大值。x＞x1时，此时的弹簧的弹性势能为：
Ep2=12k(x-x1)2
设系统总能量为E，根据能量守恒定律可知E＝E0+Ep2
可知E0=E-12k(x-x1)2
是开口向下的抛物线。故A错误，B正确；
CD．设小球下落到A点时的时间为t1，则第一阶段，根据动能的计算公式和运动学公式可得：
Ek=12mv12=12m(gt1)2=mg22t12
故第一阶段的Ek﹣t图像是一条抛物线。第二阶段中重力大于向上的弹力，且随着压缩弹簧，弹力大小逐渐增大，则根据牛顿第二定律可得：
a=mg-F弹m
可知小球做加速度逐渐减小的加速运动，平衡位置处速度最大，动能也最大。第三阶段根据牛顿第二定律可得：
a=F弹-mgm
可知小球做加速度逐渐增加的减速运动，直至到达B处动能为0。由上述速度的分析可知，在x＞x1的范围内，先加速后减速，x﹣t图像的斜率先增大后减小，则Ep2﹣t的图像的斜率也是先增大后减小。但由于动能最大时，重力势能和弹性势能都不是0。即弹性势能的最大值大于动能的最大值。故CD错误。
故选：B。
如图所示，劲度系数为k的轻质弹性绳一端固定在O点，另一端与一质量为m、套在摩擦因数为μ的粗糙竖直固定杆的圆环相连，M处有一光滑定滑轮，初始圆环置于A处，OMA三点在同一水平线上，弹性绳的原长等于OM，圆环从A处由静止开始释放，到达C处时速度为零，AC＝h。如果圆环在C处获得一竖直向上的速度v，恰好能回到A，弹性绳始终在弹性限度内，重力加速度为g，则下列分析正确的是（ ）
A．下滑过程中，竖直杆对圆环摩擦力越来越大
B．从A下滑到C过程中摩擦发热为 14mv2
C．在C处，弹性绳的弹性势能为 mgh-14mv2
D．圆环的机械能在下滑过程中持续减小，上升过程中持续增加
【解答】解：A、圆环下滑过程受力如图所示，设弹性绳的伸长量为l，弹性系数为k，弹性绳与水平方向的夹角为θ
在水平方向，由平衡条件得：FN＝klcsθ＝kd，由于k、d都是常数，则FN不变，下滑过程竖直杆对圆环的摩擦力f＝μFN大小不变，故A错误；
BC、圆环从A到C与从C到A过程弹性绳弹性势能的变化量相等，设为ΔEp，摩擦产生的热量相等，圆环恰好回到A，则到达A点时圆环的速度为零，设为Q，设A、C间的距离为h，圆环从A到C过程，由功能关系得：mgh＝ΔEp+Q，从C到A过程，由功能关系得：12mv2+ΔEp＝mgh+Q，解得：Q=14mv2，ΔEp＝mgh-14mv2，从A到C过程弹性绳弹性势能的增加量为mgh-14mv2，在A处弹性绳的弹性势能不是零，则到达C点弹性绳的弹性势能大于mgh-14mv2，故B正确，C错误；
D、圆环的机械能在下滑过程中要克服摩擦阻力与弹性绳的弹力做功，机械能持续减小，圆环上升过程中弹性绳对环做正功，摩擦力对圆环做负功，由于不知弹性绳做功与摩擦力做功大小关系，无法判断圆环机械能如何变化，故D错误。
故选：B。
如图所示为处于竖直平面内的一实验探究装置的示意图，该装置由长L1＝3m、速度可调的固定水平传送带，圆心分别在O1和O2，圆心角θ＝120°、半径R＝0.4m的光滑圆弧轨道BCD和光滑细圆管EFG组成，其中B点和G点分别为两轨道的最高点和最低点，B点在传送带右端转轴的正上方。在细圆管EFG的右侧足够长的光滑水平地面上紧挨着一块与管口下端等高、长L2＝2.2m、质量M＝0.4kg木板（与轨道不粘连）。现将一块质量m＝0.2kg的物块（可视为质点）轻轻放在传送带的最左端A点，物块由传送带自左向右传动，在B处的开口和E、D处的开口正好可容物块通过。已知物块与传送带之间的动摩擦因数μ1＝0.2，物块与木板之间的动摩擦因数μ2＝0.5，g取10m/s2。
（1）若物块进入圆弧轨道BCD后恰好不脱轨，求物块在传送带上运动的时间；
（2）若传送带的速度3m/s，求物块经过圆弧轨道BCD最低D点时，轨道对物块的作用力大小；
（3）若传送带的最大速度4m/s，在不脱轨的情况下，求滑块在木板上运动过程中产生的热量Q与传送带速度v之间的关系。
【解答】解：（1）物块进入圆弧轨道BCD后恰好不脱轨，则在B点，根据牛顿第二定律可得：
mg=mv2R
解得：vB＝2m/s
若物块在传送带上一直加速，由
v2=2×μ1mgmL1
解得：v=23m/s
由此可知物块应该是先加速后匀速
t=vBμ1g+L1-vB22μ1gvB
代入数据解得：t＝2s
（2）若传送带的速度3m/s，则物体先加速后匀速，经过B点时的速度为
vB1＝3m/s
从B到D，由动能定理得
12mvD2-12mvB12=mgR(1+sin30°)
经过D点时
mvD2R=FD-mgsin30°
解得：FD＝11.5N
（3）从B到G，由动能定理得
12mvG2-12mvB22=2mgR(1+sin30°)
若在木板上恰好不分离，则系统的动量守恒，选择水平向右的方向为正方向，则
mvG＝（m+M）v1
12mvG2-12(m+M)v12=μ2mgL2
得：vB2＝3m/s
当2m/s≤v≤3m/s时
Q=12mvG2-12(m+M)v12=mvG23=m(vB22+6gR)3=v2+2415(J)
当3m/s≤v≤4m/s时
Q＝μ2mgL2
代入数据解得：Q＝2.2J
答：（1）若物块进入圆弧轨道BCD后恰好不脱轨，物块在传送带上运动的时间为2s；
（2）若传送带的速度3m/s，物块经过圆弧轨道BCD最低D点时，轨道对物块的作用力大小为11.5N；
（3）见解析。
如图所示，长L＝1m的传送带AB以速度v0＝1m/s顺时针转动，与水平面夹角为α＝37°，下端与足够长的光滑水平轨道BC平滑连接。滑块P、Q用细线拴在一起静止在水平轨道BC上，中间有一被压缩的轻质弹簧（P、Q与弹簧不相连）。剪断细线后弹簧恢复原长时，滑块P向左运动的速度为v1＝4m/s。已知滑块与传送带之间的动摩擦因数μ＝0.5，滑块P、Q质量分别为m1＝1kg、m2＝2kg。高H＝1.5m倾角为θ的粗糙倾斜轨道与水平轨道BC在C处平滑连接，光滑曲线轨道DEF左右对称，E为最高点。对于一般曲线上的某点，若存在一个最接近该点附近曲线的圆，则这个圆叫做曲率圆，它的半径叫做该点的曲率半径。图中圆1和圆2分别为D、E两点的曲率圆，半径分别为R1＝0.8m、R2＝0.2m。滑块Q在光滑轨道DEF内侧运动时的向心加速度恰好始终恒为a＝2g。求：
（1）滑块Q从C运动到D过程中损失的机械能ΔE；
（2）曲线轨道DEF上任意高度h处的曲率半径R与h的关系；
（3）物块P与传送带之间因摩擦而产生的热量Q。
【解答】解：（1）弹簧将P、Q弹开的过程动量守恒，取向右为正方向，由动量守恒定律得：
m2v2﹣m1v1＝0
解得：v2＝2m/s
由题知，滑块Q在光滑轨道DEF内侧运动时的向心加速度恰好始终恒为a＝2g，则在D点有
a=vD2R1
解得：vD＝4m/s
故滑块Q从C运动到D过程中损失的机械能为：
ΔE=12m2v22+m2gH-12m2vD2
解得：ΔE＝18J
（2）同理在E点也有
a=vE2R2
解得：vE＝2m/s
从D点到曲线轨道DEF上任意高度由动能定理得：
-m2gh=12m2v2-12m2vD2
且a=v2R
联立解得：R＝0.8﹣h
其中R1≥R≥R2
则0≤h≤0.6m
（3）滑块P在传送带向上减速，其加速度为a1，由牛顿第二定律得：
m1gsinα+μm1gcsα＝m1a1
代入数据得：a1＝10m/s2
滑块P向上减速到0时有t1=v1a1
代入数据得：t1＝0.4s
位移x1=12v1t1
代入数据得：x1＝0.8m即x1＜L
则滑块P未从顶端冲出，之后向下先加速，加速到共速有
t2=v0a1
代入数据得：t2＝0.1s
x1=12v0t2
代入数据得：x1＝0.05m
共速后对滑块P，由牛顿第二定律得：
m1gsinα﹣μm1gcsα＝m1a2
代入数据得：a2＝2m/s2
则滑块P向下减速有
x1-x2=v0t3+12a2t32
代入数据得：t3＝0.5s
故整个过程中滑块P与传送带相对运动的距离为：
Δs＝（x1+v0t1）+（v0t2﹣x2）+（x2﹣x1﹣v0t3）
代入数据得：Δs＝1.5m
则Q＝μm2gcsα•Δs
代入数据得：Q＝6J
答：（1）滑块Q从C运动到D过程中损失的机械能ΔE为18J；
（2）曲线轨道DEF上任意高度h处的曲率半径R与h的关系为R＝0.8﹣h，（0≤h≤0.6m）；
（3）物块P与传送带之间因摩擦而产生的热量Q为6J。
力做功
能的变化
定量关系
合力的功
动能变化
W＝Ek2－Ek1＝ΔEk
重力的功
重力势能变化
(1)重力做正功，重力势能减少
(2)重力做负功，重力势能增加
(3)WG＝－ΔEp＝Ep1－Ep2
弹簧弹力的功
弹性势能变化
(1)弹力做正功，弹性势能减少
(2)弹力做负功，弹性势能增加
(3)WF＝－ΔEp＝Ep1－Ep2
只有重力、弹簧弹力做功
机械能不变化
机械能守恒ΔE＝0
除重力和弹簧弹力之外的其他力做的功
机械能变化
(1)其他力做多少正功，物体的机械能就增加多少
(2)其他力做多少负功，物体的机械能就减少多少
(3)W其他＝ΔE
一对相互作用的滑动摩擦力的总功
机械能减少
内能增加
(1)作用于系统的一对滑动摩擦力一定做负功，系统内能增加
(2)摩擦生热Q＝Ff·x相对