专题06 功和能（解析版）

这是一份专题06 功和能（解析版），共20页。


【备考建议】
机械能这部分考点主要集中在功和能的转化部分，其中功和功率部分要关注运动方向和力的方向，动能定理的考察形式很多，但要选择合适的运动过程进行分析才能简化过程，动能定理涉及合外力包括重力弹力和摩擦力以及电磁学部分的电场力，安培力和洛伦兹力等等，所以应用范围广泛，需要备考中对应用动能定理解析的各种情景多分析多训练。机械能守恒的考点大部分集中的三方面即守恒的条件，增加的机械能和减少的机械能。
【经典例题】
考点一： 功的分析与计算
【典例1】(2019·江西三市六校联考)如图所示，两质量均为m＝1 kg的小球1、2(可视为质点)用长为L＝1.0 m的轻质杆相连，水平置于光滑水平面上，且小球1恰好与光滑竖直墙壁接触，现用力F竖直向上拉动小球1，当杆与竖直墙壁夹角θ＝37°时，小球2的速度大小v＝1.6 m/s，sin 37°＝0.6，g＝10 m/s2，则此过程中外力F所做的功为( )
A．8 J B．8.72 J
C．10 J D．9.28 J
【答案】C
【解析】.当杆与竖直墙壁夹角θ＝37°时，设小球1的速度为v1，将小球1、2的速度沿杆方向和垂直杆方向分解，则有v1cs 37°＝vcs 53°，所以v1＝eq \f(3,4)v＝1.2 m/s，取两小球和轻质杆为整体，则由动能定理知WF－mgLcs 37°＝eq \f(1,2)mveq \\al(2,1)＋eq \f(1,2)mv2，联立并代入数值得WF＝10 J，选项C正确．
考点二 功率的理解与计算
【典例2】（2019·江苏七市二模）引体向上是中学生体育测试的项目之一，引体向上运动的吉尼斯世界纪录是53次分钟。若一个普通中学生在30秒内完成12次引体向上，该学生此过程中克服重力做功的平均功率最接近于
A. 5WB. 20WC. 100WD. 400W
【答案】C
【解析】解：学生体重约为50kg，每次引体向上上升高度约为，引体向上一次克服重力做功为，全过程克服重力做功的平均功率为，故C正确，ABD错误；故选：C。
【典例3】一列火车总质量m＝500 t，发动机的额定功率P＝6×105 W，在轨道上行驶时，轨道对列车的阻力Ff是车重的0.01倍．(g取10 m/s2)
(1)求列车在水平轨道上行驶的最大速度；
(2)在水平轨道上，发动机以额定功率P工作，求当行驶速度为v1＝1 m/s和v2＝10 m/s时，列车的瞬时加速度a1、a2的大小；
(3)列车在水平轨道上以36 km/h的速度匀速行驶时，求发动机的实际功率P′；
(4)若列车从静止开始，保持0.5 m/s2的加速度做匀加速运动，求这一过程维持的最长时间．
【答案】(1)12 m/s (2)1.1 m/s2 0.02 m/s2(3)5×105 W (4)4 s
【解析】(1)列车以额定功率行驶，当牵引力等于阻力，即F＝Ff＝kmg时，列车的加速度为零，速度达到最大值vm，则
vm＝eq \f(P,F)＝eq \f(P,Ff)＝eq \f(P,kmg)＝12 m/s.
(2)当v＜vm时，列车做加速运动，若v1＝1 m/s，则F1＝eq \f(P,v1)＝6×105 N，
根据牛顿第二定律得a1＝eq \f(F1－Ff,m)＝1.1 m/s2
若v2＝10 m/s，则F2＝eq \f(P,v2)＝6×104 N
根据牛顿第二定律得a2＝eq \f(F2－Ff,m)＝0.02 m/s2.
(3)当v＝36 km/h＝10 m/s时，列车匀速运动，则发动机的实际功率P′＝Ffv＝5×105 W.
(4)由牛顿第二定律得F′＝Ff＋ma＝3×105 N
在此过程中，速度增大，发动机功率增大，当功率为额定功率时速度为v′，即v′＝eq \f(P,F′)＝2 m/s，
由v′＝at得t＝eq \f(v′,a)＝4 s.
考点三 动能定理及其应用
【典例4】（2019全国理综II卷14）从地面竖直向上抛出一物体，其机械能E总等于动能Ek与重力势能Ep之和。取地面为重力势能零点，该物体的E总和Ep随它离开地面的高度h的变化如图所示。重力加速度取10 m/s2。由图中数据可得
A．物体的质量为2 kg
B．h=0时，物体的速率为20 m/s
C．h=2 m时，物体的动能Ek=40 J
D．从地面至h=4 m，物体的动能减少100 J
【答案】ACD
【解析】根据题给图像可知抛出时物体动能为Ek=100J，由动能公式Ek=mv2，由重力势能公式，h=4m时重力势能mgh=80J，解得物体质量m=2kg，h=0时物体的速率为v=10ms，选项A正确B错误；由功能关系可知fh=△E=20J，解得物体上升过程中所受空气阻力f=5N，从开始抛出到上升到h1=2m，由动能定理，-mgh1-fh1=Ek1-100J，解得：Ek1=40J，选项C正确；由题给图像可知，物体上升到h=4m时，机械能为80J，重力势能为80J,其动能为零，即物体从地面上升到h=4m，物体动能减少了100J，选项D正确。
考点四 应用动能定理解决多过程问题
【典例5】(2019·陕西模拟)如图所示，轻弹簧的一端固定在墙上，另一端与置于粗糙水平面上质量为m的小球接触但不连接．开始时小球位于O点，弹簧水平且无形变．O点的左侧有一竖直放置的光滑半圆弧轨道，圆弧的半径为R，B为轨道最高点，小球与水平面间的动摩擦因数为μ.现用外力推动小球，将弹簧压缩至A点，OA间距离为x0，将球由静止释放，小球恰能沿轨道运动到最高点B.已知弹簧始终在弹性限度内，重力加速度为g.下列说法中正确的是( )
A．小球在从A到O运动的过程中速度不断增大
B．小球运动过程中的最大速度为vm＝eq \r(5gR)
C．小球与弹簧作用的过程中，弹簧的最大弹性势能Ep＝2.5mgR＋μmgx0
D．小球通过圆弧轨道最低点时，对轨道的压力为5mg
【答案】C.
【解析】：小球在从A到O运动的过程中，受弹力和摩擦力，由牛顿第二定律可知：kΔx－μmg＝ma，物体做加速度减小的加速运动，当加速度为零的时(弹力等于摩擦力时)速度最大，接下来摩擦力大于弹力，小球开始做减速运动，当弹簧恢复原长时小球离开弹簧，故A错误；因为小球恰能沿轨道运动到最高点B，由重力提供向心力：mg＝meq \f(veq \\al(2,B),R)，解得：vB＝eq \r(gR)，从O到B根据动能定理得：－2mgR＝eq \f(1,2)mveq \\al(2,B)－eq \f(1,2)mveq \\al(2,0)，联立以上解得：v0＝eq \r(5gR)， 由上分析可知：小球从开始运动到离开弹簧速度先增大后减小，所以最大速度要比eq \r(5gR)大，故B错误；从A到O根据能量守恒得：EP＝eq \f(1,2)mveq \\al(2,0)＋μmgx0，联立以上得：EP＝2.5mgR＋μmgx0，故C正确；小球在最低点时做圆周运动，由牛顿第二定律得：N－mg＝meq \f(veq \\al(2,0),R)，联立以上解得：N＝6mg，故D错误．
考点五 单物体机械能守恒问题
【典例6】(2016·全国Ⅲ卷,24)如图,在竖直平面内有由 QUOTE 圆弧AB和圆弧BC组成的光滑固定轨道,两者在最低点B平滑连接.AB弧的半径为R,BC弧的半径为 QUOTE .一小球在A点正上方与A相距 QUOTE 处由静止开始自由下落,经A点沿圆弧轨道运动.
(1)求小球在B,A两点的动能之比;
（2）通过计算判断小球能否沿轨道运动到C点.
【答案】(1) QUOTE =5 （2）见解析
【解析】:(1)设小球的质量为m,小球在A点的动能为EkA,由机械能守恒得EkA=mg QUOTE
设小球在B点的动能为EkB,同理有EkB=mg QUOTE
解得 QUOTE =5.
(2)若小球能沿轨道运动到C点,小球在C点所受轨道的正压力N应满足N≥0.
设小球在C点的速度大小为vC,由牛顿运动定律和向心力公式有N+mg=m QUOTE .
应满足mg≤m QUOTE .
由机械能守恒有mg QUOTE = QUOTE m QUOTE .
得出小球恰好可以沿轨道运动到C点.
考点六 多物体机械能守恒问题
【典例7】(2019·哈尔滨六中检测)如图所示，物体A的质量为M，圆环B的质量为m，通过绳子连接在一起，圆环套在光滑的竖直杆上，开始时连接圆环的绳子处于水平，长度l＝4 m，现从静止释放圆环．不计定滑轮和空气的阻力，g取10 m/s2，若圆环下降h＝3 m时的速度v＝5 m/s，则A和B的质量关系为( )
A．eq \f(M,m)＝eq \f(35,29) B．eq \f(M,m)＝eq \f(7,9)
C．eq \f(M,m)＝eq \f(39,25)D．eq \f(M,m)＝eq \f(15,19)
【答案】A
【解析】：圆环下降3 m后的速度可以按如图所示分解，故可得vA＝vcs θ＝eq \f(vh,\r(h2＋l2))，A、B和绳子看成一个整体，整体只有重力做功，机械能守恒，当圆环下降h＝3 m时，根据机械能守恒可得mgh＝MghA＋eq \f(1,2)mv2＋eq \f(1,2)Mveq \\al(2,A)，其中hA＝eq \r(h2＋l2)－l，联立可得eq \f(M,m)＝eq \f(35,29)，故A正确．
考点七 含弹簧类机械能守恒问题
【典例8】（2020成都调研）如图，一个质量为m的刚性圆环套在竖直固定细杆上，圆环的直径略大于细杆的直径，圆环的两边与两个相同的轻质弹簧的一端相连，轻质弹簧的另一端相连在和圆环同一高度的墙壁上的P、Q两点处，弹簧的劲度系数为k，起初圆环处于O点，弹簧处于原长状态且原长为L；将圆环拉至A点由静止释放，OA=OB=L，重力加速度为g，对于圆环从A点运动到B点的过程中，弹簧处于弹性范围内，下列说法正确的是( )
A. 圆环在O点的速度最大
B. 圆环通过O点的加速度等于g
C. 圆环在A点的加速度大小为
D. 圆环在B点的速度为
【答案】BC
【解析】
圆环受力平衡时速度最大，应在O点下方，故A错误；圆环通过O点时，水平方向合力零，竖直方向只受重力，故加速度等于g，故B正确；圆环在下滑过程中与粗糙细杆之间无压力，不受摩擦力，在A点对圆环进行受力分析如图，根据几何关系，在A点弹簧伸长。根据牛顿第二定律，有
，解得，。故C正确；圆环从A到B过程，根据功能关系，减少的重力势能转化为动能，，解得
故D错误。

【典例9】（2019吉林长春四模）利用弹簧弹射和传送带可以将工件运送至高处。如图所示，传送带与水平方向成37°角，顺时针匀速运动的速度v＝4m/s。B、C分别是传送带与两轮的切点，相距L＝6.4m。倾角也是37°的斜面固定于地面且与传送带上的B点良好对接。一原长小于斜面长的轻弹簧平行斜面放置，下端固定在斜面底端，上端放一质量m＝1kg的工件（可视为质点）。用力将弹簧压缩至A点后由静止释放，工件离开斜面顶端滑到B点时速度v0＝8m/s，A、B间的距离x＝1m，工件与斜面、传送带问的动摩擦因数相同，均为μ＝0.5，工件到达C点即为运送过程结束。g取10m/s2，sin37°＝0.6，cs37°＝0.8，求：
（1）弹簧压缩至A点时的弹性势能；
（2）工件沿传送带由B点上滑到C点所用的时间；
（3）工件沿传送带由B点上滑到C点的过程中，工件和传送带间由于摩擦而产生的热量。
【答案】（1）42 J（4分）；（2）2.4 s（11分）；（3）19.2 J （5分）。
【命题意图】以传送带和弹簧为命题背景，考查能量守恒定律、牛顿运动定律、匀变速直线运动规律及其相关知识点，意在考查学生的分析综合能力和应用数学处理物理问题的能力。
【解析】（1）由能量守恒定律得，弹簧的最大弹性势能
Ep＝mgxsin 37°＋μmgxcs 37°＋eq \f(1,2)mv （3分）
得Ep＝42 J （1分）
（2）工件在减速到与传送带速度相等的过程中，加速度为a1
mgsin 37°＋μmgcs 37°＝ma1 （2分）
解得a1＝10 m/s2
工件与传送带共速需要时间t1＝ （1分）
解得
工件滑行位移大小x1＝ （1分）
解得 （1分）
因为μ＜tan 37°，所以工件将沿传送带继续减速上滑 （1分）
在继续上滑过程中加速度为a2，则mgsin 37°－μmgcs 37°＝ma2 （2分）
解得a2＝2 m/s2
假设工件速度减为0时，工件未从传送带上滑落，
则运动时间t2＝ （1分）
解得
工件滑行位移大小x2＝ （1分）
解得
工件运动到C点时速度恰好为零，故假设成立，
工件在传送带上上滑的总时间为t＝t1＋t2＝2.4 s （1分）
（3）第一阶段：工件滑行位移x1＝2.4 m，
传送带位移＝v t1＝1.6 m，相对位移＝0.8 m （1分）
摩擦生热Q1＝μmgcs 37° （1分）
解得
第二阶段：工件滑行位移x2＝4 m，
传送带位移＝v t2＝8 m，相对位移＝4 m （1分）
摩擦生热Q2＝μmgcs 37° （1分）
解得
总热量Q＝19.2 J （1分）
考点八 摩擦力做功与能量的关系
【典例10】(2019·江西重点中学联考)如图所示，在粗糙的水平面上，质量相等的两个物体A、B间用一轻质弹簧相连组成系统，且该系统在水平拉力F作用下以相同加速度保持间距不变一起做匀加速直线运动，当它们的总动能为2Ek时撤去水平力F，最后系统停止运动．不计空气阻力，认为最大静摩擦力等于滑动摩擦力，从撤去拉力F到系统停止运动的过程中( )
A．外力对物体A所做总功的绝对值等于2Ek
B．物体A克服摩擦阻力做的功等于Ek
C．系统克服摩擦阻力做的功可能等于系统的总动能2Ek
D．系统克服摩擦阻力做的功一定等于系统机械能的减少量
【答案】D.
【解析】：当它们的总动能为2Ek时，物体A动能为Ek，撤去水平力F，最后系统停止运动，外力对物体A所做总功的绝对值等于Ek，选项A、B错误；由于二者之间有弹簧，弹簧具有弹性势能，根据功能关系，系统克服摩擦阻力做的功一定等于系统机械能的减少量，选项D正确，C错误．
考点九：能量守恒定律的理解与应用
【典例11】（2020山东模拟）如图所示，倾角 θ=37°的光滑且足够长的斜面固定在水平面上，在斜面顶端固定一个轮半径和质量不计的光滑定滑轮 D，质量均为m=1kg 的物体A和B用一劲度系数k=240N/m 的轻弹簧连接，物体 B 被位于斜面底端且垂直于斜面的挡板 P 挡住。用一不可伸长的轻绳使物体 A 跨过定滑轮与质量为 M 的小环 C 连接，小环 C 穿过竖直固定的光滑均匀细杆，当整个系统静止时，环 C 位 于 Q 处，绳与细杆的夹角 α=53°，且物体 B 对挡板 P 的压力恰好为零。图中 SD 水平且长度 为 d=0.2m，位置 R 与位置 Q 关于位置 S 对称，轻弹簧和定滑轮右侧的绳均与斜面平行。现 让环 C 从位置 R 由静止释放，sin37°=0.6，cs37°=0.8，g 取10m/s2。
求：⑴小环 C 的质量 M；
⑵小环 C 通过位置 S 时的动能 Ek及环从位置 R 运动到位置 S 的过程中轻绳对环做的功 WT；
⑶小环 C 运动到位置 Q 的速率 v.
【答案】（1）M=0.72kg（2）WT=0.3J（3）v=2m/s
【解析】（1）先以AB组成的整体为研究对象，AB系统受到重力。支持力和绳子的拉力处于平衡状态，则绳子的拉力为：T=2mgsinθ=2×10×sin37°=12N
以C为研究对象，则C受到重力、绳子的拉力和杆的弹力处于平衡状态，如图，则：
T•cs53°=Mg
代入数据得：M=0.72kg
（2）由题意，开始时B恰好对挡板没有压力，所以B受到重力、支持力和弹簧的拉力，弹簧处于伸长状态；产生B沿斜面方向的受力：
F1=mgsinθ=1×10×sin37°=6N
弹簧的伸长量：△x1= =0.025m
当小环 C 通过位置 S 时A下降的距离为：
此时弹簧的压缩量为：△x2=xA﹣△x1=0.025m
由速度分解可知此时A的速度为零，所以小环C从R运动到S的过程中，初末态的弹性势能相等，对于小环C、弹簧和A组成的系统机械能守恒有：
Mgdctα+mgxAsinθ=Ek
代入数据解得：Ek=1.38J
环从位置 R 运动到位置 S 的过程中，由动能定理可知：WT+Mgdctα=Ek
代入数据解得：WT=0.3J
（3）环从位置 R 运动到位置 Q 的过程中，对于小环C、弹簧和A组成的系统机械能守恒

对环在Q点的速度进行分解如下图，则：vA=vcsα
两式联立可得：v=2m/s
【走进高考】
1.【2018·新课标全国III卷】地下矿井中的矿石装在矿车中，用电机通过竖井运送至地面。某竖井中矿车提升的速度大小v随时间t的变化关系如图所示，其中图线①②分别描述两次不同的提升过程，它们变速阶段加速度的大小都相同；两次提升的高度相同，提升的质量相等。不考虑摩擦阻力和空气阻力。对于第①次和第②次提升过程（ ）
A．矿车上升所用的时间之比为4:5 B．电机的最大牵引力之比为2:1
C．电机输出的最大功率之比为2:1 D．电机所做的功之比为4:5
2..如图所示为一滑草场。某条滑道由上下两段高均为h，与水平面倾角分别为45°和37°的滑道组成，滑草车与草地之间的动摩擦因数为μ。质量为m的载人滑草车从坡顶由静止开始自由下滑，经过上、下两段滑道后，最后恰好静止于滑道的底端(不计滑草车在两段滑道交接处的能量损失，sin 37°＝0.6，cs 37°＝0.8)。则( )
A．动摩擦因数μ＝eq \f(6,7)
B．载人滑草车最大速度为 eq \r(\f(2gh,7))
C．载人滑草车克服摩擦力做功为mgh
D．载人滑草车在下段滑道上的加速度大小为eq \f(3,5)g
3．（多选）如图所示，长为2L的轻杆上端固定一质量为m的小球，下端用光滑铰链连接于地面上的 O点，杆可绕O点在竖直平面内自由转动。定滑轮固定于地面上方L处，电动机由跨过定滑轮且不可伸长的绳子与杆的中点相连。启动电动机，杆从虚线位置绕O点逆时针倒向地面，假设整个倒下去的过程中，杆匀角速转动。则在此过程中： （ ）
A. 小球重力做功为2mgL
B. 绳子拉力做功大于2mgL
C. 重力做功功率逐渐增大
D. 绳子拉力做功功率先增大后减小

4(2017·洛阳检测)如图所示，在倾角为θ的斜面上，轻质弹簧一端与斜面底端固定，另一端与质量为M的平板A连接，一个质量为m的物体B靠在平板的右侧，A、B与斜面的动摩擦因数均为μ。开始时用手按住物体B使弹簧处于压缩状态，现放手，使A和B一起沿斜面向上运动距离L时，A和B达到最大速度v。则以下说法正确的是( )
A．A和B达到最大速度v时，弹簧是自然长度
B．若运动过程中A和B能够分离，则A和B恰好分离时，二者加速度大小均为g(sin θ＋μcs θ)
C．从释放到A和B达到最大速度v的过程中，弹簧对A所做的功等于eq \f(1,2)Mv2＋MgLsin θ＋μMgLcs θ
D．从释放到A和B达到最大速度v的过程中，B受到的合力对它做的功等于eq \f(1,2)mv2
5．（2018广州一模）如图，质量为1kg的小物块从倾角为30°、长为2m的光滑固定斜面顶端由静止开始下滑，若选初始位置为零势能点，重力加速度取10m/s2，则它滑到斜面中点时具有的机械能和动能分别是
A．5J，5J B．10J，15J
C． 0，5J D． 0，10J
6.【2016·全国新课标Ⅲ卷】如图，水平地面上有两个静止的小物块a和b，其连线与墙垂直：a和b相距l；b与墙之间也相距l；a的质量为m，b的质量为m。两物块与地面间的动摩擦因数均相同，现使a以初速度向右滑动。此后a与b发生弹性碰撞，但b没有与墙发生碰撞，重力加速度大小为g，求物块与地面间的动摩擦力因数满足的条件。
7.【2019·新课标全国Ⅲ卷】从地面竖直向上抛出一物体，物体在运动过程中除受到重力外，还受到一大小不变、方向始终与运动方向相反的外力作用。距地面高度h在3 m以内时，物体上升、下落过程中动能Ek随h的变化如图所示。重力加速度取10 m/s2。该物体的质量为（ ）
A．2 kg B．1.5 kg C．1 kg D．0.5 kg
8.(2019·河北定州中学模拟)如图所示，A、B两小球由绕过轻质定滑轮的细线相连，A放在固定的光滑斜面上，B、C两小球在竖直方向上通过劲度系数为k的轻质弹簧相连，C球放在水平地面上．现用手控制住A，并使细线刚刚拉直但无拉力作用，并保证滑轮左侧细线竖直、右侧细线与斜面平行．已知A的质量为4m，B、C的质量均为m，重力加速度为g，细线与滑轮之间的摩擦不计，开始时整个系统处于静止状态．释放A后，A沿斜面下滑至速度最大时C恰好离开地面．下列说法正确的是( )
A．斜面倾角α＝60°
B．A获得的最大速度为2geq \r(\f(m,5k))
C．C刚离开地面时，B的加速度最大
D．从释放A到C刚离开地面的过程中，A、B两小球组成的系统机械能守恒
9.（2018广州一模）如图，上表面光滑、下表面粗糙的木板放置于水平地面上，可视为质点的滑块静止放在木板的上表面。t = 0时刻，给木板一个水平向右的初速度v0，同时对木板施加一个水平向左的恒力F，经一段时间，滑块从木板上掉下来。已知木板质量M =3kg，高h = 0.2m，与地面间的动摩擦因数µ=0.2；滑块质量m =0.5kg，初始位置距木板左端L1=0.46m，距木板右端L2=0.14m；初速度v0=2m/s，恒力F = 8N，重力加速度g=10m/s2。求：（1）滑块从离开木板开始到落至地面所用时间；
（2）滑块离开木板时，木板的速度大小；
L1
L2
F
v0
左
右
（3）从t = 0时刻开始到滑块落到地面的过程中，摩擦力对木板做的功。
10.(2018·南师附中)如图所示，在高h1＝30 m的光滑水平平台上，质量m＝1 kg的小物块压缩弹簧后被锁扣K锁住，储存了一定量的弹性势能Ep。若打开锁扣K，小物块将以一定的水平速度v1向右滑下平台，做平抛运动，并恰好能沿光滑圆弧形轨道BC的B点的切线方向进入圆弧形轨道。B点的高度h2＝15 m，圆弧轨道的圆心O与平台等高，轨道最低点C的切线水平，并与地面上长为L＝70 m 的水平粗糙轨道CD平滑连接；小物块沿轨道BCD运动并与右边墙壁发生碰撞，取g＝10 m/s2。
(1)求小物块由A到B的运动时间；
(2)求小物块原来压缩弹簧时储存的弹性势能Ep的大小；
(3)若小物块与墙壁只发生一次碰撞，碰后速度等大反向，反向运动过程中没有冲出B点，最后停在轨道CD上的某点P(P点未画出)。设小物块与轨道CD之间的动摩擦因数为μ，求μ的取值范围。
1.【答案】AC
【解析】设第②次所用时间为t，根据速度图象的面积等于位移（此题中为提升的高度）可知，×2t0×v0=×（t+3t0/2）×v0，解得：t=5t0/2，所以第①次和第②次提升过程所用时间之比为2t0∶5t0/2=4∶5，选项A正确；由于两次提升变速阶段的加速度大小相同，在匀加速阶段，由牛顿第二定律，F–mg=ma，可得提升的最大牵引力之比为1∶1，选项B错误；由功率公式，P=Fv，电机输出的最大功率之比等于最大速度之比，为2∶1，选项C正确；加速上升过程的加速度a1=，加速上升过程的牵引力F1=ma1+mg=m(+g)，减速上升过程的加速度a2=–，减速上升过程的牵引力F2=ma2+mg=m(g–)，匀速运动过程的牵引力F3=mg。第①次提升过程做功W1=F1××t0×v0+F2××t0×v0=mgv0t0；第②次提升过程做功W2=F1××t0×v0+F3×v0×3t0/2+F2××t0×v0=mgv0t0；两次做功相同，选项D错误。
2.【答案】 AB
【解析】由题意知，上、下两段斜坡的长分别为s1＝eq \f(h,sin 45°)、s2＝eq \f(h,sin 37°)
由动能定理知：2mgh－μmgs1cs 45°－μmgs2cs 37°＝0
解得动摩擦因数μ＝eq \f(6,7)，选项A正确；
载人滑草车在上下两段的加速度分别为a1＝g(sin 45°－μcs 45°)＝eq \f(\r(2),14)g，
a2＝g(sin 37°－μcs 37°)＝－eq \f(3,35)g，
则在下落h时的速度最大，由动能定理知：mgh－μmgs1cs 45°＝eq \f(1,2)mv2
解得v＝ eq \r(\f(2gh,7))，选项B正确，D错误；
载人滑草车克服摩擦力做的功与重力做功相等，即W＝2mgh，选项C错误。
3【答案】AC
【解析】重力做功为重力乘以竖直方向位移应该是重心下降的高度即所以重力做功，选项A错误。小球动能一直没有发生变化，即合外力做功等于0，所以拉力做功等于重力做功等于，选项B错。整个运动过程中重力和速度方向夹角逐渐变小，速度大小和重力都不变，所以重力做功的功率逐渐变大，选项C对。任意一段时间内小球动能都不变，所以拉力做功的功率和重力做功的功率始终相等，即逐渐变大，选项D错。
4【答案】BD
【解析】A和B达到最大速度v时，A和B的加速度为零。对AB整体：由平衡条件知kx＝(m＋M)gsin θ＋μ(m＋M)gcs θ，所以此时弹簧处于压缩状态，故A错误；A和B恰好分离时，A、B间的弹力为0，A、B的加速度相同，对B受力分析，由牛顿第二定律知，mgsin θ＋μmgcs θ＝ma，得a＝gsin θ＋μgcs θ，故B正确；从释放到A和B达到最大速度v的过程中，对AB整体，根据动能定理得W弹－(m＋M)gLsin θ－μ(m＋M)gcs θ·L＝eq \f(1,2)(m＋M)v2，所以弹簧对A所做的功W弹＝eq \f(1,2)(m＋M)v2＋(m＋M)gLsin θ＋μ(m＋M)gcs θ·L，故C错误；从释放到A和B达到最大速度v的过程中，对于B，根据动能定理得B受到的合力对它做的功W合＝ΔEk＝eq \f(1,2)mv2，故D正确。
5【答案】C
【解析】小物块沿光滑固定斜面下滑，机械能守恒，初始位置为零势能点，机械能为零，它滑到斜面中点时具有的机械能仍然为零。它滑到斜面中点时，重力势能为Ep=-mg·Lsin30°=-5J，根据机械能守恒定律，它滑到斜面中点时，动能为5J，选项C正确。
【解析】设物块与地面间的动摩擦因数为μ，若要物块a、b能够发生碰撞，应有
即
设在a、b发生弹性碰撞前的瞬间，a的速度大小为，由能量守恒可得
设在a、b碰撞后的瞬间，a、b的速度大小分别为，
根据动量守恒和能量守恒可得，
联立可得
根据题意，b没有与墙发生碰撞，根据功能关系可知，
故有，
综上所述，a与b发生碰撞，但b没有与墙发生碰撞的条件是
7.
【答案】C
【解析】对上升过程，由动能定理，，得，即F+mg=12 N；下落过程，，即N，联立两公式，得到m=1 kg、F=2 N。
8.【答案】：B
【解析】：C刚离开地面时，对C有kx2＝mg，此时B有最大速度，即aB＝aC＝0，则对B有FT－kx2－mg＝0，对A有4mgsin α－FT＝0，由以上方程联立可解得sin α＝eq \f(1,2)，α＝30°，故A错误；初始系统静止，且线上无拉力，对B有kx1＝mg，可知x1＝x2＝eq \f(mg,k)，则从释放A至C刚离开地面时，弹性势能变化量为零，由机械能守恒定律得4mg(x1＋x2)sin α＝mg(x1＋x2)＋eq \f(1,2)(4m＋m)vBm2，由以上方程联立可解得vBm＝2geq \r(\f(m,5k))，所以A获得的最大速度为2geq \r(\f(m,5k))，故B正确；对B球进行受力分析可知，刚释放A时，B所受合力最大，此时B具有最大加速度，故C错误；从释放A到C刚离开地面的过程中，A、B、C及弹簧组成的系统机械能守恒，故D错误．
9.【解析】
（1）设滑块从离开木板开始到落到地面所用时间为t0，以地面为参考系，滑块离开木板后做自由落体运动，根据运动学公式知 得
（2）以木板为研究对象，向右做匀减速直线运动，由牛顿第二定律
得a1=5m/s2，则木板减速到零所经历的时间 ，
所经过的位移
由于s1＜L1=0.46m，表明这时滑块仍然停留在木板上
此后木板开始向左做匀加速直线运动，摩擦力的方向改变，由牛顿第二定律

得a2=m/s2
滑块离开木板时，木板向左的位移
该过程根据运动学公式
得t2=1.8s
滑块滑离瞬间木板的速度
（3）滑块离开木板后，木板所受地面的支持力及摩擦力随之改变，由牛顿第二定律

得a3=m/s2
故木板在这段时间的位移为
整个过程摩擦力对木板做的功为
得
10.【答案】（1）t＝eq \r(3) s（2）50J（3）eq \f(1,6)≤μ＜eq \f(1,2)
【解析】(1)设从A运动到B的时间为t，由平抛运动规律得
h1－h2＝eq \f(1,2)gt2，
解得t＝eq \r(3) s。

(3)设小物块在水平轨道CD上通过的总路程为s，
根据题意，该路程的最大值是smax＝3L，
路程的最小值是smin＝L，
路程最大时，动摩擦因数最小，路程最小时，动摩擦因数最大，由能量守恒知
mgh1＋eq \f(1,2)mv12＝μminmgsmax，
mgh1＋eq \f(1,2)mv12＝μmaxmgsmin，
解得μmax＝eq \f(1,2)，μmin＝eq \f(1,6)。
由小物块与墙壁只发生一次碰撞可知，eq \f(1,6)≤μ＜eq \f(1,2)。
答案：(1)eq \r(3) s (2)50 J (3)eq \f(1,6)≤μ＜eq \f(1,2)