D．hA>hB，则一定有WA>WB
14、如图2所示，轻质弹簧的一端与固定的竖直板P拴接，另一端与物体A相连，物体A静止于光滑水平桌面上，A右端连接一细线，细线绕过光滑的定滑轮与物体B相连。
开始时用手托住B，让细线恰好伸直，然后由静止释放B，直至B获得最大速度。
下列有关该过程的分析正确的是（ ）
A．B物体的机械能一直减少
B．B物体动能的增量等于它所受重力与拉力做功之和
C．B物体机械能的减少量等于弹簧弹性势能的增加量
D．细线的拉力对A做的功等于A物体与弹簧组成的系统机械能的增加量
图2
15、如图3所示，一个质量为m的铁块沿半径为R的固定半圆轨道上边缘由静止滑下，到半圆底部时，轨道所受压力为铁块重力的1.5倍，则此过程中铁块损失的机械能为（ ）
A.
mgRB.
mgR
C.
mgRD.
mgR
图3
16、如图4所示，BC是竖直面内的四分之一圆弧形光滑轨道，下端C与水平直轨道相切。
一个小物块从B点正上方R处的A点处由静止释放，从B点刚好进入圆弧形光滑轨道下滑，已知圆弧形轨道半径为R＝0.2m，小物块的质量为m＝0.1kg，小物块与水平面间的动摩擦因数μ＝0.5，取g＝10m/s2。
小物块在水平面上滑动的最大距离是（ ）
A．0.1mB．0.2m
C．0.6mD．0.8m
图4
17、如图5所示是某中学科技小组制作的利用太阳能驱动小车的装置。
当太阳光照射到小车上方的光电板时，光电板中产生的电流经电动机带动小车前进。
若小车在平直的公路上以初速度v0开始加速行驶，经过时间t，前进了距离l，达到最大速度vmax，设此过程中电动机功率恒为额定功率P，受的阻力恒为Ff，则此过程中电动机所做的功为（ ）
A．Ffvmaxt B．Pt
C．Fft
D.
mvmax2＋Ffl－
mv02
图5
18、如图6所示，某段滑雪雪道倾角为30°，总质量为m（包括雪具在内）的滑雪运动员从距底端高为h处的雪道上由静止开始匀加速下滑，加速度为
g。
在他从上向下滑到底端的过程中，下列说法正确的是（ ）
A．运动员减少的重力势能全部转化为动能
B．运动员获得的动能为
mgh
C．运动员克服摩擦力做功为
mgh
D．下滑过程中系统减少的机械能为
mgh
图6
19、如图7所示，质量为m的可看成质点的物块置于粗糙水平面上的M点，水平面的右端与固定的斜面平滑连接，物块与水平面及斜面之间的动摩擦因数处处相同。
物块与弹簧未连接，开始时物块挤压弹簧使弹簧处于压缩状态。
现从M点由静止释放物块，物块运动到N点时恰好静止，弹簧原长小于MM′。
若物块从M点运动到N点的过程中，物块与接触面之间由于摩擦所产生的热量为Q，物块、弹簧与地球组成系统的机械能为E，物块通过的路程为s。
不计转折处的能量损失，下列图象所描述的关系中可能正确的是（ ）
图7图8
20、足够长的粗糙斜面上，用力推着一物体沿斜面向上运动，t＝0时撤去推力，0～6s内速度随时间的变化情况如图9所示，由图象可知（ ）
A．0～1s内重力的平均功率大小与1～6s内重力平均功率大小之比为5∶1
B．0～1s内摩擦力的平均功率大小与1～6s内摩擦力平均功率大小之比为1∶1
C．0～1s内位移大小与1～6s内位移大小之比为1∶5
D．0～1s内机械能变化量大小与1～6s内机械能变化量大小之比为1∶5
21、如图10所示，质量m＝1kg的小物块放在一质量为M＝4kg的足够长的木板右端，物块与木板间的动摩擦因数μ＝0.2，木板与水平面间的摩擦不计。
物块用劲度系数k＝25N/m的弹簧拴住，弹簧的左端固定（与木板不粘连）。
开始时整个装置静止，弹簧处于原长状态。
现对木板施以12N的水平向右的恒力（物块与木板间最大静摩擦力可认为等于滑动摩擦力，g＝10m/s2）。
已知弹簧的弹性势能Ep＝
kx2，式中x为弹簧的伸长量或压缩量。
求：
（1）开始施力的瞬间小物块的加速度；
（2）物块达到的最大速度是多少？
图10
22、如图11所示，传送带与水平面之间的夹角为θ＝30°，其上A、B两点间的距离为l＝5m，传送带在电动机的带动下以v＝1m/s的速度匀速运动，现将一质量为m＝10kg的小物体（可视为质点）轻放在传送带的A点，已知小物体与传送带之间的动摩擦因数μ＝
，在传送带将小物体从A点传送到B点的过程中，求：
（g取10m/s2）
（1）传送带对小物体做的功；
（2）电动机做的功。
图11
1、【解析】选D。
汽车在水平路面上的制动过程，重力对其不做功，选项A、C错误；降落伞匀速下降时动能并没有变化，选项B错误。
上述各物理过程中减少的机械能转化成其他形式的能量，选项D正确。
2、【解析】选B、C。
物体在静摩擦力作用下可以向各个方向运动，所以静摩擦力可以对物体做功，故A错。
物体在滑动摩擦力的作用下也可以运动，即运动方向可以与滑动摩擦力的方向相同，从而对物体做正功，故B对。
由于一对静摩擦力等大反向，且作用位移相同，故一个力做正功，另一个力一定做负功，故C对。
在一对滑动摩擦力中，力的大小相等、方向相反，但两力的作用位移大小不相同，方向也不相同，故D错误。
3、【解析】选B。
缓慢提起的过程中铁链动能不变，由功能关系得：
WF=ΔE机=
mgL，故选B。
4、【解析】选C。
无论物体向上加速还是匀速运动，除重力外，其他外力一定对物体做正功，物体机械能都增加，物体向上减速运动时，除重力外，物体受到的其他外力不确定，故无法确定其机械能的变化，C正确。
5、【解析】选A、C。
由货物运动的v-t图像可知，前3s内货物向上做匀加速直线运动，货物处于超重状态，A正确；最后2s内货物向上做匀减速直线运动，加速度为-3m/s2，说明货物除受重力外，还受其他力的作用，B错误；由平均速度公式
得，前3s内与最后2s内货物的平均速度都为3m/s，C对；第3s末至第5s末的过程中，货物的速度不变，动能不变，重力势能增加，故机械能增加，D错误。
6、【解析】选D。
由能量守恒定律知，电动机做的功等于物体获得的动能和由于摩擦而产生的热量，故A错；对物体受力分析知，仅有摩擦力对物体做功，由动能定理知，B错；传送带克服摩擦力做功等于摩擦力与传送带对地位移的乘积，而易知这个位移是物体对地位移的两倍，即W=mv2,故C错；由功率公式易知传送带增加的功率为μmgv,故D对。
【总结提升】摩擦力做功的误区分析
常见误区分析：
（1）误区之一：
计算摩擦力做功时，误把物体的长度当成物体对地位移。
解决办法：
规范作出物体运动过程的分析示意图，标出物体的受力情况以及运动位移;同时切记力对物体做的功等于该力与物体对地位移的乘积。
（2）误区之二：
误把外力做的功当作系统机械能的增量。
解决办法:
认真分析系统内各种能量的变化，不能遗漏对任何一种能量改变的分析；同时对能量守恒定律和功能关系要深刻理解，如果系统内除机械能改变之外，无其他能量变化，如内能的增加，则外力（除重力之外）做的功就等于系统机械能的增量。
如果有系统的内力做功情况且之和不为零，系统内有其他形式的能的转化,用能量守恒定律求解。
7、【解析】选A、C。
由于A、B始终相对静止，故A、B之间没有相对运动，没有摩擦生热，所以拉力F做的功全部转化为A、B的动能。
物体A获得的能量是在A、B加速过程中静摩擦力对A所做的功，故选项A、C正确。
8、【解题指南】解答本题时可按以下思路分析：
（1）根据胡克定律求解弹簧的压缩量；
（2）小车每次撞击时克服弹簧的弹力做功相同；
（3）撞击时小车克服弹力和摩擦力做功。
【解析】
（1）轻杆开始移动时，弹簧的弹力
F=kx（2分）
且F=Ff（2分）
解得x=
（2分）
（2）设轻杆移动前小车对弹簧所做的功为W，则小车从撞击到停止的过程中
由动能定理得
（2分）
同理，小车以vm撞击弹簧时
（2分）
解得
（2分）
答案：
（1）
（2）
9、
【解析】男孩从桥面自由下落到紧靠水面的C点的过程中，重力势能的减少量对应弹性势能的增加量，男孩速度最大时，应位于加速度为零的位置。
（1）由功能转化关系可知，
mgh=Es（2分）
Es=50×10×45J=2.25×104J（1分）
又Es=
kx2,x=45m-15m=30m（2分）
所以
（2分）
（2）男孩加速度为零时，mg=kx′（2分）
解得x′=10m（1分）
由能量转化和守恒定律得：
（4分）
所以vm=20m/s（2分）
答案：
（1）2.25×104J50N/m
（2）20m/s
10、【解题指南】解答本题时应注意以下两点：
（1）滑块穿过P孔后做竖直上抛运动。
（2）滑块穿过P孔竖直上抛的时间内，平台转动的可能角度。
【解析】
（1）设滑块滑至B点时速度为vB,对滑块由A点到B点应用动能定理有
（2分）
对滑块在B点，由牛顿第二定律有
（2分）
解得FN=9mg（1分）
由牛顿第三定律可知，滑块在B点时对轨道的压力大小FN′=FN=9mg（1分）
（2）滑块从B点开始运动后机械能守恒，设滑块到达P处时速度为vP,则
（2分）
解得
（2分）
滑块穿过P孔后再回到平台的时间
（2分）
要想实现题述过程，需满足ωt=（2n+1）π（2分）
（2分）
答案：
（1）9mg
（2）
11、答案：
选A 木块上升时，同体积的水下移，水、杯子和木块组成的系统总重力势能减小，转化为系统的内能，故A正确。
12、答案：
选A 悬于桌边的链条质量为
。
将其拉上桌面，重心升高
，故至少做功为
mgL。
选项A正确。
13、答案：
选B 当hA＝hB时，则一定有WAhB时，有WAWB、WA＝WB三种可能，故选项B正确，D错误；当hA14、答案：
选ABD 由于细线的拉力对B做负功，故B物体机械能一直减少，A正确；根据动能定理可确定B正确；由于该过程中A的动能增加，故B物体机械能的减少量等于弹簧弹性势能与物体A动能增加量的和，故C错误；细线的拉力对A和弹簧组成的系统做正功，根据功能关系，D正确。
15、答案：
选D 由FN－mg＝m
，FN＝1.5mg可得：
v2＝
。
由功能关系可知，铁块损失的机械能ΔE＝mgR－
mv2＝
mgR，故D正确。
16、答案：
选D 设小物块在水平面上滑动的最大距离为x，由动能定理得：
mg·2R－μmgx＝0，x＝
＝0.8m，选项D正确。
17、答案：
选ABD 因小车以恒定的功率运动，故此过程小车电动机做功为W＝Pt＝Ffvmaxt，A、B均正确；由动能定理可得W－Ffl＝
mvmax2－
mv02，得：
W＝
mvmax2－
mv02＋Ffl。
故D正确，C错误。
18、答案：
选D 运动员的加速度为
g，沿斜面：
mg－Ff＝m·
g，Ff＝
mg，WFf＝
mg·2h＝
mgh，所以A、C项错误，D项正确；Ek＝mgh－
mgh＝
mgh，B项错误。
19、答案：
选C 因摩擦力始终做负功，故系统产生的热量Q随s增大，而系统的机械能随s而减小，B、D均错误；当因s>xMM′，故Q＝μmgxMM′＋μmgcosθ（s－xMM′），E＝E0－μmgxMM′－μmgcosθ（s－xMM′），对应图线可知，A错误，C正确。
20、答案：
选BCD 0～1s内物体沿斜面向上位移为5m，平均速度为5m/s；1～6s内物体沿斜面向下位移为25m，平均速度为5m/s；0～1s内位移大小与1～6s内位移大小之比为1∶5,0～1s内重力的平均功率大小与1～6s内重力平均功率大小之比为1∶1，选项A错误，C正确；0～1s内摩擦力大小与1～6s内摩擦力大小相等，0～1s内摩擦力的平均功率大小与1～6s内摩擦力平均功率大小之比为1∶1，选项B正确；0～1s内机械能变化量大小与1～6s内机械能变化量大小之比为1∶5，选项D正确。
21、解析：
（1）假设m、M相对静止，由牛顿第二定律
a＝
＝2.4m/s2。
此时m受的合外力
F合＝ma＝2.4N>Ff＝μmg＝2N。
所以m、M相对滑动a＝
＝μg＝2m/s2。
（2）速度最大时，物块所受合力为零，此时弹簧伸长x，则kx＝μmg，
所以x＝0.08m，由功能关系
μmgx＝
kx2＋
mvm2。
所以vm＝0.4m/s。
答案：
（1）2m/s2
（2）0.4m/s
22、解析：
（1）小物体轻放在传送带上时，受力分析如图所示，根
据牛顿第二定律得
沿斜面方向：
μmgcosθ－mgsinθ＝ma
可知，小物体上升的加速度为a＝2.5m/s2
当小物体的速度为v＝1m/s时，位移x＝
＝0.2m
然后小物体将以v＝1m/s的速度完成4.8m的路程，由功能关系得：
W＝ΔEp＋ΔEk＝mglsinθ＋
mv2＝255J
（2）电动机做功使小物体机械能增加，同时小物体与传送带间因摩擦产生热量Q，由v＝at得t＝
＝0.4s
相对位移x′＝vt－
at2＝0.2m
摩擦热Q＝μmgx′cosθ＝15J
故电动机做的功为W电＝W＋Q＝270J。
答案：
（1）255J
（2）270J
升级会员 