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階段綜合評價(四)　機械能及其守恒定律
(時間：75分鐘　滿分：100分)
一、單項選擇題(本題共7小題，每小題4分，共28分。在每小題給出的四個選項中，只有一項是符合題目要求的)
1.如圖所示，站在平板卡車上的人用水平力F向前推車，腳對車的摩擦力向后為f，則下列說法中正確的是(　　)
A．當車勻速前進時，F和f對車做功的代數和為零
B．當車加速前進時，F和f對車做功的代數和為正值
C．當車減速前進時，F和f對車做功的代數和為負值
D．不管車如何運動，F和f對車做功的代數和均為零
解析：選A　當車勻速前進時，人隨車勻速運動，由人受力平衡結合牛頓第三定律可知F與f等值反向，F和f對車做功的代數和為零，故A正確；當車加速前進時，人隨車加速前進，人所受合力向前，車對人的推力F′必小于車對人的摩擦力f′，故F與f的合力方向向后，F和f對車做功的代數和為負值，B錯誤；同理可判定C錯誤，由以上可知D一定錯誤。
2．在下列幾種情況下，甲、乙兩物體動能相等的是(　　)
A．甲的速度是乙的2倍，甲的質量是乙的一半
B．甲的質量是乙的2倍，甲的速度是乙的一半
C．甲的質量是乙的4倍，甲的速度是乙的四分之一
D．質量相同，速度的大小相同，但甲向東運動，乙向西運動
解析：選D　由動能定義式Ek＝mv2可知：選項A、B、C錯誤。動能是標量，一個質量一定的物體動能大小只取決于速度大小，而與速度方向無關，D正確。
3．在足球賽中，紅隊球員在白隊禁區附近主罰定位球，如圖所示，并將球從球門右上角擦著橫梁踢進球門。球門高度為h，足球飛入球門的速度為v，足球的質量為m，則紅隊球員將足球踢出時對足球做的功W(不計空氣阻力，足球視為質點)(　　)
A．等于mgh＋mv2
B．大于mgh＋mv2
C．小于mgh＋mv2
D．因為球射入球門過程中的曲線的形狀不確定，所以做功的大小無法確定
解析：選A　由機械能守恒定律可知，球員對球做的功等于足球機械能的增加量，故W＝mgh＋mv2。A正確。
4.如圖所示，小球以大小為v0的初速度由A端向右運動，到B端時的速度減小為vB；若以同樣大小的初速度由B端向左運動，到A端時的速度減小為vA。已知小球運動過程中始終未離開該粗糙軌道，D為AB中點。以下說法正確的是(　　)
A．vA>vB
B．vA＝vB
C．vAD．兩次經過D點時速度大小相等
解析：選A　小球由A端向右運動時，通過凹槽的速度大于小球由B端向左運動時通過凹槽的速
度，因通過凹槽時(如圖甲)，有FN－mgcos θ＝，故小球由A端向右運動時，通過凹槽時受到的支持力大，因而受到的摩擦力大，克服阻力做功多；同理，小球通過凸槽時(如圖乙)，有mgcos θ－FN＝，小球由A端向右運動時，通過凸槽的速度小于小球由B端向左運動時通過凸槽的速度，所以小球向右運動時通過凸槽時受到的摩擦力也大，故克服阻力做的功多。所以小球向右運動全過程克服阻力做功多，動能損失多，末動能小，只有A正確。
5．由兩種不同材料拼接成的直軌道ABC，B為兩種材料的分界點，長度AB>BC。先將ABC按圖1方式搭建成傾角為θ的斜面，讓一小物塊(可看成質點)從斜面頂端由靜止釋放，經時間t小物塊滑過B點；然后將ABC按圖2方式搭建成傾角為θ的斜面，同樣將小物塊從斜面頂端由靜止釋放，小物塊經相同時間t滑過B點。則小物塊(　　)
A．與AB段的動摩擦因數比與BC段的動摩擦因數大
B．兩次滑到B點的速率相同
C．兩次從頂端滑到底端所用的時間相同
D．兩次從頂端滑到底端的過程中摩擦力做功相同
解析：選D　由于長度AB>BC，而兩次過程中所用時間相同，由s＝at2可知在AB中加速度大，再由a＝gsin θ－μgcos θ可知小物塊與AB段的動摩擦因數小，A錯誤；由vB＝at可知在題圖1中滑到B點的速率大，B錯誤；兩次過程中在對應階段的摩擦力相同、位移相同，故摩擦力做功相同，重力做功相等，再結合能量守恒可知，物塊到達底端時速度相同，則再由如圖所示速度—時間圖像易看出第一次所用總時間較短，故C錯誤，D正確。
6.如圖所示，一很長的、不可伸長的柔軟輕繩跨過光滑定滑輪，繩兩端各系一小球a和b。a球質量為m, 靜置于地面；b球質量為3m，用手托住，高度為h，此時輕 繩剛好拉緊。從靜止開始釋放b后，a可能達到的最大高度為(　　)
A．h B．1.5h
C．2h D．2.5h
解析：選B　釋放b后，b下落到地面，a上升高度h瞬間，a、b兩者的速度相等，設為v，由機械能守恒定律得3mgh＝mgh＋mv2＋×3mv2，解得v＝，之后a豎直上拋，設繼續上升的高度為h′，由h′＝得h′＝h，所以a上升的最大高度為h＋h′＝h，B正確。
7.如圖所示，長為L的均勻鏈條放在光滑水平桌面上，且使長度的垂在桌邊，松手后鏈條從靜止開始沿桌邊下滑，則鏈條滑至剛剛離開桌邊時的速度大小為(　　)
A. B.
C. D．4
解析：選C　由機械能守恒定律ΔEp減＝ΔEk增，即mg·－mg·＝mv2，所以v＝。
二、多項選擇題(本題共3小題，每小題6分，共18分。在每小題給出的四個選項中，有多項符合題目要求。全部選對的得6分，選對但不全的得3分，有選錯的得0分)
8.研究“蹦極”運動時，在運動員身上系好彈性繩并安裝傳感器，可測得運動員豎直下落的距離及其對應的速度大小。根據傳感器收集到的數據，得到如圖所示的“速度—位移”圖像。若空氣阻力和彈性繩的重力可以忽略，根據圖像信息，下列說法正確的有(　　)
A．彈性繩原長為15 m
B．當運動員下降10 m時，處于失重狀態
C．當運動員下降15 m時，繩的彈性勢能最大
D．當運動員下降20 m時，其加速度方向豎直向上
解析：選BD　運動員下降15 m時速度最大，此時加速度為零，合外力為零，彈性繩彈力不為零，彈力等于重力，彈性繩處于伸長狀態，故A錯誤；當運動員下降10 m時，速度向下并且逐漸增大，處于失重狀態，故B正確；當運動員下降15 m時，速度不為零，運動員繼續向下運動，彈性繩繼續伸長，彈性勢能繼續增大，故C錯誤；當運動員下降20 m時，運動員向下減速運動，其加速度方向豎直向上，故D正確。
9．如圖所示，排球比賽中運動員將排球從M點水平擊出，排球飛到P點時，被對方運動員擊出，球又斜向上飛出后落到M點正下方的N點，N點與P點等高，軌跡的最高點Q與M等高，不計空氣阻力。下列說法正確的有(　　)
A．排球兩次飛行過程中加速度相同
B．排球兩次飛行過程中重力對排球做的功相等
C．排球離開M點的速率比經過Q點的速率大
D．排球到達P點時的速率比離開P點時的速率大
解析：選ACD　不計空氣阻力，排球在空中的拋體運動只受重力而做勻變速曲線運動，加速度均為重力加速度g，故A正確；設排球第一次從M到P下落高度為h，重力做正功為WG＝mgh，第二次做斜上拋運動從P點經Q點到N點，重力做功為零，故B錯誤；排球從M點到P點和從Q點到N點都是平拋運動，在M、Q點均只有水平方向的速度，下落高度h相同，由h＝gt2知運動時間相同，但xMP＞xQN，由x＝v0t可推出離開M點的速率大于經過Q點的速率，故C正確；將排球從P點到Q點的斜上拋運動由逆向思維法可看成從Q點到P點的平拋運動，則由M點到P點和Q點到P點的平拋運動比較，下落高度相同，則運動時間相同，豎直分速度vy一樣，但M到P的水平位移大，則水平速度v0較大，由v＝，可知從M到P的末速度大小大于從P到Q的初速度大小，故D正確。
10.如圖所示，水平面上固定一傾角為θ＝30°的斜面，一輕質彈簧下端固定在斜面底端的擋板上，上端連接一質量m＝2 kg的物塊(視為質點)，開始時物塊靜止在斜面上A點，此時物塊與斜面間的摩擦力恰好為零，現用一沿斜面向上的恒力F＝20 N作用在物塊上，使其沿斜面向上運動，當物塊從A點運動到B點時，力F做的功W＝4 J，已知彈簧的勁度系數k＝100 N/m，物塊與斜面間的動摩擦因數μ＝，g＝10 m/s2，則下列結論正確的是(　　)
A．物塊從A點運動到B點的過程中，重力勢能增加了4 J
B．物塊從A 點運動到B點的過程中，產生的內能為1.2 J
C．物塊經過B點時的速度大小為 m/s
D．物塊從A點運動到B點的過程中，彈簧彈性勢能的變化量為0.5 J
解析：選BC　施加F前，物塊靜止，由平衡條件得kx1＝mgsin θ，求得x1＝0.1 m，力F做功W＝Fx，求得x＝0.2 m，所以物塊到B點時，彈簧伸長x2＝0.1 m，可知重力勢能增加mgxsin θ＝2 J，物塊在A、B位置時彈簧彈性勢能相等，故A、D錯誤；物塊從A點運動到B點的過程中，產生的內能等于克服摩擦力做的功，即Q＝μmgcos θ·x＝1.2 J，B正確；由動能定理有：WF－mgxsin θ－μmgcos θ·x＝mv2－0，求得v＝ m/s，C正確。
三、非選擇題(本題共5小題，共54分)
11．(7分)某同學用如圖甲所示的實驗裝置驗證機械能守恒定律，通過實驗數據分析，發現本實驗存在較大的誤差。為此改用如圖乙所示的實驗裝置：通過電磁鐵控制的小鐵球從A點自由下落，下落過程中經過光電門B時，通過與之相連的毫秒計時器(圖中未畫出)記錄擋光時間t，用毫米刻度尺測出A、B之間的距離h，用游標卡尺測得小鐵球的直徑d(d＜h)，重力加速度為g。則小鐵球經過光電門時的瞬時速度v＝________。如果d、t、h、g滿足關系式t 2＝________，就可驗證機械能守恒定律。比較兩個方案，改進后的方案相比原方案最主要的優點是_________________________________________________________。
解析：小鐵球經過光電門時的擋光時間很短，由此可以求出小鐵球經過光電門時的瞬時速度v＝，mgh＝mv2，得t2＝；比較兩個方案，改進后的方案相比原方案最主要的優點是消除了紙帶與打點計時器之間的阻力的影響。
答案：　　消除了紙帶與打點計時器之間的阻力的影響
12．(9分)轆轤的發明和使用體現了我國勞動人民的智慧。如圖所示，轆轤主要由支架、卷筒、手柄等部分組成，井繩的一端繞在卷筒上，另一端系在水桶上，人通過轉動手柄將水桶提起。水桶在上升過程中經歷了加速、勻速和減速三個階段。簡要回答下列問題：
(1)在上述三個階段中，哪個階段繩子最容易斷？為什么？
(2)若裝水的水桶總質量為20 kg，在勻速階段上升了20 m，上升的速度為0.5 m/s，g取10 m/s2，該階段水桶的重力勢能變化量為______J，水桶的機械能變化量為______J，重力對水桶做功的功率大小為______W。
解析：(1)加速階段容易斷，因為加速階段，水桶處于超重狀態，繩子的拉力大于水桶的重力，繩子容易斷；勻速階段繩子拉力等于水桶重力，減速階段處于失重狀態，拉力小于重力。
(2)重力勢能變化量ΔEp＝mgΔh＝20×10×20 J＝4 000 J；水桶勻速上升，動能不變，所以機械能變化量等于重力勢能變化量4 000 J；重力對水桶做功的功率大小P＝＝＝mgv＝20×10×0.5 W＝100 W。
答案：(1)加速階段容易斷，因為加速階段，水桶處于超重狀態，繩子的拉力大于水桶的重力，繩子容易斷
(2)4 000　4 000　100
13．(10分)質量m＝1.5 kg的物塊(可視為質點)在水平恒力F的作用下，從水平面上A點由靜止開始運動，運動一段距離撤去該力，物塊繼續滑行t＝2.0 s停在B點。已知A、B兩點間的距離s＝5.0 m，物塊與水平面間的動摩擦因數μ＝0.20，取g＝10 m/s求恒力F多大？
解析：物塊受到的滑動摩擦力為
f＝μmg＝0.20×1.5×10 N＝3 N，
撤去力F后物塊的加速度大小為
a＝＝ m/s2＝2.0 m/s2，
最后2 s內物塊的位移為
s2＝at2＝×2.0×2.02 m＝4.0 m，
故力F作用的位移s1＝s－s2＝1.0 m，
對物塊運動的全過程應用動能定理：Fs1－fs＝0，
得F＝＝ N＝15 N。
答案：15 N
14．(12分)為了防止車輛在高速公路出口的匝道轉彎時出現側滑的危險，必須使車輛在匝道的直道上提前減速。現繪制水平面簡化圖如圖所示，一輛質量m＝2 000 kg的汽車原來在水平直道上做勻速直線運動，行駛速度v0＝108 km/h，受到恒定阻力f＝1 000 N。現將汽車的減速運動簡化為兩種方式：方式一為“自由滑行”，司機松開油門使汽車失去牽引力，在水平方向上僅受勻速運動時的恒定阻力作用；方式二為“剎車減速”，汽車做勻減速直線運動的加速度a＝6 m/s2。
(1)求汽車原來勻速直線行駛時的功率。
(2)司機在離彎道口Q距離為x1的地方開始減速，全程采取“自由滑行”，汽車恰好能以15 m/s的安全速度進入彎道，求汽車在上述減速直線運動的過程中克服阻力做功的大小以及距離x1的大小？
(3)在離彎道口Q距離為125 m的P位置，司機先采取“自由滑行”減速一段距離x2后，立即采取“剎車減速”，汽車仍能恰好以15 m/s的安全速度進入彎道，求x2的大小。
解析：(1)汽車勻速運動的速度為：
v0＝108 km/h＝30 m/s，
因為汽車做勻速直線運動，所以牽引力為：F＝f，
汽車的功率為：P＝Fv0，
故P＝fv0＝1 000×30 W＝30 000 W＝30 kW。
(2)全程采取“自由滑行”時，由動能定理得：
－Wf＝mv12－mv02，
據題有：v1＝15 m/s，
解得克服阻力做功為：Wf＝6.75×105 J，
又Wf＝fx1，解得：x1＝675 m。
(3)從P到Q的過程中，由動能定理得：
－fx2－ma(125－x2)＝mv12－mv02，
解得：x2＝75 m。
答案：(1)30 kW　(2)6.75×105 J　675 m
(3)75 m
15．(16分)如圖所示，光滑水平面AB和豎直面內的光滑圓弧導軌在B點平滑連接，導軌半徑為R。質量為m的帶正電小球將輕質彈簧壓縮至A點后由靜止釋放，脫離彈簧后經過B點時的速度大小為，之后沿軌道BO運動。以O為坐標原點建立直角坐標系xOy，在x≥－R區域有方向與x軸夾角為θ＝45°的勻強電場，進入電場后小球受到的電場力大小為mg。小球在運動過程中電荷量保持不變，重力加速度為g。求：
(1)彈簧壓縮至A點時的彈性勢能；
(2)小球經過O點時的速度大小；
(3)小球過O點后運動的軌跡方程。
解析： (1)由題意并根據機械能守恒定律，彈簧壓縮至A點時的彈性勢能等于小球經過B點時的動能，所以 Ep＝mv2＝mgR。
(2)電場力在豎直方向的分力為mg，在水平方向的分力也為mg，故小球在圓弧導軌上運動過程中合力做功為mgR，根據動能定理：
mgR＝mvO2－mgR
整理可得：vO＝。
(3)小球經過O點后，豎直方向受力平衡，做勻速直線運動，水平方向合力為mg，做加速度為g的勻加速直線運動，故：y＝vOt，x＝gt2，整理可得y2＝6Rx。
答案：(1)mgR　(2)　(3)y2＝6Rx
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第四章　機械能及其守恒定律
(一)功能關系的理解及應用
1．功能關系
功是能量轉化的量度。
2．對功能關系的理解
(1)做功的過程就是能量轉化的過程。不同形式的能量發生相互轉化必須通過力做功來實現的；不同的力做功，對應不同形式的能的轉化。
(2)做功的多少與能量轉化的多少在數值上相等。
3．幾種常見的功能關系理解
功能關系 表達式 物理意義 正功、負功含義
重力做功與重力勢能　 WG＝Ep1－Ep2＝－ΔEp a重力做功是重力勢能變化的原因 WG＞0 重力勢能減少
WG＜0 重力勢能增加
WG＝0 重力勢能不變
彈簧彈力做功與彈性勢能 W彈＝Ep1－Ep2＝－ΔEp 彈力做功是彈性勢能變化的原因 W彈＞0 彈性勢能減少
W彈＜0 彈性勢能增加
W彈＝0 彈性勢能不變
功能關系 表達式 物理意義 正功、負功含義
合力做功與動能 W合＝Ek2－Ek1＝ΔEk 合外力做功是物體動能變化的原因 W合＞0 動能增加
W合＜0 動能減少
W合＝0 動能不變
除重力或系統內彈力外其他力做功與機械能 W非G＝ΔE機 除重力或系統內彈力外其他力做功是機械能變化的原因 W非G＞0 機械能增加
W非G＜0 機械能減少
W非G＝0 機械能守恒
[典例1]　(2024·浙江1月選考)如圖所示，質量為m的足球從水平地面上位置1被踢出后落在位置3，在空中達到最高點2的高度為h，則足球(　　)
A．從1到2動能減少mgh B．從1到2重力勢能增加mgh
C．從2到3動能增加mgh D．從2到3機械能不變
解析：由足球的運動軌跡可知，足球在空中運動時一定受到空氣阻力作用，則從1到2重力勢能增加mgh，從1到2動能減少量大于mgh，A錯誤，B正確；從2到3由于空氣阻力作用，則機械能減少，重力勢能減少mgh，則動能增加量小于mgh，選項C、D錯誤。
答案：B　
功能關系的選取技巧
(1)涉及動能的變化選用動能定理分析。
(2)涉及重力勢能的變化選用重力做功關系分析。
(3)涉及彈性勢能的變化選用彈力做功關系分析。
(4)涉及機械能的變化選用除重力和系統內彈力之外的力做功關系分析。
2．(2024·山東高考)如圖所示，質量均為m的甲、乙兩同學，分別坐在水平放置的輕木板上，木板通過一根原長為l的輕質彈性繩連接，連接點等高且間距為d(d答案：B　
(二)能量守恒定律的理解及應用
1．能量守恒定律的理解
(1)內容：能量既不會憑空產生，也不會憑空消失，它只能從一種形式轉化為另一種形式，或者從一個物體轉移到另一個物體，在轉化和轉移的過程中，能量的總量保持不變。
(2)適用范圍：能量守恒定律是貫穿物理學的基本規律，是各種自然現象中普遍適用的一條規律。
(3)表達式：
①E初＝E末，初狀態各種能量的總和等于末狀態各種能量的總和。
②ΔE增＝ΔE減，增加的那些能量的增加量等于減少的那些能量的減少量。
2．應用能量守恒定律解題的一般步驟
(1)分清有多少種形式的能(如動能、勢能、內能、電能等)在變化。
(2)分別列出減少的能量ΔE減和增加的能量ΔE增的表達式。
(3)列恒等式：ΔE減＝ΔE增。
(1)滑塊離開彈簧后在圖中bc段對應的加速度a的大小及滑塊與斜面間動摩擦因數μ的大小；
(2)t2＝0.3 s和t3＝0.4 s時滑塊的速度v2、v3的大小；
(3)彈簧鎖定時具有的彈性勢能Ep。
[針對訓練]
3．(2024·江蘇高考)如圖所示，粗糙斜面的動摩擦因數為μ，傾角為θ，斜面長為L。一個質量為m的物塊，在電動機作用下，從 A點由靜止加速至 B點時達到最大速度v，之后做勻速運動至C點，關閉電動機，從 C點又恰好到達最高點D。已知重力加速度為g。求：
(1)CD段長x；
(2)BC段電動機的輸出功率P；
(3)全過程物塊增加的機械能E1和電動機消耗的總電能 E2的比值。
(一)非質點類物體的機械能守恒問題
(1)在應用機械能守恒定律處理實際問題時，經常遇到像“鏈條”“液柱”類的物體，其在運動過程中將發生形變，其重心位置相對物體也發生變化，因此這類物體不能再看成質點來處理。
(2)非質點類物體雖然不能看成質點來處理，但因只有重力做功，物體整體機械能守恒。一般情況下，根據質量分布均勻的規則(物體的重心位置在其幾何中心的原則)，可將物體分段處理，根據初、末狀態物體重力勢能的變化，建立機械能守恒方程求解。
[針對訓練]
1.如圖所示，粗細均勻，兩端開口的U形管內裝有同種液體，開始時
兩邊液面高度差為h，管中液柱總長度為4h，后來讓液體自由流動，
當兩液面高度相等時，右側液面下降的速度為 (　　)
2.如圖所示，質量分布均勻的總長為L的光滑鐵鏈跨過一個光滑的輕質小滑輪，開始時下端A、B相平齊，當略有擾動時其一端下落，則當鐵鏈剛脫離滑輪的瞬間，鐵鏈的速度為多大？
(二)摩擦力做功的特點及計算
1．兩種摩擦力做功的比較
項目 靜摩擦力 滑動摩擦力
做功特點 (1)靜摩擦力對物體可以做正功、負功，還可以不做功
(2)靜摩擦力做正功時，它的反作用力一定做負功 (1)滑動摩擦力對物體可以做正功、負功，還可以不做功
(2)滑動摩擦力做負功時，它的反作用力可能做正功、可能做負功、還可能不做功
能量的轉化 靜摩擦力做功的過程中只發生能量的轉移，不發生能量形式的轉化 滑動摩擦力做功的過程中既發生能量的轉移，又發生能量形式的轉化
一對摩擦力的總功 一對靜摩擦力做功的代數和一定等于零 一對滑動摩擦力做功的代數和一定為負值，總功W＝－f·l相對，其絕對值為摩擦時產生的熱量Q
2.求解摩擦生熱問題的思路
(1)正確分析物體的運動過程，做好受力分析。
(2)利用運動學公式，結合牛頓第二定律分析物體的速度關系及位移關系。
(3)摩擦生熱ΔQ＝fl相對，其中l相對為兩物體間相對滑行的路程，而不是相對位移。
(1)滑塊到達底端B時的速度大小vB；
(2)滑塊與傳送帶間的動摩擦因數μ；
(3)此過程中，由于克服摩擦力做功而產生的熱量Q。
[針對訓練]
3.(多選)如圖所示，一子彈以水平速度射入放置在光滑水平面上原來靜止的木塊，并留在木塊中，在此過程中子彈鉆入木塊的深度為d，木塊的位移為l，木塊與子彈間的摩擦力大小為F，則(　　)
A．F對木塊做功為Fl
B．F對木塊做功為F(l＋d)
C．F對子彈做功為－Fd
D．F對子彈做功為－F(l＋d)
解析：木塊的位移為l，由W＝Flcos α得F對木塊做功為Fl，子彈的位移為l＋d，木塊對子彈的摩擦力的方向與位移方向相反，故木塊對子彈的摩擦力做負功，即F對子彈做功為－F(l＋d)，故A、D正確。
答案：AD　
4．長為1.5 m的長木板B靜止放在水平冰面上，小物塊A以某一初速度從木板B的左端滑上長木板B，直到A、B的速度達到相同，此時A、 B的速度為0.4 m/s，然后A、B又一起在水平冰面上滑行了8.0 cm后停下。若小物塊A可視為質點，它與長木板B的質量相同都為2 kg，A、B間的動摩擦因數μ1＝0.25。求：(g取10 m/s2)
(1)長木板與冰面間的動摩擦因數μ2；(2)全過程產生的總熱量Q。
解析：(1)A、B一起運動時，受冰面對木板B的滑動摩擦力，做勻減速運動，加速度a＝μ2g，
又根據運動學公式v2＝2ax，
解得木板與冰面間的動摩擦因數μ2＝0.10。
1.如圖所示是一種太陽能驅動的小車，當太陽光照射到小車上方的光電板時，光電板中產生的電流經電動機帶動小車前進。若質量為m的小車在平直的水泥路上從靜止開始沿直線加速行駛，經過時間t前進的距離為x，且速度達到最大值vm。設這一過程中電動機的功率恒為P，小車所受阻力恒為f，那么這段時間內 (　　)
A．小車做勻加速運動
B．小車受到的牽引力逐漸增大
C．小車受到的合外力所做的功為Pt
2．[多選]在大型施工場所，廣泛的應用傳送帶搬運貨物。如圖甲所示，傾斜的傳送帶以恒定速率運動，傳送帶始終是繃緊的，將m＝1 kg的貨物放在傳送帶上的A點，經過1.2 s到達傳送帶的B點。用速度傳感器測得貨物與傳送帶的速度v隨時間t變化的圖像如圖乙所示，已知重力加速度g＝10 m/s2。由v-t圖像可知 (　　)
A．A、B兩點的距離為2.4 m
B．貨物與傳送帶間的動摩擦因數為0.5
C．貨物從A運動到B的過程中，傳送帶對貨物做功大小為12.8 J
D．貨物從A運動到B的過程中，貨物與傳送帶因摩擦產生的熱量為4.8 J
3.(2024·廣州高一檢測)(多選)如圖所示，質量為m0、長度為l的小車靜止在光滑的水平面上。質量為m的小物塊(可視為質點)放在小車的最左端。現有一水平恒力F作用在小物塊上，使物塊從靜止開始做勻加速直線運動，物塊和小車之間的摩擦力為Ff。經過時間t，小車運動的位移為x，物塊剛好滑到小車的最右端(　　)
A．此時物塊的動能為(F－Ff)(x＋l)
B．這一過程中，物塊對小車所做的功為Ff(x＋l)
C．這一過程中，物塊和小車增加的機械能為Fx
D．這一過程中，物塊和小車摩擦產生的熱量為Ffl
解析：對物塊分析，物塊的位移為x＋l，根據動能定理有(F－Ff)(x＋l)＝Ek－0，所以物塊到達小車最右端時具有的動能為(F－Ff)(x＋l)，故A正確；對小車分析，小車的位移為x，所以物塊對小車所做的功為Ffx，故B錯誤；物塊和小車因摩擦產生的熱量Q＝Ffs相對＝Ffl，故D正確；根據功能關系得，外力F做的功轉化為小車和物塊的機械能和摩擦產生的熱量，則有F(l＋x)＝ΔE＋Q，解得物塊和小車增加的機械能為ΔE＝F(l＋x)－Ffl，故C錯誤。
答案：AD　
4．如圖甲所示為水上滑梯，其示意圖如圖乙所示，它由斜槽AB和水平槽BC構成，AB與BC圓滑連接，斜槽AB的豎直高度H＝15 m，BC面高出水面的距離h＝0.80 m，一個質量m＝50 kg的游戲者從滑梯頂端A點由靜止滑下，g取10 m/s2。
(1)以水面為參考平面，求游戲者在A點時的重力勢能Ep；
(2)若忽略游戲者下滑過程中所受的一切阻力，求游戲者從滑梯頂端A點由靜止滑下到斜槽底端B點的速度大小；
(3)若由于阻力的作用，游戲者從滑梯頂端A點由靜止滑下到達滑梯末端C點時的速度大小vC＝15 m/s，求這一過程中游戲者克服阻力做的功。\
解析：(1)以水面為參考平面，游戲者在A點的重力勢能
Ep＝mg(H＋h)＝50×10×(15＋0.8)J＝7 900 J。

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