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第4讲 功和能
考题一 功和功率的计算
（2023 镇海区模拟）已知某款汽车每百公里平均油耗为7L，每升汽油8.3元，家庭用电每度（1度＝1kW h）0.52元。小明家里某款电动自行车的一些主要参数如下表所示，假定电动自行车载人行驶时，受到的阻力是人与车总重力的0.02倍，小明自身质量为60kg。下列说法正确的是（ ）
外形尺寸 1630mm×600mm×1100mm 额定输出功率 100～200W
整车质量 40kg 标准载重 90kg
充电电压 36V 电池容量 12A h
欠压保护 31.5V 过流保护 6A
一次充电连续行驶里程 20km 充电时间 4～8h
A．小明骑电动自行车在水平路面上以6m/s的速度匀速行驶时，电动自行车的输出功率为72W
B．小明骑电动自行车在水平路面上匀速行驶时的最大速度为15m/s
C．正常充电情况下，将完全没电的电池充满电至少需要耗电0.432度
D．骑该电动自行车比开小汽车每行驶10km节省约3元
（2023 温州模拟）2021年10月25日，如图甲所示的全球最大“上回转塔机”成功首发下线，又树立了一面“中国高端制造”的新旗帜。若该起重机某次从t＝0时刻由静止开始向上提升质量为m的物体，其a﹣t图像如图乙所示，t1时达到额定功率，t1～t2时间内起重机保持额定功率运动，重力加速度为g，不计其它阻力，下列说法正确的是（ ）
A．0～t1时间内物体处于失重状态
B．t1～t2时间内物体做减速运动
C．0～t1时间内重力对物体做功为
D．t1～t2时间内起重机额定功率为（mg+ma0）a0t1
（2023 浙江模拟）如图所示为某型号电动车在某次测试中的速度v与牵引力F大小的倒数图像（v），已知汽车在平直路面上由静止启动，阻力恒定，最终达到最大速度vm后以额定功率匀速行驶，ab、cd平行于v轴，bc反向延长线过原点O，汽车质量为M，已知M、F1、F2、vm，下列说法不正确的是（ ）
A．汽车额定功率为F2vm
B．汽车从b到c过程做变加速运动
C．汽车匀加速运动持续的时间为
D．汽车从a到b过程克服阻力做功
1．功的计算
(1)恒力做功的计算公式：W＝Flcos α；
(2)当F为变力时，用动能定理W＝ΔEk或功能关系求功．所求得的功是该过程中外力对物体(或系统)做的总功(或者说是合力对物体做的功)；
(3)利用F－l图象曲线下的面积求功；
(4)利用W＝Pt计算．
2．功率
(1)功率定义式：P＝.所求功率是时间t内的平均功率；
(2)功率计算式：P＝Fvcos α.其中α是力与速度间的夹角．若v为瞬时速度，则P为F在该时刻的瞬时功率；若v为平均速度，则P为F在该段位移内的平均功率．
考题二 功能关系的理解
（2023 丽水二模）某人从O点由静止开始做无动力翼装飞行，运动到A点后速度斜向下且保持不变，一段时间后运动到B点，运动轨迹如图乙所示，此人从O点到B点的过程中（ ）
A．加速度一直减小 B．一直处于失重状态
C．机械能一直在减小 D．重力势能先减小后不变
（2023 绍兴二模）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（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
（2023 杭州二模）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
C．在C处，弹性绳的弹性势能为
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
1．功能关系
(1)重力做功与重力势能的变化关系：WG＝－ΔEp.
(2)弹力做功与弹性势能的变化关系：W弹＝－ΔEp.
(3)合力的功与动能变化的关系：W合＝ΔEk.
(4)滑动摩擦力做功产生内能的计算：Q＝Ffx相对．
(5)电场力做功：W＝－ΔEp＝qU，电场力做正功，电势能减少；电场力做负功，电势能增加．
2．说明
(1)一对相互作用的静摩擦力做功代数和为0，不改变系统机械能．
(2)一对相互作用的滑动摩擦力做功代数和小于0，系统机械能减少，转化为内能．
考题三 动能定理的应用
（2023 温州模拟）如图所示，足够大的粗糙斜面倾角为θ，小滑块以大小为v0的水平初速度开始沿斜面运动，经过一段时间后，小滑块速度大小为v、方向与初速度垂直。此过程小滑块加速度的最大值为a1、最小值为a2。已知小滑块与斜面动摩擦因数μ＝tanθ，则（ ）
A．v＝v0 B．v＞v0 C． D．
（2020 浙江模拟）学校科技小组设计了“e”字型轨道竖直放置在水平面上，该轨道由两个光滑半圆形轨道ABC、CDE和粗糙的水平直轨道EF组成，末端与竖直的弹性挡板OF连接，轨道CDE半径r＝0.1m，轨道ABC半径为2r，A端与地面相切。现将质量m＝0.2kg小滑块从水平地面P点以速度v0＝2m/s沿轨道上滑，运动到F点与挡板发生完全弹性相碰。已知直线轨道EF长为L＝0.5m，小滑块与轨道EF的动摩擦因数μ＝0.5，其余阻力均不计，小滑块可视为质点。求：
（1）小滑块在ABC圆轨道运动时对轨道C点的压力：
（2）小滑块最终停止的位置离F点的距离；
（3）若改变小滑块的初速度，使小滑块能停在EF轨道上，且运动过程中不脱离轨道，则小滑块的初速度满足什么条件。
（2023 浙江模拟）如图所示，光滑曲面轨道AB、光滑竖直圆轨道、水平轨道BD、水平传送带DE各部分平滑连接，水平区域FG足够长，圆轨道最低点B处的入、出口靠近但相互错开，滑块落到FG区域时马上停止运动。现将一质量为m＝0.5kg的滑块从AB轨道上某一位置由静止释放，若已知圆轨道半径R＝0.8m，水平面BD的长度x1＝2m，传送带长度x2＝9m，距离落地区的竖直高度H＝0.5m，滑块始终不脱离圆轨道，且与水平轨道BD和传送带间的动摩擦因数均为μ＝0.2，传送带以恒定速度v0＝6m/s逆时针转动（不考虑传送带轮的半径对运动的影响）。
（1）若h＝1.2m，则滑块运动至B点时对圆弧轨道的压力；
（2）若滑块不脱离圆轨道且从E点飞出，求滑块释放点高度h0的取值范围；
（3）若滑块不脱离圆轨道，求滑块静止时距B点的水平距离x与释放点高度h的关系。
1．动能定理应用的基本步骤
(1)选取研究对象，明确并分析运动过程．
(2)分析受力及各力做功的情况，受哪些力？每个力是否做功？在哪段位移过程中做功？正功？负功？做多少功？求出代数和．
(3)明确过程初、末状态的动能Ek1及Ek2.
(4)列方程W＝Ek2－Ek1，必要时注意分析题目的潜在条件，补充方程进行求解．
2．应用动能定理时根据运动过程不同可以全程列式、也可分段列式．
考题四 动力学和能量观点的综合应用
（2023 浙江模拟）如图为某游戏装置的示意图。AB、CD均为四分之一圆弧，E为圆弧DEG的最高点，各圆弧轨道与直轨道相接处均相切。GH与水平夹角为θ＝37°，底端H有一弹簧，A、O1、O2、D、O3、H在同一水平直线上。一质量为0.01kg的小钢球（其直径稍小于圆管内径，可视作质点）从距A点高为h处的O点静止释放，从A点沿切线进入轨道，B处有一装置，小钢球向右能无能量损失的通过，向左则不能通过且小钢球被吸在B点。若小钢球能够运动到H点，则被等速反弹。各圆轨道半径均为R＝0.6m，BC长L＝2m，水平直轨道BC和GH的动摩擦因数μ＝0.5，其余轨道均光滑，小钢球通过各圆弧轨道与直轨道相接处均无能量损失。某次游戏时，小钢球从O点出发恰能第一次通过圆弧的最高点E。（sin37°＝0.6，cos37°＝0.8，g＝10m/s2）求：
（1）小钢球第一次经过C点时的速度大小vC；
（2）小钢球第一次经过圆弧轨道最低点B时对轨道的压力大小FB（保留两位小数）；
（3）若改变小钢球的释放高度h，求出小钢球在斜面轨道上运动的总路程s与h的函数关系。
（2023 镇海区校级模拟）如图所示，在水平直轨道上竖直放置一半径R＝1m的圆形光滑轨道和细管弯成两个半圆组成的反“S”形光滑轨道，其半径r＝0.05m。两轨道最低点B、D相距L1＝4m，B、D间铺设特殊材料，其动摩擦因数μ1＝0.2+0.2x（x表示DB上一点到B的距离）。一个质量为1kg可视为质点的小球P从倾角θ＝37°、动摩擦因数μ3＝0.8的斜面上以初动能Ek0滑下，经A点无能量损失进入长度L2＝3m、动摩擦因数为μ2＝0.2的AB直轨道，然后冲上圆形轨道。小球P释放点到水平轨道的高度h＝3m，圆形轨道最低点B处入、出口靠近且相互错开，不计空气阻力。提示：可以用F﹣x图像下的“面积”代表力F做的功。
（1）若小球P恰好通过圆形轨道最高点C，求小球在B点对轨道的压力大小；
（2）调整释放初动能Ek0，使小球P离开反“S”形轨道最高点E后第一次落到水平直轨道上离E点的水平位移大小s＝1m，求初动能Ek0的大小；
（3）调整释放初动能Ek0，要使小球P整个运动过程中不脱离轨道，且不停在水平轨道AB段上，求Ek0的取值范围。
（2023 金华模拟）在平直公路上匀速行驶的自行车所受阻力为车和人总重量的0.02倍，如图所示。自行车在平直公路上匀速行驶，估算骑行者克服自行车所受阻力做功的功率最接近于（ ）
A．0.2kW B．2×103kW C．2kW D．20kW
（2023 台州模拟）某同学在周末自制的一辆电动小车如图所示。接通电源，小车沿直线加速前进时（ ）
A．小车的惯性越来越大
B．电机消耗的电能全部转化为车的机械能
C．空气对小车的作用力大小等于小车对空气的作用力大小
D．小车受到的合外力方向与小车速度变化量的方向相反
（2023 台州模拟）某超市中倾角为30°的自动坡道式电梯（无台阶）如图所示，某人蹲在电梯上随电梯匀速下行。下列说法正确的是（ ）
A．电梯对人的作用力沿坡道向上
B．人和电梯表面之间的动摩擦因数为
C．电梯对人做的功等于人的重力势能的变化量
D．若人在电梯上突然起身站立，起身瞬间人对电梯的作用力减小
（2023 浙江模拟）一物块在倾角为30°的固定斜面（足够长）上受到方向与斜面平行恒定拉力作用，由静止开始沿斜面向下做匀加速直线运动，物块与斜面间的动摩擦因数处处相同。若0～t0时间内，物块滑动过程中动能、摩擦产生内能和重力势能随时间的变化分别如图曲线①、②和③所示，则（ ）
A．物块与斜面间的动摩擦因数为
B．0～t0时间内，机械能增大4J
C．0～t0时间内，物块的加速度为12m/s2
D．若t0时刻撤去拉力，则再经过时间3t0，物块速度减到0
（2023 温州模拟）如图所示，A、B两小球在距水平地面同一高度处，以相同初速度v0同时竖直向上抛出，运动过程中的机械能分别为EA和EB，加速度大小分别为aA和aB。已知mA＞mB，下列说法正确的是（ ）
A．若不计空气阻力，以抛出所在的水平面为零势能面，EA＝EB
B．若不计空气阻力，以A球的最高点所在水平面为零势能面，EA＞EB
C．若两球受到大小不变且相等的空气阻力，则两球上升的过程中，aA＞aB
D．若两球受到大小不变且相等的空气阻力，则两球下落的过程中，aA＞aB
（2023 浙江二模）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．（x，h） B．（x，h） C．（x，h） D．（x，h）
（2022 浙江模拟）如图所示，白色传送带A、B两端距离L＝14m，以速度v0＝8m/s逆时针匀速转动，并且传送带与水平面的夹角为θ＝37°，现将一质量为m＝2kg的煤块轻放在传送带的A端，煤块与传送带间动摩擦因数μ＝0.25，＞取g＝10m/s2，sin37°＝0.6，cos37°＝0.8，则下列叙述正确的是（ ）
A．煤块从A端运动到B端所经历时间为2.25s
B．煤块运动到B端时重力的瞬时功率为120W
C．煤块从A端运动到B端在传送带上留下的黑色痕迹为4m
D．煤块从A端运动到B端因摩擦产生的热量为8J
（2022 柯桥区模拟）有一娱乐项目，人坐在半径为R的倾斜圆盘边缘随着圆盘绕圆心O处的转轴匀速转动（转轴垂直于盘面），圆盘的倾角为α，如图所示，图中人用方块代替。当人与圆盘间的动摩擦因数μ＝2.5tanα时，人恰好不从圆盘滑出去。人的质量为m，A为圆盘的最低点，B为圆盘的最高点，最大静摩擦力等于滑动摩擦力，以下正确的是（ ）
A．B位置处受到的摩擦力方向沿斜面向上
B．A点与B点人所受到的摩擦力大小之差为3mgsinα
C．人在转动时的速度大小为
D．人从A到B摩擦力做功为2mgRsinα
（2022 浙江三模）如图所示，质量为m的木块A和质量为m的磁铁B同时从光滑的铝制斜面顶端静止释放，沿着直线下滑到斜面底端。则下列说法中正确的是（ ）
A．木块A和磁铁B下滑都仅受重力和支持力
B．木块A到达底端速度较小
C．磁铁B到达底端用时较长
D．两者到达斜面底端时动能相同
（2022 宁波二模）如图所示，外层覆盖锌的纳米机器人可携带药物进入老鼠体内，到达老鼠的胃部之后，外层的锌与消化液中的酸发生化学反应，产生氢气气泡作为推进动力，机器人的速度可达6×10﹣5m/s。若不计重力和浮力，则下列说法正确的是（ ）
A．胃液中运动的纳米机器人不受阻力
B．机器人前进时对胃液的作用力比胃液对机器人的作用力大
C．氢气气泡对机器人作用力一定比胃液对机器人作用力小
D．机器人在胃液中加速前进时，氢气气泡对机器人做的功大于机器人动能的增加量
（2022 杭州二模）电梯一般用电动机驱动，钢丝绳挂在电动机绳轮上，一端悬吊轿厢，另一端悬吊配重装置。钢绳和绳轮间产生的摩擦力能驱驶轿厢上下运动。若电梯轿箱质量为2×103kg，配重为2.4×103kg。某次电梯轿箱由静止开始上升的v﹣t图像如图乙所示，不计空气阻力。下列说法正确的是（ ）
A．电梯轿箱在第10s内处于失重状态
B．上升过程中，钢绳对轿厢和对配重的拉力大小始终相等
C．在第1s内，电动机做的机械功为2.4×104J
D．上升过程中，钢绳对轿厢做功的最大功率为4.8×104W
（2023 温州模拟）如图甲所示，某同学利用乐高拼装积木搭建一游戏轨道，其结构简图如图乙所示。该轨道由固定的竖直轨道AB，半径分别为r＝0.4m、0.5r、1.5r的三个半圆轨道BCO3、O3DO1、FGH，半径为r的四分之一圆弧轨道O1E，长度L＝1m的水平轨道EF组成，轨道BCO3和轨道O1E前后错开，除水平轨道EF段外其他轨道均光滑，且各处平滑连接。可视为质点的滑块从A点由静止释放，恰好可以通过轨道O3DO1的最高点D，不计空气阻力。
（1）求A、C两点的高度差h；
（2）要使物块至少经过F点一次，且运动过程中始终不脱离轨道，求滑块与水平轨道EF间的动摩擦因数μ的范围；
（3）若半圆轨道O3DO1中缺一块圆心角为2θ的圆弧积木IDJ（I、J关于O2D对称），滑块从I飞出后恰能无碰撞从J进入轨道，求θ的值。
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考题一 功和功率的计算
（2023 镇海区模拟）已知某款汽车每百公里平均油耗为7L，每升汽油8.3元，家庭用电每度（1度＝1kW h）0.52元。小明家里某款电动自行车的一些主要参数如下表所示，假定电动自行车载人行驶时，受到的阻力是人与车总重力的0.02倍，小明自身质量为60kg。下列说法正确的是（ ）
外形尺寸 1630mm×600mm×1100mm 额定输出功率 100～200W
整车质量 40kg 标准载重 90kg
充电电压 36V 电池容量 12A h
欠压保护 31.5V 过流保护 6A
一次充电连续行驶里程 20km 充电时间 4～8h
A．小明骑电动自行车在水平路面上以6m/s的速度匀速行驶时，电动自行车的输出功率为72W
B．小明骑电动自行车在水平路面上匀速行驶时的最大速度为15m/s
C．正常充电情况下，将完全没电的电池充满电至少需要耗电0.432度
D．骑该电动自行车比开小汽车每行驶10km节省约3元
【解答】解：A．匀速行驶时，有
F＝f＝μN＝0.02（m+M）g＝0.02×（60+40）kg×10N/kg＝20N
则电动自行车的输出功率为
P＝Fv＝20×6W＝120W
故A错误；
B．小明骑电动自行车在水平路面上匀速行驶时的最大速度为
故B错误；
C．在额定电压下，将完全没电的电池充满电至少需要耗电
W＝UIt＝UQ＝36×12W h＝0.432kW h＝0.432度
故C正确；
D．骑该电动自行车每行驶10km，需要的钱数为
y1元元＝0.11元
小汽车每行驶10km，需要的钱数为
y27×8.3元＝5.81元
骑该电动自行车比开小汽车每行驶10km节省约
Δy＝y2﹣y1＝5.81元﹣0.11元＝5.7元
故D错误。
故选：C。
（2023 温州模拟）2021年10月25日，如图甲所示的全球最大“上回转塔机”成功首发下线，又树立了一面“中国高端制造”的新旗帜。若该起重机某次从t＝0时刻由静止开始向上提升质量为m的物体，其a﹣t图像如图乙所示，t1时达到额定功率，t1～t2时间内起重机保持额定功率运动，重力加速度为g，不计其它阻力，下列说法正确的是（ ）
A．0～t1时间内物体处于失重状态
B．t1～t2时间内物体做减速运动
C．0～t1时间内重力对物体做功为
D．t1～t2时间内起重机额定功率为（mg+ma0）a0t1
【解答】解：A、0～t1时间内物体向上做匀加速直线运动，加速度竖直向上，物体处于超重状态，故A错误；
B、由图像可知t1～t2时间内物体的加速度为正，物体仍做加速运动，只是做加速度减小的加速运动，故B错误；
C、0～t1时间内物体向上做匀加速直线运动，t1时刻物体的位移为
重力对物体做功
故C错误；
D、t1时刻物体所受到的牵引力为F，由牛顿第二定律有：F﹣mg＝ma0
解得：F＝mg+ma0
t1时刻物体的速度为v＝a0t1
起重机额定功率为P＝Fv＝（mg+ma0）a0t1
故D正确。
故选：D。
（2023 浙江模拟）如图所示为某型号电动车在某次测试中的速度v与牵引力F大小的倒数图像（v），已知汽车在平直路面上由静止启动，阻力恒定，最终达到最大速度vm后以额定功率匀速行驶，ab、cd平行于v轴，bc反向延长线过原点O，汽车质量为M，已知M、F1、F2、vm，下列说法不正确的是（ ）
A．汽车额定功率为F2vm
B．汽车从b到c过程做变加速运动
C．汽车匀加速运动持续的时间为
D．汽车从a到b过程克服阻力做功
【解答】解：A、根据P＝Fv可知v＝P，额定功率等于图线的斜率，PF2vm，故A正确；
B、根据P＝Fv，汽车由b到c过程中功率不变，随着汽车速度的增大，牵引力减小，根据牛顿第二定律得：
F﹣f＝ma
汽车所受阻力不变，随着牵引力的减小，汽车的加速度也减小，汽车由b到c过程中加速度减小的加速运动，故B正确；
C、汽车所受的阻力为fF2
由于额定功率等于图线的斜率，有：P
解得：F2vm＝v1F1
汽车从a到b，根据牛顿第二定律得：F1﹣f＝Ma
汽车从a到b持续的时间为t
联立解得：t
故C错误；
D、汽车从a到b过程运动的位移为x
克服阻力做功W＝fx
解得：W
本题选择错误选项；
故选：C。
1．功的计算
(1)恒力做功的计算公式：W＝Flcos α；
(2)当F为变力时，用动能定理W＝ΔEk或功能关系求功．所求得的功是该过程中外力对物体(或系统)做的总功(或者说是合力对物体做的功)；
(3)利用F－l图象曲线下的面积求功；
(4)利用W＝Pt计算．
2．功率
(1)功率定义式：P＝.所求功率是时间t内的平均功率；
(2)功率计算式：P＝Fvcos α.其中α是力与速度间的夹角．若v为瞬时速度，则P为F在该时刻的瞬时功率；若v为平均速度，则P为F在该段位移内的平均功率．
考题二 功能关系的理解
（2023 丽水二模）某人从O点由静止开始做无动力翼装飞行，运动到A点后速度斜向下且保持不变，一段时间后运动到B点，运动轨迹如图乙所示，此人从O点到B点的过程中（ ）
A．加速度一直减小 B．一直处于失重状态
C．机械能一直在减小 D．重力势能先减小后不变
【解答】解：A、由运动轨迹图可知，此人先做加速度减小的变加速运动，最后做匀速直线运动，即加速度先减小后不变，故A错误；
B、从O到A过程中有竖直向下的加速度分量，此时人处于失重状态。从A到B过程中人做匀速直线运动，处于平衡状态，故B错误；
C、由于除重力外还有空气阻力做负功，所以人的机械能一直在减小，故C正确；
D、人一直下降，重力一直做正功，则重力势能一直减小，故D错误。
故选：C。
（2023 绍兴二模）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（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mgx
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'
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
故D正确。
故选：D。
（2023 杭州二模）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
C．在C处，弹性绳的弹性势能为
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＝klcosθ＝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：ΔEp＝mgh+Q，解得：Q，ΔEp＝mghmv2，从A到C过程弹性绳弹性势能的增加量为mghmv2，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mghmv2，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。
1．功能关系
(1)重力做功与重力势能的变化关系：WG＝－ΔEp.
(2)弹力做功与弹性势能的变化关系：W弹＝－ΔEp.
(3)合力的功与动能变化的关系：W合＝ΔEk.
(4)滑动摩擦力做功产生内能的计算：Q＝Ffx相对．
(5)电场力做功：W＝－ΔEp＝qU，电场力做正功，电势能减少；电场力做负功，电势能增加．
2．说明
(1)一对相互作用的静摩擦力做功代数和为0，不改变系统机械能．
(2)一对相互作用的滑动摩擦力做功代数和小于0，系统机械能减少，转化为内能．
考题三 动能定理的应用
（2023 温州模拟）如图所示，足够大的粗糙斜面倾角为θ，小滑块以大小为v0的水平初速度开始沿斜面运动，经过一段时间后，小滑块速度大小为v、方向与初速度垂直。此过程小滑块加速度的最大值为a1、最小值为a2。已知小滑块与斜面动摩擦因数μ＝tanθ，则（ ）
A．v＝v0 B．v＞v0 C． D．
【解答】解：AB．小滑块在斜面上滑动，摩擦力力大小始终不变为f＝μmgcosθ＝mgsinθ，其大小与重力沿着斜面向下的分力大小相等，对整个运动过程根据动能定理可得：
其中，y为垂直初速度方向滑块沿斜面下滑的长度，s为滑块运动轨迹的长度，因为s＞y，可知v＜v0，故AB错误；
CD．摩擦力速度的方向始终与滑块相对斜面的速度方向相反，可知f的方向与重力沿斜面向下的分力的方向mgsinθ的夹角为90°到180°，根据几何关系可知合力的大小范围为：
结合牛顿第二定律F合＝ma
由此可得
则；a2＝0，故D正确，C错误。
故选：D。
（2020 浙江模拟）学校科技小组设计了“e”字型轨道竖直放置在水平面上，该轨道由两个光滑半圆形轨道ABC、CDE和粗糙的水平直轨道EF组成，末端与竖直的弹性挡板OF连接，轨道CDE半径r＝0.1m，轨道ABC半径为2r，A端与地面相切。现将质量m＝0.2kg小滑块从水平地面P点以速度v0＝2m/s沿轨道上滑，运动到F点与挡板发生完全弹性相碰。已知直线轨道EF长为L＝0.5m，小滑块与轨道EF的动摩擦因数μ＝0.5，其余阻力均不计，小滑块可视为质点。求：
（1）小滑块在ABC圆轨道运动时对轨道C点的压力：
（2）小滑块最终停止的位置离F点的距离；
（3）若改变小滑块的初速度，使小滑块能停在EF轨道上，且运动过程中不脱离轨道，则小滑块的初速度满足什么条件。
【解答】解：（1）小球从P到C的过程中，根据动能定理可得：
解得：vC＝2m/s
在ABC圆轨道C点对小球分析，根据牛顿第二定律可知：
解得FN＝2N
根据牛顿第三定律可知对轨道的压力为F′N＝FN＝2N，方向竖直向上
（2）从P点到EF轨道停止过程中，根据动能定理可得：
解得：s＝0.8m
因为s＝（L+0.3）m
小球最终停在离F点0.3m处；
（3）小球刚好经过最高点C，则
从P到C根据动能定理可得：
解得：
当小球第一次从挡板弹回时，到达小圆的圆心等高处D点速度为零，
从P到D根据动能定理可得：
解得：v2＝4m/s
所以小球的初速度范围为：
答：（1）小滑块在ABC圆轨道运动时对轨道C点的压力为2N：
（2）小滑块最终停止的位置离F点的距离为0.3m；
（3）若改变小滑块的初速度，使小滑块能停在EF轨道上，且运动过程中不脱离轨道，则小滑块的初速度满足条件为。
（2023 浙江模拟）如图所示，光滑曲面轨道AB、光滑竖直圆轨道、水平轨道BD、水平传送带DE各部分平滑连接，水平区域FG足够长，圆轨道最低点B处的入、出口靠近但相互错开，滑块落到FG区域时马上停止运动。现将一质量为m＝0.5kg的滑块从AB轨道上某一位置由静止释放，若已知圆轨道半径R＝0.8m，水平面BD的长度x1＝2m，传送带长度x2＝9m，距离落地区的竖直高度H＝0.5m，滑块始终不脱离圆轨道，且与水平轨道BD和传送带间的动摩擦因数均为μ＝0.2，传送带以恒定速度v0＝6m/s逆时针转动（不考虑传送带轮的半径对运动的影响）。
（1）若h＝1.2m，则滑块运动至B点时对圆弧轨道的压力；
（2）若滑块不脱离圆轨道且从E点飞出，求滑块释放点高度h0的取值范围；
（3）若滑块不脱离圆轨道，求滑块静止时距B点的水平距离x与释放点高度h的关系。
【解答】解：（1）在h＝1.2m，则滑块运动至B点时，由动能定理可得：
由牛顿第二定律可得：
代入数据解得：F＝20N
由牛顿第三定律可知，滑块运动至B点时对圆弧轨道的压力为20N；
（2）若滑块恰好能过C点，则C点时有：
从A到C，根据动能定理有：
代入数据解得：h1＝2m
要使滑块恰能运动到E点，则滑块到E点的速度vE＝0，从A到E，
根据动能定理有：mgh2﹣μmg（x1+x2）＝0﹣0
代入数据解得：h2＝2.2m
显然h2＞h1，若滑块不脱离圆轨道且从E点飞出，则滑块释放点的高度：h0＞2.2m。
（3）①当h1≤h≤h2时，因mgh1＝10J＞μmgx1＝2J，故滑块第一次通过D点后再次返回到D点后，再到达B点时的动能为：
EkB＝mgh﹣2μmgx1
解得：6J≤EkB≤7J
滑块恰好到达圆轨道的圆心等高处，在B点需要的动能为Ek1＝mgR＝0.5×10×0.8J＝4J
滑块恰好通过圆轨道的最高点需满足：
滑块恰好通过圆轨道的最高点，在B点需要的动能为Ek2＝2mgR
解得：Ek2＝10J
因Ek1≤EkB≤Ek2，故滑块再次返回圆轨道后会脱离圆轨道，不符合题意。
②当滑块释放点的高度h＞2.2m时，滑块从E点飞出，根据动能定理有：
整理解得：vE＝2m/s
由平抛运动知识可知，平抛运动的时间：tss
可得x＝x1+x2+vEt＝2m+9m+2mm
答：（1）滑块运动至B点时对圆弧轨道的压力为20N；
（2）滑块释放点高度h0的取值范围为h0＞2.2m；
（3）若滑块不脱离圆轨道，滑块静止时距B点的水平距离x与释放点高度h的关系式为：xm，（h＞2.2m）。
1．动能定理应用的基本步骤
(1)选取研究对象，明确并分析运动过程．
(2)分析受力及各力做功的情况，受哪些力？每个力是否做功？在哪段位移过程中做功？正功？负功？做多少功？求出代数和．
(3)明确过程初、末状态的动能Ek1及Ek2.
(4)列方程W＝Ek2－Ek1，必要时注意分析题目的潜在条件，补充方程进行求解．
2．应用动能定理时根据运动过程不同可以全程列式、也可分段列式．
考题四 动力学和能量观点的综合应用
（2023 浙江模拟）如图为某游戏装置的示意图。AB、CD均为四分之一圆弧，E为圆弧DEG的最高点，各圆弧轨道与直轨道相接处均相切。GH与水平夹角为θ＝37°，底端H有一弹簧，A、O1、O2、D、O3、H在同一水平直线上。一质量为0.01kg的小钢球（其直径稍小于圆管内径，可视作质点）从距A点高为h处的O点静止释放，从A点沿切线进入轨道，B处有一装置，小钢球向右能无能量损失的通过，向左则不能通过且小钢球被吸在B点。若小钢球能够运动到H点，则被等速反弹。各圆轨道半径均为R＝0.6m，BC长L＝2m，水平直轨道BC和GH的动摩擦因数μ＝0.5，其余轨道均光滑，小钢球通过各圆弧轨道与直轨道相接处均无能量损失。某次游戏时，小钢球从O点出发恰能第一次通过圆弧的最高点E。（sin37°＝0.6，cos37°＝0.8，g＝10m/s2）求：
（1）小钢球第一次经过C点时的速度大小vC；
（2）小钢球第一次经过圆弧轨道最低点B时对轨道的压力大小FB（保留两位小数）；
（3）若改变小钢球的释放高度h，求出小钢球在斜面轨道上运动的总路程s与h的函数关系。
【解答】解：（1）小钢球从O点出发恰能第一次通过圆弧的最高点E，则小球到E点的速度为0，小球从C点到E点，根据动能定理得：
﹣mg 2R＝0
代入数据解得：vC＝2m/s
（2）从B点到C点，由动能定理得：﹣μmgL
小钢球经过B点，由牛顿第二定律得：N﹣mg＝m
代入数据联立解得：NN≈0.83N
根据牛顿第三定律得，小钢球对轨道的压力大小FB＝N＝0.83N
（3）若小钢球恰能第一次通过E点，设小钢球释放点距A点为h1，从释放到E点，由动能定理得：
mg（h1﹣R）﹣μmgL＝0
代入数据解得：h1＝1.6m
若小钢球恰能第二次通过E点，设小球钢释放点距A点为h2，从释放到E点，由动能定理得：
mg（h2﹣R）﹣μmgL﹣2μmgcosθ 0
代入数据解得：h2＝2.24m
①若小球释放高度h＜1.6m，无法到达E点，s＝0
②若小球释放高度1.6m≤h＜2.24m，小球能经过E点一次，μ＜tanθ，则小钢球最终停在H点，从释放点到停在H点，根据动能定理得：
mgh﹣μmgL﹣μmgcosθ s＝0
代入数据解得：s＝2.5（h﹣1）
③若小球释放高度2.24m≤h，小球经过E点两次，s＝22m＝1.6m
答：（1）小钢球第一次经过C点时的速度大小vC为2m/s；
（2）小钢球第一次经过圆弧轨道最低点B时对轨道的压力大小FB为0.83N；
（3）①若小球释放高度h＜1.6m，s＝0
②若小球释放高度1.6m≤h＜2.24m，s＝2.5（h﹣1）
③若小球释放高度2.24m≤h，s＝1.6m。
（2023 镇海区校级模拟）如图所示，在水平直轨道上竖直放置一半径R＝1m的圆形光滑轨道和细管弯成两个半圆组成的反“S”形光滑轨道，其半径r＝0.05m。两轨道最低点B、D相距L1＝4m，B、D间铺设特殊材料，其动摩擦因数μ1＝0.2+0.2x（x表示DB上一点到B的距离）。一个质量为1kg可视为质点的小球P从倾角θ＝37°、动摩擦因数μ3＝0.8的斜面上以初动能Ek0滑下，经A点无能量损失进入长度L2＝3m、动摩擦因数为μ2＝0.2的AB直轨道，然后冲上圆形轨道。小球P释放点到水平轨道的高度h＝3m，圆形轨道最低点B处入、出口靠近且相互错开，不计空气阻力。提示：可以用F﹣x图像下的“面积”代表力F做的功。
（1）若小球P恰好通过圆形轨道最高点C，求小球在B点对轨道的压力大小；
（2）调整释放初动能Ek0，使小球P离开反“S”形轨道最高点E后第一次落到水平直轨道上离E点的水平位移大小s＝1m，求初动能Ek0的大小；
（3）调整释放初动能Ek0，要使小球P整个运动过程中不脱离轨道，且不停在水平轨道AB段上，求Ek0的取值范围。
【解答】解：（1）小球P恰好通过圆形轨道最高点C点，则有
解得
从C到B，根据动能定理有
解得
B点，则有
解得FN＝60N
根据牛顿第三定律，小球在B点对轨道的压力大小为60N；
（2）根据平抛运动规律有，s＝vEt
联立解得t＝0.2s，vE＝5m/s
BD上，有Ff＝μ1mg＝mg（0.2+0.2x）＝2+2x
则摩擦力做功为
从初始到E，则有
解得Ek0＝46.5J
（3）①恰好到A，则有
解得Ek0＝2J
所以0≤Ek0≤2J
②恰好到O点等高处，则有
解得Ek0＝18J
返回恰好到A，则有
解得Ek0＝14J
所以14J≤Ek0≤18J
③恰好过C，，则有
解得Ek0＝33J
恰好到E，则有
解得Ek0＝34J
所以33J≤Ek0≤34J
综上，0≤Ek0≤2J或者14J≤Ek0≤18J或者33J≤Ek0≤34J
答：（1）小球在B点对轨道的压力大小为60N；
（2）初动能Ek0的大小为46.5J；
（3）Ek0的取值范围为0≤Ek0≤2J或者14J≤Ek0≤18J或者33J≤Ek0≤34J。
（2023 金华模拟）在平直公路上匀速行驶的自行车所受阻力为车和人总重量的0.02倍，如图所示。自行车在平直公路上匀速行驶，估算骑行者克服自行车所受阻力做功的功率最接近于（ ）
A．0.2kW B．2×103kW C．2kW D．20kW
【解答】解：设人和自行车的总质量约为100kg，骑车匀速行驶的速度约为10m/s，所受阻力约为f＝0.02mg＝0.02×100×10N＝20N
骑行者克服自行车所受阻力做功的功率约P＝Fv＝fv＝20×10W＝200W＝0.2kW
故A正确，BCD错误。
故选：A。
（2023 台州模拟）某同学在周末自制的一辆电动小车如图所示。接通电源，小车沿直线加速前进时（ ）
A．小车的惯性越来越大
B．电机消耗的电能全部转化为车的机械能
C．空气对小车的作用力大小等于小车对空气的作用力大小
D．小车受到的合外力方向与小车速度变化量的方向相反
【解答】解：A、惯性只与质量有关，所以小车的惯性不变，故A错误；
B、根据能量守恒定律可知，电机消耗的电能转化为车的机械能与内能，故B错误；
C、空气对小车的作用力与小车对空气的作用力是一对作用力和反作用力，由牛顿第三定律可知，空气对小车的作用力大小等于小车对空气的作用力大小，故C正确；
D、小车沿直线加速前进，加速度方向与速度变化量方向相同，由牛顿第二定律知加速度方向与合外力方向相同，所以小车受到的合外力方向与小车速度变化量的方向相同，故D错误。
故选：C。
（2023 台州模拟）某超市中倾角为30°的自动坡道式电梯（无台阶）如图所示，某人蹲在电梯上随电梯匀速下行。下列说法正确的是（ ）
A．电梯对人的作用力沿坡道向上
B．人和电梯表面之间的动摩擦因数为
C．电梯对人做的功等于人的重力势能的变化量
D．若人在电梯上突然起身站立，起身瞬间人对电梯的作用力减小
【解答】解：A、人蹲在电梯上随电梯匀速下行，人受到的合力为零，所以电梯对人的作用力与人的重力等大反向，则电梯对人的作用力竖直向上，故A错误；
B、根据平衡条件得：mgsin30°＝f，而f≤μFN，FN＝mgcos30°，解得μ，故B错误；
C、人做匀速运动，动能不变，由功能关系可知，电梯对人做的功等于人的重力势能的变化量，故C正确；
D、若人在电梯上突然起身站立，加速度向上，处于超重状态，则电梯对人作用力大于重力，根据牛顿第三定律可知，起身瞬间人对电梯的作用力增大，故D错误。
故选：C。
（2023 浙江模拟）一物块在倾角为30°的固定斜面（足够长）上受到方向与斜面平行恒定拉力作用，由静止开始沿斜面向下做匀加速直线运动，物块与斜面间的动摩擦因数处处相同。若0～t0时间内，物块滑动过程中动能、摩擦产生内能和重力势能随时间的变化分别如图曲线①、②和③所示，则（ ）
A．物块与斜面间的动摩擦因数为
B．0～t0时间内，机械能增大4J
C．0～t0时间内，物块的加速度为12m/s2
D．若t0时刻撤去拉力，则再经过时间3t0，物块速度减到0
【解答】解：A、设0～t0时间内，物块的位移为x。根据重力做功与重力势能变化的关系得：mgxsin30°＝5J ①
由功能关系可得：μmgxcos30°＝8J ②
联立解得：μ，故A错误；
B、0～t0时间内，动能增大8J，重力势能减小5J，所以机械能增大3J，故B错误；
C、根据动能定理得：max＝12J ③
联立①③解得：a＝12m/s2，故C正确；
D、t0时刻撤去拉力，此时物块的速度为v＝at0。此后，由牛顿第二定律得：μmgcos30°﹣mgsin30°＝ma′，解得：a′＝3m/s2
设再经过时间t物块速度减到0，则v＝a′t，解得：t＝4t0，故D错误。
故选：C。
（2023 温州模拟）如图所示，A、B两小球在距水平地面同一高度处，以相同初速度v0同时竖直向上抛出，运动过程中的机械能分别为EA和EB，加速度大小分别为aA和aB。已知mA＞mB，下列说法正确的是（ ）
A．若不计空气阻力，以抛出所在的水平面为零势能面，EA＝EB
B．若不计空气阻力，以A球的最高点所在水平面为零势能面，EA＞EB
C．若两球受到大小不变且相等的空气阻力，则两球上升的过程中，aA＞aB
D．若两球受到大小不变且相等的空气阻力，则两球下落的过程中，aA＞aB
【解答】解：A、若不计空气阻力，小球运动过程中机械能守恒，若以抛出所在的水平面为零势能面，则小球的机械能为，，由于mA＞mB，所以EA＞EB，故A错误；
B、若不计空气阻力，小球运动过程中机械能守恒，小球只受重力作用，两小球加速度相同，均为重力加速度g，则小球上升的最大高度为：，以A球的最大高度所在的平面为零势能面，则：，，由于小球各自的机械能守恒，所以EA＝EB＝0，故B错误；
C、若两球受到相等的空气阻力，上升过程，根据牛顿第二定律，对A小球有：mAg+f＝mAaA，对B小球有：mBg+f＝mBaB，解得加速度为：，，由于mA＞mB，所以aA＜aB，故C错误；
D、若两球受到相等的空气阻力，下落过程，根据牛顿第二定律，对小球A有：mAg﹣f＝mAaA，对B小球有：mBg﹣f＝mBaB，解得加速度为：，，由于mA＞mB，所以aA＞aB，故D正确。
故选：D。
（2023 浙江二模）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．（x，h） B．（x，h） C．（x，h） D．（x，h）
【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＝Lcosθ
根据功能关系可得：mgh＝μmgLcosθ+μmg（x﹣x1）
整理可得：mgh＝μmgx
解得：μ
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。
A、当x′x时，解得：h′h，故A错误；
B、当x′x时，解得：h′，故B错误；
C、当x′x时，解得：h′h，故C错误；
D、当x′x时，解得：h′h，故D正确。
故选：D。
（2022 浙江模拟）如图所示，白色传送带A、B两端距离L＝14m，以速度v0＝8m/s逆时针匀速转动，并且传送带与水平面的夹角为θ＝37°，现将一质量为m＝2kg的煤块轻放在传送带的A端，煤块与传送带间动摩擦因数μ＝0.25，＞取g＝10m/s2，sin37°＝0.6，cos37°＝0.8，则下列叙述正确的是（ ）
A．煤块从A端运动到B端所经历时间为2.25s
B．煤块运动到B端时重力的瞬时功率为120W
C．煤块从A端运动到B端在传送带上留下的黑色痕迹为4m
D．煤块从A端运动到B端因摩擦产生的热量为8J
【解答】解：煤块放在传送带后受到沿斜面向下的滑动摩擦力作用，一定先向下做匀加速直线运动。
A、设经过时间t1，煤块的速度与传送带相同，匀加速运动的加速度大小为a1，则根据牛顿第二定律得：mgsinθ+μmgcosθ＝ma1，可得 a1＝g（sinθ+μcosθ）＝8m/s2
由 v0＝a1t1得 t1＝1s，此过程通过的位移大小为 x1t1＝4m＜L。
由于mgsinθ＞μmgcosθ．故煤块速度大小等于传送带速度大小后，继续匀加速向下运动，受到的滑动摩擦力沿斜面向上。
设煤块接着做匀加速运动的加速度为a2，运动的时间为t2，则 mgsinθ﹣μmgcosθ＝ma2，可得 a2＝g（sinθ﹣μcosθ）＝4m/s2
由L﹣x1＝v0t2，代入数据得：t2＝1s。
故煤块从A到B的运动时间是t＝t1+t2＝2s。故A错误。
B、煤块从A端运动到B端时速度 v＝v0+a2t2＝12m/s，此时重力的瞬时功率为 P＝mgvsinθ＝144W，故B错误。
C、由于两个过程煤块与传送带间的相对位移大小（v0t1﹣x1）＞[（L﹣x1）﹣v0t2]，所以煤块从A端运动到B端留下的黑色痕迹长度为 S＝v0t1﹣x1＝4m。故C正确。
D、煤块从A端运动到B端因摩擦产生的热量为 Q＝μmgcosθ{（v0t1﹣x1）+[（L﹣x1）﹣v0t2]}，代入数据解得：Q＝24J，故D错误。
故选：C。
（2022 柯桥区模拟）有一娱乐项目，人坐在半径为R的倾斜圆盘边缘随着圆盘绕圆心O处的转轴匀速转动（转轴垂直于盘面），圆盘的倾角为α，如图所示，图中人用方块代替。当人与圆盘间的动摩擦因数μ＝2.5tanα时，人恰好不从圆盘滑出去。人的质量为m，A为圆盘的最低点，B为圆盘的最高点，最大静摩擦力等于滑动摩擦力，以下正确的是（ ）
A．B位置处受到的摩擦力方向沿斜面向上
B．A点与B点人所受到的摩擦力大小之差为3mgsinα
C．人在转动时的速度大小为
D．人从A到B摩擦力做功为2mgRsinα
【解答】解：A.人做匀速圆周运动，恰好不从圆盘滑出去，由受力可知，在A位置的摩擦力沿斜面向上，向心力为
则
假设B位置摩擦力方向沿斜面向下，则向心力为
则
由以上分析可知
fA＞fB
所以可得
fA＝μmgcosα＝2.5mgsinα
则mω2R＝fA﹣mgsinα＝1.5mgsinα
可知
故可知B位置处受到的摩擦力方向沿斜面向下，故A错误；
B.A点与B点人所受到的摩擦力大小之差为
fA﹣fB＝2mgsinα，故B错误；
C.由
可得人在转动时的速度大小为，故C错误；
D.因为人做匀速圆周运动，所以有
Wf﹣mg 2Rsinα＝0
所以Wf＝2mgRsinα，故D正确。
故选：D。
（2022 浙江三模）如图所示，质量为m的木块A和质量为m的磁铁B同时从光滑的铝制斜面顶端静止释放，沿着直线下滑到斜面底端。则下列说法中正确的是（ ）
A．木块A和磁铁B下滑都仅受重力和支持力
B．木块A到达底端速度较小
C．磁铁B到达底端用时较长
D．两者到达斜面底端时动能相同
【解答】解：A、木块A下滑仅受重力和支持力，对于磁铁B根据楞次定律可知会受到阻碍相对运动的安培力，故A错误；
BC、根据A选项的分析，A下滑加速度大，下滑位移相同，所以木块A到达底端速度较大，磁铁B到达底端用时较长，故B错误，C正确；
D、因为两者到达底端速度不同，质量相同，所以两者到达斜面底端时动能不同，故D错误；
故选：C。
（2022 宁波二模）如图所示，外层覆盖锌的纳米机器人可携带药物进入老鼠体内，到达老鼠的胃部之后，外层的锌与消化液中的酸发生化学反应，产生氢气气泡作为推进动力，机器人的速度可达6×10﹣5m/s。若不计重力和浮力，则下列说法正确的是（ ）
A．胃液中运动的纳米机器人不受阻力
B．机器人前进时对胃液的作用力比胃液对机器人的作用力大
C．氢气气泡对机器人作用力一定比胃液对机器人作用力小
D．机器人在胃液中加速前进时，氢气气泡对机器人做的功大于机器人动能的增加量
【解答】解：A、纳米机器人受到胃液的阻力，故A错误；
B、根据牛顿第三定律可知，B错误；
C、由于机器人向前加速，根据牛顿第二定律可知C错误；
D、根据动能定理可知，氢气气泡对机器人做的功加上胃液阻力对机器人做的负功等于机器人动能的增加量，故D正确；
故选：D。
（2022 杭州二模）电梯一般用电动机驱动，钢丝绳挂在电动机绳轮上，一端悬吊轿厢，另一端悬吊配重装置。钢绳和绳轮间产生的摩擦力能驱驶轿厢上下运动。若电梯轿箱质量为2×103kg，配重为2.4×103kg。某次电梯轿箱由静止开始上升的v﹣t图像如图乙所示，不计空气阻力。下列说法正确的是（ ）
A．电梯轿箱在第10s内处于失重状态
B．上升过程中，钢绳对轿厢和对配重的拉力大小始终相等
C．在第1s内，电动机做的机械功为2.4×104J
D．上升过程中，钢绳对轿厢做功的最大功率为4.8×104W
【解答】解：A、电梯轿箱在第10s内做匀速运动，既不超重也不失重，故A错误；
B、对轿厢及物体构成的系统，由牛顿第二定律知F﹣mg＝ma，由于上升过程先匀加速，后匀速再匀减速，加速度变化，所拉力变化，故B错误；
C、动能定理：W拉﹣（M+m）gH（M+m）v2，解得钢索拉力做功为：W拉＝5.28×104J，故C错误；
D、上升过程中，1s时，加速度am/s2＝2m/s2，钢绳对轿厢做功的最大功率P＝Fv＝（mg+ma）v＝（2×103×10+2×103×2）×2W＝4.8×104W，故D正确。
故选：D。
（2023 温州模拟）如图甲所示，某同学利用乐高拼装积木搭建一游戏轨道，其结构简图如图乙所示。该轨道由固定的竖直轨道AB，半径分别为r＝0.4m、0.5r、1.5r的三个半圆轨道BCO3、O3DO1、FGH，半径为r的四分之一圆弧轨道O1E，长度L＝1m的水平轨道EF组成，轨道BCO3和轨道O1E前后错开，除水平轨道EF段外其他轨道均光滑，且各处平滑连接。可视为质点的滑块从A点由静止释放，恰好可以通过轨道O3DO1的最高点D，不计空气阻力。
（1）求A、C两点的高度差h；
（2）要使物块至少经过F点一次，且运动过程中始终不脱离轨道，求滑块与水平轨道EF间的动摩擦因数μ的范围；
（3）若半圆轨道O3DO1中缺一块圆心角为2θ的圆弧积木IDJ（I、J关于O2D对称），滑块从I飞出后恰能无碰撞从J进入轨道，求θ的值。
【解答】解：（1）滑块恰好经过D，重力提供向心力
滑块从A到D，根据动能定理
联立解得h＝0.7m
（2）若恰好滑到F点停下，根据动能定理mgh﹣μ1mgL＝0
解得μ1＝0.7
当到G点速度为零，根据动能定理mg（h﹣1.5r）﹣μ2mgL＝0
解得μ2＝0.1
当返回时不超过O1点，根据动能定理mg（h﹣r）﹣μ3mg 2L＝0
解得μ3＝0.15
综上可得滑块与水平轨道EF间的动摩擦因数μ的范围0.15≤μ≤0.7
（3）A点到I点过程中根据动能定理
设I点到最高点时间为t，则有vsinθ＝gt
0.5rsinθ＝（vcosθ） t
解得
可得
另一解cosθ＝1舍去。
答：（1）A、C两点的高度差0.7m；
（2）滑块与水平轨道EF间的动摩擦因数μ的范围0.15≤μ≤0.7；
（3）θ的值为60°。
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