2016届高考物理二轮专题提升训练： 功和能

2016届高考物理二轮专题提升训练
　第二讲 功和能2
1．恒力做功的计算式
W＝Flcos α(α是F与位移l方向的夹角)
2．恒力所做总功的计算
W总＝F合lcos α或W总＝W1＋W2＋……
3．计算功率的两个公式
P＝或P＝Fvcos α。
4．动能定理
W总＝Ek2－Ek1
5．机车启动类问题中的“临界点”
(1)全程最大速度的临界点为：Ff＝。
(2)匀加速运动的最后点为－Ff＝ma；此时瞬时功率等于额定功率P额。
(3)在匀加速过程中的某点有：－Ff＝ma。
(4)在变加速运动过程中的某点有－Ff＝ma2。
6．重力势能
Ep＝mgh(h是相对于零势能面的高度)
7．机械能守恒定律的三种表达方式
(1)始末状态：mgh1＋mv12＝mgh2＋mv22
(2)能量转化：ΔEk(增)＝ΔEp(减)
(3)研究对象：ΔEA＝－ΔEB
8．几种常见的功能关系
做功 能量变化 功能关系
重力做功 重力势能变化ΔEp WG＝－ΔEp
弹力做功 弹性势能变化ΔEp WFN＝－ΔEp
合外力做功W合 动能变化ΔEk W合＝ΔEk
除重力和弹力之外其他力做功W其 机械能变化ΔE W其＝ΔE
滑动摩擦力与介质阻力做功Ffs相对 系统内能变化ΔE内 Ffs相对＝ΔE内
电场力做功WAB＝qUAB 电势能变化ΔEp WAB＝－ΔEp
电流做功W＝UIt 电能变化ΔE W＝－ΔE
9．应用动能定理的情况
(1)动能定理的计算式为标量式，不涉及方向问题，在不涉及加速度和时间的问题时，可优先考虑动能定理。
(2)动能定理的研究对象是单一物体，或者可以看成单一物体的物体系。
(3)动能定理适用于物体的直线运动，也适 ( http: / / www.21cnjy.com )用于曲线运动；适用于恒力做功，也适用于变力做功，力可以是各种性质的力，既可以同时作用，也可以分段作用。
(4)若物体运动的过程中包含几个不同过程，应用动能定理时，可以分段考虑，也可以视全过程为一整体来处理。
一、选择题(共10小题，每小题4分，共40 ( http: / / www.21cnjy.com )分，在每小题给出的四个选项中，1－6小题只有一个选项符合题目要求，7－10小题有多个选项符合题目要求，全部选对的得4分，选不全的得2分，有选错或不答的得0分)
1．(2015·河北石家庄质检)有一辆新颖 ( http: / / www.21cnjy.com )电动汽车，总质量为1000kg。行驶中，该车速度在14～20m/s范围内保持恒定功率20kW不变。一位同学坐在驾驶员旁边观察车内里程表和速度表，记录了该车在位移120～400m范围内做直线运动时的一组数据如下表，设汽车在上述范围内受到的阻力大小不变，则(　　)
s/m 120 160 200 240 280 320 360 400
v/(m·s－1) 14.5 16.5 18.0 19.0 19.7 20.0 20.0 20.0
A．该汽车受到的阻力为2000N
B．位移120～320m过程牵引力所做的功约为9.5×104J
C．位移120～320m过程经历时间约为14.75s
D．该车速度在14～20m/s范围内可能做匀加速直线运动
答案：C
解析：汽车最后匀速行驶，有 ( http: / / www.21cnjy.com )P＝fvm得：f＝N＝1000N，则A错；汽车位移120～320m过程中牵引力做功W，由动能定理得：W－f·(320m－120m)＝mv－mv，代入数据得W＝2.95×105J，则B错；设汽车位移120～320m过程经历时间为t，由动能定理得：Pt－f·(320m－120m)＝mv－mv，代入数据得：t＝14.75s，则C对；汽车速度在14～20m/s范围内，功率不变，做变加速直线运动，则D错。
2．(2015·河北冀州12月调研)一 ( http: / / www.21cnjy.com )个质量为0.3kg的物体沿水平面做直线运动，如图所示，图线a表示物体受水平拉力时的v－t图线，图线b表示撤去水平拉力后物体继续运动的v－t图线，g＝10m/s2，下列说法中正确的是(　　)
A．撤去拉力后物体还能滑行7.5m
B．物体与水平面间的动摩擦因数为0.1
C．水平拉力的大小为0.1N，方向与摩擦力方向相同
D．水平拉力对物体做功为1.2J
答案：C
解析：在0～3s内水平拉力F作用在 ( http: / / www.21cnjy.com )物体上，由v－t图象可知，此时间内物体的加速度大小a1＝m/s2,3s末撤去力F，此后，物体的加速度大小a2＝m/s2。由v－t图线和横轴所围面积表示位移，可知3～6s内物体的位移为7.5m，而6s末物体的速度不为零，此后物体仍向前运动，故A错。由ma2＝μmg，可得μ＝，B错。结合题图可知F与摩擦力方向相同，由牛顿第二定律有F＋μmg＝ma1，解得F＝0.1N，故C对。W＝－Fx＝－1.2J，D错。
3.(2015·安徽合肥一模)一个 ( http: / / www.21cnjy.com )质量为m的小铁块沿半径为及的固定半圆轨道上边缘由静止滑下，到半圆底部时，小铁块所受向心力为铁块重力的1.5倍，则此过程中铁块损失的机械能为(　　)
A．mgR B．mgR
C．mgR D．mgR
答案：B
解析：已知铁块滑到半圆底部时，小铁块所受向心力为铁块重力的1.5倍，由牛顿第二定律得：1.5mg＝m
对铁块的下滑过程运用动能定理得：mgR－W＝mv2，
解得：W＝mgR，故选B。
4．(2015·西安模拟)2014年春晚中开 ( http: / / www.21cnjy.com )心麻花团队打造的创意形体秀《魔幻三兄弟》给观众留下了很深的印象，该剧采用了“斜躺”的表演方式，三位演员躺在倾角为30°的斜面上完成一系列动作，摄像机垂直于斜面拍摄，让观众产生演员在竖直墙面前表演的错觉。演员甲被演员乙和演员丙“竖直向上”抛出，到最高点后恰好悬停在“空中”。已知演员甲的质量m＝60kg，该过程中观众看到演员甲上升的“高度”为0.8m。设演员甲和斜面间最大静摩擦力等于滑动摩擦力，重力加速度g＝10m/s2，不计空气阻力，则该过程中，下列说法不正确的是(　　)
A．演员甲被抛出的初速度为4m/s
B．演员甲运动的时间为0.4s
C．演员甲的重力势能增加了480J
D．演员乙和演员丙对甲做的功为480J
答案：C
解析：沿斜面上滑的演员甲受 ( http: / / www.21cnjy.com )重力、支持力和摩擦力作用，由牛顿第二定律有：－mgsin30°－μFN＝ma，FN＝mgcos30°，由演员甲恰好悬停在最高点得，mgsin30°＝μmgcos30°，在斜面上演员甲做匀减速直线运动，－v＝2ax，解得：v0＝4m/s，A项正确；由x＝t解得：t＝0.4s，B项正确；演员甲实际上升高度Δh＝0.8sin30°m＝0.4m，重力势能增加ΔEp＝mgΔh＝240J，C项错；由动能定理可知，演员乙和演员丙对甲做功W＝mv＝480J，D项正确。
5．(2015·廊坊模拟 ( http: / / www.21cnjy.com ))如图所示，重10N的滑块在倾角为30°的斜面上，从a点由静止开始下滑，到b点开始压缩轻弹簧，到c点时达到最大速度，到d点(图中未画出)开始弹回，返回b点离开弹簧，恰能再回到a点。若bc＝0.1m，弹簧弹性势能的最大值为8J，则下列说法正确的是(　　)
A．轻弹簧的劲度系数是50N/m
B．从d到b滑块克服重力做功8J
C．滑块的动能最大值为8J
D．从d点到c点弹簧的弹力对滑块做功8J
答案：A
解析：整个过程中，滑块从a点静止释放后 ( http: / / www.21cnjy.com )还能回到a点，说明机械能守恒，即斜面是光滑的。滑块到c点速度最大，所受合力为零，由平衡条件和胡克定律有：kxbc＝mgsin30°，解得k＝50N/m，A项正确；由d到b的过程中，弹簧弹性势能一部分转化为重力势能，一部分转化为动能，B项错；滑块由d到c点过程中，滑块与弹簧组成的系统机械能守恒，弹簧弹性势能一部分转化为重力势能、一部分转化为动能，故到c点时最大动能一定小于8J，又弹性势能减少量小于8J，所以弹力对滑块做功小于8J，CD项错。
6．(2015·河南八市联考)如图所示 ( http: / / www.21cnjy.com )，有三个斜面a、b、c，底边的长分别为L、L、3L，高度分别为3h、h、h。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2ΔEa＝2ΔEb＝ΔEc
B．因摩擦产生的热量3Qa＝3Qb＝Qc
C．物体到达底端的动能Eka＝3Ekb＝3Ekc
D．因摩擦产生的热量4Qa＝2Qb＝Qc
答案：B
解析：设斜面和水平方向夹角为θ，斜 ( http: / / www.21cnjy.com )面长度为x，则物体下滑过程中克服摩擦力做功为：W＝μmgxcosθ，xcosθ即为底边长度。物体下滑，除重力外有摩擦力做功，根据能量守恒，损失的机械能转化成摩擦产生的内能。由图可知a和b底边相等且等于c的，故摩擦生热关系为：Qa＝Qb＝Qc，所以损失的机械能ΔEa＝ΔEb＝ΔEc，选项AD错误，B正确；设物体滑到底端时的速度为v，根据动能定理得：mgH－μmgxcosθ＝mv2－0＝Ek，Eka＝3mgh－μmgL，Ekb＝mgh－μmgL，Ekc＝mgh－μmg·3L，根据图中斜面高度和底边长度可知滑到底边时动能大小关系为：Eka>Ekb>Ekc，选项C错误。
7．(2015·廊坊模拟)如图所示，在离 ( http: / / www.21cnjy.com )地面高为H处以水平速度v0抛出一质量为m的小球，经时间t，小球离水平地面的高度变为h，此时小球的动能为Ek，重力势能为Ep(选水平地面为零势能参考面)。下列图象中大致能反映小球动能Ek、势能Ep变化规律的是(　　)
答案：AD
解析：由动能定理可知，mg(H－h) ( http: / / www.21cnjy.com )＝Ek－Ek0，即Ek＝Ek0＋mgH－mgh，Ek—h图象为一次函数图象，B项错；又Ek＝Ek0＋mg2t2，可知Ek－t图象为开口向上的抛物线，A项正确；由重力势能定义式有：Ep＝mgh，Ep—h为正比例函数，所以D项正确；由平抛运动规律有：H－h＝gt2，所以Ep＝mg(H－gt2)，所以Ep－t图象不是直线，C项错。
8．(2015·临汾模拟)如图所示，倾 ( http: / / www.21cnjy.com )角为θ的光滑斜面足够长，一质量为m的小物体，在沿斜面向上的恒力F作用下，由静止从斜面底端沿斜面向上做匀加速直线运动，经过时间t，力F做功为60J，此后撤去力F，物体又经过相同的时间t回到斜面底端，若以地面为零势能参考面，则下列说法正确的是(　　)
A．物体回到斜面底端的动能为60J
B．恒力F＝2mgsinθ
C．撤去力F时，物体的重力势能是45J
D．动能与势能相等的时刻一定出现在撤去力F之前
答案：AC
解析：由题设条件可知：前后两段 ( http: / / www.21cnjy.com )小物体的运动的位移大小相等，方向相反，则由牛顿第二定律和运动学公式可得：x0＝×t2＝－(t2－gsinθt2)，解得：F＝mgsinθ，选项B错误；由题设条件知：Fx0＝mgx0sinθ＝60J，则此过程中重力做的功为WG＝－mgx0sinθ＝－45J，撤去力F时，物体的重力势能是45J，选项C正确；全程由动能定理可得：Fx0＝Ek0，则物体回到斜面底端的动能Ek0为60J，选项A正确；撤去力F时，物体的重力势能为45J，动能为15J，此后只有重力做功，机械能守恒，故动能与势能相等，且都为30J时在撤去力F前后都存在，选项D错误。
9．(2015·保定模拟)如图所示，内 ( http: / / www.21cnjy.com )壁光滑半径大小为R的圆轨道竖直固定在桌面上，一个质量为m的小球静止在轨道底部A点。现用小锤沿水平方向快速击打小球，击打后迅速移开，使小球沿轨道在竖直面内运动。当小球回到A点时，再次用小锤沿运动方向击打小球，通过两次击打，小球才能运动到圆轨道的最高点。已知小球在运动过程中始终未脱离轨道，在第一次击打过程中小锤对小球做功W1，第二次击打过程中小锤对小球做功W2。设先后两次击打过程中小锤对小球做功全部用来增加小球的动能，则W1/W2的值可能是(　　)
A．1/2 B．2/3
C．3/4 D．1
答案：AB
解析：第一次击打小球时小球最高运动到过O点 ( http: / / www.21cnjy.com )与水平地面平行的直径的两端位置，小锤对小球做功W1＝mgR，第二次击打小球，小球恰好做圆周运动，此时小球在最高点速度v＝，与小球在最高点对应最低点的速度为vA，根据机械能守恒定律可得－mg·2R＝mv2－mv，第二次击打小球，小锤对小球做的功W2＝mv－mgR＝mgR，则先后两次击打，小锤对小球做功的最大值为，故选项AB正确，CD错误。
10．(2015·江西八校模 ( http: / / www.21cnjy.com )拟)如图所示，在距水平地面高为0.4m处水平固定一根长直光滑杆，在杆上P点固定一定滑轮，滑轮可绕水平轴无摩擦转动，在P点的右边杆上套有一质量m＝2kg的小球A。半径R＝0.3m的光滑半圆形细轨道竖直地固定在地面上，其圆心O在P点的正下方，在轨道上套有一质量也为m＝2kg的小球B。用一条不可伸长的柔软细绳，通过定滑轮将两小球连接起来。杆和半圆形轨道在同一竖直面内，两小球均可看做质点，且不计滑轮大小的影响。现给小球A一个水平向右的恒力F＝50N。(取g＝10m/s2)，则(　　)
A．把小球B从地面拉到P的正下方力F做功为20J
B．小球B运动到C处时的速度大小为0
C．小球B被拉到与小球A速度大小相等时，sin∠OPB＝
D．把小球B从地面拉到P的正下方时小球B的机械能增加了6J
答案：AC
解析：由图中几何关系，可知：在小球B从 ( http: / / www.21cnjy.com )地面拉到P的正下方的过程中，小球A的位移x＝0.5m－0.1m＝0.4m，则力F做的功W＝Fx＝20J，选项A正确；设小球B到达C处的速度为v，对此过程，由动能定理可得：W－mgR＝mv2，可得：v＝＝m/s，选项B错误；当小球B被拉到与小球A速度大小相等时，连接小球B与滑轮间的细绳正好与半圆形轨道相切，根据图中几何关系，可得：sin∠OPB＝，选项C正确；把小球B从地面拉到P的正下方的过程中，小球B增加的机械能ΔE＝mgR＋mv2＝20J，选项D错误。
第Ⅱ卷(非选择题　共60分)
二、填空题(共3小题，每小题6分，共18分，把答案直接填在横线上)
11．质量为500t的机车，以恒定的功 ( http: / / www.21cnjy.com )率从静止出发，经过5min在水平面上行驶了2.25km，速度达到最大值54km/h，则机车的功率为__________W，机车运动中受到的平均阻力为________N。
答案：3.75×105　2.5×104
解析：取机车为研究对象，由动能定理得：Pt－x＝mv，P＝＝W＝3.75×105W，f＝＝N＝2.5×104N。
12．(2015·株洲模拟)在实验验证自 ( http: / / www.21cnjy.com )由落体的重物机械能守恒时，打出一条纸带如图所示。图中O是打出的第一个点迹，A、B、C、D、E、F……是依次打出的点迹，量出OE间的距离为x1，DF间的距离为x2，已知打点计时器打点的周期是T。
(1)如果在实验误差允许的范围内x1、x2、T满足关系式________，即验证了重物下落过程中机械能是守恒的。
(2)已知T＝0.02s。如果打出的纸带中有 ( http: / / www.21cnjy.com )一条OA距离大约是5mm，则出现这种情况的原因可能是__________________________________；如果操作正确，但打出的纸带中有一条OA距离大约是1mm，则________(填“能”或“不能”)利用这条纸带来进行验证。
答案：(1)gx1＝　(2)先松开纸带后接通电源　能
解析：(1)vE＝，若mgx1＝mv，则机械能守恒，则v＝2gx1，gx1＝。(2)若是接通电源的同时重物开始下落，则xOA＝gT2≈2mm，若OA距离大约是5mm，说明先松开纸带后接通电源。如果操作正确，但打出的纸带中有一条OA距离大约是1mm，可以不用第一个点，在纸带上另找两个点，根据v－v＝2gh也能达到实验目的。
13．(2015·保定模拟)图甲所示的 ( http: / / www.21cnjy.com )装置可用来探究做功与速度变化的关系。倾角为θ的斜面体固定在实验台上，将光电门固定在斜面体的底端O点，将小球从斜面上的不同位置由静止释放。释放点到光电门的距离d依次为5cm、10cm、15cm、20cm、25cm、30cm。
(1)用螺旋测微器测量小球的直径，如图乙所示，小球的直径D＝________cm。
(2)该实验________(选填“需要 ( http: / / www.21cnjy.com )”或者“不需要”)测量小球质量；小球通过光电门经历的时间为Δt，小球通过光电门的速度为________(填字母)，不考虑误差的影响，从理论上来说，该结果________(选填“<”“>”或“＝”)球心通过光电门的瞬时速度。
(3)为了探究做功与速度变化的关系：依次记录的实验数据如下表所示。
实验次数 1 2 3 4 5 6
d×10－2m 5.00 10.00 15.00 20.00 25.00 30.00
v/(m·s－1) 0.69 0.98 1.20 1.39 1.55 1.70
v2/(m·s－1)2 0.48 0.97 1.43 1.92 2.41 2.86
/(m·s－1)1/2 0.83 0.99 1.10 1.18 1.24 1.30
从表格中数据分析能够得到关于“做功 ( http: / / www.21cnjy.com )与速度变化的关系”的结论是__________________________________________。
答案：(1)0.5627(0.5625～0.5628均对)
(2)不需要
(3)合外力做功与小球通过光电门时速度的平方成正比(或者释放点到光电门的距离d与小球通过光电门时速度的平方成正比)
解析：(1)螺旋测微器的读数为D＝(5.5＋12.7×0.01)mm＝5.627mm。
(2)根据动能定理得mgdsinθ＝ ( http: / / www.21cnjy.com )mv2，所以该实验不需要测量小球的质量；小球通过光电门的速度为v＝。小球沿斜面做匀加速直线运动，小球通过光电门的速度可以看做Δt时间内中间时刻的速度，不考虑误差的影响，球心通过光电门的速度可以看做D位移内中间位移的速度，可以判定中间位移的速度大于中间时刻的速度。
三、计算题(共4小题，共42分。解答应 ( http: / / www.21cnjy.com )写出必要的文字说明、方程式和重要演算步骤，只写出最后答案不能得分，有数值计算的题，答案中必须明确写出数值和单位)
14．(10分)(2015· ( http: / / www.21cnjy.com )福建厦门质检)如图所示，在竖直方向上A、B两物体通过劲度系数为A的轻质弹簧相连，A放在水平地面上；B、C两物体通过细线绕过轻质定滑轮相连，C放在固定的光滑斜面上。用手拿住C，使细线刚刚拉直但无拉力作用，并保证ab段的细线竖直、cd段的细线与斜面平行。已知A、B的质量均为m，斜面倾角为θ＝37°，重力加速度为g，滑轮的质量和摩擦不计，开始时整个系统处于静止状态。C释放后沿斜面下滑，当A刚要离开地面时，B的速度最大，(sin37°＝0.6，cos37°＝0.8)求：
(1)从开始到物体A刚要离开地面的过程中，物体C沿斜面下滑的距离；
(2)C的质量；
(3)A刚要离开地面时，C的动能。
答案：(1)　(2)　(3)
解析：(1)设开始时弹簧压缩的长度为xB，则有
kxB＝mg
设当物体A刚要离开地面时，弹簧的伸长量为xA，则有
kxA＝mg
当物体A刚要离开地面时，物体B上升的距离与物体C沿斜面下滑的距离相等，为：
h＝xA＋xB
解得：h＝
(2)物体A刚要离开地面时 ( http: / / www.21cnjy.com )，以B为研究对象，物体B受到重力mg、弹簧的弹力kxA、细线的拉力T三个力的作用，设物体B的加速度为a，根据牛顿第二定律，
对B有：T－mg－kxA＝ma
对C有：mCgsinθ－T＝mCa
B获得最大速度时，有：a＝0
解得：mC＝m
(3)由于xA＝xB，弹簧处于压缩状态和伸 ( http: / / www.21cnjy.com )长状态时的弹性势能相等，弹簧弹力做功为零，且物体A刚要离开地面时，B、C两物体的速度相等，设为v0，由动能定理得：
mCghsinθ－mgh＋W弹＝(m＋mC)v－0
其中W弹＝0
解得：v＝
所以EkC＝mCv＝
15．(10分)如图所示，在粗糙水平面上竖直 ( http: / / www.21cnjy.com )固定半径为R＝6cm的光滑圆轨道，质量为m＝4kg的物块静止放在粗糙水平面上A处，物块与水平面的动摩擦因数μ＝0.75，A与B的间距L＝0.5m，现对物块施加大小恒定的拉力F使其沿粗糙水平面做直线运动，到达B处将拉力F撤去，物块沿竖直光滑圆轨道运动。若拉力F与水平面夹角为θ时，物块恰好沿竖直光滑圆轨道通过最高点，重力加速度g取10m/s2，物块可视为质点。求：
(1)物块到达B处时的动能；
(2)拉力F的最小值及此时拉力方向与水平方向的夹角θ。
答案：(1)6J　(2)33.6N　37°
解析：(1)设物块恰好到达竖直光滑轨道最高点时速度为v，则有mg＝m
物块从B处沿光滑圆轨道运动到最高点，由机械能守恒得
EkB＝2mgR＋mv2
联立解得：EkB＝mgR＝6J
所以物块到达B处时的动能EkB＝6J
(2)物块从A运动到B
∵W合＝ΔEk
∴FLcosθ－μ(mg－Fsinθ)L＝EkB
EkB＝FL(cosθ＋μsinθ)－μmgL
解得：F＝＝
由数学知识可知，当θ＝37°时，F最小值为33.6N
16．(11分)如图所示，在竖直平面内固定有 ( http: / / www.21cnjy.com )两个很靠近的同心圆形轨道，外圆ABCD光滑，内圆的上半部分B′C′D′粗糙，下半部分B′A′D′光滑。一质量为m＝0.2kg的小球从外轨道的最低点A处以初速度v0向右运动，小球的直径略小于两圆的间距，小球运动的轨道半径R＝0.2m，取g＝10m/s2。
(1)若要使小球始终紧贴着外圆做完整的圆周运动，初速度v0至少为多少？
(2)若v0＝3m/s，经过一段时间后小球到达最高点，内轨道对小球的支持力FC＝2N，则小球在这段时间内克服摩擦力做的功是多少？
(3)若v0＝3.1m/s，经过足够长的时间后，小球经过最低点A时受到的支持力为多少？小球在整个运动过程中减少的机械能是多少？
答案：(1)m/s　(2)0.1J　(3)0.561J
解析：(1)设此情形下小球到达外轨道的最高点的最小速度为vC，则由牛顿第二定律可得
mg＝
由动能定律可知－2mgR＝mv－mv
代入数据解得：v0＝m/s。
(2)设此时小球到达最高点的速度为vC′，克服摩擦力做的功为W，则由牛顿第二定律可得
mg－FC＝
由动能定理可知－2mgR－W＝mv′－mv
代入数据解得：W＝0.1J
(3)经足够长的时间后，小球在下半圆轨道内做往复运动。设小球经过最低点的速度为vA，受到的支持力为F2，则由动能定理可知
mgR＝mv
根据牛顿第二定律可得FA－mg＝
代入数据解得：FA＝3mg＝6N
设小球在整个运动过程中减少的机械能为ΔE，由功能关系有ΔE＝mv－mgR
代入数据解得；ΔE＝0.561J。
17．(11分)长为1.5m ( http: / / www.21cnjy.com )的长木板B静止放在水平冰面上，小物块A以某一初速度从木板B的左端滑上长木板B，直到A、B的速度达到相同，此时A、B的速度为0.4m/s，然后A、B又一起在水平冰面上滑行了8.0cm后停下。若小物块A可视为质点，它与长木板B的质量相同，都为2kg，A、B间的动摩擦因数μ1＝0.25，取g＝10m/s2。求：
(1)木板与冰面的动摩擦因数μ2；
(2)全过程产生的总热量Q；
(3)为了保证小物块不从木板的右端滑落，小物块滑上木板的最大初速应为多少？
答案：(1)0.10　(2)5.76J　(3)3.0m/s
解析：(1)小物块和木板一起运动时，受冰面的滑动摩擦力，做匀减速运动，加速度a＝μ2g＝＝1.0m/s2
解得木板与冰面的动摩擦因数：μ2＝0.10
(2)小物块相对木板滑动时受木板对它的滑动摩擦力，做匀减速运动，加速度a1＝μ1g＝2.5m/s2
小物块在木板上滑动，木板受小物块的滑动摩擦力和冰面的滑动摩擦力，做匀加速运动，有：
μ1mg－μ2(2m)g＝ma2
解得加速度a2＝0.50m/s2
设小物块滑上木板时的初速度为v10，经时间t后小物块、木板的速度相同为v
对于木板v＝a2t
解得滑行时间：t＝＝0.8s
小物块滑上木板的初速度：v10＝v＋a1t＝2.4m/s
由能量守恒可知，全过程产生的总热量
Q＝mv/2＝5.76J
(3)小物块滑上木板的初速度越大 ( http: / / www.21cnjy.com )，它在木板上相对木板滑动的距离越大，当滑动距离等于木板长时，小物块到达木板B的最右端，两者的速度相等(设为v′)，这种情况下小物块的初速度为保证其不从木板上滑落的最大初速度，设为v0
则v0t－a1t2－a2t2＝L
v0－v′＝a1t　v′＝a2t
由以上三式解得，为了保证小物块不从木板的右端滑落，小物块滑上木板的最大初速度
v0＝＝3.0m/s