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阶段综合评价(四) 机械能及其守恒定律
(时间：75分钟 满分：100分)
一、单项选择题(本题共7小题，每小题4分，共28分。在每小题给出的四个选项中，只有一项是符合题目要求的)
1.如图所示，站在平板卡车上的人用水平力F向前推车，脚对车的摩擦力向后为f，则下列说法中正确的是( )
A．当车匀速前进时，F和f对车做功的代数和为零
B．当车加速前进时，F和f对车做功的代数和为正值
C．当车减速前进时，F和f对车做功的代数和为负值
D．不管车如何运动，F和f对车做功的代数和均为零
解析：选A 当车匀速前进时，人随车匀速运动，由人受力平衡结合牛顿第三定律可知F与f等值反向，F和f对车做功的代数和为零，故A正确；当车加速前进时，人随车加速前进，人所受合力向前，车对人的推力F′必小于车对人的摩擦力f′，故F与f的合力方向向后，F和f对车做功的代数和为负值，B错误；同理可判定C错误，由以上可知D一定错误。
2．在下列几种情况下，甲、乙两物体动能相等的是( )
A．甲的速度是乙的2倍，甲的质量是乙的一半
B．甲的质量是乙的2倍，甲的速度是乙的一半
C．甲的质量是乙的4倍，甲的速度是乙的四分之一
D．质量相同，速度的大小相同，但甲向东运动，乙向西运动
解析：选D 由动能定义式Ek＝mv2可知：选项A、B、C错误。动能是标量，一个质量一定的物体动能大小只取决于速度大小，而与速度方向无关，D正确。
3．在足球赛中，红队球员在白队禁区附近主罚定位球，如图所示，并将球从球门右上角擦着横梁踢进球门。球门高度为h，足球飞入球门的速度为v，足球的质量为m，则红队球员将足球踢出时对足球做的功W(不计空气阻力，足球视为质点)( )
A．等于mgh＋mv2
B．大于mgh＋mv2
C．小于mgh＋mv2
D．因为球射入球门过程中的曲线的形状不确定，所以做功的大小无法确定
解析：选A 由机械能守恒定律可知，球员对球做的功等于足球机械能的增加量，故W＝mgh＋mv2。A正确。
4.如图所示，小球以大小为v0的初速度由A端向右运动，到B端时的速度减小为vB；若以同样大小的初速度由B端向左运动，到A端时的速度减小为vA。已知小球运动过程中始终未离开该粗糙轨道，D为AB中点。以下说法正确的是( )
A．vA>vB
B．vA＝vB
C．vAD．两次经过D点时速度大小相等
解析：选A 小球由A端向右运动时，通过凹槽的速度大于小球由B端向左运动时通过凹槽的速
度，因通过凹槽时(如图甲)，有FN－mgcos θ＝，故小球由A端向右运动时，通过凹槽时受到的支持力大，因而受到的摩擦力大，克服阻力做功多；同理，小球通过凸槽时(如图乙)，有mgcos θ－FN＝，小球由A端向右运动时，通过凸槽的速度小于小球由B端向左运动时通过凸槽的速度，所以小球向右运动时通过凸槽时受到的摩擦力也大，故克服阻力做的功多。所以小球向右运动全过程克服阻力做功多，动能损失多，末动能小，只有A正确。
5．由两种不同材料拼接成的直轨道ABC，B为两种材料的分界点，长度AB>BC。先将ABC按图1方式搭建成倾角为θ的斜面，让一小物块(可看成质点)从斜面顶端由静止释放，经时间t小物块滑过B点；然后将ABC按图2方式搭建成倾角为θ的斜面，同样将小物块从斜面顶端由静止释放，小物块经相同时间t滑过B点。则小物块( )
A．与AB段的动摩擦因数比与BC段的动摩擦因数大
B．两次滑到B点的速率相同
C．两次从顶端滑到底端所用的时间相同
D．两次从顶端滑到底端的过程中摩擦力做功相同
解析：选D 由于长度AB>BC，而两次过程中所用时间相同，由s＝at2可知在AB中加速度大，再由a＝gsin θ－μgcos θ可知小物块与AB段的动摩擦因数小，A错误；由vB＝at可知在题图1中滑到B点的速率大，B错误；两次过程中在对应阶段的摩擦力相同、位移相同，故摩擦力做功相同，重力做功相等，再结合能量守恒可知，物块到达底端时速度相同，则再由如图所示速度—时间图像易看出第一次所用总时间较短，故C错误，D正确。
6.如图所示，一很长的、不可伸长的柔软轻绳跨过光滑定滑轮，绳两端各系一小球a和b。a球质量为m, 静置于地面；b球质量为3m，用手托住，高度为h，此时轻 绳刚好拉紧。从静止开始释放b后，a可能达到的最大高度为( )
A．h B．1.5h
C．2h D．2.5h
解析：选B 释放b后，b下落到地面，a上升高度h瞬间，a、b两者的速度相等，设为v，由机械能守恒定律得3mgh＝mgh＋mv2＋×3mv2，解得v＝，之后a竖直上抛，设继续上升的高度为h′，由h′＝得h′＝h，所以a上升的最大高度为h＋h′＝h，B正确。
7.如图所示，长为L的均匀链条放在光滑水平桌面上，且使长度的垂在桌边，松手后链条从静止开始沿桌边下滑，则链条滑至刚刚离开桌边时的速度大小为( )
A. B.
C. D．4
解析：选C 由机械能守恒定律ΔEp减＝ΔEk增，即mg·－mg·＝mv2，所以v＝。
二、多项选择题(本题共3小题，每小题6分，共18分。在每小题给出的四个选项中，有多项符合题目要求。全部选对的得6分，选对但不全的得3分，有选错的得0分)
8.研究“蹦极”运动时，在运动员身上系好弹性绳并安装传感器，可测得运动员竖直下落的距离及其对应的速度大小。根据传感器收集到的数据，得到如图所示的“速度—位移”图像。若空气阻力和弹性绳的重力可以忽略，根据图像信息，下列说法正确的有( )
A．弹性绳原长为15 m
B．当运动员下降10 m时，处于失重状态
C．当运动员下降15 m时，绳的弹性势能最大
D．当运动员下降20 m时，其加速度方向竖直向上
解析：选BD 运动员下降15 m时速度最大，此时加速度为零，合外力为零，弹性绳弹力不为零，弹力等于重力，弹性绳处于伸长状态，故A错误；当运动员下降10 m时，速度向下并且逐渐增大，处于失重状态，故B正确；当运动员下降15 m时，速度不为零，运动员继续向下运动，弹性绳继续伸长，弹性势能继续增大，故C错误；当运动员下降20 m时，运动员向下减速运动，其加速度方向竖直向上，故D正确。
9．如图所示，排球比赛中运动员将排球从M点水平击出，排球飞到P点时，被对方运动员击出，球又斜向上飞出后落到M点正下方的N点，N点与P点等高，轨迹的最高点Q与M等高，不计空气阻力。下列说法正确的有( )
A．排球两次飞行过程中加速度相同
B．排球两次飞行过程中重力对排球做的功相等
C．排球离开M点的速率比经过Q点的速率大
D．排球到达P点时的速率比离开P点时的速率大
解析：选ACD 不计空气阻力，排球在空中的抛体运动只受重力而做匀变速曲线运动，加速度均为重力加速度g，故A正确；设排球第一次从M到P下落高度为h，重力做正功为WG＝mgh，第二次做斜上抛运动从P点经Q点到N点，重力做功为零，故B错误；排球从M点到P点和从Q点到N点都是平抛运动，在M、Q点均只有水平方向的速度，下落高度h相同，由h＝gt2知运动时间相同，但xMP＞xQN，由x＝v0t可推出离开M点的速率大于经过Q点的速率，故C正确；将排球从P点到Q点的斜上抛运动由逆向思维法可看成从Q点到P点的平抛运动，则由M点到P点和Q点到P点的平抛运动比较，下落高度相同，则运动时间相同，竖直分速度vy一样，但M到P的水平位移大，则水平速度v0较大，由v＝，可知从M到P的末速度大小大于从P到Q的初速度大小，故D正确。
10.如图所示，水平面上固定一倾角为θ＝30°的斜面，一轻质弹簧下端固定在斜面底端的挡板上，上端连接一质量m＝2 kg的物块(视为质点)，开始时物块静止在斜面上A点，此时物块与斜面间的摩擦力恰好为零，现用一沿斜面向上的恒力F＝20 N作用在物块上，使其沿斜面向上运动，当物块从A点运动到B点时，力F做的功W＝4 J，已知弹簧的劲度系数k＝100 N/m，物块与斜面间的动摩擦因数μ＝，g＝10 m/s2，则下列结论正确的是( )
A．物块从A点运动到B点的过程中，重力势能增加了4 J
B．物块从A 点运动到B点的过程中，产生的内能为1.2 J
C．物块经过B点时的速度大小为 m/s
D．物块从A点运动到B点的过程中，弹簧弹性势能的变化量为0.5 J
解析：选BC 施加F前，物块静止，由平衡条件得kx1＝mgsin θ，求得x1＝0.1 m，力F做功W＝Fx，求得x＝0.2 m，所以物块到B点时，弹簧伸长x2＝0.1 m，可知重力势能增加mgxsin θ＝2 J，物块在A、B位置时弹簧弹性势能相等，故A、D错误；物块从A点运动到B点的过程中，产生的内能等于克服摩擦力做的功，即Q＝μmgcos θ·x＝1.2 J，B正确；由动能定理有：WF－mgxsin θ－μmgcos θ·x＝mv2－0，求得v＝ m/s，C正确。
三、非选择题(本题共5小题，共54分)
11．(7分)某同学用如图甲所示的实验装置验证机械能守恒定律，通过实验数据分析，发现本实验存在较大的误差。为此改用如图乙所示的实验装置：通过电磁铁控制的小铁球从A点自由下落，下落过程中经过光电门B时，通过与之相连的毫秒计时器(图中未画出)记录挡光时间t，用毫米刻度尺测出A、B之间的距离h，用游标卡尺测得小铁球的直径d(d＜h)，重力加速度为g。则小铁球经过光电门时的瞬时速度v＝________。如果d、t、h、g满足关系式t 2＝________，就可验证机械能守恒定律。比较两个方案，改进后的方案相比原方案最主要的优点是_________________________________________________________。
解析：小铁球经过光电门时的挡光时间很短，由此可以求出小铁球经过光电门时的瞬时速度v＝，mgh＝mv2，得t2＝；比较两个方案，改进后的方案相比原方案最主要的优点是消除了纸带与打点计时器之间的阻力的影响。
答案： 消除了纸带与打点计时器之间的阻力的影响
12．(9分)辘轳的发明和使用体现了我国劳动人民的智慧。如图所示，辘轳主要由支架、卷筒、手柄等部分组成，井绳的一端绕在卷筒上，另一端系在水桶上，人通过转动手柄将水桶提起。水桶在上升过程中经历了加速、匀速和减速三个阶段。简要回答下列问题：
(1)在上述三个阶段中，哪个阶段绳子最容易断？为什么？
(2)若装水的水桶总质量为20 kg，在匀速阶段上升了20 m，上升的速度为0.5 m/s，g取10 m/s2，该阶段水桶的重力势能变化量为______J，水桶的机械能变化量为______J，重力对水桶做功的功率大小为______W。
解析：(1)加速阶段容易断，因为加速阶段，水桶处于超重状态，绳子的拉力大于水桶的重力，绳子容易断；匀速阶段绳子拉力等于水桶重力，减速阶段处于失重状态，拉力小于重力。
(2)重力势能变化量ΔEp＝mgΔh＝20×10×20 J＝4 000 J；水桶匀速上升，动能不变，所以机械能变化量等于重力势能变化量4 000 J；重力对水桶做功的功率大小P＝＝＝mgv＝20×10×0.5 W＝100 W。
答案：(1)加速阶段容易断，因为加速阶段，水桶处于超重状态，绳子的拉力大于水桶的重力，绳子容易断
(2)4 000 4 000 100
13．(10分)质量m＝1.5 kg的物块(可视为质点)在水平恒力F的作用下，从水平面上A点由静止开始运动，运动一段距离撤去该力，物块继续滑行t＝2.0 s停在B点。已知A、B两点间的距离s＝5.0 m，物块与水平面间的动摩擦因数μ＝0.20，取g＝10 m/s求恒力F多大？
解析：物块受到的滑动摩擦力为
f＝μmg＝0.20×1.5×10 N＝3 N，
撤去力F后物块的加速度大小为
a＝＝ m/s2＝2.0 m/s2，
最后2 s内物块的位移为
s2＝at2＝×2.0×2.02 m＝4.0 m，
故力F作用的位移s1＝s－s2＝1.0 m，
对物块运动的全过程应用动能定理：Fs1－fs＝0，
得F＝＝ N＝15 N。
答案：15 N
14．(12分)为了防止车辆在高速公路出口的匝道转弯时出现侧滑的危险，必须使车辆在匝道的直道上提前减速。现绘制水平面简化图如图所示，一辆质量m＝2 000 kg的汽车原来在水平直道上做匀速直线运动，行驶速度v0＝108 km/h，受到恒定阻力f＝1 000 N。现将汽车的减速运动简化为两种方式：方式一为“自由滑行”，司机松开油门使汽车失去牵引力，在水平方向上仅受匀速运动时的恒定阻力作用；方式二为“刹车减速”，汽车做匀减速直线运动的加速度a＝6 m/s2。
(1)求汽车原来匀速直线行驶时的功率。
(2)司机在离弯道口Q距离为x1的地方开始减速，全程采取“自由滑行”，汽车恰好能以15 m/s的安全速度进入弯道，求汽车在上述减速直线运动的过程中克服阻力做功的大小以及距离x1的大小？
(3)在离弯道口Q距离为125 m的P位置，司机先采取“自由滑行”减速一段距离x2后，立即采取“刹车减速”，汽车仍能恰好以15 m/s的安全速度进入弯道，求x2的大小。
解析：(1)汽车匀速运动的速度为：
v0＝108 km/h＝30 m/s，
因为汽车做匀速直线运动，所以牵引力为：F＝f，
汽车的功率为：P＝Fv0，
故P＝fv0＝1 000×30 W＝30 000 W＝30 kW。
(2)全程采取“自由滑行”时，由动能定理得：
－Wf＝mv12－mv02，
据题有：v1＝15 m/s，
解得克服阻力做功为：Wf＝6.75×105 J，
又Wf＝fx1，解得：x1＝675 m。
(3)从P到Q的过程中，由动能定理得：
－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)如图所示，光滑水平面AB和竖直面内的光滑圆弧导轨在B点平滑连接，导轨半径为R。质量为m的带正电小球将轻质弹簧压缩至A点后由静止释放，脱离弹簧后经过B点时的速度大小为，之后沿轨道BO运动。以O为坐标原点建立直角坐标系xOy，在x≥－R区域有方向与x轴夹角为θ＝45°的匀强电场，进入电场后小球受到的电场力大小为mg。小球在运动过程中电荷量保持不变，重力加速度为g。求：
(1)弹簧压缩至A点时的弹性势能；
(2)小球经过O点时的速度大小；
(3)小球过O点后运动的轨迹方程。
解析： (1)由题意并根据机械能守恒定律，弹簧压缩至A点时的弹性势能等于小球经过B点时的动能，所以 Ep＝mv2＝mgR。
(2)电场力在竖直方向的分力为mg，在水平方向的分力也为mg，故小球在圆弧导轨上运动过程中合力做功为mgR，根据动能定理：
mgR＝mvO2－mgR
整理可得：vO＝。
(3)小球经过O点后，竖直方向受力平衡，做匀速直线运动，水平方向合力为mg，做加速度为g的匀加速直线运动，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 机械能及其守恒定律
(一)功能关系的理解及应用
1．功能关系
功是能量转化的量度。
2．对功能关系的理解
(1)做功的过程就是能量转化的过程。不同形式的能量发生相互转化必须通过力做功来实现的；不同的力做功，对应不同形式的能的转化。
(2)做功的多少与能量转化的多少在数值上相等。
3．几种常见的功能关系理解
功能关系 表达式 物理意义 正功、负功含义
重力做功与重力势能 WG＝Ep1－Ep2＝－ΔEp a重力做功是重力势能变化的原因 WG＞0 重力势能减少
WG＜0 重力势能增加
WG＝0 重力势能不变
弹簧弹力做功与弹性势能 W弹＝Ep1－Ep2＝－ΔEp 弹力做功是弹性势能变化的原因 W弹＞0 弹性势能减少
W弹＜0 弹性势能增加
W弹＝0 弹性势能不变
功能关系 表达式 物理意义 正功、负功含义
合力做功与动能 W合＝Ek2－Ek1＝ΔEk 合外力做功是物体动能变化的原因 W合＞0 动能增加
W合＜0 动能减少
W合＝0 动能不变
除重力或系统内弹力外其他力做功与机械能 W非G＝ΔE机 除重力或系统内弹力外其他力做功是机械能变化的原因 W非G＞0 机械能增加
W非G＜0 机械能减少
W非G＝0 机械能守恒
[典例1] (2024·浙江1月选考)如图所示，质量为m的足球从水平地面上位置1被踢出后落在位置3，在空中达到最高点2的高度为h，则足球( )
A．从1到2动能减少mgh B．从1到2重力势能增加mgh
C．从2到3动能增加mgh D．从2到3机械能不变
解析：由足球的运动轨迹可知，足球在空中运动时一定受到空气阻力作用，则从1到2重力势能增加mgh，从1到2动能减少量大于mgh，A错误，B正确；从2到3由于空气阻力作用，则机械能减少，重力势能减少mgh，则动能增加量小于mgh，选项C、D错误。
答案：B
功能关系的选取技巧
(1)涉及动能的变化选用动能定理分析。
(2)涉及重力势能的变化选用重力做功关系分析。
(3)涉及弹性势能的变化选用弹力做功关系分析。
(4)涉及机械能的变化选用除重力和系统内弹力之外的力做功关系分析。
2．(2024·山东高考)如图所示，质量均为m的甲、乙两同学，分别坐在水平放置的轻木板上，木板通过一根原长为l的轻质弹性绳连接，连接点等高且间距为d(d答案：B
(二)能量守恒定律的理解及应用
1．能量守恒定律的理解
(1)内容：能量既不会凭空产生，也不会凭空消失，它只能从一种形式转化为另一种形式，或者从一个物体转移到另一个物体，在转化和转移的过程中，能量的总量保持不变。
(2)适用范围：能量守恒定律是贯穿物理学的基本规律，是各种自然现象中普遍适用的一条规律。
(3)表达式：
①E初＝E末，初状态各种能量的总和等于末状态各种能量的总和。
②ΔE增＝ΔE减，增加的那些能量的增加量等于减少的那些能量的减少量。
2．应用能量守恒定律解题的一般步骤
(1)分清有多少种形式的能(如动能、势能、内能、电能等)在变化。
(2)分别列出减少的能量ΔE减和增加的能量ΔE增的表达式。
(3)列恒等式：ΔE减＝ΔE增。
(1)滑块离开弹簧后在图中bc段对应的加速度a的大小及滑块与斜面间动摩擦因数μ的大小；
(2)t2＝0.3 s和t3＝0.4 s时滑块的速度v2、v3的大小；
(3)弹簧锁定时具有的弹性势能Ep。
[针对训练]
3．(2024·江苏高考)如图所示，粗糙斜面的动摩擦因数为μ，倾角为θ，斜面长为L。一个质量为m的物块，在电动机作用下，从 A点由静止加速至 B点时达到最大速度v，之后做匀速运动至C点，关闭电动机，从 C点又恰好到达最高点D。已知重力加速度为g。求：
(1)CD段长x；
(2)BC段电动机的输出功率P；
(3)全过程物块增加的机械能E1和电动机消耗的总电能 E2的比值。
(一)非质点类物体的机械能守恒问题
(1)在应用机械能守恒定律处理实际问题时，经常遇到像“链条”“液柱”类的物体，其在运动过程中将发生形变，其重心位置相对物体也发生变化，因此这类物体不能再看成质点来处理。
(2)非质点类物体虽然不能看成质点来处理，但因只有重力做功，物体整体机械能守恒。一般情况下，根据质量分布均匀的规则(物体的重心位置在其几何中心的原则)，可将物体分段处理，根据初、末状态物体重力势能的变化，建立机械能守恒方程求解。
[针对训练]
1.如图所示，粗细均匀，两端开口的U形管内装有同种液体，开始时
两边液面高度差为h，管中液柱总长度为4h，后来让液体自由流动，
当两液面高度相等时，右侧液面下降的速度为 ( )
2.如图所示，质量分布均匀的总长为L的光滑铁链跨过一个光滑的轻质小滑轮，开始时下端A、B相平齐，当略有扰动时其一端下落，则当铁链刚脱离滑轮的瞬间，铁链的速度为多大？
(二)摩擦力做功的特点及计算
1．两种摩擦力做功的比较
项目 静摩擦力 滑动摩擦力
做功特点 (1)静摩擦力对物体可以做正功、负功，还可以不做功
(2)静摩擦力做正功时，它的反作用力一定做负功 (1)滑动摩擦力对物体可以做正功、负功，还可以不做功
(2)滑动摩擦力做负功时，它的反作用力可能做正功、可能做负功、还可能不做功
能量的转化 静摩擦力做功的过程中只发生能量的转移，不发生能量形式的转化 滑动摩擦力做功的过程中既发生能量的转移，又发生能量形式的转化
一对摩擦力的总功 一对静摩擦力做功的代数和一定等于零 一对滑动摩擦力做功的代数和一定为负值，总功W＝－f·l相对，其绝对值为摩擦时产生的热量Q
2.求解摩擦生热问题的思路
(1)正确分析物体的运动过程，做好受力分析。
(2)利用运动学公式，结合牛顿第二定律分析物体的速度关系及位移关系。
(3)摩擦生热ΔQ＝fl相对，其中l相对为两物体间相对滑行的路程，而不是相对位移。
(1)滑块到达底端B时的速度大小vB；
(2)滑块与传送带间的动摩擦因数μ；
(3)此过程中，由于克服摩擦力做功而产生的热量Q。
[针对训练]
3.(多选)如图所示，一子弹以水平速度射入放置在光滑水平面上原来静止的木块，并留在木块中，在此过程中子弹钻入木块的深度为d，木块的位移为l，木块与子弹间的摩擦力大小为F，则( )
A．F对木块做功为Fl
B．F对木块做功为F(l＋d)
C．F对子弹做功为－Fd
D．F对子弹做功为－F(l＋d)
解析：木块的位移为l，由W＝Flcos α得F对木块做功为Fl，子弹的位移为l＋d，木块对子弹的摩擦力的方向与位移方向相反，故木块对子弹的摩擦力做负功，即F对子弹做功为－F(l＋d)，故A、D正确。
答案：AD
4．长为1.5 m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0.4 m/s，然后A、B又一起在水平冰面上滑行了8.0 cm后停下。若小物块A可视为质点，它与长木板B的质量相同都为2 kg，A、B间的动摩擦因数μ1＝0.25。求：(g取10 m/s2)
(1)长木板与冰面间的动摩擦因数μ2；(2)全过程产生的总热量Q。
解析：(1)A、B一起运动时，受冰面对木板B的滑动摩擦力，做匀减速运动，加速度a＝μ2g，
又根据运动学公式v2＝2ax，
解得木板与冰面间的动摩擦因数μ2＝0.10。
1.如图所示是一种太阳能驱动的小车，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。若质量为m的小车在平直的水泥路上从静止开始沿直线加速行驶，经过时间t前进的距离为x，且速度达到最大值vm。设这一过程中电动机的功率恒为P，小车所受阻力恒为f，那么这段时间内 ( )
A．小车做匀加速运动
B．小车受到的牵引力逐渐增大
C．小车受到的合外力所做的功为Pt
2．[多选]在大型施工场所，广泛的应用传送带搬运货物。如图甲所示，倾斜的传送带以恒定速率运动，传送带始终是绷紧的，将m＝1 kg的货物放在传送带上的A点，经过1.2 s到达传送带的B点。用速度传感器测得货物与传送带的速度v随时间t变化的图像如图乙所示，已知重力加速度g＝10 m/s2。由v-t图像可知 ( )
A．A、B两点的距离为2.4 m
B．货物与传送带间的动摩擦因数为0.5
C．货物从A运动到B的过程中，传送带对货物做功大小为12.8 J
D．货物从A运动到B的过程中，货物与传送带因摩擦产生的热量为4.8 J
3.(2024·广州高一检测)(多选)如图所示，质量为m0、长度为l的小车静止在光滑的水平面上。质量为m的小物块(可视为质点)放在小车的最左端。现有一水平恒力F作用在小物块上，使物块从静止开始做匀加速直线运动，物块和小车之间的摩擦力为Ff。经过时间t，小车运动的位移为x，物块刚好滑到小车的最右端( )
A．此时物块的动能为(F－Ff)(x＋l)
B．这一过程中，物块对小车所做的功为Ff(x＋l)
C．这一过程中，物块和小车增加的机械能为Fx
D．这一过程中，物块和小车摩擦产生的热量为Ffl
解析：对物块分析，物块的位移为x＋l，根据动能定理有(F－Ff)(x＋l)＝Ek－0，所以物块到达小车最右端时具有的动能为(F－Ff)(x＋l)，故A正确；对小车分析，小车的位移为x，所以物块对小车所做的功为Ffx，故B错误；物块和小车因摩擦产生的热量Q＝Ffs相对＝Ffl，故D正确；根据功能关系得，外力F做的功转化为小车和物块的机械能和摩擦产生的热量，则有F(l＋x)＝ΔE＋Q，解得物块和小车增加的机械能为ΔE＝F(l＋x)－Ffl，故C错误。
答案：AD
4．如图甲所示为水上滑梯，其示意图如图乙所示，它由斜槽AB和水平槽BC构成，AB与BC圆滑连接，斜槽AB的竖直高度H＝15 m，BC面高出水面的距离h＝0.80 m，一个质量m＝50 kg的游戏者从滑梯顶端A点由静止滑下，g取10 m/s2。
(1)以水面为参考平面，求游戏者在A点时的重力势能Ep；
(2)若忽略游戏者下滑过程中所受的一切阻力，求游戏者从滑梯顶端A点由静止滑下到斜槽底端B点的速度大小；
(3)若由于阻力的作用，游戏者从滑梯顶端A点由静止滑下到达滑梯末端C点时的速度大小vC＝15 m/s，求这一过程中游戏者克服阻力做的功。\
解析：(1)以水面为参考平面，游戏者在A点的重力势能
Ep＝mg(H＋h)＝50×10×(15＋0.8)J＝7 900 J。
