1.2功和能
课时作业（含解析)
1．一个质量为m的物体以a＝1.5g的加速度沿倾角为30°的粗糙斜面向上加速运动，在此物体上升h高度的过程中，以下说法正确的是（ ）
A．物体的重力势能增加了1.5mgh
B．物体的动能增加了3mgh
C．物体的机械能增加了2mgh
D．物体的机械能增加了4mgh
2．将一质量为m的排球竖直向上抛出，它上升了H高度后落回到抛出点．设排球运动过程中受到方向与运动方向相反、大小恒为f的空气阻力作用，已知重力加速度大小为g，且f）
A．排球运动过程中的加速度始终小于g
B．排球从抛出至上升到最高点的过程中，机械能减少了fH
C．排球整个上升过程克服重力做的功大于整个下降过程重力做的功
D．排球整个上升过程克服重力做功的平均功率大于整个下降过程重力做功的平均功率
3．一物块由静止开始从粗糙斜面上的某点加速下滑到另一点，在此过程中重力对物块做的功等于（ ）
A．物块动能的增加量
B．物块重力势能的减少量
C．物块动能的增加量与物块克服摩擦力做的功之和
D．物块重力势能的减少量和物块动能的增加量以及物块克服摩擦力做的功之和
4．一质量为m的物体被人用手由静止竖直向上以加速度a匀加速提升h。重力加速度为g，关于此过程，下列说法中正确的是（ ）
A．提升过程中手对物体做功m（a＋g）h
B．提升过程中合外力对物体做功mah
C．提升过程中物体克服重力做功mgh
D．提升过程中物体的重力势能增加m（a＋g）h
5．用木板搭成斜面从卡车上卸下货物，斜面与地面夹角有两种情况，如图所示。一货物分别从斜面顶端无初速度释放下滑到地面。已知货物与每个斜面间的动摩擦因数均相同，不计空气阻力。则货物
A．沿倾角α的斜面下滑到地面时的动能较大
B．沿倾角β的斜面下滑到地面时的动能较大
C．沿两个斜面下滑过程中克服摩擦力做的功相等
D．沿倾角α的斜面下滑过程中机械能的损失较多
6．如图所示，质量为M的木块放在光滑的水平面上，质量为m的子弹以速度v0沿水平射中木块，并最终留在木块中与木块一起以速度v运动．已知当子弹相对木块静止时，木块前进距离L，子弹进入木块的深度为s．若木块对子弹的阻力f视为恒定，则下列关系式中正确的是（ ）
A．
B．
C．系统摩擦生热Q=fs
D．
7．如图所示，一轻弹簧固定在光滑水平桌面上，O点为其原长位置。一小物块受水平拉力F=2N作用，在从A点由静止开始向左运动过程中，最大动能为6J。则在物块将弹簧压缩到最短过程中，下列说法正确的是（ ）
A．物块在O点具有最大动能
B．A点到O点的距离小于3m
C．弹簧压缩到最短时弹性势能等于6J
D．弹簧压缩到最短时弹性势能大于6J
8．如图所示，固定光滑斜面AC长为L，B为斜面中点．小物块在恒定拉力F作用下，从最低点A由静止开始沿斜面向上运动，到B点时撤去拉力F，小物块能继续滑至斜面最高点C，整个过程运动时间为t0。下列四图分别描述该过程中小物块的速度v随时间t、加速度a随位移x、动能Ek随时间t、机械能E随位移x的变化规律，可能正确的是（ ）
A．B．C．D．
9．关于功和能的联系和区别，下列说法中不正确的是（
）
A．功就是能，能就是功
B．功是过程量，能是状态量
C．功是能量转化的量度
D．做功的过程总对应着能量的转化过程
10．在电梯匀减速上升的过程中，站在电梯里的人（ ）
A．所受支持力做负功，机械能减少
B．所受支持力做正功，机械能减少
C．所受支持力做正功，机械能增加
D．所受支持力做负功，机械能增加
11．如图所示，光滑绝缘水平面上放一根轻弹簧，右端固定，左端自由，有一个带负电，质量的小球用一绝缘薄膜靠近弹簧。现加上一个水平向左、的匀强电场后，发现小球最多将弹簧压缩而到达P点位置。若小球到达P点时立即撤消电场，小球在这之后能获得的最大速度为____。
12．如图所示，三块完全相同的磁铁套在固定于水平面的光滑竖直杆上．相邻磁铁间同名磁极相对．平衡后AB都悬浮在空中，则此时磁铁间的距离满足h1______h2（选填“＞”、“＜”或“=”）．用手缓慢下压A磁铁，忽略AC之间的作用，则磁铁之间因为相互作用力而产生的势能将________（选填“增大”、“减小”或“不变”）．
13．如图，有一水平传送带以8m/s的速度匀速运动，现将一质量为1kg的物体轻轻放在传送带的左端上，若物体与传送带间的动摩擦因数为0.4，已知传送带左、右端间的距离为10m，求（g取10m/s2
）：
(1)传送带将该物体传送到传送带的右端所需时间；
(2)物体从左端运动到右端，传送带对物体做了多少功？
14．如图甲所示，水平地面上放置一倾角θ=37°的足够长的粗糙斜面，质量为m的物块置于斜面的底端。某时刻起物块在沿斜面向上的力F作用下由静止开始运动，F随位移变化的规律如图乙所示。已知整个过程斜面体始终保持静止状态，物块在开始运动的0.5s内，位移为x1=1m，0.5s后物块再运动x2=2m时速度减为零（取g=10m/s2，sin37°=0.6，cos37°=0.8），求：
（1）由静止开始，0.5s末时物块的速度；
（2）物块质量和物块与斜面间接触面的动摩擦因数；
（3）物块沿斜面向上运动过程，系统产生热量。
15．一质量为的小物块随足够长的水平传送带一起运动，被一水平向左飞来的子弹击中并从物块中穿过，子弹和小物块的作用时间极短，如图甲所示。地面观察者记录了小物块被击中后的速度随时间变化的关系如图乙所示（图中取向右运动的方向为正方向）。已知传送带的速度保持不变，g取。
(1)指出传送带速度的大小及方向，说明理由。
(2)计算物块与传送带间的动摩擦因数。
(3)传送带对外做了多少功？子弹射穿物块后系统有多少能量转化为内能？
参考答案
1．BD
【解析】
A．物体上升h高度，克服重力做功mgh，则物体重力势能增加了mgh，故A错误；
B．由牛顿第二定律知，物体的合力
F合=ma=1.5mg，方向沿斜面向上，则合力对物体做功为
W合=F合?=3mgh
由动能定理知物体的动能增加量等于合力对物体做的功，为3mgh，故B正确。
CD．物体的重力势能增加了mgh，物体的动能增加了3mgh，根据机械能等于动能与重力势能之和，可得物体的机械能增加了4mgh。故C错误，D正确。
故选BD。
2．BD
【解析】
A．排球上升过程中合力F合=mg+f>mg，故a>g，A错；
B．排球上升过程中机械能的减少量等于空气阻力做的功，W=fH，B对；
C．重力做功W=mgh，排球上升与下降过程位移大小相等，故重力做功大小均为mgH，C错；
D．排球上升与下降两个过程中，重力做功相等，位移大小也相等，但在上升过程中F1=mg+f，a1=g+f/m，下降过程F2=mg-f，a2=g-f/m，a1>a2，t2>t1，由P=W/t知时间越小功率越大，D对；故选BD．
3．BC
【解析】
一物体由静止开始从粗糙的斜面上的某点加速下滑到另一点，在此过程中，物体受重力、支支持力、摩擦力，其中重力做正功，支持力不做功，摩擦力做负功。
设重力做功为，物体克服摩擦力做功为，物体动能的在增加量为，根据动能定理可知
则此过程中重力对物体做的功等于物体动能的增加量与物体克服摩擦力做的功之和，根据重力做功与重力势能变化的关系可得
此过程中重力对物体做的功也等于重力势能的减小量，故AD错误，BC正确。
故选BC。
4．ABC
【解析】
A．
设人对物体的拉力为F，由牛顿第二定律得
F-mg=ma
即
F=m（g+a）
则在提升过程中手对物体做功为
WF=Fh=m（a+g）h
故A正确；
B．
根据牛顿第二定律可知物体受到的合力为F合=ma，故
F合h=mah
故B正确；
C．
提升过程中物体克服重力做功mgh，故C正确；
D．
提升过程中物体克服重力做功mgh，重力势能增加mgh，故D错误。
故选ABC。
5．BD
【解析】
本题考查动能定理的应用和摩擦力做功。
【详解】
对物体沿两斜面下滑过程受力分析，摩擦力大小分别为，。位移分别为，。故摩擦力做功
，
做功不相等。根据动能定理
，
沿倾角β的斜面下滑到地面时的动能较大，沿倾角α的斜面下滑过程中机械能的损失较多。故AC错误，BD正确。
故选BD。
6．ACD
【解析】
A、以木块为研究对象，根据动能定理得，子弹对木块做功等于木块动能的增加，即，故A正确；
B、D以子弹为研究对象，由动能定理得，故B错误，D正确．
C、由得，，根据能量守恒定律可知，系统摩擦生热，则得到，故C正确．
故选：ACD
【点睛】
子弹射入木块的过程中，木块对子弹的阻力f做功为，子弹对木块的作用力做功为fL，根据动能定理，分别以木块和子弹为研究对象，分析子弹和木块的作用力做功与动能变化的关系；根据能量守恒定律研究系统摩擦生热．
7．BD
【解析】
A．物块从O点时开始压缩弹簧，弹力逐渐增大，开始阶段弹簧的弹力小于拉力，物块做加速运动。后来，弹簧的弹力大于拉力，物块做减速运动，所以物块经O点后先做加速运动后做减速运动，弹簧的弹力等于拉力时物块的速度最大。而O点不是最大速度的位置，选项A错误；
B．物块最大动能处在O点左边，为6J，所以物块到达O点时动能小于6J，A点到O点的距离小于3m，选项B正确；
CD．根据题意可知从物块最大动能处到弹簧压缩到最短处，弹簧最大弹性势能等于物块减少的动能加上此阶段拉力做功，所以弹簧压缩到最短时弹性势能大于6J，选项C错误，D正确。
故选BD。
8．BD
【解析】
ABC．前半段加速度大小为
后半段加速度大小为
前半段有
由题意滑块在C点速度不为0，故后半段有
故
故前半段位移的时间小于后半段，即物体做加速度运动的时间小于，故A、C错误，B正确；
D．前半段位移由于有恒定外力F做正功，由可知机械能随位移线性增加，撤去外力后机械能守恒，故D正确；
故选BD。
9．A
【解析】
做功将导致能量转化，且功是能量转化的量度；功是过程量，而能量则是状态量．
【详解】
AB、功和能具有相同的单位，但本质不同，功是过程量，而能量则是状态量，物体具有对外做功的本领时，我们就说物体具有了能，故不能说功就是能，能就是功，故A错误，B正确；
C、功是能量转化的量度，做多少功，就有多少能量转化，故C正确．
D、功和能是紧密联系的，做功的过程总对应着能量的转化过程．故D正确．
本题选不正确的，故选A．
10．C
【解析】
人所受的支持力方向向上，位移方向向上，则支持力对人做正功，由功能原理可知，机械能增加。故ABD错误，C正确。
故选C。
11．
【解析】
[1]加上电场后，由功能关系可知，
撤消电场，当弹簧恢复原长时，小球速度最大，则有
得
12．＞
增大
【解析】
对A受力分析，受重力和B的排斥力F1，根据平衡条件，有：F1=mg；对B受力分析，受重力，A对其向下的排斥力F′1，C对其向上的排斥力F2，根据平衡条件，有：mg+F′1=F2；根据牛顿第三定律，有：F1=F′1；故F2＞F1，由于间距越小斥力越大，故h1＞h2；向下压系统，对系统做正功，故系统储存的势能增加；
【点睛】
本题关键是受力分析后根据平衡条件列式，再比较斥力的大小；对于势能，外力对其做正功，势能增加．
13．（1）2.25s；（2）64J。
【解析】
(1)物体置于传动带左端时，先做加速直线运动，由牛顿第二定律得
代入数据得加速度大小a=4m/s2；当物体加速到速度等于传送带速度v=8m/s时，运动的时间为
运动的位移为
所以物体接着做匀速直线运动到达右端，匀速直线运动所用时间
所以物体传送到传送带的右端所需时间为
(2)在物体加速度阶段传送带的位移为
故此过程中摩擦力做的功为
根据功能关系可知物体从左端运动到右端，传送带对物体做的功为
14．（1）4m/s
；（2）1kg；0.5；（3）12J。
【解析】
（1）由题意，0.5s内物块做匀加速直线运动，则
，v=a1t
解得
a1=8m/s2，v=4m/s
（2）加速和减速过程沿斜面向上的力分别为F1=18N、F2=6N，设物块的质量m和物块与斜面间的动摩擦因数?，由动能定理有加速过程
减速过程
联立解得
m=1kg，?=0.5
（3）克服阻力做功为产生的热量
15．(1)，方向向右，理由见解析；(2)0.2；(3)24J；36J
【解析】
(1)从小物块被击中后开始计时，3s后与传送带共速运动，由题图知，传送带的速度
方向向右。
(2)由图象可得，物块在滑动摩擦力的作用下做匀变速运动的加速度
由牛顿第二定律得滑动摩擦力
则物块与传送带间的动摩擦因数
(3)传送带做的功
物块向左运动时产生的内能
物块向右运动时产生的内能
所以整个过程产生的内能1.2功和能
课时作业（含解析)
1．甲为0.1kg的小球从最低点A冲入竖直放置在水平地面上、半径为0.4m的半圆轨道，已知小球恰能到达最高点C，轨道粗糙程度处处相同，空气阻力不计。小球速度的平方与其高度的关系图像，如图乙所示。g取10m/s2，B为AC轨道中点。下列说法正确的是（ ）
A．图乙中x＝4
B．小球从B到C损失能量为0.125J
C．小球从A到C合力做的功为1.05J
D．小球从C抛出后，落地点到A的距离为0．8m
2．疫情期间我校教师在给学生分发课本时，认真负责。王老师把质量为4
kg的装书袋子由静止开始向上提升0.25
m后速度达到1
m/s，则下列判断正确的是（g取10
m/s2）（ ）
A．王老师对装书袋子做的功为10
J
B．合外力对装书袋子做的功为2
J
C．装书袋子克服重力做的功为10
J
D．王老师对装书袋子做的功等于物体增加的动能
3．倾角为θ且足够长的光滑固定斜面上有一质量为m的物体，初始位置如图甲所示。在平行于斜面向上的力F的作用下，从初始位置由静止开始沿斜面运动，运动过程中物体的机械能E随位置x的变化关系如图乙所示。其中0~x1过程的图线是曲线，x1~x2过程的图线是平行于x轴的直线，x2~x3过程的图线是倾斜的直线，则下列说法正确的是（ ）
A．在0~x1的过程中，力F在减小
B．在0~x1的过程中，物体的动能一直在增大
C．在x1~x2的过程中，物体的速度大小不变
D．在x2~x3的过程中，物体一定做匀速运动
4．物体从某一高度处自由下落，落到直立于地面的轻弹簧上，在A点物体开始与弹簧接触，到B点物体的速度为零，则（ ）
A．从A到B的过程，物体的重力势能不断减小
B．从A到B的过程，物体的动能不断减小
C．从A到B的过程，物体的机械能不断减小
D．物体在B点的速度为零，处于平衡状态
5．一质量为m的物体在竖直向上的恒力F作用下以大小为g的加速度竖直向上加速运动，且物体在运动中所受空气阻力的大小恒为重力的，则在物体向上运动位移为h的过程中，下列说法正确的是（ ）
A．力F做功mgh
B．物体的重力势能增加mgh
C．物体的动能增加mgh
D．物体的机械能减少mgh
6．如图所示，一木块从固定的粗糙斜面顶端沿斜面匀速下滑，在下滑过程中，下列说法正确的有（ ）
A．支持力对木块做正功
B．重力对木块做负功
C．合力做功为零
D．摩擦力对木块做正功
7．球从高处自静止开始下落，不计空气阻力。如图所示，小球动能Ek随下落的高度h变化的图线正确的是（ ）
A．
B．
C．
D．
8．如图所示，木板可绕固定水平轴O转动，木板从水平位置OA缓慢转到OB位置，木板上的物块始终相对于木板静止．在这一过程中，物块的重力势能增加了2J。用FN表示物块受到的支持力，用f表示物块受到的摩擦力。在此过程中，以下判断正确的是(
)
A．FN和f对物块都不做功
B．FN对物块做功为2J，f对物块不做功
C．FN对物块不做功，f对物块做功为2J
D．FN和f对物块所做功的代数和为0
9．如图所示，质量为m的物体可视为质点以某一速度从A点冲上倾角为的固定斜面，其运动的加速度为，此物体在斜面上上升的最大高度为h，则在这个过程中物体（ ）
A．重力势能增加了
B．机械能增加了mgh
C．动能损失了mgh
D．机械能损失了
10．自由下落的物体，忽略空气阻力，其动能与位移的关系如图所示，则图中直线的斜率表示（ ）
A．质量
B．势能
C．重力大小
D．重力加速度
11．如图所示，一块粗糙的平板与水平面成θ角搭成一个斜面（其下面是空的），斜面上放着一个质量为m的小物块，一根细绳一端系着小物块，另一端通过斜面上的小孔穿到斜面下。开始时细绳处于水平位置，小物块与小孔之间的距离为L。然后极慢的拉斜面下的细绳，小物块在斜面上恰好通过半圆形的轨迹后到达小孔（绳与斜面及小孔间的摩擦可忽略）。则小物块与斜面间的动摩擦因数为_____，此过程中作用在细绳上的拉力做功为_____。
12．两个相同的小球A、B，A置于水平面静止，B悬于丝线下，如图所示。两球是用同种热的良导体材料制成的。今向两球传递相同的热量（不向空中散失），则热平衡后_________球的温度高些。
13．如图所示，质量为m的小铁块A以水平速度从左侧冲上质量为M、长为l置于光滑水平面C上的木板B，刚好不从木板上掉下，已知A、B间的动摩擦因数为，此时木板对地位移为s，求这一过程中：
（1）木板增加的动能；
（2）小块减少的动能；
（3）系统机械能的减少量。
14．如图所示，甲带电体固定在绝缘水平面上的O点。另一个电荷量为+q、质量为m的带电体乙，从P点由静止释放，经L运动到Q点时达到最大速度v。已知乙与水平面的动摩擦因数为，静电力常量为k，重力加速度为g。求：
（1）Q处电场强度的大小；
（2）物块乙从P运动到Q的过程中电场力所做的功；
（3）PQ之间的电势差是多大。
15．小明设计了一个弹球游戏装置，如图所示，ABCD为四分之三圆弧轨道，A端通过竖直过渡轨道PA与弹射装置相连，D端通过水平过渡轨道DE与水平轨道EG相连，两过渡轨道稍微错开；管径很小的圆形细管与轨道EG相切于O点，细管底部进出口O、稍微错开，整个轨道固定于同一竖直平面内，各段轨道间均平滑连接。现有一小球（可视为质点）被压缩的轻弹簧从P点弹出后沿轨道运动。已知小球质量m=0.2kg，轨道ABCD的半径r=0.1m，细管的圆半径R=0.2m，P、A两点间的高度差h=0.5m，O、E两点间的距离L=1m，O、G两点间的距离足够大，小球与轨道EG间的动摩擦因数，其余轨道均光滑，弹簧的最大弹性势能Epm=2.2J弹簧的形变始终不超过其弹性限度，小球运动时始终未脱离轨道。
(1)求小球通过B点的最小速度和对应的弹簧弹性势能；
(2)为使小球最终停在EO段，求弹簧弹性势能应满足的条件；
(3)以O点为坐标原点，O点指向G点的方向为正方向建立x轴，在图乙中画出弹簧弹性势能Ep与小球最终停下的位置坐标x的关系图线（本小题不需要写出具体解答过程，但需要标出关键点的坐标值）。
参考答案
1．AD
【解析】
A．当h=0.8m时，小球运动到最高点，因为小球恰能到达最高点C，则有
解得
则x=4，故A正确。
B．从A到C过程，动能减小量为
重力势能的增加量为
mg?2R=1×0.8J=0.8J
则机械能减小0.25J，由于A到B过程中压力大于B到C过程中的压力，则A到B过程中的摩擦力大于B到C过程中的摩擦力，可知B到C的过程克服摩擦力做功较小，知机械能损失小于0.125J，故B错误。
C．小球从A到C合外力对其做的功等于动能的变化量，则
故C错误。
D．C点的速度v=2m/s，根据
则落地点到A点的距离
x′=vt=2×0.4m=0.8m
故D正确。
故选AD。
2．BC
【解析】
AD．根据功能关系知，王老师对装书袋子做的功等于物体机械能的增加量，则有
故AD错误；
B．由动能定理知，合外力对物体做的功等于物体动能的增加量，则有
故B正确；
C．装书袋子克服重力做的功为
故C正确。
故选BC。
3．AB
【解析】
A．在0～x1过程中物体机械能在减小，知拉力在做负功，拉力方向沿斜面向上，所以物体的位移方向向下，即物体在沿斜面向下运动。根据功能关系得
得
则知图线的斜率表示拉力，在0～x1过程中图线的斜率逐渐减小到零，知物体的拉力F逐渐减小到零，故A正确；
B．在0～x1过程中，由于机械能减小，则拉力做负功，则物体从静止开始向下加速运动，物体的动能一直在增大，故B正确；
C．由图线的斜率表示拉力，则在x1～x2过程中，拉力F=0，机械能守恒，向下运动，重力势能减小，动能增大，物体的速度在增大，故C错误；
D．x2～x3过程，机械能继续减小，拉力做负功，拉力方向沿斜面向下，E-x图像的斜率恒定，故拉力F为恒力，由于不知道拉力F与重力分力的大小关系，故物体有可能做匀速直线运动，匀减速直线运动，匀加速直线运动，故D错误。
故选AB。
4．AC
【解析】
A．从A到B的过程，重力对物体一直做正功，则物体的重力势能不断减小，选项A正确；
B．从A点开始，在到达弹力与重力相等之前，物体合力向下，向下加速；当弹力与重力相等，合力为零，加速度为零，速度达到最大；之后弹力大于重力，合力向上，物体减速，所以物体动能先增大后减小，故B错误；
C．从A到B的过程，弹力对物体一直做负功，则物体的机械能不断减小，选项C正确；
D．物体在B点的速度为零，但是加速度向上，则不是处于平衡状态，选项D错误。
故选AC。
5．BC
【解析】
A．根据牛顿第二定律得
其中，解得
则力F做功为
故A错误；
B．物体的重力势能增加等于物体克服重力做功，为mgh，故B正确；
C．合外力做功为
根据动能定理知：物体的动能增加等于合外力做功，为mgh，故C正确；
D．物体的重力势能增加mgh，动能增加mgh，则物体的机械能增加mgh，故D错误。
故选BC。
6．C
【解析】
A．因为支持力的方向和物体的运动方向相垂直，支持力对木块不做功，A错误；
B．因为重力的方向和物体的运动方向夹角为锐角，重力对木块做正功，B错误；
C．根据
匀速运动，动能不变，由动能定理
C正确；
D．物体所受摩擦力的方向沿斜面向上，物体的速度方向沿斜面向下，所以摩擦力对木块做负功，D错误。
故选C。
7．B
【解析】
小球自由下落，由动能定理可得
所以动能与下落的高度是正比例关系，故ACD错误，B正确。
故选B。
8．B
【解析】
由做功的条件可知：只要有力，并且物块沿力的方向有位移，那么该力就对物块做功。由受力分析知，支持力FN做正功，但摩擦力f方向始终和速度方向垂直，所以摩擦力不做功。
物块的重力势能增加了2J，即：
由动能定理知：
故支持力FN做功为：
故B正确，ACD错误。
故选B。
9．D
【解析】
A．物体在斜面上能够上升的最大高度为h，所以重力势能增加了mgh，故A错误。
BD．根据牛顿第二定律知
mgsin30°+f=ma
解得物体所受摩擦力的大小
f=mg
物体沿斜面上升的位移为2h，则克服摩擦力做功
Wf=f?2h=mgh
根据功能关系知机械能的减小量等于克服摩擦力做的功，为mgh，故B错误，D正确；
C．由动能定理可知，动能损失量为合外力做的功的大小，为
故C错误；
故选D。
10．C
【解析】
物体在下落的过程中，根据
可知，斜率等于重力大小，C正确，ABD错误。
故选C。
11．tanθ；。
【解析】
解：物体在斜面上缓慢运动时，受到4个力：重力G，绳子的拉力F1，斜面的支持力F2，物体在运动时受到的摩擦力F3
其中F1和F3同斜面平行，F2同斜面垂直，G同斜面成（90°-θ）．
根据各力之间的平衡的原则，可列出以下公式：在垂直斜面方向，有：F2=Gcos
θ
因此有摩擦力F3=μF2=μGcosθ，接下来考虑平行于斜面的力，为了简化问题状态，可以直接以A点处的系统状态来进行分析，此时时摩擦力和重力在斜面平行方向上的力是反向、等大的，即应该是近似平衡的，有μGcosθ=Gsinθ
，因此
μ=tanθ
拉力做功跟摩擦力做功大小相等，所以此过程中作用在细绳上的拉力做功为，
故答案为：tanθ,
12．B
【解析】
[1]由图知，给A、B两球相同的热量后，球受热后体积膨胀，A球重心上升，重力势能增大，提供的热量转化为A球的内能和小球的重力势能，B球重心下降，重力势能减小，提供的热量和小球的重力势能都转化为小球的内能，所以B球的内能增加量比A球的大，所以B球的温度高。
13．（1）；（2）；（3）
【解析】
（1）木板对地位移为s，根据动能定理得
则木板动能的增加量为。
（2）小铁块对地的位移为，根据动能定理得
可知小铁块动能的减小量为。
（3）则系统减小的机械能为：
14．（1）；（2）；（3）
【解析】
（1）速度最大时
得
（2）P到Q过程，应用动能定理得
得
（3）电场力做功
W=qU
得
15．(1)1m/s，1.3J；(2)1.3J≤Ep≤1.8J；(3)
【解析】
（1）在B点，当轨道对小球的弹力恰好为零时，根据向心力公式有
解得
vB=1m/s
从P点到B点，根据功能关系有
Ep1=mg（h+r）+
解得
Ep1=1.3J
（2）若小球恰好到达F点，从P点到F点，根据功能关系有
Ep2=mg（h-r+2R）+μmgL
解得
Ep2=2J
此后小球返回，根据功能关系有
mg·2R=mgh1+μmgL
解得
h1=0.2m=2r＞r=0.1m
小球会在CB间脱离轨道
若小球在到达F点前返回恰好到达C点，从P点到C点，根据功能关系有:
Ep3=mgh+μmg·2L
解得
Ep3=1.8J
故要使小球最终停在EO段，弹簧弹性势能应满足
1.3J≤Ep3≤1.8J
（3）当Ep>2J时，小球停在OG段，根据功能关系有
Ep=-mg（h-r）+μmg（L+x）
解得
Ep=0.4x+1.2
（2m＜x≤2.5m）
当1.3J≤Ep3≤1.8J时，小球停在EO段；当小球在EO段恰好往返一次到E点时，根据功能关系有
Ep4=mg·（h-r）+μmg·2L
解得
Ep4=1.6J
当
1.3J≤Ep3<1.6J
时，根据功能关系有
Ep=mg（h-r）+μmg（L+x）
解得
Ep=-0.4x+1.2
（-1m＜x≤-0.25m）
当1.6J≤Ep3≤1.8J时，根据功能关系有
Ep=-mg·（h-r）+μmg{（2L+[L-（-x）]}
解得
Ep=0.4x+2
（-1m≤x≤-0.5m）
图线如图所示:
