【配套K12】2019届高考物理一轮复习作业+检测： 第五章 机械能 课时作业19

2019届高考物理一轮复习第5章机械能第5讲动力学和能量课时作业（含解析）编辑整理：尊敬的读者朋友们：这里是精品文档编辑中心，本文档内容是由我和我的同事精心编辑整理后发布的，发布之前我们对文中内容进行仔细校对，但是难免会有疏漏的地方，但是任然希望（2019届高考物理一轮复习第5章机械能第5讲动力学和能量课时作业（含解析））的内容能够给您的工作和学习带来便利。

同时也真诚的希望收到您的建议和反馈，这将是我们进步的源泉，前进的动力。

本文可编辑可修改，如果觉得对您有帮助请收藏以便随时查阅，最后祝您生活愉快业绩进步，以下为2019届高考物理一轮复习第5章机械能第5讲动力学和能量课时作业（含解析）的全部内容。

5、动力学和能量观点的综合应用[基础训练]1．（2018·陕西西工大附中适应考）（多选)如图所示,质量为m的物体在水平传送带上由静止释放，传送带由电动机带动，始终保持以速率v匀速运动，物体与传送带间的动摩擦因数为μ，物体运动一段时间后能保持与传送带相对静止．对于物体从静止释放到相对传送带静止这一过程，下列说法正确的是( )A．电动机多做的功为错误!mv2B．摩擦力对物体做的功为错误!mv2C．电动机增加的功率为μmgvD．传送带克服摩擦力做的功为错误!mv2答案:BC 解析：由能量守恒知电动机多做的功为物体动能增量和摩擦生热Q,所以A项错误;根据动能定理,对物体列方程,W f＝错误!mv2，所以B项正确；因为电动机增加的功率P＝错误!＝错误!＝μmgv，C项正确;因为传送带与物体共速之前，传送带的路程是物体路程的2倍，所以传送带克服摩擦力做功是摩擦力对物体做功的2倍，即mv2，D项错误．2．（2018·河南郑州一模）(多选）如图所示，质量为m的物块从倾角为θ的传送带底端由静止释放，传送带由电动机带动,始终保持速率v匀速运动，物块与传动带间的动摩擦因数为μ(μ＞tan θ），物块到达顶端前能与传送带保持相对静止．在物块从静止释放到相对传送带静止的过程中，下列说法正确的是( ）A．电动机因运送物块多做的功为mv2B．系统因运送物块增加的内能为错误!C．传送带克服摩擦力做的功为错误!mv2D．电动机因运送物块增加的功率为μmgv cos θ答案：BD 解析:电动机多做的功等于系统摩擦产生的内能和物块机械能的增加量．对物块,增加的机械能为ΔE＝f·x物＝μmg cos θ·错误!·t,系统增加的内能Q＝f·Δx＝f·（x带－x物)＝f（vt－错误!t）＝μmg cos θ·错误!t。

《机械能》综合检测(时间:90分钟满分:100分)一、选择题(本题共12小题,每小题4分,共48分.在每小题给出的四个选项中,第1～7小题只有一个选项正确,第8～12小题有多个选项正确,全部选对的得4分,选对但不全的得2分,有选错或不选的得0分)1.如图所示,质量为m的钩码在弹簧测力计的作用下竖直向上运动.设弹簧测力计的示数为F T,不计空气阻力,重力加速度为g.则( D )A.T=mg时,钩码的机械能不变B.T<mg时,钩码的机械能减小C.T=mg时,钩码的机械能减小D.T>mg时,钩码的机械能增加解析:无论T与mg的关系如何,T与钩码位移的方向一致,T做正功,钩码的机械能增加,选项D正确.2.,从“1～5”逐挡速度增大,R是倒车挡.轿车要以最大动力上坡,变速杆应推至挡位及该车以额定功率和最高速度运行时轿车的牵引力分别为( D )A.“5”挡,8 000 NB.“5”挡,2 000 NC.“1”挡,4 000 ND.“1”挡,2 000 N解析:由P=Fv可知,要获得大的动力应当用低速挡,即“1”挡;由P=Fv m,解得000 N,选项D正确.3.蹦极是一项既惊险又刺激的运动,深受年轻人的喜爱.如图所示,蹦极者从P点静止跳下,到达A处时弹性绳刚好伸直,继续下降到最低点B处,离水面还有数米距离.蹦极者在其下降的整个过程中,重力势能的减少量为ΔE1、绳的弹性势能增加量为ΔE2,克服空气阻力做功为W,则下列说法正确的是( C )A.蹦极者从P到A的运动过程中,机械能守恒B.蹦极者与绳组成的系统从A到B的过程中,机械能守恒C.ΔE1=W+ΔE2D.ΔE1+ΔE2=W解析:蹦极者从P到A的过程中,除了重力做功以外,还有空气阻力做功,机械能不守恒,选项A错误;从A到B的过程中,有重力、弹力和阻力做功,对于系统,除了重力和弹力做功以外,有阻力做功,系统机械能不守恒,选项B错误;根据能量守恒知,由于动能变化量为零,重力势能的减小量等于弹性势能的增加量与克服阻力做功之和,即ΔE1=W+ΔE2,选项C正确,D错误.4.将一小球从高处水平抛出,最初2 s内小球动能E k随时间t变化的图像如图所示,不计空气阻力,取g=10 m/s2.根据图像信息,不能确定的物理量是( D )A.小球的质量B.小球的初速度C.最初2 s内重力对小球做功的平均功率D.小球抛出时的高度解析:和机械能守恒ΔE k=mgh=25 J,结合10×22 m=20 m,解得kg,v0最初2 s=小球抛出时的高度无法确定,故选D.5.足够长的水平传送带以恒定速度v匀速运动,某时刻一个质量为m的小物块以大小也是v、方向与传送带的运动方向相反的初速度冲上传送带,最后小物块的速度与传送带的速度相同.在小物块与传送带间有相对运动的过程中,滑动摩擦力对小物块做的功为W,小物块与传送带间因摩擦产生的热量为Q,则下列判断中正确的是( B )A.W=0,Q=mv2B.W=0,Q=2mv22 D.W=mv2,Q=2mv2解析:对小物块,由动能定理有22=0,设小物块与传送带间的动摩擦因数为μ,则小物块与传送带间的相对路程x相对=,这段时间内因摩擦产生的热量Q=μmg·x相对=2mv2,选项B正确.6.如图所示为汽车在水平路面上启动过程中的速度图像,Oa为过原点的倾斜直线,ab段表示以额定功率行驶时的加速阶段,bc段是与ab段相切的水平直线,则下述说法正确的是( D )A.0～t1时间内汽车做匀加速运动且功率恒定B.t1～t2C.t1～t21+v2)D.在全过程中t1时刻的牵引力及其功率都是最大值,t2～t3时间内牵引力最小解析:由题图可知,在0～t1时间内,v-t图像为倾斜的直线,故汽车做匀加速运动,牵引力恒定,由P=Fv可知,汽车牵引力的功率均匀增大,选项A错误;在t1～t2时间内,根据动能定理有W F-W f选项B错误;在t1～t2时间内,若v-t图像为直线,1+v2),而题图所示v-t图像为曲线,故这段时间内的平均+v2),选项C错误;全过程中,t1时刻牵引力最大,功率达到额定功率,也最大,之1后,功率不变,牵引力减小,直至F=f,此后汽车做匀速运动,选项D正确.7.竖直向上抛出一小球,小球在运动过程中,所受空气阻力大小不变.规定向上方向为正方向,小球上升到最高点所用时间为t0,下列关于小球在空中运动过程中的加速度a、位移x、重力的瞬时功率P和机械能E随时间t变化的图像中,正确的是( C )解析:由于向上方向为正,加速度方向一直向下,选项A错误;由空气阻力大小不变,故物体向上减速运动和向下加速运动的加速度均恒定,且向上的加速度大,故向上减速的时间小于向下加速的时间,由于小球做匀变速运动,位移—时间图线不是直线,选项B错误;由于空气阻力一直做负功,故小球的机械能一直减小,选项D错误,重力的瞬时功率P=mgv,选项C正确.8.在排球比赛中,假设排球运动员某次发球后排球恰好从网上边缘过网,排球网高H=2.24 m,排球质量为m=300 g,运动员对排球做的功为W1=20 J,排球运动过程中克服空气阻力做的功为W2=4.12 J,重力加速度g=10 m/s2.球从手刚发出位置的高度h=2.04 m,选地面为零势能面,则( BD )A.与排球从手刚发出相比较,排球恰好到达球网上边缘时重力势能的增加量为6.72 JB.排球恰好到达球网上边缘时的机械能为22 JC.排球恰好到达球网上边缘时的动能为15.88 JD.与排球从手刚发出相比较,排球恰好到达球网上边缘时动能的减少量为4.72 J解析:与排球从手刚发出相比较,排球恰好到达球网上边缘时重力势能的增加量为mg(H-h)=0.6 J,选项A错误;排球恰好到达球网上边缘时的机械能为mgh+W1-W2=22 J,选项B 正确;排球恰好到达球网上边缘时的动能为W1-W2-mg(H-h)=15.28 J,选项C错误;与排球从手刚发出相比较,排球恰好到达球网上边缘时动能的减少量为W2+mg(H-h)=4.72 J,选项D正确.9.一质量为2 kg的物体,在水平恒定拉力的作用下以某一速度在粗糙的水平面上做匀速运动,当运动一段时间后,拉力逐渐减小,且当拉力减小到零时,物体刚好停止运动,图中给出了拉力随位移变化的关系图像.已知重力加速度g=10 m/s2.根据以上信息能精确得出或估算得出的物理量有( ABC )A.物体与水平面间的动摩擦因数B.合外力对物体所做的功C.物体匀速运动时的速度D.物体运动的时间解析:物体做匀速运动时,受力平衡,则f=F=7 N,再由滑动摩擦力公式f=μmg可求得物体与水平面间的动摩擦因数,选项A正确;运动4 m后物体做减速运动,图线与坐标轴围成的面积表示拉力做的功,则由图像中减速过程包括的方格数可估算拉力所做的功,再由摩擦力与位移的乘积求出摩擦力的功,就可求得总功,选项B正确;已求出合外力所做的功,再由动能定理可求得物体开始时做匀速运动的速度,选项C正确;由于不知道具体的运动情况,无法求出减速运动的时间,选项D错误.10.如图所示,物体A的质量为M,圆环B的质量为m,通过轻绳联结在一起,跨过光滑的定滑轮,圆环套在光滑的竖直杆上,设杆足够长.开始时连接圆环的绳处于水平,长度为l,现从静止释放圆环.不计摩擦和空气的阻力,以下说法正确的是( AD )A.当M=2m时,l越大,则小环m下降的最大距离h越大B.当M=2m时,l越大,则小环m下降的最大距离h越小C.当M=m,且l确定时,则小环m下降过程中速度先增大后减小到零D.当M=m,且l确定时,则小环m下降过程中速度一直增大解析:由系统机械能守恒可得当M=2m时选项A正确,B错误;当M=m时,小环在下降过程中系统的重力势能一直在减少,即系统的动能一直在增加,选项D正确,C错误.11.在倾角为θ的光滑斜面上放有两个用轻弹簧相连接的物块A,B,它们的质量分别为m1,m2(m1<m2),弹簧的劲度系数为k,C为一固定挡板,系统处于静止状态,如图所示.现开始用一恒力F沿斜面方向拉物块A使之向上运动,当物块B刚要离开C时,物块A运动的距离为d,速度为v.则( AD )A.此时物块AB.该过程中,物块A的速度逐渐增大C.此时物块A所受重力做功的功率为m1gvD.该过程中,弹簧弹性势能的增加量为Fd-m1gdsin θ1v2解析:系统处于静止时,弹簧处于压缩状态,弹簧的压缩量为x1,对物块A有m1gsin θ=kx1;物块B刚要离开C时,弹簧处于伸长状态,弹簧的伸长量为x2,对物块A有F-m1gsin θ-kx2=m1a,又物块A运动的距离为d=x1+x2,解得若F<kd,则物块A在该过程中运动的速度将先增大后减小,选项A正确,B错误;物块A重力的方向与速度方向不共线,选项C错误;根据能量守恒定律得,弹簧弹性势能的增加量为Fd-m1gdsin θ1v2,选项D正确.12.水平地面上固定一倾角为θ=37°的足够长的光滑斜面,如图所示,斜面上放一质量为m A=2.0 kg、长l=3 m的薄板A,质量为m B=1.0 kg的滑块B(可视为质点)位于薄板A的最下端,B 与A之间的动摩擦因数μ=0.5.开始时用外力使A,B静止在斜面上,某时刻给滑块B一个沿斜面向上的初速度v0=5m/s,同时撤去外力,已知重力加速度g取10 m/s2,sin 37°=0.6,cos 37°=0.8.下列说法正确的是( CD )A.在滑块B向上滑行的过程中,A,B的加速度大小之比为3∶5B.从A,B开始运动到A,B相对静止的过程中所经历的时间为0.5 sC.从A,B开始运动到A,B相对静止的过程中滑块BD.从A,B开始运动到A,B相对静止的过程中因摩擦产生的热量为解析:由牛顿第二定律得A,B的加速度大小分别为a A2,a B2,则a A∶a B=2∶5,选项A错误;B沿斜面向上运动的时间t1运动到最高点时,A沿斜面向下运动的速度为v A=a A t1=2 m/s,设B从最高点向下运动到两者速度相同时用时为t2,则v=a B t2=v A+a A t2,解得t2共同速度为因此从A,B开始运动到A,B沿斜面向下的速度相同时所经历的时间为t=t1+t2 s,选项B错误;B沿斜面向上运动的位移x11=1.25 m,此过程中A向下运动的位移x2沿斜面向下运动,到两者速度相同时,下滑的位移x3此过程中,A向下运动的位移x4=v A t2故整个过程中摩擦力对滑块B所做的功W=-μm B gx1cos 37°+μm B gx3cos 37°=-即滑块BJ,选项C正确;整个过程中因摩擦产生的热量为Q=μm B gcos37°(x1+x2)+μm B gcos 37°(x4-x3选项D正确.二、非选择题(共52分)13.(5分)利用气垫导轨探究弹簧的弹性势能与形变量的关系,在气垫导轨上放置一带有遮光片的滑块,滑块的一端与轻弹簧贴近,弹簧另一端固定在气垫导轨的一端,将一光电门P固定在气垫导轨底座上适当位置[如图(甲)所示].弹簧处于自然状态时,使滑块向左压缩弹簧一段距离,然后由静止释放滑块,与光电门相连的光电计时器可记录遮光片通过光电门的挡光时间,则可计算出滑块离开弹簧后的速度大小.实验步骤如下:①用游标卡尺测量遮光片的宽度d.②在气垫导轨上通过滑块将弹簧压缩x1,滑块由静止释放.由光电计时器读出滑块第一次通过光电门时遮光片的挡光时间t1.③利用所测数据求出滑块第一次通过光电门时的速度v2.④增大弹簧压缩量为x2,x3,…,重复实验步骤②③,记录并计算相应的滑块动能2,如下表所示.(1)测量遮光片的宽度时游标卡尺示数如图(乙)所示,读得d= cm;(2)2-x2-x2图像;(3)由机械能守恒定律E p2,根据图像得出结论是. 解析:(1)根据游标卡尺读数规则,读出遮光片的宽度d=1.0c m+ 0.03 cm=1.03 cm.(2)根据描点法在坐标系中进行描点,连线,2-x2-x2图像如图所示.(3)根据图像得出结论是:弹性势能的大小与形变量x的二次方成正比.答案:(1)1.03 (2)见解析(3)弹性势能的大小与形变量x的二次方成正比评分标准:(1)(2)问各2分,(3)问1分.14.(6分)利用气垫导轨验证机械能守恒定律,实验装置如图(甲)所示,水平桌面上固定一倾斜的气垫导轨,导轨上A点处有一带长方形遮光片的滑块,其总质量为M,左端由跨过轻质光滑定滑轮的细绳和一质量为m的小球相连;遮光片两条长边与导轨垂直,导轨上B点有一光电门,可以测量遮光片经过光电门时的挡光时间t,用d表示A点到光电门B处的距离,b表示遮光片的宽度,将遮光片通过光电门的平均速度看做滑块通过B点时的瞬时速度,实验时滑块在A处由静止开始运动.(1)某次实验测量倾角θ=30°,重力加速度用g表示,滑块从A处到达B处时m和M组成的系统动能增加量可表示为ΔE k= ,系统的重力势能减少量可表示为ΔE p= ,在误差允许的范围内,若ΔE k=ΔE p,则可认为系统的机械能守恒.(用题中字母表示)(2)在上次实验中,某同学改变A,B间的距离,作出的v2-d图像如图(乙)所示,并测得M=m,则重力加速度g= m/s2.解析:(1)系统动能增加量可表示为ΔE k系统的重力势能减少量可表示为ΔE p=mgd-Mgdsin 30°)gd.(2)根据机械能守恒可得)gd=2,即代入数据得g=9.6 m/s2.答案:(1)(2)9.6评分标准:每空各2分.15.(8分)如图所示,AB,BC为倾角不同的斜面,斜面BC与水平面夹角为30°,CD段水平,B,C 处均以平滑小圆弧连接.一物块从距水平面高度为h的A点由静止沿斜面滑下,物块在BC段做匀速运动,最终停在水平面上D点.物块与斜面、水平面间的动摩擦因数均相同.求:(1)物块与接触面间的动摩擦因数;(2)A点到D点的水平距离.解析:(1)由物块在BC段匀速运动有mgsin 30°=μmgcos 30° (1分)解得μ分)(2)设斜面AB与水平面夹角为α,AB的水平距离为x1,BC的水平距离为x2,CD的水平距离为x3AB段摩擦力做功W1=-μmgcos αμmgx1 (2分)同理可得BC段摩擦力做功W2=-μmgx2 (1分)CD段摩擦力做功W3=-μmgx3 (1分)对AD段,由动能定理得mgh+W1+W2+W3=0 (1分)解得x AD=x1+x2+x3分)答案16.(8分)某汽车研发机构在汽车的车轮上安装了小型发电机,将减速时的部分动能转化并储存在蓄电池中,以达到节能的目的.某次测试中,汽车以额定功率行驶700 m后关闭发动机,测出了汽车动能E k与位移x的关系图像如图,其中①是关闭储能装置时的关系图线,②是开启储能装置时的关系图线.已知汽车的质量为1 000 kg,设汽车运动过程中所受地面阻力恒定,空气阻力不计,求:(1)汽车的额定功率P;(2)汽车加速运动500 m所用的时间t;(3)汽车开启储能装置后向蓄电池提供的电能E.解析:(1)关闭发动机且关闭储能装置后,汽车在地面的阻力f的作用下减速至停止,由动能定理有-fx=0-E k (1分)解得f=2×103 N (1分)汽车匀速运动的动能E k2=8×105 J解得v=40 m/s (1分)汽车匀速运动时牵引力大小等于阻力,故汽车的额定功率P=Fv=fv解得P=8×104 W. (1分)(2)汽车加速运动过程中,由动能定理有Pt-fx0=E k-E k0 (1分)解得t=16.25 s. (1分)(3)由功能关系,汽车开启储能装置后向蓄电池提供的电能E=E k-fx′ (1分)解得E=5×105 J. (1分)答案:(1)8×104 W (2)16.25 s (3)5×105 J17.(10分)如图(甲)所示,一足够长、与水平面夹角θ=53°的倾斜轨道与竖直面内的光滑圆轨道相接,圆轨道的半径为R,其最低点为A,最高点为B.可视为质点的物块与斜轨间有摩擦,物块从斜轨上某处由静止释放,到达B点时与轨道间压力的大小F与释放的位置距离最低点的高度h的关系图像如图(乙)所示.不计小球通过A点时的能量损失,重力加速度g=10m/s2,sin 53°°求:(1)物块与斜轨道间的动摩擦因数μ;(2)物块的质量m.解析:(1)由题图(乙)可知,当h1=5R时,物块到达B点时与轨道间压力的大小为0,设此时物块在B点的速度大小为v1,则分)对物块从释放至到达B点的过程,由动能定理有mg(h1-2R)-μmgcos θ分)解得μ. (1分)(2)设物块从距最低点高为h处释放后到达B点时速度的大小为v,则分)物块从释放至到达B点的过程中,由动能定理有mg(h-2R)-μmgcos θ 2 (2分)解得-5mg (1分)对应F-h的图线可得斜率分)解得m=0.2 kg. (1分)答案(2)0.2 kg18.(15分)如图所示,一质量为m=1 kg的可视为质点的滑块,放在光滑的水平平台上,平台的左端与水平传送带相接,传送带以v=2 m/s的速度沿顺时针方向匀速转动(传送带不打滑),现将滑块缓慢向右压缩轻弹簧,轻弹簧的原长小于平台的长度,滑块静止时弹簧的弹性势能为E p=4.5 J,若突然释放滑块,滑块向左滑上传送带.已知滑块与传送带的动摩擦因数为μ=0.2,传送带足够长,g=10 m/s2.求:(1)滑块第一次滑上传送带到离开传送带所经历的时间;(2)滑块第一次滑上传送带到离开传送带由于摩擦产生的热量.解析:(1)释放滑块的过程中机械能守恒,设滑块滑上传送带的速度精品K12教育教学资料精品K12教育教学资料 为v 1,则E p分) 得v 1=3 m/s (1分) 滑块在传送带上运动的加速度大小a=μg=2 m/s 2 (1分) 滑块向左运动的时间t 1分) 向右匀加速运动的时间t 2=分) 向左的最大位移为x 1=2.25 m (1分) 向右匀加速运动的位移为x 2分) 匀速向右的时间为t 3=0.625 s (1分) 所以t=t 1+t 2+t 3=3.125 s. (1分) (2)滑块向左运动x 1的位移时,传送带的位移为x 1′=vt 1=3 m (1分) 则Δx 1=x 1′+x 1=5.25 m (1分) 滑块向右运动x 2时,传送带位移为x 2′=vt 2=2 m (1分) 则Δx 2=x 2′-x 2=1 m (1分) Δx=Δx 1+Δx 2=6.25 m (1分) 则摩擦产生的热量为Q=μmg ·Δx=12.5 J. (1分) 答案:(1)3.125 s (2)12.5 J。

课时作业 17
2．两辆汽车在同一平直路面上行驶，m1：m2＝：2v1：＝：1，乙车滑行的最大距离为
车与路面间的动摩擦因数相等，不计空气阻力，则
A．L1：L＝：2 L1：L＝：1
C．L1：L＝：1 D L1：L＝：1
解析：由动能定理，对两车分别列式
1＝0－1v21，－
1
2
m2v22，＝μm
由以上四式联立得L1：L＝：1
．物体在恒定阻力作用下，以某初速度在水平面上沿直线滑行直到停止．以
分别表示物体运动的加速度大小、动能、位移的大小和运动的时间．则以下各图象中，能正确反映这一过程的是( )
物体在恒定阻力作用下运动，其加速度随时间不变，随位移不变，选项
f x＝E k－E k0，解得E k＝E k0－F f x，选项C正确、D错误．
．(2018·黑龙江省牡丹江市月考)(多选)汽车在水平路面上从静止开始做匀加速直线
)
＝0，故W＝W1＋W2，A
减速过程的位移，因摩擦力不变，故加速时摩擦力所做的功大于减速时摩擦力所做的功，
竖直放置且固定在地面上，
正好在M点滑入半圆轨道，
N点滑入半圆轨道，在向点小球对轨道无压力，则重力提供向心力，
，则下列说法中正确的是( )
2 m/s
时物块的加速度大小为2.5 m/s2
位移的运动过程中物块所经历的时间为2 s 位移的运动过程中拉力对物块做的功为9 J
1
)如图，固定直杆上套有一小球和两根轻弹簧，两根另一端分别固定在杆上相距为
，两根轻弹簧的原长均为L、劲度系数均为
点处于静止状态，求此时小球受到的摩擦力大小和方向；
随H的变化关系如图乙所示，求：
(3)见解析。

第五章45分钟章末检测卷题只有一项符合题目要求，6～9题有多项符合题目要求，每小题．滑块静止于光滑水平面上，与之相连的轻质弹簧处于自然伸直状态，现用恒定的水平外力做了10 J的功．在上述过程中A点自由滑下，然后在水平面上前进至，滑雪者(包括滑雪板)的质量为段运动的过程中，克服摩擦力做的功( )．以上三种情况都有可能长度为L1，AC水平长度为L2，mgL1，在斜坡上摩擦力做功W2＝－＝W1＋W2＝－μmg(L1＋L2)＝－μ解析：小球运动过程中，只有重力做功，机械能守恒，故mgh ＝mg·2R＋12支持力的合力提供向心力，根据牛顿第二定律，有F ＋mg ＝m v 2R (②)，联立①②解得C 项正确．．如图所示，两箱相同的货物，现要用电梯将它们从一楼运到二楼，其中图甲是利用扶梯台式电梯运送货物，图乙是用履带式自动电梯运送，假设两种情况下电梯都是匀速地运送货物，下列关于两电梯在运送货物时．两种情况下电梯对货物的支持力都对货物做正功 ．图乙中电梯对货物的支持力对货物做正功 ．图甲中电梯对货物的支持力对货物做正功 ．图乙中电梯对货物的支持力对货物不做功如图所示，固定在水平面上的光滑斜面倾角为过细绳及轻弹簧连接于光滑轻滑轮两侧，斜面底端有一与斜面垂直的挡板．，滑轮两边的细绳恰好伸直，而没有力的作用．已知M ＝的物体，放在动摩擦因数μ＝0.1的水平面上，在水平拉力的作用下由静止开始运动，水之间的关系如图所示，重力加速度如图所示，一根跨过一固定的水平光滑细杆的轻绳两端拴有两个小被拉到与细杆同一水平的位置．把绳拉直后，由静止释放球已知图中Ob段的长度小于m a：m＝：2下摆过程中加速度方向向上，处于超重状态，速度逐渐增大，向心加速度逐渐增大，选项，对球下摆过程，由机械能守恒定律，有m a：m＝：246分)(2018·江苏卷，10)图2(3)将钩码的重力视为小车受到的拉力，取g ＝9.80 m/s 2，利用W ＝mg Δx 算出拉力对小车做的功W.利用Ek ＝12Mv 2算出小车动能，并求出动能的变化量ΔEk.计算结果见下表. W/×10－3J 2.45 2.92 3.353.814.26 ΔEk/×10－3J 2.31 2.73 3.123.614.00请根据表中的数据，在图3中作出ΔEk －W 图象．图3(4)实验结果表明，ΔEk 总是略小于W.某同学猜想是由于小车所受拉力小于钩码重力造成的．用题中小车和钩码质量的数据可算出小车受到的实际拉力F ＝________N.解析：(1)完全平衡摩擦力的标志是轻推小车，小车做匀速运动． (2)两计数点间的时间间隔T ＝5×0.02 s＝0.1 sv1＝x022T ＝＋2×0.1m/s ＝0.228 m/s(3)确定标度，根据给出数据描点．作图如图所示．(4)从图线上取两个点(4.5,4.24)，(2.15,2.0)图线的斜率k ＝4.24－2.04.5－2.15≈0.953①又有k ＝ΔEk ΔW ＝Mv22mg Δx②根据运动学公式有v 2＝2a Δx③ 根据牛顿第二定律有 F ＝Ma④由①②③④式解得F≈0.093 N答案：(1)小车做匀速运动 (2)0.228 (3)见解析图 (4)0.093如图所示，P为弹射器，PA、BC为光滑水平面分别与传送带AB长为L＝6 m，并以v0＝2 m/s弹出后滑向传送带经BC紧贴圆弧面到达全部转化为物体的动能，物体与传送带的动摩擦因数为0.2.若物体经过BC。

课时作业 21[双基过关练]1．(多选)一辆小车静止在光滑的水平面上，小车立柱上固定一条长为L 、系有小球的水平细绳，小球由静止释放，如图所示，不计一切摩擦，下列说法正确的是( )A ．小球的机械能守恒，动量不守恒B ．小球的机械能不守恒，动量也不守恒C ．球、车系统的机械能守恒，动量守恒D ．球、车系统的机械能守恒，水平方向动量守恒解析：小球受到绳子拉力作用，动量不守恒，由于小车运动，绳子拉力做功，机械能不守恒，A 项错误，B 项正确，以小球和小车作为一个系统，该系统水平方向上不受外力，因此水平方向动量守恒，C 项并没有说明哪个方向，因此错误；D 项正确．答案：BD2．(2018·河南信阳统考)(多选)如图所示，三小球a 、b 、c 的质量都是m ，都放于光滑的水平面上，小球b 、c 与轻弹簧相连且静止，小球a 以速度v 0冲向小球b ，碰后与小球b 粘在一起运动．在整个运动过程中，下列说法中正确的是( )A ．三球与弹簧组成的系统总动量守恒，总机械能不守恒B ．三球与弹簧组成的系统总动量守恒，总机械能也守恒C ．当小球b 、c 速度相等时，弹簧弹性势能最大D ．当弹簧恢复原长时，小球c 的动能一定最大，小球b 的动能一定不为零解析：在整个运动过程中，三球与弹簧组成的系统的合外力为零，系统的总动量守恒，a 与b 碰撞过程中机械能减少，故A 正确、B 错误．当小球b 、c 速度相等时，弹簧的压缩量或伸长量最大，弹簧弹性势能最大，故C 正确．当弹簧恢复原长时，小球c 的动能一定最大，根据动量守恒和机械能守恒定律可知，小球b 的动能不为零，故D 正确．答案：ACD3．(多选)如图所示，质量为M 的楔形物体静止在光滑的水平地面上，其斜面光滑且足够长，与水平方向的夹角为θ.一个质量为m 的小物块从斜面底端沿斜面向上以初速度v 0开始运动．当小物块沿斜面向上运动到最高点时，速度大小为v ，距地面高度为h ，则下列关系式中正确的是( )A ．mv 0＝(m ＋M )vB ．mv 0cos θ＝(m ＋M )vC ．mgh ＋12m (v 0sin θ)2D ．mgh ＋12(m ＋M )v 2＝12mv 20解析：小物块沿斜面向上运动到最高点时，小物块的速度与楔形物体的速度相同，系统水平方向动量守恒，全过程机械能守恒，以向右为正方向，在小物块沿斜面向上运动的过程中，由水平方向系统动量守恒，得mv 0cos θ＝(m ＋M )v ，故A 错误、B 正确；根据系统机械能守恒，得mgh ＋12(m ＋M )v 2＝12mv 20，故C 错误、D 正确．多选)如图所示，质量分别为，用轻绳紧紧地把它们捆在一起，使它们发生微小的形变．该系统以速度不计水的阻力)设乙船上的人抛出货物的最小速度大小为v min，抛出货物后船的速度为船上的人接到货物后船的速度为v甲，规定向右的方向为正方向．对乙船和货物的作用过程，由动量守恒定律得对货物和甲船的作用过程，同理有的速度多大？上滑动最大可上升至多高？两物体相互作用时机械能守恒，水平方向上动量守恒，的最大高度为h，此时两者在水平方向的共同速度为如图所示，水平面上，均水平飞出，分别落在水平面上的若爆炸时间极短，空气阻力不计，则( )两球沿一直线运动并发生正碰，如图所示为两球碰撞前后的位移—时间两球碰前的位移—时间图象，c为碰撞后两球共同运动的位移—时，则由图可知下列结论正确的是3 kg·m/s所施冲量为－4 N·s，求：小木块滑出平台时的速度大小； 子弹射入小木块前的速度大小；子弹射入木块前至木块滑出平台时，系统所产生的内能．小木块从平台滑出后做平抛运动，有h ＝12gt 2，s ＝vt ，联立两式可得＝M ＋m v 1m＝12mv 20－12(M ＋，求：的速度； 摆至最低点时速度为v 0，由机械能守恒定律易知。

课后分级演练(十七) 功能关系能量守恒定律【A级——基础练】1.如图所示，A、B、C三个一样的滑块从粗糙斜面上的同一高度同时开始运动，A由静止释放，B的初速度方向沿斜面向下，大小为v0，C的初速度方向沿斜面水平向左，大小也为v0.下列说法中正确的是( )A．A和C将同时滑到斜面底端B．滑到斜面底端时，B的机械能减少最多C．滑到斜面底端时，B的动能最大D．C的重力势能减少最多解析：C 滑块A和C通过的路程不同，在沿斜面方向的加速度大小也不相同，故A错；滑块A和B滑到底端时经过的位移相等，克服摩擦力做功相等，而滑块C的路程较大，机械能减少得较多，故B错；C对；三个滑块滑到底端时重力势能减少量相同，故D错．2.如图所示，竖立在水平面上的轻弹簧，下端固定，将二个金属球放在弹簧顶端(球与弹簧不连接)，用力向下压球，使弹簧被压缩，并用细线把小球和地面拴牢(图甲)．烧断细线后，发现球被弹起且脱离弹簧后还能继续向上运动(图乙)．那么该球从细线被烧断到刚脱离弹簧的运动过程中，下列说法正确的是( )A．弹簧的弹性势能先减小后增大B．球刚脱离弹簧时动能最大C．球在最低点所受的弹力等于重力D．在某一阶段内，小球的动能减小而小球的机械能增加解析：D 从细线被烧断到球刚脱离弹簧的运动过程中，弹簧的弹性势能转化为小球的机械能，弹性势能逐渐减小，选项A错误；当弹簧弹力与小球重力相等时，小球的动能最大，此后弹簧继续对球做正功，但球的动能减小，而球的机械能却增大，所以选项B错误，D正确；小球能继续上升，说明在细线烧断瞬间小球在最低点时受到的弹力大于球的重力，选项C错误．3.滑板是现在非常流行的一种运动，如图所示，一滑板运动员以7 m/s的初速度从曲面的A点下滑，运动到B点速度仍为7 m/s，若他以6 m/s的初速度仍由A点下滑，则他运动到B点时的速度( )A ．大于6 m/sB ．等于6 m/sC ．小于6 m/sD ．条件不足，无法计算解析：A 当初速度为7 m/s 时，由功能关系，运动员克服摩擦力做的功等于减少的重力势能．而当初速度变为6 m/s 时，运动员所受的摩擦力减小，故从A 到B 过程中克服摩擦力做的功减少，而重力势能变化量不变，故运动员在B 点的动能大于他在A 点的动能．4．(多选)如图所示，D 、A 、B 、C 四点水平间距相等，DA 、AB 、BC 竖直方向高度差之比为1∶3∶5.现分别放置三个相同的小球(视为质点)，均使弹簧压缩并锁定，当解除锁定后，小球分别从A 、B 、C 三点沿水平方向弹出，小球均落在D 点，不计空气阻力，下列说法中正确的有( )A ．三个小球在空中运动的时间之比为1∶2∶3B ．三个小球弹出时的动能之比为1∶1∶1C ．三个小球在空中运动过程中重力做功之比为1∶3∶5D ．三个小球落地时的动能之比为2∶5∶10解析：AB 本题考查平抛运动规律、重力做功、动能定理、弹性势能等，意在考查考生对平抛运动规律、功能关系的理解能力和分析判断能力．三个小球弹出后做平抛运动，竖直方向上，三个小球竖直位移比为1∶4∶9，由自由落体运动规律h ＝12gt 2可知，小球在空中运动时间之比为1∶2∶3，A 项正确；又三个小球水平位移之比为1∶2∶3，由水平方向匀速直线运动规律x ＝v 0t 可知，三个小球弹出时速度相同，B 项正确；重力做功W G ＝mgh ，所以重力做功之比为1∶4∶9，C 项错；当且仅当弹力对小球A 做功与重力对小球A 做功相等时，合外力对三个小球做功之比为2∶5∶10，故D 项错．5.(多选)(2017·南平检测)如图所示，一质量为M 的斜面体静止在水平地面上，质量为m 的木块沿粗糙斜面加速下滑h 高度，速度大小由v 1增大到v 2，所用时间为t ，木块与斜面体之间的动摩擦因数为μ.在此过程中( )A ．斜面体受水平地面的静摩擦力为零B ．木块沿斜面下滑的距离为v 1＋v 22tC ．如果给质量为m 的木块一个沿斜面向上的初速度v 2，它将沿斜面上升到h 高处速度变为v 1D ．木块与斜面摩擦产生的热量为mgh －12mv 22＋12mv 21 解析：BD 对整体分析可知，整体一定有向左的加速度，根据牛顿第二定律可知，整体在水平方向一定受外力，即水平地面与斜面体间的静摩擦力，故A 错误；由平均速度公式可知，木块沿斜面下滑的平均速度为：v ＝v 1＋v 22，故下滑的距离为：x ＝v t ＝v 1＋v 22t ，故B 正确；由于木块在斜面上受摩擦力，故木块沿斜面向上运动时的加速度大小一定大于木块沿斜面向下运动时的加速度大小；故上升h 时的速度一定小于v 1，故C 错误；由能量守恒定律可知：mgh ＋12mv 21＝12mv 22＋Q ，故有：Q ＝mgh －12mv 22＋12mv 21，故D 正确． 6.(多选)(2017·威海模拟)如图所示，轻质弹簧的一端固定在竖直墙面上，另一端拴接一小物块，小物块放在动摩擦因数为μ的水平面上，当小物块位于O 点时弹簧处于自然状态．现将小物块向右移到a 点，然后由静止释放，小物块最终停在O 点左侧的b 点(图中未画出)，以下说法正确的是( )A ．Ob 之间的距离小于Oa 之间的距离B ．从O 至b 的过程中，小物块的加速度逐渐减小C ．小物块在O 点时的速度最大D ．从a 到b 的过程中，弹簧弹性势能的减少量等于小物块克服摩擦力所做的功解析：AD 如果没有摩擦力，根据简谐运动的对称性知O 点应该在ab 中间，Oa ＝Ob .由于有摩擦力，物块从a 到b 过程中机械能损失，故无法到达没有摩擦力情况下的b 点，即O 点靠近b 点，故Oa >Ob ，选项A 正确；从O 至b 的过程中，小物块受到向右的摩擦力及向右的弹力，且弹力逐渐变大，故物块的加速度逐渐变大，选项B 错误；当物块从a 点向左运动时，受到向左的弹力和向右的摩擦力，且弹力逐渐减小，加速度逐渐减小，当弹力等于摩擦力时加速度为零，此时速度最大，故小物块的速度最大位置在O 点右侧，选项C 错误；由能量守恒关系可知，从a 到b 的过程中，弹簧弹性势能的减少量等于小物块克服摩擦力所做的功，选项D 正确．7.(多选)如图所示，楔形木块abc 固定在水平面上，粗糙斜面ab 和光滑斜面bc 与水平面的夹角相同，顶角b 处安装一定滑轮．质量分别为M 、m (M >m )的滑块，通过不可伸长的轻绳跨过定滑轮连接，轻绳与斜面平行．两滑块由静止释放后，沿斜面做匀加速运动．若不计滑轮的质量和摩擦，在两滑块沿斜面运动的过程中( )A ．两滑块组成系统的机械能守恒B ．重力对M 做的功等于M 动能的增加C ．轻绳对m 做的功等于m 机械能的增加D ．两滑块组成系统的机械能损失等于M 克服摩擦力做的功解析：CD 因为M克服摩擦力做功，所以系统机械能不守恒，A错误．由功能关系知，系统减少的机械能等于M克服摩擦力做的功，D正确．对M除重力外还有摩擦力和轻绳拉力对其做功，由动能定理可知B错误．对m有拉力和重力对其做功，由功能关系知C正确．8.(2017·温州模拟)某工地上，一架起重机将放在地面上的一个箱子吊起．箱子在起重机钢绳的作用下由静止开始竖直向上运动，运动过程中箱子的机械能E与其位移x的关系图象如图所示，其中O～x1过程的图线为曲线，x1～x2过程的图线为直线．根据图象可知( )A．O～x1过程中箱子所受的拉力逐渐增大B．O～x1过程中箱子的动能一直增加C．x1～x2过程中箱子所受的拉力一直不变D．x1～x2过程中起重机的输出功率一直增大解析：C 由除重力和弹簧弹力之外的其他力做多少负功箱子的机械能就减少多少，所以E－x图象的斜率的绝对值等于箱子所受拉力的大小，由题图可知在O～x1内斜率的绝对值逐渐减小，故在O～x1内箱子所受的拉力逐渐减小，所以开始先做加速运动，当拉力减小后，可能做减速运动，故A、B错误；由于箱子在x1～x2内所受的合力保持不变，故加速度保持不变，故箱子受到的拉力不变，故C正确；由于箱子在x1～x2内E－x图象的斜率的绝对值不变，故箱子所受的拉力保持不变，如果拉力等于箱子所受的重力，故箱子做匀速直线运动，所以输出功率可能不变，故D错误．9．(2017·湖南长沙三月模拟)弹弓是孩子们喜爱的弹射类玩具，其构造原理如图所示，橡皮筋两端点A、B固定在把手上，橡皮筋处于ACB时恰好为原长状态，在C处(A、B连线的中垂线上)放一固体弹丸，一手执把手，另一手将弹丸拉至D点放手，弹丸就会在橡皮筋的作用下发射出去，打击目标．现将弹丸竖直向上发射，已知E是CD中点，则( )A．从D到C过程中，弹丸的机械能守恒B．从D到C过程中，弹丸的动能一直在增大C．从D到C过程中，橡皮筋的弹性势能先增大后减小D．从D到E过程橡皮筋弹力做功大于从E到C过程解析：D 从D到C过程中，弹力对弹丸做正功，弹丸的机械能增加，选项A错误；弹丸竖直向上发射，从D到C过程中，必有一点弹丸受力平衡，在此点F弹＝mg，在此点上方弹力小于重力，在此点下方弹力大于重力，则从D到C过程中，弹丸的动能先增大后减小，选项B 错误；从D 到C 过程中，橡皮筋的弹性势能一直减小，选项C 错误；从D 到E 过程橡皮筋的弹力大于从E 到C 过程的，故从D 到E 过程橡皮筋弹力做功大于从E 到C 过程，选项D 正确．10．(2017·课标Ⅰ)一质量为8.00×104kg 的太空飞船从其飞行轨道返回地面．飞船在离地面高度1.60×105 m 处以7.50×103 m/s 的速度进入大气层，逐渐减慢至速度为100 m/s 时下落到地面．取地面为重力势能零点，在飞船下落过程中，重力加速度可视为常量，大小取为9.8 m/s 2.(结果保留2位有效数字)(1)分别求出该飞船着地前瞬间的机械能和它进入大气层时的机械能；(2)求飞船从离地面高度600 m 处至着地前瞬间的过程中克服阻力所做的功，已知飞船在该处的速度大小是其进入大气层时速度大小的2.0%.解析：(1)飞船着地前瞬间的机械能为 E k0＝12mv 20①式中，m 和v 0分别是飞船的质量和着地瞬间的速率．由①式和题给数据得 E k0＝4.0×108 J ②设地面附近的重力加速度大小为g .飞船进入大气层时的机械能为E h ＝12mv 2h ＋mgh ③式中，v h 是飞船在高度1.6×105 m 处的速度大小．由③式和题给数据得 E h ＝2.4×1012 J ④(2)飞船在高度h ′＝600 m 处的机械能为E h ′＝12m (2.0100v h )2＋mgh ′⑤ 由功能原理得W ＝E h ′－E k0⑥式中，W 是飞船从高度600 m 处至着地前瞬间的过程中克服阻力所做的功．由②⑤⑥式和题给数据得W ＝9.7×108 J ⑦答案：(1)2.4×1012 J (2)9.7×108J【B 级——提升练】11.(多选)(2017·三湘名校联盟三模)如图是某缓冲装置示意图，劲度系数足够大的轻质弹簧与直杆相连，直杆可在固定的槽内移动，与槽间的滑动摩擦力恒为f ，直杆质量不可忽略．一质量为m 的小车以速度v 0撞击弹簧，最终以速度v 弹回．直杆足够长，且直杆与槽间的最大静摩擦力等于滑动摩擦力，不计小车与地面间的摩擦，则( )A ．小车被弹回时速度v 一定小于v 0B ．直杆在槽内移动的距离等于1f (12mv 20－12mv 2) C ．直杆在槽内向右运动时，小车与直杆始终保持相对静止D ．弹簧的弹力可能大于直杆与槽间的最大静摩擦力解析：BD 小车向右运动的过程中将受到弹簧向左的弹力作用做加速度逐渐增大的减速运动，若小车撞击弹簧时的速度v 0较小，弹簧上的弹力小于f ，小车速度即减为零，随后被弹回，此过程中只有动能与弹性势能之间相互转化，因此最终弹回的速度v 等于v 0，故选项A 错误；若小车撞击弹簧时的速度v 较大，在其速度还未减为零，弹簧上的弹力已增大至f ，由于直杆的质量不可忽略，所以小车继续做加速度增大的减速运动，弹簧继续被压缩，弹力大于f 后，直杆向右做加速运动，当两者速度相等时，弹簧被压缩至最短，故选项C 错误；选项D 正确；当小车速度减为零时，小车反向弹回，弹簧弹力减小，直杆最终也不再在槽内移动，因此根据功能关系有：fx ＝12mv 20－12mv 2，即直杆在槽内移动的距离为：x ＝1f (12mv 20－12mv 2)，故选项B 正确．12．如图所示，有两条滑道平行建造，左侧相同而右侧有差异，一个滑道的右侧水平，另一个的右侧是斜坡．某滑雪者保持一定姿势坐在雪撬上不动，从h 1高处的A 点由静止开始沿倾角为θ的雪道下滑，最后停在与A 点水平距离为s 的水平雪道上．接着改用另一个滑道，还从与A 点等高的位置由静止开始下滑，结果能冲上另一个倾角为α的雪道上h 2高处的E 点停下．若动摩擦因数处处相同，且不考虑雪橇在路径转折处的能量损失，则( )A ．动摩擦因数为tan θB ．动摩擦因数为h 1sC ．倾角α一定大于θD ．倾角α可以大于θ 解析：B 第一次停在水平雪道上，由动能定理得mgh 1－μmg cos θ·h 1sin θ－μmgs ′＝0mgh 1－μmg (h 1tan θ＋s ′)＝0mgh 1－μmgs ＝0μ＝h 1sA 错误，B 正确．在AB 段由静止下滑，说明μmg cos θ<mg sin θ，第二次滑上CE 在E 点停下，说明μmg cosα>mg sin α；若α>θ，则雪橇不能停在E 点，所以C 、D 错误．13．(多选)如图所示，光滑轨道ABCD 是大型游乐设施过山车轨道的简化模型，最低点B 处的入、出口靠近但相互错开，C 是半径为R 的圆形轨道的最高点，BD 部分水平，末端D 点与右端足够长的水平传送带无缝连接，传送带以恒定速度v 逆时针转动，现将一质量为m 的小滑块从轨道AB 上某一固定位置A 由静止释放，滑块能通过C 点后再经D 点滑上传送带，则( )A ．固定位置A 到B 点的竖直高度可能为2RB ．滑块在传送带上向右运动的最大距离与传送带速度v 有关C ．滑块可能重新回到出发点A 处D ．传送带速度v 越大，滑块与传送带摩擦产生的热量越多解析：CD 设AB 的高度为h ，假设物块从A 点下滑刚好通过最高点C ，则此时应该是从A 下滑的高度的最小值，刚好通过最高点时，由重力提供向心力，则：mg ＝mv 2C R，解得v C ＝gR ，从A 到C 根据动能定理：mg (h －2R )＝12mv 2C －0，整理得到：h ＝2.5R ，故选项A 错误；从A 到最终停止，根据动能定理得：mgh －μmgx ＝0，可以得到x ＝h μ，可以看出滑块在传送带上向右运动的最大距离与传送带速度v 无关，与高度h 有关，故选项B 错误；物块在传送带上先做减速运动，可能反向做加速运动，如果再次到达D 点时速度大小不变，则根据能量守恒，可以再次回到A 点，故选项C 正确；滑块与传送带之间产生的热量Q ＝μmg Δx 相对，当传送带的速度越大，则在相同时间内二者相对位移越大，则产生的热量越多，故选项D 正确．14.如图所示，一质量m ＝2 kg 的长木板静止在水平地面上，某时刻一质量M ＝1 kg 的小铁块以水平向左v 0＝9 m/s 的速度从木板的右端滑上木板．已知木板与地面间的动摩擦因数μ1＝0.1，铁块与木板间的动摩擦因数μ2＝0.4，取重力加速度g ＝10 m/s 2，木板足够长，求：(1)铁块相对木板滑动时木板的加速度的大小；(2)铁块与木板摩擦所产生的热量Q 和木板在水平地面上滑行的总路程x .解析：(1)设铁块在木板上滑动时，木板的加速度为a 2，由牛顿第二定律可得μ2Mg －μ1(M ＋m )g ＝ma 2，解得a 2＝0.4×1×10－0.1×3×102m/s 2＝0.5 m/s 2.(2)设铁块在木板上滑动时，铁块的加速度为a 1，由牛顿第二定律得μ2Mg ＝Ma 1，解得a 1＝μ2g ＝4 m/s 2.设铁块与木板相对静止达共同速度时的速度为v ，所需的时间为t ，则有v ＝v 0－a 1t ，v ＝a 2t ，解得：v ＝1 m/s ，t ＝2 s.铁块相对地面的位移x 1＝v 0t －12a 1t 2＝9×2 m－12×4×4 m＝10 m.木板运动的位移x 2＝12a 2t 2＝12×0.5×4 m＝1 m. 铁块与木板的相对位移Δx ＝x 1－x 2＝10 m －1 m ＝9 m ，则此过程中铁块与木板摩擦所产生的热量 Q ＝F f Δx ＝μ2Mg Δx ＝0.4×1×10×9 J＝36 J.达共同速度后的加速度为a 3，发生的位移为s ，则有：a 3＝μ1g ＝1 m/s 2，s ＝v 2－02a 3＝12 m ＝0.5 m. 木板在水平地面上滑行的总路程x ＝x 2＋s ＝1 m ＋0.5 m ＝1.5 m.答案：(1)0.5 m/s 2 (2)1.5 m15.(2017·湖南永州三模)如图所示，水平传送带A 、B两轮间的距离L ＝40 m ，离地面的高度H ＝3.2 m ，传送带以恒定的速率v 0＝2 m/s 向右匀速运动．两个完全一样的小滑块P 、Q 中间夹有一根轻质弹簧(弹簧与P 、Q 不拴接)，用一轻绳把两滑块拉至最近(弹簧始终处于弹性限度内)，使弹簧处于最大压缩状态．现将P 、Q 轻放在传送带的最左端，P 、Q 一起从静止开始运动，t 1＝4 s 时轻绳突然断开，很短时间内弹簧伸长至本身的自然长度(不考虑弹簧的长度的影响)，此时滑块P 速度反向，滑块Q 的速度大小刚好是P 的速度大小的两倍．已知小滑块的质量均为m ＝0.2 kg ，小滑块与传送带之间的动摩擦因数μ＝0.1，重力加速度g ＝10 m/s 2.求：(1)弹簧处于最大压缩状态时的弹性势能；(2)两滑块落地的时间差；(3)两滑块在传送带上运动的全过程中由于摩擦产生的热量．解析：(1)滑块的加速度大小a ＝μg ＝1 m/s 2从静止到与传送带共速所需时间t 0＝v 0a＝2 sx 0＝12at 20＝2 m<L ＝40 m故滑块第2 s 末相对传送带静止由动量守恒定律有2mv 0＝mv Q －mv P又v Q ＝2v P解得v Q ＝8 m/s ，v P ＝4 m/s弹性势能E p ＝12mv 2P ＋12mv 2Q －12(2m )v 20＝7.2 J (2)两滑块离开传送带后做平抛运动时间相等，故两滑块落地时间差就是弹簧恢复到自然长度后，两滑块在传送带上运动的时间之差 t 1＝4 s 时，滑块P 、Q 位移大小x 1＝x 0＋v 0(t 1－t 0)＝6 m滑块Q 与传送带相对静止时所用的时间t 2＝v Q －v 0a＝6 s 这段时间内位移大小x 2＝v Q t 2－12at 22＝30 m<L －x 1＝34 m故滑块Q 先减速后匀速，匀速运动时间 t 3＝L －x 1－x 2v 0＝2 s 滑块P 速度减小到0时运动位移大小x 3＝v 2P 2a＝8 m>x 1＝6 m 滑块P 滑到左端时的速度v P ′＝v 2P －2ax 1＝2 m/s运动时间t 4＝v P －v P ′a＝2 s 两滑块落地时间差Δt ＝t 2＋t 3－t 4＝6 s(3)滑块PQ 共同加速阶段Q 1＝2μmg (v 0t 0－x 0)＝0.8 J分离后滑块Q 向右运动阶段Q 2＝μmg (x 2－v 0t 2)＝3.6 J滑块P 向左运动阶段Q 3＝μmg (x 1＋v 0t 4)＝2 J全过程产生的总热量Q ＝Q 1＋Q 2＋Q 3＝6.4 J答案：(1)7.2 J (2)6 s (3)6.4 J。

课后分级演练(十四) 功和功率【A级——基础练】1．(多选)(2016·湖南衡阳联考)关于摩擦力做功的下列说法不正确的是( )A．滑动摩擦力阻碍物体的相对运动，一定做负功B．静摩擦力起着阻碍物体相对运动趋势的作用，一定不做功C．静摩擦力和滑动摩擦力一定都做负功D．系统内两物体间相互作用的一对摩擦力做功的总和恒为负值解析：ABC 功的计算公式W＝Fs cos θ中的s是指橙皮对于地面的位移，滑动摩擦力和静摩擦力仅起阻碍物体间的相对运动(或相对运动趋势)的作用，它们和物体对地“绝对位移”的方向既可能相同也可能相反，说它们一定做负功是错误的．物体间有静摩擦力作用时两物体相对静止，物体可以对地移动，所以静摩擦力也可能做功．物体间有相对滑动时，伴随有机械能的损耗(转化为内能)，所以一对滑动摩擦力做功的总和恒为负值．2．(多选)位于水平面上的物体在水平恒力F1作用下，做速度为v1的匀速运动；若作用力变为斜向上的恒力F2，物体做速度为v2的匀速运动，且F1与F2功率相同．则可能有( )A．F2＝F1，v1>v2B．F2＝F1，v1<v2C．F2>F1，v1>v2D．F2<F1，v1<v2解析：BD 水平恒力F1作用下的功率P1＝F1v1，F2作用下的功率P2＝F2v2cos θ，现P1＝P2，若F2＝F1，一定有v1<v2，因此A错误、B正确；由于两次都做匀速直线运动，因此第一次的摩擦力F f1＝μmg＝F1，而第二次的摩擦力F f2＝μ(mg－F2sin θ)＝F2cos θ，显然F f2<F f1，即：F2cos θ<F1，因此无论F2>F1还是F2<F1都会有v1<v2，因此C错误、D正确．3.小物块P位于斜面光滑的斜劈Q上，斜劈Q位于光滑的水平地面上(如图所示)，从地面上看，在小物块P沿斜劈Q下滑的过程中，斜劈Q对小物块P的作用力( )A．垂直于接触面，做功为零B．垂直于接触面，做功不为零C．不垂直于接触面，做功为零D．不垂直于接触面，做功不为零解析：B 小物块P在下滑过程中和斜劈之间有一对相互作用力F和F′，如图所示．如果把斜劈Q固定在水平桌面上，物体P的位移方向和弹力方向垂直，这时斜劈对物块P不做功．但题中斜劈放在光滑的水平面上，可以自由滑动，此时弹力方向仍然垂直于斜面，但是物块P的位移方向却是从初位置指向末位置．如图所示，弹力和位移方向不再垂直而是成一钝角，所以弹力对小物块P 做负功，即B 选项正确．4.(多选)一质量为1 kg 的质点静止于光滑水平面上，从t ＝0时刻开始，受到水平外力F 作用，如图所示，下列判断正确的是( )A ．0～2 s 内外力的平均功率是4 WB ．第2 s 内外力所做的功是4 JC ．第2 s 末外力的瞬时功率最大D ．第1 s 末与第2 s 末外力的瞬时功率之比为9∶4 解析：AD 第1 s 末质点的速度v 1＝F 1m t 1＝31×1 m/s＝3 m/s.第2 s 末质点的速度v 2＝v 1＋F 2m t 2＝(3＋11×1) m/s＝4 m/s.则第2 s 内外力做功W 2＝12mv 22－12mv 21＝3.5 J0～2 s 内外力的平均功率 P ＝12mv 22t ＝0.5×1×422 W ＝4 W.选项A 正确，选项B 错误；第1 s 末外力的瞬时功率P 1＝F 1v 1＝3×3 W＝9 W ，第2 s 末外力的瞬时功率P 2＝F 2v 2＝1×4 W＝4 W ，故P 1∶P 2＝9∶4.选项C 错误，选项D 正确．5．如图所示，静止于光滑水平面上坐标原点处的小物块，在水平拉力F 作用下，沿x 轴方向运动，拉力F 随物块所在位置坐标x 的变化关系如图乙所示，图线为半圆．则小物块运动到x 0处时F 所做的总功为()A ．0 B.12F m x 0 C.π4F m x 0 D.π4x 20 解析：C F 为变力，但F －x图象包围的面积在数值上表示拉力做的总功．由于图线为半圆，又因在数值上F m ＝12x 0，故W ＝12π·F 2m ＝12π·F m ·12x 0＝π4F m x 0.6.(多选)如图所示，光滑水平地面上固定一带有光滑定滑轮的竖直杆，用轻绳一端系着小滑块，另一端绕过定滑轮，现用恒力F 1水平向左拉滑块的同时，用恒力F 2拉右侧绳端，使滑块从A 点由静止开始向右运动，经过B 点后到达C 点，若AB ＝BC ，则滑块( )A ．从A 点至B 点F 2做的功等于从B 点至C 点F 2做的功 B ．从A 点至B 点F 2做的功小于从B 点至C 点F 2做的功 C ．从A 点至C 点F 2做的功可能等于滑块克服F 1做的功D ．从A 点至C 点F 2做的功可能大于滑块克服F 1做的功解析：CD 由题意知，滑块从A 点至B 点时右侧绳端的位移大于滑块从B 点至C 点时右侧绳端的位移，F 2是恒力，则滑块从A 点至B 点F 2做的功大于从B 点至C 点F 2做的功，A 、B 错误；滑块从A 点至C 点过程中，可能先加速后减速，滑块在C 点速率大于或等于零，根据动能定理得知，滑块从A 点运动到C 点过程中动能的变化量大于或等于零，总功大于或等于零，则从A 点至C 点F 2做的功大于或等于滑块克服F 1做的功，C 、D 正确．7．(多选)如图所示，轻绳一端受到大小为F 的水平恒力作用，另一端通过定滑轮与质量为m 、可视为质点的小物块相连．开始时绳与水平方向的夹角为θ.当小物块从水平面上的A 点被拖动到水平面上的B 点时，位移为L ，随后从B 点沿斜面被拖动到定滑轮O 处，BO 间距离也为L .小物块与水平面及斜面间的动摩擦因数均为μ，若小物块从A 点运动到O 点的过程中，F 对小物块做的功为W F ，小物块在BO 段运动过程中克服摩擦力做的功为W f ，则以下结果正确的是( )A ．W F ＝FL (cos θ＋1)B ．W F ＝2FL cos θC ．W f ＝μmgL cos 2θD ．W f ＝FL －mgL sin 2θ解析：BC 小物块从A 点运动到O 点，拉力F 的作用点移动的距离x ＝2L cos θ，所以拉力F 做的功W F ＝Fx ＝2FL cos θ，A 错误，B 正确；由几何关系知斜面的倾角为2θ，所以小物块在BO 段受到的摩擦力f ＝μmg cos 2θ，则W f ＝fL ＝μmgL cos 2θ，C 正确，D 错误．8.(2017·徐州模拟)一辆汽车在平直的公路上以某一初速度运动，运动过程中保持恒定的牵引功率，其加速度a 和速度的倒数1v图象如图所示．若已知汽车的质量，则根据图象所给的信息，不能求出的物理量是( )A ．汽车的功率B ．汽车行驶的最大速度C ．汽车所受到的阻力D ．汽车运动到最大速度所需的时间解析：D 由F －F f ＝ma ，P ＝Fv 可得：a ＝P m ·1v－F f m，对应图线可知，Pm＝k ＝40，可求出汽车的功率P ，由a ＝0时，1v m ＝0.05可得：v m ＝20 m/s ，再由v m ＝PF f，可求出汽车受到的阻力F f ，但无法求出汽车运动到最大速度的时间．9.如图所示，质量为m 的小球以初速度v 0水平抛出，恰好垂直打在倾角为θ的斜面上，则小球落在斜面上时重力的瞬时功率为(不计空气阻力)( )A ．mgv 0tan θ B.mgv 0tan θC.mgv 0sin θD ．mgv 0cos θ解析：B 小球落在斜面上时重力的瞬时功率为P ＝mgv y ，而v y tan θ＝v 0，所以P ＝mgv 0tan θ，B 正确．10．一滑块在水平地面上沿直线滑行，t ＝0时其速度为1 m/s.从此刻开始在滑块运动方向上再施加一水平作用力F ，力F 和滑块的速度v 随时间的变化规律分别如图甲和乙所示，规定初速度的方向为正方向．求：(1)在第1秒内、第2秒内力F 对滑块做的功W 1、W 2； (2)前两秒内力F 的总功W F 及滑块所受合力的功W .解析：(1)第1秒内滑块的位移为l 1＝0.5 m ，第2秒内滑块的位移为l 2＝－0.5 m 由W ＝Fl cos α可得，W 1＝0.5 J W 2＝－1.5 J (2)前2秒内力F 的总功W F ＝W 1＋W 2＝－1 J由动能定理可知合力的功W ＝12mv 22－12mv 21＝0答案：(1)0.5 J －1.5 J (2) －1 J 0 【B 级——提升练】11.(2017·吉林三校联考)如图所示，竖直平面内放一直角杆MON ，OM 水平，ON 竖直且光滑，用不可伸长的轻绳相连的两小球A 和B 分别套在OM 和ON 杆上，B 球的质量为2 kg ，在作用于A 球的水平力F 的作用下，A 、B 均处于静止状态，此时OA ＝0.3 m ，OB ＝0.4 m ，改变水平力F 的大小，使A 球向右加速运动，已知A 球向右运动0.1 m 时速度大小为3 m/s ，则在此过程中绳的拉力对B 球所做的功为(取g ＝10 m/s 2)( )A ．11 JB ．16 JC ．18 JD ．9 J解析：C 本题考查速度分解、动能定理及其相关的知识点．A 球向右运动0.1 m 时，v A ＝3 m/s ，OA ′＝0.4 m ，OB ′＝0.3 m ，设此时∠BAO ＝α，则有tan α＝34.v A cos α＝v B sinα，解得v B ＝4 m/s.此过程中B 球上升高度h ＝0.1 m ，由动能定理，W －mgh ＝12mv 2B ，解得绳的拉力对B 球所做的功为W ＝mgh ＋12mv 2B ＝2×10×0.1 J＋12×2×42J ＝18 J ，选项C 正确．12．(2017·河北检测)如图所示，将完全相同的四个小球1、2、3、4分别从同一高度由静止释放或平抛(图乙)，其中图丙是一倾角为45°的光滑斜面，图丁为14光滑圆弧，不计空气阻力，则下列对四种情况下相关物理量的比较正确的是( )A ．落地时间t 1＝t 2＝t 3＝t 4B ．全程重力做功W 1＝W 2>W 3＝W 4C ．落地瞬间重力的功率P 1＝P 2＝P 3＝P 4D ．全程重力做功平均功率P 1＝P 2>P 3>P 4解析：D 图甲、乙中小球在竖直方向均做自由落体运动，故t 1＝t 2＝2hg，其中h 为竖直高度，对图丙，h sin θ＝12gt 23sin θ，t 3＝2hg sin 2θ，其中θ为斜面倾角，比较图丙和图丁，由动能定理可知，两小球从初始位置到水平面上同一高度处速度大小总相等，但小球4的路程长，因此t 1＝t 2<t 3<t 4，选项A 错误；因竖直高度相等，因此重力做功相等，选项B 错误；重力的瞬时功率等于mgv cos α＝mgv y ，由动能定理可知，小球四种方式落地时的瞬时速度大小相等，但竖直分速度v y 1＝v y 2>v y 3>v y 4＝0，故落地瞬间重力的功率P 1＝P 2>P 3>P 4，选项C 错误；综合分析，可知全程重力做功平均功率P ＝Wt，故P 1＝P 2>P 3>P 4，选项D 正确．13.(2017·苏州高三调研)(多选)质量为2×103kg 的汽车由静止开始沿平直公路行驶，行驶过程中牵引力F 和车速倒数1v的关系图象如图所示．已知行驶过程中最大车速为30 m/s ，设阻力恒定，则( )A ．汽车所受阻力为6×103NB ．汽车在车速为5 m/s 时，加速度为3 m/s 2C ．汽车在车速为15 m/s 时，加速度为1 m/s 2D ．汽车在行驶过程中的最大功率为6×104W解析：CD 当牵引力等于阻力时，速度最大，由图线可知阻力大小F f ＝2 000 N ，故A 错误．倾斜图线的斜率表示功率，可知P ＝F f v ＝2 000×30 W＝60 000 W ，车速为5 m/s 时，汽车的加速度a ＝6 000－2 0002 000m/s 2＝2 m/s 2，故B 错误；当车速为15 m/s 时，牵引力F＝P v ＝60 00015 N ＝4 000 N ，则加速度a ＝F －F f m ＝4 000－2 0002 000m/s 2＝1 m/s 2，故C 正确；汽车的最大功率等于额定功率，等于60 000 W ，故D 正确．14.一汽车在平直公路上行驶．从某时刻开始计时，发动机的功率P随时间t 的变化如图所示．假定汽车所受阻力的大小f 恒定不变．下列描述该汽车的速度v 随时间t 变化的图线中，可能正确的是( )解析：A 由P ＝Fv ――→v ↑F ↓――→F －f ＝ma a ↓――→a ＝0时v max ＝P f，A 正确，B 、C 、D 错误．15．(2017·常州模拟)高速连续曝光照相机可在底片上重叠形成多个图象．现利用这架照相机对MD －2000家用汽车的加速性能进行研究，如图为汽车做匀加速直线运动时三次曝光的照片，图中汽车的实际长度为4 m ，照相机每两次曝光的时间间隔为2.0 s ．已知该汽车的质量为1 000 kg ，额定功率为90 kW ，汽车运动过程中所受的阻力始终为1 500 N.(1)试利用图示，求该汽车的加速度．(2)若汽车由静止开始以此加速度做匀加速运动，匀加速运动状态最多能保持多长时间． (3)汽车所能达到的最大速度是多大．(4)若该汽车从静止开始运动，牵引力不超过3 000 N ，求汽车运动2 400 m 所用的最短时间(汽车已经达到最大速度)．解析：(1)由图可得汽车在第1个2 s 时间内的位移x 1＝9 m ，第2个2 s 时间内的位移x 2＝15 m汽车的加速度a ＝Δx T2＝1.5 m/s 2(2)由F －f ＝ma 得，汽车牵引力F ＝f 十ma ＝(1 500＋1 000×1.5) N＝3 000 N汽车做匀加速运动的末速度v ＝P 额F ＝90×1033×103m/s ＝30 m/s匀加速运动保持的时间t 1＝v a ＝301.5s ＝20 s(3)汽车所能达到的最大速度v m ＝P 额f ＝90×1031.5×103m/s ＝60 m/s(4)由(1)、(2)知匀加速运动的时间t 1＝20 s 运动的距离x ′1＝vt 12＝302×20 m＝300 m所以，后阶段以恒定功率运动的距离x ′2＝(2 400－300) m ＝2 100 m对后阶段以恒定功率运动，有：P 额t 2－fx ′2＝12m (v 2m －v 2)解得t 2＝50 s所以，所求时间为t 总＝t 1＋t 2＝(20＋50) s ＝70 s 答案：(1)1.5 m/s 2(2)20 s (3)60 m/s (4)70 s。

课时作业 22
[双基过关练]
的速度在光滑水平面上运动，有一轻弹簧固定其上，另
的速度与甲相向运动，如图所示，则
则小物块冲上斜面后能达到的最大高度为( )
子弹射入后，求：
3.5 m/s，碰撞时间极短．求：
的速度；
弹簧第一次恢复原长时C的速度．
因碰撞时间极短，A、B碰撞时，可认为C的速度为零，由动量守恒定律得
求碰后轻绳与竖直方向的最大夹角θ的余弦值；
与C间的动摩擦因数为
，求：
点时的速度v1；
点后，相对B能上升的最大高度
点时的速度为v，轨道和
所做的功W.
在绳被拉断后的瞬时速率为v B，到达。

第五章 45分钟章末检测卷．滑块静止于光滑水平面上，与之相连的轻质弹簧处于自然伸直状态，现用恒定的水作用于弹簧右端，在向右移动一段距离的过程中拉力．如图所示，滑雪者由静止开始沿斜坡从A点自由滑下，然后在水平面上前进至停下．已知斜坡、水平面与滑雪板之间的动摩擦因数皆为在滑雪者经过AB段运动的过程中，克服摩擦力做的功设斜坡与水平面的交点为C，BC长度为L1，AC水平长度为，如图所示，则滑雪者在水平面上摩擦力做功W1＝－μmgL2，所以在滑雪者经过AB段过程中，摩擦力做功与v之间的关系中有可能正确的是( )小球运动过程中，只有重力做功，机械能守恒，故mgh＝重力和支持力的合力提供向心力，根据牛顿第二定律，(③)，根据③式，F－v关系图象是开口向上的抛物线，．如图所示，两箱相同的货物，现要用电梯将它们从一楼运到二楼，其中图甲是利用图乙是用履带式自动电梯运送，假设两种情况下电梯都是匀速地运送货物，下列关于两电梯在运送货物时说法正确的是( )．两种情况下电梯对货物的支持力都对货物做正功．图乙中电梯对货物的支持力对货物做正功．图甲中电梯对货物的支持力对货物做正功．图乙中电梯对货物的支持力对货物不做功况下支持力对货物不做功，故选项A 、B 错误，D 正确．答案：CD7．(2018·青岛一模)如图所示，固定在水平面上的光滑斜面倾角为30°，质量分别为M 、m 的两个物体通过细绳及轻弹簧连接于光滑轻滑轮两侧，斜面底端有一与斜面垂直的挡板．开始时用手按住物体M ，此时M 到挡板的距离为s ，滑轮两边的细绳恰好伸直，而没有力的作用．已知M ＝2m ，空气阻力不计．松开手后，关于二者的运动下列说法中正确的是( )A ．M 和m 组成的系统机械能守恒B ．当M 的速度最大时，m 与地面间的作用力为零C ．若M 恰好能到达挡板处，则此时m 的速度为零D ．若M 恰好能到达挡板处，则此过程中重力对M 做的功等于弹簧弹性势能的增加量与物体m 的机械能增加量之和解析：运动过程中，M 、m 与弹簧组成的系统机械能守恒，A 错误；当M 速度最大时，弹簧的弹力等于Mg sin30°＝mg ，此时m 对地面的压力恰好为零，B 正确；然后M 做减速运动，恰好能到达挡板时，也就是速度刚好减小到了零，之后M 会上升并最终到达松手位置，所以此时弹簧弹力大于mg ，即此时m 受到的绳拉力大于自身重力，m 还在加速上升，C 错误；根据功能关系，M 减小的机械能，等于m 增加的机械能与弹簧增加弹性势能之和，而M 恰好到达挡板时，动能恰好为零，因此M 减小的机械能等于M 减小的重力势能，即等于重力对M 做的功，D 正确．答案：BD8．质量为2 kg 的物体，放在动摩擦因数μ＝0.1的水平面上，在水平拉力的作用下由静止开始运动，水平拉力做的功W 和物体发生的位移L 之间的关系如图所示，重力加速度g取10 m/s 2.则此物体( )A ．在位移L ＝9 m 时的速度是3 3 m/sB ．在位移L ＝9 m 时的速度是3 m/sC ．在OA 段运动的加速度是2.5 m/s 2D ．在OA 段运动的加速度是1.5 m/s 2解析：由图象可知当L ＝9 m 时，W ＝27 J ，而W Ff ＝－μmgL ＝－18 J ，则W 合＝W ＋W Ff＝9 J ，由动能定理，有W 合＝12mv 2，解得v ＝3 m/s ，A 项错误，B 项正确；在A 点时，W ′＝15 J ，W ′Ff ＝－μmgL ′＝－6 J ，由动能定理可得v A ＝3 m/s ，则a ＝v 2A 2L ′＝1.5 m/s 2，C 项错误，D 项正确．答案：BD9．(2018·陕西省咸阳市高考模拟考试)如图所示，一根跨过一固定的水平光滑细杆的轻绳两端拴有两个小球，球a 置于水平地面上，球b 被拉到与细杆同一水平的位置．把绳拉m a：m＝：2下摆过程中加速度方向向上，错误．设段长度为O点正下方时，由牛顿第二定律，m a：m＝：图3(4)实验结果表明，ΔE k 总是略小于W .某同学猜想是由于小车所受拉力小于钩码重力造成的．用题中小车和钩码质量的数据可算出小车受到的实际拉力F ＝________N.解析：(1)完全平衡摩擦力的标志是轻推小车，小车做匀速运动． (2)两计数点间的时间间隔T ＝5×0.02 s＝0.1 sv 1＝x 022T ＝＋2×0.1m/s ＝0.228 m/s(3)确定标度，根据给出数据描点．作图如图所示．(4)从图线上取两个点(4.5,4.24)，(2.15,2.0)图线的斜率k ＝4.24－2.04.5－2.15≈0.953①又有k ＝ΔE k ΔW ＝Mv 22mg Δx②根据运动学公式有v 2＝2a Δx ③ 根据牛顿第二定律有 F ＝Ma ④由①②③④式解得F ≈0.093 N答案：(1)小车做匀速运动 (2)0.228 (3)见解析图 (4)0.09311．(14分)(2018·河北省两校高三年级模拟考试)质量为m ＝2 kg 的物块静置于水平地面上，现对物块施加水平向右的力F ，力F 随时间变化的规律如图所示，已知物块与地面间的动摩擦因数μ＝0.2，设最大静摩擦力等于滑动摩擦力，g 取10 m/s 2，求：分)(2018·江西联考)如图所示，P为弹射器，PA为光滑半圆轨道，其半径R＝2 m，传送带的速度逆时针匀速转动．现有一质量m＝1 kg的物体(可视为质点紧贴圆弧面到达D点，已知弹射器的弹性势能全部转化为物体的动能，0.2.若物体经过BC段的速度为。