2022届新高考物理二轮学案-专题三　第5讲　功和能.docx

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1、专题三能量与动量第5讲功和能核心考点1功和功率【高考真题引领】1(2021湖南卷) “复兴号”动车组用多节车厢提供动力，从而达到提速的目的。总质量为m的动车组在平直的轨道上行驶。该动车组有四节动力车厢，每节车厢发动机的额定功率均为P，若动车组所受的阻力与其速率成正比(F阻kv，k为常量)，动车组能达到的最大速度为vm。下列说法正确的是()A动车组在匀加速启动过程中，牵引力恒定不变B若四节动力车厢输出功率均为额定值，则动车组从静止开始做匀加速运动C若四节动力车厢输出的总功率为2.25P，则动车组匀速行驶的速度为vmD若四节动力车厢输出功率均为额定值，动车组从静止启动，经过时间t达到最大速度vm，

2、则这一过程中该动车组克服阻力做的功为mvm2Pt思维分析考查角度机车恒功率启动模型、牛顿第二定律、功能关系解题关键根据机车某时刻的速度，利用功率公式求出牵引力，利用功能关系求出克服阻力做的功尝试解答_解析：对动车由牛顿第二定律有FF阻ma，若动车组匀加速启动，即加速度a恒定，但F阻kv随速度增大而增大，则牵引力也随阻力增大而变大，故A错误；若四节动力车厢输出功率均为额定值，则总功率为4P，由牛顿第二定律有kvma，故可知加速启动的过程，牵引力减小，阻力增大，则加速度逐渐减小，故B错误；若四节动力车厢输出的总功率为2.25P，则动车组匀速行驶时加速度为零，有kv，而以额定功率匀速时，有kvm，联

3、立解得vvm，故C正确；若四节动力车厢输出功率均为额定值，动车组从静止启动，经过时间t达到最大速度vm，由动能定理可知4PtWF阻mvm20，可得动车组克服阻力做的功为WF阻4Ptmvm2，故D错误； 答案：C【知识方法深化】1求功的几种方法(1)WFl cos (恒力)(2)WPt(恒力或变力，恒定功率)(3)WEk(动能定理)(4)WE(功能关系)(5)图像法：Fx图线所围面积2功率(1)平均功率：PFcos (2)瞬时功率：PFv cos (为F与v的夹角)(3)应用：机车起动，PFv3解决机车启动问题时的四点技巧(1)分清是匀加速启动还是恒定功率启动。(2)匀加速启动过程中，机车功率是

4、不断改变的，但该过程中的最大功率是额定功率，匀加速运动阶段的最大速度小于机车所能达到的最大速度，达到额定功率后做加速度减小的加速运动。(3)以额定功率启动的过程中，机车做加速度减小的加速运动，速度最大值等于，牵引力是变力，牵引力做的功WPt。(4) 无论哪种启动方式，最后达到最大速度时，均满足PFfvm，P为机车的额定功率。【精选典题练透】2(多选)(2021湖北四校联考)一质量为m的物体静止在水平地面上，在水平拉力的作用下开始运动，图甲是在06 s内其速度与时间关系图像，图乙是拉力的功率与时间关系图像，g取10 m/s2。下列判断正确的是()甲乙A拉力的大小为4 N，且保持不变B物体的质量为

5、2 kgC06 s内物体克服摩擦力做的功为24 JD06 s内拉力做的功为156 J解析：对物体受力分析，由图甲可知，在02 s内物体做匀加速运动，拉力大于滑动摩擦力，在26 s内物体做匀速运动，拉力等于滑动摩擦力，因此拉力大小不恒定，选项A错误；在26 s内根据功率公式PFv，有F4 N，故滑动摩擦力fF4 N，在图甲中，02 s内有a3 m/s2，由牛顿第二定律可知Ffma，又PFv，联立解得m2 kg，F10 N，选项B正确；由图甲可知在06 s内物体通过的位移为x30 m，故物体克服摩擦力做的功为Wffx120 J，选项C错误；由动能定理可知WWfmv2，故06 s内拉力做的功Wmv2

6、Wf262 J120 J156 J，选项D正确。答案：BD3(多选)(2021山东九校联盟模拟)某机车发动机的额定功率为P3.6106 W，该机车在水平轨道上行驶时所受的阻力为fkv(k为常数)，已知机车的质量为M2.0105 kg，机车能达到的最大速度为vm40m/s，重力加速度g取10 m/s2，则下列说法正确的是()A机车的速度达到最大时所受的阻力大小为9104 NB常数k1.0103 kg/sC当机车以速度v20 m/s匀速行驶时，机车所受的阻力大小为1.6104 ND当机车以速度v20 m/s匀速行驶时，机车发动机的输出功率为9105 W解析：机车的速度达到最大时所受的阻力fF910

7、4 N，故A正确；据阻力fkv可得k kg/s2 250 kg/s，故B错误；机车以速度20 m/s匀速行驶时，则有f2kv22 25020 N4.5104N，机车以速度20 m/s匀速行驶时，机车发动机的输出功率P2F2v2f2v24.510420 W9105W，故C错误，D正确。答案：AD4(多选)(2021广东省惠州市第三次调研)如图所示，半径为R的半圆弧槽固定在水平地面上，槽口向上，槽口直径水平，一个质量为m的物块从P点由静止释放刚好从槽口A点无碰撞地进入槽中，并沿圆弧槽匀速率地滑行到最低点B点，不计物块的大小，P点到A点高度为h，重力加速度大小为g，则下列说法正确的是()A物块从P到

8、B过程克服摩擦力做的功为mg(Rh)B物块从A到B过程重力的平均功率为C物块在B点时对槽底的压力大小为D物块到B点时重力的瞬时功率为mg解析：物块从A到B过程做匀速圆周运动，根据动能定理有mgRWf0，因此克服摩擦力做功WfmgR，A项错误；根据机械能守恒，物块到A点时的速度大小由mghmv2得v，从A到B运动的时间t，因此从A到B过程中重力的平均功率为，B项正确；物块在B点时，根据牛顿第二定律FNmgm，求得FN，根据牛顿第三定律可知，FNFN，C项正确；物块到B点时，速度的方向与重力方向垂直，因此重力的瞬时功率为零，D项错误。答案：BC核心考点2动能定理【高考真题引领】1(2021河北卷)

9、一半径为R的圆柱体水平固定，横截面如图所示，长度为R、不可伸长的轻细绳，一端固定在圆柱体最高点P处，另一端系一个小球，小球位于P点右侧同一水平高度的Q点时，绳刚好拉直，将小球从Q点由静止释放，当与圆柱体未接触部分的细绳竖直时，小球的速度大小为(重力加速度为g，不计空气阻力)()A BC D2思维分析考查角度动能定理、机械能守恒定律解题关键明确细绳竖直时小球下落的高度是解题的关键尝试解答_解析：小球下落的高度为hRRRR，小球下落过程中，根据动能定理有mghmv2 ，综上有v，故选A。答案：A【知识方法深化】1应用动能定理解题应注意的三点(1)由于不涉及加速度及时间， 动能定理比动力学研究方法要

10、简捷。(2)动能定理表达式是一个标量式，在某个方向上应用动能定理是没有依据的。(3)物体在某个运动过程中包含有几个运动性质不同的过程(如加速、减速的过程)，此时可以分段考虑，也可以对全过程考虑，但如能对整个过程利用动能定理列式，则可使问题简化。2应用动能定理的四环节(1)明确研究对象和研究过程研究对象一般取单个物体，通常不取一个系统(整体)为研究对象。研究过程要根据已知量和所求量来定，可以对某个运动阶段应用动能定理，也可以对整个运动过程(全程)应用动能定理。(2)分析物体受力及各力做功的情况(特别是在多过程问题中，要分析清楚力在哪段位移哪段过程中做功)。(3)明确过程始末状态的动能Ek1和Ek

11、2。(4)利用动能定理方程式W1W2W3mv22mv12求解。【精选典题练透】2(2021山东省济宁市高三三诊)如图所示，在光滑水平桌面内，固定有光滑轨道ABC，其中半圆轨道BC与直轨道AB相切于B点，物体受到与AB平行的水平拉力F，从静止开始运动，拉力F的大小满足如图乙所示(以A为坐标原点，拉力F从A指向B为正方向)。若m1 kg，AB4 m，半圆轨道的半径R1.5 m，重力加速度g10 m/s2。则下列说法中正确的是()A拉力F从A到B做功为50JB物体从B到C过程中，所受的合外力为0C物体能够到达C点，且速度大小为2 m/sD物体能够到达C点，且速度大小为2 m/s解析：Fx图像与坐标轴

12、所围面积表示功，则拉力F从A到B做功为W240 J101 J30 J，故A错误；物体从B到C过程中，做圆周运动，合力不为0，故B错误；从A到B由动能定理有WmvB2，解得vB2m/s，由于光滑轨道ABC在水平面内，则物体从B到C做匀速圆周运动，物体能够到达C点，且速度大小为2 m/s，故C错误，D正确。故选D。答案：D3.(2021山东泰安二模)如图所示，竖直固定放置的斜面DE与一光滑的圆弧轨道ABC相切，C为切点，圆弧轨道的半径为R，斜面的倾角为。现有一质量为m的滑块从D点无初速下滑，滑块可在斜面和圆弧轨道之间做往复运动。已知圆弧轨道的圆心O与A、D在同一水平面上，滑块与斜面间的动摩擦因数为

13、，求：(1)滑块第一次滑至左侧圆弧上时距A点的最小高度差h；(2)滑块在斜面上能通过的最大路程s。解析：(1)滑块从D到达左侧最高点F经历DC、CB、BF三个过程，现以DF整个过程为研究过程，运用动能定理得：mghmg cos 0，解得h。(2)通过分析可知，滑块最终滑至C点的速度为0时对应在斜面上的总路程最大，由动能定理得：mgR cos mg cos s0，解得s。答案：(1)(2)4.(2021湖南株洲第四次质检)如图是一种常见的圆桌，桌面中间嵌一半径为r1.5 m、可绕中心轴转动的圆盘，桌面与圆盘面在同一水平面内且两者间缝隙可不考虑。已知桌面离地高度为h0.8 m，将一可视为质点的小碟

14、子放置在圆盘边缘，若缓慢增大圆盘转动的角速度，碟子将从圆盘上甩出并滑上桌面，再从桌面飞出，且落地点与桌面飞出点的水平距离为0.4 m。已知碟子质量m0.1 kg，碟子与圆盘间的最大静摩擦力Fmax0.6 N，最大静摩擦力等于滑动摩擦力，取g10 m/s2。求：(1)碟子从桌面飞出时的速度大小；(2)碟子在桌面上运动时，桌面摩擦力对它做的功；(3)若碟子与桌面间动摩擦因数为0.225，要使碟子不滑出桌面，则桌面半径至少是多少？解析：(1)碟子滑离圆桌后做平抛运动，则hgt2，xvt解得vx1 m/s。(2)由题意得，当碟子在圆盘上转动时，由静摩擦力提供向心力，当静摩擦力达到最大时，碟子即将滑落，

15、设碟子从圆盘上甩出时的速度大小为v0则Fmaxm解得v03 m/s由动能定理得Wfmv2mv02，代入数据得Wf0.4 J(3)当碟子滑到圆桌边缘时速度恰好减为零，对应的圆桌半径取最小值。设碟子在圆桌上滑动的位移为s由动能定理有mgs0mv02则圆桌的最小半径为R联立解得R2.5 m答案：(1)1 m/s(2)0.4 J(3)2.5 m核心考点3机械能守恒定律【高考真题引领】1(2018江苏卷)如图所示，钉子A、B相距5l，处于同一高度。细线的一端系有质量为M的小物块，另一端绕过A固定于B。质量为m的小球固定在细线上C点，B、C间的线长为3l。用手竖直向下拉住小球，使小球和物块都静止，此时BC

16、与水平方向的夹角为53。松手后，小球运动到与A、B相同高度时的速度恰好为零，然后向下运动。忽略一切摩擦，重力加速度为g，取sin 530.8，cos 530.6。求：(1)小球受到手的拉力大小F；(2)物块和小球的质量之比Mm；(3)小球向下运动到最低点时，物块M所受的拉力大小T。考查角度系统机械能守恒、共点力平衡和牛顿第二定律的综合应用解题关键(1)受力分析，根据平衡条件分析拉力F(2)根据机械能守恒和几何关系分析(3)根据牛顿第二定律分析第(3)问解析：(1)设小球受AC、BC的拉力分别为F1、F2F1sin 53F2cos 53，FmgF1cos 53 F2sin 53且F1Mg，解得F

17、Mgmg(2)小球运动到与A、B相同高度过程中小球上升高度h13l sin 53，物块下降高度h22l机械能守恒定律mgh1Mgh2，解得(3)根据机械能守恒定律，小球回到起始点。设此时AC方向的加速度大小为a，重物受到的拉力为T牛顿运动定律MgTMa小球受AC的拉力TT牛顿运动定律Tmg cos 53ma解得T(Tmg或TMg)答案：(1)FMgmg(2)(3)T(Tmg或TMg)【知识方法深化】1机械能守恒的三种判断方法(1)用做功判断：若物体或系统只有重力(或系统内弹簧的弹力)做功，虽受其他力，但其他力不做功，则其机械能守恒。(2)用能量转化判断：若物体或系统中只有动能和势能的相互转化，

18、而无机械能与其他形式的能的相互转化，则物体或系统机械能守恒。(3)对多个物体组成的系统，除考虑是否只有重力做功外，还要考虑系统内力是否做功，如有摩擦力做功时，因摩擦生热，系统机械能将有损失。2机械能守恒定律的三种表达形式【精选典题练透】考向1单个物体的机械能守恒问题2.(2021福建省漳州市高三第一次教学质量检测)如图所示，位于竖直面内的光滑轨道AB，与半径为R的光滑圆形轨道底部相通，圆形轨道上部有一缺口CDE，D点为圆形最高点，CODDOE30，质量为m可视为质点的小球自光滑轨道AB上某点由静止下滑，由底部进入圆形轨道，通过不断调整释放位置，直到小球从C点飞出后能无碰撞的从E点进入左侧轨道，

19、重力加速度为g。下列说法正确的是()A小球通过最高点的速度大小为B小球通过C点时速度大小为C小球从C点运动到最高点的时间为D释放点距地面的高度为R解析：小球从C点做上斜抛运动，设速度为vC，速度方向与水平方向夹角为30，则vc cos 30tECR；vc sin 300.5gt，解得vc ，到达最高点的速度为vc cos 30 ，选项A、B错误；小球从C点运动到最高点的时间为tt ，选项C错误；从释放点到C由机械能守恒定律得：mghmvC2mgR(1cos 30)，解得hR，选项D正确。答案：D 考向2绳连接物体的机械能守恒问题3.(多选)(2021山东聊城质检)如图所示，质量为m的小环套在固

20、定的光滑竖直杆上，一足够长且不可伸长的轻绳一端与小环相连，另一端跨过光滑的定滑轮与质量为M的物块相连，已知M2m。与定滑轮等高的A点和定滑轮之间的距离为3 m，定滑轮大小及质量可忽略。现将小环从A点由静止释放，小环运动到C点速度为0，重力加速度g取10 m/s2，则下列说法正确的是() AA、C间距离为4 mB小环最终静止在C点C小环下落过程中减少的重力势能始终等于物块增加的机械能D当小环下滑至绳与杆的夹角为60时，小环与物块的动能之比为21解析：由机械能守恒得：mgLACMg( 3)，解得：LAC4 m，故A正确；设小环静止于C点，绳中的拉力等于2mg，对小环有：Tmg2mg，小环不能静止，

21、所以假设不成立，故B错误；由机械能守恒可知，小环下落过程中减少的重力势能转化为物块增加的机械能和小环增加的动能，故C错误；将小环的速度沿绳和垂直绳方向分解，沿绳方向的速度即为物块的速度，vMvm cos 60，由动能表达式Ekmv2可知，小环与物块的动能之比为21，故D正确。答案：AD 考向3杆连接物体的机械能守恒问题4.(多选)(2021山东九校联考)如图所示，在倾角30的光滑斜面上，放有两个质量分别为1 kg和2 kg的可视为质点的小球A和B，两球之间用一根长为L0.2 m的轻杆相连，小球B到水平面的高度h0.1 m。两球从静止开始下滑到光滑的水平面上，不计球与地面碰撞时的机械能损失，g取

22、10 m/s2，则下列说法正确的是() A下滑的整个过程中A球的机械能守恒B下滑的整个过程中两球组成的系统机械能守恒C两球在光滑水平面上运动时的速度大小为2 m/sD下滑的整个过程中杆对B球所做的功为 J解析：在下滑的整个过程中，只有重力对系统做功，所以系统的机械能守恒，选项B正确；B球在水平面上滑行、而A球在斜面上滑行的一小段时间内，杆的弹力对A做功，所以A球的机械能不守恒，选项A错误；两球在光滑水平面上运动时的速度大小设为v，根据系统机械能守恒可得mAg(hL sin 30)mBgh(mAmB)v2，代入数据解得v m/s，选项C错误；系统下滑的整个过程中B球机械能的变化量为EBmBv2m

23、Bgh，代入数据可得EB J，选项D正确。答案：BD 考向4弹簧连接物体的机械能守恒问题5.(2021海南省三亚市第三次模拟)如图所示，一劲度系数为k100 N/m 的轻弹簧下端固定于倾角为53的光滑斜面底端，上端连接物块Q。一轻绳跨过定滑轮O，一端与物块Q连接，另一端与套在光滑竖直杆的物块P连接，定滑轮到竖直杆的距离为d0.3 m。初始时在外力作用下，物块P在A点静止不动，O Q段轻绳与斜面平行，绳子张力大小为50 N。已知物块P的质量为m10.8 kg，物块Q的质量为m25 kg，不计滑轮大小及摩擦作用，g取10 m/s2，sin 530.8，cos 530.6。现将物块P由静止释放，求：

24、(1)物块P位于A时，弹簧的伸长量x1；(2)物块P上升h0.4 m至与滑轮O等高的B点时的速度大小；(3)物块P上升至B点过程中，轻绳拉力对其所做的功。解析：(1)物块P位于A点时，有Tm2g sin kx1，解得x10.1 m。(2)经分析，物块P上升h0.4 m到B点时，物块Q速度为0，下降距离为x0.5 m0.3 m0.2 m，即弹簧压缩x20.2 m0.1 m0.1 m，故弹性势能不变。对物块P、Q及弹簧组成的系统，从A到B根据系统机械能守恒有m2gxsin m1ghm1vB2，代入可得vB2 m/s。(3)物块P上升至B点的过程中，对物块P有WTm1ghm1vB2，代入数据得WT8

25、 J。答案：(1)0.1 m(2)2 m/s(3)8 J 考向5非质点物体的机械能守恒问题6.(多选)(2021福建泉州市普通高中高三质量检测)如图，一条全长为L、质量为m的匀质软绳拉直置于水平桌面边缘上，轻微扰动后使它从静止开始沿桌面边缘下滑，重力加速度为g，空气阻力与摩擦阻力均不计，下列说法正确的是()A.软绳下滑过程中加速度随时间均匀增大B软绳有一半下落时加速度大小为C软绳刚好全部离开桌面时速度大小为D运动过程中留在桌面上软绳的动量最大值为解析：软绳下滑过程中有mgma，解得加速度ag，可知加速度随着位移均匀增长，然而这个物体在加速运动所以后半程位移随时间增长的快，故加速度随着时间增长加

26、快，故A错误；软绳有一半下落时gma，解得a，故B正确；设下落l的速度为v，根据机械能守恒得mgmv2，解得v，代入lL，软绳刚好全部离开桌面时速度大小为，故C正确；留在桌面上软绳的动量pm桌vmm，当l时留在桌面上软绳的动量最大，为，故D正确。故选BCD。答案：BCD核心考点4功能关系与能量守恒定律【高考真题引领】1(多选)(2021广东卷)长征途中，为了突破敌方关隘，战士爬上陡销的山头，居高临下向敌方工事内投掷手榴弹，战士在同一位置先后投出甲、乙两颗质量均为m的手榴弹，手榴弹从投出的位置到落地点的高度差为h，在空中的运动可视为平抛运动，轨迹如图所示，重力加速度为g，下列说法正确的有()A甲

27、在空中的运动时间比乙的长B两手榴弹在落地前瞬间，重力的功率相等C从投出到落地，每颗手榴弹的重力势能减少mghD从投出到落地，每颗手榴弹的机械能变化量为mgh思维分析考查角度功能关系、平抛运动规律、功和功率的计算解题关键明确重力势能和机械能的变化对应力的功是解题的关键。尝试解答_解析：由平抛运动规律可知，做平抛运动的时间t，因为两手榴弹运动的高度差相同，所以在空中运动时间相等，故A错误；做平抛运动的物体落地前瞬间重力的功率Pmgv cos mgvymg，因为两手榴弹运动的高度差相同，质量相同，所以落地前瞬间，两手榴弹重力功率相同，故B正确；从投出到落地，手榴弹下降的高度为h，所以手榴弹重力势能减

28、小量Epmgh，故C正确；从投出到落地，手榴弹做平抛运动，只有重力做功，机械能守恒，故D错误。答案：BC【知识方法深化】1常见的功能关系(1)合外力做功与动能的关系：W合Ek(2)重力做功与重力势能的关系：WGEp(3)弹力做功与弹性势能的关系：W弹Ep(4)除重力以外其他力做功与机械能的关系：W其他E机(5)滑动摩擦力做功与内能的关系：Ffx相对E内(6)电场力做功与电势能的关系：W电Ep电(7)克服安培力做功与电能的关系：W克E电2涉及做功与能量转化问题的解题方法(1)分清是什么力做功，并且分析该力做正功还是做负功；根据功能之间的对应关系，确定能量之间的转化情况。(2)当涉及滑动摩擦力做功

29、时，机械能不守恒，一般应用能量守恒定律，特别注意摩擦产生的内能QFfl相对，l相对为相对滑动的两物体间相对滑动路径的总长度。(3)解题时，首先确定初、末状态，然后分清有多少种形式的能在转化，再分析状态变化过程中哪种形式的能量减少， 哪种形式的能量增加， 求出减少的能量总和E减和增加的能量总和E增， 最后由E减E增列式求解。【精选典题练透】2(多选)(2021山东济南高三模拟)如图所示，质量为M、长度为L的小车静止在光滑水平面上，质量为m的小物块(可视为质点)放在小车的最左端。现用一水平恒力F作用在小物块上，使小物块从静止开始做匀加速直线运动。小物块和小车之间的摩擦力为Ff，小物块滑到小车的最右

30、端时，小车运动的距离为x。此过程中，以下结论正确的是()A小物块到达小车最右端时具有的动能为(FFf)(Lx)B.小物块到达小车最右端时，小车具有的动能为Ff xC小物块克服摩擦力所做的功为Ff(Lx)D小物块和小车增加的机械能为Fx解析：由动能定理可得，小物块到达小车最右端时的动能Ek物W合(FFf)(Lx)，A正确；小物块到达小车最右端时，小车的动能Ek车Ff x，B正确；小物块克服摩擦力所做的功WfFf(Lx)，C正确；小物块和小车增加的机械能为F(Lx)Ff L，D错误。答案：ABC3(多选)(2021辽宁沈阳一诊)如图所示，固定的水平光滑细杆上套有物块A，细线跨过位于O点和杆右端Q点

31、的两个轻质光滑小滑轮，一端连接物块A，另一端悬挂物块B，物块A质量为，物块B质量为m。C为O点正下方杆上的点，滑轮到杆的距离为h。开始时A位于P点，PO与水平方向的夹角为30，PCCQ。现将A、B由静止释放，重力加速度为g。下列说法正确的是()A物块A由P点出发第一次到达C点的过程中，速度先增大后减小B物块A经过C点时的速度大小为2C物块A在杆上长为h的范围内做往复运动D在物块A由P点出发第一次到达C点的过程中，物块B克服细线拉力做的功等于B重力势能的减少量解析：物块A由P点出发第一次到达C点过程中，物块在水平方向始终受到细线拉力向右分力的作用，一直加速，A项错误；物块A经过C点时，根据运动的

32、分解有vA cos vB，此时OP与AC夹角90，B的速度为零，物块A由P点到C点过程中，对物块A、B利用动能定理有mgv2，解得v2，B项正确；根据题意可得PCh，物块A、B组成的系统机械能守恒，由对称性可知，A在杆上长为2h的范围内做往复运动，C项错误；A到达C点时B的速度为零，由动能定理判断物块B重力势能的减少量全部用来克服细线拉力做功，D项正确。答案：BD4(2021河北保定一模)如图所示，固定斜面AB和CB与水平面均由一小段光滑圆弧连接，倾角分别为、，OBh。细线一端固定在竖直挡板上，另一端系一质量为m的小物块，在小物块和挡板之间压缩一轻质弹簧(小物块与弹簧不连接)，烧断细线，小物块

33、被弹出，滑上斜面AB后，恰好能运动到斜面的最高点，已知ADl，小物块与水平面、斜面间的动摩擦因数均为，重力加速度为g，则()A弹簧对小物块做功为mglB斜面摩擦力对小物块做功为C细线烧断前，弹簧具有的弹性势能为mghmg(l)D撤去斜面AB，小物块还从D点弹出，将沿斜面CB上滑并从B点飞出去解析：烧断细线后，弹簧的弹性势能转化成小物块的重力势能与摩擦生成的热量之和，即Epmghmglmg cos mghmg(l)，弹簧对小物块做的功等于弹性势能减少量，也为mgh mg(l), 故A错误， C正确； 小物块从A到B过程中， 斜面摩擦力对小物块做负功， 且为mg cos mg，故B错误；物块克服摩擦力做的功Wfmg(l)mgOD，可见Wf与斜面倾角无关，所以撤去斜面AB，小物块从C点冲上斜面，仍恰能到达B点，D错误。答案：C