功能关系在力学中的应用

第1讲功能关系在力学中的应用1.常见的几种力做功的特点(1)重力、弹簧弹力、静电力做功与路径无关.(2)摩擦力做功的特点①单个摩擦力(包括静摩擦力和滑动摩擦力)可以做正功，也可以做负功，还可以不做功.②相互作用的一对静摩擦力做功的代数和总等于零，在静摩擦力做功的过程中，只有机械能的转移，没有机械能转化为其他形式的能；相互作用的一对滑动摩擦力做功的代数和不为零，且总为负值.在一对滑动摩擦力做功的过程中，不仅有相互摩擦物体间机械能的转移，还有部分机械能转化为内能.转化为内能的量等于系统机械能的减少量，等于滑动摩擦力与相对位移的乘积.③摩擦生热是指滑动摩擦生热，静摩擦不会生热.2.几个重要的功能关系(1)重力的功等于重力势能的变化，即WG＝－ΔEp.(2)弹力的功等于弹性势能的变化，即W弹＝－ΔEp.(3)合力的功等于动能的变化，即W＝ΔEk.(4)重力(或弹簧弹力)之外的其他力的功等于机械能的变化，即W其他＝ΔE.(5)一对滑动摩擦力做的功等于系统中内能的变化，即Q＝Ff·l相对.1.动能定理的应用(1)动能定理的适用情况：解决单个物体(或可看成单个物体的物体系统)受力与位移、速率关系的问题.动能定理既适用于直线运动，也适用于曲线运动；既适用于恒力做功，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.(2)应用动能定理解题的基本思路①选取研究对象，明确它的运动过程.②分析研究对象的受力情况和各力做功情况，然后求各个外力做功的代数和.③明确物体在运动过程初、末状态的动能Ek1和Ek2.④列出动能定理的方程W合＝Ek2－Ek1，及其他必要的解题方程，进行求解.2.机械能守恒定律的应用(1)机械能是否守恒的判断①用做功来判断，看重力(或弹簧弹力)以外的其他力做功的代数和是否为零.②用能量转化来判断，看是否有机械能转化为其他形式的能.③对一些“绳子突然绷紧”“物体间碰撞”等问题，机械能一般不守恒，除非题目中有特别说明及暗示.(2)应用机械能守恒定律解题的基本思路①选取研究对象——物体系统.②根据研究对象所经历的物理过程，进行受力、做功分析，判断机械能是否守恒.③恰当地选取参考平面，确定研究对象在运动过程的初、末状态时的机械能.④根据机械能守恒定律列方程，进行求解.例1(多选)(2016·全国甲卷·21)如图1所示，小球套在光滑的竖直杆上，轻弹簧一端固定于O点，另一端与小球相连.现将小球从M点由静止释放，它在下降的过程中经过了N点.已知在M、N两点处，弹簧对小球的弹力大小相等，且∠ONM<∠OMN<eq\f(π,2).在小球从M点运动到N点的过程中()图1A.弹力对小球先做正功后做负功B.有两个时刻小球的加速度等于重力加速度C.弹簧长度最短时，弹力对小球做功的功率为零D.小球到达N点时的动能等于其在M、N两点的重力势能差解析因M和N两点处弹簧对小球的弹力大小相等，且∠ONM<∠OMN<eq\f(π,2)，知M处的弹簧处于压缩状态，N处的弹簧处于伸长状态，则弹簧的弹力对小球先做负功后做正功再做负功，选项A错误；当弹簧水平时，竖直方向的力只有重力，加速度为g；当弹簧处于原长位置时，小球只受重力，加速度为g，则有两个时刻的加速度大小等于g，选项B正确；弹簧长度最短时，即弹簧水平，弹力与速度垂直，弹力对小球做功的功率为零，选项C正确；由动能定理得，WF＋WG＝ΔEk，因M和N两点处弹簧对小球的弹力大小相等，弹性势能相等，则由弹力做功特点知WF＝0，即WG＝ΔEk，选项D正确.答案BCD预测1(2016·四川理综·1)韩晓鹏是我国首位在冬奥会雪上项目夺冠的运动员.他在一次自由式滑雪空中技巧比赛中沿“助滑区”保持同一姿态下滑了一段距离，重力对他做功1900J，他克服阻力做功100J.韩晓鹏在此过程中()A.动能增加了1900J B.动能增加了2000JC.重力势能减小了1900J D.重力势能减小了2000J答案C解析由题可得，重力做功WG＝1900J，则重力势能减少1900J，故C正确，D错误；由动能定理得，WG－Wf＝ΔEk，克服阻力做功Wf＝100J，则动能增加1800J，故A、B错误.预测2如图2所示，用两根金属丝弯成一光滑半圆形轨道，竖直固定在地面上，其圆心为O、半径为R.轨道正上方离地h处固定一水平长直光滑杆，杆与轨道在同一竖直平面内，杆上P点处固定一定滑轮，P点位于O点正上方.A、B是质量均为m的小环，A套在杆上，B套在轨道上，一条不可伸长的细绳绕过定滑轮连接两环.两环均可看做质点，且不计滑轮大小与质量.现在A环上施加一个水平向右的恒力F，使B环从地面由静止沿轨道上升.则()图2A.力F所做的功等于系统动能的增加量B.在B环上升过程中，A环动能的增加量等于B环机械能的减少量C.当B环到达最高点时，其动能为零D.当B环与A环动能相等时，sin∠OPB＝eq\f(R,h)答案D解析力F做正功，系统的机械能增加，由功能关系可知，力F所做的功等于系统机械能的增加量，不等于系统动能的增加量.故A错误；由于力F做正功，A、B组成的系统机械能增加，则A环动能的增加量大于B环机械能的减少量，故B错误；当B环到达最高点时，A环的速度为零，动能为零，但B环的速度不为零，动能不为零，故C错误；当PB线与圆轨道相切时，vB＝vA，根据数学知识有sin∠OPB＝eq\f(R,h)，故D正确.例2如图3所示，水平面O点左侧光滑，右侧粗糙，有3个质量均为m完全相同的滑块(可视为质点)，用轻细杆相连，相邻滑块间的距离为L，滑块1恰好位于O点左侧，滑块2、3依次沿直线水平向左排开.现将水平恒力F＝1.8μmg作用于滑块1，μ为粗糙地带与滑块间的动摩擦因数，g为重力加速度.图3(1)求滑块运动的最大速度；(2)判断滑块3能否进入粗糙地带？若能，计算滑块3在粗糙地带的运动时间.解析(1)滑块2刚进入粗糙地带，滑块开始减速，此时速度最大，对所有滑块运用动能定理：F·L－μmgL＝eq\f(1,2)·3mveq\o\al(2,1)得v1＝eq\r(\f(8μgL,15))(2)若滑块3能进入粗糙地带，设刚进入的速度为v2，有F·2L－μmg(1＋2)L＝eq\f(1,2)·3mveq\o\al(2,2)得v2＝eq\r(\f(2μgL,5))故滑块3能进入粗糙地带此时3μmg－F＝3ma故滑块3在粗糙地带的减速时间t＝eq\f(v2,a)得t＝eq\r(\f(5L,2μg))答案(1)eq\r(\f(8μgL,15))(2)滑块3能进入粗糙地带eq\r(\f(5L,2μg))预测3如图4所示，把小车放在倾角为30°的光滑斜面上，用轻绳跨过定滑轮使之与盛有沙子的小桶相连，不计滑轮质量及摩擦，已知小车的质量为3m，小桶与沙子的总质量为m，小车从静止释放后，在小桶上升竖直高度为h的过程中()图4A.小桶处于失重状态B.小桶的最大速度为eq\f(1,2)eq\r(gh)C.小车受绳的拉力等于mgD.小车的最大动能为eq\f(3,2)mgh答案B解析在整个的过程中，小桶向上做加速运动，所以小桶受到的拉力大于重力，小桶处于超重状态.故A、C错误；在小桶上升竖直高度为h的过程中只有重力对小车和小桶做功，由动能定律得：3mg·h·sin30°－mgh＝eq\f(1,2)(3m＋m)v2解得：v＝eq\f(1,2)eq\r(gh)，故B正确；小车和小桶具有相等的最大速度，所以小车的最大动能为：Ekm＝eq\f(1,2)·3mv2＝eq\f(3,8)mgh，故D错误.预测4(2016·全国丙卷·24)如图5所示，在竖直平面内有由eq\f(1,4)圆弧AB和eq\f(1,2)圆弧BC组成的光滑固定轨道，两者在最低点B平滑连接.AB弧的半径为R，BC弧的半径为eq\f(R,2).一小球在A点正上方与A相距eq\f(R,4)处由静止开始自由下落，经A点沿圆弧轨道运动.图5(1)求小球在B、A两点的动能之比；(2)通过计算判断小球能否沿轨道运动到C点.答案(1)5∶1(2)能，理由见解析解析(1)设小球的质量为m，小球在A点的动能为EkA，由机械能守恒得EkA＝mg·eq\f(R,4) ①设小球在B点的动能为EkB，同理有EkB＝mg·eq\f(5R,4) ②由①②式得EkB∶EkA＝5∶1 ③(2)若小球能沿轨道运动到C点，小球在C点所受轨道的正压力FN应满足FN≥0 ④设小球在C点的速度大小为vC，由牛顿运动定律和向心加速度公式有FN＋mg＝meq\f(v\o\al(2,C),\f(R,2)) ⑤由④⑤式得mg≤meq\f(2v\o\al(2,C),R) ⑥vC≥eq\r(\f(Rg,2)) ⑦全程应用机械能守恒定律得mg·eq\f(R,4)＝eq\f(1,2)mvC′2 ⑧解得vC′＝eq\r(\f(gR,2))，满足⑦式条件，即小球恰好可以沿轨道运动到C点.解题方略多个运动过程的组合实际上是多种物理规律和方法的综合应用，分析这种问题时注意要独立分析各个运动过程，而不同过程往往通过连接点的速度建立联系，有时对整个过程应用能量的观点解决问题会更简单.例3(2016·全国乙卷·25)如图6所示，一轻弹簧原长为2R，其一端固定在倾角为37°的固定直轨道AC的底端A处，另一端位于直轨道上B处，弹簧处于自然状态，直轨道与一半径为eq\f(5,6)R的光滑圆弧轨道相切于C点，AC＝7R，A、B、C、D均在同一竖直平面内.质量为m的小物块P自C点由静止开始下滑，最低到达E点(未画出)，随后P沿轨道被弹回，最高到达F点，AF＝4R.已知P与直轨道间的动摩擦因数μ＝eq\f(1,4)，重力加速度大小为g.(取sin37°＝eq\f(3,5)，cos37°＝eq\f(4,5))图6(1)求P第一次运动到B点时速度的大小；(2)求P运动到E点时弹簧的弹性势能；(3)改变物块P的质量，将P推至E点，从静止开始释放.已知P自圆弧轨道的最高点D处水平飞出后，恰好通过G点.G点在C点左下方，与C点水平相距eq\f(7,2)R、竖直相距R，求P运动到D点时速度的大小和改变后P的质量.解析(1)由题意可知：lBC＝7R－2R＝5R ①设P到达B点时的速度为vB，由动能定理得mglBCsinθ－μmglBCcosθ＝eq\f(1,2)mveq\o\al(2,B) ②式中θ＝37°，联立①②式并由题给条件得vB＝2eq\r(gR) ③(2)设BE＝x，P到达E点时速度为零，此时弹簧的弹性势能为Ep，由B→E过程，根据动能定理得mgxsinθ－μmgxcosθ－Ep＝0－eq\f(1,2)mveq\o\al(2,B) ④E、F之间的距离l1为l1＝4R－2R＋x ⑤P到达E点后反弹，从E点运动到F点的过程中，由动能定理有Ep－mgl1sinθ－μmgl1cosθ＝0 ⑥联立③④⑤⑥式得x＝R ⑦Ep＝eq\f(12,5)mgR ⑧(3)设改变后P的质量为m1，D点与G点的水平距离为x1、竖直距离为y1，由几何关系(如图所示)得α＝37°.由几何关系得：x1＝eq\f(7,2)R－eq\f(5,6)Rsinα＝3R ⑨y1＝R＋eq\f(5,6)R＋eq\f(5,6)Rcosα＝eq\f(5,2)R ⑩设P在D点的速度为vD，由D点运动到G点的时间为t.由平抛运动公式得：y1＝eq\f(1,2)gt2 ⑪x1＝vDt ⑫联立⑨⑩⑪⑫得vD＝eq\f(3,5)eq\r(5gR) ⑬设P在C点速度的大小为vC，在P由C运动到D的过程中机械能守恒，有eq\f(1,2)m1veq\o\al(2,C)＝eq\f(1,2)m1veq\o\al(2,D)＋m1g(eq\f(5,6)R＋eq\f(5,6)Rcosα)⑭P由E点运动到C点的过程中，由动能定理得Ep－m1g(x＋5R)sinα－μm1g(x＋5R)cosα＝eq\f(1,2)m1veq\o\al(2,C)⑮联立⑦⑧⑬⑭⑮得m1＝eq\f(1,3)m答案(1)2eq\r(gR)(2)eq\f(12,5)mgR(3)eq\f(3,5)eq\r(5gR)eq\f(1,3)m预测5如图7所示，质量M＝3kg的滑板A置于粗糙的水平地面上，A与地面的动摩擦因数μ1＝0.3，其上表面右侧光滑段长度L1＝2m，左侧粗糙段长度为L2，质量m＝2kg、可视为质点的滑块B静止在滑板上的右端，滑块与粗糙段的动摩擦因数μ2＝0.15，取g＝10m/s2，现用F＝18N的水平恒力拉动A向右运动，当A、B分离时，B对地的速度vB＝1m/s，求L2的值.图7答案1m解析在F的作用下，A做匀加速运动，B静止不动，当A运动位移为L1时B进入粗糙段，设此时A的速度为vA，则：对A：由动能定理：FL1－μ1(M＋m)gL1＝eq\f(1,2)Mveq\o\al(2,A)①B进入粗糙段后，设A加速度为aA，B加速度为aB，对A：由牛顿第二定律：F－μ1(M＋m)g－μ2mg＝MaA②对B：由牛顿第二定律：μ2mg＝maB③由①得vA＝2m/s④由②得aA＝0⑤即A以vA＝2m/s的速度做匀速直线运动直至A、B分离，分离时B的速度为vB，设B在粗糙段滑行的时间为t，则：对A：xA＝vAt⑥对B：vB＝aBt⑦xB＝eq\f(1,2)aBt2⑧又：xA－xB＝L2⑨联立解得：L2＝1m⑩预测6如图8所示，质量m＝0.1kg的小球(可视为质点)，用长度l＝0.2m的轻质细线悬于天花板的O点.足够长的木板AB倾斜放置，顶端A位于O点正下方，与O点的高度差h＝0.4m.木板与水平面间的夹角θ＝37°，整个装置在同一竖直面内.现将小球移到与O点等高的P点(细线拉直)，由静止释放，小球运动到最低点Q时细线恰好被拉断(取g＝10m/s2，sin37°＝0.6，cos37°＝0.8).求：图8(1)细线所能承受的最大拉力F；(2)小球在木板上的落点到木板顶端A的距离s；(3)小球与木板接触前瞬间的速度大小.答案(1)3N(2)1m(3)2eq\r(5)m/s解析(1)设细线拉断时小球的速度大小为v0，由机械能守恒定律得：eq\f(1,2)mveq\o\al(2,0)＝mgl解得：v0＝eq\r(2gl)在Q点，由牛顿第二定律得F－mg＝meq\f(v\o\al(2,0),l)解得F＝3mg＝3N(2)设小球在木板上的落点到木板顶端A的距离为s，由平抛运动的规律得：h－l＋s·sinθ＝eq\f(1,2)gt2；scosθ＝v0t，联立以上各式得：s＝1m(3)设小物块与木板接触前瞬间的速度大小为v，由机械能守恒定律得：eq\f(1,2)mv2＝mg(h＋s·sinθ)，联立以上各式得：v＝2eq\r(5)m/s.专题强化练1.质量为m的物体，自高为h、倾角为θ的固定粗糙斜面顶端由静止开始匀加速滑下，到达斜面底端时的速度为v.重力加速度为g.下列说法正确的是()A.物体下滑过程的加速度大小为eq\f(v2sinθ,h)B.物体下滑到底端时重力的功率为mgvC.物体下滑过程中重力做功为eq\f(1,2)mv2D.物体下滑过程中摩擦力做功为eq\f(1,2)mv2－mgh答案D解析由v2＝2aeq\f(h,sinθ)，得a＝eq\f(v2sinθ,2h)，故A错误；物体下滑到底端时重力功率P＝mgvsinθ，故B错误；重力做功W＝mgh，由于有摩擦力做功mgh＋W＝eq\f(1,2)mv2.故C错误，D正确.2.如图1所示，在竖直面内固定一光滑的硬质杆ab，杆与水平面的夹角为θ，在杆的上端a处套一质量为m的圆环，圆环上系一轻弹簧，弹簧的另一端固定在与a处在同一水平线上的O点，O、b两点处在同一竖直线上.由静止释放圆环后，圆环沿杆从a运动到b，在圆环运动的整个过程中，弹簧一直处于伸长状态，则下列说法正确的是()图1A.圆环的机械能保持不变B.弹簧对圆环一直做负功C.弹簧的弹性势能逐渐增大D.圆环和弹簧组成的系统机械能守恒答案D解析由几何关系可知，当环与O点的连线与杆垂直时，弹簧的长度最短，弹簧的弹性势能最小.所以在环从a到C的过程中弹簧对环做正功，而从C到b的过程中弹簧对环做负功，所以环的机械能是变化的.故A、B错误；当环与O点的连线与杆垂直时，弹簧的长度最短，弹簧的弹性势能最小，所以弹簧的弹性势能先减小后增大.故C错误；在整个的过程中只有重力和弹簧的弹力做功，所以圆环和弹簧组成的系统机械能守恒.故D正确.3.(多选)如图2所示，斜面与足够长的水平横杆均固定，斜面与竖直方向的夹角为θ，套筒P套在横杆上，与绳子左端连接，绳子跨过不计大小的定滑轮，其右端与滑块Q相连接，此段绳与斜面平行，Q放在斜面上，P与Q质量相等且为m，O为横杆上一点且在滑轮的正下方，滑轮距横杆h.手握住P且使P和Q均静止，此时连接P的绳与竖直方向夹角为θ，然后无初速度释放P.不计绳子的质量和伸长及一切摩擦，重力加速度为g.关于P描述正确的是()图2A.释放P前绳子拉力大小为mgcosθB.释放后P做匀加速运动C.P达O点时速率为eq\r(2gh1－cosθ)D.P从释放到第一次过O点，绳子拉力对P做功功率一直增大答案AC解析释放P前，对Q分析，根据共点力平衡得，FT＝mgcosθ，故A正确；释放后对P分析，知P所受的合力在变化，则加速度在变化，做变加速直线运动，故B错误；当P到O点时，Q的速度为零，对P和Q系统研究，mg(eq\f(h,cosθ)－h)cosθ＝eq\f(1,2)mv2，解得v＝eq\r(2gh1－cosθ)，故C正确；P从释放到第一次过O点，速度逐渐增大，拉力在水平方向的分力在减小，则拉力的功率不是一直增大，故D错误.4.(多选)一足够长的传送带与水平面的夹角为θ，以一定的速度匀速运动.某时刻在传送带适当的位置放上具有一定初速度的物块(如图3a所示)，以此时为t＝0时刻记录了物块之后在传送带上运动的速度随时间的变化关系.如图b所示(图中取沿斜面向上的运动方向为正方向，其中两坐标大小v1>v2).已知传送带的速度保持不变.则下列判断正确的是()图3A.若物块与传送带间的动摩擦因数为μ，则μ>tanθB.0～t1内，传送带对物块做正功C.0～t2内，系统产生的热量一定比物块动能的减少量大D.0～t2内，传送带对物块做的功等于物块动能的减少量答案AC解析在t1～t2内，物块向上运动，则有μmgcosθ>mgsinθ，得μ>tanθ，故A正确；由题意知，物块先向下运动后向上运动，则知传送带的运动方向应向上.0～t1内，物块所受摩擦力沿斜面向上，则传送带对物块做负功，故B错误；物块的重力势能减小，动能也减小都转化为系统产生的内能，则由能量守恒得知，系统产生的热量大小一定大于物块动能的变化量大小.故C正确；0～t2内，传送带对物块做功等于物块机械能的变化量，故D错误.5.(多选)如图4所示，半径为R的竖直光滑圆轨道与光滑水平面相切，质量均为m的小球A、B与轻杆连接，置于圆轨道上，A位于圆心O的正下方，B与O等高.它们由静止释放，最终在水平面上运动.下列说法正确的是()图4A.下滑过程中重力对B做功的功率先增大后减小B.当B滑到圆轨道最低点时，轨道对B的支持力大小为3mgC.下滑过程中B的机械能增加D.整个过程中轻杆对A做的功为eq\f(1,2)mgR答案AD解析因为初位置速度为零，则重力的功率为0，最低点速度方向与重力的方向垂直，重力的功率为零，可知重力的功率先增大后减小.故A正确；A、B小球组成的系统，在运动过程中，机械能守恒，设B到达轨道最低点时速度为v，根据机械能守恒定律得：eq\f(1,2)(m＋m)v2＝mgR，解得：v＝eq\r(gR)，在最低点，根据牛顿第二定律得：FN－mg＝meq\f(v2,R)解得：FN＝2mg，故B错误；下滑过程中，B的重力势能减小ΔEp＝mgR，动能增加量ΔEk＝eq\f(1,2)mv2＝eq\f(1,2)mgR，所以机械能减小eq\f(1,2)mgR，故C错误；整个过程中对A，根据动能定理得：W＝eq\f(1,2)mv2＝eq\f(1,2)mgR，故D正确.6.如图5所示，长1m的轻杆BO一端通过光滑铰链铰在竖直墙上，另一端装一轻小光滑滑轮，绕过滑轮的细线一端悬挂重为15N的物体G，另一端A系于墙上，平衡时OA恰好水平，现将细线A端滑着竖直墙向上缓慢移动一小段距离，同时调整轻杆与墙面夹角，系统重新平衡后轻杆受到的压力恰好也为15N，则该过程中物体G增加的重力势能约为()图5A.1.3J B.3.2JC.4.4J D.6.2J答案A解析轻杆在O点处的作用力方向必沿杆，即杆会平分两侧绳子间的夹角.开始时，AO绳子水平，此时杆与竖直方向的夹角是45°；这时杆中的弹力大小等于滑轮两侧绳子拉力的合力.当将A点达到新的平衡，由于这时轻杆受到的压力大小等于15N(等于物体重力)，说明这时两段绳子夹角为120°那么杆与竖直方向的夹角是60°；设杆的长度是L.状态1时，AO段绳子长度是L1＝Lsin45°＝eq\f(\r(2),2)L，滑轮O点到B点的竖直方向距离是h1＝Lcos45°＝eq\f(\r(2),2)L，状态2，杆与竖直方向夹角是60°，这时杆与AO绳子夹角也是60°(∠AOB＝60°)，即三角形AOB是等边三角形.所以，这时AO段绳子长度是L2＝L；滑轮到B点的竖直距离是h2＝Lcos60°＝eq\f(1,2)L，可见，后面状态与原来状态相比，物体的位置提高的竖直高度是h＝(h2－h1)＋(L2－L1)＝(eq\f(1,2)L－eq\f(\r(2),2)L)＋(L－eq\f(\r(2),2)L)＝(eq\f(3,2)－eq\r(2))L.重力势能的增加量Ep＝Gh＝G×(eq\f(3,2)－eq\r(2))L＝15N×(eq\f(3,2)－eq\r(2))×1m≈1.3J.7.(多选)如图6所示为一滑草场.某条滑道由上下两段高均为h，与水平面倾角分别为45°和37°的滑道组成，滑草车与草地之间的动摩擦因数为μ.质量为m的载人滑草车从坡顶由静止开始自由下滑，经过上、下两段滑道后，最后恰好静止于滑道的底端(不计滑草车在两段滑道交接处的能量损失，sin37°＝0.6，cos37°＝0.8).则()图6A.动摩擦因数μ＝eq\f(6,7)B.载人滑草车最大速度为eq\r(\f(2gh,7))C.载人滑草车克服摩擦力做功为mghD.载人滑草车在下段滑道上的加速度大小为eq\f(3,5)g答案AB解析对滑草车从坡顶由静止滑下，到底端静止的全过程，得mg·2h－μmgcos45°·eq\f(h,sin45°)－μmgcos37°·eq\f(h,sin37°)＝0，解得μ＝eq\f(6,7)，选项A正确；对经过上段滑道过程，根据动能定理得，mgh－μmgcos45°·eq\f(h,sin45°)＝eq\f(1,2)mv2，解得v＝eq\r(\f(2gh,7))，选项B正确；载人滑草车克服摩擦力做功为2mgh，选项C错误；载人滑草车在下段滑道上的加速度大小为a＝eq\f(mgsin37°－μmgcos37°,m)＝－eq\f(3,35)g，选项D错误.8.如图7甲所示，用固定的电动机水平拉着质量m＝4kg的小物块和质量M＝2kg的平板以相同的速度一起向右匀速运动，物块位于平板左侧，可视为质点.在平板的右侧一定距离处有台阶阻挡，平板撞上后会立刻停止运动.电动机功率保持P＝6W不变.从某时刻t＝0起，测得物块的速度随时间的变化关系如图乙所示，t＝6s后可视为匀速运动，t＝10s时物块离开木板.重力加速度g＝10m/s2，求：图7(1)平板与地面间的动摩擦因数μ；(2)平板长度L.答案(1)0.2(2)2.416m解析(1)在前2s内，整体匀速，则有：F1＝Ff1，P＝F1v1，Ff1＝μ(M＋m)g，代入数据，联立三式解得μ＝0.2.(2)6～10s内，小物块匀速运动，则有：F2＝Ff2，P＝F2v2，2～10s的过程，由动能定理得，PΔt－Ff2L＝eq\f(1,2)mveq\o\al(2,2)－eq\f(1,2)mveq\o\al(2,1)，联立各式代入数据解得L＝2.416m.9.倾斜雪道的长为25m，顶端高为15m，下端经过一小段圆弧过渡后与很长的水平雪道相接，如图8所示.一滑雪运动员在倾斜雪道的顶端以水平速度v0＝8m/s飞出，在落到倾斜雪道上时，运动员靠改变姿势进行缓冲使自己只保留沿斜面的分速度而不弹起.除缓冲过程外运动员可视为质点，过渡圆弧光滑，其长度可忽略.设滑雪板与雪道的动摩擦因数μ＝0.2，求运动员在水平雪道上滑行的距离(取g＝10m/s2).图8答案74.84m解析如图建立坐标系，斜面的方程为y＝xtanθ＝eq\f(3,4)x①运动员飞出后做平抛运动x＝v0t②y＝eq\f(1,2)gt2③联立①②③式，得飞行时间t＝1.2s落点的x坐标x1＝v0t＝9.6m落点离斜面顶端的距离s1＝eq\f(x1,cosθ)＝12m落点距地面的高度h1＝(L－s1)sinθ＝7.8m接触斜面前的x轴方向分速度vx＝8m/sy轴方向分速度vy＝gt＝12m/s沿斜面方向的速度大小为v∥＝vxcosθ＋vysinθ＝13.6m/s设运动员在水平雪道上运动的距离为s2，由功能关系得mgh1＋eq\f(1,2)mveq\o\al(2,∥)＝μmgcosθ(L－s1)＋μmgs2解得s2＝74.84m.10.风洞飞行表演是一种高科技的惊险的娱乐项目.如图9所示，在某次表演中，假设风洞内向上的总风量和风速保持不变.质量为m的表演者通过调整身姿，可改变所受的向上的风力大小，以获得不同的运动效果.假设人体受风力大小与正对面积成正比，已知水平横躺时受风力面积最大，且人体站立时受风力面积为水平横躺时受风力面积的eq\f(1,8)，风洞内人体可上下移动的空间总高度AC＝H.开始时，若人体与竖直方向成一定角度倾斜时，受风力有效面积是最大值的一半，恰好使表演者在最高点A点处于静止状态；后来，表演者从A点开始，先以向下的最大加速度匀加速下落，经过某处B点后，再以向上的最大加速度匀减速下落，刚好能在最低点C处减速为零，试求：图9(1)表演者向上的最大加速度大小和向下的最大加速度大小；(2)AB两点的高度差与BC两点的高度差之比；(3)表演者从A点到C点减少的机械能.答案(1)geq\f(3,4)g(2)3∶4(3)mgH解析(1)在A点受力平衡时，则mg＝keq\f(S