12、J，故D正確．
8．[2019·安徽省四校模擬]一質點在0～15 s內豎直向上運動，其加速度－時間圖象如圖所示，若取豎直向下為正，g取10 m/s2，則下列說法正確的是( )
A．質點的機械能不斷增加
B．在0～5 s內質點的動能增加
C．在10～15 s內質點的機械能一直增加
D．在t＝15 s時質點的機械能大于t＝5 s時質點的機械能
答案：D
解析：質點豎直向上運動，0～15 s內加速度方向向下，質點一直做減速運動，B錯.0～5 s內，a＝10 m/s2，質點只受重力，機械能守恒；5～10 s內，a＝8 m/s2，受重力和向上的力F1，F(xiàn)1做正功，機械能增加；10～1
13、5 s內，a＝12 m/s2，質點受重力和向下的力F2，F(xiàn)2做負功，機械能減少，A、C錯誤．由F合＝ma可推知F1＝F2，由于做減速運動，5～10 s內通過的位移大于10～15 s內通過的位移，F(xiàn)1做的功大于F2做的功，5～15 s內增加的機械能大于減少的機械能，所以D正確．
9．[2019·山東省濰坊模擬](多選) 如圖所示，一根細繩的上端系在O點，下端系一重球B，放在粗糙的斜面體A上．現(xiàn)用水平推力F向右推斜面體使之在光滑水平面上向右勻速運動一段距離(細繩尚未到達平行于斜面的位置)．在此過程中( )
A．B做勻速圓周運動
B．摩擦力對重球B做正功
C．水平推力F和重球B對
14、A做的功的大小相等
D．A對重球B所做的功與重球B對A所做的功大小相等
答案：BC
解析：B的線速度大小是變化的，故不是勻速圓周運動，故A錯誤；如圖，畫出球B受到的支持力N，摩擦力f以及球在該位置時運動的切線的方向，由圖可知，斜面對B的摩擦力沿斜面向下，與B的速度方向的夾角為銳角，所以摩擦力對重球B做正功，故B正確；A勻速運動，動能不變，根據(jù)動能定理知水平推力F和重球B對A做的功的大小相等，故C正確；斜面對B的彈力和B對斜面的彈力是一對作用力和反作用力，大小相等，斜面在彈力方向上的位移等于B在彈力方向上的位移，所以A對重球B的彈力所做的功與重球B對A彈力所做的功大小相等，一正一負，由
15、于B與A間存在相對運動，A的位移與B的位移不相等，所以A對重球B的摩擦力所做的功與重球B對A的摩擦力所做的功大小不相等，所以A對重球B所做的總功與重球B對A所做的總功大小不相等，故D錯誤．
10．[2019·江西省南昌調研](多選)如圖所示，一小球(可視為質點)從H＝12 m高處，由靜止開始沿光滑彎曲軌道AB進入半徑R＝4 m的豎直圓環(huán)內側，且與圓環(huán)的動摩擦因數(shù)處處相等，當?shù)竭_圓環(huán)頂點C時，剛好對軌道壓力為零；然后沿CB圓弧滑下，進入光滑弧形軌道BD，到達高度為h的D點時速度為零，則h的值可能為( )
A．10 m B．9.5 m
C．8.5 m D．8 m
答案：BC
16、解析：設小球質量為m，以B點所在水平面為零勢能面，由題給條件“當?shù)竭_圓環(huán)頂點C時，剛好對軌道壓力為零”有mg＝，小球到達C點時，有v＝gR，在C點的動能為mv＝mgR，則小球在C點的機械能為2mgR＋mv＝mgR，則小球從B點到C點克服摩擦力做的功為mgR，小球到達D點時速度為零，設小球在D點的機械能為EkD，分析可知小球在從C點到B點過程中也有摩擦力，且摩擦力做的功小于小球從B點到C點克服摩擦力做的功mgR，故2mgR＜EkD＜mgR，即8 m＜h＜10 m，選項B、C正確．
11．[2016·四川卷]韓曉鵬是我國首位在冬奧會雪上項目奪冠的運動員．他在一次自由式滑雪空中技巧比賽中沿“助滑區(qū)
17、”保持同一姿態(tài)下滑了一段距離，重力對他做功1 900 J，他克服阻力做功100 J．韓曉鵬在此過程中( )
A．動能增加了1 900 J
B．動能增加了2 000 J
C．重力勢能減少了1 900 J
D．重力勢能減少了2 000 J
答案：C
解析：根據(jù)動能定理，物體動能的增量等于物體所受所有力做功的代數(shù)和，即ΔEk＝WG＋Wf＝1 900 J－100 J＝1 800 J，A、B項錯誤；重力做功與重力勢能改變量的關系為WG＝－ΔEp，即重力勢能減少了1 900 J，C項正確，D項錯誤．
12．[2017·江蘇卷]一小物塊沿斜面向上滑動，然后滑回到原處．物塊初動能為Ek0，與斜
18、面間的動摩擦因數(shù)不變，則該過程中，物塊的動能Ek與位移x關系的圖線是( )
A B C D
答案：C
解析：設物塊與斜面間的動摩擦因數(shù)為μ，物塊的質量為m，則物塊在上滑過程中根據(jù)動能定理有－(mgsinθ＋μmgcosθ)x＝Ek－Ek0，即Ek＝Ek0－(mgsinθ＋μmgcosθ)x，物塊沿斜面下滑的過程中有(mgsinθ－μmgcosθ)(x0－x)＝Ek，即Ek與x成一次函數(shù)關系，由此可以判斷C項正確．
13．[2019·西安模擬]有兩個物體a和b，其質量分別為ma和mb，且ma＞mb，它們的初動能相同，若a和b分別受到不變的阻力Fa和Fb的作用，經(jīng)過相同的時間
19、停下來，它們的位移分別為sa和sb，則( )
A．Fa＞Fb且sa＜sb B．Fa＞Fb且sa＞sb
C．Fa＜Fb且sa＞sb D．Fa＜Fb且sa＜sb
答案：A
解析：設物體的初速度為v，初動能為Ek，所受的阻力為F，通過的位移為s，物體的速度與動能的關系為Ek＝mv2，得v＝ ，由s＝ t得，s＝t，由題意可知物體a、b運動時間和初動能相同，則質量越大，位移越小，ma＞mb，所以sa＜sb；由動能定理得，－Fs＝0－Ek，因初動能相同，F(xiàn)與s成反比，則Fa＞Fb，故選A.
14．[2019·開封定位考試](多選)靜止在水平地面的物塊，受到水平方向的拉力F作用，此拉力
20、方向不變，其大小F與時間t的關系如圖所示，設物塊與地面間的靜摩擦力最大值fm與滑動摩擦力大小相等，則( )
A．0～t1時間內F的功率逐漸增大
B．t2時刻物塊的加速度最大
C．t2時刻后物塊做反向運動
D．t3時刻物塊的動能最大
答案：BD
解析：在0～t1時間內，水平方向的拉力從零逐漸增大到等于最大靜摩擦力，物塊始終靜止不動，水平拉力做功為零，功率為零，選項A錯誤；t2時刻水平拉力最大且大于滑動摩擦力的2倍，根據(jù)牛頓第二定律可知物塊加速度最大，選項B正確；t2時刻后水平拉力逐漸減小，物塊的加速度逐漸減小，速度方向不變，速度繼續(xù)增大，選項C錯誤；t3時刻水平拉力減小到等于滑動摩
21、擦力，速度增大到最大，t3時刻物塊的動能最大，選項D正確．
15．[2019·四川五校聯(lián)考]如圖所示，輕質彈簧一端固定，另一端與一質量為m、套在粗糙豎直固定桿A處的圓環(huán)相連，彈簧水平且處于原長．圓環(huán)從A處由靜止開始下滑，經(jīng)過B處的速度最大，到達C處的速度為零，AC＝h，此為過程Ⅰ；若圓環(huán)在C處獲得一豎直向上的速度v，則恰好能回到A處，此為過程Ⅱ.已知彈簧始終在彈性范圍內，重力加速度為g，則圓環(huán)( )
A．在過程Ⅰ中，加速度一直減小
B．在過程Ⅱ中，克服摩擦力做的功為mv2
C．在C處，彈簧的彈性勢能為mv2－mgh
D．在過程Ⅰ、過程Ⅱ中克服摩擦力做功相同
答案：D
解
22、析：圓環(huán)剛開始下滑時，圓環(huán)受到的合力向下，設彈簧原長為L，下滑過程中，對圓環(huán)受力分析，如圖所示，彈簧彈力與豎直方向的夾角為θ，則彈簧彈力F＝kL，豎直方向根據(jù)牛頓第二定律可得mg－Fcosθ－μFN＝ma，水平方向有Fsinθ＝FN，聯(lián)立三個方程可知，圓環(huán)下滑過程中受到的合力先減小后增大，圓環(huán)的加速度先減小后增大，選項A錯誤；在過程Ⅰ和Ⅱ中，圓環(huán)在相同位置時受到的滑動摩擦力大小相等，所以在這兩個過程中克服摩擦力做的功相等，選項D正確；在過程Ⅰ中，根據(jù)動能定理可得WG－Wf－W彈＝0，解得Wf＝WG－W彈，在過程Ⅱ中，根據(jù)動能定理可得－WG＋W彈－Wf＝－mv2，聯(lián)立解得Wf＝mv2，在C處Ep
23、彈＝W彈＝mgh－mv2，選項B、C錯誤．
16．[2019·鄭州質檢](多選)質量為m的小球被系在輕繩一端，在豎直平面內做半徑為R的圓周運動，如圖所示．在圓心處連接有力傳感器，用來測量繩子上的拉力，運動過程中小球受到空氣阻力的作用，空氣阻力隨速度減小而減小．某一時刻小球通過軌道的最低點，力傳感器的示數(shù)為7mg，重力加速度為g，此后小球繼續(xù)做圓周運動，經(jīng)過半個圓周恰能通過最高點，下列說法正確的是( )
A．到最高點過程中小球克服空氣阻力做的功為mgR
B．到最高點過程中小球克服空氣阻力做的功為mgR
C．再次經(jīng)過最低點時力傳感器的示數(shù)為5mg
D．再次經(jīng)過最低點時力傳感器的示數(shù)
24、大于5mg
答案：AD
解析：小球在最低點時有F1＝T－mg＝m，解得v1＝，而在最高點時，由于小球恰好能通過最高點，所以有mg＝m，可得v2＝，小球從最低點到最高點的過程，由動能定理可得－mg·2R－Wf＝mv－mv，解得空氣阻力做的功Wf＝mgR，選項A正確，B錯誤；小球從最高點到最低點的過程，由于小球受到的空氣阻力隨速度的減小而減小，分析可知在同一水平面上上升過程中的阻力大于下落過程中的阻力，由動能定理可得mg·2R－Wf′＝mv′－mv，且此過程中空氣阻力做的功Wf′＜Wf，解得v′1＞，再次經(jīng)過最低點時有F2＝T′－mg＝m，解得T′＞5mg，選項C錯誤，D正確．
課時
25、測評? 綜合提能力 課時練 贏高分
一、選擇題
1．[2019·浙江模擬]如圖所示，足球從草皮上的①位置被踢出后落在草皮上③位置，空中到達的最高點為②位置，則( )
A．②位置足球動能等于0
B．①位置到③位置過程只有重力做功
C．①位置到②位置的過程足球的動能全部轉化為重力勢能
D．②位置到③位置過程足球動能的變化量等于合力做的功
答案：D
解析：由題圖可知，足球由②到③過程中具有水平位移，則說明足球在②位置存在速度，故A錯誤；由圖可知，①到②的水平位移大于②到③的水平位移，則說明足球受到空氣阻力，故B錯誤；因存在阻力做功，故①位置到②位置的過程足球的動能轉化
26、為重力勢能和內能，故C錯誤；根據(jù)動能定理可得，②位置到③位置過程足球動能的變化量等于合力做的功，故D正確．
2．[2019·江西模擬](多選)質量為m的物塊在水平恒力F的推動下，從山坡(粗糙)底部的A處由靜止開始運動至高為h的坡頂B處．到達B處時物塊的速度大小為v，A、B之間的水平距離為s，重力加速度為g.不計空氣阻力，則物塊運動過程中( )
A．重力所做的功是mgh
B．合外力對物塊做的功是mv2
C．推力對物塊做的功是mv2＋mgh
D．阻力對物塊做的功是mv2＋mgh－Fs
答案：BD
解析：重力所做的功是WG＝－mgh，選項A錯誤；設阻力做功為Wf，根據(jù)動能定理，合
27、外力對物塊做的功是W合＝WF－mgh＋Wf＝mv2，選項B正確；WF＝mgh－Wf＋mv2，選項C錯誤；WF＝Fs＝mgh－Wf＋mv2，則Wf＝mgh＋mv2－Fs，選項D正確．
3.
[2019·天津五區(qū)縣聯(lián)考](多選)如圖所示，豎直平面內有一光滑圓環(huán)，半徑為R，圓心為O，B為最低點，C為最高點，圓環(huán)左下方開一個小口與光滑斜面相切于A點，∠AOB＝37°，小球從斜面上某一點由靜止釋放，經(jīng)A點進入圓軌道，不計小球由D到A的機械能損失，(sin37°＝0.6，cos37°＝0.8)則要保證運動過程中小球不離開軌道，小球釋放的位置到A點的距離可能是( )
A．R B．2R
28、C．3R D．4R
答案：AD
解析：若使小球恰能經(jīng)過最高點C，則mg＝m，根據(jù)動能定理有mg(h－2R)＝mv，解得h＝R，小球釋放的位置到A點的距離是x＝＝R；若使小球恰能經(jīng)過與圓心O等高的一點，則釋放的高度h′＝R，此時小球釋放的位置到A點的距離是x′＝＝R；要保證運動過程中小球不離開軌道，小球釋放的位置到A點的距離應滿足：x≥R或x′≤R，A、D正確．
4．(多選)
如圖所示，斜面AB和水平面BC是由同一板材上截下的兩段，在B處用小圓弧連接．將小鐵塊(可視為質點)從A處由靜止釋放后，它沿斜面向下滑行，進入平面，最終靜止于P處．若從該板材上再截下一段，擱置在A、P之間，
29、構成一個新的斜面，再將鐵塊放回A處，并輕推一下使之沿新斜面向下滑動．關于此情況下鐵塊運動情況的描述，正確的是( )
A．鐵塊一定能夠到達P點
B．鐵塊的初速度必須足夠大才能到達P點
C．鐵塊能否到達P點與鐵塊質量有關
D．鐵塊能否到達P點與鐵塊質量無關
答案：AD
解析：
設A距離水平面BC的高度為h，小鐵塊與該板材間的動摩擦因數(shù)為μ.斜面AB的傾角為α，對全過程運用動能定理有mgh－μmgs1cosα－μmgs2＝0，整理得mgh－μmg(s1cosα＋s2)＝0，而s1cosα＋s2等于OP的長度，即h－μ＝0，與斜面的傾角無關，故小鐵塊一定能夠到達P點，且與鐵塊的質量
30、無關．故A、D正確．
5．(多選)如圖所示，水平傳送帶由電動機帶動，并始終保持以速度v勻速運動，現(xiàn)將質量為m的某物塊由靜止釋放在傳送帶上的左端，過一會兒物塊能保持與傳送帶相對靜止，設物塊與傳送帶間的動摩擦因數(shù)為μ，對于這一過程，下列說法正確的是( )
A．摩擦力對物塊做的功為0.5mv2
B．物塊對傳送帶做功為0.5mv2
C．系統(tǒng)摩擦生熱為0.5mv2
D．電動機多做的功為mv2
答案：ACD
解析：設物塊勻加速運動的時間為t，根據(jù)動能定理得：摩擦力對物塊做的功為W1＝fvt＝mv2＝0.5mv2.物塊對傳送帶做功W2＝－fvt＝－mv2，故A項正確，B項錯誤．物塊與傳送
31、帶相對位移大小為Δx＝vt－＝0.5vt，則Δx＝x物．摩擦生熱為Q＝f·Δx＝fx物＝0.5mv2.故C項正確．電動機多做的功轉化成了物體的動能和系統(tǒng)的內能，所以電動機多做的功為W機＝mv2＋Q＝mv2.故D項正確．(或電動機做的功等于傳送帶克服摩擦力做的功W機＝f·vt＝mv2)
6．(多選)如圖甲所示，物體以一定初速度從傾角α＝37°的斜面底端沿斜面向上運動，上升的最大高度為3.0 m．選擇地面為參考平面，上升過程中，物體的機械能E隨高度h的變化關系如圖乙所示．(g取10 m/s2，sin37°＝0.6，cos37°＝0.8.)則( )
A．物體上升過程的加速度大小a＝10 m
32、/s2
B．物體與斜面間的動摩擦因數(shù)μ＝0.4
C．物體的質量m＝0.67 kg
D．物體回到斜面底端時的動能Ek＝10 J
答案：AD
解析：物體到達最高點時，機械能為E＝Ep＝mgh，由圖知Ep＝30 J，得m＝＝ kg＝1 kg，故C錯誤；物體上升過程中，克服摩擦力做功，機械能減少，減少的機械能等于克服摩擦力做的功，ΔE＝－μmgcosα，得μ＝0.5，故B錯誤；物體上升過程中，由牛頓第二定律得mgsinα＋μmgcosα＝ma，得a＝gsinα＋μgcosα＝10×0.6 m/s2＋0.5×10×0.8 m/s2＝10 m/s2，故A正確；由圖象可知，物體上升過程中摩擦力做功
33、為W＝30 J－50 J＝－20 J，在整個過程中由動能定理得2W＝Ek－Ek0，則有Ek＝Ek0＋2W＝50 J＋2×(－20) J＝10 J，故D正確．
7.
(多選)如圖是某緩沖裝置，勁度系數(shù)足夠大的輕質彈簧與直桿相連，直桿可在固定的槽內移動，與槽間的滑動摩擦力恒為f，直桿質量不可忽略．一質量為m的小車以速度v0撞擊彈簧，最終以速度v彈回．直桿足夠長，且直桿與槽間的最大靜摩擦力等于滑動摩擦力，不計小車與地面間的摩擦．則( )
A．小車被彈回時速度v一定小于v0
B．直桿在槽內移動的距離等于
C．直桿在槽內向右運動時，小車與直桿始終保持相對靜止
D．彈簧的彈力可能大于直桿
34、與槽間的最大靜摩擦力
答案：BD
解析：小車在向右運動的過程中，彈簧的形變量若始終小于時，直桿和槽間無相對運動，小車被彈回時速度v一定等于v0；若形變量大于時，桿和槽間出現(xiàn)相對運動，克服摩擦力做功，小車的動能減小，所以小車被彈回時速度v一定小于v0，A錯誤；對整個過程應用動能定理得fs＝ΔEk，直桿在槽內移動的距離s＝，B正確；直桿在槽內向右運動時，開始小車速度比桿的大，所以不可能與直桿始終保持相對靜止，C錯誤；當彈力等于最大靜摩擦力時，直桿開始運動，此時小車的速度大于直桿的速度，彈簧進一步被壓縮，彈簧的彈力大于最大靜摩擦力，D正確．
8．(多選)如圖甲所示，為測定物體沖上粗糙斜面能達到
35、的最大位移x與斜面傾角θ的關系，將某一物體每次以不變的初速度沿足夠長的斜面向上推出，調節(jié)斜面與水平方向的夾角θ，實驗測得x與斜面傾角θ的關系如圖乙所示，重力加速度大小g取10 m/s2，最大靜摩擦力等于滑動摩擦力，根據(jù)圖象可求出( )
A．物體的初速率為3 m/s
B．物體與斜面間的動摩擦因數(shù)為0.75
C．取不同的傾角θ，物體在斜面上能達到的位移x的最小值為1.44 m
D．當θ＝45°時，物體達到最大位移后將停在斜面上
答案：BC
解析：由題圖乙可知，當夾角θ＝0°時，位移為2.40 m，而當夾角為90°時，位移為1.80 m，則由豎直上拋運動規(guī)律可知v＝2gh，解得v0
36、＝＝6 m/s，故A錯誤；當夾角為0°時，由動能定理可得μmgx＝mv，解得μ＝0.75，故B正確；－mgxsinθ－μmgxcosθ＝0－mv，解得x＝(m)＝(m)＝(m)，當θ＋α＝90°時，sin(θ＋α)＝1，此時位移最小，x＝1.44 m，故C正確；若θ＝45°時，物體受到重力的分力為mgsin45°＝mg，最大靜摩擦力f＝μmgcos45°＝mg，mg＞mg，故物體達到最大位移后會下滑，故D錯誤．
9．[2019·廣東佛山一中段考]
如圖，一半徑為R、粗糙程度處處相同的半圓形軌道豎直固定放置，直徑POQ水平．一質量為m的質點自P點上方高為R處由靜止開始下落，恰好從P點進入
37、軌道．質點滑到軌道最低點N時，對軌道的壓力為4mg，g為重力加速度的大小．用W表示質點從P點運動到N點的過程中克服摩擦力所做的功．則( )
A．W＝mgR，質點恰好可以到達Q點
B．W>mgR，質點不能到達Q點
C．W＝mgR，質點到達Q點后，繼續(xù)上升一段距離
D．W
38、擦力做的功小于在PN段克服摩擦力做的功，小球在NQ段運動時由動能定理得－mgR－W′＝mv－mv，因為W′0，所以質點到達Q點后，繼續(xù)上升一段距離．故C正確，A、B、D錯誤．
10．[2019·陜西渭南模擬](多選)一質量為m的物體以速度v0在足夠大的光滑水平面上運動，從零時刻起，對該物體施加一水平恒力F，經(jīng)過時間t，物體的速度大小減小到最小值v0，此后速度大小不斷增大．則( )
A．水平恒力F大小為
B．水平恒力作用2t時間，物體速度大小為v0
C．在t時間內，水平恒力做的功為－mv
D．若水平恒力大小為2F，方向不變，物體運動過程中的最小速度仍為v0
答案
39、：BCD
解析：由物體速度減小到最小值v0，可知恒力F的方向與速度v0的方向間的夾角為鈍角，將v0沿F的方向和垂直于F的方向進行分解，可知垂直于F方向的速度大小vx＝v0，平行于F方向的速度大小vy＝v0，根據(jù)牛頓第二定律可知F＝m＝，A錯誤；水平恒力作用2t時間，垂直于F方向的速度大小vx＝v0不變，平行于F方向的速度大小vy＝v0，物體速度大小為v0，B正確；在t時間內，水平恒力做的功為W＝mv－mv＝－mv，C正確；若水平恒力大小為2F，方向不變，物體運動過程中的最小速度仍為v0，D正確．
二、非選擇題
11．如圖所示，粗糙的斜面AB下端與光滑的圓弧軌道BCD相切于B，整個裝置豎直
40、放置，C是最低點，圓心角θ＝37°，D與圓心O等高，圓弧軌道半徑R＝1 m，斜面長L＝4 m，現(xiàn)有一個質量m＝0.1 kg的小物體P從斜面AB上端A點無初速度下滑，物體P與斜面AB之間的動摩擦因數(shù)μ＝0.25.不計空氣阻力，g＝10 m/s2，sin37°＝0.6，cos37°＝0.8，求：
(1)物體P第一次通過C點時的速度大小vC；
(2)物體P第一次通過C點時對軌道的壓力大??；
(3)物體P第一次離開D點后在空中做豎直上拋運動到最高點E，接著從空中又返回到圓弧軌道和斜面，在這樣多次反復的整個運動過程中，物體P對C點處軌道的最小壓力．
答案：(1)6 m/s (2)4.6 N
41、(3)1.4 N
解析：(1)物體P從A下滑經(jīng)B到C過程中根據(jù)動能定理有mgL·sin37°＋mgR(1－cos37°)－μmgcos37°·L＝mv－0，解得vC＝6 m/s.
(2)物體P在C點，根據(jù)牛頓第二定律有N－mg＝m，
解得N＝4.6 N.
根據(jù)牛頓第三定律，物體P通過C點時對軌道的壓力為4.6 N.
(3)物體P最后在B和與其等高的圓弧軌道上來回運動時，經(jīng)C點壓力最小，由B到C由動能定理有mgR(1－cos37°)＝mv′，解得v′C＝2 m/s，則Nmin＝mg＋m＝1.4 N.
根據(jù)牛頓第三定律，物體P對C點處軌道的最小壓力為1.4 N.
12.
小物塊
42、A的質量為m，物塊與坡道間的動摩擦因數(shù)為μ，水平面光滑，坡道頂端距水平面高度為h，傾角為θ，物塊從坡道進入水平滑道時，在底端O點處無機械能損失，重力加速度為g.將輕彈簧的一端連接在水平滑道M處并固定在墻上，另一自由端恰位于坡道的底端O點，如圖所示．物塊A從坡頂由靜止滑下，求：
(1)物塊滑到O點時的速度大小；
(2)彈簧為最大壓縮量d時的彈性勢能；
(3)物塊A被彈回到坡道上升的最大高度．
答案：(1) (2)mgh－μmghcotθ (3)
解析：(1)由動能定理有mgh－μmghcotθ＝mv2，
得v＝.
(2)在水平滑道上由能量守恒定律有mv2＝Ep，
得Ep＝mgh－μmghcotθ.
(3)設物塊A能夠上升的最大高度為h1，物塊A被彈回過程中，由能量守恒定律有Ep＝μmgh1cotθ＋mgh1，得h1＝.
18
2020版高考物理一輪復習 全程訓練計劃 課練15 動能和動能定理（含解析）
