5.达标测试卷(五) 机械能守恒定律-【精讲精练】2026年高考物理一轮达标测试卷

达标测试卷(五)　机械能守恒定律 (满分：100分) 一、单项选择题(本题共8小题，每小题3分，共24分。每小题给出的四个选项中，只有一项符合题目要求) 1.(2024·贵州贵阳三模)将一小球水平抛出，抛出后的第1 s内其动能增加量为ΔEk1，抛出后的第2 s内其动能增加量为ΔEk2。不计空气阻力，下列关系式正确的是(　　) A.ΔEk2＝ΔEk1 B.ΔEk2＝2ΔEk1 C.ΔEk2＝3ΔEk1 D.ΔEk2＝4ΔEk1 2.(2024·广东广州二模)如图，汽车定速巡航(即速率不变)通过路面abcd，t1时刻经过b、t2时刻经过c、t3时刻经过d。若汽车行驶过程所受空气阻力和摩擦阻力的大小不变，则该过程汽车的功率P随时间t变化的图像是(　　) 3.(2024·江苏盐城统考)物体从离地面高H处的M点开始做自由落体运动，下落至离地面高度为H处的N点，下列能量条形图表示了物体在M和N处的动能Ek和重力势能Ep的相对大小关系，可能正确的是(　　) 4.神舟十八号载人飞船安全着陆需经过分离、制动、再入和减速四个阶段。如图所示，在减速阶段，巨型降落伞为返回舱提供阻力，假设返回舱做直线运动，则在减速阶段(　　) A.伞绳对返回舱的拉力等于返回舱的重力 B.伞绳对返回舱拉力的冲量与返回舱重力冲量的矢量和为零 C.合外力对返回舱做的功等于返回舱机械能的变化 D.除重力外其他力对返回舱做的总功等于返回舱机械能的变化 5.(2024·辽宁阜新模拟)如图所示，一轻质光滑定滑轮固定在天花板上，质量相等的小球A和小球B通过不可伸长的跨过滑轮的轻绳连接，小球B套在光滑水平直杆上，用外力使小球B静止，此时连接B球部分的轻绳与水平方向的夹角为37°，撤去外力，小球B向左运动L的距离时，滑轮右侧细绳刚好竖直，重力加速度为g，已知sin 37°＝0.6，cos 37°＝0.8，小球质量均为m，在小球B由静止向左运动至速度最大的过程中，下列说法正确的是(　　) A.牵引B球细绳上的拉力不可能会大于mg B.小球B的速度总是大于A球的速度 C.当小球A的加速度为零时，小球B的加速度一定也为零 D.小球B运动过程中的最大速度大小为 6.如图所示，质量为2 kg的楔形木块abc固定在水平地面上，顶角θ为直角，ab面和bc面均光滑，两个完全相同质量均为1 kg的滑块同时从顶端释放，则对于滑块在斜面上时(g取10 m/s2)(　　) A.楔形木块abc受到地面支持力为30 N B.楔形木块abc始终受到地面的摩擦力 C.同一时刻，两滑块重力的瞬时功率相同 D.以上说法均不对 7.如图所示为某跳台滑雪运动员从助滑道滑下，然后从跳台a处沿水平方向飞出，在斜坡b处着陆的示意图，其中Ekt图像是运动员从a到b飞行时的动能随飞行时间变化的关系图像，不计空气阻力的作用，重力加速度g取10 m/s2，则下列说法中正确的是(　　) A.运动员在a处的速度大小为20 m/s B.运动员在b处时，重力的瞬时功率为1.2×104 W C.斜坡的倾角为30° D.t＝2 s时，运动员在空中离坡面的距离最大 8.(2024·四川成都统考)如图所示，圆心为O1的光滑半圆环固定于竖直面，轻弹簧上端固定在O1正上方的O2点，c是O1O2和圆环的交点；将系于弹簧下端且套在圆环上的小球从a点静止释放，此后小球在a、b间做往复运动。若小球在a点时弹簧被拉长，在c点时弹簧被压缩， aO1⊥aO2。则下列判断正确的是(　　) A.小球在b点受到的合力为零 B.弹簧在a点的伸长量可能小于弹簧在c点的压缩量 C.弹簧处于原长时，小球的速度最大 D.在a、b之间，小球机械能最大的位置有两处 二、多项选择题(本题共4小题，每小题4分，共16分。每小题给出的四个选项中，有多项符合题目要求。全部选对的得4分，选对但不全的得2分，有选错的得0分) 9.(2024·安徽校联考模拟)如图所示，长为L=1.0 m的不可伸长轻绳一端系于固定点O。另一端系一质量m=0.5 kg的小球，将小球从O点左侧与O点等高的A点以一定初速度v0水平向右抛出，经一段时间后小球运动到O点右下方的B点时，轻绳刚好被拉直，此后小球以O为圆心在竖直平面内做圆周运动。已知O、A的距离为LOA=0.2 m，轻绳刚被拉直时与竖直方向的夹角为37°。重力加速度取g=10 m/s2，sin 37°=0.6，不计空气阻力。下列说法正确的是(　　) A.小球抛出时的初速度大小v0＝2 m/s B.轻绳被拉直前瞬间小球的速度为2 m/s C.小球做圆周运动摆到最低点时的动能为6 J D.小球做圆周运动摆到最低点时，轻绳对小球的拉力大小为7.32 N 10.如图所示，两个质量相等可视为质点的小球a、b通过铰链用长为L的刚性轻杆连接，a球套在竖直杆M上，b球套在水平杆N上，最初刚性轻杆与细杆M的夹角为45°。两根足够长的细杆M、N不接触(a、b球均可无碰撞通过O点)，且两杆间的距离忽略不计，将两小球从图示位置由静止释放，不计一切摩擦，重力加速度为g。下列说法中正确的是(　　) A.a、b两球组成系统机械能守恒 B.a球到达与b球等高位置时速度大小为 C.a球运动到最低点时，b球速度最大 D.a球从初位置下降到最低点的过程中，刚性轻杆对a球的弹力一直做负功 11.(2024·黑龙江齐齐哈尔统考)如图所示，质量为2m的小球A与质量为m的小球B由绕过定滑轮的轻质细线相连，小球B与质量为m的小球C通过劲度系数为的轻质弹簧相连，小球C放置在水平地面上，先用手控制A，使细线处于竖直方向刚好拉直但无拉力，系统处于静止状态，然后释放A。细线与滑轮之间的摩擦力和空气阻力均不计，重力加速度为g，小球均可视为质点。在小球C离开地面前，下列说法正确的是(　　) A.释放A的瞬间B的加速度为g B.释放A的瞬间细线的拉力为mg C.释放A时弹簧的弹性势能与C刚要离地时弹簧的弹性势能相等 D.A在向下运动过程中的最大速度为 12.风洞可以产生强力的气流，用来模拟飞行器高速运行时气流的作用效果。矩形风洞原理图中存在大小恒定的水平风力，现有一质量为2 kg的小球从M点竖直向上抛出，其运动轨迹大致如图中实线所示，其中M、N两点在同一水平线上，O点为轨迹的最高点，小球在M点速度大小为3 m/s，在O点速度大小为4 m/s，不计空气阻力，重力加速度g＝10 m/s2。下列说法正确的是(　　) A.小球的重力和受到的风力大小之比为3∶4 B.小球落到N点时的动能为73 J C.小球在上升和下降过程中机械能变化量之比为1∶3 D.小球从M点运动到N点过程中的最小动能为9 J 三、非选择题(本题共6小题，共60分) 13.(10分)(2024·重庆模拟)某学习小组利用图甲所示装置，研究小球做抛体运动过程是否满足机械能守恒定律。实验时利用频闪相机对做平抛运动的小球进行拍摄，每隔T＝0.05 s拍一幅照片，某次拍摄处理后得到的照片如图乙所示。图中背景是画有方格的纸板，纸板与小球轨迹所在平面平行，方格线横平竖直，每个方格的边长为L＝5 cm。实验中测得的小球影像的高度差在图乙中标出。已知小球质量m＝20 g，当地重力加速度g＝9.8 m/s2。 (1)小球运动到图中a位置时的动能为________ J，小球从a到b过程动能增加了________ J，小球从a到b过程重力势能减少了________ J。(结果均保留2位有效数字) (2)根据以上计算，在误差允许的范围内，小球做平抛运动的过程________(选填“满足”或“不满足”)机械能守恒定律。 (3)若实验前斜槽末端未调节水平________(选填“影响”或“不影响”)本实验的结论。 14.(6分)某兴趣小组为测一遥控电动小车的额定功率，进行了如下实验： ①用天平测出电动小车的质量为0.4 kg； ②将电动小车、纸带和打点计时器按如图甲所示安装； ③接通打点计时器(其打点周期为0.02 s)； ④使电动小车以额定功率加速运动，达到最大速度一段时间后关闭小车电源，待小车静止时再关闭打点计时器(设在整个过程中小车所受的阻力恒定)。 在上述过程中，打点计时器在纸带上所打的部分点迹如图乙所示。 　 　　　　　　　甲　　　　　　　　　　　　　　　　　乙 回答下列问题： (1)该电动小车运动的最大速度为________ m/s。 (2)关闭小车电源后，小车的加速度大小为________ m/s2。 (3)该电动小车的额定功率为________ W。 15.(8分)(2024·山东济南统考)如图所示，固定的光滑半圆柱面ABCD与粗糙矩形水平桌面OABP相切于AB边，半圆柱面的圆弧半径R=0.4 m，OA的长为L=2 m。小物块从O点开始以某一大小不变的初速度v0沿水平面运动，初速度方向与OA方向之间的夹角为θ。若θ=0°，小物块恰好经过半圆弧轨道的最高点。已知小物块与水平桌面间的动摩擦因数μ=0.1，重力加速度g=10 m/s2。 (1)求初速度v0的大小； (2)若小物块沿半圆弧运动的最大高度为h=0.4 m，求夹角θ的余弦值。 16.(8分)(2024·广东深圳期末)一段倾斜角θ＝37°的斜面AB与光滑弧面BC相切于B点。质量为m＝2000 kg的汽车从斜面底部A点由静止开始沿着斜面AB起动，如图甲所示。已知汽车受到斜面的阻力与车对斜面的压力的比值为μ＝0.25。汽车在斜面AB上运动的加速度随时间变化如图乙所示。12.0 s时汽车达到额定功率，随后汽车保持额定功率继续运动，汽车到达B点前已经达到最大速度vmax。此后关闭发动机，汽车继续沿着圆弧向上滑行。不计空气阻力，已知g取10 m/s2，sin 37°＝0.6，cos 37°＝0.8，汽车可视作质点。则： (1)求汽车匀加速直线运动过程中的最大速度v1及牵引力F； (2)求汽车在斜面AB上能到达的最大速度vmax； (3)若汽车能够沿弧面BC通过最高点C，圆弧半径R的取值范围是多少？ 17.(12分)如图甲所示，质量m＝2.0 kg的小球静止在水平地面上，从某时刻起，小球受到竖直向上的拉力F作用，拉力F随小球上升高度h的变化关系如图乙所示，F减小到0以后小球不再受拉力的作用。已知小球每次与地面碰后速度是碰前速度的0.5倍，不计空气阻力，g取10 m/s2。求： (1)小球在向上运动过程中的最大速度； (2)小球在空中运动的总路程。(计算结果可用分数表示) 18.(16分)如图所示，倾角为θ=37°的足够长的斜面固定在水平面上，斜面上放一长度为L=4 m、质量M=2 kg的木板，木板与斜面间的动摩擦因数μ1=0.5，木板在沿斜面向下的恒力F=8 N的作用下从静止开始下滑，经时间t1=1 s，将一质量为m=1 kg的可视为质点的物块无初速度地轻放在木板的最下端，物块与木板间的动摩擦因数μ2=0.25，当物块与木板速度相同时撤去恒力F，最终物块会与木板分离。(sin 37°＝0.6，cos 37°＝0.8，g取10 m/s2，不计空气阻力)。求： (1)t1＝1 s时木板速度的大小v1； (2)从物块放上木板到与木板共速的速度大小v2和所用时间t2； (3)木板上表面因摩擦产生的热量Q。 学科网（北京）股份有限公司 $$ 达标测试卷(五)　机械能守恒定律 1.C　根据机械能守恒定律知，小球动能增加量等于重力对小球做的功mgΔh＝ΔEk 又第1 s内和第2 s内小球下降的竖直高度之比为1∶3，故ΔEk2＝3ΔEk1，故C正确。 2.B　根据题意可知，汽车运动速率不变，设汽车行驶过程所受空气阻力和摩擦阻力的大小为f，在ab段有F1＝mgsin θ＋f，在bc段有F2＝f，在cd段有F3＋mgsin θ＝f，可知F1>F2>F3，且F1、F2、F3保持不变，由公式P＝Fv可知，汽车的功率P1>P2>P3，且P1、P2、P3保持不变，故B正确。 3.D　由题意可知，物体重力势能变为原来的，选项A错误；由于机械能守恒，动能与重力势能之和应等于释放时的机械能，选项B、C错误；设释放位置所在平面为零势能面，则机械能为零，选项D正确。 4.D　返回舱做减速运动，则伞绳对返回舱的拉力大于返回舱的重力，选项A错误；返回舱的动量不断减小，则根据动量定理，伞绳对返回舱拉力的冲量与返回舱重力冲量的矢量和不为零，方向向上，选项B错误；根据动能定理，合外力对返回舱做的功等于返回舱动能的变化，选项C错误；由能量关系可知，除重力外其他力对返回舱做的总功等于返回舱机械能的变化，选项D正确。 5.B　小球A的速度等于小球B沿细绳方向的分速度，在小球B由静止向左运动至速度最大的过程中，小球A先加速后减速(滑轮右侧细绳刚好竖直时，小球B沿细绳方向的分速度为0，则此时A球的速度为0)，因此细绳对小球A的拉力先小于mg，后大于mg，故A错误；设小球B的速度大小为v，细绳与水平方向夹角θ，则A球的速度大小为vcos θ，可知小球B的速度总是大于A球的速度，故B正确；当小球A的速度最大时，A的加速度为零，但细绳对小球B有拉力，小球B的加速度并不为零，故C错误；当滑轮右侧细绳竖直时，小球B的速度最大，小球A速度为0，根据机械能守恒定律mg＝mv2，解得v＝，故D错误。 ·65·6.A　沿ab面下滑的滑块对斜面的压力为mgcos α，将这个力沿着水平和竖直方向分解，水平方向上的分力为mgcos αsin α，竖直方向上的分力为mgcos2 α；同理，沿bc面下滑的滑块对斜面的压力为mgcos β，将这个力沿着水平和竖直方向分解，水平方向上的分力为mgcos βsin β，竖直方向上的分力为mgcos2 β；所以楔形木块abc对地面的压力为FN＝Mg＋mgcos2 α＋mgcos2 β＝30 N，根据牛顿第三定律可知，楔形木块abc受到地面的支持力也为30 N，故选项A正确，D错误；因α＋β＝90°，故cos αsin α＝cos βsin β，楔形木块abc水平方向上受力平衡，地面对木块没有摩擦力，故选项B错误；对于ab面上的滑块，t时刻重力的瞬时功率Pt＝mgvtsin α＝mg×gtsin α×sin α＝mg2tsin2 α，同理对于bc面上的滑块，t时刻重力的瞬时功率为Pt′＝mgvt′sin β＝mg×gtsin β×sin β＝mg2tsin2 β，所以当两侧面的倾角不相等时，重力的瞬时功率不相等，故选项C错误。 7.B　运动员在a处动能mv＝3×103 J，运动员在t＝2 s时的动能m[v＋(gt)2]＝15×103 J，解得运动员在a处的速度大小为v0＝10 m/s，选项A错误；由选项A可知运动员质量为m＝60 kg，运动员在b处时，重力的瞬时功率为P＝mg·gt＝1.2×104 W，选项B正确；斜坡倾角的正切值为tan θ＝＝1，得θ＝45°，选项C错误；当运动员的运动速度与斜坡平行时，运动员在空中离坡面的距离最大，此时有tan θ＝＝1，t′＝1 s，选项D错误。 8.D　套在圆环上的小球从a点静止释放，此后小球在a、b间做往复运动，表明小球在a点的合力不等于零，合力的方向沿着a点的切线向上；因为系统的机械能守恒，a点和b点关于O1O2对称，所以小球在b点受到的合力不等于零，合力的方向b点的切线向上，选项A错误；小球从a点到c点运动的过程中，小球在a点时动能最小等于零，小球在a点时位置最低，小球在a点时的重力势能最小，那么，小球在a点时的机械能最小；又因为小球和弹簧组成的系统机械能守恒，所以小球在a点时，弹簧的弹性势能最大，那么，小球在a点时弹簧的形变量最大，所以弹簧在a点的伸长量一定大于弹簧在c点的压缩量，选项B错误；小球受到重力、弹簧的拉力、圆环的支持力三力的作用，这三个力的合力为零时，小球的速度最大，此时弹簧处于伸长状态，选项C错误；因为系统的机械能守恒，所以弹簧处于原长时，小球的机械能最大；在a、b之间，弹簧处于原长的位置有两处，一处位于a、c之间，另一处位于c、b之间，这两点关于O1O2对称，选项D正确。 9.AD　小球抛出后经时间t轻绳刚好被拉直，根据平抛运动规律有Lsin 37°＋LOA＝v0t，Lcos 37°＝gt2，解得t＝0.4 s，v0＝2 m/s，选项A正确；轻绳刚被拉直前，小球竖直方向的分速度大小为vy＝gt＝4 m/s，v＝＝2 m/s，选项B错误；轻绳被拉直后沿着轻绳方向的速度为零，垂直于轻绳的速度vt＝vysin 37°－v0cos 37°＝0.8 m/s，小球之后做圆周运动摆到最低点过程中，则根据机械能守恒定律有mgL(1－cos 37°)＝Ek－mv，解得Ek＝1.16 J，选项C错误；小球圆周运动摆到最低点时，根据牛顿第二定律有FT－mg＝m，其中Ek＝mv，FT＝7.32 N，选项D正确。 10.AC　a球和b球所组成的系统只有重力做功，则机械能守恒，故A正确；根据系统机械能守恒，则a球到达与b球等高位置时，b球速度为零，mgL＝mv，va＝，故B错误；当a球运动到两杆的交点后再往下运动L，此时b球到达两杆的交点处，a球的速度为0，b球的速度达到最大，则mg(L＋L)＝mv，vb＝，故C正确；由于系统机械能守恒，a球从初位置下降到最低点的过程中，刚性轻杆对a球的弹力先做负功后做正功再做负功，故D错误。 11.BCD　释放A的瞬间，设A、B组成的整体的加速度为a，由牛顿第二定律可得2mg＝(2m＋m)a，解得a＝g，选项A错误；对A由牛顿第二定律可得2mg－FT＝2ma，结合a＝g，解得FT＝mg，选项B正确；当C刚要离地时，设弹簧的伸长量为x1，则有mg＝kx1，整体处于静止状态时，设弹簧的压缩量为x2，即释放A时弹簧的压缩量为x2，则有mg＝kx2，可得x1＝x2＝x，则两种状态下弹簧的弹性势能相等，选项C正确；释放A到C刚要离地，弹性势能的变化量为0，对A、B以及弹簧组成的整体，由能量守恒定律可得2mg(x1＋x2)－mg(x1＋x2)＝(2m＋m)v2，解得v＝，选项D正确。 12.ABC　设风力大小为F，小球质量为m，O、M两点间的水平距离为x1，竖直距离为h，根据竖直上抛运动规律有h＝，小球从M运动到O的过程，根据动能定理有Fx1－mgh＝mv－mv，根据牛顿第二定律可得小球在水平方向的加速度大小为a＝，小球从M运动到O所用时间为t＝。根据运动学公式·66·有x1＝at2，解得＝，选项A正确；M、N两点间的水平距离为x＝a(2t)2，设小球落到N点时的动能为Ek1，根据动能定理有Ek1－mv＝Fx，Ek1＝73 J，选项B正确；设O、N两点间的水平距离为x2，根据匀变速直线运动规律的推论可知＝，根据功能关系可知，小球运动过程中，风力对小球做的功等于其机械能的变化量，则小球在上升和下降过程中机械能变化量之比为＝＝，选项C正确；小球在重力和风力的合力作用下做类斜抛运动，当小球速度方向与合力方向垂直时动能最小，根据以上分析可知合力与竖直方向的夹角θ的正切值为tan θ＝，根据速度的合成与分解可得小球从M点运动到N点过程中的最小速度为vmin＝v0sin θ＝v0，解得最小动能为Ekmin＝Ek0＝5.76 J，选项D错误。 13.解析　(1)小球运动到题图乙中a位置时的水平分速度vax＝＝ m/s＝1.0 m/s 竖直分速度vay＝＝ m/s＝0.98 m/s 故小球在位置a的动能为 Eka＝mv＝m(v＋v)＝2.0×10－2 J 小球运动到题图乙中b位置时的水平分速度 vbx＝＝ m/s＝1.0 m/s 竖直分速度 vby＝＝ m/s＝2.44 m/s 故小球在位置b的动能为 Ekb＝mv＝m(v＋v)＝7.0×10－2 J 所以小球从a到b的过程中，其动能增加了 ΔEk＝Ekb－Eka＝5.0×10－2 J 小球从a到b过程中，其重力势能减小了ΔEp＝mg(h2＋h3＋h4)＝20×10－3×9.8×(6.1＋8.6＋11)×10－2 J＝5.0×10－2 J。 (2)由以上分析可知在误差允许的范围内，小球做平抛运动的过程ΔEk＝ΔEp，故满足机械能守恒定律。 (3)若实验前斜槽末端未调节水平，小球做斜抛运动，不影响小球水平分速度、竖直分速度的计算，不影响小球动能增加量及重力势能减少量的计算，所以不影响本实验的结论。 答案　(1)2.0×10－2　5.0×10－2　5.0×10－2　 (2)满足　(3)不影响 14.解析　(1)根据纸带可知，当所打的点点距均匀时，表示物体匀速运动，此时速度最大，故有 vm＝＝ m/s＝1.50 m/s。 (2)由逐差法得加速度大小 a＝×10－2 m/s2＝2.00 m/s2。 (3)小车受到的摩擦阻力大小为 Ff＝ma＝0.4×2.00 N＝0.80 N 则小车匀速时牵引力的大小F＝Ff＝0.80 N 由P＝Fv可得小车的额定功率为 P＝Fv＝Ffvm＝0.80×1.5 W＝1.20 W。 答案　(1)1.50　(2)2.00　(3)1.20 15.解析　(1)小物块恰好经过半圆弧轨道的最高点 ＝mg 从O点到最高点，由动能定理可得 mv－mv＝－2mgR－μmgL 联立解得v0＝2 m/s。 (2)小物块沿半圆弧运动的最大高度为h＝0.4 m＝R 此时小物块仅有沿AB方向的水平速度vx，竖直方向速度为零，设小物块在圆弧轨道最低端时的速度为v2，vx＝v2sin θ 从圆弧轨道最低端到最大高度过程由动能定理可得 mv－mv＝－mgh 从O点到圆弧轨道最低端过程由动能定理可得 mv－mv＝－μmg· 联立解得cos θ＝。 答案　(1)2 m/s　(2) 16.解析　(1)汽车匀加速直线运动过程中的最大速度v1＝at12＝2×12 m/s＝24 m/s 汽车受到的阻力为f＝μmgcos θ＝4000 N 根据牛顿第二定律F－f－mgsin θ＝ma 解得牵引力为F＝2×104 N。 (2)汽车额定功率为P＝Fv1＝2×104×24 W ＝4.8×105 W 汽车在斜面AB上能到达的最大速度vmax＝＝30 m/s。 (3)若汽车在B点不脱离弧面，根据牛顿第二定律，在B点应满足m≤mgcos 37° 解得圆弧半径R的取值范围为R≥112.5 m 若汽车能够沿弧面BC通过最高点C，根据动能定理有－mgR(1－cos θ)＝mv－mv 在最高点C，根据牛顿第二定律mg－FN＝m，且0≤FN≤mg 解得圆弧半径R的取值范围为 m≤R≤225 m 综合上述可得圆弧半径R的取值范围为 112.5 m≤R≤225 m。 答案　(1)24 m/s　2×104 N　(2)30 m/s (3)112.5 m≤R≤225 m 17.解析　(1)当F＝mg＝20 N，即小球上升h＝2.5 m时，小球的速度最大，此过程中 WF＝×2.5 J＝75 J 根据动能定理WF－mgh＝mv2，解得v＝5 m/s。 (2)小球上升h′＝5 m时WF′＝×5 J＝100 J 重力做功WG＝－mgh＝－100 J 因WG＋WF′＝0 故小球上升的最大高度为H＝5 m 根据题意小球与地面碰后速度是碰前速度的k＝0.5倍，mgH＝mv、mgH1＝mv、v1＝kv0 联立解得小球第一次碰后上升的最大高度H1＝k2H 同理可求得小球第2,3，…，n次碰后上升的最大高度H2＝k4H，H3＝k6H，…，Hn＝k2nH 则小球从开始下落到停止的过程中运动的总路程为s＝H＋2H1＋2H2＋2H3＋…＋2Hn＝H＋2H(k2＋k4＋k6＋…＋k2n)＝H＋2H＝H＋＝H 解得s＝ m 小球在空中运动的总路程H＋s＝ m。 答案　(1)5 m/s　(2) m 18.解析　(1)设没放物块时，木板加速下滑的加速度大小为a，根据牛顿第二定律可得 F＋Mgsin θ－μ1Mgcos θ＝Ma 解得a＝6 m/s2 t1＝1 s时木板速度的大小v1＝at1＝6 m/s。 (2)物块放到木板上后达到速度相同前，设木板的加速度为a1，物块的加速度大小为a2 根据牛顿第二定律，对木板有 F＋Mgsin θ－μ1(m＋M)gcos θ－μ2mgcos θ＝Ma1 对物块有mgsin θ＋μ2mgcos θ＝ma2 解得a1＝3 m/s2，a2＝8 m/s2 设经时间t2物块与木板速度相同为v2， 有v2＝v1＋a1t2＝a2t2 解得v2＝9.6 m/s，t2＝1.2 s。 (3)物块放到木板上达到共同速度时，物块的位移 x2＝a2t＝5.76 m 木板的位移x1＝v1t2＋a1t＝9.36 m 物块相对木板向上运动Δx＝x1－x2＝3.6 m 撤去F后，木板速度变慢，物块最终从木板下端离开木板，由功能关系知木板上表面因摩擦产生的热量 Q＝μ2mgcos θ·2Δx 解得Q＝14.4 J。 答案　(1)6 m/s　(2)9.6 m/s　1.2 s　(3)14.4 J 学科网（北京）股份有限公司 $$