C.到达底端的速度v1>v2=v3
D.到达底端的速度v1>v2>v3
7.（2012·临沂模拟）第十三届田径锦标赛于2011年8月在韩国大邱举行.在撑杆跳比赛中,波兰选手沃伊切霍夫斯基以5.90m的高度夺金,如果把撑杆跳全过程分成四个阶段:
a—b、b—c、c—d、d—e，如图所示，则对这四个阶段的下列描述正确的有（）
A.a—b为加速助跑阶段，人和杆的机械能在增加
B.b—c为杆弯曲人上升阶段，系统动能减少，重力势能和弹性势能在增加
C.c—d为杆伸直人上升阶段，人的动能转化为重力势能
D.d—e为人过横杆后的下落阶段，重力所做的功等于人机械能的增加量
8.传送带用于传送工件可以提高工作效率.如图所示,传送带长度是
以恒定的速度v运送质量为m的工件,工件从最低点A无初速度地放到传送带上,到达最高点B前有一段匀速的过程.工件与传送带之间的动摩擦因数为μ,传送带与水平方向夹角为θ,每当前一个工件在传送带上停止相对滑动时,后一个工件立即放到传送带上,整条传送带满载时恰好能传送n个工件.重力加速度为g,则下列说法正确的是（）
A.在传送带上摩擦力对每个工件做的功为
B.在传送带上摩擦力对每个工件做的功为
C.每个工件与传送带之间由摩擦产生的热量为
D.传送带满载工件比空载时增加的功率为P=mgv（μcosθ+nsinθ-sinθ）
二、计算题（本大题共2小题，共28分，要有必要的文字说明和解题步骤，有数值计算的要注明单位）
9.（2012·聊城模拟）（14分）如图所示，水平光滑地面上停放着一辆小车，左侧靠在竖直墙壁上,小车的四分之一圆弧轨道AB光滑,在最低点B与水平轨道BC相切,BC的长度L=2m,圆弧半径R=1m,整个轨道处于同一竖直平面内,可视为质点的物块从C点以8m/s初速度向左运动,物块与BC部分的动摩擦因数μ=0.7,已知物块质量为m=1kg,小车的质量M=3.5kg（g=10m/s2）求:
（1）物块到达圆弧轨道最低点B时对轨道的压力及离开B点上升的最大高度.
（2）物块滑向B点后再经多长时间离开小车及小车运动的最大速度.
10.（2012·常熟模拟）（14分）如图所示,遥控电动赛车（可视为质点）从A点由静止出发,经过时间t后关闭电动机,赛车继续前进至B点后进入固定在竖直平面内的圆形光滑轨道,通过轨道最高点P后又进入水平轨道CD上.已知赛车在水平轨道AB部分和CD部分运动时受到的阻力恒为车重的0.5倍,即k=Ff/mg=0.5,赛车的质量m=0.4kg,通电后赛车的电动机以额定功率P=2W工作,轨道AB的长度L=2m,圆形轨道的半径R=0.5m,空气阻力可以忽略,取重力加速度g=10m/s2.某次比赛,要求赛车在运动过程中既不能脱离轨道,又要在CD轨道上运动的路程最短.在此条件下,
求:
（1）赛车在CD轨道上运动的最短路程.
（2）赛车电动机工作的时间.
答案解析
1.【解析】选C.采用背越式跳高方式时，运动员的重心升高的高度可以低于横杆，而采用跨越式跳高方式时，运动员的重心升高的高度一定高于横杆，故用背越式时克服重力做的功不一定大于mgh，而采用跨越式时克服重力做的功一定大于mgh，C正确.
2.【解析】选B、C、D.由a到b的过程中，应用机械能守恒定律可得：
得
A错误；由
得：
FNb=3mg，B正确；由能量守恒可得：
mgR-μmg·xbc=0,得
，C正确；在整个过程中，克服摩擦力做功为
μmgxbc=mgR,故机械能损失了mgR,D正确.
3.【解析】选B、D.由mgsin37°+Ff=ma可得：
Ff=0.3mg,物体上滑过程中，物体重力做负功，大小为mgH，故重力势能增加了mgH，A错误，B正确；物体机械能的损失等于物体克服阻力所做的功，其大小为
，D正确；由
得：
v02=3gH,故物体动能损失为
C错误.
4.【解析】选A、D.由图乙可知，在0～x1过程中，物体机械能减少，故力F在此过程中做负功，因此，物体沿斜面向下运动，因在E-x图线中的0～x1阶段，图线的斜率变小，故力F在此过程中逐渐减小，由mgsinθ-F=ma可知，物体的加速度逐渐增大，A正确，B、C错误;x1～x2过程中，物体机械能保持不变，F=0,故此过程中物体的加速度a=gsinθ,D正确.
【变式备选】（2012·桂林模拟）如图所示，劲度系数为k的轻弹簧竖直放置，下端固定在水平地面上，一质量为m的小球，从离弹簧上端高h处由静止释放，那么从小球压上弹簧后继续向下运动到最低点的过程中，以下说法正确的是（）
A.弹簧的弹性势能逐渐增大
B.小球刚接触弹簧时动能最大
C.小球所受合力的最大值可能等于重力
D.该过程的某一阶段内，小球的动能增大而小球的机械能减少
【解析】选A、D.小球压上弹簧后继续向下运动到最低点的过程中，弹簧的压缩量增大，弹簧的弹性势能逐渐增大，A正确；小球压上弹簧后的开始阶段，仍有mg>kx，故小球还要继续加速，而此过程中小球的机械能有一部分转化为弹簧的弹性势能，小球机械能减少了，故D正确，B错误；小球在最低点时合力最大，方向向上，其合力一定大于mg,C错误.
5.【解析】选A、C.由剪断细绳前两物体平衡可得:
由机械能守恒得：
可知两物体着地时的速度
故它们的速度大小相同，但因物体质量不同，故两物体着地时的动能和机械能均不同，B、D错误，C正确；由
可知，两物体着地时，所受重力的功率相同，A正确.
6.【解析】选B、D.物体损失的机械能等于因摩擦产生的热量，也等于物体克服摩擦力所做的功Wf，由
可知，
，故B正确，A错误；由动能定理得：
由h1>h2可知，v1>v2,由
可知，v2>v3,故C错误，D正确.
7.【解析】选A、B.在加速助跑阶段，人和杆的速度增大,其机械能增加,A正确;
在杆弯曲人上升阶段,系统的重力势能和弹性势能在增加,而系统动能减少,B正确;在c—d阶段,杆伸直人上升的过程,杆的弹性势能和人的动能均转化为重力势能,C错误;人过横杆后的下落阶段,只有重力做功,人的机械能守恒,D错误.
8.【解题指南】解答本题时应明确以下三点：
（1）传送带对工件所做的功等于工件动能与重力势能的增量.
（2）由摩擦产生的热量等于滑动摩擦力与相对位移的乘积.
（3）满载时有一个工件是滑动摩擦力,其余为静摩擦力.
【解析】选B、D.由动能定理可知,
故传送带上摩擦力对每个工件做的功为
A错误,B正确;工件加速过程的加速度
加速到同速所用的时间
故每个工件加速过程中由摩擦产生的热量
故C错误；满载比空载时，传送带增加的拉力F=（n-1）mgsinθ+μmgcosθ,故传送带满载比空载时增加的功率为P=F·v=mgv（μcosθ+nsinθ-sinθ）,D正确.
9.【解析】
（1）物块由C到B的过程对物块由动能定理得:
（2分）
据牛顿第二定律:
（2分）
由牛顿第三定律FN=-FN′，FN′的大小为46N,方向竖直向下（2分）
由机械能守恒定律:
，
解得:
h=1.8m（2分）
（2）设物块滑回B点至轨道末端C处分离用时t,对物块由牛顿第二定律μmg=ma1
对小车有:
μmg=Ma2（2分）
（2分）
解得:
分离时小车速度最大v车=a2t
解得:
v车=1.33m/s（2分）
答案：
（1）46N，方向竖直向下1.8m
（2）
s1.33m/s
10.【解析】
（1）要求赛车在运动过程中既不能脱离轨道,又在CD轨道上运动的路程最短,则赛车经过圆轨道P点时速度最小,此时赛车对轨道的压力为零,重力提供向心力:
（2分）
C点的速度,由机械能守恒定律可得:
（3分）
由上述两式联立，代入数据可得：
vC=5m/s（1分）
设赛车在CD轨道上运动的最短路程为x,由动能定理可得：
（2分）
代入数据可得：
x=2.5m（1分）
（2）由于竖直圆轨道光滑，由机械能守恒定律可知：
vB=vC=5m/s
从A点到B点的运动过程中，由能量守恒定律可得：
（3分）
代入数据可得：
t=4.5s（2分）
答案：
（1）2.5m
（2）4.5s
【总结提升】与功能关系相结合的圆周运动问题的分析方法
（1）确定研究对象，对研究对象进行受力分析和做功情况分析，对于多个过程的情形，要分析出在每一个过程中的受力和做功情况.
（2）注意不同过程的衔接,前一个过程的末状态,就是后一个过程的初状态.
（3）分析每一个过程中的能量转化情况,机械能是否守恒,列出每一个过程的对应方程.
（4）确定临界状态及特点,并列出相应的方程.
（5）求解方程并进行验证.
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