押课标卷物理第18题（解析版）-备战2022年高考物理临考题号押题

押课标卷理综第18题题号考情分析考查知识点分值预测知识点第18题1.功和功率是高考的必考内容，主要从变力做功、瞬时功率和平均功率等方面进行考查．动能定理在直线运动、曲线运动、恒力做功、变力做功等各种情况中都可适用，是高考命题的热点．2.在2020年高考中，对动能定理及机车启动模型的考查仍是热点，其考查方式可能会有以下几种：一是在选择题中对动能定理的应用进行简单考查；二是在选择题中结合图像对动能定理进行考查；三是在计算题中的某一过程中对动能定理进行考查；四是在带电粒子在电场中的运动过程中对动能定理进行考查；五是对功和功率的考查有可能结合新能源科技(如电动汽车)进行考查.功和能6预计2020年高考新课标全国卷第18题会以功和能知识为主。（2019·新课标全国Ⅱ卷）从地面竖直向上抛出一物体，其机械能E总等于动能Ek与重力势能Ep之和。取地面为重力势能零点，该物体的E总和Ep随它离开地面的高度h的变化如图所示。重力加速度取10m/s2。由图中数据可得 A．物体的质量为2kgB．h=0时，物体的速率为20m/sC．h=2m时，物体的动能Ek=40JD．从地面至h=4m，物体的动能减少100J【答案】AD【解析】A．Ep–h图像知其斜率为G，故G==20N，解得m=2kg，故A正确B．h=0时，Ep=0，Ek=E机–Ep=100J–0=100J，故=100J，解得：v=10m/s，故B错误；C．h=2m时，Ep=40J，Ek=E机–Ep=85J–40J=45J，故C错误；D．h=0时，Ek=E机–Ep=100J–0=100J，h=4m时，Ek′=E机–Ep=80J–80J=0J，故Ek–Ek′=100J，故D正确。我国在人工智能和无人驾驶技术方面已取得较大突破。为早日实现无人驾驶，某公司对汽车性能进行了一项测试，让质量为m的汽车沿一山坡直线行驶。测试中发现，下坡时若关掉油门，则汽车的速度保持不变；若以恒定的功率P上坡，则从静止启动做加速运动，发生位移s时速度刚好达到最大值vm。设汽车在上坡和下坡过程中所受阻力的大小分别保持不变，下列说法正确的是A．关掉油门后的下坡过程，汽车的机械能守恒B．关掉油门后的下坡过程，坡面对汽车的支持力的冲量为零C．上坡过程中，汽车速度由增至，所用的时间可能等于D．上坡过程中，汽车从静止启动到刚好达到最大速度vm，所用时间一定小于【答案】D 【解析】A、关掉油门后的下坡过程，汽车的速度不变、动能不变，重力势能减小，则汽车的机械能减小，故A错误；B、关掉油门后的下坡过程，坡面对汽车的支持力大小不为零，时间不为零，则冲量不为零，故B错误；C、上坡过程中，汽车速度由增至，所用的时间为t，根据动能定理可得：，解得，故C错误；D、上坡过程中，汽车从静止启动到刚好达到最大速度，功率不变，则速度增大、加速度减小，所用时间为，则，解得，故D正确。几个重要的功能关系(1)重力做功等于重力势能的变化，即WG＝－ΔEp。(2)弹力做功等于弹性势能的变化，即W弹＝－ΔEp。(3)合力做功等于动能的变化，即W＝ΔEk。(4)重力(或弹簧弹力)之外的其他力做功等于机械能的变化，即W其他＝ΔE。[来源:Z*xx*k.Com](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。(6)电场力做功等于电势能的变化，即WE＝－ΔEp。1．某游客领着孩子游泰山时，孩子不小心将手中的皮球滑落，球从A点滚到了山脚下的B点，高度标记如图所示，则下列说法正确的是()A．从A到B的曲线轨迹长度不知道，无法求出此过程重力做的功B．从A到B过程中阻力大小不知道，无法求出此过程重力做的功C．从A到B重力做功mg(H＋h)D．从A到B重力做功mgH【答案】D【解析】 试题分析：重力做功与路径无关，根据两点间的高度差即可求得重力所做的功；因AB两点间的高度差为H；则重力做功W=mgH；故选D．考点：重力功【名师点睛】本题考查重力做功的特点，重力做功与路径无关，只与初末状态的高度差有关；要注意正确理解重力做功与路径无关的含义，并能正确应用．2．如图所示，水平向右的匀强电场中有一绝缘斜面，一带电金属滑块以Ek0＝30J的初动能从斜面底端A冲上斜面，到顶端B时返回，已知滑块从A滑到B的过程中克服摩擦力做功10J，克服重力做功24J，则(　　)A．滑块带正电，上滑过程中电势能减小4JB．滑块上滑过程中机械能增加4JC．滑块上滑到斜面中点时重力势能增加14JD．滑块返回到斜面底端时动能为15J【答案】A【解析】动能定理知上滑过程中，代入数值得，电场力做正功，滑块带正电，电势能减小4J，A正确；由功能关系知滑块上滑过程中机械能的变化量为，即机械能减小6J，B错误；由题意知滑块上滑到斜面中点时克服重力做功为12J，即重力势能增加12J，C错误；由动能定理知，所以滑块返回到斜面底端时动能为10J，D错误．【点睛】解决本题的关键掌握功能关系，知道重力做功等于重力势能的变化量，合力做功等于动能的变化量，除重力以外其它力做功等于机械能的变化量，电场力做功等于电势能的变化量．3．如图所示，在竖直平面内有一个半径为R的圆弧轨道．半径OA水平、OB竖直，一个质量为m的小球自A正上方P点由静止开始自由下落，小球沿轨道到达最高点B时恰好对轨道没有压力，已知AP=2R，重力加速度为g，则小球从P到B的运动过程中() A．重力做功2mgRB．机械能减少mgRC．合外力做功mgRD．克服摩擦力做功【答案】D【解析】试题分析:重力做功只与竖直高度有关，故重力做功为：mgR，A错；恰好到达B点有：，由动能定理知由P运动B的过程中，合外力所做的功为：，C错；由P到B，由可得：克服摩擦力做功为：mgR，D对；有上分析知在由P运动到B的过程中，机械能的减少量为mgR，B错．考点:动能定理、功能关系．【名师点睛】对功能关系的理解与应用功是能量转化的量度．力学中的功与对应的能量的变化关系如下表所示：功能量改变关系式W合：合外力的功（所有外力的功）动能的改变量（ΔEk）W合＝ΔEkWG：重力的功重力势能的改变量（ΔEp）WG＝－ΔEp W弹：弹簧弹力做的功弹性势能的改变量（ΔEp）W弹＝－ΔEpW其他：除重力或系统内弹簧弹力以外的其他外力做的功机械能的改变量（ΔE）W其他＝ΔEFf·Δx：一对滑动摩擦力做功的代数和因摩擦而产生的内能（Q）Ff·Δx＝Q（Δx为物体间的相对位移）4．如图所示,固定的竖直光滑长杆上套有质量为m的小圆环,圆环与水平状态的轻质弹簧一端连接,弹簧的另一端连接在墙上,且处于原长状态．现让圆环由静止开始下滑,已知弹簧原长为L,圆环下滑到最大距离时弹簧的长度变为2L(未超过弹性限度),则在圆环下滑到最大距离的过程中()A．圆环的机械能守恒B．弹簧弹性势能变化了mgLC．圆环下滑到最大距离时,所受合力为零D．圆环重力势能与弹簧弹性势能之和保持不变【答案】B【解析】圆环在下滑过程中，弹簧对其做负功，故圆环机械能减小，选项A错误；圆环下滑到最大的距离时，由几何关系可知，圆环下滑的距离为，圆环的速度为零，由能量守恒定律可知，弹簧的弹性势能增加量等于圆环重力势能的减小量，为，故选项B正确；圆环下滑过程中，所受合力为零时，加速度为零，速度最大，而下滑至最大距离时，物体速度为零，加速度不为零，所以选项C错误； 在下滑过程中，圆环的机械能与弹簧弹性势能之和保持不变，即系统机械能守恒，所以选项D错误；考点：系统机械能守恒5．如图所示，固定在水平面上的光滑斜面倾角为，质量分别为、的两个物体A、B通过细绳及轻弹簧连接于光滑轻滑轮两侧，斜面底端有一与斜面垂直的挡板.开始时用手按住物体A，此时A与挡板的距离为，B静止于地面，滑轮两边的细绳恰好伸直，且弹簧处于原长状态.已知，空气阻力不计.松开手后，关于二者的运动下列说法中正确的是（）A．A和B组成的系统机械能守恒B．当A的速度最大时，B与地面间的作用力为零C．若A恰好能到达挡板处，则此时B的速度为零D．若A恰好能到达挡板处，则此过程中重力对A做的功等于弹簧弹性势能的增加量【答案】B【解析】【详解】A、对于、、弹簧组成的系统，只有重力和弹力做功，系统的机械能守恒，但对于、两物体组成的系统，机械能不守恒，故选项A错误；B、的重力分力为，物体先做加速运动，当受力平衡时速度达到最大，则此时受细绳的拉力为，故恰好与地面间的作用力为零，故选项B正确；C、从开始运动直到到达挡板过程中，弹力的大小一直大于的重力，故一直做加速运动，到达挡板时，的速度不为零，故选项C错误；D、恰好能到达挡板处，则此过程中重力对做的功等于弹簧弹性势能的增加量与物体的机械能增加量之和，故选项D错误。6．如图所示，在水平地面上竖直固定一绝缘弹簧，弹簧中心直线的正上方固定一个带电小球Q，现将与Q带同种电荷的小球P，从直线上的N点由静止释放，在小球P与弹簧接触到速度变为零的过程中，下列说法中正确的是 A．小球P的电势能先减小后增加B．小球P与弹簧组成的系统机械能一定增加C．小球动能的减少量等于电场力和重力做功的代数和D．小球P速度最大时所受弹簧弹力和库仑力的合力为零【答案】B【解析】小球下落的过程中，电场力一直对小球做正功，小球P的电势能一直减小，选项A错误；因Q对P做正功，故小球P与弹簧组成的系统机械能一定增加，选项B正确；小球动能的减少量等于电场力和重力以及弹力做功的代数和，选项C错误；小球P速度最大时所受弹簧弹力、重力以及库仑力的合力为零，选项D错误；故选B.7．如图甲所示，一块长度为L、质量为m的木块静止在光滑水平面上。一颗质量也为m的子弹以水平速度v0射人木块。当子弹刚射穿木块时，木块向前移动的距离为s(图乙)。设子弹穿过木块的过程中受到的阻力恒定不变，子弹可视为质点。则子弹穿过木块的时间为A．B．C．D．【答案】D【解析】【分析】以子弹与木块组成的系统为研究对象，满足动量守恒定律，分别对子弹和木块列动能定理表达式，再对木块列动量定理表达式，联立可求解.【详解】子弹穿过木块过程，对子弹和木块的系统，外力之和为零动量守恒，有：， 设子弹穿过木块的过程所受阻力为f，对子弹由动能定理：，由动量定理：，对木块由动能定理：，由动量定理：，联立解得：；故选D.【点睛】子弹穿过木块的过程，子弹与木块组成的相同动量守恒，由动量守恒定律与动量定理可以正确解题，解题时注意研究对象、研究过程的选择.8．一质量为m的物体以某一速度冲上一个倾角为37°的斜面，其运动的加速度的大小为0.9g．这个物体沿斜面上升的最大高度为H，则在这过程中(　　)A．物体克服重力做功0.9mgHB．物体克服摩擦力做功0.6mgHC．物体的动能损失了1.5mgHD．物体的重力势能增加了mgH【答案】CD【解析】AD.重力势能的增加量等于克服重力做的功mgH，故重力势能增加了mgH，故A错误D正确；B.物体上滑过程，根据牛顿第二定律，有：mgsin37∘+f=ma，解得摩擦力大小f=0.3mg，物体克服摩擦力做功Wf=0.3mg×=0.5mgH，故B错误；C．物体上滑过程,根据牛顿第二定律,得合外力大小为F合=ma=0.9mg,根据动能定理得：△Ek=−F合=−1.5mgH，故物体的动能减少了1.5mgH，故C正确．故选CD．9．如图所示，一质量为m的小球固定在长为2L的轻杆上端，轻杆下端用光滑铰链连接于地面上的A点，杆可绕A点在竖直平面内自由转动，杆的中点系一细绳，电机与自动装置控制绳子，使得杆可以从虚线位置绕A点逆时针倒向地面，且整个倒下去的过程中，杆做匀速转动．那么在此过程中（　　） A．小球重力做功为2mgLB．绳子拉力做功大于2mgLC．重力做功功率逐渐增大D．绳子拉力做功功率先增大后减小【答案】AC【解析】A、小球重力做功为，故A正确；B、在整个过程中，根据动能定理可得，解得，故B错误；C、设杆与水平方向的夹角为，根据可知重力的功率为：，在下落过程中，逐渐减小，故重力做功功率逐渐增大，故C正确；D、在整个过程中，重力的功率和绳子的功率相同，故绳子的功率逐渐增大，故D错误。点睛：本题主要考查了功率和动能定理，关键是抓住绳子的功率和重力的瞬时功率相同即可求的。10．如图所示，在光滑的水平桌面上有体积相同的两个小球A、B，质量分别为m=0.1kg和M=0.3kg，两球中间夹着一根压缩的轻弹簧，原来处于静止状态，同时放开A、B球和弹簧，已知A球脱离弹簧的速度为6m/s，接着A球进入与水平面相切，半径为0.5m的竖直面内的光滑半圆形轨道运动，PQ为半圆形轨道竖直的直径，，下列说法正确的是A．弹簧弹开过程，弹力对A的冲量大于对B的冲量B．A球脱离弹簧时B球获得的速度大小为2m/sC．A球从P点运动到Q点过程中所受合外力的冲量大小为1N·sD．若半圆轨道半径改为0.9m，则A球不能到达Q点【答案】BCD【解析】试题分析：根据弹簧对A、B的弹力大小关系、作用时间关系分析弹力对A、B冲量关系．弹簧弹开过程，根据动量守恒定律求A球脱离弹簧时B球获得的速度．由机械能守恒定律求A球到达Q 点的速度，再由动量定理求A球从P点运动到Q点过程中所受合外力的冲量大小．若半圆轨道半径改为0.9m，求出A球到达Q点时的最小速度，再分析A球能否到达Q点．弹簧弹开两小球的过程，弹力相等，作用时间相同，根据冲量定义可知，弹力对A的冲量大小等于B的冲量大小，A错误；由动量守恒定律，解得A球脱离弹簧时B球获得的速度大小为，B正确；设A球运动到Q点时速率为v，对A球从P点运动到Q点的过程，由机械能守恒定律可得，解得v=4m/s，根据动量定理，即A球从P点运动到Q点过程中所受合外力的冲量大小为1N·s，C正确；若半圆轨道半径改为0.9m，小球到达Q点的临界速度，对A球从P点运动到Q点的过程，由机械能守恒定律，解得，小于小球到达Q点的临界速度，则A球不能达到Q点，D正确．11．在风洞实验室内的竖直粗糙墙面上放置一钢板，风垂直吹向钢板，在钢板由静止开始下落的过程中，作用在钢板上的风力恒定．用EK、E、v、P分别表示钢板下落过程中的动能、机械能、速度和重力的功率，关于它们随下落高度或下落时间的变化规律，下列四个图象中正确的是（　　）A．B．C．D．【答案】AC【解析】C、钢板受到重力mg、风力F、墙的支持力N和滑动摩擦力f，由于风力恒定，则由平衡条件得知，墙对钢板的支持力恒定，钢板所受的滑动摩擦力恒定，故钢板匀加速下滑，则有v=at，故C正确； A、根据动能定理得：，可知与h成正比，故A正确；B、设钢板开始时机械能为，钢板克服滑动摩擦力做功等于机械能减小的量，则，则知E与t是非线性关系，图象应是曲线，故B错误；D、重力的功率，则知P与h是非线性关系，图象应是曲线，故D错误；故选AC．【点睛】本题首先要正确分析钢板的运动情况，其次要根据物理规律得到动能、机械能、速度和重力功率的表达式，再选择图象．12．如图甲所示，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，某同学在研究小球落到弹簧后向下运动到最低点的过程，他以小球开始下落的位置为原点，沿竖直向下方向建立坐标轴Ox，做出小球所受弹力F大小随小球下落的位置坐标x的变化关系如图乙所示．不计空气阻力，重力加速度为g．以下判断正确的是A．当x=h+x0，重力势能与弹性势能之和最小B．小球到达最低点的坐标为x=h+2x0C．小球受到的弹力最大值大于2mgD．小球动能的最大值为mgh+mgx0【答案】ACD【解析】【详解】根据乙图可知，当x=h+x0，小球的重力等于弹簧的弹力，此时小球具有最大速度，以弹簧和小球组成的系统，机械能守恒可知，重力势能与弹性势能之和最小，故A正确；根据运动的对称性可知，小球运动的最低点大于h+2x0 ，小球受到的弹力最大值大于2mg，故B错误，C正确；小球达到最大速度的过程中，根据动能定理可知mg(h+x0)−mg•x0＝mv2，故小球动能的最大值为mgh+mgx0，故D正确；故选ACD。13．用轻杆通过铰链相连的小球A、B、C、D、E处于竖直平面上，各段轻杆等长，其中小球A、B的质量均为2m，小球C、D、E的质量均为m．现将A、B两小球置于距地面高h处，由静止释放，假设所有球只在同一竖直平面内运动，不计一切摩擦，则在下落过程中A．小球A、B、C、D、E组成的系统机械能和动量均守恒B．小球B的机械能一直减小C．小球B落地的速度大小为D．当小球A的机械能最小时，地面对小球C的支持力大小为mg【答案】CD【解析】【详解】小球A、B、C、D、E组成的系统机械能守恒但动量不守恒，故A错误；由于D球受力平衡，所以D球在整个过程中不会动，所以轻杆DB对B不做功，而轻杆BE对B先做负功后做正功，所以小球B的机械能先减小后增加，故B错误；当B落地时小球E的速度等于零，根据功能关系可知小球B的速度为，故C正确；当小球A的机械能最小时，轻杆AC没有力，小球C竖直方向上的力平衡，所以支持力等于重力，故D正确，故选CD14．如图，质量分别为mA=2kg、mB=4kg的A、B小球由轻绳贯穿并挂于定滑轮两侧等高H=25m处，两球同时由静止开始向下运动，已知两球与轻绳间的最大静摩擦力均等于其重力的0.5倍，且最大静摩擦力等于滑动摩擦力。两侧轻绳下端恰好触地，取g=10m/s2，不计细绳与滑轮间的摩擦，则下列说法正确的是() A．A与细绳间为滑动摩擦力，B与细绳间为静摩擦力B．A比B先落地C．A,B落地时的动能分别为400J、850JD．两球损失的机械能总量250J【答案】ACD【解析】【详解】A项：由于A、B两球对细绳的摩擦力必须等大，且A、B的质量不相等，A球由静止释放后与细绳间为滑动摩擦力，B与细绳间为静摩擦力，故A正确；B项：对A：mAg-fA=mAaA，对B：mBg-fB=mBaB，fA=fB，fA=0.5mAg，联立解得：，设A球经ts与细绳分离，此时，A、B下降的高度分别为hA、hB，速度分别为VA、VB，则有：，，H=hA+hB，VA=aAt，VB=aBt 联立解得：t=2s，hA=10m，hB=15m，VA=10m/s，VB=15m/s，分离后，对A经t1落地，则有：，对B经t2落地，m则有：解得：，，所以b先落地，故B错误；C项：A、B落地时的动能分别为EkA、EkB，由机械能守恒，有：代入数据得：EkA=400J、EkB=850J，故C正确；D项：两球损失的机械能总量为△E，△E=（mA+mB）gH-EkA-EkB，代入数据得：△E=250J，故D正确。故应选：ACD。【点睛】解决本题的关键理清A、B两球在整个过程中的运动规律，结合牛顿第二定律和运动学公式综合求解，知道加速度是联系力学和运动学的桥梁。要注意明确B和绳之间的滑动摩擦力，而A和绳之间的为静摩擦力，其大小等于B受绳的摩擦力。 15．如图，一固定容器的内壁是半径为R的半球面；在半球面水平直径的一端有一质量为m的质点P.它在容器内壁由静止下滑到最低点的过程中，克服摩擦力做的功为W.重力加速度大小为g.设质点P在最低点时，向心加速度的大小为a，容器对它的支持力大小为N，则(　　)A．a＝B．a＝C．N＝D．N＝【答案】AC【解析】试题分析:质点P下滑的过程，由动能定理得，可得；在最低点，质点P的向心加速度；根据牛顿第二定律得,解得；故A、B、C正确，D错误．故选ABC．考点：考查动能定理；向心力．【名师点睛】解决本题的关键掌握动能定理解题，以及知道质点在B点径向的合力提供圆周运动的向心力．16．如图所示，竖直放置的半圆形轨道与水平轨道平滑连接，不计一切摩擦．圆心O点正下方放置为2m的小球A，质量为m的小球B以初速度v0向左运动，与小球A发生弹性碰撞．碰后小球A在半圆形轨道运动时不脱离轨道，则小球B的初速度v0可能为（　　）A．B．C．D．【答案】BC【解析】 A与B碰撞的过程为弹性碰撞，则碰撞的过程中动量守恒，设B的初速度方向为正方向，设碰撞后B与A的速度分别为v1和v2，则：mv0=mv1+2mv2由动能守恒得：联立得： ①1.恰好能通过最高点,说明小球到达最高点时小球的重力提供向心力,是在最高点的速度为vmin，由牛顿第二定律得：2mg= ②A在碰撞后到达最高点的过程中机械能守恒，得：③联立①②③得：v0=，可知若小球B经过最高点，则需要：v0⩾2.小球不能到达最高点，则小球不脱离轨道时，恰好到达与O等高处，由机械能守恒定律得：④联立①④得：v0=可知若小球不脱离轨道时,需满足：v0⩽由以上的分析可知,若小球不脱离轨道时,需满足：v0⩽或v0⩾，故AD错误，BC正确．故选BC点睛：小球A的运动可能有两种情况：1．恰好能通过最高点，说明小球到达最高点时小球的重力提供向心力，由牛顿第二定律求出小球到达最高点点的速度，由机械能守恒定律可以求出碰撞后小球A的速度．由碰撞过程中动量守恒及能量守恒定律可以求出小球B的初速度；2．小球不能到达最高点，则小球不脱离轨道时，恰好到达与O等高处，由机械能守恒定律可以求出碰撞后小球A的速度．由碰撞过程中动量守恒及能量守恒定律可以求出小球B的初速度． 17．如图所示为某一工作车间的传送装置，已知传送装置与水平面夹角为37°，传送带以10m/s的速率顺时针运转。某时刻在传送带上端A处无初速度的轻轻放上一质量为1kg的小铁块（可视为质点），铁块与传送带间的动摩擦因数为0.5，传送带A到B的总长度为16m，其中，则在小铁块从A运动到B的过程中（）A．小铁块从A到B运动的总时间为2sB．小铁块对皮带做的总功为0C．小铁块与传送带相对位移为4mD．小铁块与皮带之间因摩擦生热而产生的内能为20J【答案】AC【解析】开始时，传送带作用于小物体的摩擦力沿传送带向下，小物体下滑的加速度，小物体加速到与传送带运行速度相同是需要的时间为，在这段时间内，小物体沿传送带下滑的距离为，由于μ＜tanθ，此后，小物体沿传送带继续加速下滑时，它相对于传送带的运动的方向向下，因此传送带对小物体的摩擦力方向有改为沿传送带向上，其加速度变为a1=g（sinθ-μcosθ）=10×（0.6-0.5×0.8）m/s2=2m/s2小物体从该位置起运动到B端的位移为s-s1=16m-5m=11m小物体做初速度为v=10m/s、加速度为a1的匀加速直线运动，由代入数据，解得t2=1s（t2=-11s舍去）所以，小物体从A端运动到B端的时间为t=t1+t2=2s，故A正确；B项：皮带的总位移,摩擦力，所以摩擦力所做的功为,故B错误；C项：物体从A到B运动的位移为16m，由B项分析可知，皮带的总位移为20m，所以小铁块与传送带相对位移为4m，故C正确；D项：因摩擦产生的热量，故D错误。18．如图所示，A为一固定在地面上的光滑弧形轨道，质量为2m的足够长的小车B紧靠弧形轨道的右侧静止在水平光滑地面上，弧形轨道末端的切线水平且恰好在小车的上表面，一质量为m的滑块C 自弧形轨道的a点由静止开始下滑，当滑块C与小车相对静止时，它们的速度为，滑块相对于小车的滑行距离为d，滑块与小车的动摩擦因数为μ，重力加速度为g，滑块C可视为质点，从滑块开始下滑到滑块与小车相对静止的过程中，下列判断正确的是（）A．小车对滑块的摩擦力做功等于μmgdB．系统损失的机械能为μmgdC．滑块C到达弧形轨道末端时速度为D．a点与弧形轨道末端的竖直高度为【答案】BD【解析】【详解】A．滑块C以v滑上小车，在摩擦力作用下减速，最后与小车共速，滑块动能减少，转化为小车的动能和热量，而系统产生的热量，而滑块C相对小车的位移为，故系统产生的热量为故小车对滑块的摩擦力做的功大于，A错误；B．根据能量守恒定律可知，系统损失的机械能等于，B正确；C．滑块C滑上小车，系统动量守恒，则有：解得：，C错误；D．滑块C从弧形下滑时机械能守恒，则有： 解得：，D正确。故选BD。