天津市机械能守恒定律单元试卷(word版含答案)

一、第八章机械能守恒定律易错题培优（难）
1．一足够长的水平传送带上放置质量为m=2kg小物块（物块与传送带之间动摩擦因数为
0.2
μ=），现让传送带从静止开始以恒定的加速度a=4m/s2开始运动，当其速度达到
v=12m/s后，立即以相同大小的加速度做匀减速运动，经过一段时间后，传送带和小物块均静止不动。

下列说法正确的是（）
A．小物块0
到4s内做匀加速直线运动，后做匀减速直线运动直至静止
B．小物块0到3s内做匀加速直线运动，之后做匀减速直线运动直至静止
C．物块在传送带上留下划痕长度为12m
D．整个过程中小物块和传送带间因摩擦产生的热量为80J
【答案】ACD
【解析】
【分析】
【详解】
物块和传送带的运动过程如图所示。

AB.由于物块的加速度
a1=µg=2m/s2
小于传送带的加速度a2=4 m/s2，所以前面阶段两者相对滑动，时间1
2
v
t
a
==3s，此时物块的速度v1=6 m/s，传送带的速度v2=12 m/s
物块的位移
x1=
1
2
a1t12=9m
传送带的位移
x2=
1
2
a2t12=18m
两者相对位移为
121
x x x
∆=-=9m
此后传送带减速，但物块仍加速，B错误；
当物块与传送带共速时，由匀变速直线运动规律得
12- a2t2=6+ a1t2
解得t 2=1s
因此物块匀加速所用的时间为
t 1+ t 2=4s
两者相对位移为2x ∆= 3m ，所以A 正确。

C ．物块开始减速的速度为
v 3=6+ a 1t 2=8 m/s
物块减速至静止所用时间为
331
v t a =
=4s 传送带减速至静止所用时间为 342v t a =
=2s 该过程物块的位移为
x 3=
12a 1t 32=16m 传送带的位移为
x 2=
12
a 2t 42=8m 两者相对位移为 3x ∆=8m
回滑不会增加划痕长度，所以划痕长为
12x x x ∆=∆+∆=9m+3m=12m
C 正确；
D ．全程相对路程为
L =123x x x ∆+∆+∆=9m+3m+8m=20m
Q =µmgL =80J
D 正确；
故选ACD 。

2．如图所示，两个质量均为m 的小滑块P 、Q 通过铰链用长为L 的刚性轻杆连接，P 套在固定的竖直光滑杆上，Q 放在光滑水平地面上，轻杆与竖直方向夹角α=30°．原长为2L 的轻弹簧水平放置，右端与Q 相连，左端固定在竖直杆O 点上。

P 由静止释放，下降到最低点时α变为60°．整个运动过程中，P 、Q 始终在同一竖直平面内，弹簧在弹性限度内，忽略一切摩擦，重力加速度为g 。

则P 下降过程中（ ）
A ．P 、Q 组成的系统机械能守恒
B ．P 、Q 的速度大小始终相等
C ．弹簧弹性势能最大值为312
mgL D ．P 达到最大动能时，Q 受到地面的支持力大小为2mg
【答案】CD
【解析】
【分析】
【详解】
A ．根据能量守恒知，P 、Q 、弹簧组成的系统机械能守恒，而P 、Q 组成的系统机械能不守恒，选项A 错误；
B ．在下滑过程中，根据速度的合成与分解可知
cos sin P Q v v αα= 解得
tan P Q
v v α= 由于α变化，故P 、Q 的速度大小不相同，选项B 错误；
C ．根据系统机械能守恒可得
(cos30cos 60)P E mgL =︒-︒
弹性势能的最大值为
31P E -=
选项C 正确； D ．P 由静止释放，P 开始向下做加速度逐渐减小的加速运动，当加速度为零时，P 的速度达到最大，此时动能最大，对P 、Q 和弹簧组成的整体受力分析，在竖直方向，根据牛顿第二定律可得
200N F mg m m -=⨯+⨯
解得
F N =2mg
选项D 正确。

故选CD 。

3．如图所示，ABC 为一弹性轻绳，一端固定于A 点，一端连接质量为m 的小球，小球穿
在竖直的杆上。

轻杆OB 一端固定在墙上，一端为定滑轮。

若绳自然长度等于AB ，初始时ABC 在一条水平线上，小球从C 点由静止释放滑到E 点时速度恰好为零。

已知C 、E 两点间距离为h ，D 为CE 的中点，小球在C 点时弹性绳的拉力为2
mg ，小球与杆之间的动摩擦因数为0.5，弹性绳始终处在弹性限度内。

下列说法正确的是（ ）
A ．小球在D 点时速度最大
B ．若在E 点给小球一个向上的速度v ，小球恰好能回到
C 点，则2v gh =
C ．小球在C
D 阶段损失的机械能等于小球在D
E 阶段损失的机械能
D ．若O 点没有固定，杆OB 在绳的作用下以O 为轴转动，在绳与B 点分离之前，B 的线速度等于小球的速度沿绳方向分量
【答案】AD
【解析】
【详解】
A ．设当小球运动到某点P 时，弹性绳的伸长量是BP x ，小球受到如图所示的四个力作用：
其中
T BP F kx =
将T F 正交分解，则
N T sin sin 2BP BC mg F F kx kx θθ⋅====
f N 14
F F mg μ==
T F 的竖直分量 T T cos cos y BP CP F F kx kx θθ===
据牛顿第二定律得
f T y m
g F F ma --=
解得
T 3344y CP F kx a g g m m
=-=- 即小球的加速度先随下降的距离增大而减小到零，再随下降的距离增大而反向增大，据运动的对称性（竖直方向可以看作单程的弹簧振子模型）可知，小球运动到CE 的中点D 时，加速度为零，速度最大，A 正确；
B ．对小球从
C 运动到E 的过程，应用动能定理得
T F 0104mgh W mgh ⎛⎫-+-=- ⎪⎝⎭
若在E 点给小球一个向上的速度v ，小球恰能从E 点回到C 点，应用动能定理得
T 2F 11()042mgh W mgh mv ⎛⎫-++-=- ⎪⎝⎭
联立解得
T F 34
W mgh =
，v gh = B 错误； C ．除重力之外的合力做功等于小球机械能的变化，小球在CD 段所受绳子拉力竖直分量较小，则小球在CD 段时摩擦力和弹力做的负功比小球在DE 段时摩擦力和弹力做的负功少，小球在CD 阶段损失的机械能小于小球在DE 阶段损失的机械能，C 错误； D ．绳与B 点分离之前B 点做圆周运动，线速度（始终垂直于杆）大小等于小球的速度沿绳方向的分量，D 正确。

故选AD 。

4．在机场和火车站对行李进行安全检查用的水平传送带如图所示，当行李放在匀速运动的传送带上后，传送带和行李之间的滑动摩擦力使行李开始运动，随后它们保持相对静止，行李随传送带一起匀速通过检测仪检查，设某机场的传送带匀速前进的速度为0.4 m/s ，某行李箱的质量为5 kg ，行李箱与传送带之间的动摩擦因数为0.2，当旅客把这个行李箱小心地放在传送带上的A 点，已知传送带AB 两点的距离为1.2 m ,那么在通过安全检查的过程中，g 取10 m/s 2，则 （ ）．
A ．开始时行李箱的加速度为0.2 m/s 2
B ．行李箱从A 点到达B 点时间为3.1 s
C ．传送带对行李箱做的功为0.4 J
D ．传送带上将留下一段摩擦痕迹，该痕迹的长度是0.04 m
【答案】BCD
【解析】
【分析】 【详解】 行李开始运动时由牛顿第二定律有：μmg=ma ，所以得：a="2" m/s 2，故A 错误；物体加速到与传送带共速的时间10.40.22v t s s a ===，此时物体的位移：110.042
x vt m ==，则物体在剩下的x 2=1.2m-0.04m=1.96m 内做匀速运动，用时间22 2.9x t s v =
=，则行李箱从A 点到达B 点时间为t=t 1+t 2="3.1" s ，选项B 正确；行李最后和传送带最终一起匀速运动，根据动能定理知，传送带对行李做的功为：W=
12mv 2="0.4" J ，故C 正确；在传送带上留下的痕迹长度为：0.04?22
vt vt s vt m =-==，故D 正确．故选BCD ．
5．如图所示，固定在竖直平面内的圆管形轨道的外轨光滑，内轨粗糙。

一小球从轨道的最低点以初速度v 0向右运动，球的直径略小于圆管的直径，球运动的轨道半径为R ，空气阻力不计，重力加速度大小为g ，下列说法一定正确的是 （ ）
A ．若05v gR <
B ．若02v gR <，小球不可能到达圆周最高点
C ．若02v gR <，小球运动过程中机械能守恒
D ．若05v gR >
【答案】BC
【解析】
【分析】
【详解】
AD. 小球如果不挤压内轨，则小球到达最高点速度最小时，小球的重力提供向心力，由牛顿第二定律，在最高点，有
2
v mg m R
= 由于小球不挤压内轨，则小球在整个运动过程中不受摩擦力作用，只有重力做功，机械能守恒，从最低点到最高点过程中，由机械能守恒定律，有
22011222mv mv mg R =+⋅ 解得
05v gR =
若小球速度05v gR <，小球也是有可能做完整的圆周运动的，可能到达圆周最高点，只是最终在圆心下方做往复运动，故A 错误；若小球速度05v gR >，则小球一定不挤压内轨，小球运动过程中机械能守恒，故D 错误；
B. 如果轨道内轨光滑，小球在运动过程中不受摩擦力，小球在运动过程中机械能守恒，如果小球运动到最高点时速度为0，由机械能守恒定律，有
20122
mv mg R =⋅ 解得
02v gR =
现在内轨粗糙，如果小球速度02v gR <，小球在到达最高点前一定受到摩擦力作用，即小球在到达最高点前速度已为零，小球不可能到达圆周最高点，故B 正确；
C.若小球上升到与圆心等高处时速度为零，此时小球只与外轨作用，不受摩擦力，只有重力做功，由机械能守恒定律，有
2012
mv mgR = 解得
02v gR =
若02v gR <，小球只与外轨作用，不受摩擦力作用，小球运动过程中机械能守恒，故C 正确。

故选BC 。

6．如图所示，劲度数为k 的轻弹簧的一端固定在墙上，另一端与置于水平面上质量为m 的物体接触（未连接），弹簧水平且无形变．用水平力F 缓慢推动物体，在弹性限度内弹簧长度被压缩了0x ，此时物体静止．撤去F 后，物体开始向左运动，运动的最大距离为40x ．物体与水平面间的动摩擦因数为μ，重力加速度为g ．则（ ）
A ．撤去F 后，物体先做匀加速运动，再做匀减速运动
B ．撤去F 后，物体刚运动时的加速度大小为0kx g m
μ-
C ．物体做匀减速运动的时间为
D ．物体开始向左运动到速度最大的过程中克服摩擦力做的功为0()mg mg x k μμ-
【答案】BD
【解析】
【分析】
【详解】 A ．撤去F 后，物体水平方向上受到弹簧的弹力和滑动摩擦力，滑动摩擦力不变，而弹簧的弹力随着压缩量的减小而减小，弹力先大于滑动摩擦力，后小于滑动摩擦力，则物体向左先做加速运动后做减速运动，随着弹力的减小，合外力先减小后增大，则加速度先减小后增大，故物体先做变加速运动，再做变减速运动，最后物体离开弹簧后做匀减速运动，A 错误；
B ．刚开始时，由牛顿第二定律有：
0kx mg ma μ-= 解得：0kx a g m
μ=
- B 正确；
C ．由题意知，物体离开弹簧后通过的最大距离为3x 0，由牛顿第二定律得： 1a g μ＝
将此运动看成向右的初速度为零的匀加速运动，则：
201123x a t =
联立解得：t =C 错误； D ．当弹簧的弹力与滑动摩擦力大小相等、方向相反时，速度速度最大时合力为零，则有
F mg kx μ== 解得mg
x k μ=，所以物体开始向左运动到速度最大的过程中克服摩擦力做的功为：
()f 00(mg W mg x x mg x k μμμ=⎛⎫=- ⎪⎝
⎭- D 正确。

故选BD 。

7．某汽车质量为5t ，发动机的额定功率为60kW ，汽车在运动中所受阻力的大小恒为车重的0.l 倍。

若汽车以0.5m/s 2的加速度由静止开始匀加速启动，经过24s ，汽车达到最大速度。

取重力加速度g =10m/s 2，在这个过程中，下列说法正确的是（ ）
A ．汽车的最大速度为12m/s
B ．汽车匀加速的时间为24s
C ．汽车启动过程中的位移为120m
D ．4s 末汽车发动机的输出功率为60kW
【答案】AC
【解析】
【分析】
【详解】
A ．当阻力与牵引力平衡时，汽车速度达到最大值，由汽车的功率和速度关系可得
max P Fv fv ==
解得
3max
36010m/s 12m/s 0.10.151010
P P v f mg ⨯====⨯⨯⨯ 故A 正确； B ．汽车以0.5m/s 2的加速度运动时,当汽车的功率达到额定功率时，汽车达到了匀加速运动阶段的最大速度, 由汽车的功率和速度关系可得
m P F v '=
由牛顿第二定律，可得此时汽车的牵引力为
-0.1F mg ma '=
由以上方程可得
8m/s m v =
37.510N F '=⨯
这一过程能维持的时间
18s 16s 0.5
m v t a =
== 故B 错误；
C ．匀加速过程中汽车通过的位移为 221110.516m=64m 22
x at =
=⨯⨯ 启动过程中，由动能定理得 211max 1()2F x P t t kmgx mv '+--=
解得，汽车启动过程中的位移为
x =120m
故C 正确；
D ．由B 项分析可知，4s 末汽车还在做匀加速运动，实际功率小于额定功率，所以4s 末汽车发动机的输出功率小于60kW ，故D 错误；
故选AC 。

8．如图所示，竖直固定的光滑直杆上套有一个质量为m 的滑块，初始时静置于a 点．一原长为l 的轻质弹簧左端固定在O 点，右端与滑块相连．直杆上还有b 、c 、d 三点，且b 与O 在同一水平线上，Ob =l ，Oa 、Oc 与Ob 夹角均为37°，Od 与Ob 夹角为53°．现由静止释放小滑块，在小滑块从a 下滑到d 过程中，弹簧始终处于弹性限度内，sin37°=0.6，则下列说法正确的是
A ．滑块在b 点时速度最大，加速度为g
B ．从a 下滑到c 点的过程中，滑块的机械能守恒
C ．滑块在c 3gL
D ．滑块在d 处的机械能小于在a 处的机械能
【答案】CD
【解析】
【分析】
【详解】 A 、从a 到b,弹簧对滑块有沿弹簧向下的拉力,滑块的速度不断增大.从b 到c,弹簧对滑块沿弹簧向上的拉力,开始时拉力沿杆向上的分力小于滑块的重力,滑块仍在加速,所以滑块在b 点时速度不是最大,此时滑块的合力为mg,则加速度为g.故A 错误.
B 、从a 下滑到c 点的过程中,因为弹簧的弹力对滑块做功,因此滑块的机械能不守恒.故B 错误.
C 、对于滑块与弹簧组成的系统,只有重力和弹力做功,系统的机械能守恒,由机械能守恒定律得212sin 372
c mg l mv ⨯= ，解得3c v gL =，故C 对； D 、弹簧在
d 处的弹性势能大于在a 处的弹性势能,由系统的机械能守恒可以知道,滑块在d 处的机械能小于在a 处的机械能，故D 对；
故选CD
【点睛】
滑块的速度根据其受力情况,分析速度的变化情况确定.加速度由牛顿第二定律分析.对于滑块与弹簧组成的系统,只有重力和弹力做功,系统的机械能守恒,但滑块的机械能不守恒.根据系统的机械能守恒求滑块在c 点的速度.
9．一辆汽车在平直的公路上由静止启动，先保持加速度不变，达到额定功率后保持额定功率不变继续行驶。

汽车所受阻力恒定，下列关于汽车运动全过程的速度、加速度、牵引力、功率的大小随时间变化的图像可能正确的是（ ）
A ．
B ．
C ．
D ．
【答案】AD 【解析】 【分析】 【详解】
A ．汽车以恒定加速度启动，可分为三个阶段：第一个阶段，匀加速直线运动，在v t -图像中是一条通过原点的直线；第二个阶段，作加速度越来越小的加速运动；第三阶段，以最大速度作匀速直线运动，故A 正确；
B ．汽车刚开始做匀加速，加速度恒定，当汽车匀加速到额定功率后，速度继续增大时，牵引力减小，加速度减小，速度继续增大，这一过程加速度减小，但加速度的变化是越来越慢，而不是变化越来越快，故B 错误；
C ．0~t 1，汽车做匀加速直线运动，牵引力不变，到t 2时以最大的速度做匀速运动，此时有牵引力等于阻力，而不是为零，故C 错误；
D ．0~t 1，汽车做匀加速直线运动，牵引力不变，由P Fv =可知
()()P ma f v ma f at =+=+
即P 与v 成正比，到t 1时刻功率达到额定功率，此后将保持这一额定功率运行，故D 正确。

故选AD 。

10．如图所示，倾角为的足够长倾斜传送带沿逆时针方向以恒定速率运行，一个小物块无初速度的放在传送带上端，传送带与物块间动摩擦因数tan μθ<，取传送带底端为零势能面，下列描述小物块速度v ，重力势能E P ，动能E k 和机械能E 四个物理量随物块沿传送带运动距离x 的变化趋势中正确的有（ ）
A ．
B ．
C ．
D ．
【答案】BCD 【解析】 【分析】 【详解】
A ．小物块无初速度的放在传送带上，先向下加速，最初阶段传送带的速度大于小物体的速度，滑动摩擦力沿传送带向下，根据牛顿第二定律的小物体的加速度
1(sin cos )a g θμθ=+
由
212v a x =
得
12v a x =故v —x 图像应为向x 轴弯曲的一段曲线；
当小物体加速到与传送带的速度相等后，由于tan μθ<，重力沿斜面向下的分力大于滑动摩擦力，小物体受到的合力沿传送带向下，小物块继续向下加速；小物块的速度大于传送带的速度v 0后，摩擦力沿传送带向上，加速度
2(sin cos )a g θμθ=-
由
22
022v v a x -=
解得
2022v v a x +故v-x 图像同样为向x 轴弯曲的一段曲线，故A 错误；
B ．取传送带底端为零势能面，设初状态重力势能为E P0，重力势能表达式为
p p0sin E E mgx θ=-
E P -x 图像应为斜率为负值的一段直线，故B 正确； C ．小物块加速度为a 1时，根据动能定理有动能的表达式为
k 1E F x ma x ==⋅合
设此过程获得的动能为E k0，E k -x 图像应为斜率为正值、过原点的一段直线；小物块的速度大于传送带速度后加速度为a 2，动能表达式为
k k0k02E E F x E ma x =+=+合
故E k -x 图像应为斜率为正值的一段直线；由于12a a >，斜率变小，故C 正确。

D ．小物块加速度为a 1时，摩擦力做正功，机械能增加，机械能表达式为
p0cos E E mg x μθ=+⋅
E-x 图像应为斜率为正值的一段直线，纵轴截距为初状态的机械能E P0；小物体加速到与传送带的速度相等时，机械能增加到最大值E m ，小物块的速度大于传送带速度后，摩擦力做负功，机械能表达式为
m cos E E mg x μθ=-⋅
E-x 图像应为斜率为负值的一段直线，故D 正确。

故选BCD 。

11．如图所示，一小球用不可伸长的细绳（长度为l ）连接悬于O 点，小球被刚性小锤打击，打击后迅速离开，两次打击才能达到最高点，且球总在圆弧上运动．两次打击均在最低点A 完成，打击的时间极短．若锤第一次对球做功为1W ，锤第二次对球做功为2W ，则
12:W W 最大值为（ ）．
A ．1∶2
B ．1∶3
C ．2∶3
D ．3∶2
【答案】C 【解析】 【分析】
要使摆球不脱离轨道，则有两种可能，一是摆到和圆心等高处，二是能做完整的圆周运动。

所以第一次敲击后小球摆到摆到和圆心等高处，如果第一次敲击超过了半径R 的高度 那么球就不可能是贴着圆形轨道返回。

第一次敲击后小球到达最高点做完整的圆周运动。

【详解】
要使12:W W 有最大值，则应在1W 最大而2W 最小时。

要使1W 最大，应该是第一次打击后，小球恰能运动到和圆心等高处，所以有
1W mgl =
要使2W 最小，则两次打击后，小球恰能能做完整的圆周运动，在最高点有
2
v mg m l
=
解得v
在最高点具有的机械能2215
222
E mgl mv mgl =+= 所以2123
-2
W gl W E m == 因此12:=2:3W W 故选C 。

【点睛】
抓住球总在圆弧上运动，即摆球不脱离轨道的两种可能，一是摆到和圆心等高处，二是能做完整的圆周运动，这是解决此问题的关键。

12．物块在水平面上以初速度v 0直线滑行，前进x 0后恰好停止运动，已知物块与水平面之间的动摩擦因数为μ，且μ的大小与物块滑行的距离x 的关系为μ=kx （k 为常数），重力加速度为g 。

则（ ）
A ．0v =
B ．0v =
C ．0v =
D ．0v =
【答案】A 【解析】 【分析】 【详解】
因动摩擦因数kx μ=，则滑动摩擦力为
f m
g kmgx μ==
即滑动摩擦力随位移均匀变化，故摩擦力的功的功可用平均力乘以位移表示，由动能定理
2
00001022
kmgx f x x mv +-=-
⋅=- 解得
0v = 故A 正确，BCD 错误。

故选A 。

13．如图所示，某同学将三个完全相同的物体从A 点沿三条不同的路径抛出，最终落在与
A 点同高度的三个不同位置，三条路径的最高点是等高的，忽略空气阻力，下列说法正确的是（ ）
A ．沿路径1抛出的物体在空中运动的时间最短
B ．沿路径3运动的物体落地时重力的瞬时功率最大
C ．三个物体落地时的动能相等
D ．三个物体在运动过程中的任意相等时间内速度变化量相等 【答案】D 【解析】 【分析】 【详解】
A ．它们的最高点是等高的，所以这三个物体在竖直方向的分速度v y 是相等的，所以这三个斜抛运动的物体在空中的运动时间
2y v t g
=
均相同，故A 错误；
B ．由上面的分析可以知道，这三个做斜抛运动的物体在落地时竖直方向的分速度也是相等的，落地时重力的瞬时功率
G y P mgv =
一样大，故B 错误；
C ．同学对小球做的功即为小球获得的初动能，由于三个小球竖直方向分速度相同，第3个小球水平位移大，则第3个小球水平分速度大，故第3个小球落地时的动能大，故C 错误；
D ．小球在空中只受重力作用，即小球所作的运动是匀变速运动，加速度g 恒定，所以在相等的时间内速度变化相等，故D 正确。

故选D 。

【点睛】
斜抛运动可看成水平方向的匀速直线运动和竖直方向的竖直上抛运动。

14．如图所示，长均为L 的两根轻绳，一端共同系住质量为m 的小球，另一端分别固定在等高的A 、B 两点，A 、B 两点间的距离也为L ，重力加速度大小为g 。

现使小球在竖直平面内以AB 为轴做圆周运动，若小球在最高点速率为v 时，两根绳的拉力恰好均为零，则小球在最高点速率为2v 时，球在最低点每根绳的拉力大小为（ ）
A 3mg
B ．
43
3
mg C ．3mg D ．33mg
【答案】D 【解析】 【分析】
本题根据机械能守恒定律可以求得最低时的速度，再结合向心力公式即可求出最低点每根绳的拉力。

【详解】
题中已知，在最高点速率为v ，根据牛顿第二定律可知
2
v mg m R
=
当小球在最高点速率为2v 时，设到最低点的速度为1v ，因两根绳的拉力的合力总是不做功，故这一过程满足机械能守恒，即
22111
(2)222
m v mg R mv +⨯= 解得
2144v v gR =+
根据牛顿第二定律
222
142c 448o 4s v v gR v mg m m m mg mg R R T R
θ+-===+=
得到
92cos mg
T θ
=
式中θ为绳子与竖直方向的夹角，根据几何关系可知
30θ︒=
解得
9332cos30
mg
T mg =
=
故D 正确。

故选D 。

【点睛】
机械能守恒定律与牛顿第二定律相结合。

15．如图所示，长为L 的长木板水平放置，在木板的A 端放置一个质量为m 的小物块，现缓慢地抬高A 端，使木板以左端为固定轴转动，当木板转到与水平面的夹角为α时小物块开始滑动，此时停止转动木板，小物块滑到底端的速度为v ，则在整个过程中（ ）
A ．支持力对物块做功为sin mgL α
B ．重力对小物块做功为-sin mgL α
C ．滑动摩擦力对小物块做的功
2
1sin 2
mv mgL α+ D ．小物块的机械能减小了sin mgL α 【答案】A 【解析】 【分析】 【详解】
A ．在缓慢抬高木板A 端的过程中，只有重力和支持力对小物块做功，根据动能定理得
sin 0N W mgL α-=
得到支持力对小物块做的功为
=sin N W mgL α
A 正确；
B ．对整体过程研究，重力对小物块做功为零，B 错误；
C ．小物块沿板下滑过程中，小物块重力和滑动摩擦力做功，根据动能定理得
2
1sin 02
f mgL W mv α+=
- 得到滑动摩擦力对小物块做的功为
21
=sin 2
f W mv mgL α-
C 错误；
D ．在整个过程中小物块的机械能是增加的，增加量等于小物块动能的增加量即为212
mv ，D 错误。

故选A 。