高考物理一輪復(fù)習(xí)6.4機(jī)械能守恒定律-功能關(guān)系和能量守恒定律-(原卷版+解析)

考點(diǎn)20機(jī)械能守恒定律--功能關(guān)系和能量守恒定律新課程標(biāo)準(zhǔn)1.理解能量守恒定律，體會(huì)守恒觀念對(duì)認(rèn)識(shí)物理規(guī)律的重要性。能用能量守恒定律分析生產(chǎn)生活中的有關(guān)問(wèn)題。命題趨勢(shì)考查的內(nèi)容主要體現(xiàn)對(duì)能量觀念的認(rèn)識(shí)、模型建構(gòu)和科學(xué)推理等物理學(xué)科的核心素養(yǎng)。往往與動(dòng)力學(xué)、運(yùn)動(dòng)學(xué)以及電磁學(xué)等主干知識(shí)相結(jié)合，并密切聯(lián)系實(shí)際，難度較大，突出體現(xiàn)高考的選擇性特征．試題情境生活實(shí)踐類各種體育比賽項(xiàng)目、各種生產(chǎn)工具、各種娛樂(lè)項(xiàng)目和傳送帶等．功能關(guān)系的理解和應(yīng)用、能量守恒及轉(zhuǎn)化問(wèn)題學(xué)習(xí)探究類含彈簧系統(tǒng)能量守恒問(wèn)題，傳送帶、板塊模型的功能關(guān)系的理解和應(yīng)用、能量守恒及轉(zhuǎn)化問(wèn)題考向一功能關(guān)系的理解和應(yīng)用考向二功能關(guān)系與圖像的結(jié)合考向三含彈簧的傳送帶問(wèn)題和板塊問(wèn)題考向四三種力學(xué)方法的應(yīng)用--多過(guò)程問(wèn)題考向一功能關(guān)系的理解和應(yīng)用一、功能關(guān)系1．幾種常見(jiàn)的功能關(guān)系能量功能關(guān)系定量關(guān)系勢(shì)能重力做功等于重力勢(shì)能減少量(1)力做正功，勢(shì)能減少(2)力做負(fù)功，勢(shì)能增加W＝Ep1－Ep2＝－ΔEp彈力做功等于彈性勢(shì)能減少量靜電力做功等于電勢(shì)能減少量分子力做功等于分子勢(shì)能減少量動(dòng)能合外力做功等于物體動(dòng)能變化量(1)合力做正功，動(dòng)能增加(2)合力做負(fù)功，動(dòng)能減少W＝Ek2－Ek1＝eq\f(1,2)mv2－eq\f(1,2)mv02機(jī)械能只有重力、彈力做功，機(jī)械能不變化機(jī)械能守恒，ΔE＝0機(jī)械能除重力和彈力之外的其他力做功等于機(jī)械能變化量(1)其他力做正功，機(jī)械能增加(2)其他力做負(fù)功，機(jī)械能減少W其他＝E2－E1＝ΔE摩擦產(chǎn)生的內(nèi)能一對(duì)相互作用的滑動(dòng)摩擦力做功之和的絕對(duì)值等于產(chǎn)生的內(nèi)能(1)作用于系統(tǒng)的一對(duì)滑動(dòng)摩擦力一定做負(fù)功，系統(tǒng)內(nèi)能增加(2)摩擦生熱Q＝Ff·x相對(duì)電能安培力做功等于電能變化量(1)安培力做正功，電能減少(2)安培力做負(fù)功，電能增加W電能＝E2－E1＝ΔE二、兩種摩擦力做功特點(diǎn)的比較類型比較靜摩擦力做功滑動(dòng)摩擦力做功不同點(diǎn)能量的轉(zhuǎn)化方面只有機(jī)械能從一個(gè)物體轉(zhuǎn)移到另一個(gè)物體，而沒(méi)有機(jī)械能轉(zhuǎn)化為其他形式的能(1)將部分機(jī)械能從一個(gè)物體轉(zhuǎn)移到另一個(gè)物體(2)一部分機(jī)械能轉(zhuǎn)化為內(nèi)能，此部分能量就是系統(tǒng)機(jī)械能的損失量一對(duì)摩擦力的總功方面一對(duì)靜摩擦力所做功的代數(shù)和總等于零一對(duì)滑動(dòng)摩擦力做功的代數(shù)和總是負(fù)值相同點(diǎn)正功、負(fù)功、不做功方面兩種摩擦力對(duì)物體可以做正功，也可以做負(fù)功，還可以不做功【典例1】(多選)(2022·黑龍江佳木斯市質(zhì)檢)如圖所示，建筑工地上載人升降機(jī)用不計(jì)質(zhì)量的細(xì)鋼繩跨過(guò)定滑輪與一電動(dòng)機(jī)相連，通電后電動(dòng)機(jī)帶動(dòng)升降機(jī)沿豎直方向先勻加速上升后勻速上升。摩擦及空氣阻力均不計(jì)。則()A.升降機(jī)勻加速上升過(guò)程中，升降機(jī)底板對(duì)人做的功等于人增加的動(dòng)能B.升降機(jī)勻加速上升過(guò)程中，升降機(jī)底板對(duì)人做的功等于人增加的機(jī)械能C.升降機(jī)勻速上升過(guò)程中，升降機(jī)底板對(duì)人做的功等于人增加的機(jī)械能D.升降機(jī)上升的全過(guò)程中，鋼繩拉力做的功大于升降機(jī)和人增加的機(jī)械能【答案】BC【解析】根據(jù)動(dòng)能定理可知，合力對(duì)物體做的功等于物體動(dòng)能的變化量，所以升降機(jī)勻加速上升過(guò)程中，升降機(jī)底板對(duì)人做的功與人的重力做功之和等于人增加的動(dòng)能，故A錯(cuò)誤；除重力外，其他力對(duì)人做的功等于人機(jī)械能的增加量，B正確；升降機(jī)勻速上升過(guò)程中，升降機(jī)底板對(duì)人做的功等于人克服重力做的功(此過(guò)程中動(dòng)能不變)，即增加的機(jī)械能，C正確；升降機(jī)上升的全過(guò)程中，鋼繩拉力做的功等于升降機(jī)和人增加的機(jī)械能，D錯(cuò)誤?！镜淅?】(多選)(2022·山東煙臺(tái)市高考診斷一模)如圖所示，一長(zhǎng)木板B放在粗糙的水平地面上，在B的左端放一物體A，現(xiàn)以恒定的外力F拉A，經(jīng)一段時(shí)間物塊A從長(zhǎng)木板B的右端拉出，且在此過(guò)程中以地面為參考系，長(zhǎng)木板B也向右移動(dòng)一段距離。則在此過(guò)程中()A.外力F對(duì)A做的功等于A和B動(dòng)能的增量B.A對(duì)B摩擦力做的功與B對(duì)A摩擦力做的功絕對(duì)值相等C.外力F做的功等于A、B動(dòng)能的增量與系統(tǒng)由于摩擦而產(chǎn)生的熱量之和D.A對(duì)B摩擦力做的功等于B動(dòng)能的增量和B與地面之間摩擦產(chǎn)生的熱量之和【答案】CD【解析】根據(jù)功能關(guān)系可知，外力F做的功等于A和B動(dòng)能的增量與系統(tǒng)由于摩擦而產(chǎn)生的熱量之和，故C正確，A錯(cuò)誤；A對(duì)B的摩擦力與B對(duì)A的摩擦力是一對(duì)作用力與反作用力，大小相等，方向相反，但是由于A在B上滑動(dòng)，A、B對(duì)地的位移不等，二者做功不相等，故B錯(cuò)誤；對(duì)B分析，由動(dòng)能定理知WAB－WB地＝ΔEkB，A對(duì)B摩擦力做的功WAB＝ΔEkB＋WB地，所以A對(duì)B摩擦力做的功等于B動(dòng)能的增量和B與地面之間摩擦產(chǎn)生的熱量之和，故D正確。練習(xí)1、(多選)(2022·樂(lè)山模擬)如圖所示，在升降機(jī)內(nèi)固定一光滑的斜面體，一輕彈簧的一端連在位于斜面體上方的固定木板B上，另一端與質(zhì)量為m的物塊A相連，彈簧與斜面平行．整個(gè)系統(tǒng)由靜止開(kāi)始加速上升高度h的過(guò)程中()A．物塊A的重力勢(shì)能增加量一定等于mghB．物塊A的動(dòng)能增加量等于斜面的支持力和彈簧的拉力對(duì)其做功的和C．物塊A的機(jī)械能增加量等于斜面的支持力和彈簧的拉力對(duì)其做功的和D．物塊A和彈簧組成系統(tǒng)的機(jī)械能增加量等于斜面對(duì)物塊的支持力和B對(duì)彈簧的拉力做功的和【答案】CD【解析】當(dāng)物塊具有向上的加速度時(shí)，彈簧彈力在豎直方向上的分力和斜面的支持力在豎直方向上的分力的合力大于重力，所以彈簧的彈力比物塊靜止時(shí)大，彈簧的伸長(zhǎng)量增大，物塊A相對(duì)于斜面向下運(yùn)動(dòng)，物塊A上升的高度小于h，所以重力勢(shì)能的增加量小于mgh，故A錯(cuò)誤；對(duì)物塊A由動(dòng)能定理有物塊A的動(dòng)能增加量等于斜面的支持力、彈簧的拉力和重力對(duì)其做功的和，故B錯(cuò)誤；物塊A機(jī)械能的增加量等于斜面支持力和彈簧彈力做功的和，故C正確；物塊A和彈簧組成系統(tǒng)的機(jī)械能增加量等于斜面對(duì)物塊的支持力和B對(duì)彈簧的拉力做功的和，故D正確．練習(xí)2、(多選)(2022四川宜賓市檢測(cè))一個(gè)物塊從斜面底端沖上足夠長(zhǎng)的斜面后，返回到斜面底端．已知小物塊沖上斜面的初動(dòng)能為E，它返回斜面底端的速度大小為v，克服摩擦力做功為eq\f(1,4)E.若小物塊沖上斜面的初動(dòng)能變?yōu)?E，則()A．返回斜面底端時(shí)動(dòng)能為eq\f(3,4)EB．返回斜面底端時(shí)速度大小為eq\r(3)vC．從出發(fā)到返回斜面底端，克服摩擦阻力做功為eq\f(3,4)ED．從出發(fā)到返回斜面底端，機(jī)械能減少eq\f(3,8)E【答案】BC【解析】物塊以初動(dòng)能E沖上斜面并返回的整個(gè)過(guò)程中，由動(dòng)能定理得Wf＝eq\f(1,2)mv2－E＝－eq\f(E,4)，則eq\f(1,2)mv2＝eq\f(3,4)E，設(shè)物塊以初動(dòng)能E沖上斜面的初速度為v0，則以初動(dòng)能3E沖上斜面的初速度為eq\r(3)v0，兩次沖上斜面后的加速度相同，根據(jù)2ax＝v2－veq\o\al(2,0)可知物體上滑的最大位移為x＝eq\f(0－v\o\al(2,0),2a)，物塊第二次沖上斜面的最大位移是第一次的3倍，則整個(gè)過(guò)程中克服摩擦力做功是第一次的3倍，即為eq\f(3,4)E，故C正確；以初動(dòng)能3E沖上斜面并返回的整個(gè)過(guò)程中，運(yùn)用動(dòng)能定理得Wf′＝eq\f(1,2)mv′2－3E＝－eq\f(3,4)E，所以返回斜面底端時(shí)的動(dòng)能為eq\f(1,2)mv′2＝eq\f(9,4)E，返回斜面底端時(shí)速度大小為v′＝eq\r(3)v，故A錯(cuò)誤，B正確；根據(jù)功能關(guān)系可知，第二次從出發(fā)到返回斜面底端，機(jī)械能減少量等于克服摩擦阻力做功，為eq\f(3,4)E，故D錯(cuò)誤．【巧學(xué)妙記】1.只涉及動(dòng)能的變化用動(dòng)能定理分析。1.只涉及動(dòng)能的變化用動(dòng)能定理分析。2.只涉及重力勢(shì)能的變化，用重力做功與重力勢(shì)能變化的關(guān)系分析。3.只涉及機(jī)械能的變化，用除重力和彈簧的彈力之外的其他力做功與機(jī)械能變化的關(guān)系分析?？枷蚨δ荜P(guān)系與圖像的結(jié)合【典例3】(2021·湖北高考)如圖(a)所示，一物塊以一定初速度沿傾角為30°的固定斜面上滑，運(yùn)動(dòng)過(guò)程中摩擦力大小f恒定，物塊動(dòng)能Ek與運(yùn)動(dòng)路程s的關(guān)系如圖(b)所示。重力加速度大小取10m/s2，物塊質(zhì)量m和所受摩擦力大小f分別為()A．m＝0.7kg，f＝0.5NB．m＝0.7kg，f＝1.0NC．m＝0.8kg，f＝0.5ND．m＝0.8kg，f＝1.0N【答案】A【解析】0～10m內(nèi)物塊上滑，由動(dòng)能定理得－mgsin30°·s－fs＝Ek－Ek0，整理得Ek＝Ek0－(mgsin30°＋f)s，結(jié)合0～10m內(nèi)的圖像得mgsin30°＋f＝4N；10～20m內(nèi)物塊下滑，由動(dòng)能定理得(mgsin30°－f)(s－s1)＝Ek，整理得Ek＝(mgsin30°－f)s－(mgsin30°－f)s1，結(jié)合10～20m內(nèi)的圖像得mgsin30°－f＝3N，聯(lián)立解得f＝0.5N，m＝0.7kg。故A正確?！镜淅?】(多選)(2020·高考全國(guó)卷Ⅰ，T20)一物塊在高3.0m、長(zhǎng)5.0m的斜面頂端從靜止開(kāi)始沿斜面下滑，其重力勢(shì)能和動(dòng)能隨下滑距離s的變化如圖中直線Ⅰ、Ⅱ所示，重力加速度取10m/s2。則()A．物塊下滑過(guò)程中機(jī)械能不守恒B．物塊與斜面間的動(dòng)摩擦因數(shù)為0.5C．物塊下滑時(shí)加速度的大小為6.0m/s2D．當(dāng)物塊下滑2.0m時(shí)機(jī)械能損失了12J【答案】AB【解析】由重力勢(shì)能和動(dòng)能隨下滑距離s變化的圖象可知，重力勢(shì)能和動(dòng)能之和隨下滑距離s的增大而減小，可知物塊下滑過(guò)程中機(jī)械能不守恒，A正確；在斜面頂端，重力勢(shì)能mgh＝30J，解得物塊質(zhì)量m＝1kg，由重力勢(shì)能隨下滑距離s變化的圖象可知，重力勢(shì)能可以表示為Ep＝(30－6s)J，由動(dòng)能隨下滑距離s變化圖象可知，動(dòng)能可以表示為Ek＝2sJ，設(shè)斜面傾角為θ，則有sinθ＝eq\f(h,L)＝eq\f(3,5)，cosθ＝eq\f(4,5)，由功能關(guān)系有－μmgcosθ·s＝Ep＋Ek－30J＝(30－6s＋2s－30)J＝－4sJ，可得μ＝0.5，B正確；由Ek＝2sJ，Ek＝eq\f(mv2,2)可得，v2＝4sm2/s2，對(duì)比勻變速直線運(yùn)動(dòng)公式v2＝2as，可得a＝2m/s2，即物塊下滑時(shí)加速度的大小為2.0m/s2，C錯(cuò)誤；由重力勢(shì)能和動(dòng)能隨下滑距離s變化圖象可知，當(dāng)物塊下滑2.0m時(shí)機(jī)械能為E＝18J＋4J＝22J，機(jī)械能損失了ΔE＝30J－22J＝8J，D錯(cuò)誤。練習(xí)3、(多選)(2022年廣東省廣州市高三下學(xué)期一模)如圖甲所示，固定的斜面長(zhǎng)為10m，質(zhì)量為m＝2.0kg的小滑塊自斜面頂端由靜止開(kāi)始沿斜面下滑的過(guò)程中，小滑塊的動(dòng)能Ek隨位移x的變化規(guī)律如圖乙所示，取斜面底端所在水平面為重力勢(shì)能參考平面，小滑塊的重力勢(shì)能Ep隨位移x的變化規(guī)律如圖丙所示，重力加速度g＝10m/s2。則下列判斷中正確的是()A．斜面的傾角為45°B．滑塊與斜面間的動(dòng)摩擦因數(shù)為eq\f(\r(3),4)C．下滑過(guò)程滑塊的加速度大小為1.25m/s2D．滑塊自斜面下滑過(guò)程中損失的機(jī)械能為25J【答案】BC【解析】根據(jù)題圖乙可知?jiǎng)幽芘c位移圖像的斜率大小為合外力大小，即F＝eq\f(25,10)N＝eq\f(5,2)N，根據(jù)題圖丙可知重力勢(shì)能與位移圖像斜率大小為重力在斜面上的分力大小，即mgsinθ＝10N，滑塊下滑過(guò)程中應(yīng)用牛頓第二定律：mgsinθ－μmgcosθ＝F，解得：θ＝30°，μ＝eq\f(\r(3),4)，故A錯(cuò)誤，B正確；根據(jù)上述分析可知滑塊所受合外力為eq\f(5,2)N，根據(jù)牛頓第二定律：F＝ma，解得：a＝1.25m/s2，故C正確；由能量守恒定律可知，重力勢(shì)能損失100J，動(dòng)能增加25J，說(shuō)明機(jī)械能損失75J，故D錯(cuò)誤。練習(xí)4.(多選)(2022·山東煙臺(tái)期中)如圖所示，在水平地面上固定一傾角為θ的足夠長(zhǎng)斜面，有一物塊靜止在斜面底端O處?，F(xiàn)對(duì)物塊施加一個(gè)沿斜面向上的恒力F，物塊開(kāi)始沿斜面向上運(yùn)動(dòng)。當(dāng)物塊沿斜面向上運(yùn)動(dòng)的距離為x0時(shí)，撤去恒力F。已知物塊與斜面間的動(dòng)摩擦因數(shù)為μ，且μ＞tanθ。以斜面底端O所在的水平地面為參考平面，則物塊從O點(diǎn)開(kāi)始沿斜面運(yùn)動(dòng)的過(guò)程中，物塊的加速度大小a、重力勢(shì)能Ep、動(dòng)能Ek、機(jī)械能E和物塊相對(duì)于O點(diǎn)的位移x之間的關(guān)系圖像中可能正確的是()【答案】AD【解析】0～x0段，物塊向上做勻加速直線運(yùn)動(dòng)，由牛頓第二定律得F－μmgcosθ－mgsinθ＝ma1，撤去力F后，物塊向上做勻減速直線運(yùn)動(dòng)，由牛頓第二定律得μmgcosθ＋mgsinθ＝ma2，若F－μmgcosθ－mgsinθ＜μmgcosθ＋mgsinθ，則a1＜a2，由于μ＞tanθ，即μmgcosθ＞mgsinθ，說(shuō)明物塊速度減為零后不會(huì)沿斜面下滑，將靜止在斜面上，A正確；由于整個(gè)運(yùn)動(dòng)過(guò)程中物塊均向上運(yùn)動(dòng)，故物塊的重力勢(shì)能逐漸增大，B錯(cuò)誤；0～x0段，由動(dòng)能定理得(F－μmgcosθ－mgsinθ)x＝Ek，由于F－μmgcosθ－mgsinθ恒定不變，因此Ek-x圖線的斜率恒定不變，0～x0段圖線應(yīng)該是一條過(guò)原點(diǎn)向上傾斜的直線，設(shè)撤去力F時(shí)，物塊的動(dòng)能為Ek0，則由動(dòng)能定理得－(mgsinθ＋μmgcosθ)(x－x0)＝Ek－Ek0，解得Ek＝－(mgsinθ＋μmgcosθ)x＋(mgsinθ＋μmgcosθ)·x0＋Ek0，則撤去力F后，Ek-x圖線的斜率恒定不變，圖線是一條向下傾斜的直線，C錯(cuò)誤；0～x0段，機(jī)械能為E＝(F－μmgcosθ)x，由于F－μmgcosθ恒定不變，因此0～x0段E-x圖線是一條過(guò)原點(diǎn)向上傾斜的直線，設(shè)撤去力F時(shí)，機(jī)械能為E0，則機(jī)械能變化量為E－E0＝－μmgcosθ·(x－x0)，解得E＝－μmgcosθ·x＋μmgcosθ·x0＋E0，則撤去力F后，E-x圖線是一條向下傾斜的直線，當(dāng)物塊靜止時(shí)E＞0，D正確?？枷蛉瑥椈傻倪B接體、傳送帶問(wèn)題和板塊問(wèn)題傳送帶模型1．設(shè)問(wèn)的角度(1)動(dòng)力學(xué)角度：首先要正確分析物體的運(yùn)動(dòng)過(guò)程，做好受力分析，然后利用運(yùn)動(dòng)學(xué)公式結(jié)合牛頓第二定律求物體及傳送帶在相應(yīng)時(shí)間內(nèi)的位移，找出物體和傳送帶之間的位移關(guān)系．(2)能量角度：求傳送帶對(duì)物體所做的功、物體和傳送帶由于相對(duì)滑動(dòng)而產(chǎn)生的熱量、因放上物體而使電動(dòng)機(jī)多消耗的電能等，常依據(jù)功能關(guān)系或能量守恒定律求解．滑塊—木板模型1.模型分類：滑塊—木板模型根據(jù)情況可以分成水平面上的滑塊—木板模型和斜面上的滑塊—木板模型。2.位移關(guān)系滑塊從木板的一端運(yùn)動(dòng)到另一端的過(guò)程中，若滑塊和木板沿同一方向運(yùn)動(dòng)，則滑塊的位移大小和木板的位移大小之差等于木板的長(zhǎng)度；若滑塊和木板沿相反方向運(yùn)動(dòng)，則滑塊的位移大小和木板的位移大小之和等于木板的長(zhǎng)度。3.解題關(guān)鍵找出物體之間的位移(路程)關(guān)系或速度關(guān)系是解題的突破口，求解中應(yīng)注意聯(lián)系兩個(gè)過(guò)程的紐帶，每一個(gè)過(guò)程的末速度是下一個(gè)過(guò)程的初速度?！镜淅?】(2019·江蘇卷)(多選)如圖所示，輕質(zhì)彈簧的左端固定，并處于自然狀態(tài)．小物塊的質(zhì)量為m，從A點(diǎn)向左沿水平地面運(yùn)動(dòng)，一段時(shí)間后壓縮彈簧后被彈回，運(yùn)動(dòng)到A點(diǎn)恰好靜止．物塊向左運(yùn)動(dòng)的最大距離為s，與地面間的動(dòng)摩擦因數(shù)為μ，重力加速度為g，彈簧未超出彈性限度．在上述過(guò)程中()A．彈簧的最大彈力為μmgB．物塊克服摩擦力做的功為2μmgsC．彈簧的最大彈性勢(shì)能為μmgsD．物塊在A點(diǎn)的初速度為eq\r(2μgs)【答案】BC【解析】彈簧被壓縮到最短時(shí)，物塊有向右的加速度，彈力大于滑動(dòng)摩擦力f＝μmg，選項(xiàng)A錯(cuò)誤；物塊在運(yùn)動(dòng)中所受的摩擦力與運(yùn)動(dòng)方向總相反，物塊運(yùn)動(dòng)的路程為2s，所以克服摩擦力做的功為W＝2μmgs，選項(xiàng)B正確；由動(dòng)能定理可知，從彈簧被壓縮至最短到物塊運(yùn)動(dòng)到A點(diǎn)，動(dòng)能的變化為零，彈簧的彈性勢(shì)能等于克服摩擦力做功W′＝μmgs，選項(xiàng)C正確；由物塊從A點(diǎn)到返回A點(diǎn)，根據(jù)動(dòng)能定理－μmg·2s＝0－eq\f(1,2)mveq\o\al(2,0)可得v0＝2eq\r(μgs)，所以選項(xiàng)D錯(cuò)誤．【典例6】(多選)(2022·撫州市高三模擬)如圖所示傾角為30°的傳送帶在電動(dòng)機(jī)帶動(dòng)下始終以v0的速度勻速上行。相等質(zhì)量的甲、乙兩種不同材料的滑塊(可視為質(zhì)點(diǎn))分別無(wú)初速放在傳送帶底端，發(fā)現(xiàn)甲滑塊上升h高度滑至頂端時(shí)恰好與皮帶保持相對(duì)靜止，乙滑塊上升eq\f(h,2)高度處恰與皮帶保持相對(duì)靜止?，F(xiàn)比較甲、乙兩滑塊從傳送帶底端到頂端的過(guò)程()A．甲滑塊與皮帶的動(dòng)摩擦因數(shù)大于乙滑塊與皮帶的動(dòng)摩擦因數(shù)B．甲滑塊與皮帶摩擦產(chǎn)生的熱量大于乙滑塊與皮帶摩擦產(chǎn)生的熱量C．兩個(gè)過(guò)程中皮帶對(duì)滑塊所做的功相同D．兩個(gè)過(guò)程中電動(dòng)機(jī)對(duì)皮帶所做的功相同【答案】BC【解析】相等質(zhì)量的甲、乙兩種不同材料的滑塊分別無(wú)初速放在傳送帶底端，最終都與傳送帶速度相等，動(dòng)能增加量相同，但甲的速度增加的慢，說(shuō)明甲受到的摩擦力小，故甲滑塊與皮帶的動(dòng)摩擦因數(shù)小于乙滑塊與皮帶的動(dòng)摩擦因數(shù)，故A錯(cuò)誤；動(dòng)能增加量相同，f甲·2h－mgh＝f乙·h－eq\f(1,2)mgh，得f乙＝2f甲－eq\f(1,2)mg，相對(duì)位移Δx甲＝2Δx乙，根據(jù)Q＝f·Δs知甲滑塊與皮帶摩擦產(chǎn)生的熱量大于乙滑塊與皮帶摩擦產(chǎn)生的熱量，故B正確；從傳送帶底端到頂端，甲、乙動(dòng)能增加量相同，重力做功相同，根據(jù)動(dòng)能定理知皮帶對(duì)滑塊所做的功相同，故C正確；電動(dòng)機(jī)多做的功等于系統(tǒng)摩擦產(chǎn)生的內(nèi)能和滑塊機(jī)械能的增加量，根據(jù)B、C兩項(xiàng)分析知放甲滑塊時(shí)電動(dòng)機(jī)做的功較多，故D錯(cuò)誤?！镜淅?】(多選)(2022·江西九江月考)第一次將一長(zhǎng)木板靜止放在光滑水平面上，如圖甲所示，一小鉛塊(可視為質(zhì)點(diǎn))以水平初速度v0由木板左端向右滑動(dòng)，到達(dá)右端時(shí)恰能與木板保持相對(duì)靜止。第二次將長(zhǎng)木板分成A、B兩塊，使B的長(zhǎng)度和質(zhì)量均為A的2倍，并緊挨著放在原水平面上，讓小鉛塊仍以初速度v0由A的左端開(kāi)始向右滑動(dòng)，如圖乙所示。若小鉛塊相對(duì)滑動(dòng)過(guò)程中所受的摩擦力始終不變，則下列說(shuō)法正確的()甲乙A．小鉛塊將從B的右端飛離木板B．小鉛塊滑到B的右端前已與B保持相對(duì)靜止C．第一次和第二次過(guò)程中產(chǎn)生的熱量相等D．第一次過(guò)程中產(chǎn)生的熱量大于第二次過(guò)程中產(chǎn)生的熱量【答案】BD【解析】在第一次小鉛塊運(yùn)動(dòng)過(guò)程中，小鉛塊與木板之間的摩擦力使整個(gè)木板一直加速，第二次小鉛塊先使整個(gè)木板加速，當(dāng)小鉛塊運(yùn)動(dòng)到B上后A停止加速，只有B加速，加速度大于第一次相對(duì)應(yīng)過(guò)程，故第二次小鉛塊與B將更早共速，所以小鉛塊還沒(méi)有運(yùn)動(dòng)到B的右端，二者就已共速，A項(xiàng)錯(cuò)誤，B項(xiàng)正確；由于第一次的相對(duì)路程大于第二次的相對(duì)路程，則第一次過(guò)程中產(chǎn)生的熱量大于第二次過(guò)程中產(chǎn)生的熱量，C項(xiàng)錯(cuò)誤，D項(xiàng)正確。練習(xí)5、(多選)(2022·石家莊二檢)如圖所示，輕質(zhì)彈簧一端固定，另一端與一質(zhì)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(zhǎng)．圓環(huán)從A處由靜止開(kāi)始下滑，經(jīng)過(guò)B處的速度最大．到達(dá)C處的速度為零，AC＝h.圓環(huán)在C處獲得一豎直向上的速度v，恰好能回到A.彈簧始終在彈性限度內(nèi)，重力加速度為g.則圓環(huán)()A．下滑過(guò)程中，加速度一直減小B．下滑過(guò)程中，克服摩擦力做的功為eq\f(1,4)mv2C．在C處，彈簧的彈性勢(shì)能為eq\f(1,4)mv2－mghD．上滑經(jīng)過(guò)B的速度大于下滑經(jīng)過(guò)B的速度【答案】BD【解析】圓環(huán)受到重力、彈力、阻力、支持力，圓環(huán)的運(yùn)動(dòng)是先做加速度減小的加速運(yùn)動(dòng)，再做加速度增大的減速運(yùn)動(dòng)，A項(xiàng)錯(cuò)誤；A到C過(guò)程，根據(jù)能量守恒定律有mgh－Wf＝Ep(Wf為阻力做功，Ep為彈性勢(shì)能)，C到A過(guò)程，eq\f(1,2)mv2＋Ep＝mgh＋Wf，聯(lián)立解得Wf＝eq\f(1,4)mv2，B項(xiàng)正確；在C處，彈簧的彈性勢(shì)能為mgh－eq\f(1,4)mv2，C項(xiàng)錯(cuò)誤；A到B：mghAB＝EpB＋Wf1＋eq\f(1,2)mveq\o\al(2,下)，B到A：mghAB＋Wf1＝eq\f(1,2)mveq\o\al(2,上)＋EpB，由兩式可知v下<v上，D項(xiàng)正確．練習(xí)6、(多選)(2022·江蘇南京、鹽城二模)如圖甲所示，一傾角為θ＝37°的傳送帶以恒定速度運(yùn)行。現(xiàn)將一質(zhì)量為m＝1kg的物體拋上傳送帶，物體相對(duì)地面的速度隨時(shí)間變化的關(guān)系如圖乙所示，取沿傳送帶向上為正方向，g取10m/s2，sin37°＝0.6，cos37°＝0.8。則下列說(shuō)法正確的是()A．0～8s內(nèi)，物體位移的大小是18mB．0～8s內(nèi)，物體機(jī)械能增量是90JC．0～8s內(nèi)，物體機(jī)械能增量是84JD．0～8s內(nèi)，物體與傳送帶因摩擦產(chǎn)生的熱量是126J【答案】BD【解析】從題圖乙求出0～8s內(nèi)物體位移的大小x＝14m，A錯(cuò)誤；0～8s內(nèi)，物體上升的高度h＝xsinθ＝8.4m，物體機(jī)械能增量ΔE＝ΔEp＋ΔEk＝90J，B正確，C錯(cuò)誤；0～6s內(nèi)物體的加速度a＝μgcosθ－gsinθ＝1m/s2，解得μ＝eq\f(7,8)，傳送帶速度大小為4m/s,0～8s內(nèi)物體與傳送帶間的相對(duì)位移為Δx＝18m，物體與傳送帶因摩擦產(chǎn)生的熱量Q＝μmgcosθ·Δx＝126J，D正確。練習(xí)7、(多選)(2022·浙江五校聯(lián)考)如圖所示，一傾角為θ＝37°的足夠長(zhǎng)斜面體固定在水平地面上，質(zhì)量為M＝2kg的長(zhǎng)木板B沿著斜面以速度v0＝9m/s勻速下滑，現(xiàn)把質(zhì)量為m＝1kg的鐵塊A無(wú)初速度放在長(zhǎng)木板B的左端，鐵塊最終恰好沒(méi)有從長(zhǎng)木板上滑下．已知A與B之間、B與斜面之間的動(dòng)摩擦因數(shù)均為μ，最大靜摩擦力等于滑動(dòng)摩擦力，取重力加速度g＝10m/s2，sin37°＝0.6，cos37°＝0.8，則下列判斷正確的是()A．動(dòng)摩擦因數(shù)μ＝0.5B．鐵塊A和長(zhǎng)木板B共速后的速度大小為6m/sC．長(zhǎng)木板的長(zhǎng)度為2.25mD．從鐵塊放上長(zhǎng)木板到鐵塊和長(zhǎng)木板共速的過(guò)程中，鐵塊A和長(zhǎng)木板B減少的機(jī)械能等于A、B之間摩擦產(chǎn)生的熱量【答案】BC【解析】開(kāi)始時(shí)長(zhǎng)木板B沿著斜面以速度v0＝9m/s勻速下滑，有Mgsin37°＝μMgcos37°，解得μ37°＋mgsin37°＝maA，解得aA＝12m/s2，方向沿斜面向下，對(duì)B，根據(jù)牛頓第二定律有μ(M＋m)gcos37°＋μmgcos37°－Mgsin37°＝MaB，解得aB＝6m/s2，方向沿斜面向上，鐵塊A和長(zhǎng)木板B共速的時(shí)間為t，則v0－aBt＝aAt，解得t＝0.5s，鐵塊A和長(zhǎng)木板B共速后，速度大小為v共＝aBt＝6m/s，B正確；鐵塊A和長(zhǎng)木板B共速，一起沿斜面勻速下滑，則長(zhǎng)木板的長(zhǎng)度為L(zhǎng)＝xB－xA＝eq\f(v0＋v共,2)t－eq\f(v共,2)t＝2.25m，C正確；由能量守恒定律可知，從鐵塊放上長(zhǎng)木板到鐵塊和長(zhǎng)木板共速的過(guò)程中，鐵塊A和長(zhǎng)木板B減少的機(jī)械能等于A、B之間摩擦產(chǎn)生的熱量與B與斜面之間摩擦產(chǎn)生的熱量之和，D錯(cuò)誤．【巧學(xué)妙記】涉及彈簧的能量問(wèn)題的解題方法涉及彈簧的能量問(wèn)題的解題方法兩個(gè)或兩個(gè)以上的物體與彈簧組成的系統(tǒng)相互作用的過(guò)程，具有以下特點(diǎn)：(1)能量變化過(guò)程中，如果只有重力和系統(tǒng)內(nèi)彈簧彈力做功，系統(tǒng)機(jī)械能守恒。(2)如果系統(tǒng)每個(gè)物體除彈簧彈力外所受合外力為零，則當(dāng)彈簧伸長(zhǎng)或壓縮到最大程度時(shí)物體速度相同。(3)當(dāng)水平彈簧處于原長(zhǎng)狀態(tài)時(shí)，系統(tǒng)內(nèi)某一端的物體具有最大速度。考向四三種力學(xué)方法的應(yīng)用--多過(guò)程問(wèn)題1．分析思路(1)受力與運(yùn)動(dòng)分析：根據(jù)物體的運(yùn)動(dòng)過(guò)程分析物體的受力情況，以及不同運(yùn)動(dòng)過(guò)程中力的變化情況；(2)做功分析：根據(jù)各種力做功的不同特點(diǎn)，分析各種力在不同運(yùn)動(dòng)過(guò)程中的做功情況；(3)功能關(guān)系分析：運(yùn)用動(dòng)能定理、機(jī)械能守恒定律或能量守恒定律進(jìn)行分析，選擇合適的規(guī)律求解．2．方法技巧(1)“合”——整體上把握全過(guò)程，構(gòu)建大致的運(yùn)動(dòng)情景；(2)“分”——將全過(guò)程進(jìn)行分解，分析每個(gè)子過(guò)程對(duì)應(yīng)的基本規(guī)律；(3)“合”——找出各子過(guò)程之間的聯(lián)系，以銜接點(diǎn)為突破口，尋求解題最優(yōu)方案．【典例8】(2021·高考全國(guó)卷甲，T24)如圖，一傾角為θ的光滑斜面上有50個(gè)減速帶(圖中未完全畫(huà)出)，相鄰減速帶間的距離均為d，減速帶的寬度遠(yuǎn)小于d；一質(zhì)量為m的無(wú)動(dòng)力小車(可視為質(zhì)點(diǎn))從距第一個(gè)減速帶L處由靜止釋放。已知小車通過(guò)減速帶損失的機(jī)械能與到達(dá)減速帶時(shí)的速度有關(guān)。觀察發(fā)現(xiàn)，小車通過(guò)第30個(gè)減速帶后，在相鄰減速帶間的平均速度均相同。小車通過(guò)第50個(gè)減速帶后立刻進(jìn)入與斜面光滑連接的水平地面，繼續(xù)滑行距離s后停下。已知小車與地面間的動(dòng)摩擦因數(shù)為μ，重力加速度大小為g。(1)求小車通過(guò)第30個(gè)減速帶后，經(jīng)過(guò)每一個(gè)減速帶時(shí)損失的機(jī)械能；(2)求小車通過(guò)前30個(gè)減速帶的過(guò)程中在每一個(gè)減速帶上平均損失的機(jī)械能；(3)若小車在前30個(gè)減速帶上平均每一個(gè)損失的機(jī)械能大于之后每一個(gè)減速帶上損失的機(jī)械能，則L應(yīng)滿足什么條件？【答案】(1)mgdsinθ(2)eq\f(mg（L＋29d）sinθ－μmgs,30)(3)L＞d＋eq\f(μs,sinθ)【解析】[解析](1)設(shè)小車通過(guò)第30個(gè)減速帶后，經(jīng)過(guò)每個(gè)減速帶損失的機(jī)械能為ΔE小車從剛通過(guò)第30個(gè)減速帶到剛通過(guò)第31個(gè)減速帶，由動(dòng)能定理可知mgdsinθ－ΔE＝0解得ΔE＝mgdsinθ。(2)小車運(yùn)動(dòng)全程能量守恒，設(shè)eq\o(E,\s\up6(－))為通過(guò)前30個(gè)減速帶時(shí)每一個(gè)減速帶上平均損失的機(jī)械能，mgLsinθ＋49mgdsinθ＝μmgs＋20ΔE＋30eq\o(E,\s\up6(－))解得eq\o(E,\s\up6(－))＝eq\f(mg（L＋29d）sinθ－μmgs,30)。(3)由題意可知eq\o(E,\s\up6(－))＞ΔEL＞d＋eq\f(μs,sinθ)。【典例9】(2020·全國(guó)卷Ⅱ，25)如圖，一豎直圓管質(zhì)量為M，下端距水平地面的高度為H，頂端塞有一質(zhì)量為m的小球。圓管由靜止自由下落，與地面發(fā)生多次彈性碰撞，且每次碰撞時(shí)間均極短；在運(yùn)動(dòng)過(guò)程中，管始終保持豎直。已知M＝4m，球和管之間的滑動(dòng)摩擦力大小為4mg，g為重力加速度的大小，不計(jì)空氣阻力。(1)求管第一次與地面碰撞后的瞬間，管和球各自的加速度大小；(2)管第一次落地彈起后，在上升過(guò)程中球沒(méi)有從管中滑出，求管上升的最大高度；(3)管第二次落地彈起的上升過(guò)程中，球仍沒(méi)有從管中滑出，求圓管長(zhǎng)度應(yīng)滿足的條件。【答案】(1)2g3g(2)eq\f(13,25)H(3)L≥eq\f(152,125)H【解析】(1)管第一次落地彈起的瞬間，小球仍然向下運(yùn)動(dòng)。設(shè)此時(shí)管的加速度大小為a1，方向向下；球的加速度大小為a2，方向向上；球與管之間的摩擦力大小為f，由牛頓運(yùn)動(dòng)定律有Ma1＝Mg＋f①ma2＝f－mg②聯(lián)立①②式并代入題給數(shù)據(jù)，得a1＝2g，a2＝3g③(2)管第一次碰地前與球的速度大小相同。由運(yùn)動(dòng)學(xué)公式，碰地前瞬間它們的速度大小均為v0＝eq\r(2gH)④方向均向下。管彈起的瞬間，管的速度反向，球的速度方向依然向下。設(shè)自彈起時(shí)經(jīng)過(guò)時(shí)間t1，管與小球的速度剛好相同。取向上為正方向，由運(yùn)動(dòng)學(xué)公式v0－a1t1＝－v0＋a2t1⑤聯(lián)立③④⑤式得t1＝eq\f(2,5)eq\r(\f(2H,g))⑥設(shè)此時(shí)管下端的高度為h1，速度為v。由運(yùn)動(dòng)學(xué)公式可得h1＝v0t1－eq\f(1,2)a1teq\o\al(2,1)⑦v＝v0－a1t1⑧由③④⑥⑧式可判斷此時(shí)v＞0。此后，管與小球?qū)⒁约铀俣萭減速上升h2，到達(dá)最高點(diǎn)。由運(yùn)動(dòng)學(xué)公式有h2＝eq\f(v2,2g)⑨設(shè)管第一次落地彈起后上升的最大高度為H1，則H1＝h1＋h2⑩聯(lián)立③④⑥⑦⑧⑨⑩式可得H1＝eq\f(13,25)H?(3)設(shè)第一次彈起過(guò)程中球相對(duì)管的位移為x1。在管開(kāi)始下落到上升H1這一過(guò)程中，由動(dòng)能定理有Mg(H－H1)＋mg(H－H1＋x1)－4mgx1＝0?聯(lián)立??式并代入題給數(shù)據(jù)得x1＝eq\f(4,5)H?同理可推得，管與球從再次下落到第二次彈起至最高點(diǎn)的過(guò)程中，球與管的相對(duì)位移x2為x2＝eq\f(4,5)H1?設(shè)圓管長(zhǎng)度為L(zhǎng)。管第二次落地彈起后的上升過(guò)程中，球不會(huì)滑出管外的條件是x1＋x2≤L?聯(lián)立????式，L應(yīng)滿足條件為L(zhǎng)≥eq\f(152,125)H?練習(xí)8、(2022·湖南長(zhǎng)沙質(zhì)檢)平昌冬奧會(huì)女子單板滑雪U形池項(xiàng)目中，我國(guó)選手劉佳宇榮獲亞軍。如圖所示為U形池模型，其中a、c為U形池兩側(cè)邊緣且在同一水平面上，b為U形池最低點(diǎn)。劉佳宇(可視為質(zhì)點(diǎn))從a點(diǎn)上方高h(yuǎn)的O點(diǎn)自由下落由左側(cè)進(jìn)入池中，從右側(cè)飛出后最高上升至相對(duì)c點(diǎn)高度為eq\f(h,2)的d點(diǎn)。不計(jì)空氣阻力，下列判斷正確的是()A．運(yùn)動(dòng)員從O到d的過(guò)程中機(jī)械能減少B．運(yùn)動(dòng)員再次進(jìn)入池中后，剛好到達(dá)左側(cè)邊緣a然后返回C．運(yùn)動(dòng)員第一次進(jìn)入池中，由a到b的過(guò)程與由b到c的過(guò)程相比損耗機(jī)械能較小D．運(yùn)動(dòng)員從d返回到b的過(guò)程中，重力勢(shì)能全部轉(zhuǎn)化為動(dòng)能【答案】A【解析】運(yùn)動(dòng)員從a點(diǎn)上方高h(yuǎn)處自由下落由左側(cè)進(jìn)入池中，從右側(cè)飛出后上升的最大高度為eq\f(h,2)，此過(guò)程中摩擦力做負(fù)功，機(jī)械能減少eq\f(mgh,2)，再由右側(cè)進(jìn)入池中時(shí)，平均速率要小于由左側(cè)進(jìn)入池中過(guò)程中的平均速率，根據(jù)圓周運(yùn)動(dòng)的知識(shí)可知，速率減小，對(duì)應(yīng)的正壓力減小，則平均摩擦力減小，克服摩擦力做的功減少，即摩擦力做的功小于eq\f(mgh,2)，則運(yùn)動(dòng)員再次進(jìn)入池中后，能夠沖出左側(cè)邊緣a然后返回，故A正確，B錯(cuò)誤；同理可知運(yùn)動(dòng)員第一次進(jìn)入池中，由a至b過(guò)程的平均速率大于由b到c過(guò)程的平均速率，由a到b過(guò)程中的平均摩擦力大于由b到c過(guò)程中的平均摩擦力，前一過(guò)程損耗機(jī)械能較大，故C錯(cuò)誤；運(yùn)動(dòng)員從d返回到b的過(guò)程中，摩擦力做負(fù)功，重力勢(shì)能轉(zhuǎn)化為動(dòng)能和內(nèi)能，故D錯(cuò)誤?！厩蓪W(xué)妙記】1．正確分析物體的運(yùn)動(dòng)過(guò)程，做好受力分析．1．正確分析物體的運(yùn)動(dòng)過(guò)程，做好受力分析．2．利用運(yùn)動(dòng)學(xué)公式，結(jié)合牛頓第二定律分析物體的速度關(guān)系及位移關(guān)系，求出兩個(gè)物體的相對(duì)位移．3．代入公式Q＝Ff·x相對(duì)計(jì)算，若物體在傳送帶上做往復(fù)運(yùn)動(dòng)，則為相對(duì)路程s相對(duì)．1.(多選)(2022·甘肅蘭州市第一次診斷)如圖所示，一個(gè)長(zhǎng)為L(zhǎng)，質(zhì)量為M的木板，靜止在光滑水平面上，一個(gè)質(zhì)量為m的物塊(可視為質(zhì)點(diǎn))，以水平初速度v0，從木板的左端滑向另一端，設(shè)物塊與木板間的動(dòng)摩擦因數(shù)為μ，當(dāng)物塊與木板相對(duì)靜止時(shí)物塊仍在長(zhǎng)木板上，物塊相對(duì)木板的位移為d，木板相對(duì)地面的位移為s.則在此過(guò)程中()A．摩擦力對(duì)物塊做功為－μmgeq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(s＋d))B．摩擦力對(duì)木板做功為μmgsC．木板動(dòng)能的增量為mgdD．由于摩擦而產(chǎn)生的熱量為μmgs2．(多選)(2022·黑龍江齊齊哈爾市期末)如圖所示，質(zhì)量為M、長(zhǎng)度為l的小車靜止在光滑的水平面上，質(zhì)量為m的小物塊(可視為質(zhì)點(diǎn))放在小車的最左端．現(xiàn)用一水平恒力F作用在小物塊上，使小物塊從靜止開(kāi)始做勻加速直線運(yùn)動(dòng)．小物塊和小車之間的摩擦力為Ff.小物塊滑到小車的最右端時(shí)，小車運(yùn)動(dòng)的距離為x.在這個(gè)過(guò)程中，以下結(jié)論正確的是()A．小物塊到達(dá)小車最右端時(shí)具有的動(dòng)能為(F－Ff)(l＋x)B．小物塊到達(dá)小車最右端時(shí)，小車具有的動(dòng)能為FfxC．小物塊克服摩擦力所做的功為Ff(l＋x)D．小物塊和小車增加的機(jī)械能為Fx3．(2022·福建福州市期末質(zhì)量檢測(cè))如圖所示，某段滑雪雪道傾角為30°，總質(zhì)量為m(包括雪具在內(nèi))的滑雪運(yùn)動(dòng)員從距底端高為h處的雪道上由靜止開(kāi)始勻加速下滑，加速度為eq\f(1,3)g.在他從上向下滑到底端的過(guò)程中，下列說(shuō)法正確的是()A．運(yùn)動(dòng)員減少的重力勢(shì)能全部轉(zhuǎn)化為動(dòng)能B．運(yùn)動(dòng)員獲得的動(dòng)能為eq\f(1,3)mghC．運(yùn)動(dòng)員克服摩擦力做功為eq\f(2,3)mghD．下滑過(guò)程中系統(tǒng)減少的機(jī)械能為eq\f(1,3)mgh4.(多選)(2022·山東省煙臺(tái)市一模)如圖所示，固定的豎直光滑長(zhǎng)桿上套有質(zhì)量為m的小圓環(huán)，圓環(huán)與水平狀態(tài)的輕質(zhì)彈簧一端連接，彈簧的另一端連接在墻上，并且處于原長(zhǎng)狀態(tài)．現(xiàn)讓圓環(huán)由靜止開(kāi)始下滑，已知彈簧原長(zhǎng)為L(zhǎng)，圓環(huán)下滑到最大距離時(shí)彈簧的長(zhǎng)度變?yōu)?L(未超過(guò)彈性限度)，則在圓環(huán)下滑到最大距離的過(guò)程中()A．圓環(huán)和彈簧系統(tǒng)的機(jī)械能守恒B．彈簧彈性勢(shì)能變化了2mgLC．圓環(huán)下滑到最大距離時(shí)，所受合力為零D．圓環(huán)重力勢(shì)能與彈簧彈性勢(shì)能之和先減小后增大5．(2022·福建省漳州市二模)質(zhì)量為2kg的物體以10m/s的初速度，從起點(diǎn)A出發(fā)豎直向上拋出，在它上升到某一點(diǎn)的過(guò)程中，物體的動(dòng)能損失了50J，機(jī)械能損失了10J，設(shè)物體在上升、下降過(guò)程空氣阻力大小恒定，則該物體再落回到A點(diǎn)時(shí)的動(dòng)能為(g＝10m/s2)()A．40J B．60JC．80J D．100J6、(多選)(2022湖南湘潭一中月考)如圖所示，水平桌面上的輕質(zhì)彈簧一端固定，另一端與小物塊相連．彈簧處于自然長(zhǎng)度時(shí)物塊位于O點(diǎn)(圖中未標(biāo)出)．物塊的質(zhì)量為m，AB＝a，物塊與桌面間的動(dòng)摩擦因數(shù)為μ.現(xiàn)用水平向右的力將物塊從O點(diǎn)拉至A點(diǎn)，拉力做的功為W.撤去拉力后物塊由靜止向左運(yùn)動(dòng)，經(jīng)O點(diǎn)到達(dá)B點(diǎn)時(shí)速度為零．重力加速度為g.則上述過(guò)程中()A．物塊在A點(diǎn)時(shí)，彈簧的彈性勢(shì)能等于W－eq\f(1,2)μmgaB．物塊在B點(diǎn)時(shí)，彈簧的彈性勢(shì)能小于W－eq\f(3,2)μmgaC．經(jīng)O點(diǎn)時(shí)，物塊的動(dòng)能小于W－μmgaD．物塊動(dòng)能最大時(shí)彈簧的彈性勢(shì)能小于物塊在B點(diǎn)時(shí)彈簧的彈性勢(shì)能7．(2022·武漢聯(lián)考)如圖所示，光滑水平面上有一木板，質(zhì)量M＝1.0kg，長(zhǎng)度L＝1.0m．在木板的最左端有一個(gè)小鐵塊(可視為質(zhì)點(diǎn))，質(zhì)量m＝1.0kg.小鐵塊與木板之間的動(dòng)摩擦因數(shù)μ＝0.30.開(kāi)始時(shí)它們都處于靜止?fàn)顟B(tài)，某時(shí)刻起對(duì)木板施加一個(gè)水平向左的拉力F將木板抽出，若F＝8N，g取10m/s2.求：(1)抽出木板的過(guò)程中摩擦力分別對(duì)木板和鐵塊做的功；(2)抽出木板的過(guò)程中由于摩擦產(chǎn)生的內(nèi)能Q.8、(2022武漢調(diào)研)如圖所示，一物體質(zhì)量m＝2kg，在傾角θ＝37°的斜面上的A點(diǎn)以初速度v0＝3m/s下滑，A點(diǎn)距彈簧上端擋板位置B點(diǎn)的距離AB＝4m．當(dāng)物體到達(dá)B點(diǎn)后將彈簧壓縮到C點(diǎn)，最大壓縮量BC＝0.2m，然后物體又被彈簧彈上去，彈到的最高位置為D點(diǎn)，D點(diǎn)距A點(diǎn)的距離AD＝3m．擋板及彈簧質(zhì)量不計(jì)，g取10m/s2，sin37°＝0.6，求：(1)物體與斜面間的動(dòng)摩擦因數(shù)μ；(2)彈簧的最大彈性勢(shì)能Epm.1.(多選)(2022·福建省漳州市二模)如圖所示，汽車在拱形橋上由A勻速率運(yùn)動(dòng)到B，以下說(shuō)法正確的是()A．牽引力與克服摩擦力做的功相等B．合外力對(duì)汽車不做功C．牽引力和重力做的總功大于克服摩擦力做的功D．汽車在上拱形橋的過(guò)程中克服重力做的功轉(zhuǎn)化為汽車的重力勢(shì)能2.(多選)(2022·重慶高三模擬)如圖所示，輕質(zhì)彈簧上端固定，下端系一物體。物體在A處時(shí)，彈簧處于原長(zhǎng)狀態(tài)?，F(xiàn)用手托住物體使它從A處緩慢下降，到達(dá)B處時(shí)，手和物體自然分開(kāi)。此過(guò)程中，物體克服手的支持力所做的功為W。不考慮空氣阻力。關(guān)于此過(guò)程，下列說(shuō)法正確的有()A．物體重力勢(shì)能減小量一定大于WB．彈簧彈性勢(shì)能增加量一定小于WC．物體與彈簧組成的系統(tǒng)機(jī)械能增加量為WD．若將物體從A處由靜止釋放，則物體到達(dá)B處時(shí)的動(dòng)能為W3.(多選)(2022·河北邢臺(tái)摸底)如圖所示，楔形木塊abc固定在水平面上，粗糙斜面ab與水平面的夾角為60°，光滑斜面bc與水平面的夾角為30°，頂角b處安裝一定滑輪．質(zhì)量分別為M、m(M>m)的兩滑塊A和B，通過(guò)不可伸長(zhǎng)的輕繩跨過(guò)定滑輪連接，輕繩與斜面平行．兩滑塊由靜止釋放后，沿斜面做勻加速運(yùn)動(dòng)，A、B不會(huì)與定滑輪碰撞．若不計(jì)滑輪的質(zhì)量和摩擦，在兩滑塊沿斜面運(yùn)動(dòng)的過(guò)程中()A．輕繩對(duì)滑輪作用力的方向豎直向下B．拉力和重力對(duì)M做功之和大于M動(dòng)能的增加量C．拉力對(duì)M做的功等于M機(jī)械能的增加量D．兩滑塊組成系統(tǒng)的機(jī)械能損失等于M克服摩擦力做的功4、(多選)(2022·福建省龍巖市上學(xué)期期末)如圖所示，輕質(zhì)彈簧一端固定在水平面上的光滑轉(zhuǎn)軸O上，另一端與套在粗糙固定直桿A處質(zhì)量為m的小球(可視為質(zhì)點(diǎn))相連．A點(diǎn)距水平面的高度為h，直桿與水平面的夾角為30°，OA＝OC，B為AC的中點(diǎn)，OB等于彈簧原長(zhǎng)．小球從A處由靜止開(kāi)始下滑，經(jīng)過(guò)B處的速度為v，并恰能停在C處．已知重力加速度為g，則下列說(shuō)法正確的是()A．小球通過(guò)B點(diǎn)時(shí)的加速度為eq\f(g,2)B．小球通過(guò)AB段與BC段摩擦力做功相等C．彈簧具有的最大彈性勢(shì)能為eq\f(1,2)mv2D．A到C過(guò)程中，產(chǎn)生的內(nèi)能為mgh5．(2022·山東省菏澤市一模)如圖甲所示，質(zhì)量m＝1kg的物塊放置在豎直固定的彈簧上方(未拴接)，用力向下壓物塊至某一位置，然后由靜止釋放，取該位置為物塊運(yùn)動(dòng)的起始位置，物塊上升過(guò)程的a-x圖像如圖乙所示，不計(jì)空氣阻力，重力加速度g＝10m/s2。則下列說(shuō)法正確的是()A．物塊運(yùn)動(dòng)過(guò)程的最大加速度大小為20m/s2B．彈簧的勁度系數(shù)為50N/mC．彈簧最大彈性勢(shì)能為9JD．物塊加速度為0時(shí)離開(kāi)彈簧6、(多選(2022·江蘇南京二模))如圖所示為某建筑工地所用的水平放置的運(yùn)輸帶，在電動(dòng)機(jī)的帶動(dòng)下運(yùn)輸帶始終以恒定的速度v0＝1m/s順時(shí)針傳動(dòng)．建筑工人將質(zhì)量m＝2kg的建筑材料靜止地放到運(yùn)輸帶的最左端，同時(shí)建筑工人以v0＝1m/s的速度向右勻速運(yùn)動(dòng)．已知建筑材料與運(yùn)輸帶之間的動(dòng)摩擦因數(shù)為μ＝0.1，運(yùn)輸帶的長(zhǎng)度為L(zhǎng)＝2m，重力加速度大小為g＝10m/s2.以下說(shuō)法正確的是()A．建筑工人比建筑材料早到右端0.5sB．建筑材料在運(yùn)輸帶上一直做勻加速直線運(yùn)動(dòng)C．因運(yùn)輸建筑材料電動(dòng)機(jī)多消耗的能量為1JD．運(yùn)輸帶對(duì)建筑材料做的功為1J7.(多選)(2022·蚌埠第二次質(zhì)檢)從地面豎直向上拋出一質(zhì)量為1kg的物體，物體運(yùn)動(dòng)時(shí)所受空氣阻力大小不變。以地面為零勢(shì)能面，物體在上升過(guò)程中動(dòng)能Ek與重力勢(shì)能Ep的關(guān)系如圖所示，重力加速度取10m/s2，則下列結(jié)論正確的是()A．空氣阻力的大小為5NB．空氣阻力的大小為10NC．物體重力勢(shì)能和動(dòng)能相等時(shí)的高度為2.88mD．物體重力勢(shì)能和動(dòng)能相等時(shí)的高度為2.40m8、(2022·樂(lè)山模擬)如圖，豎直平面內(nèi)的軌道Ⅰ和Ⅱ都由兩段細(xì)直桿連接而成，兩軌道長(zhǎng)度相等．用相同的水平恒力將穿在軌道最低點(diǎn)B的靜止小球，分別沿Ⅰ和Ⅱ推至最高點(diǎn)A，所需時(shí)間分別為t1、t2；動(dòng)能增量分別為ΔEk1、ΔEk2.假定球在經(jīng)過(guò)軌道轉(zhuǎn)折點(diǎn)前后速度的大小不變，且球與Ⅰ、Ⅱ軌道間的動(dòng)摩擦因數(shù)相等，則()A．ΔEk1>ΔEk2；t1>t2B．ΔEk1＝ΔEk2；t1>t2C．ΔEk1>ΔEk2；t1<t2D．ΔEk1＝ΔEk2；t1<t29、(多選)(2022·合肥調(diào)研)如圖所示，一彈性輕繩(彈力與其伸長(zhǎng)量成正比)左端固定在墻上A點(diǎn)，右端穿過(guò)一固定的光滑圓環(huán)B連接一個(gè)質(zhì)量為m的小球p，小球p在B點(diǎn)時(shí)，彈性輕繩處在自然伸長(zhǎng)狀態(tài)。小球p穿過(guò)豎直固定桿在C處時(shí)，彈性輕繩的彈力為mg。將小球p從C點(diǎn)由靜止釋放，到達(dá)D點(diǎn)時(shí)速度恰好為0。已知小球與桿間的動(dòng)摩擦因數(shù)為0.2，A、B、C在一條水平直線上，CD＝h；重力加速度為g，彈性繩始終處在彈性限度內(nèi)。下列說(shuō)法正確的是()A．小球從C點(diǎn)運(yùn)動(dòng)到D點(diǎn)的過(guò)程中克服摩擦力做功為0.3mghB．小球從C點(diǎn)運(yùn)動(dòng)到D點(diǎn)的過(guò)程中克服摩擦力做功為0.2mghC．若僅把小球質(zhì)量變?yōu)?m，則小球到達(dá)D點(diǎn)時(shí)的速度大小為eq\r(gh)D．若僅把小球質(zhì)量變?yōu)?m，則小球到達(dá)D點(diǎn)時(shí)的速度大小為eq\r(2gh)10.(2022·江蘇省鹽城市高三三模)如圖所示，長(zhǎng)為L(zhǎng)的輕桿A端固定質(zhì)量為m的小球，另一端可以繞軸O自由轉(zhuǎn)動(dòng)。在光滑水平面上，質(zhì)量為M、邊長(zhǎng)為x的正方形木塊在水平外力的作用下，使輕桿、木塊均處于靜止?fàn)顟B(tài)，此時(shí)，桿與水平面夾角為α。撤去外力，木塊水平向右運(yùn)動(dòng)。經(jīng)過(guò)一段時(shí)間，桿與水平面夾角為β。重力加速度為g，以水平面為零勢(shì)能面。求上述過(guò)程中：(1)小球重力勢(shì)能的最大值Epm；(2)小球發(fā)生的位移大小xA；(3)輕桿對(duì)木塊所做的功W。11、(2022·江蘇鹽城二模)如圖所示，水平地面上有一長(zhǎng)L＝2m、質(zhì)量M＝1kg的長(zhǎng)板，其右端上方有一固定擋板．質(zhì)量m＝2kg的小滑塊從長(zhǎng)板的左端以v0＝6m/s的初速度向右運(yùn)動(dòng)，同時(shí)長(zhǎng)板在水平拉力F作用下以v＝2m/s的速度向右勻速運(yùn)動(dòng)，滑塊與擋板相碰后速度為0，長(zhǎng)板繼續(xù)勻速運(yùn)動(dòng)，直到長(zhǎng)板與滑塊分離．已知長(zhǎng)板與地面間的動(dòng)摩擦因數(shù)μ1＝0.4，滑塊與長(zhǎng)板間的動(dòng)摩擦因數(shù)μ2＝0.5，重力加速度g取10m/s2.求：(1)滑塊從長(zhǎng)板的左端運(yùn)動(dòng)至擋板處的過(guò)程，長(zhǎng)板的位移x；(2)滑塊碰到擋板前，水平拉力大小F；(3)滑塊從長(zhǎng)板的左端運(yùn)動(dòng)至與長(zhǎng)板分離的過(guò)程，系統(tǒng)因摩擦產(chǎn)生的熱量Q.12.(2022·福建省莆田市二模)如圖所示，長(zhǎng)為l的輕繩一端系于固定點(diǎn)O，另一端系一質(zhì)量為m的小球。將小球從與O點(diǎn)等高的A點(diǎn)以一定初速度水平向右拋出，經(jīng)一段時(shí)間后繩被拉直，此后小球以O(shè)為圓心在豎直平面內(nèi)擺動(dòng)。已知O、A的距離為eq\f(\r(3),2)l，繩剛被拉直時(shí)與豎直方向的夾角為60°，重力加速度為g，不計(jì)空氣阻力。求：(1)小球拋出時(shí)的速度以及繩被拉直后瞬間的速度；(2)小球擺到最低點(diǎn)時(shí)，繩對(duì)小球的拉力大小。13、(2022·貴州三校聯(lián)考)如圖所示，一足夠長(zhǎng)的水平傳送帶以大小為v0的速度勻速轉(zhuǎn)動(dòng)，質(zhì)量均為m的小物塊P和小物塊Q由通過(guò)滑輪組的輕繩連接，輕繩足夠長(zhǎng)且不可伸長(zhǎng)．某時(shí)刻物塊P從傳送帶左端以大小為2v0的速度沖上傳送帶，P與定滑輪間的繩子水平，已知物塊P與傳送帶間的動(dòng)摩擦因數(shù)μ＝0.25，重力加速度為g，不計(jì)滑輪的質(zhì)量與摩擦．(1)求運(yùn)動(dòng)過(guò)程中小物塊P、Q的加速度大小之比；(2)求從物塊P剛沖上傳送帶到向右運(yùn)動(dòng)到最遠(yuǎn)處的過(guò)程中，P、Q組成的系統(tǒng)的機(jī)械能的改變量；(3)若傳送帶勻速運(yùn)動(dòng)的速度大小為v(0＜v＜2v0)，當(dāng)v取多大時(shí)，從物塊P剛沖上傳送帶到向右運(yùn)動(dòng)到最遠(yuǎn)處的過(guò)程中，P與傳送帶間產(chǎn)生的熱量最?。孔钚≈禐槎啻?？14、(2022年廣東省廣州市高三下學(xué)期一模)傾角為θ的斜面與足夠長(zhǎng)的光滑水平面在D處平滑連接,斜面上AB的長(zhǎng)度為3L,BC、CD的長(zhǎng)度均為3.5L,BC部分粗糙,其余部分光滑。如圖所示,4個(gè)“—|”形小滑塊工件緊挨在一起排在斜面上,從下往上依次標(biāo)為1、2、3、4,滑塊上長(zhǎng)為L(zhǎng)的輕桿與斜面平行并與上一個(gè)滑塊接觸但不粘連,滑塊1恰好在A處?，F(xiàn)將4個(gè)滑塊一起由靜止釋放,設(shè)滑塊經(jīng)過(guò)D處時(shí)無(wú)機(jī)械能損失,輕桿不會(huì)與斜面相碰。已知每個(gè)滑塊的質(zhì)量為m并可視為質(zhì)點(diǎn),滑塊與粗糙面間的動(dòng)摩擦因數(shù)μ=tanθ,重力加速度為g。求:(1)滑塊1剛進(jìn)入BC部分時(shí),滑塊1上的輕桿所受到的壓力大小。(2)4個(gè)滑塊全部滑上水平面后,相鄰滑塊之間的距離。1.(2021全國(guó)甲卷)一質(zhì)量為m的物體自傾角為α的固定斜面底端沿斜面向上滑動(dòng)．該物體開(kāi)始滑動(dòng)時(shí)的動(dòng)能為Ek，向上滑動(dòng)一段距離后速度減小為零，此后物體向下滑動(dòng)，到達(dá)斜面底端時(shí)動(dòng)能為eq\f(Ek,5).已知sinα＝0.6，重力加速度大小為g．則()A．物體向上滑動(dòng)的距離為eq\f(Ek,2mg)B．物體向下滑動(dòng)時(shí)的加速度大小為eq\f(g,5)C．物體與斜面間的動(dòng)摩擦因數(shù)等于0.5D．物體向上滑動(dòng)所用的時(shí)間比向下滑動(dòng)的時(shí)間長(zhǎng)2、(2018·全國(guó)卷Ⅰ)如圖，abc是豎直面內(nèi)的光滑固定軌道，ab水平，長(zhǎng)度為2R；bc是半徑為R的四分之一圓弧，與ab相切于b點(diǎn)。一質(zhì)量為m的小球，始終受到與重力大小相等的水平外力的作用，自a點(diǎn)處從靜止開(kāi)始向右運(yùn)動(dòng)。重力加速度大小為g。小球從a點(diǎn)開(kāi)始運(yùn)動(dòng)到其軌跡最高點(diǎn)，機(jī)械能的增量為()A．2mgR B．4mgRC．5mgR D．6mgR3、(2017·全國(guó)卷Ⅲ)如圖，一質(zhì)量為m，長(zhǎng)度為l的均勻柔軟細(xì)繩PQ豎直懸掛。用外力將繩的下端Q緩慢地豎直向上拉起至M點(diǎn)，M點(diǎn)與繩的上端P相距eq\f(1,3)l。重力加速度大小為g。在此過(guò)程中，外力做的功為()A.eq\f(1,9)mgl B．eq\f(1,6)mglC.eq\f(1,3)mgl D．eq\f(1,2)mgl4、（2021湖北省新高考適應(yīng)性測(cè)試）如圖所示，兩傾角均為的光滑斜面對(duì)接后固定水平地面上，O點(diǎn)為斜面的最低點(diǎn)。一個(gè)小物塊從右側(cè)斜面上高為H處由靜止滑下，在兩個(gè)斜面上做往復(fù)運(yùn)動(dòng)。小物塊每次通過(guò)O點(diǎn)時(shí)都會(huì)有動(dòng)能損失，損失的動(dòng)能為小物塊當(dāng)次到達(dá)O點(diǎn)時(shí)動(dòng)能的5%。小物塊從開(kāi)始下滑到停止的過(guò)程中運(yùn)動(dòng)的總路程為（）A. B. C. D.5、（多選）（2021年重慶市普通高等學(xué)校招生適應(yīng)性考試）10.如圖所示，傾角為θ的斜面MN段粗糙，其余段光滑，PM、MN長(zhǎng)度均為3d。四個(gè)質(zhì)量均為m的相同樣品1、2、3、4放在斜面上，每個(gè)樣品（可視為質(zhì)點(diǎn)）左側(cè)固定有長(zhǎng)度為d的輕質(zhì)細(xì)桿，細(xì)桿與斜面平行，且與其左側(cè)的樣品接觸但不粘連，樣品與MN間的動(dòng)摩擦因數(shù)為tanθ。若樣品1在P處時(shí)，四個(gè)樣品由靜止一起釋放，則（重力加速度大小為g）（）

A.當(dāng)樣品1剛進(jìn)入MN段時(shí)，樣品的共同加速度大小為B.當(dāng)樣品1剛進(jìn)入MN段時(shí)，樣品1的輕桿受到壓力大小為3mgsinθC.當(dāng)四個(gè)樣品均位于MN段時(shí)，摩擦力做的總功為9dmgsinθD.當(dāng)四個(gè)樣品均位于MN段時(shí)，樣品的共同速度大小為6、(2020·浙江1月選考·20)如圖所示，一彈射游戲裝置由安裝在水平臺(tái)面上的固定彈射器、豎直圓軌道(在最低點(diǎn)E分別與水平軌道EO和EA相連)、高度h可調(diào)的斜軌道AB組成．游戲時(shí)滑塊從O點(diǎn)彈出，經(jīng)過(guò)圓軌道并滑上斜軌道．全程不脫離軌道且恰好停在B端則視為游戲成功．已知圓軌道半徑r＝0.1m，OE長(zhǎng)L1＝0.2m，AC長(zhǎng)L2＝0.4m，圓軌道和AE光滑，滑塊與AB、OE之間的動(dòng)摩擦因數(shù)μ＝0.5.滑塊質(zhì)量m＝2g且可視為質(zhì)點(diǎn)，彈射時(shí)從靜止釋放且彈簧的彈性勢(shì)能完全轉(zhuǎn)化為滑塊動(dòng)能．忽略空氣阻力，各部分平滑連接．求：(1)滑塊恰好能過(guò)圓軌道最高點(diǎn)F時(shí)的速度vF大小；(2)當(dāng)h＝0.1m且游戲成功時(shí)，滑塊經(jīng)過(guò)E點(diǎn)對(duì)圓軌道的壓力FN大小及彈簧的彈性勢(shì)能Ep0；(3)要使游戲成功，彈簧的彈性勢(shì)能Ep與高度h之間滿足的關(guān)系．7、(2021·福建高考)如圖(a)，一傾角37°的固定斜面的AB段粗糙，BC段光滑。斜面上一輕質(zhì)彈簧的一端固定在底端C處，彈簧的原長(zhǎng)與BC長(zhǎng)度相同。一小滑塊在沿斜面向下的拉力T作用下，由A處從靜止開(kāi)始下滑，當(dāng)滑塊第一次到達(dá)B點(diǎn)時(shí)撤去T。T隨滑塊沿斜面下滑的位移s的變化關(guān)系如圖(b)所示。已知AB段長(zhǎng)度為2m，滑塊質(zhì)量為2kg，滑塊與斜面AB段的動(dòng)摩擦因數(shù)為0.5，彈簧始終在彈性限度內(nèi)，重力加速度大小取10m/s2，sin37°＝0.6。求：(1)當(dāng)拉力為10N時(shí)，滑塊的加速度大?。?2)滑塊第一次到達(dá)B點(diǎn)時(shí)的動(dòng)能；(3)滑塊第一次在B點(diǎn)與彈簧脫離后，沿斜面上滑的最大距離。考點(diǎn)20機(jī)械能守恒定律--功能關(guān)系和能量守恒定律新課程標(biāo)準(zhǔn)1.理解能量守恒定律，體會(huì)守恒觀念對(duì)認(rèn)識(shí)物理規(guī)律的重要性。能用能量守恒定律分析生產(chǎn)生活中的有關(guān)問(wèn)題。命題趨勢(shì)考查的內(nèi)容主要體現(xiàn)對(duì)能量觀念的認(rèn)識(shí)、模型建構(gòu)和科學(xué)推理等物理學(xué)科的核心素養(yǎng)。往往與動(dòng)力學(xué)、運(yùn)動(dòng)學(xué)以及電磁學(xué)等主干知識(shí)相結(jié)合，并密切聯(lián)系實(shí)際，難度較大，突出體現(xiàn)高考的選擇性特征．試題情境生活實(shí)踐類各種體育比賽項(xiàng)目、各種生產(chǎn)工具、各種娛樂(lè)項(xiàng)目和傳送帶等．功能關(guān)系的理解和應(yīng)用、能量守恒及轉(zhuǎn)化問(wèn)題學(xué)習(xí)探究類含彈簧系統(tǒng)能量守恒問(wèn)題，傳送帶、板塊模型的功能關(guān)系的理解和應(yīng)用、能量守恒及轉(zhuǎn)化問(wèn)題考向一功能關(guān)系的理解和應(yīng)用考向二功能關(guān)系與圖像的結(jié)合考向三含彈簧的傳送帶問(wèn)題和板塊問(wèn)題考向四三種力學(xué)方法的應(yīng)用--多過(guò)程問(wèn)題考向一功能關(guān)系的理解和應(yīng)用一、功能關(guān)系1．幾種常見(jiàn)的功能關(guān)系能量功能關(guān)系定量關(guān)系勢(shì)能重力做功等于重力勢(shì)能減少量(1)力做正功，勢(shì)能減少(2)力做負(fù)功，勢(shì)能增加W＝Ep1－Ep2＝－ΔEp彈力做功等于彈性勢(shì)能減少量靜電力做功等于電勢(shì)能減少量分子力做功等于分子勢(shì)能減少量動(dòng)能合外力做功等于物體動(dòng)能變化量(1)合力做正功，動(dòng)能增加(2)合力做負(fù)功，動(dòng)能減少W＝Ek2－Ek1＝eq\f(1,2)mv2－eq\f(1,2)mv02機(jī)械能只有重力、彈力做功，機(jī)械能不變化機(jī)械能守恒，ΔE＝0機(jī)械能除重力和彈力之外的其他力做功等于機(jī)械能變化量(1)其他力做正功，機(jī)械能增加(2)其他力做負(fù)功，機(jī)械能減少W其他＝E2－E1＝ΔE摩擦產(chǎn)生的內(nèi)能一對(duì)相互作用的滑動(dòng)摩擦力做功之和的絕對(duì)值等于產(chǎn)生的內(nèi)能(1)作用于系統(tǒng)的一對(duì)滑動(dòng)摩擦力一定做負(fù)功，系統(tǒng)內(nèi)能增加(2)摩擦生熱Q＝Ff·x相對(duì)電能安培力做功等于電能變化量(1)安培力做正功，電能減少(2)安培力做負(fù)功，電能增加W電能＝E2－E1＝ΔE二、兩種摩擦力做功特點(diǎn)的比較類型比較靜摩擦力做功滑動(dòng)摩擦力做功不同點(diǎn)能量的轉(zhuǎn)化方面只有機(jī)械能從一個(gè)物體轉(zhuǎn)移到另一個(gè)物體，而沒(méi)有機(jī)械能轉(zhuǎn)化為其他形式的能(1)將部分機(jī)械能從一個(gè)物體轉(zhuǎn)移到另一個(gè)物體(2)一部分機(jī)械能轉(zhuǎn)化為內(nèi)能，此部分能量就是系統(tǒng)機(jī)械能的損失量一對(duì)摩擦力的總功方面一對(duì)靜摩擦力所做功的代數(shù)和總等于零一對(duì)滑動(dòng)摩擦力做功的代數(shù)和總是負(fù)值相同點(diǎn)正功、負(fù)功、不做功方面兩種摩擦力對(duì)物體可以做正功，也可以做負(fù)功，還可以不做功【典例1】(多選)(2022·黑龍江佳木斯市質(zhì)檢)如圖所示，建筑工地上載人升降機(jī)用不計(jì)質(zhì)量的細(xì)鋼繩跨過(guò)定滑輪與一電動(dòng)機(jī)相連，通電后電動(dòng)機(jī)帶動(dòng)升降機(jī)沿豎直方向先勻加速上升后勻速上升。摩擦及空氣阻力均不計(jì)。則()A.升降機(jī)勻加速上升過(guò)程中，升降機(jī)底板對(duì)人做的功等于人增加的動(dòng)能B.升降機(jī)勻加速上升過(guò)程中，升降機(jī)底板對(duì)人做的功等于人增加的機(jī)械能C.升降機(jī)勻速上升過(guò)程中，升降機(jī)底板對(duì)人做的功等于人增加的機(jī)械能D.升降機(jī)上升的全過(guò)程中，鋼繩拉力做的功大于升降機(jī)和人增加的機(jī)械能【答案】BC【解析】根據(jù)動(dòng)能定理可知，合力對(duì)物體做的功等于物體動(dòng)能的變化量，所以升降機(jī)勻加速上升過(guò)程中，升降機(jī)底板對(duì)人做的功與人的重力做功之和等于人增加的動(dòng)能，故A錯(cuò)誤；除重力外，其他力對(duì)人做的功等于人機(jī)械能的增加量，B正確；升降機(jī)勻速上升過(guò)程中，升降機(jī)底板對(duì)人做的功等于人克服重力做的功(此過(guò)程中動(dòng)能不變)，即增加的機(jī)械能，C正確；升降機(jī)上升的全過(guò)程中，鋼繩拉力做的功等于升降機(jī)和人增加的機(jī)械能，D錯(cuò)誤?！镜淅?】(多選)(2022·山東煙臺(tái)市高考診斷一模)如圖所示，一長(zhǎng)木板B放在粗糙的水平地面上，在B的左端放一物體A，現(xiàn)以恒定的外力F拉A，經(jīng)一段時(shí)間物塊A從長(zhǎng)木板B的右端拉出，且在此過(guò)程中以地面為參考系，長(zhǎng)木板B也向右移動(dòng)一段距離。則在此過(guò)程中()A.外力F對(duì)A做的功等于A和B動(dòng)能的增量B.A對(duì)B摩擦力做的功與B對(duì)A摩擦力做的功絕對(duì)值相等C.外力F做的功等于A、B動(dòng)能的增量與系統(tǒng)由于摩擦而產(chǎn)生的熱量之和D.A對(duì)B摩擦力做的功等于B動(dòng)能的增量和B與地面之間摩擦產(chǎn)生的熱量之和【答案】CD【解析】根據(jù)功能關(guān)系可知，外力F做的功等于A和B動(dòng)能的增量與系統(tǒng)由于摩擦而產(chǎn)生的熱量之和，故C正確，A錯(cuò)誤；A對(duì)B的摩擦力與B對(duì)A的摩擦力是一對(duì)作用力與反作用力，大小相等，方向相反，但是由于A在B上滑動(dòng)，A、B對(duì)地的位移不等，二者做功不相等，故B錯(cuò)誤；對(duì)B分析，由動(dòng)能定理知WAB－WB地＝ΔEkB，A對(duì)B摩擦力做的功WAB＝ΔEkB＋WB地，所以A對(duì)B摩擦力做的功等于B動(dòng)能的增量和B與地面之間摩擦產(chǎn)生的熱量之和，故D正確。練習(xí)1、(多選)(2022·樂(lè)山模擬)如圖所示，在升降機(jī)內(nèi)固定一光滑的斜面體，一輕彈簧的一端連在位于斜面體上方的固定木板B上，另一端與質(zhì)量為m的物塊A相連，彈簧與斜面平行．整個(gè)系統(tǒng)由靜止開(kāi)始加速上升高度h的過(guò)程中()A．物塊A的重力勢(shì)能增加量一定等于mghB．物塊A的動(dòng)能增加量等于斜面的支持力和彈簧的拉力對(duì)其做功的和C．物塊A的機(jī)械能增加量等于斜面的支持力和彈簧的拉力對(duì)其做功的和D．物塊A和彈簧組成系統(tǒng)的機(jī)械能增加量等于斜面對(duì)物塊的支持力和B對(duì)彈簧的拉力做功的和【答案】CD【解析】當(dāng)物塊具有向上的加速度時(shí)，彈簧彈力在豎直方向上的分力和斜面的支持力在豎直方向上的分力的合力大于重力，所以彈簧的彈力比物塊靜止時(shí)大，彈簧的伸長(zhǎng)量增大，物塊A相對(duì)于斜面向下運(yùn)動(dòng)，物塊A上升的高度小于h，所以重力勢(shì)能的增加量小于mgh，故A錯(cuò)誤；對(duì)物塊A由動(dòng)能定理有物塊A的動(dòng)能增加量等于斜面的支持力、彈簧的拉力和重力對(duì)其做功的和，故B錯(cuò)誤；物塊A機(jī)械能的增加量等于斜面支持力和彈簧彈力做功的和，故C正確；物塊A和彈簧組成系統(tǒng)的機(jī)械能增加量等于斜面對(duì)物塊的支持力和B對(duì)彈簧的拉力做功的和，故D正確．練習(xí)2、(多選)(2022四川宜賓市檢測(cè))一個(gè)物塊從斜面底端沖上足夠長(zhǎng)的斜面后，返回到斜面底端．已知小物塊沖上斜面的初動(dòng)能為E，它返回斜面底端的速度大小為v，克服摩擦力做功為eq\f(1,4)E.若小物塊沖上斜面的初動(dòng)能變?yōu)?E，則()A．返回斜面底端時(shí)動(dòng)能為eq\f(3,4)EB．返回斜面底端時(shí)速度大小為eq\r(3)vC．從出發(fā)到返回斜面底端，克服摩擦阻力做功為eq\f(3,4)ED．從出發(fā)到返回斜面底端，機(jī)械能減少eq\f(3,8)E【答案】BC【解析】物塊以初動(dòng)能E沖上斜面并返回的整個(gè)過(guò)程中，由動(dòng)能定理得Wf＝eq\f(1,2)mv2－E＝－eq\f(E,4)，則eq\f(1,2)mv2＝eq\f(3,4)E，設(shè)物塊以初動(dòng)能E沖上斜面的初速度為v0，則以初動(dòng)能3E沖上斜面的初速度為eq\r(3)v0，兩次沖上斜面后的加速度相同，根據(jù)2ax＝v2－veq\o\al(2,0)可知物體上滑的最大位移為x＝eq\f(0－v\o\al(2,0),2a)，物塊第二次沖上斜面的最大位移是第一次的3倍，則整個(gè)過(guò)程中克服摩擦力做功是第一次的3倍，即為eq\f(3,4)E，故C正確；以初動(dòng)能3E沖上斜面并返回的整個(gè)過(guò)程中，運(yùn)用動(dòng)能定理得Wf′＝eq\f(1,2)mv′2－3E＝－eq\f(3,4)E，所以返回斜面底端時(shí)的動(dòng)能為eq\f(1,2)mv′2＝eq\f(9,4)E，返回斜面底端時(shí)速度大小為v′＝eq\r(3)v，故A錯(cuò)誤，B正確；根據(jù)功能關(guān)系可知，第二次從出發(fā)到返回斜面底端，機(jī)械能減少量等于克服摩擦阻力做功，為eq\f(3,4)E，故D錯(cuò)誤．【巧學(xué)妙記】1.只涉及動(dòng)能的變化用動(dòng)能定理分析。1.只涉及動(dòng)能的變化用動(dòng)能定理分析。2.只涉及重力勢(shì)能的變化，用重力做功與重力勢(shì)能變化的關(guān)系分析。3.只涉及機(jī)械能的變化，用除重力和彈簧的彈力之外的其他力做功與機(jī)械能變化的關(guān)系分析?？枷蚨δ荜P(guān)系與圖像的結(jié)合【典例3】(2021·湖北高考)如圖(a)所示，一物塊以一定初速度沿傾角為30°的固定斜面上滑，運(yùn)動(dòng)過(guò)程中摩擦力大小f恒定，物塊動(dòng)能Ek與運(yùn)動(dòng)路程s的關(guān)系如圖(b)所示。重力加速度大小取10m/s2，物塊質(zhì)量m和所受摩擦力大小f分別為()A．m＝0.7kg，f＝0.5NB．m＝0.7kg，f＝1.0NC．m＝0.8kg，f＝0.5ND．m＝0.8kg，f＝1.0N【答案】A【解析】0～10m內(nèi)物塊上滑，由動(dòng)能定理得－mgsin30°·s－fs＝Ek－Ek0，整理得Ek＝Ek0－(mgsin30°＋f)s，結(jié)合0～10m內(nèi)的圖像得mgsin30°＋f＝4N；10～20m內(nèi)物塊下滑，由動(dòng)能定理得(mgsin30°－f)(s－s1)＝Ek，整理得Ek＝(mgsin30°－f)s－(mgsin30°－f)s1，結(jié)合10～20m內(nèi)的圖像得mgsin30°－f＝3N，聯(lián)立解得f＝0.5N，m＝0.7kg。故A正確。【典例4】(多選)(2020·高考全國(guó)卷Ⅰ，T20)一物塊在高3.0m、長(zhǎng)5.0m的斜面頂端從靜止開(kāi)始沿斜面下滑，其重力勢(shì)能和動(dòng)能隨下滑距離s的變化如圖中直線Ⅰ、Ⅱ所示，重力加速度取10m/s2。則()A．物塊下滑過(guò)程中機(jī)械能不守恒B．物塊與斜面間的動(dòng)摩擦因數(shù)為0.5C．物塊下滑時(shí)加速度的大小為6.0m/s2D．當(dāng)物塊下滑2.0m時(shí)機(jī)械能損失了12J【答案】AB【解析】由重力勢(shì)能和動(dòng)能隨下滑距離s變化的圖象可知，重力勢(shì)能和動(dòng)能之和隨下滑距離s的增大而減小，可知物塊下滑過(guò)程中機(jī)械能不守恒，A正確；在斜面頂端，重力勢(shì)能mgh＝30J，解得物塊質(zhì)量m＝1kg，由重力勢(shì)能隨下滑距離s變化的圖象可知，重力勢(shì)能可以表示為Ep＝(30－6s)J，由動(dòng)能隨下滑距離s變化圖象可知，動(dòng)能可以表示為Ek＝2sJ，設(shè)斜面傾角為θ，則有sinθ＝eq\f(h,L)＝eq\f(3,5)，cosθ＝eq\f(4,5)，由功能關(guān)系有－μmgcosθ·s＝Ep＋Ek－30J＝(30－6s＋2s－30)J＝－4sJ，可得μ＝0.5，B正確；由Ek＝2sJ，Ek＝eq\f(mv2,2)可得，v2＝4sm2/s2，對(duì)比勻變速直線運(yùn)動(dòng)公式v2＝2as，可得a＝2m/s2，即物塊下滑時(shí)加速度的大小為2.0m/s2，C錯(cuò)誤；由重力勢(shì)能和動(dòng)能隨下滑距離s變化圖象可知，當(dāng)物塊下滑2.0m時(shí)機(jī)械能為E＝18J＋4J＝22J，機(jī)械能損失了ΔE＝30J－22J＝8J，D錯(cuò)誤。練習(xí)3、(多選)(2022年廣東省廣州市高三下學(xué)期一模)如圖甲所示，固定的斜面長(zhǎng)為10m，質(zhì)量為m＝2.0kg的小滑塊自斜面頂端由靜止開(kāi)始沿斜面下滑的過(guò)程中，小滑塊的動(dòng)能Ek隨位移x的變化規(guī)律如圖乙所示，取斜面底端所在水平面為重力勢(shì)能參考平面，小滑塊的重力勢(shì)能Ep隨位移x的變化規(guī)律如圖丙所示，重力加速度g＝10m/s2。則下列判斷中正確的是()A．斜面的傾角為45°B．滑塊與斜面間的動(dòng)摩擦因數(shù)為eq\f(\r(3),4)C．下滑過(guò)程滑塊的加速度大小為1.25m/s2D．滑塊自斜面下滑過(guò)程中損失的機(jī)械能為25J【答案】BC【解析】根據(jù)題圖乙可知?jiǎng)幽芘c位移圖像的斜率大小為合外力大小，即F＝eq\f(25,10)N＝eq\f(5,2)N，根據(jù)題圖丙可知重力勢(shì)能與位移圖像斜率大小為重力在斜面上的分力大小，即mgsinθ＝10N，滑塊下滑過(guò)程中應(yīng)用牛頓第二定律：mgsinθ－μmgcosθ＝F，解得：θ＝30°，μ＝eq\f(\r(3),4)，故A錯(cuò)誤，B正確；根據(jù)上述分析可知滑塊所受合外力為eq\f(5,2)N，根據(jù)牛頓第二定律：F＝ma，解得：a＝1.25m/s2，故C正確；由能量守恒定律可知，重力勢(shì)能損失100J，動(dòng)能增加25J，說(shuō)明機(jī)械能損失75J，故D錯(cuò)誤。練習(xí)4.(多選)(2022·山東煙臺(tái)期中)如圖所示，在水平地面上固定一傾角為θ的足夠長(zhǎng)斜面，有一物塊靜止在斜面底端O處?，F(xiàn)對(duì)物塊施加一個(gè)沿斜面向上的恒力F，物塊開(kāi)始沿斜面向上運(yùn)動(dòng)。當(dāng)物塊沿斜面向上運(yùn)動(dòng)的距離為x0時(shí)，撤去恒力F。已知物塊與斜面間的動(dòng)摩擦因數(shù)為μ，且μ＞tanθ。以斜面底端O所在的水平地面為參考平面，則物塊從O點(diǎn)開(kāi)始沿斜面運(yùn)動(dòng)的過(guò)程中，物塊的加速度大小a、重力勢(shì)能Ep、動(dòng)能Ek、機(jī)械能E和物塊相對(duì)于O點(diǎn)的位移x之間的關(guān)系圖像中可能正確的是()【答案】AD【解析】0～x0段，物塊向上做勻加速直線運(yùn)動(dòng)，由牛頓第二定律得F－μmgcosθ－mgsinθ＝ma1，撤去力F后，物塊向上做勻減速直線運(yùn)動(dòng)，由牛頓第二定律得μmgcosθ＋mgsinθ＝ma2，若F－μmgcosθ－mgsinθ＜μmgcosθ＋mgsinθ，則a1＜a2，由于μ＞tanθ，即μmgcosθ＞mgsinθ，說(shuō)明物塊速度減為零后不會(huì)沿斜面下滑，將靜止在斜面上，A正確；由于整個(gè)運(yùn)動(dòng)過(guò)程中物塊均向上運(yùn)動(dòng)，故物塊的重力勢(shì)能逐漸增大，B錯(cuò)誤；0～x0段，由動(dòng)能定理得(F－μmgcosθ－mgsinθ)x＝Ek，由于F－μmgcosθ－mgsinθ恒定不變，因此Ek-x圖線的斜率恒定不變，0～x0段圖線應(yīng)該是一條過(guò)原點(diǎn)向上傾斜的直線，設(shè)撤去力F時(shí)，物塊的動(dòng)能為Ek0，則由動(dòng)能定理得－(mgsinθ＋μmgcosθ)(x－x0)＝Ek－Ek0，解得Ek＝－(mgsinθ＋μmgcosθ)x＋(mgsinθ＋μmgcosθ)·x0＋Ek0，則撤去力F后，Ek-x圖線的斜率恒定不變，圖線是一條向下傾斜的直線，C錯(cuò)誤；0～x0段，機(jī)械能為E＝(F－μmgcosθ)x，由于F－μmgcosθ恒定不變，因此0～x0段E-x圖線是一條過(guò)原點(diǎn)向上傾斜的直線，設(shè)撤去力F時(shí)，機(jī)械能為E0，則機(jī)械能變化量為E－E0＝－μmgcosθ·(x－x0)，解得E＝－μmgcosθ·x＋μmgcosθ·x0＋E0，則撤去力F后，E-x圖線是一條向下傾斜的直線，當(dāng)物塊靜止時(shí)E＞0，D正確?？枷蛉瑥椈傻倪B接體、傳送帶問(wèn)題和板塊問(wèn)題傳送帶模型1．設(shè)問(wèn)的角度(1)動(dòng)力學(xué)角度：首先要正確分析物體的運(yùn)動(dòng)過(guò)程，做好受力分析，然后利用運(yùn)動(dòng)學(xué)公式結(jié)合牛頓第二定律求物體及傳送帶在相應(yīng)時(shí)間內(nèi)的位移，找出物體和傳送帶之間的位移關(guān)系．(2)能量角度：求傳送帶對(duì)物體所做的功、物體和傳送帶由于相對(duì)滑動(dòng)而產(chǎn)生的熱量、因放上物體而使電動(dòng)機(jī)多消耗的電能等，常依據(jù)功能關(guān)系或能量守恒定律求解．滑塊—木板模型1.模型分類：滑塊—木板模型根據(jù)情況可以分成水平面上的滑塊—木板模型和斜面上的滑塊—木板模型。2.位移關(guān)系滑塊從木板的一端運(yùn)動(dòng)到另一端的過(guò)程中，若滑塊和木板沿同一方向運(yùn)動(dòng)，則滑塊的位移大小和木板的位移大小之差等于木板的長(zhǎng)度；若滑塊和木板沿相反方向運(yùn)動(dòng)，則滑塊的位移大小和木板的位移大小之和等于木板的長(zhǎng)度。3.解題關(guān)鍵找出物體之間的位移(路程)關(guān)系或速度關(guān)系是解題的突破口，求解中應(yīng)注意聯(lián)系兩個(gè)過(guò)程的紐帶，每一個(gè)過(guò)程的末速度是下一個(gè)過(guò)程的初速度。【典例5】(2019·江蘇卷)(多選)如圖所示，輕質(zhì)彈簧的左端固定，并處于自然狀態(tài)．小物塊的質(zhì)量為m，從A點(diǎn)向左沿水平地面運(yùn)動(dòng)，一段時(shí)間后壓縮彈簧后被彈回，運(yùn)動(dòng)到A點(diǎn)恰好靜止．物塊向左運(yùn)動(dòng)的最大距離為s，與地面間的動(dòng)摩擦因數(shù)為μ，重力加速度為g，彈簧未超出彈性限度．在上述過(guò)程中()A．彈簧的最大彈力為μmgB．物塊克服摩擦力做的功為2μmgsC．彈簧的最大彈性勢(shì)能為μmgsD．物塊在A點(diǎn)的初速度為eq\r(2μgs)【答案】BC【解析】彈簧被壓縮到最短時(shí)，物塊有向右的加速度，彈力大于滑動(dòng)摩擦力f＝μmg，選項(xiàng)A錯(cuò)誤；物塊在運(yùn)動(dòng)中所受的摩擦力與運(yùn)動(dòng)方向總相反，物塊運(yùn)動(dòng)的路程為2s，所以克服摩擦力做的功為W＝2μmgs，選項(xiàng)B正確；由動(dòng)能定理可知，從彈簧被壓縮至最短到物塊運(yùn)動(dòng)到A點(diǎn)，動(dòng)能的變化為零，彈簧的彈性勢(shì)能等于克服摩擦力做功W′＝μmgs，選項(xiàng)C正確；由物塊從A點(diǎn)到返回A點(diǎn)，根據(jù)動(dòng)能定理－μmg·2s＝0－eq\f(1,2)mveq\o\al(2,0)可得v0＝2eq\r(μgs)，所以選項(xiàng)D錯(cuò)誤．【典例6】(多選)(2022·撫州市高三模擬)如圖所示傾角為30°的傳送帶在電動(dòng)機(jī)帶動(dòng)下始終以v0的速度勻速上行。相等質(zhì)量的甲、乙兩種不同材料的滑塊(可視為質(zhì)點(diǎn))分別無(wú)初速放在傳送帶底端，發(fā)現(xiàn)甲滑塊上升h高度滑至頂端時(shí)恰好與皮帶保持相對(duì)靜止，乙滑塊上升eq\f(h,2)高度處恰與皮帶保持相對(duì)靜止?，F(xiàn)比較甲、乙兩滑塊從傳送帶底端到頂端的過(guò)程()A．甲滑塊與皮帶的動(dòng)摩擦因數(shù)大于乙滑塊與皮帶的動(dòng)摩擦因數(shù)B．甲滑塊與皮帶摩擦產(chǎn)生的熱量大于乙滑塊與皮帶摩擦產(chǎn)生的熱量C．兩個(gè)過(guò)程中皮帶對(duì)滑塊所做的功相同D．兩個(gè)過(guò)程中電動(dòng)機(jī)對(duì)皮帶所做的功相同【答案】BC【解析】相等質(zhì)量的甲、乙兩種不同材料的滑塊分別無(wú)初速放在傳送帶底端，最終都與傳送帶速度相等，動(dòng)能增加量相同，但甲的速度增加的慢，說(shuō)明甲受到的摩擦力小，故甲滑塊與皮帶的動(dòng)摩擦因數(shù)小于乙滑塊與皮帶的動(dòng)摩擦因數(shù)，故A錯(cuò)誤；動(dòng)能增加量相同，f甲·2h－mgh＝f乙·h－eq\f(1,2)mgh，得f乙＝2f甲－eq\f(1,2)mg，相對(duì)位移Δx甲＝2Δx乙，根據(jù)Q＝f·Δs知甲滑塊與皮帶摩擦產(chǎn)生的熱量大于乙滑塊與皮帶摩擦產(chǎn)生的熱量，故B正確；從傳送帶底端到頂端，甲、乙動(dòng)能增加量相同，重力做功相同，根據(jù)動(dòng)能定理知皮帶對(duì)滑塊所做的功相同，故C正確；電動(dòng)機(jī)多做的功等于系統(tǒng)摩擦產(chǎn)生的內(nèi)能和滑塊機(jī)械能的增加量，根據(jù)B、C兩項(xiàng)分析知放甲滑塊時(shí)電動(dòng)機(jī)做的功較多，故D錯(cuò)誤?！镜淅?】(多選)(2022·江西九江月考)第一次將一長(zhǎng)木板靜止放在光滑水平面上，如圖甲所示，一小鉛塊(可視為質(zhì)點(diǎn))以水平初速