考點4功能關系、能量守恒定律1.[2020貴州貴陽摸底檢測,多選]如圖所示,一傾角為θ=30°的斜面軌道固定在水平地面上,其底端固定一輕質彈簧,質量為M的木箱(可視為質點)載著質量為m的貨物從頂端無初速度地沿軌道滑下,下滑距離為L時,彈簧壓縮至最短,此時彈性勢能為Ep,貨物被取出,然后木箱恰能被彈回到軌道頂端,若木箱與軌道間的動摩擦因數為36,重力加速度大小為gA.M=2mB.Ep=34C.木箱不與彈簧接觸的過程,其上滑時加速度的大小是下滑時的3倍D.從木箱與貨物開始下滑到木箱被彈回頂端的過程,系統損失的機械能為mgL2.[2020安徽名校聯考]如圖甲所示,用豎直向上的力F拉靜止在水平地面上的一物體,物體在向上運動的過程中,其機械能E與位移x的關系如圖乙所示,其中AB為曲線,其余部分為直線,下列說法不正確的是()圖甲圖乙A.在0~x1的過程中,物體所受拉力不變B.在x1~x2的過程中,物體的加速度先減小后增大C.在0~x3的過程中,物體的動能先增大后減小D.在0~x2的過程中,物體克服重力做功的功率一直增大3.[2020福建泉州階段檢測]如圖,一質量為m、長度為l的均勻柔軟細繩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,M點與繩的上端P相距13l.重力加速度大小為g.在此過程中,外力做的功為(A.19mgl B.16mgl C.13mgl 4.[2020河南鄭州一中檢測]如圖所示,質量為m的滑塊從斜面底端以平行于斜面的初速度v0沖上位于水平面上的固定斜面,沿斜面上升的最大高度為H.已知斜面傾角為α,斜面與滑塊間的動摩擦因數為μ,且μ<tanα,最大靜摩擦力等于滑動摩擦力,取水平面為零勢能面,則能表示滑塊在斜面上運動的機械能E、動能Ek、勢能Ep與距水平面的高度h之間關系的圖象是()ABCD5.[2020山西太原定時檢測,多選]如圖所示,傾角為θ的傳送帶由電動機帶動,始終保持速率v順時針勻速運動,質量為m的物塊由傳送帶底端靜止釋放.已知物塊與傳送帶之間的動摩擦因數為μ(μ>tanθ),物塊到達傳送帶頂端前已經與傳送帶保持相對靜止.則在物塊由靜止釋放到相對傳送帶靜止的過程中,下列說法正確的是()A.電動機多提供的能量為mv2B.傳送帶克服摩擦力做的功為12mvC.傳送帶和物塊增加的內能為μmD.摩擦力對物塊做功的平均功率為12μmgvcos6.[2020河北唐山第一次聯考]2018年2月13日,平昌冬奧會單板滑雪女子U形場地決賽中,我國選手劉佳宇榮獲亞軍,為我國奪得首枚獎牌.如圖為U形池模型,其中A、B為U形池兩側邊緣,C為U形池最低點,U形池軌道各處粗糙程度相同.一小球(可視為質點)在距池邊高h處由靜止自由下落從左側進入池中,從右側飛出后上升的最大高度為?2,下列說法正確的是()A.小球再次進入池中后,能夠沖出左側邊緣A然后返回B.小球再次進入池中后,剛好到達左側邊緣A然后返回C.由A到C過程與由C到B過程相比,小球損耗的機械能相同D.由A到C過程與由C到B過程相比,前一過程小球損耗的機械能較小7.[2019廣東惠州第三次調研,15分]如圖所示,為拍攝鳥類活動,攝影師用輕繩將質量為m=2.0kg的攝影機跨過樹枝,懸掛于離地面H=8.5m高的B點,繩子另一端連著質量為M=4kg的沙袋,并將沙袋控制在地面上的A點.某時刻,沙袋突然失控,當沙袋水平滑動到較長的斜坡底端C處時,攝影機下落到距地面h=5.0m高的D點,斜坡傾角為37°,此時繩與斜面平行,最終攝影機恰好沒有撞擊地面.已知沙袋與斜坡間的動摩擦因數為μ=0.175,不計輕繩與樹枝間的摩擦,g取10m/s2.(不計C處的能量損失,sin37°=0.6,cos37°=0.8)(1)從D點繼續下落的過程中,攝影機做什么運動?(2)求攝影機在D點時的速度大小.(3)求攝影機下落全過程中,沙袋及攝影機組成的系統克服摩擦阻力所做的功.考點4功能關系、能量守恒定律1.BC由功能關系可知,木箱滑下再返回最高點的整個過程中,貨物的重力勢能完全轉化為摩擦產生的熱量,即mgLsinθ=μ(M+m)gLcosθ+μMgLcosθ,解得m=2M,A、D項錯誤;木箱被彈回到最高點的過程中,彈簧的彈性勢能轉化為木箱的勢能以及摩擦產生的熱量,即Ep=MgLsinθ+μMgLcosθ=34MgL,B項正確;木箱不與彈簧接觸過程中,對木箱受力分析有下滑加速度大小a下=gsinθ-μgcosθ=14g,上滑加速度大小a上=gsinθ+μgcosθ=34g,故a上=32.D根據功能關系可得ΔE=FΔx,得F=ΔEΔx,則E-x圖線的斜率表示F,且在0~x1的過程中物體所受拉力不變,故A正確;在x1~x2的過程中,拉力逐漸減小,合力先減小后增大,則加速度先減小后反向增大,故B正確;由題圖乙分析知,在0~x33.A由題可知,緩慢提升繩子,在整個過程中,動能不變,則外力做功WF等于重力勢能增加量ΔEp,將Q端提升至M位置處,最終狀態如圖所示.由圖可知重力勢能增加量ΔEp可視為只有NQ段上升增加的重力勢能.取NQ段為研究對象,此段質量為m'=13m,其重心位置上升高度為h=13l,則外力做功為WF=ΔEp=m'gh=194.D重力勢能的變化僅與重力做功有關,隨著上升高度h的增大,滑塊的重力勢能增大,選項A錯誤.機械能的變化僅與重力和系統內彈力之外的其他力做功有關,滑塊上滑過程中有-f?sinα=E-E0,即E=E0-f?sinα;滑塊下滑過程中有-f2H-?sinα=E'-E0,即E'=E0-2fHsinα+f?sinα,故上滑和下滑過程中E-h圖線均為直線,選項B錯誤.動能的變化與合外力做功有關,滑塊上滑過程中有-(mg+fsinα)h=Ek-Ek0,即Ek=Ek0-(mg+fsinα)h,滑塊下滑過程中有-mgh-f2H-?sinα=E'k-E5.CD從物塊由靜止釋放到與傳送帶相對靜止的過程中,物塊增加的動能為Ek=12mv2,該過程中,傳送帶的位移為x2=vt、物塊的位移為x1=12vt,整理得x2=2x1,對物塊有Ffx1=12mv2+mgx1sinθ,因摩擦而產生的熱量為Q=Ff(x2-x1)=Ffx1.由能量守恒定律可知,電動機多提供的能量等于物塊增加的機械能與因摩擦而產生的熱量之和,大于mv2,A項錯誤.傳送帶克服摩擦力做的功為W=Ffx2=2Q,即等于電動機多提供的能量,則大于mv2,B項錯誤.傳送帶和物塊增加的內能為Ff(x2-x1)=Ff(vt-12vt)=μmgcosθ·12vt,對物塊受力分析,由牛頓第二定律得a=Ff-mgsinθm=μgcosθ-gsinθ,則物塊加速的時間為t=va=vμgcosθ-gsinθ,故傳送帶和物塊增加的內能為μmv2cosθ2(6.A小球從高h處自由下落由U形池左側進入池中,從右側飛出后上升的最大高度為?2,根據動能定理有mg×?2-Wf1=0,Wf1=12mgh.從B點進入池中后,由于小球經過每一個對應的位置時速度都比第一次小,則小球所受摩擦力小于第一次所受的摩擦力,所以第二次在池中運動克服摩擦力做的功小于mg?2,小球能夠沖出左側邊緣A然后返回,故A正確,B錯誤;由A到C過程與由C到B過程相比,每一個對稱的位置,由A到C過程小球所受摩擦力都比由C到B過程所受摩擦力大,所以小球由A到C過程與由7.解析:(1)受力分析可知,從D點繼續下落的過程中,攝影機做勻減速直線運動.