考點20機械能守恒定律--功能關系和能量守恒定律新課程標準1.理解能量守恒定律，體會守恒觀念對認識物理規律的重要性。能用能量守恒定律分析生產生活中的有關問題。命題趨勢考查的內容主要體現對能量觀念的認識、模型建構和科學推理等物理學科的核心素養。往往與動力學、運動學以及電磁學等主干知識相結合，并密切聯系實際，難度較大，突出體現高考的選擇性特征．試題情境生活實踐類各種體育比賽項目、各種生產工具、各種娛樂項目和傳送帶等．功能關系的理解和應用、能量守恒及轉化問題學習探究類含彈簧系統能量守恒問題，傳送帶、板塊模型的功能關系的理解和應用、能量守恒及轉化問題考向一功能關系的理解和應用考向二功能關系與圖像的結合考向三含彈簧的傳送帶問題和板塊問題考向四三種力學方法的應用--多過程問題考向一功能關系的理解和應用一、功能關系1．幾種常見的功能關系能量功能關系定量關系勢能重力做功等于重力勢能減少量(1)力做正功，勢能減少(2)力做負功，勢能增加W＝Ep1－Ep2＝－ΔEp彈力做功等于彈性勢能減少量靜電力做功等于電勢能減少量分子力做功等于分子勢能減少量動能合外力做功等于物體動能變化量(1)合力做正功，動能增加(2)合力做負功，動能減少W＝Ek2－Ek1＝eq\f(1,2)mv2－eq\f(1,2)mv02機械能只有重力、彈力做功，機械能不變化機械能守恒，ΔE＝0機械能除重力和彈力之外的其他力做功等于機械能變化量(1)其他力做正功，機械能增加(2)其他力做負功，機械能減少W其他＝E2－E1＝ΔE摩擦產生的內能一對相互作用的滑動摩擦力做功之和的絕對值等于產生的內能(1)作用于系統的一對滑動摩擦力一定做負功，系統內能增加(2)摩擦生熱Q＝Ff·x相對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)安培力做負功，電能增加W電能＝E2－E1＝ΔE二、兩種摩擦力做功特點的比較類型比較靜摩擦力做功滑動摩擦力做功不同點能量的轉化方面只有機械能從一個物體轉移到另一個物體，而沒有機械能轉化為其他形式的能(1)將部分機械能從一個物體轉移到另一個物體(2)一部分機械能轉化為內能，此部分能量就是系統機械能的損失量一對摩擦力的總功方面一對靜摩擦力所做功的代數和總等于零一對滑動摩擦力做功的代數和總是負值相同點正功、負功、不做功方面兩種摩擦力對物體可以做正功，也可以做負功，還可以不做功【典例1】(多選)(2022·黑龍江佳木斯市質檢)如圖所示，建筑工地上載人升降機用不計質量的細鋼繩跨過定滑輪與一電動機相連，通電后電動機帶動升降機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。則()A.升降機勻加速上升過程中，升降機底板對人做的功等于人增加的動能B.升降機勻加速上升過程中，升降機底板對人做的功等于人增加的機械能C.升降機勻速上升過程中，升降機底板對人做的功等于人增加的機械能D.升降機上升的全過程中，鋼繩拉力做的功大于升降機和人增加的機械能【答案】BC【解析】根據動能定理可知，合力對物體做的功等于物體動能的變化量，所以升降機勻加速上升過程中，升降機底板對人做的功與人的重力做功之和等于人增加的動能，故A錯誤；除重力外，其他力對人做的功等于人機械能的增加量，B正確；升降機勻速上升過程中，升降機底板對人做的功等于人克服重力做的功(此過程中動能不變)，即增加的機械能，C正確；升降機上升的全過程中，鋼繩拉力做的功等于升降機和人增加的機械能，D錯誤。【典例2】(多選)(2022·山東煙臺市高考診斷一模)如圖所示，一長木板B放在粗糙的水平地面上，在B的左端放一物體A，現以恒定的外力F拉A，經一段時間物塊A從長木板B的右端拉出，且在此過程中以地面為參考系，長木板B也向右移動一段距離。則在此過程中()A.外力F對A做的功等于A和B動能的增量B.A對B摩擦力做的功與B對A摩擦力做的功絕對值相等C.外力F做的功等于A、B動能的增量與系統由于摩擦而產生的熱量之和D.A對B摩擦力做的功等于B動能的增量和B與地面之間摩擦產生的熱量之和【答案】CD【解析】根據功能關系可知，外力F做的功等于A和B動能的增量與系統由于摩擦而產生的熱量之和，故C正確，A錯誤；A對B的摩擦力與B對A的摩擦力是一對作用力與反作用力，大小相等，方向相反，但是由于A在B上滑動，A、B對地的位移不等，二者做功不相等，故B錯誤；對B分析，由動能定理知WAB－WB地＝ΔEkB，A對B摩擦力做的功WAB＝ΔEkB＋WB地，所以A對B摩擦力做的功等于B動能的增量和B與地面之間摩擦產生的熱量之和，故D正確。練習1、(多選)(2022·樂山模擬)如圖所示，在升降機內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，另一端與質量為m的物塊A相連，彈簧與斜面平行．整個系統由靜止開始加速上升高度h的過程中()A．物塊A的重力勢能增加量一定等于mghB．物塊A的動能增加量等于斜面的支持力和彈簧的拉力對其做功的和C．物塊A的機械能增加量等于斜面的支持力和彈簧的拉力對其做功的和D．物塊A和彈簧組成系統的機械能增加量等于斜面對物塊的支持力和B對彈簧的拉力做功的和【答案】CD【解析】當物塊具有向上的加速度時，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大，彈簧的伸長量增大，物塊A相對于斜面向下運動，物塊A上升的高度小于h，所以重力勢能的增加量小于mgh，故A錯誤；對物塊A由動能定理有物塊A的動能增加量等于斜面的支持力、彈簧的拉力和重力對其做功的和，故B錯誤；物塊A機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和彈簧組成系統的機械能增加量等于斜面對物塊的支持力和B對彈簧的拉力做功的和，故D正確．練習2、(多選)(2022四川宜賓市檢測)一個物塊從斜面底端沖上足夠長的斜面后，返回到斜面底端．已知小物塊沖上斜面的初動能為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能變為3E，則()A．返回斜面底端時動能為eq\f(3,4)EB．返回斜面底端時速度大小為eq\r(3)vC．從出發到返回斜面底端，克服摩擦阻力做功為eq\f(3,4)ED．從出發到返回斜面底端，機械能減少eq\f(3,8)E【答案】BC【解析】物塊以初動能E沖上斜面并返回的整個過程中，由動能定理得Wf＝eq\f(1,2)mv2－E＝－eq\f(E,4)，則eq\f(1,2)mv2＝eq\f(3,4)E，設物塊以初動能E沖上斜面的初速度為v0，則以初動能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，則整個過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；以初動能3E沖上斜面并返回的整個過程中，運用動能定理得Wf′＝eq\f(1,2)mv′2－3E＝－eq\f(3,4)E，所以返回斜面底端時的動能為eq\f(1,2)mv′2＝eq\f(9,4)E，返回斜面底端時速度大小為v′＝eq\r(3)v，故A錯誤，B正確；根據功能關系可知，第二次從出發到返回斜面底端，機械能減少量等于克服摩擦阻力做功，為eq\f(3,4)E，故D錯誤．【巧學妙記】1.只涉及動能的變化用動能定理分析。1.只涉及動能的變化用動能定理分析。2.只涉及重力勢能的變化，用重力做功與重力勢能變化的關系分析。3.只涉及機械能的變化，用除重力和彈簧的彈力之外的其他力做功與機械能變化的關系分析。考向二功能關系與圖像的結合【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，運動過程中摩擦力大小f恒定，物塊動能Ek與運動路程s的關系如圖(b)所示。重力加速度大小取10m/s2，物塊質量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內物塊上滑，由動能定理得－mgsin30°·s－fs＝Ek－Ek0，整理得Ek＝Ek0－(mgsin30°＋f)s，結合0～10m內的圖像得mgsin30°＋f＝4N；10～20m內物塊下滑，由動能定理得(mgsin30°－f)(s－s1)＝Ek，整理得Ek＝(mgsin30°－f)s－(mgsin30°－f)s1，結合10～20m內的圖像得mgsin30°－f＝3N，聯立解得f＝0.5N，m＝0.7kg。故A正確。【典例4】(多選)(2020·高考全國卷Ⅰ，T20)一物塊在高3.0m、長5.0m的斜面頂端從靜止開始沿斜面下滑，其重力勢能和動能隨下滑距離s的變化如圖中直線Ⅰ、Ⅱ所示，重力加速度取10m/s2。則()A．物塊下滑過程中機械能不守恒B．物塊與斜面間的動摩擦因數為0.5C．物塊下滑時加速度的大小為6.0m/s2D．當物塊下滑2.0m時機械能損失了12J【答案】AB【解析】由重力勢能和動能隨下滑距離s變化的圖象可知，重力勢能和動能之和隨下滑距離s的增大而減小，可知物塊下滑過程中機械能不守恒，A正確；在斜面頂端，重力勢能mgh＝30J，解得物塊質量m＝1kg，由重力勢能隨下滑距離s變化的圖象可知，重力勢能可以表示為Ep＝(30－6s)J，由動能隨下滑距離s變化圖象可知，動能可以表示為Ek＝2sJ，設斜面傾角為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，對比勻變速直線運動公式v2＝2as，可得a＝2m/s2，即物塊下滑時加速度的大小為2.0m/s2，C錯誤；由重力勢能和動能隨下滑距離s變化圖象可知，當物塊下滑2.0m時機械能為E＝18J＋4J＝22J，機械能損失了ΔE＝30J－22J＝8J，D錯誤。練習3、(多選)(2022年廣東省廣州市高三下學期一模)如圖甲所示，固定的斜面長為10m，質量為m＝2.0kg的小滑塊自斜面頂端由靜止開始沿斜面下滑的過程中，小滑塊的動能Ek隨位移x的變化規律如圖乙所示，取斜面底端所在水平面為重力勢能參考平面，小滑塊的重力勢能Ep隨位移x的變化規律如圖丙所示，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．滑塊與斜面間的動摩擦因數為eq\f(\r(3),4)C．下滑過程滑塊的加速度大小為1.25m/s2D．滑塊自斜面下滑過程中損失的機械能為25J【答案】BC【解析】根據題圖乙可知動能與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，根據題圖丙可知重力勢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，滑塊下滑過程中應用牛頓第二定律：mgsinθ－μmgcosθ＝F，解得：θ＝30°，μ＝eq\f(\r(3),4)，故A錯誤，B正確；根據上述分析可知滑塊所受合外力為eq\f(5,2)N，根據牛頓第二定律：F＝ma，解得：a＝1.25m/s2，故C正確；由能量守恒定律可知，重力勢能損失100J，動能增加25J，說明機械能損失75J，故D錯誤。練習4.(多選)(2022·山東煙臺期中)如圖所示，在水平地面上固定一傾角為θ的足夠長斜面，有一物塊靜止在斜面底端O處。現對物塊施加一個沿斜面向上的恒力F，物塊開始沿斜面向上運動。當物塊沿斜面向上運動的距離為x0時，撤去恒力F。已知物塊與斜面間的動摩擦因數為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點開始沿斜面運動的過程中，物塊的加速度大小a、重力勢能Ep、動能Ek、機械能E和物塊相對于O點的位移x之間的關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動，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動，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，說明物塊速度減為零后不會沿斜面下滑，將靜止在斜面上，A正確；由于整個運動過程中物塊均向上運動，故物塊的重力勢能逐漸增大，B錯誤；0～x0段，由動能定理得(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段圖線應該是一條過原點向上傾斜的直線，設撤去力F時，物塊的動能為Ek0，則由動能定理得－(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錯誤；0～x0段，機械能為E＝(F－μmgcosθ)x，由于F－μmgcosθ恒定不變，因此0～x0段E-x圖線是一條過原點向上傾斜的直線，設撤去力F時，機械能為E0，則機械能變化量為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，當物塊靜止時E＞0，D正確。考向三含彈簧的連接體、傳送帶問題和板塊問題傳送帶模型1．設問的角度(1)動力學角度：首先要正確分析物體的運動過程，做好受力分析，然后利用運動學公式結合牛頓第二定律求物體及傳送帶在相應時間內的位移，找出物體和傳送帶之間的位移關系．(2)能量角度：求傳送帶對物體所做的功、物體和傳送帶由于相對滑動而產生的熱量、因放上物體而使電動機多消耗的電能等，常依據功能關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.位移關系滑塊從木板的一端運動到另一端的過程中，若滑塊和木板沿同一方向運動，則滑塊的位移大小和木板的位移大小之差等于木板的長度；若滑塊和木板沿相反方向運動，則滑塊的位移大小和木板的位移大小之和等于木板的長度。3.解題關鍵找出物體之間的位移(路程)關系或速度關系是解題的突破口，求解中應注意聯系兩個過程的紐帶，每一個過程的末速度是下一個過程的初速度。【典例5】(2019·江蘇卷)(多選)如圖所示，輕質彈簧的左端固定，并處于自然狀態．小物塊的質量為m，從A點向左沿水平地面運動，一段時間后壓縮彈簧后被彈回，運動到A點恰好靜止．物塊向左運動的最大距離為s，與地面間的動摩擦因數為μ，重力加速度為g，彈簧未超出彈性限度．在上述過程中()A．彈簧的最大彈力為μmgB．物塊克服摩擦力做的功為2μmgsC．彈簧的最大彈性勢能為μmgsD．物塊在A點的初速度為eq\r(2μgs)【答案】BC【解析】彈簧被壓縮到最短時，物塊有向右的加速度，彈力大于滑動摩擦力f＝μmg，選項A錯誤；物塊在運動中所受的摩擦力與運動方向總相反，物塊運動的路程為2s，所以克服摩擦力做的功為W＝2μmgs，選項B正確；由動能定理可知，從彈簧被壓縮至最短到物塊運動到A點，動能的變化為零，彈簧的彈性勢能等于克服摩擦力做功W′＝μmgs，選項C正確；由物塊從A點到返回A點，根據動能定理－μmg·2s＝0－eq\f(1,2)mveq\o\al(2,0)可得v0＝2eq\r(μgs)，所以選項D錯誤．【典例6】(多選)(2022·撫州市高三模擬)如圖所示傾角為30°的傳送帶在電動機帶動下始終以v0的速度勻速上行。相等質量的甲、乙兩種不同材料的滑塊(可視為質點)分別無初速放在傳送帶底端，發現甲滑塊上升h高度滑至頂端時恰好與皮帶保持相對靜止，乙滑塊上升eq\f(h,2)高度處恰與皮帶保持相對靜止。現比較甲、乙兩滑塊從傳送帶底端到頂端的過程()A．甲滑塊與皮帶的動摩擦因數大于乙滑塊與皮帶的動摩擦因數B．甲滑塊與皮帶摩擦產生的熱量大于乙滑塊與皮帶摩擦產生的熱量C．兩個過程中皮帶對滑塊所做的功相同D．兩個過程中電動機對皮帶所做的功相同【答案】BC【解析】相等質量的甲、乙兩種不同材料的滑塊分別無初速放在傳送帶底端，最終都與傳送帶速度相等，動能增加量相同，但甲的速度增加的慢，說明甲受到的摩擦力小，故甲滑塊與皮帶的動摩擦因數小于乙滑塊與皮帶的動摩擦因數，故A錯誤；動能增加量相同，f甲·2h－mgh＝f乙·h－eq\f(1,2)mgh，得f乙＝2f甲－eq\f(1,2)mg，相對位移Δx甲＝2Δx乙，根據Q＝f·Δs知甲滑塊與皮帶摩擦產生的熱量大于乙滑塊與皮帶摩擦產生的熱量，故B正確；從傳送帶底端到頂端，甲、乙動能增加量相同，重力做功相同，根據動能定理知皮帶對滑塊所做的功相同，故C正確；電動機多做的功等于系統摩擦產生的內能和滑塊機械能的增加量，根據B、C兩項分析知放甲滑塊時電動機做的功較多，故D錯誤。【典例7】(多選)(2022·江西九江月考)第一次將一長木板靜止放在光滑水平面上，如圖甲所示，一小鉛塊(可視為質點)以水平初速度v0由木板左端向右滑動，到達右端時恰能與木板保持相對靜止。第二次將長木板分成A、B兩塊，使B的長度和質量均為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的左端開始向右滑動，如圖乙所示。若小鉛塊相對滑動過程中所受的摩擦力始終不變，則下列說法正確的()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保持相對靜止C．第一次和第二次過程中產生的熱量相等D．第一次過程中產生的熱量大于第二次過程中產生的熱量【答案】BD【解析】在第一次小鉛塊運動過程中，小鉛塊與木板之間的摩擦力使整個木板一直加速，第二次小鉛塊先使整個木板加速，當小鉛塊運動到B上后A停止加速，只有B加速，加速度大于第一次相對應過程，故第二次小鉛塊與B將更早共速，所以小鉛塊還沒有運動到B的右端，二者就已共速，A項錯誤，B項正確；由于第一次的相對路程大于第二次的相對路程，則第一次過程中產生的熱量大于第二次過程中產生的熱量，C項錯誤，D項正確。練習5、(多選)(2022·石家莊二檢)如圖所示，輕質彈簧一端固定，另一端與一質量為m、套在粗糙豎直固定桿A處的圓環相連，彈簧水平且處于原長．圓環從A處由靜止開始下滑，經過B處的速度最大．到達C處的速度為零，AC＝h.圓環在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，重力加速度為g.則圓環()A．下滑過程中，加速度一直減小B．下滑過程中，克服摩擦力做的功為eq\f(1,4)mv2C．在C處，彈簧的彈性勢能為eq\f(1,4)mv2－mghD．上滑經過B的速度大于下滑經過B的速度【答案】BD【解析】圓環受到重力、彈力、阻力、支持力，圓環的運動是先做加速度減小的加速運動，再做加速度增大的減速運動，A項錯誤；A到C過程，根據能量守恒定律有mgh－Wf＝Ep(Wf為阻力做功，Ep為彈性勢能)，C到A過程，eq\f(1,2)mv2＋Ep＝mgh＋Wf，聯立解得Wf＝eq\f(1,4)mv2，B項正確；在C處，彈簧的彈性勢能為mgh－eq\f(1,4)mv2，C項錯誤；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項正確．練習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行。現將一質量為m＝1kg的物體拋上傳送帶，物體相對地面的速度隨時間變化的關系如圖乙所示，取沿傳送帶向上為正方向，g取10m/s2，sin37°＝0.6，cos37°＝0.8。則下列說法正確的是()A．0～8s內，物體位移的大小是18mB．0～8s內，物體機械能增量是90JC．0～8s內，物體機械能增量是84JD．0～8s內，物體與傳送帶因摩擦產生的熱量是126J【答案】BD【解析】從題圖乙求出0～8s內物體位移的大小x＝14m，A錯誤；0～8s內，物體上升的高度h＝xsinθ＝8.4m，物體機械能增量ΔE＝ΔEp＋ΔEk＝90J，B正確，C錯誤；0～6s內物體的加速度a＝μgcosθ－gsinθ＝1m/s2，解得μ＝eq\f(7,8)，傳送帶速度大小為4m/s,0～8s內物體與傳送帶間的相對位移為Δx＝18m，物體與傳送帶因摩擦產生的熱量Q＝μmgcosθ·Δx＝126J，D正確。練習7、(多選)(2022·浙江五校聯考)如圖所示，一傾角為θ＝37°的足夠長斜面體固定在水平地面上，質量為M＝2kg的長木板B沿著斜面以速度v0＝9m/s勻速下滑，現把質量為m＝1kg的鐵塊A無初速度放在長木板B的左端，鐵塊最終恰好沒有從長木板上滑下．已知A與B之間、B與斜面之間的動摩擦因數均為μ，最大靜摩擦力等于滑動摩擦力，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．動摩擦因數μ＝0.5B．鐵塊A和長木板B共速后的速度大小為6m/sC．長木板的長度為2.25mD．從鐵塊放上長木板到鐵塊和長木板共速的過程中，鐵塊A和長木板B減少的機械能等于A、B之間摩擦產生的熱量【答案】BC【解析】開始時長木板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B，根據牛頓第二定律有μ(M＋m)gcos37°＋μmgcos37°－Mgsin37°＝MaB，解得aB＝6m/s2，方向沿斜面向上，鐵塊A和長木板B共速的時間為t，則v0－aBt＝aAt，解得t＝0.5s，鐵塊A和長木板B共速后，速度大小為v共＝aBt＝6m/s，B正確；鐵塊A和長木板B共速，一起沿斜面勻速下滑，則長木板的長度為L＝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，從鐵塊放上長木板到鐵塊和長木板共速的過程中，鐵塊A和長木板B減少的機械能等于A、B之間摩擦產生的熱量與B與斜面之間摩擦產生的熱量之和，D錯誤．【巧學妙記】涉及彈簧的能量問題的解題方法涉及彈簧的能量問題的解題方法兩個或兩個以上的物體與彈簧組成的系統相互作用的過程，具有以下特點：(1)能量變化過程中，如果只有重力和系統內彈簧彈力做功，系統機械能守恒。(2)如果系統每個物體除彈簧彈力外所受合外力為零，則當彈簧伸長或壓縮到最大程度時物體速度相同。(3)當水平彈簧處于原長狀態時，系統內某一端的物體具有最大速度。考向四三種力學方法的應用--多過程問題1．分析思路(1)受力與運動分析：根據物體的運動過程分析物體的受力情況，以及不同運動過程中力的變化情況；(2)做功分析：根據各種力做功的不同特點，分析各種力在不同運動過程中的做功情況；(3)功能關系分析：運用動能定理、機械能守恒定律或能量守恒定律進行分析，選擇合適的規律求解．2．方法技巧(1)“合”——整體上把握全過程，構建大致的運動情景；(2)“分”——將全過程進行分解，分析每個子過程對應的基本規律；(3)“合”——找出各子過程之間的聯系，以銜接點為突破口，尋求解題最優方案．【典例8】(2021·高考全國卷甲，T24)如圖，一傾角為θ的光滑斜面上有50個減速帶(圖中未完全畫出)，相鄰減速帶間的距離均為d，減速帶的寬度遠小于d；一質量為m的無動力小車(可視為質點)從距第一個減速帶L處由靜止釋放。已知小車通過減速帶損失的機械能與到達減速帶時的速度有關。觀察發現，小車通過第30個減速帶后，在相鄰減速帶間的平均速度均相同。小車通過第50個減速帶后立刻進入與斜面光滑連接的水平地面，繼續滑行距離s后停下。已知小車與地面間的動摩擦因數為μ，重力加速度大小為g。(1)求小車通過第30個減速帶后，經過每一個減速帶時損失的機械能；(2)求小車通過前30個減速帶的過程中在每一個減速帶上平均損失的機械能；(3)若小車在前30個減速帶上平均每一個損失的機械能大于之后每一個減速帶上損失的機械能，則L應滿足什么條件？【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)設小車通過第30個減速帶后，經過每個減速帶損失的機械能為ΔE小車從剛通過第30個減速帶到剛通過第31個減速帶，由動能定理可知mgdsinθ－ΔE＝0解得ΔE＝mgdsinθ。(2)小車運動全程能量守恒，設eq\o(E,\s\up6(－))為通過前30個減速帶時每一個減速帶上平均損失的機械能，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·全國卷Ⅱ，25)如圖，一豎直圓管質量為M，下端距水平地面的高度為H，頂端塞有一質量為m的小球。圓管由靜止自由下落，與地面發生多次彈性碰撞，且每次碰撞時間均極短；在運動過程中，管始終保持豎直。已知M＝4m，球和管之間的滑動摩擦力大小為4mg，g為重力加速度的大小，不計空氣阻力。(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，在上升過程中球沒有從管中滑出，求管上升的最大高度；(3)管第二次落地彈起的上升過程中，球仍沒有從管中滑出，求圓管長度應滿足的條件。【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，小球仍然向下運動。設此時管的加速度大小為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，由牛頓運動定律有Ma1＝Mg＋f①ma2＝f－mg②聯立①②式并代入題給數據，得a1＝2g，a2＝3g③(2)管第一次碰地前與球的速度大小相同。由運動學公式，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。設自彈起時經過時間t1，管與小球的速度剛好相同。取向上為正方向，由運動學公式v0－a1t1＝－v0＋a2t1⑤聯立③④⑤式得t1＝eq\f(2,5)eq\r(\f(2H,g))⑥設此時管下端的高度為h1，速度為v。由運動學公式可得h1＝v0t1－eq\f(1,2)a1teq\o\al(2,1)⑦v＝v0－a1t1⑧由③④⑥⑧式可判斷此時v＞0。此后，管與小球將以加速度g減速上升h2，到達最高點。由運動學公式有h2＝eq\f(v2,2g)⑨設管第一次落地彈起后上升的最大高度為H1，則H1＝h1＋h2⑩聯立③④⑥⑦⑧⑨⑩式可得H1＝eq\f(13,25)H?(3)設第一次彈起過程中球相對管的位移為x1。在管開始下落到上升H1這一過程中，由動能定理有Mg(H－H1)＋mg(H－H1＋x1)－4mgx1＝0?聯立??式并代入題給數據得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的過程中，球與管的相對位移x2為x2＝eq\f(4,5)H1?設圓管長度為L。管第二次落地彈起后的上升過程中，球不會滑出管外的條件是x1＋x2≤L?聯立????式，L應滿足條件為L≥eq\f(152,125)H?練習8、(2022·湖南長沙質檢)平昌冬奧會女子單板滑雪U形池項目中，我國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形池兩側邊緣且在同一水平面上，b為U形池最低點。劉佳宇(可視為質點)從a點上方高h的O點自由下落由左側進入池中，從右側飛出后最高上升至相對c點高度為eq\f(h,2)的d點。不計空氣阻力，下列判斷正確的是()A．運動員從O到d的過程中機械能減少B．運動員再次進入池中后，剛好到達左側邊緣a然后返回C．運動員第一次進入池中，由a到b的過程與由b到c的過程相比損耗機械能較小D．運動員從d返回到b的過程中，重力勢能全部轉化為動能【答案】A【解析】運動員從a點上方高h處自由下落由左側進入池中，從右側飛出后上升的最大高度為eq\f(h,2)，此過程中摩擦力做負功，機械能減少eq\f(mgh,2)，再由右側進入池中時，平均速率要小于由左側進入池中過程中的平均速率，根據圓周運動的知識可知，速率減小，對應的正壓力減小，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)，則運動員再次進入池中后，能夠沖出左側邊緣a然后返回，故A正確，B錯誤；同理可知運動員第一次進入池中，由a至b過程的平均速率大于由b到c過程的平均速率，由a到b過程中的平均摩擦力大于由b到c過程中的平均摩擦力，前一過程損耗機械能較大，故C錯誤；運動員從d返回到b的過程中，摩擦力做負功，重力勢能轉化為動能和內能，故D錯誤。【巧學妙記】1．正確分析物體的運動過程，做好受力分析．1．正確分析物體的運動過程，做好受力分析．2．利用運動學公式，結合牛頓第二定律分析物體的速度關系及位移關系，求出兩個物體的相對位移．3．代入公式Q＝Ff·x相對計算，若物體在傳送帶上做往復運動，則為相對路程s相對．1.(多選)(2022·甘肅蘭州市第一次診斷)如圖所示，一個長為L，質量為M的木板，靜止在光滑水平面上，一個質量為m的物塊(可視為質點)，以水平初速度v0，從木板的左端滑向另一端，設物塊與木板間的動摩擦因數為μ，當物塊與木板相對靜止時物塊仍在長木板上，物塊相對木板的位移為d，木板相對地面的位移為s.則在此過程中()A．摩擦力對物塊做功為－μmgeq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(s＋d))B．摩擦力對木板做功為μmgsC．木板動能的增量為mgdD．由于摩擦而產生的熱量為μmgs2．(多選)(2022·黑龍江齊齊哈爾市期末)如圖所示，質量為M、長度為l的小車靜止在光滑的水平面上，質量為m的小物塊(可視為質點)放在小車的最左端．現用一水平恒力F作用在小物塊上，使小物塊從靜止開始做勻加速直線運動．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，小車運動的距離為x.在這個過程中，以下結論正確的是()A．小物塊到達小車最右端時具有的動能為(F－Ff)(l＋x)B．小物塊到達小車最右端時，小車具有的動能為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械能為Fx3．(2022·福建福州市期末質量檢測)如圖所示，某段滑雪雪道傾角為30°，總質量為m(包括雪具在內)的滑雪運動員從距底端高為h處的雪道上由靜止開始勻加速下滑，加速度為eq\f(1,3)g.在他從上向下滑到底端的過程中，下列說法正確的是()A．運動員減少的重力勢能全部轉化為動能B．運動員獲得的動能為eq\f(1,3)mghC．運動員克服摩擦力做功為eq\f(2,3)mghD．下滑過程中系統減少的機械能為eq\f(1,3)mgh4.(多選)(2022·山東省煙臺市一模)如圖所示，固定的豎直光滑長桿上套有質量為m的小圓環，圓環與水平狀態的輕質彈簧一端連接，彈簧的另一端連接在墻上，并且處于原長狀態．現讓圓環由靜止開始下滑，已知彈簧原長為L，圓環下滑到最大距離時彈簧的長度變為2L(未超過彈性限度)，則在圓環下滑到最大距離的過程中()A．圓環和彈簧系統的機械能守恒B．彈簧彈性勢能變化了2mgLC．圓環下滑到最大距離時，所受合力為零D．圓環重力勢能與彈簧彈性勢能之和先減小后增大5．(2022·福建省漳州市二模)質量為2kg的物體以10m/s的初速度，從起點A出發豎直向上拋出，在它上升到某一點的過程中，物體的動能損失了50J，機械能損失了10J，設物體在上升、下降過程空氣阻力大小恒定，則該物體再落回到A點時的動能為(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，水平桌面上的輕質彈簧一端固定，另一端與小物塊相連．彈簧處于自然長度時物塊位于O點(圖中未標出)．物塊的質量為m，AB＝a，物塊與桌面間的動摩擦因數為μ.現用水平向右的力將物塊從O點拉至A點，拉力做的功為W.撤去拉力后物塊由靜止向左運動，經O點到達B點時速度為零．重力加速度為g.則上述過程中()A．物塊在A點時，彈簧的彈性勢能等于W－eq\f(1,2)μmgaB．物塊在B點時，彈簧的彈性勢能小于W－eq\f(3,2)μmgaC．經O點時，物塊的動能小于W－μmgaD．物塊動能最大時彈簧的彈性勢能小于物塊在B點時彈簧的彈性勢能7．(2022·武漢聯考)如圖所示，光滑水平面上有一木板，質量M＝1.0kg，長度L＝1.0m．在木板的最左端有一個小鐵塊(可視為質點)，質量m＝1.0kg.小鐵塊與木板之間的動摩擦因數μ＝0.30.開始時它們都處于靜止狀態，某時刻起對木板施加一個水平向左的拉力F將木板抽出，若F＝8N，g取10m/s2.求：(1)抽出木板的過程中摩擦力分別對木板和鐵塊做的功；(2)抽出木板的過程中由于摩擦產生的內能Q.8、(2022武漢調研)如圖所示，一物體質量m＝2kg，在傾角θ＝37°的斜面上的A點以初速度v0＝3m/s下滑，A點距彈簧上端擋板位置B點的距離AB＝4m．當物體到達B點后將彈簧壓縮到C點，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，D點距A點的距離AD＝3m．擋板及彈簧質量不計，g取10m/s2，sin37°＝0.6，求：(1)物體與斜面間的動摩擦因數μ；(2)彈簧的最大彈性勢能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勻速率運動到B，以下說法正確的是()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程中克服重力做的功轉化為汽車的重力勢能2.(多選)(2022·重慶高三模擬)如圖所示，輕質彈簧上端固定，下端系一物體。物體在A處時，彈簧處于原長狀態。現用手托住物體使它從A處緩慢下降，到達B處時，手和物體自然分開。此過程中，物體克服手的支持力所做的功為W。不考慮空氣阻力。關于此過程，下列說法正確的有()A．物體重力勢能減小量一定大于WB．彈簧彈性勢能增加量一定小于WC．物體與彈簧組成的系統機械能增加量為WD．若將物體從A處由靜止釋放，則物體到達B處時的動能為W3.(多選)(2022·河北邢臺摸底)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．質量分別為M、m(M>m)的兩滑塊A和B，通過不可伸長的輕繩跨過定滑輪連接，輕繩與斜面平行．兩滑塊由靜止釋放后，沿斜面做勻加速運動，A、B不會與定滑輪碰撞．若不計滑輪的質量和摩擦，在兩滑塊沿斜面運動的過程中()A．輕繩對滑輪作用力的方向豎直向下B．拉力和重力對M做功之和大于M動能的增加量C．拉力對M做的功等于M機械能的增加量D．兩滑塊組成系統的機械能損失等于M克服摩擦力做的功4、(多選)(2022·福建省龍巖市上學期期末)如圖所示，輕質彈簧一端固定在水平面上的光滑轉軸O上，另一端與套在粗糙固定直桿A處質量為m的小球(可視為質點)相連．A點距水平面的高度為h，直桿與水平面的夾角為30°，OA＝OC，B為AC的中點，OB等于彈簧原長．小球從A處由靜止開始下滑，經過B處的速度為v，并恰能停在C處．已知重力加速度為g，則下列說法正確的是()A．小球通過B點時的加速度為eq\f(g,2)B．小球通過AB段與BC段摩擦力做功相等C．彈簧具有的最大彈性勢能為eq\f(1,2)mv2D．A到C過程中，產生的內能為mgh5．(2022·山東省菏澤市一模)如圖甲所示，質量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，取該位置為物塊運動的起始位置，物塊上升過程的a-x圖像如圖乙所示，不計空氣阻力，重力加速度g＝10m/s2。則下列說法正確的是()A．物塊運動過程的最大加速度大小為20m/s2B．彈簧的勁度系數為50N/mC．彈簧最大彈性勢能為9JD．物塊加速度為0時離開彈簧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輸帶，在電動機的帶動下運輸帶始終以恒定的速度v0＝1m/s順時針傳動．建筑工人將質量m＝2kg的建筑材料靜止地放到運輸帶的最左端，同時建筑工人以v0＝1m/s的速度向右勻速運動．已知建筑材料與運輸帶之間的動摩擦因數為μ＝0.1，運輸帶的長度為L＝2m，重力加速度大小為g＝10m/s2.以下說法正確的是()A．建筑工人比建筑材料早到右端0.5sB．建筑材料在運輸帶上一直做勻加速直線運動C．因運輸建筑材料電動機多消耗的能量為1JD．運輸帶對建筑材料做的功為1J7.(多選)(2022·蚌埠第二次質檢)從地面豎直向上拋出一質量為1kg的物體，物體運動時所受空氣阻力大小不變。以地面為零勢能面，物體在上升過程中動能Ek與重力勢能Ep的關系如圖所示，重力加速度取10m/s2，則下列結論正確的是()A．空氣阻力的大小為5NB．空氣阻力的大小為10NC．物體重力勢能和動能相等時的高度為2.88mD．物體重力勢能和動能相等時的高度為2.40m8、(2022·樂山模擬)如圖，豎直平面內的軌道Ⅰ和Ⅱ都由兩段細直桿連接而成，兩軌道長度相等．用相同的水平恒力將穿在軌道最低點B的靜止小球，分別沿Ⅰ和Ⅱ推至最高點A，所需時間分別為t1、t2；動能增量分別為ΔEk1、ΔEk2.假定球在經過軌道轉折點前后速度的大小不變，且球與Ⅰ、Ⅱ軌道間的動摩擦因數相等，則()A．ΔEk1>ΔEk2；t1>t2B．ΔEk1＝ΔEk2；t1>t2C．ΔEk1>ΔEk2；t1<t2D．ΔEk1＝ΔEk2；t1<t29、(多選)(2022·合肥調研)如圖所示，一彈性輕繩(彈力與其伸長量成正比)左端固定在墻上A點，右端穿過一固定的光滑圓環B連接一個質量為m的小球p，小球p在B點時，彈性輕繩處在自然伸長狀態。小球p穿過豎直固定桿在C處時，彈性輕繩的彈力為mg。將小球p從C點由靜止釋放，到達D點時速度恰好為0。已知小球與桿間的動摩擦因數為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。下列說法正確的是()A．小球從C點運動到D點的過程中克服摩擦力做功為0.3mghB．小球從C點運動到D點的過程中克服摩擦力做功為0.2mghC．若僅把小球質量變為2m，則小球到達D點時的速度大小為eq\r(gh)D．若僅把小球質量變為2m，則小球到達D點時的速度大小為eq\r(2gh)10.(2022·江蘇省鹽城市高三三模)如圖所示，長為L的輕桿A端固定質量為m的小球，另一端可以繞軸O自由轉動。在光滑水平面上，質量為M、邊長為x的正方形木塊在水平外力的作用下，使輕桿、木塊均處于靜止狀態，此時，桿與水平面夾角為α。撤去外力，木塊水平向右運動。經過一段時間，桿與水平面夾角為β。重力加速度為g，以水平面為零勢能面。求上述過程中：(1)小球重力勢能的最大值Epm；(2)小球發生的位移大小xA；(3)輕桿對木塊所做的功W。11、(2022·江蘇鹽城二模)如圖所示，水平地面上有一長L＝2m、質量M＝1kg的長板，其右端上方有一固定擋板．質量m＝2kg的小滑塊從長板的左端以v0＝6m/s的初速度向右運動，同時長板在水平拉力F作用下以v＝2m/s的速度向右勻速運動，滑塊與擋板相碰后速度為0，長板繼續勻速運動，直到長板與滑塊分離．已知長板與地面間的動摩擦因數μ1＝0.4，滑塊與長板間的動摩擦因數μ2＝0.5，重力加速度g取10m/s2.求：(1)滑塊從長板的左端運動至擋板處的過程，長板的位移x；(2)滑塊碰到擋板前，水平拉力大小F；(3)滑塊從長板的左端運動至與長板分離的過程，系統因摩擦產生的熱量Q.12.(2022·福建省莆田市二模)如圖所示，長為l的輕繩一端系于固定點O，另一端系一質量為m的小球。將小球從與O點等高的A點以一定初速度水平向右拋出，經一段時間后繩被拉直，此后小球以O為圓心在豎直平面內擺動。已知O、A的距離為eq\f(\r(3),2)l，繩剛被拉直時與豎直方向的夾角為60°，重力加速度為g，不計空氣阻力。求：(1)小球拋出時的速度以及繩被拉直后瞬間的速度；(2)小球擺到最低點時，繩對小球的拉力大小。13、(2022·貴州三校聯考)如圖所示，一足夠長的水平傳送帶以大小為v0的速度勻速轉動，質量均為m的小物塊P和小物塊Q由通過滑輪組的輕繩連接，輕繩足夠長且不可伸長．某時刻物塊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與傳送帶間的動摩擦因數μ＝0.25，重力加速度為g，不計滑輪的質量與摩擦．(1)求運動過程中小物塊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動到最遠處的過程中，P、Q組成的系統的機械能的改變量；(3)若傳送帶勻速運動的速度大小為v(0＜v＜2v0)，當v取多大時，從物塊P剛沖上傳送帶到向右運動到最遠處的過程中，P與傳送帶間產生的熱量最小？最小值為多大？14、(2022年廣東省廣州市高三下學期一模)傾角為θ的斜面與足夠長的光滑水平面在D處平滑連接,斜面上AB的長度為3L,BC、CD的長度均為3.5L,BC部分粗糙,其余部分光滑。如圖所示,4個“—|”形小滑塊工件緊挨在一起排在斜面上,從下往上依次標為1、2、3、4,滑塊上長為L的輕桿與斜面平行并與上一個滑塊接觸但不粘連,滑塊1恰好在A處。現將4個滑塊一起由靜止釋放,設滑塊經過D處時無機械能損失,輕桿不會與斜面相碰。已知每個滑塊的質量為m并可視為質點,滑塊與粗糙面間的動摩擦因數μ=tanθ,重力加速度為g。求:(1)滑塊1剛進入BC部分時,滑塊1上的輕桿所受到的壓力大小。(2)4個滑塊全部滑上水平面后,相鄰滑塊之間的距離。1.(2021全國甲卷)一質量為m的物體自傾角為α的固定斜面底端沿斜面向上滑動．該物體開始滑動時的動能為Ek，向上滑動一段距離后速度減小為零，此后物體向下滑動，到達斜面底端時動能為eq\f(Ek,5).已知sinα＝0.6，重力加速度大小為g．則()A．物體向上滑動的距離為eq\f(Ek,2mg)B．物體向下滑動時的加速度大小為eq\f(g,5)C．物體與斜面間的動摩擦因數等于0.5D．物體向上滑動所用的時間比向下滑動的時間長2、(2018·全國卷Ⅰ)如圖，abc是豎直面內的光滑固定軌道，ab水平，長度為2R；bc是半徑為R的四分之一圓弧，與ab相切于b點。一質量為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點處從靜止開始向右運動。重力加速度大小為g。小球從a點開始運動到其軌跡最高點，機械能的增量為()A．2mgR B．4mgRC．5mgR D．6mgR3、(2017·全國卷Ⅲ)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eq\f(1,3)l。重力加速度大小為g。在此過程中，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湖北省新高考適應性測試）如圖所示，兩傾角均為的光滑斜面對接后固定水平地面上，O點為斜面的最低點。一個小物塊從右側斜面上高為H處由靜止滑下，在兩個斜面上做往復運動。小物塊每次通過O點時都會有動能損失，損失的動能為小物塊當次到達O點時動能的5%。小物塊從開始下滑到停止的過程中運動的總路程為（）A. B. C. D.5、（多選）（2021年重慶市普通高等學校招生適應性考試）10.如圖所示，傾角為θ的斜面MN段粗糙，其余段光滑，PM、MN長度均為3d。四個質量均為m的相同樣品1、2、3、4放在斜面上，每個樣品（可視為質點）左側固定有長度為d的輕質細桿，細桿與斜面平行，且與其左側的樣品接觸但不粘連，樣品與MN間的動摩擦因數為tanθ。若樣品1在P處時，四個樣品由靜止一起釋放，則（重力加速度大小為g）（）

A.當樣品1剛進入MN段時，樣品的共同加速度大小為B.當樣品1剛進入MN段時，樣品1的輕桿受到壓力大小為3mgsinθC.當四個樣品均位于MN段時，摩擦力做的總功為9dmgsinθD.當四個樣品均位于MN段時，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面上的固定彈射器、豎直圓軌道(在最低點E分別與水平軌道EO和EA相連)、高度h可調的斜軌道AB組成．游戲時滑塊從O點彈出，經過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L1＝0.2m，AC長L2＝0.4m，圓軌道和AE光滑，滑塊與AB、OE之間的動摩擦因數μ＝0.5.滑塊質量m＝2g且可視為質點，彈射時從靜止釋放且彈簧的彈性勢能完全轉化為滑塊動能．忽略空氣阻力，各部分平滑連接．求：(1)滑塊恰好能過圓軌道最高點F時的速度vF大小；(2)當h＝0.1m且游戲成功時，滑塊經過E點對圓軌道的壓力FN大小及彈簧的彈性勢能Ep0；(3)要使游戲成功，彈簧的彈性勢能Ep與高度h之間滿足的關系．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。斜面上一輕質彈簧的一端固定在底端C處，彈簧的原長與BC長度相同。一小滑塊在沿斜面向下的拉力T作用下，由A處從靜止開始下滑，當滑塊第一次到達B點時撤去T。T隨滑塊沿斜面下滑的位移s的變化關系如圖(b)所示。已知AB段長度為2m，滑塊質量為2kg，滑塊與斜面AB段的動摩擦因數為0.5，彈簧始終在彈性限度內，重力加速度大小取10m/s2，sin37°＝0.6。求：(1)當拉力為10N時，滑塊的加速度大小；(2)滑塊第一次到達B點時的動能；(3)滑塊第一次在B點與彈簧脫離后，沿斜面上滑的最大距離。考點20機械能守恒定律--功能關系和能量守恒定律新課程標準1.理解能量守恒定律，體會守恒觀念對認識物理規律的重要性。能用能量守恒定律分析生產生活中的有關問題。命題趨勢考查的內容主要體現對能量觀念的認識、模型建構和科學推理等物理學科的核心素養。往往與動力學、運動學以及電磁學等主干知識相結合，并密切聯系實際，難度較大，突出體現高考的選擇性特征．試題情境生活實踐類各種體育比賽項目、各種生產工具、各種娛樂項目和傳送帶等．功能關系的理解和應用、能量守恒及轉化問題學習探究類含彈簧系統能量守恒問題，傳送帶、板塊模型的功能關系的理解和應用、能量守恒及轉化問題考向一功能關系的理解和應用考向二功能關系與圖像的結合考向三含彈簧的傳送帶問題和板塊問題考向四三種力學方法的應用--多過程問題考向一功能關系的理解和應用一、功能關系1．幾種常見的功能關系能量功能關系定量關系勢能重力做功等于重力勢能減少量(1)力做正功，勢能減少(2)力做負功，勢能增加W＝Ep1－Ep2＝－ΔEp彈力做功等于彈性勢能減少量靜電力做功等于電勢能減少量分子力做功等于分子勢能減少量動能合外力做功等于物體動能變化量(1)合力做正功，動能增加(2)合力做負功，動能減少W＝Ek2－Ek1＝eq\f(1,2)mv2－eq\f(1,2)mv02機械能只有重力、彈力做功，機械能不變化機械能守恒，ΔE＝0機械能除重力和彈力之外的其他力做功等于機械能變化量(1)其他力做正功，機械能增加(2)其他力做負功，機械能減少W其他＝E2－E1＝ΔE摩擦產生的內能一對相互作用的滑動摩擦力做功之和的絕對值等于產生的內能(1)作用于系統的一對滑動摩擦力一定做負功，系統內能增加(2)摩擦生熱Q＝Ff·x相對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)安培力做負功，電能增加W電能＝E2－E1＝ΔE二、兩種摩擦力做功特點的比較類型比較靜摩擦力做功滑動摩擦力做功不同點能量的轉化方面只有機械能從一個物體轉移到另一個物體，而沒有機械能轉化為其他形式的能(1)將部分機械能從一個物體轉移到另一個物體(2)一部分機械能轉化為內能，此部分能量就是系統機械能的損失量一對摩擦力的總功方面一對靜摩擦力所做功的代數和總等于零一對滑動摩擦力做功的代數和總是負值相同點正功、負功、不做功方面兩種摩擦力對物體可以做正功，也可以做負功，還可以不做功【典例1】(多選)(2022·黑龍江佳木斯市質檢)如圖所示，建筑工地上載人升降機用不計質量的細鋼繩跨過定滑輪與一電動機相連，通電后電動機帶動升降機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。則()A.升降機勻加速上升過程中，升降機底板對人做的功等于人增加的動能B.升降機勻加速上升過程中，升降機底板對人做的功等于人增加的機械能C.升降機勻速上升過程中，升降機底板對人做的功等于人增加的機械能D.升降機上升的全過程中，鋼繩拉力做的功大于升降機和人增加的機械能【答案】BC【解析】根據動能定理可知，合力對物體做的功等于物體動能的變化量，所以升降機勻加速上升過程中，升降機底板對人做的功與人的重力做功之和等于人增加的動能，故A錯誤；除重力外，其他力對人做的功等于人機械能的增加量，B正確；升降機勻速上升過程中，升降機底板對人做的功等于人克服重力做的功(此過程中動能不變)，即增加的機械能，C正確；升降機上升的全過程中，鋼繩拉力做的功等于升降機和人增加的機械能，D錯誤。【典例2】(多選)(2022·山東煙臺市高考診斷一模)如圖所示，一長木板B放在粗糙的水平地面上，在B的左端放一物體A，現以恒定的外力F拉A，經一段時間物塊A從長木板B的右端拉出，且在此過程中以地面為參考系，長木板B也向右移動一段距離。則在此過程中()A.外力F對A做的功等于A和B動能的增量B.A對B摩擦力做的功與B對A摩擦力做的功絕對值相等C.外力F做的功等于A、B動能的增量與系統由于摩擦而產生的熱量之和D.A對B摩擦力做的功等于B動能的增量和B與地面之間摩擦產生的熱量之和【答案】CD【解析】根據功能關系可知，外力F做的功等于A和B動能的增量與系統由于摩擦而產生的熱量之和，故C正確，A錯誤；A對B的摩擦力與B對A的摩擦力是一對作用力與反作用力，大小相等，方向相反，但是由于A在B上滑動，A、B對地的位移不等，二者做功不相等，故B錯誤；對B分析，由動能定理知WAB－WB地＝ΔEkB，A對B摩擦力做的功WAB＝ΔEkB＋WB地，所以A對B摩擦力做的功等于B動能的增量和B與地面之間摩擦產生的熱量之和，故D正確。練習1、(多選)(2022·樂山模擬)如圖所示，在升降機內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，另一端與質量為m的物塊A相連，彈簧與斜面平行．整個系統由靜止開始加速上升高度h的過程中()A．物塊A的重力勢能增加量一定等于mghB．物塊A的動能增加量等于斜面的支持力和彈簧的拉力對其做功的和C．物塊A的機械能增加量等于斜面的支持力和彈簧的拉力對其做功的和D．物塊A和彈簧組成系統的機械能增加量等于斜面對物塊的支持力和B對彈簧的拉力做功的和【答案】CD【解析】當物塊具有向上的加速度時，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大，彈簧的伸長量增大，物塊A相對于斜面向下運動，物塊A上升的高度小于h，所以重力勢能的增加量小于mgh，故A錯誤；對物塊A由動能定理有物塊A的動能增加量等于斜面的支持力、彈簧的拉力和重力對其做功的和，故B錯誤；物塊A機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和彈簧組成系統的機械能增加量等于斜面對物塊的支持力和B對彈簧的拉力做功的和，故D正確．練習2、(多選)(2022四川宜賓市檢測)一個物塊從斜面底端沖上足夠長的斜面后，返回到斜面底端．已知小物塊沖上斜面的初動能為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能變為3E，則()A．返回斜面底端時動能為eq\f(3,4)EB．返回斜面底端時速度大小為eq\r(3)vC．從出發到返回斜面底端，克服摩擦阻力做功為eq\f(3,4)ED．從出發到返回斜面底端，機械能減少eq\f(3,8)E【答案】BC【解析】物塊以初動能E沖上斜面并返回的整個過程中，由動能定理得Wf＝eq\f(1,2)mv2－E＝－eq\f(E,4)，則eq\f(1,2)mv2＝eq\f(3,4)E，設物塊以初動能E沖上斜面的初速度為v0，則以初動能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，則整個過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；以初動能3E沖上斜面并返回的整個過程中，運用動能定理得Wf′＝eq\f(1,2)mv′2－3E＝－eq\f(3,4)E，所以返回斜面底端時的動能為eq\f(1,2)mv′2＝eq\f(9,4)E，返回斜面底端時速度大小為v′＝eq\r(3)v，故A錯誤，B正確；根據功能關系可知，第二次從出發到返回斜面底端，機械能減少量等于克服摩擦阻力做功，為eq\f(3,4)E，故D錯誤．【巧學妙記】1.只涉及動能的變化用動能定理分析。1.只涉及動能的變化用動能定理分析。2.只涉及重力勢能的變化，用重力做功與重力勢能變化的關系分析。3.只涉及機械能的變化，用除重力和彈簧的彈力之外的其他力做功與機械能變化的關系分析。考向二功能關系與圖像的結合【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，運動過程中摩擦力大小f恒定，物塊動能Ek與運動路程s的關系如圖(b)所示。重力加速度大小取10m/s2，物塊質量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內物塊上滑，由動能定理得－mgsin30°·s－fs＝Ek－Ek0，整理得Ek＝Ek0－(mgsin30°＋f)s，結合0～10m內的圖像得mgsin30°＋f＝4N；10～20m內物塊下滑，由動能定理得(mgsin30°－f)(s－s1)＝Ek，整理得Ek＝(mgsin30°－f)s－(mgsin30°－f)s1，結合10～20m內的圖像得mgsin30°－f＝3N，聯立解得f＝0.5N，m＝0.7kg。故A正確。【典例4】(多選)(2020·高考全國卷Ⅰ，T20)一物塊在高3.0m、長5.0m的斜面頂端從靜止開始沿斜面下滑，其重力勢能和動能隨下滑距離s的變化如圖中直線Ⅰ、Ⅱ所示，重力加速度取10m/s2。則()A．物塊下滑過程中機械能不守恒B．物塊與斜面間的動摩擦因數為0.5C．物塊下滑時加速度的大小為6.0m/s2D．當物塊下滑2.0m時機械能損失了12J【答案】AB【解析】由重力勢能和動能隨下滑距離s變化的圖象可知，重力勢能和動能之和隨下滑距離s的增大而減小，可知物塊下滑過程中機械能不守恒，A正確；在斜面頂端，重力勢能mgh＝30J，解得物塊質量m＝1kg，由重力勢能隨下滑距離s變化的圖象可知，重力勢能可以表示為Ep＝(30－6s)J，由動能隨下滑距離s變化圖象可知，動能可以表示為Ek＝2sJ，設斜面傾角為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，對比勻變速直線運動公式v2＝2as，可得a＝2m/s2，即物塊下滑時加速度的大小為2.0m/s2，C錯誤；由重力勢能和動能隨下滑距離s變化圖象可知，當物塊下滑2.0m時機械能為E＝18J＋4J＝22J，機械能損失了ΔE＝30J－22J＝8J，D錯誤。練習3、(多選)(2022年廣東省廣州市高三下學期一模)如圖甲所示，固定的斜面長為10m，質量為m＝2.0kg的小滑塊自斜面頂端由靜止開始沿斜面下滑的過程中，小滑塊的動能Ek隨位移x的變化規律如圖乙所示，取斜面底端所在水平面為重力勢能參考平面，小滑塊的重力勢能Ep隨位移x的變化規律如圖丙所示，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．滑塊與斜面間的動摩擦因數為eq\f(\r(3),4)C．下滑過程滑塊的加速度大小為1.25m/s2D．滑塊自斜面下滑過程中損失的機械能為25J【答案】BC【解析】根據題圖乙可知動能與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，根據題圖丙可知重力勢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，滑塊下滑過程中應用牛頓第二定律：mgsinθ－μmgcosθ＝F，解得：θ＝30°，μ＝eq\f(\r(3),4)，故A錯誤，B正確；根據上述分析可知滑塊所受合外力為eq\f(5,2)N，根據牛頓第二定律：F＝ma，解得：a＝1.25m/s2，故C正確；由能量守恒定律可知，重力勢能損失100J，動能增加25J，說明機械能損失75J，故D錯誤。練習4.(多選)(2022·山東煙臺期中)如圖所示，在水平地面上固定一傾角為θ的足夠長斜面，有一物塊靜止在斜面底端O處。現對物塊施加一個沿斜面向上的恒力F，物塊開始沿斜面向上運動。當物塊沿斜面向上運動的距離為x0時，撤去恒力F。已知物塊與斜面間的動摩擦因數為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點開始沿斜面運動的過程中，物塊的加速度大小a、重力勢能Ep、動能Ek、機械能E和物塊相對于O點的位移x之間的關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動，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動，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，說明物塊速度減為零后不會沿斜面下滑，將靜止在斜面上，A正確；由于整個運動過程中物塊均向上運動，故物塊的重力勢能逐漸增大，B錯誤；0～x0段，由動能定理得(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段圖線應該是一條過原點向上傾斜的直線，設撤去力F時，物塊的動能為Ek0，則由動能定理得－(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錯誤；0～x0段，機械能為E＝(F－μmgcosθ)x，由于F－μmgcosθ恒定不變，因此0～x0段E-x圖線是一條過原點向上傾斜的直線，設撤去力F時，機械能為E0，則機械能變化量為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，當物塊靜止時E＞0，D正確。考向三含彈簧的連接體、傳送帶問題和板塊問題傳送帶模型1．設問的角度(1)動力學角度：首先要正確分析物體的運動過程，做好受力分析，然后利用運動學公式結合牛頓第二定律求物體及傳送帶在相應時間內的位移，找出物體和傳送帶之間的位移關系．(2)能量角度：求傳送帶對物體所做的功、物體和傳送帶由于相對滑動而產生的熱量、因放上物體而使電動機多消耗的電能等，常依據功能關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.位移關系滑塊從木板的一端運動到另一端的過程中，若滑塊和木板沿同一方向運動，則滑塊的位移大小和木板的位移大小之差等于木板的長度；若滑塊和木板沿相反方向運動，則滑塊的位移大小和木板的位移大小之和等于木板的長度。3.解題關鍵找出物體之間的位移(路程)關系或速度關系是解題的突破口，求解中應注意聯系兩個過程的紐帶，每一個過程的末速度是下一個過程的初速度。【典例5】(2019·江蘇卷)(多選)如圖所示，輕質彈簧的左端固定，并處于自然狀態．小物塊的質量為m，從A點向左沿水平地面運動，一段時間后壓縮彈簧后被彈回，運動到A點恰好靜止．物塊向左運動的最大距離為s，與地面間的動摩擦因數為μ，重力加速度為g，彈簧未超出彈性限度．在上述過程中()A．彈簧的最大彈力為μmgB．物塊克服摩擦力做的功為2μmgsC．彈簧的最大彈性勢能為μmgsD．物塊在A點的初速度為eq\r(2μgs)【答案】BC【解析】彈簧被壓縮到最短時，物塊有向右的加速度，彈力大于滑動摩擦力f＝μmg，選項A錯誤；物塊在運動中所受的摩擦力與運動方向總相反，物塊運動的路程為2s，所以克服摩擦力做的功為W＝2μmgs，選項B正確；由動能定理可知，從彈簧被壓縮至最短到物塊運動到A點，動能的變化為零，彈簧的彈性勢能等于克服摩擦力做功W′＝μmgs，選項C正確；由物塊從A點到返回A點，根據動能定理－μmg·2s＝0－eq\f(1,2)mveq\o\al(2,0)可得v0＝2eq\r(μgs)，所以選項D錯誤．【典例6】(多選)(2022·撫州市高三模擬)如圖所示傾角為30°的傳送帶在電動機帶動下始終以v0的速度勻速上行。相等質量的甲、乙兩種不同材料的滑塊(可視為質點)分別無初速放在傳送帶底端，發現甲滑塊上升h高度滑至頂端時恰好與皮帶保持相對靜止，乙滑塊上升eq\f(h,2)高度處恰與皮帶保持相對靜止。現比較甲、乙兩滑塊從傳送帶底端到頂端的過程()A．甲滑塊與皮帶的動摩擦因數大于乙滑塊與皮帶的動摩擦因數B．甲滑塊與皮帶摩擦產生的熱量大于乙滑塊與皮帶摩擦產生的熱量C．兩個過程中皮帶對滑塊所做的功相同D．兩個過程中電動機對皮帶所做的功相同【答案】BC【解析】相等質量的甲、乙兩種不同材料的滑塊分別無初速放在傳送帶底端，最終都與傳送帶速度相等，動能增加量相同，但甲的速度增加的慢，說明甲受到的摩擦力小，故甲滑塊與皮帶的動摩擦因數小于乙滑塊與皮帶的動摩擦因數，故A錯誤；動能增加量相同，f甲·2h－mgh＝f乙·h－eq\f(1,2)mgh，得f乙＝2f甲－eq\f(1,2)mg，相對位移Δx甲＝2Δx乙，根據Q＝f·Δs知甲滑塊與皮帶摩擦產生的熱量大于乙滑塊與皮帶摩擦產生的熱量，故B正確；從傳送帶底端到頂端，甲、乙動能增加量相同，重力做功相同，根據動能定理知皮帶對滑塊所做的功相同，故C正確；電動機多做的功等于系統摩擦產生的內能和滑塊機械能的增加量，根據B、C兩項分析知放甲滑塊時電動機做的功較多，故D錯誤。【典例7】(多選)(2022·江西九江月考)第一次將一長木板靜止放在光滑水平面上，如圖甲所示，一小鉛塊(可視為質點)以水平初速