PAGEPAGE1第4講功能關系能量守恒定律一、幾種常見的功能關系及其表達式力做功能的改變定量關系合力的功動能改變W＝Ek2－Ek1＝ΔEk重力的功重力勢能改變(1)重力做正功，重力勢能削減(2)重力做負功，重力勢能增加(3)WG＝－ΔEp＝Ep1－Ep2彈簧彈力的功彈性勢能改變(1)彈力做正功，彈性勢能削減(2)彈力做負功，彈性勢能增加(3)W彈＝－ΔEp＝Ep1－Ep2只有重力、彈簧彈力做功機械能不改變機械能守恒，ΔE＝0除重力和彈簧彈力之外的其他力做的功機械能改變(1)其他力做多少正功，物體的機械能就增加多少(2)其他力做多少負功，物體的機械能就削減多少(3)W其他＝ΔE一對相互作用的滑動摩擦力的總功機械能削減內能增加(1)作用于系統的一對滑動摩擦力肯定做負功，系統內能增加(2)摩擦生熱Q＝f·x相對自測1(多選)(2024·江西省贛州市十四縣市期中)一個質量為m的物體以a＝2g的加速度豎直向下運動，則在此物體下降h高度的過程中，物體的()A．重力勢能削減了2mghB．動能增加了2mghC．機械能保持不變D．機械能增加了mgh答案BD解析下降h高度，則重力做正功mgh，所以重力勢能減小mgh，A錯誤；依據動能定理可得F合h＝ΔEk，又F合＝ma＝2mg，故ΔEk＝2mgh，B正確；重力勢能減小mgh，而動能增大2mgh，所以機械能增加mgh，C錯誤，D正確．

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，還可以不做功自測2如圖1所示，一個質量為m的鐵塊沿半徑為R的固定半圓軌道上邊緣由靜止滑下，到半圓底部時，軌道所受壓力為鐵塊重力的1.5倍，則此過程中鐵塊損失的機械能為()圖1A.eq\f(4,3)mgR B．mgRC.eq\f(1,2)mgR D.eq\f(3,4)mgR答案D三、能量守恒定律1．內容能量既不會憑空產生，也不會憑空消逝，它只能從一種形式轉化為另一種形式，或者從一個物體轉移到別的物體，在轉化或轉移的過程中，能量的總量保持不變．2．表達式ΔE減＝ΔE增．3．基本思路(1)某種形式的能量削減，肯定存在其他形式的能量增加，且削減量和增加量肯定相等；(2)某個物體的能量削減，肯定存在其他物體的能量增加，且削減量和增加量肯定相等．自測3(多選)如圖2所示為生活中磨刀的示意圖，磨刀石靜止不動，刀在手的推動下從右向左勻速運動，發生的位移為x，設刀與磨刀石之間的摩擦力大小為f，則下列敘述中正確的是()圖2A．摩擦力對刀做負功，大小為fxB．摩擦力對刀做正功，大小為fxC．摩擦力對磨刀石做正功，大小為fxD．摩擦力對磨刀石不做功答案AD命題點一功能關系的理解1．只涉及動能的改變用動能定理分析．2．只涉及重力勢能的改變，用重力做功與重力勢能改變的關系分析．3．只涉及機械能的改變，用除重力和彈簧的彈力之外的其他力做功與機械能改變的關系分析．A．40JB．60JC．80JD．100J答案B解析物體拋出時的總動能為100J，物體的動能損失了50J時，機械能損失了10J，則動能損失100J時，機械能損失了20J，此時到達最高點，返回時，機械能還會損失20J，故從A點拋出到落回到A點，共損失機械能40J，所以該物體再落回到A點時的動能為60J，A、C、D錯誤，B正確．變式1(多選)(2024·四川省攀枝花市其次次統考)物體由地面以120J的初動能豎直向上拋出，當它從拋出至上升到某一點A的過程中，動能削減40J，機械能削減10J．設空氣阻力大小不變，以地面為零勢能面，則物體()A．落回到地面時機械能為70JB．到達最高點時機械能為90JC．從最高點落回地面的過程中重力做功為60JD．從拋出到落回地面的過程中克服阻力做功為60J答案BD解析物體以120J的初動能豎直向上拋出，向上運動的過程中重力和空氣阻力都做負功，當上升到某一高度時，動能削減了40J，而機械能損失了10J．依據功能關系可知：合力做功為－40J，空氣阻力做功為－10J，對從拋出點到A點的過程，依據功能關系：mgh＋fh＝40J，fh＝10J，得f＝eq\f(1,3)mg；當上升到最高點時，動能為零，動能減小120J，設最大高度為H，則有：mgH＋fH＝120J，解得mgH＝90J，fH＝30J，即機械能減小30J，在最高點時機械能為120J－30J＝90J，即上升過程機械能共削減了30J；當下落過程中，由于阻力做功不變，所以機械能又損失了30J，故整個過程克服阻力做功為60J，則該物體落回到地面時的機械能為60J，從最高點落回地面的過程中重力做功為mgH＝90J，故A、C錯誤，B、D正確.命題點二功能關系的綜合應用例2(多選)(2024·全國卷Ⅱ·21)如圖3所示，小球套在光滑的豎直桿上，輕彈簧一端固定于O點，另一端與小球相連．現將小球從M點由靜止釋放，它在下降的過程中經過了N點．已知在M、N兩點處，彈簧對小球的彈力大小相等，且∠ONM<∠OMN<eq\f(π,2).在小球從M點運動到N點的過程中()圖3A．彈力對小球先做正功后做負功B．有兩個時刻小球的加速度等于重力加速度C．彈簧長度最短時，彈力對小球做功的功率為零D．小球到達N點時的動能等于其在M、N兩點的重力勢能差答案BCD解析因M和N兩點處彈簧對小球的彈力大小相等，且∠ONM<∠OMN<eq\f(π,2)，知小球在M處時彈簧處于壓縮狀態，在N處時彈簧處于伸長狀態，則彈簧的彈力對小球先做負功后做正功再做負功，選項A錯誤；當彈簧水平常，小球在豎直方向受到的力只有重力，加速度為g；當彈簧處于原長位置時，小球只受重力，加速度為g，則有兩個時刻小球的加速度大小等于g，選項B正確；彈簧長度最短時，即彈簧水平，彈力方向與速度方向垂直，彈力對小球做功的功率為零，選項C正確；由動能定理得，WF＋WG＝ΔEk，因小球在M和N兩點處彈簧對小球的彈力大小相等，彈性勢能相等，則由彈力做功特點知WF＝0，即WG＝ΔEk，選項D正確．變式2(多選)(2024·福建省龍巖市上學期期末)如圖4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處由靜止起先下滑，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()圖4A．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mgh答案BCD解析因在B點時彈簧處于原長，則到達B點時的加速度為a＝gsin30°－μgcos30°<eq\f(1,2)g，選項A錯誤；因AB段與BC段關于B點對稱，則在兩段上彈力的平均值相等，則摩擦力平均值相等，摩擦力做功相等，選項B正確；設小球從A運動到B的過程克服摩擦力做功為Wf，彈簧具有的最大彈性勢能為Ep，依據能量守恒定律得，對于小球從A到B的過程有：mg·eq\f(1,2)h＋Ep＝eq\f(1,2)mv2＋Wf，從A到C的過程有：mgh＝2Wf，解得：Wf＝eq\f(1,2)mgh，Ep＝eq\f(1,2)mv2.即彈簧具有的最大彈性勢能為eq\f(1,2)mv2，A到C過程中，產生的內能為2Wf＝mgh，選項C、D正確．例3(多選)(2024·廣東省潮州市下學期綜合測試)如圖5所示，豎直平面內有一半徑為R的固定eq\f(1,4)圓軌道與水平軌道相切于最低點B.一質量為m的小物塊P(可視為質點)從A處由靜止滑下，經過最低點B后沿水平軌道運動，到C處停下，B、C兩點間的距離為R，物塊P與圓軌道、水平軌道之間的動摩擦因數均為μ.現用力F將物塊P沿下滑的路徑從C處緩慢拉回圓弧軌道的頂端A，拉力F的方向始終與物塊P的運動方向一樣，物塊P從B處經圓弧軌道到達A處過程中，克服摩擦力做的功為μmgR，下列說法正確的是()圖5A．物塊P在下滑過程中，運動到B處時速度最大B．物塊P從A滑到C的過程中克服摩擦力做的功等于2μmgRC．拉力F做的功小于2mgRD．拉力F做的功為mgR(1＋2μ)答案CD解析當重力沿圓軌道切線方向的分力等于滑動摩擦力時速度最大，此位置在AB之間，故A錯誤；將物塊P緩慢地從B拉到A，克服摩擦力做的功為μmgR，而物塊P從A滑到B的過程中，物塊P做圓周運動，依據向心力學問可知物塊P所受的支持力比緩慢運動時要大，則滑動摩擦力增大，所以克服摩擦力做的功Wf大于μmgR，因此物塊P從A滑到C的過程中克服摩擦力做的功大于2μmgR，故B錯誤；由動能定理得，從C到A的過程中有WF－mgR－μmgR－μmgR＝0－0，則拉力F做的功為WF＝mgR(1＋2μ)，故D正確；從A到C的過程中，依據動能定理得mgR－Wf－μmgR＝0，因為Wf>μmgR，則mgR>μmgR＋μmgR，因此WF<2mgR，故C正確．變式3(2024·四川省其次次“聯測促改”)高速馬路部分路段旁建有如圖6所示的避險車道，車輛可駛入避險．若質量為m的貨車剎車后以初速度v0經A點沖上避險車道，前進距離l時到B點減速為0，貨車所受阻力恒定，A、B兩點高度差為h，C為A、B中點，已知重力加速度為g，下列關于該貨車從A運動到B的過程說法正確的是()圖6A．克服阻力做的功為eq\f(1,2)mv02B．該過程產生的熱量為eq\f(1,2)mv02－mghC．在AC段克服阻力做的功小于在CB段克服阻力做的功D．在AC段的運動時間等于在CB段的運動時間答案B解析依據動能定理有－mgh－fl＝0－eq\f(1,2)mveq\o\al(02,)，克服阻力做的功為Wf＝fl＝eq\f(1,2)mveq\o\al(02,)－mgh，故A錯誤；克服阻力做的功等于系統產生的內能，則該過程產生的熱量為eq\f(1,2)mveq\o\al(02,)－mgh，故B正確；阻力做的功與路程成正比，在AC段克服阻力做的功等于在CB段克服阻力做的功，故C錯誤；從A到B做勻減速運動，AC段的平均速度大于BC段的平均速度，故在AC段的運動時間小于在CB段的運動時間，故D錯誤．命題點三摩擦力做功與能量轉化1．靜摩擦力做功(1)靜摩擦力可以做正功，也可以做負功，還可以不做功．(2)相互作用的一對靜摩擦力做功的代數和總等于零．(3)靜摩擦力做功時，只有機械能的相互轉移，不會轉化為內能．2．滑動摩擦力做功的特點(1)滑動摩擦力可以做正功，也可以做負功，還可以不做功．(2)相互間存在滑動摩擦力的系統內，一對滑動摩擦力做功將產生兩種可能效果：①機械能全部轉化為內能；②有一部分機械能在相互摩擦的物體間轉移，另外一部分轉化為內能．(3)摩擦生熱的計算：Q＝fx相對．其中x相對為相互摩擦的兩個物體間的相對路程．從功的角度看，一對滑動摩擦力對系統做的總功等于系統內能的增加量；從能量的角度看，其他形式能量的削減量等于系統內能的增加量．例4如圖7所示，某工廠用傳送帶向高處運輸物體，將一物體輕輕放在傳送帶底端，第一階段物體被加速到與傳送帶具有相同的速度，其次階段物體與傳送帶相對靜止，勻速運動到傳送帶頂端．下列說法正確的是()圖7A．第一階段摩擦力對物體做正功，其次階段摩擦力對物體不做功B．第一階段摩擦力對物體做的功等于第一階段物體動能的增加量C．第一階段物體和傳送帶間因摩擦產生的熱量等于第一階段物體機械能的增加量D．物體從底端到頂端全過程機械能的增加量大于全過程摩擦力對物體所做的功答案C解析對物體受力分析知，其在兩個階段所受摩擦力方向都沿斜面對上，與其運動方向相同，摩擦力對物體都做正功，A錯誤；由動能定理知，合力做的總功等于物體動能的增加量，B錯誤；物體機械能的增加量等于摩擦力對物體所做的功，D錯誤；設第一階段物體的運動時間為t，傳送帶速度為v，對物體有x1＝eq\f(v,2)t，對傳送帶有x1′＝v·t，因摩擦產生的熱量Q＝fx相對＝f(x1′－x1)＝f·eq\f(v,2)t，物體機械能增加量ΔE＝f·x1＝f·eq\f(v,2)t，所以Q＝ΔE，C正確．變式4質量為m的物體以初速度v0沿水平面對左起先運動，起始點A與一輕彈簧O端相距s，如圖8所示．已知物體與水平面間的動摩擦因數為μ，物體與彈簧相碰后，彈簧的最大壓縮量為x，則從起先碰撞到彈簧被壓縮至最短，物體克服彈簧彈力所做的功為()圖8A.eq\f(1,2)mveq\o\al(02,)－μmg(s＋x) B.eq\f(1,2)mveq\o\al(02,)－μmgxC．μmgs D．μmg(s＋x)答案A解析依據功的定義式可知物體克服摩擦力做功為Wf＝μmg(s＋x)，由能量守恒定律可得eq\f(1,2)mveq\o\al(02,)＝W彈＋Wf，W彈＝eq\f(1,2)mveq\o\al(02,)－μmg(s＋x)，故選項A正確．變式5(多選)(2024·湖南省懷化市調研)質量為m的物體在水平面上，只受摩擦力作用，以初動能E0做勻變速直線運動，經距離d后，動能減小為eq\f(E0,3)，則()A．物體與水平面間的動摩擦因數為eq\f(2E0,3mgd)B．物體再前進eq\f(d,3)便停止C．物體滑行距離d所用的時間是滑行后面距離所用時間的eq\r(3)倍D．若要使此物體滑行的總距離為3d，其初動能應為2E0答案AD解析由動能定理知Wf＝μmgd＝E0－eq\f(E0,3)，所以μ＝eq\f(2E0,3mgd)，A正確；設物體總共滑行的距離為s，則有μmgs＝E0，所以s＝eq\f(3,2)d，物體再前進eq\f(d,2)便停止，B錯誤；將物體的運動看成反方向的初速度為0的勻加速直線運動，則連續運動三個eq\f(d,2)距離所用時間之比為(eq\r(3)－eq\r(2))∶(eq\r(2)－1)∶1，所以物體滑行距離d所用的時間是滑行后面距離所用時間的(eq\r(3)－1)倍，C錯誤；若要使此物體滑行的總距離為3d，則由動能定理知μmg·3d＝Ek，得Ek＝2E0，D正確．命題點四能量守恒定律的理解和應用例5如圖9所示，光滑水平面AB與豎直面內的半圓形導軌在B點相切，半圓形導軌的半徑為R.一個質量為m的物體將彈簧壓縮至A點后由靜止釋放，在彈力作用下物體獲得某一向右的速度后脫離彈簧，當它經過B點進入導軌的瞬間對軌道的壓力為其重力的8倍，之后向上運動恰能到達最高點C.不計空氣阻力，試求：圖9(1)物體在A點時彈簧的彈性勢能；(2)物體從B點運動至C點的過程中產生的內能．答案(1)eq\f(7,2)mgR(2)mgR解析(1)設物體在B點的速度為vB，所受彈力為NB，由牛頓其次定律得：NB－mg＝meq\f(v\o\al(B2,),R)由牛頓第三定律知NB＝NB′＝8mg由能量守恒定律可知物體在A點時的彈性勢能Ep＝eq\f(1,2)mveq\o\al(B2,)＝eq\f(7,2)mgR(2)設物體在C點的速度為vC，由題意可知mg＝meq\f(v\o\al(C2,),R)物體由B點運動到C點的過程中，由能量守恒定律得Q＝eq\f(1,2)mveq\o\al(B2,)－(eq\f(1,2)mveq\o\al(C2,)＋2mgR)解得Q＝mgR.變式6如圖10所示，固定斜面的傾角θ＝30°，物體A與斜面之間的動摩擦因數μ＝eq\f(\r(3),2)，輕彈簧下端固定在斜面底端，彈簧處于原長時上端位于C點．用一根不行伸長的輕繩通過輕質光滑的定滑輪連接物體A和B，滑輪右側繩子與斜面平行，A的質量為2m，B的質量為m，初始時物體A到C點的距離為L.現給A、B一初速度v0(v0>eq\r(gL))，使A起先沿斜面對下運動，B向上運動，物體A將彈簧壓縮到最短后又恰好能彈到C點．已知重力加速度為g，不計空氣阻力，整個過程中，輕繩始終處于伸直狀態，求：圖10(1)物體A向下運動剛到C點時的速度大小；(2)彈簧的最大壓縮量；(3)彈簧的最大彈性勢能．答案(1)eq\r(v\o\al(,02)－gL)(2)eq\f(1,2)(eq\f(v\o\al(02,),g)－L)(3)eq\f(3,4)m(veq\o\al(02,)－gL)解析(1)物體A與斜面間的滑動摩擦力f＝2μmgcosθ，對A向下運動到C點的過程，對A、B組成的系統，由動能定理有2mgLsinθ－mgL－2μmgLcosθ＝eq\f(3,2)m(v2－veq\o\al(02,))解得v＝eq\r(v\o\al(,02)－gL)(2)從物體A接觸彈簧將彈簧壓縮到最短后又恰好回到C點的過程，對系統由動能定理得－f·2x＝0－eq\f(1,2)×3mv2解得x＝eq\f(v\o\al(02,),2g)－eq\f(L,2)＝eq\f(1,2)(eq\f(v\o\al(02,),g)－L)(3)從彈簧被壓縮至最短到物體A恰好彈回到C點的過程中，由能量守恒定律得Ep＋mgx＝fx＋2mgxsinθ解得Ep＝eq\f(3m,4)(veq\o\al(02,)－gL)．1.(多選)(2024·福建省三明一中模擬)滑沙是人們寵愛的游樂活動，如圖1是滑沙場地的一段斜面，其傾角為30°，設參與活動的人和滑車總質量為m，人和滑車從距底端高為h處的頂端A沿滑道由靜止起先勻加速下滑，加速度為0.4g，人和滑車可視為質點，則從頂端向下滑究竟端B的過程中，下列說法正確的是()圖1A．人和滑車削減的重力勢能全部轉化為動能B．人和滑車獲得的動能為0.8mghC．整個下滑過程中人和滑車削減的機械能為0.2mghD．人和滑車克服摩擦力做功為0.6mgh答案BC解析沿斜面的方向有ma＝mgsin30°－f，所以f＝0.1mg，人和滑車削減的重力勢能轉化為動能和內能，故A錯誤；人和滑車下滑的過程中重力和摩擦力做功，獲得的動能為Ek＝(mgsin30°－f)eq\f(h,sin30°)＝0.8mgh，故B正確；整個下滑過程中人和滑車削減的機械能為ΔE＝mgh－Ek＝mgh－0.8mgh＝0.2mgh，故C正確；整個下滑過程中克服摩擦力做功等于人和滑車削減的機械能，所以人和滑車克服摩擦力做功為0.2mgh，故D錯誤．2.(多選)(2024·安徽省安慶市二模)一運動員穿著翱翔裝備從飛機上跳出后的一段運動過程可近似認為是勻變速直線運動，如圖2所示，運動方向與水平方向成53°，運動員的加速度大小為eq\f(3g,4).已知運動員(包含裝備)的質量為m，則在運動員下落高度為h的過程中，下列說法正確的是()圖2A．運動員重力勢能的削減量為eq\f(3mgh,5)B．運動員動能的增加量為eq\f(3mgh,4)C．運動員動能的增加量為eq\f(15,16)mghD．運動員的機械能削減了eq\f(mgh,16)答案CD解析運動員下落的高度是h，W＝mgh，運動員重力勢能的削減量為mgh，故A錯誤；運動員下落的高度是h，則飛行的距離L＝eq\f(h,sin53°)＝eq\f(5,4)h，運動員受到的合外力F合＝ma＝eq\f(3,4)mg，動能的增加量等于合外力做的功，即ΔEk＝W合＝eq\f(3,4)mg×eq\f(5,4)h＝eq\f(15,16)mgh，故B錯誤，C正確；運動員重力勢能的削減量為mgh，動能的增加量為eq\f(15,16)mgh，所以運動員的機械能削減了eq\f(1,16)mgh，故D正確．3.(多選)(2024·山東省臨沂市模擬)如圖3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．整個系統由靜止起先加速上上升度h的過程中()圖3A．物塊A的重力勢能增加量肯定等于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相對于斜面對下運動，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．4．(2024·四川省德陽市調研)足夠長的水平傳送帶以恒定速度v勻速運動，某時刻一個質量為m的小物塊以大小也是v、方向與傳送帶的運動方向相反的初速度沖上傳送帶，最終小物塊的速度與傳送帶的速度相同．在小物塊與傳送帶間有相對運動的過程中，滑動摩擦力對小物塊做的功為W，小物塊與傳送帶間因摩擦產生的熱量為Q，則下列推斷中正確的是()A．W＝0，Q＝mv2 B．W＝0，Q＝2mv2C．W＝eq\f(mv2,2)，Q＝mv2 D．W＝mv2，Q＝2mv2答案B解析對小物塊，由動能定理有W＝eq\f(1,2)mv2－eq\f(1,2)mv2＝0，設小物塊與傳送帶間的動摩擦因數為μ，則小物塊與傳送帶間的相對路程x相對＝eq\f(2v2,μg)，這段時間內因摩擦產生的熱量Q＝μmg·x相對＝2mv2，選項B正確．5．(多選)(2024·陜西省黃陵中學考前模擬)如圖4所示，光滑水平面OB與足夠長粗糙斜面BC交于B點．輕彈簧左端固定于豎直墻面，現將質量為m1的滑塊壓縮彈簧至D點，然后由靜止釋放，滑塊脫離彈簧后經B點滑上斜面，上升到最大高度，并靜止在斜面上．不計滑塊在B點的機械能損失；換用相同材料質量為m2的滑塊(m2＞m1)壓縮彈簧至同一點D后，重復上述過程，下列說法正確的是()圖4A．兩滑塊到達B點的速度相同B．兩滑塊沿斜面上升的最大高度相同C．兩滑塊上升到最高點過程克服重力做的功相同D．兩滑塊上升到最高點過程機械能損失相同答案CD解析兩滑塊到B點的動能相同，但速度不同，故A錯誤；兩滑塊在斜面上運動時加速度相同，由于在B點時的速度不同，故上升的最大高度不同，故B錯誤；兩滑塊上升到斜面最高點過程克服重力做的功為mgh，由能量守恒定律得Ep＝mgh＋μmgcosθ·eq\f(h,sinθ)，則mgh＝eq\f(Ep,1＋\f(μ,tanθ))，故兩滑塊上升到斜面最高點過程克服重力做的功相同，故C正確；由能量守恒定律得E損＝μmgcosθ·eq\f(h,sinθ)＝eq\f(μmgh,tanθ)，結合C可知D正確．6．(多選)(2024·黑龍江省佳木斯市質檢)如圖5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()圖5A．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，升降機拉力做的功大于升降機和人增加的機械能答案BC解析依據動能定理可知，合外力對物體做的功等于物體動能的改變量，所以升降機勻加速上升過程中，升降機底板對人做的功和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，升降機拉力做的功等于升降機和人增加的機械能，D錯誤．7．(多選)(2024·河南師大附中模擬)如圖6所示，楔形木塊abc固定在水平面上，粗糙斜面ab和光滑斜面bc與水平面的夾角相同，頂角b處安裝肯定滑輪．質量分別為M、m(M＞m)的滑塊，通過不行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．若不計滑輪的質量和摩擦，在兩滑塊沿斜面運動的過程中()圖6A．兩滑塊組成系統的機械能守恒B．重力對M做的功等于M動能的增加量C．輕繩對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克服摩擦力做的功答案CD解析由于斜面ab粗糙，故兩滑塊組成系統的機械能不守恒，故A錯誤；由動能定理得，重力、拉力、摩擦力對M做的總功等于M動能的增加量，故B錯誤；除重力、彈力以外的力做功，將導致機械能改變，輕繩對m做的功等于m機械能的增加量，故C正確；摩擦力做負功，故造成機械能損失，故D正確．8.(多選)(2024·山東省泰安市上學期期中)一小球在豎直方向的升降機中，由靜止起先豎直向上做直線運動，運動過程中小球的機械能E與其上上升度h關系的圖像如圖7所示，其中0～h1過程的圖線為曲線，h1～h2過程中的圖線為直線．下列說法正確的是()圖7A．0～h1過程中，升降機對小球的支持力肯定做正功B．0～h1過程中，小球的動能肯定在增加C．h1～h2過程中，小球的動能可能不變D．h1～h2過程中，小球重力勢能可能不變答案AC解析設升降機對小球的支持力大小為N，由功能關系得Nh＝E，所以E－h圖像的斜率的肯定值等于小球所受支持力的大小，從題圖可知機械能增大，所以升降機對小球的支持力做正功，在0～h1過程中斜率的肯定值漸漸減小，故在0～h1過程中小球所受的支持力漸漸減小．所以起先先做加速運動，當支持力減小后，可能會做勻速運動，也可能會做減速運動，還可能仍做加速運動，故A正確，B錯誤；由于小球在h1～h2過程中E－h圖像的斜率不變，所以小球所受的支持力保持不變，故小球可能做勻速運動，動能可能不變，C正確；由于小球在h1～h2過程中高度始終增大，重力勢能隨高度的增大而增大，故D錯誤．9.(多選)(2024·山東省泰安市上學期期末)如圖8，三個小球A、B、C的質量均為m，A與B、C間通過鉸鏈用輕桿連接，桿長為L.B、C置于水平地面上，用一輕質彈簧連接，彈簧處于原長．現A由靜止釋放下降到最低點，兩輕桿間夾角α由60°變為120°.A、B、C在同一豎直平面內運動，彈簧在彈性限度內，忽視一切摩擦，重力加速度為g.則此下降過程中()圖8A．A的動能最大時，B、C的動能均為零B．A的動能最大時，B受到地面的支持力等于eq\f(3,2)mgC．彈簧的彈性勢能最大時，A的加速度為零D．彈簧的彈性勢能最大值為eq\f(\r(3)－1,2)mgL答案BD解析A的加速度為零時速度最大，此時速度仍向下，彈簧要接著伸長，B、C接著運動，故二者動能不為零，故選項A錯誤；A的動能最大時，設B和C受到的地面的支持力大小均為N，此時整體在豎直方向受力平衡，可得2N＝3mg，所以N＝eq\f(3,2)mg，故選項B正確；A的加速度為零時速度最大，此時速度仍向下，彈簧要接著伸長，所以彈簧的彈性勢能接著增大，當A到達最低點時動能為零，此時彈簧的彈性勢能最大，A仍有加速度，故C錯誤；A下降的高度為h＝Lsin60°－Lsin30°＝eq\f(\r(3)－1,2)L，依據功能關系可知，小球A的機械能全部轉化為彈簧的彈性勢能，即彈簧的彈性勢能最大值為Ep＝mgh＝eq\f(\r(3)－1,2)mgL，故D正確．10.(多選)(2024·四川省攀枝花市其次次統考)如圖9所示，一輕彈簧下端固定在傾角為θ的固定斜面底端，彈簧處于原長時上端位于斜面上的B點，B點以上光滑，B點到斜面底端粗糙，可視為質點的物體質量為m，從A點由靜止釋放，將彈簧壓縮到最短后恰好能被彈回到B點．已知A、B間的距離為L，物體與B點以下斜面間的動摩擦因數為μ，重力加速度為g，不計空氣阻力，則此過程中()圖9A．克服摩擦力做的功為mgLsinθB．彈簧的最大壓縮量為eq\f(Ltanθ,μ)C．物體的最大動能肯定等于mgLsinθD．彈性勢能的最大值為eq\f(1,2)mgLsinθ(1＋eq\f(tanθ,μ))答案AD解析對于整個過程，由動能定理得：mgLsinθ－Wf＝0，得克服摩擦力做的功Wf＝mgLsinθ，故A正確．物體接觸彈簧前，由機械能守恒定律知，物體剛接觸彈簧時的動能等于mgLsinθ.當物體所受重力沿斜面對下的分力等于滑動摩擦力和彈簧的彈力的合力時物體的合力為零，速度最大，動能最大，此時物體在B點以下，從B點到此位置物體仍會加速，所以物體的最大動能肯定大于mgLsinθ，故C錯誤．設彈簧的最大壓縮量為x，彈性勢能的最大值為Ep.物體從A到將彈簧壓縮到最短的過程，由能量守恒得：mg(L＋x)sinθ＝μmgcosθ·x＋Ep，物體從將彈簧壓縮到最短到彈回B點的過程，由能量守恒得：mgxsinθ＋μmgcosθ·x＝Ep，聯立解得x＝eq\f(Ltanθ,2μ)，Ep＝eq\f(1,2)mgLsinθeq