高考物理一輪復習考點精講精練第14講　功能關系 能量守恒定律（解析版）

第14講功能關系能量守恒定律1.知道功是能量轉化的量度，掌握重力的功、彈力的功、合力的功與對應的能量轉化關系.2.知道自然界中的能量轉化，理解能量守恒定律，并能用來分析有關問題．考點一功能關系的應用力學中幾種常見的功能關系功能量的變化合外力做正功動能增加重力做正功重力勢能減少彈簧彈力做正功彈性勢能減少電場力做正功電勢能減少其他力(除重力、彈力外)做正功機械能增加（多選）如圖，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(tǒng)由靜止開始加速上升高度h的過程中（）A．物塊A與斜面始終相對靜止 B．物塊A的重力勢能增加量小于mgh C．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代數和 D．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代數和【解答】解：AB、物塊A開始受重力、支持力、彈簧的彈力處于平衡狀態(tài)；系統(tǒng)加速上升時，物塊A具有向上的加速度，A所受合力向上，彈簧彈力和支持力在豎直方向上的分力大于重力，所以彈簧的彈力增大，物體A相對于斜面向下運動，物塊A與斜面不能始終保持靜止；物體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，B正確；C、由動能定理可知，物塊A的動能增加量等于斜面的支持力和彈簧的拉力以及找回來對其做功的代數和，故C錯誤；D、重力做功不改變物塊的機械能，由功能關系可知，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代數和，故D正確。故選：BD。如圖所示，物體A的質量為m，置于水平地面上，A的上端連一輕彈簧，原長為L，勁度系數為k，現將彈簧上端B緩慢地豎直向上提起，使B點上移距離為L，此時物體A也已經離開地面，則下列論述中正確的是（）A．提彈簧的力對系統(tǒng)做功為mgL B．物體A的重力勢能增加mgL C．系統(tǒng)增加的機械能小于mgL D．以上說法都不正確【解答】解：A、將彈簧上端B緩慢地豎直向上提起，由于開始時有支持力，故拉力先小于mg，物體離地后等于mg；拉力的位移為L，故提彈簧的力對系統(tǒng)做功小于mgL；故A錯誤；B、提彈簧的力對系統(tǒng)做功小于mgL，彈簧的彈性勢能也要增加，故物體的重力勢能的增加量小于mgL，故B錯誤；C、提彈簧的力對系統(tǒng)做功等于系統(tǒng)增加的機械能，由于拉力做的功小于mgL，故系統(tǒng)增加的機械能小于mgL，故C正確；D、由于C正確，故D錯誤；故選：C。（多選）如圖所示，一固定斜面傾角為30°，一質量為m的小物塊自斜面底端以一定的初速度沿斜面向上做勻減速運動，加速度大小等于重力加速度的大小g。物塊上升的最大高度為H，則此過程中，物塊的（）A．動能損失了mgH B．動能損失了2mgH C．機械能損失了mgH D．機械能損失了12【解答】解：AB、根據動能定理應有ΔEK＝﹣maHsin30°CD、由牛頓第二定律（選取沿斜面向下為正方向）有：mgsin30°+f＝ma＝mg，可得：f=12mg，根據功能關系應有ΔE＝﹣f故選：BC。考點二摩擦力做功的特點及應用1．靜摩擦力做功的特點(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(tǒng)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＝Ffx相對．其中x相對為相互摩擦的兩個物體間的相對位移．深化拓展從功的角度看，一對滑動摩擦力對系統(tǒng)做的功等于系統(tǒng)內能的增加量；從能量的角度看，其他形式能量的減少量等于系統(tǒng)內能的增加量．如圖所示，在光滑的水平面上放置一個足夠長木板B，在B的左端放有一個可視為質點的小滑塊A，A、B間的動摩擦因數μ＝0.4，A的質量m＝1kg，B的質量M＝2kg，g＝10m/s2。現對A施加F＝7N的水平向右的拉力，1s后撤去拉力F，求：（1）撤去拉力F前小滑塊A和長木板B的加速度a1和a2；（2）A相對于B靜止時的速度v；（3）A相對于B靜止的整個過程中由于摩擦生成的熱量（結果可以用分數表示）?！窘獯稹拷猓海?）對A滑塊根據牛頓第二定律有：F﹣μmg＝maA，代入數據解得：a1＝3m/s2，對B木板有：μMg＝MaB，代入數據解得：a2＝2m/s2；（2）對A和B整體分析，全過程根據動量定理可得：Ft＝（M+m）v解得：v=FtM+m=（3）撤去F時，A的位移為：xA=12a1t2從開始施加外力到二者共速的過程中，根據功能關系可得：FxA=1解得：Q=7（2023秋?昌樂縣期中）如圖所示，水平傳送帶順時針傳送的速度v＝2m/s，與傾角為37°的斜面的底端P平滑連接，將一質量m＝1kg的小物塊從斜面上A點由靜止釋放，小物塊第一次滑上傳動帶時恰好不會從傳遞帶左端滑下。已知A、P間的距離x0＝9m，物塊與斜面、傳送帶間的動摩擦因數分別為μ1＝0.5、μ2＝0.4，取重力加速度g＝10m/s2，sin37°＝0.6，cos37°＝0.8，求：（1）傳送帶左端到傳送帶右端的距離L；（2）小物塊第n（n為整數且n≥2）次從斜面上運動到P時的速度大小；（3）小物塊在整個運動過程中與斜面間因摩擦而產生的總熱量Q?！窘獯稹拷猓海?）小物塊第一次滑上傳動送帶時恰好不會從傳遞帶左端滑下，即滑到從傳送帶左端時速度恰好為零，從A點到第一次滑上傳送帶左端，根據動能定理得mgx0sinθ﹣μ1mgcosθ?x0﹣μ2mgL＝0代入數據解得L＝4.5m（2）小物塊第1次從斜面上運動到P點時mg解得v1＝6m/s＞2m/s故沿傳送帶返回先做加速運動與傳送帶共速，后勻速運動到P點，速度為v1′＝2m/s則，上升到最高點?第二次到達P點時速度mg聯(lián)立得v由于v2＜2m/s可知從傳送帶返回速度仍然為v2，物塊再次滑上斜面返回P點，可推理得v則，第n次返回P點v（3）小物塊最終停止在斜面底端，則在整個運動過程中與斜面間因摩擦而產生的總熱量Q=（2023春?遼寧期中）如圖所示，AB為光滑的水平軌道，與一傾角為θ＝37°的傳送帶在B點平滑連接，傳送帶以v0＝4m/s沿順時針方向勻速轉動，一被壓縮彈簧左端固定在A點，右端與小煤塊接觸（不栓接），現由靜止釋放煤塊，小煤塊被彈出運動到B點前彈簧恢復原長，煤塊到B點的速度v＝2m/s，此后沖上傳送帶，煤塊的質量m＝2kg，物塊與傳送帶的動摩擦因數μ=78，sin37°＝0.6，cos37°＝0.8，g＝10m/s（1）彈簧被壓縮時儲存的彈性勢能Ep。（2）小煤塊沖上傳送帶到與傳送帶共速的過程中，傳送帶上的痕跡長d。（3）當煤塊與傳送帶共速后，傳送帶立即以a0＝1m/s2的加速度減速運動，結果煤塊恰好運動到傳送帶頂端，求整個過程中傳送帶電機因傳送煤塊多消耗的電能E（不包括傳送帶自身轉動）【解答】解：（1）彈簧被壓縮時儲存的彈性勢能E（2）煤塊上滑的加速度μmgcosθ﹣mgsinθ＝ma1解得a1＝1m/s2與傳送帶共速時用時間t=傳送帶上的痕跡：d=Δx=代入數值解得：d＝2m（3）傳動帶減速后，傳送帶對煤塊的摩擦力為靜摩擦力，方向向上，煤塊與傳送帶相對靜止，一起減速?2解得x3＝8m傳送帶長L=代入數值解得L＝14m整個過程摩擦生熱Q＝μmgcosθ?Δx代入數值解得Q＝28J整個過程中傳送帶電機因傳送煤塊多消耗的電能E=mgLsinθ+Q?解得E＝192J考點三能量守恒定律及應用1．內容能量既不會憑空產生，也不會憑空消失，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)某種形式的能量減少，一定存在其他形式的能量增加，且減少量和增加量一定相等；(2)某個物體的能量減少，一定存在其他物體的能量增加且減少量和增加量一定相等．如圖所示，長木板A放在光滑的水平地面上，物體B以水平速度沖上A后，由于摩擦力作用，最后停止在木板A上，則從B沖到木板A上到相對板A靜止的過程中，下述說法中正確的是（）A．物體B動能的減少量等于系統(tǒng)損失的機械能 B．物體B克服摩擦力做的功等于系統(tǒng)內能的增加量 C．物體B損失的機械能等于木板A獲得的動能與系統(tǒng)損失的機械能之和 D．摩擦力對物體B做的功和對木板A做的功的總和等于零【解答】解：A、物體B以水平速度沖上A后，由于摩擦力作用，B減速運動，A加速運動，根據能量守恒定律，物體B動能的減少量等于A增加的動能和產生的熱量之和，選項A錯誤；B、根據動能定理，物體B克服摩擦力做的功等于B損失的動能，選項B錯誤；C、由能量守恒定律可知，物體B損失的機械能等于木板A獲得的動能與系統(tǒng)損失的機械能之和，選項C正確；D、摩擦力對物體B做的功等于B動能的減少，摩擦力對木板A做的功等于A動能的增加，由能量守恒定律，摩擦力對物體B做的功和對木板A做的功的總和等于系統(tǒng)內能的增加量機械能，選項D錯誤。故選：C。如圖所示，有三個斜面a、b、c，底邊長分別為L、L、2L，高度分別為2h、h、h．某一物體與三個斜面間的動摩擦因數都相同，這個物體分別沿三個斜面從頂端由靜止下滑到底端．三種情況相比較，下列說法正確的是（）A．物體損失的機械能ΔEc＝2ΔEb＝4ΔEa B．因摩擦產生的熱量2Qa＝2Qb＝Qc C．物體到達底端的動能Eka＝2Ekb＝2Ekc D．物體運動的時間4ta＝2tb＝tc【解答】解：設斜面和水平方向夾角為θ，斜面長度為X，則物體下滑過程中克服摩擦力做功為：W＝mgμXcosθ，Xcosθ即為底邊長度。A、物體下滑，除重力外有摩擦力做功，根據能量守恒，損失的機械能轉化成摩擦產生的內能。由圖可知a和b底邊相等且等于c的一半，故摩擦生熱關系為：Qa＝Qb=12Qc，所以損失的機械能ΔEa＝ΔEb=1故A錯誤。B、克服摩擦力所做功等于因摩擦產生熱量，所以2Qa＝2Qb＝Qc，故B正確。C、設物體滑到底端時的速度為v，根據動能定理得：mgH﹣mgμXcosθ=12mv2Eka＝2mgh﹣mgμL，Ekb＝mgh﹣mgμL，Ekc＝mgh﹣mgμ?2L，根據圖中斜面高度和底邊長度可知滑到底邊時動能大小關系為：Eka＞EKb＞Ekc，故C錯誤。D、沿斜面運動的時間t=2Lθb＞θc，Lb＜Lc，所以tb＜tc，由于動摩擦因數和斜面a、b的傾角關系未知，無法確定ta和tb，故D錯誤；故選：B。如圖所示長木板A放在光滑的水平地面上，物體B以水平速度沖上A后，由于摩擦力作用，最后停止在木板A上，則從B沖到木板A上到相對板A靜止的過程中，下述說法中正確的是（）A．物體B損失的機械能等于木板A獲得的動能與系統(tǒng)損失的機械能之和 B．物體B克服摩擦力做的功等于系統(tǒng)內能的增加量 C．物體B動能的減少量等于系統(tǒng)損失的機械能 D．摩擦力對物體B做的功和對木板A做的功的代數和的絕對值大于系統(tǒng)內能的增加量【解答】解：A、由能量守恒定律可知，物體B損失的機械能等于木板A獲得的動能與系統(tǒng)損失的機械能之和，故A正確；B、物體B以水平速度沖上A后，由于摩擦力作用，B減速運動，A加速運動，根據能量守恒定律，物體B動能的減少量等于A增加的動能和產生的熱量之和，故B錯誤；C、根據動能定理，物體B動能的減少量等于B損失的機械能，等于A動能的增加量與系統(tǒng)增加的內能之和，故C錯誤；D、摩擦力對物體B做的功等于B動能的減少，摩擦力對木板A做的功等于A動能的增加，由能量守恒定律，摩擦力對物體B做的功和對木板A做的功的總和的絕對值等于系統(tǒng)內能的增加量，故D錯誤。故選：A。如圖所示，一物體質量m＝2kg，在傾角為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B的距離AB＝4m。當物體到達B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?！窘獯稹拷猓海?）物體在D點與A點比較，動能減少E重力勢能減少EP少＝mglADsin37°＝2×10×3×0.6J＝36J機械能減小E少＝Ek少+EP少＝9+36J＝45J機械能的減少量全部用來克服摩擦力做功，即W代入數據解得：μ≈0.52（2）由A到C的過程，動能減少E重力勢能減少E克服摩擦力做功W由能量守恒得：E答：（1）物體與斜面間的動摩擦因數μ是0.52。（2）彈簧的最大彈性勢能Epm是24.4J?？键c四傳送帶模型中的動力學和能量轉化問題1．傳送帶模型是高中物理中比較成熟的模型，典型的有水平和傾斜兩種情況．一般設問的角度有兩個：(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．2．傳送帶模型問題中的功能關系分析(1)功能關系分析：W＝ΔEk＋ΔEp＋Q.(2)對W和Q的理解：①傳送帶做的功：W＝Fx傳；②產生的內能Q＝Ffx相對．傳送帶模型問題的分析流程足夠長的傳送帶傾斜放置，以大小為v＝2m/s的恒定速率順時針轉動，如圖甲所示。質量m＝2kg的小物塊以初速度v0＝12m/s從A端沖上傳送帶又滑了下來，小物塊的速度隨時間變化的圖像如圖乙所示，g＝10m/s2，小物塊視為質點，求：（1）小物塊從沖上傳送帶到離開所用的時間；（2）小物塊與傳送帶間的動摩擦因數和傳送帶的傾角θ；（3）0﹣2s內小物塊與傳送帶間因摩擦所產生的熱量?！窘獯稹拷猓海?）由v﹣t圖像可知，小物塊沖上斜面到達最高點所用時間t1＝2s根據v﹣t圖像與t軸所圍面積表示位移，可得小物塊上滑的最大位移為x=12+22×由圖像知，1s～2s內的加速度為a2=方向沿傳送帶向下，小物塊向下運動過程中加速度大小與a2相等，下滑過程有x=1解得：t故所求總時間t＝t1+t2＝2s+2.83s＝4.83s（2）由v﹣t圖像得0～1s內的加速度為a1=方向沿傳送帶向下；0～1s內，對小物塊，由牛頓第二定律得mgsinθ+μmgcosθ＝﹣ma11s～2s內，對小物塊，由牛頓第二定律得mgsinθ﹣μmgcosθ＝﹣ma2解得：θ＝37°，μ＝0.5（3）傳送帶的速度v＝2m/s，在0～1s內傳送帶的位移為x帶1＝vt1＝2×1m＝2m小物塊的位移為x物1兩者相對位移大小為Δx1＝x物1﹣x帶1＝7m﹣2m＝5m在1～2s內傳送帶的位移x帶2＝vt2＝2×1m＝2m小物塊的位移為x物2兩者相對位移大小為Δx2＝x帶2﹣x物2＝2m﹣1m＝1m0～2s內小物塊與傳送帶間因摩擦所產生的熱量Q＝fd＝μmgcosθ（Δx1+Δx2）＝0.5×2×10×0.8×（5+1）J＝48J（2023春?遼寧期末）利用彈簧彈射和皮帶傳動裝置可以將工件運送至高處。如圖所示，已知傳送軌道平面與水平方向成37°角，傾角也是37°的光滑斜面軌道固定于地面且與傳送軌道良好對接，彈簧下端固定在斜面底端，工件與傳送帶間的動摩擦因數μ＝0.25。傳送帶順時針勻速轉動的速度v＝4m/s，兩輪軸心相距L＝5m，B、C分別是傳送帶與兩輪的切點，輪緣與傳送帶之間不打滑?，F將質量m＝1kg的工件放在彈簧上，用力將彈簧壓縮至A點后由靜止釋放，工件離開斜面頂端滑到傳送帶上的B點時速度v0＝8m/s，A、B間的距離x＝1m。工件可視為質點，g取10m/s2，sin37°＝0.6，cos37°＝0.8。求：（1）彈簧的最大彈性勢能；（2）工件第一次沿傳送帶上滑至最高點的時間。（3）第一次從B點上滑至最高點的過程中因摩擦產生的熱能。【解答】解：（1）滑塊從A到B過程，彈簧的彈性勢能的減小等于滑塊機械能的增加，根據機械能守恒定律，得：彈簧的最大彈性勢能為：Ep＝mgxsin37°+代入數據解得：EP＝38J；（2）工件沿傳送軌道減速向上滑動的過程中有：mgsin37°+μmgcos37°＝ma1代入數據解得a1＝8m/s從B點運動到與傳送帶共速需要的時間為：t1=v工件滑行的位移大小為：s1=v0+v2因為μ＜tan37°，所以工件將沿傳送帶繼續(xù)減速上滑．有：mgsin37°﹣μmgcos37°＝ma2代入數據解得：a2＝4m/s假設工件速度減為零時，工件未從傳送帶上滑落，則有：t2=v工件滑行的位移大小為：s2=v2t2=42×故假設成立，工件沿傳送帶上滑的時間為：t＝t1+t2＝1.5s；（3）工件在皮帶上以加速度a1滑動的過程中皮帶的位移為：x皮1＝vt1＝4×0.5m＝2m工件與皮帶間的相對位移大小為Δx1＝s1﹣x皮1＝3m﹣2m＝1m工件在皮帶上以加速度a2滑動的過程中皮帶的位移為：x皮2＝vt2＝4×1m＝4m工件與皮帶間的相對位移大小為Δx2＝x皮2﹣s2＝4m﹣2m＝2m所以第一次從B點上滑至最高點的過程中因摩擦產生的內能：Q＝μmgcos37°（Δx1+Δx2）代入數據解得：Q＝6J。（2023春?寧波期末）如圖所示，豎直平面內固定有半徑為R＝1m的光滑四分之一圓軌道AB、水平直軌道BC、DO以及以速度v＝3m/s逆時針轉動的水平傳送帶CD，OD上有一輕質彈簧，一端固定在O點另一端自然伸長于E點，各軌道平滑連接?，F有一質量為m＝2kg的滑塊（可視為質點）從軌道AB上高為h處由靜止下滑，已知LBC＝0.2m，LCD＝0.4m，LDE＝0.3m，滑塊與BC、DE間的動摩擦因數均為μ1＝0.3，與傳送帶間的動摩擦因數為μ2＝0.5，E點右側平面光滑，整個過程不超過彈簧的彈性限度，重力加速度g取10m/s2。（1）若h＝0.2m，求滑塊運動至B處時對軌道的作用力FN；（2）若要使滑塊能到達D點，且不再離開DE，求滑塊下落高度滿足的條件；（3）若滑塊第一次到達D點速度恰為0，求這一過程滑塊通過傳送帶產生的內能?！窘獯稹拷猓海?）滑塊由靜止滑到B點處，由動能定理得mg?=1代入數據解得：vB＝2m/s滑塊滑動到B處時，由牛頓第二定律得FN′﹣mg＝mv代入數據解得：FN′＝28N由牛頓第三定律可知，滑塊運動至B處時對軌道的作用力大小FN＝FN′＝28N，方向豎直向下。（2）若要使滑塊能到達D點，滑塊第一次到達D點時速度是零，下滑高度有最小值，由動能定理得mgh1﹣μ1mgLBC﹣μ2mgLCD＝0代入數據解得：h1＝0.26m滑塊到達DE后且不再離開DE，可知又返回的D點速度恰好是零，下滑高度有最大值，由動能定理得mgh2﹣μ1mgLBC﹣μ2mgLCD﹣2μ1mgLDE＝0解得：h2＝0.44m則滑塊下落高度滿足的條件為：0.26m≤h≤0.44m（3）從若滑塊第一次到達D點速度恰是0，設滑塊從C到D的時間為t，由逆向思維有：LCD=可得：t＝0.4s滑塊在傳送帶上產生的內能：Q＝μ2mg（LCD+vt）解得：Q＝16J題型1功能關系及能量守恒定律的應用（2024?廣東二模）2023年亞運會在杭州順利舉行，廣東中山15歲小將陳燁奪得我國在滑板男子碗池項目的首枚金牌，實現歷史性突破，假如某次訓練中陳燁以同一姿態(tài)沿軌道下滑了一段距離，這過程中重力對他做功為800J，他克服阻力做功為200J，不計其他作用力的功，則陳燁在此過程中（）A．動能可能不變 B．動能增加了600J C．重力勢能減少了600J D．機械能增加了200J【解答】解：AB、設陳燁克服阻力力做功為Wf，由動能定理可得：WG﹣Wf＝ΔEk，可得動能增加了ΔEk＝600J，故A錯誤，B正確；C、重力對他做功為800J，根據重力做正功多少，重力勢能就減少多少，可知重力勢能減少了800J，故C錯誤；D、除了重力和彈力以外的其他外力做的功等于機械能的變化量，即ΔE＝W其他，解得：ΔE＝﹣Wf＝﹣200J，即機械能減少了200J，故D錯誤。故選：B。（2024春?洛陽期中）圖甲為科技活動節(jié)學生自制小型拋石機。將石塊放在長臂一端的凹槽中，在短臂端固定重物，發(fā)射前將長臂端往下拉至地面，然后突然松開，凹槽中的石塊過最高點時就被拋出?，F將其簡化為如圖乙所示的模型，將一質量m＝10g可視為質點的小石塊，裝在長L＝10cm的長臂末端的凹槽中，初始時長臂與水平面的夾角為30°，松開后長臂轉至豎直位置時，石塊被水平拋出，落在水平地面上，測得石塊落地點與O點的水平距離為30cm，以地面為零勢能面，不計空氣阻力，取重力加速度大小g＝10m/s2，下列說法正確的是（）A．石塊被水平拋出時的動能為1.5×10﹣1J B．石塊從A點到最高點機械能增加3.0×10﹣2J C．石塊著地時，重力做功的功率為3WD．石塊從A點到最高點的過程中，其重力勢能的增加量等于重物重力勢能的減小量【解答】解：A、石塊被拋出后做平拋運動，根據幾何關系可知石塊的下降高度h＝L+Lsin30°，代入數據解得h＝15cm＝0.15m，根據自由落體運動的規(guī)律h=12gt2，石塊的水平位移x＝v0t，石塊被拋出時的動能Ek=1B、石塊從A點到最高點機械能增加量為E＝Ek+mgh＝1.5×10﹣2J+10×10﹣3×10×0.15J＝3.0×10﹣2J，故B正確；C、根據h=12gt2，vyD、根據能量守恒可知，石塊從A點到最高點的過程中，石塊重力勢能的增加量等于重物重力勢能的減少量減去石塊與重物動能之和，故D錯誤；故選：B。（2024春?岳麓區(qū)校級月考）如圖所示，在一直立的光滑管內放置一輕質彈簧，上端O點與管口A的距離為2x0，一質量為m的小球從管口由靜止下落，將彈簧壓縮至最低點B，壓縮量為x0，不計空氣阻力，重力加速度為g，彈簧的彈性勢能Ep與形變量x的關系為Ep=1A．彈簧的最大彈性勢能為3mgx0 B．小球運動的最大速度等于2gC．彈簧的勁度系數為mgxD．小球運動中最大加速度為g【解答】解：A、小球下落到最低點時，重力勢能全部轉化為彈簧的彈性勢能，此時彈性勢能最大，根據小球和彈簧組成的系統(tǒng)機械能守恒，有Epmax＝3mgx0，故A正確；C、根據彈性勢能的表達式Epmax=12kB、當小球的重力等于彈簧彈力時，小球有最大速度，則有mg＝kx再根據彈簧和小球組成的系統(tǒng)機械能守恒，有mg(x+2x解得最大速度為：vmaxD、小球運動到最低點時，加速度最大，由牛頓第二定律有：kx0﹣mg＝ma，解得最大加速度為：a＝5g，故D錯誤。故選：A。題型2摩擦力做功與能量轉化（2024?銀川一模）質量為m的物體以某一初速度沖上傾角為30°足夠長的固定斜面，上升高度為h時速度減為初速度的一半，上滑階段加速度為78A．物體上升的最大高度2h B．物體與斜面間動摩擦因數為34C．從沖上斜面到返回斜面底端的過程中物體克服摩擦力做功為2mgh D．物體上滑階段和下滑階段所用時間之比1：8【解答】解：AB、根據牛頓第二定律有mgsinθ+μmgcosθ＝ma解得μ=上升高度為h時速度減為初速度的一半，根據功能關系有12mv2=mgh+μmgcos設最大高度為H，則有12mv2=mgH+解得H=4故A錯誤，B正確；C、克服摩擦力做功為Wf＝μmgcosθ×2H＝mgh，故C錯誤；D、上滑階段的加速度為a＝gsinθ+μgcosθ下滑階段的加速度為a'＝gsinθ﹣μgcosθ解得a：a'＝7：1根據x=1上滑階段和下滑階段所用時間之比1：7，故D錯誤；故選：B。（2024春?鼓樓區(qū)校級期中）如圖是“深穴打夯機”示意圖，電動機帶動兩個滾輪勻速轉動將夯桿從深坑提上來，當夯桿底端剛到達坑口時，兩個滾輪彼此分開，將夯桿釋放，夯桿在自身重力作用下，落回深坑，夯實坑底。然后兩個滾輪再次壓緊，夯桿被提上來，如此周而復始（夯桿被滾輪提升過程中，經歷勻加速和勻速運動過程）。已知兩個滾輪邊緣的線速度恒為v0＝5m/s，每個滾輪對夯桿的正壓力均為F＝2.5×104N，滾輪與夯桿間的動摩擦因數μ＝0.25，夯桿質量m＝1×103kg，坑深h＝6.5m，假定在打夯的過程中坑的深度變化很小，取g＝10m/s2，下列說法正確的是（）A．夯桿被滾輪帶動加速上升的過程中，加速度的大小為2m/s2 B．每個打夯周期中，電動機多消耗的電能為7.75×104J C．每個打夯周期中滾輪與夯桿間因摩擦產生的熱量為6.25×104J D．增加滾輪對夯桿的正壓力，每個打夯周期中滾輪與夯桿間因摩擦產生的熱量將增加【解答】解：A、夯桿加速上升過程中，由牛頓第二定律可得2μF﹣mg＝ma解得：a＝2.5m/s2故A錯誤；BC、夯桿加速上升的高度h1=在加速上升階段，電動機對夯桿做的功W1＝2μFh1設加速階段用時為t，則h1=此階段滾輪與夯桿間的相對位移為Δh＝vt?vt2此階段產生的熱量為Q＝2μFΔh解得Q＝6.25×104J夯桿勻速上升階段上升高度為h2＝h﹣h1電動機對夯桿做的功為W2＝mgh2由能量關系知每個打夯周期中，電動機多消耗的電能為W＝W1+Q+W2解得W＝1.4×105J故B錯誤，C正確；D.每個打夯周期中滾輪與夯桿間因摩擦產生的熱量為Q＝2μFΔh＝2μF（vt?vt2）＝2μF?v0桿的正壓力F增大時，Q將減小，故D錯誤。故選C。（2024?海南）如圖所示，一輕質彈簧一端固定在O點，另一端與小球相連。小球套在豎直固定、粗細均勻的粗糙桿上，OP與桿垂直，小球在P點時，彈簧處于自然伸長狀態(tài)，M、N兩點與O點的距離相等，最大靜摩擦力等于滑動摩擦力。小球從M點靜止釋放，在運動過程中，彈簧始終在彈性限度內，下列說法正確的是（）A．小球運動到P點時速度最大 B．小球運動到N點時的速度是運動到P點速度的2倍 C．從M點到N點的運動過程中，小球受到的摩擦力先變大再變小 D．從M點到P點和從P點到N點的運動過程中，小球受到的摩擦力做功相同【解答】解：A．小球在P點時，彈簧處于自然伸長狀態(tài)，彈力為零，摩擦力為零，小球只受重力，小球運動到P點時加速度不為零，小球運動到P點時速度不是最大，故A錯誤；B．小球從M點向P點運動過程，設彈簧與豎直方向夾角為θ，彈簧的拉力為F=k(L拉力逐漸減小支持力為FN＝Fsinθ＝k（L﹣Lsinθ）摩擦力逐漸減小，小球從M到P根據功能關系mg?+E從M到N根據功能關系2mg?=2Q+1C．從M點到N點的運動過程中，小球受到的摩擦力先變小再變大，故C錯誤；D．根據對稱性可知在任意關于P點對稱的點摩擦力大小相等，因此由對稱性可知M到P和P到N摩擦力做功大小相等，故D正確。故選：D。題型3傳送帶類的功能轉化（2023秋?越秀區(qū)期末）如圖，工人用傳送帶運送貨物，傳送帶傾角為30°，順時針勻速轉動，把貨物從底端A點運送到頂端B點，其速度隨時間變化關系如圖所示。已知貨物質量為10kg，重力加速度取10m/s2。則下列說法中不正確的是（）A．傳送帶勻速轉動的速度大小為1m/s B．貨物與傳送帶間的動摩擦因數為32C．運送貨物的整個過程中摩擦力對貨物做功795J D．A、B兩點的距離為16m【解答】解：A.由圖像可知，貨物先向上勻加速，再向上勻速，所以傳送帶勻速轉動的速度大小為1m/s，故A正確；B.開始時貨物的加速度a=Δv由牛頓第二定律可知μmgcos30°﹣mgsin30°＝ma解得貨物與傳送帶間的動摩擦因數為μ=3D.由圖像可知，A、B兩點的距離為s=1C.由動能定理可知Wf代入數據解得運送貨物的整個過程中摩擦力對貨物做功Wf＝795J，故C正確。本題選不正確的，故選：D。（2023?臺州模擬）如圖所示為處于豎直平面內的一實驗探究裝置的示意圖，該裝置由長L1＝3m、速度可調的固定水平傳送帶，圓心分別在O1和O2，圓心角θ＝120°、半徑R＝0.4m的光滑圓弧軌道BCD和光滑細圓管EFG組成，其中B點和G點分別為兩軌道的最高點和最低點，B點在傳送帶右端轉軸的正上方。在細圓管EFG的右側足夠長的光滑水平地面上緊挨著一塊與管口下端等高、長L2＝2.2m、質量M＝0.4kg木板（與軌道不粘連）?，F將一塊質量m＝0.2kg的物塊（可視為質點）輕輕放在傳送帶的最左端A點，物塊由傳送帶自左向右傳動，在B處的開口和E、D處的開口正好可容物塊通過。已知物塊與傳送帶之間的動摩擦因數μ1＝0.2，物塊與木板之間的動摩擦因數μ2＝0.5，g取10m/s2。（1）若物塊進入圓弧軌道BCD后恰好不脫軌，求物塊在傳送帶上運動的時間；（2）若傳送帶的速度3m/s，求物塊經過圓弧軌道BCD最低D點時，軌道對物塊的作用力大小；（3）若傳送帶的最大速度4m/s，在不脫軌的情況下，求滑塊在木板上運動過程中產生的熱量Q與傳送帶速度v之間的關系?！窘獯稹拷猓海?）物塊進入圓弧軌道BCD后恰好不脫軌，則在B點，根據牛頓第二定律可得：mg=mv解得：vB＝2m/s若物塊在傳送帶上一直加速，由v2解得：v=2由此可知物塊應該是先加速后勻速t=v代入數據解得：t＝2s（2）若傳送帶的速度3m/s，則物體先加速后勻速，經過B點時的速度為vB1＝3m/s從B到D，由動能定理得12經過D點時mv解得：FD＝11.5N（3）從B到G，由動能定理得12若在木板上恰好不分離，則系統(tǒng)的動量守恒，選擇水平向右的方向為正方向，則mvG＝（m+M）v112得：vB2＝3m/s當2m/s≤v≤3m/s時Q=1當3m/s≤v≤4m/s時Q＝μ2mgL2代入數據解得：Q＝2.2J題型4板塊類的功能轉化（2023春?渝中區(qū)校級期中）中國的快遞物流行業(yè)發(fā)展迅速。如圖所示，某快遞收發(fā)站需將質量m＝50kg的快遞（可視為質點）從高處運送至地面，為避免快遞與地面發(fā)生撞擊，現利用粗糙傾斜軌道SP、豎直面內弧形光滑軌道PQ，使快遞由傾斜軌道頂端距底端高度h＝2m處無初速度滑下。兩軌道相切于P，傾斜軌道與水平面夾角為θ＝60°，弧形軌道半徑R＝2m，末端切線水平。地面上緊靠軌道依次排放兩塊完全相同的木板A、B，長度均為l＝4m，質量均為M＝50kg，木板上表面與弧形軌道末端Q相切。快遞與SP軌道之間的摩擦因數為μ=32，快遞與木板間的動摩擦因數為μ1，地面光滑（不考慮快遞與各軌道相接處能量損失，最大靜摩擦力等于滑動摩擦力，取g＝10m/s（1）快遞到達弧形軌道末端時對軌道的壓力；（2）若μ1＝0.5，試判斷快遞能否滑上木板B？并計算快遞滑上木板后與木板間產生的熱能Q?！窘獯稹拷猓海?）快遞從高處滑到Q，根據動能定理mg（h+R﹣Rcos60°）﹣μmgcos60°×解得v=在Q點根據受力分析可得N﹣mg=解得N＝1500N（2）在A右側時，設快遞的速度為v1，AB速度為vA，規(guī)定v的速度方向為正方向，根據動量守恒，能量守恒有mv＝mv1+（m+2M）vAμmgL=聯(lián)立無解則快遞不能到達A的右側，則快遞在A上與A有共同速度，規(guī)定v的速度方向為正方向，有mv＝（m+2M）v共Q=解得Q=（2023春?秦淮區(qū)校級期中）如圖所示，木板L＝5m，質量為M＝2kg的平板車在粗糙水平面上向右滑行，當其速度為v＝9m/s時，在其右端輕輕放上一個質量為m＝1kg的滑塊，已知滑塊與木板間的動摩擦因數為μ1＝0.2，木板與地面間的動摩擦因數為μ2＝0.4。求：（1）滑塊與木板取得相同的速度前各自的加速度大??；（2）從開始至最終停止，滑塊與木板間因摩擦產生的熱量Q；（3）從開始至木板剛停止時，滑塊、木板和地面組成的系統(tǒng)增加的內能U。【解答】解：（1）滑塊與木板取得相同的速度前，由牛頓第二定律得：對滑塊：μ1mg＝ma1對木板：μ1mg+μ2（m+M）g＝Ma2代入數據解得：a1＝2m/s2，a2＝7m/s2（2）滑塊做初速度為零的勻加速直線運動，木板做勻減速直線運動，設經過t1時間兩者速度相等，共同速度為v1，則有：v1＝a1t1＝v﹣a2t1代入數據解得：t1＝1s，v1＝2m/s滑塊與木板取得相同速度前，滑塊的位移為：x1=v12t木板的位移為：x2=v+v12第一階段滑塊與木板的相對位移為：Δx1＝x2﹣x1＝（5.5﹣1）m＝4.5m滑塊與木板共速后，設它們一起做勻減速直線運動，對整體，由牛頓第二定律得：μ2（m+M）g＝（m+M）a代入數據解得：a＝4m/s2滑塊受到的摩擦力為：f＝ma＝1×4N＝4N＞μ1mg故此后兩個物體做加速度不同的勻減速運動，滑塊相對木板向前運動，由牛頓第二定律得對滑塊：μ2mg＝ma3對平板車：μ2（m+M）g﹣μ1mg＝Ma4代入數據解得：a3＝2m/s2，a4＝5m/s2滑塊與木板都做勻減速直線運動，滑塊減速為零的位移為：x3=v木板減速到零的位移為：x4=v第二階段相對位移為：Δx2＝x3﹣x4＝（1﹣0.4）m＝0.6m滑塊與木板間因摩擦增加的內能為：Q＝μ1mg（Δx1+Δx2）代入數據解得：Q＝10.2J（3）因a3＜a4，所以木板停止時，滑塊還沒有停止。設共速后木板經過時間t停止，則v1﹣a4t＝0，可得t＝0.4s木板停止時，滑塊的速度為v3＝v1﹣a3t＝（2﹣2×0.4）m/s＝1.2m/s根據能量守恒定律可知，從開始至木板剛停止時，滑塊、木板和地面組成的系統(tǒng)增加的內能U：U=12Mv2?12mv3題型5常見功能關系圖像分析（2024春?西安期中）從地面豎直向上拋出一物體，其機械能E總等于動能Ek與重力勢能Ep之和。取地面為重力勢能零點，該物體的E總和Ep隨它離開地面的高度h的變化如圖所示。由圖中數據可知，下列說法錯誤的是（）A．物體的質量為2kg B．h＝0時，物體的速率為20m/s C．h＝2m時，物體的動能Ek＝50J D．從地面至h＝4m處過程中，物體的動能減少100J【解答】解：A.物體的重力勢能為Ep＝mgh由圖可知，當h＝4m時，重力勢能80J，代入解得m＝2kg，故A正確；B.當h＝0時，物體總的機械能等于動能，根據動能的表達式Ek代入數據解得v＝10m/s，故B錯誤；C.根據圖像可知物體的機械能隨高度變化的表達式為E＝﹣5h+100J當h＝2m時，物體的機械能為90J，由圖可知，當h＝2m時，物體的重力勢能為40J，故物體的動能為Ek2＝90J﹣40J＝50J，故C正確；D.由圖可知，當h＝0時物體的動能為100J，h＝4m時物體的動能為0，則從地面至h＝4m處過程中物體的動能減少100J，故D正確。本題選錯誤項，故選：B。（2024?東湖區(qū)校級一模）如圖所示，在傾角為37°的粗糙且足夠長的斜面底端，一質量為m＝2kg可視為質點的滑塊壓縮一輕彈簧并鎖定，滑塊與彈簧不拴連。t＝0時刻解除鎖定，計算機通過傳感器描繪出滑塊的v﹣t圖像，其中Ob段為曲線，bc段為直線，已知物塊在0﹣0.2s內運動的位移為0.8m，取g＝10m/s2，sin37°＝0.6，cos37°＝0.8，則下列說