高考物理一輪復(fù)習(xí)考點(diǎn)精講精練第14講　功能關(guān)系 能量守恒定律（解析版）

第14講功能關(guān)系能量守恒定律1.知道功是能量轉(zhuǎn)化的量度，掌握重力的功、彈力的功、合力的功與對(duì)應(yīng)的能量轉(zhuǎn)化關(guān)系.2.知道自然界中的能量轉(zhuǎn)化，理解能量守恒定律，并能用來分析有關(guān)問題．考點(diǎn)一功能關(guān)系的應(yīng)用力學(xué)中幾種常見的功能關(guān)系功能量的變化合外力做正功動(dòng)能增加重力做正功重力勢(shì)能減少彈簧彈力做正功彈性勢(shì)能減少電場(chǎng)力做正功電勢(shì)能減少其他力(除重力、彈力外)做正功機(jī)械能增加（多選）如圖，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)由靜止開始加速上升高度h的過程中（）A．物塊A與斜面始終相對(duì)靜止 B．物塊A的重力勢(shì)能增加量小于mgh C．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)其做功的代數(shù)和 D．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)其做功的代數(shù)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(shí)，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(duì)于斜面向下運(yùn)動(dòng)，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(shì)能的增加量小于mgh，故A錯(cuò)誤，B正確；C、由動(dòng)能定理可知，物塊A的動(dòng)能增加量等于斜面的支持力和彈簧的拉力以及找回來對(duì)其做功的代數(shù)和，故C錯(cuò)誤；D、重力做功不改變物塊的機(jī)械能，由功能關(guān)系可知，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)其做功的代數(shù)和，故D正確。故選：BD。如圖所示，物體A的質(zhì)量為m，置于水平地面上，A的上端連一輕彈簧，原長(zhǎng)為L(zhǎng)，勁度系數(shù)為k，現(xiàn)將彈簧上端B緩慢地豎直向上提起，使B點(diǎn)上移距離為L(zhǎng)，此時(shí)物體A也已經(jīng)離開地面，則下列論述中正確的是（）A．提彈簧的力對(duì)系統(tǒng)做功為mgL B．物體A的重力勢(shì)能增加mgL C．系統(tǒng)增加的機(jī)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(shí)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(zhǎng)，故提彈簧的力對(duì)系統(tǒng)做功小于mgL；故A錯(cuò)誤；B、提彈簧的力對(duì)系統(tǒng)做功小于mgL，彈簧的彈性勢(shì)能也要增加，故物體的重力勢(shì)能的增加量小于mgL，故B錯(cuò)誤；C、提彈簧的力對(duì)系統(tǒng)做功等于系統(tǒng)增加的機(jī)械能，由于拉力做的功小于mgL，故系統(tǒng)增加的機(jī)械能小于mgL，故C正確；D、由于C正確，故D錯(cuò)誤；故選：C。（多選）如圖所示，一固定斜面傾角為30°，一質(zhì)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(yùn)動(dòng)，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(dòng)能損失了mgH B．動(dòng)能損失了2mgH C．機(jī)械能損失了mgH D．機(jī)械能損失了12【解答】解：AB、根據(jù)動(dòng)能定理應(yīng)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(jù)功能關(guān)系應(yīng)有ΔE＝﹣f故選：BC?？键c(diǎn)二摩擦力做功的特點(diǎn)及應(yīng)用1．靜摩擦力做功的特點(diǎn)(1)靜摩擦力可以做正功，也可以做負(fù)功，還可以不做功．(2)相互作用的一對(duì)靜摩擦力做功的代數(shù)和總等于零．(3)靜摩擦力做功時(shí)，只有機(jī)械能的相互轉(zhuǎn)移，不會(huì)轉(zhuǎn)化為內(nèi)能．2．滑動(dòng)摩擦力做功的特點(diǎn)(1)滑動(dòng)摩擦力可以做正功，也可以做負(fù)功，還可以不做功．(2)相互間存在滑動(dòng)摩擦力的系統(tǒng)內(nèi)，一對(duì)滑動(dòng)摩擦力做功將產(chǎn)生兩種可能效果：①機(jī)械能全部轉(zhuǎn)化為內(nèi)能；②有一部分機(jī)械能在相互摩擦的物體間轉(zhuǎn)移，另外一部分轉(zhuǎn)化為內(nèi)能．(3)摩擦生熱的計(jì)算：Q＝Ffx相對(duì)．其中x相對(duì)為相互摩擦的兩個(gè)物體間的相對(duì)位移．深化拓展從功的角度看，一對(duì)滑動(dòng)摩擦力對(duì)系統(tǒng)做的功等于系統(tǒng)內(nèi)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(nèi)能的增加量．如圖所示，在光滑的水平面上放置一個(gè)足夠長(zhǎng)木板B，在B的左端放有一個(gè)可視為質(zhì)點(diǎn)的小滑塊A，A、B間的動(dòng)摩擦因數(shù)μ＝0.4，A的質(zhì)量m＝1kg，B的質(zhì)量M＝2kg，g＝10m/s2。現(xiàn)對(duì)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(zhǎng)木板B的加速度a1和a2；（2）A相對(duì)于B靜止時(shí)的速度v；（3）A相對(duì)于B靜止的整個(gè)過程中由于摩擦生成的熱量（結(jié)果可以用分?jǐn)?shù)表示）?！窘獯稹拷猓海?）對(duì)A滑塊根據(jù)牛頓第二定律有：F﹣μmg＝maA，代入數(shù)據(jù)解得：a1＝3m/s2，對(duì)B木板有：μMg＝MaB，代入數(shù)據(jù)解得：a2＝2m/s2；（2）對(duì)A和B整體分析，全過程根據(jù)動(dòng)量定理可得：Ft＝（M+m）v解得：v=FtM+m=（3）撤去F時(shí)，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(jù)功能關(guān)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(shí)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(zhì)量m＝1kg的小物塊從斜面上A點(diǎn)由靜止釋放，小物塊第一次滑上傳動(dòng)帶時(shí)恰好不會(huì)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(dòng)摩擦因數(shù)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(shù)且n≥2）次從斜面上運(yùn)動(dòng)到P時(shí)的速度大小；（3）小物塊在整個(gè)運(yùn)動(dòng)過程中與斜面間因摩擦而產(chǎn)生的總熱量Q?！窘獯稹拷猓海?）小物塊第一次滑上傳動(dòng)送帶時(shí)恰好不會(huì)從傳遞帶左端滑下，即滑到從傳送帶左端時(shí)速度恰好為零，從A點(diǎn)到第一次滑上傳送帶左端，根據(jù)動(dòng)能定理得mgx0sinθ﹣μ1mgcosθ?x0﹣μ2mgL＝0代入數(shù)據(jù)解得L＝4.5m（2）小物塊第1次從斜面上運(yùn)動(dòng)到P點(diǎn)時(shí)mg解得v1＝6m/s＞2m/s故沿傳送帶返回先做加速運(yùn)動(dòng)與傳送帶共速，后勻速運(yùn)動(dòng)到P點(diǎn)，速度為v1′＝2m/s則，上升到最高點(diǎn)?第二次到達(dá)P點(diǎn)時(shí)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(diǎn)，可推理得v則，第n次返回P點(diǎn)v（3）小物塊最終停止在斜面底端，則在整個(gè)運(yùn)動(dòng)過程中與斜面間因摩擦而產(chǎn)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(diǎn)平滑連接，傳送帶以v0＝4m/s沿順時(shí)針方向勻速轉(zhuǎn)動(dòng)，一被壓縮彈簧左端固定在A點(diǎn)，右端與小煤塊接觸（不栓接），現(xiàn)由靜止釋放煤塊，小煤塊被彈出運(yùn)動(dòng)到B點(diǎn)前彈簧恢復(fù)原長(zhǎng)，煤塊到B點(diǎn)的速度v＝2m/s，此后沖上傳送帶，煤塊的質(zhì)量m＝2kg，物塊與傳送帶的動(dòng)摩擦因數(shù)μ=78，sin37°＝0.6，cos37°＝0.8，g＝10m/s（1）彈簧被壓縮時(shí)儲(chǔ)存的彈性勢(shì)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(zhǎng)d。（3）當(dāng)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(yùn)動(dòng)，結(jié)果煤塊恰好運(yùn)動(dòng)到傳送帶頂端，求整個(gè)過程中傳送帶電機(jī)因傳送煤塊多消耗的電能E（不包括傳送帶自身轉(zhuǎn)動(dòng)）【解答】解：（1）彈簧被壓縮時(shí)儲(chǔ)存的彈性勢(shì)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(shí)用時(shí)間t=傳送帶上的痕跡：d=Δx=代入數(shù)值解得：d＝2m（3）傳動(dòng)帶減速后，傳送帶對(duì)煤塊的摩擦力為靜摩擦力，方向向上，煤塊與傳送帶相對(duì)靜止，一起減速?2解得x3＝8m傳送帶長(zhǎng)L=代入數(shù)值解得L＝14m整個(gè)過程摩擦生熱Q＝μmgcosθ?Δx代入數(shù)值解得Q＝28J整個(gè)過程中傳送帶電機(jī)因傳送煤塊多消耗的電能E=mgLsinθ+Q?解得E＝192J考點(diǎn)三能量守恒定律及應(yīng)用1．內(nèi)容能量既不會(huì)憑空產(chǎn)生，也不會(huì)憑空消失，它只能從一種形式轉(zhuǎn)化為另一種形式，或者從一個(gè)物體轉(zhuǎn)移到別的物體，在轉(zhuǎn)化或轉(zhuǎn)移的過程中，能量的總量保持不變．2．表達(dá)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(gè)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(zhǎng)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(duì)板A靜止的過程中，下述說法中正確的是（）A．物體B動(dòng)能的減少量等于系統(tǒng)損失的機(jī)械能 B．物體B克服摩擦力做的功等于系統(tǒng)內(nèi)能的增加量 C．物體B損失的機(jī)械能等于木板A獲得的動(dòng)能與系統(tǒng)損失的機(jī)械能之和 D．摩擦力對(duì)物體B做的功和對(duì)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(yùn)動(dòng)，A加速運(yùn)動(dòng)，根據(jù)能量守恒定律，物體B動(dòng)能的減少量等于A增加的動(dòng)能和產(chǎn)生的熱量之和，選項(xiàng)A錯(cuò)誤；B、根據(jù)動(dòng)能定理，物體B克服摩擦力做的功等于B損失的動(dòng)能，選項(xiàng)B錯(cuò)誤；C、由能量守恒定律可知，物體B損失的機(jī)械能等于木板A獲得的動(dòng)能與系統(tǒng)損失的機(jī)械能之和，選項(xiàng)C正確；D、摩擦力對(duì)物體B做的功等于B動(dòng)能的減少，摩擦力對(duì)木板A做的功等于A動(dòng)能的增加，由能量守恒定律，摩擦力對(duì)物體B做的功和對(duì)木板A做的功的總和等于系統(tǒng)內(nèi)能的增加量機(jī)械能，選項(xiàng)D錯(cuò)誤。故選：C。如圖所示，有三個(gè)斜面a、b、c，底邊長(zhǎng)分別為L(zhǎng)、L、2L，高度分別為2h、h、h．某一物體與三個(gè)斜面間的動(dòng)摩擦因數(shù)都相同，這個(gè)物體分別沿三個(gè)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(jī)械能ΔEc＝2ΔEb＝4ΔEa B．因摩擦產(chǎn)生的熱量2Qa＝2Qb＝Qc C．物體到達(dá)底端的動(dòng)能Eka＝2Ekb＝2Ekc D．物體運(yùn)動(dòng)的時(shí)間4ta＝2tb＝tc【解答】解：設(shè)斜面和水平方向夾角為θ，斜面長(zhǎng)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(zhǎng)度。A、物體下滑，除重力外有摩擦力做功，根據(jù)能量守恒，損失的機(jī)械能轉(zhuǎn)化成摩擦產(chǎn)生的內(nèi)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(guān)系為：Qa＝Qb=12Qc，所以損失的機(jī)械能ΔEa＝ΔEb=1故A錯(cuò)誤。B、克服摩擦力所做功等于因摩擦產(chǎn)生熱量，所以2Qa＝2Qb＝Qc，故B正確。C、設(shè)物體滑到底端時(shí)的速度為v，根據(jù)動(dòng)能定理得：mgH﹣mgμXcosθ=12mv2Eka＝2mgh﹣mgμL，Ekb＝mgh﹣mgμL，Ekc＝mgh﹣mgμ?2L，根據(jù)圖中斜面高度和底邊長(zhǎng)度可知滑到底邊時(shí)動(dòng)能大小關(guān)系為：Eka＞EKb＞Ekc，故C錯(cuò)誤。D、沿斜面運(yùn)動(dòng)的時(shí)間t=2Lθb＞θc，Lb＜Lc，所以tb＜tc，由于動(dòng)摩擦因數(shù)和斜面a、b的傾角關(guān)系未知，無法確定ta和tb，故D錯(cuò)誤；故選：B。如圖所示長(zhǎng)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(duì)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(jī)械能等于木板A獲得的動(dòng)能與系統(tǒng)損失的機(jī)械能之和 B．物體B克服摩擦力做的功等于系統(tǒng)內(nèi)能的增加量 C．物體B動(dòng)能的減少量等于系統(tǒng)損失的機(jī)械能 D．摩擦力對(duì)物體B做的功和對(duì)木板A做的功的代數(shù)和的絕對(duì)值大于系統(tǒng)內(nèi)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(jī)械能等于木板A獲得的動(dòng)能與系統(tǒng)損失的機(jī)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(yùn)動(dòng)，A加速運(yùn)動(dòng)，根據(jù)能量守恒定律，物體B動(dòng)能的減少量等于A增加的動(dòng)能和產(chǎn)生的熱量之和，故B錯(cuò)誤；C、根據(jù)動(dòng)能定理，物體B動(dòng)能的減少量等于B損失的機(jī)械能，等于A動(dòng)能的增加量與系統(tǒng)增加的內(nèi)能之和，故C錯(cuò)誤；D、摩擦力對(duì)物體B做的功等于B動(dòng)能的減少，摩擦力對(duì)木板A做的功等于A動(dòng)能的增加，由能量守恒定律，摩擦力對(duì)物體B做的功和對(duì)木板A做的功的總和的絕對(duì)值等于系統(tǒng)內(nèi)能的增加量，故D錯(cuò)誤。故選：A。如圖所示，一物體質(zhì)量m＝2kg，在傾角為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B的距離AB＝4m。當(dāng)物體到達(dá)B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)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?！窘獯稹拷猓海?）物體在D點(diǎn)與A點(diǎn)比較，動(dòng)能減少E重力勢(shì)能減少EP少＝mglADsin37°＝2×10×3×0.6J＝36J機(jī)械能減小E少＝Ek少+EP少＝9+36J＝45J機(jī)械能的減少量全部用來克服摩擦力做功，即W代入數(shù)據(jù)解得：μ≈0.52（2）由A到C的過程，動(dòng)能減少E重力勢(shì)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(dòng)摩擦因數(shù)μ是0.52。（2）彈簧的最大彈性勢(shì)能Epm是24.4J?？键c(diǎn)四傳送帶模型中的動(dòng)力學(xué)和能量轉(zhuǎn)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(shè)問的角度有兩個(gè)：(1)動(dòng)力學(xué)角度：首先要正確分析物體的運(yùn)動(dòng)過程，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．2．傳送帶模型問題中的功能關(guān)系分析(1)功能關(guān)系分析：W＝ΔEk＋ΔEp＋Q.(2)對(duì)W和Q的理解：①傳送帶做的功：W＝Fx傳；②產(chǎn)生的內(nèi)能Q＝Ffx相對(duì)．傳送帶模型問題的分析流程足夠長(zhǎng)的傳送帶傾斜放置，以大小為v＝2m/s的恒定速率順時(shí)針轉(zhuǎn)動(dòng)，如圖甲所示。質(zhì)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(shí)間變化的圖像如圖乙所示，g＝10m/s2，小物塊視為質(zhì)點(diǎn)，求：（1）小物塊從沖上傳送帶到離開所用的時(shí)間；（2）小物塊與傳送帶間的動(dòng)摩擦因數(shù)和傳送帶的傾角θ；（3）0﹣2s內(nèi)小物塊與傳送帶間因摩擦所產(chǎn)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(dá)最高點(diǎn)所用時(shí)間t1＝2s根據(jù)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(nèi)的加速度為a2=方向沿傳送帶向下，小物塊向下運(yùn)動(dòng)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(shí)間t＝t1+t2＝2s+2.83s＝4.83s（2）由v﹣t圖像得0～1s內(nèi)的加速度為a1=方向沿傳送帶向下；0～1s內(nèi)，對(duì)小物塊，由牛頓第二定律得mgsinθ+μmgcosθ＝﹣ma11s～2s內(nèi)，對(duì)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(nèi)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(duì)位移大小為Δx1＝x物1﹣x帶1＝7m﹣2m＝5m在1～2s內(nèi)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(duì)位移大小為Δx2＝x帶2﹣x物2＝2m﹣1m＝1m0～2s內(nèi)小物塊與傳送帶間因摩擦所產(chǎn)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(dòng)裝置可以將工件運(yùn)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(duì)接，彈簧下端固定在斜面底端，工件與傳送帶間的動(dòng)摩擦因數(shù)μ＝0.25。傳送帶順時(shí)針勻速轉(zhuǎn)動(dòng)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(diǎn)，輪緣與傳送帶之間不打滑。現(xiàn)將質(zhì)量m＝1kg的工件放在彈簧上，用力將彈簧壓縮至A點(diǎn)后由靜止釋放，工件離開斜面頂端滑到傳送帶上的B點(diǎn)時(shí)速度v0＝8m/s，A、B間的距離x＝1m。工件可視為質(zhì)點(diǎn)，g取10m/s2，sin37°＝0.6，cos37°＝0.8。求：（1）彈簧的最大彈性勢(shì)能；（2）工件第一次沿傳送帶上滑至最高點(diǎn)的時(shí)間。（3）第一次從B點(diǎn)上滑至最高點(diǎn)的過程中因摩擦產(chǎn)生的熱能?！窘獯稹拷猓海?）滑塊從A到B過程，彈簧的彈性勢(shì)能的減小等于滑塊機(jī)械能的增加，根據(jù)機(jī)械能守恒定律，得：彈簧的最大彈性勢(shì)能為：Ep＝mgxsin37°+代入數(shù)據(jù)解得：EP＝38J；（2）工件沿傳送軌道減速向上滑動(dòng)的過程中有：mgsin37°+μmgcos37°＝ma1代入數(shù)據(jù)解得a1＝8m/s從B點(diǎn)運(yùn)動(dòng)到與傳送帶共速需要的時(shí)間為：t1=v工件滑行的位移大小為：s1=v0+v2因?yàn)棣蹋紅an37°，所以工件將沿傳送帶繼續(xù)減速上滑．有：mgsin37°﹣μmgcos37°＝ma2代入數(shù)據(jù)解得：a2＝4m/s假設(shè)工件速度減為零時(shí)，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(shè)成立，工件沿傳送帶上滑的時(shí)間為：t＝t1+t2＝1.5s；（3）工件在皮帶上以加速度a1滑動(dòng)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(duì)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(dòng)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(duì)位移大小為Δx2＝x皮2﹣s2＝4m﹣2m＝2m所以第一次從B點(diǎn)上滑至最高點(diǎn)的過程中因摩擦產(chǎn)生的內(nèi)能：Q＝μmgcos37°（Δx1+Δx2）代入數(shù)據(jù)解得：Q＝6J。（2023春?寧波期末）如圖所示，豎直平面內(nèi)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(shí)針轉(zhuǎn)動(dòng)的水平傳送帶CD，OD上有一輕質(zhì)彈簧，一端固定在O點(diǎn)另一端自然伸長(zhǎng)于E點(diǎn)，各軌道平滑連接?，F(xiàn)有一質(zhì)量為m＝2kg的滑塊（可視為質(zhì)點(diǎn)）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(dòng)摩擦因數(shù)均為μ1＝0.3，與傳送帶間的動(dòng)摩擦因數(shù)為μ2＝0.5，E點(diǎn)右側(cè)平面光滑，整個(gè)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(yùn)動(dòng)至B處時(shí)對(duì)軌道的作用力FN；（2）若要使滑塊能到達(dá)D點(diǎn)，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(dá)D點(diǎn)速度恰為0，求這一過程滑塊通過傳送帶產(chǎn)生的內(nèi)能?！窘獯稹拷猓海?）滑塊由靜止滑到B點(diǎn)處，由動(dòng)能定理得mg?=1代入數(shù)據(jù)解得：vB＝2m/s滑塊滑動(dòng)到B處時(shí)，由牛頓第二定律得FN′﹣mg＝mv代入數(shù)據(jù)解得：FN′＝28N由牛頓第三定律可知，滑塊運(yùn)動(dòng)至B處時(shí)對(duì)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(dá)D點(diǎn)，滑塊第一次到達(dá)D點(diǎn)時(shí)速度是零，下滑高度有最小值，由動(dòng)能定理得mgh1﹣μ1mgLBC﹣μ2mgLCD＝0代入數(shù)據(jù)解得：h1＝0.26m滑塊到達(dá)DE后且不再離開DE，可知又返回的D點(diǎn)速度恰好是零，下滑高度有最大值，由動(dòng)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(dá)D點(diǎn)速度恰是0，設(shè)滑塊從C到D的時(shí)間為t，由逆向思維有：LCD=可得：t＝0.4s滑塊在傳送帶上產(chǎn)生的內(nèi)能：Q＝μ2mg（LCD+vt）解得：Q＝16J題型1功能關(guān)系及能量守恒定律的應(yīng)用（2024?廣東二模）2023年亞運(yùn)會(huì)在杭州順利舉行，廣東中山15歲小將陳燁?yuàn)Z得我國(guó)在滑板男子碗池項(xiàng)目的首枚金牌，實(shí)現(xiàn)歷史性突破，假如某次訓(xùn)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(duì)他做功為800J，他克服阻力做功為200J，不計(jì)其他作用力的功，則陳燁在此過程中（）A．動(dòng)能可能不變 B．動(dòng)能增加了600J C．重力勢(shì)能減少了600J D．機(jī)械能增加了200J【解答】解：AB、設(shè)陳燁克服阻力力做功為Wf，由動(dòng)能定理可得：WG﹣Wf＝ΔEk，可得動(dòng)能增加了ΔEk＝600J，故A錯(cuò)誤，B正確；C、重力對(duì)他做功為800J，根據(jù)重力做正功多少，重力勢(shì)能就減少多少，可知重力勢(shì)能減少了800J，故C錯(cuò)誤；D、除了重力和彈力以外的其他外力做的功等于機(jī)械能的變化量，即ΔE＝W其他，解得：ΔE＝﹣Wf＝﹣200J，即機(jī)械能減少了200J，故D錯(cuò)誤。故選：B。（2024春?洛陽期中）圖甲為科技活動(dòng)節(jié)學(xué)生自制小型拋石機(jī)。將石塊放在長(zhǎng)臂一端的凹槽中，在短臂端固定重物，發(fā)射前將長(zhǎng)臂端往下拉至地面，然后突然松開，凹槽中的石塊過最高點(diǎn)時(shí)就被拋出?，F(xiàn)將其簡(jiǎn)化為如圖乙所示的模型，將一質(zhì)量m＝10g可視為質(zhì)點(diǎn)的小石塊，裝在長(zhǎng)L＝10cm的長(zhǎng)臂末端的凹槽中，初始時(shí)長(zhǎng)臂與水平面的夾角為30°，松開后長(zhǎng)臂轉(zhuǎn)至豎直位置時(shí)，石塊被水平拋出，落在水平地面上，測(cè)得石塊落地點(diǎn)與O點(diǎn)的水平距離為30cm，以地面為零勢(shì)能面，不計(jì)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(shí)的動(dòng)能為1.5×10﹣1J B．石塊從A點(diǎn)到最高點(diǎn)機(jī)械能增加3.0×10﹣2J C．石塊著地時(shí)，重力做功的功率為3WD．石塊從A點(diǎn)到最高點(diǎn)的過程中，其重力勢(shì)能的增加量等于重物重力勢(shì)能的減小量【解答】解：A、石塊被拋出后做平拋運(yùn)動(dòng)，根據(jù)幾何關(guān)系可知石塊的下降高度h＝L+Lsin30°，代入數(shù)據(jù)解得h＝15cm＝0.15m，根據(jù)自由落體運(yùn)動(dòng)的規(guī)律h=12gt2，石塊的水平位移x＝v0t，石塊被拋出時(shí)的動(dòng)能Ek=1B、石塊從A點(diǎn)到最高點(diǎn)機(jī)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(jù)h=12gt2，vyD、根據(jù)能量守恒可知，石塊從A點(diǎn)到最高點(diǎn)的過程中，石塊重力勢(shì)能的增加量等于重物重力勢(shì)能的減少量減去石塊與重物動(dòng)能之和，故D錯(cuò)誤；故選：B。（2024春?岳麓區(qū)校級(jí)月考）如圖所示，在一直立的光滑管內(nèi)放置一輕質(zhì)彈簧，上端O點(diǎn)與管口A的距離為2x0，一質(zhì)量為m的小球從管口由靜止下落，將彈簧壓縮至最低點(diǎn)B，壓縮量為x0，不計(jì)空氣阻力，重力加速度為g，彈簧的彈性勢(shì)能Ep與形變量x的關(guān)系為Ep=1A．彈簧的最大彈性勢(shì)能為3mgx0 B．小球運(yùn)動(dòng)的最大速度等于2gC．彈簧的勁度系數(shù)為mgxD．小球運(yùn)動(dòng)中最大加速度為g【解答】解：A、小球下落到最低點(diǎn)時(shí)，重力勢(shì)能全部轉(zhuǎn)化為彈簧的彈性勢(shì)能，此時(shí)彈性勢(shì)能最大，根據(jù)小球和彈簧組成的系統(tǒng)機(jī)械能守恒，有Epmax＝3mgx0，故A正確；C、根據(jù)彈性勢(shì)能的表達(dá)式Epmax=12kB、當(dāng)小球的重力等于彈簧彈力時(shí)，小球有最大速度，則有mg＝kx再根據(jù)彈簧和小球組成的系統(tǒng)機(jī)械能守恒，有mg(x+2x解得最大速度為：vmaxD、小球運(yùn)動(dòng)到最低點(diǎn)時(shí)，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(cuò)誤。故選：A。題型2摩擦力做功與能量轉(zhuǎn)化（2024?銀川一模）質(zhì)量為m的物體以某一初速度沖上傾角為30°足夠長(zhǎng)的固定斜面，上升高度為h時(shí)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(dòng)摩擦因數(shù)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(shí)間之比1：8【解答】解：AB、根據(jù)牛頓第二定律有mgsinθ+μmgcosθ＝ma解得μ=上升高度為h時(shí)速度減為初速度的一半，根據(jù)功能關(guān)系有12mv2=mgh+μmgcos設(shè)最大高度為H，則有12mv2=mgH+解得H=4故A錯(cuò)誤，B正確；C、克服摩擦力做功為Wf＝μmgcosθ×2H＝mgh，故C錯(cuò)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(jù)x=1上滑階段和下滑階段所用時(shí)間之比1：7，故D錯(cuò)誤；故選：B。（2024春?鼓樓區(qū)校級(jí)期中）如圖是“深穴打夯機(jī)”示意圖，電動(dòng)機(jī)帶動(dòng)兩個(gè)滾輪勻速轉(zhuǎn)動(dòng)將夯桿從深坑提上來，當(dāng)夯桿底端剛到達(dá)坑口時(shí)，兩個(gè)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(shí)坑底。然后兩個(gè)滾輪再次壓緊，夯桿被提上來，如此周而復(fù)始（夯桿被滾輪提升過程中，經(jīng)歷勻加速和勻速運(yùn)動(dòng)過程）。已知兩個(gè)滾輪邊緣的線速度恒為v0＝5m/s，每個(gè)滾輪對(duì)夯桿的正壓力均為F＝2.5×104N，滾輪與夯桿間的動(dòng)摩擦因數(shù)μ＝0.25，夯桿質(zhì)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(dòng)加速上升的過程中，加速度的大小為2m/s2 B．每個(gè)打夯周期中，電動(dòng)機(jī)多消耗的電能為7.75×104J C．每個(gè)打夯周期中滾輪與夯桿間因摩擦產(chǎn)生的熱量為6.25×104J D．增加滾輪對(duì)夯桿的正壓力，每個(gè)打夯周期中滾輪與夯桿間因摩擦產(chǎn)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(cuò)誤；BC、夯桿加速上升的高度h1=在加速上升階段，電動(dòng)機(jī)對(duì)夯桿做的功W1＝2μFh1設(shè)加速階段用時(shí)為t，則h1=此階段滾輪與夯桿間的相對(duì)位移為Δh＝vt?vt2此階段產(chǎn)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(dòng)機(jī)對(duì)夯桿做的功為W2＝mgh2由能量關(guān)系知每個(gè)打夯周期中，電動(dòng)機(jī)多消耗的電能為W＝W1+Q+W2解得W＝1.4×105J故B錯(cuò)誤，C正確；D.每個(gè)打夯周期中滾輪與夯桿間因摩擦產(chǎn)生的熱量為Q＝2μFΔh＝2μF（vt?vt2）＝2μF?v0桿的正壓力F增大時(shí)，Q將減小，故D錯(cuò)誤。故選C。（2024?海南）如圖所示，一輕質(zhì)彈簧一端固定在O點(diǎn)，另一端與小球相連。小球套在豎直固定、粗細(xì)均勻的粗糙桿上，OP與桿垂直，小球在P點(diǎn)時(shí)，彈簧處于自然伸長(zhǎng)狀態(tài)，M、N兩點(diǎn)與O點(diǎn)的距離相等，最大靜摩擦力等于滑動(dòng)摩擦力。小球從M點(diǎn)靜止釋放，在運(yùn)動(dòng)過程中，彈簧始終在彈性限度內(nèi)，下列說法正確的是（）A．小球運(yùn)動(dòng)到P點(diǎn)時(shí)速度最大 B．小球運(yùn)動(dòng)到N點(diǎn)時(shí)的速度是運(yùn)動(dòng)到P點(diǎn)速度的2倍 C．從M點(diǎn)到N點(diǎn)的運(yùn)動(dòng)過程中，小球受到的摩擦力先變大再變小 D．從M點(diǎn)到P點(diǎn)和從P點(diǎn)到N點(diǎn)的運(yùn)動(dòng)過程中，小球受到的摩擦力做功相同【解答】解：A．小球在P點(diǎn)時(shí)，彈簧處于自然伸長(zhǎng)狀態(tài)，彈力為零，摩擦力為零，小球只受重力，小球運(yùn)動(dòng)到P點(diǎn)時(shí)加速度不為零，小球運(yùn)動(dòng)到P點(diǎn)時(shí)速度不是最大，故A錯(cuò)誤；B．小球從M點(diǎn)向P點(diǎn)運(yùn)動(dòng)過程，設(shè)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(jù)功能關(guān)系mg?+E從M到N根據(jù)功能關(guān)系2mg?=2Q+1C．從M點(diǎn)到N點(diǎn)的運(yùn)動(dòng)過程中，小球受到的摩擦力先變小再變大，故C錯(cuò)誤；D．根據(jù)對(duì)稱性可知在任意關(guān)于P點(diǎn)對(duì)稱的點(diǎn)摩擦力大小相等，因此由對(duì)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(zhuǎn)化（2023秋?越秀區(qū)期末）如圖，工人用傳送帶運(yùn)送貨物，傳送帶傾角為30°，順時(shí)針勻速轉(zhuǎn)動(dòng)，把貨物從底端A點(diǎn)運(yùn)送到頂端B點(diǎn)，其速度隨時(shí)間變化關(guān)系如圖所示。已知貨物質(zhì)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(zhuǎn)動(dòng)的速度大小為1m/s B．貨物與傳送帶間的動(dòng)摩擦因數(shù)為32C．運(yùn)送貨物的整個(gè)過程中摩擦力對(duì)貨物做功795J D．A、B兩點(diǎn)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(zhuǎn)動(dòng)的速度大小為1m/s，故A正確；B.開始時(shí)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(dòng)摩擦因數(shù)為μ=3D.由圖像可知，A、B兩點(diǎn)的距離為s=1C.由動(dòng)能定理可知Wf代入數(shù)據(jù)解得運(yùn)送貨物的整個(gè)過程中摩擦力對(duì)貨物做功Wf＝795J，故C正確。本題選不正確的，故選：D。（2023?臺(tái)州模擬）如圖所示為處于豎直平面內(nèi)的一實(shí)驗(yàn)探究裝置的示意圖，該裝置由長(zhǎng)L1＝3m、速度可調(diào)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(xì)圓管EFG組成，其中B點(diǎn)和G點(diǎn)分別為兩軌道的最高點(diǎn)和最低點(diǎn)，B點(diǎn)在傳送帶右端轉(zhuǎn)軸的正上方。在細(xì)圓管EFG的右側(cè)足夠長(zhǎng)的光滑水平地面上緊挨著一塊與管口下端等高、長(zhǎng)L2＝2.2m、質(zhì)量M＝0.4kg木板（與軌道不粘連）?，F(xiàn)將一塊質(zhì)量m＝0.2kg的物塊（可視為質(zhì)點(diǎn)）輕輕放在傳送帶的最左端A點(diǎn)，物塊由傳送帶自左向右傳動(dòng)，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(dòng)摩擦因數(shù)μ1＝0.2，物塊與木板之間的動(dòng)摩擦因數(shù)μ2＝0.5，g取10m/s2。（1）若物塊進(jìn)入圓弧軌道BCD后恰好不脫軌，求物塊在傳送帶上運(yùn)動(dòng)的時(shí)間；（2）若傳送帶的速度3m/s，求物塊經(jīng)過圓弧軌道BCD最低D點(diǎn)時(shí)，軌道對(duì)物塊的作用力大?。唬?）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(yùn)動(dòng)過程中產(chǎn)生的熱量Q與傳送帶速度v之間的關(guān)系?！窘獯稹拷猓海?）物塊進(jìn)入圓弧軌道BCD后恰好不脫軌，則在B點(diǎn)，根據(jù)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(yīng)該是先加速后勻速t=v代入數(shù)據(jù)解得：t＝2s（2）若傳送帶的速度3m/s，則物體先加速后勻速，經(jīng)過B點(diǎn)時(shí)的速度為vB1＝3m/s從B到D，由動(dòng)能定理得12經(jīng)過D點(diǎn)時(shí)mv解得：FD＝11.5N（3）從B到G，由動(dòng)能定理得12若在木板上恰好不分離，則系統(tǒng)的動(dòng)量守恒，選擇水平向右的方向?yàn)檎较?，則mvG＝（m+M）v112得：vB2＝3m/s當(dāng)2m/s≤v≤3m/s時(shí)Q=1當(dāng)3m/s≤v≤4m/s時(shí)Q＝μ2mgL2代入數(shù)據(jù)解得：Q＝2.2J題型4板塊類的功能轉(zhuǎn)化（2023春?渝中區(qū)校級(jí)期中）中國(guó)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(zhì)量m＝50kg的快遞（可視為質(zhì)點(diǎn)）從高處運(yùn)送至地面，為避免快遞與地面發(fā)生撞擊，現(xiàn)利用粗糙傾斜軌道SP、豎直面內(nèi)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(zhǎng)度均為l＝4m，質(zhì)量均為M＝50kg，木板上表面與弧形軌道末端Q相切?？爝f與SP軌道之間的摩擦因數(shù)為μ=32，快遞與木板間的動(dòng)摩擦因數(shù)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(dòng)摩擦力，取g＝10m/s（1）快遞到達(dá)弧形軌道末端時(shí)對(duì)軌道的壓力；（2）若μ1＝0.5，試判斷快遞能否滑上木板B？并計(jì)算快遞滑上木板后與木板間產(chǎn)生的熱能Q?！窘獯稹拷猓海?）快遞從高處滑到Q，根據(jù)動(dòng)能定理mg（h+R﹣Rcos60°）﹣μmgcos60°×解得v=在Q點(diǎn)根據(jù)受力分析可得N﹣mg=解得N＝1500N（2）在A右側(cè)時(shí)，設(shè)快遞的速度為v1，AB速度為vA，規(guī)定v的速度方向?yàn)檎较?，根?jù)動(dòng)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(dá)A的右側(cè)，則快遞在A上與A有共同速度，規(guī)定v的速度方向?yàn)檎较颍衜v＝（m+2M）v共Q=解得Q=（2023春?秦淮區(qū)校級(jí)期中）如圖所示，木板L＝5m，質(zhì)量為M＝2kg的平板車在粗糙水平面上向右滑行，當(dāng)其速度為v＝9m/s時(shí)，在其右端輕輕放上一個(gè)質(zhì)量為m＝1kg的滑塊，已知滑塊與木板間的動(dòng)摩擦因數(shù)為μ1＝0.2，木板與地面間的動(dòng)摩擦因數(shù)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(chǎn)生的熱量Q；（3）從開始至木板剛停止時(shí)，滑塊、木板和地面組成的系統(tǒng)增加的內(nèi)能U?！窘獯稹拷猓海?）滑塊與木板取得相同的速度前，由牛頓第二定律得：對(duì)滑塊：μ1mg＝ma1對(duì)木板：μ1mg+μ2（m+M）g＝Ma2代入數(shù)據(jù)解得：a1＝2m/s2，a2＝7m/s2（2）滑塊做初速度為零的勻加速直線運(yùn)動(dòng)，木板做勻減速直線運(yùn)動(dòng)，設(shè)經(jīng)過t1時(shí)間兩者速度相等，共同速度為v1，則有：v1＝a1t1＝v﹣a2t1代入數(shù)據(jù)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(duì)位移為：Δx1＝x2﹣x1＝（5.5﹣1）m＝4.5m滑塊與木板共速后，設(shè)它們一起做勻減速直線運(yùn)動(dòng)，對(duì)整體，由牛頓第二定律得：μ2（m+M）g＝（m+M）a代入數(shù)據(jù)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(gè)物體做加速度不同的勻減速運(yùn)動(dòng)，滑塊相對(duì)木板向前運(yùn)動(dòng)，由牛頓第二定律得對(duì)滑塊：μ2mg＝ma3對(duì)平板車：μ2（m+M）g﹣μ1mg＝Ma4代入數(shù)據(jù)解得：a3＝2m/s2，a4＝5m/s2滑塊與木板都做勻減速直線運(yùn)動(dòng)，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(duì)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(nèi)能為：Q＝μ1mg（Δx1+Δx2）代入數(shù)據(jù)解得：Q＝10.2J（3）因a3＜a4，所以木板停止時(shí)，滑塊還沒有停止。設(shè)共速后木板經(jīng)過時(shí)間t停止，則v1﹣a4t＝0，可得t＝0.4s木板停止時(shí)，滑塊的速度為v3＝v1﹣a3t＝（2﹣2×0.4）m/s＝1.2m/s根據(jù)能量守恒定律可知，從開始至木板剛停止時(shí)，滑塊、木板和地面組成的系統(tǒng)增加的內(nèi)能U：U=12Mv2?12mv3題型5常見功能關(guān)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(jī)械能E總等于動(dòng)能Ek與重力勢(shì)能Ep之和。取地面為重力勢(shì)能零點(diǎn)，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(shù)據(jù)可知，下列說法錯(cuò)誤的是（）A．物體的質(zhì)量為2kg B．h＝0時(shí)，物體的速率為20m/s C．h＝2m時(shí)，物體的動(dòng)能Ek＝50J D．從地面至h＝4m處過程中，物體的動(dòng)能減少100J【解答】解：A.物體的重力勢(shì)能為Ep＝mgh由圖可知，當(dāng)h＝4m時(shí)，重力勢(shì)能80J，代入解得m＝2kg，故A正確；B.當(dāng)h＝0時(shí)，物體總的機(jī)械能等于動(dòng)能，根據(jù)動(dòng)能的表達(dá)式Ek代入數(shù)據(jù)解得v＝10m/s，故B錯(cuò)誤；C.根據(jù)圖像可知物體的機(jī)械能隨高度變化的表達(dá)式為E＝﹣5h+100J當(dāng)h＝2m時(shí)，物體的機(jī)械能為90J，由圖可知，當(dāng)h＝2m時(shí)，物體的重力勢(shì)能為40J，故物體的動(dòng)能為Ek2＝90J﹣40J＝50J，故C正確；D.由圖可知，當(dāng)h＝0時(shí)物體的動(dòng)能為100J，h＝4m時(shí)物體的動(dòng)能為0，則從地面至h＝4m處過程中物體的動(dòng)能減少100J，故D正確。本題選錯(cuò)誤項(xiàng)，故選：B。（2024?東湖區(qū)校級(jí)一模）如圖所示，在傾角為37°的粗糙且足夠長(zhǎng)的斜面底端，一質(zhì)量為m＝2kg可視為質(zhì)點(diǎn)的滑塊壓縮一輕彈簧并鎖定，滑塊與彈簧不拴連。t＝0時(shí)刻解除鎖定，計(jì)算機(jī)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(nèi)運(yùn)動(dòng)的位移為0.8m，取g＝10m/s2，sin37°＝0.6，cos37°＝0.8，則下列說