2025版高考物理二輪復(fù)習(xí)第1部分專題2動量與能量第2講機械能守恒定律功能關(guān)系教案

PAGE16-機械能守恒定律功能關(guān)系[高考統(tǒng)計·定方向](老師授課資源)考點考向五年考情匯總1.機械能守恒定律的應(yīng)用考向1.單個物體的機械能守恒2024·全國卷ⅡT16考向2.系統(tǒng)機械能守恒2015·全國卷ⅡT212024·全國卷ⅡT212.功能關(guān)系及能量守恒考向1.功能關(guān)系的基本應(yīng)用2024·全國卷ⅡT182024·全國卷ⅠT182024·全國卷ⅢT16考向2.能量的轉(zhuǎn)化與守恒的應(yīng)用2024·全國卷ⅡT25考向3.功能關(guān)系的綜合應(yīng)用2024·全國卷ⅠT242024·全國卷ⅡT25機械能守恒定律的應(yīng)用(5年3考)?分析近五年的高考題可以看出，本考點是高考命題的熱點，題型以選擇題為主，題目綜合性強，涉及多物體系統(tǒng)機械能時，常與運動的合成與分解相聯(lián)系。?預(yù)料2024年高考仍會以多物體機械能守恒為重點，復(fù)習(xí)中應(yīng)加強訓(xùn)練。1．(多選)(2015·全國卷Ⅱ·T21)如圖所示，滑塊a、b的質(zhì)量均為m，a套在固定豎直桿上，與光滑水平地面相距h，b放在地面上。a、b通過鉸鏈用剛性輕桿連接，由靜止起先運動。不計摩擦，a、b可視為質(zhì)點，重力加速度大小為g。則()A．a(chǎn)落地前，輕桿對b始終做正功B．a(chǎn)落地時速度大小為eq\r(2gh)C．a(chǎn)下落過程中，其加速度大小始終不大于gD．a(chǎn)落地前，當(dāng)a的機械能最小時，b對地面的壓力大小為mg[題眼點撥]①剛性輕桿不伸縮，兩滑塊沿桿的分速度相同；②輕桿對滑塊a、b都做功，系統(tǒng)機械能守恒。BD[由題意知，系統(tǒng)機械能守恒。設(shè)某時刻a、b的速度分別為va、vb。此時剛性輕桿與豎直桿的夾角為θ，分別將va、vb分解，如圖。因為剛性輕桿不行伸長，所以沿桿的分速度v∥與v′∥是相等的，即vacosθ＝vbsinθ。當(dāng)a滑至地面時θ＝90°，此時vb＝0，由系統(tǒng)機械能守恒得mgh＝eq\f(1,2)mveq\o\al(2,a)，解得va＝eq\r(2gh)，選項B正確。同時由于b初、末速度均為零，運動過程中其動能先增大后減小，即桿對b先做正功后做負功，選項A錯誤。桿對b的作用先是推力后是拉力，對a則先是阻力后是動力，即a的加速度在受到桿的向下的拉力作用時大于g，選項C錯誤。b的動能最大時，桿對a、b的作用力為零，此時a的機械能最小，b只受重力和支持力，所以b對地面的壓力大小為mg，選項D正確。正確選項為B、D。]2.(多選)(2024·全國卷Ⅱ·T21)如圖所示，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?，F(xiàn)將小球從M點由靜止釋放，它在下降的過程中經(jīng)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()A．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BCD[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)，則小球在M點時彈簧處于壓縮狀態(tài)，在N點時彈簧處于拉伸狀態(tài)，小球從M點運動到N點的過程中，彈簧長度先縮短，當(dāng)彈簧與豎直桿垂直時彈簧達到最短，這個過程中彈力對小球做負功，然后彈簧再伸長，彈力對小球起先做正功，當(dāng)彈簧達到自然伸長狀態(tài)時，彈力為零，再隨著彈簧的伸長彈力對小球做負功，故整個過程中，彈力對小球先做負功，再做正功，后再做負功，選項A錯誤；在彈簧與桿垂直時及彈簧處于自然伸長狀態(tài)時，小球加速度等于重力加速度，選項B正確；彈簧與桿垂直時，彈力方向與小球的速度方向垂直，則彈力對小球做功的功率為零，選項C正確；由機械能守恒定律知，在M、N兩點彈簧彈性勢能相等，在N點小球的動能等于從M點到N點重力勢能的減小值，選項D正確。]1．機械能守恒的三種推斷方法(1)用做功推斷：若物體或系統(tǒng)只有重力(或彈簧的彈力)做功，雖受其他力，但其他力不做功，則其機械能守恒。(2)用能量轉(zhuǎn)化推斷：若物體或系統(tǒng)中只有動能和勢能的相互轉(zhuǎn)化，而無機械能與其他形式的能的相互轉(zhuǎn)化，則其機械能守恒(如上T1)。(3)對多個物體組成的系統(tǒng)，除考慮是否只有重力做功外，還要考慮系統(tǒng)內(nèi)力是否做功，如有滑動摩擦力做功時，因摩擦生熱，系統(tǒng)機械能將有損失。2．機械能守恒定律的三種表達形式如圖所示，將質(zhì)量為2m的重物懸掛在輕繩的一端，輕繩的另一端系一質(zhì)量為m的環(huán)，環(huán)套在豎直固定的光滑直桿上，光滑定滑輪與直桿的距離為d。桿上的A點與定滑輪等高，桿上的B點在A點正下方距離為d處?，F(xiàn)將環(huán)從A處由靜止釋放，不計一切摩擦阻力，下列說法正確的是()A．環(huán)到達B處時，重物上升的高度h＝eq\f(d,2)B．環(huán)到達B處時，環(huán)與重物的速度大小相等C．環(huán)從A到B，環(huán)削減的機械能等于重物增加的機械能D．環(huán)能下降的最大高度為eq\f(4d,3)[題眼點撥]①“光滑直桿”表明沒有系統(tǒng)內(nèi)能的轉(zhuǎn)化。②“A點與滑輪等高”表明釋放后環(huán)沿桿下滑，重物上升。③“輕繩相連”表明沿繩子上的速度大小相等。[解析]環(huán)到達B處時，對環(huán)的速度進行分解，可得v環(huán)cosθ＝v物，由題圖中幾何關(guān)系可知θ＝45°，則v環(huán)＝eq\r(2)v物，B錯誤；因環(huán)從A到B，環(huán)與重物組成的系統(tǒng)機械能守恒，則環(huán)削減的機械能等于重物增加的機械能，C正確；當(dāng)環(huán)到達B處時，由題圖中幾何關(guān)系可得重物上升的高度h＝(eq\r(2)－1)d，A錯誤；當(dāng)環(huán)下落到最低點時，設(shè)環(huán)下落高度為H，由機械能守恒有mgH＝2mg(eq\r(H2＋d2)－d)，解得H＝eq\f(4,3)d，故D正確。[答案]CD反思：解此題關(guān)鍵是找出速度關(guān)聯(lián)點，明確初、末狀態(tài)的速度關(guān)系，確定環(huán)和重物的速度改變規(guī)律及速度大小關(guān)系，進而確定各自動能改變規(guī)律，還要明確環(huán)和重物組成的系統(tǒng)機械能守恒?？枷?單個物體的機械能守恒1.如圖所示，長為0.1m的不行伸長的細線下掛一木塊，彈簧槍射出的一粒彈丸水平擊中木塊并留在木塊內(nèi)部。此后細線與豎直方向之間的最大夾角為60°。若木塊質(zhì)量為彈丸質(zhì)量的8倍，重力加速度g＝10m/s2，不計空氣阻力，則彈丸擊中木塊前瞬間的速度大小為()A．2m/s B．9m/sC．4m/s D．6m/sB[設(shè)彈丸擊中木塊前瞬間的速度大小為v0，彈丸與木塊碰撞后瞬間的共同速度大小為v，由動量守恒定律，可得mv0＝(M＋m)v，由機械能守恒定律，可得eq\f(1,2)(M＋m)v2＝(M＋m)gL(1－cos60°)，代入數(shù)據(jù)解得v0＝9m/s，B正確。]考向2系統(tǒng)機械能守恒2．(易錯題)(多選)如圖所示，在傾角θ＝30°的光滑斜面上，放有兩個質(zhì)量分別為1kg和2kg的可視為質(zhì)點的小球A和B，兩球之間用一根長為L＝0.2m的輕桿相連，小球B到水平面的高度h＝0.1m。兩球從靜止起先下滑到光滑的水平面上，不計球與地面碰撞時的機械能損失，g取10m/s2，則下列說法正確的是()A．下滑的整個過程中A球的機械能守恒B．下滑的整個過程中兩球組成的系統(tǒng)機械能守恒C．兩球在光滑水平面上運動時的速度大小為2m/sD．下滑的整個過程中桿對B球所做的功為eq\f(2,3)JBD[在下滑的整個過程中，只有重力對系統(tǒng)做功，所以系統(tǒng)的機械能守恒，選項B正確；B球在水平面上滑行、而A球在斜面上滑行的一小段時間內(nèi)，桿的彈力對A做功，所以A球的機械能不守恒，選項A錯誤；兩球在光滑水平面上運動時的速度大小記為v，依據(jù)系統(tǒng)機械能守恒可得mAg(h＋Lsin30°)＋mBgh＝eq\f(1,2)(mA＋mB)v2，代入數(shù)據(jù)解得v＝eq\f(2,3)eq\r(6)m/s，選項C錯誤；系統(tǒng)下滑的整個過程中B球機械能的改變量為ΔEB＝eq\f(1,2)mBv2－mBgh，代入數(shù)據(jù)可得ΔEB＝eq\f(2,3)J，選項D正確。]易錯點評：在于混淆單個物體和多物體機械能守恒的推斷方法。3．(多選)(2024·黑龍江重點中學(xué)第三次聯(lián)考)如圖所示，光滑的小滑輪D(可視為質(zhì)點)固定，質(zhì)量相等的物體A和B用輕彈簧連接，物體B放在地面上，用一根不行伸長的輕繩一端與物體A連接，另一端跨過定滑輪與小環(huán)C連接，小環(huán)C穿過豎直固定的光滑勻稱細桿，小環(huán)C位于位置R時，繩與細桿的夾角為θ，此時物體B與地面剛好無壓力，圖中SD水平，位置R和Q關(guān)于S對稱，現(xiàn)讓小環(huán)從R處由靜止釋放，環(huán)下落過程中繩始終處于拉直狀態(tài)，且環(huán)到達Q處時速度最大。在小環(huán)從R處下落到Q處的過程中，下列說法正確的是()A．小環(huán)C和物體A組成的系統(tǒng)機械能守恒B．小環(huán)C下落到位置S時，小環(huán)C的機械能肯定最大C．小環(huán)C從位置R運動到位置Q的過程中，彈簧的彈性勢能可能先減小后增大D．小環(huán)C到達位置Q時，物體A與小環(huán)C的動能之比為cosθ∶2BCD[小環(huán)C和物體A、彈簧組成的系統(tǒng)機械能守恒，選項A錯誤；小環(huán)從位置R下落到位置S的過程中，輕繩拉力對小環(huán)做正功，小環(huán)C的機械能增大，小環(huán)從位置S下落到位置Q的過程中，輕繩拉力對小環(huán)做負功，小環(huán)C的機械能減小，所以小環(huán)C下落到位置S時，機械能最大，選項B正確；小環(huán)C在位置R時，物體B與地面剛好無壓力，說明彈簧處于拉伸狀態(tài)，小環(huán)C從位置R運動到位置Q的過程中，彈簧長度先減小后增大，其彈性勢能可能先減小后增大，選項C正確；小環(huán)C到達位置Q時，小環(huán)C沿輕繩方向的分速度大小等于物體A的速度大小，vCcosθ＝vA，又小環(huán)C到達位置Q時速度最大，則此時小環(huán)C受力平衡，在豎直方向有(mA＋mB)gcosθ＝mCg，mA＝mB，由動能公式可知物體A與小環(huán)C的動能之比為eq\f(EkA,EkC)＝eq\f(cosθ,2)，選項D正確。]功能關(guān)系及能量守恒(5年6考)?分析近五年的高考題可以看出，本考點是高考命題的持續(xù)性熱點，題型既有選擇題又有計算題。選擇題以功能關(guān)系的基本應(yīng)用為主，難度中等；計算題以功能關(guān)系的綜合應(yīng)用為主，通常結(jié)合曲線運動、彈簧等背景，難度較大。?預(yù)料2024年可能會結(jié)合動量守恒設(shè)置綜合計算題。1．(2024·全國卷Ⅲ·T16)如圖所示，一質(zhì)量為m，長度為l的勻稱松軟細繩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)mglA[以勻稱松軟細繩MQ段為探討對象，其質(zhì)量為eq\f(2,3)m，取M點所在的水平面為零勢能面，起先時，細繩MQ段的重力勢能Ep1＝－eq\f(2,3)mg·eq\f(l,3)＝－eq\f(2,9)mgl，用外力將繩的下端Q緩慢地豎直向上拉起至M點時，細繩MQ段的重力勢能Ep2＝－eq\f(2,3)mg·eq\f(l,6)＝－eq\f(1,9)mgl，則外力做的功即克服重力做的功等于細繩MQ段的重力勢能的改變，即W＝Ep2－Ep1＝－eq\f(1,9)mgl＋eq\f(2,9)mgl＝eq\f(1,9)mgl，選項A正確。]2．(多選)(2024·全國卷Ⅱ·T18)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的改變?nèi)鐖D所示。重力加速度取10m/s2。由圖中數(shù)據(jù)可得()A．物體的質(zhì)量為2kgB．h＝0時，物體的速率為20m/sC．h＝2m時，物體的動能Ek＝40JD．從地面至h＝4m，物體的動能削減100JAD[依據(jù)題給圖象可知h＝4m時物體的重力勢能mgh＝80J，解得物體質(zhì)量m＝2kg，拋出時物體的動能為Ek＝100J，由動能公式Ek＝eq\f(1,2)mv2，可知h＝0時物體的速率為v＝10m/s，選項A正確，B錯誤；由功能關(guān)系可知fh＝|ΔE|＝20J，解得物體上升過程中所受空氣阻力f＝5N，從物體起先拋出至上升到h＝2m的過程中，由動能定理有－mgh－fh＝Ek－100J，解得Ek＝50J，選項C錯誤；由題給圖象可知，物體上升到h＝4m時，機械能為80J，重力勢能為80J，動能為零，即物體從地面上升到h＝4m，物體動能削減100J，選項D正確。]3.(2024·全國卷Ⅰ·T18)如圖所示，abc是豎直面內(nèi)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(zhì)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點處從靜止起先向右運動。重力加速度大小為g。小球從a點起先運動到其軌跡最高點，機械能的增量為()A．2mgR B．4mgRC．5mgR D．6mgRC[設(shè)小球運動到c點的速度大小為vc，則對小球由a到c的過程，由動能定理有F·3R－mgR＝eq\f(1,2)mveq\o\al(2,c)，又F＝mg，解得vc＝2eq\r(gR)，小球離開c點后，在水平方向做初速度為零的勻加速直線運動，豎直方向在重力作用下做勻減速直線運動，由牛頓其次定律可知，小球離開c點后水平方向和豎直向的加速度大小均為g，則由豎直方向的運動可知，小球從離開c點到其軌跡最高點所需的時間為t＝eq\f(vc,g)＝2eq\r(\f(R,g))，在水平方向的位移大小為x＝eq\f(1,2)gt2＝2R。由以上分析可知，小球從a點起先運動到其軌跡最高點的過程中，水平方向的位移大小為5R，則小球機械能的增量為ΔE＝F·5R＝5mgR，C正確，A、B、D錯誤。][老師備選題]1．(2024·全國卷Ⅰ·T24)一質(zhì)量為8.00×104kg的太空飛船從其飛行軌道返回地面。飛船在離地面高度1.60×105m處以7.50×103m/s的速度進入大氣層，漸漸減慢至速度為100m/s時下落到地面。取地面為重力勢能零點，在飛船下落過程中，重力加速度可視為常量，大小取為9.8m/s2。(結(jié)果保留2位有效數(shù)字)(1)分別求出該飛船著地前瞬間的機械能和它進入大氣層時的機械能；(2)求飛船從離地面高度600m處至著地前瞬間的過程中克服阻力所做的功，已知飛船在該處的速度大小是其進入大氣層時速度大小的2.0%。[解析](1)飛船著地前瞬間的機械能為Ek0＝eq\f(1,2)mveq\o\al(2,0) ①式中，m和v0分別是飛船的質(zhì)量和著地前瞬間的速率。由①式和題給數(shù)據(jù)得Ek0＝4.0×108J ②設(shè)地面旁邊的重力加速度大小為g。飛船進入大氣層時的機械能為Eh＝eq\f(1,2)mveq\o\al(2,h)＋mgh ③式中，vh是飛船在高度1.60×105m處的速度大小。由③式和題給數(shù)據(jù)得Eh≈2.4×1012J。④(2)飛船在高度h′＝600m處的機械能為Eh′＝eq\f(1,2)meq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(2.0,100)vh))2＋mgh′ ⑤由功能原理得W＝Eh′－Ek0⑥式中，W是飛船從高度600m處至著地前瞬間的過程中克服阻力所做的功。由②⑤⑥式和題給數(shù)據(jù)得W≈9.7×108J。 ⑦[答案](1)4.0×108J2.4×1012J(2)9.7×108J[老師備選題]2.(2024·全國卷Ⅱ·T25)輕質(zhì)彈簧原長為2l，將彈簧豎直放置在地面上，在其頂端將一質(zhì)量為5m的物體由靜止釋放，當(dāng)彈簧被壓縮到最短時，彈簧長度為l?，F(xiàn)將該彈簧水平放置，一端固定在A點，另一端與物塊P接觸但不連接。AB是長度為5l的水平軌道，B端與半徑為l的光滑半圓軌道BCD相切，半圓的直徑BD豎直，如圖所示。物塊P與AB間的動摩擦因數(shù)μ＝0.5。用外力推動物塊P，將彈簧壓縮至長度l，然后放開，P起先沿軌道運動。重力加速度大小為g。(1)若P的質(zhì)量為m，求P到達B點時速度的大小，以及它離開圓軌道后落回到AB上的位置與B點之間的距離；(2)若P能滑上圓軌道，且仍能沿圓軌道滑下，求P的質(zhì)量的取值范圍。[解析](1)依題意，當(dāng)彈簧豎直放置，長度被壓縮至l時，質(zhì)量為5m的物體的動能為零，其重力勢能轉(zhuǎn)化為彈簧的彈性勢能。由機械能守恒定律，彈簧長度為l時的彈性勢能為Ep＝5mgl ①設(shè)P的質(zhì)量為M，到達B點時的速度大小為vB，由能量守恒定律得Ep＝eq\f(1,2)Mveq\o\al(2,B)＋μMg·4l ②聯(lián)立①②式，取M＝m并代入題給數(shù)據(jù)得vB＝eq\r(6gl) ③若P能沿圓軌道運動到D點，其到達D點時的向心力不能小于重力，即P此時的速度大小v應(yīng)滿意eq\f(mv2,l)－mg≥0 ④設(shè)P滑到D點時的速度為vD，由機械能守恒定律得eq\f(1,2)mveq\o\al(2,B)＝eq\f(1,2)mveq\o\al(2,D)＋mg·2l ⑤聯(lián)立③⑤式得vD＝eq\r(2gl) ⑥vD滿意④式要求，故P能運動到D點，并從D點以速度vD水平射出。設(shè)P落回到軌道AB所需的時間為t，由運動學(xué)公式得2l＝eq\f(1,2)gt2 ⑦P落回到AB上的位置與B點之間的距離為s＝vDt ⑧聯(lián)立⑥⑦⑧式得s＝2eq\r(2)l。 ⑨(2)為使P能滑上圓軌道，它到達B點時的速度不能小于零。由①②式可知5mgl>μMg·4l ⑩要使P仍能沿圓軌道滑回，P在圓軌道的上上升度不能超過半圓軌道的中點C。由機械能守恒定律有eq\f(1,2)Mveq\o\al(2,B)≤Mgl ?聯(lián)立①②⑩?式得eq\f(5,3)m≤M<eq\f(5,2)m。 ?[答案](1)eq\r(6gl)2eq\r(2)l(2)eq\f(5,3)m≤M<eq\f(5,2)m1.2．功能關(guān)系的理解和應(yīng)用(1)功能關(guān)系反映了做功和能量轉(zhuǎn)化之間的對應(yīng)關(guān)系，功是能量轉(zhuǎn)化的量度和緣由，在不同問題中的詳細表現(xiàn)不同(如上T2)。(2)依據(jù)功能之間的對應(yīng)關(guān)系，判定能的轉(zhuǎn)化狀況(如上T1)。(3)可以依據(jù)能量轉(zhuǎn)化角度，確定是什么力做功，尤其可以便利計算變力做的功(如上T1)。(2024·四川成都其次次聯(lián)考)如圖所示，傾角為θ的斜面底端固定一個擋板P，質(zhì)量為m的小物塊A與質(zhì)量不計的木板B疊放在斜面上，A位于B的最上端且與擋板P相距L。已知A與B、B與斜面間的動摩擦因數(shù)分別為μ1、μ2，且μ1>tanθ>μ2，最大靜摩擦力等于滑動摩擦力，A與擋板P相撞的過程中沒有機械能損失。將A、B同時由靜止釋放。(1)求A、B釋放瞬間小物塊A的加速度大小a1；(2)若A與擋板P不相撞，求木板B的最小長度l0；(3)若木板B的長度為l，求整個過程中木板B運動的總路程。[思維流程][解析](1)釋放A、B，它們一起勻加速下滑。以A、B為探討對象，由牛頓其次定律有mgsinθ－μ2mgcosθ＝ma1，解得a1＝gsinθ－μ2gcosθ。(2)在B與擋板P相撞前，A和B相對靜止，以相同的加速度一起向下做勻加速運動。B與擋板P相撞后馬上靜止，A起先勻減速下滑。若A到達擋板P處時的速度恰好為零，此時B的長度即為最小長度l0。從A釋放至到達擋板P處的過程中，B與斜面間由于摩擦產(chǎn)生的熱量Q1＝μ2mgcosθ·(L－l0)，A與B間由于摩擦產(chǎn)生的熱量Q2＝μ1mgcosθ·l0依據(jù)能量守恒定律有mgLsinθ＝Q1＋Q2，解得l0＝eq\f(sinθ－μ2cosθ,μ1－μ2cosθ)L。(3)分兩種狀況：①若l≥l0，B與擋板P相撞后不反彈，A始終減速直到靜止在木板B上木板B通過的路程x＝L－l。②若l<l0，B與擋板P相撞后，A在木板B上減速運動直至與擋板P相撞。由于碰撞過程中沒有機械能損失，A將以撞前速率返回，并帶動木板一起向上減速；當(dāng)它們的速度減為零后，再重復(fù)上述過程，直至物塊A停在擋板處。在此過程中，A與B間由于摩擦產(chǎn)生的熱量Q′1＝μ1mgcosθ·l，B與斜面間由于摩擦產(chǎn)生的熱量Q′2＝μ2mgcosθ·x，依據(jù)能量守恒定律有mgLsinθ＝Q′1＋Q′2，解得x＝eq\f(Lsinθ－μ1lcosθ,μ2cosθ)。[答案](1)gsinθ－μ2gcosθ(2)eq\f(sinθ－μ2cosθ,μ1－μ2cosθ)L(3)L－l或eq\f(Lsinθ－μ1lcosθ,μ2cosθ)反思：解答與能量有關(guān)的綜合題的“三點技巧”(1)過程分析：將困難的物理過程分解為幾個簡潔的物理過程，挖掘出題中的隱含條件(如例題中“質(zhì)量不計的木板B”“μ1>tanθ>μ2”)，找出聯(lián)系不同階段的“橋梁”。(2)受力及功能分析：分析物體所經(jīng)驗的各個運動過程的受力狀況以及做功狀況的改變，選擇適合的規(guī)律求解，如例題中第(3)問，若l<l0時，A與擋板P碰后運動狀況的分析。(3)規(guī)律應(yīng)用：對滑塊和滑板分別運用動能定理，或者對系統(tǒng)運用能量守恒定律。如圖所示，要留意區(qū)分三個位移?？枷?功能關(guān)系的基本應(yīng)用1.(原創(chuàng)題)(多選)如圖所示，水平面上固定一傾角為θ＝30°的斜面，一輕質(zhì)彈簧下端固定在斜面底端的擋板上，上端連接一質(zhì)量m＝2kg的物塊(可視為質(zhì)點)，起先時物塊靜止在斜面上A點，此時物塊與斜面的摩擦力恰好為零，現(xiàn)用沿斜面對上的恒力F＝20N作用在物塊上，使其沿斜面對上運動，當(dāng)物塊從A點運動到B點時，力F做的功W＝4J，已知彈簧的勁度系數(shù)k＝100N/m，物塊與斜面間的動摩擦因數(shù)μ＝eq\f(\r(3),5)，g＝10m/s2，則下列說法正確的是()A．物塊從A點運動到B點的過程中，重力勢能增加了4JB．物塊從A點運動到B點的過程中，產(chǎn)生的內(nèi)能為1.2JC．物塊經(jīng)過B點時的速度大小為eq\f(2\r(5),5)m/sD．物塊從A點運動到B點的過程中，彈簧彈性勢能的改變量為0.5JBC[施加F前，物塊靜止，由平衡條件得kx1＝mgsinθ，解得物塊在A點時彈簧壓縮量x1＝0.1m，從A到B力F做的功W＝Fx，解得x＝0.2m，所以物塊到B點時，彈簧伸長量x2＝x－x1＝0.1m，可知從A到B重力勢能增加了mgxsinθ＝2J，物塊在A、B位置時彈簧彈性勢能相等，A、D錯誤；物塊從A點運動到B點的過程中，產(chǎn)生的內(nèi)能等于克服摩擦力做的功，即Q＝μmgxcosθ＝1.2J，由動能定理有W－mgxsinθ－μmgxcosθ＝eq\f(1,2)mv2－0，解得v＝eq\f(2\r(5),5)m/s，B、C正確。]2．(多選)(2024·安徽示范中學(xué)期末聯(lián)考)如圖甲所示，繃緊的傳送帶與水平方向的夾角為37°，傳送帶的v-t圖象如圖乙所示。t＝0時刻質(zhì)量為1kg的楔形物體(可視為質(zhì)點)從B點滑上傳送帶并沿傳送帶向上做勻速運動，2s后物體起先減速，在t＝4s時物體恰好到達最高點A。重力加速度為10m/s2。對物體從B點運動到A點的過程，下列說法正確的是(sin37°＝0.6，cos37°＝0.8)()甲乙A．物體與傳送帶間的動摩擦因數(shù)為0.75B．物體的重力勢能增加48JC．摩擦力對物體做的功為12JD．物體在傳送帶上運動過程中產(chǎn)生的熱量為12JAD[依據(jù)速度—時間圖象的斜率表示加速度，可得傳送帶運動的加速度為a＝－1m/s2。t＝0時刻質(zhì)量為1kg的楔形物體從B點滑上傳送帶并沿傳送帶向上做勻速直線運動，說明物體受力平衡，由平衡條件可知μmgcos37°＝mgsin37°，解得物體與傳送帶之間的動摩擦因數(shù)μ＝0.75，選項A正確；2s末，傳送帶的速度為2m/s，物體起先減速，分析可知，物體做勻速直線運動的速度為2m/s，且2s后物體與傳送帶一起做加速度為a＝－1m/s2的勻減速運動，t＝4s時物體恰好到達最高點A，則傳送帶的長度lAB＝6m，對物體從B點運動到A點的過程，依據(jù)動能定理有0－eq\f(1,2)mv2＝－mgh＋Wf，其中h＝lABsin37°，則物體的重力勢能增加量為mgh＝36J，摩擦力對物體做的功為Wf＝34J，選項B、C錯誤；物體在前2s內(nèi)與傳送帶有相對運動，二者間的相對位移為s＝2m，該過程中的滑動摩擦力f＝6N，則物體在傳送帶上運動過程中產(chǎn)生的熱量為Q＝fs＝12J，選項D正確。]考向2能量守恒與轉(zhuǎn)化的應(yīng)用3．(多選)(2024·四川眉山中學(xué)模擬)如圖所示，在一水平向右勻速運動的傳送帶的左端A點，每隔相同的時間T，輕放上一個相同的工件。已知工件與傳送帶間的動摩擦因數(shù)為μ，工件質(zhì)量為m。經(jīng)測量，發(fā)覺后面那些和傳送帶共速的工件之間的距離均為L，已知重力加速度為g，下列說法正確的是()A．傳送帶的速度大小為eq\f(L,T)B．工件在傳送帶上加速的時間為eq\f(2μgL,T)C．每個工件與傳送帶間因摩擦而產(chǎn)生的熱量為eq\f(μmgL,2)D．傳送帶傳送一個工件多消耗的能量為eq\f(mL2,T2)AD[工件在傳送帶上先做勻加速直線運動，然后做勻速直線運動，每個工件放上傳送帶后運動的規(guī)律相同，可知L＝vT，解得傳送帶的速度v＝eq\f(L,T)，選項A正確；設(shè)每個工件勻加速運動的時間為t，依據(jù)牛頓其次定律得，工件的加速度a＝μg，依據(jù)v＝v0＋at，解得t＝eq\f(v,a)＝eq\f(L,μgT)，選項B錯誤；工件與傳送帶發(fā)生相對滑動的位移Δx＝x傳－x物＝veq\f(v,μg)－eq\f(v2,2μg)＝eq\f(L2,2μgT2)，則因摩擦產(chǎn)生的熱量為Q＝μmgΔx＝eq\f(mL2,2T2)，選項C錯誤；依據(jù)能量守恒定律可得，傳送帶傳送一個工件多消耗的能量為E＝eq\f(1,2)mv2＋Q＝eq\f(mL2,T2)，選項D正確。]考向3功能關(guān)系的綜合應(yīng)用4．如圖所示，平板車靜止在光滑的水平面