PAGE24-第6講功能關系機械能守恒定律和能量守恒定律構建網絡·重溫真題1．(2024·全國卷Ⅱ)(多選)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的改變如圖所示。重力加速度取10m/s2。由圖中數據可得()A．物體的質量為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100J答案AD解析由于Ep＝mgh，所以Ep與h成正比，斜率k＝mg，由圖象得k＝20N，因此m＝2kg，A正確；當h＝0時，Ep＝0，E總＝Ek＝eq\f(1,2)mveq\o\al(2,0)，因此v0＝10m/s，B錯誤；由圖象知h＝2m時，E總＝90J，Ep＝40J，由E總＝Ek＋Ep得Ek＝50J，C錯誤；h＝4m時，E總＝Ep＝80J，即此時Ek＝0，即從地面至h＝4m，動能削減100J，D正確。2．(2024·江蘇高考)(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，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解析物塊向左運動壓縮彈簧，彈簧最短時，彈簧彈力最大，物塊具有向右的加速度，彈簧彈力大于摩擦力，即Fm>μmg，A錯誤；依據功的公式，物塊克服摩擦力做的功W＝μmgs＋μmgs＝2μmgs，B正確；從物塊將彈簧壓縮到最短至物塊運動到A點靜止的過程中，依據能量守恒定律，彈簧的彈性勢能通過摩擦力做功轉化為內能，故Epm＝μmgs，C正確；依據能量守恒定律，在整個過程中，物體的初動能通過摩擦力做功轉化為內能，即eq\f(1,2)mv2＝2μmgs，所以v＝2eq\r(μgs)，D錯誤。3．(2024·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．2mgRB．4mgRC．5mgRD．6mgR答案C解析小球始終受到與重力大小相等的水平外力的作用，機械能的增量ΔE機＝W除G外力，機械能的增量等于水平外力在從a點起先運動到其軌跡最高點過程做的功。設小球運動到c點的速度為vc，由動能定理有：F·3R－mg·R＝eq\f(1,2)mveq\o\al(2,c)，解得：vc＝2eq\r(gR)。小球運動到c點后，依據小球受力狀況，可分解為水平方向初速度為零的勻加速運動，加速度為ax＝g，豎直方向的豎直上拋運動加速度也為g，小球上升至最高點時，豎直方向速度減小為零，時間為t＝eq\f(vc,g)＝eq\f(2\r(gR),g)，水平方向的位移為：x＝eq\f(1,2)axt2＝eq\f(1,2)g(eq\f(2\r(gR),g))2＝2R，綜上所述小球從a點起先運動到其軌跡最高點，機械能的增量為ΔE機＝F·(3R＋x)＝5mgR，正確答案為C。4．(2024·全國卷Ⅲ)如圖，一質量為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)mglB.eq\f(1,6)mglC.eq\f(1,3)mglD.eq\f(1,2)mgl答案A解析以勻稱松軟細繩MQ段為探討對象，其質量為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。5．(2024·全國卷Ⅰ)一質量為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。(結果保留2位有效數字)(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%。答案(1)4.0×108J2.4×1012J(2)9.7×108J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分別是飛船的質量和著地前瞬間的速率。由①式和題給數據得Ek0＝4.0×108J②設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)＋mgh③式中，vh是飛船在高度1.60×105m處的速度大小。由③式和題給數據得Eh≈2.4×1012J④(2)飛船在高度h′＝600m處的機械能為Eh′＝eq\f(1,2)m(eq\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式和題給數據得W≈9.7×108J。6．(2024·江蘇高考)如圖所示，釘子A、B相距5l，處于同一高度。細線的一端系有質量為M的小物塊，另一端繞過A固定于B。質量為m的小球固定在細線上C點，B、C間的線長為3l。用手豎直向下拉住小球，使小球和物塊都靜止，此時BC與水平方向的夾角為53°。松手后，小球運動到與A、B相同高度時的速度恰好為零，然后向下運動。忽視一切摩擦，重力加速度為g，取sin53°＝0.8，cos53°＝0.6。求：(1)小球受到手的拉力大小F；(2)物塊和小球的質量之比M∶m；(3)小球向下運動到最低點時，物塊M所受的拉力大小T。答案(1)eq\f(5,3)Mg－mg(2)eq\f(6,5)(3)T＝eq\f(8mMg,5m＋M)(T＝eq\f(48,55)mg或T＝eq\f(8,11)Mg)解析(1)如圖所示，設小球受AC、BC方向的拉力分別為F1、F2F1sin53°＝F2cos53°F＋mg＝F1cos53°＋F2sin53°且F1＝Mg解得F＝eq\f(5,3)Mg－mg。(2)小球運動到與A、B相同高度過程中，小球上上升度h1＝3lsin53°物塊下降高度h2＝lAC＋lBC－lAB＝2l依據機械能守恒定律mgh1＝Mgh2解得eq\f(M,m)＝eq\f(6,5)。(3)依據機械能守恒定律，小球向下運動到最低點時回到起始點。設此時小球沿AC方向的加速度大小為a，物塊受到的拉力為T依據牛頓其次定律，Mg－T＝Ma小球受AC方向的拉力T′＝T依據牛頓其次定律，T′－mgcos53°＝ma解得T＝eq\f(8mMg,5m＋M)(T＝eq\f(48,55)mg或T＝eq\f(8,11)Mg)。命題特點：功能關系和能量守恒是高考的重點，更是高考的熱點，高考試題往往與電場、磁場以及典型的運動情境相聯系，多以選擇題和計算題的形式考查。思想方法：能量守恒思想、圖象法、全過程法和分段法。高考考向1機械能守恒定律的應用例1(2024·江蘇省丹陽市丹陽高級中學三模)光滑管狀軌道ABC由直軌道AB和圓弧形軌道BC組成，二者在B處相切并平滑連接，O為圓心，O、A在同一條水平線上，OC豎直。始終徑略小于圓管直徑的質量為m的小球，用細線穿過管道與質量為M的物塊連接，將小球由A點靜止釋放，當小球運動到B處時細線斷裂，小球接著運動。已知弧形軌道的半徑為R＝eq\f(8,3)m，所對應的圓心角為53°，sin53°＝0.8，g＝10m/s2。(1)若M＝5m，求小球在直軌道部分運動時的加速度大小；(2)若M＝5m，求小球從C點拋出后下落高度h＝eq\f(4,3)m時到C點的水平位移的大小；(3)M、m滿意什么關系時，小球能夠運動到C點？eq\a\vs4\al(破題關鍵點)(1)如何求小球運動到C點的速度？提示：先依據系統機械能守恒或運動學公式求小球運動到B點的速度，再由機械能守恒定律求小球運動到C點的速度。(2)小球能運動到C點的臨界條件是什么？提示：小球運動到C點時速度剛好為零。[解析](1)設細線中張力為F，對小球：F－mgsin53°＝ma對物塊：Mg－F＝Ma聯立解得：a＝7m/s2。(2)在△OAB中，得：xAB＝eq\f(R,tan53°)；由v2＝2axAB，代入數據解得：v＝2eq\r(7)m/s；從B到C，依據機械能守恒定律，有：eq\f(1,2)mv2＝eq\f(1,2)mveq\o\al(2,C)＋mgR(1－cos53°)小球離開C后做平拋運動，有：x＝vCt，h＝eq\f(1,2)gt2，聯立并代入數據解得：x＝eq\f(4,3)m。(3)小球從A到B：M、m組成的系統機械能守恒，有：eq\f(1,2)(M＋m)v2＝MgxAB－mgxABsin53°線斷后，小球從B到C,0－eq\f(1,2)mv2＝－mgR(1－cos53°)聯立解得：M＝eq\f(20,7)m，故M≥eq\f(20,7)m時小球能運動到C點。[答案](1)7m/s2(2)eq\f(4,3)m(3)M≥eq\f(20,7)m1.機械能守恒的推斷(1)利用機械能的定義推斷：若系統的動能、重力勢能和彈性勢能的總和不變，則機械能守恒。(2)利用做功推斷：若系統只有重力或彈簧彈力做功，或其他力做功的代數和為零，則機械能守恒。(3)利用能量轉化推斷：若系統只有動能和勢能的相互轉化，或還有其他形式能之間的相互轉化，而無機械能與其他形式能之間的相互轉化，則機械能守恒。(4)繩子突然繃緊、物體間非彈性碰撞等，機械能不守恒。2．應用機械能守恒定律解題時的三點留意(1)要留意探討對象的選取探討對象的選取是解題的首要環節，有的問題選單個物體(實為一個物體與地球組成的系統)為探討對象機械能不守恒，但選此物體與其他幾個物體組成的系統為探討對象，機械能卻是守恒的。如圖所示，單獨選物體A機械能削減，但由物體A、B二者組成的系統機械能守恒。(2)要留意探討過程的選取有些問題探討對象的運動過程分幾個階段，有的階段機械能守恒，而有的階段機械能不守恒。因此，在應用機械能守恒定律解題時要留意過程的選取。(3)要留意機械能守恒表達式的選取1.(2024·東北三省三校二模)(多選)如圖所示，豎直平面內固定兩根足夠長的細桿L1、L2，兩桿分別不接觸，且兩桿間的距離忽視不計。兩個小球a、b(視為質點)質量均為m，a球套在豎直桿L1上，b球套在水平桿L2上，a、b通過鉸鏈用長度為L的剛性輕桿連接。將a球從圖示位置由靜止釋放(輕桿與L2桿夾角為45°)，不計一切摩擦，已知重力加速度為g。在此后的運動過程中，下列說法中正確的是()A．a球和b球所組成的系統機械能守恒B．b球的速度為零時，a球的加速度大小肯定等于gC．b球的最大速度為eq\r(2＋\r(2)gL)D．a球的最大速度為eq\r(\r(2)gL)答案AC解析a球和b球組成的系統除重力外沒有其他力做功，只有a球和b球的動能和重力勢能相互轉化，因此a球和b球的機械能守恒，A正確；設輕桿L和水平桿L2的夾角為θ，由速度關聯可知vbcosθ＝vasinθ，得vb＝vatanθ，可知當b球的速度為零時，輕桿L處于水平位置和L2桿平行，此時a球在豎直方向只受重力mg，因此a球的加速度大小為g，當va＝0時，vb也為0，如題圖所示位置，此時a的加速度小于g，故B錯誤；當桿L和桿L1平行成豎直狀態，球a運動到最下方，球b運動到L1和L2交點的位置的時候，球b的速度達到最大，此時由速度的關聯可知a球的速度為0，因此由機械能守恒定律有：mg(eq\f(\r(2),2)L＋L)＝eq\f(1,2)mveq\o\al(2,b)，得vb＝eq\r(2＋\r(2)gL)，C正確；當輕桿L向下運動到桿L1和桿L2的交點的位置時，此時桿L和桿L2平行，由速度的關聯可知此時b球的速度為0，由機械能守恒定律有：eq\f(\r(2),2)mg·L＝eq\f(1,2)mveq\o\al(2,a)，得va＝eq\r(\r(2)gL)，此時a球具有向下的加速度g，因此此時a球的速度不是最大，a球將接著向下運動到加速度為0時速度達到最大，D錯誤。2．(2024·安徽省阜陽市第三中學模擬)(多選)如圖所示，物體A、B通過細繩及輕質彈簧連接在輕滑輪兩側，物體A、B的質量分別為2m、m，起先時細繩伸直，用手托著物體A使彈簧處于原長且A與地面的距離為h，物體B靜止在地面上，放手后物體A下落，與地面即將接觸時速度大小為v，此時物體B對地面恰好無壓力，不計一切摩擦及空氣阻力，重力加速度大小為g，則下列說法中正確的是()A．物體A下落過程中，物體A和彈簧組成的系統機械能守恒B．彈簧的勁度系數為eq\f(2mg,h)C．物體A著地時的加速度大小為eq\f(g,2)D．物體A著地時彈簧的彈性勢能為2mgh答案AC解析由題可知，物體A下落過程中，B始終靜止不動，對于物體A和彈簧組成的系統，只有重力和彈力做功，則物體A和彈簧組成的系統機械能守恒，故A正確；A即將觸地時，物體B對地面的壓力恰好為零，故彈簧的拉力為T＝mg，起先時彈簧處于原長，由胡克定律知：T＝kh，得彈簧的勁度系數為k＝eq\f(mg,h)，故B錯誤；物體A著地時，細繩對A的拉力等于mg，對A受力分析，依據牛頓其次定律得2mg－mg＝2ma，得a＝eq\f(g,2)，故C正確；物體A與彈簧組成的系統機械能守恒，有：2mgh＝Ep＋eq\f(1,2)×2mv2，所以Ep＝2mgh－mv2，故D錯誤。高考考向2功能關系的綜合應用例2(2024·天津河北區一模)(多選)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，放在小車的最左端，現用一水平力F作用在小物塊上，小物塊與小車之間的摩擦力為f，經過一段時間小車運動的位移為x，小物塊剛好滑到小車的最右端，則下列說法中正確的是()A．此時物塊的動能為F(x＋L)B．此時小車的動能為f(x＋L)C．這一過程中，物塊和小車增加的機械能為F(x＋L)－fLD．這一過程中，物塊和小車因摩擦而產生的熱量為fLeq\a\vs4\al(破題關鍵點)(1)如何求物塊和小車的動能？提示：應用動能定理。(2)如何求物塊和小車組成的系統的機械能的改變？提示：除重力和系統內彈力以外的力所做的功等于機械能的改變。(3)如何求系統內因摩擦而產生的熱量？提示：系統克服滑動摩擦力做的功等于系統產生的熱量。[解析]由圖可知，在拉力的作用下物塊前進的位移為L＋x，故拉力所做的功為F(x＋L)，摩擦力所做的功為－f(x＋L)，則由動能定理可知物塊的動能為(F－f)(x＋L)，故A錯誤；小車受摩擦力作用，摩擦力作用的位移為x，故摩擦力對小車做功為fx，故小車的動能為fx，故B錯誤；物塊和小車增加的機械能等于拉力和摩擦力對物塊和小車做的功的總和，為F(x＋L)－f(x＋L)＋fx＝F(x＋L)－fL，故C正確；系統內因摩擦而產生的熱量等于系統克服摩擦力做的功，為f(x＋L)－fx＝fL，D正確。[答案]CD常見的功能關系3．(2024·江蘇南通一模)(多選)“蹦極”是一項深受年輕人寵愛的極限運動，跳動者把一端固定的長彈性繩綁在腰間，從幾十米高處跳下。如右圖所示，某人做蹦極運動，他從高臺由靜止起先下落，下落過程不計空氣阻力，設彈性繩原長為h0，彈性繩的彈性勢能與其伸長量的平方成正比。則他在從高臺下落至最低點的過程中，他的動能Ek、彈性繩的彈性勢能Ep隨下落高度h改變的關系圖象正確的是()答案BD解析彈性繩被拉直前(h≤h0)，人做自由落體運動，依據動能定理可得Ek＝mgh，彈性繩的彈性勢能為零；彈性繩剛被拉直到人到達最低點的過程(h≥h0)，彈性繩的彈性勢能與其伸長量的平方成正比，故Ep＝k(h－h0)2，則人克服彈力做功W彈＝k(h－h0)2，依據動能定理可得Ek＝mgh－W彈，Ek＝mgh－k(h－h0)2，故B、D正確，A、C錯誤。4．(2024·遼寧大連二模)(多選)如圖甲所示，固定斜面的傾角為30°，一質量為m的小物塊自斜面底端以初速度v0沿斜面對上做勻減速運動，經過一段時間后又沿斜面下滑回究竟端，整個過程小物塊的v-t圖象如圖乙所示。下列推斷正確的是()A．物塊與斜面間的動摩擦因數μ＝eq\f(\r(3),3)B．上滑過程的加速度大小是下滑過程的2倍C．物塊沿斜面上滑的過程中機械能削減eq\f(3,16)mveq\o\al(2,0)D．物塊沿斜面下滑的過程中動能增加eq\f(1,4)mveq\o\al(2,0)答案BD解析由v-t圖得上滑過程的加速度大小：a＝eq\f(v0,t0)，下滑過程的加速度大小：a′＝eq\f(0.5v0,t0)，所以上滑過程的加速度大小是下滑過程的2倍，B正確；依據題意，物塊上滑階段，由牛頓其次定律可知：mgsinθ＋μmgcosθ＝meq\f(v0,t0)，同理下滑過程：mgsinθ－μmgcosθ＝meq\f(0.5v0,t0)，聯立解得：μ＝eq\f(\r(3),9)，A錯誤；聯立mgsinθ＋μmgcosθ＝meq\f(v0,t0)與mgsinθ－μmgcosθ＝meq\f(0.5v0,t0)兩式，可得：f＝μmgcosθ＝eq\f(mv0,4t0)，上滑過程中，機械能減小量等于克服摩擦力做的功：ΔE＝Wf＝f·eq\f(v0t0,2)＝eq\f(1,8)mveq\o\al(2,0)，C錯誤；對物塊上滑和下滑的全過程，依據動能定理得Ek－eq\f(1,2)mveq\o\al(2,0)＝－2fx，其中f＝eq\f(mv0,4t0)，x＝eq\f(1,2)v0t0，解得：Ek＝eq\f(1,4)mveq\o\al(2,0)，D正確。高考考向3能量守恒定律的綜合應用例3(2024·四川雅安三診)(多選)如圖所示，傾斜傳送帶與水平面的夾角為30°，傳送帶在電動機的帶動下，始終保持v0＝2.5m/s的速率運行，將質量m＝1kg的小物體無初速地輕放在A處，若物體與傳送帶間的動摩擦因數μ＝eq\f(\r(3),2)，A、B間的距離L＝5m，重力加速度g＝10m/s2，則()A．物體剛放上A處時加速度大小為2.5m/s2B．物體從A運動到B過程中所用時間為2.0sC．物體從A運動到B過程中摩擦產生的熱量為9.375JD．物體從A運動到B過程中電動機多做的功是37.5Jeq\a\vs4\al(破題關鍵點)(1)物體在傳送帶上始終向上加速嗎？提示：不肯定，若在到達B點之前物體與傳送帶共速，則共速之后物體做勻速運動。(2)電動機多做的功轉化為了什么能量？提示：物體的動能和重力勢能，以及物體運動過程中摩擦產生的熱量。[解析]剛放上物體時，對小物體進行受力分析，由于無初速度釋放，故受到傳送帶斜向上的摩擦力，此外還受到豎直向下的重力及傳送帶的支持力，沿斜面的合力為：μmgcos30°－mgsin30°＝ma，解得：a＝2.5m/s2，故A正確；小物體與傳送帶共速時，所用時間為t1＝eq\f(v0,a)＝1s，運動的位移為：s1＝eq\f(1,2)ateq\o\al(2,1)＝1.25m<L，故勻加速1.25m后，與傳送帶一起做勻速運動；剩余位移所花時間為：t2＝eq\f(L－s1,v0)＝1.5s，則物體從A運動到B的過程中所用時間為：t＝t1＋t2＝2.5s，故B錯誤；二者有相對運動時，摩擦所產生的熱量為：Q＝μmgcos30°·(v0t1－s1)＝9.375J，故C正確；由能量守恒定律可知，電動機多做的功為：W＝eq\f(1,2)mveq\o\al(2,0)＋mgLsin30°＋Q＝37.5J，故D正確。[答案]ACD應用能量守恒定律解題的留意事項(1)應用能量守恒定律的兩條基本思路①某種形式的能削減，肯定存在其他形式的能增加，且削減量和增加量肯定相等，即ΔE減＝ΔE增。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，即ΔEA減＝ΔEB增。(2)當涉及摩擦力做功時，機械能不守恒，一般應用能量的轉化和守恒定律，特殊留意摩擦產生的熱量Q＝Ffx相對，x相對為相對滑動的兩物體間相對滑動路徑的總長度。5．(2024·江蘇南京、鹽城高三第三次調研)(多選)如圖所示，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，用質量為m1的滑塊壓縮彈簧至D點，然后由靜止釋放滑塊，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。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。不計滑塊經過B點時的機械能損失，下列說法正確的是()A．兩滑塊到達B點的速度相同B．兩滑塊沿斜面上升過程中的加速度相同C．兩滑塊上升到最高點的過程中克服重力做的功相同D．兩滑塊上升到最高點的過程中因摩擦產生的熱量相同答案BCD解析兩次試驗，彈簧壓縮形變是相同的，所以彈性勢能相等，兩滑塊到達B點的動能是相等的，即eq\f(1,2)m1veq\o\al(2,1)＝eq\f(1,2)m2veq\o\al(2,2)，又m2>m1，所以v1>v2，兩滑塊到達B點的速度不相同，A錯誤；沿斜面上升時，物體受到重力、支持力、摩擦力，依據牛頓運動定律可得，ma＝mgsinθ＋μmgcosθ，a＝gsinθ＋μgcosθ，兩滑塊材料相同，故動摩擦因數μ相同，故兩滑塊上升過程中加速度相同，B正確；設滑塊上升的最大高度為h，則上升到最高點過程中克服重力做的功為mgh，由能量守恒定律得Ep＝mgh＋μmgcosθ×eq\f(h,sinθ)，可得mgh＝eq\f(Ep,1＋\f(μ,tanθ))，故兩滑塊上升到最高點的過程中克服重力做的功相同，C正確；因摩擦產生的熱量Q＝μmgcosθeq\f(h,sinθ)，因μ、mgh相同，故產生的熱量相同，D正確。6．(2024·四川綿陽三模)(多選)如圖所示，表面光滑的斜面固定在水平地面，頂端安裝有定滑輪，小物塊A、B通過繞過定滑輪的絕緣輕繩連接，輕繩平行于斜面，空間有平行于斜面對下的勻強電場。起先時，帶正電的小物塊A在斜面底端，在外力作用下靜止，B離地面肯定高度，撤去外力，B豎直向下運動。B不帶電，不計滑輪摩擦。則從A和B起先運動到B著地的過程中()A．A的電勢能增加B．A和B系統的機械能守恒C．A和B系統削減的重力勢能等于A增加的電勢能D．輕繩拉力對A做的功大于A的電勢能增加量和動能增加量之和答案AD解析物塊A帶正電，所以B豎直向下運動的過程中A沿斜面對上運動，電場力對A做負功，A的電勢能增大，A正確；因為電場力對A做負功，電勢能增加，而總能量守恒，所以系統的機械能減小，B錯誤；依據能量守恒定律可知，整個過程系統重力勢能減小量一部分轉化成了系統的動能，另一部分轉化成A增加的電勢能，C錯誤；對A物塊應用功能關系，可知輕繩拉力對A做的功等于A的電勢能增加量、動能增加量和重力勢能的增加量之和，D正確。易錯警示系統機械能守恒中的關聯速度問題例(2024·江西高三九校3月聯考)(多選)如圖所示，左側為一個固定在水平桌面上的半徑為R的半球形碗，碗口直徑AB水平，O為球心，碗的內表面及碗口光滑。右側是一個足夠長的固定光滑斜面。一根不行伸長的輕質細繩跨過碗口及豎直固定的輕質光滑定滑輪，細繩兩端分別系有可視為質點的質量分別為m1、m2的小球和物塊，且m1＞m2。起先時小球恰在A點，物塊在斜面上且距離斜面頂端足夠遠，此時連接小球、物塊的細繩與斜面平行且恰好伸直，C點在圓心O的正下方。小球由靜止釋放起先運動，則下列說法中正確的是()A．物塊沿斜面上滑過程中，地面對斜面的支持力始終保持恒定B．當小球運動到C點時，小球的速率是物塊速率的eq\r(2)倍C．小球可能沿碗面上升到B點D．在小球從A點運動到C點的過程中，小球與物塊組成的系統機械能守恒分析與解物塊沿斜面上滑過程中，物塊對斜面的壓力是肯定的，斜面的受力狀況不變，由平衡條件可知地面對斜面的支持力始終保持恒定，故A正確；設小球到達最低點C時小球、物塊的速度大小分別為v1、v2，由速度的分解得：v1cos45°＝v2，則v1＝eq\r(2)v2，故B正確；在小球從A點運動到C點的過程中，小球與物塊組成的系統只有重力做功，系統的機械能守恒，D正確；假設小球可能上升到B點，則到達B點時小球和物塊的動能之和大于等于零，小球的重力勢能不變，物塊的重力勢能增加，即小球和物塊組成的系統機械能增加，不符合實際，故假設錯誤，小球不行能沿碗面上升到B點，C錯誤。答案ABD易錯警示通過繩子或桿連接的物體沿繩或桿方向的速度、加速度分別相等。配套作業限時：60分鐘滿分：100分一、選擇題(本題共7小題，每小題10分，共70分，其中第1～4題為單選題，第5～7題為多選題)1．(2024·重慶三診)把一小球從某一高度以大小為v0的速度水平拋出，落地時速度大小仍為v0，方向豎直向下，則該運動過程中()A．小球做平拋運動B．小球的機械能守恒C．重力對小球做功的功率不變D．小球所受合外力的總功為零答案D解析小球的末速度為豎直向下，不是平拋運動，故A錯誤；該過程小球的動能不變，重力勢能減小，故除重力以外還有其他力做功，機械能不守恒，故B錯誤；起先時小球豎直方向上的速度為0，落地時豎直方向上的速度為v0，由P＝Fv可知重力做功的功率改變了，故C錯誤；由動能定理知，小球動能不變，故合外力做功為0，故D正確。2.(2024·山西高三二模)2024年2月13日，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，在同一水平面，b為U形池最低點。劉佳宇從a點上方h高的O點自由下落由左側進入池中，從右側飛出后上升至最高位置d點(相對c點高度為eq\f(h,2))。不計空氣阻力，下列推斷正確的是()A．從O到d的過程中機械能削減B．從a到d的過程中機械能守恒C．從d返回到c的過程中機械能削減D．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O點運動到d點的過程中，重力勢能減小，動能不變，摩擦力做負功，機械能減小，故A正確；從a到d的過程中克服摩擦力做功，則機械能不守恒，故B錯誤；從d返回到c的過程中，只有重力做功，機械能守恒，故C錯誤；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。3.(2024·南昌三模)如圖所示，傾角為30°的光滑斜面底端固定一輕彈簧，O點為原長位置。質量為0.5kg的滑塊從斜面上A點由靜止釋放，滑塊下滑并壓縮彈簧到最短的過程中，最大動能為8J。現將滑塊由A點上方0.4m處的B點由靜止釋放，彈簧被壓縮過程中始終在彈性限度內，g取10m/s2，則下列說法正確的是()A．A點到O點的距離小于3.2mB．從B點釋放后滑塊運動的最大動能為9JC．從B點釋放滑塊被彈簧彈回經過A點的動能小于1JD．從B點釋放彈簧最大彈性勢能比從A點釋放增加了1J答案B解析滑塊從O點時起先壓縮彈簧，彈力漸漸增大，彈簧的彈力等于滑塊的重力沿斜面對下的分力時滑塊的速度最大，設此過程中滑塊運動的位移為xA，依據能量守恒可知Ek1＋Ep＝mgxAsin30°，最大動能Ek1＝8J，若Ep＝0，則解得xA＝3.2m，實際Ep>0，所以A點到O點的距離大于3.2m，故A錯誤；兩次釋放過程中，滑塊動能最大的位置相同，滑塊動能最大時彈簧的彈性勢能都為Ep，從B點釋放滑塊最大動能為：Ek2＝Ek1＋mg(xB－xA)sin30°＝8J＋0.5×10×0.4×0.5J＝9J，故B正確；從B點釋放滑塊被彈簧彈回經過A點時滑塊的動能為：Ek＝mg(xB－xA)sin30°＝1J，故C錯誤；彈簧最大彈性勢能等于滑塊削減的重力勢能，由于從B點釋放彈簧的壓縮量增大，重力勢能削減量大，所以從B點釋放彈簧最大彈性勢能比從A點釋放增加量：ΔEp>mg(xB－xA)sin30°＝0.5×10×0.4×0.5J＝1J，故D錯誤。故選B。4.(2024·江蘇省揚州中學高三模擬)如圖所示，平直木板AB傾斜放置，小物塊與木板間的動摩擦因數由A到B從0起先勻稱增大，小物塊從A點由靜止釋放，恰好可以到達B點，小物塊的速度v、加速度a、動能Ek和機械能E機(取地面為零勢能面)隨下滑位移x改變的圖象可能正確的是()答案C解析設斜面的傾角為α，依據題意有μ＝kx，k是常數。小物塊所受的滑動摩擦力大小為f＝μmgcosα＝kxmgcosα，可知f∝x。依據動能定理得mgxsinα－eq\f(0＋kxmgcosα,2)·x＝eq\f(1,2)mv2－0，得v2＝2gxsinα－kx2gcosα，知v-x圖象為曲線，故A錯誤；依據牛頓其次定律得mgsinα－μmgcosα＝ma，結合μ＝kx，得a＝gsinα－kxgcosα，a隨x先勻稱減小后反向勻稱增大，加速度先正后負，故B錯誤；依據動能定理得mgxsinα－eq\f(0＋kxmgcosα,2)·x＝Ek－0，得Ek＝mgxsinα－eq\f(1,2)kx2mgcosα，知Ek-x圖象是開口向下的拋物線，故C正確；依據功能關系知ΔE機＝－Wf＝－eq\f(0＋kxmgcosα,2)·Δx＝－eq\f(1,2)kxmgcosα·Δx，隨著x的增大，E機-x圖象斜率肯定值增大，故D錯誤。5.(2024·山西省三模)如圖，光滑豎直桿固定，小圓環A套在桿上并通過繩子繞過定滑輪和物塊B相連，已知定滑輪到豎直桿的距離為d，起先時用手托著A使A、B都靜止，A和B的質量之比為1∶eq\r(2)。現放開A，繩子和桿足夠長，不計定滑輪體積和摩擦，以下說法正確的是()A．A下滑的最大距離為eq\r(2)dB．A下滑的最大距離為2eq\r(2)dC．A下滑距離為d時速度最大D．A在最低點時的加速度大小為0答案BC解析A下滑到最低點時速度為零，整個系統機械能守恒，設A的質量為m，A下滑的高度為h，則mgh＝eq\r(2)mg·(eq\r(h2＋d2)－d)，解得：h＝2eq\r(2)d，故A錯誤，B正確；A的速度最大時，A的加速度為零，加速度分解為沿繩子和垂直于繩子都為0，所以B的加速度此時也為0，繩子拉力等于B的重力，則eq\r(2)mgcosθ＝mg，θ＝45°，所以A下滑距離為d，故C正確；系統做往復運動，A下滑到最低點時速度為零，但加速度不為零，故D錯誤。故選B、C。6．(2024·湖北武漢二模)2024年第24屆冬季奧林匹克運動會將在中國實行，跳臺滑雪是其中最具欣賞性的項目之一。跳臺滑雪賽道可簡化為助滑道、著陸坡、停止區三部分，如圖所示。一次競賽中，質量為m的運動員從A處由靜止下滑，運動到B處后水平飛出，落在了著陸坡末端的C點，滑入停止區后，在與C等高的D處速度減為零。已知B、C之間的高度差為h，著陸坡的傾角為θ，重力加速度為g。只考慮運動員在停止區受到的阻力，不計其他能量損失。由以上信息可以求出()A．運動員在空中飛行的時間B．A、B之間的高度差C．運動員在停止區運動過程中克服阻力做功的多少D．C、D兩點之間的水平距離答案ABC解析運動員從B點做平拋運動，則由h＝eq\f(1,2)gt2可求解運動員在空中飛行的時間，A正確；由eq\f(h,tanθ)＝v0t可求解運動員在B點的速度v0，再由mghAB＝eq\f(1,2)mveq\o\al(2,0)可求解A、B之間的高度差，B正確；從B點到D點，由eq\f(1,2)mveq\o\al(2,0)＋mgh＝Wf，可求解運動員在停止區運動過程中克服阻力做功的多少，C正確；由題中條件無法求解C、D兩點之間的水平距離，D錯誤。7.(2024·湖南衡陽三模)如圖所示，用鉸鏈將三個質量均為m的小球A、B、C與兩根長為L的輕桿相連，B、C置于水平地面上，系統靜止時輕桿豎直，現給系統一個微小擾動，B、C在桿的作用下向兩側滑動，三小球始終在同一豎直平面內運動，忽視一切摩擦，重力加速度為g，則此過程中()A．球A的機械能始終減小B．球C的機械能始終增大C．球B對地面的壓力可能小于mgD．球A落地的瞬時速度為eq\r(2gL)答案CD解析A與B、C在沿桿方向的分速度相等，當A落地時，A沿桿方向分速度為零，B、C停止運動。B、C應先加速后減速，桿對B、C先做正功后做負功，對A先做負功后做正功，B、C機械能先增大后減小，A的機械能先減小后增大，故A、B錯誤；B做減速運動時，輕桿對B有斜向上的拉力，因此B對地面的壓力可能小于mg，故C