高考物理二輪復習熱點題型專題07 功能關系與機械能守恒（解析版）

高考物理二輪復習熱點題型與提分秘籍專題07功能關系與機械能守恒題型一機械能守恒定律的應用【題型解碼】1.單物體多過程機械能守恒問題：劃分物體運動階段，研究每個階段中的運動性質(zhì)，判斷機械能是否守恒；2.多物體的機械能守恒：一般選用ΔEp＝－ΔEk形式，不用選擇零勢能面．【典例分析1】(2019·東北三省三校二模)(多選)如圖所示，豎直平面內(nèi)固定兩根足夠長的細桿L1、L2，兩桿分離不接觸，且兩桿間的距離忽略不計。兩個小球a、b(視為質(zhì)點)質(zhì)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(chǎn)球和b球所組成的系統(tǒng)機械能守恒B．b球的速度為零時，a球的加速度大小一定等于gC．b球的最大速度為eq\r(2＋\r(2)gL)D．a(chǎn)球的最大速度為eq\r(\r(2)gL)【參考答案】AC【名師解析】a球和b球組成的系統(tǒng)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(zhuǎn)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(lián)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(tài)，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(lián)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(lián)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?qū)⒗^續(xù)向下運動到加速度為0時速度達到最大，D錯誤?！镜淅治?】(2019·河北雄安新區(qū)高三物理模擬)如圖為某種魚餌自動投放器的裝置示意圖，其下半部AB是一長為2R的豎直細管，上半部BC是半徑為R的四分之一圓弧彎管，管口C處切線水平，AB管內(nèi)有原長為R、下端固定的輕質(zhì)彈簧．在彈簧上端放置一粒質(zhì)量為m的魚餌，解除鎖定后彈簧可將魚餌彈射出去．投餌時，每次總將彈簧長度壓縮到0.5R后鎖定，此時彈簧的彈性勢能為6mgR(g為重力加速度)．不計魚餌在運動過程中的機械能損失，求：(1)魚餌到達管口C時的速度大小v1.(2)魚餌到達管口C時對管子的作用力大小和方向．(3)已知地面比水面高出1.5R，若豎直細管的長度可以調(diào)節(jié)，圓弧彎道管BC可隨豎直細管一起升降．求魚餌到達水面的落點與AB所在豎直線OO′之間的最大距離Lmax.【參考答案】(1)eq\r(7gR)(2)6mg方向向上(3)9R【名師解析】(1)魚餌到達管口C的過程中彈簧的彈性勢能轉(zhuǎn)化為魚餌的重力勢能和動能，有6mgR＝2.5mgR＋eq\f(1,2)mveq\o\al(2,1)解得v1＝eq\r(7gR).(2)設C處管子對魚餌的作用力向下，大小設為F，根據(jù)牛頓第二定律有mg＋F＝eq\f(mv\o\al(2,1),R)解得F＝6mg由牛頓第三定律可得魚餌對管子的作用力F′＝6mg，方向向上．(3)設AB長度為h，對應平拋水平距離為x，由機械能守恒定律有6mgR＝mg(R＋h－0.5R)＋eq\f(1,2)mv2由平拋運動的規(guī)律得x＝vt,2.5R＋h＝eq\f(1,2)gt2解得x＝eq\r(2g5.5R－h(huán))·eq\r(\f(22.5R＋h,g))＝2eq\r(5.5R－h(huán)2.5R＋h)當h＝1.5R時，x的最大值xmax＝8R則Lmax＝xmax＋R＝9R.【提分秘籍】1.機械能守恒的判斷(1)利用機械能的定義判斷：若系統(tǒng)的動能、重力勢能和彈性勢能的總和不變，則機械能守恒。(2)利用做功判斷：若系統(tǒng)只有重力或彈簧彈力做功，或其他力做功的代數(shù)和為零，則機械能守恒。(3)利用能量轉(zhuǎn)化判斷：若系統(tǒng)只有動能和勢能的相互轉(zhuǎn)化，或還有其他形式能之間的相互轉(zhuǎn)化，而無機械能與其他形式能之間的相互轉(zhuǎn)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注意(1)要注意研究對象的選取研究對象的選取是解題的首要環(huán)節(jié)，有的問題選單個物體(實為一個物體與地球組成的系統(tǒng))為研究對象機械能不守恒，但選此物體與其他幾個物體組成的系統(tǒng)為研究對象，機械能卻是守恒的。如圖所示，單獨選物體A機械能減少，但由物體A、B二者組成的系統(tǒng)機械能守恒。(2)要注意研究過程的選取有些問題研究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注意過程的選取。(3)要注意機械能守恒表達式的選取【突破訓練】1.(2019·福建廈門市上學期期末質(zhì)檢)有一款躥紅的小游戲“跳一跳”，游戲要求操作者通過控制棋子(質(zhì)量為m，可視為質(zhì)點)脫離平臺時的速度，使其能從同一水平面上的平臺跳到旁邊的另一平臺上．如圖7所示的拋物線為棋子在某次跳躍過程中的運動軌跡，軌跡的最高點距平臺上表面高度為h，不計空氣阻力，重力加速度為g，則()A．棋子從離開平臺至運動到最高點的過程中，重力勢能增加mghB．棋子從離開平臺至運動到最高點的過程中，機械能增加mghC．棋子離開平臺后距平臺面高度為eq\f(h,2)時動能為eq\f(mgh,2)D．棋子落到另一平臺上時的速度大于eq\r(2gh)【答案】AD【解析】設平臺表面為零勢能面，則棋子在最高點的重力勢能為mgh，故棋子從離開平臺至運動到最高點的過程中，重力勢能增加mgh，A正確；棋子從離開平臺至運動到最高點的過程中，不計空氣阻力，只有重力做功，機械能守恒，B錯誤；取平臺表面為零勢能面，則棋子在最高點的機械能E＝mgh＋eq\f(1,2)mveq\o\al(,x2)，vx為棋子在最高點的速度．由于機械能守恒，則棋子離開平臺后距平臺面高度為eq\f(h,2)時，動能為Ek＝E－eq\f(1,2)mgh＝eq\f(1,2)mgh＋eq\f(1,2)mveq\o\al(,x2)>eq\f(mgh,2)，C錯誤；設棋子落到另一平臺時的瞬時速度大小為v，棋子從最高點落到另一平臺的過程中，根據(jù)動能定理得：mgh＝eq\f(1,2)mv2－eq\f(1,2)mveq\o\al(,x2)，解得：v＝eq\r(2gh＋v\o\al(,x2))>eq\r(2gh)，D正確．2．(2019·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(zhì)彈簧連接在輕滑輪兩側(cè)，物體A、B的質(zhì)量分別為2m、m，開始時細繩伸直，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(tǒng)機械能守恒B．彈簧的勁度系數(shù)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一直靜止不動，對于物體A和彈簧組成的系統(tǒng)，只有重力和彈力做功，則物體A和彈簧組成的系統(tǒng)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，開始時彈簧處于原長，由胡克定律知：T＝kh，得彈簧的勁度系數(shù)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，根據(jù)牛頓第二定律得2mg－mg＝2ma，得a＝eq\f(g,2)，故C正確；物體A與彈簧組成的系統(tǒng)機械能守恒，有：2mgh＝Ep＋eq\f(1,2)×2mv2，所以Ep＝2mgh－mv2，故D錯誤。3．(2019·江西重點中學盟校高三第一次聯(lián)考)如圖所示，質(zhì)量為2m和m的兩個彈性環(huán)A、B用不可伸長的、長為L的輕繩連接，分別套在水平細桿OP和豎直細桿OQ上，OP與OQ在O點用一小段圓弧桿平滑相連，且OQ足夠長．初始時刻，將輕繩拉至水平位置伸直，然后釋放兩個小環(huán)，A環(huán)通過小段圓弧桿時速度大小保持不變，重力加速度為g，不計一切摩擦，試求：(1)當B環(huán)下落eq\f(L,2)時A環(huán)的速度大?。?2)A環(huán)到達O點后再經(jīng)過多長時間能夠追上B環(huán)．【答案】：(1)eq\f(\r(5gL),5)(2)eq\r(\f(L,g))【解析】：(1)當B環(huán)下落eq\f(L,2)時繩子與水平方向之間的夾角滿足sinα＝eq\f(\f(L,2),L)＝eq\f(1,2)，即α＝30°由速度的合成與分解可知v繩＝vAcos30°＝vBsin30°則vB＝eq\f(vA,tan30°)＝eq\r(3)vAB下降的過程中A與B組成的系統(tǒng)機械能守恒，有mgeq\f(L,2)＝eq\f(1,2)·2mveq\o\al(2,A)＋eq\f(1,2)mveq\o\al(2,B)所以A環(huán)的速度vA＝eq\f(\r(5gL),5).(2)由于A到達O點時B的速度等于0，由機械能守恒定律得，eq\f(1,2)×2mvA′2＝mgL，解得vA′＝eq\r(gL)環(huán)A過O點后做初速度為vA′、加速度為g的勻加速直線運動，B做自由落體運動，當A追上B時，有vA′t＋eq\f(1,2)gt2＝L＋eq\f(1,2)gt2解得t＝eq\r(\f(L,g)).題型二功能關系的綜合應用【題型解碼】1.做功的過程就是能量轉(zhuǎn)化的過程．功是能量轉(zhuǎn)化的量度．2.功與能量的變化是“一一對應”的，如重力做功對應重力勢能的變化，合外力做功對應動能的變化等．【典例分析1】(2019·天津河北區(qū)一模)(多選)如圖所示，質(zhì)量為M，長度為L的小車靜止在光滑的水平面上，質(zhì)量為m的小物塊，放在小車的最左端，現(xiàn)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(jīng)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(chǎn)生的熱量為fL【參考答案】CD【名師解析】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(tǒng)內(nèi)因摩擦而產(chǎn)生的熱量等于系統(tǒng)克服摩擦力做的功，為f(x＋L)－fx＝fL，D正確?！镜淅治?】(2019·遼寧大連二模)(多選)如圖甲所示，固定斜面的傾角為30°，一質(zhì)量為m的小物塊自斜面底端以初速度v0沿斜面向上做勻減速運動，經(jīng)過一段時間后又沿斜面下滑回到底端，整個過程小物塊的v-t圖象如圖乙所示。下列判斷正確的是()A．物塊與斜面間的動摩擦因數(shù)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減少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)【參考答案】BD【名師解析】由v-t圖得上滑過程的加速度大?。篴＝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；根據(jù)題意，物塊上滑階段，由牛頓第二定律可知：mgsinθ＋μmgcosθ＝meq\f(v0,t0)，同理下滑過程：mgsinθ－μmgcosθ＝meq\f(0.5v0,t0)，聯(lián)立解得：μ＝eq\f(\r(3),9)，A錯誤；聯(lián)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，根據(jù)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。【提分秘籍】1.力學中幾種功能關系(1)合外力做功與動能的關系：W合＝ΔEk.(2)重力做功與重力勢能的關系：WG＝－ΔEp.(3)彈力做功與彈性勢能的關系：W彈＝－ΔEp.(4)除重力及系統(tǒng)內(nèi)彈力以外其他力做功與機械能的關系：W其他＝ΔE機．(5)滑動摩擦力做功與內(nèi)能的關系：Ffl相對＝ΔE內(nèi)．2.涉及做功與能量轉(zhuǎn)化問題的解題方法(1)分清是什么力做功，并且分析該力做正功還是做負功；根據(jù)功能之間的對應關系，確定能量之間的轉(zhuǎn)化情況．(2)當涉及滑動摩擦力做功時，機械能不守恒，一般應用能量守恒定律，特別注意摩擦產(chǎn)生的內(nèi)能Q＝Ffl相對，l相對為相對滑動的兩物體間相對滑動路徑的總長度．(3)解題時，首先確定初、末狀態(tài)，然后分清有多少種形式的能在轉(zhuǎn)化，再分析狀態(tài)變化過程中哪種形式的能量減少，哪種形式的能量增加，求出減少的能量總和ΔE減和增加的能量總和ΔE增，最后由ΔE減＝ΔE增列式求解．【突破訓練】1.(2019·安徽合肥市第二次質(zhì)檢)如圖甲所示，置于水平地面上質(zhì)量為m的物體，在豎直拉力F作用下，由靜止開始向上運動，其動能Ek與距地面高度h的關系如圖乙所示，已知重力加速度為g，空氣阻力不計．下列說法正確的是()A．在0～h0過程中，F(xiàn)大小始終為mgB．在0～h0和h0～2h0過程中，F(xiàn)做功之比為2∶1C．在0～2h0過程中，物體的機械能不斷增加D．在2h0～3.5h0過程中，物體的機械能不斷減少【答案】C【解析】0～h0過程中，Ek－h(huán)圖象為一段直線，由動能定理得：(F－mg)h0＝mgh0－0，故F＝2mg，A錯誤；由A可知，F(xiàn)在0～h0過程中，做功為2mgh0，在h0～2h0過程中，由動能定理可知，WF－mgh0＝1.5mgh0－mgh0，解得WF＝1.5mgh0，因此在0～h0和h0～2h0過程中，F(xiàn)做功之比為4∶3，故B錯誤；在0～2h0過程中，F(xiàn)一直做正功，故物體的機械能不斷增加，C正確；在2h0～3.5h0過程中，由動能定理得WF′－1.5mgh0＝0－1.5mgh0，則WF′＝0，故F做功為0，物體的機械能保持不變，故D錯誤．2.(多選)(2019·江西上饒高三期末)一足夠長的傳送帶與水平面的夾角為θ，以一定的速度勻速運動．某時刻在傳送帶適當?shù)奈恢梅派暇哂幸欢ǔ跛俣鹊奈飰K(如圖a所示)，以此時為t＝0時刻記錄了物塊之后在傳送帶上運動的速度隨時間的變化關系，如圖b所示(圖中取沿斜面向上的運動方向為正方向，其中兩坐標大小v1>v2)．已知傳送帶的速度保持不變．則下列判斷正確的是()若物塊與傳送帶間的動摩擦因數(shù)為μ，則μ>tanθB．0～t1時間內(nèi)，傳送帶對物塊做正功C．0～t2時間內(nèi)，系統(tǒng)產(chǎn)生的熱量一定比物塊動能的減少量大D．0～t2時間內(nèi)，傳送帶對物塊做的功等于物塊動能的減少量【答案】：AC【解析】：在t1～t2時間內(nèi)，物塊向上運動，則有μmgcosθ＞mgsinθ，得μ＞tanθ，故A正確；由題意知，物塊先向下運動后向上運動，則知傳送帶的運動方向應向上，0～t1時間內(nèi)，物塊所受摩擦力沿斜面向上，則傳送帶對物塊做負功，故B錯誤；0～t2時間內(nèi)，物塊的重力勢能減小，動能也減小，都轉(zhuǎn)化為系統(tǒng)產(chǎn)生的內(nèi)能，則由能量守恒定律知，系統(tǒng)產(chǎn)生的熱量大小一定大于物塊動能的變化量大小，故C正確；0～t2時間內(nèi)，傳送帶對物塊做功等于物塊機械能的變化量，故D錯誤．3．如圖所示，在豎直平面內(nèi)有一半徑為R的圓弧軌道，半徑OA水平、OB豎直，一個質(zhì)量為m的小球自A點的正上方P點由靜止開始自由下落，小球沿軌道到達最高點B時恰好對軌道沒有壓力．已知AP＝2R，重力加速度為g，則小球從P點運動到B點的過程中()A．重力做功2mgR B．機械能減少mgRC．合外力做功mgR D．克服摩擦力做功eq\f(1,2)mgR【答案】：D【解析】：小球從P點運動到B點的過程中，重力做功WG＝mg(2R－R)＝mgR，故A錯誤；小球沿軌道到達最高點B時恰好對軌道沒有壓力，則有mg＝meq\f(v\o\al(2,B),R)，解得vB＝eq\r(gR)，則此過程中機械能的減少量為ΔE＝mgR－eq\f(1,2)mveq\o\al(2,B)＝eq\f(1,2)mgR，故B錯誤；根據(jù)動能定理可知，合外力做功W合＝eq\f(1,2)mveq\o\al(2,B)＝eq\f(1,2)mgR，故C錯誤；根據(jù)功能關系可知，小球克服摩擦力做的功等于機械能的減少量，為eq\f(1,2)mgR，故D正確．題型三動力學觀點和能量觀點的綜合應用【題型解碼】1.若運動過程只涉及求解力而不涉及能量，選用牛頓運動定律；2.若運動過程涉及能量轉(zhuǎn)化問題，且具有功能關系的特點，則常用動能定理或能量守恒定律；3.不同過程連接點速度的關系有時是處理兩個過程運動規(guī)律的突破點．【典例分析1】(2019·江蘇南京、鹽城高三第三次調(diào)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(zhì)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(jīng)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(zhì)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(jīng)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(chǎn)生的熱量相同【參考答案】BCD【名師解析】兩次實驗，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，根據(jù)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(shù)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(chǎn)生的熱量Q＝μmgcosθeq\f(h,sinθ)，因μ、mgh相同，故產(chǎn)生的熱量相同，D正確。【典例分析2】(2019·湖北“荊、荊、襄、宜四地七?？荚嚶?lián)盟”期末)如圖所示，固定的光滑豎直桿上套一個滑塊A，與滑塊A連接的細繩繞過光滑的輕質(zhì)定滑輪連接滑塊B，細繩不可伸長，滑塊B放在粗糙的固定斜面上，連接滑塊B的細繩和斜面平行，滑塊A從細繩水平位置由靜止釋放(不計滑輪的摩擦及空氣阻力)，到滑塊A下降到速度最大(A未落地，B未上升至滑輪處)的過程中()A．滑塊A和滑塊B的加速度大小一直相等B．滑塊A減小的機械能等于滑塊B增加的機械能C．滑塊A的速度最大時，滑塊A的速度大于B的速度D．細繩上張力對滑塊A做的功等于滑塊A機械能的變化量【參考答案】CD【名師解析】兩滑塊與繩構(gòu)成繩連接體，沿繩方向的加速度相等，則A的分加速度等于B的加速度，故A錯誤；繩連接體上的一對拉力做功不損失機械能，但B受到的斜面摩擦力對B做負功，由能量守恒可知滑塊A減小的機械能等于滑塊B增加的機械能和摩擦生熱之和，B錯誤；繩連接體沿繩的速度相等，則A沿繩的分速度等于B的運動速度，如圖所示，即滑塊A的速度大于B的速度，故C正確；對A受力分析可知，除重力外，只有細繩的張力對滑塊做功，由功能關系可知，細繩上張力對滑塊A做的功等于滑塊A機械能的變化量，故D正確．【典例分析3】如圖甲所示，質(zhì)量M＝1.0kg的長木板A靜止在光滑水平面上，在木板的左端放置一個質(zhì)量m＝1.0kg的小鐵塊B，鐵塊與木板間的動摩擦因數(shù)μ＝0.2，對鐵塊施加水平向右的拉力F，F(xiàn)大小隨時間變化如圖乙所示，4s時撤去拉力．可認為A、B間的最大靜摩擦力與滑動摩擦力大小相等，重力加速度g取10m/s2.求：(1)0～1s內(nèi)，A、B的加速度大小aA、aB；(2)B相對A滑行的最大距離x；(3)0～4s內(nèi)，拉力做的功W；(4)0～4s內(nèi)系統(tǒng)產(chǎn)生的摩擦熱Q.【參考答案】：(1)2m/s24m/s2(2)2m(3)40J(4)4J【名師解析】：(1)設在0～1s內(nèi)，A、B兩物體已發(fā)生相對運動根據(jù)牛頓第二定律得μmg＝MaAF1－μmg＝maB，代入數(shù)據(jù)得aA＝2m/s2，aB＝4m/s2.aA<aB，可見假設正確．(2)t1＝1s后，拉力F2＝μmg，鐵塊B做勻速運動，速度大小為v1；木板A仍做勻加速運動，又經(jīng)過時間t2，速度與鐵塊B相等．v1＝aBt1又v1＝aA(t1＋t2)解得t2＝1s設A、B速度相等后一起做勻加速運動，運動時間t3＝2s，加速度為aF2＝(M＋m)aa＝1m/s2木板A受到的靜摩擦力Ff＝Ma<μmg，A、B一起運動x＝eq\f(1,2)aBteq\o\al(2,1)＋v1t2－eq\f(1,2)aA(t1＋t2)2代入數(shù)據(jù)得x＝2m.(3)0～1s內(nèi)拉力做的功W1＝F1x1＝F1·eq\f(1,2)aBteq\o\al(2,1)＝12J1～2s內(nèi)拉力做的功W2＝F2x2＝F2v1t2＝8J2～4s內(nèi)拉力做的功W3＝F2x3＝F2(v1t3＋eq\f(1,2)ateq\o\al(2,3))＝20J0～4s內(nèi)拉力做的功W＝W1＋W2＋W3＝40J.(4)系統(tǒng)的摩擦熱Q只發(fā)生在鐵塊與木板相對滑動階段，此過程中系統(tǒng)產(chǎn)生的摩擦熱Q＝μmg·x＝4J.【典例分析4】(2019·四川雅安三診)(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(zhì)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(shù)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(chǎn)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37.5J【參考答案】ACD【名師解析】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(chǎn)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?！咎岱置丶?.應用能量守恒定律解題的注意事項(1)應用能量守恒定律的兩條基本思路①某種形式的能減少，一定存在其他形式的能增加，且減少量和增加量一定相等，即ΔE減＝ΔE增。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，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(zhuǎn)化和守恒定律，特別注意摩擦產(chǎn)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。2.利用能量觀點解決力學問題的思路(1)明確研究對象和研究過程。(2)進行運動分析和受力分析。(3)選擇所用的規(guī)律列方程求解。①動能定理：需要明確初、末動能，明確力的總功，適用于所有情況。②機械能守恒定律：根據(jù)機械能守恒條件判斷研究對象的機械能是否守恒，只有滿足機械能守恒的條件時才能應用此規(guī)律。③功能關系：根據(jù)常見的功能關系求解，適用于所有情況。④能量守恒定律：適用于所有情況。(4)對結(jié)果進行討論?！就黄朴柧殹?.(2019·山西高三二模)2018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(cè)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(cè)進入池中，從右側(cè)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，下列判斷正確的是()A．從O到d的過程中機械能減少B．從a到d的過程中機械能守恒C．從d返回到c的過程中機械能減少D．從d返回到b的過程中，重力勢能全部轉(zhuǎn)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(zhuǎn)化為動能和內(nèi)能，故D錯誤。2.(2019·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(zhì)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(xiàn)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(nèi)，g取10m/s2，則下列說法正確的是()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(jīng)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點時開始壓縮彈簧，彈力逐漸增大，彈簧的彈力等于滑塊的重力沿斜面向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，根據(jù)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(jīng)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減少的重力勢能，由于從B點釋放彈簧的壓縮量增大，重力勢能減少量大，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。3.(2019·湖北八校聯(lián)合二模)(多選)如圖所示，輕質(zhì)彈簧一端固定，另一端與質(zhì)量為m的圓環(huán)相連，圓環(huán)套在傾斜的粗糙固定桿上，桿與水平面之間的夾角為α，圓環(huán)在A處時彈簧豎直且處于原長。將圓環(huán)從A處由靜止釋放，到達C處時速度為零。若圓環(huán)在C處獲得沿桿向上的速度v，恰好能回到A。已知AC＝L，B是AC的中點，彈簧始終在彈性限度之內(nèi)，重力加速度為g，則()A．下滑過程中，其加速度先減小后增大B．下滑過程中，環(huán)與桿摩擦產(chǎn)生的熱量為eq\f(1,2)mv2C．從C到A過程，彈簧對環(huán)做功為mgLsinα