2020届高考物理艺考生总复习上篇专题二能量与动量第2讲机械能守恒定律功能关系教学案.docx

第2讲机械能守恒定律功能关系三年考情分析高考命题规律三年考题考查内容核心素养机械能是高考重点考查内容之一，高考命题既有对机械能的单独考查，也有与曲线运动、电磁学等内容的综合考查，综合考查在物体多运动过程或多物体运动过程中运用知识的能力、建立物理模型的能力和解决实际问题的能力今后高考中本部分内容仍是高考的重点，难度较大，有时会成为高考中的压轴题，复习时应掌握应用机械能守恒定律、能量守恒定律分析与解决相关力学问题的解题方法.2019卷21T弹簧模型中运动和功能关系物理观念卷18T抛体运动中动能与重力势能的计算科学思维2018卷14T对动能的计算物理观念卷18T曲线运动中功能关系的应用物理观念2017卷24T机械能的计算和利用功能关系，求克服阻力做功问题科学态度与责任卷16T功能关系的利用科学思维考向一机械能守恒定律的应用知识必备提核心通技法典题例析析典题学通法例1(2019课标，18)(多选)从地面竖直向上抛出一物体，其机械能E总等于动能Ek与重力势能Ep之和取地面为重力势能零点，该物体的E总和Ep随它离开地面的高度h的变化如图所示重力加速度取10 m/s2.由图中数据可得()A物体的质量为2 kgBh0时，物体的速率为20 m/sCh2 m时，物体的动能Ek40 JD从地面至h4 m，物体的动能减少100 J审题指导1题中其机械能E总等于动能Ek与重力势能Ep之和，说明竖直上抛的物体机械能守恒2由Eh图像找出动能Ek与h的关系解析AD重力势能Epmgh，结合Eph图像有mg N，则m2 kg，故A正确h0时E总mv，即100 J2 kgv，解得v010 m/s，故B错由图像可知，h2 m时，E总90 J、Ep40 J，则Ek50 J，故C错当h4 m时，E总Ep80 J，则Ek0，故从地面至h4 m，物体的动能减少了100 J，故D正确迁移题组多角度提能力迁移1物体与弹簧组成的系统机械能守恒1(2019广东惠州第二次调研)(多选)如图所示，轻弹簧竖直放置，下端固定在水平地面上，一质量为m的小球，从离弹簧上端高h处由静止释放某同学在研究小球落到弹簧上后继续向下运动到最低点的过程，他以小球开始下落的位置为原点，沿竖直向下方向建立坐标轴Ox，作出小球所受弹力F大小随小球下落的位置坐标x的变化关系图像如图所示，不计空气阻力，重力加速度为g.以下判断正确的是()A当xhx0，小球的重力势能与弹簧的弹性势能之和最小B小球落到弹簧上向下运动到最低点的过程中，速度先减小后增大C小球落到弹簧上向下运动到最低点的过程中，加速度先减小后增大D小球动能的最大值为mgh解析：ACD根据乙图可知，当xhx0，小球的重力等于弹簧的弹力，此时小球具有最大速度，由弹簧和小球组成的系统机械能守恒可知，重力势能与弹性势能之和最小，故A正确；小球刚落到弹簧上时，弹力小于重力，小球加速度向下，速度增大，随弹力的增加，加速度减小，当弹力等于重力时加速度为零，此时速度最大，然后向下运动时弹力大于重力，小球的加速度向上且逐渐变大，小球做减速运动直到最低点，则小球落到弹簧上向下运动到最低点的过程中，速度先增大后减小，加速度先减小后增大，选项B错误，C正确；小球从开始运动到达到最大速度的过程中，根据动能定理可知mg(hx0)mgx0mv2，故小球动能的最大值为mghmgx0，故D正确故选A、C、D.迁移2轻绳连接的物体组成的系统机械能守恒2.(2019南通二模)如图所示，水平光滑长杆上套有小物块A，细线跨过O点的轻小定滑轮一端连接A，另一端悬挂小物块B，C为O点正下方杆上一点，滑轮到杆距离OCh.开始时A位于P点，PO与水平方向的夹角为30.现将A、B由静止释放，则()A物块A由P点出发第一次到达C点过程中，加速度不断增大B物块B从释放到最低点过程中，动能不断增大C物块A在杆上长为2h的范围内做往复运动D物块B的机械能最小时，物块A的动能为零解析：C细线的拉力在由P点到C点的过程中，一直对物块A做正功，故物块A在C点时动能最大，又vBvAcos ，故当90时，vB0，物块B在最低点时，动能为零，机械能最小，此时物块A的动能最大，B、D均错误；由系统机械能守恒可知，当物块A至C点右侧h处时速度恰好为0，之后往复运动，C正确；物块A在P点有加速度，但到达C点时加速度为零，故A一定错误迁移3轻杆连接的物体组成的系统机械能守恒3(2019洛阳期末考试)如图所示，有一光滑轨道ABC，AB部分为半径为R的1/4圆弧，BC部分水平，质量均为m的小球a、b固定在竖直轻杆的两端，轻杆长为R，小球可视为质点开始时a球处于圆弧上端A点，由静止开始释放小球和轻杆，使其沿光滑弧面下滑，下列说法正确的是()Aa球下滑过程中机械能保持不变Bb球下滑过程中机械能保持不变Ca、b球滑到水平轨道上时速度大小均为D从释放a、b球到a、b球都滑到水平轨道上，整个过程中轻杆对a球做的功为mgR解析：D对于单个小球来说，杆的弹力做功，小球机械能不守恒，A、B错误；两个小球组成的系统只有重力做功，所以系统的机械能守恒，故有mgRmg(2R)2mv2，解得，v，C错误；a球在滑落过程中，杆对小球做功，重力对小球做功，故根据动能定理可得WmgRmv2，联立v，解得WmgR，故D正确易错警示辨易错防未然应用机械能守恒定律解题时的三点注意(1)要注意研究对象的选取研究对象的选取是解题的首要环节，有的问题选单个物体(实为一个物体与地球组成的系统)为研究对象，机械能不守恒；但选此物体与其他几个物体组成的系统为研究对象，机械能却是守恒的如图所示，单独选物体A机械能减少，但由物体A、B二者组成的系统机械能守恒(2)要注意研究过程的选取有些问题研究对象的运动过程分几个阶段，有的阶段机械能守恒，而有的阶段机械能不守恒因此，在应用机械能守恒定律解题时要注意过程的选取(3)要注意机械能守恒表达式的选取守恒观点的表达式适用于单个或多个物体机械能守恒的问题，解题时必须选取参考平面而后两种表达式都是从“转化”和“转移”的角度来反映机械能守恒的，不必选取参考平面考向二功能关系的应用知识必备提核心通技法常见的功能关系典题例析析典题学通法例2(2018全国卷，18T)如图，abc是竖直面内的光滑固定轨道，ab水平，长度为2R；bc是半径为R的四分之一圆弧，与ab相切于b点一质量为m的小球，始终受到与重力大小相等的水平外力的作用，自a点处从静止开始向右运动重力加速度大小为g.小球从a点开始运动到其轨迹最高点，机械能的增量为()A2mgRB4mgRC5mgR D6mgR审题关键关键词理解，隐形条件显性化(1)恒力F的方向判断：由题中条件光滑轨道、小球始终受到水平外力作用、自a点从静止开始向右运动，可判断出外力F方向水平向右(2)由于外力Fmg，小球到达c点瞬间vc0，可判断球经过c点后将继续向斜上方运动，当竖直方向速度为零时小球到达最高点(3)恒力做功等于恒力和物体在力方向上位移的乘积：WFs.(4)由功能关系确定机械能增量解析C小球在水平外力的作用下，从a点运动到c点的过程中，根据动能定理：mg3RmgRmv，解得：vc2.小球从c点到轨迹的最高点，竖直方向：t2 .水平方向xt22R，整个过程机械能的增量等于水平拉力所做的功Wmg5R5mgR.故C对，A、B、D错跟进题组练考题提能力1(2020宁德一模)如图所示，在升降机内固定一光滑的斜面体，一轻弹簧的一端连在位于斜面体上方的固定木板B上，另一端与质量为m的物块A相连，弹簧与斜面平行整个系统由静止开始加速上升高度h的过程中()A物块A的重力势能增加量一定等于mghB物块A的动能增加量等于斜面的支持力和弹簧的拉力对其做功的代数和C物块A的机械能增加量等于弹簧的拉力对其做的功D物块A和弹簧组成的系统的机械能增加量等于斜面对物块的支持力和B对弹簧的拉力做功的代数和解析：D系统加速上升时，物块处于超重状态，物块对斜面体的压力和对弹簧的拉力变大，所以弹簧形变量变大，物块A相对斜面下滑一段距离，重力势能增加量小于mgh，A错误；根据动能定理可知，物块A动能的增加量应等于重力、支持力及弹簧弹力对其做功的代数和，B错误；物块A机械能的增加量应等于除重力以外的其他力对其做功的代数和，C错误；物块A和弹簧组成的系统的机械能增加量应等于除重力和弹簧弹力以外的其他力做功的代数和，D正确2如图所示，一个质量为m60 kg的物体在沿固定斜面向上的恒定外力F作用下，由静止开始从斜面的底端沿光滑斜面向上做匀加速直线运动，经过一段时间后外力F做的功为120 J，此后撤去外力F，物体又经过一段时间后回到出发点若以地面为零势能面，则下列说法正确的是()A在这个过程中，物体的最大动能小于120 JB在这个过程中，物体的最大重力势能大于120 JC在撤去外力F之后的过程中，物体的机械能等于120 JD在刚撤去外力F时，物体的速率为2 m/s解析：C由题意可知，恒力F对物体做功120 J，则物体的机械能等于120 J撤去F后，只有重力对物体做功，机械能守恒，所以物体回到出发点时的动能为120 J，选项A错误，C正确；物体运动到最高点的过程中，由动能定理可得WFWG0，即重力做功为WGWF120 J，重力做负功，物体的最大重力势能等于120 J，选项B错误；由于物体向上运动的过程中重力对物体做负功，所以在刚撤去外力F时，物体的动能小于120 J，物体的速度v m/s2 m/s，选项D错误规律方法知规律握方法涉及做功与能量转化问题的解题方法1分清是什么力做功，并且分析该力做正功还是做负功；根据功能之间的对应关系，判定能的转化形式，确定能量之间的转化情况2当涉及摩擦力做功时，机械能不守恒，一般应用能的转化和守恒定律，特别注意摩擦产生的内能QFfs相对，s相对为相对滑动的两物体间相对滑动路径的总长度3解题时，首先确定初、末状态，然后分清有多少种形式的能在转化，再分析状态变化过程中哪种形式的能量减少，哪种形式的能量增加，求出减少的能量总和E减和增加的能量总和E增，最后由E减E增列式求解考向三利用动力学和能量观点分析多过程问题知识必备提核心通技法1多运动过程模型多运动过程通常包括匀变速直线运动、平抛运动、圆周运动，或者是一般的曲线运动在实际问题中通常是两种或者多种运动的组合2分析技巧多个运动过程的组合实际上是多种物理规律和方法的综合应用，分析这种问题时注意要独立分析各个运动过程，而不同过程往往通过连接点的速度建立联系，有时对整个过程应用能量的观点解决问题会更简单典题例析析典题学通法例3如图，一轻弹簧原长为2R，其一端固定在倾角为37的固定直轨道AC的底端A处，另一端位于直轨道上B处，弹簧处于自然状态直轨道与一半径为R的光滑圆弧轨道相切于C点，AC7R，A、B、C、D均在同一竖直面内质量为m的小物块P自C点由静止开始下滑，最低到达E点(未画出)随后P沿轨道被弹回，最高到达F点，AF4R.已知P与直轨道间的动摩擦因数 ，重力加速度大小为g.(1)求P第一次运动到B点时速度的大小(2)求P运动到E点时弹簧的弹性势能(3)改变物块P的质量，将P推至E点，从静止开始释放已知P自圆弧轨道的最高点D处水平飞出后，恰好通过G点G点在C点左下方，与C点水平相距R、竖直相距R，求P运动到D点时速度的大小和改变后P的质量 审题流程第一步审题干提取信息(1)光滑圆弧轨道小物块在圆弧轨道上运动不受摩擦力作用(2)由静止开始下滑小物块初速度为零(3)P与直轨道间的动摩擦因数小物块在直轨道上运动受摩擦力的作用第二步突破难点确定小物块的受力情况、做功情况及运动情况(1)求P第1次运动到B点时速度的大小小物块下滑过程只有重力和滑动摩擦力做功，由动能定理列方程求解到B点时的速度(2)求P运动到E点时弹簧的弹性势能小物块由B点运动到E点的过程中以及由E点运动到F点的过程，只有重力、摩擦力和弹簧弹力做功，且两个过程弹簧弹力做功大小相等，并等于弹簧在E点时的弹性势能，两个过程可分别由动能定理列方程求解弹性势能(3)求P运动到D点时速度的大小和改变后P的质量由几何关系确定小物块由D点到G点的水平和竖直距离，列平抛运动位移方程求解小物块在D点的速度；小物块由C运动到D的过程只有重力做功，由机械能守恒求小物块在C点的速度；小物块由E点运动到C点的过程中，只有重力、摩擦力和弹簧弹力做功，可列动能定理方程求解小物块的质量解析(1)根据题意知，B、C之间的距离l为l7R2R，设P到达B点时的速度为vB，由动能定理得mglsin mglcos mv，式中37，联立式并由题给条件得vB2.(2)设BEx，P到达E点时速度为零，设此时弹簧的弹性势能为Ep，P由B点运动到E点的过程中，由动能定理有mgxsin mgxcos Ep0mv，E、F之间的距离l1为l14R2Rx，P到达E点后反弹，从E点运动到F点的过程中，由动能定理有Epmgl1sin mgl1cos 0，联立式并由题给条件得xR，EpmgR.(3)设改变后P的质量为m1，D点与G点的水平距离x1和竖直距离y1分别为x1RRsin ，y1RRRcos ，式中，已应用了过C点的圆轨道半径与竖直方向夹角仍为的事实设P在D点的速度为vD，由D点运动到G点的时间为t.由平抛运动公式有y1gt2，x1vDt，联立式得vD设P在C点速度的大小为vC，在P由C运动到D的过程中机械能守恒，有m1vm1vm1g，P由E点运动到C点的过程中，同理，由动能定理有Epm1g(x5R)sin m1g(x5R)cos m1v，联立式得m1m.答案(1)2(2)mgR(3)m跟进题组练考题提能力1在例3中，若将直轨道AC放平，光滑圆弧轨道半径为R，如图所示质量为m的小物块P与直轨道的CE段动摩擦因数为，AE段光滑开始时P将弹簧由E点压缩至F点，释放后落到E点，已知CE6R，弹簧弹性势能与形变量的二次方成正比，求：(1)在释放时弹簧的弹性势能；(2)若P压缩至EF处释放，判断释放后物块的运动情况解析：(1)P平抛后落在E点，设P通过D点时的速度为vD，则2Rgt2,6RvDt，解得vD3.设P在释放时弹簧的弹性势能为Ep，由功能关系得Ep2mgRmv6mgR解得Ep8mgR.(2)由题意知，物块释放时弹簧的弹性势能EpEp2mgR设物块沿圆弧轨道上升高度hR，由功能关系得Epmgh6mgR解得hR由此知物块不脱离轨道而反向滑回，最终停止于E、C间某点由功能关系得mgRmgx，则x2R，即物块最终停止于距E点4R处答案：(1)8mgR(2)见解析2.在例3中，直轨道换为长度L6R的传送带，如图所示，将P轻放在传送带下端E点，P依然能通过G点，假设传送带的速度最小，求：(1)传送带的速度；(2)P在传送带上运动的最短时间；(3)若P在传送带上运动的时间是最短时间的2倍，P与传送带间的动摩擦因数的大小解析：(1)由例3第(3)问的求解可知，P运动到D点时速度大小vD，设P经过C点的速度为v1，P从C点到D点机械能守恒，则mvmvmgR解得v1 ，所以传送带的最小速度为(2)P在传送带上一直加速到v1恰好到达C点的情况下运动的时间最短，则6Rtmin解得tmin .(3)物块随传送带向上加速运动到与传送带共速的过程中，有mgcos 37mgsin 37mav1at1x1at6Rx1v1(2tmint1)代入数据可解得.答案：(1)(2) (3)规律方法知规律握方法多过程问题的特点及对策1模型特点：物体的整个运动过程往往是包含直线运动、平抛运动、圆周运动等多种运动形式的组合2应对策略(1)抓住物理情景中出现的运动状态与运动过程，将整个物理过程分成几个简单的子过程(2)对每一个子过程分别进行受力分析、过程分析、能量分析，选择合适的规律对相应的子过程列方程(3)两个相邻的子过程连接点，速度是联系纽带，因此要特别关注连接点速度的大小及方向(4)解方程并分析结果.功能原理的综合应用典例 (2017高考全国卷)一质量为8.00104 kg的太空飞船从其飞行轨道返回地面飞船在离地面高度1.60105 m处以7.50103 m/s的速度进入大气层，逐渐减慢至速度为100 m/s时下落到地面取地面为重力势能零点，在飞船下落过程中，重力加速度可视为常量，大小取为9.8 m/s2.(结果保留2位有效数字)(1)分别求出该飞船着地前瞬间的机械能和它进入大气层时的机械能；(2)求飞船从离地面高度600 m处至着地前瞬间的过程中克服阻力所做的功，已知飞船在该处的速度大小是其进入大气层时速度大小的2.0%.核心考点1.机械能EEkEp、Ekmv2、Epmgh.2.变力做功的计算：功能原理(WEE0)命题技巧1.以飞船在大气层受阻力为背景，考查变力做功2.以地面为重力势能零点，可以定量确定题中各位置的机械能核心素养1.物理观念：能量观念、运动观念2.科学思维：科学推理、科学论证审题关键(1)着地前瞬间的机械能为着地时的动能，进入大气层时的机械能为动能和重力势能之和(2)飞船从离地600 m处至着地前瞬间的过程克服阻力做功为变力做功解析(1)飞船着地前瞬间的机械能为Ek0mv，式中，m和v0分别是飞船的质量和着地前瞬间的速率由式和题给数据得Ek04.0108 J，设地面附近的重力加速度大小为g.飞船进入大气层时的机械能为Ehmvmgh，式中，vh是飞船在高度1.60105 m处的速度大小由式和题给数据得Eh2.41012 J(2)飞船在高度h600 m处的机械能为Ehm(0.02vh)2mgh，由功能原理得WEhEk0，式中，W是飞船从离地面高度600 m处至着地前瞬间的过程中克服阻力所做的功由式和题给数据得W9.7108 J.答案见解析易错展示(1)机械能为动能和势能之和(2)阻力做的功不是动能的改变而是机械能的改变.对点演练练类题提素养1(2020安徽淮北宿州一模改编)(多选)如图所示，足够长的传送带与水平方向的倾角为，物块a通过平行于传送带的轻绳跨过光滑轻滑轮与物块b相连，b的质量为m.开始时，a、b及传送带均静止，且a不受传送带摩擦力作用，现让传送带逆时针匀速转动，则在b上升h高度(未与滑轮相碰)过程中()A物块a的重力势能减少mghB摩擦力对a做的功等于a机械能的增量C摩擦力对a做的功等于物块a、b动能增量之和D任意时刻，重力对a、b做功的瞬时功率大小相等解析：ACD开始时，a、b及传送带均静止且a不受传送带摩擦力作用，有magsin mg，则ma，b上升h高度，则a下降hsin ，则a重力势能的减小量为maghsin mgh，所以A正确；a、b组成的系统机械能增加，摩擦力对a做的功等于a、b机械能的增量，所以摩擦力做的功大于a的机械能增量，因为系统重力势能不变，所以摩擦力做的功等于系统动能的增量，故B错误，C正确；任意时刻a、b的速率相等，对b，克服重力的瞬时功率Pbmgv，对a有Pamagvsin mgv，所以重力对a、b做功的瞬时功率大小相等，所以D正确2.(2020湖南岳阳教学质量检测一，14)A、B两个木块叠放在竖直轻弹簧上，如图所示，已知mAmB1.5 kg，轻弹簧的劲度系数k100 N/m.若在木块A上作用一个竖直向上的力F使木块A由静止开始以2 m/s2的加速度竖直向上做匀加速运动，且已知轻弹簧弹性势能的表达式为Epkx2(k为弹簧的劲度系数，x为弹簧的形变量)取g10 m/s2，求：(1)刚开始运动时弹簧的弹性势能；(2)求使木块A竖直向上做匀加速运动的过程中力F的最小值；(3)从木块A竖直向上做匀加速运动直到A、B分离的过程中，力F对木块做的功解析：(1)初始位置弹簧的压缩量为x10.30 m故弹簧弹性势能Epkx4.5 J(2)以A、B为研究对象，开始瞬间，F最小由牛顿第二定律可得Fmin(mAmB)a，即Fmin6 N.(3)A、B分离时，FAB0，以B为研究对象，可得FNmBgmBa，解得FN18 N此时x20.18 mA、B上升的高度xx1x20.12 mA、B的速度vAvB m/s弹簧弹性势能的变化Epkxkx2.88 J故弹力做的功W弹Ep2.88 J以A、B作为一个整体，由动能定理得WFW弹(mAmB)gx(mAmB)v解得WF1.44 J答案：(1)4.5 J(2)6 N(3)1.44 JA级对点练题组一机械能守恒定律的应用1.(2018天津卷，2T)滑雪运动深受人民群众喜爱，某滑雪运动员(可视为质点)由坡道进入竖直面内的圆弧形滑道AB，从滑道的A点滑行到最低点B的过程中，由于摩擦力的存在，运动员的速率不变，则运动员沿AB下滑过程中()A所受合外力始终为零B所受摩擦力大小不变C合外力做功一定为零D机械能始终保持不变解析：C因为运动员做曲线运动，所以合力一定不为零，A错误；运动员受力如图所示，重力垂直曲面的分力与曲面对运动员的支持力的合力充当向心力，故有FNmgcos mFNmmgcos ，运动过程中速率恒定，且在减小，所以曲面对运动员的支持力越来越大，根据fFN可知摩擦力越来越大，B错误；运动员运动过程中速率不变，质量不变，即动能不变，动能变化量为零，根据动能定理可知合力做功为零，C正确；因为运动员克服摩擦力做功，机械能不守恒，D错误2如图所示，物体A的质量大于B的质量，绳子的质量、绳与滑轮间的摩擦可不计，A、B恰好处于平衡状态如果将悬点P靠近Q少许，使系统重新平衡，则()A物体A的重力势能增大B物体B的重力势能增大C绳的张力减小DP处绳与竖直方向的夹角减小解析：AB物体对绳子的拉力不变，大小等于物体B的重力动滑轮和物体A整体受重力和两个拉力，拉力大小恒定，重力恒定，故两个拉力的夹角不变，如图所示所以，物体A上升，物体B下降，物体A的重力势能增大，物体B的重力势能减小故A正确，B、C、D错误3一小球以一定的初速度从图示位置进入光滑的轨道小球先进入圆轨道1，再进入圆轨道2.圆轨道1的半径为R，圆轨道2的半径是轨道1的1.8倍小球的质量为m，若小球恰好能通过轨道2的最高点B，则小球在轨道1上经过A处时对轨道的压力为()A2mgB3mgC4mgD5mg解析：C小球恰好能通过轨道2的最高点B时，有mg.小球在轨道1上经过A处时，有Fmg，根据机械能守恒有1.6mgRmvmv，解得F4mg，C项正确4如图甲，轻弹簧上端固定在升降机顶部，下端悬挂重为G的小球，小球随升降机在竖直方向上运动t0时，升降机突然停止，其后小球所受弹簧的弹力F随时间t变化的图像如图乙，取F竖直向上为正，以下判断正确的是()A升降机停止前一定向下运动B02t0时间内，小球先处于失重状态，后处于超重状态Ct03t0时间内，小球向下运动，在t0、3t0两时刻加速度相同D3t04t0时间内，弹簧弹力做的功大于小球动能的变化解析：D由图像看出，t0时刻，弹簧的弹力为G，升降机停止后弹簧的弹力变小，可知升降机停止前在向上运动，故A错误；02t0时间内拉力小于重力，小球处于失重状态，加速度的方向向下，2t03t0时间内，拉力大于重力，加速度的方向向上，故B、C错误；3t04t0时间内，弹簧的弹力减小，小球向上加速运动，重力做负功，重力势能增大，弹力做正功，弹性势能减小，动能增大，根据系统机械能守恒得知，弹簧弹性势能变化量大于小球动能变化量，弹簧弹力做的功大于小球动能的变化，故D正确题组二功能关系的应用5如图所示，质量为m的滑块从斜面底端以平行于斜面的初速度v0冲上固定斜面，沿斜面上升的最大高度为H.已知斜面倾角为，斜面与滑块间的动摩擦因数为，且tan ，最大静摩擦力等于滑动摩擦力取斜面底端为零势能面，则能表示滑块在斜面上运动的机械能E、动能Ek、势能Ep与上升高度h之间关系的图像是()解析：D滑块在斜面上的重力势能Epmgh，所以Eph图像为一条过原点的直线段，故选项A错误由功能关系W其他E可知滑块克服滑动摩擦力的功等于滑块机械能的减小量，由于滑动摩擦力大小不变，因此Eh图线为直线段，故选项B错误由动能定理可知滑块合力的功等于滑块动能的增量，上行时合力大于下行时合力，且合力为恒力，由EkF合h可知Ekh图线为直线段，上行时直线斜率大于下行时直线斜率，故选项C错误，选项D正确6质量相等的两个质点A、B在拉力作用下从同一地点沿同一直线竖直向上运动的vt图像如图所示下列说法正确的是()A0t2时间内A质点处于失重状态B在t1t2时间内质点B的机械能守恒C0t2时间内两质点的平均速度相等D两个质点第一次相遇在t2时刻之后，在第一次相遇之前t2时刻两个质点距离最远解析：D因vt图像中图线的斜率表示加速度，由图像可知在0t2时间内A质点一直竖直向上加速，则A质点处于超重状态，A项错误t1t2时间内，B质点向上做匀速运动，动能不变，重力势能增加，其机械能增加，B项错误因在vt图像中图线与t轴所围“面积”表示位移，则由图可知，在0t2时间内，A质点的位移小于B质点的位移，又时间相等，由可知A质点的平均速度小于B质点的平均速度，C项错误已知两质点从同一地点沿同一直线竖直向上同时开始运动，由vt图像可知t2时刻之前质点B的速度大于质点A的速度，两者间距离逐渐增大，t2时刻之后质点B的速度小于质点A的速度，两者间距离逐渐减小，可知两个质点第一次相遇在t2时刻之后，在第一次相遇之前t2时刻两个质点距离最远，D项正确7.(2019四川雅安三模)(多选)如图所示，两质量均为m的物体A、B通过一根细绳及轻质弹簧连接在光滑滑轮两侧，用手托着物体A使细绳恰好伸直，弹簧处于原长，此时A离地面的高度为h，物体B静止在地面上放手后物体A下落，与地面即将接触时速度大小为v，此时物体B恰好对地面无压力，则下列说法正确的是()A弹簧的劲度系数为B此时弹簧的弹性势能等于mghmv2C此时物体A的加速度大小为g，方向竖直向上D物体A落地后，物体B将向上运动到h高处解析：AB由于物体B对地面的压力恰好为零，故弹簧的弹力等于物体B的重力mg，弹簧的伸长量为h，由胡克定律可得弹簧的劲度系数k，选项A正确；物体A与弹簧组成的系统机械能守恒，故有mghEpmv2，所以Epmghmv2，选项B正确；由于弹簧的弹力等于mg，故细绳对物体A的拉力也等于mg，所以物体A此时受到的合力为零，故其加速度大小等于零，选项C错误；物体A落地后，物体B与弹簧组成的系统机械能守恒，设物体B能上升的最大高度为hB，则有mghBEpmghmv2，所以hBh，选项D错误题组三动力学与能量观点的综合应用8(多选)如图所示，一根原长为l0的轻弹簧套在光滑直杆AB上，其下端固定在杆的A端，质量为m的小球也套在杆上且与弹簧的上端相连球和杆一起绕经过杆A端的竖直轴OO匀速转动，且杆与水平面间始终保持30角已知杆处于静止状态时弹簧的压缩量为l0，重力加速度为g.则下列说法正确的是()A弹簧为原长时，杆的角速度为B当杆的角速度为时，弹簧处于压缩状态C在杆的角速度增大的过程中，小球与弹簧所组成的系统机械能不守恒D在杆的角速度由0缓慢增大到过程中，小球机械能增加了mgl0解析：CD弹簧为原长时，小球只受到重力和杆的支持力，它们的合力提供向心力，则mgtan ml0cos ，代入数据解得1，故A错误；当杆的角速度为1时，弹簧处于伸长状态，故B错误；在杆处于静止状态时，小球处于平衡状态，则mgsin k，在杆的角速度增大为时，设弹簧的伸长量为l，球受力如图所示，则竖直方向Ncos mgklsin ，水平方向Nsin klcos m(l0l)cos ，联立解得l0.5l0，小球的线速度v2(l0l)cos (l00.5l0)cos 30 ，所以小球增加的动能Ekmv2mgl0，小球增加的重力势能Epmghmgl0sin mgl0，由于当杆的角速度增大为时，弹簧的伸长量为，开始时弹簧的压缩量为，可知弹簧的形变量相同，则弹簧的弹性势能不变，所以小球的机械能增加量为EEpEkmgl0，故C、D正确9(多选)如图所示，将质量为2m的重物悬挂在轻绳的一端，轻绳的另一端系一质量为m的环，环套在竖直固定的光滑直杆上，光滑定滑轮与直杆的距离为d.杆上的A点与定滑轮等高，杆上的B点在A点正下方距离为d处现将环从A处由静止释放，不计一切摩擦阻力，下列说法正确的是()A环到达B处时，重物上升的高度为hB环到达B处时，环与重物的速度大小相等C环从A到B，环减少的机械能等于重物增加的机械能D环能下降的最大高度为d解析：CD环到达B处时，对环的速度进行分解，可得v环cos v物，由题图中几何关系可知45，则v环v物，B错；因环从A到B，环与重物组成的系统机械能守恒，则环减少的机械能等于重物增加的机械能，C对；当环到达B处时，由题图中几何关系可得重物上升的高度h(1)d，A错；当环下落到最低点时，设环下落高度为H，由机械能守恒有mgH2mg(d)，解得Hd，故D正确B级综合练10如图所示，在一水平向右匀速运动的传送带的左端A点，每隔相同的时间T，轻放上一个相同的工件已知工件与传送带间的动摩擦因数为，工件质量为m.经测量，发现后面那些和传送带共速的工件之间的距离均为L，已知重力加速度为g，下列说法正确的是()A传送带的速度大小为B工件在传送带上加速的时间为C每个工件与传送带间因摩擦而产生的热量为D传送带传送一个工件多消耗的能量为解析：A工件在传送带上先做匀加速直线运动，然后做匀速直线运动，每个工件放上传送带后运动的规律相同，可知LvT，解得传送带的速度v，选项A正确；设每个工件匀加速运动的时间为t，根据牛顿第二定律得，工件的加速度ag，根据vv0at，解得t，选项B错误；工件与传送带发生相对滑动的位移xx传x物v，则因摩擦产生的热量为Qmgx，选项C错误；根据能量守恒定律可得，传送带传送一个工件多消耗的能量为Emv2Q，选项D错误11(多选)如图，直立弹射装置的轻质弹簧顶端原来在O点，O与管口P的距离为2x0.现将一个重力为mg的钢珠置于弹簧顶端，再把弹簧压缩至M点，压缩量为x0.释放弹簧后，钢珠被弹出，钢珠运动到P点时的动能为4mgx0.不计一切阻力，下列说法中正确的是()A弹射过程，弹簧和钢珠组成的系统机械能守恒B弹簧恢复原长时，弹簧的弹性势能全部转化为钢珠的动能C钢珠弹射所到达的最高点距管口P的距离为7x0D弹簧被压缩至M点时的弹性势能为7mgx0解析：AD弹射过程中，对弹簧和钢珠组成的系统而言，它们只受重力作用，故总系统机械能守恒，故A正确；弹簧恢复原长时，弹簧的弹性势能一部分转化为钢珠的动能，一部分转化为钢珠的重力势能，B错误；钢珠由M到P的过程，弹簧的弹性势能转化为钢珠的动能和重力势能，故弹簧被压缩至M点时的总弹性势能为Ep4mgx03mgx07mgx0，D正确；钢珠到达管口P点时动能为4mgx0，当钢珠到达最大高度时，动能为0，动能转化为重力势能，则上升的最大高度距离管口的距离h满足：mgh4mgx0，故上升的最大高度距离管口的距离h4x0，C错误12(多选)如图所示，一质量为m的小球以初动能Ek0从地