2026版《金版教程》高考一轮复习物理第5节 专题：功能关系　能量守恒定律

高考总复习首选用卷物理第5节专题：功能关系能量守恒定律考点一常见的功能关系1．(2024·浙江1月选考)如图所示，质量为m的足球从水平地面上位置1被踢出后落在位置3，在空中达到最高点2的高度为h，则足球()A．从1到2动能减少mghB．从1到2重力势能增加mghC．从2到3动能增加mghD．从2到3机械能不变答案：B解析：由题图中足球的运动轨迹可知，在空中运动时，足球除受重力外，一定受到空气阻力作用。足球从1到2重力做负功，WG＝－mgh，则重力势能增加mgh，空气阻力做负功，即Wf<0，由动能定理可得WG＋Wf＝ΔEk，可得足球动能的变化量ΔEk＝－mgh＋Wf<0，所以足球从1到2动能减少，且减少量|ΔEk|＝mgh＋|Wf|>mgh，A错误，B正确；足球从2到3，空气阻力做负功，即Wf′<0，则足球机械能减小，重力做正功，WG′＝mgh，由动能定理有WG′＋Wf′＝ΔEk′，可得足球动能的变化量ΔEk′＝mgh＋Wf′<mgh，C、D错误。2.(多选)如图所示，质量为m的物块在力F(图中未画出)作用下沿倾角为37°的固定斜面匀加速下滑，其加速度a＝0.8g。已知物块在沿斜面向下滑行距离s的过程中，力F做功为mgs，g为当地的重力加速度，sin37°＝0.6。则该过程中()A．物块的动能增加了1.2mgsB．物块的重力势能减少了0.6mgsC．物块的机械能增加了0.2mgsD．物块克服摩擦力做功0.8mgs答案：BCD解析：物块下滑过程所受合力为F合＝ma＝0.8mg，根据动能定理可得，物块的动能增加量为ΔEk＝F合s＝0.8mgs，故A错误；物块下降的高度为h＝s·sin37°＝0.6s，重力做功为WG＝mgh＝0.6mgs，故物块的重力势能减少了0.6mgs，故B正确；整个过程物块的机械能改变量为ΔE＝ΔEk＋ΔEp＝0.8mgs－0.6mgs＝0.2mgs，即物块的机械能增加了0.2mgs，故C正确；由题意可知，物块下滑过程中有重力、摩擦力和F做功，根据动能定理可得ΔEk＝WG＋Wf＋WF，代入数据可得Wf＝－0.8mgs，即物块克服摩擦力做功0.8mgs，故D正确。3．(2024·山东高考)如图所示，质量均为m的甲、乙两同学，分别坐在水平放置的轻木板上，木板通过一根原长为l的轻质弹性绳连接，连接点等高且间距为d(d<l)。两木板与地面间动摩擦因数均为μ，弹性绳劲度系数为k，被拉伸时弹性势能E＝eq\f(1,2)kx2(x为绳的伸长量)。现用水平力F缓慢拉动乙所坐木板，直至甲所坐木板刚要离开原位置，此过程中两人与所坐木板保持相对静止，k保持不变，最大静摩擦力等于滑动摩擦力，重力加速度大小为g，则F所做的功等于()A.eq\f(\a\vs4\al(（μmg）2),2k)＋μmg(l－d)B.eq\f(\a\vs4\al(3（μmg）2),2k)＋μmg(l－d)C.eq\f(\a\vs4\al(3（μmg）2),2k)＋2μmg(l－d)D.eq\f(\a\vs4\al(（μmg）2),2k)＋2μmg(l－d)答案：B解析：当甲所坐木板刚要离开原位置时，对甲及其所坐木板整体，根据平衡条件和胡克定律，有kx0＝μmg，解得弹性绳的伸长量x0＝eq\f(\a\vs4\al(μmg),k)，则此时弹性绳的弹性势能为E0＝eq\f(1,2)kxeq\o\al(2,0)＝eq\f(\a\vs4\al(μ2m2g2),2k)，从开始拉动乙所坐木板到甲所坐木板刚要离开原位置的过程，乙所坐木板的位移为x1＝x0＋l－d，由功能关系可知W－μmgx1＝E0－0，可解得该过程F所做的功W＝E0＋μmgx1＝eq\f(\a\vs4\al(3（μmg）2),2k)＋μmg(l－d)，故B正确。4．2022年12月4日，神舟十四号顺利脱离天和核心舱空间站，安全返回地球。规定无穷远处引力势能为0，空间站到地心距离为r时，其引力势能可表示为Ep＝－eq\f(GMm,r)，其中G为引力常量，M为地球质量，m为空间站质量。已知地球半径为R，空间站绕地球做匀速圆周运动时距地面的高度为h，若忽略地球的自转及空气阻力，下列说法正确的是()A．空间站在地球表面的引力势能为eq\f(GMm,R)B．空间站在离地面高度为h的轨道上运行的动能为eq\f(GMm,R＋h)C．空间站在离地面高度为h的轨道上运行的机械能为eq\f(GMm,R＋h)eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(h,R)－\f(1,2)))D．从地面发射到在离地面高度为h的轨道上做圆周运动，需要对空间站做的功为eq\f(GMm,R＋h)eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(h,R)＋\f(1,2)))答案：D解析：根据题意，由引力势能的表达式可得，空间站在地球表面的引力势能为Ep0＝－eq\f(GMm,R)，故A错误；空间站在离地面高度为h的轨道上运行时，根据万有引力提供向心力有eq\f(GMm,（R＋h）2)＝meq\f(v2,R＋h)，又由动能表达式有Ek1＝eq\f(1,2)mv2，解得此时空间站的动能为Ek1＝eq\f(GMm,2（R＋h）)，根据题意，此时空间站的引力势能为Ep1＝－eq\f(GMm,R＋h)，则空间站的机械能为E1＝Ep1＋Ek1＝－eq\f(GMm,2（R＋h）)，由功能关系可知，从地面发射到在离地面高度为h的轨道上做圆周运动，需要对空间站做的功为W＝E1－Ep0＝－eq\f(GMm,2（R＋h）)＋eq\f(GMm,R)＝eq\f(GMm,R＋h)eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(h,R)＋\f(1,2)))，故B、C错误，D正确。5．(2025·辽宁省高三上期中)如图所示，在竖直平面内，半径为eq\f(1,2)l的半圆轨道CD和水平轨道AC在C点相切，D为半圆轨道的最高点。将一轻弹簧水平放置在轨道AC上，弹簧左端固定在A点，右端位于B点，并与质量为m的小物块接触但不连接，此时弹簧处于原长。现给小物块施加一水平向左、大小为eq\f(13,4)mg(g为重力加速度)的恒力，使小物块向左运动，当速度为零时，立即撤去恒力，之后小物块向右运动并进入半圆轨道，到达D点时对轨道的压力大小为mg。已知BC＝l，轻弹簧的劲度系数为eq\f(6mg,l)，小物块与水平轨道间的滑动摩擦力大小恒为eq\f(1,4)mg，最大静摩擦力等于滑动摩擦力，小物块可视为质点，弹簧始终在弹性限度内。eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(弹簧的弹性势能可表示为Ep＝\f(1,2)kx2，k为弹簧的劲度系数，x为弹簧的形变量))求：(1)弹簧的最大压缩量Δx；(2)小物块到达C点时的速度vC；(3)小物块从C点运动到D点的过程中克服阻力做的功Wf。答案：(1)l(2)eq\r(5gl)(3)mgl解析：(1)根据题意可知，小物块向左运动，速度为零时，弹簧压缩量最大，根据功能关系有eq\f(13,4)mgΔx－eq\f(1,4)mgΔx＝eq\f(1,2)k(Δx)2其中k＝eq\f(6mg,l)解得Δx＝l。(2)小物块从B点开始向左运动至到达C点过程，弹簧弹力对物块做的总功为0，根据动能定理有eq\f(13,4)mgΔx－2×eq\f(1,4)mgΔx－eq\f(1,4)mgl＝eq\f(1,2)mveq\o\al(2,C)－0解得vC＝eq\r(5gl)。(3)小物块到达D点时对轨道的压力大小为mg，则受到轨道的弹力大小为mg，设小物块到达D点时的速度大小为vD，根据牛顿第二定律有mg＋mg＝meq\f(veq\o\al(2,D),\f(1,2)l)小物块从C点到D点，由动能定理得－2mg×eq\f(l,2)－Wf＝eq\f(1,2)mveq\o\al(2,D)－eq\f(1,2)mveq\o\al(2,C)联立解得Wf＝mgl。考点二用功能关系解图像问题6．(2020·江苏高考)如图所示，一小物块由静止开始沿斜面向下滑动，最后停在水平地面上。斜面和地面平滑连接，且物块与斜面、物块与地面间的动摩擦因数均为常数。该过程中，物块的动能Ek与水平位移x关系的图象是()答案：A解析：设斜面倾角为θ，物块与斜面、物块与地面间的动摩擦因数分别为μ1、μ2。物块在斜面上运动时，根据动能定理有mgxtanθ－μ1mgcosθ·eq\f(x,cosθ)＝Ek－0，整理可得Ek＝(mgtanθ－μ1mg)x，即在斜面上运动时，物块的动能Ek与x成线性关系；设物块到达斜面底端时动能为Ek0，水平位移为x0，物块在水平地面上运动时，根据动能定理有－μ2mg(x－x0)＝Ek－Ek0，整理可得Ek＝－μ2mgx＋Ek0＋μ2mgx0，即在水平地面上运动时，物块的动能Ek与x也成线性关系。综上分析可知A正确。7．(多选)如图甲所示，物体以一定初速度从倾角α＝37°的斜面底端沿斜面向上运动，上升的最大高度为3.0m，选择斜面底端为参考平面，上升过程中，物体的机械能E随高度h的变化如图乙所示，g＝10m/s2，sin37°＝0.6，cos37°＝0.8，物体所受滑动摩擦力大小可视为等于最大静摩擦力大小。下列说法正确的是()A．物体的质量m＝1.0kgB．最终物体可能静止在斜面上C．物体回到斜面底端时的动能Ek＝10JD．物体回到斜面底端时重力的瞬时功率大小P＝20eq\r(5)W答案：AC解析：由题意知，物体上升最大高度hm＝3.0m时速度为0，物体的机械能等于重力势能，即E＝mghm＝30J，解得m＝1.0kg，故A正确；物体上升到最高点的过程中，机械能减少量等于克服摩擦力做的功，即E0－E＝fs，其中s＝eq\f(h,sin37°)，联立得E＝－eq\f(f,sin37°)h＋E0，故E­h图线的斜率的绝对值为eq\f(f,sin37°)＝eq\f(50－30,3.0)N，解得物体所受滑动摩擦力大小f＝4N，因为mgsin37°＝6N>f，所以最终物体不可能静止在斜面上，故B错误；物体上升到最高点的过程中，克服摩擦力做的功Wf＝50J－30J＝20J，上升过程和下降过程中的摩擦力大小相同，位移大小相同，则克服摩擦力做的功相同，所以物体回到斜面底端时的机械能即物体的动能Ek＝E0－2Wf＝50J－2×20J＝10J，故C正确；根据Ek＝eq\f(1,2)mv2＝10J，得物体回到斜面底端时速度大小为v＝2eq\r(5)m/s，重力的瞬时功率大小P＝mgvsin37°＝12eq\r(5)W，故D错误。8．如图甲所示，在倾角为θ的光滑斜面上，有一个质量为m的物体在沿斜面方向的力F的作用下由静止开始运动，物体的机械能E随位移x的变化关系如图乙所示。其中0～x1过程的图线是曲线，x1～x2过程的图线为平行于x轴的直线，则下列说法中错误的是()A．物体在沿斜面向下运动B．在0～x1过程中，物体的加速度一直增大C．在0～x2过程中，物体先减速再匀速D．在x1～x2过程中，物体的加速度大小为gsinθ答案：C解析：由题图乙可知，在0～x1过程中，物体的机械能一直在减少，故外力F做负功，物体沿斜面向下运动，A正确；对物体，由牛顿第二定律可得mgsinθ－F＝ma，题图乙中图线切线的斜率的绝对值表示外力F的大小，因此在0～x1过程中外力F逐渐减小，故物体的加速度一直增大，B正确；在x1～x2过程中，物体的机械能不变，故外力F等于0，物体做加速度大小为gsinθ的匀加速直线运动，C错误，D正确。本题选说法错误的，故选C。9．(多选)从地面竖直向上抛出一物体，其机械能E总与重力势能Ep随它离开地面的高度h的变化如图所示。取地面为重力势能零势能参考平面，空气阻力大小恒定，重力加速度取10m/s2。由图中数据可得()A．物体的质量为2kgB．物体落回地面时的速率为eq\f(4\r(30),3)m/sC．从地面上升至h＝2m时，物体的动能Ek＝40JD．从地面上升至h＝4m时，物体的动能减少20J答案：BC解析：由图可知，该物体上升的最大高度为hm＝4m，则在最高点的重力势能为mghm＝60J，可得物体的质量为m＝1.5kg，故A错误；从开始到最高点，物体的机械能减少量ΔE＝80J－60J＝20J，由功能关系得fhm＝ΔE，解得物体所受空气阻力大小f＝5N，物体的初动能即初始时的机械能为Ek0＝80J，对全程由动能定理得－f·2hm＝eq\f(1,2)mv2－Ek0，解得物体落回地面时的速率为v＝eq\f(4\r(30),3)m/s，故B正确；从开始到上升至h＝2m处，由动能定理可得－fh－mgh＝Ek－Ek0，解得Ek＝40J，故C正确；物体上升至h＝4m时速度为零，则物体的动能减少量为ΔEk＝Ek0－0＝80J，故D错误。10．(2020·全国卷Ⅰ)(多选)一物块在高3.0m、长5.0m的斜面顶端从静止开始沿斜面下滑，其重力势能和动能随下滑距离s的变化如图中直线Ⅰ、Ⅱ所示，重力加速度取10m/s2。则()A．物块下滑过程中机械能不守恒B．物块与斜面间的动摩擦因数为0.5C．物块下滑时加速度的大小为6.0m/s2D．当物块下滑2.0m时机械能损失了12J答案：AB解析：物块下滑5m的过程中，重力势能减少30J，动能增加10J，增加的动能小于减少的重力势能，所以机械能不守恒，A正确。斜面高h＝3.0m、长L＝5.0m，则斜面倾角θ的正弦值sinθ＝eq\f(h,L)＝0.6；物块在斜面底端的重力势能为零，则在斜面顶端的重力势能为mgh＝30J，可得物块的质量m＝1.0kg；物块下滑5m的过程中，由功能关系可知，机械能的减少量等于克服摩擦力做的功，即μmgcosθ·L＝20J，可求得μ＝0.5，B正确。由牛顿第二定律，有mgsinθ－μmgcosθ＝ma，可求得a＝2.0m/s2，C错误。当物块下滑2.0m时，重力势能减少12J，动能增加4J，所以机械能损失了8J，D错误。考点三摩擦力做功与能量转化11．(2024·四川省广安市高三上月考)(多选)将三个木板1、2、3固定在墙脚，木板与墙壁和地面构成了三个不同的三角形，如图所示，其中1与2底边相同，2和3高度相同。现将一个可以视为质点的物块分别从三个木板的顶端由静止释放，物块沿木板下滑到底端，物块与木板之间的动摩擦因数μ均相同。在这三个过程中，下列说法正确的是()A．沿着1和2下滑到底端时，物块的速度不同；沿着2和3下滑到底端时，物块的速度相同B．沿着1下滑到底端时，物块的速度最大C．物块沿着3下滑到底端的过程中，产生的热量是最少的D．物块沿着1和2下滑到底端的过程，产生的热量是一样多的答案：BD解析：设木板与地面的夹角为θ，木板的长度为L，木板底端与墙壁的距离为x，物块滑到底端时的速度为v，根据动能定理得mgh－μmgcosθ·L＝eq\f(1,2)mv2－0，又Lcosθ＝x，则可得mgh－μmgx＝eq\f(1,2)mv2－0。根据题图可得h1>h2＝h3，x1＝x2<x3，由上式可知，滑到底端时，物块的速度大小关系为v1>v2>v3，即沿着1下滑到底端时，物块的速度最大，故A错误，B正确。摩擦产生的热量等于物块克服摩擦力做的功，即Q＝μmgx，由x1＝x2<x3可知，在这三个过程中，产生的热量关系为Q1＝Q2<Q3，故C错误，D正确。12．(多选)如图所示，质量为M、长度为L的小车静止在光滑的水平面上，质量为m的小物块放在小车的最左端，现用一水平力F作用在小物块上，小物块与小车之间的摩擦力为f，经过一段时间小车运动的位移为x，小物块刚好滑到小车的最右端，则下列说法中正确的是()A．此时物块的动能为F(x＋L)B．此时小车的动能为f(x＋L)C．这一过程中，物块和小车增加的机械能为F(x＋L)－fLD．这一过程中，物块和小车因摩擦而产生的热量为fL答案：CD解析：由图可知，在拉力的作用下物块前进的位移为L＋x，故拉力对物块做的功为F(x＋L)，摩擦力对物块做的功为－f(x＋L)，则由动能定理可知，物块刚好滑到小车的最右端时，物块的动能为(F－f)(x＋L)，故A错误；小车受摩擦力作用，摩擦力作用的位移为x，故摩擦力对小车做功为fx，由动能定理得，此时小车的动能为fx，B错误；这一过程中，物块和小车增加的机械能等于力F做的功减去系统内能的增量，系统内能的增量等于fL，即物块和小车因摩擦而产生的热量为fL，故系统机械能的增量为F(x＋L)－fL，C、D正确。13．(多选)如图所示，质量为M、长为L＝14m的木板Q放在光滑的水平面上，可视为质点的质量为m的物块P放在木板的最左端。t＝0时刻给物块水平向右的初速度，当物块P滑到木板Q的最右端时木板Q的位移为x＝7m。则下列说法正确的是()A．P、Q所受的摩擦力之比为m∶MB．摩擦力对P、Q所做的功的绝对值之比为3∶1C．P减小的动能与P、Q间因摩擦力而产生的热量之比为3∶2D．Q增加的动能与系统损失的机械能之比为3∶2答案：BC解析：P对Q的摩擦力与Q对P的摩擦力是一对作用力与反作用力，大小相等，方向相反，即P、Q所受的摩擦力之比为1∶1，A错误；设P、Q之间的摩擦力大小为f，摩擦力对物块P所做的功为WfP＝－f(x＋L)，摩擦力对木板Q所做的功为WfQ＝fx，则摩擦力对P、Q所做的功的绝对值之比为|WfP|∶|WfQ|＝(x＋L)∶x＝3∶1，B正确；对P，由动能定理得－f(x＋L)＝ΔEkP，对Q，由动能定理得fx＝ΔEkQ，P、Q间因摩擦而产生的热量即系统损失的机械能为fL，则|ΔEkP|∶fL＝(x＋L)∶L＝3∶2，ΔEkQ∶fL＝x∶L＝1∶2，C正确，D错误。14．(多选)在大型物流货场，广泛地应用着传送带搬运货物。如图甲所示，与水平面夹角为θ的倾斜传送带以恒定速率运动，皮带始终是绷紧的，将m＝1kg的货物放在传送带上的A处，经过1.2s到达传送带的B端。用速度传感器测得货物与传送带的速度v随时间t变化的图像如图乙所示，已知重力加速度g＝10m/s2。由v­t图像可知()A．货物与传送带间的动摩擦因数为0.5B．A、B两点间的距离为2.4mC．货物从A运动到B的过程中，传送带对货物做功为－11.2JD．货物从A运动到B的过程中，货物与传送带因摩擦产生的热量为19.2J答案：AC解析：设货物与传送带间的动摩擦因数为μ，由题图乙可以看出货物先后做匀加速直线运动的加速度大小分别为a1＝eq\f(2－0,0.2－0)m/s2＝10m/s2，a2＝eq\f(4－2,1.2－0.2)m/s2＝2m/s2，对货物受力分析，根据牛顿第二定律，0～0.2s时间内，有mgsinθ＋μmgcosθ＝ma1，0.2～1.2s时间内，有mgsinθ－μmgcosθ＝ma2，代入数据解得θ＝37°，μ＝0.5，A正确；货物的位移就是A、B两点间的距离，由v­t图像与时间轴围成图形的面积表示位移可知，xAB＝x1＋x2，其中x1＝eq\f(1,2)×2×0.2m＝0.2m，x2＝eq\f(1,2)×(2＋4)×(1.2－0.2)m＝3m，可得xAB＝3.2m，B错误；货物从A运动到B的过程中，传送带对货物做的功即为两段运动过程中摩擦力对货物做的功，即W＝W1＋W2，其中W1＝μmgcosθ·x1，W2＝－μmgcosθ·x2，解得W＝－11.2J，C正确；货物从A运动到B的过程中，货物与传送带因摩擦产生的热量为Q＝μmgcosθ·x相对，其中x相对＝eq\f(1,2)×2×0.2m＋eq\f(1,2)×(4－2)×(1.2－0.2)m＝1.2m，联立解得Q＝4.8J，D错误。考点四能量守恒定律15．(多选)如图所示，倾角为θ＝53°的固定粗糙斜面上有一A点，长度为0.5m的木板质量分布均匀，其质量为M＝3kg，开始用外力使木板下端与A点对齐，如图所示。木块质量为m＝1kg，两者用一轻质细绳绕过光滑定滑轮连接在一起，木板与斜面间的动摩擦因数为eq\f(2,3)。已知重力加速度g＝10m/s2，sin53°＝0.8，cos53°＝0.6。现撤去外力让木板由静止开始运动到上端刚好过A点，此过程中，下列说法正确的是()A．木板和木块组成的系统机械能守恒B．木板上端刚过A点时速度大小为eq\f(\r(2),2)m/sC．木板减少的机械能等于木块增加的机械能与系统产生的热量之和D．系统产生的热量为10J答案：BC解析：由于斜面是粗糙的，木板和木块组成的系统在运动中会因摩擦力产生热量，所以木板和木块组成的系统机械能不守恒，故A错误；设木板的长度为l，木板与斜面间的动摩擦因数为μ，木板上端刚过A点时速度大小为v，根据能量守恒定律有Mglsinθ－mgl＝eq\f(1,2)(M＋m)v2＋Q，其中系统产生的热量Q＝μMgcos53°·l＝6J，联立并代入数据解得v＝eq\f(\r(2),2)m/s，故B正确，D错误；根据能量守恒定律可知，木板减少的机械能等于木块增加的机械能与系统产生的热量之和，故C正确。16．(2024·安徽高考)在某地区的干旱季节，人们常用水泵从深水井中抽水灌溉农田，简化模型如图所示。水井中的水面距离水平地面的高度为H。出水口距水平地面的高度为h，与落地点的水平距离约为l。假设抽水过程中H保持不变，水泵输出能量的η倍转化为水被抽到出水口处增加的机械能。已知水的密度为ρ，水管内径的横截面积为S，重力加速度大小为g，不计空气阻力。则水泵的输出功率约为()A.eq\f(ρgSl\r(2gh),2ηh)eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(H＋h＋\f(l2,2h)))B.eq\f(\a\vs4\al(ρgSl\r(2gh)),2ηh)eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(H＋h＋\f(l2,4h)))C.eq\f(\a\vs4\al(ρgSl\r(2gh)),2ηh)eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(H＋\f(l2,2h)))D.eq\f(\a\vs4\al(ρgSl\r(2gh)),2ηh)eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(H＋\f(l2,4h)))答案：B解析：设水从出水口射出的初速度为v0，水离开出水口在空中做平抛运动的时间为t′，取t时间内抽出的水为研究对象，该部分水的质量为m＝v0tSρ，根据平抛运动规律有v0t′＝l，h＝eq\f(1,2)gt′2，根据能量守恒定律，得Ptη＝eq\f(1,2)mveq\o\al(2,0)＋mg(H＋h)，联立解得水泵的输出功率约为P＝eq\f(\a\vs4\al(ρgSl\r(2gh)),2ηh)eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(H＋h＋\f(l2,4h)))，故选B。考点五动力学观点和能量观点的综合应用17．(2021·全国甲卷)(多选)一质量为m的物体自倾角为α的固定斜面底端沿斜面向上滑动。该物体开始滑动时的动能为Ek，向上滑动一段距离后速度减小为零，此后物体向下滑动，到达斜面底端时动能为eq\f(Ek,5)。已知sinα＝0.6，重力加速度大小为g。则()A．物体向上滑动的距离为eq\f(Ek,2mg)B．物体向下滑动时的加速度大小为eq\f(g,5)C．物体与斜面间的动摩擦因数等于0.5D．物体向上滑动所用的时间比向下滑动的时间长答案：BC解析：设物体向上滑动的距离为l，与斜面间的动摩擦因数为μ，对全过程根据动能定理有－μmgcosα·2l＝eq\f(Ek,5)－Ek，对物体向上滑动的过程根据动能定理有－mglsinα－μmglcosα＝0－Ek，联立得l＝eq\f(Ek,mg)，μ＝0.5，A错误，C正确；物体向下滑动时，根据牛顿第二定律有mgsinα－μmgcosα＝ma下，解得a下＝eq\f(g,5)，B正确；物体向上滑动时，根据牛顿第二定律有mgsinα＋μmgcosα＝ma上，可知a上>a下，由于上滑过程中的末速度为零，下滑过程中的初速度为零，且两过程位移大小均为l，根据l＝eq\f(1,2)at2，可得t上<t下，D错误。18．(多选)如图甲所示，长木板在粗糙的水平地面上向左运动，某时刻一质量与长木板相等的滑块(可视为质点)水平向左以某一初速度从右端滑上木板，滑块始终在木板上且滑块的动能—位移(Ek­x)图像如图乙所示。已知长木板与地面间的动摩擦因数为0.1，重力加速度大小为10m/s2，则()A．小滑块和木板的质量均为0.25kgB．小滑块与木板之间的动摩擦因数是0.6C．小滑块滑上木板瞬间，木板的速度大小为eq\f(2,3)m/sD．木板长度至少为eq\f(4,9)m，小滑块才不会冲出木板答案：BC解析：设小滑块和木板的质量均为m，小滑块与木板之间的动摩擦因数为μ1，木板与地面之间的动摩擦因数为μ2，由题图乙知，小滑块的初动能为Ek0＝4J，运动位移x1＝1m后动能变为Ek1＝1J，小滑块与木板共速，之后两者一起减速，再运动x2＝2m动能变为0，小滑块与木板停止运动，前一段过程对小滑块由动能定理有－μ1mgx1＝Ek1－Ek0，后一段过程对小滑块和木板整体由动能定理有－μ2·2mgx2＝0－2Ek1，由题知μ2＝0.1，解得m＝0.5kg，μ1＝0.6，A错误，B正确；根据Ek0＝eq\f(1,2)mveq\o\al(2,0)，小滑块滑上木板瞬间，小滑块的速度大小为v0＝eq\r(\f(2Ek0,m))＝4m/s，同理共速时小滑块的速度v1＝eq\r(\f(2Ek1,m))＝2m/s，前一阶段，小滑块减速的加速度大小a1＝eq\f(μ1mg,m)＝μ1g＝6m/s2，到达共速的时间t＝eq\f(v0－v1,a1)＝eq\f(1,3)s，对木板分析，由μ1mg>μ2·2mg可知，此阶段木板加速，木板的加速度大小a2＝eq\f(μ1mg－μ2·2mg,m)＝4m/s2，小滑块滑上木板瞬间木板的速度大小为v0板＝v1－a2t＝eq\f(2,3)m/s，到达共速时木板的位移大小x1′＝eq\f(v0板＋v1,2)t＝eq\f(4,9)m，小滑块相对木板的位移大小Δx＝x1－x1′＝eq\f(5,9)m，即木板长度至少为eq\f(5,9)m，小滑块才不会冲出木板，C正确，D错误。19．(2022·河北高考)(多选)如图，轻质定滑轮固定在天花板上，物体P和Q用不可伸长的轻绳相连，悬挂在定滑轮上，质量mQ>mP，t＝0时刻将两物体由静止释放，物体Q的加速度大小为eq\f(g,3)。T时刻轻绳突然断开，物体P能够达到的最高点恰与物体Q释放位置处于同一高度，取t＝0时刻物体P所在水平面为零势能面，此时物体Q的机械能为E。重力加速度大小为g，不计摩擦和空气阻力，两物体均可视为质点。下列说法正确的是()A．物体P和Q的质量之比为1∶3B．2T时刻物体Q的机械能为eq\f(E,2)C．2T时刻物体P重力的功率为eq\f(3E,2T)D．2T时刻物体P的速度大小eq\f(2gT,3)答案：BCD解析：开始释放时物体Q的加速度大小为eq\f(g,3)，则mQg－FT＝mQ·eq\f(g,3)，FT－mPg＝mP·eq\f(g,3)，解得物体P和Q的质量之比为eq\f(mP,mQ)＝eq\f(1,2)，A错误；在T时刻，两物体的速度大小均为v1＝eq\f(gT,3)，P上升的高度h1＝eq\f(1,2)×eq\f(g,3)×T2＝eq\f(gT2,6)，轻绳断开后P能继续上升的高度h2＝eq\f(veq\o\al(2,1),2g)＝eq\f(gT2,18)，结合题意可知，开始时P、Q间高度差为h＝h1＋h2＝eq\f(2gT2,9)，则t＝0时Q的机械能E＝mQgh＝eq\f(2mQg2T2,9)，轻绳断开时物体Q的机械能E′＝mQgh2＋eq\f(1,2)mQveq\o\al(2,1)＝eq\f(mQg2T2,9)＝eq\f(E,2)，此后物体Q的机械能守恒，则在2T时刻物体Q的机械能仍为eq\f(E,2)，B