2022版高考物理一輪復(fù)習(xí)第五章機(jī)械能及其守恒定律第4講功能關(guān)系能量守恒定律學(xué)案

1、2021版高考物理一輪復(fù)習(xí)第五章機(jī)械能及其守恒定律第4講功能關(guān)系能量守恒定律學(xué)案PAGE PAGE 30第4講功能關(guān)系能量守恒定律微知識(shí)1 功能關(guān)系1功是能量轉(zhuǎn)化的量度，即做了多少功就有多少能量發(fā)生了轉(zhuǎn)化，而且能的轉(zhuǎn)化必通過(guò)做功來(lái)實(shí)現(xiàn)。2幾種常見力的功與能量轉(zhuǎn)化的關(guān)系(1)重力做功：重力勢(shì)能和其他能相互轉(zhuǎn)化。(2)彈簧彈力做功：彈性勢(shì)能和其他能相互轉(zhuǎn)化。(3)滑動(dòng)摩擦力做功：機(jī)械能轉(zhuǎn)化為內(nèi)能。(4)電場(chǎng)力做功：電勢(shì)能與其他能相互轉(zhuǎn)化。(5)安培力做功：電能和機(jī)械能相互轉(zhuǎn)化。微知識(shí)2 能量守恒定律1內(nèi)容能量既不會(huì)消滅，也不會(huì)創(chuàng)生，它只能從一種形式轉(zhuǎn)化為另一種形式，或者從一個(gè)物體轉(zhuǎn)移到另一個(gè)物體，

2、而在轉(zhuǎn)化和轉(zhuǎn)移的過(guò)程中，能量的總量保持不變。2應(yīng)用能量守恒的兩條基本思路(1)某種形式的能減少，一定存在另一種形式的能增加，且減少量和增加量相等。(2)某個(gè)物體的能量減少，一定存在另一個(gè)物體的能量增加，且減少量和增加量相等。一、思維辨析(判斷正誤，正確的畫“”，錯(cuò)誤的畫“”。)1做功過(guò)程一定有能量的轉(zhuǎn)化。()2力對(duì)物體做多少功，物體就有多少能量。()3力對(duì)物體做功，物體的總能量一定增加。()4能量在轉(zhuǎn)化和轉(zhuǎn)移的過(guò)程中 ，總量會(huì)不斷減少。()5滑動(dòng)摩擦力做功時(shí)，一定會(huì)引起能量的轉(zhuǎn)化。()二、對(duì)點(diǎn)微練1(對(duì)功能關(guān)系的理解)(多選)對(duì)于功和能，下列說(shuō)法正確的是()A功和能的單位相同，它們的概念也相同

3、B做功的過(guò)程就是物體能量轉(zhuǎn)化的過(guò)程C做了多少功，就有多少能量發(fā)生了轉(zhuǎn)化D各種不同形式的能可以互相轉(zhuǎn)化，且在轉(zhuǎn)化的過(guò)程中，能的總量是守恒的答案BCD2(功能關(guān)系的應(yīng)用)(多選)一人用力把質(zhì)量為m的物體由靜止豎直向上勻加速提升h，速度增加為v，則對(duì)此過(guò)程，下列說(shuō)法正確的是()A人對(duì)物體所做的功等于物體機(jī)械能的增量B物體所受合外力所做的功為eq f(1,2)mv2C人對(duì)物體所做的功為mghD人對(duì)物體所做的功為eq f(1,2)mv2解析由功能關(guān)系可知，人對(duì)物體所做的功等于物體機(jī)械能的增量，為mgheq f(1,2)mv2，選項(xiàng)A正確，C、D項(xiàng)錯(cuò)誤；由動(dòng)能定理可知，物體所受合外力所做的功為eq f(1

4、,2)mv2，選項(xiàng)B正確。答案AB3(能的轉(zhuǎn)化和守恒定律)如圖所示，一質(zhì)量均勻的不可伸長(zhǎng)的繩索重為G，A、B兩端固定在天花板上，現(xiàn)在最低點(diǎn)C施加一豎直向下的力將繩索拉至D點(diǎn)，在此過(guò)程中繩索AB的重心位置將()A逐漸升高 B逐漸降低C先降低后升高 D始終不變解析由題意知外力對(duì)繩索做正功，機(jī)械能增加，重心升高，故選A項(xiàng)。答案A見學(xué)生用書P080微考點(diǎn)1功能關(guān)系的理解和應(yīng)用核|心|微|講力學(xué)中常見的功能關(guān)系典|例|微|探【例1】質(zhì)量為m的物體，在距地面h高處以eq f(1,3)g的加速度由靜止豎直下落到地面，下列說(shuō)法正確的是()A物體重力勢(shì)能減少eq f(2,3)mghB重力對(duì)物體做功eq f(1,

5、3)mghC物體的機(jī)械能減少eq f(2,3)mghD物體的動(dòng)能增加eq f(2,3)mgh【解題導(dǎo)思】(1)重力做功與重力勢(shì)能變化具有何種關(guān)系？答：重力做功與重力勢(shì)能的變化等值、符號(hào)相反。(2)哪些力做功引起動(dòng)能的變化？如何求解機(jī)械能的變化？答：合外力的功與物體動(dòng)能變化相等，除重力以外的其他力的功等于物體的機(jī)械能變化。 解析重力做功引起重力勢(shì)能的變化，WGmghEp，物體重力做功mgh，重力勢(shì)能減少了mgh，A、B項(xiàng)錯(cuò)誤；合外力做功引起動(dòng)能的變化，W合eq f(mg,3)hEk，動(dòng)能增加了eq f(1,3)mgh，D項(xiàng)錯(cuò)誤；動(dòng)能和重力勢(shì)能之和等于機(jī)械能，重力勢(shì)能減少了mgh，動(dòng)能增加了eq

6、f(1,3)mgh，故機(jī)械能減少了eq f(2,3)mgh，C項(xiàng)正確。答案C力對(duì)物體做功會(huì)引起能量形式的轉(zhuǎn)化，并可用做功的多少去度量能量轉(zhuǎn)化的多少，所以找準(zhǔn)某個(gè)力做功與對(duì)應(yīng)能量轉(zhuǎn)化的關(guān)系是解決問(wèn)題的關(guān)鍵。功能關(guān)系選用的原則：(1)若只涉及動(dòng)能的變化用動(dòng)能定理分析。(2)若只涉及重力勢(shì)能的變化用重力做功與重力勢(shì)能的變化關(guān)系分析。(3)若只涉及機(jī)械能變化用除重力和彈簧彈力之外的力做功與機(jī)械能變化的關(guān)系分析。(4)若只涉及電勢(shì)能的變化用電場(chǎng)力做功與電勢(shì)能變化的關(guān)系分析。題|組|微|練1輕質(zhì)彈簧右端固定在墻上，左端與一質(zhì)量m0.5 kg的物塊相連，如圖甲所示。彈簧處于原長(zhǎng)狀態(tài)，物塊靜止且與水平面間的動(dòng)

7、摩擦因數(shù)0.2。以物塊所在處為原點(diǎn)，水平向右為正方向建立x軸?，F(xiàn)對(duì)物塊施加水平向右的外力F，F(xiàn)隨x軸坐標(biāo)變化的情況如圖乙所示。物塊運(yùn)動(dòng)至x0.4 m處時(shí)速度為零。則此時(shí)彈簧的彈性勢(shì)能為(g取10 m/s2)()A3.1 JB3.5 JC1.8 JD2.0 J解析物塊與水平面間的摩擦力為fmg1 N?，F(xiàn)對(duì)物塊施加水平向右的外力F，由Fx圖象面積表示功可知F做功W3.5 J，克服摩擦力做功Wffx0.4 J。由功能關(guān)系可知，WWfEp，此時(shí)彈簧的彈性勢(shì)能為Ep3.1 J，A項(xiàng)正確。答案A2(多選)如圖所示，輕質(zhì)彈簧一端固定，另一端與一質(zhì)量為m、套在粗糙豎直固定桿A處的圓環(huán)相連，彈簧水平且處于原長(zhǎng)。

8、圓環(huán)從A處由靜止開始下滑，經(jīng)過(guò)B處的速度最大，到達(dá)C處的速度為零，ACh。圓環(huán)在C處獲得一豎直向上的速度v，恰好能回到A。彈簧始終在彈性限度內(nèi)，重力加速度為g，則圓環(huán)()A下滑過(guò)程中，加速度一直減小B下滑過(guò)程中，克服摩擦力做的功為eq f(1,4)mv2C在C處，彈簧的彈性勢(shì)能為eq f(1,4)mv2mghD上滑經(jīng)過(guò)B的速度大于下滑經(jīng)過(guò)B的速度解析圓環(huán)向下運(yùn)動(dòng)的過(guò)程，在B點(diǎn)速度最大，說(shuō)明向下先加速后減速，加速度先向下減小，后向上增大，A項(xiàng)錯(cuò)誤；下滑過(guò)程和上滑過(guò)程克服摩擦做功相同，因此下滑過(guò)程WfEpmgh，上滑過(guò)程Wfmgheq f(1,2)mv2Ep，因此克服摩擦做功Wfeq f(1,4)

9、mv2，B項(xiàng)正確；在C處：EpmghWfmgheq f(1,4)mv2，C項(xiàng)錯(cuò)誤；下滑從A到B，eq f(1,2)mveq oal(2,B1)EpWfmgh，上滑從B到A，eq f(1,2)mveq oal(2,B2)EpmghWf，得eq f(1,2)mveq oal(2,B2)eq f(1,2)mveq oal(2,B1)2Wf，可見vB2vB1，D項(xiàng)正確。答案BD微考點(diǎn)2功能關(guān)系和能量守恒定律的綜合應(yīng)用核|心|微|講應(yīng)用能量守恒定律的一般步驟：1分清有多少種形式的能(如動(dòng)能、勢(shì)能、內(nèi)能、電能等)在變化。2分別列出減少的能量E減和增加的能量E增的表達(dá)式。3列恒等式：E減E增。典|例|微|探

10、【例2】如圖，質(zhì)量為M的小車靜止在光滑水平面上，小車AB段是半徑為R的四分之一圓弧光滑軌道，BC段是長(zhǎng)為L(zhǎng)的水平粗糙軌道，兩段軌道相切于B點(diǎn)。一質(zhì)量為m的滑塊在小車上從A點(diǎn)由靜止開始沿軌道滑下，重力加速度為g。(1)若固定小車，求滑塊運(yùn)動(dòng)過(guò)程中對(duì)小車的最大壓力。(2)若不固定小車，滑塊仍從A點(diǎn)由靜止下滑，然后滑入BC軌道，最后從C點(diǎn)滑出小車。已知滑塊質(zhì)量meq f(M,2)，在任一時(shí)刻滑塊相對(duì)地面速度的水平分量是小車速度大小的2倍，滑塊與軌道BC間的動(dòng)摩擦因數(shù)為，求：滑塊運(yùn)動(dòng)過(guò)程中，小車的最大速度大小vm。滑塊從B到C運(yùn)動(dòng)過(guò)程中，小車的位移大小s?！窘忸}導(dǎo)思】(1)小車固定，滑塊從AB的過(guò)程中

11、，有哪些力對(duì)滑塊做了功？答：只有重力做功。(2)小車不固定，滑塊從AB的過(guò)程中，滑塊重力勢(shì)能的減少轉(zhuǎn)化成什么形式的能？BC過(guò)程，系統(tǒng)減少的機(jī)械能轉(zhuǎn)化成什么形式的能？答：AB的過(guò)程，滑塊的重力勢(shì)能轉(zhuǎn)化為滑塊和小車的動(dòng)能；BC過(guò)程，系統(tǒng)減少的機(jī)械能轉(zhuǎn)化為系統(tǒng)的內(nèi)能。 解析(1)滑塊滑到B點(diǎn)時(shí)對(duì)小車壓力最大，從A到B機(jī)械能守恒mgReq f(1,2)mveq oal(2,B)，滑塊在B點(diǎn)處，由牛頓第二定律知Nmgmeq f(voal(2,B),R)，解得N3mg，由牛頓第三定律知NN3mg。(2)在任一時(shí)刻滑塊相對(duì)地面速度的水平分量是小車速度的2倍?；瑝K下滑到達(dá)B點(diǎn)時(shí)，小車速度最大。由機(jī)械能守恒mg

12、Req f(1,2)Mveq oal(2,m)eq f(1,2)m(2vm)2，解得vm eq r(f(gR,3)。設(shè)滑塊運(yùn)動(dòng)到C點(diǎn)時(shí)，小車速度大小為vC，由功能關(guān)系得mgRmgLeq f(1,2)Mveq oal(2,C)eq f(1,2)m(2vC)2，設(shè)滑塊從B到C過(guò)程中，小車運(yùn)動(dòng)加速度大小為a，由牛頓第二定律，有mgMa，由運(yùn)動(dòng)學(xué)規(guī)律得veq oal(2,C)veq oal(2,m)2as，解得seq f(1,3)L。答案(1)3mg(2) eq r(f(gR,3)eq f(1,3)L題|組|微|練3. (多選)如圖所示，一傾角為的固定斜面下端固定一擋板，一勁度系數(shù)為k的輕彈簧下端固定

13、在擋板上，現(xiàn)將一質(zhì)量為m的小物塊從斜面上離彈簧上端距離為s處，由靜止釋放，已知物塊與斜面間的動(dòng)摩擦因數(shù)為，物塊下滑過(guò)程中最大動(dòng)能為Ekm，則小物塊從釋放到運(yùn)動(dòng)至最低點(diǎn)的過(guò)程中，下列說(shuō)法正確的是()Amgcos，解得mgcos，物塊繼續(xù)向下加速，動(dòng)能仍在增大，所以此瞬間動(dòng)能不是最大，當(dāng)物塊的合力為零時(shí)動(dòng)能才最大，故B項(xiàng)錯(cuò)誤；根據(jù)能量轉(zhuǎn)化和守恒定律知，彈簧的最大彈性勢(shì)能等于整個(gè)過(guò)程中物塊減少的重力勢(shì)能與產(chǎn)生的內(nèi)能之差，而內(nèi)能等于物塊克服摩擦力做功，可得彈簧的最大彈性勢(shì)能等于整個(gè)過(guò)程中物塊減少的重力勢(shì)能與摩擦力對(duì)物塊做功之和，C項(xiàng)正確；若將物塊從離彈簧上端2s的斜面處由靜止釋放，下滑過(guò)程中物塊動(dòng)能最

14、大的位置不變，彈性勢(shì)能不變，設(shè)為Ep，此位置彈簧的壓縮量為x。根據(jù)功能關(guān)系可得：將物塊從離彈簧上端2s的斜面處由靜止釋放，下滑過(guò)程中物塊的最大動(dòng)能為Ekmmgeq blc(rc)(avs4alco1(sx)sinmgeq blc(rc)(avs4alco1(sx)cosEp，將物塊從離彈簧上端2s的斜面處由靜止釋放，下滑過(guò)程中物塊的最大動(dòng)能為Ekmmgeq blc(rc)(avs4alco1(2sx)sinmgeq blc(rc)(avs4alco1(2sx)cosEp，而2Ekmmgeq blc(rc)(avs4alco1(2s2x)sinmgeq blc(rc)(avs4alco1(2s2

15、x)cos2Epmgeq blc(rc)(avs4alco1(2sx)sinmgeq blc(rc)(avs4alco1(2sx)cosEp(mgxsinmgxcosEp)Ekm(mgxsinmgxcosEp)，由于在物塊接觸彈簧到動(dòng)能最大的過(guò)程中，物塊的重力勢(shì)能轉(zhuǎn)化為內(nèi)能和物塊的動(dòng)能，則根據(jù)功能關(guān)系可得mgxsinmgxcosEp，即mgxsinmgxcosEp0，所以得Ekm2Ekm，故D項(xiàng)正確。答案ACD4如圖所示，靜止在光滑水平面上的長(zhǎng)木板B，質(zhì)量M2 kg，長(zhǎng)l14.5 m，與B等高的固定平臺(tái)CD長(zhǎng)l23 m，平臺(tái)右側(cè)有一豎直放置且半徑R1 m的光滑半圓軌道DEF。質(zhì)量m1 kg的小

16、滑塊A以初速度v06 m/s從B的左端水平滑上B，隨后A、B向右運(yùn)動(dòng)，長(zhǎng)木板B與平臺(tái)CD碰撞前的瞬間，小滑塊A的速度大小為vA4 m/s，此時(shí)A、B還未達(dá)到共同速度。設(shè)長(zhǎng)木板B與平臺(tái)碰撞后立即被鎖定，小滑塊A可視為質(zhì)點(diǎn)，小滑塊A與平臺(tái)B之間的動(dòng)摩擦因數(shù)10.2，小滑塊A與平臺(tái)CD之間的動(dòng)摩擦因數(shù)20.1，x0.5 m，g10 m/s2，求：(1)長(zhǎng)木板B與平臺(tái)碰撞前的瞬間，B的速度大小。(2)小滑塊A最終停在離木板B左端多遠(yuǎn)處。解析(1)B與平臺(tái)CD碰撞時(shí)，A、B還未達(dá)到共同速度。設(shè)B與平臺(tái)碰撞前瞬間速度大小為vB，由動(dòng)能定理有1mgxeq f(1,2)Mveq oal(2,B)，解得vB1

17、m/s。(2)B與平臺(tái)碰撞前A相對(duì)B發(fā)生的位移為x，根據(jù)能量守恒定律有1mgxeq f(1,2)mveq oal(2,0)eq f(1,2)mveq oal(2,A)eq f(1,2)mveq oal(2,B)，解得x4.5 m，即B與平臺(tái)碰撞時(shí)，A恰好到達(dá)平臺(tái)左端。設(shè)A在半圓形軌道上能到達(dá)的最大高度為h，則由動(dòng)能定理有mgh2mgl20eq f(1,2)mveq oal(2,A)，解得h0.5 mR，故m到達(dá)最高點(diǎn)后沿半圓形軌道返回。設(shè)A向左到達(dá)C點(diǎn)時(shí)速度為vC，有mgh2mgl2eq f(1,2)mveq oal(2,C)，解得vC2 m/s。A過(guò)C之后在B上運(yùn)動(dòng)的距離為l，有1mgl0e

18、q f(1,2)mveq oal(2,C)，解得l1 m，即A最終停在離B木板左端3.5 m處。答案(1)1 m/s(2)3.5 m見學(xué)生用書P082與摩擦生熱相關(guān)的兩個(gè)物理模型素能培養(yǎng)1兩個(gè)模型(1)滑塊木板模型。(2)傳送帶模型。2兩種摩擦力的做功情況比較3.求解相對(duì)滑動(dòng)物體的能量問(wèn)題的方法(1)正確分析物體的運(yùn)動(dòng)過(guò)程，做好受力情況分析。(2)利用運(yùn)動(dòng)學(xué)公式，結(jié)合牛頓第二定律分析物體的速度關(guān)系及位移關(guān)系。(3)公式Qfl相對(duì)中l(wèi)相對(duì)為兩接觸物體間的相對(duì)位移，若物體在傳送帶上做往復(fù)運(yùn)動(dòng)時(shí)，則l相對(duì)為總的相對(duì)路程。經(jīng)典考題如圖所示，AB為半徑R0.8 m的eq f(1,4)光滑圓弧軌道，下端B

19、恰與小車右端平滑對(duì)接。小車質(zhì)量M3 kg，車長(zhǎng)L2.06 m，車上表面距地面的高度h0.2 m，現(xiàn)有一質(zhì)量m1 kg的滑塊，由軌道頂端無(wú)初速度釋放，滑到B端后沖上小車。已知地面光滑，滑塊與小車上表面間的動(dòng)摩擦因數(shù)0.3，當(dāng)車運(yùn)動(dòng)了t01.5 s 時(shí)，車被地面裝置鎖定(g取10 m/s2)。求：(1)滑塊到達(dá)B端時(shí)，軌道對(duì)它支持力的大小。(2)車被鎖定時(shí)，車右端距軌道B端的距離。(3)從車開始運(yùn)動(dòng)到被鎖定的過(guò)程中，滑塊與車上表面間由于摩擦而產(chǎn)生的內(nèi)能大小。解析(1)由機(jī)械能守恒定律和牛頓第二定律得mgReq f(1,2)mveq oal(2,B)，NBmgmeq f(voal(2,B),R)，則

20、NB30 N。(2)設(shè)m滑上小車后經(jīng)過(guò)時(shí)間t1與小車同速，共同速度大小為v對(duì)滑塊有mgma1，vvBa1t1，對(duì)于小車有mgMa2，va2t1，解得v1 m/s，t11 s，因t1t0，故滑塊與小車同速后，小車?yán)^續(xù)向左勻速行駛了0.5 s，則小車右端距B端的距離為l車eq f(v,2)t1v(t0t1)，解得l車1 m。(3)Qmgl相對(duì)mgeq blc(rc)(avs4alco1(f(vBv,2)t1f(v,2)t1)，解得Q6 J。答案(1)30 N(2)1 m(3)6 J對(duì)法對(duì)題1. (多選)如圖所示，水平傳送帶由電動(dòng)機(jī)帶動(dòng)，并始終保持以速度v勻速運(yùn)動(dòng)，現(xiàn)將質(zhì)量為m的某物塊由靜止釋放在傳

21、送帶上的左端，過(guò)一會(huì)兒物塊能保持與傳送帶相對(duì)靜止，設(shè)物塊與傳送帶間的動(dòng)摩擦因數(shù)為，對(duì)于這一過(guò)程，下列說(shuō)法正確的是()A摩擦力對(duì)物塊做的功為0.5mv2B物塊對(duì)傳送帶做功為0.5mv2C系統(tǒng)摩擦生熱為0.5mv2D電動(dòng)機(jī)多做的功為mv2解析對(duì)物塊運(yùn)用動(dòng)能定理，摩擦力做的功等于物塊動(dòng)能的增加，即0.5mv2，故A項(xiàng)正確；傳送帶的位移是物塊位移的兩倍，所以物塊對(duì)傳送帶做功的絕對(duì)值是摩擦力對(duì)物塊做功的兩倍，即為mv2，故B項(xiàng)錯(cuò)誤；電動(dòng)機(jī)多做的功就是傳送帶克服摩擦力做的功，也為mv2，故D項(xiàng)正確；系統(tǒng)摩擦生熱等于摩擦力與相對(duì)位移的乘積，故C項(xiàng)正確。答案ACD2. (多選)如圖所示，質(zhì)量為M、長(zhǎng)為L(zhǎng)的木板

22、置于光滑的水平面上，一質(zhì)量為m的滑塊放置在木板左端，滑塊與木板間滑動(dòng)摩擦力大小為f，用水平的恒定拉力F作用于滑塊。當(dāng)滑塊運(yùn)動(dòng)到木板右端時(shí)，木板在地面上移動(dòng)的距離為x，滑塊速度為v1，木板速度為v2，下列結(jié)論正確的是()A上述過(guò)程中，F(xiàn)做功大小為eq f(1,2)mveq oal(2,1)eq f(1,2)Mveq oal(2,2)B其他條件不變的情況下，M越大，x越小C其他條件不變的情況下，F(xiàn)越大，滑塊到達(dá)右端所用時(shí)間越長(zhǎng)D其他條件不變的情況下，f越大，滑塊與木板間產(chǎn)生的熱量越多解析由功能原理可知，上述過(guò)程中，F(xiàn)做功大小為二者動(dòng)能與產(chǎn)生的熱量之和，選項(xiàng)A錯(cuò)誤；其他條件不變的情況下，M越大，M的

23、加速度越小，x越小，選項(xiàng)B正確；其他條件不變的情況下，F(xiàn)越大，滑塊的加速度越大，滑塊到達(dá)右端所用時(shí)間越短，選項(xiàng)C錯(cuò)誤；其他條件不變的情況下，滑塊與木板間產(chǎn)生的熱量等于滑動(dòng)摩擦力與相對(duì)位移的乘積，f越大，滑塊與木板間產(chǎn)生的熱量越多，選項(xiàng)D正確。答案BD見學(xué)生用書P0821籃球運(yùn)動(dòng)員的定點(diǎn)跳投動(dòng)作可分解如下：靜止在地面上的運(yùn)動(dòng)員先屈腿下蹲，然后突然蹬地，重心上升雙腳離開地面，離地后重心繼續(xù)上升，到達(dá)最高點(diǎn)后投出籃球。已知某運(yùn)動(dòng)員的質(zhì)量為m，雙腳離開地面時(shí)的速度為v，從下蹲到最高點(diǎn)的過(guò)程中重心上升的高度為h，下列說(shuō)法正確的是()A從下蹲到離開地面，地面對(duì)運(yùn)動(dòng)員做的功為mghB從下蹲到離開地面，地面對(duì)

24、運(yùn)動(dòng)員做的功為零C從下蹲到離開地面，運(yùn)動(dòng)員的機(jī)械能增加了mgheq f(1,2)mv2D從下蹲到最高點(diǎn)，運(yùn)動(dòng)員先超重后失重解析地面對(duì)運(yùn)動(dòng)員的力的作用點(diǎn)沒有位移，故地面對(duì)運(yùn)動(dòng)員的力不做功，運(yùn)動(dòng)員的機(jī)械能來(lái)自運(yùn)動(dòng)員自身的化學(xué)能，選項(xiàng)A錯(cuò)誤，選項(xiàng)B正確；從下蹲到離開地面，運(yùn)動(dòng)員的機(jī)械能增加了mgh，選項(xiàng)C錯(cuò)誤；運(yùn)動(dòng)員下蹲時(shí)，重心下移，處于失重狀態(tài)；突然蹬地，所受合外力向上，加速度向上，處于超重狀態(tài)，雙腳離開地面后，只受重力，加速度向下，處于完全失重狀態(tài)，選項(xiàng)D錯(cuò)誤。答案B2滑板是現(xiàn)在非常流行的一種運(yùn)動(dòng)，如圖所示，一滑板運(yùn)動(dòng)員以7 m/s 的初速度從曲面的A點(diǎn)下滑，運(yùn)動(dòng)到B點(diǎn)的速度仍為7 m/s，若他以6 m/s的初速度仍由A點(diǎn)下滑，則他運(yùn)動(dòng)到B點(diǎn)時(shí)的速度()A大于6 m/s B等于6 m/sC小于6 m/s D條件不足，無(wú)法計(jì)算解析當(dāng)初速度為7 m/s時(shí)，由功能關(guān)系知，運(yùn)動(dòng)員克服摩擦力做的