功能關(guān)系能量守恒定律（教師版）

第四講功能關(guān)系能量守恒定律[人教版必修第二冊]1．人教版必修第二冊第八章機械能守恒定律，第4節(jié)【練習與應用】T5。小球在哪個位置動能最大？整個過程發(fā)生著哪些能量的轉(zhuǎn)化？請由此題情景梳理出至少三條功能關(guān)系。提示：小球合力為零時，即彈簧彈力等于小球重力時，小球速度最大，動能最大。運動過程中，整個系統(tǒng)內(nèi)發(fā)生著動能、重力勢能、彈性勢能的相互轉(zhuǎn)化。此題情景涉及到的功能關(guān)系：合力做功引起動能的變化；重力做功引起重力勢能的變化；彈簧彈力做功引起彈性勢能的變化；除重力和彈力之外的其他力做的功引起機械能的變化。2．人教版必修第三冊第十二章電能能量守恒定律，第4節(jié)P93頁【思考與討論】。該情景中，發(fā)生著哪些能量的相互轉(zhuǎn)化？請寫出能量守恒定律的內(nèi)容，并說明能量轉(zhuǎn)移或轉(zhuǎn)化中遵循的規(guī)律。提示：雞蛋的內(nèi)能減少，水的內(nèi)能增加，雞蛋的內(nèi)能轉(zhuǎn)化為水的內(nèi)能。能量守恒定律：能量既不會憑空產(chǎn)生，也不會憑空消失，它只能從一種形式轉(zhuǎn)化為另一種形式，或者從一個物體轉(zhuǎn)移到別的物體，在轉(zhuǎn)化或轉(zhuǎn)移的過程中，能量的總量保持不變。能量轉(zhuǎn)移或轉(zhuǎn)化過程具有方向性。3．完成人教版必修第二冊第八章【復習與提高】B組T7。提示：退潮時可以釋放的水的質(zhì)量m＝ρ(h1－h(huán)2)S＝2.0×109kg，這一部分水減少的重力勢能ΔEp＝EQmg\f(h1－h(huán)2,2)＝2.0×1010J，一次落潮所發(fā)的電能E＝ηΔEp＝0.5×2.0×1010J＝1.0×1010J?？键c一常見功能關(guān)系的理解與應用一、功能關(guān)系1．內(nèi)容（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。（2）做功的過程一定伴隨有能量的轉(zhuǎn)化，而且能量的轉(zhuǎn)化必須通過做功來實現(xiàn)。2．幾種常見的功能關(guān)系及其表達式力做功能的變化定量關(guān)系合力的功動能變化W＝Ek2－Ek1＝ΔEk重力的功重力勢能變化（1）重力做正功，重力勢能減少（2）重力做負功，重力勢能增加（3）WG＝－ΔEp＝Ep1－Ep2彈簧彈力的功彈性勢能變化（1）彈力做正功，彈性勢能減少（2）彈力做負功，彈性勢能增加（3）WF＝－ΔEp＝Ep1－Ep2只有重力、彈力做功機械能不變化機械能守恒，ΔE＝0除重力和彈力之外的其他力做的功機械能變化（1）其他力做多少正功，物體的機械能就增加多少（2）其他力做多少負功，物體的機械能就減少多少（3）W其他＝ΔE一對相互作用的滑動摩擦力的總功機械能減少內(nèi)能增加（1）作用于系統(tǒng)的一對滑動摩擦力一定做負功，系統(tǒng)內(nèi)能增加（2）摩擦生熱Q＝Ff·x相對3．兩個特殊的功能關(guān)系（1）滑動摩擦力與兩物體間相對位移的乘積等于系統(tǒng)內(nèi)能的增加（系統(tǒng)產(chǎn)生的熱量），即Ff·x相對＝Q。（2）物體克服安培力做的功等于產(chǎn)生的電能，即W克安＝E電。（多選）（2021·廣東省選擇考模擬）蹦床是少年兒童喜歡的一種體育運動，如圖所示，蹦床的中心由彈性網(wǎng)組成，若少年兒童從最高點落下至最低點的過程中，空氣阻力大小恒定，則少年兒童（）A．機械能一直減小B．剛接觸網(wǎng)面時，動能最大C．重力勢能的減少量大于克服空氣阻力做的功D．重力勢能的減少量等于彈性勢能的增加量AC兒童從最高點落下直至最低點的過程中，彈簧彈力以及空氣阻力一直做負功，因此其機械能一直減小，故A正確；兒童和彈性網(wǎng)接觸的過程中先加速然后減速，故剛接觸網(wǎng)面時，動能并非最大，故B錯誤；根據(jù)功能關(guān)系可知，重力做功等于克服空氣阻力和克服彈簧彈力做功的和，則重力勢能的減少量大于彈性勢能的增加量，重力的減少量大于克服空氣阻力做功，故C正確，故D錯誤。（2021·河北廊坊市摸底）一質(zhì)量為m的小球，從地面附近的某高度處以初速度v水平拋出，除重力外小球還受一水平恒力作用，經(jīng)過一段時間，小球的速度大小變?yōu)?v，方向豎直向下，小球還未到達地面。在此過程中（）A．小球的動能增加了EQ\f(1,2)mv2 B．小球的重力勢能減少了2mv2C．小球的機械能增加了2mv2 D．水平恒力做功的大小大于重力做功的大小B小球的動能增加了ΔEk增＝m(2v)2－mv2＝mv2，故A錯誤；小球在豎直方向做自由落體運動，且水平恒力作用一段時間后，小球運動速度方向豎直向下，說明水平方向的速度恰好減為零，小球的重力勢能減少了ΔEp減＝mgh，又(2v)2＝2gh，聯(lián)立得ΔEp減＝2mv2，故B正確；下落過程根據(jù)動能定理得WF＋mgh＝m(2v)2－mv2，即WF＋2mv2＝m(2v)2－mv2，解得WF＝－mv2，水平恒力做功為－mv2，小球的機械能減少mv2，重力做功等于重力勢能的減少量即為2mv2，故C、D錯誤。（2020·全國卷Ⅰ）（多選）一物塊在高3.0m、長5.0m的斜面頂端從靜止開始沿斜面下滑，其重力勢能和動能隨下滑距離s的變化如圖中直線Ⅰ、Ⅱ所示，重力加速度取10m/s2。則（）A．物塊下滑過程中機械能不守恒B．物塊與斜面間的動摩擦因數(shù)為C．物塊下滑時加速度的大小為6.0m/s2D．當物塊下滑2.0m時機械能損失了12JAB物塊下滑5m的過程中，重力勢能減少30J，動能增加10J，增加的動能小于減少的重力勢能，所以機械能不守恒，A正確。斜面高h＝3.0m、長L＝5.0m，則斜面傾角θ的正弦值sinθ＝＝；物塊在斜面底端的重力勢能為零，則在斜面頂端的重力勢能為mgh＝30J，可得物塊的質(zhì)量m＝1.0kg；物塊下滑5m的過程中，由功能關(guān)系可知，機械能的減少量等于克服摩擦力做的功，即μmgcosθ·L＝20J，可求得μ＝，B正確。由牛頓第二定律，有mgsinθ－μmgcosθ＝ma，可求得a＝2.0m/s2，C錯誤。當物塊下滑2.0m時，重力勢能減少12J，動能增加4J，所以機械能損失了8J，D錯誤。11．功能關(guān)系的兩點理解（1）做功的過程就是能量轉(zhuǎn)化的過程。不同形式的能量發(fā)生相互轉(zhuǎn)化是通過做功來實現(xiàn)的。（2）功是能量轉(zhuǎn)化的量度，功和能的關(guān)系，一是體現(xiàn)在不同的力做功，對應不同形式的能轉(zhuǎn)化，具有一一對應關(guān)系，二是做功的多少與能量轉(zhuǎn)化的多少在數(shù)值上相等。2．功能關(guān)系的三種應用（1）物體動能增加與減少要看合外力對物體做正功還是做負功。（2）勢能的增加與減少要看對應的作用力（如重力、彈簧彈力、電場力等）做負功還是做正功。（3）機械能增加與減少要看重力之外的力對物體做正功還是做負功。1.(2023·山西太原市高三模擬)如圖甲所示，一物塊置于粗糙水平面上，其右端通過水平彈性輕繩固定在豎直墻壁上．用力將物塊向左拉至O處后由靜止釋放，用傳感器測出物塊的位移x和對應的速度，作出物塊的動能Ek－x關(guān)系圖像如圖乙所示．其中，～0.25m間的圖線為直線，其余部分為曲線．已知物塊與水平面間的動摩擦因數(shù)為，取g＝10m/s2，彈性繩的彈力與形變始終符合胡克定律，可知()A．物塊的質(zhì)量為0.2kgB．彈性繩的勁度系數(shù)為50N/mC．彈性繩彈性勢能的最大值為0.6JD．物塊被釋放時，加速度的大小為8m/s2D根據(jù)動能定理可得μmgΔx＝ΔEk，代入數(shù)據(jù)可得，所以A錯誤；由題圖乙可知動能最大時彈性繩彈力等于滑動摩擦力，則有kΔx1＝μmg，Δx1＝0.10m－0.08m＝0.02m，解得k＝100N/m，所以B錯誤；根據(jù)能量守恒定律有Epm＝μmgxm＝0.2×1×10×0.25J＝0.5J，所以C錯誤；物塊被釋放時，加速度的大小為a＝eq\f(kΔxm－μmg,m)＝－0.2×1×10,1)m/s2＝8m/s2，所以D正確．2．（多選）如圖所示，質(zhì)量為m的物體（可視為質(zhì)點）以某一速度從A點沖上傾角為30°的固定斜面，其減速運動的加速度大小為eq\f(3,4)g，此物體在斜面上能夠上升的最大高度為h，則在這個過程中物體（）A．重力勢能增加了mgh B．機械能損失了eq\f(1,2)mghC．動能損失了mgh D．克服摩擦力做功eq\f(1,4)mghAB加速度大小a＝eq\f(3,4)g＝eq\f(mgsin30°＋Ff,m)，解得摩擦力Ff＝eq\f(1,4)mg，機械能損失量等于克服摩擦力做的功，即Ffx＝eq\f(1,4)mg·2h＝eq\f(1,2)mgh，故B項正確，D項錯誤；物體在斜面上能夠上升的最大高度為h，所以重力勢能增加了mgh，故A項正確；動能損失量為克服合力做功的大小，動能損失量ΔEk＝F合x＝eq\f(3,4)mg·2h＝eq\f(3,2)mgh，故C項錯誤。3．（多選）（2021·東北三省四市教研聯(lián)合體模擬）第22屆哈爾濱冰雪大世界開門迎客了，近400m長的極速大滑梯是大人、孩子最喜歡的王牌娛樂項目。一名游客坐在雪橇上下滑了一段路程，重力對他做功3000J，他克服阻力做功500J，則在此過程中這名游客（）A．重力勢能增加了3000J B．動能增加了3000JC．動能增加了2500J D．機械能減少了500JCD重力做正功，所以游客的重力勢能減少了3000J，A錯誤；合力做的功等于動能的增加量，所以動能增加了3000J－500J＝2500J，B錯誤，C正確；重力外的其他力做的功等于機械能的變化，阻力做負功500J，所以機械能減少了500J，D正確?？键c二摩擦力做功與能量轉(zhuǎn)化問題1．兩種摩擦力做功的比較靜摩擦力做功滑動摩擦力做功互為作用力和反作用力的一對靜摩擦力所做功的代數(shù)和為零，即要么一正一負，要么都不做功互為作用力和反作用力的一對滑動摩擦力所做功的代數(shù)和為負值，即至少有一個力做負功兩種摩擦力都可以對物體做正功或者負功，還可以不做功2．傳送帶模型中的功和能量（1）摩擦產(chǎn)生的熱量：Q＝Ff·x相對。（2）功能關(guān)系：W＝ΔEk＋ΔEp＋Q，其中W為傳送帶做的功，ΔEk為傳送物體增加的動能、ΔEp為傳送物體增加的勢能、Q為系統(tǒng)增加的內(nèi)能。題型一傳送帶中的功能關(guān)系皮帶輸送機普遍應用于交通、物流、食品等各行各業(yè)，通過掃碼可實現(xiàn)快遞自動分揀。如圖所示，傳送帶在電動機帶動下以v0＝2m/s的速度勻速運動，將質(zhì)量m＝1kg的包裹（可視為質(zhì)點）無初速度放在與掃碼儀B相距10m的A點處，包裹與傳送帶間的動摩擦因數(shù)μ＝，最大靜摩擦力等于滑動摩擦力，重力加速度g＝10m/s2。下列說法正確的是（）A．包裹從A點運動到掃碼儀B的過程中先受滑動摩擦力作用后受靜摩擦力作用B．包裹從A點運動到掃碼儀B的時間為5sC．將一個包裹運送到掃碼儀B的過程中，電動機多消耗的電能為4JD．將一個包裹運送到掃碼儀B的過程中，系統(tǒng)因摩擦產(chǎn)生的熱量為4JC包裹在傳送帶上加速時有μmg＝ma，解得a＝5m/s2，包裹在傳送帶上加速的時間t1＝EQ\f(v0,a)＝0.4s，包裹在傳送帶上加速的位移x＝EQ\f(v02,2a)＝0.4m＜10m，包裹在傳送帶上勻速運動的時間t2＝EQ\f(L－x,v0)＝4.8s，包裹從A點運動到掃碼儀B的時間t＝t1＋t2＝5.2s，故B錯誤；包裹加速過程受滑動摩擦力作用，與傳送帶共速后不受摩擦力作用，故A錯誤；傳送帶在包裹加速時間內(nèi)的位移x傳＝v0t1＝0.8m，傳送帶克服摩擦力所做的功W＝μmgx傳＝4J，電動機多消耗的電能等于傳送帶克服摩擦力所做的功，故C正確；包裹在傳送帶上加速的過程中，系統(tǒng)因摩擦產(chǎn)生的熱量為Q＝μmg(x傳－x)＝2J，故D錯誤。題型二滑塊——木板模型中的功能關(guān)系（多選）如圖所示，質(zhì)量為M、長度為L的小車靜止在光滑水平面上，質(zhì)量為m的小物塊（可視為質(zhì)點）放在小車的最左端?，F(xiàn)用一水平恒力F作用在小物塊上，使小物塊從靜止開始做勻加速直線運動。小物塊和小車之間的摩擦力為f，小物塊滑到小車的最右端時，小車運動的距離為x。此過程中，以下結(jié)論正確的是（）A．小物塊到達小車最右端時具有的動能為(F－f)(L＋x)B．小物塊到達小車最右端時，小車具有的動能為fxC．小物塊克服摩擦力所做的功為f(L＋x)D．小物塊和小車增加的機械能為FxABC由動能定理可得，小物塊到達小車最右端時的動能Ek物＝W合＝(F－f)(L＋x)，A正確；小物塊到達小車最右端時，小車的動能Ek車＝fx，B正確；小物塊克服摩擦力所做的功Wf＝f(L＋x)，C正確；小物塊和小車增加的機械能為F(L＋x)－fL，D錯誤。三步求解相對滑動物體的能量問題三步求解相對滑動物體的能量問題1．（2023·江蘇南京市十一校調(diào)研）如圖所示，傾角θ＝30°的粗糙斜面固定在地面上，長為l、質(zhì)量為m、粗細均勻、質(zhì)量分布均勻的軟繩置于斜面上，其上端與斜面頂端平齊，重力加速度為g。用細線將物塊與軟繩連接，物塊由靜止釋放后向下運動，直到軟繩剛好全部離開斜面（此時物塊未到達地面），在此過程中（）A．物塊的機械能逐漸增加B．軟繩的重力勢能共減少了EQ\f(1,4)mglC．物塊減少的重力勢能等于軟繩克服摩擦力所做的功D．軟繩減少的重力勢能大于其增加的動能與克服摩擦力所做的功之和B物塊克服細線的拉力做功，其機械能逐漸減少，A錯誤；軟繩重力勢能減少量ΔEp減＝mg·EQ\f(l,2)－mg·EQ\f(l,2)sinθ＝EQ\f(1,4)mgl，B正確；因為物塊的機械能減小，則物塊的重力勢能減小量大于物塊的動能增加量，機械能的減小量等于拉力做功的大小，由于拉力做功大于克服摩擦力做功，所以物塊重力勢能的減少量大于軟繩克服摩擦力所做的功，C錯誤；細線的拉力對軟繩做正功，對物塊做負功，則物塊的機械能減小，軟繩的機械能增加，軟繩重力勢能的減少量一定小于其動能的增加量，故軟繩重力勢能的減少量小于其動能的增加量與克服摩擦力所做功的和，D錯誤。2．（多選）如圖所示，一個長為L，質(zhì)量為M的木板，靜止在光滑水平面上，一個質(zhì)量為m的物塊（可視為質(zhì)點），以水平初速度v0，從木板的左端滑向另一端，設(shè)物塊與木板間的動摩擦因數(shù)為μ，當物塊與木板相對靜止時，物塊仍在長木板上，物塊相對木板的位移為d，木板相對地面的位移為s，重力加速度為g。則在此過程中（）A．摩擦力對物塊做的功為－μmg(s＋d)B．摩擦力對木板做的功為μmgsC．木板動能的增量為μmgdD．由于摩擦而產(chǎn)生的熱量為μmgsAB根據(jù)功的定義W＝Flcosθ，其中l(wèi)指物體的位移，而θ指力與位移之間的夾角，可知摩擦力對物塊做的功W1＝－μmg(s＋d)，摩擦力對木板做的功W2＝μmgs，A、B正確；根據(jù)動能定理可知木板動能的增量ΔEk＝W2＝μmgs，C錯誤；由于摩擦而產(chǎn)生的熱量Q＝Ff·Δx＝μmgd，D錯誤。3．如圖所示，繃緊的傳送帶與水平面的夾角θ＝30°，傳送帶在電動機的帶動下，始終保持v0＝2m/s的速率運行，現(xiàn)把一質(zhì)量為m＝10kg的工件（可視為質(zhì)點）輕輕放在傳送帶的底端，經(jīng)過時間t＝1.9s，工件被傳送到h＝1.5m的高處，g取10m/s2，求：（1）工件與傳送帶間的動摩擦因數(shù)；（2）電動機由于傳送工件多消耗的電能。（1）EQ\f(\r(3),2)（2）230J（1）由題圖可知，傳送帶長x＝＝3m工件速度達到v0前，做勻加速運動，有x1＝EQ\f(v0,2)t1工件速度達到v0后，做勻速運動，有x－x1＝v0(t－t1)聯(lián)立解得加速運動的時間t1＝0.8s加速運動的位移x1＝0.8m所以加速度大小a＝EQ\f(v0,t1)＝2.5m/s2由牛頓第二定律有μmgcosθ－mgsinθ＝ma解得μ＝EQ\f(\r(3),2)。（2）由能量守恒定律知，電動機多消耗的電能用于增加工件的動能、勢能以及克服傳送帶與工件之間發(fā)生相對位移時摩擦力做功產(chǎn)生的熱量。在時間t1內(nèi)，傳送帶運動的位移x傳＝v0t1＝1.6m在時間t1內(nèi)，工件相對傳送帶的位移x相＝x傳－x1＝0.8m在時間t1內(nèi)，摩擦產(chǎn)生的熱量Q＝μmgcosθ·x相＝60J最終工件獲得的動能Ek＝EQ\f(1,2)mv02＝20J工件增加的勢能Ep＝mgh＝150J電動機多消耗的電能E＝Q＋Ek＋Ep＝230J。考點三能量守恒定律的理解與應用能量守恒定律:1．內(nèi)容：能量既不會憑空產(chǎn)生，也不會憑空消失，它只能從一種形式轉(zhuǎn)化為另一種形式，或者從一個物體轉(zhuǎn)移到別的物體，在轉(zhuǎn)化或轉(zhuǎn)移的過程中，能量的總量保持不變。2．表達式：ΔE減＝ΔE增。3．對能量守恒定律的理解（1）轉(zhuǎn)化：某種形式的能量減少，一定存在其他形式的能量增加，且減少量和增加量一定相等。（2）轉(zhuǎn)移：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。4．涉及彈簧的能量問題應注意兩個或兩個以上的物體與彈簧組成的系統(tǒng)相互作用的過程，具有以下特點：（1）如果只有重力和系統(tǒng)內(nèi)彈簧彈力做功，系統(tǒng)機械能守恒。（2）如果系統(tǒng)每個物體除彈簧彈力外所受合外力為零，則當彈簧伸長或壓縮到最大程度時兩物體速度相同。題型一與彈簧相關(guān)的能量守恒（多選）將圖甲中的蹦床簡化為圖乙所示的彈簧，當質(zhì)量為50kg的運動員站在蹦床上靜止時，彈簧的上端由O點壓縮到A點，運動員重心在O點。現(xiàn)將比賽過程分為兩段，過程1：運動員從A點開始，通過多次起跳，在空中完成動作，且越跳越高，直至重心達到距O點高為6.1m的最高點（此時運動員的速度為零）；過程2：運動員在最高點結(jié)束表演，此后不做任何動作，多次往返，最后靜止在蹦床上，彈回過程中重心與O點最大高度差為4m。若整個過程中運動員所受空氣阻力大小恒為重力的倍，重力加速度大小為10m/s2。則（）A．過程1中，運動員能夠越跳越高，是因為彈簧對運動員不斷做正功B．在過程2的每一次單向向上運動過程中，運動員的速度最大時，彈簧的上端都處于A點下方C．過程2中，從開始下落到彈至重心距O點高4m處，運動員克服空氣阻力做的功為1010JD．過程2中，彈簧的最大彈性勢能為2520JBD過程1中，上升階段，運動員與彈簧分離時，彈簧對運動員做正功，運動員與彈簧分離后，彈簧對運動員不做功，A錯誤；由題可知，當物體靜止時，在A點彈簧的彈力等于重力，在過程2的每一次單向向上運動過程中，阻力方向向下，運動員的速度最大時，運動員的加速度為零，此時有F彈＝mg＋mg＞mg，則速度最大時，運動員比靜止在彈簧上時彈簧的彈力更大，則被壓縮更短，所以彈簧的上端都處于A點下方，B正確；過程2中，從距O點高為6.1m開始下落到彈至重心距O點高4m處，設(shè)運動員克服空氣阻力做的功為W，由動能定理得mgh－W＝0，解得W＝1050J，C錯誤；過程2中，當彈簧第一次到達最低點時，彈簧的彈性勢能最大，設(shè)彈簧的壓縮量為x，運動員從距O點高為6.1m開始下落到重心與O點最大高度差為4m過程中，克服空氣阻力做的功為mg＋x)＋mg(4＋x)＝W，解得x＝0.2m，過程2中，當彈簧第一次到達最低點時，由動能定理得mg＋0.2)－mg＋0.2)－Epmax＝0－0，代入數(shù)據(jù)解得Epmax＝2520J，D正確。題型二與圖像相關(guān)的能量守恒問題（多選）某汽車研發(fā)機構(gòu)在汽車的車輪上安裝了小型發(fā)電機，將減速時的部分動能轉(zhuǎn)化并儲存在蓄電池中，以達到節(jié)能的目的。某次測試中，汽車以額定功率行駛一段距離后關(guān)閉發(fā)動機，測出了汽車動能Ek與位移x的關(guān)系圖像如圖所示，其中①是關(guān)閉儲能裝置時的關(guān)系圖線，②是開啟儲能裝置時的關(guān)系圖線。已知汽車的質(zhì)量為1000kg，設(shè)汽車運動過程中所受地面阻力恒定，空氣阻力不計。根據(jù)圖像所給的信息可求出（）A．汽車行駛過程中所受地面的阻力為1000NB．汽車的額定功率為80kWC．汽車加速運動的時間為22.5sD．汽車開啟儲能裝置后向蓄電池提供的電能為5×105JBD由圖線①求所受阻力，由ΔEk＝FfΔx，得Ff＝2000N，A錯誤；由Ekm＝可得，vm＝40m/s，所以P＝Ffvm＝80kW，B正確；加速階段，Pt－Ffx＝ΔEk，得t＝16.25s，C錯誤；根據(jù)能量守恒定律，并由圖線②可得，ΔE＝Ekm－Ffx′＝5×105J，D正確。11．能量守恒定律的兩點理解（1）某種形式的能量減少，一定存在其他形式的能量增加，且減少量和增加量一定相等。（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。2．能量轉(zhuǎn)化問題的解題思路1．（2022·江蘇高考）如圖所示，輕質(zhì)彈簧一端固定，另一端與物塊A連接在一起，處于壓縮狀態(tài)，A由靜止釋放后沿斜面向上運動到最大位移時，立即將物塊B輕放在A右側(cè)，A、B由靜止開始一起沿斜面向下運動，下滑過程中A、B始終不分離，當A回到初始位置時速度為零，A、B與斜面間的動摩擦因數(shù)相同、彈簧未超過彈性限度，則（）A．當上滑到最大位移的一半時，A的加速度方向沿斜面向下B．A上滑時，彈簧的彈力方向不發(fā)生變化C．下滑時，B對A的壓力先減小后增大D．整個過程中A、B克服摩擦力所做的總功大于B的重力勢能減小量B由于A、B在下滑過程中不分離，設(shè)在最高點的彈力為F，方向沿斜面向下為正方向，斜面傾角為θ，AB之間的彈力為FAB，動摩擦因數(shù)為μ，剛下滑時根據(jù)牛頓第二定律，對AB有F＋(mA＋mB)gsinθ－μ(mA＋mB)·gcosθ＝(mA＋mB)a，對B有mBgsinθ－μmBgcosθ－FAB＝mBa，聯(lián)立可得EQ\f(F,mA＋mB)＝EQ－\f(FAB,mB)，由于A對B的彈力FAB方向沿斜面向上，故可知在最高點F的方向沿斜面向上；由于在最開始彈簧彈力也是沿斜面向上的，彈簧一直處于壓縮狀態(tài)，所以A上滑時，彈簧的彈力方向一直沿斜面向上，不發(fā)生變化，故B正確；設(shè)彈簧原長在O點，A剛開始運動時距離O點為x1，A運動到最高點時距離O點為x2；下滑過程AB不分離，則彈簧一直處于壓縮狀態(tài)，上滑過程根據(jù)能量守恒定律可得EQ\f(1,2)kx12＝EQ\f(1,2)kx22＋(mgsinθ＋f)(x1－x2)，化簡得k＝EQ\f(2(mgsinθ＋f),x1＋x2)，當位移為最大位移的一半時有F合＝EQk\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(x1－\f(x1－x2,2)))－(mgsinθ＋f)，代入k值可知F合＝0，即此時加速度為0，故A錯誤；根據(jù)B項的分析可知EQ\f(F,mA＋mB)＝EQ－\f(FAB,mB)，再結(jié)合B選項的結(jié)論可知下滑過程中F向上且逐漸變大，則下滑過程FAB逐漸變大，根據(jù)牛頓第三定律可知B對A的壓力逐漸變大，故C錯誤；整個過程中彈力做的功為0，A重力做的功為0，當A回到初始位置時速度為零，根據(jù)功能關(guān)系可知整個過程中A、B克服摩擦力所做的總功等于B的重力勢能減小量，故D錯誤。2．如圖所示，豎直光滑桿固定不動，套在桿上的輕彈簧下端固定，將套在桿上的滑塊向下壓縮彈簧至離地高度h＝0.1m處，滑塊與彈簧不拴接?，F(xiàn)由靜止釋放滑塊，通過傳感器測量到滑塊的速度和離地高度h并作出滑塊的動能Ek－h(huán)圖像，其中h＝0.18m時對應圖像的最頂點，高度從0.2m上升到0.35m范圍內(nèi)圖像為直線，其余為曲線，取g＝10m/s2，由圖像可知（）A．滑塊的質(zhì)量為0.18kg B．彈簧的勁度系數(shù)為10N/mC．滑塊運動的最大加速度為40m/s2 D．彈簧的彈性勢能最大值為0.7JC在從0.2m上升到0.35m范圍內(nèi)ΔEk＝ΔEp＝mgΔh，圖線的斜率絕對值為EQ\f(ΔEk,Δh)＝2N＝mg，則m＝0.2kg，故A錯誤；在Ek－h(huán)圖像中，圖線的斜率表示滑塊所受的合外力，由于高度從0.2m上升到0.35m范圍內(nèi)圖像為直線，其余部分為曲線，說明滑塊從0.2m上升到0.35m范圍內(nèi)所受作用力為恒力，所以彈簧的原長為0.2m，當彈簧彈力等于重力時，滑塊的速度最大，根據(jù)圖像可知，此時h＝0.18m，則有mg＝kΔx，解得k＝－0.18)N/m＝100N/m，故B錯誤；由以上分析可知，滑塊靜止釋放后做加速度減小的加速運動，當彈簧彈力等于重力時，加速度為0，滑塊的速度最大，所以滑塊在釋放瞬間加速度最大。由牛頓第二定律可得amax＝EQ\f(kΔxmax－mg,m)＝－0.1)×100－0.2×10,0.2)m/s2＝40m/s2，故C正確；根據(jù)能量守恒定