第20講 功能關(guān)系及能量守恒定律 -備戰(zhàn)2025年高考物理一輪精細(xì)復(fù)習(xí)（解析版）

第第頁第20講功能關(guān)系及能量守恒定律——劃重點之精細(xì)講義系列考點1功能關(guān)系的理解及應(yīng)用考點2關(guān)于摩擦力、相互作用力、平衡力的功考點3能量守恒定律的理解及應(yīng)用考點1：功能關(guān)系的理解及應(yīng)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著能量的轉(zhuǎn)化，而且能量的轉(zhuǎn)化必須通過做功來實現(xiàn)．2．做功對應(yīng)變化的能量形式(1)合外力的功影響物體的動能的變化．(2)重力的功影響物體重力勢能的變化．(3)彈簧彈力的功影響彈性勢能的變化．(4)除重力或系統(tǒng)內(nèi)彈力以外的力做功影響物體機(jī)械能的變化．(5)滑動摩擦力的功影響系統(tǒng)內(nèi)能的變化．(6)電場力的功影響電勢能的變化．(7)分子力的功影響分子勢能的變化．二．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)移到另一個物體，在轉(zhuǎn)化和轉(zhuǎn)移的過程中，能量的總量保持不變．2．適用范圍能量守恒定律是貫穿物理學(xué)的基本規(guī)律，是各種自然現(xiàn)象中普遍適應(yīng)的一條規(guī)律．3．表達(dá)式(1)E初＝E末，初狀態(tài)各種能量的總和等于末狀態(tài)各種能量的總和．(2)ΔE增＝ΔE減，增加的那些能量的增加量等于減少的那些能量的減少量．4.幾種常見的功能關(guān)系及其表達(dá)式各種力做功對應(yīng)能的變化定量的關(guān)系W合：合外力的功（所有外力的功）動能的改變量（ΔEk）合力對物體做功等于物體動能的增量W合＝ΔEk＝Ek2－Ek1WG：重力的功重力勢能的改變量（ΔEp）重力做正功，重力勢能減少，重力做負(fù)功，重力勢能增加，且WG＝－ΔEp＝Ep1－Ep2W彈：彈簧彈力做的功彈性勢能的改變量（ΔEp）彈力做正功，彈性勢能減少，彈力做負(fù)功，彈性勢能增加，且W彈＝－ΔEp＝Ep1－Ep2只有重力、彈簧彈力的功不引起機(jī)械能變化機(jī)械能守恒ΔE＝0W其他：除重力或系統(tǒng)內(nèi)彈簧彈力以外的其他外力做的功機(jī)械能的改變量（ΔE）除重力和彈力之外的其他力做正功，物體的機(jī)械能增加，做負(fù)功，機(jī)械能減少，且W其他＝ΔEFf·Δx：一對滑動摩擦力做功的代數(shù)和因摩擦而產(chǎn)生的內(nèi)能（Q）滑動摩擦力做功引起系統(tǒng)內(nèi)能增加ΔE內(nèi)＝FfΔx（Δx為物體間的相對位移）1.功能關(guān)系的理解和應(yīng)用原則（1）牢記三條功能關(guān)系①重力做的功等于重力勢能的變化，彈力做的功等于彈性勢能的變化。②合外力做的功等于動能的變化。③除重力、彈力外，其他力做的功等于機(jī)械能的變化。（2）功能關(guān)系的選用原則①在應(yīng)用功能關(guān)系解決具體問題的過程中，若只涉及動能的變化用動能定理分析。②只涉及重力勢能的變化用重力做功與重力勢能變化的關(guān)系分析。③只涉及機(jī)械能變化用除重力和彈力之外的力做功與機(jī)械能變化的關(guān)系分析。④只涉及電勢能的變化用電場力做功與電勢能變化的關(guān)系分析?！究枷?】（多選）如圖所示，一小物塊由靜止開始沿傾角為53°的斜面向下滑動，最后停在水平地面上。斜面和地面平滑連接，且物塊與斜面、物塊與地面間的動摩擦因數(shù)均為23，取地面為零勢能面，已知sin53°=0.8,cos53°=0.6。該過程中，物塊的機(jī)械能E、重力勢能Ep、動能Ek、摩擦產(chǎn)生的熱量A． B．C． D．【答案】BD【詳解】AD．設(shè)O點到斜面底端的距離為x0，物塊釋放點的高度為?W可得W根據(jù)能量守恒可知Q=而物塊在該過程中機(jī)械能的減少量始終等于克服摩擦力所做的功，則物塊在x軸上任意位置的機(jī)械能為E=mg??其E?x圖像為縱軸截距為mg?，斜率為?23mg的傾斜直線，而其Q?xB．物塊的重力勢能E可知物塊Ep?x圖像為縱軸截距mg?，斜率為?4C．當(dāng)物塊從最高點下滑至斜面最低點的過程中，物塊的動能E當(dāng)物塊下滑至斜面底端時其動能E此后在水平面上克服摩擦力做功，則有E可知，動能達(dá)到最大值前，其圖像為過原點的傾斜直線，斜率為23mg，動能達(dá)到最大后在水平面上運動，其圖線的斜率為故選BD?！究枷?】（多選）如圖甲所示，光滑水平面與半徑為R的光滑豎直半圓軌道平滑銜接，在A點（距離B點足夠遠(yuǎn)）固定一輕質(zhì)彈簧，彈簧壓縮儲存了彈性勢能可以發(fā)射質(zhì)量為m的小滑塊，已知重力加速度g，則下列說法正確的（）A．若彈簧彈性勢能為mgR，則小球恰能到達(dá)C點B．若彈簧彈性勢能為2mgR，則小球恰能到達(dá)D點C．若彈性勢能為3mgR，則小球通過B點時對軌道的壓力為6mgD．若彈性勢能為2.5mgR，則小球通過D點后落在水平面上距B點為2R【答案】AD【詳解】A．根據(jù)能量守恒，小球由A到C，有mgR=mgR+解得v可知小球恰能到達(dá)C點。故A正確；B．同理，小球由A到D，有2mgR=2mgR+解得v小球能到達(dá)D點的最小速度滿足mg=m解得v可知v則小球不能到達(dá)D點。故B錯誤；C．依題意，小球由A到B，有3mgR=在B點，由牛頓第二定律可知F聯(lián)立，可得F根據(jù)牛頓第三定律可知小球通過B點時對軌道的壓力為7mg。故C錯誤；D．小球由A到D，有2.5mgR=2mgR+解得v小球經(jīng)過D點后做平拋運動，有2R=解得x=2R故D正確。故選AD?！究枷?】（多選）如圖所示，在傾角為θ的固定光滑斜面上有兩個用輕彈簧相連接的物塊A、B，它們的質(zhì)量分別為m1、m2，彈簧勁度系數(shù)為k，C為一固定擋板，系統(tǒng)處于靜止?fàn)顟B(tài)．現(xiàn)用一平行于斜面向上的恒力F拉物塊A使之沿斜面向上運動，當(dāng)物塊B剛要離開擋板C時，物塊A運動的距離為d，速度為v．則此時（）A．拉力做功的瞬時功率為FvsinθB．物塊B滿足m2gsinθ＝kdC．物塊A的加速度為F－kdD．彈簧彈性勢能的增加量為Fd－m1gdsinθ－12m1v【答案】CD【詳解】A．拉力的瞬時功率P=Fv，故A錯誤；B．開始系統(tǒng)處于靜止?fàn)顟B(tài)，彈簧彈力等于A的重力沿斜面下的分力，當(dāng)B剛離開C時，彈簧的彈力等于B的重力沿斜面下的分力，故m2gsinθ=kx2，但由于開始是彈簧是壓縮的，故d＞x2，故m2gsinθ＜kd，故B錯誤；C．當(dāng)B剛離開C時，對A，根據(jù)牛頓第二定律得：F-m1gsinθ-kx2=m1a1，又開始時，A平衡，則有：m1gsinθ=kx1，而d=x1+x2，解得：物塊A加速度為a1=F－kdmD．根據(jù)功能關(guān)系，彈簧彈性勢能的增加量等于拉力的功減去系統(tǒng)動能和重力勢能的增加量，即為：Fd?m1gdsinθ?12m1v2故選CD?！究枷?】（多選）（2024·湖南岳陽·一模）如圖所示，輕質(zhì)彈簧一端固定在水平面上的光滑轉(zhuǎn)軸O上，另一端與套在粗糙固定直桿N處質(zhì)量為0.2kg的小球（可視為質(zhì)點）相連。直桿與水平面的夾角為30°，N點距水平面的高度為0.4m，NP=PM，ON=OM，OP等于彈簧原長。小球從N處由靜止開始下滑，經(jīng)過P處的速度為2m/s，并恰能停止在M處。已知重力加速度取10m/s2，小球與直桿的動摩擦因數(shù)為35A．小球通過P點時的加速度大小為3m/s2B．彈簧具有的最大彈性勢能為0.5JC．小球通過NP段與PM段摩擦力做功相等D．N到P過程中，球和彈簧組成的系統(tǒng)損失的機(jī)械能為0.4J【答案】CD【詳解】A．因在P點時彈簧在原長，則到達(dá)P點時的加速度為a=g故A錯誤；C．因NP段與PM段關(guān)于P點對稱，則在兩段上彈力的平均值相等，則摩擦力平均值相等，摩擦力做功相等，故C正確；B．設(shè)小球從N運動到P的過程克服摩擦力做功為Wf，彈簧具有的最大彈性勢能為Ep，根據(jù)能量守恒定律得，對于小球N到P的過程有mg×?2+Emg?=2得E故B錯誤；D．N到P過程中，球和彈簧組成的系統(tǒng)損失的機(jī)械能Δ故D正確。故選CD?！究枷?】（多選）（2024·內(nèi)蒙古赤峰·一模）如圖所示，一固定在水平面上的光滑木板，與水平面的夾角θ=30°，木板的底端固定一垂直木板的擋板，上端固定一定滑輪O。勁度系數(shù)為k=16mg5d的輕彈簧下端固定在擋板上，上端與質(zhì)量為2m的物塊Q連接?？邕^定滑輪O的不可伸長的輕繩一端與物塊Q連接，另一端與套在水平固定的光滑直桿上質(zhì)量為m的物塊P連接。初始時物塊P在水平外力F作用下靜止在直桿的A點，且恰好與直桿沒有相互作用，輕繩與水平直桿的夾角α=37°。去掉水平外力F，物塊P由靜止運動到B點時輕繩與直桿間的夾角β=53°。已知滑輪到水平直桿的垂直距離為d，重力加速度大小為g，彈簧軸線、物塊Q與定滑輪之間的輕繩共線且與木板平行，不計滑輪大小及摩擦。sin37°=0.6，cos37°=0.8，A．物塊P向左運動的過程中其機(jī)械能先增大后減小B．物塊P從A點運動到B點時，物塊Q的重力勢能減少量小于P、Q兩物塊總動能的增加量C．物塊P在A點時彈簧的伸長量為5D．物塊P從A點運動到B點的過程中，輕繩拉力對物塊P做的功為125mgd【答案】CD【詳解】A．由于輕繩只能提供拉力，其對于物塊P來說在從A點到B點過程中輕繩拉力的方向與其運動方向成銳角，即輕繩拉力對其做正功。而由于水平光滑直桿，所以物塊P在該過程只有輕繩拉力做功，即物塊P在該過程中機(jī)械能一直增加，故A項錯誤；C．對物塊P在A點時進(jìn)行受力分析，其恰好與直桿沒有相互作用，所以繩子拉力在豎直方向的分力與重力大小相等，方向相反，即T所以繩子的拉力為T=對物塊Q進(jìn)行受力分析，在沿斜面方向上有T=2mg解得F設(shè)彈簧拉伸的長度為x，由胡克定律有F解得x=故C項正確；B．物塊P到B點時，由幾何可得物塊Q沿斜面向下滑了OA?OB=所以此時彈簧的壓縮量為x即此時彈簧的壓縮量與初始時彈簧的拉伸量相同，也就是說此時彈簧的彈性勢能與初始時彈簧的彈性勢能相同。物塊P從A點運動到B點的過程中，彈簧的彈力做功為零，所以由能量守恒可知，物塊Q重力勢能減少量之和等于物塊P和Q兩物塊的動能的增加量，故B項錯誤；D．物塊P運動到B點時，P和Q速度滿足v物塊P從A點運動到B的過程中，由能量守恒有2mg?對物塊P由動能定理有W=解得W=故D項正確。故選CD?？键c2：關(guān)于摩擦力、相互作用力、平衡力的功1．靜摩擦力做功的特點(1)靜摩擦力可以做正功，也可以做負(fù)功，還可以不做功．(2)相互作用的一對靜摩擦力做功的代數(shù)和總等于零．(3)靜摩擦力做功時，只有機(jī)械能的相互轉(zhuǎn)移，不會轉(zhuǎn)化為內(nèi)能．2．滑動摩擦力做功的特點(1)滑動摩擦力可以做正功，也可以做負(fù)功，還可以不做功．(2)相互間存在滑動摩擦力的系統(tǒng)內(nèi)，一對滑動摩擦力做功將產(chǎn)生兩種可能效果：①機(jī)械能全部轉(zhuǎn)化為內(nèi)能；②有一部分機(jī)械能在相互摩擦的物體間轉(zhuǎn)移，另外一部分轉(zhuǎn)化為內(nèi)能．(3)摩擦生熱的計算：Q＝Ffx相對．其中x相對為相互摩擦的兩個物體間的相對位移．類別比較靜摩擦力滑動摩擦力不同點能量的轉(zhuǎn)化只有能量的轉(zhuǎn)移，而沒有能量的轉(zhuǎn)化既有能量的轉(zhuǎn)移，又有能量的轉(zhuǎn)化一對摩擦力的總功一對靜摩擦力所做功的代數(shù)總和等于零一對滑動摩擦力所做功的代數(shù)和不為零，總功W＝－Ff·l相對，即摩擦?xí)r產(chǎn)生的熱量相同點做功的正、負(fù)兩種摩擦力對物體可以做正功、負(fù)功，還可以不做功3.作用力、反作用力做功的特點①作用力、反作用力作用下的物體的運動特點：可能向相反方向運動，也可能向相同方向運動，也可能一個運動而另一個靜止，還可能兩物體都靜止。②由W＝Flcosα可以判斷，作用力與反作用力的功的特點是：沒有必然關(guān)系，即不一定是一正一負(fù)，絕對值也不一定相等。即一對作用力和反作用力在同一段時間內(nèi)做的總功可能為正，可能為負(fù)，也可能為零。4.一對平衡力做功的特點一對平衡力作用在同一物體上，若物體靜止，則兩個力都不做功；若物體運動，則這一對力所做的功在數(shù)值上一定相等，一正一負(fù)或均為零?！究枷?】下列有關(guān)功和功率的說法，正確的是（）A．功率越大，說明力做功越多B．摩擦力總是與相對運動或相對運動趨勢方向相反，因此摩擦力只能做負(fù)功C．作用力和反作用力總是等大反向，因此一對作用力和反作用力做功時總是一正一負(fù)，總和為零D．一對平衡力，其中一個力做正功，另外一個力一定做負(fù)功【答案】D【詳解】A．功率表示做功快慢，做功越快，功率越大，故A錯誤；B．摩擦力總是與相對運動或相對運動趨勢方向相反，但可能與物體運動方向相同，即摩擦力可能做正功，可能做負(fù)功，也可能不做功，故B錯誤；C．作用力和反作用力總是等大反向，但一對作用力和反作用力可能都做正功，都做負(fù)功，也可能一正一負(fù)，也可能作用力做功而反作用力不做功，故C錯誤；D．平衡力總是等大反向作用在一個物體上所以一個做正功另一個力一定做負(fù)功，故D正確。故選D。【考向7】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Ff，經(jīng)過一段時間小車運動的位移為x

A．此時小物塊的動能為FB．此時小車的動能為FC．這一過程中，小物塊和小車增加的機(jī)械能為Fx?D．這一過程中，因摩擦而產(chǎn)生的熱量為F【答案】B【詳解】A．對小物塊由動能定理得F整理有E故A項錯誤；B．對小車由動能定理有F整理有Ε故B項正確；C．設(shè)水平面為零勢能面，初始時物塊和小車均靜止，其機(jī)械能為0J，經(jīng)過水平外力后，小車和小物塊的動能之和為E此時物塊和小車的機(jī)械能等于其兩者的動能之和，所以該過程機(jī)械能增加了Fx+LD．根據(jù)功能關(guān)系可知，其摩擦產(chǎn)生的熱等于其摩擦力與相對位移的乘積，即Q=故D項錯誤。故選B?！究枷?】（多選）電動機(jī)帶動足夠長的水平傳送帶以速度v勻速傳動，一質(zhì)量為m的小木塊由靜止輕放在傳送帶上，如圖所示。若小木塊與傳送帶之間的動摩擦因數(shù)為μ，重力加速度為g，當(dāng)小木塊與傳送帶相對靜止時（）A．傳送帶轉(zhuǎn)過的路程為vB．小木塊的位移為vC．摩擦產(chǎn)生的熱量為mv2D．因放上小木塊后，電動機(jī)帶動傳送帶勻速轉(zhuǎn)動多輸出的總能量為mv2【答案】AD【詳解】AB．當(dāng)小木塊與傳送帶相對靜止時所用時間為t=傳送帶轉(zhuǎn)過的路程為s=vt=小木塊的位移為x=選項A正確，B錯誤；C．摩擦產(chǎn)生的熱量為Q=μmg(s?x)=選項C錯誤；D．因放上小木塊后，電動機(jī)帶動傳送帶勻速轉(zhuǎn)動多輸出的總能量為E=Q+選項D正確。故選AD?！究枷?】如圖所示，一彈射游戲裝置由安裝在水平臺面上的固定彈射器、水平面AB和豎直半圓形軌道BC組成，各部分平滑連接。已知半圓形軌道的半徑R=0.4m，除半圓形軌道BC外其余接觸面均光滑。某次游戲中用力將一質(zhì)量m=0.1kg的滑塊壓縮輕質(zhì)彈簧（滑塊與彈簧不拴接），此時彈簧的彈性勢能Ep0=1.6J，然后由靜止釋放滑塊，滑塊從彈射器（1）滑塊通過B點時對半圓形軌道的壓力大小；（2）滑塊從B點運動到C點的過程中，克服摩擦力做了多少功？

【答案】（1）9N；（2）【詳解】（1）滑塊運動到B點的過程，由能量守恒有E滑塊經(jīng)過B點，由牛頓第二定律有F解得F由牛頓第三定律得，滑塊通過B點時對半圓形軌道的壓力F（2）滑塊恰好能過C點，則mg=m解得v滑塊從B點運動到C點的過程中，由動能定理有?mg?2R?解得W【考向10】如圖所示，一質(zhì)量M=2kg、長L=4m的木板B靜止于光滑的水平面上，距離B的右端d=6m處有一固定豎直擋板；t=0時刻，一個質(zhì)量m=1kg的小物塊A以初速度v0=3m/s從B的左端水平滑上B，t=4（1）0?4s（2）從B開始運動到與豎直擋板第一次碰撞前的過程中，摩擦力對B所做的功；（3）B與豎直擋板第二次碰撞前A距離木板B右端的距離。

【答案】（1）3.75m；（2）4J；（3）【詳解】（1）A滑上B后，A做勻減速直線運動，B做勻加速直線運動；由牛頓第二定律知，對木塊Aμmg=m對木板Bμmg=M設(shè)AB經(jīng)過時間t1后達(dá)到相等的速度vv解得tv此時A運動的位移為xB的運動位移為x當(dāng)AB共速后將做勻速直線運動，則兩者在0.5sx故在0?4sx=（2）當(dāng)t=4s時，當(dāng)恒力FF=對B有f=Ma解得f=故在木板B與擋板碰撞前，A、B保持相對靜止，其共同運動的加速度為a=設(shè)木板B第一次與擋板碰撞前，AB的速度為v2v解得v而從B開始運動到與豎直擋板第一次碰撞前的過程中，只有摩擦力對B做功,由動能定理知W（3）當(dāng)B與擋板第一次碰撞后，A向右做勻減速直線運動，B向左做勻減速直線運動對A有μmg?F=m對B有μmg=M解得a即AB將同時減速到0，則在此過程中，由運動學(xué)公式知vv解得x在此過程中A相對B運動位移為Δ此后AB將在恒力F作用下以加速度a=2由（1）問可知，0?4sΔ故B與豎直擋板第二次碰撞前A距離木板B右端的距離s=L?考點3：能量守恒定律的理解及應(yīng)用1．對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）當(dāng)涉及摩擦力做功，機(jī)械能不守恒時，一般應(yīng)用能的轉(zhuǎn)化和守恒定律。（2）解題時，首先確定初末狀態(tài)，然后分析狀態(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減與增加的能量總和ΔE增，最后由ΔE減＝ΔE增列式求解。5.涉及彈簧的能量問題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）能量轉(zhuǎn)化方面，如果只有重力和系統(tǒng)內(nèi)彈簧彈力做功，系統(tǒng)機(jī)械能守恒。（2）如果系統(tǒng)內(nèi)每個物體除彈簧彈力外所受合力為零，則當(dāng)彈簧伸長或壓縮到最大程度時兩物體速度相同。（3）當(dāng)水平彈簧為自然狀態(tài)時系統(tǒng)內(nèi)某一端的物體具有最大速度。【考向11】如圖所示，質(zhì)量為0.5kg的小球從距地面高為1.5m處由靜止釋放，與正下方固定的長為0.4m的輕彈簧作用，速度第一次減為零時，距地面高為0.25m，小球第一次反彈至最高點時，距地面高為1.273m。經(jīng)過多次反彈后，小球最終靜止在彈簧上，此時，小球距地面高為0.39A．彈簧的勁度系數(shù)為200B．小球在運動過程中受到的空氣阻力約為0.3C．小球在整個運動過程中通過的路程約為11.05D．小球下落過程中速度最大處距地面高為0.39【答案】C【詳解】A．小球靜止在彈簧上時，根據(jù)平衡條件和胡克定律得mg=kΔx解得k=故A錯誤；D．小球接觸彈簧后，剛開始重力大于彈力，加速度向下，小球繼續(xù)加速，當(dāng)彈力與空氣阻力的合力等于小球的重力時，速度達(dá)到最大，然后彈力大于重力，小球減速，到最低點，經(jīng)過多次反彈后，最終小球靜止在彈簧上端時彈力等于重力，則小球距地面高為0.39mB．小球從開始下落到第一次反彈至最高點的過程，由動能定理得mg解得f≈0.5故B錯誤；C．對小球運動的整個過程，由能量守恒定律得mg解得s=11.05故C正確。故選C。【考向12】（多選）如圖所示，一個質(zhì)量m=0.5kg的小球（可視為質(zhì)點）從H=12m高處，由靜止開始沿光滑弧形軌道AB滑下，接著進(jìn)入半徑R=4m的豎直圓軌道，當(dāng)?shù)竭_(dá)環(huán)頂C時，剛好對軌道壓力為零；小球在沿左半環(huán)CB滑下后，再進(jìn)入光滑弧形軌道BD，且到達(dá)D點時速度為零。已知gA．在由A到D的過程中，小球的機(jī)械能守恒B．若圓軌道粗糙程度處處相同，則D點離地面的高度一定大于8mC．小球第一次過B點時對軌道的壓力大小是35ND．小球從B上升到C的過程中克服阻力做的功是10J【答案】BCD【詳解】C．小球第一次過B點時，根據(jù)機(jī)械能守恒有mg?=在B點由牛頓第二定律有N?mg=m解得N=35故C正確；D．根據(jù)題意，在C點由牛頓第二定律有mg=m設(shè)小球從B上升到C的過程中克服阻力做的功為Wf1聯(lián)立解得W故D正確；A．根據(jù)以上分析可知，小球在豎直圓軌道運動時克服阻力做功，由此可知，在由A到D的過程中，小球的機(jī)械能不守恒，故A錯誤；B．若圓軌道粗糙程度處處相同，則在圓軌道上從B到C的過程中小球?qū)A軌道的平均壓力大于從C到B過程中小球?qū)A軌道的平均壓力，因此在豎直圓軌道上運動克服摩擦力做的總功Wf總mg(H??)?解得?>8故B正確。故選BCD。【考向13】如圖所示，固定在豎直面內(nèi)的粗糙圓弧軌道BC與水平地面相切于C點，半徑OB與水平方向的夾角θ=37°。質(zhì)量m=1kg的物塊（視為質(zhì)點）從O點正上方的A點以大小v0=3m/s的速度水平向左拋出，恰好沿B點的切線方向進(jìn)入并沿圓弧軌道運動，到達(dá)C點后沿地面滑行距離s=1.5m（1）A、B兩點的高度差h以及圓弧軌道的半徑R；（2）物塊通過C點時對圓弧軌道的壓力大小FN（3）物塊通過B點時的速度大小vB以及在物塊從B點運動到C點的過程中，物塊與圓弧軌道之間因摩擦產(chǎn)生的熱量Q【答案】（1）?=0.8m，R=1.5m；（2）F【詳解】（1）設(shè)物塊通過B點時的豎直分速度大小為vyv又v解得?=0.設(shè)物塊拋出后在空中做平拋運動的時間為t，有v又R解得R=（2）設(shè)物塊通過C點時的速度大小為vC?μmgs=0?解得v設(shè)物塊通過C點時所受圓弧軌道的支持力大小為F′F根據(jù)牛頓第三定律有F解得F（3）物塊通過B點時的速度大小v解得v對物塊從B點滑至C點的過程，根據(jù)能量守恒定律有Q=mg解得Q=【考向14】某同學(xué)參照過山車情景設(shè)計了如圖所示的模型：光滑的豎直圓軌道半徑R=2?m，入口的平直軌道AC和出口的平直軌道CD均是粗糙的，質(zhì)量為m=2?kg的小滑塊（可視為質(zhì)點）與水平軌道之間的動摩擦因數(shù)均為μ=0.5，滑塊從A點由靜止開始受到水平拉力F=60?N的作用，在B點撤去拉力，AB的長度為L=5（1）若滑塊恰好通過圓軌道的最高點，求滑塊在圓軌道最低點時圓軌道對它的支持力大??；（2）要使滑塊能進(jìn)入圓軌道運動且不脫離軌道，求平直軌道BC段的長度范圍?！敬鸢浮浚?）FN=120?N；（2）【詳解】（1）滑塊恰好通過最高點，滑塊只受到重力，此時重力提供向心力，根據(jù)牛頓第二定律可得mg=m滑塊從C點到最高點過程由動能定理可得?mg×2R=在C點，對滑塊由牛頓第二定律可知F解得F（2）要使滑塊能進(jìn)入圓軌道運動，則至少能夠到達(dá)C點，有FL?μmg解得x①滑塊無法通過最高點，但到達(dá)的高度為R時速度為0，滑塊同樣不會脫離軌道，則對全程由動能定理可得FL?μmg解得x②滑塊能通過最高點，即到達(dá)C點的速度大于vCv對AC過程由動能定理可得FL?μmg解得x綜上所述，要使不脫離軌道BC長度范圍為0，15?m【考向15】如圖所示，半徑為R的半圓弧軌道ABCD豎直放置，D點在圓心O點的正上方，是圓弧的最高點，固定圓管軌道NA與半圓弧軌道在最低點A平滑對接，管口N點的切線水平且N、O、B三點等高，勁度系數(shù)為k的輕質(zhì)彈簧放置在光滑的水平面PN上，一端固定在P點，當(dāng)彈簧處于原長時，另一端正好處在N點。一質(zhì)量為m、可視為質(zhì)點的小球置于N點（與彈簧不粘連），現(xiàn)移動小球壓縮彈簧至Q，然后由靜止釋放小球，小球到達(dá)圓弧的C點時剛好脫離軌道。已知QN=s，彈性勢能的表達(dá)式為Ep=12kx2（1）求C點與B點的高度差h；（2）求小球在A點時對半圓軌道的壓力；（3）若只改變小球的質(zhì)量，使小球能夠到達(dá)半圓軌道最高點，求小球質(zhì)量的取值范圍?！敬鸢浮浚?）ks23mg；（2）【詳解】（1）小球運動到C點時恰好脫離半圓軌道，軌道對小球的彈力剛好為0，設(shè)重力與O的夾角為θ，則有mg由幾何關(guān)系可得cos從Q點到C點，由能量守恒定律可得1解得?=從Q點到C點，由能量守恒定律可得1解得?=（2）小球由Q運動到A，由能量守恒定律可得1在A點時有F由牛頓第三定律可得F方向垂直軌道向上（3）小球能完整通過D點，則有mg≥從Q到D，由能量守恒定律有1可得0<m≤【真題1】（2022·浙江·高考真題）風(fēng)力發(fā)電已成為我國實現(xiàn)“雙碳”目標(biāo)的重要途徑之一。如圖所示，風(fēng)力發(fā)電機(jī)是一種將風(fēng)能轉(zhuǎn)化為電能的裝置。某風(fēng)力發(fā)電機(jī)在風(fēng)速為9m/s時，輸出電功率為405kW，風(fēng)速在5~10m/sA．該風(fēng)力發(fā)電機(jī)的輸出電功率與風(fēng)速成正比B．單位時間流過面積A的流動空氣動能為1C．若每天平均有1.0×108D．若風(fēng)場每年有5000h風(fēng)速在6~10m【答案】D【詳解】AB．單位時間流過面積A的流動空氣體積為V單位時間流過面積A的流動空氣質(zhì)量為m單位時間流過面積A的流動空氣動能為1風(fēng)速在5~10mC．由于風(fēng)力發(fā)電存在轉(zhuǎn)化效率，若每天平均有1.0×10E<1.0×C錯誤；D．若風(fēng)場每年有5000h風(fēng)速在6~10m/s的風(fēng)能資源，當(dāng)風(fēng)速取最小值6m/s時，該發(fā)電機(jī)年發(fā)電量具有最小值，根據(jù)題意，風(fēng)速為9P=則該發(fā)電機(jī)年發(fā)電量至少為E=Pt=120×5000D正確；故選D?！菊骖}2】（2021·浙江·高考真題）一輛汽車在水平高速公路上以80km/h的速度勻速行駛，其1s內(nèi)能量分配情況如圖所示則汽車（）A．發(fā)動機(jī)的輸出功率為70kWB．每1s消耗的燃料最終轉(zhuǎn)化成的內(nèi)能是5.7×104JC．每1s消耗的燃料最終轉(zhuǎn)化成的內(nèi)能是6.9×104JD．每1s消耗的燃料最終轉(zhuǎn)化成的內(nèi)能是7.0×104J【答案】C【詳解】A．由圖可知，發(fā)動機(jī)1s內(nèi)克服轉(zhuǎn)動阻力做功為1.7×104J，則輸出功率為P=選項A錯誤；

BCD．每1s消耗的燃料有6.9×104J進(jìn)入發(fā)動機(jī)，則最終轉(zhuǎn)化成的內(nèi)能的量為6.9×104J，選項C正確，BD錯誤。故選C?！菊骖}3】（2022·福建·高考真題）2021年美國“星鏈”衛(wèi)星曾近距離接近我國運行在距地390km近圓軌道上的天宮空間站。為避免發(fā)生危險，天宮空間站實施了發(fā)動機(jī)點火變軌的緊急避碰措施。已知質(zhì)量為m的物體從距地心r處運動到無窮遠(yuǎn)處克服地球引力所做的功為GMmr，式中M為地球質(zhì)量，G為引力常量；現(xiàn)將空間站的質(zhì)量記為m0，變軌前后穩(wěn)定運行的軌道半徑分別記為rA．12GMmC．32GMm【答案】A【詳解】空間站緊急避碰的過程可簡化為加速、變軌、再加速的三個階段；空間站從軌道r1變軌到rW+依題意可得引力做功W萬有引力提供在圓形軌道上做勻速圓周運動的向心力，由牛頓第二定律有G求得空間站在軌道上運動的動能為E動能的變化Δ解得W=故選A?！菊骖}4】（2021·全國·高考真題）如圖，一傾角為θ的光滑斜面上有50個減速帶（圖中未完全畫出），相鄰減速帶間的距離均為d，減速帶的寬度遠(yuǎn)小于d；一質(zhì)量為m的無動力小車（可視為質(zhì)點）從距第一個減速帶L處由靜止釋放。已知小車通過減速帶損失的機(jī)械能與到達(dá)減速帶時的速度有關(guān)。觀察發(fā)現(xiàn)，小車通過第30個減速帶后，在相鄰減速帶間的平均速度均相同。小車通過第50個減速帶后立刻進(jìn)入與斜面光滑連接的水平地面，繼續(xù)滑行距離s后停下。已知小車與地面間的動摩擦因數(shù)為μ，重力加速度大小為g。（1）求小車通過第30個減速帶后，經(jīng)過每一個減速帶時損失的機(jī)械能；（2）求小車通過前30個減速帶的過程中在每一個減速帶上平均損失的機(jī)械能；（3）若小車在前30個減速帶上平均每一個損失的機(jī)械能大于之后每一個減速帶上損失的機(jī)械能，則L應(yīng)滿足什么條件？【答案】（1）mgdsinθ；（2）mg【詳解】（1）由題意可知小車在光滑斜面上滑行時根據(jù)牛頓第二定律有mg設(shè)小車通過第30個減速帶后速度為v1，到達(dá)第31個減速帶時的速度為v2，則有v因為小車通過第30個減速帶后，在相鄰減速帶間的平均速度均相同，故后面過減速帶后的速度與到達(dá)下一個減速帶均為v1和v2；經(jīng)過每一個減速帶時損失的機(jī)械能為ΔE=聯(lián)立以上各式解得ΔE=mgd（2）由（1）知小車通過第50個減速帶后的速度為v1，則在水平地面上根據(jù)動能定理有?μmgs=0?從小車開始下滑到通過第30個減速帶，根據(jù)動能定理有mg聯(lián)立解得Δ故在每一個減速帶上平均損失的機(jī)械能為Δ（3）由題意可知Δ可得L>d+【真題5】（2021·江蘇·高考真題）如圖所示的離心裝置中，光滑水平輕桿固定在豎直轉(zhuǎn)軸的O點，小圓環(huán)A和輕質(zhì)彈簧套在輕桿上，長為2L的細(xì)線和彈簧兩端分別固定于O和A，質(zhì)量為m的小球B固定在細(xì)線的中點，裝置靜止時，細(xì)線與豎直方向的夾角為37°，現(xiàn)將裝置由靜止緩慢加速轉(zhuǎn)動，當(dāng)細(xì)線與豎直方向的夾角增大到53°時，A、B間細(xì)線的拉力恰好減小到零，彈簧彈力與靜止時大小相等、方向相反，重力加速度為g，取sin37°=0.6，cos（1）裝置靜止時，彈簧彈力的大小F；（2）環(huán)A的質(zhì)量M；（3）上述過程中裝置對A、B所做的總功W。【答案】（1）3mg8；（2）964【詳解】（1）設(shè)AB、OB的張力分別為F1、F2，F(xiàn)=F1FF解得F=（2）設(shè)裝置轉(zhuǎn)動的角速度為ω，對AF=M對Bmg解得M=（3）B上升的高度?=15L，AEkA=根據(jù)能量守恒定律可知W=解得W=一、單選題1．（2024·廣東惠州·二模）2023年10月3日，在杭州亞運會蹦床項目女子決賽中，中國選手朱雪瑩奪冠，圖為朱雪瑩在東京奧運會上決賽時騰空后下落的照片，朱雪瑩從剛接觸床面到運動至最低點的過程中，下列說法正確的是（）A．朱雪瑩剛接觸床面時速度最大B．朱雪瑩在該過程中始終處于失重狀態(tài)C．在該過程中朱雪瑩的動能減少量等于彈性勢能的增加量D．在該過程中蹦床對朱雪瑩一直做負(fù)功【答案】D【詳解】A．朱雪瑩重力與床面的彈力等大反向時，速度最大，故A錯誤；B．朱雪瑩在該過程中加速度方向先向下后向上，先處于失重狀態(tài)，后處于超重狀態(tài)，故B錯誤；C．在該過程中朱雪瑩的動能和重力勢能全部轉(zhuǎn)化為蹦床的彈性勢能，故C錯誤；D．在該過程中蹦床對朱雪瑩的彈力和朱雪瑩的位移方向一直相反，一直做負(fù)功，故D正確。故選D。2．物體以動能為E開始豎直向上運動，回到出發(fā)點時，動能為E2A．3E10 B．3E7 C．4E7【答案】B【詳解】設(shè)上升的最大高度為?，根據(jù)功能關(guān)系有f?2?=E?根據(jù)能量守恒可得E=mg?+f?求得mg?=f?=求得f=若在上升階段離出發(fā)點H處動能和重力勢能相等，由能量守恒定律有EE聯(lián)立解得E故選B。3．（2024·陜西寶雞·二模）如圖所示為某緩沖裝置模型，輕質(zhì)彈簧與輕桿相連，輕桿可在固定的槽內(nèi)沿水平方向左右移動，輕桿與槽間的最大靜摩擦力等于滑動摩擦力?，F(xiàn)小車以水平速度v0撞擊彈簧，輕桿恰好向右移動距離lA．輕桿移動距離l的過程中先做勻加速再做勻減速運動B．彈簧被壓縮最短時，輕桿的速度達(dá)到最大C．根據(jù)小車運動的對稱性可知，小車以v0D．彈簧的彈性勢能最大時，輕桿向右加速的加速度達(dá)到最大【答案】D【詳解】A．輕桿移動距離l的過程中先做加速再做減速運動，輕桿所受的摩擦力不變，但所受的彈簧的彈力是變力，所以輕桿所受的合外力為變力，加速度大小和方向都變化，輕桿不可能做勻變速直線運動，故A錯誤；B．彈簧被壓縮最短時，輕桿所受的合外力最大，輕桿正在做加速運動，其速度沒有達(dá)到最大，故B錯誤；C．根據(jù)能量守恒定律，由于輕桿與固定槽之間的動摩擦力做功，系統(tǒng)的機(jī)械能有一部分轉(zhuǎn)化為內(nèi)能，所以小車被彈簧彈回的速率小于v0，故C錯誤；D．彈簧的彈性勢能最大時，彈簧的彈力最大，輕桿受到的合外力最大，向右加速的加速度也達(dá)到最大，故D正確。故選D。4．（2024·甘肅白銀·三模）2024年1月17日晚，天舟七號貨運飛船成功發(fā)射，揭開了2024年中國載人航天工程發(fā)射任務(wù)的序幕。設(shè)天舟七號做勻速圓周運動的軌道離地球表面的高度為h，天舟七號的質(zhì)量為m0。地球表面的重力加速度為g，地球半徑為R。若取無限遠(yuǎn)處為地球引力勢能的零點，則引力勢能可表示為Ep=?GMmr，其中G為萬有引力常量，MA．角速度大小為gB．周期為1C．線速度大小為g(R+?)D．機(jī)械能為?【答案】D【詳解】A．對天舟七號有G在地球表面有G解得ω=故A項錯誤；B．對天舟七號有G結(jié)合之前的分析，解得T=故B項錯誤；C．對天舟七號有G結(jié)合之前的分析有v=故C項錯誤；D．由題意可知，其機(jī)械能為E結(jié)合之前的分析，有E天空七號具有的動能為E其具有的機(jī)械能為E=故D項正確。故選D。5．（2024·北京昌平·二模）將某物體沿與水平方向成一定角度斜向上拋出，經(jīng)過一段時間，物體落回與拋出點等高處。在忽略空氣阻力情況下，其運動軌跡如圖中虛線所示，在考慮空氣阻力情況下，其運動軌跡如圖中實線所示．在考慮空氣阻力的情況下，（）A．上升的時間一定小于下降的時間B．在最高點時的加速度等于重力加速度C．落回拋出點時的動能等于拋出時的動能D．上升階段損失的機(jī)械能等于下降階段損失的機(jī)械能【答案】A【詳解】A．物體在上升過程中豎直方向的阻力向下，加速度大小大于g，下落過程中，豎直方向的阻力向上，加速度大小小于g，根據(jù)?=可知，物體上升的時間一定小于下降的時間。故A正確；B．物體在最高點時受到的阻力水平向左，則水平方向的加速度向左，豎直方向的加速度大小為g，根據(jù)平行四邊形法則可知，物體在最高點時的加速度大于重力加速度。故B錯誤；C．物體在運動過程中，空氣阻力做負(fù)功，所以落回拋出點時的動能小于拋出時的動能。故C錯誤；D．整個過程中阻力一直做負(fù)功，所以物體在上升階段和下降階段同一高度處，上升階段的速度大于下降階段的速度，所以上升過程中平均阻力大于下降過程中的平均阻力，上升過程中克服阻力做的功大于下降階段克服阻力做的功，物體在上升階段損失的機(jī)械能大于在下降階段損失的機(jī)械能。故D錯誤。故選A。6．某地區(qū)常年有風(fēng)，風(fēng)速基本保持在4m/s，該地區(qū)有一風(fēng)力發(fā)電機(jī)，其葉片轉(zhuǎn)動可形成半徑為10m的圓面，若保持風(fēng)垂直吹向葉片，空氣密度為1.3kg/m3，風(fēng)的動能轉(zhuǎn)化為電能的效率為20%.現(xiàn)用這臺風(fēng)力發(fā)電機(jī)給一水泵供電，使水泵從地下10m深處抽水，水泵能將水抽到地面并以2m/s的速度射出，出水口的橫截面積為0.1m2，水的密度為1×103kg/m3，水泵及電機(jī)組成的抽水系統(tǒng)效率為80%，則下列說法正確的是（

）A．該風(fēng)力發(fā)電機(jī)的發(fā)電功率約為12.8kWB．每秒鐘水流機(jī)械能增加400JC．風(fēng)力發(fā)電機(jī)一天的發(fā)電量可供該水泵正常工作約3hD．若風(fēng)速變?yōu)?m/s，則該風(fēng)力發(fā)電機(jī)的發(fā)電功率變?yōu)樵瓉淼?倍【答案】C【詳解】AD．單位時間內(nèi)沖擊風(fēng)力發(fā)電機(jī)葉片圓面的氣流的體積為V單位時間內(nèi)沖擊風(fēng)力發(fā)電機(jī)葉片圓面的氣流的動能為E依題意，此風(fēng)力發(fā)電機(jī)發(fā)電的功率為P=20若風(fēng)速變?yōu)?m/s，則該風(fēng)力發(fā)電機(jī)的發(fā)電功率變?yōu)樵瓉淼?倍；故AD錯誤；B．每秒鐘水流機(jī)械能增加約為Δ其中m=解得Δ故B錯誤；C．水泵正常工作每秒鐘耗電為Δ風(fēng)力發(fā)電機(jī)一天的發(fā)電量為E'=Pt=2.6×解得t=故C正確；故選C。7．（2024·浙江金華·三模）一種配有小型風(fēng)力發(fā)電機(jī)和光電池的新型路燈功率為120W，風(fēng)力發(fā)電機(jī)的風(fēng)能轉(zhuǎn)化率為η1=4%，工作原理如圖所示，內(nèi)部的線圈面積為S1=0.2m2、匝數(shù)N=200匝，磁體的磁感應(yīng)強(qiáng)度為B=0.1T，風(fēng)葉的半徑為r=1m，空氣的密度為ρ=1.3A．10ms，4.6rs B．10ms，2.3rs C．20ms，4.6r【答案】A【詳解】設(shè)經(jīng)t=3h的光照和風(fēng)吹，光能轉(zhuǎn)化為電能為E3，風(fēng)能轉(zhuǎn)化為電能為E4EE又E聯(lián)立解得風(fēng)速v風(fēng)能轉(zhuǎn)化為電能為E設(shè)風(fēng)力發(fā)電機(jī)轉(zhuǎn)動產(chǎn)生交流電的峰值電壓為Um，則Um=NBS1ω=NBS1?2πn所以E解得n=即風(fēng)速為10m/s，風(fēng)葉的轉(zhuǎn)速為4.6r/s。故選A。8．如圖所示，質(zhì)量分別為m、2m小物塊A和小物塊B在豎直方向上通過勁度系數(shù)為k的輕質(zhì)彈簧相連，開始時A、B均靜止，現(xiàn)給B施加一豎直向下的恒力，使B向下運動，當(dāng)速度為零時，立即撤去恒力，一段時間后小物塊A恰好能離開地面。已知彈簧的彈性勢能可表示為Ep=12kx2

A．9m2gC．5m2g【答案】A【詳解】由題意知開始時彈簧的壓縮量為x小物塊A恰好離開地面時彈簧的伸長量為x設(shè)小物塊B在恒力作用下向下運動的最大位移為x0，恒力所做的功為WW1聯(lián)立解得W=故選A。二、多選題9．（2020·重慶璧山·三模）一輛小車以一定的初速度沖上高度為h、長度為L的斜坡，已知小車的質(zhì)量為m，小車受到沿斜面向下的阻力為f，則對小車由坡底沖到坡頂?shù)倪\動過程分析正確的是（）A．此過程中小車的動能減少了(mgh+fL)B．此過程中小車的勢能增加了(mgh－fL)C．此過程中自然界中的能量減少了fL了D．此過程中小車的機(jī)械能減少fL【答案】AD【詳解】A．上升過程中，受到重力、支持力和阻力，根據(jù)動能定理得?mg??fL=Δ所以此過程中小車的動能減少了mg?+fL，A正確；B．此過程中小車重力做功為?mg?，所以此過程中小車的勢能增加了mg?，B錯誤；C．根據(jù)自然界中能量是守恒的，C錯誤；D．機(jī)械能減小量等于除重力外其余力做的功，此過程中除重力外，摩擦力做功W所以此過程中小車的機(jī)械能減少了fL，D正確。故選AD。10．（2023·廣西南寧·二模）如圖所示，現(xiàn)將一長為L、質(zhì)量為m且分布均勻的金屬鏈條通過裝有傳送帶的斜面輸送到高處。斜面與傳送帶靠在一起連成一直線，與水平方向夾角為θ，斜面光滑，鏈條與傳送帶之間的動摩擦因數(shù)為常數(shù)。傳送帶以較大的恒定速率順時針轉(zhuǎn)動。已知鏈條處在斜面或者傳送帶上任意位置時，支持力都均勻作用在接觸面上。將鏈條放在傳送帶和斜面上，當(dāng)位于傳送帶部分的長度x=L4時，鏈條恰能保持靜止?，F(xiàn)將鏈條從位于傳送帶部分的長度x=L

A．釋放瞬間鏈條的加速度為gB．鏈條與傳送帶之間的動摩擦因數(shù)μ=C．鏈條始終在滑動摩擦力的作用下，從x=L2D．若鏈條的機(jī)械能增加量為ΔE，傳送帶消耗的電能為E耗，不計電路中產(chǎn)生的電熱，Δ【答案】AC【詳解】AB．當(dāng)位于傳送帶部分的長度x=L1將鏈條從位于傳送帶部分的長度x=L1聯(lián)立解得a=μ=4故A正確，B錯誤；C．從x=L2的位置靜止釋放瞬間，摩擦力大小為12W=根據(jù)動能定理W?mg聯(lián)立解得v=故C正確；D．根據(jù)能量守恒可知，摩擦?xí)a(chǎn)生內(nèi)能，則ΔE小于E故選AC。11．（2024·湖南長沙·一模）如圖所示，傾角為α=30°的足夠長的光滑斜面體固定在水平地面上，底端附近垂直斜面固定一擋板，小物塊甲、乙用輕彈簧拴接后置于斜面上，甲的質(zhì)量為m。初始靜止時，彈簧壓縮量為d。某時刻在甲上施加一沿斜面向上的恒力F=mg，當(dāng)彈簧第一次恢復(fù)原長時將恒力撤去，甲到最高點時乙剛要離開擋板。已知彈簧的彈性勢能為Ep=12kx2，kA．甲的最大速度為1B．甲運動到最低點時的加速大小為gC．小物塊乙的質(zhì)量為2mD．彈簧的最大彈性勢能為9【答案】BD【詳解】A．施加恒力前由平衡條件mg解得k=甲回到彈簧原長撤去恒力時速度最大，由動能定理得Fd?mgd其中W解得v=故A錯誤；C．設(shè)乙剛要離開擋板時彈簧的伸長量為x1mg解得x此時乙剛好不離開擋板，則有k得乙的質(zhì)量m故C錯誤；B．到達(dá)最高點后小物塊甲沿斜面向下滑動，設(shè)甲到最低點時彈簧的壓縮量為x2mg解得x2對甲由牛頓第二定律有k解得a=g故B正確；D．因為x1E故D正確。故選BD。12．（2024·河北滄州·三模）如圖甲所示，斜面體固定在水平地面上，在斜面底端固定一擋板與斜面垂直，質(zhì)量為m的小物塊從斜面的頂端滑下，在下滑的過程中，其機(jī)械能與重力勢能隨位移的變化圖像如圖乙所示，已知斜面長為l，物塊與擋板碰撞為彈性碰撞，已知物體與斜面間的最大靜摩擦力等于滑動摩擦力，則下列說法正確的是（

）A．在整個運動過程中，物塊克服摩擦產(chǎn)生的熱量為4EB．物塊下滑的時間為lC．滑塊運動的總路程為4D．斜面的動摩擦因數(shù)為3【答案】BD【詳解】AC．從兩條圖像可知上方的圖像為機(jī)械能隨位移變化的圖像，下方為重力勢能隨位移變化的圖像，物體在下滑的過程中，機(jī)械能與重力勢能隨位移均勻地減小，且兩個圖像平行，可知下滑的過程中動能保持不變，即mgsin由題可知mglsin12物體與擋板發(fā)生彈性碰撞，原速率反彈，設(shè)上升的路程為l'，則根據(jù)動能定理mgl聯(lián)立解得l到達(dá)最高點后靜止在斜面上不再下滑，因此滑塊運動的總路程s=l+物塊克服摩擦產(chǎn)生的熱量Q=4AC錯誤；B．下滑的時間t=l將②⑤聯(lián)立解得t=lB正確；D．由②可得sin可得tan由①可得μ=D正確。故選BD。13．（2024·安徽淮南·二模）如圖所示，足夠長的水平軌道MN與豎直光滑半圓形軌道NQ在N點平滑連接，半圓形軌道的圓心為O，且OO1∥MN,NQ⊥MN。重力G=4N可視為質(zhì)點的小滑塊靜置于M