第六章　第5課時　功能關(guān)系　能量守恒定律-2025物理大一輪復習講義人教版

第5課時功能關(guān)系能量守恒定律目標要求1.熟練掌握幾種常見的功能關(guān)系，并會用于解決實際問題。2.掌握一對摩擦力做功與能量轉(zhuǎn)化的關(guān)系。3.會應用能量守恒觀點解決綜合問題?？键c一常見的功能關(guān)系的理解和應用1．對功能關(guān)系的理解(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．常見的功能關(guān)系能量功能關(guān)系表達式勢能重力做的功等于重力勢能減少量W＝Ep1－Ep2＝－ΔEp彈力做的功等于彈性勢能減少量靜電力做的功等于電勢能減少量動能合外力做的功等于物體動能變化量W＝Ek2－Ek1＝eq\f(1,2)mv2－eq\f(1,2)mv02機械能除重力和彈力之外的其他力做的功等于機械能變化量W其他＝E2－E1＝ΔE摩擦產(chǎn)生的內(nèi)能一對相互作用的滑動摩擦力做功之和的絕對值等于產(chǎn)生的內(nèi)能Q＝Ff·x相對電能克服安培力做的功等于電能增加量W克安＝E2－E1＝ΔE電1．一個物體的能量增加，必定有其他物體的能量減少。(√)2．合力做的功等于物體機械能的改變量。(×)3．克服與勢能有關(guān)的力(重力、彈簧彈力、靜電力等)做的功等于對應勢能的增加量。(√)4．滑動摩擦力做功時，一定會引起機械能的轉(zhuǎn)化。(√)例1(多選)(2023·四川廣安市二模)滑沙運動是繼滑冰、滑水、滑雪和滑草之后又一新興運動，它使戶外運動愛好者在運動的同時又能領(lǐng)略到沙漠的綺麗風光。如圖所示，質(zhì)量為50kg的人坐在滑沙板上從沙坡的頂端由靜止沿直線勻加速下滑，經(jīng)過10s到達坡底，速度大小為20m/s。已知沙坡的傾角為30°，重力加速度g取10m/s2，下列關(guān)于此過程的說法中正確的是()A．人的重力勢能減少5.0×104JB．人的動能增加1.0×104JC．人的機械能減少1.5×104JD．人克服阻力做功4.0×104J答案BC解析人沿沙坡下滑的距離l＝eq\f(1,2)vt＝100m，重力勢能減少ΔEp＝mglsin30°＝2.5×104J，故A錯誤；人的動能增加ΔEk＝eq\f(1,2)mv2＝1.0×104J，故B正確；人的機械能減少ΔE＝ΔEp－ΔEk＝1.5×104J，故C正確；人克服阻力做功W克f＝ΔE＝1.5×104J，故D錯誤。例2(多選)(2020·全國卷Ⅰ·20)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0.5C．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12J答案AB解析由E－s圖像知，物塊動能與重力勢能的和減小，則物塊下滑過程中機械能不守恒，故A正確；由E－s圖像知，整個下滑過程中，物塊機械能的減少量為ΔE＝30J－10J＝20J，重力勢能的減少量ΔEp＝mgh＝30J，又ΔE＝μmgcosα·s，其中cosα＝eq\f(\r(s2－h(huán)2),s)＝0.8，h＝3.0m，＝2.0m/s2，故C錯誤；物塊下滑2.0m時損失的機械能為ΔE′＝μmgcosα·s′＝8J，故D錯誤?？键c二摩擦力做功與能量轉(zhuǎn)化兩種摩擦力做功特點的比較類型比較靜摩擦力做功滑動摩擦力做功不同點能量的轉(zhuǎn)化只有機械能從一個物體轉(zhuǎn)移到另一個物體，而沒有機械能轉(zhuǎn)化為其他形式的能(1)一部分機械能從一個物體轉(zhuǎn)移到另一個物體(2)一部分機械能轉(zhuǎn)化為內(nèi)能，此部分能量就是系統(tǒng)機械能的損失量一對摩擦力做的總功一對靜摩擦力所做功的代數(shù)和總等于零一對滑動摩擦力做功的代數(shù)和總是負值，總功W＝－Ffx相對，即發(fā)生相對滑動時產(chǎn)生的熱量相同點做功情況兩種摩擦力對物體可以做正功，也可以做負功，還可以不做功例3(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μmgs答案AB解析根據(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。例4(多選)(2023·河南省南陽中學檢測)如圖所示，與水平面成θ角的傳送帶，在電動機的帶動下以恒定的速率v順時針運行。現(xiàn)將質(zhì)量為m的小物塊從傳送帶下端A點無初速度地放到傳送帶上，經(jīng)時間t1物塊與傳送帶達到共同速度，再經(jīng)時間t2物塊到達傳送帶的上端B點，已知A、B間的距離為L，重力加速度為g，則在物塊從A運動到B的過程中，以下說法正確的是()A．在t1時間內(nèi)摩擦力對物塊做的功等于eq\f(1,2)mv2B．在t1時間內(nèi)物塊和傳送帶間因摩擦而產(chǎn)生的內(nèi)能等于物塊機械能的增加量C．在t1＋t2時間內(nèi)傳送帶對物塊做的功等于mgLsinθ＋eq\f(1,2)mv2D．在t1＋t2時間內(nèi)因運送物塊，電動機至少多消耗mgLsinθ＋mv2的電能答案BC解析由動能定理可知，在t1時間內(nèi)摩擦力和重力對物塊做的功之和等于eq\f(1,2)mv2，選項A錯誤；在t1時間內(nèi)，物塊相對傳送帶的位移Δx＝vt1－eq\f(v,2)t1＝eq\f(v,2)t1，則物塊和傳送帶間因摩擦而產(chǎn)生的內(nèi)能為Q＝FfΔx＝eq\f(1,2)Ffvt1；物塊機械能的增加量等于摩擦力做的功，即ΔE＝Ff·eq\f(v,2)t1＝eq\f(1,2)Ffvt1，即在t1時間內(nèi)物塊和傳送帶間因摩擦而產(chǎn)生的內(nèi)能等于物塊機械能的增加量，選項B正確；由功能關(guān)系可知，在t1＋t2時間內(nèi)傳送帶對物塊做的功等于物塊機械能的增加量，即mgLsinθ＋eq\f(1,2)mv2，選項C正確；在t1時間內(nèi)因運送物塊，電動機至少多消耗mgL1sinθ＋eq\f(1,2)mv2＋Q，由選項B可知mgL1sinθ＋eq\f(1,2)mv2＝Q，則在t1時間內(nèi)因運送物塊電動機至少多消耗2mgL1sinθ＋mv2；在t2時間內(nèi)因運送物塊電動機至少多消耗mgL2sinθ；則在t1＋t2時間內(nèi)因運送物塊，電動機至少多消耗2mgL1sinθ＋mv2＋mgL2sinθ＝mg(L＋L1)sinθ＋mv2的電能，選項D錯誤?？键c三能量守恒定律的理解和應用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)化為其他形式，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：(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，增加的能量總和等于減少的能量總和。3．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。思考現(xiàn)在市場上有一種手表叫自動機械手表，只要每天有一定時間把表戴在手上，不用手動上發(fā)條，表針便可走動計時，自動手表的工作運行，是否違背能量守恒定律？答案不違背能量守恒定律。自動手表的運行是把人運動的機械能轉(zhuǎn)化為發(fā)條的彈性勢能，然后再轉(zhuǎn)化為表針的動能，同樣遵守能量守恒定律。例5(2024·遼寧沈陽市第五十六中學開學考)如圖所示，固定斜面的傾角θ＝30°，物體A與斜面之間的動摩擦因數(shù)μ＝eq\f(\r(3),4)，輕彈簧下端固定在斜面底端，彈簧處于原長時上端位于C點，用一根不可伸長的輕繩通過輕質(zhì)光滑的定滑輪連接物體A和B，滑輪右側(cè)繩子始終與斜面平行，A的質(zhì)量為2m＝4kg，B的質(zhì)量為m＝2kg，初始時物體A到C點的距離L＝1m，現(xiàn)給A、B一初速度大小v0＝3m/s，使A開始沿斜面向下運動，B向上運動，物體A將彈簧壓縮到最短后又恰好能彈回到C點。已知重力加速度大小g＝10m/s2，不計空氣阻力，整個過程中輕繩始終處于伸直狀態(tài)。求在此過程中：(1)物體A向下運動到剛到C點時的速度大?。?2)彈簧的最大壓縮量；(3)彈簧的最大彈性勢能。答案(1)2m/s(2)0.4m(3)6J解析(1)在物體A向下運動到剛到C點的過程中，對A、B組成的系統(tǒng)應用能量守恒定律可得μ·2mgcosθ·L＝eq\f(1,2)×3mv02－eq\f(1,2)×3mv2＋2mgLsinθ－mgL，解得v＝2m/s。(2)對A、B組成的系統(tǒng)分析，在物體A從C點壓縮彈簧至最短后恰好返回到C點的過程中，系統(tǒng)動能的減少量等于因摩擦產(chǎn)生的熱量，即eq\f(1,2)×3mv2－0＝μ·2mgcosθ·2x，其中x為彈簧的最大壓縮量，解得x＝0.4m。(3)設(shè)彈簧的最大彈性勢能為Epm，從C點到彈簧被壓縮至最短過程中由能量守恒定律可得eq\f(1,2)×3mv2＋2mgxsinθ－mgx＝μ·2mgcosθ·x＋Epm，解得Epm＝6J。例6(2021·江蘇卷·14)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固定在細線的中點，裝置靜止時，細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，當細線與豎直方向的夾角增大到53°時，A、B間細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，cos37°＝0.8，求：(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)eq\f(3mg,8)(2)eq\f(9,64)m(3)eq\f(31,30)mgL解析(1)裝置靜止時，設(shè)AB、OB的張力分別為F1、F2，對A受力分析，由平衡條件得F＝F1sin37°對B受力分析，由平衡條件得F1cos37°＋F2cos37°＝mg，F(xiàn)1sin37°＝F2sin37°聯(lián)立解得F＝eq\f(3mg,8)(2)細線與豎直方向夾角為53°時，設(shè)裝置轉(zhuǎn)動的角速度為ω，A、B的轉(zhuǎn)動半徑分別為rA、rB，由幾何關(guān)系知rA＝eq\f(8,5)L，rB＝eq\f(4,5)L。由題知環(huán)A的向心力F′＝F對A，F(xiàn)′＝Mω2·eq\f(8,5)L對B，mgtan53°＝mω2·eq\f(4,5)L解得M＝eq\f(9,64)m。(3)B上升的高度h＝eq\f(1,5)L，A、B的動能分別為EkA＝eq\f(1,2)M(ω·eq\f(8,5)L)2EkB＝eq\f(1,2)m(ω·eq\f(4,5)L)2根據(jù)能量守恒定律可知，W＝(EkA－0)＋(EkB－0)＋mgh解得W＝eq\f(31,30)mgL。(1)首先確定初、末狀態(tài)，分清有幾種形式的能在變化，如動能、勢能(包括重力勢能、彈性勢能、電勢能)、內(nèi)能等。(2)明確哪種形式的能量增加，哪種形式的能量減少，并且列出減少的能量ΔE減和增加的能量ΔE增的表達式。課時精練1.(多選)如圖所示，在粗糙的桌面上有一個質(zhì)量為M的物塊，通過輕繩跨過定滑輪與質(zhì)量為m的小球相連，不計輕繩與滑輪間的摩擦，在小球下落的過程中，下列說法正確的是()A．小球的機械能守恒B．物塊與小球組成的系統(tǒng)機械能守恒C．若小球勻速下降，小球減少的重力勢能等于物塊與桌面間摩擦產(chǎn)生的熱量D．若小球加速下降，小球減少的機械能大于物塊與桌面間摩擦產(chǎn)生的熱量答案CD解析在小球下落的過程中，繩子的拉力對小球做負功，小球的機械能減少，故A錯誤；由于物塊要克服摩擦力做功，物塊與小球組成的系統(tǒng)機械能不守恒，故B錯誤；若小球勻速下降，系統(tǒng)的動能不變，則根據(jù)能量守恒可知，小球減少的重力勢能等于物塊與桌面間摩擦產(chǎn)生的熱量，故C正確；若小球加速下降，則根據(jù)能量守恒可知，小球減少的機械能等于物塊與桌面間摩擦產(chǎn)生的熱量及小球和物塊增加的動能之和，所以小球減少的機械能大于物塊與桌面間摩擦產(chǎn)生的熱量，故D正確。2.如圖，一質(zhì)量為m、長度為L的均勻柔軟細繩PQ豎直懸掛。用外力將繩的下端Q緩慢地豎直向上拉起至M點，M點與繩的上端P相距eq\f(L,3)，重力加速度大小為g。在此過程中，外力做的功為()A.eq\f(mgL,9)B.eq\f(mgL,6)C.eq\f(mgL,3)D.eq\f(mgL,2)答案A解析由題知PM段繩的機械能不變，MQ段繩的重心升高了Δh＝eq\f(L,6)，則重力勢能的增加量為ΔEp＝eq\f(2,3)mg·eq\f(L,6)＝eq\f(mgL,9)，根據(jù)功能關(guān)系，在此過程中，外力做的功等于MQ段系統(tǒng)重力勢能的增加量，則W＝eq\f(mgL,9)，故A正確，B、C、D錯誤。3.(多選)如圖所示，楔形木塊abc固定在水平面上，粗糙斜面ab與水平面的夾角為60°，光滑斜面bc與水平面的夾角為30°，頂角b處安裝一定滑輪。質(zhì)量分別為M、m(M>m)的兩滑塊A和B，通過不可伸長的輕繩跨過定滑輪連接，輕繩與斜面平行。兩滑塊由靜止釋放后，沿斜面做勻加速運動，A、B不會與定滑輪碰撞。若不計滑輪的質(zhì)量和摩擦，在兩滑塊沿斜面運動的過程中()A．輕繩對滑輪作用力的方向豎直向下B．拉力和重力對A做功之和大于A動能的增加量C．拉力對A做的功等于A機械能的增加量D．兩滑塊組成系統(tǒng)的機械能損失等于A克服摩擦力做的功答案BD解析根據(jù)題意可知，兩段輕繩的夾角為90°，輕繩拉力的大小相等，根據(jù)平行四邊形定則可知，合力方向與輕繩方向的夾角為45°，所以輕繩對滑輪作用力的方向不是豎直向下的，故A錯誤；對A受力分析，受到重力、斜面的支持力、輕繩的拉力以及滑動摩擦力作用，根據(jù)動能定理可知，A動能的增加量等于拉力、重力以及摩擦力做功之和，而摩擦力做負功，則拉力和重力對A做功之和大于A動能的增加量，故B正確；由除重力和彈力之外的力對物體做的功等于物體機械能的變化量可知，拉力和摩擦力對A做的功之和等于A機械能的增加量，故C錯誤；對兩滑塊組成系統(tǒng)分析可知，除了重力之外只有摩擦力對A做功，所以兩滑塊組成的系統(tǒng)的機械能損失等于A克服摩擦力做的功，故D正確。4.(多選)如圖所示，在豎直平面內(nèi)有一半徑為R的圓弧軌道，半徑OA水平、OB豎直，一個質(zhì)量為m的小球自A點的正上方P點由靜止開始自由下落，小球沿軌道到達最高點B時恰好對軌道沒有壓力。已知AP＝2R，重力加速度為g，則小球從P點運動到B點的過程中()A．重力做功2mgR B．機械能減少mgRC．合外力做功eq\f(1,2)mgR D．克服摩擦力做功eq\f(1,2)mgR答案CD解析小球從P點運動到B點的過程中，重力做的功WG＝mg(2R－R)＝mgR，故A錯誤；小球沿軌道到達最高點B時恰好對軌道沒有壓力，則有mg＝meq\f(vB2,R)，解得vB＝eq\r(gR)，則此過程中機械能的減少量為ΔE＝mgR－eq\f(1,2)mvB2＝eq\f(1,2)mgR，故B錯誤；根據(jù)動能定理可知，合外力做功W合＝eq\f(1,2)mvB2－0＝eq\f(1,2)mgR，故C正確；根據(jù)功能關(guān)系可知，小球克服摩擦力做的功等于機械能的減少量，則W克f＝ΔE＝eq\f(1,2)mgR，故D正確。5.如圖所示，平直木板AB傾斜放置，小物塊與木板間的動摩擦因數(shù)由A到B均勻增大，小物塊從A點由靜止釋放，恰好可以到達B點，小物塊的加速度a、動能Ek、重力勢能Ep和機械能E(取地面為零勢能面)隨下滑位移x變化的圖像可能正確的是()答案B解析根據(jù)題意，小物塊從A向B是先加速后減速運動，加速度先向下后向上，方向發(fā)生了變化，所以A錯誤；設(shè)斜面的長度為L，則小物塊的重力勢能可以表示為Ep＝mg(L－x)sinθ，B選項正確；下滑過程中，小物塊的動能先增大后減小，但是其圖線的斜率表示其所受的合力，根據(jù)題意可以判斷合力是變力，與圖像不符，所以C錯誤；根據(jù)功能關(guān)系，機械能的減少量等于小物塊克服摩擦力所做的功，圖像的斜率大小表示摩擦力大小，根據(jù)題意摩擦力逐漸增大，與圖像不符，所以D錯誤。6.(多選)(2024·福建漳州市第一次質(zhì)檢)為預防電梯纜繩斷裂的安全事故，電梯井底和電梯上分別安裝有緩沖彈簧和安全鉗，裝置簡化如圖所示?，F(xiàn)質(zhì)量為2000kg的電梯，因纜繩斷裂而墜落，剛接觸彈簧時的速度為4m/s，彈簧被壓縮了2m時電梯停止運動，下落過程中安全鉗提供給電梯17000N的滑動摩擦力。已知彈簧的彈性勢能為Ep＝eq\f(1,2)kx2(k為彈簧的勁度系數(shù)，x為彈簧的形變量)，不計空氣阻力及彈簧自重，g取10m/s2。則()A．整個運動過程中電梯一直處于失重狀態(tài)B．整個運動過程電梯剛接觸彈簧時速度最大C．該緩沖彈簧的勁度系數(shù)為11000N/mD．停止運動時安全鉗提供給電梯的摩擦力為2000N答案CD解析電梯的重力和安全鉗提供給電梯的滑動摩擦力的合力F合＝20000N－17000N＝3000N，方向向下，則接觸彈簧后開始階段F合>F彈，電梯加速向下運動；隨彈力的增加，當F合<F彈時，電梯減速向下運動，則整個過程中電梯先加速后減速，先失重后超重，當F合＝F彈時電梯速度最大，選項A、B錯誤；由能量關(guān)系可知mgh＋eq\f(1,2)mv2＝eq\f(1,2)kh2＋Ffh，解得k＝11000N/m，選項C正確；停止運動時安全鉗提供給電梯的摩擦力為Ff′＝kh－mg＝2000N，方向向下，選項D正確。7．(2024·浙江省第一次聯(lián)考)某地區(qū)常年有風，風速基本保持在4m/s，該地區(qū)有一風力發(fā)電機，其葉片轉(zhuǎn)動可形成半徑為10m的圓面，若保持風垂直吹向葉片，空氣密度為1.3kg/m3，風的動能轉(zhuǎn)化為電能的效率為20%?，F(xiàn)用這臺風力發(fā)電機給一水泵供電，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，水泵及電機組成的抽水系統(tǒng)效率為80%，π取3.14，則下列說法正確的是()A．該風力發(fā)電機的發(fā)電功率約為12.8kWB．每秒水流機械能增加400JC．風力發(fā)電機一天的發(fā)電量可供該水泵正常工作約2.4hD．若風速變?yōu)?m/s，則該風力發(fā)電機的發(fā)電功率變?yōu)樵瓉淼?倍答案C解析單位時間內(nèi)沖擊風力發(fā)電機葉片圓面的氣流的體積為V0＝vS＝v×πR2＝4×π×102m3＝1256m3，單位時間內(nèi)沖擊風力發(fā)電機葉片圓面的氣流的動能為Ek＝eq\f(1,2)Mv2＝eq\f(1,2)ρV0v2＝13062.4W，依題意，此風力發(fā)電機發(fā)電的功率為P＝20%Ek＝20%×13062.4W≈2.6kW，若風速變?yōu)?m/s，則該風力發(fā)電機的發(fā)電功率變?yōu)樵瓉淼?倍；故A、D錯誤；每秒水流機械能增加約為ΔE＝mgh＋eq\f(1,2)mv′2，其中m＝ρ水S′v′，解得ΔE＝2.04×104J，故B錯誤；水泵正常工作每秒耗電為ΔE′＝eq\f(ΔE,80%)＝2.55×104J，風力發(fā)電機一天的發(fā)電量為E′＝Pt＝2.6×103×24×60×60J≈2.2×108J，解得t＝eq\f(E′,ΔE′)≈2.4h，故C正確。8.(多選)(2023·貴州貴陽市三模)如圖所示，傾斜成45°角的固定直桿上套有一質(zhì)量為m的小球(可視為質(zhì)點)，小球可沿桿滑動，輕質(zhì)彈性繩一端固定于O點，另一端連在小球上。將小球從彈性繩水平的位置M(此時彈性繩的長度為L)由靜止釋放，當小球運動到彈性繩與桿垂直的位置P時，彈性繩長度剛好為原長，小球沿桿下滑到彈性繩豎直的位置N時速度減為零。若彈性繩始終在彈性限度內(nèi)且彈性繩彈力與其形變量成正比，重力加速度大小為g。下列說法正確的是()A．小球在P點時的加速度大小為eq\f(\r(2),2)gB．從M到P，小球克服摩擦力做的功為eq\f(1,2)mgLC．小球在P點的動能等于從M到P彈性繩減小的彈性勢能D．小球和彈性繩組成的系統(tǒng)從M到P的過程中損失的機械能小于從P到N的過程中損失的機械能答案BC解析根據(jù)題意可知，小球運動到P點時，沿桿方向除重力的下滑分力以外，還受到摩擦力的作用，由牛頓第二定律可知，其加速度a＝gsin45°－eq\f(Ff,m)<eq\f(\r(2),2)g，故A錯誤；根據(jù)題意，小球從M到N的過程中，由動能定理有mgL－Wf＝0，根據(jù)小球受力及對稱性可知，當小球位于關(guān)于P點對稱的兩個位置時，桿對小球的支持力大小相等，故其所受摩擦力大小也相等，因此小球從M到P的過程中摩擦力對小球做的功等于從P到N的過程中摩擦力對小球做的功，則有W1＝eq\f(1,2)Wf＝eq\f(1,2)mgL，故B正確；結(jié)合B分析可知，從M到P，重力對小球做的功大小等于小球克服摩擦力做的功，故彈性繩減小的彈性勢能轉(zhuǎn)化為小球的動能，故C正確；根據(jù)上述分析可知，小球和彈性繩組成的系統(tǒng)從M到P的過程中摩擦力做的功等于從P到N的過程中摩擦力做的功，因此小球和彈性繩組成的系統(tǒng)從M到P的過程損失的機械能應等于從P到N的過程中損失的機械能，故D錯誤。9.如圖所示，在某豎直平面內(nèi)，光滑曲面AB與粗糙水平面BC平滑連接于B點，BC右端連接內(nèi)壁光滑、半徑r＝0.2m的eq\f(1,4)細圓管CD，管口D端正下方直立一根勁度系數(shù)為k＝100N/m的輕彈簧，彈簧一端固定于地面上，另一端恰好與管口D端平齊。一個質(zhì)量為1.0kg的物塊放在曲面AB上，現(xiàn)從距BC的高度為h＝0.6m處由靜止釋放物塊，它與BC間的動摩擦因數(shù)μ＝0.5，物塊進入管口C端時，它對上管壁有FN＝2.5mg的作用力，通過CD后，在壓縮彈簧過程中物塊速度最大時彈簧的彈性勢能Ep＝0.5J。重力加速度g取10m/s2。求：(1)在壓縮彈簧過程中物塊的最大動能Ekm；(2)物塊最終停止的位置。答案(1)6J(2)停在BC上距離C端0.3m處(或距離B端0.2m處)解析(1)在壓縮彈簧過程中，物塊速度最大時所受合力為零。設(shè)此時物塊離D端的距離為x0，則有kx0＝mg，解得x0＝eq\f(mg,k)＝0.1m在C點，物塊受到上管壁向下的作用力FN′＝2.5mg和重力，有FN′＋mg＝eq\f(mvC2,r)，解得vC＝eq\r(7)m/s。物塊從C點到壓縮彈簧速度最大時，由能量守恒定律有mg(r＋x0)＝Ep＋Ekm－eq\f(1,2)mvC2，解得Ekm＝6J(2)物塊從A點運動到C點的過程中，由動能定理得mgh－μmgs＝eq\f(1,2)mvC2－0解得B、C間距離s＝0.5m物塊與彈簧作用后返回C處時動能不變，物塊的動能最終消耗在與BC水平面相互作用的過程中。設(shè)物塊第一次與彈簧作用返回C處后，物塊在BC上運動的總路程為s′，由能量守恒定律有：μmgs′＝eq\f(1,2)mvC2，解得s′＝0.7m，故最終物塊在BC上距離C端為x1＝0.5m－(0.7m－0.5m)＝0.3m(或距離B端為x2＝0.7m－0.5m＝0.2m)處停下。10.(2023·四川宜賓市模擬)如圖所示，水平地面上固定一傾角θ＝37°的斜面，一勁度系數(shù)k＝100N/m的輕質(zhì)彈簧下端固定于斜面底端，上端與質(zhì)量m＝1kg的物體A相連，A的右邊系一輕細線，細線繞過輕質(zhì)光滑的滑輪后與輕掛鉤相連，A與滑輪間的細線與斜面平行，A與斜面間的動摩擦因數(shù)μ＝0.75，最大靜摩擦力等于滑動摩擦力，將A放置P點時A剛好不上滑?，F(xiàn)將一質(zhì)量M＝2.0kg的物體B輕掛在鉤上，然后松手，在以后的整個運動過程中A未接觸到滑輪、B始終未接觸地面與滑輪。已知彈簧的彈性勢能的表達式為Ep＝eq\f(1,2)kx2(式中k為彈簧的勁度系數(shù)，x為彈簧的形變量)，取重力加速度g＝10m/s2，sin37°＝0.6，cos37°＝0.8。求：(1)A在P點時彈簧的壓縮量x；(2)剛松手時細線中的張力大小F；(3)在松手后的整個運動過程中，A克服摩擦力所做的功W。答案(1)0.12m(2)eq\f(20,3)N(3)3.36J解析(1)不掛鉤碼將A放置P點時A剛好不上滑，A物體受力如圖所示，根據(jù)平衡條件有kx＝mgsinθ＋μmgcosθ，解得x＝0.12m(2)剛松手時，以A和B為系統(tǒng)，根據(jù)牛頓第二定律有Mg＝(M＋m)a以B為研究對象有Mg－F＝Ma，解得F＝eq\f(20,3)N(3)設(shè)A物體向上運動的最大距離為s1，由能量守恒定律得Mgs1＝mgs1sinθ＋μmgs1cosθ＋eq\f(1,2)k(x－s1)2－eq\f(1,2)kx2，代入數(shù)據(jù)解得s1＝0.4m，最高點彈簧的伸長量為x1＝s1－x＝0.4m－0.12m＝0.28m，因為kx1＋mgsinθ－Mg>μmgcosθ，所以A將向下加速運動，設(shè)A由最高點向下運動的最大距離為s2，由能量守恒定律有：mgs2sinθ＋eq\f(1,2)kx12－eq\f(1,2)k(x1－s2)2＝Mgs2＋μmgs2cosθ代入數(shù)據(jù)解得s2＝0.16m，此時彈簧的伸長量為x2＝x1－s2＝0.28m－0.16m＝0.12m，因為有Mg－kx2－mgsinθ<μmgcosθ，所以系統(tǒng)將處于靜止狀態(tài)，整個過程中A克服摩擦力做功W＝μmgcosθ(s1＋s2)，代入數(shù)據(jù)解得W＝3.36J。11.(多選)(2023·全國乙卷·21)如圖，一質(zhì)量為M、長為l的木板靜止在光滑水平桌面上，另一質(zhì)量為m的小物塊(可視為質(zhì)點)從木板上的左端以速度v0開始運動。已知物塊與木板間的滑動摩擦力大小為f，當物塊從木板右端離開時()A．木板的動能一定等于flB．木板的動能