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認(rèn)證類型：個人認(rèn)證

認(rèn)證主體：李**（實名認(rèn)證）

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IP屬地：河北 上傳時間：2025-02-28 格式：DOCX 頁數(shù)：33 大?。?.95MB 積分：6 舉報 版權(quán)申訴

重難點09動能定理和機械能守恒定律考點2025考向預(yù)測考點1：機械能守恒的判斷高考對機械能及其守恒定律部分的考查常結(jié)合生產(chǎn)、生活中常見的物理情景，如物體上拋下落、車輛啟動、(類)剎車、物體上下坡、傳送帶等。在考查方向上，單一物體、多個物體的不同運動形式都有所體現(xiàn)。解題方法主要是函數(shù)法和圖象法，同時應(yīng)用推理論證。對學(xué)科核心素養(yǎng)的考查主要體現(xiàn)在運動與相互作用觀念、能量觀念、模型建構(gòu)、科學(xué)推理及嚴(yán)謹(jǐn)認(rèn)真的科學(xué)態(tài)度。考點2：機械能守恒定律的應(yīng)用考點3：功能關(guān)系的理解和應(yīng)用考點4：能量守恒定律的理解和應(yīng)用【情境解讀】【高分技巧】1動能定理：合外力對物體做的功等于物體動能的變化.動能定理的物理意義在于他指出了外力對物體所做的總功與物體的動能變化之間的關(guān)系，即外力對物體做的總功對應(yīng)著物體動能的變化，變化的大小由做功的多少來量度2.對動能定理的理解（i）W合是所有外力對物體做的總功，求所有外力做的總功有兩種方法：第一種方法是：先求出物體所受各力的合力F合，再根據(jù)W總=F合lcosα計算總功，但應(yīng)注意α應(yīng)是合力與位移l的夾角.這種方法一般用于各力都是恒力且作用時間相同的情況下.第二種方法是：分別求出每一個力做的功：W1=F1l1cosα1，W2=F2l2cosα2，W3=F3l3cosα3，…再把各個外力的功求代數(shù)和即：W總=W1+W2+W3+…這種方法一般用于各力分別作用或作用時間不同時的情況下.（ii）動能定理適用于物體的直線運動，也適用于曲線運動；適用于恒力做功，也適用于變力做功.力可以是各種性質(zhì)的力，既可以同時作用，也可以分段作用.（iii）因為動能定理中功和能均與參考系的選取有關(guān)，所以動能定理也與參考系的選取有關(guān).中學(xué)物理中一般取地球為參考系.（iv）動能定理公式兩邊的每一項都是標(biāo)量，動能定理是一個標(biāo)量方程，故動能定理沒有分量形式.（v）若物體運動包含幾個不同的過程，應(yīng)用動能定理時，可以分段應(yīng)用，也可以全過程應(yīng)用.（vi）動能定理是計算物體位移或速率的簡捷公式，當(dāng)題目中涉及位移時可優(yōu)先考慮動能定理.動能定理通常不解決涉及時間的問題，但動力機械起動過程除外.（vii）做功的過程是能量轉(zhuǎn)化的過程，動能定理表達(dá)式中的“=”的意義是一種因果關(guān)系在數(shù)值上相等的符號，它并不意味著“功就是動能增量”，也不意味著“功轉(zhuǎn)變成了動能”，而是意味著“功引起物體動能的變化”.（viii）若Ek2＞Ek1，即W總＞0，合力對物體做正功，物體的動能增加；若Ek2＜Ek1，即W總＜0，合力對物體做負(fù)功，物體的動能減少.（ix）一個物體的動能變化ΔEk與合外力對物體所做功W合具有等量代換關(guān)系：W合=ΔEk.這種等量代換關(guān)系提供了一種計算變力做功的簡便方法.3.應(yīng)用動能定理解題的基本思路（i）選取研究對象，明確并分析運動過程.（ii）分析受力及各力做功的情況，求出總功；受哪些力各力是否做功做正功還是負(fù)功做多少功確定求總功思路求出總功.（iii）明確過程始、末狀態(tài)的動能Ek1及Ek2.（4）列方程W合=Ek2-Ek1，必要時注意分析題目潛在的條件，列輔助方程進(jìn)行求解.４.系統(tǒng)動能定理高中階段中動能定理的表述為：作用在物體上合外力的功等于物體動能的改變量，即這是針對單體或可看作單個物體的物體系而言的.所謂能看成單個物體的物體系，簡單來說就是物體系內(nèi)各物體之間的相對位置不變，從而物體系的各內(nèi)力做功之和為零，物體系的動能變化就取決于所有外力做的總功了.但是對于不能看成單個物體或說不能看質(zhì)點的物體，可將其看成是由大量質(zhì)點組成的質(zhì)點系，對質(zhì)點系組成的系統(tǒng)應(yīng)用動能定理時，就不能僅考慮外力的作用，還需考慮內(nèi)力所做的功.即：W外+W內(nèi)=ΔEk 5.動能定理的應(yīng)用技巧(i)利用動能定理求變力的功變力的功無法用公式W=Fscosα直接求解，有時該力也不是均勻變化，無法用高中知識表達(dá)平均力，此時可以考慮用動能定理間接求解.(ii)應(yīng)用動能定理求解多過程問題物體在某個運動過程中包含有幾個運動性質(zhì)不同的小過程（如加速、減速的過程），此時可以分段考慮，也可以對全過程考慮，但如能對整個過程根據(jù)動能定理列式求解，則可以使問題簡化.根據(jù)題意靈活地選取研究過程可以使問題變得簡單.有時取全過程簡單，有時則取某一階段簡單.原則是盡量使做功的力減少，各個力的功計算方便；或使初、末動能等于零.(iii)應(yīng)用動能定理求解多物體系問題對于多物體、多過程問題，由于運動過程繁瑣，用牛頓第二定律解題相當(dāng)復(fù)雜，而從能量觀點出發(fā)，應(yīng)用動能定理解題往往可以使問題簡化.但應(yīng)注意，從能量角度解題，如果研究對象是一個物體，往往用動能定理求解，而對于系統(tǒng)，往往是根據(jù)總體能量守恒的觀點來處理問題.(iv)應(yīng)用動能定理求路程在多階段或往返運動中，如果摩擦力或介質(zhì)阻力大小不變，方向與速度方向關(guān)系性相反.則在整個過程中克服摩擦力或介質(zhì)阻力所做功等于力與路程的乘積，從而可將物體在摩擦力或介質(zhì)阻力作用下通過的路程與動能定理聯(lián)系起來.(v)利用動能定理求運動時間動能定理通常不處理涉及時間的問題,但在變力的功率恒定的情況下,可以利用動能定理將物體的運動時間與通過的位移聯(lián)系起來,可在位移與路程中知一求一.機械能守恒定律應(yīng)用模型適用條件（i)內(nèi)容在只有重力（或系統(tǒng)內(nèi)彈力）做功的情形下，物體的重力勢能（或彈性勢能）和動能發(fā)生相互轉(zhuǎn)化，但總的機械能保持不變.（ii）適用條件只有重力或彈力做功.可以從以下三個方面理解：①只受重力作用，例如在不考慮空氣阻力的情況下的各種拋體運動，物體的機械能守恒.②受其他力，但其他力不做功，只有重力或彈力做功.例如物體沿光滑的曲面下滑，受重力、曲面的支持力的作用，但曲面的支持力不做功，物體的機械能守恒.③其他力做功，但做功的代數(shù)和為零.（iii）判定方法做功條件分析法：應(yīng)用系統(tǒng)機械能守恒的條件進(jìn)行分析.分析物體或系統(tǒng)的受力情況（包括內(nèi)力和外力），明確各力做功的情況，若對物體或系統(tǒng)只有重力或彈力做功，沒有其他力做功或其他力做功的代數(shù)和為零，則系統(tǒng)的機械能守恒.能量轉(zhuǎn)化分析法：從能量轉(zhuǎn)化的角度進(jìn)行分析.若只有系統(tǒng)內(nèi)物體間動能和重力勢能及彈性勢能的相互轉(zhuǎn)化，系統(tǒng)跟外界沒有發(fā)生機械能的傳遞，機械能也沒有轉(zhuǎn)化成其他形式的能（如內(nèi)能增加），則系統(tǒng)的機械能守恒.增減情況分析法：直接從機械能的各種形式的能量的增減情況進(jìn)行分析.若系統(tǒng)的動能與勢能均增加或均減少，則系統(tǒng)的機械能不守恒；若系統(tǒng)的動能不變，而勢能發(fā)生了變化，或系統(tǒng)的勢能不變，而動能發(fā)生了變化，則系統(tǒng)的機械能不守恒；若系統(tǒng)內(nèi)各個物體的機械能均增加或均減少，則系統(tǒng)的機械能不守恒.④典型過程對一些繩子突然繃緊、物體間非彈性碰撞等，除非題目特別說明，否則機械能必定不守恒.２.表達(dá)形式與應(yīng)用步驟(i)表達(dá)形式觀點Ｉ：守恒觀點E1=E2或Ep1+Ek1=Ep2+Ek2表示系統(tǒng)在初狀態(tài)的機械能等于末狀態(tài)的機械能．常用于單個物體，應(yīng)用時需要選參考平面（零勢能面）．觀點II：轉(zhuǎn)化觀點ΔEk+ΔEp=0表示系統(tǒng)動能的減少（或增加）等于勢能的增加（或減少）．初、末態(tài)高度可未知，但高度變化已知.，應(yīng)用時不需要選參考平面（零勢能面）觀點III:轉(zhuǎn)移觀點ΔEＡ+ΔEB=0表示系統(tǒng)一部分A機械能的減少（或增加）等于另一部分B機械能的增加（或減少）.適用于系統(tǒng)，應(yīng)用時不需要選參考平面（零勢能面）．(ii)應(yīng)用步驟確定研究對象，即要明確以哪幾個物體組成的系統(tǒng)為研究對象.正確分析研究對象內(nèi)各物體所受的力.分析時應(yīng)注意：重力、彈力、摩擦力都是成對出現(xiàn)的，要分清哪幾個力是內(nèi)力，哪幾個力是外力.看外力是否對物體做功，內(nèi)力中有沒有重力和彈力以外的力做功，由此即可判斷系統(tǒng)的機械能是否守恒.④根據(jù)機械能守恒定律列出方程并求解.３.內(nèi)力做功與系統(tǒng)機械能守恒對于系統(tǒng)來說，除重力外無其他外力做功只是系統(tǒng)機械能守恒的必要條件之一，另一個重要條件是系統(tǒng)內(nèi)只有保守內(nèi)力做功，非保守內(nèi)力（如摩檫力）不做功或所做的總功為零，在這種情況下系統(tǒng)內(nèi)各物體的動能和勢能可以相互轉(zhuǎn)化，但它們的總量保持不變．系統(tǒng)內(nèi)一對內(nèi)力做功的規(guī)律有：（i）一對內(nèi)力做功的代數(shù)和取決于力和在力的方向上發(fā)生的相對位移，跟參照物的選取無關(guān)（ii）若內(nèi)力為恒力，則一對內(nèi)力做功的代數(shù)和數(shù)值上等于其中一個力和在力的方向上發(fā)生的相對位移大小的乘積,與參考系無關(guān)。（iii）若兩個物體在內(nèi)力的方向上發(fā)生的相對位移為零，或者兩個物體在內(nèi)力方向上始終保持相對靜止，則該對內(nèi)力做功的代數(shù)和為零。（iv）將兩物體間的一對內(nèi)力類比于一對引力或斥力，則當(dāng)兩物體遠(yuǎn)離時，類似于引力的一對內(nèi)力做負(fù)功，類似于斥力的一對內(nèi)力做正功。(v)系統(tǒng)內(nèi)一對保守內(nèi)力所做的總功等于系統(tǒng)內(nèi)對應(yīng)形式勢能的減少量，如一對點電荷間靜電力所做的總功等于這一對點電荷間電勢能的減少量：（建議用時：40分鐘）【考向一：機械能守恒的判斷】1．（2025·天津濱海新·聯(lián)考）如圖所示，杭州亞運會上利用機器狗來馱運鐵餅，機器狗水平背部有個凹槽，鐵餅放入凹槽后就可以被機器狗平穩(wěn)移送到相應(yīng)地方，下列說法正確的是（）A．勻速上坡時，貨物的機械能守恒B．水平勻速前進(jìn)時，鐵餅對機器狗的壓力大于機器狗對它的支持力C．水平加速前進(jìn)時，機器狗對鐵餅的作用力大于鐵餅重力D．機器狗遇到一障礙物輕輕躍起，在空中運動階段，鐵餅處于超重狀態(tài)【答案】C【詳解】A．勻速上坡時，貨物的動能不變，重力勢能增大，則貨物的機械能增大，故A錯誤；B．鐵餅對機器狗的壓力與機器狗對它的支持力為一對相互作用力，大小相等方向相反，故B錯誤；C．水平加速前進(jìn)時，豎直方向，機器狗對鐵餅的支持力等于鐵餅的重力，水平方向，根據(jù)牛頓第二定律可知機器狗對鐵餅的合力不為零，根據(jù)力的合成可知機器狗對鐵餅的作用力大于鐵餅重力，故C正確；D．機器狗遇到一障礙物輕輕躍起，在空中運動階段，鐵餅的加速度為重力加速度，豎直向下，處于失重狀態(tài)，故D錯誤。故選C。2．（2025·天津濱海新·調(diào)研）蹦極是一項刺激的戶外運動，如圖所示，人的運動過程簡化為從О點開始下落，在A點彈性繩剛好伸直，B點速度達(dá)到最大，下落到最低點C點后向上彈回。忽略空氣阻力，則在人下落過程中（

）A．OA段人的機械能守恒 B．在B點人所受合外力最大C．BC段人的加速度逐漸減小 D．AC段人始終處于失重狀態(tài)【答案】A【詳解】A．人在OA階段，做自由落體運動，只有重力做功，重力勢能轉(zhuǎn)化為動能，人的機械能守恒。故A正確；B．人在B點速度達(dá)到最大，說明該點為平衡位置，加速度為0，彈性繩的彈力大小等于人的重力，所受的合外力為0，故B錯誤；C．BC段人的重力小于彈性繩向上的拉力，根據(jù)可知向下運動時，彈性繩上的彈力逐漸增大，則加速度向上逐漸增大，故C錯誤；D．AB段（不含B點）人所受的重力大于向上的拉力，加速度向下，處于失重狀態(tài)，但BC段（不含B點）彈性繩拉力大于重力，加速度向上，處于超重狀態(tài)，B點所受合力為0，為平衡位置，加速度為0，不是失重狀態(tài)。故D錯誤。故選A。3．（2024·天津東麗·調(diào)研）關(guān)于機械能（不含彈性勢能）是否守恒的論述，正確的是（）A．做勻速運動的物體，機械能一定守恒B．做變速運動的物體，機械能可能守恒C．合外力對物體做功等于零時，物體的機械能一定守恒D．只要物體受到重力以外的其它外力，不管它是否對物體做功，物體的機械能一定不守恒【答案】B【詳解】A．做勻速運動的物體，機械能不一定守恒，比如勻速上升的物體，動能不變，重力勢能增加，機械能增加，故A錯誤；B．做變速運動的物體，機械能可能守恒，比如做自由落體運動的物體，故B正確；C．合外力對物體做功等于零時，物體的動能不變，但重力勢能可能發(fā)生變化，機械能可能發(fā)生變化，故C錯誤；D．物體受到重力以外的其它外力，但如果它對物體不做功，則物體的機械能守恒，故D錯誤。故選B。4．（2024·天津濱海新·聯(lián)考）如圖所示，在高為H的桌面上以速度v水平拋出質(zhì)量為m的物體，當(dāng)物體運動到距地面高為h的A點時，下列說法正確的是（重力加速度為g，不計空氣阻力。取地面為參考面）（）A．物體在A點的動能為 B．物體在A點的動能為C．物體在A點的機械能為 D．物體在A點的機械能為【答案】D【詳解】AB．根據(jù)動能定理可得解得物體在A點的動能為故AB錯誤；CD．物體運動過程只受重力作用，物體的機械能守恒，取地面為參考面，則物體在A點的機械能為故C錯誤，D正確。故選D。5．（2024·天津河?xùn)|·調(diào)研）在距離地面4m的某樓層的墻外側(cè)，以1m/s的速度豎直向上拋出一個質(zhì)量為50g的小石子（小石子可看成質(zhì)點），忽略空氣阻力，g取。求：（1）石子落地時速度大小v；（2）石子經(jīng)過多長時間t落地；（3）從拋出到落地這段時間內(nèi)重力做功的平均功率P?！敬鸢浮浚?）；（2）；（3）【詳解】（1）由機械能守恒定律可知解得（2）設(shè)豎直向上為正方向，則有解得（3）重力做功為平均功率為6．（2024·天津·聯(lián)考）如圖甲所示，將輕質(zhì)彈簧的一端固定在水平桌面上O點，當(dāng)彈簧處于自由狀態(tài)時，彈簧另一端在A點。用一個金屬小球擠壓彈簧至B點（如圖乙所示），由靜止釋放小球，隨即小球被彈簧豎直彈出，已知C點為AB的中點，則（）A．從B到A過程中，小球、彈簧和地球組成的系統(tǒng)機械能守恒B．從B到A過程中，小球的動能一直在增大C．從B到A過程中，彈簧的彈性勢能先增大后減小D．從B到C過程彈簧彈力對小球做功大于從C到A過程彈簧彈力對小球做功【答案】AD【詳解】A．從B到A的過程中，小球、彈簧和地球組成的系統(tǒng)只有重力和彈簧彈力做功，系統(tǒng)機械能守恒，故A正確；B．從B到A的過程中，開始階段彈簧的彈力大于重力，小球向上做加速運動，彈簧的壓縮量減小，彈力減小，合力減小，故向上做加速度減小的加速運動，當(dāng)彈簧的彈力減小到與重力相等時，速度達(dá)到最大，此后彈簧的彈力小于重力，小球向上做減速運動，故小球的動能先增大后減小，故B錯誤；C．從B到A的過程中，彈簧的壓縮量一直減小，故彈簧的彈性勢能一直減小，故C錯誤；D．根據(jù)功能關(guān)系可知，從B到C過程彈簧彈力對小球做功從C到A過程彈簧彈力對小球做功故從B到C過程彈簧彈力對小球做功大于從C到A過程，故D正確。故選AD。7．（2024·天津河?xùn)|·聯(lián)考）如圖所示，彈簧的一端固定在豎直墻上，質(zhì)量為M的光滑弧形槽靜止在光滑水平面上，底部與水平面相切，一個質(zhì)量為m（m<M）的小球從弧形槽h高處由靜止開始下滑，不計空氣阻力，下列說法正確的是（）A．在下滑過程中弧形槽對小球的彈力始終不做功B．在小球壓縮彈簧的過程中，小球的機械能減小C．小球離開彈簧后，小球和弧形槽組成的系統(tǒng)機械能守恒，小球仍能回到弧形槽h高處D．在整個過程中，小球、弧形槽和彈簧組成的系統(tǒng)機械能守恒，水平方向動量守恒【答案】B【詳解】A．在小球下滑過程中，雖然小球總是沿著弧形槽的上表面運動，但弧形槽有水平向左的位移，故小球相對于地面的速度方向不是沿著弧形槽的切線的，而弧形槽對小球的作用力是彈力，方向始終垂直于接觸面，故彈力和小球運動速度不垂直，彈力對小球要做功，故A錯誤；B．當(dāng)小球壓縮彈簧的過程中，彈簧和小球組成的系統(tǒng)機械能守恒。但彈簧對小球的彈力做負(fù)功，故小球的機械能減小，故B正確；C．小球在弧形槽上下滑過程中，系統(tǒng)水平方向不受力，系統(tǒng)水平方向動量守恒，小球與弧形槽分離時兩者動量大小相等，由于m<M，則小球的速度大小大于弧形槽的速度大小，小球被彈簧原速率彈回后將追上弧形槽并要滑上弧形槽。在小球離開彈簧后，只有重力和系統(tǒng)內(nèi)彈力做功，故小球和弧形槽組成的系統(tǒng)機械能守恒。由于球與弧形槽組成的系統(tǒng)總動量水平向左，球到達(dá)最高點時兩者共速，則此共同速度也必須水平向左，則二者從靜止開始運動到共速狀態(tài)，系統(tǒng)的動能增加，重力勢能一定要減小，小球上升的最大高度要小于h，故C錯誤；D．整個運動過程中小球和弧形槽、彈簧所組成的系統(tǒng)只有重力與系統(tǒng)內(nèi)彈力做功，系統(tǒng)機械能守恒，小球與彈簧接觸過程中，墻壁對系統(tǒng)作用力水平向左，系統(tǒng)水平方向動量不守恒，故D錯誤。故選B。8．（2024·天津紅橋·調(diào)研）滑雪運動深受人民群眾喜愛。某滑雪運動員（可視為質(zhì)點）由坡道進(jìn)入豎直面內(nèi)的圓弧形滑道AB，從滑道的A點滑行到最低點B的過程中，由于摩擦力的存在，運動員的速率不變，則運動員沿AB下滑過程中（）A．所受合外力始終為零 B．運動員的重力勢能減小C．合外力做功一定為零 D．機械能始終保持不變【答案】BC【詳解】A．運動員做曲線運動，所受合外力一定不為零，故A錯誤；B．運動員沿AB下滑過程中，運動員的重力勢能減小，故B正確；C．由于運動員的速率不變，則運動員的動能不變，根據(jù)動能定理可知，合外力做功一定為零，故C正確；D．由于運動員的重力勢能減小，動能不變，則運動員的機械能減小，故D錯誤。故選BC。【考向二：機械能守恒定律的應(yīng)用】9．（2024·天津薊州·三模）如圖所示，內(nèi)壁粗糙、半徑的四分之一圓弧軌道AB在最低點B與足夠長光滑水平軌道BC相切。質(zhì)量的小球b左端連接一輕質(zhì)彈簧，靜止在光滑水平軌道上，另一質(zhì)量的小球a自圓弧軌道頂端由靜止釋放，運動到圓弧軌道最低點B時，對軌道的壓力為小球a重力的兩倍。忽略空氣阻力，重力加速度g取。(1)求小球a由A點運動到B點的過程中，摩擦力做功。(2)求小球a通過彈簧與小球b相互作用的過程中，彈簧的最大彈性勢能；(3)求小球a通過彈簧與小球b相互作用的整個過程中，彈簧對小球b的沖量I的大小。【答案】(1)(2)(3)【詳解】（1）小球由A靜止釋放運動到最低點B的過程中，根據(jù)動能定理有小球在最低點，根據(jù)牛頓第三定律可知，小球受到軌道的支持力根據(jù)牛頓第二定律聯(lián)立，代入相關(guān)已知數(shù)據(jù)求得（2）小球a與小球b通過彈簧相互作用，達(dá)到共同速度過程中，由動量守恒定律可得由能量轉(zhuǎn)化和守恒定律可得聯(lián)立代入相關(guān)已知數(shù)據(jù)求得：小球a通過彈簧與小球b相互作用的過程中，彈簧的最大彈性勢能（3）小球a與小球b通過彈簧相互作用的整個過程中，設(shè)a后來速度為，b后來速度為，由動量守恒定律可得由能量轉(zhuǎn)化和守恒定律有對b，根據(jù)動量定理有聯(lián)立代入相關(guān)已知數(shù)據(jù)可得10．（2024·天津·模擬預(yù)測）如圖所示，固定的水平橫桿距水平地面的高度，長的輕質(zhì)細(xì)繩一端系在水平橫桿上，另一端連接質(zhì)量的木塊（可視為質(zhì)點），質(zhì)量的子彈以的速度水平射入木塊并水平穿出，此后木塊恰好能在豎直平面內(nèi)做圓周運動，忽略空氣阻力，取重力加速度大小，求：（1）木塊被水平穿出后瞬間，細(xì)繩對木塊的拉力；（2）子彈射穿木塊過程中產(chǎn)生的熱量；（3）子彈落地點與懸點的水平距離d?！敬鸢浮浚?）12N；（2）；（3）【詳解】（1）依題意，木塊恰好能在豎直平面內(nèi)做圓周運動，有解得木塊從最低點運動到最高點過程，根據(jù)動能定理可得解得由牛頓第二定律，有解得（2）子彈射穿木塊過程，系統(tǒng)動量守恒，可得解得根據(jù)能量守恒，有代入數(shù)據(jù)，解得（3）子彈射穿木塊后，做平拋運動，可得，聯(lián)立，解得11．（2024·天津·模擬預(yù)測）水平地面上固定一正方體高臺，高臺最左端固定一彈簧，彈簧原長遠(yuǎn)小于高臺棱長，將一小球A放在高臺最右端，用手將另一小球B壓縮彈簧至最短，某時刻靜止釋放，小球B被彈簧彈射出去后與小球A發(fā)生彈性正碰，小球A落地時重力的瞬時功率為P=4W，不計一切摩擦，小球A，B質(zhì)量均為m=0.2kg且均可看作質(zhì)點，彈簧最大彈性勢能。求：（1）小球B被彈射出去時的瞬時速度大?。唬?）小球A的水平位移大小?！敬鸢浮浚?）；（2）0.4m【詳解】（1）根據(jù)能量守恒解得小球B被彈射出去時的瞬時速度大小為（2）小球A、B發(fā)生彈性正碰，根據(jù)動量守恒以及機械能守恒可得解得小球A落地時重力的瞬時功率為小球A離開高臺后，做平拋運動，則，解得12．（2024·天津·模擬預(yù)測）如圖所示，大小相同的甲、乙兩個小球自半徑為R的光滑半圓形軌道邊緣同時靜止釋放，兩小球恰好在軌道最低點發(fā)生對心彈性碰撞，碰撞時間極短且碰后甲球速度剛好為零。乙球質(zhì)量為m，重力加速度為g，軌道半徑遠(yuǎn)大于小球半徑。求：（1）乙球碰前速度；（2）甲球質(zhì)量；（3）碰撞過程，乙球所受合外力的沖量I的大小?！敬鸢浮浚?）；（2）；（3）【詳解】（1）由機械能守恒定律可知解得碰前的速度（2）碰撞過程由動量守恒和能量關(guān)系，聯(lián)立可得，（3）對乙

規(guī)定水平向右為正方向代入數(shù)據(jù)13．（2024·天津·模擬預(yù)測）如圖所示，一根輕質(zhì)彈簧與質(zhì)量為m的滑塊P連接后，穿在一根光滑豎直桿上，彈簧下端與豎直桿的下端連接，一根輕繩跨過定滑輪將滑塊P和重物Q連接起來。圖中O、B兩點等高，線段OA長為L，與水平方向的夾角，重物Q的質(zhì)量，把滑塊從圖中A點由靜止釋放后沿豎直桿上下運動，當(dāng)它經(jīng)過A、B兩點時，彈簧對滑塊的彈力大小相等，不計滑輪的摩擦，在滑塊從A到B的運動過程中（）A．滑塊P的速度一直增大B．P在B點時，Q的速度為0C．滑塊P在位置B的速度D．P與Q的機械能之和始終不變【答案】BC【詳解】A．由A、B兩點彈簧對滑塊的彈力大小相等可知，A點彈簧處于壓縮狀態(tài)，B點彈簧處于伸長狀態(tài)，B點P所受合力豎直向下，則P在越來越靠近B點過程中必有所受合力方向豎直向下的階段，該階段P的速度減小，故A項錯誤；B．由運動的分解知識可知，P在B位置在沿繩方向的速度為零，而Q的速度與繩的速度相同，所以P在B點時，Q的速度為0，故B項正確；C．滑塊P在A、B兩點時，彈簧對滑塊的彈力大小相等，即彈簧的形變量相等，彈簧的彈性勢能相等，到B點時，Q的速度為零，則系統(tǒng)由機械能守恒可得，解得故C項正確；D．由之前的分析可知，從A點到B點過程中，彈簧對P、Q整體先做正功，后做負(fù)功，所以P與Q的機械能先增大后減小，故D項錯誤。故選BC。14．（2024·天津?qū)幒印ざ＃┤鐖D所示是一兒童游戲機的簡化示意圖，光滑游戲面板傾斜放置，長度為8R的AB直管道固定在面板上，A位于斜面底端，AB與底邊垂直，半徑為R的四分之一圓弧軌道BC與AB相切于B點，C點為圓弧軌道最高點（切線水平），輕彈簧下端固定在AB管道的底端，上端系一輕繩。現(xiàn)緩慢下拉輕繩使彈簧壓縮，后釋放輕繩，彈珠經(jīng)C點時，與圓弧軌道無作用力，并水平射出，最后落在斜面底邊上的位置D（圖中未畫出）。假設(shè)所有軌道均光滑，忽略空氣阻力，彈珠可視為質(zhì)點。直管AB粗細(xì)不計。下列說法正確的是（）A．彈珠脫離彈簧的瞬間，其動能達(dá)到最大B．彈珠脫離彈簧的瞬間，其機械能達(dá)到最大C．A、D之間的距離為D．A、D之間的距離為【答案】BD【詳解】A．彈珠與彈簧接觸向上運動過程，對彈珠分析可知，彈珠先向上做加速度減小的加速運動，后做加速度方向反向，大小減小的減速運動，可知，彈簧彈力與重力沿斜面的分力恰好抵消時，合力為0彈珠的動能達(dá)到最大，此時彈簧處于壓縮狀態(tài)，A錯誤；B．彈珠脫離彈簧之前，彈簧處于壓縮，彈簧對彈珠做正功，因此彈珠脫離彈簧的瞬間，彈珠的機械能達(dá)到最大，B正確；CD．彈珠飛出后做類平拋運動，沿斜面方向有可知彈珠落地D的時間為一定值，水平方向有可知，彈珠飛出速度越小，距離A點越近，由于彈珠做圓周運動，若恰能越過C，則此時有C錯誤，D正確。故選BD。15．（2024·安徽安慶·一模）質(zhì)量為的木板B靜止于光滑水平面上，質(zhì)量為的物塊A停在B的左端，質(zhì)量為的小球用長為的輕繩懸掛在固定點O上；將輕繩拉直至水平位置后，由靜止釋放小球，小球在最低點與A發(fā)生碰撞，碰撞時間極短且無機械能損失，物塊與小球可視為質(zhì)點，不計空氣阻力。已知A、B間的動摩擦因數(shù)，重力加速度。求：（1）小球與A碰撞前的瞬間，繩子對小球的拉力F的大?。唬?）小球與A碰撞后的瞬間物塊A的速度的大小及為使A恰好不滑離木板時木板的長度L。【答案】（1）；（2），【詳解】（1）小球下擺過程機械能守恒，由機械能守恒定律得解得對小球由牛頓第二定律得解得（2）小球與A碰撞過程系統(tǒng)動量守恒，以小球的初速度方向為正方向，由動量守恒定律得由機械能守恒定律得聯(lián)立解得，物塊A與木板B相互作用過程，系統(tǒng)動量守恒，以A的速度方向為正方向，由動量守恒定律得解得由能量守恒定律得解得16．（2024·天津?qū)幒印つM預(yù)測）如圖所示，豎直固定的光滑細(xì)桿上穿著一個小球B，小球通過一根不可伸長的輕繩繞過輕質(zhì)光滑定滑輪與質(zhì)量為m的物塊A相連，用手將物塊A豎直向上托起至定滑輪左側(cè)細(xì)繩與豎直方向的夾角為θ，現(xiàn)突然松手，物塊A開始在豎直方向上做往復(fù)運動，小球最高能到達(dá)M點。已知定滑輪到細(xì)桿的距離為d，Q點和定滑輪的高度相同，，，重力加速度大小為g，定滑輪可看作質(zhì)點，下列說法正確的是（）

A．當(dāng)小球經(jīng)過Q點時，A物塊的加速度為零B．小球的質(zhì)量為C．小球經(jīng)過Q點時的加速度大小為gD．A和B組成的系統(tǒng)機械能不守恒【答案】BC【詳解】A．小球從P到Q，物塊A從靜止運動到最低點，此時速度為零，所以物塊A先加速后減速，物塊A受到的拉力先小于重力后大于重力，當(dāng)小球經(jīng)過Q點時，A物塊處于最低點，此時A物塊的加速度不為零，故A錯誤；C．小球經(jīng)過Q點時水平方向受力平衡，在豎直方向僅受到重力作用，則加速度大小為g，故C正確；BD．A和B組成的系統(tǒng)，整個系統(tǒng)只有重力做功，所以系統(tǒng)機械能守恒，則有解得故B正確，D錯誤。故選BC。【考向三：功能關(guān)系的理解和應(yīng)用】17．（2024·天津薊州·三模）質(zhì)量相等的甲、乙兩物體從離地面相同高度同時由靜止開始下落，由于兩物體的形狀不同，運動中受到的空氣阻力不同，將釋放時刻作為時刻，兩物體的速度圖像如圖所示，則下列判斷正確的是（）A．時間內(nèi)，甲、乙的平均速度相等B．時刻之前，甲受到的空氣阻力總是大于乙受到的空氣阻力C．下落過程中，甲受到的空氣阻力在不斷增大D．時間內(nèi)，甲機械能的減小量大于乙機械能的減小量【答案】CD【詳解】A．根據(jù)圖像與橫軸圍成的面積表示位移，由圖可知，時間內(nèi)，甲的位移大于乙的位移，根據(jù)平均速度公式可知甲的平均速度大于乙的平均速度，故A錯誤；BC．由圖可知，時刻之前，乙物體的加速度恒定，而甲物體運動加速度一直減小，甲的加速度先大于乙的加速度，后小于乙加速度，而兩物體均只受重力和阻力，根據(jù)牛頓第二定律可得解得則加速度越大，阻力越小，加速度越小，阻力越大，故說明甲受到的空氣阻力先小于乙受到的空氣阻力，后大于乙受到的空氣阻力，且甲物體受到的空氣阻力在不斷增大，故B錯誤，C正確；D．時間內(nèi)，設(shè)阻力做功為，根據(jù)動能定理有由圖可知，甲的位移大于乙的位移，則甲物體的重力做功大于乙物體的重力做功，而甲、乙的動能變化量相等，則甲的阻力做功大于乙的阻力做功，根據(jù)功能關(guān)系，機械能的減少量等于阻力的功，則甲物體機械能的減小量大于乙物體機械能的減小量，故D正確。故選CD。18．（2024·天津濱海新·三模）神舟17號返回艙開傘后，返回艙與降落傘中心連接的中軸線始終保持豎直。整體受到豎直向上的空氣阻力，同時在水平風(fēng)力的作用下，整體以的加速度沿圖中直線斜向下減速運動，該直線與豎直方向成。下列說法正確的是（）A．返回艙中的航天員處于失重狀態(tài)B．豎直向上的空氣阻力大于水平風(fēng)力C．若水平風(fēng)力突然消失，返回艙將做平拋運動D．整體克服豎直向上空氣阻力做的功小于其機械能的減少量【答案】BD【詳解】A．返回艙的受力情況如圖所示由于返回艙的加速度斜向上，所以返回艙及返回艙中的航天員處于超重狀態(tài)。故A錯誤；B．將加速度進(jìn)行分解，則，可得故B正確；C．若水平風(fēng)力突然消失，返回艙受重力和空氣阻力，且速度斜向下左下，返回艙將做類斜拋運動。故C錯誤；D．根據(jù)功能關(guān)系可知，整體克服豎直向上空氣阻力做的功與克服水平風(fēng)力做的功之和等于其機械能的減少量。故D正確。故選BD。19．（2024·天津武清·模擬預(yù)測）某商場的室內(nèi)模擬滑雪機，該機主要由前后兩個傳動軸及傳送帶上粘合的雪毯構(gòu)成，雪毯不斷向上運動，使滑雪者產(chǎn)生身臨其境的滑雪體驗。已知坡道長，傾角，雪毯始終以速度向上運動。一質(zhì)量（含裝備）的滑雪者從坡道頂端由靜止滑下，滑雪者沒有做任何助力動作，滑雪板與雪毯間的動摩擦因數(shù)。重力加速度。，。不計空氣阻力。在滑雪者滑到坡道底端的過程中，求：（1）滑雪者的加速度大小a以及經(jīng)歷的時間t；（2）摩擦力對滑雪者所做的功W；（3）滑雪板與雪毯間的摩擦生熱Q。【答案】（1）2m/s2，3s；（2）；（3）7680J【詳解】（1）對滑雪者受力分析有解得滑雪者滑下過程做勻加速直線運動，有解得（2）摩擦力做功為（3）該時間內(nèi)雪毯的位移為兩者之間的相對位移為產(chǎn)生的熱量為20．（2024·天津和平·二模）如圖所示，在O點處固定一個正點電荷；圖中虛線是以O(shè)點為圓心的圓周，從P點由靜止釋放一個帶負(fù)電的小球，小球僅在重力和該點電荷電場力作用下在豎直面內(nèi)運動，其一段軌跡如圖所示。M、N是軌跡與圓周的交點，，則小球（）A．小球在M點的速度等于在N點的速度B．在P點的電勢能大于在N點的電勢能C．在M點的機械能等于在N點的機械能D．從M點運動到N點的過程中，電場力始終不做功【答案】BC【詳解】AC．根據(jù)點電荷的電勢分布情況可知M點和N點到點電荷的距離相等，則根據(jù)電場力做功為小球從M點到N點電場力做功為零，則小球在M點和N點的機械能相等，N點的重力勢能小于M點的重力勢能，則N點的動能大于M點的動能，即N點的速度大于M點的速度，故A錯誤，C正確；B．根據(jù)其中小球帶負(fù)電，所以故B正確；D．從M點運動到N點的過程中，電場力先做正功后做負(fù)功，D錯誤。故選BC。21．（2024·天津和平·一模）2023年5月23日，中國空軍八一飛行表演隊時隔14年換裝新機型，殲10C飛出國門，在大馬航展上騰空而起，特技表演驚艷全場。如圖所示，飛機在豎直平面內(nèi)經(jīng)一段圓弧向上爬升，忽略阻力，飛機沿圓弧運動過程（）A．若飛機沿圓弧向上勻速爬升，則所受合力為零B．若飛機沿圓弧向上勻速爬升，則重力的功率不變C．若飛機沿圓弧向上勻速爬升，則發(fā)動機的推力大小不變D．若飛機沿圓弧向上加速爬升，則發(fā)動機推力做的功大于重力勢能增加量【答案】D【詳解】A．若飛機沿圓弧向上勻速爬升，所受合力提供所需向心力，合力不為零，故A錯誤；B．若飛機沿圓弧向上勻速爬升，根據(jù)由于豎直分速度大小不斷變化，所以重力的功率不斷變化，故B錯誤；C．若飛機沿圓弧向上勻速爬升，飛機受到重力和發(fā)動機的推力的合力提供所需向心力，由于重力不變，合力大小不變，但合力方向時刻發(fā)生變化，根據(jù)力的矢量三角形定則可知發(fā)動機的推力大小時刻發(fā)生變化，故C錯誤；D．若飛機沿圓弧向上加速爬升，則飛機的動能增加，根據(jù)動能定理可知，發(fā)動機推力做的功大于克服重力做的功，即發(fā)動機推力做的功大于重力勢能增加量，故D正確。故選D。22．（2023·天津和平·一模）修建高層建筑時常用到履帶式起重機，如圖所示，立在底座上的吊臂由傾斜的鋼纜拉住固定在一定角度，連接在吊臂頂端的豎直鋼纜下端是吊鉤。某次操作中，吊鉤將一定質(zhì)量的建材從地面由靜止開始提升，經(jīng)過一段時間后到達(dá)某一高度，在這段時間內(nèi)（??）A．傾斜鋼纜上的拉力大小一定不變B．吊鉤對建材的拉力大小一定等于建材的重力C．任意時間內(nèi)拉力對建材的沖量等于建材的動量變化D．上升過程中建材的機械能一直在不斷增大【答案】D【詳解】A．建材上升時先加速后減速，加速度有變化，傾斜鋼纜上的拉力大小一定變化，故A錯誤；B．建材加速上升時，吊鉤對建材的拉力大小一定大于建材的重力，故B錯誤；C．任意時間內(nèi)拉力和建材重力的合力對建材的沖量等于建材的動量變化，故C錯誤；D．上升過程中拉力做正功，建材的機械能一直在不斷增大，故D正確。故選D。23．（2025·天津紅橋·調(diào)研）豎直平行導(dǎo)軌MN上端接有電阻R，金屬桿ab質(zhì)量為m，電阻也為R，跨在平行導(dǎo)軌間的長度為L，垂直導(dǎo)軌平面的水平勻強磁場方向向里，不計導(dǎo)軌電阻，不計摩擦，且ab與導(dǎo)軌接觸良好，如圖所示。若ab桿在豎直方向上的外力F作用下勻速上升h，則下列說法正確的是（）A．金屬桿ab克服安培力所做的功等于電阻R上產(chǎn)生的焦耳熱B．拉力F與金屬桿ab克服安培力所做的功之和等于金屬桿機械能的增加量C．拉力F與重力做功的代數(shù)和等于金屬桿上產(chǎn)生的焦耳熱D．拉力F與安培力的合力所做的功大于mgh【答案】B【詳解】A．根據(jù)功能關(guān)系可知，金屬桿ab克服安培力所做的功等于電阻R上和金屬桿ab產(chǎn)生的焦耳熱之和，A錯誤；B．金屬桿機械能的增加量等于除重力外的其他力所做的功，即拉力F與金屬桿ab克服安培力所做的功之和等于金屬桿機械能的增加量，B正確；C．a(chǎn)b桿在豎直方向外力F作用下勻速上升h，由動能定理可得則即，拉力F與重力做功的代數(shù)和等于金屬桿克服安培力做的功，但大于金屬桿上產(chǎn)生的焦耳熱，C錯誤；D．a(chǎn)b桿在豎直方向外力F作用下勻速上升h，由動能定理可得則即拉力F與安培力的合力所做的功等于，D錯誤。故選B。24．（2025·天津河西·調(diào)研）倉儲物流中經(jīng)常用到斜面和傳送帶。如圖所示，傾角為θ=37°的斜面AC長L=2m，B是AC中點，斜面底端C與水平傳送帶平滑連接。質(zhì)量為m=2kg的貨物從斜面頂端A點由靜止下滑，當(dāng)貨物滑到傳送帶的右端D時，其速度恰好與傳送帶的速度相同。貨物與斜面AB段、BC段之間的動摩擦因數(shù)分別為μ1=0.5、μ2=0.75，傳送帶勻速運行的速度v0=4m/s，C、D間距離為。貨物可視為質(zhì)點，不計空氣阻力，sin37°=0.6，取g=10m/s2。求：(1)貨物在AB段上運動時的加速度大小a；(2)貨物運動到B點時的速度vB以及貨物從A運動到C所需的時間t；(3)貨物在傳送帶上從C運動到D的過程中，由于摩擦而產(chǎn)生的熱量Q?！敬鸢浮?1)2m/s2(2)2m/s，1.5s(3)4J【詳解】（1）貨物在AB段上運動時，根據(jù)牛頓第二定律有解得（2）貨物在AB段上運動時，根據(jù)速度與位移的關(guān)系有解得貨物在AB段上運動時，根據(jù)速度公式有貨物通過B點后，由于可知，貨物在BC段做勻速直線運動，則貨物在BC段的時間解得（3）貨物在傳送帶上從C運動到D過程中，由于貨物滑到傳送帶的右端D時，其速度恰好與傳送帶的速度相同，則有根據(jù)牛頓第二定律有貨物的位移傳送帶的位移由于摩擦而產(chǎn)生的熱量解得Q=4J【考向四：能量守恒定律的理解和應(yīng)用】25．（2025·天津·調(diào)研）如圖所示，半徑R＝0.4m的粗糙圓弧軌道BC固定在豎直平面內(nèi)，軌道的上端點B和圓心O的連線與水平方向的夾角，下端點C為軌道的最低點且與粗糙水平面相切，一根輕質(zhì)彈簧的右端固定在豎直擋板上。質(zhì)量m＝0.1kg的小物塊（可視為質(zhì)點）從空中A點以的速度被水平拋出，恰好從B點沿軌道切線方向進(jìn)入軌道，經(jīng)過圓弧軌道上C點時對軌道的壓力大小為6N，之后沿水平面向右運動至D點時，彈簧被壓縮至最短，小物塊第二次經(jīng)過C點時剛好停止運動，不計空氣阻力（g取10）。求：(1)小物塊從A點運動到B點的時間t；(2)小物塊經(jīng)過圓弧軌道的過程中損失的機械能；(3)彈簧的彈性勢能的最大值。【答案】(1)(2)(3)【詳解】（1）根據(jù)運動的合成與分解，將物塊在B點的速度進(jìn)行分解，如圖所示由幾何知識可知解得物塊從A到B所用時間（2）根據(jù)上述分析可得物塊在B點的速度設(shè)物塊在C點的速度，根據(jù)牛頓第二定律可得解得根據(jù)能量守恒定律，可得小物塊經(jīng)過圓弧軌道的過程中損失的機械能（3）根據(jù)能量守恒可得，解得26．（2024·天津和平·調(diào)研）如圖，水平光滑地面上停放著一輛質(zhì)量為M的小車，其左側(cè)有半徑為R的四分之一光滑圓弧軌道AB，軌道最低點B與水平軌道BC相切，整個軌道處于同一豎直平面內(nèi)。將質(zhì)量為m的物塊（可視為質(zhì)點）從A點無初速釋放，物塊沿軌道滑行至軌道末端C處恰好沒有滑出。設(shè)重力加速度為g，物塊與軌道BC之間的滑動摩擦因數(shù)為，空氣阻力可忽略不計。關(guān)于物塊從A位置運動至C位置的過程，下列說法中正確的是（）A．小車和物塊構(gòu)成的系統(tǒng)機械能守恒B．物塊在BC上運動時，摩擦力對物塊和小車做功的代數(shù)和為零C．水平軌道BC的長度為D．如果小車被鎖定在地面上，物塊仍從A點靜止釋放，則也能恰到達(dá)C點【答案】D【詳解】A．由于物塊在軌道BC之間滑行時，因摩擦?xí)a(chǎn)生內(nèi)能，所以小車和物塊構(gòu)成的系統(tǒng)機械能不守恒，故A錯誤；B．物塊在BC上運動時，根據(jù)功能關(guān)系可在，摩擦力對物塊和小車做功的代數(shù)和的絕對值等于系統(tǒng)產(chǎn)生的內(nèi)能，所以摩擦力對物塊和小車做功的代數(shù)和不為零，故B錯誤；C．物塊從A位置運動至C位置的過程，小車和物塊構(gòu)成的系統(tǒng)滿足水平方向動量守恒，由于初動量為0，則物塊到達(dá)C處時，剛好小車和物塊共同的速度為0；根據(jù)能量守恒可得解得水平軌道BC的長度為故C錯誤；D．如果小車被鎖定在地面上，物塊仍從A點靜止釋放，根據(jù)能量守恒可得解得可知物塊也能恰到達(dá)C點，故D正確。故選D。27．（2024·天津和平·調(diào)研）有一個可視為質(zhì)點的小物塊，質(zhì)量為，小物塊從光滑平臺上的A點以的初速度水平拋出，到達(dá)C點時，恰好沿C點的切線方向進(jìn)入固定在水平地面上的光滑圓弧軌道，最后小物塊滑上緊靠軌道末端D點的質(zhì)量為的長木板，如圖所示。已知木板上表面與圓弧軌道末端切線相平，木板下表面與水平地面之間光滑，小物塊與長木板間的動摩擦因數(shù)，圓弧軌道的半徑為，C點和圓弧的圓心連線與豎直方向的夾角。不計空氣阻力，g取求：（1）小物塊從A到C所需的時間；（2）小物塊剛到達(dá)圓弧軌道末端D點時對軌道的壓力大??；（3）要使小物塊不滑出長木板，木板的長度L至少多大。【答案】（1）；（2）；（3）2m【詳解】（1）小物塊在C點的豎直速度為又解得（2）小物塊在C點時的速度大小小物塊由C到D的過程中，由機械能守恒定律得小物塊在D點時，由牛傾第二定律得聯(lián)立，解得由牛頓第三定律得方向豎直向下。（3）設(shè)小物塊剛好滑到木板左端且達(dá)到共同速度的大小為v，滑行過程中，小物塊加速度大小為長木板的加速度小物塊與長木板的速度分別為，對小物塊和木板組成的系統(tǒng)，由能量守恒定律得解得即木板的長度至少2m。28．（2024·河南鄭州·模擬預(yù)測）如圖所示，固定斜面的傾角，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，滑輪左側(cè)繩子與斜面平行，A的質(zhì)量是B的質(zhì)量2倍，初始時物體A到C點的距離，現(xiàn)給A、B一初速度，使A開始沿斜面向下運動，B向上運動，物體A向下運動剛到C點時的速度大小，物體A將彈簧壓縮到最短后，物體A又恰好能彈回到C點。已知彈簧的最大彈性勢能為6J，重力加速度，不計空氣阻力，整個過程中輕繩始終處于伸直狀態(tài)。則（）A．物體A與斜面之間的動摩擦因數(shù)B．物體A向下運動到C點的過程中，A的重力勢能轉(zhuǎn)化為B的重力勢能C．彈簧的最大壓縮量D．B的質(zhì)量為2kg【答案】ACD【詳解】A．設(shè)的質(zhì)量為，在物體向下運動剛到點的過程中，對組成的系統(tǒng)應(yīng)用能量守恒定律可得得A正確；B．物體向下運動到點的過程中，的重力勢能及的動能都減小，轉(zhuǎn)化為的重力勢能和摩擦生熱，B錯誤；C．對組成的系統(tǒng)分析，在物體從點壓縮彈簧至將彈簧壓縮到最大壓縮量，又恰好返回到點的過程中，系統(tǒng)動能的減少量等于因摩擦產(chǎn)生的熱量，即其中為彈簧的最大壓縮量，得C正確；D．從點到彈簧最大壓縮量過程中由能量守恒定律可得得的質(zhì)量為D正確。故選ACD。29．（2024·浙江·模擬預(yù)測）帶發(fā)電機的自行車，能利用車輪帶動發(fā)電機轉(zhuǎn)動發(fā)電對車燈提供電源。圖甲是其發(fā)電機與車輪接觸部分的照片，發(fā)電的基本原理可簡化為一個線圈在勻強磁場中轉(zhuǎn)動來產(chǎn)生（如圖乙所示）。已知發(fā)電機轉(zhuǎn)輪的半徑為r，發(fā)電機線圈所圍面積為S、匝數(shù)為n、電阻為R