微专题34 功能关系分析-2025版高中物理微专题

微专题34功能关系分析【核心要点提示】几种常见的功能关系及其表达式力做功能的变化定量关系合力的功动能变化W＝Ek2－Ek1＝ΔEk重力的功重力势能变化(1)重力做正功，重力势能减少(2)重力做负功，重力势能增加(3)WG＝－ΔEp＝Ep1－Ep2弹簧弹力的功弹性势能变化(1)弹力做正功，弹性势能减少(2)弹力做负功，弹性势能增加(3)WF＝－ΔEp＝Ep1－Ep2只有重力、弹簧弹力做功机械能不变化机械能守恒ΔE＝0除重力和弹簧弹力之外的其他力做的功机械能变化(1)其他力做多少正功，物体的机械能就增加多少(2)其他力做多少负功，物体的机械能就减少多少(3)W其他＝ΔE一对相互作用的滑动摩擦力的总功机械能减少内能增加(1)作用于系统的一对滑动摩擦力一定做负功，系统内能增加(2)摩擦生热Q＝Ff·x相对【微专题训练】【例题】(2018·山西大学附属中学月考)如图所示，建筑工地上载人升降机用不计质量的细钢绳跨过定滑轮与一电动机相连，通电后电动机带动升降机沿竖直方向先匀加速上升后匀速上升。摩擦及空气阻力均不计。则(BC)A．升降机匀加速上升过程中，升降机底板对人做的功等于人增加的动能B．升降机匀加速上升过程中，升降机底板对人做的功等于人增加的机械能C．升降机匀速上升过程中，升降机底板对人做的功等于人增加的机械能D．升降机上升的全过程中，升降机拉力做的功大于升降机和人增加的机械能[解析]根据动能定理可知，合外力对物体做的功等于物体动能的变化量，所以升降机匀加速上升过程中，升降机底板对人做的功和人的重力做功之和等于人增加的动能，故A错误，B正确；升降机匀速上升过程中，升降机底板对人做的功等于克服重力做的功(此过程中动能不变)，即增加的机械能，C正确；升降机上升的全过程中，升降机拉力做的功等于升降机和人增加的机械能，D错误。【变式】【2017·新课标Ⅲ卷】如图，一质量为m，长度为l的均匀柔软细绳PQ竖直悬挂。用外力将绳的下端Q缓慢地竖直向上拉起至M点，M点与绳的上端P相距。重力加速度大小为g。在此过程中，外力做的功为()A． B． C． D．【答案】A【解析】将绳的下端Q缓慢地竖直向上拉起至M点，PM段绳的机械能不变，MQ段绳的机械能的增加量为，由功能关系可知，在此过程中，外力做的功，故选A。【例题】(2016·山西四校联考)如图所示，倾角为θ的光滑斜面足够长，一质量为m的小物体，在沿斜面向上的恒力F作用下，由静止从斜面底端沿斜面向上做匀加速直线运动，经过时间t，力F做功为60J，此后撤去力F，物体又经过相同的时间t回到斜面底端，若以底端的平面为零势能参考面，则下列说法正确的是()A．物体回到斜面底端的动能为60JB．恒力F＝2mgsinθC．撤去力F时，物体的重力势能是45JD．动能与势能相等的时刻一定出现在撤去力F之前【解析】由题设条件可知：前后两段小物体的运动的位移大小相等，方向相反，则由牛顿第二定律和运动学公式可得，x0＝eq\f(1,2)·eq\f(F－mgsinθ,m)t2＝－(eq\f(F－mgsinθ,m)t2－eq\f(1,2)gsinθt2)，解得，F＝eq\f(4,3)mgsinθ，选项B错误；由题设条件知，Fx0＝eq\f(4,3)mgx0sinθ＝60J，则此过程中重力做的功为WG＝－mgx0sinθ＝－45J，撤去力F时，物体的重力势能是45J，选项C正确；全程由动能定理可得：Fx0＝Ek0，则物体回到斜面底端的动能Ek0为60J，选项A正确；撤去力F时，物体的重力势能为45J，动能为15J，此后只有重力做功，机械能守恒，故动能与势能相等，且都为30J时在撤去力F前、后都存在，选项D错误。【答案】AC【变式】【河南省八市重点高中2017届高三上学期第二次质量检测】质量m=3.0kg的小球在竖直向上的恒定拉力作用下，由静止开始从水平地面向上运动，经一段时间，拉力做功为W=15.0J，此后撤去拉力，球又经相同时间回到地面，以地面为零势能面，不计空气阻力，重力加速度g=l0m/s2。则下列说法正确的是：A．恒定拉力大小为40.0NB．球动能EK=3.0J时的重力势能可能是l2.0JC．拉力作用过程球动能增加了15.0J，D．球动能EK=3.0J时的重力势能可能是9.0J【答案】ABD【解析】设竖直向上的恒力为F，物体质量m=3kg．恒力F作用时间t，在恒力F作用过程：上升高度h，根据牛顿第二定律得：运动加速度；h=a1t2；撤去恒力瞬间速度为v0，则v0=a1t，撤去恒力后到物体落地时，取竖直向上方向为正方向，则s=v0t+gt2，-h=(a1t)t-gt2；联立解得：，把带入得F=40N

，选项A正确；球动能EK=3.0J时，由动能定理，当力F做功15J时，此时克服重力做功为12J，即此时物体的重力势能是l2.0J，选项B正确；拉力作用过程中，由于重力做负功，故球动能增加小于15.0J，选项C错误；球动能EK=3.0J时，若重力势能是9.0J，由动能定理可知WF=12J<15J,故选项D正确；故选ABD.【例题】(2017·江苏卷)一小物块沿斜面向上滑动，然后滑回到原处。物块初动能为Ek0，与斜面间的动摩擦因数不变，则该过程中，物块的动能Ek与位移x关系的图线是(C)[解析]设物块与斜面间的动摩擦因数为μ，物块的质量为m，则物块在上滑过程中根据功能关系有－(mgsinθ＋μmgcosθ)x＝Ek－Ek0，即Ek＝Ek0－(mgsinθ＋μmgcosθ)x，物块沿斜面下滑的过程中有(mgsinθ－μmgcosθ)·(x0－x)＝Ek，由此可以判断C项正确。【变式】(2018·天津市第一中学高三上学期第二次月考试题)如图所示，一小物块以一定的初速度v0沿粗糙斜面上滑，到达最高点后又返回到出发点。以出发点为坐标原点，沿斜面向上为正方向，出发点所在平面为重力势能零面。用Ek表示小物块的动能，Ep表示小物块的重力势能，E表示小物块的机械能，Wf表示小物块克服摩擦力做的功，x表不小物块运动的位移，则下列图象表示正确的是(ABD)[解析]上滑的加速度a1＝gsinθ＋μgcosθ，下滑的加速度a1＝gsinθ－μgcosθ，则根据动能定理得：上升过程中：Ek－eq\f(1,2)mveq\o\al(2,0)＝－ma1x，得：Ek＝eq\f(1,2)mveq\o\al(2,0)－ma1x，下滑过程有：Ek＝ma2(L－x)，由数学知识可知，A图正确。重力势能：Ep＝mgh＝mgxsinθ，故B正确。机械能E＝E0－μmgcosθ·x，则选项C错误；克服摩擦力做功：Wf＝μmgcosθ·x，选项D正确；故选ABD。【巩固习题】1.(2016·安徽安庆高三月考)一质量为m的物体以某一速度冲上一个倾角为37°的斜面，其运动的加速度的大小为0.9g。这个物体沿斜面上升的最大高度为H，则在这过程中()A．物体的重力势能增加了0.9mgHB．物体的机械能损失了0.5mgHC．物体的动能损失了0.5mgHD．物体的重力势能增加了0.6mgH【解析】重力势能的增加量等于克服重力做的功，故重力势能增加了mgH，故A、D错误；物体上滑过程，根据牛顿第二定律有，F合＝mgsin37°＋Ff＝ma，解得，Ff＝0.3mg；动能减小量等于克服合力做的功，W合＝F合·eq\f(H,sin37°)＝1.5mgH，物体的机械能损失等于克服阻力做的功，Wf＝Ff·eq\f(H,sin37°)＝0.5mgH，故B正确，C错误。【答案】B2.一物块放在如图所示的斜面上，用力F沿斜面向下拉物块，物块沿斜面运动了一段距离，若已知在此过程中，拉力F所做的功为A，斜面对物块的作用力所做的功为B，重力做的功为C，空气阻力做的功为D，其中A、B、C、D的绝对值分别为100J、30J、100J、20J，则物块动能的增量及物块机械能的增量分别为()A．50J150J B．80J50JC．200J50J D．150J50J【解析】在物块下滑的过程中，拉力F做正功，斜面对物块有摩擦力，做负功，重力做正功，空气阻力做负功．根据动能定理，合外力对物块做的功等于物块动能的增量，则ΔEk＝W合＝A＋B＋C＋D＝100J＋(－30J)＋100J＋(－20J)＝150J.根据功能关系，除重力之外的其他力所做的功等于物块机械能的增量，则ΔE机＝A＋B＋D＝100J＋(－30J)＋(－20J)＝50J.故选项D正确．【答案】D3.(2016·山东济南高三月考)某物块以80J初动能从固定斜面底端上滑，以斜面底端为零势能参考平面，到达最高点时物块的重力势能为60J。物块在斜面上滑动过程中，当动能和势能恰好相等时，其机械能可能为()A.eq\f(480,7)JB.eq\f(320,9)JC．20JD．48J【解析】斜面的倾角为θ，物块从底端上滑到最高点的位移为x，物块的质量为m，物块受到的滑动摩擦力为Ff，由动能定理可得，－mgxsinθ－Ffx＝0－Ek0，又物块在最高点的重力势能Ep＝mgxsinθ＝60J，解得，Ffx＝20J，mgsinθ＝3Ff；若物块上滑距离为x1时，其动能和重力势能相等，有2mgx1sinθ＋Ffx1＝Ek0，联立解得，x1＝eq\f(4,7)x。由功能关系得，E＝2mgx1sinθ＝2×eq\f(4,7)·mgxsinθ＝eq\f(480,7)J，A正确。【答案】A4.如图所示，一根长为l的轻质软绳一端固定在O点，另一端与质量为m的小球连接，初始时将小球放在与O点等高的A点，OA=，现将小球由静止状态释放，则当小球运动到O点正下方时，绳对小球拉力为()(已知：sin37°=0.6，cos37°=0.8)A．2mgB．3mgC．mgD．mg【答案】C【解析】设小球到达B点时细绳刚好绷紧．则OB与水平方向的夹角的余弦为cosα=0.6

小球自由下落的高度为h=0.8l，到达B点的速度

细绳绷紧后瞬间小球只有垂直于细绳的分速度，大小为v2=v1cosα

从B到最低点，由动能定理得：mgl(1-sinα)=mv32-mv22

在最低点有，

联立以上各式解得T=mg,故选C.5.(2015·山东潍坊)2012年伦敦奥运会上，牙买加选手博尔特，夺得100米冠军，成为“世界飞人”．他采用蹲踞式起跑，在发令枪响后，左脚迅速蹬离起跑器，在向前加速的同时提升身体重心．如图所示，假设他的质量为m，在起跑时前进的距离x内，重心上升高度为h，获得的速度为v，阻力做功为W阻、重力对人做功W重、地面对人做功W地、运动员自身做功W人，整个运动过程中运动员的脚与地面间不发生相对滑动．则在此过程中，下列说法中正确的是()A．地面对人做功W地＝mgh＋eq\f(1,2)mv2B．运动员机械能增加了mgh＋eq\f(1,2)mv2C．运动员的重力做功为W重＝－mghD．运动员自身做功为W人＝mgh＋eq\f(1,2)mv2－W阻【解析】由于地面对人的支持力没有位移，故地面对人的支持力做功为零，运动员的脚与地面间不发生相对滑动，地面给运动员向前的静摩擦力不做功，因此地面对人做的功W地＝0，A选项错误；起跑过程，重力势能增加mgh，动能增加eq\f(1,2)mv2，故机械能增加量为mgh＋eq\f(1,2)mv2，故B选项正确；重心上升h，故重力做功为W重＝－mgh，故C选项正确；以人为研究对象，此时的人不能看做质点，因为他的内力做功，即题目中的运动员自身做功为W人，应看做质点系，人受重力、地面对人的作用力(包含支持力、摩擦力)、阻力，由质点系的动能定理可知，W人＋W地－mgh－W阻＝eq\f(1,2)mv2－0，得W人＝mgh＋eq\f(1,2)mv2＋W阻，D选项错误．【答案】BC6.(2016·湖北省八校高三联考)如图甲所示，质量为1kg的小物块以初速度v0＝11m/s从θ＝53°固定斜面底端先后两次滑上斜面，第一次对小物块施加一沿斜面向上的恒力F，第二次无恒力F。图乙中的两条线段a、b分别表示存在恒力F和无恒力F时小物块沿斜面向上运动的v－t图线。不考虑空气阻力，g＝10m/s2，下列说法正确的是(cos53°＝0.6，sin53°＝0.8)()A．恒力F大小为1NB．物块与斜面间动摩擦因数为0.6C．有恒力F时，小物块在上升过程产生的热量较少D．有恒力F时，小物块在上升过程机械能的减少量较小【解析】据v－t中斜率等于加速度的意义可知aa＝eq\f(Δv,t1)＝eq\f(0－11,1.1)m/s2＝－10m/s2，ab＝eq\f(Δv,t2)＝eq\f(0－11,1)m/s2＝－11m/s2，不受拉力时mab＝－mgsin53°－μmgcos53°，代入数据得μ＝0.5，受到拉力的作用时maa＝F－mgsin53°－μmgcos53°，所以F＝1N，故A正确，B错误；根据运动学公式x＝eq\f(0－veq\o\al(2,0),2a)，有恒力F时，小物块的加速度小，小物块上升的高度比较大，所以在上升过程产生的热量较大，故C错误；小物块在最高点的重力势能比较大，而升高的过程动能的减小是相等的，所以在上升过程机械能的减少量较小，故D正确。【答案】AD7.(2018·山东省烟台市月考)一个物体放在倾角为θ，且足够长的光滑斜面上，初始位置如图甲所示，在平行于斜面的力F的控制下由静止开始沿斜面运动，运动过程中物体的机械能E随位置x的变化关系如图乙所示。其中0～x1过程的图线是曲线，x1～x2过程的图线是平行于x轴的直线，x2～x3过程的图线是倾斜的直线，则下列说法正确的是(CD)A．0～x1的过程中，力F恒定不变B．在0～x1的过程中，物体的加速度一直减小C．在x1～x2的过程中，物体的加速度大小是gsinθD．在x2～x3的过程中，物体的加速度大于gsinθ[解析]由功能关系知，物体机械能的变化量等于重力以外的力对物体做的功，故图象的斜率对应物体所受重力以外的其他力，即本题中的力F，故在0～x1的过程中，力F不断减小，A项错误；物体机械能减小，则物体向下运动，由牛顿第二定律可知，在0～x1过程，物体加速度不断增大，B项错误；在x1～x2过程中，物体所受拉力为零，物体的加速度a＝gsinθ，C项正确；x2～x3过程中，物体机械能增大，力F对物体做正功，说明力F方向沿斜面向下，故物体加速度大于gsinθ，D项正确。8.(2013·江苏)如图所示，水平桌面上的轻质弹簧一端固定，另一端与小物块相连，弹簧处于自然长度时物块位于O点(图中未标出)．物块的质量为m，AB＝a，物块与桌面间的动摩擦因数为μ.现用水平向右的力将物块从O点拉至A点，拉力做的功为W.撤去拉力后物块由静止向左运动，经O点到达B点时速度为零，重力加速度为g，则上述过程中()A．物块在A点时，弹簧的弹性势能等于W－eq\f(1,2)μmgaB．物块在B点时，弹簧的弹性势能小于W－eq\f(3,2)μmgaC．经O点时，物块的动能小于W－μmgaD．物块动能最大时弹簧的弹性势能小于物块在B点时弹簧的弹性势能【解析】若无摩擦力的理想的弹簧振子，弹簧处于自然长度时O点在AB中点．有摩擦，有机械能损耗，就到不了理想情况的A左边的对称点了，B点相对A来说，靠O点更近了，eq\x\to(OA)>eq\f(1,2)a，对于OA段由功能关系可得W＝μmgeq\x\to(OA)＋EpA，整理得EpA＝W－μmgeq\x\to(OA)<W－eq\f(1,2)μmga，因此A选项错误；对于物块从O到A再到B，由功能关系，可得W＝μmgeq\x\to(OA)＋μmga＋EpB，整理得EpB＝W－μmgeq\x\to(OA)－μmga＜W－eq\f(3,2)μmga，因此B选项正确；对于物块从O到A再到O，由功能关系，可得W＝μmgeq\x\to(OA)×2＋eq\f(1,2)mveq\o\al(2,0)，经O点时，物块的动能eq\f(1,2)mveq\o\al(2,0)＝W－2μmgeq\x\to(OA)＜W－μmga，C选项正确；【答案】BC9.(2018·洛阳检测)如图所示，在倾角为θ的斜面上，轻质弹簧一端与斜面底端固定，另一端与质量为M的平板A连接，一个质量为m的物体B靠在平板的右侧，A、B与斜面的动摩擦因数均为μ。开始时用手按住物体B使弹簧处于压缩状态，现放手，使A和B一起沿斜面向上运动距离L时，A和B达到最大速度v。则以下说法正确的是()A．A和B达到最大速度v时，弹簧是自然长度B．若运动过程中A和B能够分离，则A和B恰好分离时，二者加速度大小均为g(sinθ＋μcosθ)C．从释放到A和B达到最大速度v的过程中，弹簧对A所做的功等于eq\f(1,2)Mv2＋MgLsinθ＋μMgLcosθD．从释放到A和B达到最大速度v的过程中，B受到的合力对它做的功等于eq\f(1,2)mv2解析：选BDA和B达到最大速度v时，A和B的加速度为零。对AB整体：由平衡条件知kx＝(m＋M)gsinθ＋μ(m＋M)gcosθ，所以此时弹簧处于压缩状态，故A错误；A和B恰好分离时，A、B间的弹力为0，A、B的加速度相同，对B受力分析，由牛顿第二定律知，mgsinθ＋μmgcosθ＝ma，得a＝gsinθ＋μgcosθ，故B正确；从释放到A和B达到最大速度v的过程中，对AB整体，根据动能定理得W弹－(m＋M)gLsinθ－μ(m＋M)gcosθ·L＝eq\f(1,2)(m＋M)v2，所以弹簧对A所做的功W弹＝eq\f(1,2)(m＋M)v2＋(m＋M)gLsinθ＋μ(m＋M)gcosθ·L，故C错误；从释放到A和B达到最大速度v的过程中，对于B，根据动能定理得B受到的合力对它做的功W合＝ΔEk＝eq\f(1,2)mv2，故D正确。10.(2018·江苏淮阴中学模拟)如图所示，倾角θ＝30°的固定斜面上固定着挡板，轻弹簧下端与挡板相连，弹簧处于原长时上端位于D点。用一根不可伸长的轻绳通过轻质光滑定滑轮连接物体A和B，使滑轮左侧轻绳始终与斜面平行，初始时A位于斜面的C点，C、D两点间的距离为L。现由静止同时释放A、B，物体A沿斜面向下运动，将弹簧压缩到最短的位置E点，D、E两点间的距离为eq\f(L,2)。若A、B的质量分别为4m和m，A与斜面间的动摩擦因数μ＝eq\f(\r(3),8)，不计空气阻力，重力加速度为g，整个过程中，轻绳始终处于伸直状态，则()A．A在从C至E的过程中，先做匀加速运动，后做匀减速运动B．A在从C至D的过程中，加速度大小为eq\f(1,20)gC．弹簧的最大弹性势能为eq\f(15,8)mgLD．弹簧的最大弹性势能为eq\f(3,8)mgL解析：选BD对A、B整体从C到D的过程受力分析，根据牛顿第二定律得a＝eq\f(4mgsin30°－mg－μ·4mgcos30°,4m＋m)＝eq\f(1,20)g，从D点开始A与弹簧接触，压缩弹簧，弹簧被压缩到E点的过程中，弹簧的弹力是变力，则加速度是变化的，所以A在从C至E的过程中，先做匀加速运动，后做变加速运动，最后做变减速运动，直到速度为零，故A错误，B正确；当A的速度为零时，弹簧被压缩到最短，此时弹簧弹性势能最大，整个过程中对A、B整体应用动能定理得4mgL＋eq\f(L,2)sin30°－mgeq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(L＋\f(L,2)))－μ·4mgcos30°eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(L＋\f(L,2)))－W弹＝0，解得W弹＝eq\f(3,8)mgL，则弹簧具有的最大弹性势能Ep＝W弹＝eq\f(3,8)mgL，故C错误，D正确。11.【湖北省华中师范大学第一附属中学2017届高三上学期期中考试】如图所示，直杆AB与水平面成α角固定，在杆上套一质量为m的小滑块，杆上各处与滑块之间的动摩擦因素保持不变，杆底端B点处有一弹性挡板，杆与板面垂直，滑块与挡板碰撞后原速率返回．现将滑块拉到A点由静止释放，滑块与挡板第一次碰撞后恰好能上升到AB的中点，设重力加速度为g，下列说法中正确的是()A．可以求出滑块下滑和上滑过程加速度的大小a1、a2B．取过B点的水平面为零势能面，则可以判断滑块从A下滑至B的过程中，重力势能等于动能的位置在AB中点的下方C．可以求出滑块在杆上运动的总路程SD．可以求出滑块第一次与挡板碰撞时重力做功的瞬时功率P【答案】AB【解析】设下滑位移为L，到达底端速度为由公式得：下滑过程：①上滑过程：②由牛顿第二定律得：下滑加速度为：③上滑加速度为：④①②③④联立得：，，故A正确；可以考虑到达AB中点时刻，如果没有摩擦，则机械能守恒，此时动能与重力势能相等；但实际有摩擦，动能偏小，故需要继续下降才可能动能和势能相等，故B正确；将滑块拉到A点由静止释放能够下滑，说明重力的下滑分力大于最大静摩擦力，故最终滑块停在底端；学科网对运动全程，根据动能定理，有：，对从释放到第一次反弹到最高点过程，根据动能定理，有：，联立解得：，不知道L，故C错误；由于不知道杆的长度L，故滑块第一次与挡板碰撞时的速度无法求解，也就不能求解此时重力的瞬时功率，故D错误。12.水平地面上有两个固定的、高度相同的粗糙斜面体甲和乙，乙的斜面倾角大，甲、乙斜面长分别为S、L1，如图所示。两个完全相同的小滑块A、B可视为质点，同时由静止开始从甲、乙两个斜面的顶端释放，小滑块A一直沿斜面甲滑到底端C，而小滑块B沿斜面乙滑到底端P后又沿水平面滑行到D(小滑块B在P点从斜面滑到水平面的速度大小不变)，在水平面上滑行的距离PD＝L2，且S＝L1＋L2。小滑块A、B与两个斜面和水平面间的动摩擦因数相同，则()A．滑块A到达底端C点时的动能一定比滑块B到达D点时的动能小B．两个滑块在斜面上加速下滑的过程中，到达同一高度时，动能可能相同C．A、B两个滑块从斜面顶端分别运动到C、D的过程中，滑块A重力做功的平均功率小于滑块B重力做功的平均功率D．A、B两个滑块从斜面顶端分别运动到C、D的过程中，由于克服摩擦而产生的热量一定相同解析：选AC研究滑块A到达底端C点的过程，根据动能定理得，mgh－μmgcosα·S＝eq\f(1,2)mvC2，研究滑块B到达D点的过程，根据动能定理得，mgh－μmgcosθ·L1－μmgL2＝eq\f(1,2)mvD2，S＝L1＋L2，根据几何关系得Scosα>L1cosθ＋L2，所以eq\f(1,2)mvC2<eq\f(1,2)mvD2，故A正确；两个滑块在斜面上加速下滑的过程中，到达同一高度时，重力做功相同，但克服摩擦力做功不等，所以动能不同，产生的热量也不同，故B、D错误；整个过程中，两滑块所受重力做功相同，但由于滑块A运动时间长，故重力对滑块A做功的平均功率比滑块B的小，故C正确。13.如图所示，质量相等的甲、乙两小球从一光滑直角斜面的顶端同时由静止释放，甲小球沿斜面下滑经过a点，乙小球竖直下落经过b点，a、b两点在同一水平面上，不计空气阻力，下列说法中正确的是()A．甲小球在a点的速率等于乙小球在b点的速率B．甲小球到达a点的时间等于乙小球到达b点的时间C．甲小球在a点的机械能等于乙小球在b点的机械能(相对同一个零势能参考面)D．甲小球在a点时重力的功率等于乙小球在b点时重力的功率【解析】由机械能守恒得两小球到达a、b两处的速度大小相等，A、C正确；设斜面的倾角为α，甲小球在斜面上运动的加速度为a＝gsinα，乙小球下落的加速度为a＝g，由t＝eq\f(v,a)可知t甲＞t乙，B错误；甲小球在a点时重力的功率P甲＝mgvsinα，乙小球在b点时重力的功率P乙＝mgv，D错误．【答案】AC14.(2018·德阳一诊)如图所示，固定于地面、倾角为θ的光滑斜面上有一轻质弹簧，轻质弹簧一端与固定于斜面底端的挡板C连接，另一端与物块A连接，物块A上方放置有另一物块B，物块A、B质量均为m且不粘连，整个系统在沿斜面向下的恒力F作用下而处于静止状态。某一时刻将力F撤去，若在弹簧将A、B弹起过程中，A、B能够分离，则下列叙述正确的是()A．从力F撤去到A、B发生分离的过程中，弹簧及A、B物块所构成的系统机械能守恒B．A、B被弹起过程中，A、B即将分离时，两物块速度达到最大C．A、B刚分离瞬间，A的加速度大小为gsinθD．若斜面为粗糙斜面，则从力F撤去到A、B发生分离的过程中，弹簧减少的弹性势能一定大于A、B增加的机械能与系统摩擦生热之和解析：选AC从力F撤去到A、B发生分离的过程中，弹簧及A、B物块所构成的系统只有重力和弹簧的弹力做功，所以系统的机械能守恒，故A正确。A、B被弹起过程中，合力等于零时，两物块速度达到最大，此时弹簧处于压缩状态，A、B还没有分离，故B错误。A、B刚分离瞬间，A、B间的弹力为零，对B分析，由牛顿第二定律得mgsinθ＝maB，得aB＝gsinθ，此瞬间A与B的加速度相同，所以A的加速度大小为gsinθ，故C正确。若斜面为粗糙斜面，则从力F撤去到A、B发生分离的过程中，由能量守恒定律知，弹簧减少的弹性势能一定等于A、B增加的机械能与系统摩擦生热之和，故D错误。15.如图所示，固定坡道倾角为θ，顶端距光滑水平面的高度为h。一可视为质点的小物块质量为m。从坡道顶端由静止滑下，经过底端O点进入水平面时无机械能损失，为使小物块制动，将轻弹簧的一端固定在水平面左侧M处的竖直墙上，弹簧自由伸长时右侧一端恰好位于O点。已知小物块与坡道间的动摩擦因数为μ，重力加速度为g，则下列说法正确的是()A．弹簧弹性势能的最大值为mghB．小物块在倾斜轨道上运动时，下滑的加速度比上滑的加速度小C．小物块往返运动的总路程为eq\f(h,μcosθ)D．小物块返回倾斜轨道时所能达到的最大高度为eq\f(1－μcotθ,1＋μcotθ)h解析：选BD小物块第一次下滑将弹簧压缩至最短时弹簧弹性势能最大，由能量守恒有Ep＝mgh－μmgcosθ×eq\f(h,sinθ)＜mgh，A错误。在倾斜轨道上下滑时ma＝mgsinθ－μmgcosθ，而上滑时ma′＝mgsinθ＋μmgcosθ，故B正确。小物块最终静止于倾斜轨道的底端，设在倾斜轨道上通过的路程为s，则由能量守恒有mgh＝μmgcosθ×s，得s＝eq\f(h,μcosθ)，而每次往返过程中物块还在光滑水平面上通过一定的路程，故整个运动过程中的路程必大于eq\f(h,μcosθ)，C错误。物块第一次返回倾斜轨道上时所能达到的最大高度最大，由能量守恒有mg(h－h1)＝μmgcosθ·eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(h,sinθ)＋\f(h1,sinθ)))，得h1＝eq\f(1－μcotθ,1＋μcotθ)h，D正确。16.一个小物块从底端冲上足够长的斜面后，又返回斜面底端．已知小物块的初动能为E，它返回斜面底端的速度大小为v，克服摩擦阻力做功为E/2.若小物块冲上斜面的动能为2E，则物块 ()A．返回斜面底端时的动能为EB．返回斜面底端时的动能为3E/2C．返回斜面底端时的速度大小为2vD．返回斜面底端时的速度大小为v【答案】A【解析】：设初动能为E时，小物块沿斜面上升的最大位移为s1，初动能为2E时，小物块沿斜面上升的最大位移为s2，斜面的倾角为θ，由动能定理得：－mgs1sinθ－Ffs1＝0－E,2Ffs1＝eq\f(E,2)，E－eq\f(E,2)＝eq\f(1,2)mv2；而－mgs2sinθ－Ffs2＝0－2E，可得：s2＝2s1，所以返回斜面底端时的动能为2E－2Ffs2＝E，A正确，B错误；由E＝eq\f(1,2)mv′2可得v′＝eq\r(2)v，C、D均错误．17.在女子排球比赛中，假设运动员某次发球后排球恰好从网上边缘过网．女子排球网网高H＝2.24m，排球质量为m＝300g，运动员对排球做的功为W1＝20J，排球从发出至运动到网上边缘的过程中克服空气阻力做功为W2＝4.12J，重力加速度g＝10m/s2.排球发出时的位置高度h＝2.04m，选地面为零势能面，则()A．与排球发出时相比，排球恰好到达球网上边缘时重力势能的增加量为6.72JB．排球恰好到达球网上边缘时的机械能为26.12JC．排球恰好到达球网上边缘时的动能为15.88JD．与排球发出时相比，排球恰好到达球网上边缘时动能的减少量为4.72J【解析】与排球发出时相比，排球恰好到达球网上边缘时重力势能的增加量为mg(H－h)＝0.6J，A错误；排球恰好到达球网上边缘时的机械能为mgh＋W1－W2＝22J，B错误；排球恰好到达球网上边缘时的动能为W1－W2－mg(H－h)＝15.28J，C错误；与排球发出时相比，排球恰好到达球网上边缘时动能的减少量为W2＋mg(H－h)＝4.72J，D正确．【答案】D18.(2016·辽宁大连高三月考)如图所示，与水平面夹角为锐角的斜面底端A向上有三个等间距点B、C和D，即AB＝BC＝CD，D点距水平面高为h。小滑块以某一初速度从A点出发，沿斜面向上运动。若斜面光滑，则滑块到达D位置时速度为零；若斜面AB部分与滑块有处处相同的摩擦，其余部分光滑，则滑块上滑到C位置时速度为零，然后下滑。已知重力加速度为g，则在AB有摩擦的情况下()A．从C位置返回到A位置的过程中，克服阻力做功为eq\f(2,3)mghB．滑块从B位置返回到A位置的过程中，动能变化为零C．滑块从C位置返回到B位置时的动能为eq\f(1,3)mghD．滑块从B位置返回到A位置时的动能为eq\f(2,3)mgh【解析】由于A、B、C和D相邻等间距，A、B、C和D所处的高度均匀变化，设A到B重力做功为WG，从A到D，根据动能定理，有3WG＝0－eq\f(1,2)mveq\o\al(2,0)；若斜面AB部分与滑块间有处处相同的摩擦，设克服摩擦力做功Wf，根据动能定理，有2WG－Wf＝0－eq\f(1,2)mveq\o\al(2,0)，联立解得WG＝－Wf，所以从C位置返回到A位置的过程中克服阻力做功eq\f(1,3)mgh，选项A错误；从B位置返回到A位置时因为WG＝Wf，所以动能的变化为零，选项B正确，D错误；设滑块下滑到B位置时速度大小为vB，根据动能定理，有WG＝eq\f(1,2)mveq\o\al(2,B)＝eq\f(1,3)mgh，选项C正确。【答案】BC19.(2016·江苏省南通高三期末)如图所示，分别用恒力F1、F2先后将质量为m的物体由静止开始沿同一粗糙的固定斜面由底端拉至顶端，两次所用时间相同，第一次力F1沿斜面向上，第二次力F2沿水平方向。则两个过程()A．物体与斜面摩擦生热相同B．物体机械能变化量相同C．F1做的功与F2做的功相同D．F1做功的功率比F2做功的功率大【解析】由题意可知，两次物体的位移相等，由x＝eq\f(1,2)at2可知，加速度a也相同，据v＝at知，到达顶端的速度相等；对物体受力分析可知，力F2作用时的摩擦力大于力F1作用时的摩擦力，则第二次摩擦生热多，A错误；两次物体在顶端的机械能相等，则机械能的变化量相同，B正确；两次的摩擦力做功不同，则F1和F2的做功和功率都不同，且F1做功和功率都小于F2做功和功率，C、D错误。【答案】B20.(多选)如图所示，轻质弹簧一端固定在水平面上O点的转轴上，另一端与一质量为m、套在粗糙固定直杆A处的小球(可视为质点)相连，直杆的倾角为30°，OA＝OC，B为AC的中点，OB等于弹簧原长．小球从A处由静止开始下滑，初始加速度大小为aA，第一次经过B处的速度大小为v，运动到C处速度为0，后又以大小为aC的初始加速度由静止开始向上滑行．设最大静摩擦力等于滑动摩擦力，重力加速度为g.下列说法正确的是()A．小球可以返回到出发点A处B．撤去弹簧，小球可以在直杆上处于静止C．弹簧具有的最大弹性势能为eq\f(1,2)mv2D．aA－aC＝g【解析】设小球从A运动到B的过程克服摩擦力做功为Wf，AB间的竖直高度为h，小球的质量为m，弹簧具有的最大弹性势能为Ep，根据能量守恒定律得：对于小球A到B的过程有mgh＋Ep＝eq\f(1,2)mv2＋Wf，A到C的过程有2mgh＋Ep＝2Wf＋Ep，解得Wf＝mgh，Ep＝eq\f(1,2)mv2，小球从C点向上运动时，假设能返回到A点，则由能量守恒定律得Ep＝2Wf＋2mgh＋Ep，该式违反了能量守恒定律，可知小球不能返回到出发点A处，A项错误，C项正确；设从A运动到C摩擦力的平均值为eq\x\to(F)f，AB＝s，由Wf＝mgh得eq\x\to(F)f＝mgsin30°，在B点，摩擦力Ff＝μmgcos30°，由于弹簧对小球有拉力(除B点外)，小球对杆的压力大于mgcos30°，所以eq\x\to(F)f＞μmgcos30°可得mgsin30°＞μmgcos30°，因此撤去弹簧，小球不能在直杆上处于静止，B项错误；根据牛顿第二定律得，在A点有Fcos30°＋mgsin30°－Ff＝maA，在C点有Fcos30°－Ff－mgsin30°＝maC，两式相减得aA－aC＝g，D项正确．【答案】CD21.如图所示，光滑水平面内固定有一槽，一轻杆一端处于槽内，另一端与一轻质弹簧相连，当左边物块撞击弹簧时，若弹簧的压缩量超过某一值，轻杆可以在槽内移动，设杆在槽内移动时所受到的摩擦力大小恒为f.现有一质量为m的物块以某一初速度v0撞击轻质弹簧，最后物块以速度v被反弹回来．弹簧在压缩过程中始终处于弹性限度内，且物块与弹簧作用时没有能量损失，则下列说法正确的是()A．物块被弹回时的动能一定小于eq\f(1,2)mveq\o\al(2,0)B．物块压缩弹簧的过程中，物块和弹簧所组成的系统机械能可能守恒C．物块在压缩弹簧的过程中，弹簧所具有的最大弹性势能一定为eq\f(1,2)mveq\o\al(2,0)D．如果轻杆发生了移动，则它移动的位移大小为eq\f(1,f)eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,2)mv\o\al(2,0)－\f(1,2)mv2))【解析】设弹簧的劲度系数为k，物块在向右运动的过程中，弹簧的形变量若始终不超过x＝eq\f(f,k)，则轻杆和槽间无相对运动，物块被弹回时速度v的大小等于v0的大小，在该过程中物块和弹簧所组成的系统机械能守恒，此时弹簧的最大弹性势能为eq\f(1,2)mveq\o\al(2,0)，故选项A错误、选项B正确；若形变量超过x＝eq\f(f,k)，杆和槽间出现相对运动，克服摩擦力做功，所以物块被弹回时速度v小于v0，弹簧所具有的最大弹性势能小于eq\f(1,2)mveq\o\al(2,0)，故选项C错误；若轻杆发生了移动，对整个过程应用动能定理得fs＝ΔEk，轻杆在槽内移动的位移大小为eq\f(1,f)eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,2)mv\o\al(2,0)－\f(1,2)mv2))，故选项D正确．【答案】BD22.(多选)如图所示，一半径为R，粗糙程度处处相同的半圆形轨道竖直固定放置，直径POQ水平．轨道上的A点离PQ的距离为eq\f(1,2)R，一质量为m的质点自P点上方某处由静止开始下落，从P点进入轨道后刚好能到达Q点并能再次返回经过N点．已知质点第一次滑到轨道最低点N时速率为v1，第一次到达A点时速率为v2，选定N点所在的水平面为重力势能的零势能面，则()A．v1＜eq\r(2)v2B．v1＞eq\r(2)v2C．从N到Q的过程中，动能与重力势能相等的点在A点上方，从Q到N的过程中，动能与重力势能相等的点在A点下方D．从N到Q的过程中，动能与势能相等的点在A点下方，从Q到N的过程中，动能与重力势能相等的点在A点上方【解析】质点从N到A再到Q的过程中，重力与摩擦力做功，由于质点做圆周运动，由运动的特点可知，质点在NA段与轨道之间的压力大于AQ段之间质点与轨道之间的压力，根据Ff＝μFN可知，质点在NA段受到的摩擦力比较大，所以质点在NA段摩擦力做的功比较多，则重力与摩擦力在NA段做的功比较多，所以质点第一次到达N点处的动能一定大于质点第一次到达A点处动能的2倍，根据动能的表达式Ek＝eq\f(1,2)mv2可知，v1＞eq\r(2)v2，A项错误，B项正确；如果轨道光滑，质点在运动过程中不受摩擦力，上升过程中动能与重力势能相等的位置在A点，现在由于要克服摩擦力做功，机械能减小，所以上升过程中动能与重力势能相等的位置在A点上方，从Q到N的过程中，动能与重力势能相等的点在A点下方，C项正确，D项错误．【答案】BC23.如图所示，A、B、C三个一样的滑块从粗糙斜面上的同一高度同时开始运动．A由静止释放；B的初速度方向沿斜面向下，大小为v0；C的初速度方向沿水平方向，大小也为v0.斜面足够大，A、B、C运动过程中不会相碰．下列说法正确的是()A．A和C将同时滑到斜面底端B．滑到斜面底端时，B的动能最大C．滑到斜面底端时，C的重力势能减少最多D．滑到斜面底端时，B的机械能减少最多【解析】A、C两个滑块所受的滑动摩擦力大小相等，A所受滑动摩擦力沿斜面向上，C沿斜面向上的力是滑动摩擦力的分力，所以C的加速度大于A的加速度，C先到达斜面底端，A项错误；重力做功相同，摩擦力对A、B做功相同，C克服摩擦力做功最多，而B有初速度，则滑到斜面底端时，B滑块的动能最大，B项正确；三个滑块下降的高度相同，重力势能减小相同，C项错误；滑动摩擦力做功与路程有关，C运动的路程最大，C克服摩擦力做功最大，机械能减少最多，D项错误．【答案】B24.如图所示，挡板P固定在足够高的倾角为θ＝37°的斜面上，小物块A、B的质量均为m，两物块由劲度系数为k的轻弹簧相连，两物块与斜面的动摩擦因数均为μ＝0.5.一不可伸长的轻绳跨过滑轮，一端与物块B连接，另一端连接一轻质小钩．初始小物块A、B静止，且物块B恰不下滑．若在小钩上挂一质量为M的物块C并由静止释放，当物块C运动到最低点时，小物块A恰好离开挡板P.重力加速度为g，sin37°＝0.6，cos37°＝0.8.(1)求物块C下落的最大高度；(2)求物块C由静止开始运动到最低点的过程中，弹簧弹性势能的变化量；(3)若把物块C换成质量为(M＋m)的物块D，小物块A恰离开挡板P时小物块B的速度为多大？【解析】(1)初始弹簧处于压缩状态，设弹簧的压缩量为x1，以小物块B为研究对象，则有mgsinθ＝kx1＋μmgcosθ小物块A恰离开挡板P时，弹簧处于伸长状态，设弹簧的伸长量为x2，以小物块A为研究对象，则有mgsinθ＋μmgcosθ＝kx2设物块C下落的最大高度为h，则有h＝x1＋x2联立解得h＝eq\f(6mg,5k).(2)设弹簧的弹性势能变化量为ΔEp，对于小物块A、B、C和轻弹簧组成的系统，根据能量转化和守恒定律有Mgh＝mghsinθ＋μmghcosθ＋ΔEp解得ΔEp＝(M－m)gh＝eq\f(6M－mmg2,5k).(3)设物块C换为物块D后，小物块A恰离开挡板P时小物块B的速度为v对于小物块A、B、D和轻弹簧组成的系统，根据能量转化和守恒定律有(M＋m)gh＝mghsinθ＋μmghcosθ＋ΔEp＋eq\f(1,2)(M＋2m)v2解得物块B的速度为v＝2mgeq\r(\f(3,5kM＋m)).【答案】(1)eq\f(6mg,5k)(2)eq\f(6M－mmg2,5k)(3)2mgeq\r(\f(3,5kM＋m))25.【哈三中2016—2017学年度上学期高三学年期中考试】如图所示，水平面右端放一大小可忽略的小物块，质量m=0.1kg，以v0=4m/s向左运动，运动至距出发点d=1m处将弹簧压缩至最短，反弹回到出发点时速度大小v1=2m/s。水平面与水平传送带理想连接，传送带长度L=3m，以v2=10m/s顺时针匀速转动。传送带右端与一竖直面内光滑圆轨道理想连接，圆轨道半径R=0.8m，物块进入轨道时触发闭合装置将圆轨道封闭。(g=10m/s2，sin53°=0.8，cos53°=0.6))求：(1)物体与水平面间的动摩擦因数μ1；(2)弹簧具有的最大弹性势能Ep；(3)要使物块进入竖直圆轨道后不脱离圆轨道，传送带与物体间的动摩擦因数μ2应满足的条件。【答案】(1)(2)(3)或【解析】(1)小物块在水平面向左运动再返回的过程，根据能量守恒定律得：，代入数据解得(2)小物块从出发到运动到弹簧压缩至最短的过程，由能量守恒定律得弹簧具有的最大弹性势能，代入数据解得(3)本题分两种情况讨论：①设物块在圆轨道最低点时速度为时，恰好到达圆心右侧等高点．根据机械能守恒得，得说明物块在传送带上一直做匀加速运动．由动能定理得：，解得②设物块在圆轨道最低点时速度为时，恰好到达圆轨道最高点．在圆轨道最高点有：从圆轨道最低点到最高点的过程，由机械能守恒定律得解得说明物块在传送带上一直做匀加速运动．由动能定理得：，解得，所以要使物块进入竖直圆轨道后不脱离圆轨道，传送带与物体间的动摩擦因数应满足的条件是或．26.(2017·山西大学附中月考)如图所示，在倾角为30°的光滑斜面上放置一质量为m的物块B，B的下端连接一轻质弹簧，弹簧下端与挡板相连接，B平衡时，弹簧的压缩量为x0，O点为弹簧的原长位置。在斜面顶端另有一质量也为m的物块A，距物块B为3x0，现让A从静止开始沿斜面下滑，A与B相碰后立即一起沿斜面向下运动，但不粘连，它们到达最低点后又一起向上运动，并恰好回到O点(A、B均视为质点)。试求：(1)A、B相碰后瞬间的共同速度的大小；(2)A、B相碰前弹簧具有的弹性势能；(3)若在斜面顶端再连接一光滑的半径R＝x0的半圆轨道PQ，圆弧轨道与斜面相切于最高点P，现让物块A以初速度v从P点沿斜面下滑，与B碰后返回到P点还具有向上的速度，则v为多大时物块A恰能通过圆弧轨道的最高点？解析：(1)A与B碰撞前后，设A的速度分别是v1和v2，因A下滑过程中，机械能守恒，有：mg(3x0)sin30°＝eq\f(1,2)mv12解得：v1＝eq\r(3gx0) ①又因A与B碰撞过程中，动量守恒，有：mv1＝2mv2②联立①②得：v2＝eq\f(1,2)v1＝e