2025版高考物理二轮复习第1部分专题2动量与能量第2讲机械能守恒定律功能关系教案

PAGE16-机械能守恒定律功能关系[高考统计·定方向](老师授课资源)考点考向五年考情汇总1.机械能守恒定律的应用考向1.单个物体的机械能守恒2024·全国卷ⅡT16考向2.系统机械能守恒2015·全国卷ⅡT212024·全国卷ⅡT212.功能关系及能量守恒考向1.功能关系的基本应用2024·全国卷ⅡT182024·全国卷ⅠT182024·全国卷ⅢT16考向2.能量的转化与守恒的应用2024·全国卷ⅡT25考向3.功能关系的综合应用2024·全国卷ⅠT242024·全国卷ⅡT25机械能守恒定律的应用(5年3考)❶分析近五年的高考题可以看出，本考点是高考命题的热点，题型以选择题为主，题目综合性强，涉及多物体系统机械能时，常与运动的合成与分解相联系。❷预料2024年高考仍会以多物体机械能守恒为重点，复习中应加强训练。1．(多选)(2015·全国卷Ⅱ·T21)如图所示，滑块a、b的质量均为m，a套在固定竖直杆上，与光滑水平地面相距h，b放在地面上。a、b通过铰链用刚性轻杆连接，由静止起先运动。不计摩擦，a、b可视为质点，重力加速度大小为g。则()A．a落地前，轻杆对b始终做正功B．a落地时速度大小为eq\r(2gh)C．a下落过程中，其加速度大小始终不大于gD．a落地前，当a的机械能最小时，b对地面的压力大小为mg[题眼点拨]①刚性轻杆不伸缩，两滑块沿杆的分速度相同；②轻杆对滑块a、b都做功，系统机械能守恒。BD[由题意知，系统机械能守恒。设某时刻a、b的速度分别为va、vb。此时刚性轻杆与竖直杆的夹角为θ，分别将va、vb分解，如图。因为刚性轻杆不行伸长，所以沿杆的分速度v∥与v′∥是相等的，即vacosθ＝vbsinθ。当a滑至地面时θ＝90°，此时vb＝0，由系统机械能守恒得mgh＝eq\f(1,2)mveq\o\al(2,a)，解得va＝eq\r(2gh)，选项B正确。同时由于b初、末速度均为零，运动过程中其动能先增大后减小，即杆对b先做正功后做负功，选项A错误。杆对b的作用先是推力后是拉力，对a则先是阻力后是动力，即a的加速度在受到杆的向下的拉力作用时大于g，选项C错误。b的动能最大时，杆对a、b的作用力为零，此时a的机械能最小，b只受重力和支持力，所以b对地面的压力大小为mg，选项D正确。正确选项为B、D。]2.(多选)(2024·全国卷Ⅱ·T21)如图所示，小球套在光滑的竖直杆上，轻弹簧一端固定于O点，另一端与小球相连。现将小球从M点由静止释放，它在下降的过程中经过了N点。已知在M、N两点处，弹簧对小球的弹力大小相等，且∠ONM<∠OMN<eq\f(π,2)。在小球从M点运动到N点的过程中()A．弹力对小球先做正功后做负功B．有两个时刻小球的加速度等于重力加速度C．弹簧长度最短时，弹力对小球做功的功率为零D．小球到达N点时的动能等于其在M、N两点的重力势能差BCD[在M、N两点处，弹簧对小球的弹力大小相等，且∠ONM<∠OMN<eq\f(π,2)，则小球在M点时弹簧处于压缩状态，在N点时弹簧处于拉伸状态，小球从M点运动到N点的过程中，弹簧长度先缩短，当弹簧与竖直杆垂直时弹簧达到最短，这个过程中弹力对小球做负功，然后弹簧再伸长，弹力对小球起先做正功，当弹簧达到自然伸长状态时，弹力为零，再随着弹簧的伸长弹力对小球做负功，故整个过程中，弹力对小球先做负功，再做正功，后再做负功，选项A错误；在弹簧与杆垂直时及弹簧处于自然伸长状态时，小球加速度等于重力加速度，选项B正确；弹簧与杆垂直时，弹力方向与小球的速度方向垂直，则弹力对小球做功的功率为零，选项C正确；由机械能守恒定律知，在M、N两点弹簧弹性势能相等，在N点小球的动能等于从M点到N点重力势能的减小值，选项D正确。]1．机械能守恒的三种推断方法(1)用做功推断：若物体或系统只有重力(或弹簧的弹力)做功，虽受其他力，但其他力不做功，则其机械能守恒。(2)用能量转化推断：若物体或系统中只有动能和势能的相互转化，而无机械能与其他形式的能的相互转化，则其机械能守恒(如上T1)。(3)对多个物体组成的系统，除考虑是否只有重力做功外，还要考虑系统内力是否做功，如有滑动摩擦力做功时，因摩擦生热，系统机械能将有损失。2．机械能守恒定律的三种表达形式如图所示，将质量为2m的重物悬挂在轻绳的一端，轻绳的另一端系一质量为m的环，环套在竖直固定的光滑直杆上，光滑定滑轮与直杆的距离为d。杆上的A点与定滑轮等高，杆上的B点在A点正下方距离为d处。现将环从A处由静止释放，不计一切摩擦阻力，下列说法正确的是()A．环到达B处时，重物上升的高度h＝eq\f(d,2)B．环到达B处时，环与重物的速度大小相等C．环从A到B，环削减的机械能等于重物增加的机械能D．环能下降的最大高度为eq\f(4d,3)[题眼点拨]①“光滑直杆”表明没有系统内能的转化。②“A点与滑轮等高”表明释放后环沿杆下滑，重物上升。③“轻绳相连”表明沿绳子上的速度大小相等。[解析]环到达B处时，对环的速度进行分解，可得v环cosθ＝v物，由题图中几何关系可知θ＝45°，则v环＝eq\r(2)v物，B错误；因环从A到B，环与重物组成的系统机械能守恒，则环削减的机械能等于重物增加的机械能，C正确；当环到达B处时，由题图中几何关系可得重物上升的高度h＝(eq\r(2)－1)d，A错误；当环下落到最低点时，设环下落高度为H，由机械能守恒有mgH＝2mg(eq\r(H2＋d2)－d)，解得H＝eq\f(4,3)d，故D正确。[答案]CD反思：解此题关键是找出速度关联点，明确初、末状态的速度关系，确定环和重物的速度改变规律及速度大小关系，进而确定各自动能改变规律，还要明确环和重物组成的系统机械能守恒。考向1单个物体的机械能守恒1.如图所示，长为0.1m的不行伸长的细线下挂一木块，弹簧枪射出的一粒弹丸水平击中木块并留在木块内部。此后细线与竖直方向之间的最大夹角为60°。若木块质量为弹丸质量的8倍，重力加速度g＝10m/s2，不计空气阻力，则弹丸击中木块前瞬间的速度大小为()A．2m/s B．9m/sC．4m/s D．6m/sB[设弹丸击中木块前瞬间的速度大小为v0，弹丸与木块碰撞后瞬间的共同速度大小为v，由动量守恒定律，可得mv0＝(M＋m)v，由机械能守恒定律，可得eq\f(1,2)(M＋m)v2＝(M＋m)gL(1－cos60°)，代入数据解得v0＝9m/s，B正确。]考向2系统机械能守恒2．(易错题)(多选)如图所示，在倾角θ＝30°的光滑斜面上，放有两个质量分别为1kg和2kg的可视为质点的小球A和B，两球之间用一根长为L＝0.2m的轻杆相连，小球B到水平面的高度h＝0.1m。两球从静止起先下滑到光滑的水平面上，不计球与地面碰撞时的机械能损失，g取10m/s2，则下列说法正确的是()A．下滑的整个过程中A球的机械能守恒B．下滑的整个过程中两球组成的系统机械能守恒C．两球在光滑水平面上运动时的速度大小为2m/sD．下滑的整个过程中杆对B球所做的功为eq\f(2,3)JBD[在下滑的整个过程中，只有重力对系统做功，所以系统的机械能守恒，选项B正确；B球在水平面上滑行、而A球在斜面上滑行的一小段时间内，杆的弹力对A做功，所以A球的机械能不守恒，选项A错误；两球在光滑水平面上运动时的速度大小记为v，依据系统机械能守恒可得mAg(h＋Lsin30°)＋mBgh＝eq\f(1,2)(mA＋mB)v2，代入数据解得v＝eq\f(2,3)eq\r(6)m/s，选项C错误；系统下滑的整个过程中B球机械能的改变量为ΔEB＝eq\f(1,2)mBv2－mBgh，代入数据可得ΔEB＝eq\f(2,3)J，选项D正确。]易错点评：在于混淆单个物体和多物体机械能守恒的推断方法。3．(多选)(2024·黑龙江重点中学第三次联考)如图所示，光滑的小滑轮D(可视为质点)固定，质量相等的物体A和B用轻弹簧连接，物体B放在地面上，用一根不行伸长的轻绳一端与物体A连接，另一端跨过定滑轮与小环C连接，小环C穿过竖直固定的光滑匀称细杆，小环C位于位置R时，绳与细杆的夹角为θ，此时物体B与地面刚好无压力，图中SD水平，位置R和Q关于S对称，现让小环从R处由静止释放，环下落过程中绳始终处于拉直状态，且环到达Q处时速度最大。在小环从R处下落到Q处的过程中，下列说法正确的是()A．小环C和物体A组成的系统机械能守恒B．小环C下落到位置S时，小环C的机械能肯定最大C．小环C从位置R运动到位置Q的过程中，弹簧的弹性势能可能先减小后增大D．小环C到达位置Q时，物体A与小环C的动能之比为cosθ∶2BCD[小环C和物体A、弹簧组成的系统机械能守恒，选项A错误；小环从位置R下落到位置S的过程中，轻绳拉力对小环做正功，小环C的机械能增大，小环从位置S下落到位置Q的过程中，轻绳拉力对小环做负功，小环C的机械能减小，所以小环C下落到位置S时，机械能最大，选项B正确；小环C在位置R时，物体B与地面刚好无压力，说明弹簧处于拉伸状态，小环C从位置R运动到位置Q的过程中，弹簧长度先减小后增大，其弹性势能可能先减小后增大，选项C正确；小环C到达位置Q时，小环C沿轻绳方向的分速度大小等于物体A的速度大小，vCcosθ＝vA，又小环C到达位置Q时速度最大，则此时小环C受力平衡，在竖直方向有(mA＋mB)gcosθ＝mCg，mA＝mB，由动能公式可知物体A与小环C的动能之比为eq\f(EkA,EkC)＝eq\f(cosθ,2)，选项D正确。]功能关系及能量守恒(5年6考)❶分析近五年的高考题可以看出，本考点是高考命题的持续性热点，题型既有选择题又有计算题。选择题以功能关系的基本应用为主，难度中等；计算题以功能关系的综合应用为主，通常结合曲线运动、弹簧等背景，难度较大。❷预料2024年可能会结合动量守恒设置综合计算题。1．(2024·全国卷Ⅲ·T16)如图所示，一质量为m，长度为l的匀称松软细绳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eq\f(1,3)l。重力加速度大小为g。在此过程中，外力做的功为()A.eq\f(1,9)mgl B.eq\f(1,6)mglC.eq\f(1,3)mgl D.eq\f(1,2)mglA[以匀称松软细绳MQ段为探讨对象，其质量为eq\f(2,3)m，取M点所在的水平面为零势能面，起先时，细绳MQ段的重力势能Ep1＝－eq\f(2,3)mg·eq\f(l,3)＝－eq\f(2,9)mgl，用外力将绳的下端Q缓慢地竖直向上拉起至M点时，细绳MQ段的重力势能Ep2＝－eq\f(2,3)mg·eq\f(l,6)＝－eq\f(1,9)mgl，则外力做的功即克服重力做的功等于细绳MQ段的重力势能的改变，即W＝Ep2－Ep1＝－eq\f(1,9)mgl＋eq\f(2,9)mgl＝eq\f(1,9)mgl，选项A正确。]2．(多选)(2024·全国卷Ⅱ·T18)从地面竖直向上抛出一物体，其机械能E总等于动能Ek与重力势能Ep之和。取地面为重力势能零点，该物体的E总和Ep随它离开地面的高度h的改变如图所示。重力加速度取10m/s2。由图中数据可得()A．物体的质量为2kgB．h＝0时，物体的速率为20m/sC．h＝2m时，物体的动能Ek＝40JD．从地面至h＝4m，物体的动能削减100JAD[依据题给图象可知h＝4m时物体的重力势能mgh＝80J，解得物体质量m＝2kg，抛出时物体的动能为Ek＝100J，由动能公式Ek＝eq\f(1,2)mv2，可知h＝0时物体的速率为v＝10m/s，选项A正确，B错误；由功能关系可知fh＝|ΔE|＝20J，解得物体上升过程中所受空气阻力f＝5N，从物体起先抛出至上升到h＝2m的过程中，由动能定理有－mgh－fh＝Ek－100J，解得Ek＝50J，选项C错误；由题给图象可知，物体上升到h＝4m时，机械能为80J，重力势能为80J，动能为零，即物体从地面上升到h＝4m，物体动能削减100J，选项D正确。]3.(2024·全国卷Ⅰ·T18)如图所示，abc是竖直面内的光滑固定轨道，ab水平，长度为2R；bc是半径为R的四分之一圆弧，与ab相切于b点。一质量为m的小球，始终受到与重力大小相等的水平外力的作用，自a点处从静止起先向右运动。重力加速度大小为g。小球从a点起先运动到其轨迹最高点，机械能的增量为()A．2mgR B．4mgRC．5mgR D．6mgRC[设小球运动到c点的速度大小为vc，则对小球由a到c的过程，由动能定理有F·3R－mgR＝eq\f(1,2)mveq\o\al(2,c)，又F＝mg，解得vc＝2eq\r(gR)，小球离开c点后，在水平方向做初速度为零的匀加速直线运动，竖直方向在重力作用下做匀减速直线运动，由牛顿其次定律可知，小球离开c点后水平方向和竖直向的加速度大小均为g，则由竖直方向的运动可知，小球从离开c点到其轨迹最高点所需的时间为t＝eq\f(vc,g)＝2eq\r(\f(R,g))，在水平方向的位移大小为x＝eq\f(1,2)gt2＝2R。由以上分析可知，小球从a点起先运动到其轨迹最高点的过程中，水平方向的位移大小为5R，则小球机械能的增量为ΔE＝F·5R＝5mgR，C正确，A、B、D错误。][老师备选题]1．(2024·全国卷Ⅰ·T24)一质量为8.00×104kg的太空飞船从其飞行轨道返回地面。飞船在离地面高度1.60×105m处以7.50×103m/s的速度进入大气层，渐渐减慢至速度为100m/s时下落到地面。取地面为重力势能零点，在飞船下落过程中，重力加速度可视为常量，大小取为9.8m/s2。(结果保留2位有效数字)(1)分别求出该飞船着地前瞬间的机械能和它进入大气层时的机械能；(2)求飞船从离地面高度600m处至着地前瞬间的过程中克服阻力所做的功，已知飞船在该处的速度大小是其进入大气层时速度大小的2.0%。[解析](1)飞船着地前瞬间的机械能为Ek0＝eq\f(1,2)mveq\o\al(2,0) ①式中，m和v0分别是飞船的质量和着地前瞬间的速率。由①式和题给数据得Ek0＝4.0×108J ②设地面旁边的重力加速度大小为g。飞船进入大气层时的机械能为Eh＝eq\f(1,2)mveq\o\al(2,h)＋mgh ③式中，vh是飞船在高度1.60×105m处的速度大小。由③式和题给数据得Eh≈2.4×1012J。④(2)飞船在高度h′＝600m处的机械能为Eh′＝eq\f(1,2)meq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(2.0,100)vh))2＋mgh′ ⑤由功能原理得W＝Eh′－Ek0⑥式中，W是飞船从高度600m处至着地前瞬间的过程中克服阻力所做的功。由②⑤⑥式和题给数据得W≈9.7×108J。 ⑦[答案](1)4.0×108J2.4×1012J(2)9.7×108J[老师备选题]2.(2024·全国卷Ⅱ·T25)轻质弹簧原长为2l，将弹簧竖直放置在地面上，在其顶端将一质量为5m的物体由静止释放，当弹簧被压缩到最短时，弹簧长度为l。现将该弹簧水平放置，一端固定在A点，另一端与物块P接触但不连接。AB是长度为5l的水平轨道，B端与半径为l的光滑半圆轨道BCD相切，半圆的直径BD竖直，如图所示。物块P与AB间的动摩擦因数μ＝0.5。用外力推动物块P，将弹簧压缩至长度l，然后放开，P起先沿轨道运动。重力加速度大小为g。(1)若P的质量为m，求P到达B点时速度的大小，以及它离开圆轨道后落回到AB上的位置与B点之间的距离；(2)若P能滑上圆轨道，且仍能沿圆轨道滑下，求P的质量的取值范围。[解析](1)依题意，当弹簧竖直放置，长度被压缩至l时，质量为5m的物体的动能为零，其重力势能转化为弹簧的弹性势能。由机械能守恒定律，弹簧长度为l时的弹性势能为Ep＝5mgl ①设P的质量为M，到达B点时的速度大小为vB，由能量守恒定律得Ep＝eq\f(1,2)Mveq\o\al(2,B)＋μMg·4l ②联立①②式，取M＝m并代入题给数据得vB＝eq\r(6gl) ③若P能沿圆轨道运动到D点，其到达D点时的向心力不能小于重力，即P此时的速度大小v应满意eq\f(mv2,l)－mg≥0 ④设P滑到D点时的速度为vD，由机械能守恒定律得eq\f(1,2)mveq\o\al(2,B)＝eq\f(1,2)mveq\o\al(2,D)＋mg·2l ⑤联立③⑤式得vD＝eq\r(2gl) ⑥vD满意④式要求，故P能运动到D点，并从D点以速度vD水平射出。设P落回到轨道AB所需的时间为t，由运动学公式得2l＝eq\f(1,2)gt2 ⑦P落回到AB上的位置与B点之间的距离为s＝vDt ⑧联立⑥⑦⑧式得s＝2eq\r(2)l。 ⑨(2)为使P能滑上圆轨道，它到达B点时的速度不能小于零。由①②式可知5mgl>μMg·4l ⑩要使P仍能沿圆轨道滑回，P在圆轨道的上上升度不能超过半圆轨道的中点C。由机械能守恒定律有eq\f(1,2)Mveq\o\al(2,B)≤Mgl ⑪联立①②⑩⑪式得eq\f(5,3)m≤M<eq\f(5,2)m。 ⑫[答案](1)eq\r(6gl)2eq\r(2)l(2)eq\f(5,3)m≤M<eq\f(5,2)m1.2．功能关系的理解和应用(1)功能关系反映了做功和能量转化之间的对应关系，功是能量转化的量度和缘由，在不同问题中的详细表现不同(如上T2)。(2)依据功能之间的对应关系，判定能的转化状况(如上T1)。(3)可以依据能量转化角度，确定是什么力做功，尤其可以便利计算变力做的功(如上T1)。(2024·四川成都其次次联考)如图所示，倾角为θ的斜面底端固定一个挡板P，质量为m的小物块A与质量不计的木板B叠放在斜面上，A位于B的最上端且与挡板P相距L。已知A与B、B与斜面间的动摩擦因数分别为μ1、μ2，且μ1>tanθ>μ2，最大静摩擦力等于滑动摩擦力，A与挡板P相撞的过程中没有机械能损失。将A、B同时由静止释放。(1)求A、B释放瞬间小物块A的加速度大小a1；(2)若A与挡板P不相撞，求木板B的最小长度l0；(3)若木板B的长度为l，求整个过程中木板B运动的总路程。[思维流程][解析](1)释放A、B，它们一起匀加速下滑。以A、B为探讨对象，由牛顿其次定律有mgsinθ－μ2mgcosθ＝ma1，解得a1＝gsinθ－μ2gcosθ。(2)在B与挡板P相撞前，A和B相对静止，以相同的加速度一起向下做匀加速运动。B与挡板P相撞后马上静止，A起先匀减速下滑。若A到达挡板P处时的速度恰好为零，此时B的长度即为最小长度l0。从A释放至到达挡板P处的过程中，B与斜面间由于摩擦产生的热量Q1＝μ2mgcosθ·(L－l0)，A与B间由于摩擦产生的热量Q2＝μ1mgcosθ·l0依据能量守恒定律有mgLsinθ＝Q1＋Q2，解得l0＝eq\f(sinθ－μ2cosθ,μ1－μ2cosθ)L。(3)分两种状况：①若l≥l0，B与挡板P相撞后不反弹，A始终减速直到静止在木板B上木板B通过的路程x＝L－l。②若l<l0，B与挡板P相撞后，A在木板B上减速运动直至与挡板P相撞。由于碰撞过程中没有机械能损失，A将以撞前速率返回，并带动木板一起向上减速；当它们的速度减为零后，再重复上述过程，直至物块A停在挡板处。在此过程中，A与B间由于摩擦产生的热量Q′1＝μ1mgcosθ·l，B与斜面间由于摩擦产生的热量Q′2＝μ2mgcosθ·x，依据能量守恒定律有mgLsinθ＝Q′1＋Q′2，解得x＝eq\f(Lsinθ－μ1lcosθ,μ2cosθ)。[答案](1)gsinθ－μ2gcosθ(2)eq\f(sinθ－μ2cosθ,μ1－μ2cosθ)L(3)L－l或eq\f(Lsinθ－μ1lcosθ,μ2cosθ)反思：解答与能量有关的综合题的“三点技巧”(1)过程分析：将困难的物理过程分解为几个简洁的物理过程，挖掘出题中的隐含条件(如例题中“质量不计的木板B”“μ1>tanθ>μ2”)，找出联系不同阶段的“桥梁”。(2)受力及功能分析：分析物体所经验的各个运动过程的受力状况以及做功状况的改变，选择适合的规律求解，如例题中第(3)问，若l<l0时，A与挡板P碰后运动状况的分析。(3)规律应用：对滑块和滑板分别运用动能定理，或者对系统运用能量守恒定律。如图所示，要留意区分三个位移。考向1功能关系的基本应用1.(原创题)(多选)如图所示，水平面上固定一倾角为θ＝30°的斜面，一轻质弹簧下端固定在斜面底端的挡板上，上端连接一质量m＝2kg的物块(可视为质点)，起先时物块静止在斜面上A点，此时物块与斜面的摩擦力恰好为零，现用沿斜面对上的恒力F＝20N作用在物块上，使其沿斜面对上运动，当物块从A点运动到B点时，力F做的功W＝4J，已知弹簧的劲度系数k＝100N/m，物块与斜面间的动摩擦因数μ＝eq\f(\r(3),5)，g＝10m/s2，则下列说法正确的是()A．物块从A点运动到B点的过程中，重力势能增加了4JB．物块从A点运动到B点的过程中，产生的内能为1.2JC．物块经过B点时的速度大小为eq\f(2\r(5),5)m/sD．物块从A点运动到B点的过程中，弹簧弹性势能的改变量为0.5JBC[施加F前，物块静止，由平衡条件得kx1＝mgsinθ，解得物块在A点时弹簧压缩量x1＝0.1m，从A到B力F做的功W＝Fx，解得x＝0.2m，所以物块到B点时，弹簧伸长量x2＝x－x1＝0.1m，可知从A到B重力势能增加了mgxsinθ＝2J，物块在A、B位置时弹簧弹性势能相等，A、D错误；物块从A点运动到B点的过程中，产生的内能等于克服摩擦力做的功，即Q＝μmgxcosθ＝1.2J，由动能定理有W－mgxsinθ－μmgxcosθ＝eq\f(1,2)mv2－0，解得v＝eq\f(2\r(5),5)m/s，B、C正确。]2．(多选)(2024·安徽示范中学期末联考)如图甲所示，绷紧的传送带与水平方向的夹角为37°，传送带的v­t图象如图乙所示。t＝0时刻质量为1kg的楔形物体(可视为质点)从B点滑上传送带并沿传送带向上做匀速运动，2s后物体起先减速，在t＝4s时物体恰好到达最高点A。重力加速度为10m/s2。对物体从B点运动到A点的过程，下列说法正确的是(sin37°＝0.6，cos37°＝0.8)()甲乙A．物体与传送带间的动摩擦因数为0.75B．物体的重力势能增加48JC．摩擦力对物体做的功为12JD．物体在传送带上运动过程中产生的热量为12JAD[依据速度—时间图象的斜率表示加速度，可得传送带运动的加速度为a＝－1m/s2。t＝0时刻质量为1kg的楔形物体从B点滑上传送带并沿传送带向上做匀速直线运动，说明物体受力平衡，由平衡条件可知μmgcos37°＝mgsin37°，解得物体与传送带之间的动摩擦因数μ＝0.75，选项A正确；2s末，传送带的速度为2m/s，物体起先减速，分析可知，物体做匀速直线运动的速度为2m/s，且2s后物体与传送带一起做加速度为a＝－1m/s2的匀减速运动，t＝4s时物体恰好到达最高点A，则传送带的长度lAB＝6m，对物体从B点运动到A点的过程，依据动能定理有0－eq\f(1,2)mv2＝－mgh＋Wf，其中h＝lABsin37°，则物体的重力势能增加量为mgh＝36J，摩擦力对物体做的功为Wf＝34J，选项B、C错误；物体在前2s内与传送带有相对运动，二者间的相对位移为s＝2m，该过程中的滑动摩擦力f＝6N，则物体在传送带上运动过程中产生的热量为Q＝fs＝12J，选项D正确。]考向2能量守恒与转化的应用3．(多选)(2024·四川眉山中学模拟)如图所示，在一水平向右匀速运动的传送带的左端A点，每隔相同的时间T，轻放上一个相同的工件。已知工件与传送带间的动摩擦因数为μ，工件质量为m。经测量，发觉后面那些和传送带共速的工件之间的距离均为L，已知重力加速度为g，下列说法正确的是()A．传送带的速度大小为eq\f(L,T)B．工件在传送带上加速的时间为eq\f(2μgL,T)C．每个工件与传送带间因摩擦而产生的热量为eq\f(μmgL,2)D．传送带传送一个工件多消耗的能量为eq\f(mL2,T2)AD[工件在传送带上先做匀加速直线运动，然后做匀速直线运动，每个工件放上传送带后运动的规律相同，可知L＝vT，解得传送带的速度v＝eq\f(L,T)，选项A正确；设每个工件匀加速运动的时间为t，依据牛顿其次定律得，工件的加速度a＝μg，依据v＝v0＋at，解得t＝eq\f(v,a)＝eq\f(L,μgT)，选项B错误；工件与传送带发生相对滑动的位移Δx＝x传－x物＝veq\f(v,μg)－eq\f(v2,2μg)＝eq\f(L2,2μgT2)，则因摩擦产生的热量为Q＝μmgΔx＝eq\f(mL2,2T2)，选项C错误；依据能量守恒定律可得，传送带传送一个工件多消耗的能量为E＝eq\f(1,2)mv2＋Q＝eq\f(mL2,T2)，选项D正确。]考向3功能关系的综合应用4．如图所示，平板车静止在光滑的水平面