考向一 功能關(guān)系的理解和應(yīng)用
考向二 功能關(guān)系與圖像的結(jié)合
考向三 含彈簧的傳送帶問(wèn)題和板塊問(wèn)題
考向四 三種力學(xué)方法的應(yīng)用--多過(guò)程問(wèn)題
考向一功能關(guān)系的理解和應(yīng)用
一、功能關(guān)系
1．幾種常見(jiàn)的功能關(guān)系
二、兩種摩擦力做功特點(diǎn)的比較
【典例1】(多選)(2023·黑龍江佳木斯市質(zhì)檢)如圖所示，建筑工地上載人升降機(jī)用不計(jì)質(zhì)量的細(xì)鋼繩跨過(guò)定滑輪與一電動(dòng)機(jī)相連，通電后電動(dòng)機(jī)帶動(dòng)升降機(jī)沿豎直方向先勻加速上升后勻速上升。摩擦及空氣阻力均不計(jì)。則( )
A.升降機(jī)勻加速上升過(guò)程中，升降機(jī)底板對(duì)人做的功等于人增加的動(dòng)能
B.升降機(jī)勻加速上升過(guò)程中，升降機(jī)底板對(duì)人做的功等于人增加的機(jī)械能
C.升降機(jī)勻速上升過(guò)程中，升降機(jī)底板對(duì)人做的功等于人增加的機(jī)械能
D.升降機(jī)上升的全過(guò)程中，鋼繩拉力做的功大于升降機(jī)和人增加的機(jī)械能
答案:BC
解析：根據(jù)動(dòng)能定理可知，合力對(duì)物體做的功等于物體動(dòng)能的變化量，所以升降機(jī)勻加速上升過(guò)程中，升降機(jī)底板對(duì)人做的功與人的重力做功之和等于人增加的動(dòng)能，故A錯(cuò)誤；除重力外，其他力對(duì)人做的功等于人機(jī)械能的增加量，B正確；升降機(jī)勻速上升過(guò)程中，升降機(jī)底板對(duì)人做的功等于人克服重力做的功(此過(guò)程中動(dòng)能不變)，即增加的機(jī)械能，C正確；升降機(jī)上升的全過(guò)程中，鋼繩拉力做的功等于升降機(jī)和人增加的機(jī)械能，D錯(cuò)誤。
【典例2】 (多選)(2023·山東煙臺(tái)市高考診斷一模)如圖所示，一長(zhǎng)木板B放在粗糙的水平地面上，在B的左端放一物體A，現(xiàn)以恒定的外力F拉A，經(jīng)一段時(shí)間物塊A從長(zhǎng)木板B的右端拉出，且在此過(guò)程中以地面為參考系， 長(zhǎng)木板B也向右移動(dòng)一段距離。則在此過(guò)程中( )
A.外力F對(duì)A做的功等于A和B動(dòng)能的增量
B.A對(duì)B摩擦力做的功與B對(duì)A摩擦力做的功絕對(duì)值相等
C.外力F做的功等于A、B動(dòng)能的增量與系統(tǒng)由于摩擦而產(chǎn)生的熱量之和
D.A對(duì)B摩擦力做的功等于B動(dòng)能的增量和B與地面之間摩擦產(chǎn)生的熱量之和
答案:CD
解析：根據(jù)功能關(guān)系可知，外力F做的功等于A和B動(dòng)能的增量與系統(tǒng)由于摩擦而產(chǎn)生的熱量之和，故C正確，A錯(cuò)誤；A對(duì)B的摩擦力與B對(duì)A的摩擦力是一對(duì)作用力與反作用力，大小相等，方向相反，但是由于A在B上滑動(dòng)，A、B對(duì)地的位移不等，二者做功不相等，故B錯(cuò)誤；對(duì)B分析，由動(dòng)能定理知WAB－WB地＝ΔEkB，A對(duì)B摩擦力做的功WAB＝ΔEkB＋WB地，所以A對(duì)B摩擦力做的功等于B動(dòng)能的增量和B與地面之間摩擦產(chǎn)生的熱量之和，故D正確。
練習(xí)1、(多選)(2023·樂(lè)山模擬)如圖所示，在升降機(jī)內(nèi)固定一光滑的斜面體，一輕彈簧的一端連在位于斜面體上方的固定木板B上，另一端與質(zhì)量為m的物塊A相連，彈簧與斜面平行．整個(gè)系統(tǒng)由靜止開(kāi)始加速上升高度h的過(guò)程中( )
A．物塊A的重力勢(shì)能增加量一定等于mgh
B．物塊A的動(dòng)能增加量等于斜面的支持力和彈簧的拉力對(duì)其做功的和
C．物塊A的機(jī)械能增加量等于斜面的支持力和彈簧的拉力對(duì)其做功的和
D．物塊A和彈簧組成系統(tǒng)的機(jī)械能增加量等于斜面對(duì)物塊的支持力和B對(duì)彈簧的拉力做功的和
答案:CD
解析：當(dāng)物塊具有向上的加速度時(shí)，彈簧彈力在豎直方向上的分力和斜面的支持力在豎直方向上的分力的合力大于重力，所以彈簧的彈力比物塊靜止時(shí)大，彈簧的伸長(zhǎng)量增大，物塊A相對(duì)于斜面向下運(yùn)動(dòng)，物塊A上升的高度小于h，所以重力勢(shì)能的增加量小于mgh，故A錯(cuò)誤；對(duì)物塊A由動(dòng)能定理有物塊A的動(dòng)能增加量等于斜面的支持力、彈簧的拉力和重力對(duì)其做功的和，故B錯(cuò)誤；物塊A機(jī)械能的增加量等于斜面支持力和彈簧彈力做功的和，故C正確；物塊A和彈簧組成系統(tǒng)的機(jī)械能增加量等于斜面對(duì)物塊的支持力和B對(duì)彈簧的拉力做功的和，故D正確．
練習(xí)2、(多選)(2023四川宜賓市檢測(cè))一個(gè)物塊從斜面底端沖上足夠長(zhǎng)的斜面后，返回到斜面底端．已知小物塊沖上斜面的初動(dòng)能為E，它返回斜面底端的速度大小為v，克服摩擦力做功為eq \f(1,4)E.若小物塊沖上斜面的初動(dòng)能變?yōu)?E，則( )
A．返回斜面底端時(shí)動(dòng)能為eq \f(3,4)E
B．返回斜面底端時(shí)速度大小為eq \r(3)v
C．從出發(fā)到返回斜面底端，克服摩擦阻力做功為eq \f(3,4)E
D．從出發(fā)到返回斜面底端，機(jī)械能減少eq \f(3,8)E
答案:BC
解析：物塊以初動(dòng)能E沖上斜面并返回的整個(gè)過(guò)程中，由動(dòng)能定理得Wf＝eq \f(1,2)mv2－E＝－eq \f(E,4)，則eq \f(1,2)mv2＝eq \f(3,4)E，設(shè)物塊以初動(dòng)能E沖上斜面的初速度為v0，則以初動(dòng)能3E沖上斜面的初速度為eq \r(3)v0，兩次沖上斜面后的加速度相同，根據(jù)2ax＝v2－veq \\al(2,0)可知物體上滑的最大位移為x＝eq \f(0－v\\al(2,0),2a)，物塊第二次沖上斜面的最大位移是第一次的3倍，則整個(gè)過(guò)程中克服摩擦力做功是第一次的3倍，即為eq \f(3,4)E，故C正確；以初動(dòng)能3E沖上斜面并返回的整個(gè)過(guò)程中，運(yùn)用動(dòng)能定理得Wf′＝eq \f(1,2)mv′2－3E＝－eq \f(3,4)E，所以返回斜面底端時(shí)的動(dòng)能為eq \f(1,2)mv′2＝eq \f(9,4)E，返回斜面底端時(shí)速度大小為v′＝eq \r(3)v，故A錯(cuò)誤，B正確；根據(jù)功能關(guān)系可知，第二次從出發(fā)到返回斜面底端，機(jī)械能減少量等于克服摩擦阻力做功，為eq \f(3,4)E，故D錯(cuò)誤．
【巧學(xué)妙記】
1.只涉及動(dòng)能的變化用動(dòng)能定理分析。
2.只涉及重力勢(shì)能的變化，用重力做功與重力勢(shì)能變化的關(guān)系分析。
3.只涉及機(jī)械能的變化，用除重力和彈簧的彈力之外的其他力做功與機(jī)械能變化的關(guān)系分析。
考向二功能關(guān)系與圖像的結(jié)合
【典例3】(2023·湖北高考)如圖(a)所示，一物塊以一定初速度沿傾角為30°的固定斜面上滑，運(yùn)動(dòng)過(guò)程中摩擦力大小f恒定，物塊動(dòng)能Ek與運(yùn)動(dòng)路程s的關(guān)系如圖(b)所示。重力加速度大小取10 m/s2，物塊質(zhì)量m和所受摩擦力大小f分別為( )
A．m＝0.7 kg，f＝0.5 N B．m＝0.7 kg，f＝1.0 N
C．m＝0.8 kg，f＝0.5 N D．m＝0.8 kg，f＝1.0 N
答案:A
解析：0～10 m內(nèi)物塊上滑，由動(dòng)能定理得－mgsin30°·s－fs＝Ek－Ek0，整理得Ek＝Ek0－(mgsin 30°＋f)s，結(jié)合0～10 m內(nèi)的圖像得mgsin 30°＋f＝4 N；10～20 m內(nèi)物塊下滑，由動(dòng)能定理得(mgsin 30°－f)(s－s1)＝Ek，整理得Ek＝(mgsin 30°－f)s－(mgsin 30°－f)s1，結(jié)合10～20 m內(nèi)的圖像得mgsin30°－f＝3 N，聯(lián)立解得f＝0.5 N，m＝0.7 kg。故A正確。
【典例4】(多選)(2023·高考全國(guó)卷Ⅰ，T20)一物塊在高3.0 m、長(zhǎng)5.0 m的斜面頂端從靜止開(kāi)始沿斜面下滑，其重力勢(shì)能和動(dòng)能隨下滑距離s的變化如圖中直線(xiàn)Ⅰ、Ⅱ所示，重力加速度取10 m/s2。則( )
A．物塊下滑過(guò)程中機(jī)械能不守恒
B．物塊與斜面間的動(dòng)摩擦因數(shù)為0.5
C．物塊下滑時(shí)加速度的大小為6.0 m/s2
D．當(dāng)物塊下滑2.0 m時(shí)機(jī)械能損失了12 J
答案:AB
解析：由重力勢(shì)能和動(dòng)能隨下滑距離s變化的圖象可知，重力勢(shì)能和動(dòng)能之和隨下滑距離s的增大而減小，可知物塊下滑過(guò)程中機(jī)械能不守恒，A正確；在斜面頂端，重力勢(shì)能mgh＝30 J，解得物塊質(zhì)量m＝1 kg，由重力勢(shì)能隨下滑距離s變化的圖象可知，重力勢(shì)能可以表示為Ep＝(30－6s)J，由動(dòng)能隨下滑距離s變化圖象可知，動(dòng)能可以表示為Ek＝2s J，設(shè)斜面傾角為θ，則有sin θ＝eq \f(h,L)＝eq \f(3,5)，cs θ＝eq \f(4,5)，由功能關(guān)系有－μmgcs θ·s＝Ep＋Ek－30 J＝(30－6s＋2s－30)J＝－4s J，可得μ＝0.5，B正確；由Ek＝2s J，Ek＝eq \f(mv2,2)可得，v2＝4s m2/s2，對(duì)比勻變速直線(xiàn)運(yùn)動(dòng)公式v2＝2as，可得a＝2 m/s2，即物塊下滑時(shí)加速度的大小為2.0 m/s2，C錯(cuò)誤；由重力勢(shì)能和動(dòng)能隨下滑距離s變化圖象可知，當(dāng)物塊下滑2.0 m時(shí)機(jī)械能為E＝18 J＋4 J ＝22 J，機(jī)械能損失了ΔE＝30 J －22 J＝8 J，D錯(cuò)誤。
練習(xí)3、(多選)(2023年廣東省廣州市高三下學(xué)期一模)如圖甲所示，固定的斜面長(zhǎng)為10 m，質(zhì)量為m＝2.0 kg的小滑塊自斜面頂端由靜止開(kāi)始沿斜面下滑的過(guò)程中，小滑塊的動(dòng)能Ek隨位移x的變化規(guī)律如圖乙所示，取斜面底端所在水平面為重力勢(shì)能參考平面，小滑塊的重力勢(shì)能Ep隨位移x的變化規(guī)律如圖丙所示，重力加速度g＝10 m/s2。則下列判斷中正確的是( )
A．斜面的傾角為45°
B．滑塊與斜面間的動(dòng)摩擦因數(shù)為eq \f(\r(3),4)
C．下滑過(guò)程滑塊的加速度大小為1.25 m/s2
D．滑塊自斜面下滑過(guò)程中損失的機(jī)械能為25 J
答案:BC
解析：根據(jù)題圖乙可知?jiǎng)幽芘c位移圖像的斜率大小為合外力大小，即F＝eq \f(25,10) N＝eq \f(5,2) N，根據(jù)題圖丙可知重力勢(shì)能與位移圖像斜率大小為重力在斜面上的分力大小，即mgsin θ＝10 N，滑塊下滑過(guò)程中應(yīng)用牛頓第二定律：mgsin θ－μmgcs θ＝F，解得：θ＝30°，μ＝eq \f(\r(3),4)，故A錯(cuò)誤，B正確；根據(jù)上述分析可知滑塊所受合外力為eq \f(5,2) N，根據(jù)牛頓第二定律：F＝ma，解得：a＝1.25 m/s2，故C正確；由能量守恒定律可知，重力勢(shì)能損失100 J，動(dòng)能增加25 J，說(shuō)明機(jī)械能損失75 J，故D錯(cuò)誤。
練習(xí)4.(多選)(2023·山東煙臺(tái)期中)如圖所示，在水平地面上固定一傾角為θ的足夠長(zhǎng)斜面，有一物塊靜止在斜面底端O處。現(xiàn)對(duì)物塊施加一個(gè)沿斜面向上的恒力F，物塊開(kāi)始沿斜面向上運(yùn)動(dòng)。當(dāng)物塊沿斜面向上運(yùn)動(dòng)的距離為x0時(shí)，撤去恒力F。已知物塊與斜面間的動(dòng)摩擦因數(shù)為μ，且μ＞tan θ。以斜面底端O所在的水平地面為參考平面，則物塊從O點(diǎn)開(kāi)始沿斜面運(yùn)動(dòng)的過(guò)程中，物塊的加速度大小a、重力勢(shì)能Ep、動(dòng)能Ek、機(jī)械能E和物塊相對(duì)于O點(diǎn)的位移x之間的關(guān)系圖像中可能正確的是( )
答案:AD
解析：0～x0段，物塊向上做勻加速直線(xiàn)運(yùn)動(dòng)，由牛頓第二定律得F－μmgcs θ－mgsin θ＝ma1，撤去力F后，物塊向上做勻減速直線(xiàn)運(yùn)動(dòng)，由牛頓第二定律得μmgcs θ＋mgsin θ＝ma2，若F－μmgcs θ－mgsin θ＜μmgcs θ＋mgsin θ，則a1＜a2，由于μ＞tan θ，即μmgcs θ＞mgsin θ，說(shuō)明物塊速度減為零后不會(huì)沿斜面下滑，將靜止在斜面上，A正確；由于整個(gè)運(yùn)動(dòng)過(guò)程中物塊均向上運(yùn)動(dòng)，故物塊的重力勢(shì)能逐漸增大，B錯(cuò)誤；0～x0段，由動(dòng)能定理得(F－μmgcs θ－mgsin θ)x＝Ek，由于F－μmgcs θ－mgsin θ恒定不變，因此Ek-x圖線(xiàn)的斜率恒定不變，0～x0段圖線(xiàn)應(yīng)該是一條過(guò)原點(diǎn)向上傾斜的直線(xiàn)，設(shè)撤去力F時(shí)，物塊的動(dòng)能為Ek0，則由動(dòng)能定理得－(mgsin θ＋μmgcs θ)(x－x0)＝Ek－Ek0，解得Ek＝－(mgsin θ＋μmgcs θ)x＋(mgsin θ＋μmgcs θ)·x0＋Ek0，則撤去力F后，Ek-x圖線(xiàn)的斜率恒定不變，圖線(xiàn)是一條向下傾斜的直線(xiàn)，C錯(cuò)誤；0～x0段，機(jī)械能為E＝(F－μmgcs θ)x，由于F－μmgcs θ恒定不變，因此0～x0段E-x圖線(xiàn)是一條過(guò)原點(diǎn)向上傾斜的直線(xiàn)，設(shè)撤去力F時(shí)，機(jī)械能為E0，則機(jī)械能變化量為E－E0＝－μmgcs θ·(x－x0)，解得E＝－μmgcs θ·x＋μmgcs θ·x0＋E0，則撤去力F后，E-x圖線(xiàn)是一條向下傾斜的直線(xiàn)，當(dāng)物塊靜止時(shí)E＞0，D正確。
考向三 含彈簧的連接體、傳送帶問(wèn)題和板塊問(wèn)題
傳送帶模型
1．設(shè)問(wèn)的角度
(1)動(dòng)力學(xué)角度：首先要正確分析物體的運(yùn)動(dòng)過(guò)程，做好受力分析，然后利用運(yùn)動(dòng)學(xué)公式結(jié)合牛頓第二定律求物體及傳送帶在相應(yīng)時(shí)間內(nèi)的位移，找出物體和傳送帶之間的位移關(guān)系．
(2)能量角度：求傳送帶對(duì)物體所做的功、物體和傳送帶由于相對(duì)滑動(dòng)而產(chǎn)生的熱量、因放上物體而使電動(dòng)機(jī)多消耗的電能等，常依據(jù)功能關(guān)系或能量守恒定律求解．
滑塊—木板模型
1.模型分類(lèi)：滑塊—木板模型根據(jù)情況可以分成水平面上的滑塊—木板模型和斜面上的滑塊—木板模型。
2.位移關(guān)系
滑塊從木板的一端運(yùn)動(dòng)到另一端的過(guò)程中，若滑塊和木板沿同一方向運(yùn)動(dòng)，則滑塊的位移大小和木板的位移大小之差等于木板的長(zhǎng)度；若滑塊和木板沿相反方向運(yùn)動(dòng)，則滑塊的位移大小和木板的位移大小之和等于木板的長(zhǎng)度。
3.解題關(guān)鍵
找出物體之間的位移(路程)關(guān)系或速度關(guān)系是解題的突破口，求解中應(yīng)注意聯(lián)系兩個(gè)過(guò)程的紐帶，每一個(gè)過(guò)程的末速度是下一個(gè)過(guò)程的初速度。
【典例5】(2023·江蘇卷)(多選)如圖所示，輕質(zhì)彈簧的左端固定，并處于自然狀態(tài)．小物塊的質(zhì)量為m，從A點(diǎn)向左沿水平地面運(yùn)動(dòng)，一段時(shí)間后壓縮彈簧后被彈回，運(yùn)動(dòng)到A點(diǎn)恰好靜止．物塊向左運(yùn)動(dòng)的最大距離為s，與地面間的動(dòng)摩擦因數(shù)為μ，重力加速度為g，彈簧未超出彈性限度．在上述過(guò)程中( )
A．彈簧的最大彈力為μmg
B．物塊克服摩擦力做的功為2μmgs
C．彈簧的最大彈性勢(shì)能為μmgs
D．物塊在A點(diǎn)的初速度為eq \r(2μgs)
答案:BC
解析：彈簧被壓縮到最短時(shí)，物塊有向右的加速度，彈力大于滑動(dòng)摩擦力f＝μmg，選項(xiàng)A錯(cuò)誤；物塊在運(yùn)動(dòng)中所受的摩擦力與運(yùn)動(dòng)方向總相反，物塊運(yùn)動(dòng)的路程為2s，所以克服摩擦力做的功為W＝2μmgs，選項(xiàng)B正確；由動(dòng)能定理可知，從彈簧被壓縮至最短到物塊運(yùn)動(dòng)到A點(diǎn)，動(dòng)能的變化為零，彈簧的彈性勢(shì)能等于克服摩擦力做功W′＝μmgs，選項(xiàng)C正確；由物塊從A點(diǎn)到返回A點(diǎn)，根據(jù)動(dòng)能定理－μmg·2s＝0－eq \f(1,2)mveq \\al(2,0)可得v0＝2eq \r(μgs)，所以選項(xiàng)D錯(cuò)誤．
【典例6】(多選)(2023·撫州市高三模擬)如圖所示傾角為30°的傳送帶在電動(dòng)機(jī)帶動(dòng)下始終以v0的速度勻速上行。相等質(zhì)量的甲、乙兩種不同材料的滑塊(可視為質(zhì)點(diǎn))分別無(wú)初速放在傳送帶底端，發(fā)現(xiàn)甲滑塊上升h高度滑至頂端時(shí)恰好與皮帶保持相對(duì)靜止，乙滑塊上升eq \f(h,2)高度處恰與皮帶保持相對(duì)靜止?，F(xiàn)比較甲、乙兩滑塊從傳送帶底端到頂端的過(guò)程( )
A．甲滑塊與皮帶的動(dòng)摩擦因數(shù)大于乙滑塊與皮帶的動(dòng)摩擦因數(shù)
B．甲滑塊與皮帶摩擦產(chǎn)生的熱量大于乙滑塊與皮帶摩擦產(chǎn)生的熱量
C．兩個(gè)過(guò)程中皮帶對(duì)滑塊所做的功相同
D．兩個(gè)過(guò)程中電動(dòng)機(jī)對(duì)皮帶所做的功相同
答案:BC
解析：相等質(zhì)量的甲、乙兩種不同材料的滑塊分別無(wú)初速放在傳送帶底端，最終都與傳送帶速度相等，動(dòng)能增加量相同，但甲的速度增加的慢，說(shuō)明甲受到的摩擦力小，故甲滑塊與皮帶的動(dòng)摩擦因數(shù)小于乙滑塊與皮帶的動(dòng)摩擦因數(shù)，故A錯(cuò)誤；動(dòng)能增加量相同，f甲·2h－mgh＝f乙·h－eq \f(1,2)mgh，得f乙＝2f甲－eq \f(1,2)mg，相對(duì)位移Δx甲＝2Δx乙，根據(jù)Q＝f·Δs知甲滑塊與皮帶摩擦產(chǎn)生的熱量大于乙滑塊與皮帶摩擦產(chǎn)生的熱量，故B正確；從傳送帶底端到頂端，甲、乙動(dòng)能增加量相同，重力做功相同，根據(jù)動(dòng)能定理知皮帶對(duì)滑塊所做的功相同，故C正確；電動(dòng)機(jī)多做的功等于系統(tǒng)摩擦產(chǎn)生的內(nèi)能和滑塊機(jī)械能的增加量，根據(jù)B、C兩項(xiàng)分析知放甲滑塊時(shí)電動(dòng)機(jī)做的功較多，故D錯(cuò)誤。
【典例7】(多選)(2023·江西九江月考)第一次將一長(zhǎng)木板靜止放在光滑水平面上，如圖甲所示，一小鉛塊(可視為質(zhì)點(diǎn))以水平初速度v0由木板左端向右滑動(dòng)，到達(dá)右端時(shí)恰能與木板保持相對(duì)靜止。第二次將長(zhǎng)木板分成A、B兩塊，使B的長(zhǎng)度和質(zhì)量均為A的2倍，并緊挨著放在原水平面上，讓小鉛塊仍以初速度v0由A的左端開(kāi)始向右滑動(dòng)，如圖乙所示。若小鉛塊相對(duì)滑動(dòng)過(guò)程中所受的摩擦力始終不變，則下列說(shuō)法正確的( )

甲 乙
A．小鉛塊將從B的右端飛離木板
B．小鉛塊滑到B的右端前已與B保持相對(duì)靜止
C．第一次和第二次過(guò)程中產(chǎn)生的熱量相等
D．第一次過(guò)程中產(chǎn)生的熱量大于第二次過(guò)程中產(chǎn)生的熱量
答案: BD
解析：在第一次小鉛塊運(yùn)動(dòng)過(guò)程中，小鉛塊與木板之間的摩擦力使整個(gè)木板一直加速，第二次小鉛塊先使整個(gè)木板加速，當(dāng)小鉛塊運(yùn)動(dòng)到B上后A停止加速，只有B加速，加速度大于第一次相對(duì)應(yīng)過(guò)程，故第二次小鉛塊與B將更早共速，所以小鉛塊還沒(méi)有運(yùn)動(dòng)到B的右端，二者就已共速，A項(xiàng)錯(cuò)誤，B項(xiàng)正確；由于第一次的相對(duì)路程大于第二次的相對(duì)路程，則第一次過(guò)程中產(chǎn)生的熱量大于第二次過(guò)程中產(chǎn)生的熱量，C項(xiàng)錯(cuò)誤，D項(xiàng)正確。
練習(xí)5、(多選)(2023·石家莊二檢)如圖所示，輕質(zhì)彈簧一端固定，另一端與一質(zhì)量為m、套在粗糙豎直固定桿A處的圓環(huán)相連，彈簧水平且處于原長(zhǎng)．圓環(huán)從A處由靜止開(kāi)始下滑，經(jīng)過(guò)B處的速度最大．到達(dá)C處的速度為零，AC＝h.圓環(huán)在C處獲得一豎直向上的速度v，恰好能回到A.彈簧始終在彈性限度內(nèi)，重力加速度為g.則圓環(huán)( )
A．下滑過(guò)程中，加速度一直減小
B．下滑過(guò)程中，克服摩擦力做的功為eq \f(1,4)mv2
C．在C處，彈簧的彈性勢(shì)能為eq \f(1,4)mv2－mgh
D．上滑經(jīng)過(guò)B的速度大于下滑經(jīng)過(guò)B的速度
答案:BD
解析： 圓環(huán)受到重力、彈力、阻力、支持力，圓環(huán)的運(yùn)動(dòng)是先做加速度減小的加速運(yùn)動(dòng)，再做加速度增大的減速運(yùn)動(dòng)，A項(xiàng)錯(cuò)誤；A到C過(guò)程，根據(jù)能量守恒定律有mgh－Wf＝Ep(Wf為阻力做功，Ep為彈性勢(shì)能)，C到A過(guò)程，eq \f(1,2)mv2＋Ep＝mgh＋Wf，聯(lián)立解得Wf＝eq \f(1,4)mv2，B項(xiàng)正確；在C處，彈簧的彈性勢(shì)能為mgh－eq \f(1,4)mv2，C項(xiàng)錯(cuò)誤；A到B：mghAB＝EpB＋Wf1＋eq \f(1,2)mveq \\al(2,下)，B到A：mghAB＋Wf1＝eq \f(1,2)mveq \\al(2,上)＋EpB，由兩式可知v下m)的兩滑塊A和B，通過(guò)不可伸長(zhǎng)的輕繩跨過(guò)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(yùn)動(dòng)，A、B不會(huì)與定滑輪碰撞．若不計(jì)滑輪的質(zhì)量和摩擦，在兩滑塊沿斜面運(yùn)動(dòng)的過(guò)程中( )
A．輕繩對(duì)滑輪作用力的方向豎直向下
B．拉力和重力對(duì)M做功之和大于M動(dòng)能的增加量
C．拉力對(duì)M做的功等于M機(jī)械能的增加量
D．兩滑塊組成系統(tǒng)的機(jī)械能損失等于M克服摩擦力做的功
4、(多選)(2023·福建省龍巖市上學(xué)期期末)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A處質(zhì)量為m的小球(可視為質(zhì)點(diǎn))相連．A點(diǎn)距水平面的高度為h，直桿與水平面的夾角為30°，OA＝OC，B為AC的中點(diǎn)，OB等于彈簧原長(zhǎng)．小球從A處由靜止開(kāi)始下滑，經(jīng)過(guò)B處的速度為v，并恰能停在C處．已知重力加速度為g，則下列說(shuō)法正確的是( )
A．小球通過(guò)B點(diǎn)時(shí)的加速度為eq \f(g,2)
B．小球通過(guò)AB段與BC段摩擦力做功相等
C．彈簧具有的最大彈性勢(shì)能為eq \f(1,2)mv2
D．A到C過(guò)程中，產(chǎn)生的內(nèi)能為mgh
5．(2023·山東省菏澤市一模)如圖甲所示，質(zhì)量m＝1 kg的物塊放置在豎直固定的彈簧上方(未拴接)，用力向下壓物塊至某一位置，然后由靜止釋放，取該位置為物塊運(yùn)動(dòng)的起始位置，物塊上升過(guò)程的a-x圖像如圖乙所示，不計(jì)空氣阻力，重力加速度g＝10 m/s2。則下列說(shuō)法正確的是( )
A．物塊運(yùn)動(dòng)過(guò)程的最大加速度大小為20 m/s2
B．彈簧的勁度系數(shù)為50 N/m
C．彈簧最大彈性勢(shì)能為9 J
D．物塊加速度為0時(shí)離開(kāi)彈簧
6、(多選(2023·江蘇南京二模))如圖所示為某建筑工地所用的水平放置的運(yùn)輸帶，在電動(dòng)機(jī)的帶動(dòng)下運(yùn)輸帶始終以恒定的速度v0＝1 m/s順時(shí)針傳動(dòng)．建筑工人將質(zhì)量m＝2 kg的建筑材料靜止地放到運(yùn)輸帶的最左端，同時(shí)建筑工人以v0＝1 m/s的速度向右勻速運(yùn)動(dòng)．已知建筑材料與運(yùn)輸帶之間的動(dòng)摩擦因數(shù)為μ＝0.1，運(yùn)輸帶的長(zhǎng)度為L(zhǎng)＝2 m，重力加速度大小為g＝10 m/s2.以下說(shuō)法正確的是( )
A．建筑工人比建筑材料早到右端0.5 s
B．建筑材料在運(yùn)輸帶上一直做勻加速直線(xiàn)運(yùn)動(dòng)
C．因運(yùn)輸建筑材料電動(dòng)機(jī)多消耗的能量為1 J
D．運(yùn)輸帶對(duì)建筑材料做的功為1 J
7.(多選)(2023·蚌埠第二次質(zhì)檢)從地面豎直向上拋出一質(zhì)量為1 kg的物體，物體運(yùn)動(dòng)時(shí)所受空氣阻力大小不變。以地面為零勢(shì)能面，物體在上升過(guò)程中動(dòng)能Ek與重力勢(shì)能Ep的關(guān)系如圖所示，重力加速度取10 m/s2，則下列結(jié)論正確的是 ( )
A．空氣阻力的大小為5 N
B．空氣阻力的大小為10 N
C．物體重力勢(shì)能和動(dòng)能相等時(shí)的高度為2.88 m
D．物體重力勢(shì)能和動(dòng)能相等時(shí)的高度為2.40 m
8、(2023·樂(lè)山模擬)如圖，豎直平面內(nèi)的軌道Ⅰ和Ⅱ都由兩段細(xì)直桿連接而成，兩軌道長(zhǎng)度相等．用相同的水平恒力將穿在軌道最低點(diǎn)B的靜止小球，分別沿Ⅰ和Ⅱ推至最高點(diǎn)A，所需時(shí)間分別為t1、t2；動(dòng)能增量分別為ΔEk1、ΔEk2.假定球在經(jīng)過(guò)軌道轉(zhuǎn)折點(diǎn)前后速度的大小不變，且球與Ⅰ、Ⅱ軌道間的動(dòng)摩擦因數(shù)相等，則( )
A．ΔEk1>ΔEk2；t1>t2 B．ΔEk1＝ΔEk2；t1>t2
C．ΔEk1>ΔEk2；t1a下
由于上升過(guò)程中的末速度為零，下滑過(guò)程中的初速度為零，且走過(guò)相同的位移，根據(jù)公式l＝eq \f(1,2)at2
則可得出t上

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