2020物理二轮专题限时集训6 机械能守恒定律 功能关系 Word版含解析
2020版高考物理二轮复习专题限时集训机械能守恒定律功能关系含解析
10．(多选)如图甲所示.一质量不计的弹簧竖直地固定在水平面上.质量为m 的物体由弹簧正上方h 处无初速度释放.图乙为弹簧的弹力与物体下落高度的关系图象.重力加速度为g .当弹簧的压缩量为x 时弹簧储存的弹性势能为E p ＝12kx 2.忽略空气阻力。
则下列说法正确的是( )A ．该弹簧的劲度系数为mgx0B ．物体下落过程中的最大动能为mgh ＋12mgx 0C ．弹簧最大的压缩量等于2x 0D ．物体所具有的最大加速度等于gAB [由图乙可知.当物体下落h ＋x 0时.即弹簧压缩量为x 0时.有kx 0＝mg .解得k ＝mgx0.此时物体的合力为零.加速度为零.速度最大.动能最大.弹簧储存的弹性势能为E p ＝12kx 20＝12mgx 0.物体下落h ＋x 0的过程中.由功能关系可知mg (h ＋x 0)＝E km ＋E p .则物体的最大动能为E km ＝mgh ＋12mgx 0.A 、B 正确。
假设当弹簧最短时.弹簧的压缩量为x 1.由功能关系得mg (h ＋x 1)＝12kx 21.解得x 1＝x 0.显然x 1>2x 0.C 错误。
由以上分析可知.弹簧的最大压缩量大于2x 0.则物体受到弹簧弹力的最大值大于2mg .可知物体的最大加速度a m >g .D 错误。
]11.(20xx·辽宁铁路实验中学模拟)如图所示.半径为R 的光滑圆环竖直固定.质量为3m 的小球A 套在圆环上.长为2R 的刚性轻杆一端通过铰链与A 连接.另一端通过铰链与滑块B 连接；滑块B 质量为m .套在水平固定的光滑杆上。
水平杆与圆环的圆心O 位于同一水平线上。
现将A 置于圆环的最高处并给A 一微小扰动(初速度可视为零).使A 沿圆环顺时针自由下滑.由牛顿第三定律知参赛者运动到圆弧轨道B 处对轨道的压力大小为：F ′N ＝F N ＝1 200 N.方向竖直向下。
(2)参赛者由C 到D 的过程.由动能定理得：－μ2mgL 2＝0－12mv 2C 解得：v C ＝6 m/s>v B ＝4 m/s所以传送带运转方向为顺时针假设参赛者在传送带一直加速.设到达C 点的速度为v .由动能定理得：μ1mgL 1＝12mv 2－12mv 2B解得：v ＝210 m/s>v C ＝6 m/s所以传送带速度等于v C ＝6 m/s 。
2024年高考物理二轮复习专题6：机械能守恒定律功能关系(附答案解析)
B 、由图可知,运动员的重力为400N ,质量为4004010
G m kg kg g ===,运动员的加速度最大为222400400/50/40
m m F mg a m s m s m --===,故B 错误;C 、由图可知,运动员在空中时间为7.5 5.52T s s s =-=,由运动的对称性可知,下落时间为1t s =,运动员上升的最高高度为221
A .前3s 内货物受拉力逐渐增大
B .最后2s 内货物只受重力作用
C .前3s 内与最后2s 内货物的平均速度相同
D .第3s 末至第5s 末的过程中,货物的机械能守恒
【分析】v t -图象的斜率表示加速度,由此求解加速度,从而分析货物的受力情况;根据匀变速直线运动平均速度的规律分析C 项,根据机械能是动能与势能之和分析D 项。
C 、根据匀变速直线运动中某段时间内,平均速度等于中间时刻速度,可知货物前3s 内的平均速度等于最后2s 内的平均速度,故C 正确;
D 、
货物的机械能由动能和重力势能构成,第3s 末至第5s 末的过程中,货物的动能不变,v t -图线和时间轴围成的面积为位移,根据图像可知货物的位移一直增大,货物的重力势能一直增加,则货物的机械能一直增加,故D 错误。
【解答】解:A 、小球下降过程中所受支持力不断减小,与半圆柱体分离后仅受重力作用,而重力不变,所以小球的合力是变化的,加速度是变化的,故A 错误;
B 、若小球从最高点释放,则由机械能守恒定律有212max mgR v =,解得小球落地时的最大速度2max v gR θ,小球下落的竖直距离为
2020届高三物理二轮复习第1部分专题突破篇专题6机械能守恒定律功能关系教师用书
专题六 机械能守恒定律 功能关系考点1| 机械能守恒定律的应用难度：中档题 题型：选择题、计算题 五年6考(多选)(2015·全国卷ⅡT 21)如图1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，由静止开始运动．不计摩擦，a 、b 可视为质点，重力加速度大小为g .则( )图1A ．a 落地前，轻杆对b 一直做正功B ．a 落地时速度大小为2ghC ．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【解题关键】 解此题的关键有两点：(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v a 、v b .此时刚性轻杆与竖直杆的夹角为θ，分别将v a 、v b 分解，如图．因为刚性杆不可伸长，所以沿杆的分速度v ∥与v ′∥是相等的，即v a cos θ＝v b sin θ.当a 滑至地面时θ＝90°，此时v b ＝0，由系统机械能守恒得mgh ＝12mv 2a ，解得v a ＝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.](2016·全国丙卷T 24)如图2所示，在竖直平面内有由14圆弧AB 和12圆弧BC 组成的光滑固定轨道，两者在最低点B 平滑连接．AB 弧的半径为R ，BC 弧的半径为R 2.一小球在A 点正上方与A 相距R4处由静止开始自由下落，经A 点沿圆弧轨道运动． 图2(1)求小球在B 、A 两点的动能之比；(2)通过计算判断小球能否沿轨道运动到C 点．【解题关键】关键语句 信息解读k A E k A ＝mg R 4① 设小球在B 点的动能为E k B ，同理有E k B ＝mg 5R 4② 由①②式得E k B E k A ＝5. ③ (2)若小球能沿轨道运动到C 点，则小球在C 点所受轨道的正压力N 应满足N ≥0 ④设小球在C 点的速度大小为v C ，由牛顿第二定律和向心加速度公式有N ＋mg ＝m v 2C R2⑤ 由④⑤式得，v C 应满足mg ≤m 2v 2C R ⑥由机械能守恒定律得mg R 4＝12mv 2C ⑦ 由⑥⑦式可知，小球恰好可以沿轨道运动到C 点．【答案】 (1)5 (2)能沿轨道运动到C 点1．高考考查特点(1)本考点高考命题选择题集中在物体系统机械能守恒及物体间的做功特点、力与运动的关系；计算题结合平抛、圆周运动等典型运动为背景综合考查．(2)熟悉掌握并灵活应用机械能的守恒条件、掌握常见典型运动形式的特点及规律是突破该考点的关键．2．解题的常见误区及提醒(1)对机械能守恒条件理解不准确，特别是系统机械能守恒时不能正确分析各力的做功情况．(2)典型运动中不熟悉其运动规律，如圆周运动中的临界条件．●考向1 机械能守恒条件的应用1．如图3所示，固定的竖直光滑长杆上套有质量为m 的小圆环，圆环与水平状态的轻质弹簧一端连接，弹簧的另一端连接在墙上，且处于原长状态．现让圆环由静止开始下滑，已知弹簧原长为L ，圆环下滑到最大距离时弹簧的长度变为2L (未超过弹性限度)，则在圆环下滑到最大距离的过程中( )【导学号：】图3A.圆环的机械能守恒B ．弹簧弹性势能变化了3mgLC ．圆环下滑到最大距离时，所受合力为零D ．圆环重力势能与弹簧弹性势能之和保持不变B [圆环在下滑过程中，圆环的重力和弹簧的弹力对圆环做功，圆环的机械能不守恒，圆环和弹簧组成的系统机械能守恒，系统的机械能等于圆环的动能和重力势能以及弹簧的弹性势能之和，选项A 、D 错误；对圆环进行受力分析，可知圆环从静止开始先向下加速运动且加速度逐渐减小，当弹簧对圆环的弹力沿杆方向的分力与圆环所受重力大小相等时，加速度减为0，速度达到最大，而后加速度反向且逐渐增大，圆环开始做减速运动，当圆环下滑到最大距离时，所受合力最大，选项C 错误；由图中几何关系知圆环的下降高度为3L ，由系统机械能守恒可得mg ·3L ＝ΔE p ，解得ΔE p ＝3mgL ，选项B 正确．]●考向2 单个物体机械能守恒2．(2016·安徽第三次联考)如图4所示，光滑轨道由AB 、BCDE 两段细圆管平滑连接组成，其中AB 段水平，BCDE 段是半径为R 的四分之三圆弧，圆心O 及D 点与AB 等高，整个轨道固定在竖直平面内，现有一质量为m ，初速度v 0＝10gR 2的光滑小球水平进入圆管AB ，设小球经过轨道交接处无能量损失，圆管孔径远小于R ，则(小球直径略小于管内径)( )图4A ．小球到达C 点时的速度大小v C ＝3gR 2B ．小球能通过E 点且抛出后恰好落至B 点C ．无论小球的初速度v 0为多少，小球到达E 点时的速度都不能为零D ．若将DE 轨道拆除，则小球能上升的最大高度与D 点相距2RB [对小球从A 点至C 点过程，由机械能守恒有12mv 20＋mgR ＝12mv 2C ，解得v C ＝32gR 2，选项A 错误；对小球从A 点至E 点的过程，由机械能守恒有12mv 20＝12mv 2E ＋mgR ，解得v E ＝2gR 2，小球从E 点抛出后，由平抛运动规律有x ＝v E t ，R ＝12gt 2，解得x ＝R ，则小球恰好落至B 点，选项B 正确；因为内管壁可提供支持力，所以小球到达E 点时的速度可以为零，选项C 错误； 若将DE 轨道拆除，设小球能上升的最大高度为h ，则有12mv 2D ＝mgh ，又由机械能守恒可知v D ＝v 0，解得h ＝54R ，选项D 错误．]●考向3 系统机械能守恒3．(多选)(高考改编)，在[例1](2015·全国卷ⅡT 21)中，若将轻杆换成轻绳，如图5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( )图5A ．环到达B 处时，重物上升的高度h ＝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 ，环减少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4d 3CD [环到达B 处时，对环的速度进行分解，可得v 环cos θ＝v 物，由题图中几何关系可知θ＝45°，则v 环＝2v 物，B 错；因环从A 到B ，环与重物组成的系统机械能守恒，则环减少的机械能等于重物增加的机械能，C 对；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 ＝(2－1)d ，A 错；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 (H 2＋d2－d )，解得H ＝43d ，故D 正确．] 4．(2016·河北石家庄一模)如图6所示，左侧竖直墙面上固定半径为R ＝0.3 m 的光滑半圆环，右侧竖直墙面上与圆环的圆心O 等高处固定一光滑直杆．质量为m a ＝100 g 的小球a 套在半圆环上，质量为m b ＝36 g 的滑块b 套在直杆上，二者之间用长为l ＝0.4 m 的轻杆通过两铰链连接．现将a 从圆环的最高处由静止释放，使a 沿圆环自由下滑，不计一切摩擦，a 、b 均视为质点，g 取10 m/s 2.求：图6(1)小球a 滑到与圆心O 等高的P 点时的向心力大小；(2)小球a 从P 点下滑至杆与圆环相切的Q 点的过程中，杆对滑块b 做的功．【解析】 (1)当a 滑到与O 同高度的P 点时，a 的速度v 沿圆环切向向下，b 的速度为零，由机械能守恒可得：m a gR ＝12m a v 2 解得：v ＝2gR对小球a 受力分析，由牛顿第二定律可得：F ＝m a v 2R＝2m a g ＝2 N.(2)杆与圆环相切时，如图所示，此时a 的速度沿杆方向，设此时b 的速度为v b ，则知v a ＝v b cos θ由几何关系可得：cos θ＝l l 2＋R 2＝0.8球a 从P 到Q 下降的高度h ＝R cos θa 、b 及杆组成的系统机械能守恒：m a gh ＝12m a v 2a ＋12mb v 2b －12m a v 2 对滑块b ，由动能定理得：W ＝12m b v 2b ＝0.194 4 J. 【答案】 (1)2 N (2)0.194 4 J机械能守恒定律应用中的“三选取”(1)研究对象的选取研究对象的选取是解题的首要环节，有的问题选单个物体(实为一个物体与地球组成的系统)为研究对象，有的选几个物体组成的系统为研究对象，如图所示单选物体A 机械能减少不守恒，但由物体A 、B 二者组成的系统机械能守恒．(2)研究过程的选取研究对象的运动过程分几个阶段，有的阶段机械能守恒，而有的阶段机械能不守恒，因此在应用机械能守恒定律解题时要注意过程的选取．(3)机械能守恒表达式的选取①守恒观点：E k1＋E p1＝E k2＋E p2.(需选取参考面)②转化观点：ΔE p ＝－ΔE k .(不需选取参考面)③转移观点：ΔE A 增＝ΔE B 减．(不需选取参考面)考点2| 功能关系及能量守恒难度：较难 题型：选择题、计算题 五年3考(多选)(2013·全国卷ⅡT 20)目前，在地球周围有许多人造地球卫星绕着它运转，其中一些卫星的轨道可近似为圆，且轨道半径逐渐变小．若卫星在轨道半径逐渐变小的过程中，只受到地球引力和稀薄气体阻力的作用，则下列判断正确的是( )A ．卫星的动能逐渐减小B ．由于地球引力做正功，引力势能一定减小C ．由于气体阻力做负功，地球引力做正功，机械能保持不变D ．卫星克服气体阻力做的功小于引力势能的减小【解题关键】 解此题应把握以下两点：(1)轨道半径的变化情况及对运行速度的影响．(2)轨道半径变化过程中的受力特点及做功情况．BD [卫星半径减小时，分析各力做功情况可判断卫星能量的变化．卫星运转过程中，地球的引力提供向心力，G Mm r 2＝m v 2r，受稀薄气体阻力的作用时，轨道半径逐渐变小，地球的引力对卫星做正功，势能逐渐减小，动能逐渐变大，由于气体阻力做负功，卫星的机械能减小，选项B 、D 正确．](2016·全国甲卷T 25)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7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 开始沿轨道运动．重力加速度大小为g .图7(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．【解题关键】 关键语句信息解读 接触但不连接物块P 和弹簧可以分离 光滑半圆轨道在BCD 上运动时只有重力做功 动摩擦因数μ＝0.5物块P 在AB 上运动时，摩擦力做负功 将弹簧压缩至长为l 弹簧中存在弹性势能 仍能沿圆轨道滑下 没有脱离轨道，高度不超过C 点为零，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E p ＝5mgl ①设P 的质量为M ，到达B 点时的速度大小为v B ，由能量守恒定律得E p ＝12Mv 2B ＋μMg ·4l ②联立①②式，取M ＝m 并代入题给数据得v B ＝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 应满足mv 2l －mg ≥0 ④设P 滑到D 点时的速度为v D ，由机械能守恒定律得12mv 2B ＝12mv 2D ＋mg ·2l ⑤联立③⑤式得 v D ＝2gl ⑥v D 满足④式要求，故P 能运动到D 点，并从D 点以速度v D 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 ＝12gt 2 ⑦P 落回到AB 上的位置与B 点之间的距离为s ＝v D t⑧联立⑥⑦⑧式得 s ＝22l . 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 在圆轨道的上升高度不能超过半圆轨道的中点C .由机械能守恒定律有12Mv 2B ≤Mgl ⑪联立①②⑩⑪式得53m ≤M <52m . ⑫ 【答案】 (1)6gl 22l (2)53m ≤M <52m 1．高考考查特点(1)本考点选择题重点考查常见功能转化关系，难度中档；计算题常以滑块、传送带、弹簧结合平抛运动、圆周运动综合考查功能关系、动能定理、机械能守恒的应用．(2)解此类问题重在理解常见功能关系，明确物体运动过程中哪些力做功，初、末状态对应的能量形式．2．解题的常见误区及提醒(1)功能关系分析中力做功与能量转化对应关系不明确．(2)公式应用过程中漏掉部分力做功，特别是摩擦力做功．(3)多过程问题中过程分析不清晰出现乱套公式的情况．●考向1 能量转化与守恒关系的应用5．(2016·贵阳三校联考)如图8所示，一质量为m 的小球固定于轻质弹簧的一端，弹簧的另一端固定于O 点．将小球拉至A 处，弹簧恰好无形变，由静止释放小球，当小球运动到O 点正下方与A 点的竖直高度差为h 的B 点时，速度大小为v .已知重力加速度为g ，下列说法正确的是( )图8A ．小球运动到B 点时的动能等于mghB ．小球由A 点到B 点重力势能减少12mv 2C ．小球由A 点到B 点克服弹力做功为mghD ．小球到达B 点时弹簧的弹性势能为mgh －12mv 2 D [小球运动到B 点时，动能等于12mv 2，选项A 错误；小球由A 点运动到B 点，重力势能减少mgh ，选项B 错误；由于小球动能变化，设小球由A 点运动到B 点克服弹簧弹力做功为W ，根据mgh －W ＝12mv 2，可得W ＝mgh －12mv 2，即弹性势能增加mgh －12mv 2，选项C 错误，选项D 正确．]●考向2 功能关系的综合应用6．(高考改编)在[例4](2016·全国甲卷T 25)中，若将右侧半圆轨道换成光滑斜面，如图9所示，斜面固定，AB 与水平方向的夹角θ＝45°，A 、B 两点的高度差h ＝4 m ，在B 点左侧的水平面上有一左端固定的轻质弹簧，自然伸长时弹簧右端到B 点的距离s ＝3 m ．质量为m ＝1 kg 的物块从斜面顶点A 由静止释放，物块进入水平面后向左运动压缩弹簧的最大压缩量x ＝0.2 m ．已知物块与水平面间的动摩擦因数μ＝0.5，取g ＝10 m/s 2，不计物块在B 点的机械能损失．求：图9(1)弹簧的最大弹性势能；(2)物块最终停止位置到B 点的距离；(3)物块在斜面上滑行的总时间(结果可用根式表示)．【解析】 (1)物块从开始位置到压缩弹簧至速度为0的过程，由功能关系可得：mgh －μmg (s ＋x )＝E p解得最大弹性势能E p ＝24 J.(2)设物块从开始运动到最终静止，在水平面上运动的总路程为l ，由功能关系有：mgh －μmgl ＝0解得：l ＝8 m所以物块停止位置到B 点距离为：Δl ＝l －2(s ＋x )＝1.6 m<3 m即物块最终停止位置距B 点1.6 m.(3)物块在光滑斜面上运动时，由牛顿第二定律有：mg sin θ＝ma解得：a ＝g sin θ设物块第一次在斜面上运动的时间为t 1，则hsin θ＝12at 21 解得：t 1＝2510 s 设物块从水平面返回斜面时的速度为v ，由动能定理可得： mgh －2μmg (s ＋x )＝12mv 2解得：v ＝4 m/s所以，物块第二次在斜面上滑行的时间为：t 2＝2vg sin θ＝425 s. 物块在斜面上滑行总时间为：t ＝t 1＋t 2＝42＋2105s. 【答案】 (1)24 J (2)1.6 m (3)42＋2105s 7．(2016·湖南十三校三联)如图10所示，在水平面的上方有一固定的水平运输带，在运输带的左端A 处用一小段光滑的圆弧与一光滑的斜面平滑衔接，该运输带在电动机的带动下以恒定的向左的速度v 0＝2 m/s 运动．将一可以视为质点的质量为m ＝2 kg 的滑块由斜面上的O 点无初速度释放，其经A 点滑上运输带，经过一段时间滑块从运输带最右端的B 点离开，落地点为C .已知O 点与A 点的高度差为H 1＝1.65 m ，A 点与水平面的高度差为H 2＝0.8 m ，落地点C 到B 点的水平距离为x ＝1.2 m ，g 取10 m/s 2.图10(1)求滑块运动到C 点时的速度大小；(2)如果仅将O 点与A 点的高度差变为H ′1＝0.8 m ，且当滑块刚好运动到A 点时，撤走斜面，求滑块落在水平面上时的速度大小；(3)在第(2)问情况下滑块在整个运动过程中因摩擦而产生的热量有多少？【导学号：】【解析】 (1)设滑块滑至运输带的右端时速度为v 1，滑块自运输带右端飞出至落地的时间为t ，则在水平方向上，x ＝v 1t在竖直方向上，H 2＝12gt 2 设滑块落地时的速度为v ，根据机械能守恒定律得12mv 21＋mgH 2＝12mv 2 联立解得v 1＝3 m/s ，v ＝5 m/s.(2)设滑块从高H 1＝1.65 m 处的O 点由静止开始下滑到运输带上，再滑到运输带右端过程中，摩擦力对滑块做功为W f ，由动能定理得mgH 1＋W f ＝12mv 21。
高中物理二轮复习课件机械能守恒定律功能关系
易错易混点辨析
01 02
混淆动能定理与机械能守恒定律
动能定理是合外力做功等于物体动能的变化量，而机械能守恒定律是只 有重力或弹力做功时，动能与势能可以互相转化，但总机械能保持不变 。
忽视摩擦力做功
在涉及机械能守恒的问题中，若存在摩擦力，则摩擦力做功会消耗机械 能，转化为内能，此时机械能不守恒。
高考真题模拟训练
（答案）C
（解题技巧）解决本题的关键知道小球在最高点向心力的来源，结合牛顿第二定 律进行求解，基础题。
THANKS
感谢观看
03 弹性势能与非弹 性碰撞问题探讨
弹性势能概念及计算方法
弹性势能定义：物体由于发生弹性形变而具有的势能，其大小与形变量有关。
弹性势能计算公式：$E_p = frac{1}{2}kx^2$，其中$k$为劲度系数，$x$为形变量 。
弹性势能单位：焦耳（J）。
非弹性碰撞中能量损失计算
01
02
03
非弹性碰撞定义
高中物理二轮复习课件机械 能守恒定律功能关系
汇报人：XX 20XX-01-14
目 录
• 机械能守恒定律基本概念 • 功能关系在机械能守恒中应用 • 弹性势能与非弹性碰撞问题探讨 • 天体运动与万有引力中机械能守恒问题 • 变力做功与机械能变化关系研究 • 总结回顾与拓展延伸
01 机械能守恒定律 基本概念
当只有重力或弹力做功时，机械能守 恒。
变力做功可能使物体的动能和势能同 时发生变化，需根据具体情况分析。
当有除重力或弹力以外的力做功时， 机械能发生变化，且该力做正功时机 械能增加，做负功时机械能减少。
典型例题解析
• 例题1：一物体在水平面上受到变力的作用，从静止开始运动，已知物体的位 移与时间的关系为x=kt²（k为常数），则物体在题解析
专题06 机械能守恒定律 功能关系【测】解析版-2021年高考物理二轮讲练测
第二部分功能与动量专题06 机械能守恒定律功能关系（测）(满分：100分建议用时：60分钟)姓名：_______________________ 班级：______________________ 得分：_____________________一．选择题：本题共12小题，每小题6分。
在每小题给出的四个选项中，第1~8题只有一项符合题目要求，第9~12题有多项符合题目要求。
全部选对的得6分，选对但不全的得3分，有选错的得0分。
1.(2020·广东省惠州市第三次调研)质量为2 kg的物体以10 m/s的初速度，从起点A出发竖直向上抛出，在它上升到某一点的过程中，物体的动能损失了50 J，机械能损失了10 J，设物体在上升、下降过程空气阻力大小恒定，则该物体再落回到A点时的动能为(g＝10 m/s2)()A.40 JB.60 JC.80 JD.100 J【答案】B【解析】物体抛出时的总动能为100 J，物体的动能损失了50 J时，机械能损失了10 J，则动能损失100 J时，机械能损失了20 J，此时到达最高点，返回时，机械能还会损失20 J，故从A点抛出到落回到A点，共损失机械能40 J，所以该物体再落回到A点时的动能为60 J，A、C、D错误，B正确。
2.(2020·广东省湛江市第二次模拟)韩晓鹏是我国首位在冬奥会雪上项目夺冠的运动员。
他在一次自由式滑雪空中技巧比赛中沿“助滑区”保持同一姿态下滑了一段距离，重力对他做功1 900 J，他克服阻力做功100 J。
韩晓鹏在此过程中()A.动能增加了1 900 JB.动能增加了2 000 JC.重力势能减小了1 900 JD.重力势能减小了2 000 J【答案】C【解析】由题可得：重力做功W G＝1 900 J，则重力势能减少1 900 J ，故选项C正确，D错误；由动能定理得，W G－W f＝ΔE k，克服阻力做功W f＝100 J，则动能增加1 800 J，故选项A、B错误。
新课标2020版高考物理二轮复习专题二第2讲机械能守恒定律功能关系
A．整个过程中弹簧弹性势能的最大值为 6 J B．整个过程中滑块动能的最大值为 6 J C．从 c 到 b 弹簧的弹力对滑块做功 5 J D．整个过程中弹簧、滑块与地球组成的系统机械能守恒
解析：滑块从 a 到 c，运用动能定理得 mghac＋W 弹′＝0－0，解得 W 弹′＝－6 J，弹簧弹力做的功等于弹性势能的变化，所以整个过程 中弹簧弹性势能的最大值为 6 J，故 A 正确．当滑块的合力为 0 时， 滑块速度最大，设滑块在 d 点合力为 0，d 点在 b 和 c 之间；滑块从 a 到 d，运用动能定理得，mghad＋W 弹＝Ekd－0，mghad＜6 J，W 弹 ＜0，所以 Ekd＜6 J，故 B 错误．从 c 点到 b 点弹簧的弹力对滑块做 的功与从 b 点到 c 点弹簧的弹力对滑块做功的大小相等，即为 6 J， 故 C 错误．整个过程中弹簧、滑块与地球组成的系统机械能守恒， 没有与系统外发生能量转化，故 D 正确． 答案：AD
[真题再做]
1.(2018·高考全国卷Ⅰ，T18)如图，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 点处从静止开始向右运动．重力加速度大小
为 g.小球从 a 点开始运动到其轨迹最高点，机械能的增量为( )
式中，W 是飞船从高度 600 m 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≈9.7×108 J.
答案：(1)4.0×108 J 2.4×1012 J (2)9.7×108 J
[考情分析] ■ 命题特点与趋势——怎么考 1．从近几年高考题中可以看出，常以选择题形式考查机械能 守恒的判断及功能关系的简单分析与计算，如 2018 年全国卷 Ⅰ第 18 题，2019 年全国卷Ⅱ第 18 题；以计算形式考查动力学、 动量守恒、机械能守恒及功能关系的综合应用，如 2018 年全 国卷Ⅰ第 24 题．
2020届高考物理二轮总复习专题课件：专题2 第6课功能关系机械能守恒定律能量守恒定律
12mv20＝mgR＋12mv2
②
由①②得：
v0＝ 3gR ③
设弹簧的弹性势能为 Ep，由机械能守恒定律得：
B 物体机械能的增加量
最合适的 研究对象
一个物体
对物体个 数无限制
两个物体
三、能量转化与守恒定律 能量既不会凭空消失，也不会凭空产生．它只能 从一种形式转化为其他形式，或者从一个物体转移到 另一个物体，而在转化和转移的过程中，能量的总量 保持不变．
一、六种常见的功能关系 1．合力所做的功等于物体动能的增量，表达式： W 合＝Ek2－Ek1，即动能定理． 2．重力做正功，重力势能减少；重力做负功，重 力势能增加．由于“增量”是终态量减去始态量，所 以重力的功等于重力势能增量的负值，表达式： WG＝－Δ Ep＝Ep1－Ep2.
B．小球减少的电势能等于增加的动能
C．小球减小的电势能等于增加的机械能
D．到达 C 点时小球的速度大小为
2qU0 m
【分析与解答】小球受两个恒力的作用，竖直向下的 重力和水平向右的电场力，两个恒力大小方向均不变，即 合力不变，那么小球要想从 A→C，则合力的方向必须是 A→C，小球从静止释放后将做匀变速直线运动，A 项错误； 小球在运动过程中，小球受到的电场力和重力对小球做正 功，小球减少的电势能和重力势能之和等于增加的动能，B 项错误；根据功能关系可知，增加的机械能应等于电场力 对小球做的正功，其数值等于小球减少的电势能，C 项正
5．能量守恒定律的综合应用 例 6 如图是为了检验某种防护罩承受冲击力的装 置，M 是半径为 R＝1.0 m 的固定于竖直平面内的14光 滑圆弧轨道，轨道上端切线水平．N 为待检验的固定 曲面，该曲面在竖直面内的截面为半径 r＝ 0.69 m 的14圆弧，圆弧下端切线水平且圆心恰好位于 M 轨道 的上端点．M 的下端相切处放置竖直向上的弹簧枪， 可发射速度不同的质量 m＝0.01 kg 的小钢珠，假设某 次发射的钢珠沿轨道恰好能经过 M 的上端点，水平飞 出后落到曲面 N 的某一点上，取 g＝10 m/s2.求：
专题06 机械能守恒定律 功能关系(解析版)
模块三力学中的动量能量问题专题06 机械能守恒定律 功能关系1.【答案】 BD【解析】 小球在空中运动的速率v=√v 02+g 2t 2,知v-t 图像不是一条倾斜的直线,A 错误;重力的瞬时功率P=mgv y =mg 2t,知p-t 图像为过原点的直线,B 正确;根据动能定理mgh=E k -E k0,知E k =mgh+E k0,当h=H 时,E k =E k0,C 错误;由于不计空气阻力,小球机械能守恒,机械能E 随小球距地面高度h 的变化无关,E 不变,D 正确. 2. 【答案】 BD【解析】 根据能量守恒定律知,除重力以外的力做功使得物体的机械能变化,0~t 1物体的机械能不变,说明没有其他力做功,但物体的运动可以沿斜面向下或向上,A 错误;t 1~t 2时间内机械能随时间均匀减小,ΔE k =E 0-E=kt,由功能关系ΔE=Fx,则物体的位移关于时间变化x=vt,得物体做匀速直线运动,则需要其他力F=mgsinα,沿斜面向上,又因为机械能减小,所以t 1~t 2物体沿斜面向下做匀速直线运动,此时滑块动能不变,B 正确,C 错误;t 2~t 3时间内,机械能不变,说明撤去外力,物体沿斜面方向由牛顿第二定律得mgsinα=ma,得滑块的加速度为a=gsinα,D 正确. 3.【答案】 BC【解析】 由图可知在0~x 1过程中物体机械能在减小,知拉力在做负功,如果拉力方向向下,则知物体在沿斜面向上运动,这种情况不可能,所以拉力方向向上,则知物体在沿斜面向下运动,根据功能关系ΔE=FΔx,得F=ΔEΔx ,0~x 1过程中图线的斜率逐渐减小到零,知物体的拉力逐渐减小,根据牛顿第二定律mgsinθ-F=ma,可知,加速度逐渐增大,故A 错误,B 正确;在x 1~x 2过程中,拉力F=0,机械能守恒,向下运动,重力势能减小,动能增大,故C 正确;在0~x 1过程中,加速度的方向与速度方向相同,都沿斜面向下,所以物体做加速运动,x 1~x 2过程中F=0,物体做匀加速运动;x 2~x 3过程,机械能增大,拉力做正功,沿斜面向下,故物体继续向下做加速运动,即物体一直沿斜面向下运动.故D 错误. 4.【答案】 C【解析】 当平抛的初速度v≤v 0时,小球均落在斜面上,具有相同的位移偏向角均等于斜面倾角θ,可得tanθ=y x =12gt2vt=gt 2v ,可得平抛时间t=2vtanθg,则小球所受的重力的瞬时功率为P=mg·v y =mg·gt=2mgtanθ·v,可知,P 关于v 构成正比例函数关系;当平抛的初速度v>v 0时,小球均落在水平面上,平抛的竖直高度相同为h,有h=12gt 2,则平抛时间为t=√2hg ,则小球所受的重力的瞬时功率为P=mg·v y =mg·gt=mg √2gh ,可知功率P 为恒定值,C 正确. 5.【答案】 ACD【解析】 设乙物体获得最大的动能为E k ,对整体,由动能定理W-W 1=2E k ,解得乙物体获得最大的动能为W -W 12,故A 正确;对整体,由牛顿第二定律F-2μMg=2Ma,对乙,有Nsinθ-μF N =Ma,Mg+Ncosθ=F N ,解得甲对乙的作用力的大小N=F2(sinθ-μcosθ),故B 错误;撤去水平推力后,两个物体将在摩擦力的作用下做加速度为a=μg 的匀减速直线运动,速度始终相同,故二者之间没有相互作用力,故C正确;撤去水平推力后,对物体甲,由动能定理-μMgs=0-E k ,解得s=W -W12μMg ,故D 正确.6.【答案】 ABD【解析】 由题知,不计一切阻力,则物块和弹簧系统机械能守恒,A 正确;物块从A 点运动到B 点是先加速后减速,到B 点速度刚好为0,弹簧处于伸长状态,此时对物块受力分析可知,弹簧沿斜面向上的分力大于重力沿斜面向下的分力,故物块在B 点时加速度方向由B 指向A,B 正确;物块从A 到C,根据动能定理可知,合力做的功等于动能的增加量,物块从C 到B,根据动能定理可知,物块克服合力做的功等于动能的减少量,而物块在A 点和B 点的速度都为零,故两个过程动能的变化量相等,所以A 到C 过程物块所受合力做的功等于C 到B 过程物块克服合力做的功,C 错误;弹簧的形变量越小,弹簧的弹性势能越小,根据几何关系,可知物块从A 到C 过程的弹簧形变量小于C 到B 过程的弹簧形变量,故物块下滑过程中,弹簧的弹性势能在A 到C 过程的增量小于C 到B 过程的增量,D 正确. 7.【答案】 A【解析】 开始时滑块受向右的拉力F 和向右的摩擦力f 而做加速运动,则动能E k =(F+f)x.若物块在到达最右端之前还未达到与传送带共速,此时图像为C;若F>f,则当物块与传送带共速后还会加速,此时动能增加为ΔEk=(F-f)x,此时图像为D;若F≤f,则当物块与传送带共速后会随传送带一起匀速运动,动能不变,此时图像为B;物块与传送带共速后只能匀速或者加速,不可能做减速,则图像A不可能.选项A正确.8.【答案】AC【解析】对乙施加水平向右的瞬时速度v,对木板甲来说,因为乙对甲的摩擦力μmg小于木板与地面之间的最大静摩擦力2μmg,可知木板甲是不动的,则对乙由动能定理Ek乙=Ek0乙-μmgx;当乙在甲上停止后,此时给甲一初速度v,则乙在摩擦力作用下先做匀加速运动,动能Ek乙=μmgx;而甲做匀减速运动,动能Ek甲=Ek0甲-(μmg+2μmg)x;当甲乙共速后一起做匀减速直至停止,此过程中乙的动能Ek乙=Ek1乙-μmgx,逐渐减小;此过程中甲受地面的摩擦力仍为向后的2μmg,但是乙对甲的静摩擦力变为向前的μmg,则此过程中甲的动能Ek甲=Ek1甲-(2μmg-μmg)x,图像的斜率变小,A、C正确.9.【答案】BD【解析】小球在竖直向上的拉力和竖直向下的重力作用下运动,拉力做功改变小球的机械能,则F拉=ΔEΔx,可知题中机械能—路程图像斜率的大小为拉力的大小;O~x1过程中小球所受拉力竖直向上且减小,拉力做正功,小球的机械能增加,开始时小球从静止开始加速,拉力大于重力,运动过程中拉力逐渐减小,x1之后,拉力竖直向上做负功,小球向下运动,所以x1处速度为零,动能为零,说明O~x1过程中小球先加速后减速,所以在减速阶段拉力小于重力,A错误,B正确;O~x1过程中小球向上运动,重力做负功,重力势能增大,x1~x2过程中小球向下运动,重力做正功,重力势能减小,C错误;x1~x2过程中重力大于拉力,小球向下运动,图像斜率不变,拉力不变,所以小球加速度恒定,向下做匀加速直线运动,D正确.10.【答案】(1)3 N 2 N (2)5 m/s 1 m/s(3)3.5 J【解析】(1)A在涂层Ⅰ上滑动时f A =μ1mg=(0.3×1×10)N=3 N,此时B与地面的弹力FN=2mg,因此f B =μB2mg=(0.1×2×10)N=2 N.(2)A在涂层Ⅰ上滑动时,根据牛顿第二定律可得fA =maA1,代入数据得a A1=3 m/s 2,由f A -f B =ma B1,代入数据得a B1=1 m/s 2,A 离开涂层Ⅰ时与B 的相对位移为L 1,结合匀变速运动公式可得v 0t 1-12a A1t 12-12a B1t 12=L 1,代入数据解得t 1=1 s,则A 的速度v A =v 0-a A1t 1=(8-3)m/s=5 m/s B 的速度v B =a B1t 1=1 m/s.(3)A 在涂层Ⅰ上滑动的t 1时间内,B 对地的位移x B1=12a B1t 12=0.5 m A 在涂层Ⅱ上滑动时,A 和B 的加速度大小分别为a A2=f 'A m =μ2mg m=2 m/s 2,a B2=f 'A -f B m=0A 离开涂层Ⅱ时与B 的相对位移为L 2,结合匀变速运动公式可得 v A t 2-12a A2t 22-v B t 2=L 2 代入数据解得t 2=1 sA 在涂层Ⅱ上滑动的t 2时间内B 对地的位移:x B2=v B t 2=1 m A 离开涂层Ⅱ后,B 与地面的摩擦力变为f'B =μB mg=1 N则B 匀减速的加速度大小为a B3=f 'B m =1 m/s 2B 匀减速至停止的距离为x B3=0.5 mB 运动过程中克服地面的摩擦力所做的功为W=f B x B1+f B x B2+f'B x B3 代入数据得W=3.5 J. 11.【答案】 (1)2mg,L 0+mg k+h (2) 2g,方向竖直向下(3)2mg (h +mg k)【解析】 (1)对系统应用物体平衡条件得F=2mg 对小球B 由物体平衡条件得弹簧弹力F N =mg 由胡克定律得F=kx 弹簧的伸长量x=mg k则A 距离地面的高度h A =h+L 0+mg k.(2)撤去外力F的瞬间,A所受的合力大小为FA合=2mgA的加速度大小aA=2gA的加速度方向为竖直向下.(3)由题意可知,刚开始时弹簧的伸长量和最终静止时弹簧的压缩量是相等的,即初终态时弹簧的弹性势能相等.根据能量转化和守恒得系统损失的机械能|ΔE|=|ΔEpA +ΔEpB|代入数据得|ΔE|=mgh+mg(h+2mgk )=2mg(h+mgk).。
- 1、下载文档前请自行甄别文档内容的完整性，平台不提供额外的编辑、内容补充、找答案等附加服务。
- 2、"仅部分预览"的文档,不可在线预览部分如存在完整性等问题,可反馈申请退款(可完整预览的文档不适用该条件!)。
- 3、如文档侵犯您的权益，请联系客服反馈,我们会尽快为您处理(人工客服工作时间：9:00-18:30)。
姓名，年级：时间：专题限时集训（六）(建议用时:40分钟）[专题通关练］1．（2018·天津高考·T2）滑雪运动深受人民群众喜爱。
某滑雪运动员(可视为质点）由坡道进入竖直面内的圆弧形滑道AB,从滑道的A 点滑行到最低点B的过程中，由于摩擦力的存在,运动员的速率不变，则运动员沿AB下滑过程中( )A．所受合外力始终为零B．所受摩擦力大小不变C．合外力做功一定为零D．机械能始终保持不变C ［因为运动员做曲线运动，所以合力一定不为零，A错误；运动员受力如图所示,重力垂直曲面的分力与曲面对运动员的支持力的合力充当向心力，故有F N－mg cos θ＝m错误!,则F N＝m错误!＋mg cos θ，运动过程中速率恒定,且θ在减小，所以曲面对运动员的支持力越来越大,根据f＝μF N可知摩擦力越来越大,B错误；运动员运动过程中速率不变，质量不变，即动能不变，动能变化量为零，根据动能定理可知合外力做功为零,C正确；因为克服摩擦力做功,机械能不守恒，D错误。
］2．（原创题)有一种大型游戏机叫“跳楼机”，如图所示,参加游戏的游客被安全带固定在座椅上,先由电动机将座椅沿竖直轨道提升到离地面高H处，然后由静止释放。
游客们的总质量为m，重力加速度为g，下列关于游客们缓慢上升的过程说法正确的是( ）A．合力对游客们所做的功为mgHB．游客们的重力势能增加了mgHC．电动机所做的功为mgHD．游客们的机械能守恒B [游客们在缓慢上升的过程中，动能不变，故合力对游客们做的功为零，选项A错误。
游客们被提升H高度的过程中，重力做的功W G ＝－mgH,重力势能增加mgH，选项B正确。
电动机做的功，一方面用于增加游客们的重力势能,另一方面用于克服其他阻力做功，故电动机做的功大于mgH，选项C错误。
游客们在上升的过程中,动能不变，重力势能增加，故机械能增加，选项D错误。
]3．（多选）在奥运比赛项目中，10 m跳台跳水是我国运动员的强项。
某次训练中，质量为60 kg的跳水运动员从跳台自由下落10 m后入水，在水中竖直向下减速运动。
设空中下落时空气阻力不计，水对他的阻力大小恒为2 400 N。
那么在他入水后下降2.5 m的过程中，下列说法正确的是(g取10 m/s2)（)A．他的加速度大小为30 m/s2B．他的动量减少了300 kg·m/sC．他的动能减少了4 500 JD．他的机械能减少了4 500 JAC ［根据牛顿第二定律：f－mg＝ma，代入数据解得加速度大小为：a＝30 m/s2，故A正确;自由下落10 m后，根据v错误!＝2gh，可得运动员的速度为：v0＝10错误! m/s，在水中下落2.5 m后的速度为：v错误!－v错误!＝－2ah′，代入数据解得：v1＝5错误!m/s，他的动量减少了：Δp＝mv0－mv1＝300 2 kg·m/s,故B错误;减速下降的过程中，根据动能定理，动能的减小量等于克服合力做的功,（f－mg)h′＝(2 400－600)×2.5 J＝4 500 J，故C正确；减速下降的过程中，机械能的减小量等于克服阻力做的功，fh′＝2 400×2.5 J＝6 000 J，故D 错误。
所以A、C正确,B、D错误。
］4。
(多选)如图所示，两质量均为m的物体A、B通过细绳及轻质弹簧连接在光滑滑轮两侧,用手托着物体A使细绳恰好伸直，弹簧处于原长，此时A离地面的高度为h，物体B静止在地面上。
放手后物体A 下落，与地面即将接触时速度大小为v，此时物体B对地面恰好无压力，则下列说法正确的是( ）A．弹簧的劲度系数为错误!B．此时弹簧的弹性势能等于mgh－12 mv2C．此时物体A的加速度大小为g，方向竖直向上D．物体A落地后，物体B将向上运动到h高度处AB [物体B对地面压力恰好为零，故弹簧对B的拉力为mg，故细绳对A的拉力也等于mg，弹簧的伸长量为h,由胡克定律得：k＝错误!,故A正确;物体A与弹簧系统机械能守恒，则有mgh＝E p弹＋12mv2,所以E p弹＝mgh－错误!mv2，故B正确;根据牛顿第二定律对A有：F－mg＝ma，F＝mg,得a＝0，故C错误；物体A落地后，物体B对地面恰好好无压力，则物体B的加速度为0，物体B静止不动，故D错误.］5．（多选）(2019·铜川高三检测）如图所示为倾角为θ＝30°的斜面轨道,质量为M的木箱与轨道间的动摩擦因数为错误!。
木箱在轨道顶端时，将质量为m的货物装入木箱，然后木箱载着货物沿轨道无初速滑下，轻弹簧被压缩至最短时,自动卸货装置立刻将货物卸下，然后木箱恰好被弹回到轨道顶端。
下列选项正确的是( )A．在木箱与货物从顶端滑到最低点的过程中，减少的重力势能全部转化为弹簧的弹性势能B．木箱不与弹簧接触时，上滑的加速度大于下滑的加速度C．M＝2mD．m＝2MBD [在木箱与货物从顶端滑到最低点的过程中，减少的重力势能转化为弹簧的弹性势能和内能,故A错误；受力分析可知,下滑时加速度为g sin θ－μg cos θ，上滑时加速度为g sin θ＋μg cos θ，故B正确;设下滑的距离为l，根据功能关系有：μ（m＋M）gl cos θ＋μMgl cos θ＝mgl sin θ，得m＝2M，故D正确，C错误.]6.(2019·武汉高三4月调研)如图所示，在竖直平面内有一半径为R的圆弧轨道，半径OA水平、OB竖直，一个质量为m的小球自A点的正上方P点由静止开始自由下落，小球沿轨道到达最高点B时恰好对轨道没有压力。
已知AP＝2R，重力加速度为g,则小球从P点运动到B 点的过程中（）A．重力做功2mgRB．机械能减少mgRC．合外力做功mgRD．克服摩擦力做功错误!mgRD [小球从P点运动到B点的过程中，重力做功W G＝mg(2R－R)＝mgR，故A错误;小球沿轨道到达最高点B时恰好对轨道没有压力，则有mg＝m错误!,解得v B＝错误!，则此过程中机械能的减少量为ΔE＝mgR －错误!mv错误!＝错误!mgR，故B错误；根据动能定理可知,合外力做功W mv错误!＝错误!mgR，故C错误；根据功能关系可知，小球克服摩合＝错误!擦力做的功等于机械能的减少量，为错误!mgR,故D正确。
] 7．（易错题）如图所示,水平传送带两端点A、B间的距离为l，传送带开始时处于静止状态。
把一个小物体放到右端的A点，施加恒定拉力F使小物体以速度v1匀速滑到左端的B点,拉力F所做的功为W1、功率为P1,这一过程物体和传送带之间因摩擦而产生的热量为Q1。
随后让传送带以速度v2匀速运动，施加相同的恒定拉力F拉物体，使它以相对传送带为v1的速度匀速从A滑到B，这一过程中，拉力F所做的功为W2、功率为P2，物体和传送带之间因摩擦而产生的热量为Q2。
下列关系中正确的是（）A．W1＝W2，P1〈P2,Q1＝Q2B．W1＝W2,P1<P2，Q1>Q2C．W1>W2,P1＝P2，Q1>Q2D．W1〉W2，P1＝P2，Q1＝Q2B ［因为两次的拉力和位移相同，两次拉力做的功相等，即W1＝W2；当传送带不动时，物体运动的时间为t1＝错误!，当传送带以速度v2匀速运动时,物体运动的时间为t2＝错误!，所以第二次用的时间短,功率大,即P1〈P2；滑动摩擦力与相对路程的乘积等于产生的热量，第二次的相对路程小，所以Q1>Q2，选项B正确。
]易错点评：易错点评在于不能正确判断物体在传送带上的运动过程。
8．（多选）(2019·山东济南高三质量评估）用两块材料相同的木板与竖直墙面搭成斜面1和2,斜面有相同的高和不同的底边，如图所示。
一个小物块分别从两个斜面顶端由静止释放，并沿斜面下滑到底端.下列说法正确的是（）A．沿着1和2下滑到底端时，物块的速度大小相等B．物块下滑到底端时,速度大小与其质量无关C．物块沿着1下滑到底端的过程,产生的热量更多D．物块下滑到底端的过程中，产生的热量与其质量无关BC [设斜面的倾角为α、物块与斜面之间的动摩擦因数为μ、斜面的高度为h。
则对小物块由顶端下滑到底端的过程,由动能定理得mgh－μmg cos α·错误!＝错误!mv2，解得v＝错误!，则物块沿1滑到底端的速度较小，且速度的大小与物块的质量无关,A错误，B正确；物块与斜面之间因摩擦而产生的热量为Q＝μmg cos α·hsin α＝μmgh错误!，则小物块沿1下滑到底端时因摩擦而产生的热量较多,且该热量的多少与质量和斜面的倾角都有关系,C正确，D错误。
]［能力提升练]9．（原创题）(多选)如图甲所示,一等腰直角斜面ABC，其斜面BC 是由CD和DB两段不同材料构成的面，且s CD>s DB，先将直角边AB固定于水平面上，将一滑块从C点由静止释放，滑块能够滑到底端。
现将直角边AC固定于水平面上,再让同一滑块从斜面顶端由静止释放，滑块也能够滑到底端,如图乙所示。
滑块两次运动中从顶端由静止释放后运动到D点的时间相同。
下列说法正确的是( ）A．滑块在两次运动中到达底端的动能相同B．两次运动过程中滑块损失的机械能相同C．滑块两次通过D点的速度相同D．滑块与CD段间的动摩擦因数大于它与BD段间的动摩擦因数AB ［滑块第一次从斜面顶端滑到底端，由动能定理得mgh－mg cos θ(μ1·s CD＋μ2·s DB)＝错误!mv错误!，滑块第二次从斜面顶端滑到底端，由动能定理得mgh－mg cos θ(μ1·s CD＋μ2·s DB)＝错误!mv错误!，由此可见滑块两次到达斜面底端的速度相同，两次运动过程中损失的机械能相同,故选项A、B都正确；由于两次运动过程中滑块到达D点的时间相等，由s CD>s BD,t CD＝t BD,得滑块与BD段间的动摩擦因数大于它与CD段间的动摩擦因数，故选项D错误;两次运动的位移相同，可在同一坐标系中作出滑块在两次运动中的vt图象，如图所示，由图象可看出滑块两次通过D点的速度不相同,故选项C错误.]10．（多选)如图甲所示，一质量不计的弹簧竖直地固定在水平面上,质量为m的物体由弹簧正上方h处无初速度释放，图乙为弹簧的弹力与物体下落高度的关系图象，重力加速度为g，当弹簧的压缩量为x 时弹簧储存的弹性势能为E p＝错误!kx2，忽略空气阻力。
则下列说法正确的是( )A．该弹簧的劲度系数为错误!B．物体下落过程中的最大动能为mgh＋错误!mgx0C．弹簧最大的压缩量等于2x0D．物体所具有的最大加速度等于gAB ［由图乙可知,当物体下落h＋x0时,即弹簧压缩量为x0时，有kx0＝mg，解得k＝错误!，此时物体的合力为零，加速度为零，速度最大，动能最大，弹簧储存的弹性势能为E p＝错误!kx错误!＝错误!mgx0，物体下落h＋x0的过程中，由功能关系可知mg(h＋x0）＝E km＋E p，则物体的最大动能为E km＝mgh＋错误!mgx0，A、B正确。