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2019版高考物理通用版二轮复习讲义：第一部分第一板块第8讲技法专题——巧用“能量观点”解决力学选择题
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第8讲
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考法
学法
“能量观点”是解决力学问题的三大观点之一。高考既可能在选择题中单独考查功和能，也可能在计算题中综合考查功能问题，该部分内容主要解决的是选择题中的能量观点的应用。考查的内容主要有：①几种常见的功能关系；②动能定理的综合应用；③利用机械能守恒定律和能量守恒定律分析问题。用到的思想方法有：①整体法和隔离法；②全程法和分段法；③守恒思想。
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[点点探明]————————————————————————————————
题型1 应用动能定理求解变力做功
[例1] 如图所示，质量为m的物块与水平转台间的动摩擦因数为μ，物块与转轴相距为R，物块随转台由静止开始转动。当转速增至某一值时，物块即将在转台上滑动，此时转台已开始匀速转动，在这一过程中，摩擦力对物块做的功是(假设物块所受的最大静摩擦力等于滑动摩擦力)( )
A．0 B．2μmgR
C．2πμmgR D.μmgR
[解析] 物块即将在转台上滑动但还未滑动时，转台对物块的最大静摩擦力恰好提供向心力，设此时物块做圆周运动的线速度为v，则有μmg＝，在物块由静止到获得速度v的过程中，物块受到的重力和支持力不做功，只有摩擦力对物块做功，由动能定理得W＝mv2－0，解得W＝μmgR，D正确。
[答案] D
题型2 应用动能定理解决往复运动问题
[例2] 如图所示，斜面的倾角为θ，质量为m的滑块与挡板P的距离为x0，滑块以初速度v0沿斜面上滑，滑块与斜面间的动摩擦因数为μ，滑块所受摩擦力小于重力沿斜面向下的分力。若滑块每次与挡板相碰均无机械能损失，滑块经过的总路程是( )
A. B.
C. D.
[解析] 滑块最终要停在斜面底部，设滑块经过的总路程为x，对滑块运动的全程应用功能关系，全程所产生的热量为Q＝mv02＋mgx0sin θ，又由全程产生的热量等于克服摩擦力所做的功，即Q＝μmgxcos θ，解得x＝，选项A正确。
[答案] A
题型3 应用动能定理解决多过程问题
[例3] [多选]如图所示为一滑草场。某条滑道由上下两段高均为h，与水平面倾角分别为45°和37°的滑道组成，滑草车与草地之间的动摩擦因数为μ。质量为m的载人滑草车从坡顶由静止开始自由下滑，经过上、下两段滑道后，最后恰好静止于滑道的底端(不计滑草车在两段滑道交接处的能量损失，sin 37°＝0.6，cos 37°＝0.8)。则( )
A．动摩擦因数μ＝
B．载人滑草车最大速度为
C．载人滑草车克服摩擦力做功为mgh
D．载人滑草车在下段滑道上的加速度大小为g
[解析] 由题意知，上、下两段滑道的长分别为s1＝、s2＝，由动能定理知：2mgh－μmgs1cos 45°－μmgs2cos 37°＝0，解得动摩擦因数μ＝，选项A正确；载人滑草车在上下两段的加速度分别为a1＝g(sin 45°－μcos 45°)＝g，a2＝g(sin 37°－μcos 37°)＝－g，则在下滑h时的速度最大，由动能定理知：mgh－μmgs1cos 45°＝mv2，解得v＝ ，选项B正确，D错误；载人滑草车克服摩擦力做的功与重力做功相等，即W＝2mgh，选项C错误。
[答案] AB
题型4 动能定理和图像的综合
[例4] [多选]一物体静止在粗糙水平面上，某时刻受到一沿水平方向的恒定拉力作用开始沿水平方向做直线运动，已知在第1 s
内合力对物体做的功为45 J，在第1 s末撤去拉力，物体整个运动过程的vt图像如图所示，g取10 m/s2，则( )
A．物体的质量为5 kg
B．物体与水平面间的动摩擦因数为0.1
C．第1 s内摩擦力对物体做的功为60 J
D．第1 s内拉力对物体做的功为60 J
[解析] 由动能定理有45 J＝，第1 s末速度v＝3 m/s，解得m＝10 kg，故A错误；撤去拉力后加速度的大小a＝ m/s2＝1 m/s2，摩擦力f＝ma＝10 N，又f＝μmg，解得
μ＝0.1，故B正确；第1 s内物体的位移x＝×1×3 m＝1.5 m，第1 s内摩擦力对物体做的功W＝－fx＝－15 J，故C错误；第1 s内加速度的大小a1＝ m/s2＝3 m/s2，设第1 s内拉力为F，则F－f＝ma1，解得F＝40 N，第1 s内拉力对物体做的功W′＝Fx＝60 J，故D正确。
[答案] BD
[系统通法]————————————————————————————————
1．把握两点，准确理解动能定理
(1)动能定理表达式中，W表示所有外力做功的代数和，包括物体所受重力做的功。
(2)动能定理表达式中，ΔEk为所研究过程的末动能与初动能之差，而且物体的速度均是相对地面的速度。
2．应用动能定理的“两线索、两注意”
(1)两线索
(2)两注意
①动能定理常用于单个物体的运动过程，由于不涉及加速度和时间，比动力学研究方法更简便。
②当物体的运动包含多个不同过程时，可分段应用动能定理求解；当所求解的问题不涉及中间的速度时，也可以全过程应用动能定理求解。
[点点探明]————————————————————————————————
题型1 绳连接的系统机械能守恒问题
[例1] (2018·南京模拟)如图所示，一半圆形碗的边缘上装有一定滑轮，滑轮两边通过一不可伸长的轻质细线挂着两个小物体，质量分别为m1、m2，m1>m2。现让m1从靠近定滑轮处由静止开始沿碗内壁下滑。设碗固定不动，其内壁光滑、半径为R。则m1滑到碗最低点时的速度为( )
A．2 B.
C. D．2
[解析] 设当m1到达碗最低点时速率为v1，此时m2的速率为v2，由几何关系知
v1cos 45°＝v2，对m1、m2由机械能守恒定律得m1gR＝m2g·R＋m1v12＋m2v22，解得
v1＝2 ，D正确。
[答案] D
题型2 杆连接的系统机械能守恒问题
[例2] 如图所示为竖直平面内的半圆形光滑轨道，其半径为R。小球A、B的质量分别为mA、mB，A和B之间用一根长为l(l
C．在A下滑过程中轻杆对A做负功，对B做正功
D．在A下滑过程中减少的重力势能等于A与B增加的动能
[解析] 根据系统机械能守恒条件可知，A和B组成的系统机械能守恒，如果B在右侧上升的最大高度与A的起始高度相同，则有mAgh－mBgh＝0，则有mA＝mB，A、B错误；A下滑、B上升过程中，B机械能增加，则A机械能减少，说明轻杆对A做负功，对B做正功，C正确；A下滑过程中减少的重力势能等于B上升过程中增加的重力势能和A与B增加的动能之和，D错误。
[答案] C
题型3 弹簧连接的系统机械能守恒问题
[例3] [多选](2018·邵阳模拟)如图所示，物体A、B通过细绳及轻质弹簧连接在轻滑轮两侧，物体A、B的质量分别为2m、m。开始时细绳伸直，B静止在桌面上，用手托着A使弹簧处于原长且A与地面的距离为h。放手后A下落，着地时速度大小为v，此时B对桌面恰好无压力。不计一切摩擦及空气阻力，重力加速度大小为g。下列说法正确的是( )
A．A下落过程中，A和弹簧组成的系统机械能守恒
B．弹簧的劲度系数为
C．A着地时的加速度大小为
D．A着地时弹簧的弹性势能为mgh－mv2
[解析] 因为B没有运动，所以A下落过程中，只有弹簧弹力和重力做功，故A和弹簧组成的系统机械能守恒，A正确；因为A刚下落时，弹簧处于原长，A落地时，弹簧对B的弹力大小等于B所受的重力，故kh＝mg，解得k＝，B错误；A落地时弹簧对绳子的拉力大小为mg，对A分析，受到竖直向上的拉力，大小为mg，竖直向下的重力，大小为2mg，根据牛顿第二定律可得2mg－mg＝2ma，解得a＝，C正确；A下落过程中，A和弹簧组成的系统机械能守恒，故2mgh＝×2mv2＋Ep，解得Ep＝2mgh－mv2，D错误。
[答案] AC
[系统通法]————————————————————————————————
1．判断机械能守恒的两个角度
(1)用做功判断：若物体(或系统)只受重力(或系统内弹力)，或虽受其他力，但其他力不做功，则机械能守恒。
(2)用能量转化判断：若物体(或系统)只有动能和势能的相互转化，而无机械能与其他形式能的相互转化，则机械能守恒。
2．机械能守恒定律的三种表达形式
3．应用机械能守恒定律解题的基本思路
[知能全通]————————————————————————————————
1．常见的功能关系
重力做功与重力势能变化的关系
WG＝－ΔEp
弹力做功与弹性势能变化的关系
W弹＝－ΔEp
合外力做功与动能变化的关系
W合＝ΔEk
除重力和弹力以外其他力做功与机械能变化的关系
W其他＝ΔE机
滑动摩擦力与相对位移的乘积与内能变化的关系
Ffx相对＝ΔE内
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原因，在不同问题中的具体表现不同。
(2)分清是什么力做功，并且分析该力做功的正负；根据功能之间的对应关系，判定能的转化情况。
(3)可以根据能量转化情况，确定是什么力做功，尤其可以方便计算变力做的功。
[题点全练]————————————————————————————————
1.(2018·全国卷Ⅰ)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( )
A．2mgR B．4mgR
C．5mgR D．6mgR
解析：选C 小球从a点运动到c点，根据动能定理得，F·3R－mgR＝mv2，又F＝mg，故v＝2。小球离开c点在竖直方向做竖直上抛运动，水平方向做初速度为零的匀加速直线运动，且水平方向的加速度大小也为g，故小球从c点到最高点所用的时间t＝＝2，水平位移x＝gt2＝2R，根据功能关系，小球从a点到轨迹最高点机械能的增量等于力F做的功，即ΔE＝F·(3R＋x)＝5mgR，C正确。
2.[多选](2019届高三·邯郸模拟)如图，质量为m的物体在恒定外力F作用下竖直向上做初速度为零的匀加速直线运动，经过一段时间，力F做的功为W，此时撤去力F，物体又经相同时间回到了出发点。若以出发点所在水平面为重力势能的零势能平面，重力加速度为g，不计空气阻力，则( )
A．从物体开始运动到回到出发点的过程中，物体的机械能增加了
B．力F的大小为mg
C．物体回到出发点时重力的瞬时功率为
D．撤去力F时，物体的动能和重力势能恰好相等
解析：选BC 除重力以外的力做的功等于物体机械能的变化量，力F做功为W，则物体机械能增加了W，故A错误；从开始运动到回到出发点，撤去力F前后两个过程位移大小相等、方向相反，时间相等，取竖直向上为正方向，则得：at2＝－，F－mg＝ma，解得：a＝g，F＝mg，故B正确；在整个过程中，根据动能定理得：mv2＝W，物体回到出发点时速率v＝，瞬时功率为P＝mgv＝，故C正确；撤去力F时，物体的动能为Ek＝W－mg·at2＝F·at2－mg·at2＝mgat2，重力势能为Ep＝mg·at2＝
mgat2，可见，动能和重力势能不相等，故D错误。
3.[多选](2018·盘锦模拟)如图所示，半径为R的光滑圆环固定在竖直平面内，AB、CD是圆环相互垂直的两条直径，C、D两点与圆心O等高。一个质量为m的光滑小球套在圆环上，一根轻质弹簧一端连在小球上，另一端固定在P点，P点在圆心O的正下方处。小球从最高点A由静止开始沿逆时针方向下滑，已知弹簧的原长为R，弹簧始终处于弹性限度内，重力加速度为g，下列说法正确的有( )
A．弹簧长度等于R时，小球的动能最大
B．小球运动到B点时的速度大小为
C．小球在A、B两点时对圆环的压力差为4mg
D．小球从A到C的过程中，弹簧弹力对小球做的功等于小球机械能的增加量
解析：选CD 小球下滑过程中，弹簧长度等于R时，弹簧处于原长，此时弹簧弹力等于0，只有重力对小球做正功，小球仍在加速，所以弹簧长度等于R时，小球的动能不是最大，故A错误；由题可知，小球在A、B两点时弹簧的形变量相等，弹簧的弹性势能相等，根据系统的机械能守恒得：2mgR＝mvB2，解得小球运动到B点时的速度vB＝2，故B错误；设小球在A、B两点时弹簧的弹力大小为F，在A点，圆环对小球的支持力F1＝
mg＋F，在B点，由牛顿第二定律得：F2－mg－F＝m，解得圆环对小球的支持力F2＝5mg＋F，则F2－F1＝4mg，由牛顿第三定律知，小球在A、B两点时对圆环的压力差为4mg，故C正确；小球从A到C的过程中，根据功能关系可知，弹簧弹力对小球做的功等于小球机械能的增加量，故D正确。
[知能全通]————————————————————————————————
“三步走”分析叠放体问题(以传送带为例)
[题点全练]————————————————————————————————
1.如图所示，水平传送带长为s，以速度v始终保持匀速运动，把质量为m的货物放到A点，货物与传送带间的动摩擦因数为μ，当货物从A点运动到B点的过程中，摩擦力对货物做的功不可能( )
A．等于mv2 B．小于mv2
C．大于μmgs D．小于μmgs
解析：选C 货物在传送带上相对地面的运动情况可能是先加速后匀速，也可能是一直加速而最终速度小于v，根据动能定理知摩擦力对货物做的功可能等于mv2，可能小于
mv2，可能等于μmgs，可能小于μmgs，不可能大于μmgs，故C对。
2.[多选](2018·济宁模拟)如图所示，长为L、质量为M的木板静置在光滑的水平面上，在木板上放置一质量为m的物块，物块与木板之间的动摩擦因数为μ。物块以速度v0从木板的左端向右端滑动时，若木板固定不动，物块恰好能从木板的右端滑下。若木板不固定时，下列叙述正确的是( )
A．物块不能从木板的右端滑下
B．系统产生的热量Q＝μmgL
C．经过t＝物块与木板保持相对静止
D．摩擦力对木板所做的功等于物块克服摩擦力所做的功
解析：选AC 木板固定不动时，物块减少的动能全部转化为内能。木板不固定时，物块向右减速的同时，木板要向右加速，物块减少的动能转化为系统产生的内能和木板的动能，所以产生的内能必然减小，物块相对于木板滑行的距离要减小，不能从木板的右端滑下，故A正确；物块和木板组成的系统产生的热量Q＝Ffx相对＝μmgx相对＜μmgL，故B错误；设物块与木板最终的共同速度为v，物块和木板组成的系统动量守恒，取向右为正方向，根据动量守恒定律，有：mv0＝(m＋M)v，对木板，由动量定理得：μmgt＝Mv，联立解得： t＝，故C正确；由于物块与木板相对于水平面的位移大小不等，物块对地位移较大，而摩擦力大小相等，所以摩擦力对木板所做的功小于物块克服摩擦力所做的功，故D错误。
3.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＝Q2
B．W1＝W2，P1＜P2，Q1＞Q2
C．W1＞W2，P1＝P2，Q1＞Q2
D．W1＞W2，P1＝P2，Q1＝Q2
解析：选B 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＝，当传送带以速度v2匀速运动时，物体运动的时间为
t2＝，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。
4．[多选]如图甲所示，光滑水平面上放着长木板B，质量为m＝2 kg的木块A以速度
v0＝2 m/s滑上原来静止的长木板B的上表面，由于A、B之间存在有摩擦，之后，A、B的速度随时间变化情况如图乙所示，重力加速度g＝10 m/s2。下列说法正确的是( )
A．A、B之间动摩擦因数为0.1
B．长木板的质量M＝2 kg
C．长木板长度至少为2 m
D．A、B组成的系统损失的机械能为4 J
解析：选AB 从题图乙可以看出，A先做匀减速运动，B做匀加速运动，最后一起做匀速运动，共同速度：v＝1 m/s，取向右为正方向，根据动量守恒定律得：mv0＝(m＋M)v，解得：M＝m＝2 kg，故B正确；由图像可知，木板B匀加速运动的加速度为：a＝＝
m/s2＝1 m/s2，对B，根据牛顿第二定律得：μmg＝Ma，解得动摩擦因数为：μ＝0.1，故A正确；由图像可知前1 s内B的位移为：xB＝×1×1 m＝0.5 m, A的位移为：xA＝×1 m＝1.5 m，所以木板最小长度为：L＝xA－xB＝1 m，故C错误；A、B组成的系统损失的机械能为：ΔE＝mv02－(m＋M)v2＝2 J，故D错误。
[专题强训提能]
1.如图所示，物块的质量为m，它与水平桌面间的动摩擦因数为μ。起初，用手按住物块，物块的速度为零，弹簧的伸长量为x，然后放手，当弹簧的长度第一次回到原长时，物块的速度为v。则此过程中弹力所做的功为( )
A.mv2－μmgx B．μmgx－mv2
C.mv2＋μmgx D．以上选项均不对
解析：选C 设W弹为弹力对物体做的功，因为克服摩擦力做的功为μmgx，由动能定理得W弹－μmgx＝mv2－0，得W弹＝mv2＋μmgx，C对。
2．(2018·江苏高考)从地面竖直向上抛出一只小球，小球运动一段时间后落回地面。忽略空气阻力，该过程中小球的动能Ek与时间t的关系图像是( )
解析：选A 小球做竖直上抛运动，设初速度为v0，则v＝v0－gt，小球的动能Ek＝mv2，把速度v代入，得Ek＝mg2t2－mgv0t＋mv02，Ek与t为二次函数关系，A正确。
3．[多选](2016·全国卷Ⅲ)如图，一固定容器的内壁是半径为R的半球面；在半球面水平直径的一端有一质量为m的质点P。它在容器内壁由静止下滑到最低点的过程中，克服摩擦力做的功为W。重力加速度大小为g。设质点P在最低点时，向心加速度的大小为a，容器对它的支持力大小为N，则( )
A．a＝ B．a＝
C．N＝ D．N＝
解析：选AC 质点P下滑到最低点的过程中，由动能定理得mgR－W＝mv2，则速度 v＝，在最低点的向心加速度a＝＝，选项A正确， B错误；在最低点时，由牛顿第二定律得N－mg＝ma，N＝，选项C正确，D错误。
4.如图为某同学建立的一个测量动摩擦因数的模型。物块自左侧斜面上A点由静止滑下，滑过下面一段平面后，最高冲至右侧斜面上的B点。实验中测量出了三个角度，左右斜面的倾角α和β及AB连线与水平面的夹角θ。物块与各接触面间动摩擦因数相同且为μ，忽略物块在拐角处的能量损失，以下结论正确的是( )
A．μ＝tan α B．μ＝tan β
C．μ＝tan θ D．μ＝tan
解析：选C 设AB的水平长度为x，竖直高度差为h，对从A到B的过程运用动能定理得mgh－μmgcos α·AC－μmg·CE－μmgcos β·EB＝0，因为AC·cos α＋CE＋EB·cos β＝x，则有mgh－μmgx＝0，解得μ＝＝tan θ，故C正确。
5．如图所示，质量、初速度大小都相同的A、B、C三个小球，开始时在同一水平面上，A球竖直上抛，B球以倾角θ斜向上抛，C球沿倾角为θ的光滑斜面上滑，它们上升的最大高度分别为hA、hB、hC，空气阻力不计，则( )
A．hA＝hB＝hC B．hA＝hB
解析：选D A球和C球上升到最高点时速度均为零，而B球上升到最高点时仍有水平方向的速度，即仍有动能。对A、C球由机械能守恒定律得mgh＝mv02，得hA＝hC＝h＝。对B球由机械能守恒定律得mghB＋mvt2＝mv02，且vt≠0，所以hA＝hC>hB，故D正确。
6．(2019届高三·南京模拟)质量为m的球从地面以初速度v0竖直向上抛出，已知球所受的空气阻力与速度大小成正比。下列图像分别描述了球在空中运动的速度v、加速度a随时间t的变化关系和动能Ek、机械能E(取地面处重力势能为零)随球距离地面高度h的变化关系，其中可能正确的是( )
解析：选C 已知球所受的空气阻力与速度大小成正比，即Ff＝kv，当球上升到最高点时，v为零，球只受重力，a等于g，则vt图线切线的斜率不等于零，故A错误；根据牛顿第二定律，球上升过程中：mg＋kv＝ma，v逐渐减小，a逐渐减小，球下降过程中：mg－kv＝ma，v逐渐增大，a逐渐减小，故B错误；上升过程，由动能定理：－mgh－Ffh＝
Ek－Ek0，解得Ek＝Ek0－(mg＋kv)h，随h的增加，v减小，则Ekh图像的斜率减小，下降过程，由动能定理：mg(h0－h)－Ff(h0－h)＝Ek，即Ek＝(mg－kv)(h0－h)，随下降的高度的增加，v增大，Ekh图像的斜率减小，故C正确；机械能的变化量等于克服阻力做的功：
－Ffh＝E－E0，上升过程中v逐渐减小，则Ff逐渐减小，即Eh图像的斜率逐渐变小，故Eh图像不是直线，故D错误。
7.(2018·武汉调研)如图所示，半径为R、圆心为O的光滑圆环固定在竖直平面内，OC水平，D是圆环最低点。质量为2m的小球A与质量为m的小球B套在圆环上，两球之间用轻杆相连。两球初始位置如图所示，由静止释放，当A运动至D点时，B的动能为( )
A.mgR B.mgR
C.mgR D.mgR
解析：选D A、B组成的系统机械能守恒，当A运动到最低点D时，A下降的高度为hA＝R＋Rsin 45°，B上升的高度为hB＝Rsin 45°，则有2mghA－mghB＝×2mvA2＋mvB2，又vA＝vB，所以B的动能为EkB＝mvB2＝mgR，选项D正确。
8．(2018·烟台模拟)某段高速路对载重货车设定的允许速度范围为50～80 km/h，而上坡时若货车达不到最小允许速度50 km/h，则必须走“爬坡车道”来避免危险。某质量为4.0×104 kg的载重货车，保持额定功率200 kW在“爬坡车道”上行驶，每前进1 km，上升0.04 km，货车所受的阻力(摩擦阻力与空气阻力)为车重的0.01倍，g取10 m/s2，爬坡车道足够长，则货车匀速上坡的过程中( )
A．牵引力等于2×104 N
B．速度可能大于36 km/h
C．增加的重力势能等于货车牵引力所做的功
D．增加的机械能等于货车克服阻力所做的功
解析：选A 货车匀速上坡的过程中，根据平衡条件得：牵引力大小 F＝0.01mg＋
mgsin θ＝0.01×4.0×104×10 N＋4.0×104×10× N＝2×104 N，故A正确；根据P＝Fv得：v＝＝ m/s＝10 m/s＝36 km/h，故B错误；匀速上坡过程增加的重力势能等于汽车牵引力所做的功与克服阻力做功之差，故C错误；根据功能关系知，匀速上坡过程增加的机械能等于汽车牵引力做功与克服阻力所做的功之差，故D错误。
9．[多选](2018·武汉质检)有一系列斜面，倾角各不相同，它们的底端相同，都是O点，如图所示。有一系列完全相同的滑块(可视为质点)从这些斜面上的A、B、C、D、…各点同时由静止释放，下列判断正确的是( )
A．若各斜面均光滑，且这些滑块到达O点的速率相同，则A、B、C、D、…各点处在同一水平线上
B．若各斜面均光滑，且这些滑块到达O点的速率相同，则A、B、C、D、…各点处在同一竖直面内的圆周上
C．若各斜面均光滑，且这些滑块到达O点的时间相同，则A、B、C、D、…各点处在同一竖直面内的圆周上
D．若各斜面与这些滑块间有相同的动摩擦因数，滑块到达O点的过程中，各滑块损失的机械能相同，则A、B、C、D、…各点处在同一竖直线上
解析：选ACD 若各斜面均光滑，根据mgh＝mv2，滑块质量相同，到达O点的速率相同，则h相同，即各释放点处在同一水平线上，A正确，B错误；以O点为最低点作等时圆，如图所示，由gsin θt2＝2Rsin θ，可知各滑块从圆周上各点运动到O点时间相等，C正确；若各滑块滑到O点的过程中，滑块滑动的水平距离是x，滑块损失的机械能(即克服摩擦力做功)为：Wf＝μmgcos θ·，即各释放点处在同一竖直线上，D正确。
10．[多选]如图所示，固定在水平面上的光滑斜面倾角为30°，质量分别为M、m的两个物体通过细绳及轻弹簧连接于光滑轻滑轮两侧，斜面底端有一与斜面垂直的挡板。开始时用手按住M，此时M到挡板的距离为s，滑轮两边的细绳恰好伸直，且没有力的作用。已知M＝2m，空气阻力不计。松开手后，下列说法正确的是( )
A．M和m组成的系统机械能守恒
B．当M的速度最大时，m与地面间的作用力为零
C．若M恰好能到达挡板处，则此时m的速度为零
D．若M恰好能到达挡板处，则此过程中重力对M做的功等于弹簧弹性势能的增加量与m的机械能增加量之和
解析：选BD 运动过程中，M、m与弹簧组成的系统机械能守恒，A错误；当M速度最大时，弹簧的弹力等于Mgsin 30°＝mg，此时m与地面间的作用力恰好为零，B正确；然后M做减速运动，恰好能到达挡板处，也就是速度刚好减小到了零，之后M会上升，所以M恰好到达挡板处时弹簧弹力大于mg，即此时m受到的细绳拉力大于自身重力，m还在加速上升，C错误；根据功能关系，M减小的机械能等于m增加的机械能与弹簧增加的弹性势能之和，若M恰好能到达挡板处，此时动能恰好为零，因此重力对M做的功等于M减小的机械能，D正确。
11．[多选]如图所示，三个小球A、B、C的质量均为m，A与B、C间通过铰链用轻杆连接，杆长均为L。B、C置于水平地面上，用一轻质弹簧连接，弹簧处于原长。现A由静止释放下降到最低点，两轻杆间夹角α由60°变为120°。A、B、C在同一竖直平面内运动，弹簧在弹性限度内，忽略一切摩擦，重力加速度为g。则此下降过程中( )
A．A的动能达到最大前，B受到地面的支持力小于mg
B．A的动能最大时，B受到地面的支持力等于mg
C．弹簧的弹性势能最大时，A的加速度方向竖直向下
D．弹簧的弹性势能最大值为mgL
解析：选AB 在A的动能达到最大前，A向下加速运动，此时A处于失重状态，则整个系统对地面的压力小于3mg，即地面对B的支持力小于mg，A项正确；当A的动能最大时，A的加速度为零，这时系统既不失重，也不超重，系统对地面的压力等于3mg，即B受到地面的支持力等于mg，B项正确；当弹簧的弹性势能最大时，A减速运动到最低点，此时A的加速度方向竖直向上，C项错误；由机械能守恒定律可知，弹簧的弹性势能最大值等于A的重力势能的减少量，即为mg(Lcos 30°－Lcos 60°)＝mgL，D项错误。
12．[多选]如图所示，在竖直杆上安装一个光滑小导向槽，使竖直上抛的小球能改变方向后做平抛运动；不计经导向槽时小球的能量损失，设小球从地面沿杆竖直上抛的速度大小为v，重力加速度为g；那么当小球有最大水平位移时，下列说法正确的是( )
A．导向槽位置应在高为的位置
B．最大水平位移为
C．小球在上、下两过程中，在经过某相同高度时，合速度的大小总有v下＝2v上
D．当小球落地时，速度方向与水平方向成45°角
解析：选AD 设小球做平抛运动时的速度为v0，根据机械能守恒定律可得，mv02＋mgh＝mv2，解得v0＝；根据平抛运动的知识可得，下落时间t＝，则水平位移x＝v0t＝ ，所以当－2h＝2h时水平位移最大，解得h＝，A正确；最大的水平位移为x＝＝2h＝，B错误；根据机械能守恒定律可知，在某相同高度处时上升的速率和下落的速率相等，C错误；设小球落地时速度与水平方向的夹角为θ，位移与水平方向的夹角为α，根据平抛运动的规律可知，tan θ＝2tan α＝2×＝1，则θ＝45°，D正确。
13.(2019届高三·滨州模拟)两物块A和B用一轻弹簧连接，静止在水平桌面上，如图甲所示，现用一竖直向上的力F拉动物块A，使之向上做匀加速直线运动，如图乙所示。在物块A开始运动到物块B将要离开桌面的过程中(弹簧始终处于弹性限度内)，下列说法正确的是( )
A．力F先减小后增大
B．弹簧的弹性势能一直增大
C．物块A的动能和重力势能一直增大
D．物块A、B和轻弹簧组成的系统机械能先增大后减小
解析：选C 对物块A由牛顿第二定律得：F－mg＋kx＝ma，解得：F＝m(g＋a)－kx，由于x先减小后反向增大，故力F一直增大，故A错误；在物块A上升过程中，弹簧从压缩到伸长，所以弹簧的弹性势能先减小后增大，故B错误；在物块A上升过程中，由于物块A做匀加速运动，所以物块A的速度增大，高度升高，则物块A的动能和重力势能增大，故C正确；在物块A上升过程中，除重力与弹力做功外，还有力F做正功，所以物块A、B和轻弹簧组成的系统的机械能一直增大，故D错误。
14.[多选](2018·江西八校联考)如图所示，三角形传送带以
1 m/s 的速度逆时针匀速转动，两边的传送带长都是6 m且与水平方向的夹角均为37°。现有两个小物块A、B从传送带顶端都以1 m/s的初速度沿传送带下滑，小物块与传送带间的动摩擦因数都是0.5(g取10 m/s2，sin 37°＝0.6，cos 37°＝0.8)，下列说法正确的是( )
A．A先到达传送带底端
B．A、B同时到达传送带底端
C．传送带对A做正功，对B做负功
D．A、B在传送带上的划痕长度之比为1∶2
解析：选BD 对A，因为mgsin 37°>μmgcos 37°，则A所受摩擦力沿传送带向上，下滑时做匀加速直线运动，同理，B所受摩擦力沿传送带向上，下滑时做匀加速直线运动，A、B做匀加速直线运动的加速度大小相等，位移大小相等，则运动的时间相等，故A错误，B正确；传送带对A、B的摩擦力方向与速度方向相反都沿传送带向上，传送带对A和B做负功，故C错误；对A，划痕的长度等于A的位移大小减去传送带的位移大小，以A为研究对象，由牛顿第二定律得mgsin 37°－μmgcos 37°＝ma，a＝2 m/s2，由运动学公式x＝vt＋at2，得运动时间为：t＝2 s，所以传送带运动的位移大小为x＝vt＝2 m，所以A在传送带上的划痕长度为Δx1＝6 m－2 m＝4 m；对B，划痕的长度等于B的位移大小加上传送带的位移大小，同理得出B在传送带上的划痕长度为Δx2＝6 m＋2 m＝8 m，所以划痕长度之比为1∶2，故D正确。
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考法
学法
“能量观点”是解决力学问题的三大观点之一。高考既可能在选择题中单独考查功和能，也可能在计算题中综合考查功能问题，该部分内容主要解决的是选择题中的能量观点的应用。考查的内容主要有：①几种常见的功能关系；②动能定理的综合应用；③利用机械能守恒定律和能量守恒定律分析问题。用到的思想方法有：①整体法和隔离法；②全程法和分段法；③守恒思想。
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[点点探明]————————————————————————————————
题型1 应用动能定理求解变力做功
[例1] 如图所示，质量为m的物块与水平转台间的动摩擦因数为μ，物块与转轴相距为R，物块随转台由静止开始转动。当转速增至某一值时，物块即将在转台上滑动，此时转台已开始匀速转动，在这一过程中，摩擦力对物块做的功是(假设物块所受的最大静摩擦力等于滑动摩擦力)( )
A．0 B．2μmgR
C．2πμmgR D.μmgR
[解析] 物块即将在转台上滑动但还未滑动时，转台对物块的最大静摩擦力恰好提供向心力，设此时物块做圆周运动的线速度为v，则有μmg＝，在物块由静止到获得速度v的过程中，物块受到的重力和支持力不做功，只有摩擦力对物块做功，由动能定理得W＝mv2－0，解得W＝μmgR，D正确。
[答案] D
题型2 应用动能定理解决往复运动问题
[例2] 如图所示，斜面的倾角为θ，质量为m的滑块与挡板P的距离为x0，滑块以初速度v0沿斜面上滑，滑块与斜面间的动摩擦因数为μ，滑块所受摩擦力小于重力沿斜面向下的分力。若滑块每次与挡板相碰均无机械能损失，滑块经过的总路程是( )
A. B.
C. D.
[解析] 滑块最终要停在斜面底部，设滑块经过的总路程为x，对滑块运动的全程应用功能关系，全程所产生的热量为Q＝mv02＋mgx0sin θ，又由全程产生的热量等于克服摩擦力所做的功，即Q＝μmgxcos θ，解得x＝，选项A正确。
[答案] A
题型3 应用动能定理解决多过程问题
[例3] [多选]如图所示为一滑草场。某条滑道由上下两段高均为h，与水平面倾角分别为45°和37°的滑道组成，滑草车与草地之间的动摩擦因数为μ。质量为m的载人滑草车从坡顶由静止开始自由下滑，经过上、下两段滑道后，最后恰好静止于滑道的底端(不计滑草车在两段滑道交接处的能量损失，sin 37°＝0.6，cos 37°＝0.8)。则( )
A．动摩擦因数μ＝
B．载人滑草车最大速度为
C．载人滑草车克服摩擦力做功为mgh
D．载人滑草车在下段滑道上的加速度大小为g
[解析] 由题意知，上、下两段滑道的长分别为s1＝、s2＝，由动能定理知：2mgh－μmgs1cos 45°－μmgs2cos 37°＝0，解得动摩擦因数μ＝，选项A正确；载人滑草车在上下两段的加速度分别为a1＝g(sin 45°－μcos 45°)＝g，a2＝g(sin 37°－μcos 37°)＝－g，则在下滑h时的速度最大，由动能定理知：mgh－μmgs1cos 45°＝mv2，解得v＝ ，选项B正确，D错误；载人滑草车克服摩擦力做的功与重力做功相等，即W＝2mgh，选项C错误。
[答案] AB
题型4 动能定理和图像的综合
[例4] [多选]一物体静止在粗糙水平面上，某时刻受到一沿水平方向的恒定拉力作用开始沿水平方向做直线运动，已知在第1 s
内合力对物体做的功为45 J，在第1 s末撤去拉力，物体整个运动过程的vt图像如图所示，g取10 m/s2，则( )
A．物体的质量为5 kg
B．物体与水平面间的动摩擦因数为0.1
C．第1 s内摩擦力对物体做的功为60 J
D．第1 s内拉力对物体做的功为60 J
[解析] 由动能定理有45 J＝，第1 s末速度v＝3 m/s，解得m＝10 kg，故A错误；撤去拉力后加速度的大小a＝ m/s2＝1 m/s2，摩擦力f＝ma＝10 N，又f＝μmg，解得
μ＝0.1，故B正确；第1 s内物体的位移x＝×1×3 m＝1.5 m，第1 s内摩擦力对物体做的功W＝－fx＝－15 J，故C错误；第1 s内加速度的大小a1＝ m/s2＝3 m/s2，设第1 s内拉力为F，则F－f＝ma1，解得F＝40 N，第1 s内拉力对物体做的功W′＝Fx＝60 J，故D正确。
[答案] BD
[系统通法]————————————————————————————————
1．把握两点，准确理解动能定理
(1)动能定理表达式中，W表示所有外力做功的代数和，包括物体所受重力做的功。
(2)动能定理表达式中，ΔEk为所研究过程的末动能与初动能之差，而且物体的速度均是相对地面的速度。
2．应用动能定理的“两线索、两注意”
(1)两线索
(2)两注意
①动能定理常用于单个物体的运动过程，由于不涉及加速度和时间，比动力学研究方法更简便。
②当物体的运动包含多个不同过程时，可分段应用动能定理求解；当所求解的问题不涉及中间的速度时，也可以全过程应用动能定理求解。
[点点探明]————————————————————————————————
题型1 绳连接的系统机械能守恒问题
[例1] (2018·南京模拟)如图所示，一半圆形碗的边缘上装有一定滑轮，滑轮两边通过一不可伸长的轻质细线挂着两个小物体，质量分别为m1、m2，m1>m2。现让m1从靠近定滑轮处由静止开始沿碗内壁下滑。设碗固定不动，其内壁光滑、半径为R。则m1滑到碗最低点时的速度为( )
A．2 B.
C. D．2
[解析] 设当m1到达碗最低点时速率为v1，此时m2的速率为v2，由几何关系知
v1cos 45°＝v2，对m1、m2由机械能守恒定律得m1gR＝m2g·R＋m1v12＋m2v22，解得
v1＝2 ，D正确。
[答案] D
题型2 杆连接的系统机械能守恒问题
[例2] 如图所示为竖直平面内的半圆形光滑轨道，其半径为R。小球A、B的质量分别为mA、mB，A和B之间用一根长为l(l
C．在A下滑过程中轻杆对A做负功，对B做正功
D．在A下滑过程中减少的重力势能等于A与B增加的动能
[解析] 根据系统机械能守恒条件可知，A和B组成的系统机械能守恒，如果B在右侧上升的最大高度与A的起始高度相同，则有mAgh－mBgh＝0，则有mA＝mB，A、B错误；A下滑、B上升过程中，B机械能增加，则A机械能减少，说明轻杆对A做负功，对B做正功，C正确；A下滑过程中减少的重力势能等于B上升过程中增加的重力势能和A与B增加的动能之和，D错误。
[答案] C
题型3 弹簧连接的系统机械能守恒问题
[例3] [多选](2018·邵阳模拟)如图所示，物体A、B通过细绳及轻质弹簧连接在轻滑轮两侧，物体A、B的质量分别为2m、m。开始时细绳伸直，B静止在桌面上，用手托着A使弹簧处于原长且A与地面的距离为h。放手后A下落，着地时速度大小为v，此时B对桌面恰好无压力。不计一切摩擦及空气阻力，重力加速度大小为g。下列说法正确的是( )
A．A下落过程中，A和弹簧组成的系统机械能守恒
B．弹簧的劲度系数为
C．A着地时的加速度大小为
D．A着地时弹簧的弹性势能为mgh－mv2
[解析] 因为B没有运动，所以A下落过程中，只有弹簧弹力和重力做功，故A和弹簧组成的系统机械能守恒，A正确；因为A刚下落时，弹簧处于原长，A落地时，弹簧对B的弹力大小等于B所受的重力，故kh＝mg，解得k＝，B错误；A落地时弹簧对绳子的拉力大小为mg，对A分析，受到竖直向上的拉力，大小为mg，竖直向下的重力，大小为2mg，根据牛顿第二定律可得2mg－mg＝2ma，解得a＝，C正确；A下落过程中，A和弹簧组成的系统机械能守恒，故2mgh＝×2mv2＋Ep，解得Ep＝2mgh－mv2，D错误。
[答案] AC
[系统通法]————————————————————————————————
1．判断机械能守恒的两个角度
(1)用做功判断：若物体(或系统)只受重力(或系统内弹力)，或虽受其他力，但其他力不做功，则机械能守恒。
(2)用能量转化判断：若物体(或系统)只有动能和势能的相互转化，而无机械能与其他形式能的相互转化，则机械能守恒。
2．机械能守恒定律的三种表达形式
3．应用机械能守恒定律解题的基本思路
[知能全通]————————————————————————————————
1．常见的功能关系
重力做功与重力势能变化的关系
WG＝－ΔEp
弹力做功与弹性势能变化的关系
W弹＝－ΔEp
合外力做功与动能变化的关系
W合＝ΔEk
除重力和弹力以外其他力做功与机械能变化的关系
W其他＝ΔE机
滑动摩擦力与相对位移的乘积与内能变化的关系
Ffx相对＝ΔE内
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原因，在不同问题中的具体表现不同。
(2)分清是什么力做功，并且分析该力做功的正负；根据功能之间的对应关系，判定能的转化情况。
(3)可以根据能量转化情况，确定是什么力做功，尤其可以方便计算变力做的功。
[题点全练]————————————————————————————————
1.(2018·全国卷Ⅰ)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( )
A．2mgR B．4mgR
C．5mgR D．6mgR
解析：选C 小球从a点运动到c点，根据动能定理得，F·3R－mgR＝mv2，又F＝mg，故v＝2。小球离开c点在竖直方向做竖直上抛运动，水平方向做初速度为零的匀加速直线运动，且水平方向的加速度大小也为g，故小球从c点到最高点所用的时间t＝＝2，水平位移x＝gt2＝2R，根据功能关系，小球从a点到轨迹最高点机械能的增量等于力F做的功，即ΔE＝F·(3R＋x)＝5mgR，C正确。
2.[多选](2019届高三·邯郸模拟)如图，质量为m的物体在恒定外力F作用下竖直向上做初速度为零的匀加速直线运动，经过一段时间，力F做的功为W，此时撤去力F，物体又经相同时间回到了出发点。若以出发点所在水平面为重力势能的零势能平面，重力加速度为g，不计空气阻力，则( )
A．从物体开始运动到回到出发点的过程中，物体的机械能增加了
B．力F的大小为mg
C．物体回到出发点时重力的瞬时功率为
D．撤去力F时，物体的动能和重力势能恰好相等
解析：选BC 除重力以外的力做的功等于物体机械能的变化量，力F做功为W，则物体机械能增加了W，故A错误；从开始运动到回到出发点，撤去力F前后两个过程位移大小相等、方向相反，时间相等，取竖直向上为正方向，则得：at2＝－，F－mg＝ma，解得：a＝g，F＝mg，故B正确；在整个过程中，根据动能定理得：mv2＝W，物体回到出发点时速率v＝，瞬时功率为P＝mgv＝，故C正确；撤去力F时，物体的动能为Ek＝W－mg·at2＝F·at2－mg·at2＝mgat2，重力势能为Ep＝mg·at2＝
mgat2，可见，动能和重力势能不相等，故D错误。
3.[多选](2018·盘锦模拟)如图所示，半径为R的光滑圆环固定在竖直平面内，AB、CD是圆环相互垂直的两条直径，C、D两点与圆心O等高。一个质量为m的光滑小球套在圆环上，一根轻质弹簧一端连在小球上，另一端固定在P点，P点在圆心O的正下方处。小球从最高点A由静止开始沿逆时针方向下滑，已知弹簧的原长为R，弹簧始终处于弹性限度内，重力加速度为g，下列说法正确的有( )
A．弹簧长度等于R时，小球的动能最大
B．小球运动到B点时的速度大小为
C．小球在A、B两点时对圆环的压力差为4mg
D．小球从A到C的过程中，弹簧弹力对小球做的功等于小球机械能的增加量
解析：选CD 小球下滑过程中，弹簧长度等于R时，弹簧处于原长，此时弹簧弹力等于0，只有重力对小球做正功，小球仍在加速，所以弹簧长度等于R时，小球的动能不是最大，故A错误；由题可知，小球在A、B两点时弹簧的形变量相等，弹簧的弹性势能相等，根据系统的机械能守恒得：2mgR＝mvB2，解得小球运动到B点时的速度vB＝2，故B错误；设小球在A、B两点时弹簧的弹力大小为F，在A点，圆环对小球的支持力F1＝
mg＋F，在B点，由牛顿第二定律得：F2－mg－F＝m，解得圆环对小球的支持力F2＝5mg＋F，则F2－F1＝4mg，由牛顿第三定律知，小球在A、B两点时对圆环的压力差为4mg，故C正确；小球从A到C的过程中，根据功能关系可知，弹簧弹力对小球做的功等于小球机械能的增加量，故D正确。
[知能全通]————————————————————————————————
“三步走”分析叠放体问题(以传送带为例)
[题点全练]————————————————————————————————
1.如图所示，水平传送带长为s，以速度v始终保持匀速运动，把质量为m的货物放到A点，货物与传送带间的动摩擦因数为μ，当货物从A点运动到B点的过程中，摩擦力对货物做的功不可能( )
A．等于mv2 B．小于mv2
C．大于μmgs D．小于μmgs
解析：选C 货物在传送带上相对地面的运动情况可能是先加速后匀速，也可能是一直加速而最终速度小于v，根据动能定理知摩擦力对货物做的功可能等于mv2，可能小于
mv2，可能等于μmgs，可能小于μmgs，不可能大于μmgs，故C对。
2.[多选](2018·济宁模拟)如图所示，长为L、质量为M的木板静置在光滑的水平面上，在木板上放置一质量为m的物块，物块与木板之间的动摩擦因数为μ。物块以速度v0从木板的左端向右端滑动时，若木板固定不动，物块恰好能从木板的右端滑下。若木板不固定时，下列叙述正确的是( )
A．物块不能从木板的右端滑下
B．系统产生的热量Q＝μmgL
C．经过t＝物块与木板保持相对静止
D．摩擦力对木板所做的功等于物块克服摩擦力所做的功
解析：选AC 木板固定不动时，物块减少的动能全部转化为内能。木板不固定时，物块向右减速的同时，木板要向右加速，物块减少的动能转化为系统产生的内能和木板的动能，所以产生的内能必然减小，物块相对于木板滑行的距离要减小，不能从木板的右端滑下，故A正确；物块和木板组成的系统产生的热量Q＝Ffx相对＝μmgx相对＜μmgL，故B错误；设物块与木板最终的共同速度为v，物块和木板组成的系统动量守恒，取向右为正方向，根据动量守恒定律，有：mv0＝(m＋M)v，对木板，由动量定理得：μmgt＝Mv，联立解得： t＝，故C正确；由于物块与木板相对于水平面的位移大小不等，物块对地位移较大，而摩擦力大小相等，所以摩擦力对木板所做的功小于物块克服摩擦力所做的功，故D错误。
3.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＝Q2
B．W1＝W2，P1＜P2，Q1＞Q2
C．W1＞W2，P1＝P2，Q1＞Q2
D．W1＞W2，P1＝P2，Q1＝Q2
解析：选B 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＝，当传送带以速度v2匀速运动时，物体运动的时间为
t2＝，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。
4．[多选]如图甲所示，光滑水平面上放着长木板B，质量为m＝2 kg的木块A以速度
v0＝2 m/s滑上原来静止的长木板B的上表面，由于A、B之间存在有摩擦，之后，A、B的速度随时间变化情况如图乙所示，重力加速度g＝10 m/s2。下列说法正确的是( )
A．A、B之间动摩擦因数为0.1
B．长木板的质量M＝2 kg
C．长木板长度至少为2 m
D．A、B组成的系统损失的机械能为4 J
解析：选AB 从题图乙可以看出，A先做匀减速运动，B做匀加速运动，最后一起做匀速运动，共同速度：v＝1 m/s，取向右为正方向，根据动量守恒定律得：mv0＝(m＋M)v，解得：M＝m＝2 kg，故B正确；由图像可知，木板B匀加速运动的加速度为：a＝＝
m/s2＝1 m/s2，对B，根据牛顿第二定律得：μmg＝Ma，解得动摩擦因数为：μ＝0.1，故A正确；由图像可知前1 s内B的位移为：xB＝×1×1 m＝0.5 m, A的位移为：xA＝×1 m＝1.5 m，所以木板最小长度为：L＝xA－xB＝1 m，故C错误；A、B组成的系统损失的机械能为：ΔE＝mv02－(m＋M)v2＝2 J，故D错误。
[专题强训提能]
1.如图所示，物块的质量为m，它与水平桌面间的动摩擦因数为μ。起初，用手按住物块，物块的速度为零，弹簧的伸长量为x，然后放手，当弹簧的长度第一次回到原长时，物块的速度为v。则此过程中弹力所做的功为( )
A.mv2－μmgx B．μmgx－mv2
C.mv2＋μmgx D．以上选项均不对
解析：选C 设W弹为弹力对物体做的功，因为克服摩擦力做的功为μmgx，由动能定理得W弹－μmgx＝mv2－0，得W弹＝mv2＋μmgx，C对。
2．(2018·江苏高考)从地面竖直向上抛出一只小球，小球运动一段时间后落回地面。忽略空气阻力，该过程中小球的动能Ek与时间t的关系图像是( )
解析：选A 小球做竖直上抛运动，设初速度为v0，则v＝v0－gt，小球的动能Ek＝mv2，把速度v代入，得Ek＝mg2t2－mgv0t＋mv02，Ek与t为二次函数关系，A正确。
3．[多选](2016·全国卷Ⅲ)如图，一固定容器的内壁是半径为R的半球面；在半球面水平直径的一端有一质量为m的质点P。它在容器内壁由静止下滑到最低点的过程中，克服摩擦力做的功为W。重力加速度大小为g。设质点P在最低点时，向心加速度的大小为a，容器对它的支持力大小为N，则( )
A．a＝ B．a＝
C．N＝ D．N＝
解析：选AC 质点P下滑到最低点的过程中，由动能定理得mgR－W＝mv2，则速度 v＝，在最低点的向心加速度a＝＝，选项A正确， B错误；在最低点时，由牛顿第二定律得N－mg＝ma，N＝，选项C正确，D错误。
4.如图为某同学建立的一个测量动摩擦因数的模型。物块自左侧斜面上A点由静止滑下，滑过下面一段平面后，最高冲至右侧斜面上的B点。实验中测量出了三个角度，左右斜面的倾角α和β及AB连线与水平面的夹角θ。物块与各接触面间动摩擦因数相同且为μ，忽略物块在拐角处的能量损失，以下结论正确的是( )
A．μ＝tan α B．μ＝tan β
C．μ＝tan θ D．μ＝tan
解析：选C 设AB的水平长度为x，竖直高度差为h，对从A到B的过程运用动能定理得mgh－μmgcos α·AC－μmg·CE－μmgcos β·EB＝0，因为AC·cos α＋CE＋EB·cos β＝x，则有mgh－μmgx＝0，解得μ＝＝tan θ，故C正确。
5．如图所示，质量、初速度大小都相同的A、B、C三个小球，开始时在同一水平面上，A球竖直上抛，B球以倾角θ斜向上抛，C球沿倾角为θ的光滑斜面上滑，它们上升的最大高度分别为hA、hB、hC，空气阻力不计，则( )
A．hA＝hB＝hC B．hA＝hB
解析：选D A球和C球上升到最高点时速度均为零，而B球上升到最高点时仍有水平方向的速度，即仍有动能。对A、C球由机械能守恒定律得mgh＝mv02，得hA＝hC＝h＝。对B球由机械能守恒定律得mghB＋mvt2＝mv02，且vt≠0，所以hA＝hC>hB，故D正确。
6．(2019届高三·南京模拟)质量为m的球从地面以初速度v0竖直向上抛出，已知球所受的空气阻力与速度大小成正比。下列图像分别描述了球在空中运动的速度v、加速度a随时间t的变化关系和动能Ek、机械能E(取地面处重力势能为零)随球距离地面高度h的变化关系，其中可能正确的是( )
解析：选C 已知球所受的空气阻力与速度大小成正比，即Ff＝kv，当球上升到最高点时，v为零，球只受重力，a等于g，则vt图线切线的斜率不等于零，故A错误；根据牛顿第二定律，球上升过程中：mg＋kv＝ma，v逐渐减小，a逐渐减小，球下降过程中：mg－kv＝ma，v逐渐增大，a逐渐减小，故B错误；上升过程，由动能定理：－mgh－Ffh＝
Ek－Ek0，解得Ek＝Ek0－(mg＋kv)h，随h的增加，v减小，则Ekh图像的斜率减小，下降过程，由动能定理：mg(h0－h)－Ff(h0－h)＝Ek，即Ek＝(mg－kv)(h0－h)，随下降的高度的增加，v增大，Ekh图像的斜率减小，故C正确；机械能的变化量等于克服阻力做的功：
－Ffh＝E－E0，上升过程中v逐渐减小，则Ff逐渐减小，即Eh图像的斜率逐渐变小，故Eh图像不是直线，故D错误。
7.(2018·武汉调研)如图所示，半径为R、圆心为O的光滑圆环固定在竖直平面内，OC水平，D是圆环最低点。质量为2m的小球A与质量为m的小球B套在圆环上，两球之间用轻杆相连。两球初始位置如图所示，由静止释放，当A运动至D点时，B的动能为( )
A.mgR B.mgR
C.mgR D.mgR
解析：选D A、B组成的系统机械能守恒，当A运动到最低点D时，A下降的高度为hA＝R＋Rsin 45°，B上升的高度为hB＝Rsin 45°，则有2mghA－mghB＝×2mvA2＋mvB2，又vA＝vB，所以B的动能为EkB＝mvB2＝mgR，选项D正确。
8．(2018·烟台模拟)某段高速路对载重货车设定的允许速度范围为50～80 km/h，而上坡时若货车达不到最小允许速度50 km/h，则必须走“爬坡车道”来避免危险。某质量为4.0×104 kg的载重货车，保持额定功率200 kW在“爬坡车道”上行驶，每前进1 km，上升0.04 km，货车所受的阻力(摩擦阻力与空气阻力)为车重的0.01倍，g取10 m/s2，爬坡车道足够长，则货车匀速上坡的过程中( )
A．牵引力等于2×104 N
B．速度可能大于36 km/h
C．增加的重力势能等于货车牵引力所做的功
D．增加的机械能等于货车克服阻力所做的功
解析：选A 货车匀速上坡的过程中，根据平衡条件得：牵引力大小 F＝0.01mg＋
mgsin θ＝0.01×4.0×104×10 N＋4.0×104×10× N＝2×104 N，故A正确；根据P＝Fv得：v＝＝ m/s＝10 m/s＝36 km/h，故B错误；匀速上坡过程增加的重力势能等于汽车牵引力所做的功与克服阻力做功之差，故C错误；根据功能关系知，匀速上坡过程增加的机械能等于汽车牵引力做功与克服阻力所做的功之差，故D错误。
9．[多选](2018·武汉质检)有一系列斜面，倾角各不相同，它们的底端相同，都是O点，如图所示。有一系列完全相同的滑块(可视为质点)从这些斜面上的A、B、C、D、…各点同时由静止释放，下列判断正确的是( )
A．若各斜面均光滑，且这些滑块到达O点的速率相同，则A、B、C、D、…各点处在同一水平线上
B．若各斜面均光滑，且这些滑块到达O点的速率相同，则A、B、C、D、…各点处在同一竖直面内的圆周上
C．若各斜面均光滑，且这些滑块到达O点的时间相同，则A、B、C、D、…各点处在同一竖直面内的圆周上
D．若各斜面与这些滑块间有相同的动摩擦因数，滑块到达O点的过程中，各滑块损失的机械能相同，则A、B、C、D、…各点处在同一竖直线上
解析：选ACD 若各斜面均光滑，根据mgh＝mv2，滑块质量相同，到达O点的速率相同，则h相同，即各释放点处在同一水平线上，A正确，B错误；以O点为最低点作等时圆，如图所示，由gsin θt2＝2Rsin θ，可知各滑块从圆周上各点运动到O点时间相等，C正确；若各滑块滑到O点的过程中，滑块滑动的水平距离是x，滑块损失的机械能(即克服摩擦力做功)为：Wf＝μmgcos θ·，即各释放点处在同一竖直线上，D正确。
10．[多选]如图所示，固定在水平面上的光滑斜面倾角为30°，质量分别为M、m的两个物体通过细绳及轻弹簧连接于光滑轻滑轮两侧，斜面底端有一与斜面垂直的挡板。开始时用手按住M，此时M到挡板的距离为s，滑轮两边的细绳恰好伸直，且没有力的作用。已知M＝2m，空气阻力不计。松开手后，下列说法正确的是( )
A．M和m组成的系统机械能守恒
B．当M的速度最大时，m与地面间的作用力为零
C．若M恰好能到达挡板处，则此时m的速度为零
D．若M恰好能到达挡板处，则此过程中重力对M做的功等于弹簧弹性势能的增加量与m的机械能增加量之和
解析：选BD 运动过程中，M、m与弹簧组成的系统机械能守恒，A错误；当M速度最大时，弹簧的弹力等于Mgsin 30°＝mg，此时m与地面间的作用力恰好为零，B正确；然后M做减速运动，恰好能到达挡板处，也就是速度刚好减小到了零，之后M会上升，所以M恰好到达挡板处时弹簧弹力大于mg，即此时m受到的细绳拉力大于自身重力，m还在加速上升，C错误；根据功能关系，M减小的机械能等于m增加的机械能与弹簧增加的弹性势能之和，若M恰好能到达挡板处，此时动能恰好为零，因此重力对M做的功等于M减小的机械能，D正确。
11．[多选]如图所示，三个小球A、B、C的质量均为m，A与B、C间通过铰链用轻杆连接，杆长均为L。B、C置于水平地面上，用一轻质弹簧连接，弹簧处于原长。现A由静止释放下降到最低点，两轻杆间夹角α由60°变为120°。A、B、C在同一竖直平面内运动，弹簧在弹性限度内，忽略一切摩擦，重力加速度为g。则此下降过程中( )
A．A的动能达到最大前，B受到地面的支持力小于mg
B．A的动能最大时，B受到地面的支持力等于mg
C．弹簧的弹性势能最大时，A的加速度方向竖直向下
D．弹簧的弹性势能最大值为mgL
解析：选AB 在A的动能达到最大前，A向下加速运动，此时A处于失重状态，则整个系统对地面的压力小于3mg，即地面对B的支持力小于mg，A项正确；当A的动能最大时，A的加速度为零，这时系统既不失重，也不超重，系统对地面的压力等于3mg，即B受到地面的支持力等于mg，B项正确；当弹簧的弹性势能最大时，A减速运动到最低点，此时A的加速度方向竖直向上，C项错误；由机械能守恒定律可知，弹簧的弹性势能最大值等于A的重力势能的减少量，即为mg(Lcos 30°－Lcos 60°)＝mgL，D项错误。
12．[多选]如图所示，在竖直杆上安装一个光滑小导向槽，使竖直上抛的小球能改变方向后做平抛运动；不计经导向槽时小球的能量损失，设小球从地面沿杆竖直上抛的速度大小为v，重力加速度为g；那么当小球有最大水平位移时，下列说法正确的是( )
A．导向槽位置应在高为的位置
B．最大水平位移为
C．小球在上、下两过程中，在经过某相同高度时，合速度的大小总有v下＝2v上
D．当小球落地时，速度方向与水平方向成45°角
解析：选AD 设小球做平抛运动时的速度为v0，根据机械能守恒定律可得，mv02＋mgh＝mv2，解得v0＝；根据平抛运动的知识可得，下落时间t＝，则水平位移x＝v0t＝ ，所以当－2h＝2h时水平位移最大，解得h＝，A正确；最大的水平位移为x＝＝2h＝，B错误；根据机械能守恒定律可知，在某相同高度处时上升的速率和下落的速率相等，C错误；设小球落地时速度与水平方向的夹角为θ，位移与水平方向的夹角为α，根据平抛运动的规律可知，tan θ＝2tan α＝2×＝1，则θ＝45°，D正确。
13.(2019届高三·滨州模拟)两物块A和B用一轻弹簧连接，静止在水平桌面上，如图甲所示，现用一竖直向上的力F拉动物块A，使之向上做匀加速直线运动，如图乙所示。在物块A开始运动到物块B将要离开桌面的过程中(弹簧始终处于弹性限度内)，下列说法正确的是( )
A．力F先减小后增大
B．弹簧的弹性势能一直增大
C．物块A的动能和重力势能一直增大
D．物块A、B和轻弹簧组成的系统机械能先增大后减小
解析：选C 对物块A由牛顿第二定律得：F－mg＋kx＝ma，解得：F＝m(g＋a)－kx，由于x先减小后反向增大，故力F一直增大，故A错误；在物块A上升过程中，弹簧从压缩到伸长，所以弹簧的弹性势能先减小后增大，故B错误；在物块A上升过程中，由于物块A做匀加速运动，所以物块A的速度增大，高度升高，则物块A的动能和重力势能增大，故C正确；在物块A上升过程中，除重力与弹力做功外，还有力F做正功，所以物块A、B和轻弹簧组成的系统的机械能一直增大，故D错误。
14.[多选](2018·江西八校联考)如图所示，三角形传送带以
1 m/s 的速度逆时针匀速转动，两边的传送带长都是6 m且与水平方向的夹角均为37°。现有两个小物块A、B从传送带顶端都以1 m/s的初速度沿传送带下滑，小物块与传送带间的动摩擦因数都是0.5(g取10 m/s2，sin 37°＝0.6，cos 37°＝0.8)，下列说法正确的是( )
A．A先到达传送带底端
B．A、B同时到达传送带底端
C．传送带对A做正功，对B做负功
D．A、B在传送带上的划痕长度之比为1∶2
解析：选BD 对A，因为mgsin 37°>μmgcos 37°，则A所受摩擦力沿传送带向上，下滑时做匀加速直线运动，同理，B所受摩擦力沿传送带向上，下滑时做匀加速直线运动，A、B做匀加速直线运动的加速度大小相等，位移大小相等，则运动的时间相等，故A错误，B正确；传送带对A、B的摩擦力方向与速度方向相反都沿传送带向上，传送带对A和B做负功，故C错误；对A，划痕的长度等于A的位移大小减去传送带的位移大小，以A为研究对象，由牛顿第二定律得mgsin 37°－μmgcos 37°＝ma，a＝2 m/s2，由运动学公式x＝vt＋at2，得运动时间为：t＝2 s，所以传送带运动的位移大小为x＝vt＝2 m，所以A在传送带上的划痕长度为Δx1＝6 m－2 m＝4 m；对B，划痕的长度等于B的位移大小加上传送带的位移大小，同理得出B在传送带上的划痕长度为Δx2＝6 m＋2 m＝8 m，所以划痕长度之比为1∶2，故D正确。
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