第六章 第5课时 功能关系 能量守恒定律（课件PPT）-【步步高】2025年高考物理大一轮复习讲义（人教版 广东专用）

第六章 机械能守恒定律 第 5 课时 功能关系　能量守恒定律 目标 要求 1.熟练掌握几种常见的功能关系，并会应用功能关系解决实际问题。2.掌握两种摩擦力做功与能量转化的关系。3.学会应用能量守恒定律解决综合问题。 内 容 索 引 考点一　　几种常见的功能关系及其表达式 考点二　　摩擦力做功与能量转化 考点三　　能量守恒定律的理解和应用 课时精练 > < 考点一 几种常见的功能关系及其表达式 1.对功能关系的理解 (1)做功的过程就是 的过程，不同形式的能量发生相互转化是通过做功来实现的。 (2)功是能量转化的 ，功和能的关系，一是体现在不同的力做功，对应不同形式的能量转化，具有一一对应关系，二是做功的多少与能量转化的多少在数值上相等。 能量转化 量度 几种常见的功能关系及其表达式 考点一 2.常见的功能关系 能量 功能关系 表达式 势能 重力做的功等于重力势能减少量 W＝Ep1－Ep2＝－ΔEp 弹力做的功等于弹性势能减少量 静电力做的功等于电势能减少量 动能 合外力做的功等于物体动能变化量 几种常见的功能关系及其表达式 考点一 能量 功能关系 表达式 机械能 除重力和弹力之外的其他力做的功等于机械能变化量 W其他＝E2－E1＝ΔE 摩擦产生的内能 一对相互作用的滑动摩擦力做功之和的绝对值等于产生的内能 Q＝Ff·x相对 电能 克服安培力做的功等于消耗的电能 W克安＝E电 几种常见的功能关系及其表达式 考点一 1.一个物体的能量增加，必定有其他物体的能量减少。(　　) 2.合力做的功等于物体机械能的改变量。(　　) 3.克服与势能有关的力(重力、弹簧弹力、静电力等)做的功等于对应势能的增加量。(　　) 4.滑动摩擦力做功时，一定会引起机械能的转化。(　　) × √ √ √ 考点一 判断正误 几种常见的功能关系及其表达式 例1　(多选)滑沙运动是继滑冰、滑水、滑雪和滑草之后又一新兴运动，它使户外运动爱好者在运动的同时又能领略到沙漠的绮丽风光。如图所示，质量为50 kg的人坐在滑沙板上从沙坡的顶端由静止沿直线匀加速下滑，经过10 s到达坡底，速度大小为20 m/s。已知沙坡的倾角为30°，重力加速度g取10 m/s2，下列关于此过程的说法中正确的是 A.人的重力势能减少5.0×104 J B.人的动能增加1.0×104 J C.人的机械能减少1.5×104 J D.人克服阻力做功4.0×104 J √ √ 几种常见的功能关系及其表达式 考点一 重力势能减少ΔEp＝mglsin 30°＝2.5×104 J，故A错误； 人的机械能减少ΔE＝ΔEp－ΔEk＝1.5×104 J，故C正确； 人克服阻力做功W克f＝ΔE＝1.5×104 J，故D错误。 几种常见的功能关系及其表达式 考点一 例2　(多选)(2020·全国卷Ⅰ·20)一物块在高3.0 m、长5.0 m的斜面顶端从静止开始沿斜面下滑，其重力势能和动能随下滑距离s的变化如图中直线Ⅰ、Ⅱ所示，重力加速度取10 m/s2，则 A.物块下滑过程中机械能不守恒 B.物块与斜面间的动摩擦因数为0.5 C.物块下滑时加速度的大小为6.0 m/s2 D.当物块下滑2.0 m时机械能损失了12 J √ √ 几种常见的功能关系及其表达式 考点一 由E－s图像知，物块动能与重力势能的和减小，则物块下滑过程中机械能不守恒，故A正确； 几种常见的功能关系及其表达式 考点一 物块下滑时加速度的大小a＝gsin α－μgcos α＝2.0 m/s2，故C错误； 物块下滑2.0 m时损失的机械能为ΔE′＝μmgcos α·s′＝8 J，故D错误。 返回 几种常见的功能关系及其表达式 考点一 摩擦力做功与能量转化 > < 考点二 两种摩擦力做功特点的比较 机械能 类型 比较 静摩擦力做功 滑动摩擦力做功 不同点 能量的转化 只有机械能从一个物体转移到另一个物体，而没有机械能转化为其他形式的能 (1)一部分机械能从一个物体转移到另一个物体 (2)一部分机械能转化为内能，此部分能量就是系统 的损失量 摩擦力做功与能量转化 考点二 类型 比较 静摩擦力做功 滑动摩擦力做功 不同点 一对摩擦力做的总功 一对静摩擦力所做功的代数和总 _______ 一对滑动摩擦力做功的代数和总是 ，总功W＝－Ffx相对，即发生相对滑动时产生的热量 相同点 做功 情况 两种摩擦力对物体可以做正功，也可以做负功，还可以不做功 等于零 负值 摩擦力做功与能量转化 考点二 例3　(多选)(2023·广东佛山市联考改编)如图所示，一个长为L、质量为M的木板，静止在光滑水平面上，一个质量为m的物块(可视为质点)以水平初速度v0从木板的左端滑向另一端，设物块与木板间的动摩擦因数为μ，当物块与木板相对静止时，物块仍在长木板上，物块相对木板的位移为d，木板相对地面的位移为x，重力加速度为g。则在此过程中 A.摩擦力对物块做的功为－μmg(x＋d) B.摩擦力对木板做的功为μmgx C.木板动能的增量为μmgd D.由于摩擦而产生的热量为μmgx √ √ 摩擦力做功与能量转化 考点二 根据功的定义W＝Fscos α，其中s指物体的位移，而α指力与位移之间的夹角，可知摩擦力对物块做的功W1＝－μmg(s＋d)，摩擦力对木板做的功W2＝μmgs，A、B正确； 根据动能定理可知木板动能的增量ΔEk＝W2＝μmgs， C错误； 由于摩擦而产生的热量Q＝f·Δs＝μmgd，D错误。 摩擦力做功与能量转化 考点二 例4　(多选)如图所示，与水平面成θ角的传送带，在电动机的带动下以恒定的速率v顺时针运行。现将质量为m的小物块从传送带下端A点无初速度地放到传送带上，经时间t1物块与传送带达到共同速度，再经时间t2物块到达传送带的上端B点，已知A、B间的距离为L，重力加速度为g，则在物块从A运动到B的过程中，以下说法正确的是 摩擦力做功与能量转化 考点二 √ √ 摩擦力做功与能量转化 考点二 摩擦力做功与能量转化 考点二 摩擦力做功与能量转化 考点二 在t2时间内因运送物块电动机至少多消耗mgL2sin θ的电能；则在t1＋t2时间内因运送物块，电动机至少多消耗 2mgL1sin θ＋mv2＋mgL2sin θ＝mg(L＋L1)sin θ＋mv2的电能，选项D错误。 返回 摩擦力做功与能量转化 考点二 能量守恒定律的理解和应用 > < 考点三 1.内容：能量既不会凭空 ，也不会凭空消失，它只能从一种形式 为其他形式，或者从一个物体 到别的物体，在转化或转移的过程中，能量的 保持不变。 2.表达式 (1)E初＝E末，初状态各种能量的总和等于末状态各种能量的总和。 (2)ΔE增＝ΔE减，增加的能量总和等于减少的能量总和。 产生 转化 转移 总量 考点三 能量守恒定律的理解和应用 3.理解 (1)某种形式的能量减少，一定存在其他形式的能量增加，且减少量和增加量一定相等； (2)某个物体的能量减少，一定存在其他物体的能量增加，且减少量和增加量一定相等。 考点三 能量守恒定律的理解和应用 思考　现在市场上有一种手表叫自动机械手表，只要每天有一定时间把表戴在手上，不用手动上发条，表针便可走动计时，自动手表的工作运行，是否违背能量守恒定律？ 答案　不违背能量守恒定律。自动手表的运行是把人运动的机械能转化为发条的弹性势能，然后再转化为表针的动能，同样遵守能量守恒定律。 考点三 能量守恒定律的理解和应用 例5　(多选)(2023·广东金山中学检测)如图所示，轻弹簧放在倾角为37°的斜面体上，轻弹簧的下端与斜面底端的挡板连接，上端与斜面上b点对齐，质量为m的物块在斜面上的a点由静止释放，物块下滑后，压缩弹簧至c点时速度刚好为零，物块被反弹后返回b点时速度刚好为零，已知ab长为L，bc长为 ，重力加速度为g，sin 37°＝0.6，cos 37°＝0.8。则 考点三 能量守恒定律的理解和应用 A.物块与斜面间的动摩擦因数为0.5 B.物块接触弹簧后，速度先减小后增大 C.弹簧具有的最大弹性势能为0.5mgL D.物块在上述过程因摩擦产生的热量为0.6mgL √ √ 考点三 能量守恒定律的理解和应用 考点三 能量守恒定律的理解和应用 物块接触弹簧后，向下运动时，开始由于mgsin θ>μmgcos θ＋F弹，物块继续向下加速，F弹继续变大，当mgsin θ<μmgcos θ＋F弹时，物块将向下减速，则物块向下运动时先加速后减速，向上运动时，由于在c点和b点的速度都为零，则物块先加速后减速，故B错误； 考点三 能量守恒定律的理解和应用 例6　(2024·广东深圳市罗湖高级中学月考)如图所示，半径R＝0.8 m的光滑竖直圆轨道BC固定在水平平台AD上，接触点B与地面平滑连接，平台AD左侧固定一轻弹簧，右侧有另一足够长的平台EF，两者的高度差h＝5 m。质量m＝2 kg的物块(可视为质点)压缩弹簧后从A点由静止释放，物块经过B点冲上竖直圆轨道后，又从B点滑上平台BD继续运动。已知平台AB表面光滑，平台BD表面粗糙且长度L＝11 m， 物块与平台BD表面间的动摩擦因数μ＝0.2。 取重力加速度大小g＝10 m/s2，不计空气阻力。 考点三 能量守恒定律的理解和应用 (1)若物块在A点时弹簧的弹性势能Ep1＝6 J，求物块运动到B点时对竖直圆轨道的压力大小FN； 答案　35 N 考点三 能量守恒定律的理解和应用 解得F＝35 N 由牛顿第三定律可知物块运动到B点时对竖直圆轨道的压力大小与轨道对物块B的支持力大小相等FN＝F＝35 N 考点三 能量守恒定律的理解和应用 (2)要使物块不脱离竖直圆轨道且能到达D点，求弹簧弹性势能的最小值Epmin； 答案　44 J 考点三 能量守恒定律的理解和应用 物块从C点恰能到达D点，由动能定理得 从A点到C点，由能量守恒定律可得 考点三 能量守恒定律的理解和应用 解得弹簧弹性势能的最小值Epmin＝44 J 考点三 能量守恒定律的理解和应用 (3)若物块能从D点飞出，求物块落到平台EF上时距B点的水平距离x与弹簧的弹性势能Ep的关系式。 考点三 能量守恒定律的理解和应用 水平方向做匀速直线运动，则水平位移x1＝vDt 考点三 能量守恒定律的理解和应用 (1)首先确定初、末状态，分清有几种形式的能在变化，如动能、势能(包括重力势能、弹性势能、电势能)、内能等。 (2)明确哪种形式的能量增加，哪种形式的能量减少，并且列出减少的能量ΔE减和增加的能量ΔE增的表达式。 返回 考点三 总结提升 能量守恒定律的理解和应用 课时精练 1.(多选)(2023·广东阳江市检测)下列对能量守恒定律的认识正确的是 A.某种形式的能量减少，一定存在其他形式的能量增加 B.某个物体的能量减少，必然有其他物体的能量增加 C.不需要任何外界的动力而持续对外做功的机器——第一类永动机是不 可能制成的 D.石子从空中落下，最后停止在地面上，说明机械能消失了 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 √ √ √ 基础落实练 42 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 不同形式的能量间的转化过程中能量是守恒的，即某种形式的能量减少，一定存在其他形式的能量增加，A正确； 能量在不同的物体间发生转移过程中能量是守恒的，即某个物体的能量减少，必然有其他物体的能量增加，B正确； 第一类永动机是不可能制成的，它违背了能量守恒定律，C正确； 石子从空中落下的过程中，机械能在变化，比如受空气阻力作用使机械能减少，最后停止在地面上时机械能并没有消失，而是转化成其他形式的能，能量守恒定律表明能量既不能凭空创生，也不能凭空消失，D错误。 43 2.(多选)(2022·广东茂名市模拟)踢毽子是一项深受大众喜爱的健身运动项目。在某次踢毽子的过程中，毽子离开脚后，恰好沿竖直方向向上运动，毽子在运动过程中受到的空气阻力不可忽略。毽子在上升至最高点的过程中，下列说法正确的是 A.脚对毽子一直做正功 B.毽子的机械能减少 C.毽子的重力势能一直增加 D.空气阻力对毽子做正功 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 √ √ 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 毽子离开脚以后，脚对毽子不做功，选项A错误； 脚接触毽子向上运动时，毽子的机械能增加，毽子离开脚以后，有阻力做功，则毽子的机械能减小，选项B正确； 毽子从最低点上升到最高点的过程中，重力势能一直增加，选项C正确； 空气阻力对毽子做负功，选项D错误。 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 √ √ 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 根据重力做功与重力势能变化的关系ΔEp＝－WG＝－mgh，即重力势能减小mgh，故A错误； 4.(2023·广东揭阳市三模)某同学在游乐场乘坐了过山车后，对过山车所涉及的物理知识产生了兴趣，于是自己动手制作了一个过山车轨道模型，如图所示。他将质量为m的小球从倾斜轨道上的某一位置由静止释放，小球将沿着轨道运动到最低点后进入圆轨道。该同学通过测量得到圆轨道的半径为R，轨道连接处都是平滑连接，当小球的释放点距轨道最低点的高度为3R时，小球恰能通过圆轨道的最高点。已知重力加速度为g，则小球从开始释放到通过圆轨道最高点的过程中损失的机械能为 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 √ 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 5.(多选)(2023·广东佛山市模拟)如图甲所示为我国古代的“绞车”，其原理如图乙所示，将一根圆轴削成同心而半径不同的两部分，其中a、b两点分别是大小辘轳边缘上的两点，其上绕有绳索，绳下加一动滑轮，滑轮下挂上重物，人转动把手带动其轴旋转便可轻松将重物吊起，则在起吊过程中，下列说法正确的是 A.a点的向心加速度大于b点的向心加速度 B.人对把手做的功等于重物机械能的增加量 C.滑轮对重物做的功等于重物机械能的增加量 D.若把手顺时针转动(从左向右看)，则滑轮会逆时针(正视)转动 √ √ 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 由题可知a的半径大于b的半径，由于两点是同轴转动，角速度相同，根据a＝ω2r可知a点的向心加速度大于b点的向心加速度，A正确； 由能量守恒可知，人对把手做的功除了转化为重物的机械能外，还有轮轴的动能及摩擦生热等，因此人对把手做的功大于重物机械能的增加量，B错误； 由功能关系可知滑轮对重物做的功等于 重物机械能的增加量，C正确； 若把手顺时针转动，则大轴上绕绳收紧，滑轮左侧的绳向上，小轴上绕绳放松，滑轮右侧的绳向下，故滑轮会顺时针转动，D错误。 6.(多选)如图所示，楔形木块abc固定在水平面上，粗糙斜面ab与水平面的夹角为60°，光滑斜面bc与水平面的夹角为30°，顶角b处安装一定滑轮。质量分别为M、m(M>m)的两滑块A和B，通过不可伸长的轻绳跨过定滑轮连接，轻绳与斜面平行。两滑块由静止释放后，沿斜面做匀加速运动，A、B不会与定滑轮碰撞。若不计滑轮的质量和摩擦，在两滑块沿斜面运动的过程中 A.轻绳对滑轮作用力的方向竖直向下 B.拉力和重力对A做功之和大于A动能的增加量 C.拉力对A做的功等于A机械能的增加量 D.两滑块组成系统的机械能损失等于A克服摩擦力做的功 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 √ √ 能力综合练 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 根据题意可知，两段轻绳的夹角为90°，轻绳拉力的大小相等，根据平行四边形定则可知，合力方向与轻绳方向的夹角为45°，所以轻绳对滑轮作用力的方向不是竖直向下的，故A错误； 对A受力分析，受到重力、斜面的支持力、轻绳的拉力以及滑动摩擦力作用，根据动能定理可知，A动能的增加量等于拉力、重力以及摩擦力做功之和，而摩擦力做负功，则拉力和重力 对A做功之和大于A动能的增加量，故B正确； 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 由除重力和弹力之外的力对物体做的功等于物体机械能的变化量可知，拉力和摩擦力对A做的功之和等于A机械能的增加量，故C错误； 对两滑块组成的系统分析可知，除了重力之外只 有摩擦力对A做功，所以两滑块组成的系统的机 械能损失等于A克服摩擦力做的功，故D正确。 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 7.(多选)(2024·广东省开学联考)北京冬奥会引发了全国的冰雪运动热潮。如图所示为某滑雪爱好者的滑雪场景，他由静止开始从一较陡斜坡滑到较为平缓的斜坡，假设整个过程未用雪杖加速，而且在两斜坡交接处无机械能损失，两斜坡的动摩擦因数相同。下列图像 中x、t、Ek、E分别表示滑雪爱好者水平位移、所用 时间、动能和机械能，下列图像正确的是 √ √ 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 设斜坡的倾角为θ，滑雪爱好者下滑过程中动能的变化量等于合力做的功，则Ek－Ek0＝mgxtan θ－μmgx，即Ek＝mg(tan θ－μ)x，下滑过程中，倾角不变时，Ek－x图像的斜率不变，倾角 变小，图像的斜率变小，故A项错误，B项正确； 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 8.如图所示，固定斜面的倾角θ＝30°，物体A与斜面之间的动摩擦因数μ＝ ，轻弹簧下端固定在斜面底端，弹簧处于原长时上端位于C点，用一根不可伸长的轻绳通过轻质光滑的定滑轮连接物体A和B，滑轮右侧绳子始终与斜面平行，A的质量为2m＝4 kg，B的质量为m＝2 kg，初始时物体A到C点的距离L＝1 m，现给A、B相同大小的初速度v0＝3 m/s，使A开始沿斜面向下运动，B向上运动，物体A将弹簧压缩到最短后又恰好能弹回到C点。已知重力加速度大小g＝10 m/s2，不计空气阻力， 整个过程中轻绳始终处于伸直状态。求在此过程中： 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 (1)物体A向下刚运动到C点时的速度大小； 答案　2 m/s 在物体A向下刚运动到C点的过程中，对A、B组成的系统应用能量守恒定律可得 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 (2)弹簧的最大压缩量； 答案　0.4 m 对A、B组成的系统分析，在物体A从C点压缩弹簧至最短后恰好返回到C点的过程中，系统动能的减少量等于因摩擦产生的热量， 其中x为弹簧的最大压缩量，解得x＝0.4 m。 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 (3)弹簧的最大弹性势能。 答案　6 J 设弹簧的最大弹性势能为Epm，从C点到弹簧被压缩至最短过程中由能量守恒定律可得 9.如图所示，将原长为R的轻质弹簧放置在倾角为37°的轨道AB上，弹簧一端固定在A点，另一端与滑块P(可视为质点，质量可调)接触但不连接。AB长为2R，B端与半径为R的光滑圆轨道BCD相切，D点在O点的正上方，C点与圆心O等高。滑块P与AB间的动摩擦因数μ＝0.5。用外力推动滑块P，每次都将弹簧压缩至原长的一半，然后 放开，P开始沿轨道AB运动。当P的质量为m时刚 好能到达圆轨道的最高点D。已知重力加速度大小 为g，sin 37°＝0.6，cos 37°＝0.8。 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 (1)求弹簧压缩至原长的一半时，弹簧的弹性势能Ep； 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 答案　3.8mgR 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 (2)改变滑块P的质量(设为M)，使之能滑上圆轨道，且仍能沿圆轨道滑下，求M的可能值； 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 (3)若滑块P能滑上圆轨道，且所在位置与O的连线与OC方向的夹角为37°时恰好脱离圆轨道，求P的质量M′。 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 10.(多选)(2023·全国乙卷·21)如图，一质量为M、长为l的木板静止在光滑水平桌面上，另一质量为m的小物块(可视为质点)从木板上的左端以速度v0开始运动。已知物块与木板间的滑动摩擦力大小为f，当物块从木板右端离开时 A.木板的动能一定等于fl B.木板的动能一定小于fl √ √ 尖子生选练 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 设物块离开木板时的速度为v1，此时木板的速度为v2，由题意可知v1>v2，设物块的对地位移为xm，木板的对地位移为xM， 返回 W＝Ek2－Ek1＝mv2－mv02 人沿沙坡下滑的距离l＝vt＝100 m 人的动能增加ΔEk＝mv2＝1.0×104 J，故B正确； 由E－s图像知，整个下滑过程中，物块机械能的减少量为ΔE＝30 J－10 J＝20 J，重力势能的减少量ΔEp＝mgh＝30 J，又ΔE＝μmgcos α·s，其中cos α＝＝0.8，h＝3.0 m，g＝10 m/s2，则可得m＝1 kg，μ＝0.5，故B正确； A.在t1时间内摩擦力对物块做的功等于mv2 B.在t1时间内物块和传送带间因摩擦而产生的 内能等于物块机械能的增加量 C.在t1＋t2时间内传送带对物块做的功等于mgLsin θ＋mv2 D.在t1＋t2时间内因运送物块，电动机至少多消耗 mgLsin θ＋mv2的电能 由动能定理可知，在t1时间内摩擦力和重力对物块做的功之和等于mv2，选项A错误； 在t1时间内，物块相对传送带的位移Δx＝vt1－t1＝t1，则物块和传送带间因摩擦而产生的内能为Q＝FfΔx＝Ffvt1；物块机械能的增加量等于摩擦力做的功，即ΔE＝Ff·t1＝Ffvt1，即在t1时间内物块和传送带间因摩擦而产生的内能等于物块机械能的增加量，选项B正确； 由功能关系可知，在t1＋ t2时间内传送带对物块做的功等于物块机械能的增加量，即mgLsin θ＋mv2，选项C正确； 在t1时间内因运送物块，电动机至少多消耗 mgL1sin θ＋mv2＋Q的电能，由选项B可知mgL1sin θ＋mv2＝Q，则在t1时间内因运送物块电动机至少多消耗2mgL1sin θ＋mv2的电能； 物块在a点由静止释放，压缩弹簧至c点，被反弹后返回b点时速度刚好为零，对整个过程应用动能定理得mgLsin θ－μmgcos θ(L＋＋)＝0，解得μ＝0.5，则整个过程因摩擦产生的热量为Q＝μmgcos θ(L＋＋)＝0.6mgL，故A、D正确； 设弹簧的最大弹性势能为Epm，物块由a点到c点的过程中，根据能量守恒定律得mgsin θ(L＋)＝μmgcos θ(L＋)＋Epm，解得Epm＝0.25mgL，故C错误。 物块到B点时Ep＝mvB2 解得vB＝＝ m/s 在B点，由牛顿第二定律得F－mg＝m 物块不脱离竖直圆轨道，设物块在C点的最小速度为vmin，则mg＝m，解得vmin＝2 m/s mg×2R－μmgL＝0－mvmin12 解得vmin1＝2 m/s>2 m/s Epmin＝mg×2R＋mvmin12 答案　x＝＋11(m)(Ep>44 J) 物块从A点到D点由能量守恒定律可得Ep－μmgL＝mvD2 物块从D点落到平台EF上做平抛运动，竖直方向做自由落体运动h＝gt2， 解得t＝＝1 s 联立可得物块落到平台EF上时距B点的水平距离x与弹簧的弹性势能Ep的关系式x＝x1＋L＝＋11(m)(Ep>44 J) 3.(多选)(2024·广东广州市执信中学开学考)如图所示为低空跳伞运动表演，假设质量为m的跳伞运动员，由静止开始下落，在打开伞之前受恒定阻力作用，下落的加速度为g，g为重力加速度，在运动员下落h的过程中，下列说法正确的是 A.运动员的重力势能减少了mgh B.运动员的动能增加了mgh C.运动员的机械能增加了mgh D.运动员的机械能减少了mgh 根据动能定理可得ΔEk＝W合＝mah＝mgh， 即动能增加mgh，故B正确； 机械能变化量等于重力势能变化量与动能变化量之和，所以ΔE＝ΔEp＋ΔEk＝－mgh＋mgh＝－mgh，即机械能减小mgh，故C错误，D正确。 A.mgR B.mgR C.mgR D.mgR 小球恰能通过圆轨道的最高点，则mg＝m，从开始释放到到达圆弧最高点，由能量关系ΔE＝mg·3R－(mv2＋mg·2R)＝mgR，故选C。 根据牛顿第二定律可得，滑雪爱好者下滑时有mgsin θ－μmgcos θ＝ma，可得a＝gsin θ－μgcos θ，E＝E0－μmgcos θ·at2，即E＝E0－μmgcos θ· g(sin θ－μcos θ)t2，当θ不变时，E与t2成线性关系，E－t图像为一抛物线，当θ发生变化时，E－t图像为另一抛物线，故C项错误； 滑雪爱好者下滑过程中机械能的变化量等于摩擦力做的功，则E－E0＝－μmgcos θ·，即E＝E0－μmgx，所以E－x图像如D项所示，故D项正确。 μ·2mgcos θ·L＝×3mv02－×3mv2＋2mgLsin θ－mgL，解得v＝2 m/s。 即×3mv2－0＝μ·2mgcos θ·2x ×3mv2＋2mgxsin θ－mgx＝μ·2mgcos θ·x＋Epm，解得Epm＝6 J。 若滑块P刚好能沿圆轨道运动到圆轨道的最高点，有mg＝m，滑块P由静止运动到圆轨道最高点过程，由能量守恒定律可得Ep＝μmgcos 37°×R＋mg(Rsin 37°＋R＋Rcos 37°)＋mvD2，联立解得Ep＝3.8mgR 答案　m≤M<m 滑块P的质量为M，为使P能滑上圆轨道，则它到达B点时的速度应大于零，由能量守恒定律可得Ep>μMgcos 37°×R＋Mg×Rsin 37°， 解得M<m， 要使滑块P仍能沿圆轨道滑回，P在圆轨道上升的高度不能超过与圆心等高处，由能量守恒定律可得Ep≤μMgcos 37°×R＋Mg(Rsin 37°＋Rcos 37°)，解得M≥m 综上可得m≤M<m 答案　m 依题意滑块恰好脱离圆轨道时，应在OC水平线的上方与OC方向的夹角为37°处，在此处轨道对滑块的弹力刚好为零，则M′gsin 37°＝M′， 解得v＝，由能量守恒定律可得 Ep＝μM′gcos 37°×R＋M′g(Rsin 37°＋Rcos 37°＋Rsin 37°)＋M′v2。 解得M′＝m C.物块的动能一定大于mv02－fl D.物块的动能一定小于mv02－fl 根据能量守恒定律可得mv02＝mv12＋Mv22＋fl，整理可得mv12＝ mv02－fl－Mv22<mv02－fl，D正确，C错误； 因摩擦产生的热量Q＝fl＝f(xm－xM)，根据运动学公式xm＝·t，xM＝·t，因为v0>v1>v2，可得xm>2xM，则xm－xM＝l>xM，所以EkM＝W＝fxM<fl，B正确，A错误。 $