《功能關(guān)系 能量守恒定律》由會(huì)員分享，可在線閱讀，更多相關(guān)《功能關(guān)系 能量守恒定律（12頁(yè)珍藏版）》請(qǐng)?jiān)谘b配圖網(wǎng)上搜索。

1、專題功能關(guān)系能量守恒定律 【考情分析】 1. 知道功是能量轉(zhuǎn)化的量度，掌握重力的功、彈力的功、合力的功與對(duì)應(yīng)的能量轉(zhuǎn)化關(guān)系。 2. 知道自然界中的能量轉(zhuǎn)化，理解能量守恒定律，并能用來(lái)分析有關(guān)問題。 【重點(diǎn)知識(shí)梳理】 知識(shí)點(diǎn)一對(duì)功能關(guān)系的理解及其應(yīng)用 1 .功能關(guān)系 (1) 功是能量轉(zhuǎn)化的量度，即做了多少功就有多少能量發(fā)生了轉(zhuǎn)化。 (2) 做功的過程一定伴隨著能量的轉(zhuǎn)化，而且能量的轉(zhuǎn)化必須通過做功來(lái)實(shí)現(xiàn)。 2.做功對(duì)應(yīng)變化的能量形式 (1) 合外力對(duì)物體做的功等于物體的動(dòng)能的變化。 (2) 重力做功引起物體重力勢(shì)能的變化。 (3) 彈簧彈力做功引起彈性勢(shì)能的變化。 (4

2、) 除重力和系統(tǒng)內(nèi)彈力以外的力做的功等于物體機(jī)械能的變化。 知識(shí)點(diǎn)二 能量守恒定律的理解及應(yīng)用 1. 內(nèi)容 能量既不會(huì)憑空產(chǎn)生，也不會(huì)憑空消失，它只能從一種形式轉(zhuǎn)化為另一種形式，或者從一個(gè)物體轉(zhuǎn)移 到另一個(gè)物體，在轉(zhuǎn)化或轉(zhuǎn)移的過程中，能量的總量保持不變。 2. 適用范圍 能量守恒定律是貫穿物理學(xué)的基本規(guī)律，是各種自然現(xiàn)象中普遍適用的一條規(guī)律。 3. 表達(dá)式 △E =AE 【典型題分析】 高頻考點(diǎn)一 對(duì)功能關(guān)系的理解及其應(yīng)用 【例1】（2019-全國(guó)II卷）從地面豎直向上拋出一物體，其機(jī)械能E總等于動(dòng)能弓與重力勢(shì)能％之和。 取地面為重力勢(shì)能零點(diǎn)，該物體的E總和Ep隨它離開地面

3、的高度h的變化如圖所示。重力加速度取10 m/s2。 由圖中數(shù)據(jù)可得 IOU 80 60 L ■ u ■ 1 . 0 12 3 4 A. 物體的質(zhì)量為2 kg B. h=0時(shí)，物體的速率為20 m/s C. h=2 m時(shí)，物體的動(dòng)能E =40 J k D. 從地面至h=4 m,物體的動(dòng)能減少100 J 80 J 【答案】AD 【解析】A?Ep-圖像知其斜率為G,故G=布=2。N，解得心kg，故A正確B*=。時(shí)，氣=°， Ek=E 機(jī)—?dú)?1。。J—0=100 J，故2mv2=100 J，解得：v=10 m/s，故 B 錯(cuò)誤；C. h=2 m 時(shí)，Ep=4

4、0 J， E^=E 機(jī)-Ep=85 J-40 J=45 J，故 C 錯(cuò)誤；D. h=0 時(shí)，E=E 機(jī)-Ep=100 J-0=100 J，h=4 m 時(shí)，E（=E 機(jī)-Ep=80 J-80 J=0 J，故 E -E'=100 J，故 D 正確。 k k 【舉一反三】（2018-天津卷）滑雪運(yùn)動(dòng)深受人民群眾喜愛。某滑雪運(yùn)動(dòng)員（可視為質(zhì)點(diǎn)）由坡道進(jìn)入豎直 面內(nèi)的圓弧形滑道力可從滑道的A點(diǎn)滑行到最低點(diǎn)B的過程中，由于摩擦力的存在，運(yùn)動(dòng)員的速率不變， 則運(yùn)動(dòng)員沿AB下滑過程中（ ） A. 所受合外力始終為零 B. 所受摩擦力大小不變 C. 合外力做功一定為零 D. 機(jī)械能始終保持不

5、變 【答案】C 【解析】運(yùn)動(dòng)員做勻速圓周運(yùn)動(dòng)，所受合外力指向圓心，A項(xiàng)錯(cuò)誤；由動(dòng)能定理可知，合外力做功一 定為零，C項(xiàng)正確；運(yùn)動(dòng)員所受滑動(dòng)摩擦力大小等于運(yùn)動(dòng)員重力沿滑道向下的分力，隨滑道與水平方向夾 角的變化而變化，B項(xiàng)錯(cuò)誤；運(yùn)動(dòng)員動(dòng)能不變，重力勢(shì)能減少，所以機(jī)械能減少，D項(xiàng)錯(cuò)誤。 【舉一反三】（2018?全國(guó)卷I）如圖所示，abc是豎直面內(nèi)的光滑固定軌道，ab水平，長(zhǎng)度為2R； bc是 半徑為R的四分之一圓弧，與ab相切于b點(diǎn)。一質(zhì)量為m的小球，始終受到與重力大小相等的水平外力的 作用，自a點(diǎn)處從靜止開始向右運(yùn)動(dòng)。重力加速度大小為g。小球從a點(diǎn)開始運(yùn)動(dòng)到其軌跡最高點(diǎn)，機(jī)械能

6、【答案】C 【解析】設(shè)小球運(yùn)動(dòng)到c點(diǎn)的速度大小為/，則對(duì)小球由a到c的過程，由動(dòng)能定理有F?3R-mgR=1 mv2，又F=mg，解得vc=2項(xiàng)，小球離開c點(diǎn)后，在水平方向做初速度為零的勻加速直線運(yùn)動(dòng)，豎直方向 在重力作用下做勻減速直線運(yùn)動(dòng)，由牛頓第二定律可知，小球離開c點(diǎn)后水平方向和豎直方向的加速度大 小均為g，則由豎直方向的運(yùn)動(dòng)可知，小球從離開c點(diǎn)到其軌跡最高點(diǎn)所需的時(shí)間為t弓=2，'（R，在水平 方向的位移大小為x=2gt2=2R。由以上分析可知，小球從a點(diǎn)開始運(yùn)動(dòng)到其軌跡最高點(diǎn)的過程中，水平方 A 向的位移大小為5R，則小球機(jī)械能的增加量為AE=F-5R=5mgR，C正確，A

7、、B、D錯(cuò)誤。 【方法技巧】幾種常見功能關(guān)系 幾種常見力做功 對(duì)應(yīng)的能量變化 數(shù)量關(guān)系式 重力 正功 重力勢(shì)能減少 %=—AEp 負(fù)功 重力勢(shì)能增加 彈簧等的彈力 正功 彈性勢(shì)能減少 W = AE 彈 p 負(fù)功 彈性勢(shì)能增加 電場(chǎng)力 正功 電勢(shì)能減少 W =—AE 電 p 負(fù)功 電勢(shì)能增加 合力 正功 動(dòng)能增加 W =AE, 合 k 負(fù)功 動(dòng)能減少 重力以外 的其他力 正功 機(jī)械能增加 W =AE 其 負(fù)功 機(jī)械能減少 【變式探究】（2017?全國(guó)卷III）如圖所示，一質(zhì)量為皿 長(zhǎng)度為I的均勻柔軟細(xì)繩PQ

8、豎直懸掛。用外 力將繩的下端q緩慢地豎直向上拉起至〃點(diǎn)，〃點(diǎn)與繩的上端p相距3，。重力加速度大小為g。在此過程 中，外力做的功為（） A-^mgl B*mgl C、mgl D. ：mgl 【答案】 2 【解析】 以均勻柔軟細(xì)繩MQ段為研究對(duì)象，其質(zhì)量為3 m,取M點(diǎn)所在的水平面為零勢(shì)能面，開始 2l 2 時(shí)，細(xì)繩MQ段的重力勢(shì)能Ep1 = —3ng?3=—§mgl，用外力將繩的下端Q緩慢地豎直向上拉起至M點(diǎn)時(shí)， 2l 1 細(xì)繩MQ段的重力勢(shì)能Ep2=—2mg-l =—mgl，則外力做的功即克服重力做的功等于細(xì)繩MQ段的重力勢(shì) 121 能的變化，即 W=Ep2

9、—Ep1=—§mgl+§mgl=§mgl，選項(xiàng) A 正確。 高頻考點(diǎn)二摩擦力做功與能量的轉(zhuǎn)化關(guān)系 【例2】（多選）（2018?江蘇卷）如圖所示，輕質(zhì)彈簧一端固定，另一端連接一小物塊，。點(diǎn)為彈簧在原長(zhǎng) 時(shí)物塊的位置。物塊由A點(diǎn)靜止釋放，沿粗糙程度相同的水平面向右運(yùn)動(dòng)，最遠(yuǎn)到達(dá)B點(diǎn)。在從A到B的 A.加速度先減小后增大 過程中，物塊（ ） B. 經(jīng)過。點(diǎn)時(shí)的速度最大 C. 所受彈簧彈力始終做正功 D. 所受彈簧彈力做的功等于克服摩擦力做的功 【答案】AD 【解析】物塊在從A到3的運(yùn)動(dòng)過程中，彈簧對(duì)物塊的彈力先大于摩擦力后小于摩擦力，其所受合外 力先減小后增大，根據(jù)牛頓

10、第二定律，物塊的加速度先減小后增大，選項(xiàng)A正確；物塊受到彈簧的彈力等 于摩擦力時(shí)速度最大，此位置一定位于A、。之間，選項(xiàng)B錯(cuò)誤；物塊所受彈簧的彈力先做正功后做負(fù)功， 選項(xiàng)C錯(cuò)誤；對(duì)物塊從A到3的運(yùn)動(dòng)過程，由動(dòng)能定理可知，物塊所受彈簧彈力做的功等于克服摩擦力做 的功，選項(xiàng)D正確。 【方法技巧】 1 .兩種摩擦力的做功情況比較 類別比較 靜摩擦力 滑動(dòng)摩擦力 不同點(diǎn) 能量的轉(zhuǎn) 化方面 只有能量的轉(zhuǎn)移，而沒有 能量的轉(zhuǎn)化 既有能量的轉(zhuǎn)移，又有能量的 轉(zhuǎn)化 一對(duì)摩擦力的 總功方面 一對(duì)靜摩擦力所做功的代 數(shù)和等于零 一對(duì)滑動(dòng)摩擦力所做功的代 數(shù)和不為零，總功W=-F

11、f-l相對(duì)， 即摩擦?xí)r產(chǎn)生的熱量 相同點(diǎn) 正功、負(fù)功、不做功方面 兩種摩擦力對(duì)物體可以做正功、負(fù)功，還可以不做功 2.摩擦力做功的分析方法 （1） 無(wú)論是滑動(dòng)摩擦力，還是靜摩擦力，計(jì)算做功時(shí)都是用力與對(duì)地位移的乘積. （2） 摩擦生熱的計(jì)算：公式Q=Ffl相對(duì)中l(wèi)相對(duì)為兩接觸物體間的相對(duì)位移，若物體在傳送帶上做往復(fù)運(yùn)動(dòng) 時(shí)，則/相對(duì)為總的相對(duì)路程. 【變式探究】（2020-湖北武漢模擬）如圖所示，豎直平面內(nèi)有一半徑為R的固定4圓軌道與水平軌道相切 于最低點(diǎn)3。一質(zhì)量為m的小物塊P（可視為質(zhì)點(diǎn)）從A處由靜止滑下，經(jīng)過最低點(diǎn)3后沿水平軌道運(yùn)動(dòng)，到 C處停下，3、C兩點(diǎn)間的距離為

12、R，物塊P與圓軌道、水平軌道之間的動(dòng)摩擦因數(shù)均為加 現(xiàn)用力F將物 塊P沿下滑的路徑從C處緩慢拉回圓弧軌道的頂端A，拉力F的方向始終與物塊P的運(yùn)動(dòng)方向一致，物塊 P從3處經(jīng)圓弧軌道到達(dá)A處過程中，克服摩擦力做的功為《mgR，下列說(shuō)法正確的是（ ） A. 物塊P在下滑過程中，運(yùn)動(dòng)到B處時(shí)速度最大 B. 物塊P從刀滑到C的過程中克服摩擦力做的功等于2^mgR C. 拉力F做的功小于2mgR D. 拉力F做的功為mgR(1+2?) 【答案】CD 【解析】當(dāng)重力沿圓軌道切線方向的分力等于滑動(dòng)摩擦力時(shí)速度最大，此位置在AB之間，故A錯(cuò)誤； 將物塊P緩慢地從B拉到A,克服摩擦力做的功為pmgR，

13、而物塊P從A滑到B的過程中，物塊P做圓周 運(yùn)動(dòng)，根據(jù)向心力知識(shí)可知物塊P所受的支持力比緩慢運(yùn)動(dòng)時(shí)要大，則滑動(dòng)摩擦力增大，所以克服摩擦力 做的功Wf大于《mgR，因此物塊P從A滑到C的過程中克服摩擦力做的功大于2^mgR，故B錯(cuò)誤；由動(dòng)能 定理得，從C到A的過程中有WF~mgR-pmgR-pmgR=0-0，則拉力F做的功為WF=mgR(1+2Q，故D 正確；從A到C的過程中，根據(jù)動(dòng)能定理得mgR — Wf-pmgR=0，因?yàn)閃>?mgR，則mgR>?mgR+?mgR， 因此WF<2mgR，故C正確。 【舉一反三】(2020?浙江杭州模擬)如圖所示，質(zhì)量為m的物體在水平傳送帶上由靜止釋放，傳送帶

14、 由電動(dòng)機(jī)帶動(dòng)，始終保持以圖示速度v勻速運(yùn)動(dòng)。物體與傳送帶間的動(dòng)摩擦因數(shù)為《，物體運(yùn)動(dòng)一段距離能 保持與傳送帶相對(duì)靜止。對(duì)于物體從靜止釋放到相對(duì)傳送帶靜止這一過程，下列說(shuō)法正確的最 ) A. 電動(dòng)機(jī)多做的功為%v2 B. 摩擦力對(duì)物體做的功為mv2 C .傳送帶克服摩擦力做的功為1mv2 D.物體與傳送帶因摩擦產(chǎn)生的熱量為|mv2 【答案】D 【解析】電動(dòng)機(jī)多做的功轉(zhuǎn)化成了物體的動(dòng)能和內(nèi)能，物體從靜止釋放到相對(duì)傳送帶靜止過程中獲得 的動(dòng)能為1mv2，所以電動(dòng)機(jī)多做的功一定大于1mv2，所以A錯(cuò)誤；物體從靜止釋放到相對(duì)傳送帶靜止過程 中只有摩擦力對(duì)物體做功，由動(dòng)能定理可知，摩

15、擦力對(duì)物體做的功等于物體動(dòng)能的變化，即為12mv2,所以B 錯(cuò)誤；物體做勻加速直線運(yùn)動(dòng)的末速度為V，故此過程中物體的平均速度為V，傳送帶的速度為V，則此過程 傳送帶的位移為物體位移的2倍，因?yàn)槟Σ亮?duì)物體做功為2mv2，故傳送帶克服摩擦力做的功為mv2，故C 錯(cuò)誤；傳送帶克服摩擦力做的功為mv2，物體獲得的動(dòng)能為2mv2，根據(jù)能量守恒定律知，物體與傳送帶因摩 擦產(chǎn)生的熱量為2mv2，故D正確。 高頻考點(diǎn)三能量守恒定律的應(yīng)用 【例3】（2019?浙江選考）如圖所示為某一游戲的局部簡(jiǎn)化示意圖。Q為彈射裝置，AB是長(zhǎng)為21 m 的水平軌道，傾斜直軌道BC固定在豎直放置的半徑為R=10 m的圓形

16、支架上，B為圓形的最低點(diǎn)，軌道AB 與BC平滑連接，且在同一豎直平面內(nèi)。某次游戲中，無(wú)動(dòng)力小車在彈射裝置Q的作用下，以v°=10 m/s的 速度滑上軌道AB，并恰好能沖到軌道BC的最高點(diǎn)。已知小車在軌道AB上受到的摩擦力為其重量的0.2倍， 軌道BC光滑，則小車從A到C的運(yùn)動(dòng)時(shí)間是（ ） tiirftffirfh/hhrtfFtffrrhthifYrtffffTTfftffrrrffiHfyTfrJTFJfJrTnTniT^ A B A. 5 s B. 4.8 s C. 4.4 s D. 3 s 【答案】A H D 【解析】設(shè)小車的質(zhì)量為m，小車在AB段所勻減速直線運(yùn)動(dòng)，加速度

17、 a = — = °Omg - 0.2g = 2m/s2，在 AB 段，根據(jù)動(dòng)能定理可得—fx = — mv2 - — mv2，解得 1 m m AB 2 B 2 0 ., 10 — 4 一 1 . vB = 4 m/s，故t =―2—s = 3 s ；小車在BC段，根據(jù)機(jī)械能寸恒可得—mv2 = mgh ,解得 1 h = 0.8m，過圓形支架的圓心。點(diǎn)作BC的垂線，根據(jù)幾何知識(shí)可得R _ 2Xbc，解得x = 4m CD = BC % hCD sin。= 泰 = 若P的質(zhì)量為m，求P到達(dá)B點(diǎn)時(shí)速度的大小，以及它離開圓軌道后落回到AB上的位置與B點(diǎn)之 間的距離；

18、 若P能滑上圓軌道，且仍能沿圓軌道滑下，求P的質(zhì)量的取值范圍。 【解析】(1)依題意，當(dāng)彈簧豎直放置，長(zhǎng)度被壓縮至1時(shí)，質(zhì)量為5m的物體的動(dòng)能為零，其重力勢(shì)能 轉(zhuǎn)化為彈簧的彈性勢(shì)能。由機(jī)械能守恒定律，彈簧長(zhǎng)度為1時(shí)的彈性勢(shì)能為 ，故小車在BC上運(yùn)動(dòng)的加速度為a = gsinO = 2m/s2，故小車在BC段的運(yùn)動(dòng)時(shí)間為 X 5 2 t = -B = ?s = 2 s，所以小車運(yùn)動(dòng)的總時(shí)間為t = t +1 = 5 s，A正確。 2 a2 2 i 2 【方法技巧】能量轉(zhuǎn)化問題的解題思路 (1) 當(dāng)涉及滑動(dòng)摩擦力做功，機(jī)械能不守恒時(shí)，一般應(yīng)用能量守恒定律。 (2) 解題時(shí)，首先確定

19、初、末狀態(tài)，然后分析狀態(tài)變化過程中哪種形式的能量減少，哪種形式的能量增 加，求出減少的能量總和AE減和增加的能量總和AE增，最后由AE減=黃增列式求解。 【變式探究】(2016-全國(guó)卷II)輕質(zhì)彈簧原長(zhǎng)為21，將彈簧豎直放置在地面上，在其頂端將一質(zhì)量為5m 的物體由靜止釋放，當(dāng)彈簧被壓縮到最短時(shí)，彈簧長(zhǎng)度為1?，F(xiàn)將該彈簧水平放置，一端固定在A點(diǎn)，另一 端與物塊P接觸但不連接。AB是長(zhǎng)度為51的水平軌道，B端與半徑為1的光滑半圓軌道BCD相切，半圓 的直徑BD豎直，如圖所示。物塊P與AB間的動(dòng)摩擦因數(shù)《=0.5。用外力推動(dòng)物塊P，將彈簧壓縮至長(zhǎng)度 1，然后放開，P開始沿軌道運(yùn)動(dòng)。重力加速度大小

20、為go Ep = 5mgl ① 設(shè)P的質(zhì)量為M,到達(dá)B點(diǎn)時(shí)的速度大小為vB,由能量守恒定律得 Ep=|MvB+^Mg-4l ② 聯(lián)立①②式，取M=m并代入題給數(shù)據(jù)得 vB=、?商 ③ 若P能沿圓軌道運(yùn)動(dòng)到D點(diǎn)，其到達(dá)D點(diǎn)時(shí)的向心力不能小于重力，即P此時(shí)的速度大小v應(yīng)滿足 mv2 ~l~ ~mg>0 設(shè)P滑到D點(diǎn)時(shí)的速度為vD,由機(jī)械能守恒定律得 2mvB=2mvD+mg,2l 聯(lián)立③⑤式得 vD=:2gl ⑥ vD滿足④式要求，故P能運(yùn)動(dòng)到D點(diǎn)，并從D點(diǎn)以速度vD水平射出。設(shè)P落回到軌道AB所需的時(shí)間 由運(yùn)動(dòng)學(xué)公式得 2l=2gt2 ⑦ P落回到AB上的位置與

21、B點(diǎn)之間的距離為 s=vDt ⑧ 聯(lián)立⑥⑦⑧式得 s=2、j2l。 ⑨ (2)為使P能滑上圓軌道，它到達(dá)B點(diǎn)時(shí)的速度不能小于零。由①②式可知 5mgl>^Mg-4l ⑩ 要使P仍能沿圓軌道滑回，P在圓軌道的上升高度不能超過半圓軌道的中點(diǎn)。。由機(jī)械能守恒定律有 ^MvBWMgl ? 聯(lián)立①②⑩?式得 |m

22、，逐漸減慢至速度為100 m/s時(shí)下落到地面.取地面為重力 勢(shì)能零點(diǎn)，在飛船下落過程中，重力加速度可視為常量，大小取為9.8 m/s2.(結(jié)果保留2位有效數(shù)字) (1) 分別求出該飛船著地前瞬間的機(jī)械能和它進(jìn)入大氣層時(shí)的機(jī)械能； (2) 求飛船從離地面高度600 m處至著地前瞬間的過程中克服阻力所做的功，已知飛船在該處的速度大 小是其進(jìn)入大氣層時(shí)速度大小的2.0%. 【解析】(1)飛船著地前瞬間的機(jī)械能為Ek0=2^2 式中，m和v0分別是飛船的質(zhì)量和著地前瞬間的速率. 由①式和題給數(shù)據(jù)得Ek°=4.0x108 J 設(shè)地面附近的重力加速度大小為g. 飛船進(jìn)入大氣層時(shí)的機(jī)械能為Eh

23、=mR+mgh 式中，vh是飛船在高度1.60x105 m處的速度大小. 由③式和題給數(shù)據(jù)得E/2.4X1012 J. (2)飛船在高度h=600 m處的機(jī)械能為 Eh,=2m(0.02vh)2+mgh' ⑤ 由功能原理得W=Eh-Ek0 ⑥ 式中，W是飛船從離地面高度600 m處至著地前瞬間的過程中克服阻力所做的功.由②⑤⑥式和題給 數(shù)據(jù)得 W^9.7x108 J。 【易錯(cuò)警示】 (1) 機(jī)械能為動(dòng)能和勢(shì)能之和. (2) 阻力做的功不是動(dòng)能的改變而是機(jī)械能的改變. 【變式探究】(2020-河北辛集中學(xué)模擬)水平地面上固定有兩個(gè)高度相同的粗糙斜面體甲和乙，斜面長(zhǎng) 分別為s、

24、L，如圖所示。兩個(gè)完全相同的小滑塊A、B可視為質(zhì)點(diǎn)，同時(shí)由靜止開始從甲、乙兩個(gè)斜面的 頂端釋放，小滑塊A一直沿斜面甲滑到底端C點(diǎn)，而小滑塊B沿斜面乙滑到底端P點(diǎn)后又沿水平面滑行距 離L2到。點(diǎn)(小滑塊B在P點(diǎn)從斜面滑到水平面時(shí)速度大小不變)，且s=L1+L2。小滑塊A、B與兩個(gè)斜面 以及水平面間的動(dòng)摩擦因數(shù)相同，則（） A. 滑塊A到達(dá)底端C點(diǎn)時(shí)的動(dòng)能一定比滑塊B到達(dá)D點(diǎn)時(shí)的動(dòng)能小 B. 兩個(gè)滑塊在斜面上加速下滑的過程中，到達(dá)同一高度時(shí)，動(dòng)能可能相同 C. A、B兩個(gè)滑塊從斜面頂端分別運(yùn)動(dòng)到C、D的過程中，滑塊A重力做功的平均功率小于滑塊B重 力做功的平均功率 D. A、B兩個(gè)滑

25、塊從斜面頂端分別運(yùn)動(dòng)到C、D的過程中，由于克服摩擦而產(chǎn)生的熱量一定相同 【答案】AC 【解析】根據(jù)動(dòng)能定理，滑塊A由甲斜面頂端到達(dá)底端C點(diǎn)的過程，mgh—^mgcos a?s=2mvc，滑塊B 由乙斜面頂端到達(dá)D點(diǎn)的過程，mghfmgcos ^-L—^mgL=mvD，又s="L2，根據(jù)幾何關(guān)系得scos a>L1cosK+L2，所以2mvC<2myD，故A正確；兩個(gè)滑塊在斜面上加速下滑的過程中，到達(dá)同一高度時(shí)：mgh h 1 一 一一 . -…，… 一印ngcos 0云0=2mv2，重力做功相同，但克服摩擦力做功不等，所以動(dòng)能不同，故B錯(cuò)誤；整個(gè)過程中， sn 匕 兩滑塊所受重力做功相同，但由于滑塊A運(yùn)動(dòng)時(shí)間長(zhǎng)，故重力對(duì)滑塊A做功的平均功率比滑塊B的小，故 C正確；滑塊A、B分別到達(dá)C、D時(shí)的動(dòng)能不相等，由能量守恒定律知滑塊A、B運(yùn)動(dòng)過程中克服摩擦產(chǎn) 生的熱量不同，故D錯(cuò)誤。