PAGE24-第6講功能關(guān)系機(jī)械能守恒定律和能量守恒定律構(gòu)建網(wǎng)絡(luò)·重溫真題1．(2024·全國(guó)卷Ⅱ)(多選)從地面豎直向上拋出一物體，其機(jī)械能E總等于動(dòng)能Ek與重力勢(shì)能Ep之和。取地面為重力勢(shì)能零點(diǎn)，該物體的E總和Ep隨它離開地面的高度h的改變?nèi)鐖D所示。重力加速度取10m/s2。由圖中數(shù)據(jù)可得()A．物體的質(zhì)量為2kgB．h＝0時(shí)，物體的速率為20m/sC．h＝2m時(shí)，物體的動(dòng)能Ek＝40JD．從地面至h＝4m，物體的動(dòng)能削減100J答案AD解析由于Ep＝mgh，所以Ep與h成正比，斜率k＝mg，由圖象得k＝20N，因此m＝2kg，A正確；當(dāng)h＝0時(shí)，Ep＝0，E總＝Ek＝eq\f(1,2)mveq\o\al(2,0)，因此v0＝10m/s，B錯(cuò)誤；由圖象知h＝2m時(shí)，E總＝90J，Ep＝40J，由E總＝Ek＋Ep得Ek＝50J，C錯(cuò)誤；h＝4m時(shí)，E總＝Ep＝80J，即此時(shí)Ek＝0，即從地面至h＝4m，動(dòng)能削減100J，D正確。2．(2024·江蘇高考)(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)，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μmgB．物塊克服摩擦力做的功為2μmgsC．彈簧的最大彈性勢(shì)能為μmgsD．物塊在A點(diǎn)的初速度為eq\r(2μgs)答案BC解析物塊向左運(yùn)動(dòng)壓縮彈簧，彈簧最短時(shí)，彈簧彈力最大，物塊具有向右的加速度，彈簧彈力大于摩擦力，即Fm>μmg，A錯(cuò)誤；依據(jù)功的公式，物塊克服摩擦力做的功W＝μmgs＋μmgs＝2μmgs，B正確；從物塊將彈簧壓縮到最短至物塊運(yùn)動(dòng)到A點(diǎn)靜止的過(guò)程中，依據(jù)能量守恒定律，彈簧的彈性勢(shì)能通過(guò)摩擦力做功轉(zhuǎn)化為內(nèi)能，故Epm＝μmgs，C正確；依據(jù)能量守恒定律，在整個(gè)過(guò)程中，物體的初動(dòng)能通過(guò)摩擦力做功轉(zhuǎn)化為內(nèi)能，即eq\f(1,2)mv2＝2μmgs，所以v＝2eq\r(μgs)，D錯(cuò)誤。3．(2024·全國(guó)卷Ⅰ)如圖，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)處從靜止起先向右運(yùn)動(dòng)。重力加速度大小為g。小球從a點(diǎn)起先運(yùn)動(dòng)到其軌跡最高點(diǎn)，機(jī)械能的增量為()A．2mgRB．4mgRC．5mgRD．6mgR答案C解析小球始終受到與重力大小相等的水平外力的作用，機(jī)械能的增量ΔE機(jī)＝W除G外力，機(jī)械能的增量等于水平外力在從a點(diǎn)起先運(yùn)動(dòng)到其軌跡最高點(diǎn)過(guò)程做的功。設(shè)小球運(yùn)動(dòng)到c點(diǎn)的速度為vc，由動(dòng)能定理有：F·3R－mg·R＝eq\f(1,2)mveq\o\al(2,c)，解得：vc＝2eq\r(gR)。小球運(yùn)動(dòng)到c點(diǎn)后，依據(jù)小球受力狀況，可分解為水平方向初速度為零的勻加速運(yùn)動(dòng)，加速度為ax＝g，豎直方向的豎直上拋運(yùn)動(dòng)加速度也為g，小球上升至最高點(diǎn)時(shí)，豎直方向速度減小為零，時(shí)間為t＝eq\f(vc,g)＝eq\f(2\r(gR),g)，水平方向的位移為：x＝eq\f(1,2)axt2＝eq\f(1,2)g(eq\f(2\r(gR),g))2＝2R，綜上所述小球從a點(diǎn)起先運(yùn)動(dòng)到其軌跡最高點(diǎn)，機(jī)械能的增量為ΔE機(jī)＝F·(3R＋x)＝5mgR，正確答案為C。4．(2024·全國(guó)卷Ⅲ)如圖，一質(zhì)量為m，長(zhǎng)度為l的勻稱松軟細(xì)繩PQ豎直懸掛。用外力將繩的下端Q緩慢地豎直向上拉起至M點(diǎn)，M點(diǎn)與繩的上端P相距eq\f(1,3)l。重力加速度大小為g。在此過(guò)程中，外力做的功為()A.eq\f(1,9)mglB.eq\f(1,6)mglC.eq\f(1,3)mglD.eq\f(1,2)mgl答案A解析以勻稱松軟細(xì)繩MQ段為探討對(duì)象，其質(zhì)量為eq\f(2,3)m，取M點(diǎn)所在的水平面為零勢(shì)能面，起先時(shí)，細(xì)繩MQ段的重力勢(shì)能Ep1＝－eq\f(2,3)mg·eq\f(l,3)＝－eq\f(2,9)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)，細(xì)繩MQ段的重力勢(shì)能Ep2＝－eq\f(2,3)mg·eq\f(l,6)＝－eq\f(1,9)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)能的改變，即W＝Ep2－Ep1＝－eq\f(1,9)mgl＋eq\f(2,9)mgl＝eq\f(1,9)mgl，選項(xiàng)A正確。5．(2024·全國(guó)卷Ⅰ)一質(zhì)量為8.00×104kg的太空飛船從其飛行軌道返回地面。飛船在離地面高度1.60×105m處以7.50×103m/s的速度進(jìn)入大氣層，漸漸減慢至速度為100m/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(guò)程中，重力加速度可視為常量，大小取為9.8m/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600m處至著地前瞬間的過(guò)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%。答案(1)4.0×108J2.4×1012J(2)9.7×108J解析(1)飛船著地前瞬間的機(jī)械能為Ek0＝eq\f(1,2)mveq\o\al(2,0)①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Ek0＝4.0×108J②設(shè)地面旁邊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＝eq\f(1,2)mveq\o\al(2,h)＋mgh③式中，vh是飛船在高度1.60×105m處的速度大小。由③式和題給數(shù)據(jù)得Eh≈2.4×1012J④(2)飛船在高度h′＝600m處的機(jī)械能為Eh′＝eq\f(1,2)m(eq\f(2.0,100)vh)2＋mgh′⑤由功能原理得W＝Eh′－Ek0⑥式中，W是飛船從高度600m處至著地前瞬間的過(guò)程中克服阻力所做的功。由②⑤⑥式和題給數(shù)據(jù)得W≈9.7×108J。6．(2024·江蘇高考)如圖所示，釘子A、B相距5l，處于同一高度。細(xì)線的一端系有質(zhì)量為M的小物塊，另一端繞過(guò)A固定于B。質(zhì)量為m的小球固定在細(xì)線上C點(diǎn)，B、C間的線長(zhǎng)為3l。用手豎直向下拉住小球，使小球和物塊都靜止，此時(shí)BC與水平方向的夾角為53°。松手后，小球運(yùn)動(dòng)到與A、B相同高度時(shí)的速度恰好為零，然后向下運(yùn)動(dòng)。忽視一切摩擦，重力加速度為g，取sin53°＝0.8，cos53°＝0.6。求：(1)小球受到手的拉力大小F；(2)物塊和小球的質(zhì)量之比M∶m；(3)小球向下運(yùn)動(dòng)到最低點(diǎn)時(shí)，物塊M所受的拉力大小T。答案(1)eq\f(5,3)Mg－mg(2)eq\f(6,5)(3)T＝eq\f(8mMg,5m＋M)(T＝eq\f(48,55)mg或T＝eq\f(8,11)Mg)解析(1)如圖所示，設(shè)小球受AC、BC方向的拉力分別為F1、F2F1sin53°＝F2cos53°F＋mg＝F1cos53°＋F2sin53°且F1＝Mg解得F＝eq\f(5,3)Mg－mg。(2)小球運(yùn)動(dòng)到與A、B相同高度過(guò)程中，小球上上升度h1＝3lsin53°物塊下降高度h2＝lAC＋lBC－lAB＝2l依據(jù)機(jī)械能守恒定律mgh1＝Mgh2解得eq\f(M,m)＝eq\f(6,5)。(3)依據(jù)機(jī)械能守恒定律，小球向下運(yùn)動(dòng)到最低點(diǎn)時(shí)回到起始點(diǎn)。設(shè)此時(shí)小球沿AC方向的加速度大小為a，物塊受到的拉力為T依據(jù)牛頓其次定律，Mg－T＝Ma小球受AC方向的拉力T′＝T依據(jù)牛頓其次定律，T′－mgcos53°＝ma解得T＝eq\f(8mMg,5m＋M)(T＝eq\f(48,55)mg或T＝eq\f(8,11)Mg)。命題特點(diǎn)：功能關(guān)系和能量守恒是高考的重點(diǎn)，更是高考的熱點(diǎn)，高考試題往往與電場(chǎng)、磁場(chǎng)以及典型的運(yùn)動(dòng)情境相聯(lián)系，多以選擇題和計(jì)算題的形式考查。思想方法：能量守恒思想、圖象法、全過(guò)程法和分段法。高考考向1機(jī)械能守恒定律的應(yīng)用例1(2024·江蘇省丹陽(yáng)市丹陽(yáng)高級(jí)中學(xué)三模)光滑管狀軌道ABC由直軌道AB和圓弧形軌道BC組成，二者在B處相切并平滑連接，O為圓心，O、A在同一條水平線上，OC豎直。始終徑略小于圓管直徑的質(zhì)量為m的小球，用細(xì)線穿過(guò)管道與質(zhì)量為M的物塊連接，將小球由A點(diǎn)靜止釋放，當(dāng)小球運(yùn)動(dòng)到B處時(shí)細(xì)線斷裂，小球接著運(yùn)動(dòng)。已知弧形軌道的半徑為R＝eq\f(8,3)m，所對(duì)應(yīng)的圓心角為53°，sin53°＝0.8，g＝10m/s2。(1)若M＝5m，求小球在直軌道部分運(yùn)動(dòng)時(shí)的加速度大小；(2)若M＝5m，求小球從C點(diǎn)拋出后下落高度h＝eq\f(4,3)m時(shí)到C點(diǎn)的水平位移的大小；(3)M、m滿意什么關(guān)系時(shí)，小球能夠運(yùn)動(dòng)到C點(diǎn)？eq\a\vs4\al(破題關(guān)鍵點(diǎn))(1)如何求小球運(yùn)動(dòng)到C點(diǎn)的速度？提示：先依據(jù)系統(tǒng)機(jī)械能守恒或運(yùn)動(dòng)學(xué)公式求小球運(yùn)動(dòng)到B點(diǎn)的速度，再由機(jī)械能守恒定律求小球運(yùn)動(dòng)到C點(diǎn)的速度。(2)小球能運(yùn)動(dòng)到C點(diǎn)的臨界條件是什么？提示：小球運(yùn)動(dòng)到C點(diǎn)時(shí)速度剛好為零。[解析](1)設(shè)細(xì)線中張力為F，對(duì)小球：F－mgsin53°＝ma對(duì)物塊：Mg－F＝Ma聯(lián)立解得：a＝7m/s2。(2)在△OAB中，得：xAB＝eq\f(R,tan53°)；由v2＝2axAB，代入數(shù)據(jù)解得：v＝2eq\r(7)m/s；從B到C，依據(jù)機(jī)械能守恒定律，有：eq\f(1,2)mv2＝eq\f(1,2)mveq\o\al(2,C)＋mgR(1－cos53°)小球離開C后做平拋運(yùn)動(dòng)，有：x＝vCt，h＝eq\f(1,2)gt2，聯(lián)立并代入數(shù)據(jù)解得：x＝eq\f(4,3)m。(3)小球從A到B：M、m組成的系統(tǒng)機(jī)械能守恒，有：eq\f(1,2)(M＋m)v2＝MgxAB－mgxABsin53°線斷后，小球從B到C,0－eq\f(1,2)mv2＝－mgR(1－cos53°)聯(lián)立解得：M＝eq\f(20,7)m，故M≥eq\f(20,7)m時(shí)小球能運(yùn)動(dòng)到C點(diǎn)。[答案](1)7m/s2(2)eq\f(4,3)m(3)M≥eq\f(20,7)m1.機(jī)械能守恒的推斷(1)利用機(jī)械能的定義推斷：若系統(tǒng)的動(dòng)能、重力勢(shì)能和彈性勢(shì)能的總和不變，則機(jī)械能守恒。(2)利用做功推斷：若系統(tǒng)只有重力或彈簧彈力做功，或其他力做功的代數(shù)和為零，則機(jī)械能守恒。(3)利用能量轉(zhuǎn)化推斷：若系統(tǒng)只有動(dòng)能和勢(shì)能的相互轉(zhuǎn)化，或還有其他形式能之間的相互轉(zhuǎn)化，而無(wú)機(jī)械能與其他形式能之間的相互轉(zhuǎn)化，則機(jī)械能守恒。(4)繩子突然繃緊、物體間非彈性碰撞等，機(jī)械能不守恒。2．應(yīng)用機(jī)械能守恒定律解題時(shí)的三點(diǎn)留意(1)要留意探討對(duì)象的選取探討對(duì)象的選取是解題的首要環(huán)節(jié)，有的問(wèn)題選單個(gè)物體(實(shí)為一個(gè)物體與地球組成的系統(tǒng))為探討對(duì)象機(jī)械能不守恒，但選此物體與其他幾個(gè)物體組成的系統(tǒng)為探討對(duì)象，機(jī)械能卻是守恒的。如圖所示，單獨(dú)選物體A機(jī)械能削減，但由物體A、B二者組成的系統(tǒng)機(jī)械能守恒。(2)要留意探討過(guò)程的選取有些問(wèn)題探討對(duì)象的運(yùn)動(dòng)過(guò)程分幾個(gè)階段，有的階段機(jī)械能守恒，而有的階段機(jī)械能不守恒。因此，在應(yīng)用機(jī)械能守恒定律解題時(shí)要留意過(guò)程的選取。(3)要留意機(jī)械能守恒表達(dá)式的選取1.(2024·東北三省三校二模)(多選)如圖所示，豎直平面內(nèi)固定兩根足夠長(zhǎng)的細(xì)桿L1、L2，兩桿分別不接觸，且兩桿間的距離忽視不計(jì)。兩個(gè)小球a、b(視為質(zhì)點(diǎn))質(zhì)量均為m，a球套在豎直桿L1上，b球套在水平桿L2上，a、b通過(guò)鉸鏈用長(zhǎng)度為L(zhǎng)的剛性輕桿連接。將a球從圖示位置由靜止釋放(輕桿與L2桿夾角為45°)，不計(jì)一切摩擦，已知重力加速度為g。在此后的運(yùn)動(dòng)過(guò)程中，下列說(shuō)法中正確的是()A．a(chǎn)球和b球所組成的系統(tǒng)機(jī)械能守恒B．b球的速度為零時(shí)，a球的加速度大小肯定等于gC．b球的最大速度為eq\r(2＋\r(2)gL)D．a(chǎn)球的最大速度為eq\r(\r(2)gL)答案AC解析a球和b球組成的系統(tǒng)除重力外沒(méi)有其他力做功，只有a球和b球的動(dòng)能和重力勢(shì)能相互轉(zhuǎn)化，因此a球和b球的機(jī)械能守恒，A正確；設(shè)輕桿L和水平桿L2的夾角為θ，由速度關(guān)聯(lián)可知vbcosθ＝vasinθ，得vb＝vatanθ，可知當(dāng)b球的速度為零時(shí)，輕桿L處于水平位置和L2桿平行，此時(shí)a球在豎直方向只受重力mg，因此a球的加速度大小為g，當(dāng)va＝0時(shí)，vb也為0，如題圖所示位置，此時(shí)a的加速度小于g，故B錯(cuò)誤；當(dāng)桿L和桿L1平行成豎直狀態(tài)，球a運(yùn)動(dòng)到最下方，球b運(yùn)動(dòng)到L1和L2交點(diǎn)的位置的時(shí)候，球b的速度達(dá)到最大，此時(shí)由速度的關(guān)聯(lián)可知a球的速度為0，因此由機(jī)械能守恒定律有：mg(eq\f(\r(2),2)L＋L)＝eq\f(1,2)mveq\o\al(2,b)，得vb＝eq\r(2＋\r(2)gL)，C正確；當(dāng)輕桿L向下運(yùn)動(dòng)到桿L1和桿L2的交點(diǎn)的位置時(shí)，此時(shí)桿L和桿L2平行，由速度的關(guān)聯(lián)可知此時(shí)b球的速度為0，由機(jī)械能守恒定律有：eq\f(\r(2),2)mg·L＝eq\f(1,2)mveq\o\al(2,a)，得va＝eq\r(\r(2)gL)，此時(shí)a球具有向下的加速度g，因此此時(shí)a球的速度不是最大，a球?qū)⒔又蛳逻\(yùn)動(dòng)到加速度為0時(shí)速度達(dá)到最大，D錯(cuò)誤。2．(2024·安徽省阜陽(yáng)市第三中學(xué)模擬)(多選)如圖所示，物體A、B通過(guò)細(xì)繩及輕質(zhì)彈簧連接在輕滑輪兩側(cè)，物體A、B的質(zhì)量分別為2m、m，起先時(shí)細(xì)繩伸直，用手托著物體A使彈簧處于原長(zhǎng)且A與地面的距離為h，物體B靜止在地面上，放手后物體A下落，與地面即將接觸時(shí)速度大小為v，此時(shí)物體B對(duì)地面恰好無(wú)壓力，不計(jì)一切摩擦及空氣阻力，重力加速度大小為g，則下列說(shuō)法中正確的是()A．物體A下落過(guò)程中，物體A和彈簧組成的系統(tǒng)機(jī)械能守恒B．彈簧的勁度系數(shù)為eq\f(2mg,h)C．物體A著地時(shí)的加速度大小為eq\f(g,2)D．物體A著地時(shí)彈簧的彈性勢(shì)能為2mgh答案AC解析由題可知，物體A下落過(guò)程中，B始終靜止不動(dòng)，對(duì)于物體A和彈簧組成的系統(tǒng)，只有重力和彈力做功，則物體A和彈簧組成的系統(tǒng)機(jī)械能守恒，故A正確；A即將觸地時(shí)，物體B對(duì)地面的壓力恰好為零，故彈簧的拉力為T＝mg，起先時(shí)彈簧處于原長(zhǎng)，由胡克定律知：T＝kh，得彈簧的勁度系數(shù)為k＝eq\f(mg,h)，故B錯(cuò)誤；物體A著地時(shí)，細(xì)繩對(duì)A的拉力等于mg，對(duì)A受力分析，依據(jù)牛頓其次定律得2mg－mg＝2ma，得a＝eq\f(g,2)，故C正確；物體A與彈簧組成的系統(tǒng)機(jī)械能守恒，有：2mgh＝Ep＋eq\f(1,2)×2mv2，所以Ep＝2mgh－mv2，故D錯(cuò)誤。高考考向2功能關(guān)系的綜合應(yīng)用例2(2024·天津河北區(qū)一模)(多選)如圖所示，質(zhì)量為M，長(zhǎng)度為L(zhǎng)的小車靜止在光滑的水平面上，質(zhì)量為m的小物塊，放在小車的最左端，現(xiàn)用一水平力F作用在小物塊上，小物塊與小車之間的摩擦力為f，經(jīng)過(guò)一段時(shí)間小車運(yùn)動(dòng)的位移為x，小物塊剛好滑到小車的最右端，則下列說(shuō)法中正確的是()A．此時(shí)物塊的動(dòng)能為F(x＋L)B．此時(shí)小車的動(dòng)能為f(x＋L)C．這一過(guò)程中，物塊和小車增加的機(jī)械能為F(x＋L)－fLD．這一過(guò)程中，物塊和小車因摩擦而產(chǎn)生的熱量為fLeq\a\vs4\al(破題關(guān)鍵點(diǎn))(1)如何求物塊和小車的動(dòng)能？提示：應(yīng)用動(dòng)能定理。(2)如何求物塊和小車組成的系統(tǒng)的機(jī)械能的改變？提示：除重力和系統(tǒng)內(nèi)彈力以外的力所做的功等于機(jī)械能的改變。(3)如何求系統(tǒng)內(nèi)因摩擦而產(chǎn)生的熱量？提示：系統(tǒng)克服滑動(dòng)摩擦力做的功等于系統(tǒng)產(chǎn)生的熱量。[解析]由圖可知，在拉力的作用下物塊前進(jìn)的位移為L(zhǎng)＋x，故拉力所做的功為F(x＋L)，摩擦力所做的功為－f(x＋L)，則由動(dòng)能定理可知物塊的動(dòng)能為(F－f)(x＋L)，故A錯(cuò)誤；小車受摩擦力作用，摩擦力作用的位移為x，故摩擦力對(duì)小車做功為fx，故小車的動(dòng)能為fx，故B錯(cuò)誤；物塊和小車增加的機(jī)械能等于拉力和摩擦力對(duì)物塊和小車做的功的總和，為F(x＋L)－f(x＋L)＋fx＝F(x＋L)－fL，故C正確；系統(tǒng)內(nèi)因摩擦而產(chǎn)生的熱量等于系統(tǒng)克服摩擦力做的功，為f(x＋L)－fx＝fL，D正確。[答案]CD常見(jiàn)的功能關(guān)系3．(2024·江蘇南通一模)(多選)“蹦極”是一項(xiàng)深受年輕人寵愛(ài)的極限運(yùn)動(dòng)，跳動(dòng)者把一端固定的長(zhǎng)彈性繩綁在腰間，從幾十米高處跳下。如右圖所示，某人做蹦極運(yùn)動(dòng)，他從高臺(tái)由靜止起先下落，下落過(guò)程不計(jì)空氣阻力，設(shè)彈性繩原長(zhǎng)為h0，彈性繩的彈性勢(shì)能與其伸長(zhǎng)量的平方成正比。則他在從高臺(tái)下落至最低點(diǎn)的過(guò)程中，他的動(dòng)能Ek、彈性繩的彈性勢(shì)能Ep隨下落高度h改變的關(guān)系圖象正確的是()答案BD解析彈性繩被拉直前(h≤h0)，人做自由落體運(yùn)動(dòng)，依據(jù)動(dòng)能定理可得Ek＝mgh，彈性繩的彈性勢(shì)能為零；彈性繩剛被拉直到人到達(dá)最低點(diǎn)的過(guò)程(h≥h0)，彈性繩的彈性勢(shì)能與其伸長(zhǎng)量的平方成正比，故Ep＝k(h－h(huán)0)2，則人克服彈力做功W彈＝k(h－h(huán)0)2，依據(jù)動(dòng)能定理可得Ek＝mgh－W彈，Ek＝mgh－k(h－h(huán)0)2，故B、D正確，A、C錯(cuò)誤。4．(2024·遼寧大連二模)(多選)如圖甲所示，固定斜面的傾角為30°，一質(zhì)量為m的小物塊自斜面底端以初速度v0沿斜面對(duì)上做勻減速運(yùn)動(dòng)，經(jīng)過(guò)一段時(shí)間后又沿斜面下滑回究竟端，整個(gè)過(guò)程小物塊的v-t圖象如圖乙所示。下列推斷正確的是()A．物塊與斜面間的動(dòng)摩擦因數(shù)μ＝eq\f(\r(3),3)B．上滑過(guò)程的加速度大小是下滑過(guò)程的2倍C．物塊沿斜面上滑的過(guò)程中機(jī)械能削減eq\f(3,16)mveq\o\al(2,0)D．物塊沿斜面下滑的過(guò)程中動(dòng)能增加eq\f(1,4)mveq\o\al(2,0)答案BD解析由v-t圖得上滑過(guò)程的加速度大?。篴＝eq\f(v0,t0)，下滑過(guò)程的加速度大?。篴′＝eq\f(0.5v0,t0)，所以上滑過(guò)程的加速度大小是下滑過(guò)程的2倍，B正確；依據(jù)題意，物塊上滑階段，由牛頓其次定律可知：mgsinθ＋μmgcosθ＝meq\f(v0,t0)，同理下滑過(guò)程：mgsinθ－μmgcosθ＝meq\f(0.5v0,t0)，聯(lián)立解得：μ＝eq\f(\r(3),9)，A錯(cuò)誤；聯(lián)立mgsinθ＋μmgcosθ＝meq\f(v0,t0)與mgsinθ－μmgcosθ＝meq\f(0.5v0,t0)兩式，可得：f＝μmgcosθ＝eq\f(mv0,4t0)，上滑過(guò)程中，機(jī)械能減小量等于克服摩擦力做的功：ΔE＝Wf＝f·eq\f(v0t0,2)＝eq\f(1,8)mveq\o\al(2,0)，C錯(cuò)誤；對(duì)物塊上滑和下滑的全過(guò)程，依據(jù)動(dòng)能定理得Ek－eq\f(1,2)mveq\o\al(2,0)＝－2fx，其中f＝eq\f(mv0,4t0)，x＝eq\f(1,2)v0t0，解得：Ek＝eq\f(1,4)mveq\o\al(2,0)，D正確。高考考向3能量守恒定律的綜合應(yīng)用例3(2024·四川雅安三診)(多選)如圖所示，傾斜傳送帶與水平面的夾角為30°，傳送帶在電動(dòng)機(jī)的帶動(dòng)下，始終保持v0＝2.5m/s的速率運(yùn)行，將質(zhì)量m＝1kg的小物體無(wú)初速地輕放在A處，若物體與傳送帶間的動(dòng)摩擦因數(shù)μ＝eq\f(\r(3),2)，A、B間的距離L＝5m，重力加速度g＝10m/s2，則()A．物體剛放上A處時(shí)加速度大小為2.5m/s2B．物體從A運(yùn)動(dòng)到B過(guò)程中所用時(shí)間為2.0sC．物體從A運(yùn)動(dòng)到B過(guò)程中摩擦產(chǎn)生的熱量為9.375JD．物體從A運(yùn)動(dòng)到B過(guò)程中電動(dòng)機(jī)多做的功是37.5Jeq\a\vs4\al(破題關(guān)鍵點(diǎn))(1)物體在傳送帶上始終向上加速嗎？提示：不肯定，若在到達(dá)B點(diǎn)之前物體與傳送帶共速，則共速之后物體做勻速運(yùn)動(dòng)。(2)電動(dòng)機(jī)多做的功轉(zhuǎn)化為了什么能量？提示：物體的動(dòng)能和重力勢(shì)能，以及物體運(yùn)動(dòng)過(guò)程中摩擦產(chǎn)生的熱量。[解析]剛放上物體時(shí)，對(duì)小物體進(jìn)行受力分析，由于無(wú)初速度釋放，故受到傳送帶斜向上的摩擦力，此外還受到豎直向下的重力及傳送帶的支持力，沿斜面的合力為：μmgcos30°－mgsin30°＝ma，解得：a＝2.5m/s2，故A正確；小物體與傳送帶共速時(shí)，所用時(shí)間為t1＝eq\f(v0,a)＝1s，運(yùn)動(dòng)的位移為：s1＝eq\f(1,2)ateq\o\al(2,1)＝1.25m<L，故勻加速1.25m后，與傳送帶一起做勻速運(yùn)動(dòng)；剩余位移所花時(shí)間為：t2＝eq\f(L－s1,v0)＝1.5s，則物體從A運(yùn)動(dòng)到B的過(guò)程中所用時(shí)間為：t＝t1＋t2＝2.5s，故B錯(cuò)誤；二者有相對(duì)運(yùn)動(dòng)時(shí)，摩擦所產(chǎn)生的熱量為：Q＝μmgcos30°·(v0t1－s1)＝9.375J，故C正確；由能量守恒定律可知，電動(dòng)機(jī)多做的功為：W＝eq\f(1,2)mveq\o\al(2,0)＋mgLsin30°＋Q＝37.5J，故D正確。[答案]ACD應(yīng)用能量守恒定律解題的留意事項(xiàng)(1)應(yīng)用能量守恒定律的兩條基本思路①某種形式的能削減，肯定存在其他形式的能增加，且削減量和增加量肯定相等，即ΔE減＝ΔE增。②某個(gè)物體的能量削減，肯定存在其他物體的能量增加，且削減量和增加量肯定相等，即ΔEA減＝ΔEB增。(2)當(dāng)涉及摩擦力做功時(shí)，機(jī)械能不守恒，一般應(yīng)用能量的轉(zhuǎn)化和守恒定律，特殊留意摩擦產(chǎn)生的熱量Q＝Ffx相對(duì)，x相對(duì)為相對(duì)滑動(dòng)的兩物體間相對(duì)滑動(dòng)路徑的總長(zhǎng)度。5．(2024·江蘇南京、鹽城高三第三次調(diào)研)(多選)如圖所示，光滑水平面OB與足夠長(zhǎng)粗糙斜面BC交于B點(diǎn)。輕彈簧左端固定于豎直墻面，用質(zhì)量為m1的滑塊壓縮彈簧至D點(diǎn)，然后由靜止釋放滑塊，滑塊脫離彈簧后經(jīng)B點(diǎn)滑上斜面，上升到最大高度，并靜止在斜面上。換用相同材料、質(zhì)量為m2的滑塊(m2>m1)壓縮彈簧至同一點(diǎn)D后，重復(fù)上述過(guò)程。不計(jì)滑塊經(jīng)過(guò)B點(diǎn)時(shí)的機(jī)械能損失，下列說(shuō)法正確的是()A．兩滑塊到達(dá)B點(diǎn)的速度相同B．兩滑塊沿斜面上升過(guò)程中的加速度相同C．兩滑塊上升到最高點(diǎn)的過(guò)程中克服重力做的功相同D．兩滑塊上升到最高點(diǎn)的過(guò)程中因摩擦產(chǎn)生的熱量相同答案BCD解析兩次試驗(yàn)，彈簧壓縮形變是相同的，所以彈性勢(shì)能相等，兩滑塊到達(dá)B點(diǎn)的動(dòng)能是相等的，即eq\f(1,2)m1veq\o\al(2,1)＝eq\f(1,2)m2veq\o\al(2,2)，又m2>m1，所以v1>v2，兩滑塊到達(dá)B點(diǎn)的速度不相同，A錯(cuò)誤；沿斜面上升時(shí)，物體受到重力、支持力、摩擦力，依據(jù)牛頓運(yùn)動(dòng)定律可得，ma＝mgsinθ＋μmgcosθ，a＝gsinθ＋μgcosθ，兩滑塊材料相同，故動(dòng)摩擦因數(shù)μ相同，故兩滑塊上升過(guò)程中加速度相同，B正確；設(shè)滑塊上升的最大高度為h，則上升到最高點(diǎn)過(guò)程中克服重力做的功為mgh，由能量守恒定律得Ep＝mgh＋μmgcosθ×eq\f(h,sinθ)，可得mgh＝eq\f(Ep,1＋\f(μ,tanθ))，故兩滑塊上升到最高點(diǎn)的過(guò)程中克服重力做的功相同，C正確；因摩擦產(chǎn)生的熱量Q＝μmgcosθeq\f(h,sinθ)，因μ、mgh相同，故產(chǎn)生的熱量相同，D正確。6．(2024·四川綿陽(yáng)三模)(多選)如圖所示，表面光滑的斜面固定在水平地面，頂端安裝有定滑輪，小物塊A、B通過(guò)繞過(guò)定滑輪的絕緣輕繩連接，輕繩平行于斜面，空間有平行于斜面對(duì)下的勻強(qiáng)電場(chǎng)。起先時(shí)，帶正電的小物塊A在斜面底端，在外力作用下靜止，B離地面肯定高度，撤去外力，B豎直向下運(yùn)動(dòng)。B不帶電，不計(jì)滑輪摩擦。則從A和B起先運(yùn)動(dòng)到B著地的過(guò)程中()A．A的電勢(shì)能增加B．A和B系統(tǒng)的機(jī)械能守恒C．A和B系統(tǒng)削減的重力勢(shì)能等于A增加的電勢(shì)能D．輕繩拉力對(duì)A做的功大于A的電勢(shì)能增加量和動(dòng)能增加量之和答案AD解析物塊A帶正電，所以B豎直向下運(yùn)動(dòng)的過(guò)程中A沿斜面對(duì)上運(yùn)動(dòng)，電場(chǎng)力對(duì)A做負(fù)功，A的電勢(shì)能增大，A正確；因?yàn)殡妶?chǎng)力對(duì)A做負(fù)功，電勢(shì)能增加，而總能量守恒，所以系統(tǒng)的機(jī)械能減小，B錯(cuò)誤；依據(jù)能量守恒定律可知，整個(gè)過(guò)程系統(tǒng)重力勢(shì)能減小量一部分轉(zhuǎn)化成了系統(tǒng)的動(dòng)能，另一部分轉(zhuǎn)化成A增加的電勢(shì)能，C錯(cuò)誤；對(duì)A物塊應(yīng)用功能關(guān)系，可知輕繩拉力對(duì)A做的功等于A的電勢(shì)能增加量、動(dòng)能增加量和重力勢(shì)能的增加量之和，D正確。易錯(cuò)警示系統(tǒng)機(jī)械能守恒中的關(guān)聯(lián)速度問(wèn)題例(2024·江西高三九校3月聯(lián)考)(多選)如圖所示，左側(cè)為一個(gè)固定在水平桌面上的半徑為R的半球形碗，碗口直徑AB水平，O為球心，碗的內(nèi)表面及碗口光滑。右側(cè)是一個(gè)足夠長(zhǎng)的固定光滑斜面。一根不行伸長(zhǎng)的輕質(zhì)細(xì)繩跨過(guò)碗口及豎直固定的輕質(zhì)光滑定滑輪，細(xì)繩兩端分別系有可視為質(zhì)點(diǎn)的質(zhì)量分別為m1、m2的小球和物塊，且m1＞m2。起先時(shí)小球恰在A點(diǎn)，物塊在斜面上且距離斜面頂端足夠遠(yuǎn)，此時(shí)連接小球、物塊的細(xì)繩與斜面平行且恰好伸直，C點(diǎn)在圓心O的正下方。小球由靜止釋放起先運(yùn)動(dòng)，則下列說(shuō)法中正確的是()A．物塊沿斜面上滑過(guò)程中，地面對(duì)斜面的支持力始終保持恒定B．當(dāng)小球運(yùn)動(dòng)到C點(diǎn)時(shí)，小球的速率是物塊速率的eq\r(2)倍C．小球可能沿碗面上升到B點(diǎn)D．在小球從A點(diǎn)運(yùn)動(dòng)到C點(diǎn)的過(guò)程中，小球與物塊組成的系統(tǒng)機(jī)械能守恒分析與解物塊沿斜面上滑過(guò)程中，物塊對(duì)斜面的壓力是肯定的，斜面的受力狀況不變，由平衡條件可知地面對(duì)斜面的支持力始終保持恒定，故A正確；設(shè)小球到達(dá)最低點(diǎn)C時(shí)小球、物塊的速度大小分別為v1、v2，由速度的分解得：v1cos45°＝v2，則v1＝eq\r(2)v2，故B正確；在小球從A點(diǎn)運(yùn)動(dòng)到C點(diǎn)的過(guò)程中，小球與物塊組成的系統(tǒng)只有重力做功，系統(tǒng)的機(jī)械能守恒，D正確；假設(shè)小球可能上升到B點(diǎn)，則到達(dá)B點(diǎn)時(shí)小球和物塊的動(dòng)能之和大于等于零，小球的重力勢(shì)能不變，物塊的重力勢(shì)能增加，即小球和物塊組成的系統(tǒng)機(jī)械能增加，不符合實(shí)際，故假設(shè)錯(cuò)誤，小球不行能沿碗面上升到B點(diǎn)，C錯(cuò)誤。答案ABD易錯(cuò)警示通過(guò)繩子或桿連接的物體沿繩或桿方向的速度、加速度分別相等。配套作業(yè)限時(shí)：60分鐘滿分：100分一、選擇題(本題共7小題，每小題10分，共70分，其中第1～4題為單選題，第5～7題為多選題)1．(2024·重慶三診)把一小球從某一高度以大小為v0的速度水平拋出，落地時(shí)速度大小仍為v0，方向豎直向下，則該運(yùn)動(dòng)過(guò)程中()A．小球做平拋運(yùn)動(dòng)B．小球的機(jī)械能守恒C．重力對(duì)小球做功的功率不變D．小球所受合外力的總功為零答案D解析小球的末速度為豎直向下，不是平拋運(yùn)動(dòng)，故A錯(cuò)誤；該過(guò)程小球的動(dòng)能不變，重力勢(shì)能減小，故除重力以外還有其他力做功，機(jī)械能不守恒，故B錯(cuò)誤；起先時(shí)小球豎直方向上的速度為0，落地時(shí)豎直方向上的速度為v0，由P＝Fv可知重力做功的功率改變了，故C錯(cuò)誤；由動(dòng)能定理知，小球動(dòng)能不變，故合外力做功為0，故D正確。2.(2024·山西高三二模)2024年2月13日，平昌冬奧會(huì)女子單板滑雪U形池項(xiàng)目中，我國(guó)選手劉佳宇榮獲亞軍。如圖所示為U形池模型，其中a、c為U形池兩側(cè)邊緣，在同一水平面，b為U形池最低點(diǎn)。劉佳宇從a點(diǎn)上方h高的O點(diǎn)自由下落由左側(cè)進(jìn)入池中，從右側(cè)飛出后上升至最高位置d點(diǎn)(相對(duì)c點(diǎn)高度為eq\f(h,2))。不計(jì)空氣阻力，下列推斷正確的是()A．從O到d的過(guò)程中機(jī)械能削減B．從a到d的過(guò)程中機(jī)械能守恒C．從d返回到c的過(guò)程中機(jī)械能削減D．從d返回到b的過(guò)程中，重力勢(shì)能全部轉(zhuǎn)化為動(dòng)能答案A解析運(yùn)動(dòng)員從O點(diǎn)運(yùn)動(dòng)到d點(diǎn)的過(guò)程中，重力勢(shì)能減小，動(dòng)能不變，摩擦力做負(fù)功，機(jī)械能減小，故A正確；從a到d的過(guò)程中克服摩擦力做功，則機(jī)械能不守恒，故B錯(cuò)誤；從d返回到c的過(guò)程中，只有重力做功，機(jī)械能守恒，故C錯(cuò)誤；從d返回到b的過(guò)程中，摩擦力做負(fù)功，重力勢(shì)能轉(zhuǎn)化為動(dòng)能和內(nèi)能，故D錯(cuò)誤。3.(2024·南昌三模)如圖所示，傾角為30°的光滑斜面底端固定一輕彈簧，O點(diǎn)為原長(zhǎng)位置。質(zhì)量為0.5kg的滑塊從斜面上A點(diǎn)由靜止釋放，滑塊下滑并壓縮彈簧到最短的過(guò)程中，最大動(dòng)能為8J?，F(xiàn)將滑塊由A點(diǎn)上方0.4m處的B點(diǎn)由靜止釋放，彈簧被壓縮過(guò)程中始終在彈性限度內(nèi)，g取10m/s2，則下列說(shuō)法正確的是()A．A點(diǎn)到O點(diǎn)的距離小于3.2mB．從B點(diǎn)釋放后滑塊運(yùn)動(dòng)的最大動(dòng)能為9JC．從B點(diǎn)釋放滑塊被彈簧彈回經(jīng)過(guò)A點(diǎn)的動(dòng)能小于1JD．從B點(diǎn)釋放彈簧最大彈性勢(shì)能比從A點(diǎn)釋放增加了1J答案B解析滑塊從O點(diǎn)時(shí)起先壓縮彈簧，彈力漸漸增大，彈簧的彈力等于滑塊的重力沿斜面對(duì)下的分力時(shí)滑塊的速度最大，設(shè)此過(guò)程中滑塊運(yùn)動(dòng)的位移為xA，依據(jù)能量守恒可知Ek1＋Ep＝mgxAsin30°，最大動(dòng)能Ek1＝8J，若Ep＝0，則解得xA＝3.2m，實(shí)際Ep>0，所以A點(diǎn)到O點(diǎn)的距離大于3.2m，故A錯(cuò)誤；兩次釋放過(guò)程中，滑塊動(dòng)能最大的位置相同，滑塊動(dòng)能最大時(shí)彈簧的彈性勢(shì)能都為Ep，從B點(diǎn)釋放滑塊最大動(dòng)能為：Ek2＝Ek1＋mg(xB－xA)sin30°＝8J＋0.5×10×0.4×0.5J＝9J，故B正確；從B點(diǎn)釋放滑塊被彈簧彈回經(jīng)過(guò)A點(diǎn)時(shí)滑塊的動(dòng)能為：Ek＝mg(xB－xA)sin30°＝1J，故C錯(cuò)誤；彈簧最大彈性勢(shì)能等于滑塊削減的重力勢(shì)能，由于從B點(diǎn)釋放彈簧的壓縮量增大，重力勢(shì)能削減量大，所以從B點(diǎn)釋放彈簧最大彈性勢(shì)能比從A點(diǎn)釋放增加量：ΔEp>mg(xB－xA)sin30°＝0.5×10×0.4×0.5J＝1J，故D錯(cuò)誤。故選B。4.(2024·江蘇省揚(yáng)州中學(xué)高三模擬)如圖所示，平直木板AB傾斜放置，小物塊與木板間的動(dòng)摩擦因數(shù)由A到B從0起先勻稱增大，小物塊從A點(diǎn)由靜止釋放，恰好可以到達(dá)B點(diǎn)，小物塊的速度v、加速度a、動(dòng)能Ek和機(jī)械能E機(jī)(取地面為零勢(shì)能面)隨下滑位移x改變的圖象可能正確的是()答案C解析設(shè)斜面的傾角為α，依據(jù)題意有μ＝kx，k是常數(shù)。小物塊所受的滑動(dòng)摩擦力大小為f＝μmgcosα＝kxmgcosα，可知f∝x。依據(jù)動(dòng)能定理得mgxsinα－eq\f(0＋kxmgcosα,2)·x＝eq\f(1,2)mv2－0，得v2＝2gxsinα－kx2gcosα，知v-x圖象為曲線，故A錯(cuò)誤；依據(jù)牛頓其次定律得mgsinα－μmgcosα＝ma，結(jié)合μ＝kx，得a＝gsinα－kxgcosα，a隨x先勻稱減小后反向勻稱增大，加速度先正后負(fù)，故B錯(cuò)誤；依據(jù)動(dòng)能定理得mgxsinα－eq\f(0＋kxmgcosα,2)·x＝Ek－0，得Ek＝mgxsinα－eq\f(1,2)kx2mgcosα，知Ek-x圖象是開口向下的拋物線，故C正確；依據(jù)功能關(guān)系知ΔE機(jī)＝－Wf＝－eq\f(0＋kxmgcosα,2)·Δx＝－eq\f(1,2)kxmgcosα·Δx，隨著x的增大，E機(jī)-x圖象斜率肯定值增大，故D錯(cuò)誤。5.(2024·山西省三模)如圖，光滑豎直桿固定，小圓環(huán)A套在桿上并通過(guò)繩子繞過(guò)定滑輪和物塊B相連，已知定滑輪到豎直桿的距離為d，起先時(shí)用手托著A使A、B都靜止，A和B的質(zhì)量之比為1∶eq\r(2)?，F(xiàn)放開A，繩子和桿足夠長(zhǎng)，不計(jì)定滑輪體積和摩擦，以下說(shuō)法正確的是()A．A下滑的最大距離為eq\r(2)dB．A下滑的最大距離為2eq\r(2)dC．A下滑距離為d時(shí)速度最大D．A在最低點(diǎn)時(shí)的加速度大小為0答案BC解析A下滑到最低點(diǎn)時(shí)速度為零，整個(gè)系統(tǒng)機(jī)械能守恒，設(shè)A的質(zhì)量為m，A下滑的高度為h，則mgh＝eq\r(2)mg·(eq\r(h2＋d2)－d)，解得：h＝2eq\r(2)d，故A錯(cuò)誤，B正確；A的速度最大時(shí)，A的加速度為零，加速度分解為沿繩子和垂直于繩子都為0，所以B的加速度此時(shí)也為0，繩子拉力等于B的重力，則eq\r(2)mgcosθ＝mg，θ＝45°，所以A下滑距離為d，故C正確；系統(tǒng)做往復(fù)運(yùn)動(dòng)，A下滑到最低點(diǎn)時(shí)速度為零，但加速度不為零，故D錯(cuò)誤。故選B、C。6．(2024·湖北武漢二模)2024年第24屆冬季奧林匹克運(yùn)動(dòng)會(huì)將在中國(guó)實(shí)行，跳臺(tái)滑雪是其中最具欣賞性的項(xiàng)目之一。跳臺(tái)滑雪賽道可簡(jiǎn)化為助滑道、著陸坡、停止區(qū)三部分，如圖所示。一次競(jìng)賽中，質(zhì)量為m的運(yùn)動(dòng)員從A處由靜止下滑，運(yùn)動(dòng)到B處后水平飛出，落在了著陸坡末端的C點(diǎn)，滑入停止區(qū)后，在與C等高的D處速度減為零。已知B、C之間的高度差為h，著陸坡的傾角為θ，重力加速度為g。只考慮運(yùn)動(dòng)員在停止區(qū)受到的阻力，不計(jì)其他能量損失。由以上信息可以求出()A．運(yùn)動(dòng)員在空中飛行的時(shí)間B．A、B之間的高度差C．運(yùn)動(dòng)員在停止區(qū)運(yùn)動(dòng)過(guò)程中克服阻力做功的多少D．C、D兩點(diǎn)之間的水平距離答案ABC解析運(yùn)動(dòng)員從B點(diǎn)做平拋運(yùn)動(dòng)，則由h＝eq\f(1,2)gt2可求解運(yùn)動(dòng)員在空中飛行的時(shí)間，A正確；由eq\f(h,tanθ)＝v0t可求解運(yùn)動(dòng)員在B點(diǎn)的速度v0，再由mghAB＝eq\f(1,2)mveq\o\al(2,0)可求解A、B之間的高度差，B正確；從B點(diǎn)到D點(diǎn)，由eq\f(1,2)mveq\o\al(2,0)＋mgh＝Wf，可求解運(yùn)動(dòng)員在停止區(qū)運(yùn)動(dòng)過(guò)程中克服阻力做功的多少，C正確；由題中條件無(wú)法求解C、D兩點(diǎn)之間的水平距離，D錯(cuò)誤。7.(2024·湖南衡陽(yáng)三模)如圖所示，用鉸鏈將三個(gè)質(zhì)量均為m的小球A、B、C與兩根長(zhǎng)為L(zhǎng)的輕桿相連，B、C置于水平地面上，系統(tǒng)靜止時(shí)輕桿豎直，現(xiàn)給系統(tǒng)一個(gè)微小擾動(dòng)，B、C在桿的作用下向兩側(cè)滑動(dòng)，三小球始終在同一豎直平面內(nèi)運(yùn)動(dòng)，忽視一切摩擦，重力加速度為g，則此過(guò)程中()A．球A的機(jī)械能始終減小B．球C的機(jī)械能始終增大C．球B對(duì)地面的壓力可能小于mgD．球A落地的瞬時(shí)速度為eq\r(2gL)答案CD解析A與B、C在沿桿方向的分速度相等，當(dāng)A落地時(shí)，A沿桿方向分速度為零，B、C停止運(yùn)動(dòng)。B、C應(yīng)先加速后減速，桿對(duì)B、C先做正功后做負(fù)功，對(duì)A先做負(fù)功后做正功，B、C機(jī)械能先增大后減小，A的機(jī)械能先減小后增大，故A、B錯(cuò)誤；B做減速運(yùn)動(dòng)時(shí)，輕桿對(duì)B有斜向上的拉力，因此B對(duì)地面的壓力可能小于mg，故C