第六章 第4講　功能關(guān)系　能量守恒定律-2025屆高中物理

第六章機(jī)械能第4講功能關(guān)系能量守恒定律核心考點五年考情命題分析預(yù)測功能關(guān)系的理解和應(yīng)用2023：山東T4；2022：江蘇T10；2019：全國ⅡT18功能關(guān)系在選擇題中考查的頻率比較高，特別是功能關(guān)系中的圖像問題是高考的熱點.預(yù)計2025年高考題出題可能性較大，有可能會結(jié)合體育運動等實際情境進(jìn)行考查.能量守恒定律可能會結(jié)合彈簧模型以計算題形式考查.能量守恒定律的應(yīng)用2023：浙江6月T18；2022：河北T9；2021：山東T18；2019：江蘇T8考點1功能關(guān)系的理解和應(yīng)用1.對功能關(guān)系的理解（1）[1]功是能量轉(zhuǎn)化的量度，做了多少功就有多少能量發(fā)生轉(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[2]做功來實現(xiàn).2.幾種常見的功能關(guān)系及表達(dá)式力做功能的變化二者關(guān)系合力做功動能變化W＝[3]Ek2－Ek1＝ΔEk重力做功重力勢能變化（1）重力做正功，重力勢能減少；（2）重力做負(fù)功，重力勢能增加；（3）WG＝－ΔEp＝[4]Ep1－Ep2彈簧彈力做功彈性勢能變化（1）彈力做正功，彈性勢能減少；（2）彈力做負(fù)功，彈性勢能增加；（3）W彈＝－ΔEp＝[5]Ep1－Ep2只有重力或系統(tǒng)內(nèi)彈力做功機(jī)械能不變化機(jī)械能守恒，即ΔE＝[6]0除重力和系統(tǒng)內(nèi)彈力之外的其他力做功機(jī)械能變化（1）其他力做多少正功，物體的機(jī)械能增加多少；（2）其他力做多少負(fù)功，物體的機(jī)械能減少多少；（3）W其他＝[7]ΔE一對相互作用的滑動摩擦力的總功內(nèi)能增加（1）作用于系統(tǒng)的一對滑動摩擦力一定做負(fù)功，系統(tǒng)內(nèi)能增加；（2）摩擦生熱Q＝[8]fx相對電場力做功電勢能變化（1）電場力做正功，電勢能減少；（2）電場力做負(fù)功，電勢能增加；（3）W電＝－ΔEp＝[9]Ep1－Ep2安培力做功電能變化W克安＝ΔE電，W安＝[10]－ΔE電滑雪者沿斜面下滑時，判斷下列關(guān)于滑雪者功能關(guān)系說法的正誤.（1）合力對滑雪者做負(fù)功，滑雪者動能一定減小.（√）（2）合力對滑雪者做正功，滑雪者機(jī)械能一定增加.（?）（3）滑雪者動能增加時，滑雪者機(jī)械能可能增加.（√）（4）滑雪者重力勢能的減少量等于滑雪者動能的增加量.（?）命題點1功能關(guān)系的理解和簡單應(yīng)用1.[直線運動中功能關(guān)系的應(yīng)用/多選]如圖所示，載有防疫物資的無人駕駛小車，在水平MN段以恒定功率200W、速度5m/s勻速行駛，在斜坡PQ段以恒定功率570W、速度2m/s勻速行駛.已知小車總質(zhì)量為50kg，MN＝PQ＝20m，PQ段的傾角為30°，重力加速度g取10m/s2，不計空氣阻力.下列說法正確的是（ABD）A.從M到N，小車牽引力大小為40NB.從M到N，小車克服摩擦力做功800JC.從P到Q，小車重力勢能增加1×104JD.從P到Q，小車克服摩擦力做功700J解析從M到N，由P1＝F1v1可得小車牽引力大小F1＝P1v1＝2005N＝40N，故A正確.從M到N，小車勻速行駛，牽引力等于摩擦力，可得摩擦力f1＝F1＝40N，小車克服摩擦力做的功Wf1＝f1·MN＝40×20J＝800J，故B正確.從P到Q，由P2＝F2v2可得小車牽引力大小F2＝P2v2＝5702N＝285N，從P到Q，小車勻速行駛，小車牽引力F2＝f2＋mgsin30°，解得f2＝F2-mgsin30°＝285N-50×10×12N＝35N；從P到Q，小車克服摩擦力做的功Wf2＝f2·PQ＝35×20J＝700J，故D正確.從P到Q，小車上升的高度h＝PQsin30°＝20×0.5m＝10m，小車重力勢能的增加量ΔEp＝mgh＝一題多解對選項B，由于小車勻速運動，動能不變，也可利用動能定理得出小車在

MN段克服摩擦力做的功，即W1-Wf1＝0，W1＝P1t1，t1＝MNv1，得出Wf1＝W1＝P1MNv1

＝200×205J＝800J.對選項D，由于小車勻速運動，動能不變，也可利用功能關(guān)系得

出小車在PQ段克服摩擦力做的功，即W2－Wf2＝ΔEp＝mgh，W2＝P2t2，t2＝PQv2，得

出Wf2＝W2-mgh＝P2PQv2-mgh方法點撥兩種摩擦力做功特點的比較類型靜摩擦力做功滑動摩擦力做功能量的轉(zhuǎn)化機(jī)械能只能從一個物體轉(zhuǎn)移到另一個物體，而沒有機(jī)械能轉(zhuǎn)化為其他形式的能（1）一部分機(jī)械能從一個物體轉(zhuǎn)移到另一個物體.（2）一部分機(jī)械能轉(zhuǎn)化為內(nèi)能，此部分能量就是系統(tǒng)機(jī)械能的損失量一對摩擦力的總功一對靜摩擦力所做功的代數(shù)和總等于零一對滑動摩擦力做功的代數(shù)和總是負(fù)值，總功W＝－Ffs相對，即發(fā)生相對滑動時產(chǎn)生的熱量做功情況兩種摩擦力對物體可以做正功，也可以做負(fù)功，還可以不做功2.[曲線運動中功能關(guān)系的應(yīng)用]由于空氣阻力的影響，炮彈的實際飛行軌跡不是拋物線，而是“彈道曲線”，如圖中實線所示，圖中虛線為不考慮空氣阻力情況下炮彈的理想運動軌跡.O、a、b、c、d為彈道曲線上的五點，其中O點為發(fā)射點，d點為落地點，b點為軌跡的最高點，a、c距地面高度相等，下列說法正確的是（D）A.到達(dá)b點時，炮彈的速度為零B.炮彈到達(dá)b點時的加速度為重力加速度gC.炮彈經(jīng)過a、c兩點時的速度大小相等D.炮彈由O點運動到b點的時間小于由b點運動到d點的時間解析到達(dá)b點vy=0b點受力分析如圖→F＝（mg）2＋F阻2＞mg→aba、c高度相同，Wac＜0→va＞vc→C錯結(jié)合h＝12at2分析↓tOb＜tbd→D對命題點2功能關(guān)系中的圖像問題分析3.[W－x圖像/2023新課標(biāo)/多選]一質(zhì)量為1kg的物體在水平拉力的作用下，由靜止開始在水平地面上沿x軸運動，出發(fā)點為x軸零點，拉力做的功W與物體坐標(biāo)x的關(guān)系如圖所示.物體與水平地面間的動摩擦因數(shù)為0.4，重力加速度大小取10m/s2.下列說法正確的是（BC）A.在x＝1m時，拉力的功率為6WB.在x＝4m時，物體的動能為2JC.從x＝0運動到x＝2m，物體克服摩擦力做的功為8JD.從x＝0運動到x＝4m的過程中，物體的動量最大為2kg·m/s解析物體所受的滑動摩擦力大小為f＝μmg＝4N，0～1m的過程，由動能定理有

W1-μmgx1＝12mv12，解得v1＝2m/s，又W-x圖像的斜率表示拉力F，則0～2m的過程，

拉力F1＝6N，故x＝1m時拉力的功率P1＝F1v1＝12W，A錯誤；0～4m的過程，由

動能定理有W4-μmgx4＝Ek4-0，則在x＝4m時，物體的動能Ek4＝2J，B正確；0～2m

的過程，物體克服摩擦力做的功Wf2＝fx2＝8J，C正確；由W-x圖像可知，2～4m的

過程，拉力F2＝3N，則F1＞f＞F2，所以物體在0～2m的過程做加速運動，2～4m

的過程做減速運動，故0～4m的過程，物體在x＝2m處速度最大，由動能定理有

W2-fx2＝12mv22，解得v2＝22m/s，故物體的最大動量為pm4.[多種圖像組合]如圖所示，某一斜面與水平面平滑連接，一小木塊從斜面由靜止開始滑下，滑到水平面上的A點停下，已知小木塊與斜面、水平面間的動摩擦因數(shù)相同，取水平面為參考平面，則此過程中木塊的重力勢能Ep、動能Ek、機(jī)械能E和產(chǎn)生的內(nèi)能Q與水平位移x的關(guān)系圖線錯誤的是（C）解析設(shè)動摩擦因數(shù)為μ，斜面的傾角為θ，小木塊開始下滑位置到水平面的高度

為H；小木塊在斜面上運動時的重力勢能為Ep＝mg(H-h)，h＝xtanθ，解得Ep＝mgH-

mgxtanθ，又小木塊在水平面上運動時，Ep＝0，A正確.木塊在斜面上運動時，根據(jù)

動能定理得mgh-μmgscosθ＝Ek-0，h＝xtanθ，s＝xcosθ，解得Ek＝mgx(tanθ-μ)，木塊

在水平面上運動時，設(shè)初動能為Ek0，根據(jù)動能定理得-μmg(x-x1)＝Ek-Ek0，解得Ek＝

Ek0-μmg(x-x1)，B正確.木塊克服摩擦力做功轉(zhuǎn)化為內(nèi)能，木塊在斜面上時，Q＝μmgs

cosθ，s＝xcosθ，解得Q＝μmgx，木塊在水平面上運動時，Q＝μmg(x-x1)，木塊在斜

面上運動和在水平面上運動，圖像的斜率相同，D正確.木塊在斜面上運動時，根據(jù)

能量守恒定律得E＝mgH-Q，Q＝μmgx.解得E＝mgH-μmgx，木塊在水平面上運動時，設(shè)初始機(jī)械能為E0，根據(jù)能量守恒定律得E＝E0-μmg(x-x1)命題點3功能關(guān)系的綜合應(yīng)用5.[2021北京]秋千由踏板和繩構(gòu)成，人在秋千上的擺動過程可以簡化為單擺的擺動，等效“擺球”的質(zhì)量為m，人蹲在踏板上時擺長為l1，人站立時擺長為l2.不計空氣阻力，重力加速度大小為g.（1）如果擺長為l1，“擺球”通過最低點時的速度為v，求此時“擺球”受到拉力T的大小.（2）在沒有別人幫助的情況下，人可以通過在低處站起、在高處蹲下的方式使“擺球”擺得越來越高.a.人蹲在踏板上從最大擺角θ1開始運動，到最低點時突然站起，此后保持站立姿勢擺到另一邊的最大擺角為θ2.假定人在最低點站起前后“擺球”擺動速度大小不變，通過計算證明θ2＞θ1.b.實際上人在最低點快速站起后“擺球”擺動速度的大小會增大.隨著擺動越來越高，達(dá)到某個最大擺角θ后，如果再次經(jīng)過最低點時，通過一次站起并保持站立姿勢就能實現(xiàn)在豎直平面內(nèi)做完整的圓周運動，求在最低點“擺球”增加的動能ΔEk應(yīng)滿足的條件.答案（1）mg＋mv2l1（2）a.見解析b.ΔEk≥52mgl2－mgl1（1解析（1）“擺球”在最低點時，根據(jù)牛頓第二定律有T－mg＝mv解得T＝mg＋mv（2）a.設(shè)人在最低點站起前后“擺球”的擺動速度大小分別為v1、v2，根據(jù)功能關(guān)系得mgl1（1－cosθ1）＝12mmgl2（1－cosθ2）＝12m已知v1＝v2，得mgl1（1－cosθ1）＝mgl2（1－cosθ2）因為l1＞l2，則cosθ1＞cosθ2所以θ2＞θ1b.設(shè)“擺球”由最大擺角θ擺至最低點時動能為Ek，根據(jù)功能關(guān)系得Ek＝mgl1（1－cosθ）“擺球”在豎直平面內(nèi)做完整的圓周運動，設(shè)通過最高點的最小速度為vmin根據(jù)牛頓第二定律得mg＝mv“擺球”在豎直平面內(nèi)做完整的圓周運動，根據(jù)功能關(guān)系有Ek＋ΔEk≥2mgl2＋12m解得ΔEk≥52mgl2－mgl1（1－cosθ）考點2能量守恒定律的應(yīng)用能量守恒定律（1）內(nèi)容：能量既不會憑空[11]產(chǎn)生，也不會憑空消失，它只能從一種形式[12]轉(zhuǎn)化為另一種形式，或者從一個物體[13]轉(zhuǎn)移到另一個物體，在轉(zhuǎn)化或轉(zhuǎn)移的過程中，能量的總量[14]保持不變.（2）表達(dá)式①E初＝[15]E末，初狀態(tài)各種能量的總和等于末狀態(tài)各種能量的總和.②ΔE增＝[16]ΔE減，某種形式能量的增加量等于其他形式能量的減少量.6.[多物體能量守恒/多選]如圖所示為某緩沖裝置的模型圖，一輕桿S被兩個固定薄板夾在中間，輕桿S與兩薄板之間的滑動摩擦力均為f，輕桿S露在薄板外面的長度為l.輕桿S前端固定一個勁度系數(shù)為3fl的輕彈簧.一質(zhì)量為m的物體從左側(cè)以速度v0撞向彈簧，能使輕桿S向右側(cè)移動l6.已知彈簧的彈性勢能Ep＝12kx2，其中k為勁度系數(shù)，x為彈簧的形變量.最大靜摩擦力等于滑動摩擦力，彈簧始終在彈性限度內(nèi).下列說法正確的是（A.欲使輕桿S發(fā)生移動，物體運動的最小初速度為1010vB.欲使輕桿S發(fā)生移動，物體運動的最小初速度為63vC.欲使輕桿S左端恰好完全進(jìn)入薄板，物體運動的初速度為62vD.欲使輕桿S左端恰好完全進(jìn)入薄板，物體運動的初速度為263解析當(dāng)輕桿剛要移動時，對輕桿受力分析，設(shè)此時彈簧彈力為F，壓縮量為x，由平衡條件可知F＝kx＝2f，代入k的值可得x＝23l；設(shè)欲使輕桿S發(fā)生移動，物體運動的最小初速度為v1，則由能量守恒定律可得12mv12＝12k(23l)2.由題意，物體以速度v0撞向彈簧，能使輕桿S向右側(cè)移動l6，由能量守恒定律可得12mv02＝2f×l6＋12mv12，聯(lián)立可得v1＝63v0，故選項A錯誤，B正確；設(shè)欲使輕桿S左端恰好完全進(jìn)入薄板，物體運動的初速度為v2，則由能量守恒定律可得12mv22＝2f7.[單物體能量守恒/2021全國甲]如圖，一傾角為θ的光滑斜面上有50個減速帶（圖中未完全畫出），相鄰減速帶間的距離均為d，減速帶的寬度遠(yuǎn)小于d；一質(zhì)量為m的無動力小車（可視為質(zhì)點）從距第一個減速帶L處由靜止釋放.已知小車通過減速帶損失的機(jī)械能與到達(dá)減速帶時的速度有關(guān).觀察發(fā)現(xiàn)，小車通過第30個減速帶后，在相鄰減速帶間的平均速度均相同.小車通過第50個減速帶后立刻進(jìn)入與斜面光滑連接的水平地面，繼續(xù)滑行距離s后停下.已知小車與地面間的動摩擦因數(shù)為μ，重力加速度大小為g.（1）求小車通過第30個減速帶后，經(jīng)過每一個減速帶時損失的機(jī)械能；（2）求小車通過前30個減速帶的過程中在每一個減速帶上平均損失的機(jī)械能；（3）若小車在前30個減速帶上平均每一個損失的機(jī)械能大于之后每一個減速帶上損失的機(jī)械能，則L應(yīng)滿足什么條件？答案（1）mgdsinθ（2）mg（L+29d）sinθ－μmgs解析（1）由能量守恒定律可知，小車通過第30個減速帶后，經(jīng)過每一個減速帶時損失的機(jī)械能等于小車在相鄰減速帶間重力勢能的減少量，即mgdsinθ.（2）設(shè)小車通過第50個減速帶后速度為v，則由能量守恒定律有－μmgs＝0－m由題意知，小車通過第30個減速帶后速度也為v小車通過前30個減速帶的過程中，損失的總機(jī)械能為ΔE＝mg（L＋29d）sinθ－m小車在每一個減速帶上平均損失的機(jī)械能為Δ聯(lián)立解得ΔE30＝（3）若小車在前30個減速帶上平均每一個損失的機(jī)械能大于之后每一個減速帶上損失的機(jī)械能，則應(yīng)滿足ΔE30＞mgdsinθ，mg（L解得L＞d＋μssin熱點7彈簧問題中的功能關(guān)系分析彈簧問題中的功能關(guān)系分析涉及力和運動關(guān)系的分析.由于彈簧彈力是變力，且做功與彈性勢能的變化相關(guān)聯(lián)，因而此類比較抽象、復(fù)雜的問題成為高考命題的熱點，同時也是學(xué)習(xí)的難點.1.[單物體彈簧問題/2023浙江1月]一位游客正在體驗蹦極，綁上蹦極專用的橡皮繩后從跳臺縱身而下.游客從跳臺下落直到最低點過程中（B）A.彈性勢能減小B.重力勢能減小C.機(jī)械能保持不變D.繩一繃緊動能就開始減小解析游客從跳臺下落直到最低點過程中，游客的重力做正功，重力勢能減小，B正確；橡皮繩繃緊后形變量一直增大，彈性勢能一直增大，A錯誤；橡皮繩繃緊后的過程，橡皮繩的彈力做負(fù)功，因此游客的機(jī)械能減小，C錯誤；繩繃緊后游客先加速后減速，因此游客的動能先增大后減小，D錯誤.2.[多物體彈簧問題/多選]如圖所示，質(zhì)量為M的物塊A放置在光滑水平桌面上，右側(cè)連接一固定于墻面的水平輕繩，左側(cè)通過一傾斜輕繩跨過光滑定滑輪與一豎直輕彈簧相連.現(xiàn)將質(zhì)量為m的鉤碼B掛于彈簧下端，當(dāng)彈簧處于原長時，將B由靜止釋放，當(dāng)B下降到最低點時（未著地），A對水平桌面的壓力剛好為零.輕繩不可伸長，彈簧始終在彈性限度內(nèi)，物塊A始終處于靜止?fàn)顟B(tài).以下判斷正確的是（ACD）A.M＜2mB.2m＜M＜3mC.在B從釋放位置運動到最低點的過程中，B所受合力對B先做正功后做負(fù)功D.在B從釋放位置運動到速度最大的過程中，B克服彈簧彈力做的功等于B機(jī)械能的減少量解析鉤碼B釋放后做簡諧運動，根據(jù)簡諧運動的對稱性可知，B在最高點加速度

大小為g，所以在最低點加速度大小也為g.在最低點對B由牛頓第二定律有F-mg＝

ma，得F＝2mg，而B在最低點時物塊A對水平桌面的壓力剛好為零，可知A左側(cè)輕繩

上拉力的豎直分力等于Mg，故M＜2m，A正確，B錯誤；B從釋放位置到最低點的過

程中，速度先增大后減小，由動能定理可知，合力對B先做正功后做負(fù)功，故C正

確；由功能關(guān)系可知，B從釋放位置到速度最大的過程中，B克服彈簧彈力做的功等

于B機(jī)械能的減少量，故D正確.3.[彈簧的綜合問題/2024福建漳州模擬]如圖所示，質(zhì)量為2000kg電梯的纜繩發(fā)生斷裂后由靜止向下墜落，電梯剛接觸井底緩沖彈簧時的速度為4m/s，緩沖彈簧被壓縮2m時電梯停止了運動，下落過程中安全鉗總共提供給電梯17000N的滑動摩擦力.已知彈簧的彈性勢能為Ep＝12kx2（k為彈簧的勁度系數(shù)，x為彈簧的形變量），安全鉗提供的滑動摩擦力等于最大靜摩擦力，重力加速度g取10m/s2，下列說法正確的是（D）A.彈簧的勁度系數(shù)為3000N/mB.整個過程中電梯的加速度一直在減小C.電梯停止在井底時受到的摩擦力大小為17000ND.電梯接觸彈簧到速度最大的過程中，電梯和彈簧組成的系統(tǒng)損失的機(jī)械能約為4600J解析電梯剛接觸井底緩沖彈簧時的速度為4m/s，緩沖彈簧被壓縮2m時電梯停止了運動，根據(jù)能量守恒，得12mv2＋mg·Δx＝12k(Δx)2＋f動·Δx，代入數(shù)據(jù)解得k＝11000N/m，故A錯誤.與彈簧接觸前，電梯做勻加速直線運動，接觸彈簧后，先做加速度逐漸減小的加速運動后做加速度逐漸增加的減速運動，故B錯誤.電梯停止在井底時，由受力平衡得kΔx＝mg＋f靜，代入數(shù)據(jù)解得f靜＝kΔx-mg＝(22000-20000)N＝2000N，故C錯誤.當(dāng)電梯速度最大時，電梯的加速度為零，則kΔx'＋f動＝mg，解得Δx'＝mg-f動k＝20

000-17

00011

000m＝311m.電梯接觸彈簧到速度最大的過程中，電梯和彈簧組成的系統(tǒng)損失的機(jī)械能等于摩擦力做的負(fù)功，則ΔE1.[功能關(guān)系中的圖像問題/2023浙江6月]鉛球被水平推出后的運動過程中，不計空氣阻力，下列關(guān)于鉛球在空中運動時的加速度大小a、速度大小v、動能Ek和機(jī)械能E隨運動時間t的變化關(guān)系中，正確的是（D） ABCD解析鉛球在空中做平拋運動，加速度為重力加速度，恒定不變，A錯；鉛球的速

度大小為v＝v02＋vy2，又vy＝gt，聯(lián)立可得v＝v02＋g2t2，所以v-t圖像為曲線，B

錯；由于不計空氣阻力，則鉛球在空中運動過程中只有重力做功，機(jī)械能守恒，由

動能定理有mgh＝Ek-Ek0，又h＝12gt2，聯(lián)立可得Ek＝Ek0＋12mg22.[功能關(guān)系的應(yīng)用/2022江蘇]如圖所示，輕質(zhì)彈簧一端固定，另一端與物塊A連接在一起，處于壓縮狀態(tài).A由靜止釋放后沿斜面向上運動到最大位移時，立即將物塊B輕放在A右側(cè)，A、B由靜止開始一起沿斜面向下運動，下滑過程中A、B始終不分離，當(dāng)A回到初始位置時速度為零.A、B與斜面間的動摩擦因數(shù)相同，彈簧未超過彈性限度，則（B）A.當(dāng)上滑到最大位移的一半時，A的加速度方向沿斜面向下B.A上滑時，彈簧的彈力方向不發(fā)生變化C.下滑時，B對A的壓力先減小后增大D.整個過程，A、B克服摩擦力所做的總功大于B的重力勢能減少量解析釋放時刻，vA＝0，設(shè)斜面傾角為θ，A、B與斜面間的動摩擦因數(shù)為μ↓下滑過程，A對B的彈力方向只能沿斜面向上，設(shè)大小為FAB，在最高點時，設(shè)彈簧彈力為F，規(guī)定沿斜面向下為正方向?qū)B：F＋（mA＋mB）gsinθ－μ（mA＋mB）gcosθ＝（mA＋mB）a對B：mBgsinθ－μmBgcosθ－FAB＝mBa解得mBm所以在最高點處F＜0，沿斜面向上，彈簧依然處于壓縮狀態(tài)，彈力方向不發(fā)生變化，在下滑過程中，F(xiàn)增大，F(xiàn)AB增大，B正確，C錯誤.↓A從x1到x2處，由能量守恒定律得12kx12＝12kx22＋mAg（x1－x2）sinθ＋f（解得k＝2A運動到最大位移一半處時，彈簧壓縮量x0＝x1－x1－合力F合＝kx0－（mAgsinθ＋f）＝0，加速度為零，A錯誤.↓整個過程，彈簧的彈性勢能不變，B的重力勢能減少，系統(tǒng)內(nèi)能增加（摩擦生熱）.由功能關(guān)系可知，A、B克服摩擦力做的功等于B的重力勢能減少量，D錯誤.3.[能量守恒定律的應(yīng)用/2021山東]如圖所示，三個質(zhì)量均為m的小物塊A、B、C放置在水平地面上，A緊靠豎直墻壁，一勁度系數(shù)為k的輕彈簧將A、B連接，C緊靠B，開始時彈簧處于原長，A、B、C均靜止.現(xiàn)給C施加一水平向左、大小為F的恒力，使B、C一起向左運動，當(dāng)速度為零時，立即撤去恒力，一段時間后A離開墻壁，最終三物塊都停止運動.已知A、B、C與地面間的滑動摩擦力大小均為f，最大靜摩擦力等于滑動摩擦力，彈簧始終在彈性限度內(nèi).（彈簧的彈性勢能可表示為Ep＝12kx2，k為彈簧的勁度系數(shù)，x（1）求B、C向左移動的最大距離x0和B、C分離時B的動能Ek；（2）為保證A能離開墻壁，求恒力的最小值Fmin；（3）若三物塊都停止時B、C間的距離為xBC，從B、C分離到B停止運動的整個過程，B克服彈簧彈力做的功為W，通過推導(dǎo)比較W與fxBC的大?。唬?）若F＝5f，請在所給坐標(biāo)系中，畫出C向右運動過程中加速度a隨位移x變化的圖像，并在坐標(biāo)軸上標(biāo)出開始運動和停止運動時的a、x值（用f、k、m表示），不要求推導(dǎo)過程.以撤去F時C的位置為坐標(biāo)原點，水平向右為正方向.答案（1）2F－4fkF2－6fF+8f2k（2）（3＋102）解析（1）從開始到B、C向左移動到最大距離的過程中，以B、C和彈簧為研究對象，由功能關(guān)系得Fx0＝2fx0＋12k解得x0＝2彈簧恢復(fù)原長時B、C分離，從彈簧最短到B、C分離，以B、C和彈簧為研究對象，由能量守恒定律得12kx02＝2fx0＋聯(lián)立解得Ek＝F（2）當(dāng)A剛要離開墻時，設(shè)彈簧的伸長量為x'，以A為研究對象，由平衡條件得kx'＝f若A剛要離開墻壁時B的速度恰好等于零，這種情況下對應(yīng)的恒力為最小值Fmin，從彈簧恢復(fù)原長到A剛要離開墻壁的過程，以B和彈簧為研究對象，由能量守恒定律得Ek＝12kx'2＋fx結(jié)合第（1）問結(jié)果可知Fmin＝（3±102）根據(jù)題意舍去Fmin＝（3－102）f，所以恒力的最小值為Fmin＝（3＋102（3）從B、C分離到B停止運動，設(shè)B的路程為xB，C的位移為xC，以B為研究對象，由動能定理得－W－fxB＝0－Ek以C為研究對象，由動能定理得－fxC＝0－Ek由B、C的運動關(guān)系得xB＞xC－xBC聯(lián)立可得W＜fxBC（4）小物塊B、C向左運動的整個過程，由動能定理得5fx1－2fx1－12kx1解得撤去恒力瞬間彈簧彈力為kx1＝6f則物塊C在坐標(biāo)原點的加速度為a1＝kx1－2之后C向右運動，B與C分離前二者的加速度為a＝k（x1－x）可知加速度與位移x呈線性關(guān)系，隨著彈簧逐漸恢復(fù)原長，x增大，a減小，彈簧恢復(fù)原長時，B和C分離，之后C只受地面的滑動摩擦力，加速度為a2＝－fm，負(fù)號表示C的加速度方向水平向左，從撤去恒力到彈簧恢復(fù)原長的過程，以B、C12kx12－2fx1＝12B與C分離瞬間C的速度為v，之后C受到滑動摩擦力減速至0，由能量守恒定律得fx2＝12mv解得脫離彈簧后，C運動的距離為x2＝12x則C最后停止的位移為x1＋x2＝32x1＝32×6所以C向右運動的a－x圖像如下.1.一個人站立在商場的自動扶梯的水平踏板上，隨扶梯向上加速，如圖所示，則（D）A.人對踏板的壓力大小等于人所受到的重力大小B.人只受重力和踏板的支持力的作用C.踏板對人的支持力做的功等于人的機(jī)械能增加量D.人所受合力做的功等于人的動能的增加量解析人的加速度斜向上，將加速度分解到水平和豎直方向得ax＝acosθ，方向水

平向右，ay＝asinθ，方向豎直向上，水平方向受靜摩擦力作用，f＝max＝macos

θ，水平向右，豎直方向受重力和支持力，F(xiàn)N-mg＝masinθ，所以FN＞mg，故A、B

錯誤；除重力以外的力對物體做的功等于物體機(jī)械能的變化量，踏板對人的力除了

支持力還有摩擦力，運動過程中摩擦力也做功，所以踏板對人的支持力做的功不等

于人的機(jī)械能增加量，故C錯誤；由動能定理可知，人所受合力做的功等于人的動

能的增加量，故D正確.2.[創(chuàng)新信息給予方式/2024廣東惠州第一次調(diào)研/多選]如圖為足球踢出后在空中運動依次經(jīng)過a、b、c三點的軌跡示意圖，其中a、c點等高，b點為最高點，則足球（AC）A.在運動過程中受到空氣阻力的作用B.在b點的速度為0C.在a點的機(jī)械能比在b點的機(jī)械能大D.在a點的動能與在c點的動能相等解析由于足球在ab段和bc段的軌跡不對稱【注意：足球踢出后的運動過程，若

其僅受重力作用，那么形成的運動軌跡應(yīng)該是拋物線的一部分，ab段和bc段的軌跡

應(yīng)該是對稱的】，因此足球在運動過程中受到空氣阻力的作用，A對；b點為軌跡的

最高點，足球的速度水平向右，B錯；足球從a點運動到b點的過程中，空氣阻力對

足球做負(fù)功，足球的機(jī)械能減小，因此足球在a點的機(jī)械能大于在b點的機(jī)械能，C

對；足球在a點和c點的高度相同，重力勢能相等，但足球從a點運動到c點的過程

中，空氣阻力對足球做負(fù)功，足球的機(jī)械能減小，因此足球在a點的動能大于在c點

的動能，D錯.3.[2024海南瓊中中學(xué)高三月考/多選]如圖所示，一滑板愛好者沿著傾角為30°的斜坡從靜止開始自由下滑，下滑過程中的加速度大小恒為27g，已知滑板愛好者連同滑板的總質(zhì)量為m，重力加速度為g.在滑板愛好者（含滑板）沿斜坡下滑距離為L的過程中，下列說法正確的是（CD）A.滑板愛好者下滑過程中機(jī)械能守恒B.滑板愛好者減少的重力勢能為27C.滑板愛好者增加的動能為27D.滑板愛好者減少的機(jī)械能為314解析滑板愛好者下滑過程中的加速度大小為2g7，小于gsin30°，因此滑板受到阻

力，機(jī)械能不守恒，故A錯誤；滑板愛好者減少的重力勢能等于重力所做的功，即

減少的重力勢能為ΔEp＝mgLsin30°＝12mgL，故B錯誤；根據(jù)動能定理可知，滑板愛

好者增加的動能為ΔEk＝FL＝maL＝27mgL，故C正確；根據(jù)牛頓第二定律可得mgsin

30°-F阻＝27mg，解得阻力大小為F阻＝314mg，滑板愛好者減少的機(jī)械能等于克服阻力

所做的功，即ΔE＝F阻L＝4.如圖所示，在高為h的粗糙平臺上，有一個質(zhì)量為m的小球，小球被一根細(xì)線拴在墻上，小球與墻間有一根被壓縮的輕質(zhì)彈簧.當(dāng)燒斷細(xì)線時，小球被彈出，小球落地時速度大小為v.對燒斷細(xì)線到小球剛要落地的過程，下列說法正確的是（D）A.小球離開彈簧時的動能是12mvB.彈簧彈力做的功等于12mvC.彈簧彈力與重力做的功之和等于12mvD.彈簧彈力與摩擦力做的功之和等于12mv2－解析從細(xì)線被燒斷到小球被拋出的過程中，彈簧的彈性勢能轉(zhuǎn)化為內(nèi)能和小球

的動能，由能量守恒定律得Ep＝Ek＋Qf，小球從被拋出到落地的過程中，由動能定

理得mgh＝12mv2-Ek，整理得12mv2＝Ep＋mgh-Qf，變形得Ep-Qf＝12mv2-mgh，故A、B、

C錯誤，5.[2024浙江名校聯(lián)考]如今，因為氣排球相對標(biāo)準(zhǔn)排球質(zhì)量輕，打法多變，深受人們喜愛.下列關(guān)于水平發(fā)球后球在空中運動過程中豎直方向的加速度a、水平方向的速度v、動能Ek、機(jī)械能E的大小隨運動時間t的變化關(guān)系中，可能正確的是（D）解析由題意，可知氣排球在飛行過程中需要考慮空氣阻力的作用，其運動軌跡應(yīng)為曲線，故可知在豎直方向上氣排球的加速度應(yīng)不是一個定值，水平方向也不可能合力為零，做勻速運動，故A、B錯誤.由于氣排球飛出后（開始一段時間內(nèi)），受空氣阻力的影響較大，合力對氣排球做負(fù)功，可知出手后其動能將減小，故C錯誤.根據(jù)功能關(guān)系可知，由于空氣阻力對氣排球做負(fù)功，則其機(jī)械能將減小，且由于氣排球的速度減小，可知空氣阻力也將減小，即圖像的斜率減小，故D符合題意.6.如圖，底端固定有擋板的斜面體置于粗糙水平面上，輕彈簧一端與擋板連接，彈簧為原長時自由端在B點，一小物塊緊靠彈簧放置并在外力作用下將彈簧壓縮至A點.物塊由靜止釋放后，沿粗糙斜面上滑至最高點C，然后下滑，最終靜止在斜面上.若整個過程中斜面體始終靜止，則下列說法正確的是（B）A.整個運動過程中，物塊加速度為零的位置只有一處B.物塊上滑過程中速度最大的位置與下滑過程中速度最大的位置不同C.對整個運動過程，系統(tǒng)彈性勢能的減少量等于系統(tǒng)內(nèi)能的增加量D.物塊從A上滑到C的過程中，地面對斜面體的摩擦力大小先增大再減小，然后不變解析物塊沿斜面上滑時，加速度最初沿斜面向上，逐漸減小至零后再反向增大，最終不變，當(dāng)kx1＝f＋mgsinα?xí)r，物塊的加速度為零，此時物塊上滑的速度最大；物塊到達(dá)最高點后由C點開始從靜止下滑，說明其重力沿斜面向下的分力大于最大靜摩擦力，物塊經(jīng)過B點后，彈簧對物塊有沿斜面向上的彈力，當(dāng)kx2＋f＝mgsinα?xí)r，物塊的加速度為零，此時物塊下滑的速度最大.顯然x1＞x2，說明物塊上滑過程速度最大的位置與下滑過程速度最大的位置不同，故A錯誤，B正確.易知物塊最終靜止在斜面上的位置比A點高，故對整個運動過程，彈簧的彈性勢能轉(zhuǎn)化為內(nèi)能和物塊的重力勢能，所以系統(tǒng)內(nèi)能的增加量小于彈簧減少的彈性勢能，故C錯誤.物塊從A上滑到B的過程中，彈簧的彈力逐漸減小，在物塊的合力等于零之前，由牛頓第二定律有kx-f-mgsinα＝ma，a隨著彈簧形變量x的減小而減小，方向沿斜面向上，以斜面體、物塊和彈簧整體為研究對象，知地面對斜面體的摩擦力f地＝macosα，a減小，則f地減?。晃飰K的合力等于零之后到B的過程，由牛頓第二定律有f＋mgsinα-kx＝ma，a隨著x的減小而增大，方向沿斜面向下，以斜面體、物塊和彈簧整體為研究對象，知地面對斜面體的摩擦力f地＝macosα，a增大，則f地增大；物塊從B運動到C的過程，物塊的加速度不變，則由f地＝macosα知，f地不變.綜上知，物塊從

A上滑到C的過程中，地面對斜面體的摩擦力先減小再增大，然后不變，故D錯誤.7.[2023福建莆田一中期中]如圖所示，有三個斜面a、b、c，底邊的長分別為L、L、3L，高度分別為3h、h、h.某物體與三個斜面間的動摩擦因數(shù)都相同，這個物體分別沿三個斜面從頂端由靜止下滑到底端.三種情況相比較，下列說法正確的是（A）A.因摩擦產(chǎn)生的熱量3Qa＝3Qb＝QcB.因摩擦產(chǎn)生的熱量4Qa＝3Qb＝QcC.物體到達(dá)底端的動能Eka＝3Ekb＝3EkcD.物體損失的機(jī)械能ΔEa＝3ΔEb＝ΔEc解析物體下滑，除重力外有摩擦力做功，根據(jù)能量守恒定律可知，損失的機(jī)

械能轉(zhuǎn)化成摩擦產(chǎn)生的內(nèi)能.有Q＝fx＝μmgcosθ·x＝μmgx底邊，x為斜面的長度，θ為

斜面的傾角，由題圖可知a和b底邊相等且等于c底邊的13，故摩擦產(chǎn)生的熱量關(guān)系為

Qa＝Qb＝13Qc，即3Qa＝3Qb＝Qc，損失的機(jī)械能ΔEa＝ΔEb＝13ΔEc，即3ΔEa＝3ΔEb＝

ΔEc，故B、D錯誤，A正確.設(shè)物體滑到底端時的動能為Ek，根據(jù)動能定理得mgH-

μmgxcosθ＝Ek-0，則Eka＝3mgh-μmgL，Ekb＝mgh-μmgL，Ekc＝mgh-3μmgL，可知物

體滑到底端時的動能大小關(guān)系為Eka＞Ekb＞Ekc，故8.[聯(lián)系生產(chǎn)實踐/2024廣東惠州第一次調(diào)研/多選]圖（a）是糧庫工作人員通過傳送帶把稻谷堆積到倉庫內(nèi)的情境，其簡化模型如圖（b）所示，工作人員把一堆稻谷輕輕地放在以恒定的速度v順時針轉(zhuǎn)動的傳送帶的底端，稻谷經(jīng)過加速和勻速兩個過程到達(dá)傳送帶頂端，然后被拋出落到地上.已知傳送帶的長度為L，與地面的夾角為θ，忽略空氣阻力，不計傳送帶兩端輪子半徑大小及稻谷厚度，重力加速度為g，以地面為零勢能面，對稻谷中一顆質(zhì)量為m的谷粒P的說法正確的是（ABC）A.在勻速階段，其他谷粒對谷粒P的作用力方向豎直向上B.在傳送帶上運動的過程，其他谷粒對谷粒P做的功為12mv2＋mgLsinC.谷粒P離開傳送帶后（落地前）的機(jī)械能為12mv2＋mgLsinD.在傳送帶上運動的過程，谷粒P克服重力做的功為12mv解析谷粒P勻速上升其他谷粒對谷粒P的作用力與谷粒P的重力等大反向，A對9.[多選]如圖甲所示，可視為質(zhì)點的小球用長為L、不可伸長的輕繩懸掛于O點.現(xiàn)對小球施加一水平恒力使其從靜止開始運動，輕繩拉力大小FT隨繩轉(zhuǎn)過的角度θ變化的圖線如圖乙所示，圖中F0為已知量，重力加速度為g，下列說法正確的是（BC）A.小球到達(dá)最高點時的機(jī)械能最大B.小球到達(dá)最高點時的加速度大小為3gC.小球運動過程中輕繩拉力的最大值為4F0D.小球從開始運動到最高點，增加的機(jī)械能為3F0L解析設(shè)恒力大小為F，將F與mg的合力作為等效重力mg'，小球在等效最低點時

速度最大，輕繩的拉力FT最大.由題圖乙可知，當(dāng)θ＝π3時，小球位于等效最低點，沿

切線方向有Fcos60°＝mgsin60°，解得F＝3mg，又θ＝0°時，F(xiàn)T＝mg＝F0，所以

恒力F＝3F0，則等效重力mg'＝F2＋F02＝2F0.由功的定義可知，當(dāng)輕繩被拉至水

平位置時，拉力做的功最大，小球的機(jī)械能最大.從小球靜止到輕繩被拉至水平的過

程，由動能定理可知，F(xiàn)L-mgL＞0，可見輕繩水平時小球的速度不為零，小球還可

繼續(xù)上升，故A錯誤.小球運動到等效最低點時輕繩拉力最大，對小球由靜止運動到等效最低點的過程，有mg'L(1-cos60°)＝12mv2，在等效最低點時，有FT-mg'＝mv2L，聯(lián)立以上各式得FT＝4F0，故C正確.根據(jù)運動的對稱性可知，小球到達(dá)最高點時輕繩與水平方向的夾角為30°，小球在最高點的加速度大小與在初始位置的加速度大小相等，所以a＝Fm＝3g，故B正確.小球在最高點時，輕繩與水平方向間的夾角為30°，從開始到最高點拉力做的功W＝FLcos30°＝32F10.[2023遼寧]某大型水陸兩棲飛機(jī)具有水面滑行汲水和空中投水等功能.某次演練中，該飛機(jī)在水面上由靜止開始勻加速直線滑行并汲水，速度達(dá)到v1＝80m/s時離開水面，該過程滑行距離L＝1600m、汲水質(zhì)量m＝1.0×104kg.離開水面后，飛機(jī)攀升高度h＝100m時速度達(dá)到v2＝100m/s，之后保持水平勻速飛行，待接近目標(biāo)時開始空中投水.取重力加速度g＝10m/s2.求：（1）飛機(jī)在水面滑行階段的加速度a的大小及滑行時間t；（2）整個攀升階段，飛機(jī)汲取的水的機(jī)械能增加量ΔE.答案（1）2m/s240s（2）2.8×107J解析（1）飛機(jī)在水面滑行階段，由勻變速直線運動規(guī)律有2aL＝v解得a＝2m/s2又v1＝at解得t＝40s（2）整個攀升階段，對飛機(jī)汲取的水分析，由機(jī)械能的定義得ΔE＝mgh＋12mv22－解得ΔE＝2.8×107J.11.如圖所示，在傾角為37°的斜面底端固定一擋板，輕彈簧下端連在擋板上，上端與物塊A相連，用不可伸長的細(xì)線跨過斜面頂端的定滑輪把A與另一物體B連接起來，A與滑輪間的細(xì)線與斜面平行.已知彈簧勁度系數(shù)k＝40N/m，A的質(zhì)量m1＝1kg，與斜面間的動摩擦因數(shù)μ＝0.5，B的質(zhì)量m2＝2kg.初始時用手托住B，使細(xì)線剛好處于伸直狀態(tài)，此時物體A與斜面間沒有相對運動趨勢，物體B的下表面離地面的高度h＝0.3m，整個系統(tǒng)處于靜止?fàn)顟B(tài)，彈簧始終處于彈性限度內(nèi).取重力加速度g＝10m/s2，sin37°＝0.6，cos37°＝0.8.（1）由靜止釋放物體B，求B剛落地時的速度大小.（2）把斜面處理成光滑斜面，再將B換成一個形狀完全相同的物體C并由靜止釋放，發(fā)現(xiàn)C恰好到達(dá)地面，求C的質(zhì)量m3.答案（1）2m/s（2）0.6kg解析（1）因為初始時刻A與斜面間沒有相對運動趨勢，即A不受摩擦力，此時有m1gsinθ＝F彈彈簧的壓縮量為x1＝F彈k＝m當(dāng)B落地時，A沿斜面上滑h，此時彈簧的伸長量為x2＝h－x1＝0.15m所以從手放開B到B落地過程中以A、B和彈簧為系統(tǒng)，彈簧伸長量和壓