高考物理一轮复习专题6.4机械能守恒定律--功能关系和能量守恒定律-(原卷版+解析)

这是一份高考物理一轮复习专题6.4机械能守恒定律--功能关系和能量守恒定律-(原卷版+解析)，共60页。试卷主要包含了功能关系的理解和应用，功能关系与图像的结合，含弹簧的传送带问题和板块问题等内容，欢迎下载使用。


考向一 功能关系的理解和应用
考向二 功能关系与图像的结合
考向三 含弹簧的传送带问题和板块问题
考向四 三种力学方法的应用--多过程问题
考向一功能关系的理解和应用
一、功能关系
1．几种常见的功能关系
二、两种摩擦力做功特点的比较
【典例1】(多选)(2023·黑龙江佳木斯市质检)如图所示，建筑工地上载人升降机用不计质量的细钢绳跨过定滑轮与一电动机相连，通电后电动机带动升降机沿竖直方向先匀加速上升后匀速上升。摩擦及空气阻力均不计。则( )
A.升降机匀加速上升过程中，升降机底板对人做的功等于人增加的动能
B.升降机匀加速上升过程中，升降机底板对人做的功等于人增加的机械能
C.升降机匀速上升过程中，升降机底板对人做的功等于人增加的机械能
D.升降机上升的全过程中，钢绳拉力做的功大于升降机和人增加的机械能
答案:BC
解析：根据动能定理可知，合力对物体做的功等于物体动能的变化量，所以升降机匀加速上升过程中，升降机底板对人做的功与人的重力做功之和等于人增加的动能，故A错误；除重力外，其他力对人做的功等于人机械能的增加量，B正确；升降机匀速上升过程中，升降机底板对人做的功等于人克服重力做的功(此过程中动能不变)，即增加的机械能，C正确；升降机上升的全过程中，钢绳拉力做的功等于升降机和人增加的机械能，D错误。
【典例2】 (多选)(2023·山东烟台市高考诊断一模)如图所示，一长木板B放在粗糙的水平地面上，在B的左端放一物体A，现以恒定的外力F拉A，经一段时间物块A从长木板B的右端拉出，且在此过程中以地面为参考系， 长木板B也向右移动一段距离。则在此过程中( )
A.外力F对A做的功等于A和B动能的增量
B.A对B摩擦力做的功与B对A摩擦力做的功绝对值相等
C.外力F做的功等于A、B动能的增量与系统由于摩擦而产生的热量之和
D.A对B摩擦力做的功等于B动能的增量和B与地面之间摩擦产生的热量之和
答案:CD
解析：根据功能关系可知，外力F做的功等于A和B动能的增量与系统由于摩擦而产生的热量之和，故C正确，A错误；A对B的摩擦力与B对A的摩擦力是一对作用力与反作用力，大小相等，方向相反，但是由于A在B上滑动，A、B对地的位移不等，二者做功不相等，故B错误；对B分析，由动能定理知WAB－WB地＝ΔEkB，A对B摩擦力做的功WAB＝ΔEkB＋WB地，所以A对B摩擦力做的功等于B动能的增量和B与地面之间摩擦产生的热量之和，故D正确。
练习1、(多选)(2023·乐山模拟)如图所示，在升降机内固定一光滑的斜面体，一轻弹簧的一端连在位于斜面体上方的固定木板B上，另一端与质量为m的物块A相连，弹簧与斜面平行．整个系统由静止开始加速上升高度h的过程中( )
A．物块A的重力势能增加量一定等于mgh
B．物块A的动能增加量等于斜面的支持力和弹簧的拉力对其做功的和
C．物块A的机械能增加量等于斜面的支持力和弹簧的拉力对其做功的和
D．物块A和弹簧组成系统的机械能增加量等于斜面对物块的支持力和B对弹簧的拉力做功的和
答案:CD
解析：当物块具有向上的加速度时，弹簧弹力在竖直方向上的分力和斜面的支持力在竖直方向上的分力的合力大于重力，所以弹簧的弹力比物块静止时大，弹簧的伸长量增大，物块A相对于斜面向下运动，物块A上升的高度小于h，所以重力势能的增加量小于mgh，故A错误；对物块A由动能定理有物块A的动能增加量等于斜面的支持力、弹簧的拉力和重力对其做功的和，故B错误；物块A机械能的增加量等于斜面支持力和弹簧弹力做功的和，故C正确；物块A和弹簧组成系统的机械能增加量等于斜面对物块的支持力和B对弹簧的拉力做功的和，故D正确．
练习2、(多选)(2023四川宜宾市检测)一个物块从斜面底端冲上足够长的斜面后，返回到斜面底端．已知小物块冲上斜面的初动能为E，它返回斜面底端的速度大小为v，克服摩擦力做功为eq \f(1,4)E.若小物块冲上斜面的初动能变为3E，则( )
A．返回斜面底端时动能为eq \f(3,4)E
B．返回斜面底端时速度大小为eq \r(3)v
C．从出发到返回斜面底端，克服摩擦阻力做功为eq \f(3,4)E
D．从出发到返回斜面底端，机械能减少eq \f(3,8)E
答案:BC
解析：物块以初动能E冲上斜面并返回的整个过程中，由动能定理得Wf＝eq \f(1,2)mv2－E＝－eq \f(E,4)，则eq \f(1,2)mv2＝eq \f(3,4)E，设物块以初动能E冲上斜面的初速度为v0，则以初动能3E冲上斜面的初速度为eq \r(3)v0，两次冲上斜面后的加速度相同，根据2ax＝v2－veq \\al(2,0)可知物体上滑的最大位移为x＝eq \f(0－v\\al(2,0),2a)，物块第二次冲上斜面的最大位移是第一次的3倍，则整个过程中克服摩擦力做功是第一次的3倍，即为eq \f(3,4)E，故C正确；以初动能3E冲上斜面并返回的整个过程中，运用动能定理得Wf′＝eq \f(1,2)mv′2－3E＝－eq \f(3,4)E，所以返回斜面底端时的动能为eq \f(1,2)mv′2＝eq \f(9,4)E，返回斜面底端时速度大小为v′＝eq \r(3)v，故A错误，B正确；根据功能关系可知，第二次从出发到返回斜面底端，机械能减少量等于克服摩擦阻力做功，为eq \f(3,4)E，故D错误．
【巧学妙记】
1.只涉及动能的变化用动能定理分析。
2.只涉及重力势能的变化，用重力做功与重力势能变化的关系分析。
3.只涉及机械能的变化，用除重力和弹簧的弹力之外的其他力做功与机械能变化的关系分析。
考向二功能关系与图像的结合
【典例3】(2023·湖北高考)如图(a)所示，一物块以一定初速度沿倾角为30°的固定斜面上滑，运动过程中摩擦力大小f恒定，物块动能Ek与运动路程s的关系如图(b)所示。重力加速度大小取10 m/s2，物块质量m和所受摩擦力大小f分别为( )
A．m＝0.7 kg，f＝0.5 N B．m＝0.7 kg，f＝1.0 N
C．m＝0.8 kg，f＝0.5 N D．m＝0.8 kg，f＝1.0 N
答案:A
解析：0～10 m内物块上滑，由动能定理得－mgsin30°·s－fs＝Ek－Ek0，整理得Ek＝Ek0－(mgsin 30°＋f)s，结合0～10 m内的图像得mgsin 30°＋f＝4 N；10～20 m内物块下滑，由动能定理得(mgsin 30°－f)(s－s1)＝Ek，整理得Ek＝(mgsin 30°－f)s－(mgsin 30°－f)s1，结合10～20 m内的图像得mgsin30°－f＝3 N，联立解得f＝0.5 N，m＝0.7 kg。故A正确。
【典例4】(多选)(2023·高考全国卷Ⅰ，T20)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
答案:AB
解析：由重力势能和动能随下滑距离s变化的图象可知，重力势能和动能之和随下滑距离s的增大而减小，可知物块下滑过程中机械能不守恒，A正确；在斜面顶端，重力势能mgh＝30 J，解得物块质量m＝1 kg，由重力势能随下滑距离s变化的图象可知，重力势能可以表示为Ep＝(30－6s)J，由动能随下滑距离s变化图象可知，动能可以表示为Ek＝2s J，设斜面倾角为θ，则有sin θ＝eq \f(h,L)＝eq \f(3,5)，cs θ＝eq \f(4,5)，由功能关系有－μmgcs θ·s＝Ep＋Ek－30 J＝(30－6s＋2s－30)J＝－4s J，可得μ＝0.5，B正确；由Ek＝2s J，Ek＝eq \f(mv2,2)可得，v2＝4s m2/s2，对比匀变速直线运动公式v2＝2as，可得a＝2 m/s2，即物块下滑时加速度的大小为2.0 m/s2，C错误；由重力势能和动能随下滑距离s变化图象可知，当物块下滑2.0 m时机械能为E＝18 J＋4 J ＝22 J，机械能损失了ΔE＝30 J －22 J＝8 J，D错误。
练习3、(多选)(2023年广东省广州市高三下学期一模)如图甲所示，固定的斜面长为10 m，质量为m＝2.0 kg的小滑块自斜面顶端由静止开始沿斜面下滑的过程中，小滑块的动能Ek随位移x的变化规律如图乙所示，取斜面底端所在水平面为重力势能参考平面，小滑块的重力势能Ep随位移x的变化规律如图丙所示，重力加速度g＝10 m/s2。则下列判断中正确的是( )
A．斜面的倾角为45°
B．滑块与斜面间的动摩擦因数为eq \f(\r(3),4)
C．下滑过程滑块的加速度大小为1.25 m/s2
D．滑块自斜面下滑过程中损失的机械能为25 J
答案:BC
解析：根据题图乙可知动能与位移图像的斜率大小为合外力大小，即F＝eq \f(25,10) N＝eq \f(5,2) N，根据题图丙可知重力势能与位移图像斜率大小为重力在斜面上的分力大小，即mgsin θ＝10 N，滑块下滑过程中应用牛顿第二定律：mgsin θ－μmgcs θ＝F，解得：θ＝30°，μ＝eq \f(\r(3),4)，故A错误，B正确；根据上述分析可知滑块所受合外力为eq \f(5,2) N，根据牛顿第二定律：F＝ma，解得：a＝1.25 m/s2，故C正确；由能量守恒定律可知，重力势能损失100 J，动能增加25 J，说明机械能损失75 J，故D错误。
练习4.(多选)(2023·山东烟台期中)如图所示，在水平地面上固定一倾角为θ的足够长斜面，有一物块静止在斜面底端O处。现对物块施加一个沿斜面向上的恒力F，物块开始沿斜面向上运动。当物块沿斜面向上运动的距离为x0时，撤去恒力F。已知物块与斜面间的动摩擦因数为μ，且μ＞tan θ。以斜面底端O所在的水平地面为参考平面，则物块从O点开始沿斜面运动的过程中，物块的加速度大小a、重力势能Ep、动能Ek、机械能E和物块相对于O点的位移x之间的关系图像中可能正确的是( )
答案:AD
解析：0～x0段，物块向上做匀加速直线运动，由牛顿第二定律得F－μmgcs θ－mgsin θ＝ma1，撤去力F后，物块向上做匀减速直线运动，由牛顿第二定律得μmgcs θ＋mgsin θ＝ma2，若F－μmgcs θ－mgsin θ＜μmgcs θ＋mgsin θ，则a1＜a2，由于μ＞tan θ，即μmgcs θ＞mgsin θ，说明物块速度减为零后不会沿斜面下滑，将静止在斜面上，A正确；由于整个运动过程中物块均向上运动，故物块的重力势能逐渐增大，B错误；0～x0段，由动能定理得(F－μmgcs θ－mgsin θ)x＝Ek，由于F－μmgcs θ－mgsin θ恒定不变，因此Ek-x图线的斜率恒定不变，0～x0段图线应该是一条过原点向上倾斜的直线，设撤去力F时，物块的动能为Ek0，则由动能定理得－(mgsin θ＋μmgcs θ)(x－x0)＝Ek－Ek0，解得Ek＝－(mgsin θ＋μmgcs θ)x＋(mgsin θ＋μmgcs θ)·x0＋Ek0，则撤去力F后，Ek-x图线的斜率恒定不变，图线是一条向下倾斜的直线，C错误；0～x0段，机械能为E＝(F－μmgcs θ)x，由于F－μmgcs θ恒定不变，因此0～x0段E-x图线是一条过原点向上倾斜的直线，设撤去力F时，机械能为E0，则机械能变化量为E－E0＝－μmgcs θ·(x－x0)，解得E＝－μmgcs θ·x＋μmgcs θ·x0＋E0，则撤去力F后，E-x图线是一条向下倾斜的直线，当物块静止时E＞0，D正确。
考向三 含弹簧的连接体、传送带问题和板块问题
传送带模型
1．设问的角度
(1)动力学角度：首先要正确分析物体的运动过程，做好受力分析，然后利用运动学公式结合牛顿第二定律求物体及传送带在相应时间内的位移，找出物体和传送带之间的位移关系．
(2)能量角度：求传送带对物体所做的功、物体和传送带由于相对滑动而产生的热量、因放上物体而使电动机多消耗的电能等，常依据功能关系或能量守恒定律求解．
滑块—木板模型
1.模型分类：滑块—木板模型根据情况可以分成水平面上的滑块—木板模型和斜面上的滑块—木板模型。
2.位移关系
滑块从木板的一端运动到另一端的过程中，若滑块和木板沿同一方向运动，则滑块的位移大小和木板的位移大小之差等于木板的长度；若滑块和木板沿相反方向运动，则滑块的位移大小和木板的位移大小之和等于木板的长度。
3.解题关键
找出物体之间的位移(路程)关系或速度关系是解题的突破口，求解中应注意联系两个过程的纽带，每一个过程的末速度是下一个过程的初速度。
【典例5】(2023·江苏卷)(多选)如图所示，轻质弹簧的左端固定，并处于自然状态．小物块的质量为m，从A点向左沿水平地面运动，一段时间后压缩弹簧后被弹回，运动到A点恰好静止．物块向左运动的最大距离为s，与地面间的动摩擦因数为μ，重力加速度为g，弹簧未超出弹性限度．在上述过程中( )
A．弹簧的最大弹力为μmg
B．物块克服摩擦力做的功为2μmgs
C．弹簧的最大弹性势能为μmgs
D．物块在A点的初速度为eq \r(2μgs)
答案:BC
解析：弹簧被压缩到最短时，物块有向右的加速度，弹力大于滑动摩擦力f＝μmg，选项A错误；物块在运动中所受的摩擦力与运动方向总相反，物块运动的路程为2s，所以克服摩擦力做的功为W＝2μmgs，选项B正确；由动能定理可知，从弹簧被压缩至最短到物块运动到A点，动能的变化为零，弹簧的弹性势能等于克服摩擦力做功W′＝μmgs，选项C正确；由物块从A点到返回A点，根据动能定理－μmg·2s＝0－eq \f(1,2)mveq \\al(2,0)可得v0＝2eq \r(μgs)，所以选项D错误．
【典例6】(多选)(2023·抚州市高三模拟)如图所示倾角为30°的传送带在电动机带动下始终以v0的速度匀速上行。相等质量的甲、乙两种不同材料的滑块(可视为质点)分别无初速放在传送带底端，发现甲滑块上升h高度滑至顶端时恰好与皮带保持相对静止，乙滑块上升eq \f(h,2)高度处恰与皮带保持相对静止。现比较甲、乙两滑块从传送带底端到顶端的过程( )
A．甲滑块与皮带的动摩擦因数大于乙滑块与皮带的动摩擦因数
B．甲滑块与皮带摩擦产生的热量大于乙滑块与皮带摩擦产生的热量
C．两个过程中皮带对滑块所做的功相同
D．两个过程中电动机对皮带所做的功相同
答案:BC
解析：相等质量的甲、乙两种不同材料的滑块分别无初速放在传送带底端，最终都与传送带速度相等，动能增加量相同，但甲的速度增加的慢，说明甲受到的摩擦力小，故甲滑块与皮带的动摩擦因数小于乙滑块与皮带的动摩擦因数，故A错误；动能增加量相同，f甲·2h－mgh＝f乙·h－eq \f(1,2)mgh，得f乙＝2f甲－eq \f(1,2)mg，相对位移Δx甲＝2Δx乙，根据Q＝f·Δs知甲滑块与皮带摩擦产生的热量大于乙滑块与皮带摩擦产生的热量，故B正确；从传送带底端到顶端，甲、乙动能增加量相同，重力做功相同，根据动能定理知皮带对滑块所做的功相同，故C正确；电动机多做的功等于系统摩擦产生的内能和滑块机械能的增加量，根据B、C两项分析知放甲滑块时电动机做的功较多，故D错误。
【典例7】(多选)(2023·江西九江月考)第一次将一长木板静止放在光滑水平面上，如图甲所示，一小铅块(可视为质点)以水平初速度v0由木板左端向右滑动，到达右端时恰能与木板保持相对静止。第二次将长木板分成A、B两块，使B的长度和质量均为A的2倍，并紧挨着放在原水平面上，让小铅块仍以初速度v0由A的左端开始向右滑动，如图乙所示。若小铅块相对滑动过程中所受的摩擦力始终不变，则下列说法正确的( )

甲 乙
A．小铅块将从B的右端飞离木板
B．小铅块滑到B的右端前已与B保持相对静止
C．第一次和第二次过程中产生的热量相等
D．第一次过程中产生的热量大于第二次过程中产生的热量
答案: BD
解析：在第一次小铅块运动过程中，小铅块与木板之间的摩擦力使整个木板一直加速，第二次小铅块先使整个木板加速，当小铅块运动到B上后A停止加速，只有B加速，加速度大于第一次相对应过程，故第二次小铅块与B将更早共速，所以小铅块还没有运动到B的右端，二者就已共速，A项错误，B项正确；由于第一次的相对路程大于第二次的相对路程，则第一次过程中产生的热量大于第二次过程中产生的热量，C项错误，D项正确。
练习5、(多选)(2023·石家庄二检)如图所示，轻质弹簧一端固定，另一端与一质量为m、套在粗糙竖直固定杆A处的圆环相连，弹簧水平且处于原长．圆环从A处由静止开始下滑，经过B处的速度最大．到达C处的速度为零，AC＝h.圆环在C处获得一竖直向上的速度v，恰好能回到A.弹簧始终在弹性限度内，重力加速度为g.则圆环( )
A．下滑过程中，加速度一直减小
B．下滑过程中，克服摩擦力做的功为eq \f(1,4)mv2
C．在C处，弹簧的弹性势能为eq \f(1,4)mv2－mgh
D．上滑经过B的速度大于下滑经过B的速度
答案:BD
解析： 圆环受到重力、弹力、阻力、支持力，圆环的运动是先做加速度减小的加速运动，再做加速度增大的减速运动，A项错误；A到C过程，根据能量守恒定律有mgh－Wf＝Ep(Wf为阻力做功，Ep为弹性势能)，C到A过程，eq \f(1,2)mv2＋Ep＝mgh＋Wf，联立解得Wf＝eq \f(1,4)mv2，B项正确；在C处，弹簧的弹性势能为mgh－eq \f(1,4)mv2，C项错误；A到B：mghAB＝EpB＋Wf1＋eq \f(1,2)mveq \\al(2,下)，B到A：mghAB＋Wf1＝eq \f(1,2)mveq \\al(2,上)＋EpB，由两式可知v下练习6、(多选)(2023·江苏南京、盐城二模)如图甲所示，一倾角为θ＝37°的传送带以恒定速度运行。现将一质量为m＝1 kg的物体抛上传送带，物体相对地面的速度随时间变化的关系如图乙所示，取沿传送带向上为正方向，g取10 m/s2，sin 37°＝0.6，cs 37°＝0.8。则下列说法正确的是( )
A．0～8 s内，物体位移的大小是18 m
B．0～8 s内，物体机械能增量是90 J
C．0～8 s内，物体机械能增量是84 J
D．0～8 s内，物体与传送带因摩擦产生的热量是126 J
答案:BD
解析：从题图乙求出0～8 s内物体位移的大小x＝14 m，A错误；0～8 s内，物体上升的高度h＝xsin θ＝8.4 m，物体机械能增量ΔE＝ΔEp＋ΔEk＝90 J，B正确，C错误；0～6 s内物体的加速度a＝μgcs θ－gsin θ＝1 m/s2，解得μ＝eq \f(7,8)，传送带速度大小为4 m/s,0～8 s内物体与传送带间的相对位移为Δx＝18 m，物体与传送带因摩擦产生的热量Q＝μmgcs θ·Δx＝126 J，D正确。
练习7、(多选)(2023·浙江五校联考)如图所示，一倾角为θ＝37°的足够长斜面体固定在水平地面上，质量为M＝2 kg的长木板B沿着斜面以速度v0＝9 m/s匀速下滑，现把质量为m＝1 kg的铁块A无初速度放在长木板B的左端，铁块最终恰好没有从长木板上滑下．已知A与B之间、B与斜面之间的动摩擦因数均为μ，最大静摩擦力等于滑动摩擦力，取重力加速度g＝10 m/s2，sin 37°＝0.6，cs 37°＝0.8，则下列判断正确的是( )
A．动摩擦因数μ＝0.5
B．铁块A和长木板B共速后的速度大小为6 m/s
C．长木板的长度为2.25 m
D．从铁块放上长木板到铁块和长木板共速的过程中，铁块A和长木板B减少的机械能等于A、B之间摩擦产生的热量
答案:BC
解析：开始时长木板B沿着斜面以速度v0＝9 m/s匀速下滑，有Mgsin 37°＝μMgcs 37°，解得μ＝0.75，A错误；铁块A刚放在长木板B上时，对A分析，根据牛顿第二定律有μmgcs 37°＋mgsin 37°＝maA，解得aA＝12 m/s2，方向沿斜面向下，对B，根据牛顿第二定律有μ(M＋m)gcs 37°＋μmgcs 37°－Mgsin 37°＝MaB，解得aB＝6 m/s2，方向沿斜面向上，铁块A和长木板B共速的时间为t，则v0－aBt＝aAt，解得t＝0.5 s，铁块A和长木板B共速后，速度大小为v共＝aBt＝6 m/s，B正确；铁块A和长木板B共速，一起沿斜面匀速下滑，则长木板的长度为L＝xB－xA＝eq \f(v0＋v共,2)t－eq \f(v共,2)t＝2.25 m，C正确；由能量守恒定律可知，从铁块放上长木板到铁块和长木板共速的过程中，铁块A和长木板B减少的机械能等于A、B之间摩擦产生的热量与B与斜面之间摩擦产生的热量之和，D错误．
【巧学妙记】
涉及弹簧的能量问题的解题方法
两个或两个以上的物体与弹簧组成的系统相互作用的过程，具有以下特点：
(1)能量变化过程中，如果只有重力和系统内弹簧弹力做功，系统机械能守恒。
(2)如果系统每个物体除弹簧弹力外所受合外力为零，则当弹簧伸长或压缩到最大程度时物体速度相同。
(3)当水平弹簧处于原长状态时，系统内某一端的物体具有最大速度。
考向四 三种力学方法的应用--多过程问题
1．分析思路
(1)受力与运动分析：根据物体的运动过程分析物体的受力情况，以及不同运动过程中力的变化情况；
(2)做功分析：根据各种力做功的不同特点，分析各种力在不同运动过程中的做功情况；
(3)功能关系分析：运用动能定理、机械能守恒定律或能量守恒定律进行分析，选择合适的规律求解．
2．方法技巧
(1)“合”——整体上把握全过程，构建大致的运动情景；
(2)“分”——将全过程进行分解，分析每个子过程对应的基本规律；
(3)“合”——找出各子过程之间的联系，以衔接点为突破口，寻求解题最优方案．
【典例8】 (2023·高考全国卷甲，T24)如图，一倾角为θ的光滑斜面上有50个减速带(图中未完全画出)，相邻减速带间的距离均为d，减速带的宽度远小于d；一质量为m的无动力小车(可视为质点)从距第一个减速带L处由静止释放。已知小车通过减速带损失的机械能与到达减速带时的速度有关。观察发现，小车通过第30个减速带后，在相邻减速带间的平均速度均相同。小车通过第50个减速带后立刻进入与斜面光滑连接的水平地面，继续滑行距离s后停下。已知小车与地面间的动摩擦因数为μ，重力加速度大小为g。
(1)求小车通过第30个减速带后，经过每一个减速带时损失的机械能；
(2)求小车通过前30个减速带的过程中在每一个减速带上平均损失的机械能；
(3)若小车在前30个减速带上平均每一个损失的机械能大于之后每一个减速带上损失的机械能，则L应满足什么条件？
答案:(1)mgdsin θ (2)eq \f(mg（L＋29d）sin θ－μmgs,30) (3)L＞d＋eq \f(μs,sin θ)
解析：[解析] (1)设小车通过第30个减速带后，经过每个减速带损失的机械能为ΔE
小车从刚通过第30个减速带到刚通过第31个减速带，由动能定理可知
mgdsin θ－ΔE＝0
解得ΔE＝mgdsin θ。
(2)小车运动全程能量守恒，设eq \(E,\s\up6(－))为通过前30个减速带时每一个减速带上平均损失的机械能，
mgLsin θ＋49mgdsin θ＝μmgs＋20ΔE＋30eq \(E,\s\up6(－))
解得eq \(E,\s\up6(－))＝eq \f(mg（L＋29d）sin θ－μmgs,30)。
(3)由题意可知eq \(E,\s\up6(－))＞ΔE
L＞d＋eq \f(μs,sin θ)。
【典例9】 (2023·全国卷Ⅱ，25)如图，一竖直圆管质量为M，下端距水平地面的高度为H，顶端塞有一质量为m的小球。圆管由静止自由下落，与地面发生多次弹性碰撞，且每次碰撞时间均极短；在运动过程中，管始终保持竖直。已知M＝4m，球和管之间的滑动摩擦力大小为4mg，g为重力加速度的大小，不计空气阻力。
(1)求管第一次与地面碰撞后的瞬间，管和球各自的加速度大小；
(2)管第一次落地弹起后，在上升过程中球没有从管中滑出，求管上升的最大高度；
(3)管第二次落地弹起的上升过程中，球仍没有从管中滑出，求圆管长度应满足的条件。
答案:(1)2g 3g (2)eq \f(13,25)H (3)L≥eq \f(152,125)H
解析：(1)管第一次落地弹起的瞬间，小球仍然向下运动。设此时管的加速度大小为a1，方向向下；球的加速度大小为a2，方向向上；球与管之间的摩擦力大小为f，由牛顿运动定律有
Ma1＝Mg＋f①
ma2＝f－mg②
联立①②式并代入题给数据，得a1＝2g，a2＝3g③
(2)管第一次碰地前与球的速度大小相同。由运动学公式，碰地前瞬间它们的速度大小均为
v0＝eq \r(2gH)④
方向均向下。管弹起的瞬间，管的速度反向，球的速度方向依然向下。设自弹起时经过时间t1，管与小球的速度刚好相同。取向上为正方向，由运动学公式
v0－a1t1＝－v0＋a2t1⑤
联立③④⑤式得
t1＝eq \f(2,5)eq \r(\f(2H,g))⑥
设此时管下端的高度为h1，速度为v。由运动学公式可得h1＝v0t1－eq \f(1,2)a1teq \\al(2,1)⑦
v＝v0－a1t1⑧
由③④⑥⑧式可判断此时v＞0。此后，管与小球将以加速度g减速上升h2，到达最高点。由运动学公式有
h2＝eq \f(v2,2g)⑨
设管第一次落地弹起后上升的最大高度为H1，则
H1＝h1＋h2⑩
联立③④⑥⑦⑧⑨⑩式可得H1＝eq \f(13,25)H⑪
(3)设第一次弹起过程中球相对管的位移为x1。在管开始下落到上升H1这一过程中，由动能定理有
Mg(H－H1)＋mg(H－H1＋x1)－4mgx1＝0⑫
联立⑪⑫式并代入题给数据得
x1＝eq \f(4,5)H⑬
同理可推得，管与球从再次下落到第二次弹起至最高点的过程中，球与管的相对位移x2为
x2＝eq \f(4,5)H1⑭
设圆管长度为L。管第二次落地弹起后的上升过程中，球不会滑出管外的条件是x1＋x2≤L⑮
联立⑪⑬⑭⑮式，L应满足条件为
L≥eq \f(152,125)H⑯
练习8、(2023·湖南长沙质检)平昌冬奥会女子单板滑雪U形池项目中，我国选手刘佳宇荣获亚军。如图所示为U形池模型，其中a、c为U形池两侧边缘且在同一水平面上，b为U形池最低点。刘佳宇(可视为质点)从a点上方高h的O点自由下落由左侧进入池中，从右侧飞出后最高上升至相对c点高度为eq \f(h,2)的d点。不计空气阻力，下列判断正确的是( )
A．运动员从O到d的过程中机械能减少
B．运动员再次进入池中后，刚好到达左侧边缘a然后返回
C．运动员第一次进入池中，由a到b的过程与由b到c的过程相比损耗机械能较小
D．运动员从d返回到b的过程中，重力势能全部转化为动能
答案:A
解析：运动员从a点上方高h处自由下落由左侧进入池中，从右侧飞出后上升的最大高度为eq \f(h,2)，此过程中摩擦力做负功，机械能减少eq \f(mgh,2)，再由右侧进入池中时，平均速率要小于由左侧进入池中过程中的平均速率，根据圆周运动的知识可知，速率减小，对应的正压力减小，则平均摩擦力减小，克服摩擦力做的功减少，即摩擦力做的功小于eq \f(mgh,2)，则运动员再次进入池中后，能够冲出左侧边缘a然后返回，故A正确，B错误；同理可知运动员第一次进入池中，由a至b过程的平均速率大于由b到c过程的平均速率，由a到b过程中的平均摩擦力大于由b到c过程中的平均摩擦力，前一过程损耗机械能较大，故C错误；运动员从d返回到b的过程中，摩擦力做负功，重力势能转化为动能和内能，故D错误。
【巧学妙记】
1．正确分析物体的运动过程，做好受力分析．
2．利用运动学公式，结合牛顿第二定律分析物体的速度关系及位移关系，求出两个物体的相对位移．
3．代入公式Q＝Ff·x相对计算，若物体在传送带上做往复运动，则为相对路程s相对．
1. (多选)(2023·甘肃兰州市第一次诊断)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s.则在此过程中( )
A．摩擦力对物块做功为－μmgeq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(s＋d))
B．摩擦力对木板做功为μmgs
C．木板动能的增量为mgd
D．由于摩擦而产生的热量为μmgs
2．(多选)(2023·黑龙江齐齐哈尔市期末)如图所示，质量为M、长度为l的小车静止在光滑的水平面上，质量为m的小物块(可视为质点)放在小车的最左端．现用一水平恒力F作用在小物块上，使小物块从静止开始做匀加速直线运动．小物块和小车之间的摩擦力为Ff.小物块滑到小车的最右端时，小车运动的距离为x.在这个过程中，以下结论正确的是( )
A．小物块到达小车最右端时具有的动能为(F－Ff)(l＋x)
B．小物块到达小车最右端时，小车具有的动能为Ffx
C．小物块克服摩擦力所做的功为Ff(l＋x)
D．小物块和小车增加的机械能为Fx
3． (2023·福建福州市期末质量检测)如图所示，某段滑雪雪道倾角为30°，总质量为m(包括雪具在内)的滑雪运动员从距底端高为h处的雪道上由静止开始匀加速下滑，加速度为eq \f(1,3)g.在他从上向下滑到底端的过程中，下列说法正确的是( )
A．运动员减少的重力势能全部转化为动能
B．运动员获得的动能为eq \f(1,3)mgh
C．运动员克服摩擦力做功为eq \f(2,3)mgh
D．下滑过程中系统减少的机械能为eq \f(1,3)mgh
4.(多选) (2023·山东省烟台市一模)如图所示，固定的竖直光滑长杆上套有质量为m的小圆环，圆环与水平状态的轻质弹簧一端连接，弹簧的另一端连接在墙上，并且处于原长状态．现让圆环由静止开始下滑，已知弹簧原长为L，圆环下滑到最大距离时弹簧的长度变为2L(未超过弹性限度)，则在圆环下滑到最大距离的过程中( )
A．圆环和弹簧系统的机械能守恒
B．弹簧弹性势能变化了2mgL
C．圆环下滑到最大距离时，所受合力为零
D．圆环重力势能与弹簧弹性势能之和先减小后增大
5． (2023·福建省漳州市二模)质量为2 kg的物体以10 m/s的初速度，从起点A出发竖直向上抛出，在它上升到某一点的过程中，物体的动能损失了50 J，机械能损失了10 J，设物体在上升、下降过程空气阻力大小恒定，则该物体再落回到A点时的动能为(g＝10 m/s2)( )
A．40 J B．60 J
C．80 J D．100 J
6、(多选)(2023湖南湘潭一中月考)如图所示，水平桌面上的轻质弹簧一端固定，另一端与小物块相连．弹簧处于自然长度时物块位于O点(图中未标出)．物块的质量为m，AB＝a，物块与桌面间的动摩擦因数为μ.现用水平向右的力将物块从O点拉至A点，拉力做的功为W.撤去拉力后物块由静止向左运动，经O点到达B点时速度为零．重力加速度为g.则上述过程中( )
A．物块在A点时，弹簧的弹性势能等于W－eq \f(1,2)μmga
B．物块在B点时，弹簧的弹性势能小于W－eq \f(3,2)μmga
C．经O点时，物块的动能小于W－μmga
D．物块动能最大时弹簧的弹性势能小于物块在B点时弹簧的弹性势能
7．(2023·武汉联考)如图所示，光滑水平面上有一木板，质量M＝1.0 kg，长度L＝1.0 m．在木板的最左端有一个小铁块(可视为质点)，质量m＝1.0 kg.小铁块与木板之间的动摩擦因数μ＝0.30.开始时它们都处于静止状态，某时刻起对木板施加一个水平向左的拉力F将木板抽出，若F＝8 N，g取10 m/s2.求：
(1)抽出木板的过程中摩擦力分别对木板和铁块做的功；
(2)抽出木板的过程中由于摩擦产生的内能Q.
8、(2023武汉调研)如图所示，一物体质量m＝2 kg，在倾角θ＝37°的斜面上的A点以初速度v0＝3 m/s下滑，A点距弹簧上端挡板位置B点的距离AB＝4 m．当物体到达B点后将弹簧压缩到C点，最大压缩量BC＝0.2 m，然后物体又被弹簧弹上去，弹到的最高位置为D点，D点距A点的距离AD＝3 m．挡板及弹簧质量不计，g取10 m/s2，sin 37°＝0.6，求：
(1)物体与斜面间的动摩擦因数μ；
(2)弹簧的最大弹性势能Epm.
1.(多选) (2023·福建省漳州市二模)如图所示，汽车在拱形桥上由A匀速率运动到B，以下说法正确的是( )
A．牵引力与克服摩擦力做的功相等
B．合外力对汽车不做功
C．牵引力和重力做的总功大于克服摩擦力做的功
D．汽车在上拱形桥的过程中克服重力做的功转化为汽车的重力势能
2.(多选)(2023·重庆高三模拟)如图所示，轻质弹簧上端固定，下端系一物体。物体在A处时，弹簧处于原长状态。现用手托住物体使它从A处缓慢下降，到达B处时，手和物体自然分开。此过程中，物体克服手的支持力所做的功为W。不考虑空气阻力。关于此过程，下列说法正确的有( )
A．物体重力势能减小量一定大于W
B．弹簧弹性势能增加量一定小于W
C．物体与弹簧组成的系统机械能增加量为W
D．若将物体从A处由静止释放，则物体到达B处时的动能为W
3.(多选)(2023·河北邢台摸底)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M做功之和大于M动能的增加量
C．拉力对M做的功等于M机械能的增加量
D．两滑块组成系统的机械能损失等于M克服摩擦力做的功
4、(多选)(2023·福建省龙岩市上学期期末)如图所示，轻质弹簧一端固定在水平面上的光滑转轴O上，另一端与套在粗糙固定直杆A处质量为m的小球(可视为质点)相连．A点距水平面的高度为h，直杆与水平面的夹角为30°，OA＝OC，B为AC的中点，OB等于弹簧原长．小球从A处由静止开始下滑，经过B处的速度为v，并恰能停在C处．已知重力加速度为g，则下列说法正确的是( )
A．小球通过B点时的加速度为eq \f(g,2)
B．小球通过AB段与BC段摩擦力做功相等
C．弹簧具有的最大弹性势能为eq \f(1,2)mv2
D．A到C过程中，产生的内能为mgh
5．(2023·山东省菏泽市一模)如图甲所示，质量m＝1 kg的物块放置在竖直固定的弹簧上方(未拴接)，用力向下压物块至某一位置，然后由静止释放，取该位置为物块运动的起始位置，物块上升过程的a­x图像如图乙所示，不计空气阻力，重力加速度g＝10 m/s2。则下列说法正确的是( )
A．物块运动过程的最大加速度大小为20 m/s2
B．弹簧的劲度系数为50 N/m
C．弹簧最大弹性势能为9 J
D．物块加速度为0时离开弹簧
6、(多选(2023·江苏南京二模))如图所示为某建筑工地所用的水平放置的运输带，在电动机的带动下运输带始终以恒定的速度v0＝1 m/s顺时针传动．建筑工人将质量m＝2 kg的建筑材料静止地放到运输带的最左端，同时建筑工人以v0＝1 m/s的速度向右匀速运动．已知建筑材料与运输带之间的动摩擦因数为μ＝0.1，运输带的长度为L＝2 m，重力加速度大小为g＝10 m/s2.以下说法正确的是( )
A．建筑工人比建筑材料早到右端0.5 s
B．建筑材料在运输带上一直做匀加速直线运动
C．因运输建筑材料电动机多消耗的能量为1 J
D．运输带对建筑材料做的功为1 J
7.(多选)(2023·蚌埠第二次质检)从地面竖直向上抛出一质量为1 kg的物体，物体运动时所受空气阻力大小不变。以地面为零势能面，物体在上升过程中动能Ek与重力势能Ep的关系如图所示，重力加速度取10 m/s2，则下列结论正确的是 ( )
A．空气阻力的大小为5 N
B．空气阻力的大小为10 N
C．物体重力势能和动能相等时的高度为2.88 m
D．物体重力势能和动能相等时的高度为2.40 m
8、(2023·乐山模拟)如图，竖直平面内的轨道Ⅰ和Ⅱ都由两段细直杆连接而成，两轨道长度相等．用相同的水平恒力将穿在轨道最低点B的静止小球，分别沿Ⅰ和Ⅱ推至最高点A，所需时间分别为t1、t2；动能增量分别为ΔEk1、ΔEk2.假定球在经过轨道转折点前后速度的大小不变，且球与Ⅰ、Ⅱ轨道间的动摩擦因数相等，则( )
A．ΔEk1>ΔEk2；t1>t2 B．ΔEk1＝ΔEk2；t1>t2
C．ΔEk1>ΔEk2；t19、(多选)(2023·合肥调研)如图所示，一弹性轻绳(弹力与其伸长量成正比)左端固定在墙上A点，右端穿过一固定的光滑圆环B连接一个质量为m的小球p，小球p在B点时，弹性轻绳处在自然伸长状态。小球p穿过竖直固定杆在C处时，弹性轻绳的弹力为mg。将小球p从C点由静止释放，到达D点时速度恰好为0。已知小球与杆间的动摩擦因数为0.2，A、B、C在一条水平直线上，CD＝h；重力加速度为g，弹性绳始终处在弹性限度内。下列说法正确的是( )
A．小球从C点运动到D点的过程中克服摩擦力做功为0.3mgh
B．小球从C点运动到D点的过程中克服摩擦力做功为0.2mgh
C．若仅把小球质量变为2m，则小球到达D点时的速度大小为eq \r(gh)
D．若仅把小球质量变为2m，则小球到达D点时的速度大小为eq \r(2gh)
10. (2023·江苏省盐城市高三三模)如图所示，长为L的轻杆A端固定质量为m的小球，另一端可以绕轴O自由转动。在光滑水平面上，质量为M、边长为x的正方形木块在水平外力的作用下，使轻杆、木块均处于静止状态，此时，杆与水平面夹角为α。撤去外力，木块水平向右运动。经过一段时间，杆与水平面夹角为β。重力加速度为g，以水平面为零势能面。求上述过程中：
(1)小球重力势能的最大值Epm；
(2)小球发生的位移大小xA；
(3)轻杆对木块所做的功W。
11、(2023·江苏盐城二模)如图所示，水平地面上有一长L＝2 m、质量M＝1 kg的长板，其右端上方有一固定挡板．质量m＝2 kg的小滑块从长板的左端以v0＝6 m/s的初速度向右运动，同时长板在水平拉力F作用下以v＝2 m/s的速度向右匀速运动，滑块与挡板相碰后速度为0，长板继续匀速运动，直到长板与滑块分离．已知长板与地面间的动摩擦因数μ1＝0.4，滑块与长板间的动摩擦因数μ2＝0.5，重力加速度g取10 m/s2.求：
(1)滑块从长板的左端运动至挡板处的过程，长板的位移x；
(2)滑块碰到挡板前，水平拉力大小F；
(3)滑块从长板的左端运动至与长板分离的过程，系统因摩擦产生的热量Q.
12. (2023·福建省莆田市二模)如图所示，长为l的轻绳一端系于固定点O，另一端系一质量为m的小球。将小球从与O点等高的A点以一定初速度水平向右抛出，经一段时间后绳被拉直，此后小球以O为圆心在竖直平面内摆动。已知O、A的距离为eq \f(\r(3),2)l，绳刚被拉直时与竖直方向的夹角为60°，重力加速度为g，不计空气阻力。求：
(1)小球抛出时的速度以及绳被拉直后瞬间的速度；
(2)小球摆到最低点时，绳对小球的拉力大小。
13、(2023·贵州三校联考)如图所示，一足够长的水平传送带以大小为v0的速度匀速转动，质量均为m的小物块P和小物块Q由通过滑轮组的轻绳连接，轻绳足够长且不可伸长．某时刻物块P从传送带左端以大小为2v0的速度冲上传送带，P与定滑轮间的绳子水平，已知物块P与传送带间的动摩擦因数μ＝0.25，重力加速度为g，不计滑轮的质量与摩擦．
(1)求运动过程中小物块P、Q的加速度大小之比；
(2)求从物块P刚冲上传送带到向右运动到最远处的过程中，P、Q组成的系统的机械能的改变量；
(3)若传送带匀速运动的速度大小为v(0＜v＜2v0)，当v取多大时，从物块P刚冲上传送带到向右运动到最远处的过程中，P与传送带间产生的热量最小？最小值为多大？
14、(2023年广东省广州市高三下学期一模)倾角为θ的斜面与足够长的光滑水平面在D处平滑连接,斜面上AB的长度为3L,BC、CD的长度均为3.5L,BC部分粗糙,其余部分光滑。如图所示,4个“—|”形小滑块工件紧挨在一起排在斜面上,从下往上依次标为1、2、3、4,滑块上长为L的轻杆与斜面平行并与上一个滑块接触但不粘连,滑块1恰好在A处。现将4个滑块一起由静止释放,设滑块经过D处时无机械能损失,轻杆不会与斜面相碰。已知每个滑块的质量为m并可视为质点,滑块与粗糙面间的动摩擦因数μ=tan θ,重力加速度为g。求:
(1)滑块1刚进入BC部分时,滑块1上的轻杆所受到的压力大小。
(2)4个滑块全部滑上水平面后,相邻滑块之间的距离。
1. (2023全国甲卷)一质量为m的物体自倾角为α的固定斜面底端沿斜面向上滑动．该物体开始滑动时的动能为Ek，向上滑动一段距离后速度减小为零，此后物体向下滑动，到达斜面底端时动能为eq \f(Ek,5).已知sin α＝0.6，重力加速度大小为 g．则( )
A．物体向上滑动的距离为eq \f(Ek,2mg)
B．物体向下滑动时的加速度大小为eq \f(g,5)
C．物体与斜面间的动摩擦因数等于0.5
D．物体向上滑动所用的时间比向下滑动的时间长
2、(2023·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
3、(2023·全国卷Ⅲ) 如图，一质量为m，长度为l的均匀柔软细绳PQ竖直悬挂。用外力将绳的下端Q缓慢地竖直向上拉起至M点，M点与绳的上端P相距eq \f(1,3)l。重力加速度大小为g。在此过程中，外力做的功为( )
A.eq \f(1,9)mgl B．eq \f(1,6)mgl
C.eq \f(1,3)mgl D．eq \f(1,2)mgl
4、(2023湖北省新高考适应性测试） 如图所示，两倾角均为的光滑斜面对接后固定水平地面上，O点为斜面的最低点。一个小物块从右侧斜面上高为H处由静止滑下，在两个斜面上做往复运动。小物块每次通过O点时都会有动能损失，损失的动能为小物块当次到达O点时动能的5%。小物块从开始下滑到停止的过程中运动的总路程为（ ）
A. B. C. D.
5、（多选）(2023年重庆市普通高等学校招生适应性考试）10. 如图所示，倾角为θ的斜面MN段粗糙，其余段光滑，PM、MN长度均为3d。四个质量均为m的相同样品1、2、3、4放在斜面上，每个样品（可视为质点）左侧固定有长度为d的轻质细杆，细杆与斜面平行，且与其左侧的样品接触但不粘连，样品与MN间的动摩擦因数为tanθ。若样品1在P处时，四个样品由静止一起释放，则（重力加速度大小为g）（ ）
A. 当样品1刚进入MN段时，样品的共同加速度大小为
B. 当样品1刚进入MN段时，样品1的轻杆受到压力大小为3mgsinθ
C. 当四个样品均位于MN段时，摩擦力做的总功为9dmgsinθ
D. 当四个样品均位于MN段时，样品的共同速度大小为
6、(2023·浙江1月选考·20)如图所示，一弹射游戏装置由安装在水平台面上的固定弹射器、竖直圆轨道(在最低点E分别与水平轨道EO和EA相连)、高度h可调的斜轨道AB组成．游戏时滑块从O点弹出，经过圆轨道并滑上斜轨道．全程不脱离轨道且恰好停在B端则视为游戏成功．已知圆轨道半径r＝0.1 m，OE长L1＝0.2 m，AC长L2＝0.4 m，圆轨道和AE光滑，滑块与AB、OE之间的动摩擦因数μ＝0.5.滑块质量m＝2 g且可视为质点，弹射时从静止释放且弹簧的弹性势能完全转化为滑块动能．忽略空气阻力，各部分平滑连接．求：
(1)滑块恰好能过圆轨道最高点F时的速度vF大小；
(2)当h＝0.1 m且游戏成功时，滑块经过E点对圆轨道的压力FN大小及弹簧的弹性势能Ep0；
(3)要使游戏成功，弹簧的弹性势能Ep与高度h之间满足的关系．
7、(2023·福建高考)如图(a)，一倾角37°的固定斜面的AB段粗糙，BC段光滑。斜面上一轻质弹簧的一端固定在底端C处，弹簧的原长与BC长度相同。一小滑块在沿斜面向下的拉力T作用下，由A处从静止开始下滑，当滑块第一次到达B点时撤去T。T随滑块沿斜面下滑的位移s的变化关系如图(b)所示。已知AB段长度为2 m，滑块质量为2 kg，滑块与斜面AB段的动摩擦因数为0.5，弹簧始终在弹性限度内，重力加速度大小取10 m/s2，sin 37°＝0.6。求：
(1)当拉力为10 N时，滑块的加速度大小；
(2)滑块第一次到达B点时的动能；
(3)滑块第一次在B点与弹簧脱离后，沿斜面上滑的最大距离。
新课程标准
1.理解能量守恒定律， 体会守恒观念对认识物理规律的重要性。能用能量守恒定律分析生产生活中的有关问题。
命题趋势
考查的内容主要体现对能量观念的认识、模型建构和科学推理等物理学科的核心素养。往往与动力学、运动学以及电磁学等主干知识相结合，并密切联系实际，难度较大，突出体现高考的选择性特征．
试题情境
生活实践类
各种体育比赛项目、各种生产工具、各种娱乐项目和传送带等．
功能关系的理解和应用、能量守恒及转化问题
学习探究类
含弹簧系统能量守恒问题，传送带、板块模型的功能关系的理解和应用、能量守恒及转化问题
能量
功能关系
定量关系
势能
重力做功等于重力势能减少量
(1)力做正功，势能减少
(2)力做负功，势能增加
W＝Ep1－Ep2＝－ΔEp
弹力做功等于弹性势能减少量
静电力做功等于电势能减少量
分子力做功等于分子势能减少量
动能
合外力做功等于物体动能变化量
(1)合力做正功，动能增加
(2)合力做负功，动能减少
W＝Ek2－Ek1＝eq \f(1,2)mv2－eq \f(1,2)mv02
机械能
只有重力、弹力做功，机械能不变化
机械能守恒，ΔE＝0
机械能
除重力和弹力之外的其他力做功等于机械能变化量
(1)其他力做正功，机械能增加
(2)其他力做负功，机械能减少
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
(1)作用于系统的一对滑动摩擦力一定做负功，系统内能增加
(2)摩擦生热Q＝Ff·x相对
电能
安培力做功等于电能变化量
(1)安培力做正功，电能减少(2)安培力做负功，电能增加
W电能＝E2－E1＝ΔE
类型
比较
静摩擦力做功
滑动摩擦力做功
不同点
能量的转化方面
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)将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机械能的损失量
一对摩擦力的总功方面
一对静摩擦力所做功的代数和总等于零
一对滑动摩擦力做功的代数和总是负值
相同点
正功、负功、不做功方面
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
考点20机械能守恒定律--功能关系和能量守恒定律
考向一 功能关系的理解和应用
考向二 功能关系与图像的结合
考向三 含弹簧的传送带问题和板块问题
考向四 三种力学方法的应用--多过程问题
考向一功能关系的理解和应用
一、功能关系
1．几种常见的功能关系
二、两种摩擦力做功特点的比较
【典例1】(多选)(2023·黑龙江佳木斯市质检)如图所示，建筑工地上载人升降机用不计质量的细钢绳跨过定滑轮与一电动机相连，通电后电动机带动升降机沿竖直方向先匀加速上升后匀速上升。摩擦及空气阻力均不计。则( )
A.升降机匀加速上升过程中，升降机底板对人做的功等于人增加的动能
B.升降机匀加速上升过程中，升降机底板对人做的功等于人增加的机械能
C.升降机匀速上升过程中，升降机底板对人做的功等于人增加的机械能
D.升降机上升的全过程中，钢绳拉力做的功大于升降机和人增加的机械能
答案:BC
解析：根据动能定理可知，合力对物体做的功等于物体动能的变化量，所以升降机匀加速上升过程中，升降机底板对人做的功与人的重力做功之和等于人增加的动能，故A错误；除重力外，其他力对人做的功等于人机械能的增加量，B正确；升降机匀速上升过程中，升降机底板对人做的功等于人克服重力做的功(此过程中动能不变)，即增加的机械能，C正确；升降机上升的全过程中，钢绳拉力做的功等于升降机和人增加的机械能，D错误。
【典例2】 (多选)(2023·山东烟台市高考诊断一模)如图所示，一长木板B放在粗糙的水平地面上，在B的左端放一物体A，现以恒定的外力F拉A，经一段时间物块A从长木板B的右端拉出，且在此过程中以地面为参考系， 长木板B也向右移动一段距离。则在此过程中( )
A.外力F对A做的功等于A和B动能的增量
B.A对B摩擦力做的功与B对A摩擦力做的功绝对值相等
C.外力F做的功等于A、B动能的增量与系统由于摩擦而产生的热量之和
D.A对B摩擦力做的功等于B动能的增量和B与地面之间摩擦产生的热量之和
答案:CD
解析：根据功能关系可知，外力F做的功等于A和B动能的增量与系统由于摩擦而产生的热量之和，故C正确，A错误；A对B的摩擦力与B对A的摩擦力是一对作用力与反作用力，大小相等，方向相反，但是由于A在B上滑动，A、B对地的位移不等，二者做功不相等，故B错误；对B分析，由动能定理知WAB－WB地＝ΔEkB，A对B摩擦力做的功WAB＝ΔEkB＋WB地，所以A对B摩擦力做的功等于B动能的增量和B与地面之间摩擦产生的热量之和，故D正确。
练习1、(多选)(2023·乐山模拟)如图所示，在升降机内固定一光滑的斜面体，一轻弹簧的一端连在位于斜面体上方的固定木板B上，另一端与质量为m的物块A相连，弹簧与斜面平行．整个系统由静止开始加速上升高度h的过程中( )
A．物块A的重力势能增加量一定等于mgh
B．物块A的动能增加量等于斜面的支持力和弹簧的拉力对其做功的和
C．物块A的机械能增加量等于斜面的支持力和弹簧的拉力对其做功的和
D．物块A和弹簧组成系统的机械能增加量等于斜面对物块的支持力和B对弹簧的拉力做功的和
答案:CD
解析：当物块具有向上的加速度时，弹簧弹力在竖直方向上的分力和斜面的支持力在竖直方向上的分力的合力大于重力，所以弹簧的弹力比物块静止时大，弹簧的伸长量增大，物块A相对于斜面向下运动，物块A上升的高度小于h，所以重力势能的增加量小于mgh，故A错误；对物块A由动能定理有物块A的动能增加量等于斜面的支持力、弹簧的拉力和重力对其做功的和，故B错误；物块A机械能的增加量等于斜面支持力和弹簧弹力做功的和，故C正确；物块A和弹簧组成系统的机械能增加量等于斜面对物块的支持力和B对弹簧的拉力做功的和，故D正确．
练习2、(多选)(2023四川宜宾市检测)一个物块从斜面底端冲上足够长的斜面后，返回到斜面底端．已知小物块冲上斜面的初动能为E，它返回斜面底端的速度大小为v，克服摩擦力做功为eq \f(1,4)E.若小物块冲上斜面的初动能变为3E，则( )
A．返回斜面底端时动能为eq \f(3,4)E
B．返回斜面底端时速度大小为eq \r(3)v
C．从出发到返回斜面底端，克服摩擦阻力做功为eq \f(3,4)E
D．从出发到返回斜面底端，机械能减少eq \f(3,8)E
答案:BC
解析：物块以初动能E冲上斜面并返回的整个过程中，由动能定理得Wf＝eq \f(1,2)mv2－E＝－eq \f(E,4)，则eq \f(1,2)mv2＝eq \f(3,4)E，设物块以初动能E冲上斜面的初速度为v0，则以初动能3E冲上斜面的初速度为eq \r(3)v0，两次冲上斜面后的加速度相同，根据2ax＝v2－veq \\al(2,0)可知物体上滑的最大位移为x＝eq \f(0－v\\al(2,0),2a)，物块第二次冲上斜面的最大位移是第一次的3倍，则整个过程中克服摩擦力做功是第一次的3倍，即为eq \f(3,4)E，故C正确；以初动能3E冲上斜面并返回的整个过程中，运用动能定理得Wf′＝eq \f(1,2)mv′2－3E＝－eq \f(3,4)E，所以返回斜面底端时的动能为eq \f(1,2)mv′2＝eq \f(9,4)E，返回斜面底端时速度大小为v′＝eq \r(3)v，故A错误，B正确；根据功能关系可知，第二次从出发到返回斜面底端，机械能减少量等于克服摩擦阻力做功，为eq \f(3,4)E，故D错误．
【巧学妙记】
1.只涉及动能的变化用动能定理分析。
2.只涉及重力势能的变化，用重力做功与重力势能变化的关系分析。
3.只涉及机械能的变化，用除重力和弹簧的弹力之外的其他力做功与机械能变化的关系分析。
考向二功能关系与图像的结合
【典例3】(2023·湖北高考)如图(a)所示，一物块以一定初速度沿倾角为30°的固定斜面上滑，运动过程中摩擦力大小f恒定，物块动能Ek与运动路程s的关系如图(b)所示。重力加速度大小取10 m/s2，物块质量m和所受摩擦力大小f分别为( )
A．m＝0.7 kg，f＝0.5 N B．m＝0.7 kg，f＝1.0 N
C．m＝0.8 kg，f＝0.5 N D．m＝0.8 kg，f＝1.0 N
答案:A
解析：0～10 m内物块上滑，由动能定理得－mgsin30°·s－fs＝Ek－Ek0，整理得Ek＝Ek0－(mgsin 30°＋f)s，结合0～10 m内的图像得mgsin 30°＋f＝4 N；10～20 m内物块下滑，由动能定理得(mgsin 30°－f)(s－s1)＝Ek，整理得Ek＝(mgsin 30°－f)s－(mgsin 30°－f)s1，结合10～20 m内的图像得mgsin30°－f＝3 N，联立解得f＝0.5 N，m＝0.7 kg。故A正确。
【典例4】(多选)(2023·高考全国卷Ⅰ，T20)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
答案:AB
解析：由重力势能和动能随下滑距离s变化的图象可知，重力势能和动能之和随下滑距离s的增大而减小，可知物块下滑过程中机械能不守恒，A正确；在斜面顶端，重力势能mgh＝30 J，解得物块质量m＝1 kg，由重力势能随下滑距离s变化的图象可知，重力势能可以表示为Ep＝(30－6s)J，由动能随下滑距离s变化图象可知，动能可以表示为Ek＝2s J，设斜面倾角为θ，则有sin θ＝eq \f(h,L)＝eq \f(3,5)，cs θ＝eq \f(4,5)，由功能关系有－μmgcs θ·s＝Ep＋Ek－30 J＝(30－6s＋2s－30)J＝－4s J，可得μ＝0.5，B正确；由Ek＝2s J，Ek＝eq \f(mv2,2)可得，v2＝4s m2/s2，对比匀变速直线运动公式v2＝2as，可得a＝2 m/s2，即物块下滑时加速度的大小为2.0 m/s2，C错误；由重力势能和动能随下滑距离s变化图象可知，当物块下滑2.0 m时机械能为E＝18 J＋4 J ＝22 J，机械能损失了ΔE＝30 J －22 J＝8 J，D错误。
练习3、(多选)(2023年广东省广州市高三下学期一模)如图甲所示，固定的斜面长为10 m，质量为m＝2.0 kg的小滑块自斜面顶端由静止开始沿斜面下滑的过程中，小滑块的动能Ek随位移x的变化规律如图乙所示，取斜面底端所在水平面为重力势能参考平面，小滑块的重力势能Ep随位移x的变化规律如图丙所示，重力加速度g＝10 m/s2。则下列判断中正确的是( )
A．斜面的倾角为45°
B．滑块与斜面间的动摩擦因数为eq \f(\r(3),4)
C．下滑过程滑块的加速度大小为1.25 m/s2
D．滑块自斜面下滑过程中损失的机械能为25 J
答案:BC
解析：根据题图乙可知动能与位移图像的斜率大小为合外力大小，即F＝eq \f(25,10) N＝eq \f(5,2) N，根据题图丙可知重力势能与位移图像斜率大小为重力在斜面上的分力大小，即mgsin θ＝10 N，滑块下滑过程中应用牛顿第二定律：mgsin θ－μmgcs θ＝F，解得：θ＝30°，μ＝eq \f(\r(3),4)，故A错误，B正确；根据上述分析可知滑块所受合外力为eq \f(5,2) N，根据牛顿第二定律：F＝ma，解得：a＝1.25 m/s2，故C正确；由能量守恒定律可知，重力势能损失100 J，动能增加25 J，说明机械能损失75 J，故D错误。
练习4.(多选)(2023·山东烟台期中)如图所示，在水平地面上固定一倾角为θ的足够长斜面，有一物块静止在斜面底端O处。现对物块施加一个沿斜面向上的恒力F，物块开始沿斜面向上运动。当物块沿斜面向上运动的距离为x0时，撤去恒力F。已知物块与斜面间的动摩擦因数为μ，且μ＞tan θ。以斜面底端O所在的水平地面为参考平面，则物块从O点开始沿斜面运动的过程中，物块的加速度大小a、重力势能Ep、动能Ek、机械能E和物块相对于O点的位移x之间的关系图像中可能正确的是( )
答案:AD
解析：0～x0段，物块向上做匀加速直线运动，由牛顿第二定律得F－μmgcs θ－mgsin θ＝ma1，撤去力F后，物块向上做匀减速直线运动，由牛顿第二定律得μmgcs θ＋mgsin θ＝ma2，若F－μmgcs θ－mgsin θ＜μmgcs θ＋mgsin θ，则a1＜a2，由于μ＞tan θ，即μmgcs θ＞mgsin θ，说明物块速度减为零后不会沿斜面下滑，将静止在斜面上，A正确；由于整个运动过程中物块均向上运动，故物块的重力势能逐渐增大，B错误；0～x0段，由动能定理得(F－μmgcs θ－mgsin θ)x＝Ek，由于F－μmgcs θ－mgsin θ恒定不变，因此Ek-x图线的斜率恒定不变，0～x0段图线应该是一条过原点向上倾斜的直线，设撤去力F时，物块的动能为Ek0，则由动能定理得－(mgsin θ＋μmgcs θ)(x－x0)＝Ek－Ek0，解得Ek＝－(mgsin θ＋μmgcs θ)x＋(mgsin θ＋μmgcs θ)·x0＋Ek0，则撤去力F后，Ek-x图线的斜率恒定不变，图线是一条向下倾斜的直线，C错误；0～x0段，机械能为E＝(F－μmgcs θ)x，由于F－μmgcs θ恒定不变，因此0～x0段E-x图线是一条过原点向上倾斜的直线，设撤去力F时，机械能为E0，则机械能变化量为E－E0＝－μmgcs θ·(x－x0)，解得E＝－μmgcs θ·x＋μmgcs θ·x0＋E0，则撤去力F后，E-x图线是一条向下倾斜的直线，当物块静止时E＞0，D正确。
考向三 含弹簧的连接体、传送带问题和板块问题
传送带模型
1．设问的角度
(1)动力学角度：首先要正确分析物体的运动过程，做好受力分析，然后利用运动学公式结合牛顿第二定律求物体及传送带在相应时间内的位移，找出物体和传送带之间的位移关系．
(2)能量角度：求传送带对物体所做的功、物体和传送带由于相对滑动而产生的热量、因放上物体而使电动机多消耗的电能等，常依据功能关系或能量守恒定律求解．
滑块—木板模型
1.模型分类：滑块—木板模型根据情况可以分成水平面上的滑块—木板模型和斜面上的滑块—木板模型。
2.位移关系
滑块从木板的一端运动到另一端的过程中，若滑块和木板沿同一方向运动，则滑块的位移大小和木板的位移大小之差等于木板的长度；若滑块和木板沿相反方向运动，则滑块的位移大小和木板的位移大小之和等于木板的长度。
3.解题关键
找出物体之间的位移(路程)关系或速度关系是解题的突破口，求解中应注意联系两个过程的纽带，每一个过程的末速度是下一个过程的初速度。
【典例5】(2023·江苏卷)(多选)如图所示，轻质弹簧的左端固定，并处于自然状态．小物块的质量为m，从A点向左沿水平地面运动，一段时间后压缩弹簧后被弹回，运动到A点恰好静止．物块向左运动的最大距离为s，与地面间的动摩擦因数为μ，重力加速度为g，弹簧未超出弹性限度．在上述过程中( )
A．弹簧的最大弹力为μmg
B．物块克服摩擦力做的功为2μmgs
C．弹簧的最大弹性势能为μmgs
D．物块在A点的初速度为eq \r(2μgs)
答案:BC
解析：弹簧被压缩到最短时，物块有向右的加速度，弹力大于滑动摩擦力f＝μmg，选项A错误；物块在运动中所受的摩擦力与运动方向总相反，物块运动的路程为2s，所以克服摩擦力做的功为W＝2μmgs，选项B正确；由动能定理可知，从弹簧被压缩至最短到物块运动到A点，动能的变化为零，弹簧的弹性势能等于克服摩擦力做功W′＝μmgs，选项C正确；由物块从A点到返回A点，根据动能定理－μmg·2s＝0－eq \f(1,2)mveq \\al(2,0)可得v0＝2eq \r(μgs)，所以选项D错误．
【典例6】(多选)(2023·抚州市高三模拟)如图所示倾角为30°的传送带在电动机带动下始终以v0的速度匀速上行。相等质量的甲、乙两种不同材料的滑块(可视为质点)分别无初速放在传送带底端，发现甲滑块上升h高度滑至顶端时恰好与皮带保持相对静止，乙滑块上升eq \f(h,2)高度处恰与皮带保持相对静止。现比较甲、乙两滑块从传送带底端到顶端的过程( )
A．甲滑块与皮带的动摩擦因数大于乙滑块与皮带的动摩擦因数
B．甲滑块与皮带摩擦产生的热量大于乙滑块与皮带摩擦产生的热量
C．两个过程中皮带对滑块所做的功相同
D．两个过程中电动机对皮带所做的功相同
答案:BC
解析：相等质量的甲、乙两种不同材料的滑块分别无初速放在传送带底端，最终都与传送带速度相等，动能增加量相同，但甲的速度增加的慢，说明甲受到的摩擦力小，故甲滑块与皮带的动摩擦因数小于乙滑块与皮带的动摩擦因数，故A错误；动能增加量相同，f甲·2h－mgh＝f乙·h－eq \f(1,2)mgh，得f乙＝2f甲－eq \f(1,2)mg，相对位移Δx甲＝2Δx乙，根据Q＝f·Δs知甲滑块与皮带摩擦产生的热量大于乙滑块与皮带摩擦产生的热量，故B正确；从传送带底端到顶端，甲、乙动能增加量相同，重力做功相同，根据动能定理知皮带对滑块所做的功相同，故C正确；电动机多做的功等于系统摩擦产生的内能和滑块机械能的增加量，根据B、C两项分析知放甲滑块时电动机做的功较多，故D错误。
【典例7】(多选)(2023·江西九江月考)第一次将一长木板静止放在光滑水平面上，如图甲所示，一小铅块(可视为质点)以水平初速度v0由木板左端向右滑动，到达右端时恰能与木板保持相对静止。第二次将长木板分成A、B两块，使B的长度和质量均为A的2倍，并紧挨着放在原水平面上，让小铅块仍以初速度v0由A的左端开始向右滑动，如图乙所示。若小铅块相对滑动过程中所受的摩擦力始终不变，则下列说法正确的( )

甲 乙
A．小铅块将从B的右端飞离木板
B．小铅块滑到B的右端前已与B保持相对静止
C．第一次和第二次过程中产生的热量相等
D．第一次过程中产生的热量大于第二次过程中产生的热量
答案: BD
解析：在第一次小铅块运动过程中，小铅块与木板之间的摩擦力使整个木板一直加速，第二次小铅块先使整个木板加速，当小铅块运动到B上后A停止加速，只有B加速，加速度大于第一次相对应过程，故第二次小铅块与B将更早共速，所以小铅块还没有运动到B的右端，二者就已共速，A项错误，B项正确；由于第一次的相对路程大于第二次的相对路程，则第一次过程中产生的热量大于第二次过程中产生的热量，C项错误，D项正确。
练习5、(多选)(2023·石家庄二检)如图所示，轻质弹簧一端固定，另一端与一质量为m、套在粗糙竖直固定杆A处的圆环相连，弹簧水平且处于原长．圆环从A处由静止开始下滑，经过B处的速度最大．到达C处的速度为零，AC＝h.圆环在C处获得一竖直向上的速度v，恰好能回到A.弹簧始终在弹性限度内，重力加速度为g.则圆环( )
A．下滑过程中，加速度一直减小
B．下滑过程中，克服摩擦力做的功为eq \f(1,4)mv2
C．在C处，弹簧的弹性势能为eq \f(1,4)mv2－mgh
D．上滑经过B的速度大于下滑经过B的速度
答案:BD
解析： 圆环受到重力、弹力、阻力、支持力，圆环的运动是先做加速度减小的加速运动，再做加速度增大的减速运动，A项错误；A到C过程，根据能量守恒定律有mgh－Wf＝Ep(Wf为阻力做功，Ep为弹性势能)，C到A过程，eq \f(1,2)mv2＋Ep＝mgh＋Wf，联立解得Wf＝eq \f(1,4)mv2，B项正确；在C处，弹簧的弹性势能为mgh－eq \f(1,4)mv2，C项错误；A到B：mghAB＝EpB＋Wf1＋eq \f(1,2)mveq \\al(2,下)，B到A：mghAB＋Wf1＝eq \f(1,2)mveq \\al(2,上)＋EpB，由两式可知v下练习6、(多选)(2023·江苏南京、盐城二模)如图甲所示，一倾角为θ＝37°的传送带以恒定速度运行。现将一质量为m＝1 kg的物体抛上传送带，物体相对地面的速度随时间变化的关系如图乙所示，取沿传送带向上为正方向，g取10 m/s2，sin 37°＝0.6，cs 37°＝0.8。则下列说法正确的是( )
A．0～8 s内，物体位移的大小是18 m
B．0～8 s内，物体机械能增量是90 J
C．0～8 s内，物体机械能增量是84 J
D．0～8 s内，物体与传送带因摩擦产生的热量是126 J
答案:BD
解析：从题图乙求出0～8 s内物体位移的大小x＝14 m，A错误；0～8 s内，物体上升的高度h＝xsin θ＝8.4 m，物体机械能增量ΔE＝ΔEp＋ΔEk＝90 J，B正确，C错误；0～6 s内物体的加速度a＝μgcs θ－gsin θ＝1 m/s2，解得μ＝eq \f(7,8)，传送带速度大小为4 m/s,0～8 s内物体与传送带间的相对位移为Δx＝18 m，物体与传送带因摩擦产生的热量Q＝μmgcs θ·Δx＝126 J，D正确。
练习7、(多选)(2023·浙江五校联考)如图所示，一倾角为θ＝37°的足够长斜面体固定在水平地面上，质量为M＝2 kg的长木板B沿着斜面以速度v0＝9 m/s匀速下滑，现把质量为m＝1 kg的铁块A无初速度放在长木板B的左端，铁块最终恰好没有从长木板上滑下．已知A与B之间、B与斜面之间的动摩擦因数均为μ，最大静摩擦力等于滑动摩擦力，取重力加速度g＝10 m/s2，sin 37°＝0.6，cs 37°＝0.8，则下列判断正确的是( )
A．动摩擦因数μ＝0.5
B．铁块A和长木板B共速后的速度大小为6 m/s
C．长木板的长度为2.25 m
D．从铁块放上长木板到铁块和长木板共速的过程中，铁块A和长木板B减少的机械能等于A、B之间摩擦产生的热量
答案:BC
解析：开始时长木板B沿着斜面以速度v0＝9 m/s匀速下滑，有Mgsin 37°＝μMgcs 37°，解得μ＝0.75，A错误；铁块A刚放在长木板B上时，对A分析，根据牛顿第二定律有μmgcs 37°＋mgsin 37°＝maA，解得aA＝12 m/s2，方向沿斜面向下，对B，根据牛顿第二定律有μ(M＋m)gcs 37°＋μmgcs 37°－Mgsin 37°＝MaB，解得aB＝6 m/s2，方向沿斜面向上，铁块A和长木板B共速的时间为t，则v0－aBt＝aAt，解得t＝0.5 s，铁块A和长木板B共速后，速度大小为v共＝aBt＝6 m/s，B正确；铁块A和长木板B共速，一起沿斜面匀速下滑，则长木板的长度为L＝xB－xA＝eq \f(v0＋v共,2)t－eq \f(v共,2)t＝2.25 m，C正确；由能量守恒定律可知，从铁块放上长木板到铁块和长木板共速的过程中，铁块A和长木板B减少的机械能等于A、B之间摩擦产生的热量与B与斜面之间摩擦产生的热量之和，D错误．
【巧学妙记】
涉及弹簧的能量问题的解题方法
两个或两个以上的物体与弹簧组成的系统相互作用的过程，具有以下特点：
(1)能量变化过程中，如果只有重力和系统内弹簧弹力做功，系统机械能守恒。
(2)如果系统每个物体除弹簧弹力外所受合外力为零，则当弹簧伸长或压缩到最大程度时物体速度相同。
(3)当水平弹簧处于原长状态时，系统内某一端的物体具有最大速度。
考向四 三种力学方法的应用--多过程问题
1．分析思路
(1)受力与运动分析：根据物体的运动过程分析物体的受力情况，以及不同运动过程中力的变化情况；
(2)做功分析：根据各种力做功的不同特点，分析各种力在不同运动过程中的做功情况；
(3)功能关系分析：运用动能定理、机械能守恒定律或能量守恒定律进行分析，选择合适的规律求解．
2．方法技巧
(1)“合”——整体上把握全过程，构建大致的运动情景；
(2)“分”——将全过程进行分解，分析每个子过程对应的基本规律；
(3)“合”——找出各子过程之间的联系，以衔接点为突破口，寻求解题最优方案．
【典例8】 (2023·高考全国卷甲，T24)如图，一倾角为θ的光滑斜面上有50个减速带(图中未完全画出)，相邻减速带间的距离均为d，减速带的宽度远小于d；一质量为m的无动力小车(可视为质点)从距第一个减速带L处由静止释放。已知小车通过减速带损失的机械能与到达减速带时的速度有关。观察发现，小车通过第30个减速带后，在相邻减速带间的平均速度均相同。小车通过第50个减速带后立刻进入与斜面光滑连接的水平地面，继续滑行距离s后停下。已知小车与地面间的动摩擦因数为μ，重力加速度大小为g。
(1)求小车通过第30个减速带后，经过每一个减速带时损失的机械能；
(2)求小车通过前30个减速带的过程中在每一个减速带上平均损失的机械能；
(3)若小车在前30个减速带上平均每一个损失的机械能大于之后每一个减速带上损失的机械能，则L应满足什么条件？
答案:(1)mgdsin θ (2)eq \f(mg（L＋29d）sin θ－μmgs,30) (3)L＞d＋eq \f(μs,sin θ)
解析：[解析] (1)设小车通过第30个减速带后，经过每个减速带损失的机械能为ΔE
小车从刚通过第30个减速带到刚通过第31个减速带，由动能定理可知
mgdsin θ－ΔE＝0
解得ΔE＝mgdsin θ。
(2)小车运动全程能量守恒，设eq \(E,\s\up6(－))为通过前30个减速带时每一个减速带上平均损失的机械能，
mgLsin θ＋49mgdsin θ＝μmgs＋20ΔE＋30eq \(E,\s\up6(－))
解得eq \(E,\s\up6(－))＝eq \f(mg（L＋29d）sin θ－μmgs,30)。
(3)由题意可知eq \(E,\s\up6(－))＞ΔE
L＞d＋eq \f(μs,sin θ)。
【典例9】 (2023·全国卷Ⅱ，25)如图，一竖直圆管质量为M，下端距水平地面的高度为H，顶端塞有一质量为m的小球。圆管由静止自由下落，与地面发生多次弹性碰撞，且每次碰撞时间均极短；在运动过程中，管始终保持竖直。已知M＝4m，球和管之间的滑动摩擦力大小为4mg，g为重力加速度的大小，不计空气阻力。
(1)求管第一次与地面碰撞后的瞬间，管和球各自的加速度大小；
(2)管第一次落地弹起后，在上升过程中球没有从管中滑出，求管上升的最大高度；
(3)管第二次落地弹起的上升过程中，球仍没有从管中滑出，求圆管长度应满足的条件。
答案:(1)2g 3g (2)eq \f(13,25)H (3)L≥eq \f(152,125)H
解析：(1)管第一次落地弹起的瞬间，小球仍然向下运动。设此时管的加速度大小为a1，方向向下；球的加速度大小为a2，方向向上；球与管之间的摩擦力大小为f，由牛顿运动定律有
Ma1＝Mg＋f①
ma2＝f－mg②
联立①②式并代入题给数据，得a1＝2g，a2＝3g③
(2)管第一次碰地前与球的速度大小相同。由运动学公式，碰地前瞬间它们的速度大小均为
v0＝eq \r(2gH)④
方向均向下。管弹起的瞬间，管的速度反向，球的速度方向依然向下。设自弹起时经过时间t1，管与小球的速度刚好相同。取向上为正方向，由运动学公式
v0－a1t1＝－v0＋a2t1⑤
联立③④⑤式得
t1＝eq \f(2,5)eq \r(\f(2H,g))⑥
设此时管下端的高度为h1，速度为v。由运动学公式可得h1＝v0t1－eq \f(1,2)a1teq \\al(2,1)⑦
v＝v0－a1t1⑧
由③④⑥⑧式可判断此时v＞0。此后，管与小球将以加速度g减速上升h2，到达最高点。由运动学公式有
h2＝eq \f(v2,2g)⑨
设管第一次落地弹起后上升的最大高度为H1，则
H1＝h1＋h2⑩
联立③④⑥⑦⑧⑨⑩式可得H1＝eq \f(13,25)H⑪
(3)设第一次弹起过程中球相对管的位移为x1。在管开始下落到上升H1这一过程中，由动能定理有
Mg(H－H1)＋mg(H－H1＋x1)－4mgx1＝0⑫
联立⑪⑫式并代入题给数据得
x1＝eq \f(4,5)H⑬
同理可推得，管与球从再次下落到第二次弹起至最高点的过程中，球与管的相对位移x2为
x2＝eq \f(4,5)H1⑭
设圆管长度为L。管第二次落地弹起后的上升过程中，球不会滑出管外的条件是x1＋x2≤L⑮
联立⑪⑬⑭⑮式，L应满足条件为
L≥eq \f(152,125)H⑯
练习8、(2023·湖南长沙质检)平昌冬奥会女子单板滑雪U形池项目中，我国选手刘佳宇荣获亚军。如图所示为U形池模型，其中a、c为U形池两侧边缘且在同一水平面上，b为U形池最低点。刘佳宇(可视为质点)从a点上方高h的O点自由下落由左侧进入池中，从右侧飞出后最高上升至相对c点高度为eq \f(h,2)的d点。不计空气阻力，下列判断正确的是( )
A．运动员从O到d的过程中机械能减少
B．运动员再次进入池中后，刚好到达左侧边缘a然后返回
C．运动员第一次进入池中，由a到b的过程与由b到c的过程相比损耗机械能较小
D．运动员从d返回到b的过程中，重力势能全部转化为动能
答案:A
解析：运动员从a点上方高h处自由下落由左侧进入池中，从右侧飞出后上升的最大高度为eq \f(h,2)，此过程中摩擦力做负功，机械能减少eq \f(mgh,2)，再由右侧进入池中时，平均速率要小于由左侧进入池中过程中的平均速率，根据圆周运动的知识可知，速率减小，对应的正压力减小，则平均摩擦力减小，克服摩擦力做的功减少，即摩擦力做的功小于eq \f(mgh,2)，则运动员再次进入池中后，能够冲出左侧边缘a然后返回，故A正确，B错误；同理可知运动员第一次进入池中，由a至b过程的平均速率大于由b到c过程的平均速率，由a到b过程中的平均摩擦力大于由b到c过程中的平均摩擦力，前一过程损耗机械能较大，故C错误；运动员从d返回到b的过程中，摩擦力做负功，重力势能转化为动能和内能，故D错误。
【巧学妙记】
1．正确分析物体的运动过程，做好受力分析．
2．利用运动学公式，结合牛顿第二定律分析物体的速度关系及位移关系，求出两个物体的相对位移．
3．代入公式Q＝Ff·x相对计算，若物体在传送带上做往复运动，则为相对路程s相对．
1. (多选)(2023·甘肃兰州市第一次诊断)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s.则在此过程中( )
A．摩擦力对物块做功为－μmgeq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(s＋d))
B．摩擦力对木板做功为μmgs
C．木板动能的增量为mgd
D．由于摩擦而产生的热量为μmgs
答案:AB
解析：根据功的定义W＝Fscs θ，其中s指物体对地的位移，而θ指力与位移之间的夹角，可知摩擦力对物块做功W1＝－μmg(s＋d)，摩擦力对木板做功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·Δx＝μmgd，D错误．
2．(多选)(2023·黑龙江齐齐哈尔市期末)如图所示，质量为M、长度为l的小车静止在光滑的水平面上，质量为m的小物块(可视为质点)放在小车的最左端．现用一水平恒力F作用在小物块上，使小物块从静止开始做匀加速直线运动．小物块和小车之间的摩擦力为Ff.小物块滑到小车的最右端时，小车运动的距离为x.在这个过程中，以下结论正确的是( )
A．小物块到达小车最右端时具有的动能为(F－Ff)(l＋x)
B．小物块到达小车最右端时，小车具有的动能为Ffx
C．小物块克服摩擦力所做的功为Ff(l＋x)
D．小物块和小车增加的机械能为Fx
答案:ABC
解析：小物块受到向右的拉力F作用，向右运动受到向左的摩擦力Ff，根据相互作用，小车受到向右的摩擦力Ff而运动．小车运动距离为x，而物块从小车的左端运动到右端位移为l＋x.对小车根据动能定理有Ff×x＝Ek1－0，选项B对，对小物块根据动能定理有(F－Ff)×(x＋l)＝Ek2－0，选项A对；小物块克服摩擦力做功Ff(l＋x)，选项C对；小物块和小车重力势能都没有变化，所以他们机械能的增加量等于动能的增加量即Ek1＋Ek2＝Ff×x＋(F－Ff)×(x＋l)＝F(x＋l)－Ffl，选项D错．
3． (2023·福建福州市期末质量检测)如图所示，某段滑雪雪道倾角为30°，总质量为m(包括雪具在内)的滑雪运动员从距底端高为h处的雪道上由静止开始匀加速下滑，加速度为eq \f(1,3)g.在他从上向下滑到底端的过程中，下列说法正确的是( )
A．运动员减少的重力势能全部转化为动能
B．运动员获得的动能为eq \f(1,3)mgh
C．运动员克服摩擦力做功为eq \f(2,3)mgh
D．下滑过程中系统减少的机械能为eq \f(1,3)mgh
答案:D
解析：由于运动员下滑的加速度a＝eq \f(1,3)g4.(多选) (2023·山东省烟台市一模)如图所示，固定的竖直光滑长杆上套有质量为m的小圆环，圆环与水平状态的轻质弹簧一端连接，弹簧的另一端连接在墙上，并且处于原长状态．现让圆环由静止开始下滑，已知弹簧原长为L，圆环下滑到最大距离时弹簧的长度变为2L(未超过弹性限度)，则在圆环下滑到最大距离的过程中( )
A．圆环和弹簧系统的机械能守恒
B．弹簧弹性势能变化了2mgL
C．圆环下滑到最大距离时，所受合力为零
D．圆环重力势能与弹簧弹性势能之和先减小后增大
答案:AD
解析： 圆环沿杆下滑过程中，弹簧和圆环系统满足机械能守恒条件：只有弹簧弹力和重力做功，故系统的机械能守恒，选项A正确；题图中弹簧水平时恰好处于原长状态，圆环下滑到最大距离时弹簧的长度变为2L，可得圆环下降的高度为h＝eq \r(3)L，根据系统的机械能守恒得，弹簧的弹性势能增加值为ΔEp＝mgh＝eq \r(3)mgL，选项B错误；圆环所受合力为零时，加速度为0，速度达到最大，此后圆环将继续向下运动，则弹簧的弹力继续增大，所以当圆环下滑到最大距离时，所受合力不为零，选项C错误；根据圆环与弹簧组成的系统机械能守恒，圆环的动能先增大后减小，则圆环重力势能与弹簧弹性势能之和先减小后增大，选项D正确．
5． (2023·福建省漳州市二模)质量为2 kg的物体以10 m/s的初速度，从起点A出发竖直向上抛出，在它上升到某一点的过程中，物体的动能损失了50 J，机械能损失了10 J，设物体在上升、下降过程空气阻力大小恒定，则该物体再落回到A点时的动能为(g＝10 m/s2)( )
A．40 J B．60 J
C．80 J D．100 J
答案:B
解析：物体上升到某一高度时，重力、阻力均做负功，根据动能定理有：W合＝ΔEk ①，空气阻力做功对应着机械能的变化，则有：Wf＝ΔE ②，将ΔEk＝－50 J，ΔE＝－10 J，代入①②可得：W合＝－50 J，Wf＝－10 J，可得W合＝5Wf，物体的初动能为Ek0＝eq \f(1,2)mv02＝100 J；当物体从A点到最高点的过程中，物体的动能减小了100 J，由动能定理可得，合力做的功W合上＝－100 J，所以空气阻力做功为Wf上＝－20 J，由功能关系知，机械能损失了20 J，由于空气阻力大小恒定，所以下落过程机械能也损失了20 J，则物体落回A点时的动能为60 J，故A、C、D错误，B正确。
6、(多选)(2023湖南湘潭一中月考)如图所示，水平桌面上的轻质弹簧一端固定，另一端与小物块相连．弹簧处于自然长度时物块位于O点(图中未标出)．物块的质量为m，AB＝a，物块与桌面间的动摩擦因数为μ.现用水平向右的力将物块从O点拉至A点，拉力做的功为W.撤去拉力后物块由静止向左运动，经O点到达B点时速度为零．重力加速度为g.则上述过程中( )
A．物块在A点时，弹簧的弹性势能等于W－eq \f(1,2)μmga
B．物块在B点时，弹簧的弹性势能小于W－eq \f(3,2)μmga
C．经O点时，物块的动能小于W－μmga
D．物块动能最大时弹簧的弹性势能小于物块在B点时弹簧的弹性势能
答案:BC
解析：设O点到A点距离为x，则物块从O点运动到A点过程中，根据功能关系可得μmgx＋EpA＝W，从A点到B点过程中同理可得EpA＝μmga＋EpB，由于克服摩擦力做功，则EpB＜EpA，则B点到O点距离一定小于eq \f(a,2)，且x＞eq \f(a,2)，则EpA＝W－μmgx＜W－eq \f(1,2)μmga，A错误；在B点有EpB＝W－μmg(a＋x)＜W－eq \f(3,2)μmga，B正确；物块经过O点，同理可得EkO＝W－2μmgx＜W－μmga，C正确；物块动能最大时所受弹力kx＝μmg，而在B点弹力与摩擦力大小关系未知，故物块动能最大时弹簧伸长量与物块在B点时弹簧伸长量大小未知，故两位置弹性势能的大小关系不好判断，D错误．
7．(2023·武汉联考)如图所示，光滑水平面上有一木板，质量M＝1.0 kg，长度L＝1.0 m．在木板的最左端有一个小铁块(可视为质点)，质量m＝1.0 kg.小铁块与木板之间的动摩擦因数μ＝0.30.开始时它们都处于静止状态，某时刻起对木板施加一个水平向左的拉力F将木板抽出，若F＝8 N，g取10 m/s2.求：
(1)抽出木板的过程中摩擦力分别对木板和铁块做的功；
(2)抽出木板的过程中由于摩擦产生的内能Q.
解析：(1)当F＝8 N将木板从小铁块下方抽出，小铁块运动的加速度为：a1＝μg＝3 m/s2
木板运动的加速度为：a2＝eq \f(F－μmg,M)，可得a2＝5 m/s2
设抽出过程的时间为t，根据几何关系：
eq \f(1,2)a2t2－eq \f(1,2)a1t2＝L
解得：t＝1 s
所以小铁块运动的位移为：x1＝eq \f(1,2)a1t2，解得：x1＝1.5 m
木板运动的位移为：x2＝eq \f(1,2)a2t2，解得：x2＝2.5 m
摩擦力对小铁块做的功为：W1＝μmgx1，解得W1＝4.5 J
摩擦力对木板做的功为：W2＝－μmgx2，解得：W2＝－7.5 J
(2)抽出木板的过程中由于摩擦产生的内能
Q＝μmg(x2－x1)＝3 J
8、(2023武汉调研)如图所示，一物体质量m＝2 kg，在倾角θ＝37°的斜面上的A点以初速度v0＝3 m/s下滑，A点距弹簧上端挡板位置B点的距离AB＝4 m．当物体到达B点后将弹簧压缩到C点，最大压缩量BC＝0.2 m，然后物体又被弹簧弹上去，弹到的最高位置为D点，D点距A点的距离AD＝3 m．挡板及弹簧质量不计，g取10 m/s2，sin 37°＝0.6，求：
(1)物体与斜面间的动摩擦因数μ；
(2)弹簧的最大弹性势能Epm.
答案:
解析： (1)物体从开始位置A点到最后D点的过程中，弹性势能没有发生变化，机械能的减少量全部用来克服摩擦力做功，即：eq \f(1,2)mveq \\al(2,0)＋mgLAD·sin 37°＝μmgcs 37°(LAB＋2LCB＋LBD)
代入数据解得：μ≈0.52
(2)物体由A到C的过程中
动能减少量ΔEk＝eq \f(1,2)mveq \\al(2,0)
重力势能减少量ΔEp＝mgLACsin 37°
摩擦产生的热量Q＝μmgcs 37°·LAC
由能量守恒定律可得弹簧的最大弹性势能为：
Epm＝ΔEk＋ΔEp－Q
＝eq \f(1,2)mveq \\al(2,0)＋mgLACsin 37°－μmgcs 37°·LAC≈24.5 J
1.(多选) (2023·福建省漳州市二模)如图所示，汽车在拱形桥上由A匀速率运动到B，以下说法正确的是( )
A．牵引力与克服摩擦力做的功相等
B．合外力对汽车不做功
C．牵引力和重力做的总功大于克服摩擦力做的功
D．汽车在上拱形桥的过程中克服重力做的功转化为汽车的重力势能
答案: BD
解析： 汽车由A匀速率运动到B，合外力始终指向圆心，合外力做功为零，即W牵＋WG－Wf＝0，即牵引力与重力做的总功等于克服摩擦力做的功，A、C错误，B正确；汽车在上拱形桥的过程中，克服重力做的功转化为汽车的重力势能，D正确．
2.(多选)(2023·重庆高三模拟)如图所示，轻质弹簧上端固定，下端系一物体。物体在A处时，弹簧处于原长状态。现用手托住物体使它从A处缓慢下降，到达B处时，手和物体自然分开。此过程中，物体克服手的支持力所做的功为W。不考虑空气阻力。关于此过程，下列说法正确的有( )
A．物体重力势能减小量一定大于W
B．弹簧弹性势能增加量一定小于W
C．物体与弹簧组成的系统机械能增加量为W
D．若将物体从A处由静止释放，则物体到达B处时的动能为W
答案:AD
解析：根据能量守恒定律可知，在此过程中减少的重力势能mgh＝ΔEp＋W，所以物体重力势能减小量一定大于W，不能确定弹簧弹性势能增加量与W的大小关系，故A正确，B错误；支持力对物体做负功，所以物体与弹簧组成的系统机械能减少W，所以C错误；若将物体从A处由静止释放，从A到B的过程，根据动能定理：Ek＝mgh－ΔEp＝W，所以D正确。
3.(多选)(2023·河北邢台摸底)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M做功之和大于M动能的增加量
C．拉力对M做的功等于M机械能的增加量
D．两滑块组成系统的机械能损失等于M克服摩擦力做的功
答案: BD
解析：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，合力方向与绳子方向的夹角为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M受力分析，受到重力、斜面的支持力、绳子拉力以及滑动摩擦力作用，根据动能定理可知，M动能的增加量等于拉力和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M做功之和大于M动能的增加量，故B正确；根据除重力以外的力对物体做功等于物体机械能的变化量可知，拉力和摩擦力对M做的功之和等于M机械能的增加量，故C错误；对两滑块组成系统分析可知，除了重力之外只有摩擦力对M做功，所以两滑块组成的系统的机械能损失等于M克服摩擦力做的功，故D正确．
4、(多选)(2023·福建省龙岩市上学期期末)如图所示，轻质弹簧一端固定在水平面上的光滑转轴O上，另一端与套在粗糙固定直杆A处质量为m的小球(可视为质点)相连．A点距水平面的高度为h，直杆与水平面的夹角为30°，OA＝OC，B为AC的中点，OB等于弹簧原长．小球从A处由静止开始下滑，经过B处的速度为v，并恰能停在C处．已知重力加速度为g，则下列说法正确的是( )
A．小球通过B点时的加速度为eq \f(g,2)
B．小球通过AB段与BC段摩擦力做功相等
C．弹簧具有的最大弹性势能为eq \f(1,2)mv2
D．A到C过程中，产生的内能为mgh
答案:BCD
解析：因在B点时弹簧处于原长，则到达B点时的加速度为a＝gsin 30°－μgcs 30°5．(2023·山东省菏泽市一模)如图甲所示，质量m＝1 kg的物块放置在竖直固定的弹簧上方(未拴接)，用力向下压物块至某一位置，然后由静止释放，取该位置为物块运动的起始位置，物块上升过程的a­x图像如图乙所示，不计空气阻力，重力加速度g＝10 m/s2。则下列说法正确的是( )
A．物块运动过程的最大加速度大小为20 m/s2
B．弹簧的劲度系数为50 N/m
C．弹簧最大弹性势能为9 J
D．物块加速度为0时离开弹簧
答案:A
解析：物块离开弹簧时弹簧的弹力为零，物块只受重力作用，加速度为g，设物块运动过程的最大加速度大小为am，由图乙可知，当x＝0时，物块的加速度最大，由三角形相似可知eq \f(am,g)＝eq \f(0.2,0.1)，得am＝2g＝20 m/s2，故A正确，D错误；x＝0.3 m时物块离开弹簧，x＝0.2 m时弹簧的压缩量为Δx＝0.3 m－0.2 m＝0.1 m，此时a＝0，根据平衡条件得mg＝kΔx，解得弹簧的劲度系数为k＝100 N/m，故B错误；x＝0时，对物块，由牛顿第二定律得F弹m－mg＝mam，解得弹簧最大的弹力大小为F弹m＝3mg＝30 N，x由0→0.3 m的过程，弹簧的弹力做功为W＝eq \x\t(F)弹x＝eq \f(F弹m＋0,2)x＝eq \f(30＋0,2)×0.3 J＝4.5 J，则弹簧最大弹性势能为Ep＝W＝4.5 J，故C错误。
6、(多选(2023·江苏南京二模))如图所示为某建筑工地所用的水平放置的运输带，在电动机的带动下运输带始终以恒定的速度v0＝1 m/s顺时针传动．建筑工人将质量m＝2 kg的建筑材料静止地放到运输带的最左端，同时建筑工人以v0＝1 m/s的速度向右匀速运动．已知建筑材料与运输带之间的动摩擦因数为μ＝0.1，运输带的长度为L＝2 m，重力加速度大小为g＝10 m/s2.以下说法正确的是( )
A．建筑工人比建筑材料早到右端0.5 s
B．建筑材料在运输带上一直做匀加速直线运动
C．因运输建筑材料电动机多消耗的能量为1 J
D．运输带对建筑材料做的功为1 J
答案:AD
解析：建筑工人匀速运动到右端，所需时间t1＝eq \f(L,v0)＝2 s，假设建筑材料先加速再匀速运动，加速时的加速度大小为a＝μg＝1 m/s2，加速的时间为t2＝eq \f(v0,a)＝1 s，加速运动的位移为x1＝eq \f(v0,2)t2＝0.5 m7.(多选)(2023·蚌埠第二次质检)从地面竖直向上抛出一质量为1 kg的物体，物体运动时所受空气阻力大小不变。以地面为零势能面，物体在上升过程中动能Ek与重力势能Ep的关系如图所示，重力加速度取10 m/s2，则下列结论正确的是 ( )
A．空气阻力的大小为5 N
B．空气阻力的大小为10 N
C．物体重力势能和动能相等时的高度为2.88 m
D．物体重力势能和动能相等时的高度为2.40 m
答案:AC
解析：由动能定理可知Ek－Ek0＝－(mg＋f)h，即Ek＝Ek0－(mg＋f)h＝72 J－Ep－fh，在最高点时Ep＝48 J＝mgh＝10h，解得最大高度h＝4.8 m，f＝5 N，A正确，B错误；物体重力势能和动能相等时，即Ek＝Ep，则2Ep＝2mgh′＝72 J－fh′＝72 J－5h′，解得高度为h′＝2.88 m，C正确，D错误。
8、(2023·乐山模拟)如图，竖直平面内的轨道Ⅰ和Ⅱ都由两段细直杆连接而成，两轨道长度相等．用相同的水平恒力将穿在轨道最低点B的静止小球，分别沿Ⅰ和Ⅱ推至最高点A，所需时间分别为t1、t2；动能增量分别为ΔEk1、ΔEk2.假定球在经过轨道转折点前后速度的大小不变，且球与Ⅰ、Ⅱ轨道间的动摩擦因数相等，则( )
A．ΔEk1>ΔEk2；t1>t2 B．ΔEk1＝ΔEk2；t1>t2
C．ΔEk1>ΔEk2；t1答案: B
解析：两轨道长度相等，球与Ⅰ、Ⅱ轨道间的动摩擦因数相等，Wf＝μ(mgcs α＋Fsin α)·s＝μmgx＋μFh，用相同的水平恒力使它们到达最高点，则水平恒力做功相等，摩擦力做功相等，重力做功相等，根据动能定理WF－mgh－Wf＝ΔEk知，动能的增量相等，即ΔEk1＝ΔEk2.作出小球在轨道Ⅰ、Ⅱ上运动的v－t图象如图所示，则t1>t2.
9、(多选)(2023·合肥调研)如图所示，一弹性轻绳(弹力与其伸长量成正比)左端固定在墙上A点，右端穿过一固定的光滑圆环B连接一个质量为m的小球p，小球p在B点时，弹性轻绳处在自然伸长状态。小球p穿过竖直固定杆在C处时，弹性轻绳的弹力为mg。将小球p从C点由静止释放，到达D点时速度恰好为0。已知小球与杆间的动摩擦因数为0.2，A、B、C在一条水平直线上，CD＝h；重力加速度为g，弹性绳始终处在弹性限度内。下列说法正确的是( )
A．小球从C点运动到D点的过程中克服摩擦力做功为0.3mgh
B．小球从C点运动到D点的过程中克服摩擦力做功为0.2mgh
C．若仅把小球质量变为2m，则小球到达D点时的速度大小为eq \r(gh)
D．若仅把小球质量变为2m，则小球到达D点时的速度大小为eq \r(2gh)
答案:BC
解析：设BC的长度为L，根据胡克定律有mg＝kL，设BD与竖直方向的夹角为α，则伸长量为eq \f(L,sin α)，故弹力为F＝keq \f(L,sin α)，对小球受力分析，受重力、弹性绳的弹力、摩擦力、支持力，水平方向平衡，故N＝Fsin α＝kL＝mg，由此可知，下降过程中，水平方向的支持力保持不变，且摩擦力f＝μN＝0.2mg，故小球从C点运动到D点的过程中克服摩擦力做功为Wf＝fh＝0.2mgh，故A错误，B正确；对小球从C点运动到D点的过程，根据动能定理有mgh－fh－W弹＝0，解得W弹＝0.8mgh，若仅把小球的质量变成2m，小球从C点运动到D点的过程，根据动能定理，有2mgh－fh－W弹＝eq \f(1,2)×2mvD2，解得vD＝eq \r(gh)，故C正确，D错误。
10. (2023·江苏省盐城市高三三模)如图所示，长为L的轻杆A端固定质量为m的小球，另一端可以绕轴O自由转动。在光滑水平面上，质量为M、边长为x的正方形木块在水平外力的作用下，使轻杆、木块均处于静止状态，此时，杆与水平面夹角为α。撤去外力，木块水平向右运动。经过一段时间，杆与水平面夹角为β。重力加速度为g，以水平面为零势能面。求上述过程中：
(1)小球重力势能的最大值Epm；
(2)小球发生的位移大小xA；
(3)轻杆对木块所做的功W。
答案: (1)mgLsinα (2)2Lsineq \f(α－β,2)(3)eq \f(MmgLx2sinα－sinβ,Mx2＋mL2sin4β)
解析：(1)小球在初始位置时处于最高点，则Epm＝mgLsinα。
(2)小球在运动过程中，做圆周运动，圆周对应的圆心角为α－β，小球的位移是圆周对应的弦长，如图1，为xA＝2Lsineq \f(α－β,2)。
(3)杆与水平面夹角为β时，设木块的速度为v，与木块接触的杆上的点垂直于杆的速度为v1，小球的速度为v2，有v1＝vsinβ
eq \f(v1,\f(x,sinβ))＝eq \f(v2,L)
对小球与木块，整个运动过程中系统机械能守恒，有mgLsinα＝mgLsinβ＋eq \f(1,2)Mv2＋eq \f(1,2)mveq \\al(2,2)
对木块，由动能定理得W＝eq \f(1,2)Mv2
联立解得W＝eq \f(MmgLx2sinα－sinβ,Mx2＋mL2sin4β)。
11、(2023·江苏盐城二模)如图所示，水平地面上有一长L＝2 m、质量M＝1 kg的长板，其右端上方有一固定挡板．质量m＝2 kg的小滑块从长板的左端以v0＝6 m/s的初速度向右运动，同时长板在水平拉力F作用下以v＝2 m/s的速度向右匀速运动，滑块与挡板相碰后速度为0，长板继续匀速运动，直到长板与滑块分离．已知长板与地面间的动摩擦因数μ1＝0.4，滑块与长板间的动摩擦因数μ2＝0.5，重力加速度g取10 m/s2.求：
(1)滑块从长板的左端运动至挡板处的过程，长板的位移x；
(2)滑块碰到挡板前，水平拉力大小F；
(3)滑块从长板的左端运动至与长板分离的过程，系统因摩擦产生的热量Q.
答案:(1)0.8 m (2)2 N (3)48 J
解析：(1)滑块在板上做匀减速运动，
a＝eq \f(μ2mg,m)＝μ2g
解得：a＝5 m/s2
根据运动学公式得：L＝v0t－eq \f(1,2)at2
解得t＝0.4 s (t＝2.0 s舍去)
碰到挡板前滑块速度v1＝v0－at＝4 m/s>2 m/s，说明滑块一直匀减速
板移动的位移x＝vt＝0.8 m
(2)对板受力分析如图所示，
有：F＋Ff2＝Ff1
其中Ff1＝μ1(M＋m)g＝12 N，Ff2＝μ2mg＝10 N
解得：F＝2 N
(3)法一：滑块与挡板碰撞前，滑块与长板因摩擦产生的热量：
Q1＝Ff2·(L－x) ＝μ2mg (L－x)＝12 J
滑块与挡板碰撞后，滑块与长板因摩擦产生的热量：Q2＝μ2mg(L－x)＝12 J
整个过程中，长板与地面因摩擦产生的热量：
Q3＝μ1(M＋m)g·L＝24 J
所以，系统因摩擦产生的热量：
Q＝Q1＋Q2＋Q3＝48 J
法二：滑块与挡板碰撞前，木板受到的拉力为F1＝2 N (第二问可知)
F1做功为W1＝F1x＝2×0.8＝1.6 J
滑块与挡板碰撞后，木板受到的拉力为：
F2＝Ff1＋Ff2＝μ1(M＋m)g＋μ2mg＝22 N
F2做功为W2＝F2(L－x)＝22×1.2 J＝26.4 J
碰到挡板前滑块速度v1＝v0－at＝4 m/s
滑块动能变化：ΔEk＝20 J
所以系统因摩擦产生的热量：
Q＝ W1＋W2＋ΔEk＝48 J.
12. (2023·福建省莆田市二模)如图所示，长为l的轻绳一端系于固定点O，另一端系一质量为m的小球。将小球从与O点等高的A点以一定初速度水平向右抛出，经一段时间后绳被拉直，此后小球以O为圆心在竖直平面内摆动。已知O、A的距离为eq \f(\r(3),2)l，绳刚被拉直时与竖直方向的夹角为60°，重力加速度为g，不计空气阻力。求：
(1)小球抛出时的速度以及绳被拉直后瞬间的速度；
(2)小球摆到最低点时，绳对小球的拉力大小。
答案: (1)eq \r(3gL) 0 (2)2mg
解析：(1)从A点水平向右抛出后至绳子拉直前，小球做平抛运动，则绳子拉直瞬间，
水平方向：lsin60°＋eq \f(\r(3),2)l＝v0t
竖直方向：lcs60°＝eq \f(1,2)gt2
绳被拉直前瞬间的速度v＝eq \r(v\\al(2,0)＋gt2)
联立解得v0＝eq \r(3gl)，v＝2eq \r(gl)
设绳被拉直时速度方向与竖直方向的夹角为α，则tanα＝eq \f(v0,gt)＝eq \f(\r(3gl),\r(gl))＝eq \r(3)
解得α＝60°
即合速度方向沿绳的方向，则绳拉直后瞬间小球的速度为零。
(2)绳被拉直后至小球摆到最低点的过程，根据机械能守恒定律，有
mgl(1－cs60°)＝eq \f(1,2)mveq \\al(2,1)
小球摆到最低点时，有T－mg＝meq \f(v\\al(2,1),l)
联立解得绳对小球的拉力大小T＝2mg。
13、(2023·贵州三校联考)如图所示，一足够长的水平传送带以大小为v0的速度匀速转动，质量均为m的小物块P和小物块Q由通过滑轮组的轻绳连接，轻绳足够长且不可伸长．某时刻物块P从传送带左端以大小为2v0的速度冲上传送带，P与定滑轮间的绳子水平，已知物块P与传送带间的动摩擦因数μ＝0.25，重力加速度为g，不计滑轮的质量与摩擦．
(1)求运动过程中小物块P、Q的加速度大小之比；
(2)求从物块P刚冲上传送带到向右运动到最远处的过程中，P、Q组成的系统的机械能的改变量；
(3)若传送带匀速运动的速度大小为v(0＜v＜2v0)，当v取多大时，从物块P刚冲上传送带到向右运动到最远处的过程中，P与传送带间产生的热量最小？最小值为多大？
答案: (1)2∶1 (2)0 (3)当v＝eq \f(v0,2)时，产生的热量最小，最小值Q＝eq \f(5,8)mveq \\al(2,0)
解析： (1)设P的位移、加速度大小分别为s、a，Q的位移、加速度大小分别为s′、a′，因此s＝2s′，故a∶a′＝2∶1.
(2)物块P先减速到与传送带速度相同，设此过程中P的加速度大小为a1，Q的加速度大小为a2，则a1＝2a2.
对P有μmg＋T＝ma1
对Q有mg－2T＝ma2
联立解得a1＝0.6g.
设此过程中物块P的位移为x1，则有x1＝eq \f(2v02－v\\al(2,0),2a1)＝eq \f(5v\\al(2,0),2g).
共速后，由于f＝μmg＜mg/2，P不可能随传送带一起匀速运动，继续向右减速．
设P从与传送带共速到减速到0的过程中，P的加速度为a′1，则Q的加速度为a′2＝a′1/2
对P有T－μmg＝ma′1
对Q有mg－2T＝ma′2
联立解得a′1＝0.2g
设P从与传送带共速到减速到0的过程中位移为x2，则有x2＝eq \f(v\\al(2,0),2a′1)＝eq \f(5v\\al(2,0),2g).
P、Q组成的系统机械能的改变量等于摩擦力对P做的功，ΔE＝－μmg·x1＋μmg·x2＝0
[P、Q组成的系统机械能的改变量也可用能量守恒定律求解，ΔE＝mgeq \f(x1＋x2,2)－eq \f(1,2)m(2v0)2－eq \f(1,2)mveq \\al(2,0)＝0]
(3)P减速到与传送带速度相同的过程中，相对传送带向右运动，相对路程s1＝eq \f(2v0－v2,2a1)
P从与传送带共速到减速到0的过程中，相对传送带向左运动，相对路程s2＝eq \f(v2,2a′1)
产生的热量Q＝μmg·(s1＋s2)＝eq \f(5,6)m(v2－vv0＋veq \\al(2,0))
当v＝eq \f(v0,2)时，产生的热量最小，最小值
Q＝eq \f(5,8)mveq \\al(2,0).
14、(2023年广东省广州市高三下学期一模)倾角为θ的斜面与足够长的光滑水平面在D处平滑连接,斜面上AB的长度为3L,BC、CD的长度均为3.5L,BC部分粗糙,其余部分光滑。如图所示,4个“—|”形小滑块工件紧挨在一起排在斜面上,从下往上依次标为1、2、3、4,滑块上长为L的轻杆与斜面平行并与上一个滑块接触但不粘连,滑块1恰好在A处。现将4个滑块一起由静止释放,设滑块经过D处时无机械能损失,轻杆不会与斜面相碰。已知每个滑块的质量为m并可视为质点,滑块与粗糙面间的动摩擦因数μ=tan θ,重力加速度为g。求:
(1)滑块1刚进入BC部分时,滑块1上的轻杆所受到的压力大小。
(2)4个滑块全部滑上水平面后,相邻滑块之间的距离。
答案:(1)34mgsin θ (2)43L
解析：(1)以4个滑块整体为研究对象,设第一个滑块刚进入BC段时,4个滑块整体的加速度为a,由牛顿第二定律有
4mgsin θ-μmgcs θ=4ma
以滑块1为研究对象,设它刚进入BC段时,轻杆受到的压力为F,由牛顿第二定律有
F+mgsin θ-μmgcs θ=ma
已知μ=tan θ
联立可得F=34mgsin θ。
(2)设4个滑块整体完全进入粗糙段时,即第4个滑块刚进入BC部分时,滑块的共同速度为v,这个过程,4个滑块整体向下移动了6L的距离,1、2、3滑块在粗糙段向下移动的距离分别为3L、2L、L,由动能定理有
(4mgsin θ)·6L-μ(mgcs θ)(3L+2L+L)=12×4mv2
解得v=3gLsin?
由于滑块与粗糙面间的动摩擦因数μ=tan θ,则4个滑块都进入BC段后,所受合外力为0,各滑块均以速度v做匀速运动
第1个滑块离开BC后匀加速下滑,设到达D处时速度为v1,由动能定理有
(mgsin θ)(3.5L)=12mv12-12mv2
解得v1=4gLsin?
当第1个滑块到达BC边缘刚要离开粗糙段时,第2个滑块正以速度v匀速向下运动,且运动L距离后离开粗糙段,依次类推,直到第4个滑块离开粗糙段。由此可知,相邻两个滑块到达BC段边缘的时间差Δt=Lv,因此到达水平面的时间差也为Δt=Lv
所以滑块在水平面上的间距d=v1Δt
联立解得d=43L。
1. (2023全国甲卷)一质量为m的物体自倾角为α的固定斜面底端沿斜面向上滑动．该物体开始滑动时的动能为Ek，向上滑动一段距离后速度减小为零，此后物体向下滑动，到达斜面底端时动能为eq \f(Ek,5).已知sin α＝0.6，重力加速度大小为 g．则( )
A．物体向上滑动的距离为eq \f(Ek,2mg)
B．物体向下滑动时的加速度大小为eq \f(g,5)
C．物体与斜面间的动摩擦因数等于0.5
D．物体向上滑动所用的时间比向下滑动的时间长
答案:BC
解析：物体从斜面底端回到斜面底端，根据动能定理有－μmg·2lcs α＝eq \f(Ek,5)－Ek
物体从斜面底端到斜面顶端，根据动能定理有
－mglsin α－μmglcs α＝0－Ek
整理得l＝eq \f(Ek,mg)，μ＝0.5
故A错误，C正确；
物体向下滑动时，根据牛顿第二定律有
mgsin α－μmgcs α＝ma
解得a＝eq \f(g,5)，故B正确；
物体向上滑动时，根据牛顿第二定律有
mgsin α＋μmgcs α＝ma上
物体向下滑动时，根据牛顿第二定律有
mgsin α－μmgcs α＝ma下
由以上各式可知a上>a下
由于上升过程中的末速度为零，下滑过程中的初速度为零，且走过相同的位移，根据公式l＝eq \f(1,2)at2
则可得出t上2、(2023·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
答案: C
解析：小球始终受到与重力大小相等的水平外力的作用，机械能的增量ΔE机＝W除G外力，机械能的增量等于水平外力在从a点开始运动到其轨迹最高点过程做的功。设小球运动到c点的速度为vc，由动能定理有：F·3R－mg·R＝eq \f(1,2)mveq \\al(2,c)，解得：vc＝2eq \r(gR)。小球运动到c点后，根据小球受力情况，可分解为水平方向初速度为零的匀加速运动，加速度为ax＝g，竖直方向的竖直上抛运动，加速度也为g，小球上升至最高点时，竖直方向速度减小为零，时间为t＝eq \f(vc,g)＝eq \f(2\r(gR),g)，水平方向的位移为：x＝eq \f(1,2)axt2＝eq \f(1,2)geq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(2\r(gR),g)))2＝2R。综上所述小球从a点开始运动到其轨迹最高点，机械能的增量为ΔE机＝F·(3R＋x)＝5mgR，正确答案为C。
3、(2023·全国卷Ⅲ) 如图，一质量为m，长度为l的均匀柔软细绳PQ竖直悬挂。用外力将绳的下端Q缓慢地竖直向上拉起至M点，M点与绳的上端P相距eq \f(1,3)l。重力加速度大小为g。在此过程中，外力做的功为( )
A.eq \f(1,9)mgl B．eq \f(1,6)mgl
C.eq \f(1,3)mgl D．eq \f(1,2)mgl
答案:A
解析：以均匀柔软细绳MQ段为研究对象，其质量为eq \f(2,3)m，取M点所在的水平面为零势能面，开始时，细绳MQ段的重力势能Ep1＝－eq \f(2,3)mg·eq \f(l,3)＝－eq \f(2,9)mgl，用外力将绳的下端Q缓慢地竖直向上拉起至M点时，细绳MQ段的重力势能Ep2＝－eq \f(2,3)mg·eq \f(l,6)＝－eq \f(1,9)mgl，则外力做的功即克服重力做的功等于细绳MQ段的重力势能的变化，即W＝Ep2－Ep1＝－eq \f(1,9)mgl＋eq \f(2,9)mgl＝eq \f(1,9)mgl，A正确。
4、(2023湖北省新高考适应性测试） 如图所示，两倾角均为的光滑斜面对接后固定水平地面上，O点为斜面的最低点。一个小物块从右侧斜面上高为H处由静止滑下，在两个斜面上做往复运动。小物块每次通过O点时都会有动能损失，损失的动能为小物块当次到达O点时动能的5%。小物块从开始下滑到停止的过程中运动的总路程为（ ）
A. B. C. D.
答案:B
解析：小物块第一次到达O点，获得的动能
运动的路程
小球第一次通过O点损失的动能为，滑上斜面到最高点
到第二次到达O点运动的路程
小球第二次通过O点损失的动能为
则第二次通过O点小球的动能为
滑上斜面的最高点
小球第三次达到O点的路程
小球第三次通过O点损失的动能为
……
设当小球第n次通过O点时刚好静止，第n次损失的动能为
则在整个过程中损失的动能
根据等比数列求和公式得
可得n趋于无穷大；
则在整个过程中的路程
根据等比数列求和公式得
当n趋于无穷大，有
故选B。
5、（多选）(2023年重庆市普通高等学校招生适应性考试）10. 如图所示，倾角为θ的斜面MN段粗糙，其余段光滑，PM、MN长度均为3d。四个质量均为m的相同样品1、2、3、4放在斜面上，每个样品（可视为质点）左侧固定有长度为d的轻质细杆，细杆与斜面平行，且与其左侧的样品接触但不粘连，样品与MN间的动摩擦因数为tanθ。若样品1在P处时，四个样品由静止一起释放，则（重力加速度大小为g）（ ）
A. 当样品1刚进入MN段时，样品的共同加速度大小为
B. 当样品1刚进入MN段时，样品1的轻杆受到压力大小为3mgsinθ
C. 当四个样品均位于MN段时，摩擦力做的总功为9dmgsinθ
D. 当四个样品均位于MN段时，样品的共同速度大小为
答案:AD
解析：AB．当样品1刚进入MN段时，以四个样品整体为对象，根据牛顿第二定律得
解得样品的共同加速度大小为
以样品1为对象，根据牛顿第二定律得
解得样品1的轻杆受到压力大小为故A正确，B错误；
C．当四个样品均位于MN段时，摩擦力对样品1做功
摩擦力对样品2做功
摩擦力对样品3做功
此时样品4刚进入MN段摩擦力对样品4不做功，所以当四个样品均位于MN段时，摩擦力做的总功为
故C错误；
D．样品1进入MN段之前，根据牛顿第二定律可知，整体的加速度
样品2进入MN段之前，根据牛顿第二定律可知，整体的加速度
样品3进入MN段之前，根据牛顿第二定律可知，整体的加速度
样品4进入MN段之前，根据牛顿第二定律可知，整体的加速度
由速度位移关第可知样品1刚进入MN段时的速度
样品2刚进入MN段时的速度
样品3刚进入MN段时的速度
样品4刚进入MN段时的速度
综合上面分析可知
当四个样品均位于MN段时，样品的共同速度大小为故D正确。
故选AD。
6、(2023·浙江1月选考·20)如图所示，一弹射游戏装置由安装在水平台面上的固定弹射器、竖直圆轨道(在最低点E分别与水平轨道EO和EA相连)、高度h可调的斜轨道AB组成．游戏时滑块从O点弹出，经过圆轨道并滑上斜轨道．全程不脱离轨道且恰好停在B端则视为游戏成功．已知圆轨道半径r＝0.1 m，OE长L1＝0.2 m，AC长L2＝0.4 m，圆轨道和AE光滑，滑块与AB、OE之间的动摩擦因数μ＝0.5.滑块质量m＝2 g且可视为质点，弹射时从静止释放且弹簧的弹性势能完全转化为滑块动能．忽略空气阻力，各部分平滑连接．求：
(1)滑块恰好能过圆轨道最高点F时的速度vF大小；
(2)当h＝0.1 m且游戏成功时，滑块经过E点对圆轨道的压力FN大小及弹簧的弹性势能Ep0；
(3)要使游戏成功，弹簧的弹性势能Ep与高度h之间满足的关系．
答案:见解析
解析：(1)滑块恰好能过F点的条件为mg＝meq \f(vF2,r)
解得vF＝1 m/s
(2)滑块从E点到B点，由动能定理得
－mgh－μmgL2＝0－eq \f(1,2)mvE2
在E点由牛顿第二定律得FN′－mg＝meq \f(vE2,r)
解得FN＝FN′＝0.14 N
从O点到B点，由能量守恒定律得：
Ep0＝mgh＋μmg(L1＋L2)
解得Ep0＝8.0×10－3 J
(3)使滑块恰能过F点的弹性势能
Ep1＝2mgr＋μmgL1＋eq \f(1,2)mvF2＝7.0×10－3 J
到B点减速到0
Ep1－mgh1－μmg(L1＋L2)＝0
解得h1＝0.05 m
设斜轨道的倾角为θ，若滑块恰好能停在B点不下滑，
则μmgcs θ＝mgsin θ
解得tan θ＝0.5，此时h2＝0.2 m
从O点到B点
Ep＝mgh＋μmg(L1＋L2)＝2×10－3(10h＋3) J
其中0.05 m≤h≤0.2 m.
7、(2023·福建高考)如图(a)，一倾角37°的固定斜面的AB段粗糙，BC段光滑。斜面上一轻质弹簧的一端固定在底端C处，弹簧的原长与BC长度相同。一小滑块在沿斜面向下的拉力T作用下，由A处从静止开始下滑，当滑块第一次到达B点时撤去T。T随滑块沿斜面下滑的位移s的变化关系如图(b)所示。已知AB段长度为2 m，滑块质量为2 kg，滑块与斜面AB段的动摩擦因数为0.5，弹簧始终在弹性限度内，重力加速度大小取10 m/s2，sin 37°＝0.6。求：
(1)当拉力为10 N时，滑块的加速度大小；
(2)滑块第一次到达B点时的动能；
(3)滑块第一次在B点与弹簧脱离后，沿斜面上滑的最大距离。
答案:(1)7 m/s2 (2)26 J (3)1.3 m
解析：(1)设小滑块的质量为m，斜面倾角为θ，滑块与斜面间的动摩擦因数为μ，滑块受斜面的支持力大小为N，滑动摩擦力大小为f，拉力为10 N时滑块的加速度大小为a。由牛顿第二定律和滑动摩擦力公式有
T＋mgsin θ－f＝ma①
N－mgcs θ＝0②
f＝μN③
联立①②③式并代入题给数据得a＝7 m/s2。④
(2)设滑块在AB段运动的过程中拉力所做的功为W，由功的定义有W＝T1s1＋T2s2⑤
式中T1、T2和s1、s2分别对应滑块下滑过程中两阶段所受的拉力及相应的位移大小。依题意，T1＝8 N，s1＝1 m，T2＝10 N，s2＝1 m。设滑块第一次到达B点时的动能为Ek，由动能定理有
W＋(mgsin θ－f)eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(s1＋s2))＝Ek－0⑥
联立②③⑤⑥式并代入题给数据得Ek＝26 J。⑦
(3)由机械能守恒定律可知，滑块第二次到达B点时，动能仍为Ek。设滑块离B点的最大距离为smax，由动能定理有－(mgsin θ＋f)smax＝0－Ek⑧
联立②③⑦⑧式并代入题给数据得smax＝1.3 m。⑨
新课程标准
1.理解能量守恒定律， 体会守恒观念对认识物理规律的重要性。能用能量守恒定律分析生产生活中的有关问题。
命题趋势
考查的内容主要体现对能量观念的认识、模型建构和科学推理等物理学科的核心素养。往往与动力学、运动学以及电磁学等主干知识相结合，并密切联系实际，难度较大，突出体现高考的选择性特征．
试题情境
生活实践类
各种体育比赛项目、各种生产工具、各种娱乐项目和传送带等．
功能关系的理解和应用、能量守恒及转化问题
学习探究类
含弹簧系统能量守恒问题，传送带、板块模型的功能关系的理解和应用、能量守恒及转化问题
能量
功能关系
定量关系
势能
重力做功等于重力势能减少量
(1)力做正功，势能减少
(2)力做负功，势能增加
W＝Ep1－Ep2＝－ΔEp
弹力做功等于弹性势能减少量
静电力做功等于电势能减少量
分子力做功等于分子势能减少量
动能
合外力做功等于物体动能变化量
(1)合力做正功，动能增加
(2)合力做负功，动能减少
W＝Ek2－Ek1＝eq \f(1,2)mv2－eq \f(1,2)mv02
机械能
只有重力、弹力做功，机械能不变化
机械能守恒，ΔE＝0
机械能
除重力和弹力之外的其他力做功等于机械能变化量
(1)其他力做正功，机械能增加
(2)其他力做负功，机械能减少
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
(1)作用于系统的一对滑动摩擦力一定做负功，系统内能增加
(2)摩擦生热Q＝Ff·x相对
电能
安培力做功等于电能变化量
(1)安培力做正功，电能减少(2)安培力做负功，电能增加
W电能＝E2－E1＝ΔE
类型
比较
静摩擦力做功
滑动摩擦力做功
不同点
能量的转化方面
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)将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机械能的损失量
一对摩擦力的总功方面
一对静摩擦力所做功的代数和总等于零
一对滑动摩擦力做功的代数和总是负值
相同点
正功、负功、不做功方面
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