第4講　功能關(guān)系　能量守恒定律-2025版創(chuàng)新設(shè)計高考物理一輪復習

第4講功能關(guān)系能量守恒定律學習目標1.掌握幾種常見的動能關(guān)系，知道能量守恒定律。2.理解摩擦力做功與能量轉(zhuǎn)化的關(guān)系。3.會應用能量的觀點解決綜合問題。一、幾種常見的功能關(guān)系及其表達式力做功能的變化定量關(guān)系合力的功動能變化W＝Ek2－Ek1＝ΔEk重力的功重力勢能變化(1)重力做正功，重力勢能減少(2)重力做負功，重力勢能增加(3)WG＝－ΔEp＝Ep1－Ep2彈簧彈力的功彈性勢能變化(1)彈力做正功，彈性勢能減少(2)彈力做負功，彈性勢能增加(3)W彈＝－ΔEp＝Ep1－Ep2只有重力、彈簧彈力做功機械能不變化機械能守恒，ΔE＝0除重力和彈簧彈力之外的其他力做的功機械能變化(1)其他力做多少正功，物體的機械能就增加多少(2)其他力做多少負功，物體的機械能就減少多少(3)W其他＝ΔE一對相互作用的滑動摩擦力的總功機械能減少，內(nèi)能增加(1)作用于系統(tǒng)的一對滑動摩擦力一定做負功，系統(tǒng)內(nèi)能增加(2)摩擦生熱Q＝fs相對安培力做功電能變化(1)克服安培力做的功等于電能增加量(2)W克安＝E電二、能量守恒定律1.思考判斷(1)力對物體做了多少功，物體就具有多少能。(×)(2)一個物體的能量增加，必定有別的物體的能量減少。(√)(3)在物體的機械能減少的過程中，動能有可能是增大的。(√)(4)滑動摩擦力做功時，一定會引起機械能的轉(zhuǎn)化。(√)(5)除重力以外的其他力做的功等于物體動能的改變量。(×)(6)克服與勢能有關(guān)的力(重力、彈簧彈力、靜電力)做的功等于對應勢能的增加量。(√)2.(多選)一名滑雪運動員在雪道上下滑了一段路程，重力對他做功3000J，他克服阻力做功500J，則在此過程中這名運動員()A.重力勢能增加了3000JB.動能增加了3000JC.動能增加了2500JD.機械能減少了500J答案CD考點一功能關(guān)系的理解和應用功的正負與能量增減的對應關(guān)系(1)物體動能的增加與減少要看合外力對物體做正功還是做負功。(2)勢能的增加與減少要看對應的作用力(如重力、彈簧彈力、靜電力等)做負功還是做正功。(3)機械能的增加與減少要看重力和彈簧彈力之外的力對物體做正功還是做負功。角度功能關(guān)系的理解例1(2024·廣東廣州高三檢測)如圖1所示，在電梯中的斜面上放置了一滑塊，在電梯加速上升的過程中，滑塊相對斜面靜止，則在該過程中()圖1A.斜面對滑塊的摩擦力對滑塊做負功B.斜面對滑塊的彈力對滑塊所做的功小于滑塊增加的機械能C.斜面對滑塊的彈力對滑塊所做的功等于滑塊增加的重力勢能D.滑塊所受合力對滑塊所做的功等于滑塊增加的機械能答案B解析在電梯加速上升的過程中，對滑塊受力分析可知，摩擦力沿斜面向上，與速度方向夾角為銳角，故摩擦力做正功，故A錯誤；根據(jù)功能關(guān)系可知，彈力和摩擦力做功之和等于滑塊機械能增加量，兩力均做正功，故彈力對滑塊做的功小于滑塊機械能增加量，故B正確；由于加速度大小未知，根據(jù)題目信息無法判斷支持力沿豎直方向分力與重力大小關(guān)系，無法判斷彈力做功與重力做功大小關(guān)系，故無法判斷彈力對滑塊所做的功與滑塊增加的重力勢能大小關(guān)系，故C錯誤；除重力之外其他力做的功等于滑塊機械能的增加量，合力包含重力，故合力對滑塊所做的功不等于滑塊增加的機械能，故D錯誤。角度功能關(guān)系與圖像的結(jié)合例2(多選)如圖2甲所示，傾角為30°的斜面固定在水平地面上，一木塊以一定的初速度從斜面底端開始上滑。若斜面足夠長，上滑過程中木塊的機械能和動能隨位移變化的關(guān)系圖線如圖乙所示，則下列說法正確的是()圖2A.木塊上滑過程中，重力勢能增加了4E0B.木塊受到的摩擦力大小為eq\f(E0,s0)C.木塊的重力大小為eq\f(4E0,s0)D.木塊與斜面間的動摩擦因數(shù)為eq\f(\r(3),2)答案BC解析機械能的變化量等于重力勢能變化量和動能變化量的和，則2E0－3E0＝0－3E0＋ΔEp，解得ΔEp＝2E0，故A錯誤；木塊上滑過程中，機械能的變化量等于摩擦力所做的功，則－fs0＝2E0－3E0，解得f＝eq\f(E0,s0)，故B正確；重力所做的功等于重力勢能變化量，則mgs0sin30°＝ΔEp，解得mg＝eq\f(4E0,s0)，故C正確；滑動摩擦力為f＝μmgcos30°，解得μ＝eq\f(\r(3),6)，故D錯誤。1.(多選)(2024·湖北武漢高三月考)從地面豎直向上拋出一物體，其機械能E總等于動能Ek與重力勢能Ep之和，取地面為零勢能參考平面，該物體的E總和Ep隨它離開地面的高度h的變化如圖3所示。重力加速度g取10m/s2，根據(jù)圖中數(shù)據(jù)可知()圖3A.物體的質(zhì)量為2kgB.物體上升過程中所受阻力大小為4NC.在物體上升至h＝2m處，物體的動能為40JD.在物體上升后返回至h＝2m處，物體的動能為30J答案AD解析根據(jù)Ep＝mgh結(jié)合圖像可得物體的質(zhì)量為2kg，故A正確；根據(jù)ΔE＝－fh，解得f＝eq\f(20,4)N＝5N，故B錯誤；由圖可知，物體初動能為100J，在物體上升至h＝2m處，根據(jù)動能定理得－fh－mgh＝Ek1－Ek0，解得Ek1＝50J，故C錯誤；從地面上升后返回至h＝2m處，根據(jù)動能定理得－fs－mgh＝Ek2－Ek0，又s＝6m，解得Ek2＝30J，故D正確。角度摩擦力做功與能量轉(zhuǎn)化例3(多選)(2024·江蘇南京師大附中高三期中)一長木板靜止于光滑水平面上，一小物塊(可視為質(zhì)點)從左側(cè)以某一速度滑上木板，最終和木板相對靜止一起向右做勻速直線運動。在物塊從滑上木板到和木板相對靜止的過程中，物塊的位移是木板位移的4倍，設(shè)板塊間滑動摩擦力大小不變，則()圖4A.物塊動能的減少量等于木板動能的增加量B.摩擦力對木板做的功等于木板動能的增加量C.因摩擦而產(chǎn)生的內(nèi)能等于物塊克服摩擦力所做的功D.因摩擦而產(chǎn)生的內(nèi)能是木板動能增加量的3倍答案BD解析根據(jù)能量守恒定律可知，物塊動能減少量等于木板動能增加量與因摩擦產(chǎn)生的內(nèi)能之和，故A錯誤；根據(jù)動能定理可知，摩擦力對木板做的功等于木板動能的增加量，故B正確；設(shè)物塊與木板之間的摩擦力為f，木板的位移為s，則物塊的位移為4s，物塊克服摩擦力所做的功為Wf＝f·4s，對木板根據(jù)動能定理可得木板動能的增加量為ΔEk＝fs，因摩擦產(chǎn)生的內(nèi)能為Q＝fs相＝f·3s，可知因摩擦而產(chǎn)生的內(nèi)能小于物塊克服摩擦力所做的功，因摩擦而產(chǎn)生的內(nèi)能是木板動能增加量的3倍，故C錯誤，D正確。方法總結(jié)兩種摩擦力做功特點的比較類型比較靜摩擦力做功滑動摩擦力做功不同點能量的轉(zhuǎn)化只有機械能從一個物體轉(zhuǎn)移到另一個物體，而沒有機械能轉(zhuǎn)化為其他形式的能(1)一部分機械能從一個物體轉(zhuǎn)移到另一個物體(2)一部分機械能轉(zhuǎn)化為內(nèi)能，此部分能量就是系統(tǒng)機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)和總是負值，總功W＝－fs相對，即發(fā)生相對滑動時產(chǎn)生的熱量相同點做功情況兩種摩擦力對物體可以做正功，也可以做負功，還可以不做功2.一木塊靜置于光滑水平面上，一顆子彈沿水平方向飛來射入木塊中。當子彈進入木塊的深度達到最大值2cm時，木塊沿水平面恰好移動距離1cm。在上述過程中系統(tǒng)損失的機械能與子彈損失的動能之比為()A.1∶2 B.1∶3 C.2∶3 D.3∶2答案C解析根據(jù)題意，子彈在摩擦力作用下的位移為s1＝(2＋1)cm＝3cm，木塊在摩擦力作用下的位移為s2＝1cm；系統(tǒng)損失的機械能轉(zhuǎn)化為內(nèi)能，根據(jù)功能關(guān)系，有ΔE系統(tǒng)＝Q＝f(s1－s2)；子彈損失的動能等于子彈克服摩擦力做的功，即ΔE子彈＝fs1，可得eq\f(ΔE系統(tǒng),ΔE子彈)＝eq\f(2,3)，故C正確，A、B、D錯誤?？键c二能量守恒定律的理解和應用1.對能量守恒定律的兩點理解(1)某種形式的能量減少，一定存在其他形式的能量增加，且減少量和增加量一定相等。(2)某個物體的能量減少，一定存在其他物體的能量增加，且減少量和增加量一定相等。2.能量轉(zhuǎn)化問題的解題思路(1)當涉及摩擦力做功，機械能不守恒時，一般應用能量守恒定律。(2)解題時，首先確定初、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ΔE減與增加的能量總和ΔE增，最后由ΔE減＝ΔE增列式求解。3.涉及彈簧的能量問題兩個或兩個以上的物體與彈簧組成的系統(tǒng)相互作用的過程，具有以下特點：(1)能量轉(zhuǎn)化方面，如果只有重力和系統(tǒng)內(nèi)彈簧彈力做功，系統(tǒng)機械能守恒。(2)如果系統(tǒng)內(nèi)每個物體除彈簧彈力外所受合力為零，則當彈簧伸長或壓縮到最大程度時兩物體速度相同。例4如圖5所示，將原長為R的輕質(zhì)彈簧放置在傾角為37°的軌道AB上，一端固定在A點，另一端與滑塊P(可視為質(zhì)點，質(zhì)量可調(diào))接觸但不連接。AB長為2R，B端與半徑為R的光滑圓軌道BCD相切，D點在O點的正上方，C點與圓心O等高?；瑝KP與AB間的動摩擦因數(shù)μ＝0.5。用外力推動滑塊P，每次都將彈簧壓縮至原長的一半，然后放開，P開始沿軌道AB運動。當P的質(zhì)量為m時剛好能到達圓軌道的最高點D。已知重力加速度大小為g，sin37°＝0.6，cos37°＝0.8。圖5(1)求彈簧壓縮至原長的一半時，彈簧的彈性勢能Ep；(2)改變滑塊Р的質(zhì)量為M，使之能滑上圓軌道，且仍能沿圓軌道滑下，求M的可能值。答案(1)3.8mgR(2)eq\f(38,23)m≤M<eq\f(38,15)m解析(1)若滑塊P剛好能沿圓軌道運動到圓軌道的最高點，有mg＝meq\f(veq\o\al(2,D),R)滑塊P由靜止運動到圓軌道最高點過程，由能量守恒定律可得Ep＝μmgcos37°·eq\f(3,2)R＋mg(eq\f(3,2)Rsin37°＋R＋Rcos37°)＋eq\f(1,2)mveq\o\al(2,D)聯(lián)立解得Ep＝3.8mgR。(2)設(shè)滑塊P的質(zhì)量為M，為使P能滑上圓軌道，則它到達B點時的速度應大于零，由能量守恒定律可得Ep>μMgcos37°·eq\f(3,2)R＋Mg·eq\f(3,2)Rsin37°解得M<eq\f(38,15)m要使滑塊P仍能沿圓軌道滑回，P在圓軌道上升的高度不能超過與圓心等高處，由能量守恒定律可得Ep≤μMgcos37°·eq\f(3,2)R＋Mgeq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(3,2)Rsin37°＋Rcos37°))解得M≥eq\f(38,23)m綜上所述可得eq\f(38,23)m≤M<eq\f(38,15)m。3.(多選)如圖6所示，傾角為θ＝53°的固定粗糙斜面上有一A點，長度為l＝0.5m的木板質(zhì)量分布均勻，其質(zhì)量為M＝3kg，開始用外力使木板下端與A點對齊，如圖。木塊質(zhì)量為m＝1kg，兩者用一輕質(zhì)細繩繞過光滑定滑輪連接在一起，木板與斜面的動摩擦因數(shù)為μ＝eq\f(2,3)?，F(xiàn)撤去外力讓木板由靜止開始運動到上端剛好過A點，此過程中，下列說法正確的是()圖6A.木板M和木塊m組成的系統(tǒng)機械能守恒B.木板上端剛過A點時速度大小為eq\f(\r(2),2)m/sC.木板減少的機械能等于木塊增加的機械能與系統(tǒng)產(chǎn)生的熱量之和D.系統(tǒng)產(chǎn)生的熱量為10J答案BC解析由于斜面是粗糙的，木板M和木塊m組成的系統(tǒng)在運動中會有摩擦生熱，所以木板M和木塊m組成的系統(tǒng)機械能不守恒，故A錯誤；木板M和木塊m組成的系統(tǒng)由能量守恒定律有Mglsinθ－mgl＝eq\f(1,2)(M＋m)v2＋μMglcosθ，解得v＝eq\f(\r(2),2)m/s，故B正確；根據(jù)能量守恒定律可知木板減少的機械能等于木塊增加的機械能與系統(tǒng)產(chǎn)生的熱量之和，故C正確；系統(tǒng)產(chǎn)生的熱量為Q＝μMglcosθ＝6J，故D錯誤。A級基礎(chǔ)對點練對點練1功能關(guān)系的理解與應用1.(2023·1月浙江選考)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()A.彈性勢能減小B.重力勢能減小C.機械能保持不變D.繩一繃緊動能就開始減小答案B解析橡皮繩繃緊后彈性勢能一直增大，A錯誤；游客高度一直降低，重力一直做正功，重力勢能一直減小，B正確；下落階段橡皮繩對游客做負功，游客機械能減少，轉(zhuǎn)化為彈性勢能，C錯誤；橡皮繩剛繃緊的一段時間內(nèi)，彈力小于重力，合力向下，游客的速度繼續(xù)增加，游客動能繼續(xù)增加；當彈力大于重力后，合力向上，游客動能逐漸減小，D錯誤。2.(多選)(2024·廣東廣州統(tǒng)考)航天員在地面模擬失重訓練的一種方式是在水下進行(如圖1)。航天員需要穿水槽訓練航天服浸沒在水中，通過配重使其在水中受到的浮力和重力大相等，假設(shè)其總質(zhì)量為m，訓練空間的重力加速度為g且不變，在某次出艙作業(yè)過程中，給自己一個初速度后豎直向上勻速漂浮的距離為h，以下說法正確的是()圖1A.航天員所受的合力為零，合力不做功，其機械能守恒B.上升h的過程中，動能不變C.上升h的過程中，重力勢能減小了mghD.上升h的過程中，機械能增加了mgh答案BD解析航天員在上升過程中，根據(jù)題意，由平衡條件可得F?。絤g，浮力向上，位移向上，浮力對其做正功，所做功為W?。絤gh，因此機械能增加了mgh，故A錯誤，D正確；勻速上升過程動能不變，故B正確；上升h的過程，重力勢能增加了mgh，故C錯誤。3.(多選)(2024·湖南長郡中學模擬)如圖2，廣州地鐵3號線北延段使用了節(jié)能坡。某次列車以64.8km/h(18m/s)的速度沖上高度為4m的坡頂車站時，速度減為7.2km/h(2m/s)，設(shè)該過程節(jié)能坡的轉(zhuǎn)化率為η(列車重力勢能的增加量與其動能減小量之比)，g取9.8N/kg，則()圖2A.該過程列車的機械能守恒B.該過程列車的機械能減少C.η約為10%D.η約為25%答案BD解析列車在沖上坡頂車站時，需要克服阻力做功，減小的動能一部分轉(zhuǎn)化成了列車的重力勢能，一部分克服了阻力做功，該過程中列車增加的重力勢能與減小的動能之間的關(guān)系為ΔEp＝mgh<ΔEk＝eq\f(1,2)mveq\o\al(2,初)－eq\f(1,2)mveq\o\al(2,末)，因此該過程列車的機械能減少，故A錯誤，B正確；則該過程節(jié)能坡的轉(zhuǎn)化率為η＝eq\f(ΔEp,ΔEk)＝eq\f(mgh,\f(1,2)m（veq\o\al(2,初)－veq\o\al(2,末)）)×100%≈25%，故C錯誤，D正確。4.(多選)(2024·北京四中期中)一質(zhì)量為m的滑塊在拉力F作用下從固定斜面的頂端下滑至底端的過程中，拉力F做功為W1，重力做功為W2，克服摩擦力做功為W3，則下列說法正確的是()A.因摩擦而產(chǎn)生的熱量為Q＝W2＋W3B.動能的變化量為ΔEk＝W1＋W2－W3C.重力勢能的變化量為ΔEp＝W2D.機械能的變化量為ΔE＝W1－W3答案BD解析摩擦產(chǎn)生的熱量等于滑塊克服摩擦力做的功，則Q＝W3，故A錯誤；根據(jù)動能定理，合力做的功等于動能的變化量，即ΔEk＝W1＋W2－W3，故B正確；根據(jù)重力做功與重力勢能變化的關(guān)系ΔEp＝－W2，故C錯誤；除重力外其他力做的功等于機械能的變化量，即ΔE＝W1－W3，故D正確。5.(多選)如圖3甲所示，用豎直向上的力F拉靜止在水平地面上的物體，物體在向上運動的過程中，其機械能E與位移s的關(guān)系如圖乙，其中AB為曲線，其余部分為直線，下列說法正確的是()圖3A.0～s2過程中，物體所受拉力不變B.s1～s2過程中，物體的加速度先減小后增大C.0～s3過程中，物體的動能先增大后減小D.0～s3過程中，物體的機械能一直增大答案BC解析物體的機械能變化等于力F做的功，即E＝Fs，故圖線的斜率表示F，又0～s1過程中斜率不變，而s1～s2過程中斜率減小，故0～s2過程中物體所受拉力先不變后減小，故A錯誤；s1～s2過程中，斜率變小，故拉力逐漸減小，則加速度先減小后反向增大，故B正確；由前面分析知，物體先向上勻加速，然后做加速度逐漸減小的加速運動，再做加速度逐漸增大的減速運動，最終F＝0，物體做減速運動，則在0～s3過程中，物體的速度先增大后減小，即動能先增大后減小，故C正確；由于題圖為物體的機械能E與位移s的關(guān)系，則根據(jù)題圖0～s2過程中物體的機械能一直增大，s2～s3過程中物體機械能保持不變，故D錯誤。對點練2能量守恒定律的理解和應用6.某同學用如圖4所示的裝置測量一個凹形木塊的質(zhì)量m，彈簧的左端固定，木塊在水平面上緊靠彈簧(不連接)并將其壓縮，記下木塊右端位置A點，靜止釋放后，木塊右端恰能運動到B1點。在木塊槽中加入一個質(zhì)量m0＝800g的砝碼，再將木塊左端緊靠彈簧，木塊右端位置仍然在A點，靜止釋放后木塊離開彈簧，右端恰能運動到B2點，測得AB1、AB2長分別為27.0cm和9.0cm，則木塊的質(zhì)量m為()圖4A.100g B.200g C.300g D.400g答案D解析根據(jù)能量守恒定律，有μmg·AB1＝Ep，μ(m0＋m)g·AB2＝Ep，聯(lián)立解得m＝400g，D正確。7.輕質(zhì)彈簧的勁度系數(shù)k＝30N/m，右端固定在墻上，左端與一質(zhì)量m＝0.5kg的物塊相連，如圖5(a)所示彈簧處于原長狀態(tài)，物塊靜止且與水平面間的動摩擦因數(shù)μ＝0.2，彈簧的彈性勢能與形變量的關(guān)系為Ep＝eq\f(1,2)kx2。以物塊所在處為原點，水平向右為正方向建立x軸，現(xiàn)對物塊施加水平向右的外力F，F(xiàn)隨x軸坐標變化的情況如圖(b)所示，g＝10m/s2，則物塊向右運動至x＝0.4m處的動能為()圖5A.0.7J B.1.1J C.3.1J D.3.5J答案A解析全過程根據(jù)能量守恒定律有WF＝μmg·x＋Ep＋Ek，其中根據(jù)圖像可得外力F做的功為圖線與橫軸圍成的面積，所以有WF＝(5＋10)×0.2×eq\f(1,2)J＋10×0.2J＝3.5J，彈性勢能Ep＝eq\f(1,2)kx2＝2.4J，代入數(shù)據(jù)聯(lián)立解得Ek＝0.7J，故A正確。B級綜合提升練8.(多選)(2024·四川成都石室中學期中)如圖6所示，滑塊以一定的初速度沖上足夠長的粗糙固定斜面，取斜面底端O點為運動的起點和零勢能點，并以滑塊由O點出發(fā)時為t＝0時刻，在滑塊運動到最高點的過程中，下列描述滑塊的動能Ek、重力勢能Ep、機械能E隨位移s、時間t變化的圖像中，正確的是()圖6答案AB解析根據(jù)動能定理可得Ek－Ek0＝－mgssinθ－μmgscosθ，可得Ek＝Ek0－(mgsinθ＋μmgcosθ)s，可知Ek與位移s成線性關(guān)系，故A正確；滑塊的重力勢能為Ep＝mgs·sinθ，可知Ep與位移成正比，故B正確；滑塊以速度v0沖上粗糙的斜面，加速度大小為a＝gsinθ＋μgcosθ，則有v＝v0－(gsinθ＋μgcosθ)t，滑塊動能與時間的關(guān)系為Ek＝eq\f(1,2)mv2＝eq\f(1,2)m[v0－(gsinθ＋μgcosθ)t]2，故C錯誤；上滑過程中，摩擦力對滑塊做負功，滑塊的機械能不斷減小，故D錯誤。9.如圖7所示，質(zhì)量為M、長度為L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)過一段時間小車運動的位移為s，小物塊剛好滑到小車的右端，則下列說法正確的是()圖7A.此時小物塊的動能為F(s＋L)B.此時小車的動能為fsC.這一過程中，小物塊和小車增加的機械能為Fs－fLD.這一過程中，因摩擦而產(chǎn)生的熱量為f(L＋s)答案B解析對小物塊由動能定理得F(s＋L)－f(s＋L)＝Ek物－0，整理有Ek物＝F(s＋L)－f(s＋L)，故A項錯誤；對小車由動能定理有fs＝Ek車－0，整理有Ek車＝fs，故B項正確；設(shè)水平面為零勢能面，初始時物塊和小車均靜止，其機械能為0，經(jīng)過水平外力作用后，小車和小物塊的動能之和為Ek＝Ek車＋Ek物＝F(s＋L)－f(s＋L)＋fs＝F(s＋L)－fL，此時物塊和小車的機械能等于其兩者的動能之和，所以該過程機械能增加了F(s＋L)－fL，故C項錯誤；根據(jù)功能關(guān)系可知，摩擦產(chǎn)生的熱量等于摩擦力與相對位移的乘積，即Q＝fL，故D項錯誤。10.如圖8所示，在某豎直平面內(nèi)，光滑曲面AB與粗糙水平面BC平滑連接于B點，BC右端連接內(nèi)壁光滑、半徑r＝0.2m的eq\f(1,4)細圓管CD，管口D端正下方直立一根勁度系數(shù)為k＝100N/m的輕彈簧，彈簧一端固定于地面上，另一端恰好與管口D端平齊。一個質(zhì)量為1.0kg的物塊放在曲面AB上，現(xiàn)從距BC高度為h＝0.6m處由靜止釋放物塊，它與BC間的動摩擦因數(shù)μ＝0.5，物塊進入管口C端時，它對上管壁有FN＝2.5mg的作用力，通過CD后，在壓縮彈簧過程中物塊速度最大時彈簧的彈性勢能Ep＝0.5J。重力加速度g取10m/s2。求：圖8(1)在壓縮彈簧過程中物塊的最大動能Ekm；(2)物塊最終停止的位置。答案(1)6J(2)停在BC上距離C端0.3m處(或距離B端0.2m處)解析(1)在壓縮彈簧過程中，物塊速度最大時所受合力為零。設(shè)此時物塊離D端的距離為x0，則有kx0＝mg解得x0＝0.1m在C點，由牛頓第三定律知，物塊受到上管壁向下的作用力FN′＝2.5mg，有FN′＋mg＝meq\f(veq\o\al(2,C),r)解得vC＝eq\r(7)m/s物塊從C點到速度最大時，由能量守恒定律有mg(r＋x0)＝Ep＋Ekm－eq\f(1,2)mveq\o\al(2,C)解得Ekm＝6J。(2)物塊從A點運動到C點的過程中，由動能定理得mgh－μmgs＝eq\f(1,2)mveq\o\al(2,C)－0解得B、C間距離s＝0.5m物塊與彈簧作用后返回C處時動能不變，物塊的動能最終消耗在與BC水平