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(diǎn)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(diǎn).預(yù)計(jì)2025年高考題出題可能性較大，有可能會結(jié)合體育運(yùn)動等實(shí)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(jì)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(diǎn)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(shí)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(shí)，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(shí)，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(diǎn)1功能關(guān)系的理解和簡單應(yīng)用1.[直線運(yùn)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(jì)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(xiàng)B，由于小車勻速運(yùn)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(xiàng)D，由于小車勻速運(yùn)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(diǎn)撥兩種摩擦力做功特點(diǎn)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(gè)物體轉(zhuǎn)移到另一個(gè)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(gè)物體轉(zhuǎn)移到另一個(gè)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(shí)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(yùn)動中功能關(guān)系的應(yīng)用]由于空氣阻力的影響，炮彈的實(shí)際飛行軌跡不是拋物線，而是“彈道曲線”，如圖中實(shí)線所示，圖中虛線為不考慮空氣阻力情況下炮彈的理想運(yùn)動軌跡.O、a、b、c、d為彈道曲線上的五點(diǎn)，其中O點(diǎn)為發(fā)射點(diǎn)，d點(diǎn)為落地點(diǎn)，b點(diǎn)為軌跡的最高點(diǎn)，a、c距地面高度相等，下列說法正確的是（D）A.到達(dá)b點(diǎn)時(shí)，炮彈的速度為零B.炮彈到達(dá)b點(diǎn)時(shí)的加速度為重力加速度gC.炮彈經(jīng)過a、c兩點(diǎn)時(shí)的速度大小相等D.炮彈由O點(diǎn)運(yùn)動到b點(diǎn)的時(shí)間小于由b點(diǎn)運(yùn)動到d點(diǎn)的時(shí)間解析到達(dá)b點(diǎn)vy=0b點(diǎn)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(cuò)結(jié)合h＝12at2分析↓tOb＜tbd→D對命題點(diǎn)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(yùn)動，出發(fā)點(diǎn)為x軸零點(diǎn)，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(shí)，拉力的功率為6WB.在x＝4m時(shí)，物體的動能為2JC.從x＝0運(yùn)動到x＝2m，物體克服摩擦力做的功為8JD.從x＝0運(yùn)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(shí)拉力的功率P1＝F1v1＝12W，A錯(cuò)誤；0～4m的過程，由

動能定理有W4-μmgx4＝Ek4-0，則在x＝4m時(shí)，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(yùn)動，2～4m

的過程做減速運(yùn)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(diǎn)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(cuò)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(yùn)動時(shí)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(yùn)動時(shí)，Ep＝0，A正確.木塊在斜面上運(yùn)動時(shí)，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(yùn)動時(shí)，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(shí)，Q＝μmgs

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

面上運(yùn)動和在水平面上運(yùn)動，圖像的斜率相同，D正確.木塊在斜面上運(yùn)動時(shí)，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(yùn)動時(shí)，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(diǎn)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(shí)擺長為l1，人站立時(shí)擺長為l2.不計(jì)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(diǎn)時(shí)的速度為v，求此時(shí)“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(yùn)動，到最低點(diǎn)時(shí)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(diǎn)站起前后“擺球”擺動速度大小不變，通過計(jì)算證明θ2＞θ1.b.實(shí)際上人在最低點(diǎn)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(gè)最大擺角θ后，如果再次經(jīng)過最低點(diǎn)時(shí)，通過一次站起并保持站立姿勢就能實(shí)現(xiàn)在豎直平面內(nèi)做完整的圓周運(yùn)動，求在最低點(diǎn)“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(diǎn)時(shí)，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(diǎn)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?yàn)閘1＞l2，則cosθ1＞cosθ2所以θ2＞θ1b.設(shè)“擺球”由最大擺角θ擺至最低點(diǎn)時(shí)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(yùn)動，設(shè)通過最高點(diǎn)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(yùn)動，根據(jù)功能關(guān)系有Ek＋ΔEk≥2mgl2＋12m解得ΔEk≥52mgl2－mgl1（1－cosθ）考點(diǎn)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(gè)物體[13]轉(zhuǎn)移到另一個(gè)物體，在轉(zhuǎn)化或轉(zhuǎn)移的過程中，能量的總量[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(gè)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(gè)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(yùn)動的最小初速度為1010vB.欲使輕桿S發(fā)生移動，物體運(yùn)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(yùn)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(yùn)動的初速度為263解析當(dāng)輕桿剛要移動時(shí)，對輕桿受力分析，設(shè)此時(shí)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(yùn)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(xiàng)A錯(cuò)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(yùn)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(gè)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(diǎn)）從距第一個(gè)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(shí)的速度有關(guān).觀察發(fā)現(xiàn)，小車通過第30個(gè)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(gè)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(gè)減速帶后，經(jīng)過每一個(gè)減速帶時(shí)損失的機(jī)械能；（2）求小車通過前30個(gè)減速帶的過程中在每一個(gè)減速帶上平均損失的機(jī)械能；（3）若小車在前30個(gè)減速帶上平均每一個(gè)損失的機(jī)械能大于之后每一個(gè)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(gè)減速帶后，經(jīng)過每一個(gè)減速帶時(shí)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(gè)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(gè)減速帶后速度也為v小車通過前30個(gè)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(gè)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(gè)減速帶上平均每一個(gè)損失的機(jī)械能大于之后每一個(gè)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(diǎn)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(yùn)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(diǎn)，同時(shí)也是學(xué)習(xí)的難點(diǎn).1.[單物體彈簧問題/2023浙江1月]一位游客正在體驗(yàn)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(diǎn)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(diǎn)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(cuò)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(cuò)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(cuò)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(shí)，將B由靜止釋放，當(dāng)B下降到最低點(diǎn)時(shí)（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(yùn)動到最低點(diǎn)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(yùn)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(yùn)動，根據(jù)簡諧運(yùn)動的對稱性可知，B在最高點(diǎn)加速度

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

ma，得F＝2mg，而B在最低點(diǎn)時(shí)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(cuò)誤；B從釋放位置到最低點(diǎn)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(shí)的速度為4m/s，緩沖彈簧被壓縮2m時(shí)電梯停止了運(yùn)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(gè)過程中電梯的加速度一直在減小C.電梯停止在井底時(shí)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(shí)的速度為4m/s，緩沖彈簧被壓縮2m時(shí)電梯停止了運(yùn)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(cuò)誤.與彈簧接觸前，電梯做勻加速直線運(yùn)動，接觸彈簧后，先做加速度逐漸減小的加速運(yùn)動后做加速度逐漸增加的減速運(yùn)動，故B錯(cuò)誤.電梯停止在井底時(shí)，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(cuò)誤.當(dāng)電梯速度最大時(shí)，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(yùn)動過程中，不計(jì)空氣阻力，下列關(guān)于鉛球在空中運(yùn)動時(shí)的加速度大小a、速度大小v、動能Ek和機(jī)械能E隨運(yùn)動時(shí)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(yùn)動，加速度為重力加速度，恒定不變，A錯(cuò)；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(cuò)；由于不計(jì)空氣阻力，則鉛球在空中運(yùn)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(yùn)動到最大位移時(shí)，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(yùn)動，下滑過程中A、B始終不分離，當(dāng)A回到初始位置時(shí)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(shí)，A的加速度方向沿斜面向下B.A上滑時(shí)，彈簧的彈力方向不發(fā)生變化C.下滑時(shí)，B對A的壓力先減小后增大D.整個(gè)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(shí)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(diǎn)時(shí)，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(diǎn)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(cuò)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(yùn)動到最大位移一半處時(shí)，彈簧壓縮量x0＝x1－x1－合力F合＝kx0－（mAgsinθ＋f）＝0，加速度為零，A錯(cuò)誤.↓整個(gè)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(cuò)誤.3.[能量守恒定律的應(yīng)用/2021山東]如圖所示，三個(gè)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(shí)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(yùn)動，當(dāng)速度為零時(shí)，立即撤去恒力，一段時(shí)間后A離開墻壁，最終三物塊都停止運(yùn)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(shí)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(shí)B、C間的距離為xBC，從B、C分離到B停止運(yùn)動的整個(gè)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??；（4）若F＝5f，請?jiān)谒o坐標(biāo)系中，畫出C向右運(yùn)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(yùn)動和停止運(yùn)動時(shí)的a、x值（用f、k、m表示），不要求推導(dǎo)過程.以撤去F時(shí)C的位置為坐標(biāo)原點(diǎn)，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(shí)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(shí)，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(shí)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(yùn)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(yùn)動關(guān)系得xB＞xC－xBC聯(lián)立可得W＜fxBC（4）小物塊B、C向左運(yùn)動的整個(gè)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(diǎn)的加速度為a1＝kx1－2之后C向右運(yùn)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(shí)，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(yùn)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(yùn)動的a－x圖像如下.1.一個(gè)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(cuò)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(yùn)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(cuò)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(yùn)動依次經(jīng)過a、b、c三點(diǎn)的軌跡示意圖，其中a、c點(diǎn)等高，b點(diǎn)為最高點(diǎn)，則足球（AC）A.在運(yùn)動過程中受到空氣阻力的作用B.在b點(diǎn)的速度為0C.在a點(diǎn)的機(jī)械能比在b點(diǎn)的機(jī)械能大D.在a點(diǎn)的動能與在c點(diǎn)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(yùn)動過程，若

其僅受重力作用，那么形成的運(yùn)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(yùn)動過程中受到空氣阻力的作用，A對；b點(diǎn)為軌跡的

最高點(diǎn)，足球的速度水平向右，B錯(cuò)；足球從a點(diǎn)運(yùn)動到b點(diǎn)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(diǎn)的機(jī)械能大于在b點(diǎn)的機(jī)械能，C

對；足球在a點(diǎn)和c點(diǎn)的高度相同，重力勢能相等，但足球從a點(diǎn)運(yùn)動到c點(diǎn)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(diǎn)的動能大于在c點(diǎn)

的動能，D錯(cuò).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(cuò)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(cuò)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(gè)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(shí)，小球被彈出，小球落地時(shí)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(shí)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(cuò)誤，5.[2024浙江名校聯(lián)考]如今，因?yàn)闅馀徘蛳鄬?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(yùn)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(yùn)動時(shí)間t的變化關(guān)系中，可能正確的是（D）解析由題意，可知?dú)馀徘蛟陲w行過程中需要考慮空氣阻力的作用，其運(yùn)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(gè)定值，水平方向也不可能合力為零，做勻速運(yùn)動，故A、B錯(cuò)誤.由于氣排球飛出后（開始一段時(shí)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(cuò)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(shí)自由端在B點(diǎn)，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(diǎn).物塊由靜止釋放后，沿粗糙斜面上滑至最高點(diǎn)C，然后下滑，最終靜止在斜面上.若整個(gè)過程中斜面體始終靜止，則下列說法正確的是（B）A.整個(gè)運(yùn)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(gè)運(yùn)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(shí)，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(shí)物塊上滑的速度最大；物塊到達(dá)最高點(diǎn)后由C點(diǎn)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(diǎn)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(shí)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(cuò)誤，B正確.易知物塊最終靜止在斜面上的位置比A點(diǎn)高，故對整個(gè)運(yùn)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(cuò)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地減小；物塊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(yùn)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(cuò)誤.7.[2023福建莆田一中期中]如圖所示，有三個(gè)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(gè)斜面間的動摩擦因數(shù)都相同，這個(gè)物體分別沿三個(gè)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(cuò)誤，A正確.設(shè)物體滑到底端時(shí)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(shí)的動能大小關(guān)系為Eka＞Ekb＞Ekc，故8.[聯(lián)系生產(chǎn)實(shí)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(shí)針轉(zhuǎn)動的傳送帶的底端，稻谷經(jīng)過加速和勻速兩個(gè)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(jì)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(yùn)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(yùn)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(diǎn)的小球用長為L、不可伸長的輕繩懸掛于O點(diǎn).現(xiàn)對小球施加一水平恒力使其從靜止開始運(yùn)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(diǎn)時(shí)的機(jī)械能最大B.小球到達(dá)最高點(diǎn)時(shí)的加速度大小為3gC.小球運(yùn)動過程中輕繩拉力的最大值為4F0D.小球從開始運(yùn)動到最高點(diǎn)，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(diǎn)時(shí)

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

切線方向有Fcos60°＝mgsin60°，解得F＝3mg，又θ＝0°時(shí)，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(shí)，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(shí)小球的速度不為零，小球還可

繼續(xù)上升，故A錯(cuò)誤.小球運(yùn)動到等效最低點(diǎn)時(shí)輕繩拉力最大，對小球由靜止運(yùn)動到等效最低點(diǎn)的過程，有mg'L(1-cos60°)＝12mv2，在等效最低點(diǎn)時(shí)，有FT-mg'＝mv2L，聯(lián)立以上各式得FT＝4F0，故C正確.根據(jù)運(yùn)動的對稱性可知，小球到達(dá)最高點(diǎn)時(shí)輕繩與水平方向的夾角為30°，小球在最高點(diǎn)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(diǎn)時(shí)，輕繩與水平方向間的夾角為30°，從開始到最高點(diǎn)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(shí)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(shí)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(shí)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(shí)間t；（2）整個(gè)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(yùn)動規(guī)律有2aL＝v解得a＝2m/s2又v1＝at解得t＝40s（2）整個(gè)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(shí)用手托住B，使細(xì)線剛好處于伸直狀態(tài)，此時(shí)物體A與斜面間沒有相對運(yùn)動趨勢，物體B的下表面離地面的高度h＝0.3m，整個(gè)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(shí)的速度大小.（2）把斜面處理成光滑斜面，再將B換成一個(gè)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?yàn)槌跏紩r(shí)刻A與斜面間沒有相對運(yùn)動趨勢，即A不受摩擦力，此時(shí)有m1gsinθ＝F彈彈簧的壓縮量為x1＝F彈k＝m當(dāng)B落地時(shí)，A沿斜面上滑h，此時(shí)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