专题2 第6讲 功与功率 功能关系-【步步高】2024年高考物理大二轮专题复习与增分策略（新高考，苏京）

第6讲　功与功率　功能关系 目标要求　1.会对功和功率进行分析和计算，会求解力的平均功率和瞬时功率。2.掌握常见的功能关系，结合实际情境分析功和能的转化。 考点一　功、功率的分析与计算 1．功的计算 (1)恒力做功一般用功的公式或动能定理求解。 (2)变力做功通常应用动能定理、微元法、等效转化法、平均力法、图像法求解，或者利用恒定功率求功，即W＝Pt。 2．功率的计算 明确是求瞬时功率还是平均功率。 P＝侧重于平均功率的计算，P＝Fvcos α(α为F和v的夹角)侧重于瞬时功率的计算。 3．机车启动(F阻不变) (1)两个基本关系式：P＝Fv，F－F阻＝ma。 (2)两种常见情况： ①恒定功率启动：P不变，此时做加速度减小的加速运动，直至达到最大速度vm，此过程Pt－F阻s＝mvm2； ②恒定加速度启动：开始阶段a不变，做匀加速直线运动，F－F阻＝ma，v＝at，达到额定功率P＝Fv，然后保持功率不变，加速度逐渐减小到零，最终做匀速直线运动。 无论哪种启动方式，最大速度都等于匀速直线运动时的速度，即vm＝。 例1　(2023·江苏高邮市调研)仰卧起坐是《国家学生体质健康标准》中规定的女生测试项目之一。根据该标准高三女生一分钟内完成50个以上仰卧起坐记为优秀。若某女生一分钟内做了40个仰卧起坐，其质量为50 kg，上半身质量约为总质量的0.6倍，仰卧起坐时下半身重心位置不变，上半身高度约为总身高的0.4倍，g取10 m/s2，试估算测试的全过程中该女生克服重力做功的平均功率约为(　　) A．10 W B．70 W C．150 W D．300 W 答案　B 解析　设该同学身高为1.6 m，上半身高度约为0.64 m，每次上半身重心上升距离约为0.32 m，则每次克服重力做功为W＝0.6mgh＝0.6×50×10×0.32 J＝96 J，则功率P＝W＝ W＝64 W，该女生克服重力做功的平均功率约为70 W，故选B。 例2　水平桌面上，长6 m的轻绳一端固定于O点，如图所示(俯视图)，另一端系一质量m＝2 kg的小球，现对小球施加一个沿桌面方向大小恒为10 N的力F，F拉着物体从M点运动到N点，F的方向始终与小球的运动方向成30°角。已知小球与桌面间的动摩擦因数μ＝0.2，不计空气阻力，取g＝10 m/s2，则下列说法正确的是(　　) A．拉力F对小球做的功为10π J B．拉力F对小球做的功为5π J C．小球克服摩擦力做的功为16π J D．小球克服摩擦力做的功为4π J 答案　A 解析　根据题意可知，F的方向始终与小球的运动方向成30°角，由W＝Flcos α可得，拉力F对小球做的功为WF＝F··2πR·cos 30°＝10π J，故A正确，B错误；根据题意可知，小球所受摩擦力为滑动摩擦力，方向与运动方向相反，则摩擦力做的功为Wf＝－Ffl＝ －μmg··2πR＝－8π J，即小球克服摩擦力做的功为8π J，故C、D错误。 例3　(2023·新课标卷·20改编)一质量为1 kg的物体在水平拉力的作用下，由静止开始在水平地面上沿x轴运动，出发点为x轴零点，拉力做的功W与物体坐标x的关系如图所示。物体与水平地面间的动摩擦因数为0.4，重力加速度大小取10 m/s2。下列说法正确的是(　　) A．在x＝1 m时，拉力的功率为6 W B．在x＝4 m时，物体的动能为2 J C．从x＝0运动到x＝2 m，物体克服摩擦力做的功为10 J D．从x＝0运动到x＝4 m的过程中，物体的动量最大为2 kg·m/s 答案　B 解析　由题图可知，W－x图像的斜率表示拉力F，0～2 m过程中拉力大小为6 N,2～4 m过程中拉力大小为3 N，由牛顿第二定律可知，a1＝＝2 m/s2，a2＝＝－1 m/s2，故0～2 m过程中，物体做匀加速运动，2～4 m过程中，物体做匀减速运动。在x＝1 m时，由公式v12＝2a1x1，解得v1＝2 m/s，此时拉力的功率P＝F1v1＝12 W，故A错误；在x＝4 m时，物体的动能Ek＝W总－Ffx4＝18 J－16 J＝2 J，故B正确；从x＝0运动到x＝2 m，物体克服摩擦力做的功W克f＝Ffx2＝8 J，故C错误；从x＝0运动到x＝4 m的过程中，物体在x＝2 m时速度最大，由v22＝2a1x2，解得v2＝2 m/s，此时物体的动量p＝mv2＝2 kg·m/s，故D错误。 例4　某码头采用斜面运送冷链食品，其简化图如图甲所示，电动机通过绕轻质定滑轮的轻质细绳与放在倾角为θ＝30°、足够长的斜面上的物体相连，启动电动机后物体沿斜面上升，在0～6 s时间内物体运动的v－t图像如图乙所示，其中除1～5 s时间段的图像为曲线外，其余时间段的图像均为直线，1 s后电动机的输出功率保持不变。已知物体的质量为2 kg，不计一切摩擦，重力加速度g＝10 m/s2。则下列判断正确的是(　　) A．在0～1 s内电动机所做的功为25 J B．1 s后电动机的输出功率为80 W C．物体的最大速度为5 m/s D．在0～5 s内物体沿斜面向上运动了35 m 答案　D 解析　在0～1 s内，物体位移大小为x1＝v1t1＝2.5 m，设0～1 s内电动机做的功为W1，由动能定理得W1－mgx1sin 30°＝mv12，解得W1＝50 J，选项A错误；在0～1 s内，物体的加速度大小为a＝＝5 m/s2，设0～1 s内细绳拉力的大小为F1，由牛顿第二定律得F1－ mgsin 30°＝ma，解得F1＝20 N，由题意知，1 s后电动机的输出功率为P＝F1v1＝100 W，选项B错误；当物体达到最大速度vm后，根据平衡条件可得细绳的拉力大小为F2＝mgsin 30°＝10 N，则vm＝＝10 m/s，选项C错误；设1～5 s内物体沿斜面向上运动的距离为x2，对物体由动能定理得Pt2－mgx2sin 30°＝mvm2－mv12，解得x2＝32.5 m，所以在0～5 s内物体沿斜面向上运动的距离为x＝x1＋x2＝35 m，选项D正确。 考点二　功能关系 1．功能关系的理解和应用 功能关系反映了做功和能量转化之间的对应关系，功是能量转化的量度。 (1)根据功能之间的对应关系，判定能的转化情况。 (2)根据能量转化，可计算变力做的功。 2．常见功能关系 能量 功能关系 表达式 势能 重力做功等于重力势能减少量 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 W＝Ek2－Ek1＝mv2－ mv02 机械能 除重力和弹簧弹力之外的其他力做功等于机械能变化量 W其他＝E2－E1＝ΔE机 摩擦产生的内能 一对相互作用的摩擦力做功之和的绝对值等于产生的内能 Q＝Ff·s相对 s相对为相对路程 电能 克服安培力做功等于电能增加量 W克安＝E2－E1＝ΔE 例5　如图所示，足够长粗糙斜面固定在水平地面上，绕过光滑定滑轮的轻绳连接质量相等的物块A和B(可看作质点)，当一沿斜面向下的恒力F作用在物块A上，使其加速下滑的过程中(物块B始终未与斜面、滑轮相碰)，下列说法中正确的是(　　) A．恒力F做功小于物块A、B动能增量之和 B．恒力F做功等于物块A、B动能增量之和 C．物块A与斜面因摩擦产生的热量与B的机械能增量之和等于恒力F做功 D．物块A克服绳的拉力做功一定大于物块A的重力势能减少量 答案　D 解析　以A、B整体为研究对象，设A沿斜面下滑的距离为L，斜面倾角为θ，根据动能定理得WF－mgL＋mgLsin θ－W克f＝EkA＋EkB－0，可得WF＝EkA＋EkB＋W克f＋mgL－mgLsin θ，故A、B错误；由功能关系可知物块A与斜面因摩擦产生的热量与A、B的机械能增量之和等于恒力F做功，故C错误；以B为研究对象可得WT－mgL＝mv2，可得WT＝mv2＋mgL，而A重力势能的减少量为ΔEp＝mgLsin θ，可得WT>ΔEp，故D正确。 例6　如图所示，某段滑雪道倾角为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g，g为重力加速度。在运动员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mgh C．运动员克服摩擦力做功为mgh D．系统减少的机械能为mgh 答案　D 解析　运动员的加速度大小为g，小于gsin 30°＝g，所以其必受摩擦力，且大小为mg，克服摩擦力做功为mg×＝mgh，故C错误；摩擦力做负功，机械能不守恒，减少的重力势能没有全部转化为动能，有mgh转化为内能，故A错误，D正确；由动能定理知，运动员获得的动能为mg×＝mgh，故B错误。 例7　(2020·全国卷Ⅰ·20改编)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　B 解析　由E－s图像知，物块动能与重力势能的和减小，则物块下滑过程中机械能不守恒，故A错误；由E－s图像知，整个下滑过程中，物块机械能的减少量为ΔE＝30 J－10 J＝20 J，重力势能的减少量ΔEp＝mgh＝30 J，又ΔE＝μmgcos α·s，其中cos α＝＝0.8，h＝3.0 m，g＝10 m/s2，则可得m＝1 kg，μ＝0.5，故B正确；物块下滑时的加速度大小a＝gsin α－ μgcos α＝2 m/s2，故C错误；物块下滑2.0 m时损失的机械能为ΔE′＝μmgcos α·s′＝8 J，故D错误。 1.如图所示，密度为ρ、棱长为a的正立方体木块漂浮在水面上(h为木块在水面上的高度)。现用竖直向下的力F将木块按入水中，直到木块上表面刚浸没，则此过程中木块克服浮力做功为(已知水的密度为ρ0、重力加速度为g)(　　) A．ρa3gh B.a3gh(ρ＋ρ0) C．ρ0a3gh(a－h) D.a3gh(a－h)(ρ＋ρ0) 答案　B 解析　设木块浸入的深度为x，则浮力大小为F浮＝ρ液gV排＝ρ0ga2x，可见浮力与木块进入水中的位移成正比。木块漂浮在水面上时有F浮1＝G＝ρga3，木块上表面刚浸没时受到的浮力为F浮2＝ρ0ga3，浮力做的功为W＝h＝ga3h(ρ＋ρ0)，故选B。 2．(2023·江苏南通市期末)将一小球从地面以一定的初速度竖直向上抛出并落回地面，小球所受空气阻力始终与速度成正比，则整个过程中小球的重力的瞬时功率大小P与时间t、机械能E与路程s的关系图像可能正确的是(　　) 答案　B 解析　小球上升过程中受到重力和空气阻力的作用，方向均向下，速度逐渐减小，则空气阻力逐渐减小，加速度逐渐减小，下降过程中重力方向向下，空气阻力方向向上，速度逐渐增大，则空气阻力逐渐增大，加速度逐渐减小，且上升过程的平均速度大于下降过程的平均速度，上升过程的时间小于下降过程的时间，所以v－t图像如图所示 根据P＝mgv，P－t图像如图所示 故A错误，B正确；小球上升过程中速度逐渐减小，则空气阻力逐渐减小，经过相同路程空气阻力做功逐渐减小，机械能损失逐渐减小；小球下降过程中速度逐渐增大，则空气阻力逐渐增大，经过相同路程空气阻力做功逐渐增大，机械能损失逐渐增大，且上升过程中空气阻力做功大于下降过程中空气阻力做功，则上升过程中损失的机械能大于下降过程中损失的机械能，则E－s图像如图所示 故C、D错误。 专题强化练 [保分基础练] 1．(2023·浙江1月选考·4)一位游客正在体验蹦极，绑上蹦极专用的橡皮绳后从跳台纵身而下。游客从跳台下落直到最低点过程中(　　) A．弹性势能减小 B．重力势能减小 C．机械能保持不变 D．绳一绷紧动能就开始减小 答案　B 解析　游客从跳台下落，开始阶段橡皮绳未拉直，游客只受重力作用做匀加速运动，下落到一定高度时橡皮绳开始绷紧，游客受重力和向上的弹力作用，弹力从零逐渐增大，游客所受合力先向下减小后向上增大，速度先增大后减小，到最低点时速度减小到零，弹力达到最大值，则橡皮绳绷紧后弹性势能一直增大，A错误；游客高度一直降低，重力一直做正功，重力势能一直减小，B正确；下落阶段橡皮绳对游客做负功，游客机械能减少，C错误；橡皮绳刚绷紧，弹力小于重力，合力向下，做正功，游客动能增加，当弹力大于重力后，合力向上，做负功，游客动能减小，D错误。 2．(2023·江苏无锡市调研)已知动车组列车每节动车的额定功率相同，每节动车与拖车质量相等，设动车组运行时所受阻力与其速率成正比。若某动车组由4节动车加8节拖车组成，其运行的最大速率为240 km/h，则由8节动车加4节拖车组成的动车组，运行的最大速率约为(　　) A．240 km/h B．340 km/h C．360 km/h D．480 km/h 答案　B 解析　由4节动车加8节拖车组成的动车组，运行的最大速率为240 km/h，每节动车的额定功率为P，设每节车厢所受的阻力为Ff，则有＝12Ffv，由8节动车加4节拖车组成的动车组有＝12Ffv′，解得v′＝v≈339 km/h，故选B。 3.如图所示，近千架无人机群构造了高空巨幅光影“汤匙里的汤圆”，某段时间内，“汤圆”静止，而“汤匙”正在匀速向上运动。在该段时间内，下列说法正确的是(　　) A．“汤匙”中的无人机受到合外力向上 B．“汤匙”中的无人机的机械能保持不变 C．“汤圆”中的无人机对空气做正功 D．“汤圆”中的无人机消耗的电能全部转化为无人机的光能 答案　C 解析　“汤匙”正在匀速向上运动，所以“汤匙”中的无人机受到的合外力为零，故A错误；“汤匙”正在匀速向上运动，“汤匙”中的无人机动能不变，重力势能增加，所以机械能增大，故B错误；“汤圆”中的无人机使空气流动，对空气做正功，故C正确；根据能量守恒可知，D错误。 4．电动自行车在平直路面上匀速行驶，某一时刻从车上掉落一货物，车行驶的功率不变，货物掉落前后车速随时间变化的图像较符合实际的是(　　) 答案　A 解析　电动自行车的功率P＝Fv，匀速行驶时，牵引力等于阻力，即F＝Ff，加速度a＝0。货物掉落后，电动自行车瞬时速度未变，整体质量减小，所受阻力减小为Ff′，牵引力大于阻力，具有向前的加速度，电动自行车开始加速。由于功率不变，牵引力逐渐减小，加速度减小，当牵引力F等于Ff′时，加速度为0，电动自行车达到最大速度vm＝，以后继续做匀速运动，故选A。 5．(2023·辽宁卷·3)如图(a)，从高处M点到地面N点有Ⅰ、Ⅱ两条光滑轨道。两相同小物块甲、乙同时从M点由静止释放，沿不同轨道滑到N点，其速率v与时间t的关系如图(b)所示。由图可知，两物块在离开M点后、到达N点前的下滑过程中(　　) A．甲沿Ⅰ下滑且同一时刻甲的动能比乙的大 B．甲沿Ⅱ下滑且同一时刻甲的动能比乙的小 C．乙沿Ⅰ下滑且乙的重力功率一直不变 D．乙沿Ⅱ下滑且乙的重力功率一直增大 答案　B 解析　由题图(b)可知，甲下滑过程中，甲做匀加速直线运动，则甲沿Ⅱ下滑，乙做加速度逐渐减小的加速运动，乙沿Ⅰ下滑，任意时刻甲的速度都小于乙的速度，可知同一时刻甲的动能比乙的小，A错误，B正确；乙沿Ⅰ下滑，开始时乙速度为0，到N点时乙竖直方向速度为零，根据瞬时功率公式P＝mgvy可知，重力瞬时功率先增大后减小，C、D错误。 6．(2023·北京卷·11)如图所示，一物体在力F作用下沿水平桌面做匀加速直线运动。已知物体质量为m，加速度大小为a，物体和桌面之间的动摩擦因数为μ，重力加速度为g，在物体移动距离为x的过程中(　　) A．摩擦力做功大小与F方向无关 B．合力做功大小与F方向有关 C．F为水平方向时，F做功为μmgx D．F做功的最小值为max 答案　D 解析　设力F与水平方向的夹角为θ，则摩擦力为Ff＝μ(mg－Fsin θ)，摩擦力做功大小Wf＝μ(mg－Fsin θ)x，即摩擦力做功大小与F的方向有关，选项A错误；合力做功大小W＝ F合x＝max，可知合力做功大小与力F方向无关，选项B错误；当力F水平时，则有F＝ma＋μmg，力F做功为WF＝Fx＝(ma＋μmg)x，选项C错误；因合力做功大小为max，大小一定，而合力做的功等于力F与摩擦力Ff做功的代数和，而当Fsin θ＝mg时，摩擦力Ff＝0，摩擦力做功为零，力F做功最小，最小值为max，选项D正确。 7．(2021·湖南卷·3)“复兴号”动车组用多节车厢提供动力，从而达到提速的目的。总质量为m的动车组在平直的轨道上行驶。该动车组有四节动力车厢，每节车厢发动机的额定功率均为P，若动车组所受的阻力与其速率成正比(F阻＝kv，k为常量)，动车组能达到的最大速度为vm。下列说法正确的是(　　) A．动车组在匀加速启动过程中，牵引力恒定不变 B．若四节动力车厢输出功率均为额定值，则动车组从静止开始做匀加速运动 C．若四节动力车厢输出的总功率为2.25P，则动车组匀速行驶的速度为vm D．若四节动力车厢输出功率均为额定值，动车组从静止启动，经过时间t达到最大速度vm，则这一过程中该动车组克服阻力做的功为mvm2－Pt 答案　C 解析　对动车组由牛顿第二定律有F牵－F阻＝ma，动车组匀加速启动，即加速度a恒定，但F阻＝kv随速度增大而增大，则牵引力也随阻力增大而增大，故A错误；若四节动力车厢输出功率均为额定值，则总功率为4P，由牛顿第二定律有－kv＝ma，故可知加速启动的过程，牵引力减小，阻力增大，则加速度逐渐减小，故B错误；若四节动力车厢输出的总功率为2.25P，动车组匀速行驶时加速度为零，有＝kv，而以额定功率匀速行驶时，有＝kvm，联立解得v＝vm，故C正确；若四节动力车厢输出功率均为额定值，动车组从静止启动，经过时间t达到最大速度vm，由动能定理可知4Pt－W克阻＝mvm2－0，可得动车组克服阻力做的功为W克阻＝4Pt－mvm2，故D错误。 8．(2023·山东卷·4)《天工开物》中记载了古人借助水力使用高转筒车往稻田里引水的场景。引水过程简化如下：两个半径均为R的水轮，以角速度ω匀速转动。水筒在筒车上均匀排布，单位长度上有n个，与水轮间无相对滑动。每个水筒离开水面时装有质量为m的水，其中的60%被输送到高出水面H处灌入稻田。当地的重力加速度为g，则筒车对灌入稻田的水做功的功率为(　　) A. B. C. D．nmgωRH 答案　B 解析　由题知，水筒在筒车上均匀排布，单位长度上有n个，且每个水筒离开水面时装有质量为m的水，其中的60%被输送到高出水面H处灌入稻田，则水轮转一圈灌入农田的水的总质量为m总＝2πRnm×60%＝1.2πRnm，则水轮转一圈灌入稻田的水克服重力做的功W＝1.2πRnmgH，则筒车对灌入稻田的水做功的功率为P＝，T＝，联立解得P＝，故选B。 [争分提能练] 9.(2023·江苏连云港市模拟)如图所示，坡道滑雪中运动员从斜面自由滑到水平面直至停止，运动员与斜面、水平面间的动摩擦因数相同，空气阻力不计，其运动过程中重力的瞬时功率P与动能Ek随时间t、重力势能Ep和机械能E随水平位移x变化的图像中，可能正确的是(　　) 答案　D 解析　运动员在坡道上做匀加速运动，速度越来越大，重力的瞬时功率P越来越大，滑到水平面后，重力方向与速度方向垂直，重力的瞬时功率P为0，故A错误；运动员在坡道上做匀加速运动，速度越来越大，动能越来越大，故B错误；运动员在斜面上下滑过程中，重力势能随位移均匀减小，故C错误；运动员在运动过程中由于摩擦力做功导致机械能减少，在斜面上机械能减少量为ΔE1＝μmgcos θ·＝μmgx，在水平面上运动，机械能减少量为ΔE2＝μmgx(x－Lcos θ)，其中L为运动员在斜面上运动的距离，θ为斜面倾角，两运动阶段E－x斜率相同，运动员停止后，机械能不变，故D正确。 10.某质量m＝1 500 kg的“双引擎”小汽车，行驶速度v≤54 km/h时靠电动机输出动力；行驶速度在54 km/h＜v≤90 km/h范围内时靠汽油机输出动力，同时内部电池充电；当行驶速度v>90 km/h时汽油机和电动机同时工作，这种汽车更节能环保，该小汽车在一条平直的公路上由静止启动，汽车的牵引力F随运动时间t的变化关系如图所示，所受阻力恒为1 250 N。已知汽车在t0时刻第一次切换动力引擎，以后保持恒定功率行驶至第11 s末，则在前11 s内(　　) A．经过计算t0＝5 s B．在0～t0时间内小汽车行驶了90 m C．电动机输出的最大功率为60 kW D．汽油机工作期间牵引力做的功为4.5×105 J 答案　D 解析　开始阶段加速度为a＝＝ m/s2＝2.5 m/s2，v1＝54 km/h＝15 m/s，解得t0＝＝ s＝6 s，故A错误；汽车前6 s内的位移为x1＝at02＝45 m，故B错误；由题图可知，汽油机工作期间，功率为P＝F2v1＝90 kW，解得11 s末汽车的速度为v3＝＝ m/s＝25 m/s＝90 km/h，故6～11 s内都是汽油机在做功，且汽油机工作时牵引力做的功为W＝Pt＝4.5×105 J，故D正确；t0时刻，电动机输出的功率最大，为Pm＝F1v1＝ 5 000×15 W＝75 kW，故C错误。 11.(2022·江苏徐州市期末)某研究小组在实验室内做外力作用下落体运动的研究，得到物体在竖直向下运动时的速度v随下降高度h的变化关系，如图所示。已知v1<，g为重力加速度。则(　　) A．物体做匀变速直线运动 B．下落过程中物体的加速度不断减小 C．下落过程中物体的机械能一直减小 D．物体在h2和h1处的机械能可能相等 答案　C 解析　由题图可知，物体的速度随位移均匀变化，可得v＝kh，又a＝＝＝kv，即物体的加速度与速度成正比，依题意物体速度一直在增加，所以加速度不断增加，故A、B错误；由v1<知mv12<mgh1<mgh1，则物体所受外力与重力反向，为竖直向上，由牛顿第二定律可得mg－F＝ma，由题图信息结合题意可知，外力一直存在，且对物体始终做负功，根据W其他＝ΔE可知，物体的机械能一直减小，不会出现在h2和h1处的机械能相等的情况，故C正确，D错误。 [尖子生选练] 12.(2023·江苏南通市第一次调研)如图所示，一轻质弹簧固定在斜面底端，t＝0时刻，一物块从固定的斜面顶端由静止释放，直至运动到最低点的过程中，物块的速度v和加速度a随时间t、动能Ek和机械能E随位移x变化的关系图像可能正确的是(已知弹簧的弹性势能为Ep＝kx2，k为弹簧的劲度系数，x为弹簧的形变量)(　　) 答案　A 解析　在接触弹簧前，物块的速度v随着时间均匀增加，接触弹簧后，在达到最大速度前，做加速度减小的加速运动，达到最大速度后，做加速度增大的减速运动，直到停止，故A正确；在接触弹簧前，加速度恒定，刚接触弹簧时的加速度大小为a0＝gsin θ－，设在最低点时弹簧的形变量为Δx，根据牛顿第二定律有kΔx＋Ff－mgsin θ＝ma，则a＝－(gsin θ－)＝－a0，设物块与弹簧接触前运动了x0，物块从静止释放到运动至最低点根据能量守恒得mg(x0＋Δx)sin θ＝k(Δx)2＋Ff(x0＋Δx)，整理得k(Δx)2－2ma0Δx－2ma0x0＝0，有Δx＝>，因此a＝－a0>a0，故B错误；由动能定理，在接触弹簧前，物块沿着斜面下滑的位移为x时，有mgsin θ·x－Ffx＝Ek，动能随着位移线性增加，接触弹簧后，在达到最大速度前，做加速运动，物块的动能随着位移的增加是增加的，达到最大速度后，做减速运动，动能随着位移的增加而减少，故C错误；在接触弹簧前，只有摩擦力做负功，物块的机械能减少，E＝E0－Ffx，在接触弹簧后，有摩擦力和弹簧弹力做负功，物块的机械能随位移减少的规律如下，E＝E0－k(x－x0)2－Ffx，其图像是开口向下的抛物线的一段，故D错误。 学科网（北京）股份有限公司 $$