第13课 机械能守恒定律-【提分宝典】2026年新高考物理一轮全考点普查与练习

第13课　　　　　机械能守恒定律　能量守恒定律 普查与练习13　　　　　机械能守恒定律　能量守恒定律 1．机械能守恒定律及其应用 a.利用定义或守恒条件判断机械能是否守恒　　　　　　　　　　　　　　　 (1)(多选)(2026汇编题，4分)不计空气阻力，下列物体中机械能守恒的有(　　) A．在平直公路上匀速行驶的汽车 B．在竖直光滑圆轨道内做圆周运动的小球 C．正在匀速升空的火箭 D．在草地上滚动的足球 E．只在轻弹簧作用下做简谐运动的小球 F．水平抛出还未落地的小球 (1)答案：ABF 解析：平直公路上匀速行驶的汽车动能不变，重力势能不变，机械能不变，故A项正确。在竖直光滑圆轨道内做圆周运动的小球，轨道对小球的支持力垂直于小球的运动方向，不做功，小球的动能和重力势能相互转化，总的机械能不变，故B项正确。匀速升空的火箭动能不变，重力势能增大，总的机械能增大，故C项错误。在草地上滚动的足球受到草地的阻力，阻力做负功，足球的机械能减小，故D项错误。在轻弹簧作用下做简谐运动的小球，小球与轻弹簧整体的机械能守恒，但小球的机械能不守恒，故E项错误。水平抛出还未落地的小球，只有重力做功，重力势能转化为动能，机械能不变，故F项正确。 b.单个物体机械能守恒的应用 (2)(多选)(山东烟台一模，4分)如图所示，内壁光滑的圆形细管固定在倾角为θ的斜面上，其半径为R，A、C分别为细管的最高点和最低点，B、D为细管上与圆心O处于同一水平高度的两点，细管内有一直径稍小于细管内径的质量为m的小球，小球可视为质点。开始时小球静止在A点，某时刻对小球施加轻微扰动，使小球自A向B沿着细管开始滑动。以过直线BOD的水平面为重力势能的参考平面，重力加速度为g，下列说法正确的是(　　) A．小球不能返回到A点 B．小球自A点到B点的过程中，重力的瞬时功率一直增大 C．小球在C点时的机械能为2mgR sin θ D．小球到达D点时，细管对小球的作用力大小为mg (2)答案：BD 解析：小球在运动过程中，机械能守恒，所以小球能返回到A点，故A项错误。小球在A点时速度为零，重力的瞬时功率为零，小球从A点到B点的过程中，重力做正功，速度逐渐增大，故沿重力方向的分速度v竖直也逐渐增大，根据重力瞬时功率表达式P＝mgv竖直，可知重力的瞬时功率一直增大，故B项正确。小球在运动过程中，机械能守恒，所以小球在C点时的机械能为mgR sin θ，故C项错误。根据机械能守恒定律可得小球到达D点时的速度满足mgR sin θ＝mv，根据牛顿第二定律可得细管的侧壁对小球的支持力为N＝m，解得N＝2mg sin θ，细管的底部对小球的支持力为FN＝mg cos θ，故细管对小球的作用力大小为F＝＝mg，故D项正确。 (3)(北京经典真题，12分)秋千由踏板和绳构成，人在秋千上的摆动过程可以简化为单摆的摆动，等效“摆球”的质量为m，人蹲在踏板上时摆长为l1，人站立时摆长为l2。不计空气阻力，重力加速度大小为g。 ①如果摆长为l1，“摆球”通过最低点时的速度为v，求此时“摆球”受到拉力T的大小。 ②在没有别人帮助的情况下，人可以通过在低处站起、在高处蹲下的方式使“摆球”摆得越来越高。 a．人蹲在踏板上从最大摆角θ1开始运动，到最低点时突然站起，此后保持站立姿势摆到另一边的最大摆角为θ2。假定人在最低点站起前后“摆球”摆动速度大小不变，通过计算证明θ2>θ1。 b．实际上人在最低点快速站起后“摆球”摆动速度的大小会增大。随着摆动越来越高，达到某个最大摆角θ后，如果再次经过最低点时，通过一次站起并保持站立姿势就能实现在竖直平面内做完整的圆周运动，求在最低点“摆球”增加的动能ΔEk应满足的条件。 (3)答案：①mg＋m(3分)　②a.见解析(4分)　b．ΔEk≥mgl2－mgl1(1－cos θ)(5分) 解析：①根据牛顿运动定律T－mg＝m(2分) 解得T＝mg＋m(1分) ②a.设人在最低点站起时“摆球”的摆动速度大小为v1，根据功能关系得 mgl1(1－cos θ1)＝mv(1分) mgl2(1－cos θ2)＝mv(1分) 因为l1>l2 则有cos θ1>cos θ2 所以θ2>θ1(2分) b．设“摆球”由最大摆角θ摆至最低点时动能为Ek，根据功能关系得 Ek＝mgl1(1－cos θ)(1分) 设“摆球”在竖直平面内做完整的圆周运动，通过最高点最小速度为vm，根据牛顿第二定律得mg＝m(1分) 要使“摆球”在竖直平面内做完整的圆周运动，根据功能关系可知需满足 Ek＋ΔEk≥2mgl2＋mv(2分) 联立以上各式得ΔEk≥mgl2－mgl1(1－cos θ)(1分) c.含弹簧的连接体中机械能守恒的应用 (4)(多选)(2026改编题，4分)如图所示，光滑固定斜面的倾角θ＝30°。一轻质弹簧的下端与放在斜面底端挡板处质量为2m的物体B相连，上端与质量为m的物体A相连，A、B都处于静止状态。用一根不可伸长的轻绳通过轻质光滑的定滑轮连接物体A，滑轮右侧轻绳与斜面平行，滑轮左侧轻绳的下方连一轻质挂钩。现在轻质挂钩上挂一质量为m的物体C(图中未画出)并从静止状态释放(物体C不会和地面接触)，已知它恰好能使B离开斜面底端挡板但不继续上升，此时物体C下降的高度为h，重力加速度为g，则从物体C由静止释放到C运动到最低点的过程中，下列说法正确的是(　　) A.物体A、C和弹簧组成的系统机械能守恒 B．当物体C运动到最低点时，受到的合力为0 C．从释放到物体C运动速度最大时，弹簧对物体A做功为0 D．当物体C运动到最低点时，弹簧的弹性势能为mgh (4)答案：AC 解析：恰好能使B离开斜面底端挡板但不继续上升，若此时A和C的速度不为零，则A会继续拉动弹簧使B受到的弹力变大，B就会继续上升，故可推知B受到的合力为零且A和C的速度为零，即C运动到最低点。对物体A、C和弹簧组成的系统，只有重力和弹簧的弹力做功，系统机械能守恒，故A项正确。当物体C到达最低点时，对物体B受力分析有F弹－2mg sin θ＝0，对A和C根据牛顿第二定律有T－mg sin θ－F弹＝ma，mg－T＝ma，联立以上各式解得a＝－g，T＝mg，物体C受到的合力为F＝mg，故B项错误。当物体C运动速度最大时，A和C受到的合力都为0，分别对A和C受力分析，T′－mg sin θ＋F弹′＝0，mg－T′＝0，联立两式解得F弹′＝－mg；初始时，对A受力分析有－mg sin θ＋F弹0＝0，得F弹0＝mg，故当物体C运动速度最大时，弹簧弹力与初始时弹力大小相等，弹簧弹性势能不变，即弹簧对物体A做功为0，故C项正确。当物体C运动到最低点时，对物体A、C和弹簧组成的系统，由机械能守恒定律有－mgh＋mgh sin θ＋ΔEp弹＝0，可得弹簧弹性势能增加量ΔEp弹＝mgh，但初始时弹簧被压缩已有弹性势能，故此时弹性势能不等于mgh，故D项错误。 d.不含弹簧的连接体中机械能守恒的应用 (5)(多选)(2026改编题，4分)如图所示，将质量为2m的重物悬挂在轻绳的一端，轻绳的另一端系一质量为m的环，环套在竖直固定的光滑直杆上，光滑的轻质小定滑轮与直杆的距离为d，杆上的A点与定滑轮等高，杆上的B点在A点下方距离为d处。现将环从A处由静止释放，不计一切摩擦阻力，下列说法正确的是(　　) A.环到达B处时，重物上升的高度h＝ B．环到达B处时，环的速度为 C．环从A到B，环减少的重力势能等于环增加的动能和重物增加的重力势能之和 D．环能下降的最大高度为d (5)答案：BD 解析：根据几何关系可看出，环从A下滑至B点时，重物上升的高度h＝d－d，故A项错误。环到达B处时，将环的速度沿绳方向和垂直于绳方向分解，在沿绳方向上的分速度等于重物的速度，即v环cos 45°＝v物。根据系统机械能守恒定律，从A到B对环和重物有mgd－2mgh＝mv＋×2mv，解得环的速度v环＝，故B项正确。环下降过程中系统无摩擦力做功，故环与重物组成的系统机械能守恒，即环减少的重力势能等于环和重物增加的动能以及重物增加的重力势能之和，故C项错误。环下滑到最大高度H时环和重物的速度均为0，此时重物上升的最大高度为－d，根据机械能守恒定律有mgH－2mg(－d)＝0，可解得H＝d，故D项正确。 (6)(经典题，16分)如图所示，钉子A、B相距5l，处于同一高度。细线的一端系有质量为M的小物块，另一端绕过A固定于B。质量为m的小球固定在细线上C点，B、C间的线长为3l。用手竖直向下拉住小球，使小球和物块都静止，此时BC与水平方向的夹角为53°。松手后，小球运动到与A、B相同高度时的速度恰好为零，然后向下运动。忽略一切摩擦，重力加速度为g，取sin 53°＝0.8，cos 53°＝0.6。求： ①小球受到手的拉力大小F； ②物块和小球的质量之比M∶m； ③小球向下运动到最低点时，物块M所受的拉力大小T。 (6)答案：①Mg－mg(6分)　②(5分) ③(5分) 解析：①设小球处于静止时受AC、BC的拉力分别为F1、F2。对小球进行受力分析有 F1sin 53°＝F2cos 53°(2分) F＋mg＝F1cos 53°＋F2sin 53°(2分) 且F1＝Mg(1分) 解得F＝Mg－mg(1分) ②小球运动到与A、B相同高度过程中， 小球上升高度h1 ＝3lsin 53°(1分) 物块下降高度h2 ＝2l(1分) 根据机械能守恒定律有mgh1＝Mgh2(2分) 解得＝(1分) ③根据机械能守恒定律，小球向下运动的最低点位置为起始点位置。设此时AC方向的加速度大小为a，物块受到的拉力为T。 根据牛顿第二定律有Mg－T＝Ma(2分) 小球受AC的拉力T′＝T(1分) 根据牛顿第二定律有T′－mgcos 53°＝ma(1分) 解得T＝(1分) 2．能量的转化与守恒 a.利用功能关系或定义分析动能、重力势能、弹性势能、机械能的变化问题 (7)(2024.01浙江真题，3分)如图所示，质量为m的足球从水平地面上位置1被踢出后落在位置3，在空中达到最高点2的高度为h，重力加速度为g，则足球(　　) A．从1到2动能减少mgh B．从1到2重力势能增加mgh C．从2到3动能增加mgh D．从2到3机械能不变 (7)答案：B 解析：由于足球的运动轨迹不对称，所以其在空中运动过程中受到空气阻力的作用，1到2过程，对足球根据动能定理有－mgh－Wf1＝mv－mv，则其动能减少了ΔEk＝mv－mv＝mgh＋Wf1，故A项错误。1到2过程，足球的重心升高了h，则其重力势能增加了 ΔEp＝mgh，故B项正确。2到3过程，对足球根据动能定理有mgh－Wf2＝mv－mv，则其动能增加了ΔE′k＝mv－mv＝mgh－Wf2，故C项错误。由于空气阻力的作用，足球在整个过程中，机械能不断减少，故D项错误。 (8)(2024山东真题，3分)如图所示，质量均为m的甲、乙两同学，分别坐在水平放置的轻木板上，木板通过一根原长为l的轻质弹性绳连接，连接点等高且间距为d(d<l)。两木板与地面间动摩擦因数均为μ，弹性绳劲度系数为k，被拉伸时弹性势能E＝kx2(x为绳的伸长量)。现用水平力F缓慢拉动乙所坐木板，直至甲所坐木板刚要离开原位置，此过程中两人与所坐木板保持相对静止，k保持不变，最大静摩擦力等于滑动摩擦力，重力加速度大小为g，则F所做的功等于(　　) A.＋μmg(l－d) B.＋μmg(l－d) C.＋2μmg(l－d) D.＋2μmg(l－d) (8)答案：B 解析：当甲所坐木板刚要离开原位置时，对甲及其所坐木板整体有kx0＝μmg，解得弹性绳的伸长量x0＝，则此时弹性绳的弹性势能为E0＝kx＝。从开始拉动乙所坐木板到甲所坐木板刚要离开原位置的过程，乙所坐木板的位移为x1＝x0＋l－d，则由功能关系可知该过程F所做的功W＝E0＋μmgx1＝＋μmg(l－d)，故B项正确，A项、C项、D项均错误。 b.利用能量守恒定律分析摩擦力做功问题 (9)(河北衡水二模，4分)如图(a)所示，轻弹簧下端固定在倾角为θ＝37°的粗糙斜面底端，质量为m＝1 kg的物块从轻弹簧上端上方某位置由静止释放，测得物块的动能Ek与其通过的路程x的关系如图(b)所示(弹簧始终处于弹性限度内)，图像中O～x1＝0.4 m之间为直线，其余部分为曲线，x2＝0.6 m时物块的动能达到最大。弹簧的长度为l时，弹性势能为Ep＝k(l0－l)2，其中k为弹簧的劲度系数，l0为弹簧的原长。物块可视为质点，不计空气阻力，物块接触弹簧瞬间无能量损失，取重力加速度g＝10 m/s2，sin 37°＝0.6，cos 37°＝0.8。则(　　) 　　　 图(a)　　　　　　　　　　　图(b) A．物块与斜面间的动摩擦因数为0.2 B．弹簧的劲度系数k为25 N/m C．x3的大小为0.8 m D．物块在斜面上运动的总路程大于x3 (9)答案：D 解析：物块接触弹簧前，由动能定理得mgx1sin θ－μmgx1cos θ＝Ek1－0，解得μ＝0.25，故A项错误。由能量守恒定律得mgx2sin θ＝μmgx2cos θ＋Ek2＋k(x2－x1)2，解得k＝20 N/m，故B项错误。由能量守恒定律得mgx3sin θ＝μmgx3cos θ＋k(x3－x1)2，解得x3＝ m，故C项错误。物块的路程为x3时，mg sin θ＋μmg cos θ<k(x3－x1)，物块反向沿斜面向上运动，所以物块在斜面上运动的总路程大于x3，故D项正确。 c.能量守恒定律的应用 (10)(2022江苏真题，4分)如图所示，轻质弹簧一端固定，另一端与物块A连接在一起，处于压缩状态，A由静止释放后沿斜面向上运动到最大位移时，立即将物块B轻放在A右侧，A、B由静止开始一起沿斜面向下运动，下滑过程中A、B始终不分离，当A回到初始位置时速度为零，A、B与斜面间的动摩擦因数相同、弹簧未超过弹性限度，则(　　) A．当上滑到最大位移的一半时，A的加速度方向沿斜面向下 B．A上滑时，弹簧的弹力方向不发生变化 C．下滑时，B对A的压力先减小后增大 D．整个过程中A、B克服摩擦力所做的总功大于B的重力势能减小量 (10)答案：B 解析：由于A、B在下滑过程中不分离，设弹簧的弹力为F，方向沿斜面向下为正方向，斜面倾角为θ，A对B的弹力为FAB，两物块与斜面间的动摩擦因数为μ，刚下滑时根据牛顿第二定律对AB有F＋(mA＋mB)g sin θ－μ(mA＋mB)g cos θ＝(mA＋mB)a，对B有mBg sin θ－μmBg cos θ－FAB＝mBa，联立可得＝－，即F<0，方向沿斜面向上，由于在最开始弹簧弹力也是沿斜面向上的，弹簧一直处于压缩状态，所以A上滑时，弹簧的弹力方向一直沿斜面向上，不发生变化，故B项正确。因为弹簧一直处于压缩状态，设弹簧初始压缩量为x1，A上滑过程通过的最大位移为x，对于A上滑过程，根据能量守恒定律有kx－k(x1－x)2＝mAgx sin θ＋μmAg cos θ·x，当上滑到最大位移的一半时，A所受合力为F合＝k·－(mAgsinθ＋μmAg cos θ)，联立可得F合＝0，即此时A的加速度为0，故A项错误。由于上滑时弹簧一直处于压缩状态，下滑过程中F逐渐增大，则下滑过程FAB逐渐增大，根据牛顿第三定律可知B对A的压力逐渐变大，故C项错误。整个过程中弹力做的功为0，A的重力做的功为0，当A回到初始位置时速度为零，根据功能关系可知整个过程中A、B克服摩擦力所做的总功等于B的重力势能减小量，故D项错误。 (11)(2024江苏真题，12分)如图所示，粗糙斜面的动摩擦因数为μ，倾角为θ，斜面长为L。一个质量为m的物块(可视为质点)在电动机作用下，从斜面底端A点由静止加速至B点时达到最大速度v，之后做匀速运动至C点，关闭电动机，物块恰好到达最高点D。重力加速度为g，不计电动机消耗的电热。求： ①CD段长x； ②BC段电动机的输出功率P； ③全过程物块存储的机械能E1和电动机消耗的总电能E2的比值。 (11)答案：①(4分) ②mgv(sin θ＋μcos θ)(4分)　③(4分) 解析：①物块在CD段运动过程中，由动能定理得 －(mgsin θ＋μmgcos θ)x＝0－mv2(2分) 解得x＝(2分) ②物块在BC段匀速运动，则电动机的牵引力为 F＝mgsin θ＋μmgcos θ(2分) 由P＝Fv得P＝mgv(sin θ＋μcos θ)(2分) ③全过程物块增加的机械能为 E1＝ΔEk＋ΔEp＝0＋mgLsin θ(1分) 全过程中，由能量守恒可知电动机消耗的总电能转化为物块增加的机械能和摩擦产生的内能，则有 E2＝E1＋μmgcos θ·L(2分) 联立解得＝(1分) 随堂普查练13 1．(2023.01浙江真题，3分)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 1．答案：B 解析：游客从跳台下落，开始阶段橡皮绳未拉直，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。从橡皮绳绷紧后到游客下落到最低点的过程中，橡皮绳的弹性势能一直增大，故A项错误。游客高度一直降低，重力一直做正功，重力势能一直减小，故B项正确。从橡皮绳绷紧开始到下落到最低点的过程橡皮绳对游客做负功，游客机械能减小，转化为弹性势能，故C项错误。绳刚绷紧开始一段时间内，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，合力向上对游客做负功，游客动能逐渐减小，故D项错误。 2．(2022湖北真题，4分)如图所示，质量分别为m和2m的小物块P和Q，用轻质弹簧连接后放在水平地面上，P通过一根水平轻绳连接到墙上。P的下表面光滑，Q与地面间的动摩擦因数为μ，最大静摩擦力等于滑动摩擦力。用水平拉力将Q向右缓慢拉开一段距离，撤去拉力后，Q恰好能保持静止。弹簧形变始终在弹性限度内，弹簧的劲度系数为k，重力加速度大小为g。若剪断轻绳，Р在随后的运动过程中相对于其初始位置的最大位移大小为(　　) A． B． C． D． 2．答案：C 解析：Q恰好能保持静止时，设弹簧的伸长量为x，满足kx＝2μmg。剪断轻绳后，物块P与弹簧组成的系统机械能守恒，弹簧的最大压缩量也为x，因此Р相对于其初始位置的最大位移大小为s＝2x＝，故C项正确。 3．(多选)(广东经典真题，6分)长征途中，为了突破敌方关隘，战士爬上陡峭的山头，居高临下向敌方工事内投掷手榴弹。战士在同一位置先后投出甲、乙两颗质量均为m的手榴弹。手榴弹从投出的位置到落地点的高度差为h，在空中的运动可视为平抛运动，轨迹如图所示，重力加速度为g，下列说法正确的有( 　　) A. 甲在空中的运动时间比乙的长 B．两手榴弹在落地前瞬间，重力的功率相等 C．从投出到落地，每颗手榴弹的重力势能减少mgh D．从投出到落地，每颗手榴弹的机械能变化量为mgh 3．答案：BC 解析：由平抛运动规律可知，做平抛运动的时间t＝，因为两手榴弹运动的高度差相同，所以在空中运动时间相等，故A项错误。做平抛运动的物体落地前瞬间，重力的功率P＝mgvy＝mg，因为两手榴弹运动的高度差相同，质量相同，所以落地前瞬间，两手榴弹重力功率相等，故B项正确。从投出到落地，手榴弹下降的高度均为h，所以每颗手榴弹重力势能变化量ΔEp＝－mgh，每颗手榴弹重力势能减少mgh，故C项正确。从投出到落地，手榴弹做平抛运动，只有重力做功，机械能守恒，故D项错误。 4．(多选)(河北衡水模拟，6分)如图所示，一顶角为直角的“”形光滑细杆竖直放置。质量均为m的两金属环套在细杆上，高度相同，用一劲度系数为k的轻质弹簧相连，弹簧处于原长l0。两金属环同时由静止释放，运动过程中弹簧在弹性限度内，重力加速度为g。弹簧的长度为l时，弹性势能为k(l－l0)2，对其中一个金属环，下列说法正确的是(　　) A.金属环的最大加速度为g B．金属环的最大速度为g C．金属环与细杆之间的最大压力为mg D．金属环达到最大速度时重力的功率为mg2 4．答案：BC 解析：刚释放时，弹簧处于原长，弹簧的弹力为零，此时金属环的加速度最大，最大加速度为am＝＝gsin 45°＝g，故A项错误。金属环在平衡位置时速度最大，设此时弹簧的伸长量为x1，沿杆方向根据平衡条件有mgsin 45°＝kx1cos 45°，此过程中两个金属环下降的高度均为h＝，由机械能守恒定律有2mg·＝kx＋×2mv，解得金属环的最大速度为vm＝g，金属环达到最大速度时重力的功率为P＝mgvy＝mgvmcos 45°＝，故B项正确，D项错误。当金属环运动到最低点时，金属环与细杆之间的压力最大，设此时弹簧的形变量为x2，由机械能守恒定律得2mg·＝kx，对金属环受力分析，垂直于杆方向有FN＝mgcos 45°＋kx2sin 45°，联立上式可以解得，金属环与细杆之间的最大压力为FN＝ mg，故C项正确。 5．(河北衡水模拟，4分)如图所示，在光滑的水平地面上有一个表面光滑的物块P，它的质量为M，一长为L的轻杆下端用光滑铰链连接于O点，O点固定于地面上，轻杆的上端连接着一个可视为质点的小球Q，它的质量为m，且M＝5m，开始时，小球斜靠在物块左侧，它距地面的高度为h，物块右侧受到水平向左推力F的作用，整个装置处于静止状态。重力加速度为g。若现在撤去水平推力F，则下列说法中错误的是(　　) A．物块先做加速运动，后做匀速运动 B．在小球和物块分离前，当轻杆与水平面的夹角为θ时，小球的速度大小为 C．小球与物块分离时，小球一定只受重力作用 D．在小球落地之前，小球的机械能一直减少 5．答案：D 解析：物块与小球分离之前先做加速运动(不一定是匀加速)，与小球分离后做匀速运动，故A项正确，不符合题意。在小球和物块P分离前，当轻杆与水平面的夹角为θ时，由能量守恒定律有mg(h－L sin θ)＝Mv＋mv，且已知M＝5m。将小球的速度沿着水平方向和竖直方向正交分解，有vP＝vQsin θ，联立解得vQ＝，故B项正确，不符合题意。小球与物块刚分离时加速度的水平分量为零，故杆的弹力为零，小球只受重力，故C项正确，不符合题意。在分离之前，小球的机械能减小；分离后，只有重力做功，小球的机械能守恒，故D项错误，符合题意。 6．(福建经典真题，12分)如图(a)，一倾角为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。 6．答案：(1)7 m/s2(5分)　(2)26 J(4分) (3)1.3 m(3分) 解析：(1)设小滑块的质量为m，斜面倾角为θ，滑块与斜面AB段的动摩擦因数为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＋mg sin θ－f＝ma(1分) N－mg cos θ＝0(1分) f＝μN(1分) 联立各式并代入数据解得a＝7 m/s2(2分) (2)设滑块下滑过程中两阶段所受的拉力为T1、T2，相应的位移大小为s1、s2，滑块在AB段运动的过程中拉力所做的功为W，则W＝T1s1＋T2s2(1分) 设滑块第一次到达B点时的动能为Ek，由动能定理有 W＋(mg sin θ－f)(s1＋s2)＝Ek－0(2分) 联立并代入数据解得Ek＝26 J(1分) (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。设滑块第一次在B点与弹簧脱离后，沿斜面上滑的最大距离为smax，由动能定理有 －(mg sin θ＋f)smax＝0－Ek(2分) 联立并代入数据解得smax＝1.3 m(1分) 7.(江苏经典真题，16分)如图所示，鼓形轮的半径为R，可绕固定的光滑水平轴O转动。在轮上沿相互垂直的直径方向固定四根直杆，杆上分别固定有质量为m的小球，球与O的距离均为2R。在轮上绕有长绳，绳上悬挂着质量为M的重物。重物由静止下落，带动鼓形轮转动。重物落地后鼓形轮匀速转动，转动的角速度为ω。绳与轮之间无相对滑动，忽略鼓形轮、直杆和长绳的质量，不计空气阻力，重力加速度为g。求： (1)重物落地后，小球线速度的大小v； (2)重物落地后一小球转到水平位置A，此时该球受到杆的作用力的大小F； (3)重物下落的高度h。 7．答案：(1)2ωR(3分)　(2)m(6分) (3)(ωR)2(7分) 解析：(1)根据线速度和角速度的关系v＝ωr可知，重物落地后，小球线速度的大小为v＝2ωR(3分) (2)重物落地后一小球转到水平位置，此时小球所需的向心力为F向＝2mω2R(2分) 此时小球所需的向心力等于其受到杆的作用力与重力的合力，如图所示。 根据几何关系可得F＝＝m(4分) (3)落地时，重物的速度为v′＝ωR(2分) 由机械能守恒定律得Mv′2＋4×mv2＝Mgh(3分) 解得h＝(ωR)2(2分) 课后提分练13　机械能守恒定律　能量守恒定律 A组(巩固提升) 1．(2024重庆真题，4分)2024年5月3日，嫦娥六号探测器成功发射，开启月球背面采样之旅，探测器的着陆器和上升器组合体着陆月球要经过减速、悬停、自由下落等阶段。则组合体着陆月球的过程中(　　) A．减速阶段所受合外力为0 B．悬停阶段不受力 C．自由下落阶段机械能守恒 D．自由下落阶段加速度大小g＝9.8 m/s2 1．答案：C 解析：组合体在减速阶段有加速度，合外力不为零，故A项错误。组合体在悬停阶段速度为零，处于平衡状态，合力为零，仍受重力和升力，故B项错误。月球没有大气层，组合体在自由下落阶段没有阻力做功，只受重力，机械能守恒，故C项正确。月球表面重力加速度不为9.8 m/s2，故D项错误。 2．(经典题，3分)如图所示，在竖直平面内有一半径为R的圆弧轨道，半径OA水平、OB竖直，一个质量为m的小球自A的正上方P点由静止开始自由下落，小球沿轨道到达最高点B时恰好对轨道没有压力。己知AP＝3R，重力加速度为g，不计空气阻力，则小球从P到B的运动过程中(　　) A．重力做功3mgR B．机械能减少2mgR C．合外力做功mgR D．克服摩擦力做功 2．答案：D 解析：重力做功与路径无关，只与初末位置有关，故小球从P到B的运动过程中，重力做功为WG＝2mgR，故A项错误。小球沿轨道到达最高点B时恰好对轨道没有压力，根据牛顿第二定律，有mg＝m，解得vB＝，从P到B过程，重力势能减小量为2mgR，动能增加量为mv＝mgR，故机械能减小量为2mgR－mgR＝mgR，从P到B过程，克服摩擦力做的功等于机械能减小量，为mgR，故B项错误，D项正确。从P到B过程，合外力做的功等于动能增加量，有W＝mv＝mgR，故C项错误。 3．(2024北京真题，3分)如图所示，光滑水平轨道AB与竖直面内的光滑半圆形轨道BC在B点平滑连接。一小物体将轻弹簧压缩至A点后由静止释放，物体脱离弹簧后进入半圆形轨道，恰好能够到达最高点C。下列说法正确的是(　　) A．物体在C点所受合力为零 B．物体在C点的速度为零 C．物体在C点的向心加速度等于重力加速度 D．物体在A点时弹簧的弹性势能等于物体在C点的动能 3．答案：C 解析：物体恰好能到达最高点C，则物体在最高点时轨道对物体的压力恰好为0，物体只受重力，且重力全部用来提供向心力，故A项错误。设半圆轨道的半径为r，由重力提供向心力有mg＝m，解得物体在C点的速度为v＝，故B项错误。由牛顿第二定律有mg＝ma，解得物体在C点的向心加速度为a＝g，故C项正确。由能量守恒定律知，物体在A点时弹簧的弹性势能等于物体在C点时的动能和重力势能之和，故D项错误。 4．(2023.06浙江真题，3分)铅球被水平推出后的运动过程中，不计空气阻力，下列关于铅球在空中运动时的加速度大小a、速度大小v、动能Ek和机械能E随运动时间t的变化关系中，正确的是(　　) 4．答案：D 解析：由于不计空气阻力，铅球被水平推出后只受重力作用，加速度等于重力加速度，不随时间改变，故A项错误。铅球被水平推出后做平抛运动，竖直方向有vy＝gt，则抛出后速度大小为v＝，可知速度大小与时间不是一次函数关系，故B项错误。铅球被水平推出后的动能Ek＝mv2＝m[v＋(gt)2]，可知动能与时间不是一次函数关系，故C项错误。铅球被水平推出后由于只受重力，所以抛出后铅球机械能守恒，故D项正确。 5．(多选)(全国Ⅰ经典真题，6分)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 5．答案：AB 解析：由题图可得，物块滑至斜面底端时重力势能为0，则斜面底端所在水平面为零势能面。物块在斜面顶端时的重力势能为Ep＝mgh＝30 J，动能Ek＝0，则物块的质量m＝1 kg，此时物块具有的机械能为E1＝Ep＋Ek＝30 J；当下滑距离为5 m时，物块具有的机械能为E2＝E′p＋E′k＝10 J＜E1，所以下滑过程中物块的机械能不守恒，故A项正确。设斜面的倾角为θ，则sin θ＝，cos θ＝，物块下滑过程中，根据功能关系有Wf＝μmg cos θ·s＝E1－E2，代入数据解得μ＝0.5，故B项正确。根据牛顿第二定律，物块下滑时加速度的大小为a＝＝2 m/s2，故C项错误。当物块下滑距离为s′＝2.0 m时，物块克服滑动摩擦力做功为W′f＝μmg cos θ·s′＝8 J，根据功能关系可知，机械能损失了ΔE′＝W′f＝8 J，故D项错误。 6．(山东模拟，3分)如图所示，轻质弹簧的一端与固定的竖直板P拴接，另一端与物体A相连，物体A置于光滑水平桌面上(桌面足够大)，A右端连接一细线，细线绕过光滑的定滑轮与物体B相连。开始时托住B，让A处于静止且细线恰好伸直，然后由静止释放B，直至B获得最大速度。下列有关该过程的分析中正确的是(　　) A．B物体受到细线的拉力保持不变 B．B物体机械能的减少量等于弹簧弹性势能的增加量 C．A物体动能的增加量小于B物体所受重力对B做的功与弹簧弹力对A做的功之和 D．A物体与弹簧所组成的系统机械能的增加量等于B物体所受重力对B做的功 6．答案：C 解析：以A、B组成的系统为研究对象，根据牛顿第二定律可得mBg－kx＝(mA＋mB)a，B物体由静止到速度达到最大的过程中，弹簧的伸长量x逐渐增加，则B加速度逐渐减小；对B根据牛顿第二定律可得mBg－T＝mBa，可知在此过程细线上拉力逐渐增大，是变力，故A项错误。整个系统中，根据功能关系可知，B减少的机械能转化为A的机械能以及弹簧的弹性势能，故B物体机械能的减少量大于弹簧弹性势能的增加量，故B项错误。根据动能定理可知，A、B组成的系统动能的增加量等于B物体所受重力对B做的功与弹簧弹力对A做的功之和，所以A物体动能的增加量小于B物体所受重力对B做的功与弹簧弹力对A做的功之和，故C项正确。根据机械能守恒定律可知，A物体与弹簧所组成的系统机械能的增加量等于B物体机械能的减少量，也就是等于B物体克服细线拉力做的功，故D项错误。 7．(多选)(2022河北真题，6分)如图，轻质定滑轮固定在天花板上，物体P和Q用不可伸长的轻绳相连，悬挂在定滑轮上，质量mQ>mP，t＝0时刻将两物体由静止释放，物体Q的加速度大小为。T时刻轻绳突然断开，物体P能够达到的最高点恰与物体Q释放位置处于同一高度，取t＝0时刻物体P所在水平面为零势能面，此时物体Q的机械能为E。重力加速度大小为g，不计摩擦和空气阻力，两物体均可视为质点。下列说法正确的是(　　) A．物体P和Q的质量之比为1∶3 B．2T时刻物体Q的机械能为 C．2T时刻物体P重力的功率为 D．2T时刻物体P的速度大小为 7．答案：BCD 解析：开始释放时物体Q的加速度为，则有mQg－FT＝mQ·，FT－mPg＝mP·，解得FT＝mQg，＝，故A项错误。在T时刻，两物体的速度v1＝，P上升的距离h1＝··T2＝，轻绳断后P能上升的高度h2＝＝。可知开始时P、Q竖直方向距离为h＝h1＋h2＝。已知开始时P所在的水平面为零势能面，则开始时Q的机械能为E＝mQgh＝，从开始到轻绳断裂，绳子的拉力对Q做负功，大小为WF＝FTh1＝，则轻绳断裂时Q的机械能E′＝E－WF＝＝，此后Q的机械能守恒，则在2T时刻Q的机械能仍为，故B项正确。在2T时刻，P的速度v2＝v1－gT＝－，负号表示方向向下，此时物体P重力的瞬时功率PG＝mPgv2＝×＝＝，故C项、D项均正确。 8．(湖南师大附中二模，4分)如图所示，一轻绳吊着粗细均匀的棒，棒下端离地面高为H，上端套着一个细环。棒和环的质量分别为4m和m，相互间最大静摩擦力等于滑动摩擦力，其大小为4mg。断开轻绳，棒和环自由下落。假设棒足够长，与地面发生碰撞时，触地时间极短，无动能损失。棒在整个运动过程中始终保持竖直，空气阻力不计，重力加速度为g。则(　　) A. 棒第一次与地面碰撞弹起上升过程中，棒相对地面一直做加速度恒定的匀减速直线运动 B．从断开轻绳到棒和环都静止的过程中，环相对地面始终向下运动 C．棒第一次与地面碰撞后弹起上升的过程中，环相对地面先做匀减速后匀加速最后做匀减速运动，从断开轻绳到棒和环都静止，系统损失的机械能为 D．从断开轻绳到棒和环都静止的过程中，环相对于棒有往复运动，但总位移向下 8．答案：C 解析：开始时，棒与环一起做自由落体运动，棒第一次与地面碰撞后，棒的速度方向变为向上，环的速度方向向下，二者存在相对运动，相互间存在滑动摩擦力，棒所受合力方向向下，根据牛顿第二定律可得，棒的加速度大小为a＝＝2g，环受重力、向上的滑动摩擦力，合力方向向上，根据牛顿第二定律可得，加速度大小为a＝＝3g，此时环的加速度大于棒的加速度，而环的速度与棒的速度大小相同，所以环的减速时间小于棒的减速时间，最终环会向上做匀加速运动，加速度大小为3g，直至环与棒速度大小相同(环和棒有相对运动的过程中，环始终相对于棒向下运动)，此时两者无相对运动，环和棒一起做加速度大小为g的向上的匀减速运动，直至速度为0，故A项、B项均错误。设环相对棒滑动距离为l，根据能量守恒定律有4mgH＋mg(H＋l)＝4mgl，解得l＝H，摩擦力对棒及环做的总功为W＝－4mgl，联立解得W＝－mgH，则系统损失的机械能为，故C项正确。棒与环速度减为0后，重复之前的运动过程，因此环相对于棒的位移总是向下，故D项错误。 9．(2023辽宁真题，10分)某大型水陆两栖飞机具有水面滑行汲水和空中投水等功能。某次演练中，该飞机在水面上由静止开始匀加速直线滑行并汲水，速度达到v1＝80 m/s时离开水面，该过程滑行距离L＝1 600 m、汲水质量m＝1.0×104 kg。离开水面后，飞机攀升高度h＝100 m时速度达到v2＝100 m/s，之后保持水平匀速飞行，待接近目标时开始空中投水。取重力加速度g＝10 m/s2。求： (1)飞机在水面滑行阶段的加速度a的大小及滑行时间t； (2)整个攀升阶段，飞机汲取的水的机械能增加量ΔE。 9．答案：(1)2 m/s2(4分)　40 s(2分) (2)2.8×107 J(4分) 解析：(1)飞机在水面滑行阶段做初速度为0的匀加速直线运动，平均速度为，则 L＝v1t(3分) 解得飞机滑行的时间为 t＝40 s(1分) 飞机滑行的加速度为 a＝＝2 m/s2(2分) (2)飞机从水面攀升至h＝100 m处，水的动能和重力势能均增加，则机械能增加量为 ΔE＝mv＋mgh－mv＝2.8×107 J(4分) 10．(全国甲经典真题，12分)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？ 10．答案：(1)mgd sin θ(4分) (2)(4分) (3)L>d＋(4分) 解析：(1)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，故小车与减速带碰撞过程中损失的机械能恰好等于经过距离d时增加的动能，即 ΔE＝ΔEk(2分) 根据动能定理，每经过一个减速带时损失的机械能为 ΔE＝mgd sin θ(2分) (2)设小车在通过第30个减速带后，每次与减速带碰撞后的动能为Ek，在水平面上滑行s后停下，这个过程中根据动能定理有－μmgs＝0－Ek(1分) 从小车开始下滑到通过第30个减速带，根据动能定理有mg(L＋29d)sin θ－ΔE总＝Ek－0(1分) 联立解得ΔE总＝mg(L＋29d)sin θ－μmgs(1分) 故前30个减速带上平均每一个损失的机械能为 ΔE′＝＝(1分) (3)由题意可知ΔE′>ΔE(2分) 联立解得L>d＋(2分) B组(冲刺满分) 11．(多选)(湖南长沙一模，5分)如图所示，倾角为θ的固定斜面AB段粗糙，BP段光滑，一轻弹簧下端固定于斜面底端P点，弹簧处于原长时上端位于B点，质量为m的物体(可视为质点)从A点由静止释放，将弹簧压缩后恰好能回到AB的中点Q。已知A、B间的距离为x，重力加速度为g，则(　　) A．物体由A点运动至最低点的过程中加速度先不变后减小为零，再反向增大直至速度减为零 B．物体与AB段的动摩擦因数μ＝ C．物体在整个运动过程中克服摩擦力做的功为mgx sin θ D．物体第13次经过B点时，物体在AB段运动经过的路程为x 11．答案：BCD 解析：物体接触弹簧前，根据牛顿第二定律得mg sin θ－μmg cos θ＝ma，解得a＝g sin θ－μg cos θ，而接触弹簧瞬间由于接触面光滑，故有mg sin θ＝ma′，解得a′＝g sin θ，说明物体的加速度先不变，在接触弹簧时突然增大，然后逐渐减小，再反向增大，故A项错误。物体从A到上滑到Q点的过程，设AB段长为x，由能量守恒定律得mg··sin θ＝μmg cos θ，解得μ＝，故B项正确。由于物体在AB段运动时会有机械能损失，故物体每次反弹后上升的高度逐渐减小，最终物体以B点为最高点做简谐运动，根据能量守恒定律有Wf＝mgx sin θ，故C项正确。设物体第n次回到最高点时离B的距离为xn，则物体由第n－1次回到最高点至第n次回到最高点有mg(xn－1－xn)sin θ＝μmg(xn－1＋xn)cos θ，将μ代入得xn＝，为等比数列(其中x1＝)。物体第13次经过B点时，物体第6次回至最高点后向下经过B点。物体在AB段运动经过的路程为s＝2×x1·＋x＝x，故D项正确。 12．(多选)(甘肃凉州区校级模拟，6分)如图所示，一轻绳跨过光滑且可视为质点的轻质定滑轮，轻绳一端系着质量为M的物块，另一端系着一个质量为m的圆环，圆环套在竖直的光滑细杆上。已知细杆与定滑轮的水平距离为d＝0.6 m，初始时细线与竖直杆的夹角为θ，sin θ＝0.6，现由静止释放两物体，下列说法中正确的是(　　) A．释放之后圆环和物块组成的系统机械能守恒 B．若M＝m，当细线与细杆垂直时，圆环的速度为v＝2 m/s C．若M＝2m，圆环运动区间的长度为1.6 m D．为保证圆环在初始位置上方运动，物块与圆环的质量之比应该满足> 12．答案：ABD 解析：因整个系统不存在摩擦力，只有重力做功，系统的机械能守恒，故A项正确。当细线与细杆垂直时，物块的速度为0，根据动能定理有Mg－mg＝mv2－0，且M＝m，解得v＝2 m/s，故B项正确。若M＝2m时，物块一开始先做向下的加速运动，后做减速运动，圆环先做向上的加速运动，后做减速运动，当圆环速度减为0时，对圆环的速度分解可知物块的速度也为0，设此时细线与杆的夹角为θ′，由机械能守恒定律有mg＝Mg，解得θ′＝90°，即圆环运动到最高点时，细线与杆垂直，可得圆环运动的区间长度为x＝＝0.8 m，故C项错误。为保证圆环在初始位置上方运动，则在初始位置圆环所受合力方向向上，即Mg cos θ＞mg，解得>，故D项正确。 13．(经典题，16分)在某电视台举办的冲关游戏中，AB是处于竖直平面内的光滑圆弧轨道。半径R＝1.6 m，BC是长度为L1＝3 m的水平传送带，CD是长度为L2＝3.6 m的水平粗糙轨道，AB、CD轨道与传送带平滑连接，参赛者抱紧滑板从A处由静止下滑。参赛者和滑板可视为质点，参赛者质量m＝60 kg，滑板质量可忽略，已知滑板与传送带、水平轨道的动摩擦因数分别为μ1＝0.4，μ2＝0.5，g取10 m/s2。求： (1)参赛者运动到圆弧轨道B处时对轨道的压力大小； (2)若参赛者恰好能运动至D点，求传送带运转速率及方向； (3)在第(2)问中，传送带由于传送参赛者多消耗的电能。 13．答案：(1)1 200 N(5分)　(2)6 m/s，方向为顺时针(6分)　(3)720 J(5分) 解析：(1)参赛者从A到B的过程，由机械能守恒定律得mgR(1－cos 60°)＝mv(2分) 代入数据得vB＝4 m/s(1分) 在B点，对参赛者，由牛顿第二定律得 N－mg＝m(1分) 代入数据得N＝1 200 N 由牛顿第三定律知参赛者运动到圆弧轨道B处对轨道的压力大小为N′＝N＝1 200 N(1分) (2)参赛者由C到D的过程，由动能定理得 －μ2mgL2＝0－mv(1分) 解得vC＝6 m/s＞vB＝4 m/s(1分) 所以传送带运转方向为顺时针。(1分) 假设参赛者在传送带上一直加速，设到达C点的速度为v，由动能定理得 μ1mgL1＝mv2－mv(1分) 解得v＝2 m/s＞vC＝6 m/s(1分) 可知参赛者在传送带上先做加速运动后与传送带共速，所以传送带速度为vC＝6 m/s(1分) (3)参赛者在传送带上匀加速运动的时间为 t＝＝＝0.5 s(1分) 此过程中参赛者与传送带间的相对位移大小为 Δx＝vCt－t＝t＝0.5 m(1分) 根据能量守恒定律，传送带由于传送参赛者多消耗的电能为E＝μ1mgΔx＋mv－mv(2分) 代入数据解得E＝720 J(1分) 14．(山东经典真题，16分)如图所示，三个质量均为m的小物块A、B、C，放置在水平地面上，A紧靠竖直墙壁，一劲度系数为k的轻弹簧将A、B连接，C紧靠B，开始时弹簧处于原长，A、B、C均静止。现给C施加一水平向左、大小为F的恒力，使B、C一起向左运动，当速度为零时，立即撤去恒力，一段时间后A离开墙壁，最终三物块都停止运动。已知A、B、C与地面间的滑动摩擦力大小均为f，最大静摩擦力等于滑动摩擦力，弹簧始终在弹性限度内。(弹簧的弹性势能可表示为：Ep＝kx2，k为弹簧的劲度系数，x为弹簧的形变量) (1)求B、C向左移动的最大距离x0和B、C分离时B的动能Ek； (2)为保证A能离开墙壁，求恒力的最小值Fmin； (3)若三物块都停止时B、C间的距离为xBC，从B、C分离到B停止运动的整个过程，B克服弹簧弹力做的功为W，通过推导比较W与fxBC的大小； (4)若F＝5f，请在所给坐标系中，画出C向右运动过程中加速度a随位移x变化的图像，并在坐标轴上标出开始运动和停止运动时的a、x值(用f、k、m表示)，不要求推导过程。以撤去F时C的位置为坐标原点，水平向右为正方向。 14．答案：(1)，(4分) (2) f(4分)　(3)W<fxBC(4分) (4)见解析图(4分) 解析：(1)从开始到B、C向左移动到最大距离的过程中，以B、C和弹簧为研究对象，由功能关系得 Fx0＝2fx0＋kx(1分) 弹簧恢复原长时B、C分离，从弹簧最短到B、C分离，以B、C和弹簧为研究对象，由能量守恒定律得kx＝2fx0＋2Ek(1分) 联立方程解得x0＝(1分) Ek＝(1分) (2)当A刚要离开墙壁时，设弹簧的伸长量为x，以A为研究对象，由平衡条件得kx＝f(1分) 若A刚要离开墙壁时B的速度恰好等于零，这种情况下对应恒力的最小值Fmin。从弹簧恢复原长到A刚要离开墙壁的过程中，以B和弹簧为研究对象，由能量守恒定律得Ek＝kx2＋fx(1分) 结合第(1)问结果可知Fmin＝ f 根据题意舍去Fmin＝ f，所以恒力的最小值为Fmin＝ f(2分) (3)从B、C分离到B停止运动，设B的路程为sB，C的位移为xC，以B为研究对象，由动能定理得 －W－fsB＝0－Ek(1分) 以C为研究对象，由动能定理得－fxC＝0－Ek(1分) 由B、C的运动关系得sB>xB＝xC－xBC(1分) 联立可知W<fxBC(1分) (4)小物块B、C向左运动过程中，由动能定理得 5fx1－2fx1－kx＝0－0 解得撤去恒力瞬间弹簧弹力为kx1＝6f 则在坐标原点C的加速度为 a1＝＝＝ 之后C开始向右运动(B、C未分离)，加速度为a＝ 可知加速度与位移x为线性关系，随着弹簧逐渐恢复原长，x减小，a减小，弹簧恢复原长时，B和C分离，之后C只受地面的滑动摩擦力，加速度为a2＝－ 负号表示C的加速度方向水平向左；从撤去恒力之后到弹簧恢复原长，以B、C为研究对象，由动能定理得 kx－2fx1＝×2mv2－0 B和C分离瞬间C速度为v，之后C受到滑动摩擦力减速至0，由能量守恒定律得fx2＝mv2 解得B和C分离后，C运动的距离为x2＝x1 则C最后停止的位移为x1＋x2＝x1＝·＝ 所以C向右运动过程中加速度a随位移x变化的图像为 (4分) 学科网（北京）股份有限公司 $$