8.5 实验：验证机械能守恒定律 教学设计 -2025-2026学年高一下学期物理人教版必修第二册

该高中物理教学设计聚焦“验证机械能守恒定律”实验，从能量观念出发，通过实验原理梳理、器材选择、步骤操作及数据处理（纸带分析、图像法）构建学习支架，衔接理论推导与实验验证的知识脉络。 资料亮点在于分层实验设计（基础自由落体到创新气垫导轨）和高考真题融合，以科学探究（误差分析、条件控制）和科学思维（图像法验证）深化物理观念，助力学生提升实验能力与思维，为教师提供系统教学资源与备考参考。

5. 实验：验证机械能守恒定律 核心素养 考试重点、难点 物理观念 通过实验，促进学生对能量观念的深入理解。 1.理解验证机械能守恒定律的原理。会设计实验方案，确定需要测量的物理量，采用正确的方法测量相关的物理量。 2．能够控制实验条件，正确进行实验操作，获取物体下落速度大小等数据，会分析动能增加量小于重力势能减少量的原因，并采取相应措施，以减小实验误差。 科学思维 1.研究过程中渗透“落体研究法”。 2．体会用“理论推导加实验验证”这种研究问题的方法。 科学探究 引导学生在实验中客观的对待所获取的数据，使学生养成实事求是的科学态度，会分析实验误差产生的原因，并能采取相应措施，以减小实验误差。 科学态度 与责任 从机械能守恒定律的理论推导和实验验证中，感受成功的喜悦，激发学生科学研究的兴趣。 实验要点梳理 系统学习·落实新知 实验目的 验证机械能守恒定律 实验器材 铁架台(带铁夹)、_打点计时器__、重物(带夹子)、_纸带__、复写纸(或墨粉盘)、导线、毫米刻度尺、交流电源。 实验步骤 1．安装装置：按图甲所示把打点计时器安装在铁架台上，用导线把打点计时器与电源连接好。 2．打纸带：在纸带的一端把重物用夹子固定好，另一端穿过打点计时器的限位孔，用手竖直提起纸带使重物停靠在打点计时器附近。先接通电源后释放纸带，让重物拉着纸带自由下落。重复几次，得到3～5条打好点的纸带。 3．选纸带并测量：选择一条点迹清晰的纸带，确定要研究的开始和结束的位置，测量两位置之间的距离Δh及两位置时的速度，代入表达式进行验证。 数据处理 1．计算各点对应的瞬时速度：如图乙所示，根据公式vn＝，计算出某一点的瞬时速度vn。 2．机械能守恒定律的验证 方法一：利用起始点和第n点。 选择开始的两点间距接近2 mm的一条纸带，打的第一个点为起始点，如果在实验误差允许范围内mghn＝mv，则机械能守恒定律得到验证。 方法二：任取两点A、B。 如果在实验误差允许范围内mghAB＝mv－mv，则机械守恒定律得到验证。 方法三：图像法(如图所示)。 若在实验误差允许范围内v2－h图线是一条过原点且斜率为g的直线，则验证了机械能守恒定律。 实验注意事项 1．打点计时器安装时，要使两限位孔的中线在同一_竖直__线上，以减小摩擦阻力。 2．应选用质量和密度较_大__的重物。_增大__密度可以减小体积，可使空气阻力的影响相对减小。 3．实验时，应先接通电源，让打点计时器正常工作后再松开纸带让重物下落。 4．本实验中的几种验证方法均_不需要__(填“需要”或“不需要”)测重物的质量m。 5．速度不能用v＝gt或v＝计算，应根据纸带上测得的数据，利用vn＝计算瞬时速度。 误差分析 本实验的误差主要是由纸带测量产生的偶然误差以及重物和纸带运动中的空气阻力及打点计时器的_摩擦阻力__引起的系统误差。 经典题型剖析 教材实验·及时巩固 类型一：研究自由下落物体的机械能 典题1：某实验小组“用落体法验证机械能守恒定律”，实验装置如图甲所示。实验中测出重物自由下落的高度h及对应的瞬时速度v，计算出重物减少的重力势能mgh和增加的动能mv2，然后进行比较，如果两者相等或近似相等，即可验证重物自由下落过程中机械能守恒。请根据实验原理和步骤完成下列问题： (1)关于上述实验，下列说法中正确的是_____。 A．重物最好选择密度较小的木块 B．重物的质量可以不测量 C．实验中应先接通电源，后释放纸带 D．可以利用公式v＝来求解瞬时速度 (2)如图乙是该实验小组得到的一条点迹清晰的纸带，纸带上的O点是起始点，选取纸带上连续的点A、B、C、D、E、F作为计数点，并测出各计数点到O点的距离依次为27.94 cm、32.78 cm、38.02 cm、43.65 cm、49.66 cm、56.07 cm。已知打点计时器所用的电源是50 Hz的交流电，重物的质量为0.5 kg，则从计时器打下点O到打下点D的过程中，重物减小的重力势能ΔEp＝_2.14__J；重物增加的动能ΔEk＝_2.12__J，两者不完全相等的原因可能是_重物下落过程中受到阻力作用__。(重力加速度g取9.8 m/s2，计算结果保留三位有效数字), (3)实验小组的同学又正确计算出图乙中打下计数点A、B、C、D、E、F各点的瞬时速度v，以各计数点到A点的距离h′为横轴，v2为纵轴作出图像，如图丙所示，根据作出的图线，能粗略验证自由下落的物体机械能守恒的依据是_图像的斜率等于19.52_m/s2，约为重力加速度g的两倍，故能验证__。 思维点拨：通过图像的斜率，结合表达式mgh′＝mv2－mv，即可求解。 解析：(1)重物最好选择密度较大的铁块，这样铁块受到的阻力相对较小，故A错误；本题是以自由落体运动为例来验证机械能守恒定律，需要验证的方程是mgh＝mv2，因为我们是比较mgh、mv2的大小关系，故m可约去，不需要用天平测量重物的质量，故B正确；实验中应先接通电源，后释放纸带，故C正确；不能利用公式v＝来求解瞬时速度，否则变成了利用机械能守恒定律去验证机械能守恒，失去了验证的意义，故D错误。故选BC。 (2)重力势能减小量ΔEp＝mgh＝0.5×9.8×0.436 5 J≈2.14 J，利用匀变速直线运动的推论vD＝＝ m/s＝2.91 m/s，EkD＝mv＝×0.5×(2.91)2 J≈2.12 J，动能增加量ΔEk＝EkD－0＝2.12 J，由于存在阻力作用，所以减小的重力势能大于动能的增加量。 (3)根据表达式mgh′＝mv2－mv，则有：v2＝2gh′＋v，则图像的斜率为重力加速度的2倍时，即可验证机械能守恒，而图像的斜率k＝ m/s2＝19.52 m/s2≈2g；因此能粗略验证自由下落的物体机械能守恒。 ►[规律方法] [规律方法] (1)本实验需要验证的方程是：mgh＝mv2，可知不需要测量重物的质量m，为保证重物做自由落体运动，必须保证计时器的两限位孔在同一竖直线上且重物的质量要大体积要小，这样才能保证物体近似做自由落体运动。操作时，先接通电源，再释放纸带，在释放纸带前，重物应靠近打点计时器。要清楚纸带的处理方法，即速度的计算方法(用平均速度计算)； (2)纸带法实验中，若纸带做匀变速直线运动，测得纸带上的点间距，利用匀变速直线运动的推论，可计算出打出某点时纸带运动的瞬时速度，从而求出动能。根据功能关系得重力势能减小量等于重力做功的数值； (3)通过图像的斜率，结合表达式mgh′＝mv2－mv，即可求解。 实验原理是实验的核心，明确实验原理是解决有关实验问题的关键，根据实验原理来选择器材，安排操作步骤和处理数据等等；解决本题的关键是知道实验的原理，通过原理确定所需测量的物理量，以及知道实验中的注意事项，在平时的学习中，需加以总结，要熟记求纸带上某点瞬时速度的求法。 跟踪训练1：利用自由落体运动验证机械能守恒定律的实验装置如图1所示。 (1)下列说法正确的是_____。 A．该实验可以不测量重物的质量 B．选择密度较小的重物，有利于减小误差 C．实验中应先释放纸带，后接通电源 D．该实验可以用v＝计算瞬时速度 E．该实验产生误差的主要原因是重物在下落过程中受到阻力的作用 (2)在实验中，质量m＝1 kg的物体自由下落，得到如图2所示的纸带，相邻计数点间的时间间隔为0.04 s。那么从打点计时器打下起点O到打下C点的过程中，物体重力势能的减少量ΔEp＝_3.19__J，物体动能的增加量ΔEk＝_3.13__J，若求得的ΔEk与ΔEp在误差允许的范围内近似相等，则可验证物体下落过程中机械能守恒(取重力加速度g＝9.8 m/s2，结果均保留三位有效数字)。 (3)某同学用下述方法研究机械能是否守恒：在纸带上选取多个计数点，测量它们到起始点O的距离h，计算对应计数点的重物速度v，描绘v2-h图像，下列判断正确的是_____。 A．若图像是一条过原点的直线，则重物下落过程中机械能一定守恒 B．若图像是一条过原点的直线，则重物下落过程中机械能可能不守恒 C．若图像是一条不经过原点的直线，则重物下落过程中机械能一定不守恒 D．若图像是一条不经过原点的直线，则重物下落过程中机械能可能不守恒 解析：(1)要验证的机械能守恒表达式中质量可以约掉，所以该实验可以不测量重物的质量，故A正确；选择密度较大，体积较小的重物，有利于减小误差，故B错误；为了充分地利用纸带，实验中应先接通电源，后释放纸带，故C错误；该实验不可以用v＝计算瞬时速度，因为用v＝计算瞬时速度，相当于用机械能守恒验证机械能守恒，失去了验证的意义，故D错误；该实验产生误差的主要原因是重物在下落过程中受到阻力的作用，故E正确。故选AE。 (2)从起点O到打下C点的过程中，物体重力势能的减少量ΔEp＝mghc＝1×9.8×0.325 0 J≈3.19 J 根据匀变速直线运动中间时刻速度等于该段过程的平均速度，则有vC＝＝ m/s＝2.5 m/s 从起点O到打下C点的过程中，物体动能的增加量为ΔEk＝mv－0＝×1×2.52 J≈3.13 J。 (3)若重物只受重力作用，根据动能定理得mgh＝mv2，变形后解得v2＝2gh，v2-h图像是一条过原点的直线，若重物还受到阻力作用，设阻力保持不变，大小为f，根据动能定理得：mgh－fh＝mv2，可得：v2＝2h，v2-h图像是一条过原点的直线。若图像是一条过原点的直线，则重物下落过程中机械能可能守恒，也可能不守恒，故A错误，B正确；若重物只受重力作用，根据动能定理得mgh＝mv2－mv，变形后解得v2＝2gh＋v，v2-h图像是一条不过原点的直线，若重物还受到阻力作用，根据动能定理得mgh－fh＝mv2－mv，解得v2＝2h＋v，v2-h图像是一条不过原点的直线，若图像是一条不经过原点的直线(初速度不为零)，则重物下落过程中机械能可能守恒，也可能不守恒，故C错误，D正确。故选BD。 类型二：研究沿斜面下滑物体的机械能 典题2：某同学利用水平放置的气垫导轨和光电门“验证机械能守恒定律”，装置如图所示。已知滑块的质量为M，钩码的质量为m，重力加速度大小为g。测得遮光条的宽度为d，光电门A、B之间的距离为l，滑块通过光电门A、B的时间分别为t1、t2。 (1)滑块通过光电门A时的速度大小vA＝ 　。 (2)要验证滑块与钩码组成的系统机械能守恒，需要验证的表达式为 mgl＝　(用题干中的物理量表示)。 (3)根据实验数据发现钩码重力势能的减少量大于系统动能的增加量，请写出一条可能的原因_实验过程中存在阻力，导致动能减少__。 思维点拨：验证钩码减小的重力势能mgl与系统增加的动能相等。 解析：(1)根据一段极短时间内的平均速度近似表示瞬时速度可得，滑块通过光电门A时的速度大小vA＝，通过光电门B时的速度大小vB＝。 (2)要验证系统机械能守恒，只需要验证钩码减小的重力势能mgl与系统增加的动能(M＋m)v－(M＋m)v＝，在误差范围内相等即可，即mgl＝。 (3)由于实验过程中存在阻力，导致动能减少，所以根据实验数据发现钩码重力势能的减少量大于系统动能的增加量。 ►[规律方法] [规律方法]考查“验证机械能守恒定律”的实验，明确实验原理是解决问题的关键。 (1)根据一段极短时间内的平均速度近似表示瞬时速度可求得滑块通过光电门A时的速度大小； (2)系统减小的重力势能与系统增加的动能在误差范围内相等，即可验证系统机械能守恒； (3)根据实验误差来源分析即可正确求解。 跟踪训练2：利用气垫导轨验证机械能守恒定律的实验装置如图所示，水平桌面上固定一倾斜的光滑气垫导轨，导轨上有一带长方形遮光片的滑块，滑块和遮光片的总质量为mB，左端由跨过轻质光滑定滑轮的细绳与一质量为mA的小球相连，遮光片两条长边与导轨垂直，导轨上有一光电门，可以测量遮光片经过光电门时的挡光时间t。用x表示从初始位置到光电门处的距离，d表示遮光片的宽度，x≫d，将遮光片通过光电门时的平均速度看作瞬时速度，实验时滑块由静止开始向下运动。已知重力加速度大小为g。 (1)某次实验测得导轨的倾角为θ，滑块从初始位置到达光电门时，小球和滑块组成的系统的动能增加量可表示为ΔEk＝ 　，系统的重力势能减少量可表示为ΔEp＝_(mBsin_θ－mA)gx__，在误差允许的范围内，若ΔEk＝ΔEp，则可认为系统的机械能守恒。(均用题中字母表示) (2)若在上述运动过程中机械能守恒，则-x的关系式为＝ 　。 解析：(1)遮光片通过光电门的速度为v＝，则滑块从初始位置到达光电门时，小球和滑块组成的系统的动能增加量为：ΔEk＝(mA＋mB)v2＝ 滑块从初始位置滑到光电门过程中，滑块的重力势能减少了mBgxsin θ，小球的重力势能增加了mAgx，所以系统的重力势能减少量为ΔEp＝(mBsin θ－mA)gx。 (2)若在上述运动过程中机械能守恒，则有ΔEk＝ΔEp，即＝(mBsin θ－mA)gx，整理得＝。 创新实验提升 方法迁移·细研深究 一、速度测量方法的创新 从测量纸带上各点速度→ 二、研究对象的创新 从单个物体创新为两个物体组成的系统，验证系统在某一过程机械能守恒。 三、实验目的的创新 由机械能守恒定律测量弹簧的弹性势能，测重力加速度。 四、原理、器材、过程创新 创新角度 实验装置图 创新解读 实验原理 的创新 1.利用机械能守恒定律确定弹簧弹性势能(目的创新)。 2．由平抛运动测量球的初速度。 3．利用平抛位移s－弹簧压缩量Δx图线处理数据。 1.利用钢球摆动来验证机械能守恒定律。 2．利用光电门测定摆球的瞬时速度。 实验器材 的创新 1.小球在重力作用下做竖直上抛运动。 2．利用频闪照片获取实验数据。 实验过程 的创新 1.用光电门测定小球下落到B点的速度。 2．结合-H图线判断小球下落过程中机械能守恒。 3．分析实验误差ΔEp－ΔEk随H变化的规律。 1.利用系统机械能守恒代替单个物体的机械能守恒。 2．利用光电门测算滑块的瞬时速度。 典题3：小明利用图甲所示的实验装置验证机械能守恒定律，所用器材包括：安装phyphox APP的智能手机、铁球、刻度尺、钢尺等。 (1)下列实验操作步骤，正确顺序是_④①⑤②③__。 ①将质量为m的铁球放在钢尺末端 ②迅速敲击钢尺侧面，铁球自由下落 ③传感器记录下声音振幅随时间变化曲线 ④将钢尺伸出水平桌面少许，用刻度尺测出钢尺上表面与地板间的高度差h ⑤将手机位于桌面上方，运行手机中的声音“振幅”(声音传感器)项目 (2)声音振幅随时间变化曲线如图乙所示，第一、第二个尖峰的横坐标分别对应铁球开始下落和落地时刻，对应的时间间隔t＝_0.40__s。 (3)若铁球下落过程中机械能守恒，则应满足等式：mgh＝ m2　(用m、h、t表示)。 (4)若敲击钢尺侧面时铁球获得一个较小的水平速度，对实验测量结果_没有__(选填“有”或“没有”)影响。 (5)小华认为应将手机放在钢尺与地板间的中点附近测量时间。你认为哪位同学的时间测量结果更准确，请简要说明理由_小华，因为声音传播的时间对小球运动时间的测量影响小__。 思维点拨：动能和重力势能之间相互转化。 解析：(1)由该实验的原理及实验步骤可知，应先将钢尺伸出水平桌面少许，用刻度尺测出钢尺上表面与地板间的高度差h；再将质量为m的铁球放在钢尺末端；接着将手机位于桌面上方，运行手机中的声音“振幅”功能；然后迅速敲击钢尺侧面，铁球自由下落，最后传感器记录下声音振幅随时间变化曲线，故实验操作步骤正确顺序是④①⑤②③。 (2)由图可知，第一、第二个尖峰对应的时间间隔t＝2.05 s－1.65 s＝0.40 s。 (3)由于铁球自由落体，故设其落地速度为v，由匀变速直线运动规律h＝t可知，v＝，由机械能守恒定律可得mgh＝mv2＝m2。 (4)若敲击钢尺侧面时铁球获得一个较小的水平速度，但由于下落过程只有重力做功，故该过程仍满足机械能守恒，故对实验测量结果没有影响。 (5)小华认为应将手机放在钢尺与地板间的中点附近测量时间，该建议正确，因为将手机放在钢尺与地板间的中点附近测量时间时，可减小声音传播的时间对小球运动时间测量的影响，故小华的测量结果更准确。 ►[规律方法] [规律方法] (1)由实验原理确定实验步骤； (2)由图像判断得解； (3)解得铁球落地瞬间的速度，再由机械能守恒定律得解； (4)由机械能守恒的条件判断得解； (5)由声音传播的速度与时间对实验的影响判断得解。考查验证机械能守恒定律的实验，熟悉实验原理是解题的关键。 跟踪训练3：为了验证小球在竖直平面内摆动过程的机械能是否守恒，利用如图(a)装置，不可伸长的轻绳一端系住一小球，另一端连接力传感器，小球质量为m，球心到悬挂点的距离为L，小球释放的位置到最低点的高度差为h，实验记录轻绳拉力大小随时间的变化如图(b)，其中Fm是实验中测得的最大拉力值，重力加速度为g，请回答以下问题： (1)小球第一次运动至最低点的过程，重力势能的减少量ΔEp＝_mgh__，动能的增加量ΔEk＝ 　。(均用题中所给字母表示) (2)观察图(b)中拉力峰值随时间变化规律，试分析造成这一结果的主要原因：_空气阻力做负功，机械能有损失__。 (3)为减小实验误差，实验时应选用密度_较大__(填“较大”或“较小”)的小球。 解析：(1)小球第一次摆动至最低点的过程，重心下降了h，则重力势能的减少量为ΔEp＝mgh。 小球第一次摆动至最低点，初速度为零，最低点速度为vm，由牛顿第二定律有Fm－mg＝m 而动能的增加量为ΔEk＝mv－0 联立解得ΔEk＝。 (2)根据F-t图像可知小球做周期性的摆动每次经过最低点时拉力最大，而最大拉力逐渐变小，说明经过最低点的速度逐渐变小，则主要原因是空气阻力做负功，导致机械能有损失。 (3)为了减小因空气阻力带来的误差，应选择密度大体积小的小球进行实验。 跟踪训练4：如图甲所示，一位同学利用光电计时器等器材做“验证机械能守恒定律”的实验。有一直径为d、质量为m的金属小球在A处由静止释放，下落过程中能通过A处正下方、固定于B处的光电门，测得A、B间的距离为H(H≫d)，光电计时器记录下小球通过光电门的时间为t，当地的重力加速度为g。则： (1)如图乙所示，用游标卡尺测得小球的直径d＝_0.725__cm。 (2)多次改变高度H，重复上述实验，作出随H的变化图像如图丙所示，当图中已知量t0、H0和重力加速度g及小球的直径d满足表达式_2gH0t＝d2__时，可判断小球下落过程中机械能守恒。 (3)实验中发现动能增加量ΔEk总是稍小于重力势能减少量ΔEp，增加下落高度后，则ΔEp－ΔEk将_增大__(填“增大”“减小”或“不变”)。 解析：(1)由题图乙可知，主尺读数为7 mm；游标尺上对齐的刻度为5；故读数为：(7＋5×0.05)mm＝7.25 mm＝0.725 cm。 (2)若减小的重力势能等于增加的动能时，可以认为机械能守恒；则有：mgH＝mv2，即：2gH0＝2，解得：2gH0t＝d2。 (3)由于该过程中有阻力做功，且高度越高，阻力做功越多；故增加下落高度后，ΔEp－ΔEk将增大。 跟踪训练5：某探究小组想利用验证机械能守恒定律的装置测量当地的重力加速度，如图甲所示。框架上装有可上下移动位置的光电门1和固定不动的光电门2；框架竖直部分紧贴一刻度尺，零刻度线在上端，可以测量出两个光电门到零刻度线的距离x1和x2；框架水平部分用电磁铁吸住一个质量为m的小铁块，小铁块的重心所在高度恰好与刻度尺零刻度线对齐。切断电磁铁线圈中的电流时，小铁块由静止释放，当小铁块先后经过两个光电门时，与光电门连接的传感器即可测算出其速度大小v1和v2。小组成员多次改变光电门1的位置，得到多组x1和v1的数据，建立如图乙所示的坐标系并描点连线，得出图线的斜率为k。 (1)当地的重力加速度为 k　(用k表示)。 (2)若选择光电门2所在高度为零势能面，则小铁块经过光电门1时的机械能表达式为 mv＋mk(x2－x1)　(用题中物理量的字母表示)。 (3)关于光电门1的位置，下面哪个做法可以减小重力加速度的测量误差( 　 ) A．尽量靠近刻度尺零刻度线 B．尽量靠近光电门2 C．既不能太靠近刻度尺零刻度线，也不能太靠近光电门2 解析：(1)小铁块从光电门1运动到光电门2的过程中机械能守恒，根据机械能守恒定律得mv－mv＝mgx2－mgx1 整理得v－v＝2g(x2－x1) 所以图线的斜率k＝2g 解得g＝k。 (2)小铁块经过光电门1时的机械能等于小铁块经过光电门1时的动能加上重力势能，则E＝mv＋mg(x2－x1)＝mv＋mk(x2－x1)。 (3)使光电门1与刻度尺零刻度线远一些并适当增大两光电门1、2间的距离，可以使位移测量的相对误差减小，所以C正确。故选C。 课堂效果反馈 内化知识·对点验收 1．用如下实验装置探究重锤下落过程中动能与重力势能的转化问题。 (1)若如图2所示，一条符合实验要求的纸带，O点为打点计时器打下的第一点。分别测出若干连续打点A、B、C…与O点之间的距离h1、h2、h3…。 (2)已知打点计时器的打点周期为T，重锤质量为m，重力加速度为g，结合实验中所测的h1、h2、h3，可得纸带从O点下落到B点的过程中，重锤增加的动能为 　，减小的重力势能为_mgh2__，在误差允许范围内重锤动能增加量_等于__(填“大于”“等于”或“小于”)重力势能减少量。 (3)取打下O点时重锤的重力势能为零，计算出该重锤下落不同高度h时所对应的动能Ek和重力势能Ep，建立坐标系，横轴表示h，纵轴表示Ek和Ep，根据以上数据在图3中绘出图线Ⅰ和图线Ⅱ。已求得图线Ⅰ斜率的绝对值k1＝2.94 J/m，请计算图线Ⅱ的斜率k2＝_2.80__J/m(保留3位有效数字)。重锤和纸带在下落过程中所受平均阻力与重锤所受重力的比值为 　(用k1和k2字母表示)。 解析：(2)根据匀变速运动的推论可求打下B点的瞬时速度vB＝ 则重物动能的增加量为：ΔEk＝mv＝ 重力势能的减小量为ΔEp＝mgh2。在误差范围内重锤动能增加量等于重力势能减少量。 (3)取打下O点时重物的重力势能为零，因为初位置的动能为零，则机械能为零，每个位置对应的重力势能和动能互为相反数，即重力势能的绝对值与动能相等，而图线的斜率绝对值不同，原因是重物和纸带下落过程中需要克服阻力做功。 根据图中的数据可以计算图线Ⅱ的斜率k2＝ J/m＝2.80 J/m 根据动能定理得mgh－fh＝mv2 化简得mg－f＝ 图线Ⅰ斜率k1＝＝mg 图线Ⅱ斜率k2＝ 由以上几式可知k1－f＝k2 则阻力为f＝k1－k2 所以重物和纸带下落过程中所受平均阻力与重物所受重力的比值为。 2．利用气垫导轨验证机械能守恒定律，实验装置如图所示，水平桌面上固定一倾斜的气垫导轨；导轨上A点处有一带长方形遮光片的滑块，其总质量为M，左端由跨过轻质光滑定滑轮的细绳与一质量为m的小球相连；遮光片两条长边与导轨垂直；导轨上B点有一光电门，可以测量遮光片经过光电门时的挡光时间t，用d表示A点到光电门B处的距离，b表示遮光片的宽度，将遮光片通过光电门的平均速度看作滑块通过B点时的瞬时速度，实验时滑块在A处由静止开始运动。 (1)滑块通过B点的瞬时速度可表示为 vB＝　； (2)某次实验测得倾角θ＝30°，重力加速度用g表示，滑块从A处到达B处时m和M组成的系统动能增加量可表示为ΔEk＝ 　，系统的重力势能减少量可表示为ΔEp＝ gd　，在误差允许的范围内，若ΔEk＝ΔEp则可认为系统的机械能守恒。 解析：(1)由于光电门的宽度b很小，所以我们用很短时间内的平均速度代替瞬时速度。 滑块通过光电门B速度为vB＝。 (2)滑块从A处到达B处时m和M组成的系统动能增加量为ΔE＝(M＋m)2＝； 系统的重力势能减少量可表示为ΔEp＝mgd－Mgdsin 30°＝gd。 3．如图甲所示，某同学利用滑块在倾斜气垫导轨上的运动来验证机械能守恒定律。实验步骤如下： ①将已调节水平的气垫导轨的右端垫起一定高度，在导轨左侧安装一个接有数字计时器的光电门； ②用量角器测出气垫导轨的倾角θ，测量挡光片的宽度d和挡光片到光电门的距离x。 ③由静止释放滑块，记录数字计时器显示的挡光片挡光时间t； ④保持气垫导轨的倾角θ不变，改变挡光片到光电门的距离x，记录对应的挡光片挡光时间t。 (1)用刻度尺测量挡光片的宽度时结果如图乙所示，则挡光片的宽度d＝_2.5__mm。 (2)下列关于本实验的说法正确的是_____。 A．实验中还需测量出滑块和挡光片的总质量 B．应选用较窄的挡光片进行实验 C．应选用质量较小的滑块进行实验 (3)已知当地的重力加速度大小为g，则当＝_gxsin_θ__时，可以验证机械能守恒定律成立。处理数据时，为了直观地得出x与t的关系，应作出 x-　(填“x-t”“x-”或“x-”)图像。 解析：(1)最小刻度为1 mm，读数时要在毫米的下一位估读一位，所以由毫米刻度尺的读数，可得挡光片的宽度d＝2.5 mm。 (2)由机械能守恒定律得：mgxsin θ＝mv2，可见质量m可以被约去，结果与m无关，故A错误；用短时间内的平均速度代替瞬时速度，故d越小，越接近瞬时速度，故B正确；滑块的质量越小，空气阻力的影响相对越大，产生的误差就越大，故C错误。故选B。 (3)挡光片经过光电门的速度大小为v＝ 要验证机械能守恒，只需要验证mgxsin θ＝mv2 整理得到＝gxsin θ即可 变形整理得到x＝· 故应作出x-图像。 4．某实验小组用图1所示的实验装置验证机械能守恒定律，现有的器材：带铁夹的铁架台、电磁打点计时器、电源、纸带、带铁夹的重锤、米尺、天平，回答下列问题： (1)实验中得到一条点迹清晰的完整纸带如图2所示，纸带上的第一个点记为O，另选连续的三个点A、B、C进行测量，图中给出了这三个点到O点的距离hA、hB和hC的值，已知打点计时器的打点周期为0.02 s，重物质量为1 kg，当地重力加速度为g＝9.80 m/s2。在打点计时器打O点至B点过程中，重物动能增加量ΔEk＝_7.61__J，重物重力势能减少量ΔEp＝_7.63__J(计算结果均保留3位有效数字)。 (2)关于该实验，下列说法中正确的是_____。 A．电磁打点计时器使用220 V交流电 B．重物选用质量较大的大木球 C．实验时先接通电源等打点稳定后再释放纸带 D．实验中用v＝gt，计算重锤的速度 E．释放重物时，重物离打点计时器近些 F．若所选择的纸带前面一小段点迹不清晰，则不能验证机械能守恒定律 解析：(1)打点计时器打B点时重物的速度大小等于AC段的平均速度大小，可得 vB＝＝×10－2 m/s＝3.90 m/s 在打点计时器打O点至B点过程中，重物的动能增加量为： ΔEk＝mv＝×1×3.902 J≈7.61 J 此过程重物的重力势能减少量为： ΔEp＝mghB＝1×9.80×77.90×10－2 J≈7.63 J。 (2)电磁打点计时器使用约8 V的交流电，故A错误；为减小空气阻力的影响，重物选用体积小、质量较大的物体，故B错误；为充分利用纸带，实验时先接通电源等打点稳定后再释放纸带，故C正确；实验中不可以用v＝gt，计算重锤的速度，否则就认为加速度为重力加速度，默认了重锤的机械能守恒，失去了验证的意义，故D错误；为充分利用纸带，释放重物时，重物离打点计时器近些，故E正确；实验中初始位置并非一定要选取纸带上的第一个点，可选取纸带中点迹清晰的部分纸带完成实验，根据mgΔh＝mv－mv，也能验证机械能守恒定律，故F错误。故选CE。 章末整合　素养提升 识网络构建 ●高考真题专练 热点专练1：功和功率 1．(2021·浙江6月选考·T8)大功率微波对人和其他生物有一定的杀伤作用。实验表明，当人体单位面积接收的微波功率达到250 W/m2时会引起神经混乱，达到1 000 W/m2时会引起心肺功能衰竭。现有一微波武器，其发射功率P＝3×107 W。若发射的微波可视为球面波，则引起神经混乱和心肺功能衰竭的有效攻击的最远距离约为( 　 ) A．100 m　25 m B.100 m　50 m C．200 m　100 m D.200 m　50 m 解析：设人距离微波武器的距离为r，则微波武器单位面积的功率为P0＝，则250 W/m2＝、1 000 W/m2＝，求得r1≈97.7 m，r2≈48.9 m，故选B。 2．两节动车的额定功率分别为P1和P2，在某平直铁轨上能达到的最大速度分别为v1和v2。现将它们编成动车组，设每节动车运行时受到的阻力在编组前后不变，则该动车组在此铁轨上能达到的最大速度为( 　 ) A. B. C. D. 解析：由题意可知两节动车分别有P1＝f1v1，P2＝f2v2，当将它们编组后有P1＋P2＝(f1＋f2)v，联立可得v＝，故选D。 热点专练2：动能定理的应用 3．(多选)(2021·全国甲卷·T20)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。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 B．物体向下滑动时的加速度大小为 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 解析：设物体向上滑动的距离为x，斜面的动摩擦因数为μ，对物体从斜面底端滑到最高点和从最高点滑到底端的过程根据动能定理有－mgxsin α－μmgxcos α＝0－Ek，mgxsin α－μmgxcos α＝－0，联立解得x＝，μ＝0.5，故A错误，C正确；物体沿斜面向下滑动的加速度为a2＝gsin α－μgcos α＝，故B正确；物体向上滑和向下滑的距离相同，而向上滑的加速度a1＝gsin α＋μgcos α＝g大于向下滑的加速度a2，由x＝at2可知，向上滑的时间比向下滑的时间短，故D错误。故选BC。 4．(2021·山东等级考·T3)如图所示，粗糙程度处处相同的水平桌面上有一长为L的轻质细杆，一端可绕竖直光滑轴O转动，另一端与质量为m的小木块相连。木块以水平初速度v0出发，恰好能完成一个完整的圆周运动。在运动过程中，木块所受摩擦力的大小为( 　 ) A. B. C. D. 解析：在运动过程中，只有摩擦力做功，而摩擦力做功与路径有关，根据动能定理－f·2πL＝0－mv，可得摩擦力的大小f＝，故B正确，A、C、D错误。故选B。 5．(2021·湖南选择考·T3)“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。设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，设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mv－Pt 解析：匀加速启动过程中，加速度不变，则合外力不变，由题意知阻力随速度增大而增大，要保证合外力不变，牵引力需不断增加，故A错误；四节动力车厢输出功率一定时，由P＝Fv知，当v增大时，牵引力不断减小，而阻力不断增大，所以加速度不断减小，故B错误；由题意知当输出总功率为4P时，4P＝kv，则当输出总功率为2.25P时有2.25P＝kv2，联立得v＝vm，故C正确；整个过程由动能定理4Pt＋Wf＝mv，则克服阻力做的功为4Pt－mv，故D错误。故选C。 6.(多选)如图，一质量为M、长为l的木板静止在光滑水平桌面上，另一质量为m的小物块(可视为质点)从木板上的左端以速度v0开始运动。已知物块与木板间的滑动摩擦力大小为f，当物块从木板右端离开时( 　 ) A．木板的动能一定等于fl B．木板的动能一定小于fl C．物块的动能一定大于mv－fl D．物块的动能一定小于mv－fl 解析：设物块离开木板时的速度为v1，此时木板的速度为v2，由题意可知v1>v2，设物块的对地位移为xm，木板的对地位移为xM。根据能量守恒定律可得mv＝mv＋Mv＋fl，整理可得mv＝mv－fl－Mv<mv－fl，D正确，C错误；因摩擦产生的摩擦热Q＝fL＝f(xm－xM)，根据运动学公式xm＝·t，xM＝·t，因为v0>v1>v2，可得xm>2xM，则xm－xM＝l>xM，所以W＝fxM<fl，B正确，A错误。故选BD。 7．无风时，雨滴受空气阻力的作用在地面附近会以恒定的速率竖直下落。一质量为m的雨滴在地面附近以速率v下落高度h的过程中，克服空气阻力做的功为(重力加速度大小为g)( 　 ) A．0 B.mgh C.mv2－mgh D.mv2＋mgh 解析：在地面附近雨滴做匀速运动，根据动能定理得mgh－W克＝0，故雨滴克服空气阻力做功为mgh。故选B。 8．(2021·全国乙卷·T24)一篮球质量为m＝0.60 kg，一运动员使其从距地面高度为h1＝1.8 m处由静止自由落下，反弹高度为h2＝1.2 m。若使篮球从距地面h3＝1.5 m的高度由静止下落，并在开始下落的同时向下拍球，球落地后反弹的高度也为1.5 m。假设运动员拍球时对球的作用力为恒力，作用时间为t＝0.20 s；该篮球每次与地面碰撞前后的动能的比值不变。重力加速度大小取g＝10 m/s2，不计空气阻力。求： (1)运动员拍球过程中对篮球所做的功； (2)运动员拍球时对篮球的作用力的大小。 答案：(1)4.5 J　(2)9 N 解析：(1)第一次篮球下落的过程中由动能定理可得mgh1＝Ek1 篮球反弹后向上运动的过程由动能定理可得－mgh2＝0－Ek2 第二次从1.5 m的高度由静止下落，同时向下拍球，篮球下落过程中，由动能定理可得W＋mgh3＝Ek3 在篮球反弹上升的过程中，由动能定理可得－mgh4＝0－Ek4 因篮球每次和地面撞击的前后动能的比值不变，则有比例关系＝，代入数据可得W＝4.5 J。 (2)因作用力是恒力，在恒力作用下篮球向下做匀加速直线运动，因此由牛顿第二定律可得F＋mg＝ma 在拍球时间内运动的位移为x＝at2 做的功为W＝Fx 联立可得F＝9 N(F＝－15 N舍去)。 9.如图为某游戏装置原理示意图。水平桌面上固定一半圆形竖直挡板，其半径为2R、内表面光滑，挡板的两端A、B在桌面边缘，B与半径为R的固定光滑圆弧轨道在同一竖直平面内，过C点的轨道半径与竖直方向的夹角为60°。小物块以某一水平初速度由A点切入挡板内侧，从B点飞出桌面后，在C点沿圆弧切线方向进入轨道内侧，并恰好能到达轨道的最高点D。小物块与桌面之间的动摩擦因数为，重力加速度大小为g，忽略空气阻力，小物块可视为质点。求： (1)小物块到达D点时的速度大小； (2)B和D两点的高度差； (3)小物块在A点的初速度大小。 答案：(1)　(2)0　(3) 解析：(1)由题知，小物块恰好能到达轨道的最高点D，则在D点有mg＝m 解得vD＝。 (2)由题知，小物块从C点沿圆弧切线方向进入轨道内侧，则在C点有cos 60°＝ 小物块从C点到D点的过程中，根据动能定理有－mg(R＋Rcos 60°)＝mv－mv 小物块从B点到D点的过程中，根据动能定理有mgHBD＝mv－mv 联立解得vB＝，HBD＝0。 (3)小物块从A点到B点的过程中，根据动能定理有－μmgs＝mv－mv s＝π·2R 解得vA＝。 热点专练3：机械能守恒和功能关系 10.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，P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. 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P相对于其初始位置的最大位移大小为s＝2x＝，故选C。 11.(多选)如图所示，载有防疫物资的无人驾驶小车，在水平MN段以恒定功率200 W、速度5 m/s匀速行驶，在斜坡PQ段以恒定功率570 W、速度2 m/s匀速行驶。已知小车总质量为50 kg，MN＝PQ＝20 m，PQ段的倾角为30°，重力加速度g取10 m/s2，不计空气阻力。下列说法正确的有( 　 ) A．从M到N，小车牵引力大小为40 N B．从M到N，小车克服摩擦力做功800 J C．从P到Q，小车重力势能增加1×104 J D．从P到Q，小车克服摩擦力做功700 J 解析：小车从M到N，依题意有P1＝Fv1＝200 W，代入数据解得F＝40 N，故A正确；依题意，小车从M到N，因匀速行驶，故小车所受的摩擦力大小为f1＝F＝40 N，则摩擦力做功为W1＝－40×20 J＝－800 J，则小车克服摩擦力做功为800 J，故B正确；依题意，小车从P到Q，重力势能增加量为ΔEp＝mg×Δh＝500 N×20 m×sin 30°＝5 000 J，故C错误；依题意，小车从P到Q，摩擦力为f2，有f2＋mgsin 30°＝，摩擦力做功为W2＝－f2×s2，s2＝20 m，联立解得W2＝－700 J，则小车克服摩擦力做功为700 J，故D正确。故选ABD。 12.(多选)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能够到达的最高点恰与物体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 解析：开始释放时物体Q的加速度为，则mQg－FT＝mQ·，FT－mPg＝mP·，解得FT＝mQg，＝，选项A错误；在T时刻，两物体的速度v1＝，P上升的距离h1＝··T2＝，细线断后P能上升的高度h2＝＝，可知开始时P、Q间距离为h＝h1＋h2＝，若设开始时P所处的位置为零势能面，则开始时Q的机械能为E＝mQgh＝，从开始到绳子断裂，绳子的拉力对Q做负功，大小为WF＝FTh1＝，则此时物体Q的机械能E′＝E－WF＝＝，此后物体Q的机械能守恒，则在2T时刻物体Q的机械能仍为，选项B正确；在2T时刻，物体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＝mPg|v2|＝·＝＝，选项C、D正确。故选BCD。 13.(2021·河北选择考·T6)一半径为R的圆柱体水平固定，横截面如图所示。长度为πR、不可伸长的轻细绳，一端固定在圆柱体最高点P处，另一端系一个小球。小球位于P点右侧同一水平高度的Q点时，绳刚好拉直。将小球从Q点由静止释放，当与圆柱体未接触部分的细绳竖直时，小球的速度大小为(重力加速度为g，不计空气阻力)( 　 ) A. B. C. D.2 解析：小球的机械能守恒，则：mg＝mv2，解得：v＝，故A正确，B、C、D错误。故选A。 14.(多选)(2021·广东选择考·T9)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 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，两手榴弹重力的功率相同，故B正确；从投出到落地，手榴弹下降的高度为h，所以手榴弹重力势能减小量ΔEp＝mgh，故C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错误。故选BC。 15．(2021·浙江6月选考·T11)中国制造的某一型号泵车如图所示，表中列出了其部分技术参数。已知混凝土密度为2.4×103 kg/m3，假设泵车的泵送系统以150 m3/h的输送量给30 m高处输送混凝土，则每小时泵送系统对混凝土做的功至少为( 　 ) 发动机最大输出功率(kW) 332 最大输送高度(m) 63 整车满载质量(kg) 5.4×104 最大输送量(m3/h) 180 A.1.08×107 J B.5.04×107 J C．1.08×108 J D.2.72×108 J 解析：每小时输送的混凝土的体积为150 m3，则增加的重力势能为mgh＝2.4×103×150×10×30 J＝1.08×108 J，选项C正确。故选C。 16．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。 答案：(1)2 m/s2　40 s　(2)2.8×107 J 解析：(1)飞机从静止开始做匀加速直线运动，平均速度为，则L＝v1t 解得飞机滑行的时间为t＝＝ s＝40 s 飞机滑行阶段的加速度为a＝＝ m/s2＝2 m/s2。 (2)飞机从水面至h＝100 m处，水的机械能的增加量包含水的动能增加量和重力势能增加量，则ΔE＝mv＋mgh－mv＝2.8×107 J。 17.(12分)(2021·全国甲卷·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)　(3)L>d＋ 解析：(1)由题意知，小车通过第30个减速带后，每次经过减速带后的速度都相同，故损失的机械能等于从上一个减速带到当前减速带过程中减少的重力势能，即ΔE1＝mgdsin θ。 (2)小车通过第30个减速带后的动能等于通过第50个减速带后的动能Ek2＝μmgs 由动能定理得，Ek2＝mg(L＋29d)sin θ－30ΔE2 解得ΔE2＝。 (3)由题意ΔE2>ΔE1，由(1)(2)的结论解得L>d＋。 18．(2021·山东等级考·T18)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)若三个物块都停止时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。 答案：(1)　　(2)f　(3)W<fxBC　(4)见解析图 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＋kx① 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＋2Ek② 联立①②解得x0＝③ Ek＝④。 (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＝f⑤ 若A刚要离开墙壁时B的速度恰好等于零，这种情况下恒力为最小值Fmin，从弹簧恢复原长到A刚要离开墙的过程中，以B和弹簧为研究对象，由能量守恒定律得Ek＝kx2＋fx⑥ 由④⑤⑥可知Fmin＝f⑦ 根据题意舍去Fmin＝f，所以恒力的最小值为Fmin＝f⑧。 (3)从B、C分离到B停止运动，设B的位移为xB，C的位移为xC，以B为研究对象，由动能定理得－W－fxB＝0－Ek⑨ 以C为研究对象，由动能定理得－fxC＝0－Ek⑩ 由B、C的运动关系得xB>xC－xBC 联立可知W<fxBC。 (4)小物块B、C向左运动过程中，由动能定理得5fx1－2fx1－kx＝0 解得撤去恒力瞬间弹簧弹力为kx1＝6f 则坐标原点的加速度为a1＝＝＝，之后C开始向右运动过程(B、C系统未脱离弹簧)加速度为a＝，可知加速度a与位移x成线性关系，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，脱离弹簧瞬间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，解得脱离弹簧后，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向右运动的图像如右。 学科网（北京）股份有限公司 $