第1部分 第6讲 功与能(二)-【金版教程】2026年高考物理大二轮专题复习冲刺方案全书word

大二轮专题复习冲刺方案　物理 　第6讲　功与能(二) 知识框架 学习目标 1.掌握常见的功能关系，理解能量守恒定律，会在具体问题中灵活选择合适的规律解决问题。 2.掌握功能关系中图像问题的分析方法。 考点1　功能关系　能量守恒定律 1．常见的功能关系 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 分子间作用力做功等于分子势能减少量 动能 合力做功等于物体动能变化量 W＝Ek2－Ek1＝mv2－mv 机械能 除重力和系统内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代数和的绝对值等于产生的内能 Q＝Ff·l相对，l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 2.能量守恒定律的三种表达形式 (1)守恒：E初＝E末，初、末总能量不变。 (2)转移：EA减＝EB增，A物体减少的能量等于B物体增加的能量。 (3)转化：ΔE减＝ΔE增，减少的某些能量等于增加的某些能量。 注：①根据动能定理及其他功能关系很容易推导出能量守恒定律，可以用能量守恒定律解决的问题，用功能关系一般也能解决，具体要看哪种方法简单。 ②单独应用功能关系或能量守恒定律的情况很少，在很多问题中，功能关系、能量守恒定律、机械能守恒定律经常结合使用。 例1　(2025·河北省廊坊市高三下五模)如图所示，绕过定滑轮的轻质细线一端固定在O点，另一端吊着质量为m的小球(可视为质点)，定滑轮和O点间的细线水平且长为L，用轻质小挂钩钩住水平细线，给挂钩施加竖直向下的拉力，使小球缓慢上升，重力加速度为g，不计一切摩擦及空气阻力，从开始到挂钩上的拉力大小等于mg的过程中，作用在挂钩上的拉力做功为(　　) A．mgL B．mgL C．mgL D．mgL [解析]　小球缓慢上升时，细线中的拉力大小为mg，当挂钩上的拉力大小等于mg时，设与挂钩接触的两段细线与竖直方向的夹角均为θ，由平衡条件有2mgcosθ＝mg，可得θ＝60°，则滑轮右侧细线的长度为＝L，小球增加的重力势能为ΔEp＝mgL，根据功能关系，作用在挂钩上的拉力做功为W＝ΔEp＝mgL，故选A。 [答案]　A 例2　(2025·吉林省长春市朝阳区部分高中高三下调研)(多选)如图所示，轻质弹簧一端固定，另一端与质量为m、套在粗糙竖直固定杆A处的圆环相连，弹簧水平且处于原长。圆环从A处静止开始下滑，经过B处的速度最大，到达C处的速度为零，AC＝h。若圆环在C处获得一竖直向上的速度v，恰好能回到A处；弹簧始终在弹性限度之内，重力加速度为g，则圆环(　　) A．下滑过程中，加速度一直减小 B．下滑过程中，因摩擦力产生的热量为mv2 C．从A处到C处的过程中弹簧的弹性势能增加了mv2－mgh D．下滑经过B处的速度小于上滑经过B处的速度 [解析]　由题意知，圆环到达B处速度最大，则加速度减小为零，故圆环下滑过程中，加速度不可能一直减小，A错误；圆环向下运动和向上运动的过程中，经过相同位置时弹簧对圆环的拉力相同，圆环受到的摩擦力大小相同，则这两个过程中滑动摩擦力做功相同，因摩擦力产生的热量相同，设从A处到C处的过程中，因摩擦力产生的热量为Q，弹簧的弹性势能增加了ΔEp，由能量守恒定律可知mgh＝Q＋ΔEp，同理，从C处到A处的过程中，有mgh＋Q＝mv2＋ΔEp，解得Q＝mv2，ΔEp＝mgh－mv2，B正确，C错误；设从A处到B处的过程中，摩擦力做功为Wf，下滑高度为h1，弹簧弹力做功为W弹，下滑经过B处的动能为Ek1，上滑经过B处的动能为Ek2，由动能定理，从A处下滑至B处的过程有mgh1＋W弹＋Wf＝Ek1－0，从B处上滑至A处的过程有Wf－mgh1－W弹＝0－Ek2，解得Ek1＝Ek2＋2Wf，又Wf<0，则Ek1<Ek2，即圆环下滑经过B处的速度小于上滑经过B处的速度，D正确。 [答案]　BD 例3　(2025·河南省洛平许济四市高三下第二次质量检测)(多选)如图所示，与水平地面成θ角的传送带，以恒定速率v顺时针转动。现将一质量为m的小物体(视为质点)无初速度放在传送带的底端M处，小物体到达传送带最高点N处时恰好达到传送带的速率v，已知MN间的高度差为H，则在小物体从M到N的过程中，下列说法正确的是(　　) A．传送带对小物体做功为mgH＋mv2 B．将小物体由底端传送到N处过程中，该系统多消耗的电能为mgH＋mv2 C．将小物体传送到N处，系统因摩擦而产生的热量为mv2 D．改变传送带与小物体之间的动摩擦因数，小物体到达N处前速度达到v，则系统因摩擦产生的热量将减少 [解析]　传送带对小物体做的功等于小物体机械能的增加量，为mgH＋mv2，故A正确；根 据能量守恒定律，可知电动机多消耗的电能E电等于摩擦产生的热量Q与小物体机械能的增加量之和，即E电＝mgH＋mv2＋Q，故B错误；设小物体上滑过程中的加速度大小为a，根据牛顿第二定律有μmgcosθ－mgsinθ＝ma，小物体从M到N的过程所用的时间为t＝，小物体和传送带的相对位移大小s相对＝vt－t，因摩擦产生的热量为Q＝μmgcosθ·s相对，解得Q＝>mv2，故C错误；设小物体做加速运动的位移为x，由匀变速直线运动的规律有v2－0＝2ax，结合C项分析解得x＝，改变传送带与小物体之间的动摩擦因数，小物体到达N处前速度达到v，可知x减小，μ增大，又根据C项分析Q＝＝可知，Q减小，即系统因摩擦产生的热量将减少，故D正确。 [答案]　AD 考点2　功与能的图像问题 解决物理图像问题的基本思路 (1)观察题目给出的图像，弄清纵坐标、横坐标所对应的物理量及图线所表示的物理意义。 (2)根据纵、横坐标的含义和图线的形状等，有以下两种情况： ①若只需定性分析就可以得出结果，则根据图线的形状(增大还是减小，均匀变化还是非均匀变化等)分析； ②若需要定量分析才可以得出结果，则列出函数关系式，结合图线的斜率、截距、图线下的面积所对应的物理意义，分析解答问题。 注：有时只需要特殊点的坐标值就能得出结果，关键是结合题目情境，灵活处理。 例4　(2025·黑龙江省哈尔滨市第六中学高三下四模)(多选)如图甲所示，一物块以某初速度滑上倾角为30°的固定斜面。物块在斜面上运动过程中，其动能Ek与运动路程s的关系如图乙所示。已知物块所受的摩擦力大小恒定，g取10 m/s2。下列说法正确的是(　　) A．物块的质量为0.7 kg B．物块所受摩擦力大小为0.7 N C．0～20 m过程中物块克服摩擦力做功为10 J D．0～10 m与10～20 m过程中物块加速度大小之比为8∶3 [解析]　由题可知，0～10 m为物块上滑过程，10～20 m为物块下滑过程，由动能定理可知Ek­s图像斜率的绝对值表示合力的大小，上滑过程有mgsin30°＋f＝ N＝4 N，下滑过程有mgsin30°－f＝ N＝3 N，联立解得m＝0.7 kg，f＝0.5 N，故A正确，B错误；0～20 m过程中物块克服摩擦力做功为W克f＝fs＝0.5×20 J＝10 J，故C正确；根据牛顿第二定律，0～10 m过程中物块加速度大小为a1＝＝ m/s2，10～20 m过程中物块加速度大小为a2＝＝ m/s2，则＝，故D错误。 [答案]　AC 例5　一定质量的物块静止在水平面上，给物块施加竖直向上的拉力F，如图甲所示，选取地面为重力势能的零势能面，物块在一定时间内机械能随路程变化的图像如图乙所示。已知物块加速度为零的位置出现在路程大于s1的位置，忽略一切阻力。下列说法正确的是(　　) A．0～s2过程中物块的加速度逐渐减小 B．0～s1过程中物块的动能逐渐增大 C．0～s2过程中物块先向上运动后向下运动 D．s2～s3过程中物块一定向上运动 [解析]　设物块加速度为零的位置为s0，则在s0位置F＝mg；由功能关系可知，物块的机械能变化量ΔE＝F·Δs，可知E­s图像的斜率表示拉力F，由图乙可知，0～s2过程中拉力F一直减小，当路程大于s2后拉力变为零，可知s0在s1和s2之间；s<s0时，F>mg且减小，所以物块向上做加速度逐渐减小的加速运动，动能逐渐增大，直到在s0位置加速度为零，速度达到最大值，从s0到s2，E增大，则物块在这段过程一直向上运动，做加速度逐渐增大的减速运动；到达s2位置拉力减为零，之后，物块做加速度向下且恒定的匀变速直线运动，则从s2到s3过程的某时刻，物块可能开始向下运动。综上所述，B正确，A、C、D错误。 [答案]　B 例6　(2025·广东省深圳市高三下第一次调研)如图甲所示，物块从固定斜面的底端上滑，机械能与动能的关系如图乙所示。已知斜面倾角为37°，物块质量为5 kg，初速度为v0，物块与斜面间的动摩擦因数为μ。以斜面底端位置为零势能面，g取10 m/s2，sin37°＝0.6，cos37°＝0.8。下列说法正确的是(　　) A．μ＝0.4，v0＝2 m/s B．μ＝0.5，v0＝2 m/s C．μ＝0.4，v0＝ m/s D．μ＝0.5，v0＝ m/s [解析]　由图乙可知，物块在底端时的动能最大，为Ek0＝mv＝10 J，代入数据解得v0＝2 m/s，物块上升到最大高度时动能Ek1＝0，机械能E机械1＝6 J，此时的重力势能Ep1＝E机械1－Ek1＝mgh＝6 J，解得h＝0.12 m，物块沿斜面移动的距离L＝＝0.2 m，根据功能关系可得－μmgcosθ·L＝E机械1－Ek0，代入数据解得μ＝0.5，故选B。 [答案]　B 1．(2024·山东卷，7)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) 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，根据平衡条件和胡克定律，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，由功能关系可知W－μmgx1＝E0－0，可解得该过程F所做的功W＝E0＋μmgx1＝＋μmg(l－d)，故B正确。 2．(2025·江苏省南京市、盐城市高三下二模)如图所示，圆筒固定在水平面上，圆筒底面上有一与内壁接触的小物块，现给物块沿内壁切线方向的水平初速度。若物块与所有接触面间的动摩擦因数处处相等。则物块滑动时动能Ek与通过的弧长s的图像可能正确的是(　　) 答案：C 解析：物块紧贴圆筒内壁开始滑动，竖直方向受力平衡，圆筒底面对物块的支持力N底＝mg，水平方向由圆筒侧面的弹力提供向心力，当物块的速度大小为v时，根据牛顿第二定律，可知圆筒侧面的弹力大小为N侧＝m，物块滑动过程中受到侧面和底面的滑动摩擦力大小分别为f侧＝μN侧＝μm，f底＝μN底＝μmg，可知随着物块速度的减小，侧面的滑动摩擦力逐渐减小，底面的滑动摩擦力大小不变，则总的滑动摩擦力逐渐减小，物块滑过相同的弧长，滑动摩擦力做的负功越来越少，根据动能定理可知，动能与弧长的关系图像的斜率的绝对值逐渐减小，故选C。 3．如图所示，足够长的竖直固定杆上套一劲度系数为k的轻质弹簧，弹簧下端悬挂质量为m的物块B，上端连接一轻质小球A，物块B与杆间无摩擦，小球A与杆之间的最大静摩擦力为1.2mg，最大静摩擦力等于滑动摩擦力，重力加速度为g，弹簧弹性势能Ep＝kx2(x为形变量)，忽略空气阻力。求： (1)B静止时，弹簧伸长量x； (2)若将物块B拉至弹簧原长处由静止释放， ①物块B的最大速度vm； ②整个过程中，因摩擦产生的内能Q。 答案：(1)　(2)①g　② 解析：(1)B静止时，根据平衡条件有mg＝kx 解得x＝。 (2)①当B的加速度为零时，速度有最大值，此时B下落x，此时弹簧的弹力为F弹＝kx＝mg 由题意可知，小球A与杆之间的最大静摩擦力fmax＝1.2mg 因为F弹＝mg<fmax 所以A不动，则B与弹簧组成的系统机械能守恒，有mgx＝mv＋kx2 联立解得vm＝g。 ②分析可知，整个过程中弹簧始终处于原长或拉伸状态，小球A只能沿杆向下滑动。A、B和弹簧组成的系统最终稳定时，A保持静止，B在竖直方向上往复运动，且B运动到最低点时，A所受摩擦力为最大静摩擦力fmax，设小球A下滑的距离为L，此时弹簧伸长量为x′，根据能量守恒定律可得mg(L＋x′)＝kx′2＋Q 其中Q＝fmaxL fmax＝kx′ 联立解得Q＝。 专题作业 1．(多选)如图所示，一固定斜面的倾角为30°，一质量为m的小物块自斜面底端以一定的初速度沿斜面向上做匀减速运动，加速度大小等于0.8g(g为重力加速度大小)。物块上升的最大高度为H，则此过程中(　　) A．物块的重力势能减少了mgH B．物块的动能损失了1.6mgH C．物块的机械能损失了0.8mgh D．物块克服摩擦力做功0.6mgH 答案：BD 解析：小物块从斜面底端往高处运动，重力势能增加，A错误；合力做的功W＝－ma×＝－m×0.8g×2H＝－1.6mgH，由动能定理可知，动能的变化量等于合力做功，故动能损失了1.6mgH，B正确；机械能的变化量取决于除重力以外其他力做的功，即等于摩擦力做功，由牛顿第二定律可知mgsin30°＋f＝ma，可得摩擦力大小f＝0.3mg，物块克服摩擦力做功Wf＝f×＝0.6mgH，C错误，D正确。 2．(2025·吉林省松原市高三下东北三省质量检测)如图所示，在倾角θ＝37°的固定斜面上，放置着一个足够长的木板Q，Q上端放置着小物块P(可视为质点)，已知P与Q之间的动摩擦因数为0.25，Q与斜面间的动摩擦因数为0.5，P、Q的质量分别为1 kg、2 kg，sin37°＝0.6，重力加速度g＝10 m/s2，Q下端距斜面最低点为2 m。某时刻使P、Q由静止释放，在Q下端运动至斜面最低点过程中，整个系统损失的机械能为(　　) A．12 J B．24 J C．36 J D．64 J 答案：C 解析：因为μ1＝0.25<μ2＝0.5，所以P、Q会发生相对滑动。设P、Q的加速度大小分别为aP和aQ，根据牛顿第二定律，对P有mPgsinθ－μ1mPgcosθ＝mPaP，对Q有mQgsinθ＋μ1mPgcosθ－μ2(mP＋mQ)gcosθ＝mQaQ，设Q下端运动至斜面最低点用时为t，则有xQ＝aQt2＝2 m，期间物块P下滑的距离为xP＝aPt2，由功能关系可知，整个系统损失的机械能为ΔE＝μ1mPgcosθ·(xP－xQ)＋μ2(mP＋mQ)gcosθ·xQ，解得ΔE＝36 J，故选C。 3．(2025·广东省湛江市高三下普通高考测试一)体育课上某同学将沙包以初速度v0竖直向上抛出。假设沙包在运动过程中受到的空气阻力恒定，以t表示沙包运动的时间，h表示沙包距抛出点的高度。某时刻沙包的速度为v、加速度为a、动能为Ek、机械能为E，取竖直向上为正方向，则沙包从开始上抛到落回抛出点的过程中，下列关系图像可能正确的是(　　) 答案：C 解析：上升阶段，由牛顿第二定律得－mg－f＝ma1，解得a1＝－g－，沙包向上做匀减速直线运动；下降阶段，由牛顿第二定律得－mg＋f＝ma2，解得a2＝－g＋，沙包向下做匀加速直线运动，且在两个阶段，v­t图线与t轴所围面积应相等，故A、B错误；由牛顿第二定律和动能定理，可知Ek­h图像斜率的绝对值为|ma|，即上升阶段为mg＋f，下降阶段为mg－f，且上升阶段Ek由Ek0减小到0，下降阶段Ek由0增大到Ek′(小于Ek0)，C正确；由功能关系，可知E­h图像斜率的绝对值为f，为定值，且上升阶段E由E0减小到mghm，下降阶段E由mghm减小到Ek′，故D错误。 4．(2025·吉林省长春市朝阳区部分高中高三下调研)(多选)如图所示，足够长粗糙斜面固定在水平面上，物块a通过平行于斜面的轻绳跨过光滑轻滑轮与物块b相连，b的质量为m。开始时，a、b均静止且a刚好不受斜面摩擦力作用。现对b施加方向竖直向下、大小为2mg的恒力F，使a、b一起做加速运动，已知斜面倾角θ＝30°，物块a与斜面间的动摩擦因数μ＝，则(　　) A．物块a的加速度大小为 B．在b下降h高度过程中，物块a的重力势能增加2mgh C．物块b下降h高度时速度大小为 D．在b下降h高度过程中，物块a、b机械能的增加量为mgh 答案：ACD 解析：施加恒力前，轻绳拉力T0＝mg，对物块a由平衡条件有T0＝magsinθ，解得物块a的质量为ma＝2m，施加恒力F后，设轻绳的张力为T，分别对物块a、b应用牛顿第二定律，有T－magsinθ－μmagcosθ＝maa，F＋mg－T＝ma，解得两物块的加速度大小a＝，故A正确；在b下降h高度过程中，物块a重力势能的增加量为ΔEp＝maghsinθ＝mgh，故B错误；根据运动学公式有v2－0＝2ah，可得物块b下降到h高度时速度大小为v＝，故C正确；根据功能关系，在b下降h高度过程中，物块a、b机械能的增加量为ΔE＝Fh－μmagcosθ·h＝mgh，故D正确。 5．(2025·山东省泰安市高三下二轮复习检测)滑草是一项使用滑草车沿倾斜草地滑行的运动，深受青年人喜爱。图甲为滑草运动场地实景图，该运动场地由倾斜滑道AB和水平滑道BC两部分组成，B点处平滑连接，AB长100 m，与水平面夹角为37°，BC段动摩擦因数是AB段的2倍，如图乙所示。某游客乘坐滑草车从A点由静止开始沿滑道下滑，恰好停在C点。取BC所处的水平面为重力势能的零势能面，游客与滑草车在AB上运动的机械能、重力势能随着位移x的变化情况如图丙所示，g＝10 m/s2，cos37°＝0.8，则BC长为(　　) A．60 m B．40 m C．30 m D．15 m 答案：C 解析：由图丙可知，游客在A点的机械能等于游客在A点的重力势能，为E机A＝mghA＝mgxABsin37°＝25200 J，解得m＝42 kg，在B点的机械能等于动能，为E机B＝EkB＝10800 J，设BC长为x，AB段的动摩擦因数为μ，则BC段的动摩擦因数为2μ，游客从A到B的过程，根据动能定理可得mghA－μmgcos37°·xAB＝EkB－0，解得μ＝，游客从B到C的过程，根据动能定理可得－2μmgx＝0－EkB，解得x＝30 m，故选C。 6．(2025·湖南省长沙市长郡中学高三下月考)水平传送带匀速顺时针运行，在传送带的最左端每隔时间t轻放上相同的物块(可视为质点)。已知物块和传送带之间的动摩擦因数为μ，物块的质量为m。接收侧的工人发现，靠近传送带右端的物块都已经和传送带达到相同速度，且这些物块之间的距离均为s，重力加速度为g。下列判断中错误的是(　　) A．每个物块与传送带间由于摩擦产生的热量为μmgs B．传送带的运行速度为 C．每个物块从静止加速至与传送带共速过程中与传送带间产生的摩擦热与其动能的变化量相等 D．在时间T(T≫t)内，传送带由于运输物块需要多消耗的电能为 答案：A 解析：相邻两物块的v­t图像如图所示，由v­t图像中图线与t轴所围成的面积表示位移可知阴影部分的面积为s，可知传送带的运行速度为v0＝，B正确；每个物块从静止开始到与传送带共速用时t′＝＝，产生的摩擦热Q＝μmg＝mv，即产生的摩擦热与其动能的变化量相等，且分析可知，只有t′＝t时，才有Q＝μmg·＝μmgs，故A错误，C正确；运输每个物块需要多消耗的电能为ΔE＝μmg·v0t′＝，对于足够长的时间T而言，可以认为完成了n＝个物块的运输，因此多消耗的总电能为E＝n·ΔE＝，D正确。本题选择判断错误的，故选A。 7．(2025·辽宁省鞍山市高三下第二次质量监测)如图1所示，上表面光滑的斜面体固定在水平地面上，一个小木块从斜面底端冲上斜面。图2为木块的初动能Ek与木块轨迹的最高点距地面高度H的关系图像，由此可求得斜面的长度为(　　) A．h0 B．2h0 C．4h0 D．6h0 答案：C 解析：分析知，0<Ek≤Ek0时木块不能冲出斜面，Ek>Ek0时，木块将冲出斜面。若木块不滑离斜面，由机械能守恒定律有Ek＝mgH，由图2可知mg＝；设斜面的长度为L，倾角为θ，当Ek>Ek0时，设木块滑离斜面的速度大小为v，由动能定理有－mgLsinθ＝mv2－Ek，木块滑离斜面后做斜上抛运动，竖直方向上的初速度为vy＝vsinθ，由0－v＝－2gh可知，木块还能上升的高度h＝，木块轨迹的最高点距地面的高度H＝Lsinθ＋h，联立解得H＝Ek＋L(sinθ－sin3θ)，结合图2可知H­Ek图线的斜率为＝＝，且Lsinθ＝2h0，解得sinθ＝，L＝4h0，故选C。 8．(2025·辽宁省沈阳市第二十中学高三下第六次模拟)(多选)一物体在倾角为37°的固定斜面上处于静止状态，现给物体施加一个沿斜面的恒力，物体开始沿斜面向下运动。运动过程中物体的动能、重力势能及摩擦产生的内能随位移的变化关系如图所示，则下列说法正确的是(sin37°＝0.6)(　　) A．物体与斜面之间的动摩擦因数为0.8 B．物体在运动位移为x0的过程中机械能增加1 J C．物体在运动位移为x0的过程中恒力做功为15 J D．在x0处撤去恒力，物体还能沿斜面向下滑15x0 答案：AC 解析：设物体与斜面之间的动摩擦因数为μ，恒力大小为F，当x＝x0时，由功能关系可知，重力势能Ep＝－mgx0sin37°，动能Ek＝(F＋mgsin37°－μmgcos37°)x0，摩擦产生的内能Q＝μmgcos37°·x0，其中，只有重力势能随位移增大而减小，因此Ep＝－15 J，由于施力前物体静止在斜面上，则mgsin37°≤μmgcos37°，Q≥|Ep|＝15 J，因此Q＝16 J，Ek＝14 J，代入数据解得μ＝0.8，F＝，故A正确；物体在运动位移为x0的过程中，恒力做功为WF＝Fx0＝15 J，机械能增加ΔE＝WF－Q＝－1 J，故B错误，C正确；撤去恒力后，设物体还能沿斜面下滑的距离为x′，由动能定理可知(mgsin37°－μmgcos37°)x′＝0－Ek，解得x′＝14x0，D错误。 9．如图甲所示，轻质弹簧下端固定在倾角为37°的粗糙斜面底端挡板上，弹簧处于原长。质量为m＝1 kg的小物块，从斜面顶端由静止释放沿斜面下滑，小物块沿斜面向下运动过程中的动能Ek随位移x变化的图像如图乙所示，在0≤x≤0.15 m时图像为直线。已知弹簧始终在弹性限度内，重力加速度g取10 m/s2，cos37°＝0.8，sin37°＝0.6。下列说法正确的是(　　) A．小物块与斜面间的动摩擦因数为0.2 B．弹簧的劲度系数为20 N/m C．小物块下滑过程中的最大动能为0.5 J D．整个过程中弹簧的最大弹性势能为0.8 J 答案：B 解析：设小物块与斜面间的动摩擦因数为μ，斜面倾角为θ，由动能定理可知，Ek­x图线的斜率表示小物块所受合力，由题图乙可知，小物块接触弹簧前，所受合力大小为F1＝mgsinθ－μmgcosθ＝ N＝2 N，解得μ＝0.5，A错误；由题图乙可知，小物块速度最大时，弹簧的压缩量为x＝0.25 m－0.15 m＝0.1 m，设弹簧的劲度系数为k，根据平衡条件有mgsinθ－μmgcosθ－kx＝0，解得k＝20 N/m，B正确；小物块接触弹簧后，分析可知，小物块所受合力F与x呈线性关系，结合以上分析及题图乙，画出合力F随位移x变化的图像如图所示，根据功的定义式及动能定理可知，图线与x轴所围成的面积表示小物块动能的变化量，则小物块下滑过程中的最大动能为Ekmax＝ J＝0.4 J，C错误；设小物块下滑至最低点时的位移为xmax，此时弹簧的弹性势能有最大值Ep，小物块的动能为0，则从开始至最低点，F­x图像中x轴上、下部分图线与x轴所围的面积大小相等，有Ekmax＝ J，解得xmax＝0.45 m(另一解xmax＝0.05 m<0.25 m，不符合实际，故舍去)，根据能量守恒定律可知，Ep＝mgxmaxsinθ－μmgcosθ·xmax＝0.9 J，D错误。 10．(2025·云南卷，10)(多选)如图所示，倾角为θ的固定斜面，其顶端固定一劲度系数为k的轻质弹簧，弹簧处于原长时下端位于O点。质量为m的滑块Q(视为质点)与斜面间的动摩擦因数μ＝tanθ。过程Ⅰ：Q以速度v0从斜面底端P点沿斜面向上运动恰好能滑至O点；过程Ⅱ：将Q连接在弹簧的下端并拉至P点由静止释放，Q通过M点(图中未画出)时速度最大，过O点后能继续上滑。弹簧始终在弹性限度内，假设最大静摩擦力等于滑动摩擦力，忽略空气阻力，重力加速度为g。则(　　) A．P、M两点之间的距离为 B．过程Ⅱ中，Q在从P点单向运动到O点的过程中损失的机械能为mv C．过程Ⅱ中，Q从P点沿斜面向上运动的最大位移为 D．连接在弹簧下端的Q无论从斜面上何处释放，最终一定静止在OM(含O、M点)之间 答案：CD 解析：过程Ⅰ中，设滑块的加速度大小为a，对滑块由牛顿第二定律得mgsinθ＋μmgcosθ＝ma，又μ＝tanθ，解得a＝2gsinθ，则P、O两点之间的距离为xPO＝＝，过程Ⅱ中，当滑块的速度最大时，滑块所受合力为0，则有kxOM＝mgsinθ＋μmgcosθ，此时弹簧的伸长量即O、M两点之间的距离为xOM＝，则P、M两点之间的距离为xPM＝xPO－xOM＝，A错误；过程Ⅱ中，Q在O点的重力势能比P点大，动能比P点大，则从P点单向运动到O点的过程，Q的机械能增大，B错误；根据运动的对称性可知，Q从P点沿斜面向上运动的最大位移为xm＝2xPM＝，C正确；分析可知，连接在弹簧下端的Q所受最大静摩擦力沿斜面向上时处于O点，所受最大静摩擦力沿斜面向下时处于M点，则滑块最终一定静止在OM(含O、M点)之间，D正确。 11．(2025·重庆市高三下第六次质量检测)如图所示，一轻质弹簧左端与墙壁相连，且未与水平面接触，弹簧自然伸长时其右端位于O点。施加外力F使物块A(可视为质点)压缩弹簧至P点，已知OP间距离为x0＝0.6 m。在O点固定一弹性挡板B，物块A与挡板碰撞后均原速率反弹。现撤去外力F，物块A由静止开始向右运动，并与挡板发生碰撞。已知物块A的质量为m＝1 kg，其与水平面间的动摩擦因数μ＝0.3，弹簧劲度系数k＝20 N/m，弹簧的弹性势能Ep与形变量x的关系为Ep＝kx2，重力加速度g＝10 m/s2。经过足够长时间，物块A的位置与O点的距离为(　　) A．0 B．0.15 m C．0.3 m D．0.6 m 答案：A 解析：物块A滑动过程中受到的滑动摩擦力始终与运动方向相反，大小为f＝μmg＝3 N，假设撤去力F后物块能到达O点，且到达O点时的动能为Ek1，由功能关系可知kx－fx0＝Ek1，解得Ek1＝1.8 J，假设成立，设第一次反弹后物块A距O点的最远距离为x1，由功能关系有－kx－fx1＝0－Ek1，解得x1＝0.3 m(另一解x1＝－0.6 m舍去)，由于kx1＝6 N>μmg＝3 N，所以物块A会再次向右滑动，假设物块A能第二次到达O点，且到达O点时的动能为Ek2，由功能关系有kx－fx1＝Ek2，解得Ek2＝0，假设成立，且物块A第二次到达O点时停止运动，故选A。 17 学科网（北京）股份有限公司 $