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课件PPT

第一部分　专题强化复习 专题二　能量与动量 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。 2 目录 1 2 专题作业 考点 高考风向标 3 考点 考点1　功能关系　能量守恒定律 考点 5 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 考点 6 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。 考点 7 考点 8 考点 9 考点 10 考点 11 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。 考点 12 考点 13 考点 14 考点 15 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。 考点 16 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 考点 17 考点 18 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 考点 19 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。 考点 20 考点 21 考点 22 高考风向标 高考风向标 24 高考风向标 25 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(　　) 高考风向标 26 高考风向标 27 高考风向标 28 高考风向标 29 高考风向标 30 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 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 专题作业 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 专题作业 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 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 专题作业 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 专题作业 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(　　) 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 专题作业 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 专题作业 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 专题作业 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 专题作业 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 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 专题作业 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 专题作业 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 专题作业 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 专题作业 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 专题作业 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 专题作业 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 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 专题作业 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 专题作业 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 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 专题作业 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 专题作业 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 专题作业 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(　　) 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 专题作业 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 专题作业 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 专题作业 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 专题作业 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 专题作业 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 专题作业 　　　　　　　　　　　　　 　　　　　　　　　　　　　 R 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＝eq \f(1,2)mv2－eq \f(1,2)mveq \o\al(2,0) 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．eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(2\r(3),3)－1))mgL B．eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(\r(3),2)－1))mgL C．eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\r(3)－1))mgL D．eq \f(\r(3),2)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eq \f(L,sin60°)＝eq \f(2\r(3),3)L，小球增加的重力势能为ΔEp＝eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(2\r(3),3)－1))mgL，根据功能关系，作用在挂钩上的拉力做功为W＝ΔEp＝eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(2\r(3),3)－1))mgL，故选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eq \f(1,4)mv2 C．从A处到C处的过程中弹簧的弹性势能增加了eq \f(1,4)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＝eq \f(1,2)mv2＋ΔEp，解得Q＝eq \f(1,4)mv2，ΔEp＝mgh－eq \f(1,4)mv2，B正确，C错误； 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＋eq \f(1,2)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＋eq \f(1,2)mv2 C．将小物体传送到N处，系统因摩擦而产生的热量为eq \f(1,2)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＋eq \f(1,2)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＋eq \f(1,2)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＝eq \f(v,a)，小物体和传送带的相对位移大小s相对＝vt－eq \f(v,2)t，因摩擦产生的热量为Q＝μmgcosθ·s相对，解得Q＝eq \f(\a\vs4\al(μmcosθ·v2),2（μcosθ－sinθ）)>eq \f(1,2)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＝eq \f(v2,2（μgcosθ－gsinθ）)，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＝eq \f(\a\vs4\al(μmcosθ·v2),2（μcosθ－sinθ）)＝eq \f(mcosθ·v2,2\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(cosθ－\f(1,μ)sinθ)))可知，Q减小，即系统因摩擦产生的热量将减少，故D正确。 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＝eq \f(40,10) N＝4 N，下滑过程有mgsin30°－f＝eq \f(30,20－10) 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＝eq \f(\a\vs4\al(mgsin30°＋f),m)＝eq \f(40,7) m/s2，10～20 m过程中物块加速度大小为a2＝eq \f(\a\vs4\al(mgsin30°－f),m)＝eq \f(30,7) m/s2，则eq \f(a1,a2)＝eq \f(4,3)，故D错误。 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＝eq \f(2\r(15),5) m/s D．μ＝0.5，v0＝eq \f(2\r(15),5) m/s 解析　由图乙可知，物块在底端时的动能最大，为Ek0＝eq \f(1,2)mveq \o\al(2,0)＝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＝eq \f(h,sinθ)＝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。 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＝eq \f(1,2)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．eq \f(\a\vs4\al(（μmg）2),2k)＋μmg(l－d) B．eq \f(\a\vs4\al(3（μmg）2),2k)＋μmg(l－d) C．eq \f(\a\vs4\al(3（μmg）2),2k)＋2μmg(l－d) D．eq \f(\a\vs4\al(（μmg）2),2k)＋2μmg(l－d) 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＝eq \f(\a\vs4\al(μmg),k)，则此时弹性绳的弹性势能为E0＝eq \f(1,2)kxeq \o\al(2,0)＝eq \f(\a\vs4\al(μ2m2g2),2k)，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＝eq \f(\a\vs4\al(3（μmg）2),2k)＋μmg(l－d)，故B正确。 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＝meq \f(v2,R)，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＝μmeq \f(v2,R)，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＝eq \f(1,2)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)eq \f(\a\vs4\al(mg),k)　(2)①geq \r(\f(m,k))　②eq \f(\a\vs4\al(72m2g2),25k) 解析：(1)B静止时，根据平衡条件有mg＝kx 解得x＝eq \f(\a\vs4\al(mg),k)。 (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＝eq \f(1,2)mveq \o\al(2,m)＋eq \f(1,2)kx2 联立解得vm＝geq \r(\f(m,k))。 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′)＝eq \f(1,2)kx′2＋Q 其中Q＝fmaxL fmax＝kx′ 联立解得Q＝eq \f(\a\vs4\al(72m2g2),25k)。 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×eq \f(H,sin30°)＝－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×eq \f(H,sin30°)＝0.6mgH，C错误，D正确。 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＝eq \f(1,2)aQt2＝2 m，期间物块P下滑的距离为xP＝eq \f(1,2)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。 解析：上升阶段，由牛顿第二定律得－mg－f＝ma1，解得a1＝－g－eq \f(\a\vs4\al(f),m)，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＋eq \f(\a\vs4\al(f),m)，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＝eq \f(\r(3),3)，则(　　) A．物块a的加速度大小为eq \f(g,3) 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eq \f(\r(6gh),3) D．在b下降h高度过程中，物块a、b机械能的增加量为mgh 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＝eq \f(\a\vs4\al(g),3)，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＝eq \f(\a\vs4\al(\r(6gh)),3)，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。 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＝eq \f(3,7)，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eq \f(1,2)μmgs B．传送带的运行速度为eq \f(s,t) 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eq \f(mTs2,t3) 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＝eq \f(s,t)，B正确；每个物块从静止开始到与传 送带共速用时t′＝eq \f(v0,a)＝eq \f(v0,μg)，产生的摩擦热Q＝μmgeq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(v0t′－\f(1,2)v0t′)) ＝eq \f(1,2)mveq \o\al(2,0)，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·eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(v0t－\f(1,2)v0t))＝eq \f(1,2)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′＝eq \f(ms2,t2)，对于足够长的时间T而言，可以认为完成了n＝eq \f(T,t)个物块的运输，因此多消耗的总电能为E＝n·ΔE＝eq \f(mTs2,t3)，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．eq \f(10,3)h0 B．2eq \r(2)h0 C．4h0 D．6h0 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＝eq \f(Ek0,2h0)；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＝eq \f(1,2)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－veq \o\al(2,y)＝－2gh可知，木块还能上升的高度h＝eq \f(（vsinθ）2,2g)，木块轨迹的最高点距地面的高度H＝Lsinθ＋h，联立解得H＝eq \f(2h0sin2θ,Ek0)Ek＋L(sinθ－sin3θ)，结合图2可知H­Ek图线的斜率为eq \f(2h0sin2θ,Ek0)＝eq \f(3h0－2h0,3Ek0－Ek0)＝eq \f(h0,2Ek0)，且Lsinθ＝2h0，解得sinθ＝eq \f(1,2)，L＝4h0，故选C。 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＝eq \f(15 J,x0)，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。 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＝eq \f(0.3－0,0.15－0) 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＝eq \f(（0.25＋0.15）×2,2) 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＝eq \b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\co1(\f(1,2)×（xmax－0.25）×（xmax－0.25）·\f(2－0,0.25－0.15))) 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。 A．P、M两点之间的距离为2,0)eq \f(kv－4mg2sin2θ,4kgsinθ) 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eq \f(1,4)mveq \o\al(2,0) C．过程Ⅱ中，Q从P点沿斜面向上运动的最大位移为2,0)eq \f(kv－8mg2sin2θ,2kgsinθ) 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 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＝2,0)eq \f(v,2a) ＝2,0)eq \f(v,4gsinθ) ，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＝eq \f(\a\vs4\al(2mgsinθ),k)，则P、M两点之间的距离为xPM＝xPO－xOM＝2,0)eq \f(kv－8mg2sin2θ,4kgsinθ) ，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＝2,0)eq \f(kv－8mg2sin2θ,2kgsinθ) ，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＝eq \f(1,2)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 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eq \f(1,2)kxeq \o\al(2,0)－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－eq \f(1,2)kxeq \o\al(2,1)－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eq \f(1,2)kxeq \o\al(2,1)－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。 $