高考物理一轮复习讲义第6章第5课时　功能关系　能量守恒定律（2份打包，原卷版+教师版）

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考点一 常见的功能关系的理解和应用
1．对功能关系的理解
(1)做功的过程就是能量转化的过程，不同形式的能量发生相互转化是通过做功来实现的。
(2)功是能量转化的量度，功和能的关系，一是体现在不同的力做功，对应不同形式的能转化，具有一一对应关系，二是做功的多少与能量转化的多少在数值上相等。
2．常见的功能关系
1．一个物体的能量增加，必定有其他物体的能量减少。( √ )
2．合力做的功等于物体机械能的改变量。( × )
3．克服与势能有关的力(重力、弹簧弹力、静电力等)做的功等于对应势能的增加量。( √ )
4．滑动摩擦力做功时，一定会引起机械能的转化。( √ )
例1 (多选)(2023·四川广安市二模)滑沙运动是继滑冰、滑水、滑雪和滑草之后又一新兴运动，它使户外运动爱好者在运动的同时又能领略到沙漠的绮丽风光。如图所示，质量为50 kg的人坐在滑沙板上从沙坡的顶端由静止沿直线匀加速下滑，经过10 s到达坡底，速度大小为20 m/s。已知沙坡的倾角为30°，重力加速度g取10 m/s2，下列关于此过程的说法中正确的是( )
A．人的重力势能减少5.0×104 J
B．人的动能增加1.0×104 J
C．人的机械能减少1.5×104 J
D．人克服阻力做功4.0×104 J
答案 BC
解析 人沿沙坡下滑的距离l＝eq \f(1,2)vt＝100 m，重力势能减少ΔEp＝mglsin 30°＝2.5×104 J，故A错误；人的动能增加ΔEk＝eq \f(1,2)mv2＝1.0×104 J，故B正确；
人的机械能减少ΔE＝ΔEp－ΔEk＝1.5×104 J，故C正确；
人克服阻力做功W克f＝ΔE＝1.5×104 J，故D错误。
例2 (多选)(2020·全国卷Ⅰ·20)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
答案 AB
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正确；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＝μmgcs α·s，其中cs α＝eq \f(\r(s2－h2),s)＝0.8，h＝3.0 m，g＝10 m/s2，则可得m＝1 kg，μ＝0.5，故B正确；物块下滑时加速度的大小a＝gsin α－μgcs α＝2.0 m/s2，故C错误；物块下滑2.0 m时损失的机械能为ΔE′＝μmgcs α·s′＝8 J，故D错误。
考点二 摩擦力做功与能量转化
两种摩擦力做功特点的比较
例3 (多选)如图所示，一个长为L、质量为M的木板，静止在光滑水平面上，一个质量为m的物块(可视为质点)以水平初速度v0从木板的左端滑向另一端，设物块与木板间的动摩擦因数为μ，当物块与木板相对静止时，物块仍在长木板上，物块相对木板的位移为d，木板相对地面的位移为s，重力加速度为g。则在此过程中( )
A．摩擦力对物块做的功为－μmg(s＋d)
B．摩擦力对木板做的功为μmgs
C．木板动能的增量为μmgd
D．由于摩擦而产生的热量为μmgs
答案 AB
解析 根据功的定义W＝Flcs θ，其中l指物体的位移，而θ指力与位移之间的夹角，可知摩擦力对物块做的功W1＝－μmg(s＋d)，摩擦力对木板做的功W2＝μmgs，A、B正确；根据动能定理可知木板动能的增量ΔEk＝W2＝μmgs，C错误；由于摩擦而产生的热量Q＝Ff·Δx＝μmgd，D错误。
例4 (多选)(2023·河南省南阳中学检测)如图所示，与水平面成θ角的传送带，在电动机的带动下以恒定的速率v顺时针运行。现将质量为m的小物块从传送带下端A点无初速度地放到传送带上，经时间t1物块与传送带达到共同速度，再经时间t2物块到达传送带的上端B点，已知A、B间的距离为L，重力加速度为g，则在物块从A运动到B的过程中，以下说法正确的是( )
A．在t1时间内摩擦力对物块做的功等于eq \f(1,2)mv2
B．在t1时间内物块和传送带间因摩擦而产生的内能等于物块机械能的增加量
C．在t1＋t2时间内传送带对物块做的功等于mgLsin θ＋eq \f(1,2)mv2
D．在t1＋t2时间内因运送物块，电动机至少多消耗 mgLsin θ＋mv2的电能
答案 BC
解析 由动能定理可知，在t1时间内摩擦力和重力对物块做的功之和等于eq \f(1,2)mv2，选项A错误； 在t1时间内，物块相对传送带的位移Δx＝vt1－eq \f(v,2)t1＝eq \f(v,2)t1，则物块和传送带间因摩擦而产生的内能为Q＝FfΔx＝eq \f(1,2)Ffvt1；物块机械能的增加量等于摩擦力做的功，即ΔE＝Ff·eq \f(v,2)t1＝eq \f(1,2)Ffvt1，即在t1时间内物块和传送带间因摩擦而产生的内能等于物块机械能的增加量，选项B正确； 由功能关系可知，在t1＋t2时间内传送带对物块做的功等于物块机械能的增加量，即mgLsin θ＋eq \f(1,2)mv2，选项C正确；在t1时间内因运送物块，电动机至少多消耗mgL1sin θ＋eq \f(1,2)mv2＋Q，由选项B可知mgL1sin θ＋eq \f(1,2)mv2＝Q，则在t1时间内因运送物块电动机至少多消耗2mgL1sin θ＋mv2；在t2时间内因运送物块电动机至少多消耗mgL2sin θ；则在t1＋t2时间内因运送物块，电动机至少多消耗2mgL1sin θ＋mv2＋mgL2sin θ＝mg(L＋L1)sin θ＋mv2的电能，选项D错误。
考点三 能量守恒定律的理解和应用
1．内容：能量既不会凭空产生，也不会凭空消失，它只能从一种形式转化为其他形式，或者从一个物体转移到别的物体，在转化或转移的过程中，能量的总量保持不变。
2．表达式：
(1)E初＝E末，初状态各种能量的总和等于末状态各种能量的总和。
(2)ΔE增＝ΔE减，增加的能量总和等于减少的能量总和。
3．理解
(1)某种形式的能量减少，一定存在其他形式的能量增加，且减少量和增加量一定相等；
(2)某个物体的能量减少，一定存在其他物体的能量增加，且减少量和增加量一定相等。
思考 现在市场上有一种手表叫自动机械手表，只要每天有一定时间把表戴在手上，不用手动上发条，表针便可走动计时，自动手表的工作运行，是否违背能量守恒定律？
答案 不违背能量守恒定律。自动手表的运行是把人运动的机械能转化为发条的弹性势能，然后再转化为表针的动能，同样遵守能量守恒定律。
例5 (2024·辽宁沈阳市第五十六中学开学考)如图所示，固定斜面的倾角θ＝30°，物体A与斜面之间的动摩擦因数μ＝eq \f(\r(3),4)，轻弹簧下端固定在斜面底端，弹簧处于原长时上端位于C点，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和B，滑轮右侧绳子始终与斜面平行，A的质量为2m＝4 kg，B的质量为m＝2 kg，初始时物体A到C点的距离L＝1 m，现给A、B一初速度大小v0＝3 m/s，使A开始沿斜面向下运动，B向上运动，物体A将弹簧压缩到最短后又恰好能弹回到C点。已知重力加速度大小g＝10 m/s2，不计空气阻力，整个过程中轻绳始终处于伸直状态。求在此过程中：
(1)物体A向下运动到刚到C点时的速度大小；
(2)弹簧的最大压缩量；
(3)弹簧的最大弹性势能。
答案 (1)2 m/s (2)0.4 m (3)6 J
解析 (1)在物体A向下运动到刚到C点的过程中，对A、B组成的系统应用能量守恒定律可得μ·2mgcs θ·L＝eq \f(1,2)×3mv02－eq \f(1,2)×3mv2＋2mgLsin θ－mgL，解得v＝2 m/s。
(2)对A、B组成的系统分析，在物体A从C点压缩弹簧至最短后恰好返回到C点的过程中，系统动能的减少量等于因摩擦产生的热量，即eq \f(1,2)×3mv2－0＝μ·2mgcs θ·2x，其中x为弹簧的最大压缩量，解得x＝0.4 m。
(3)设弹簧的最大弹性势能为Epm，从C点到弹簧被压缩至最短过程中由能量守恒定律可得eq \f(1,2)×3mv2＋2mgxsin θ－mgx＝μ·2mgcs θ·x＋Epm，解得Epm＝6 J。
例6 (2021·江苏卷·14)如图所示的离心装置中，光滑水平轻杆固定在竖直转轴的O点，小圆环A和轻质弹簧套在轻杆上，长为2L的细线和弹簧两端分别固定于O和A，质量为m的小球B固定在细线的中点，装置静止时，细线与竖直方向的夹角为37°，现将装置由静止缓慢加速转动，当细线与竖直方向的夹角增大到53°时，A、B间细线的拉力恰好减小到零，弹簧弹力与静止时大小相等、方向相反，重力加速度为g，取sin 37°＝0.6，cs 37°＝0.8，求：
(1)装置静止时，弹簧弹力的大小F；
(2)环A的质量M；
(3)上述过程中装置对A、B所做的总功W。
答案 (1)eq \f(3mg,8) (2)eq \f(9,64)m (3)eq \f(31,30)mgL
解析 (1)装置静止时，设AB、OB的张力分别为F1、F2，
对A受力分析，由平衡条件得F＝F1sin 37°
对B受力分析，由平衡条件得
F1cs 37°＋F2cs 37°＝mg，F1sin 37°＝F2sin 37°
联立解得F＝eq \f(3mg,8)
(2)细线与竖直方向夹角为53°时，设装置转动的角速度为ω，A、B的转动半径分别为rA、rB，由几何关系知rA＝eq \f(8,5)L，rB＝eq \f(4,5)L。
由题知环A的向心力F′＝F
对A，F′＝Mω2·eq \f(8,5)L
对B，mgtan 53°＝mω2·eq \f(4,5)L
解得M＝eq \f(9,64)m。
(3)B上升的高度h＝eq \f(1,5)L，A、B的动能分别为
EkA＝eq \f(1,2)M(ω·eq \f(8,5)L)2
EkB＝eq \f(1,2)m(ω·eq \f(4,5)L)2
根据能量守恒定律可知，
W＝(EkA－0)＋(EkB－0)＋mgh
解得W＝eq \f(31,30)mgL。
(1)首先确定初、末状态，分清有几种形式的能在变化，如动能、势能(包括重力势能、弹性势能、电势能)、内能等。
(2)明确哪种形式的能量增加，哪种形式的能量减少，并且列出减少的能量ΔE减和增加的能量ΔE增的表达式。
课时精练
1.(多选)如图所示，在粗糙的桌面上有一个质量为M的物块，通过轻绳跨过定滑轮与质量为m的小球相连，不计轻绳与滑轮间的摩擦，在小球下落的过程中，下列说法正确的是( )
A．小球的机械能守恒
B．物块与小球组成的系统机械能守恒
C．若小球匀速下降，小球减少的重力势能等于物块与桌面间摩擦产生的热量
D．若小球加速下降，小球减少的机械能大于物块与桌面间摩擦产生的热量
答案 CD
解析 在小球下落的过程中，绳子的拉力对小球做负功，小球的机械能减少，故A错误；由于物块要克服摩擦力做功，物块与小球组成的系统机械能不守恒，故B错误；若小球匀速下降，系统的动能不变，则根据能量守恒可知，小球减少的重力势能等于物块与桌面间摩擦产生的热量，故C正确；若小球加速下降，则根据能量守恒可知，小球减少的机械能等于物块与桌面间摩擦产生的热量及小球和物块增加的动能之和，所以小球减少的机械能大于物块与桌面间摩擦产生的热量，故D正确。
2.如图，一质量为m、长度为L的均匀柔软细绳PQ竖直悬挂。用外力将绳的下端Q缓慢地竖直向上拉起至M点，M点与绳的上端P相距eq \f(L,3)，重力加速度大小为g。在此过程中，外力做的功为( )
A.eq \f(mgL,9) B.eq \f(mgL,6) C.eq \f(mgL,3) D.eq \f(mgL,2)
答案 A
解析 由题知PM段绳的机械能不变，MQ段绳的重心升高了Δh＝eq \f(L,6)，则重力势能的增加量为ΔEp＝eq \f(2,3)mg·eq \f(L,6)＝eq \f(mgL,9)，根据功能关系，在此过程中，外力做的功等于MQ段系统重力势能的增加量，则W＝eq \f(mgL,9)，故A正确，B、C、D错误。
3.(多选)如图所示，楔形木块abc固定在水平面上，粗糙斜面ab与水平面的夹角为60°，光滑斜面bc与水平面的夹角为30°，顶角b处安装一定滑轮。质量分别为M、m(M>m)的两滑块A和B，通过不可伸长的轻绳跨过定滑轮连接，轻绳与斜面平行。两滑块由静止释放后，沿斜面做匀加速运动，A、B不会与定滑轮碰撞。若不计滑轮的质量和摩擦，在两滑块沿斜面运动的过程中( )
A．轻绳对滑轮作用力的方向竖直向下
B．拉力和重力对A做功之和大于A动能的增加量
C．拉力对A做的功等于A机械能的增加量
D．两滑块组成系统的机械能损失等于A克服摩擦力做的功
答案 BD
解析 根据题意可知，两段轻绳的夹角为90°，轻绳拉力的大小相等，根据平行四边形定则可知，合力方向与轻绳方向的夹角为45°，所以轻绳对滑轮作用力的方向不是竖直向下的，故A错误；对A受力分析，受到重力、斜面的支持力、轻绳的拉力以及滑动摩擦力作用，根据动能定理可知，A动能的增加量等于拉力、重力以及摩擦力做功之和，而摩擦力做负功，则拉力和重力对A做功之和大于A动能的增加量，故B正确；由除重力和弹力之外的力对物体做的功等于物体机械能的变化量可知，拉力和摩擦力对A做的功之和等于A机械能的增加量，故C错误；对两滑块组成系统分析可知，除了重力之外只有摩擦力对A做功，所以两滑块组成的系统的机械能损失等于A克服摩擦力做的功，故D正确。
4.(多选)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点的正上方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。已知AP＝2R，重力加速度为g，则小球从P点运动到B点的过程中( )
A．重力做功2mgR B．机械能减少mgR
C．合外力做功eq \f(1,2)mgR D．克服摩擦力做功eq \f(1,2)mgR
答案 CD
解析 小球从P点运动到B点的过程中，重力做的功WG＝mg(2R－R)＝mgR，故A错误；小球沿轨道到达最高点B时恰好对轨道没有压力，则有mg＝meq \f(vB2,R)，解得vB＝eq \r(gR)，则此过程中机械能的减少量为ΔE＝mgR－eq \f(1,2)mvB2＝eq \f(1,2)mgR，故B错误；根据动能定理可知，合外力做功W合＝eq \f(1,2)mvB2－0＝eq \f(1,2)mgR，故C正确；根据功能关系可知，小球克服摩擦力做的功等于机械能的减少量，则W克f＝ΔE＝eq \f(1,2)mgR，故D正确。
5.如图所示，平直木板AB倾斜放置，小物块与木板间的动摩擦因数由A到B均匀增大，小物块从A点由静止释放，恰好可以到达B点，小物块的加速度a、动能Ek、重力势能Ep和机械能E(取地面为零势能面)随下滑位移x变化的图像可能正确的是( )
答案 B
解析 根据题意，小物块从A向B是先加速后减速运动，加速度先向下后向上，方向发生了变化，所以A错误；设斜面的长度为L，则小物块的重力势能可以表示为Ep＝mg(L－x)sin θ，B选项正确；下滑过程中，小物块的动能先增大后减小，但是其图线的斜率表示其所受的合力，根据题意可以判断合力是变力，与图像不符，所以C错误；根据功能关系，机械能的减少量等于小物块克服摩擦力所做的功，图像的斜率大小表示摩擦力大小，根据题意摩擦力逐渐增大，与图像不符，所以D错误。
6.(多选)(2024·福建漳州市第一次质检)为预防电梯缆绳断裂的安全事故，电梯井底和电梯上分别安装有缓冲弹簧和安全钳，装置简化如图所示。现质量为2 000 kg的电梯，因缆绳断裂而坠落，刚接触弹簧时的速度为4 m/s，弹簧被压缩了2 m时电梯停止运动，下落过程中安全钳提供给电梯17 000 N的滑动摩擦力。已知弹簧的弹性势能为Ep＝eq \f(1,2)kx2(k为弹簧的劲度系数，x为弹簧的形变量)，不计空气阻力及弹簧自重，g取10 m/s2。则( )
A．整个运动过程中电梯一直处于失重状态
B．整个运动过程电梯刚接触弹簧时速度最大
C．该缓冲弹簧的劲度系数为11 000 N/m
D．停止运动时安全钳提供给电梯的摩擦力为2 000 N
答案 CD
解析 电梯的重力和安全钳提供给电梯的滑动摩擦力的合力F合＝20 000 N－17 000 N＝3 000 N，方向向下，则接触弹簧后开始阶段F合>F弹，电梯加速向下运动；随弹力的增加，当F合7．(2024·浙江省第一次联考)某地区常年有风，风速基本保持在4 m/s，该地区有一风力发电机，其叶片转动可形成半径为10 m的圆面，若保持风垂直吹向叶片，空气密度为1.3 kg/m3，风的动能转化为电能的效率为20%。现用这台风力发电机给一水泵供电，使水泵从地下10 m深处抽水，水泵能将水抽到地面并以2 m/s的速度射出，出水口的横截面积为0.1 m2，水的密度为1×103 kg/m3，水泵及电机组成的抽水系统效率为80%，π取3.14，则下列说法正确的是( )
A．该风力发电机的发电功率约为12.8 kW
B．每秒水流机械能增加400 J
C．风力发电机一天的发电量可供该水泵正常工作约2.4 h
D．若风速变为8 m/s，则该风力发电机的发电功率变为原来的4倍
答案 C
解析 单位时间内冲击风力发电机叶片圆面的气流的体积为V0＝vS＝v×πR2＝4×π×102 m3＝1 256 m3，单位时间内冲击风力发电机叶片圆面的气流的动能为Ek＝eq \f(1,2)Mv2＝eq \f(1,2)ρV0v2＝13 062.4 W，依题意，此风力发电机发电的功率为P＝20%Ek＝20%×13 062.4 W≈2.6 kW，若风速变为8 m/s，则该风力发电机的发电功率变为原来的8倍；故A、D错误；每秒水流机械能增加约为ΔE＝mgh＋eq \f(1,2)mv′2，其中m＝ρ水S′v′，解得ΔE＝2.04×104 J，故B错误；水泵正常工作每秒耗电为ΔE′＝eq \f(ΔE,80%)＝2.55×104 J，风力发电机一天的发电量为E′＝Pt＝2.6×103×24×60×60 J≈2.2×108 J，解得t＝eq \f(E′,ΔE′)≈2.4 h，故C正确。
8.(多选)(2023·贵州贵阳市三模)如图所示，倾斜成45°角的固定直杆上套有一质量为m的小球(可视为质点)，小球可沿杆滑动，轻质弹性绳一端固定于O点，另一端连在小球上。将小球从弹性绳水平的位置M(此时弹性绳的长度为L)由静止释放，当小球运动到弹性绳与杆垂直的位置P时，弹性绳长度刚好为原长，小球沿杆下滑到弹性绳竖直的位置N时速度减为零。若弹性绳始终在弹性限度内且弹性绳弹力与其形变量成正比，重力加速度大小为g。下列说法正确的是( )
A．小球在P点时的加速度大小为eq \f(\r(2),2)g
B．从M到P，小球克服摩擦力做的功为eq \f(1,2)mgL
C．小球在P点的动能等于从M到P弹性绳减小的弹性势能
D．小球和弹性绳组成的系统从M到P的过程中损失的机械能小于从P到N的过程中损失的机械能
答案 BC
解析 根据题意可知，小球运动到P点时，沿杆方向除重力的下滑分力以外，还受到摩擦力的作用，由牛顿第二定律可知，其加速度 a＝gsin 45°－eq \f(Ff,m)根据题意，小球从M到N的过程中，由动能定理有 mgL－Wf＝0，根据小球受力及对称性可知，当小球位于关于P点对称的两个位置时，杆对小球的支持力大小相等，故其所受摩擦力大小也相等，因此小球从M到P的过程中摩擦力对小球做的功等于从P到N的过程中摩擦力对小球做的功，则有 W1＝eq \f(1,2)Wf＝eq \f(1,2)mgL，故B正确；
结合B分析可知，从M到P，重力对小球做的功大小等于小球克服摩擦力做的功，故弹性绳减小的弹性势能转化为小球的动能，故C正确；
根据上述分析可知，小球和弹性绳组成的系统从M到P的过程中摩擦力做的功等于从P到N的过程中摩擦力做的功，因此小球和弹性绳组成的系统从M到P的过程损失的机械能应等于从P到N的过程中损失的机械能，故D错误。
9.如图所示，在某竖直平面内，光滑曲面AB与粗糙水平面BC平滑连接于B点，BC右端连接内壁光滑、半径r＝0.2 m的eq \f(1,4)细圆管CD，管口D端正下方直立一根劲度系数为k＝100 N/m的轻弹簧，弹簧一端固定于地面上，另一端恰好与管口D端平齐。一个质量为1.0 kg的物块放在曲面AB上，现从距BC的高度为h＝0.6 m处由静止释放物块，它与BC间的动摩擦因数μ＝0.5，物块进入管口C端时，它对上管壁有FN＝2.5mg的作用力，通过CD后，在压缩弹簧过程中物块速度最大时弹簧的弹性势能Ep＝0.5 J。重力加速度g取10 m/s2。求：
(1)在压缩弹簧过程中物块的最大动能Ekm；
(2)物块最终停止的位置。
答案 (1)6 J (2)停在BC上距离C端0.3 m处(或距离B端0.2 m处)
解析 (1)在压缩弹簧过程中，物块速度最大时所受合力为零。设此时物块离D端的距离为x0，则有kx0＝mg，解得x0＝eq \f(mg,k)＝0.1 m
在C点，物块受到上管壁向下的作用力FN′＝2.5mg和重力，有FN′＋mg＝eq \f(mvC2,r)，解得vC＝eq \r(7) m/s。
物块从C点到压缩弹簧速度最大时，
由能量守恒定律有mg(r＋x0)＝Ep＋Ekm－eq \f(1,2)mvC2，解得Ekm＝6 J
(2)物块从A点运动到C点的过程中，
由动能定理得mgh－μmgs＝eq \f(1,2)mvC2－0
解得B、C间距离s＝0.5 m
物块与弹簧作用后返回C处时动能不变，物块的动能最终消耗在与BC水平面相互作用的过程中。
设物块第一次与弹簧作用返回C处后，物块在BC上运动的总路程为s′，由能量守恒定律有：μmgs′＝eq \f(1,2)mvC2，解得s′＝0.7 m，故最终物块在BC上距离C端为x1＝0.5 m－(0.7 m－0.5 m)＝0.3 m(或距离B端为x2＝0.7 m－0.5 m＝0.2 m)处停下。
10.(2023·四川宜宾市模拟)如图所示，水平地面上固定一倾角θ＝37°的斜面，一劲度系数k＝100 N/m的轻质弹簧下端固定于斜面底端，上端与质量m＝1 kg的物体A相连，A的右边系一轻细线，细线绕过轻质光滑的滑轮后与轻挂钩相连，A与滑轮间的细线与斜面平行，A与斜面间的动摩擦因数μ＝0.75，最大静摩擦力等于滑动摩擦力，将A放置P点时A刚好不上滑。现将一质量M＝2.0 kg的物体B轻挂在钩上，然后松手，在以后的整个运动过程中A未接触到滑轮、B始终未接触地面与滑轮。已知弹簧的弹性势能的表达式为Ep＝eq \f(1,2)kx2(式中k为弹簧的劲度系数，x为弹簧的形变量)，取重力加速度g＝10 m/s2，sin 37°＝0.6，cs 37°＝0.8。求：
(1)A在P点时弹簧的压缩量x；
(2)刚松手时细线中的张力大小F；
(3)在松手后的整个运动过程中，A克服摩擦力所做的功W。
答案 (1)0.12 m (2)eq \f(20,3) N (3)3.36 J
解析 (1)不挂钩码将A放置P点时A刚好不上滑，A物体受力如图所示，根据平衡条件有kx＝mgsin θ＋μmgcs θ，解得x＝0.12 m
(2)刚松手时，以A和B为系统，根据牛顿第二定律有Mg＝(M＋m)a
以B为研究对象有Mg－F＝Ma，解得F＝eq \f(20,3) N
(3)设A物体向上运动的最大距离为s1，由能量守恒定律得Mgs1＝mgs1sin θ＋μmgs1cs θ＋eq \f(1,2)k(x－s1)2－eq \f(1,2)kx2，代入数据解得s1＝0.4 m，
最高点弹簧的伸长量为
x1＝s1－x＝0.4 m－0.12 m＝0.28 m，
因为kx1＋mgsin θ－Mg>μmgcs θ，所以A将向下加速运动，设A由最高点向下运动的最大距离为s2，由能量守恒定律有：mgs2sin θ＋eq \f(1,2)kx12－eq \f(1,2)k(x1－s2)2＝Mgs2＋μmgs2cs θ
代入数据解得s2＝0.16 m，此时弹簧的伸长量为x2＝x1－s2＝0.28 m－0.16 m＝0.12 m，因为有Mg－kx2－mgsin θ<μmgcs θ，所以系统将处于静止状态，整个过程中A克服摩擦力做功
W＝μmgcs θ(s1＋s2)，代入数据解得W＝3.36 J。
11.(多选)(2023·全国乙卷·21)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eq \f(1,2)mv02－fl
D．物块的动能一定小于eq \f(1,2)mv02－fl
答案 BD
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eq \f(1,2)mv02＝eq \f(1,2)mv12＋eq \f(1,2)Mv22＋fl，整理可得eq \f(1,2)mv12＝eq \f(1,2)mv02－fl－eq \f(1,2)Mv22v1>v2，可得xm>2xM，则xm－xM＝l>xM，所以EkM＝W＝fxM12．(多选)(2023·山东济南市检测)如图所示为某缓冲装置的模型图，一轻杆S被两个固定薄板夹在中间，轻杆S与两薄板之间的滑动摩擦力大小均为Ff，轻杆S露在薄板外面的长度为l。轻杆S前端固定一个劲度系数为eq \f(3Ff,l)的轻弹簧。一质量为m的物体从左侧以大小为v0的速度撞向弹簧，能使轻杆S向右侧移动eq \f(l,6)。已知弹簧的弹性势能Ep＝eq \f(1,2)kx2，其中k为劲度系数，x为形变量。最大静摩擦力等于滑动摩擦力，弹簧始终在弹性限度内。下列说法正确的是( )
A．欲使轻杆S发生移动，质量为m的物体运动的最小速度为eq \f(\r(10),10)v0
B．欲使轻杆S发生移动，质量为m的物体运动的最小速度为eq \f(\r(6),3)v0
C．欲使轻杆S左端恰好完全进入薄板，质量为m的物体运动的速度大小为eq \f(\r(6),2)v0
D．欲使轻杆S左端恰好完全进入薄板，质量为m的物体运动的速度大小为eq \f(2\r(6),3)v0
答案 BD
解析 当轻杆刚要移动时，对轻杆受力分析，设此时弹簧弹力大小为F，压缩量为x，由平衡条件知F＝kx＝2Ff，代入k的值可得x＝eq \f(2,3)l，设欲使轻杆S发生移动，质量为m的物体运动的最小速度为v1，则由能量守恒定律有eq \f(1,2)mv12＝eq \f(1,2)k(eq \f(2,3)l)2，由题意知，质量为m的物体以大小为v0的速度撞向弹簧，
能使轻杆S向右侧移动eq \f(l,6)，由能量守恒定律有eq \f(1,2)mv02＝2Ff×eq \f(l,6)＋eq \f(1,2)mv12，联立可得v1＝eq \f(\r(6),3)v0，故A错误，B正确；设质量为m的物体的运动速度大小为v2时，轻杆S左端恰好完全进入薄板，则由能量守恒定律有eq \f(1,2)mv22＝2Ff×l＋eq \f(1,2)mv12，可解得v2＝eq \f(2\r(6),3)v0，故C错误，D正确。
能量
功能关系
表达式
势能
重力做的功等于重力势能减少量
W＝Ep1－Ep2＝－ΔEp
弹力做的功等于弹性势能减少量
静电力做的功等于电势能减少量
动能
合外力做的功等于物体动能变化量
W＝Ek2－Ek1＝eq \f(1,2)mv2－eq \f(1,2)mv02
机械能
除重力和弹力之外的其他力做的功等于机械能变化量
W其他＝E2－E1＝ΔE
摩擦产生的内能
一对相互作用的滑动摩擦力做功之和的绝对值等于产生的内能
Q＝Ff·x相对
电能
克服安培力做的功等于电能增加量
W克安＝E2－E1＝ΔE电
类型
比较
静摩擦力做功
滑动摩擦力做功
不同点
能量的转化
只有机械能从一个物体转移到另一个物体，而没有机械能转化为其他形式的能
(1)一部分机械能从一个物体转移到另一个物体
(2)一部分机械能转化为内能，此部分能量就是系统机械能的损失量
一对摩擦力做的总功
一对静摩擦力所做功的代数和总等于零
一对滑动摩擦力做功的代数和总是负值，总功W＝－Ffx相对，即发生相对滑动时产生的热量
相同点
做功情况
两种摩擦力对物体可以做正功，也可以做负功，还可以不做功