2024年高考物理二輪復(fù)習(xí)專題6：機(jī)械能守恒定律功能關(guān)系（附答案解析）

專題06-機(jī)械能守恒定律、功能關(guān)系

命題規(guī)律

能力突破本專題考查機(jī)械能、功能轉(zhuǎn)化分析、“守恒”思想應(yīng)用等。

(1)機(jī)械能守恒的條件及判斷；

(2)常見功能轉(zhuǎn)化關(guān)系及能量守恒定律；

高考熱點(diǎn)

(3)機(jī)械能守恒和能量守恒分析多過程、多物體問題的方

法。

選擇題和計(jì)算題均有，計(jì)算題會(huì)作為壓軸題，題目難度一

出題方IE

般為中檔或較難。

、人考點(diǎn)歸納

考點(diǎn)1機(jī)械能守恒定律的應(yīng)用

5-S

1.機(jī)械能守恒的三種判斷方法

(1)用做功判斷：若物體或系統(tǒng)只有重力(或彈簧的彈力)做功，雖受其他力，但其他力

不做功，則其機(jī)械能守恒,

(2)用能量轉(zhuǎn)化判斷：若物體或系統(tǒng)中只有動(dòng)能和勢(shì)能的相互轉(zhuǎn)化，而無機(jī)械能與其

他形式的能的相互轉(zhuǎn)化，則其機(jī)械能守恒。

（3）對(duì)多個(gè)物體組成的系統(tǒng)，除考慮是否只有重力做功外，還要考慮系統(tǒng)內(nèi)力是否做

功，如有滑動(dòng)摩擦力做功時(shí)，因摩擦生熱，系統(tǒng)機(jī)械能將有損失。

2.機(jī)械能守恒定律的三種表達(dá)形式

三守恒

種觀點(diǎn)

表

達(dá)

形

式

轉(zhuǎn)移

觀點(diǎn)

[例1]（2023春?永定區(qū)校級(jí)期中）將地面上靜止的貨物豎直向上吊起，貨物由地面運(yùn)

動(dòng)至最高點(diǎn)的過程中，—圖像如圖所示。以下判斷正確的是（）

A.前3s內(nèi)貨物受拉力逐漸增大

B.最后2$內(nèi)貨物只受重力作用

C.前3s內(nèi)與最后2s內(nèi)貨物的平均速度相同

D.第3s末至第5s末的過程中，貨物的機(jī)械能守恒

【分析】】，一圖象的斜率表示加速度，由此求解加速度，從而分析貨物的受力情況；根

據(jù)勻變速直線運(yùn)動(dòng)平均速度的規(guī)律分析C項(xiàng)，根據(jù)機(jī)械能是動(dòng)能與勢(shì)能之和分析。項(xiàng)。

【解答】解：A、吁，圖線斜率的物理意義為加速度，前3s加速度恒定，貝次一〃”.，

解得尸+則拉力恒定不變，故A錯(cuò)誤；

B、最后2s內(nèi)的加速度大?。?言上空|,〃//=3〃?/『，所以最后2s內(nèi)貨物除了重力作用

7-5

外還受到阻力作用，故4錯(cuò)誤；

C、根據(jù)勻變速直線運(yùn)動(dòng)中某段時(shí)間內(nèi)，平均速度等于中間時(shí)刻速度，可知貨物前3s內(nèi)

的平均速度等于最后25內(nèi)的平均速度，故C正確；

。、貨物的機(jī)械能由動(dòng)能和重力勢(shì)能構(gòu)成，第3s末至第5s末的過程中，貨物的動(dòng)能不變，

片/圖線和時(shí)間軸圍成的面積為位移，根據(jù)圖像可知貨物的位移一直增大，貨物的重力

勢(shì)能一直增加，則貨物的機(jī)械能一直增加，故。錯(cuò)誤。

故選：C。

【點(diǎn)評(píng)】本題關(guān)鍵是根據(jù)吁，圖象得到物體的運(yùn)動(dòng)情況，然后進(jìn)一步判斷受力情況，注

意機(jī)械能守恒的條件。

【例2】(2023春?浙江月考)蹦床運(yùn)動(dòng)深受人們喜愛，如圖為小明同學(xué)在杭州某蹦床館，

利用傳感器測(cè)得蹦床彈力隨時(shí)間的變化圖。假設(shè)小明僅在豎直方向運(yùn)動(dòng)，忽略空氣阻力。

依據(jù)圖像給出的物理信息，可得()

小明同學(xué)先向下減速后向上加速運(yùn)動(dòng)

B.小明的最大加速度為

C.小明上升的最大高度為

D.小明在整個(gè)蹦床過程中機(jī)械能守恒

【分析】根據(jù)合力判斷加速度方向，從而判斷運(yùn)動(dòng)員所處的狀態(tài)；當(dāng)彈力最大時(shí)，運(yùn)動(dòng)

員的加速度，由圖讀出最大的彈力為2400N,根據(jù)牛頓第二定律求出最大加速度；由圖

讀出運(yùn)動(dòng)員在空中運(yùn)動(dòng)的時(shí)間，由豎直上拋的規(guī)律求出最大高度；根據(jù)機(jī)械能守恒條件

分析.

【解答】解：A、7.5s至83s內(nèi),蹦床彈力由0增加到2400N再減小到0,運(yùn)動(dòng)員先向下

加速，再向下減速，后向上加速，再向上減速，故A錯(cuò)誤；

B、由圖可知，運(yùn)動(dòng)員的重力為400N,質(zhì)量為〃1=色="9依=40依，運(yùn)動(dòng)員的加速度最

g10

4c

大為/=4二些=240°-om/$2=50初一,故B錯(cuò)誤；

m40

C、由圖可知，運(yùn)動(dòng)員在空中時(shí)間為丁=7.5s-5.5s=2s,由運(yùn)動(dòng)的對(duì)稱性可知，卜.落時(shí)間

為/=ls,運(yùn)動(dòng)員上升的最局|W]度為〃==；x]0x=,故C正確；

解得〃=也，即2〃=3〃，故C正確；

3

。、若小球從頂點(diǎn)釋放，滑行至高為生處與半圓柱體分離，最大滑行角度滿足8數(shù)=2,

33

顯然。〈三，小球沿柱面滑行的最大弧長(zhǎng)小于XR,故。錯(cuò)誤。

33

故選：C。

【點(diǎn)評(píng)】解答本題的關(guān)鍵要明確小球與半圓柱體分離時(shí)，由重力的徑向分力提供向心力,

利用向心力和機(jī)械能守恒定律相結(jié)合處理這類問題。

【例4】（2023?沈河區(qū)校級(jí)三模）如圖所示，一根粗細(xì)均勻的光滑細(xì)桿豎直固定，質(zhì)量

為m的小環(huán)C穿在細(xì)桿上，一個(gè)光滑的輕質(zhì)小滑輪D固定在豎直墻上（豎直墻在圖

中沒有畫出）。A、B兩物體用輕彈簧相連，豎直放在水平面上。一根沒有彈性的輕

繩，一端與A連接，另一端跨過小滑輪D與小環(huán)C相連。小環(huán)C位于M時(shí)，繩子

與細(xì)桿的夾角為9,此時(shí)B物體剛好對(duì)地面無壓力。現(xiàn)讓小環(huán)C從M點(diǎn)由靜止釋放，

當(dāng)下降h到達(dá)N點(diǎn)時(shí)，繩子與細(xì)桿的夾角再次為3環(huán)的速度達(dá)到v,下面關(guān)于小環(huán)

C下落過程中的描述，正確的是（）

A.小環(huán)C和物體A組成的系統(tǒng)機(jī)械能守恒

B.當(dāng)小環(huán)落到與滑輪同一高度時(shí)，小環(huán)的機(jī)械能最大

C.小環(huán)C到達(dá)N點(diǎn)時(shí)A的速度為vsin。

D.小環(huán)C到達(dá)N點(diǎn)時(shí)物體A的動(dòng)能為哂-春/

【分析】小環(huán)、物體A、物體B、彈簧系統(tǒng)中只有動(dòng)能和勢(shì)能的轉(zhuǎn)化，系統(tǒng)機(jī)械能守

恒，根據(jù)功能關(guān)系分析機(jī)械能變化情況；根據(jù)關(guān)聯(lián)速度求解到達(dá)N點(diǎn)時(shí)的A的速度；

根據(jù)動(dòng)能定理求C到達(dá)N點(diǎn)時(shí)A的動(dòng)能。

【解答】解：A、小環(huán)C、物體A和輕彈簧組成的系統(tǒng)中，只有動(dòng)能、重力勢(shì)能和彈

性勢(shì)能間的轉(zhuǎn)化，所以由小環(huán)C、物體A和輕彈簧組成的系統(tǒng)機(jī)械能守恒，而不是小

環(huán)C和物體A組成的系統(tǒng)機(jī)械能守恒，故A錯(cuò)誤；

B、小環(huán)C下落過程受重力、桿的支持力和細(xì)線的拉力，非重力做功等于機(jī)械能的變

化量；設(shè)當(dāng)小環(huán)落到與滑輪同一高度時(shí)位置為S,到位置S前的過程中，非重力做正

功，機(jī)械能增加；經(jīng)過S的過程，非重力做負(fù)功，機(jī)械能減小；故下落到位置S時(shí),

小環(huán)C的機(jī)械能一定最大，故B正確；

C、小環(huán)C到達(dá)N點(diǎn)時(shí)環(huán)的速度達(dá)到v,根據(jù)關(guān)聯(lián)速度可知A的速度為vcosB,故C

錯(cuò)誤；

D、小環(huán)C到達(dá)N點(diǎn)時(shí)，彈簧做功為零，根據(jù)機(jī)械能守恒有：mgh=5my2+E,

2日

2

故物體A的動(dòng)能為：EkA=mgh-ymv?故D正確。

故選：BDo

【點(diǎn)評(píng)】本題考查系統(tǒng)機(jī)械能守恒，關(guān)鍵結(jié)合機(jī)械能守恒定律和運(yùn)動(dòng)的分解列式分析,

難點(diǎn)是物體多，要結(jié)合功能關(guān)系分析小環(huán)的機(jī)械能的變化情況。

[例5]（2023?遼寧模擬）如圖所示，可繞固定轉(zhuǎn)軸O在豎直平面內(nèi)無摩擦轉(zhuǎn)動(dòng)的剛性

輕質(zhì)支架兩端分別固定質(zhì)量為5〃?、的小球A、B,支架兩條邊的長(zhǎng)度均為L(zhǎng),用手

將8球托起至與轉(zhuǎn)軸O等高，此時(shí)連接A球的細(xì)桿與豎直方向的夾角為夕，sin8=0.6,

重力加速度大小為身,現(xiàn)突然松手，兩小球在擺動(dòng)的過程中，下列說法正確的是（）

A.A球與轉(zhuǎn)軸O等高時(shí)的動(dòng)能為（，咫L

B.8球下降的最大高度為絲L

25

C.A球的最大動(dòng)能為23

D.8球的最大動(dòng)能為

【分析】對(duì)于A、8兩球組成的系統(tǒng)，在轉(zhuǎn)動(dòng)過程中，只有重力做功，系統(tǒng)機(jī)械能守恒，

根據(jù)系統(tǒng)的機(jī)械能守恒列式得出A、8總動(dòng)能和QA與豎直方向夾角的關(guān)系，運(yùn)用數(shù)學(xué)

知識(shí)求A球的最大速度；A球的速度最大時(shí)，8球的速度也最大，根據(jù)系統(tǒng)的機(jī)械能守

恒分析兩小球的總重力勢(shì)能大小；由于A、"兩球共軸轉(zhuǎn)動(dòng)，它們的角速度相同，由八

求兩球的最大速度之比。

【解答】解：由于sin8=0.6,可得cos8=0.8

A.根據(jù)題意知A、8兩球共軸轉(zhuǎn)動(dòng)，無論何時(shí)兩球的角速度均相同，二者的轉(zhuǎn)動(dòng)半徑

相同則線速度大小也相等，設(shè)A球與轉(zhuǎn)軸O等高時(shí)的速度為I，，由動(dòng)能定理有

6〃2gLeos0-5mgLcos。=gx5tm'~+~x6〃"

解得v=糜

則A球與轉(zhuǎn)軸。等高時(shí)的動(dòng)能為&=95/加=曙，故A錯(cuò)誤；

B.根據(jù)題意，當(dāng)小球3下降到最低點(diǎn)時(shí)，小球A、8的速度為零，設(shè)小球8向下轉(zhuǎn)動(dòng)

的角度為“，則小球A向二轉(zhuǎn)動(dòng)的角度也為〃，如圖所示

由系統(tǒng)的機(jī)械能守恒定律有6帆gLsina-5叫4cos0+sin（a+0-90°）］=0

解得sina=*

25

則小球8下降的最大高度為〃=Lsina=||L,故8正確；

CD.根據(jù)題意，當(dāng)小球8向下轉(zhuǎn)動(dòng)的角度為〃時(shí)，即小球4向上轉(zhuǎn)動(dòng)的角度也為萬，則

由動(dòng)能定理有6mgLsin4一5,叫〃cos夕+sin（尸+，-90°）］=%+Ek/f

由數(shù)學(xué)知識(shí)解得，當(dāng)尸=37。時(shí)，小球4、6的動(dòng)能之和有最大值為心"=僅"

由于小球A、8速度的大小相等，則有％=得〃庭；故C錯(cuò)誤，/）正確。

故選：BD。

【點(diǎn)評(píng)】本題中，A、8兩球不在同一條直線上，解題時(shí)要注意兩球重力勢(shì)能的關(guān)系,

在解題的過程中還要用到數(shù)學(xué)的三角函數(shù)知識(shí)，求解A球的最大速度。

考點(diǎn)2功能關(guān)系及能量守恒定律

應(yīng)用能量守恒定律的兩條基本思路

(1)某種形式的能減少，一定存在其他形式的能增加，且減少量和增加量一定相等，即

△E域=^E培。

(2)某個(gè)物體的能量減少，一定存在其他物體的能量增加，旦減少量和增加量一定相等，

RRAEA誠(chéng)=AEB墻。

【例1】(2023?蚌埠模擬)如圖甲所示，x軸的正方向豎直向下，其原點(diǎn)為O,一個(gè)鋼

球從x軸上的P點(diǎn)沿豎直方向拋出，之后鋼球落入粘性液體中，粘性液體底部坐標(biāo)

為X2；鋼球在運(yùn)動(dòng)過程中機(jī)械能E隨位置坐標(biāo)x的變化規(guī)律如乙圖所示，圖中ab為

直線，be為曲線。不計(jì)空氣阻力，則下列判斷正確的是()

A.鋼球從P點(diǎn)拋出時(shí)速度豎直向下

B.鋼球進(jìn)入液體后先加速后勻速運(yùn)動(dòng)

C.鋼球在液體中下落時(shí)動(dòng)能越來越小

D.鋼球在液體中下落葉所受阻力越來越大

【分析】從O到xi,小球的機(jī)械能守恒，O是坐標(biāo)原點(diǎn)，可以確定鋼球拋出的速度

豎直向上。鋼球進(jìn)入液體后，根據(jù)功能關(guān)系分析圖像斜率的變化，判斷阻力的變化。

根據(jù)阻力與重力的關(guān)系判斷動(dòng)能的變化。

【解答】解：A、鋼球從x軸上的P點(diǎn)沿豎直方向拋出，由圖可知從O到xi,小球的

機(jī)械能守恒，由于O是坐標(biāo)原點(diǎn)，所以鋼球拋出的速度豎直向上，故A錯(cuò)誤；

BCD、鋼球進(jìn)入液體后，阻力做功等于其機(jī)械能的變化，有AE=fAx,則”=f,

即E?x圖像的斜率大小等于阻力大小，由圖可知鋼球在液體中下落時(shí)所受阻力越來

越大，則鋼球進(jìn)入液體后先加速，當(dāng)f>G后，鋼球做減速運(yùn)動(dòng)，鋼球的動(dòng)能先增大

后減小，故BC錯(cuò)誤，D正確。

故選：Do

【點(diǎn)評(píng)】解決本題時(shí)，要掌握功能關(guān)系，知道E-x圖像的斜率等于阻力，根據(jù)圖像

斜率的變化分析阻力的變化，從而判斷小球的運(yùn)動(dòng)情況。

[例2]（2023?山西一模）如圖，小物塊?置于傾角6=30。的光滑固定斜面上，輕質(zhì)定

滑輪固定在斜面頂端，。和P用跨過定滑輪的不可伸長(zhǎng)的輕繩相連，輕繩恰好和斜面平

行。，=0時(shí)將P由靜止釋放，此時(shí)Q的加速度大小為差。時(shí)刻輕繩突然斷裂，之后?能

達(dá)到的最高點(diǎn)恰與Q被釋放時(shí)的位置處于同一高度。取/=0時(shí)?所在水平面為零勢(shì)能面,

此時(shí)Q的機(jī)械能為石。己知0~2/。內(nèi)。未落地，不考慮空氣阻力，下列說法正確的是（

)

A.尸、。質(zhì)量之比為1:2B.冬時(shí)。的機(jī)械能為互

22

C.與時(shí)。的重力勢(shì)能為石D.2澗戶重力的功率為爭(zhēng)

【分析】將尸由靜止釋放，此時(shí)。的加速度大小為對(duì)尸、Q整體，利用牛頓第二定

4

律列方程，即可求出尸、。質(zhì)量之比。由求出時(shí)刻P、Q的速度大小，由x求

出戶、。運(yùn)動(dòng)的位移大小。繩子斷后P沿斜面做勻減速運(yùn)動(dòng)，根據(jù)牛頓第二定律求出P的

加速度大小，由速度一時(shí)間公式求出。還能沿斜面運(yùn)動(dòng)的時(shí)間，并求出這段時(shí)間內(nèi)的位

移，結(jié)合機(jī)械能守恒定律求出P、Q的質(zhì)量以及%時(shí)刻Q的機(jī)械能和。的重力勢(shì)能。求

2

出2小時(shí)夕的速度，再求4時(shí)P重力的功率。

【解答】解：A、將P由靜止釋放，此時(shí)。的加速度大小為對(duì)P、Q整體，根據(jù)牛

4

頓第二定律可得〃“g-mpgsin30°=(〃％+多吟,解得m?:mQ=1:1,故4錯(cuò)誤;

2

AC、小時(shí)刻夕、。的速度為1，,的，P、Q運(yùn)動(dòng)的位移大小為芭=：%=工一片

4228

繩子斷后P沿斜面做減速運(yùn)動(dòng)，根據(jù)牛頓第二定律可知〃?gsinO〃叼，解得

1

P還能沿斜面運(yùn)動(dòng)的時(shí)間為『上=0=4

a,12

5g

戶在八時(shí)間內(nèi)運(yùn)動(dòng)的位移為勺=：3=斐3=」片

222216

即在時(shí)間為為時(shí)。運(yùn)動(dòng)到最高點(diǎn)。

2

設(shè)P、Q質(zhì)量為〃?，根據(jù)題意取，=0時(shí)尸所在水平面為零勢(shì)能面，此時(shí)。的機(jī)械能為石,

可知

E=mg(xi+/)sin夕

解得2薪

在學(xué)時(shí)尸運(yùn)動(dòng)到與。被釋放時(shí)的位置處于同一高度，所以此時(shí)戶的機(jī)械能為E,即重力

勢(shì)能為石。由于產(chǎn)，。組成的系統(tǒng)機(jī)械能守恒，即此時(shí)。的機(jī)械能等于零，故8錯(cuò)誤，C

正確；

。、在%時(shí)。上升到最高點(diǎn)，此后。以的加速度向下做初速度為零的勻加速運(yùn)動(dòng),

22

在2fo時(shí)P的速度為K='g，*)=」8小所以重力的功率0=〃?gi，sine,解得=￥，故。錯(cuò)

224

誤。

故選：Co

【點(diǎn)評(píng)】解答本題時(shí)，要明確繩子斷前，尸、。組成的系統(tǒng)機(jī)械能是守恒的，但單個(gè)物

體的機(jī)械能并不守恒。兩者加速度大小相等，可采用整體法列出牛頓第二定律表達(dá)式。

【例3】(2023?延慶區(qū)一模)如圖甲所示，物體以一定初速度從傾角a=37。的斜面底端

沿斜面向上運(yùn)動(dòng)，上升的最大高度為3?！ā＿x擇地面為參考平面，上升過程中，物體的

2

機(jī)械能E機(jī)隨高度力的變化如圖乙所示。g=10m/stsin370=0.6,cos37°=0.8o則()

A.物體的質(zhì)量6=0.67依

B.物體與斜面間的動(dòng)摩擦因數(shù)〃=0.5

C.物體上升過程的加速度大小〃

D.物體回到斜面底端時(shí)的動(dòng)能心=20J

【分析】當(dāng)物體到達(dá)最高點(diǎn)時(shí)速度為零，機(jī)械能等于物體的重力勢(shì)能，由重力勢(shì)能計(jì)算

公式求解物體質(zhì)量；在運(yùn)動(dòng)過程中，機(jī)械能的變化量等于摩擦力做的功，由圖象求出摩

擦力做的功，由功的計(jì)算公式求出動(dòng)摩擦因數(shù)；由牛頓第二定律求出物體上升過程的加

速度；由動(dòng)能定理求出物體回到斜面底端時(shí)的動(dòng)能。

【解答】解：A、物體到達(dá)最高點(diǎn)時(shí)，機(jī)械能為：E=Ep=mgh.由圖知：Ep=30J，得：

m=-=3。kg=lkg，故4錯(cuò)誤；

gh10x3

3、物體上升過程中，克服摩擦力做功，機(jī)械能減少，且減少的機(jī)械能等于克服摩擦力

做的功，有△E=-咫cosa”,由圖知△E=3(V-50J=-20J,h=3m,解得：=0.5,

sina

故4正確；

C＞物體上升過程中，由牛頓第二定律得：mgsina+ptngcosa=nui,得：

a=gsina+pgcosa=(10x0.6+0.5x10x0.8)m/s2=10m/s2,故C錯(cuò)誤；

。、由圖象可知，物體上升過程中摩擦力做功為：W=AE=-20J,在整個(gè)過程中由動(dòng)

能定理得：Ek-Ek0=2W,則有：Ek=Ek0+2W=5(M+2x(-20J)=10J,故。錯(cuò)誤。

故選：Bo

【點(diǎn)評(píng)】解答本題時(shí)，要掌握常見的功能關(guān)系，知道重力做功不改變物體的機(jī)械能，摩

擦力做功使物體機(jī)械能減少，由圖象求出物體初末狀態(tài)的機(jī)械能，應(yīng)用重力勢(shì)能的計(jì)算

公式、動(dòng)能定理即可正確解題。

【例4】（2023?溫州模擬）如圖所示，一輕彈簧豎直放置，下端固定在水平地面上，自

然伸長(zhǎng)時(shí)彈簧上端處于A點(diǎn)。/=0時(shí)將小球從A點(diǎn)正上方O點(diǎn)由靜止釋放，乙時(shí)到達(dá)A點(diǎn),

右時(shí)彈簧被壓縮到最低點(diǎn)8。以O(shè)為原點(diǎn)，向下為正方向建立x坐標(biāo)軸，以8點(diǎn)為重力

勢(shì)能&點(diǎn)，彈簧形變始終處于彈性限度內(nèi)。小球在運(yùn)動(dòng)過程中的動(dòng)能心、重力勢(shì)能E.、

機(jī)械能匕及彈簧的彈性勢(shì)能EI12變化圖像可能正確的是（）

Of。。

【分析】分階段分析出小球在不同過程中的運(yùn)動(dòng)特點(diǎn)，結(jié)合圖像的物理意義和過程中的

能量轉(zhuǎn)化特點(diǎn)即可完成分析。

【解答】解：根據(jù)小球的受力特點(diǎn)可將運(yùn)動(dòng)分為三個(gè)階段，分別為第一階段：0一人自

由落體：第二階段：O到平衡位置，重力大于向上的彈力；第三階段：平衡位置向下到

8處，向上的彈力大于向下的重力。平衡位置處，重力大小等于彈力。

AB.根據(jù)重力勢(shì)能表達(dá)式可知與產(chǎn)，咫（百+電7）芭,七時(shí)，彈性勢(shì)能為0,機(jī)械能等于重

力勢(shì)能的最大值。N時(shí)，此時(shí)的彈簧的彈性勢(shì)能為；

設(shè)系統(tǒng)總能量為E,根據(jù)能量守恒定律可知E=E0+Ep2

可知/

是開口向下的拋物線。故4錯(cuò)誤，8正確；

CD.設(shè)小球下落到A點(diǎn)時(shí)的時(shí)間為乙，則第一階段，根據(jù)動(dòng)能的計(jì)算公式和運(yùn)動(dòng)學(xué)公式

可得：

?1，1,"屋

且=-fn^=—

故第一階段的&一圖像是一條拋物線。第二階段中重力大于向上的彈力，且隨著壓縮

彈簧，彈力大小逐漸增大，則根據(jù)牛頓第二定律可得：

a=-〃-田-一--4-

m

可知小球做加速度逐漸減小的加速運(yùn)動(dòng)，平衡位置處速度最大，動(dòng)能也最大。第三階段

根據(jù)牛頓第二定律可得：

a="g

m

可知小球做加速度逐漸增加的減速運(yùn)動(dòng)，直至到達(dá)笈處動(dòng)能為0。由上述速度的分析可

知，在的范圍內(nèi)，先加速后減速，X—圖像的斜率先增大后減小，則￡,,27的圖像

的斜率也是先增大后減小c但由于動(dòng)能最大時(shí)，重力勢(shì)能和彈性勢(shì)能都不是0。即彈性

勢(shì)能的最大值大于動(dòng)能的最大值。故CD錯(cuò)誤。

故選：Bo

【點(diǎn)評(píng)】本題主要考查了機(jī)械能守恒定律的相關(guān)應(yīng)用，熟悉小球的受力分析，結(jié)合牛頓

笫二定律得出其運(yùn)動(dòng)特點(diǎn)，理解過程中的能量轉(zhuǎn)化關(guān)系即可完成分析。

【例5】（2023?浙江模擬）如圖所示，勁度系數(shù)為上的輕質(zhì)彈性繩一端固定在。點(diǎn)，另

一端與一質(zhì)量為,〃、套在摩擦因數(shù)為〃的粗糙豎直固定桿的圓環(huán)相連，M處有一光滑定

滑輪，初始圓環(huán)置于A處，OM4三點(diǎn)在同一水平線上，彈性繩的原長(zhǎng)等于QM,圓環(huán)從

A處由靜止開始釋放，到達(dá)C處時(shí)速度為零，AC=ho如果圓環(huán)在C處獲得一豎直向上

的速度心恰好能回到A，彈性繩始終在彈性限度內(nèi)，重力加速度為g,則下列分析正

確的是（）

A.下滑過程中，豎直桿對(duì)圓環(huán)摩擦力越來越大

B.從A下滑到C過程中摩擦發(fā)熱為L(zhǎng)”/

4

C.在C處，彈性繩的彈性勢(shì)能為〃病

D.圓環(huán)的機(jī)械能在下滑過程中持續(xù)減小，上升過程中持續(xù)增加

【分析】對(duì)圓環(huán)受力分析，求出圓環(huán)受到的滑動(dòng)摩擦力，然后判斷摩擦力的變化情況;

根據(jù)圓環(huán)運(yùn)動(dòng)過程應(yīng)用功能關(guān)系求出摩擦產(chǎn)生的熱量，彈性繩的彈性勢(shì)能；重力與彈力

做功不改變機(jī)械能，摩擦力做功使機(jī)械能減少，根據(jù)環(huán)的運(yùn)動(dòng)過程分析答題。

【解答】解：A、圓環(huán)下滑過程受力如圖所示，設(shè)彈性繩的伸長(zhǎng)量為/,彈性系數(shù)為0

彈性繩與水平方向的夾角為0

在水平方向，由平衡條件得：FN=klc^0=kd,由十八d都是常數(shù)，則外小變，下滑

過程豎直桿對(duì)圓環(huán)的摩擦力/=〃/大小不變，故4錯(cuò)誤；

BC、圓環(huán)從A到C與從C到A過程彈性繩彈性勢(shì)能的變化量相等，設(shè)為△州，摩擦產(chǎn)

生的熱量相等，圓環(huán)恰好回到A,則到達(dá)A點(diǎn)時(shí)圓環(huán)的速度為零，設(shè)為Q,設(shè)A、C間

的距離為人圓環(huán)從A到。過程，由功能關(guān)系得：〃?以=△紇+Q,從C到A過程，由功

22

能關(guān)系得：—mv+△￡=tngh+Q,解得：Q」〃?/,△￡-nig/j_1mv,從A到C過程

244

彈性繩彈性勢(shì)能的增加量為〃7mL在A處彈性繩的彈性勢(shì)能不是零，則到達(dá)C點(diǎn)

4

彈性繩的彈性勢(shì)能大于〃婿?-1如2,故8正確，C錯(cuò)誤；

4

。、圓環(huán)的機(jī)械能在下滑過程中要克服摩擦阻力與彈性繩的彈力做功，機(jī)械能持續(xù)減小,

圓環(huán)上升過程中彈性繩對(duì)環(huán)做正功，摩擦力對(duì)圓環(huán)做負(fù)功，由于不知彈性繩做功與摩擦

力做功大小關(guān)系，無法判斷圓環(huán)機(jī)械能如何變化，故。錯(cuò)誤。

故選：Bo

【點(diǎn)評(píng)】分析清楚圓環(huán)的運(yùn)動(dòng)過程，由于功能關(guān)系即可解題；通過圓環(huán)水平方向上平衡

得出桿對(duì)環(huán)彈力大小、摩擦力大小恒定是解決本題的關(guān)鍵。

考點(diǎn)3動(dòng)力學(xué)和能量觀點(diǎn)解決〃板一塊〃模型

【解題技巧】

1.相關(guān)規(guī)律和方法

運(yùn)動(dòng)學(xué)的基本規(guī)律、牛頓運(yùn)動(dòng)定律、功的分析與計(jì)算、動(dòng)能定理、能量守恒定律。

5.廨頑我方.................................................................

如果涉及加速度、時(shí)間和受力的分析和計(jì)算，一般應(yīng)用動(dòng)力學(xué)方法；如果只涉及位移、

功和能量的轉(zhuǎn)化問題，通常采用動(dòng)能定理和能量守恒定律分析。

3.相對(duì)滑動(dòng)物體能量問題的解題流程

一正確分析物體的運(yùn)動(dòng)過程，并進(jìn)行受力分析

…

利用運(yùn)動(dòng)學(xué)公式，結(jié)合牛頓第二定律分析物體的速度

「

：關(guān)系及位移關(guān)系

：利用能址守恒定律或Q=H/相時(shí)求解摩擦產(chǎn)生的熱垃，公

：式中4M為兩接觸物體間的相對(duì)路程

【例1】（2022秋?孟津縣校級(jí)期末）如圖所示，質(zhì)量相等的物塊A和物塊B置于傾角

為8的光滑斜面上，兩物塊用平行于斜面的輕彈簧連接，重力加速度大小為g，用沿

斜面向上的力F推A,使AB一起向上做勻速運(yùn)動(dòng)，某時(shí)刻突然撤去力F,則從撤去

力F開始到彈簧第一次恢復(fù)原長(zhǎng)（此時(shí)A有向上的速度）的過程中（）

A.撤去力F瞬間，A的加速度大小為gsinB

B.撤去力F瞬間，B的加速度大小為2gsin6

C.A重力勢(shì)能的變化量等于B重力勢(shì)能的變化量

D.A機(jī)械能的減少量小于B機(jī)械能的增加量

【分析】應(yīng)用牛頓第二定律求出加速度大小，根據(jù)功能關(guān)系分析重力勢(shì)能變化關(guān)系、

機(jī)械能變化關(guān)系。

【解答】解：A、在推刀作用下A做勻速直線運(yùn)動(dòng)，由平衡條件得：

對(duì)A：mgsin8+kx=F

對(duì)A、B系統(tǒng)：F=2mgsin0

撤夫力F瞬間，彈簧彈力kx不變.對(duì)A,由牛頓第二定律得：mg$inO+kx=maA,

解得：aA=2gsin0,故A錯(cuò)誤;

B、開始A、B一起做勻速直線運(yùn)動(dòng)，A、B所受合力為零，撤去力F瞬間，彈簧彈

力不能發(fā)生突變，B的受力情況不變，B所受合力為零，物塊B的加速度為零，故B

錯(cuò)誤；

C、從撤去力F開始到彈簧第一次恢復(fù)原長(zhǎng)的過程中，彈簧的壓縮量減小，A、B之

間的距離增大，B的位移等于A的位移與彈簧形變量之和，因此B的位移大于A的

位移，B上升的高度大于A上升的高度，則B重力勢(shì)能的變化量大于A重力勢(shì)能的

變化量，故C錯(cuò)誤；

D、彈簧彈力對(duì)B做正功，B的機(jī)械能增加，彈簧彈力對(duì)A做負(fù)功，A的機(jī)械能減小，

因B的位移大于A的位移,所以A機(jī)械能的減少量小于B機(jī)械能的增加量,D正確。

故選：Do

【點(diǎn)評(píng)】根據(jù)題意分析清楚A、R的受力情況與運(yùn)動(dòng)過程，應(yīng)用牛頓第二定律與功能

關(guān)系即可解題。

[例2]（2022秋?江陰市期末）如圖所示，表面粗糙的“L”型水平軌道固定在地面上，

勁度系數(shù)為％、原長(zhǎng)為的輕彈簧一端固定在軌道上的。點(diǎn)，另一端與安裝有位移、加

速度傳感器的滑塊相連，滑塊總質(zhì)量為加。以O(shè)為坐標(biāo)原點(diǎn)，水平向右為正方向建立x軸,

將滑塊拉至坐標(biāo)為與的A點(diǎn)由靜止釋放，向左最遠(yuǎn)運(yùn)動(dòng)到坐標(biāo)為王的2點(diǎn)，測(cè)得滑塊的

加速度〃與坐標(biāo)x的關(guān)系如圖所示，其中生為圖線縱截距，則滑塊由A運(yùn)動(dòng)至8過程中

（彈簧始終處于彈性限度內(nèi)）（）

C.最大動(dòng)能為:"叼（&-9）

D.系統(tǒng)產(chǎn)生的熱量為（/〃/+a）（k-％）

【分析】當(dāng)滑塊運(yùn)動(dòng)到超位置時(shí)，滑塊的加速度為零，則滑塊受力平衡；圖線與橫軸所

圍區(qū)域的面積代表動(dòng)能變化量；再根據(jù)牛頓第二定律分析四項(xiàng)。

【解答】解：A.由圖可知，當(dāng)滑塊運(yùn)動(dòng)到超位置時(shí)，滑塊的加速度為零，滑塊受到水

平向右的滑動(dòng)摩擦力和水平向左的彈力，所以彈簧處于伸長(zhǎng)狀態(tài)，而不是原長(zhǎng)，故A錯(cuò)

誤；

。?加速度為零時(shí)，速度達(dá)到最大，動(dòng)能最大，根據(jù)動(dòng)能定理，結(jié)合圖線與橫軸所圍區(qū)

域的面積可得E1m=；〃叼（凡-W），故C正確；

D.根據(jù)牛頓第二定律得-k（x-/0）+prng=ma

可得。=-勺+4）

m

系統(tǒng)產(chǎn)生的熱量為Q=W咫（占-X）=（〃??-&-X。

故。錯(cuò)誤；

B.由4-X圖可知滑塊的加速度隨工變化是均勻的，以9為對(duì)稱點(diǎn)，兩側(cè)距心相等的點(diǎn)

合力大小是相等的，所以0到々之間的距離和受到西之間的距離相等，所以有4=%,

故3錯(cuò)誤。

故選：C。

【點(diǎn)評(píng)】本題的關(guān)鍵是要明確圖象的物理意義，從而讀取有用的信息，結(jié)合動(dòng)能定理等

物理規(guī)律分析。

【例3】（2023?市中區(qū)校級(jí)模擬）如圖甲所示為某緩沖裝置模型，勁度系數(shù)為攵（足夠

大）的輕質(zhì)彈簧與輕桿相連，輕桿可在固定的槽內(nèi)移動(dòng)，與槽間的滑動(dòng)摩擦力為定值外

輕桿向右移動(dòng)不超過/時(shí)，裝置可安全工作。一質(zhì)量為，〃的小車以速度撞擊彈簧后，輕

桿恰好向右移動(dòng)/,此過程其速度旨隨時(shí).間/變化的廣，圖象如圖乙所示。已知在0?6時(shí)

間內(nèi)，圖線為曲線，在時(shí)間內(nèi)，圖線為直線。已知裝置安全工作時(shí)，輕桿與槽間的

最大靜摩擦力等于滑動(dòng)摩擦力，且不計(jì)小車與地面間的摩擦。下列說法正確的是（)

V

vl

V---------

——5f/輕桿

WWXJ/

[o-o1Io

甲乙

A.在Of時(shí)間內(nèi)，小車運(yùn)動(dòng)的位移為2」

k

B.在4時(shí)刻，小車速度匕=\/*-￡■

Vmk

C.在L時(shí)刻，小車速度「杉

D.在0~G時(shí)間內(nèi)，系統(tǒng)摩擦產(chǎn)生熱量Q=/7

【分析】在Of時(shí)間內(nèi)，小車運(yùn)動(dòng)的位移等于彈簧的壓縮量，由胡克定律和摩擦力公式

相結(jié)合求解；在0?4時(shí)間內(nèi)，對(duì)小車由動(dòng)能定理可求出;時(shí)刻小車的速度，也可以根據(jù)

乙時(shí)刻后，小車、彈簧和桿三者一起向右做勻減速運(yùn)動(dòng)，由動(dòng)能定理求乙時(shí)刻小車的速

度；根據(jù)Q=/-x相對(duì)求解系統(tǒng)摩擦產(chǎn)生熱量Q。

【解答】解：A、小車把彈簧壓縮到彈力等于摩擦力時(shí)，即/=依，可得時(shí)，小車、

k

彈簧和桿三者一起向右做勻減速運(yùn)動(dòng)，所以在0~乙時(shí)間內(nèi)，小車運(yùn)動(dòng)的位移為I，故A

錯(cuò)誤；

B、在Of時(shí)間內(nèi)，0時(shí)刻彈簧的彈力等于0,乙時(shí)刻彈簧的彈力等于/,彈力的平均值

為；。對(duì)小車，由動(dòng)能定理得：-=；〃球，解得「小-￡，故8正確;

C、％時(shí)刻后，小車、彈簧和桿三者一起向右做勻減速運(yùn)動(dòng)，直至速度為零，移動(dòng)的位

移為/,根據(jù)動(dòng)能定理可得：-#=0-；"后，解得匕=楞，故C正確；

。、在0~%時(shí)間內(nèi)，輕桿摩擦產(chǎn)生熱。=笈相對(duì)，其中相對(duì)位移為/,所以輕桿摩擦產(chǎn)生

熱為。=#,故。正確。

故選：BCDo

【點(diǎn)評(píng)】解答本題時(shí)，要理清小車的運(yùn)動(dòng)情況以及受力情況，知道彈簧的彈力是變力，

可.根據(jù)平均力求彈力做功,

[例4](2023?張掖模擬〕如圖所示，在傾角為。的斜面上，輕質(zhì)彈簧端與斜而底端固

定，另一端與質(zhì)量為M的物體A連接，一個(gè)質(zhì)量為,〃的物體8靠在4上，A、B與斜面

間的動(dòng)摩擦因數(shù)均為〃。開始時(shí)用手按住物體8使彈簧處于壓縮狀態(tài)?，F(xiàn)放手，使A、

8—起沿斜面向上運(yùn)動(dòng)距離L時(shí)，4、8達(dá)到最大速度?重力加速度為g。下列說法正

確的是()

A.A、6達(dá)到最大速度-時(shí)，彈簧處于自然長(zhǎng)度

B.若運(yùn)動(dòng)過程中A、8能夠分離，則A、夕恰好分離時(shí)，二者加速度大小均為

g(sin6+4cos6)

C.從釋放到A、8達(dá)到最大速度v的過程中，8受到的合力對(duì)它做的功等于上〃病

2

D.從釋放到A、8達(dá)到最大速度v的過程中，彈簧對(duì)A所做的功等于

gMF+A^Lsin04-4MgLeosO

【分析】A、8分離時(shí)兩物體間無彈力、兩物體的加速度相同；A與3所受的合力為零

時(shí)速度最大；應(yīng)用牛頓第二定律求出A、8分離時(shí)的加速度大??；應(yīng)用動(dòng)能定理求解功。

【解答】解：A、放手后A、4一起做加速運(yùn)動(dòng)，當(dāng)4、。所受合力為零、加速度為零

時(shí)它們的速度最大，貝IJ：kx=(m+M)gsin<9+//(/n+M)gcos0,彈簧仍處于壓縮狀態(tài)，故4

錯(cuò)誤；

B、A和3恰好分離時(shí)，A、4間沒有彈力，對(duì)3,由牛頓第二定律得：

mgsin6+/amgcos0=ma，解得：a=g(sin8+〃cos9),故8正確；

C、物體4從釋放到達(dá)到最大速度過程，由動(dòng)能定理得：I憶.=L〃F-0=1〃/，即B受

"22

到的合力對(duì)它做的功等于故C正確；