2024年高考物理二轮复习专题6：机械能守恒定律功能关系（附答案解析）

专题06-机械能守恒定律、功能关系

命题规律

能力突破本专题考查机械能、功能转化分析、“守恒”思想应用等。

(1)机械能守恒的条件及判断；

(2)常见功能转化关系及能量守恒定律；

高考热点

(3)机械能守恒和能量守恒分析多过程、多物体问题的方

法。

选择题和计算题均有，计算题会作为压轴题，题目难度一

出题方IE

般为中档或较难。

、人考点归纳

考点1机械能守恒定律的应用

5-S

1.机械能守恒的三种判断方法

(1)用做功判断：若物体或系统只有重力(或弹簧的弹力)做功，虽受其他力，但其他力

不做功，则其机械能守恒,

(2)用能量转化判断：若物体或系统中只有动能和势能的相互转化，而无机械能与其

他形式的能的相互转化，则其机械能守恒。

（3）对多个物体组成的系统，除考虑是否只有重力做功外，还要考虑系统内力是否做

功，如有滑动摩擦力做功时，因摩擦生热，系统机械能将有损失。

2.机械能守恒定律的三种表达形式

三守恒

种观点

表

达

形

式

转移

观点

[例1]（2023春•永定区校级期中）将地面上静止的货物竖直向上吊起，货物由地面运

动至最高点的过程中，—图像如图所示。以下判断正确的是（）

A.前3s内货物受拉力逐渐增大

B.最后2$内货物只受重力作用

C.前3s内与最后2s内货物的平均速度相同

D.第3s末至第5s末的过程中，货物的机械能守恒

【分析】】，一图象的斜率表示加速度，由此求解加速度，从而分析货物的受力情况；根

据匀变速直线运动平均速度的规律分析C项，根据机械能是动能与势能之和分析。项。

【解答】解：A、吁，图线斜率的物理意义为加速度，前3s加速度恒定，贝次一〃”.，

解得尸+则拉力恒定不变，故A错误；

B、最后2s内的加速度大小：4言上空|,〃//=3〃?/『，所以最后2s内货物除了重力作用

7-5

外还受到阻力作用，故4错误；

C、根据匀变速直线运动中某段时间内，平均速度等于中间时刻速度，可知货物前3s内

的平均速度等于最后25内的平均速度，故C正确；

。、货物的机械能由动能和重力势能构成，第3s末至第5s末的过程中，货物的动能不变，

片/图线和时间轴围成的面积为位移，根据图像可知货物的位移一直增大，货物的重力

势能一直增加，则货物的机械能一直增加，故。错误。

故选：C。

【点评】本题关键是根据吁，图象得到物体的运动情况，然后进一步判断受力情况，注

意机械能守恒的条件。

【例2】(2023春•浙江月考)蹦床运动深受人们喜爱，如图为小明同学在杭州某蹦床馆，

利用传感器测得蹦床弹力随时间的变化图。假设小明仅在竖直方向运动，忽略空气阻力。

依据图像给出的物理信息，可得()

小明同学先向下减速后向上加速运动

B.小明的最大加速度为

C.小明上升的最大高度为

D.小明在整个蹦床过程中机械能守恒

【分析】根据合力判断加速度方向，从而判断运动员所处的状态；当弹力最大时，运动

员的加速度，由图读出最大的弹力为2400N,根据牛顿第二定律求出最大加速度；由图

读出运动员在空中运动的时间，由竖直上抛的规律求出最大高度；根据机械能守恒条件

分析.

【解答】解：A、7.5s至83s内,蹦床弹力由0增加到2400N再减小到0,运动员先向下

加速，再向下减速，后向上加速，再向上减速，故A错误；

B、由图可知，运动员的重力为400N,质量为〃1=色="9依=40依，运动员的加速度最

g10

4c

大为/=4二些=240°-om/$2=50初一,故B错误；

m40

C、由图可知，运动员在空中时间为丁=7.5s-5.5s=2s,由运动的对称性可知，卜.落时间

为/=ls,运动员上升的最局|W]度为〃==；x]0x=,故C正确；

解得〃=也，即2〃=3〃，故C正确；

3

。、若小球从顶点释放，滑行至高为生处与半圆柱体分离，最大滑行角度满足8数=2,

33

显然。〈三，小球沿柱面滑行的最大弧长小于XR,故。错误。

33

故选：C。

【点评】解答本题的关键要明确小球与半圆柱体分离时，由重力的径向分力提供向心力,

利用向心力和机械能守恒定律相结合处理这类问题。

【例4】（2023•沈河区校级三模）如图所示，一根粗细均匀的光滑细杆竖直固定，质量

为m的小环C穿在细杆上，一个光滑的轻质小滑轮D固定在竖直墙上（竖直墙在图

中没有画出）。A、B两物体用轻弹簧相连，竖直放在水平面上。一根没有弹性的轻

绳，一端与A连接，另一端跨过小滑轮D与小环C相连。小环C位于M时，绳子

与细杆的夹角为9,此时B物体刚好对地面无压力。现让小环C从M点由静止释放，

当下降h到达N点时，绳子与细杆的夹角再次为3环的速度达到v,下面关于小环

C下落过程中的描述，正确的是（）

A.小环C和物体A组成的系统机械能守恒

B.当小环落到与滑轮同一高度时，小环的机械能最大

C.小环C到达N点时A的速度为vsin。

D.小环C到达N点时物体A的动能为哂-春/

【分析】小环、物体A、物体B、弹簧系统中只有动能和势能的转化，系统机械能守

恒，根据功能关系分析机械能变化情况；根据关联速度求解到达N点时的A的速度；

根据动能定理求C到达N点时A的动能。

【解答】解：A、小环C、物体A和轻弹簧组成的系统中，只有动能、重力势能和弹

性势能间的转化，所以由小环C、物体A和轻弹簧组成的系统机械能守恒，而不是小

环C和物体A组成的系统机械能守恒，故A错误；

B、小环C下落过程受重力、杆的支持力和细线的拉力，非重力做功等于机械能的变

化量；设当小环落到与滑轮同一高度时位置为S,到位置S前的过程中，非重力做正

功，机械能增加；经过S的过程，非重力做负功，机械能减小；故下落到位置S时,

小环C的机械能一定最大，故B正确；

C、小环C到达N点时环的速度达到v,根据关联速度可知A的速度为vcosB,故C

错误；

D、小环C到达N点时，弹簧做功为零，根据机械能守恒有：mgh=5my2+E,

2日

2

故物体A的动能为：EkA=mgh-ymv»故D正确。

故选：BDo

【点评】本题考查系统机械能守恒，关键结合机械能守恒定律和运动的分解列式分析,

难点是物体多，要结合功能关系分析小环的机械能的变化情况。

[例5]（2023•辽宁模拟）如图所示，可绕固定转轴O在竖直平面内无摩擦转动的刚性

轻质支架两端分别固定质量为5〃?、的小球A、B,支架两条边的长度均为L,用手

将8球托起至与转轴O等高，此时连接A球的细杆与竖直方向的夹角为夕，sin8=0.6,

重力加速度大小为身,现突然松手，两小球在摆动的过程中，下列说法正确的是（）

A.A球与转轴O等高时的动能为（，咫L

B.8球下降的最大高度为丝L

25

C.A球的最大动能为23

D.8球的最大动能为

【分析】对于A、8两球组成的系统，在转动过程中，只有重力做功，系统机械能守恒，

根据系统的机械能守恒列式得出A、8总动能和QA与竖直方向夹角的关系，运用数学

知识求A球的最大速度；A球的速度最大时，8球的速度也最大，根据系统的机械能守

恒分析两小球的总重力势能大小；由于A、"两球共轴转动，它们的角速度相同，由八

求两球的最大速度之比。

【解答】解：由于sin8=0.6,可得cos8=0.8

A.根据题意知A、8两球共轴转动，无论何时两球的角速度均相同，二者的转动半径

相同则线速度大小也相等，设A球与转轴O等高时的速度为I，，由动能定理有

6〃2gLeos0-5mgLcos。=gx5tm'~+~x6〃"

解得v=糜

则A球与转轴。等高时的动能为&=95/加=曙，故A错误；

B.根据题意，当小球3下降到最低点时，小球A、8的速度为零，设小球8向下转动

的角度为“，则小球A向二转动的角度也为〃，如图所示

由系统的机械能守恒定律有6帆gLsina-5叫4cos0+sin（a+0-90°）］=0

解得sina=*

25

则小球8下降的最大高度为〃=Lsina=||L,故8正确；

CD.根据题意，当小球8向下转动的角度为〃时，即小球4向上转动的角度也为万，则

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

由数学知识解得，当尸=37。时，小球4、6的动能之和有最大值为心"=仅"

由于小球A、8速度的大小相等，则有％=得〃庭；故C错误，/）正确。

故选：BD。

【点评】本题中，A、8两球不在同一条直线上，解题时要注意两球重力势能的关系,

在解题的过程中还要用到数学的三角函数知识，求解A球的最大速度。

考点2功能关系及能量守恒定律

应用能量守恒定律的两条基本思路

(1)某种形式的能减少，一定存在其他形式的能增加，且减少量和增加量一定相等，即

△E域=^E培。

(2)某个物体的能量减少，一定存在其他物体的能量增加，旦减少量和增加量一定相等，

RRAEA诚=AEB墙。

【例1】(2023•蚌埠模拟)如图甲所示，x轴的正方向竖直向下，其原点为O,一个钢

球从x轴上的P点沿竖直方向抛出，之后钢球落入粘性液体中，粘性液体底部坐标

为X2；钢球在运动过程中机械能E随位置坐标x的变化规律如乙图所示，图中ab为

直线，be为曲线。不计空气阻力，则下列判断正确的是()

A.钢球从P点抛出时速度竖直向下

B.钢球进入液体后先加速后匀速运动

C.钢球在液体中下落时动能越来越小

D.钢球在液体中下落叶所受阻力越来越大

【分析】从O到xi,小球的机械能守恒，O是坐标原点，可以确定钢球抛出的速度

竖直向上。钢球进入液体后，根据功能关系分析图像斜率的变化，判断阻力的变化。

根据阻力与重力的关系判断动能的变化。

【解答】解：A、钢球从x轴上的P点沿竖直方向抛出，由图可知从O到xi,小球的

机械能守恒，由于O是坐标原点，所以钢球抛出的速度竖直向上，故A错误；

BCD、钢球进入液体后，阻力做功等于其机械能的变化，有AE=fAx,则”=f,

即E・x图像的斜率大小等于阻力大小，由图可知钢球在液体中下落时所受阻力越来

越大，则钢球进入液体后先加速，当f>G后，钢球做减速运动，钢球的动能先增大

后减小，故BC错误，D正确。

故选：Do

【点评】解决本题时，要掌握功能关系，知道E-x图像的斜率等于阻力，根据图像

斜率的变化分析阻力的变化，从而判断小球的运动情况。

[例2]（2023•山西一模）如图，小物块?置于倾角6=30。的光滑固定斜面上，轻质定

滑轮固定在斜面顶端，。和P用跨过定滑轮的不可伸长的轻绳相连，轻绳恰好和斜面平

行。，=0时将P由静止释放，此时Q的加速度大小为差。时刻轻绳突然断裂，之后?能

达到的最高点恰与Q被释放时的位置处于同一高度。取/=0时?所在水平面为零势能面,

此时Q的机械能为石。己知0~2/。内。未落地，不考虑空气阻力，下列说法正确的是（

)

A.尸、。质量之比为1:2B.冬时。的机械能为互

22

C.与时。的重力势能为石D.2涧户重力的功率为争

【分析】将尸由静止释放，此时。的加速度大小为对尸、Q整体，利用牛顿第二定

4

律列方程，即可求出尸、。质量之比。由求出时刻P、Q的速度大小，由x求

出户、。运动的位移大小。绳子断后P沿斜面做匀减速运动，根据牛顿第二定律求出P的

加速度大小，由速度一时间公式求出。还能沿斜面运动的时间，并求出这段时间内的位

移，结合机械能守恒定律求出P、Q的质量以及%时刻Q的机械能和。的重力势能。求

2

出2小时夕的速度，再求4时P重力的功率。

【解答】解：A、将P由静止释放，此时。的加速度大小为对P、Q整体，根据牛

4

顿第二定律可得〃“g-mpgsin30°=(〃％+多吟,解得m?:mQ=1:1,故4错误;

2

AC、小时刻夕、。的速度为1，,的，P、Q运动的位移大小为芭=：%=工一片

4228

绳子断后P沿斜面做减速运动，根据牛顿第二定律可知〃?gsinO〃叼，解得

1

P还能沿斜面运动的时间为『上=0=4

a,12

5g

户在八时间内运动的位移为勺=：3=斐3=」片

222216

即在时间为为时。运动到最高点。

2

设P、Q质量为〃?，根据题意取，=0时尸所在水平面为零势能面，此时。的机械能为石,

可知

E=mg(xi+/)sin夕

解得2薪

在学时尸运动到与。被释放时的位置处于同一高度，所以此时户的机械能为E,即重力

势能为石。由于产，。组成的系统机械能守恒，即此时。的机械能等于零，故8错误，C

正确；

。、在%时。上升到最高点，此后。以的加速度向下做初速度为零的匀加速运动,

22

在2fo时P的速度为K='g，*)=」8小所以重力的功率0=〃?gi，sine,解得=¥，故。错

224

误。

故选：Co

【点评】解答本题时，要明确绳子断前，尸、。组成的系统机械能是守恒的，但单个物

体的机械能并不守恒。两者加速度大小相等，可采用整体法列出牛顿第二定律表达式。

【例3】(2023•延庆区一模)如图甲所示，物体以一定初速度从倾角a=37。的斜面底端

沿斜面向上运动，上升的最大高度为3。〃。选择地面为参考平面，上升过程中，物体的

2

机械能E机随高度力的变化如图乙所示。g=10m/stsin370=0.6,cos37°=0.8o则()

A.物体的质量6=0.67依

B.物体与斜面间的动摩擦因数〃=0.5

C.物体上升过程的加速度大小〃

D.物体回到斜面底端时的动能心=20J

【分析】当物体到达最高点时速度为零，机械能等于物体的重力势能，由重力势能计算

公式求解物体质量；在运动过程中，机械能的变化量等于摩擦力做的功，由图象求出摩

擦力做的功，由功的计算公式求出动摩擦因数；由牛顿第二定律求出物体上升过程的加

速度；由动能定理求出物体回到斜面底端时的动能。

【解答】解：A、物体到达最高点时，机械能为：E=Ep=mgh.由图知：Ep=30J，得：

m=-=3。kg=lkg，故4错误；

gh10x3

3、物体上升过程中，克服摩擦力做功，机械能减少，且减少的机械能等于克服摩擦力

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

sina

故4正确；

C＞物体上升过程中，由牛顿第二定律得：mgsina+ptngcosa=nui,得：

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

。、由图象可知，物体上升过程中摩擦力做功为：W=AE=-20J,在整个过程中由动

能定理得：Ek-Ek0=2W,则有：Ek=Ek0+2W=5(M+2x(-20J)=10J,故。错误。

故选：Bo

【点评】解答本题时，要掌握常见的功能关系，知道重力做功不改变物体的机械能，摩

擦力做功使物体机械能减少，由图象求出物体初末状态的机械能，应用重力势能的计算

公式、动能定理即可正确解题。

【例4】（2023•温州模拟）如图所示，一轻弹簧竖直放置，下端固定在水平地面上，自

然伸长时弹簧上端处于A点。/=0时将小球从A点正上方O点由静止释放，乙时到达A点,

右时弹簧被压缩到最低点8。以O为原点，向下为正方向建立x坐标轴，以8点为重力

势能&点，弹簧形变始终处于弹性限度内。小球在运动过程中的动能心、重力势能E.、

机械能匕及弹簧的弹性势能EI12变化图像可能正确的是（）

Of。。

【分析】分阶段分析出小球在不同过程中的运动特点，结合图像的物理意义和过程中的

能量转化特点即可完成分析。

【解答】解：根据小球的受力特点可将运动分为三个阶段，分别为第一阶段：0一人自

由落体：第二阶段：O到平衡位置，重力大于向上的弹力；第三阶段：平衡位置向下到

8处，向上的弹力大于向下的重力。平衡位置处，重力大小等于弹力。

AB.根据重力势能表达式可知与产，咫（百+电7）芭,七时，弹性势能为0,机械能等于重

力势能的最大值。N时，此时的弹簧的弹性势能为；

设系统总能量为E,根据能量守恒定律可知E=E0+Ep2

可知/

是开口向下的抛物线。故4错误，8正确；

CD.设小球下落到A点时的时间为乙，则第一阶段，根据动能的计算公式和运动学公式

可得：

„1，1,"屋

且=-fn^=—

故第一阶段的&一图像是一条抛物线。第二阶段中重力大于向上的弹力，且随着压缩

弹簧，弹力大小逐渐增大，则根据牛顿第二定律可得：

a=-〃-田-一--4-

m

可知小球做加速度逐渐减小的加速运动，平衡位置处速度最大，动能也最大。第三阶段

根据牛顿第二定律可得：

a="g

m

可知小球做加速度逐渐增加的减速运动，直至到达笈处动能为0。由上述速度的分析可

知，在的范围内，先加速后减速，X—图像的斜率先增大后减小，则£,,27的图像

的斜率也是先增大后减小c但由于动能最大时，重力势能和弹性势能都不是0。即弹性

势能的最大值大于动能的最大值。故CD错误。

故选：Bo

【点评】本题主要考查了机械能守恒定律的相关应用，熟悉小球的受力分析，结合牛顿

笫二定律得出其运动特点，理解过程中的能量转化关系即可完成分析。

【例5】（2023•浙江模拟）如图所示，劲度系数为上的轻质弹性绳一端固定在。点，另

一端与一质量为,〃、套在摩擦因数为〃的粗糙竖直固定杆的圆环相连，M处有一光滑定

滑轮，初始圆环置于A处，OM4三点在同一水平线上，弹性绳的原长等于QM,圆环从

A处由静止开始释放，到达C处时速度为零，AC=ho如果圆环在C处获得一竖直向上

的速度心恰好能回到A，弹性绳始终在弹性限度内，重力加速度为g,则下列分析正

确的是（）

A.下滑过程中，竖直杆对圆环摩擦力越来越大

B.从A下滑到C过程中摩擦发热为L”/

4

C.在C处，弹性绳的弹性势能为〃病

D.圆环的机械能在下滑过程中持续减小，上升过程中持续增加

【分析】对圆环受力分析，求出圆环受到的滑动摩擦力，然后判断摩擦力的变化情况;

根据圆环运动过程应用功能关系求出摩擦产生的热量，弹性绳的弹性势能；重力与弹力

做功不改变机械能，摩擦力做功使机械能减少，根据环的运动过程分析答题。

【解答】解：A、圆环下滑过程受力如图所示，设弹性绳的伸长量为/,弹性系数为0

弹性绳与水平方向的夹角为0

在水平方向，由平衡条件得：FN=klc^0=kd,由十八d都是常数，则外小变，下滑

过程竖直杆对圆环的摩擦力/=〃/大小不变，故4错误；

BC、圆环从A到C与从C到A过程弹性绳弹性势能的变化量相等，设为△州，摩擦产

生的热量相等，圆环恰好回到A,则到达A点时圆环的速度为零，设为Q,设A、C间

的距离为人圆环从A到。过程，由功能关系得：〃?以=△纥+Q,从C到A过程，由功

22

能关系得：—mv+△£=tngh+Q,解得：Q」〃?/,△£-nig/j_1mv,从A到C过程

244

弹性绳弹性势能的增加量为〃7mL在A处弹性绳的弹性势能不是零，则到达C点

4

弹性绳的弹性势能大于〃婿?-1如2,故8正确，C错误；

4

。、圆环的机械能在下滑过程中要克服摩擦阻力与弹性绳的弹力做功，机械能持续减小,

圆环上升过程中弹性绳对环做正功，摩擦力对圆环做负功，由于不知弹性绳做功与摩擦

力做功大小关系，无法判断圆环机械能如何变化，故。错误。

故选：Bo

【点评】分析清楚圆环的运动过程，由于功能关系即可解题；通过圆环水平方向上平衡

得出杆对环弹力大小、摩擦力大小恒定是解决本题的关键。

考点3动力学和能量观点解决〃板一块〃模型

【解题技巧】

1.相关规律和方法

运动学的基本规律、牛顿运动定律、功的分析与计算、动能定理、能量守恒定律。

5.廨顽我方.................................................................

如果涉及加速度、时间和受力的分析和计算，一般应用动力学方法；如果只涉及位移、

功和能量的转化问题，通常采用动能定理和能量守恒定律分析。

3.相对滑动物体能量问题的解题流程

一正确分析物体的运动过程，并进行受力分析

…

利用运动学公式，结合牛顿第二定律分析物体的速度

「

：关系及位移关系

：利用能址守恒定律或Q=H/相时求解摩擦产生的热垃，公

：式中4M为两接触物体间的相对路程

【例1】（2022秋•孟津县校级期末）如图所示，质量相等的物块A和物块B置于倾角

为8的光滑斜面上，两物块用平行于斜面的轻弹簧连接，重力加速度大小为g，用沿

斜面向上的力F推A,使AB一起向上做匀速运动，某时刻突然撤去力F,则从撤去

力F开始到弹簧第一次恢复原长（此时A有向上的速度）的过程中（）

A.撤去力F瞬间，A的加速度大小为gsinB

B.撤去力F瞬间，B的加速度大小为2gsin6

C.A重力势能的变化量等于B重力势能的变化量

D.A机械能的减少量小于B机械能的增加量

【分析】应用牛顿第二定律求出加速度大小，根据功能关系分析重力势能变化关系、

机械能变化关系。

【解答】解：A、在推刀作用下A做匀速直线运动，由平衡条件得：

对A：mgsin8+kx=F

对A、B系统：F=2mgsin0

撤夫力F瞬间，弹簧弹力kx不变.对A,由牛顿第二定律得：mg$inO+kx=maA,

解得：aA=2gsin0,故A错误;

B、开始A、B一起做匀速直线运动，A、B所受合力为零，撤去力F瞬间，弹簧弹

力不能发生突变，B的受力情况不变，B所受合力为零，物块B的加速度为零，故B

错误；

C、从撤去力F开始到弹簧第一次恢复原长的过程中，弹簧的压缩量减小，A、B之

间的距离增大，B的位移等于A的位移与弹簧形变量之和，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，则B重力势能的变化量大于A重力势能的

变化量，故C错误；

D、弹簧弹力对B做正功，B的机械能增加，弹簧弹力对A做负功，A的机械能减小，

因B的位移大于A的位移,所以A机械能的减少量小于B机械能的增加量,D正确。

故选：Do

【点评】根据题意分析清楚A、R的受力情况与运动过程，应用牛顿第二定律与功能

关系即可解题。

[例2]（2022秋•江阴市期末）如图所示，表面粗糙的“L”型水平轨道固定在地面上，

劲度系数为％、原长为的轻弹簧一端固定在轨道上的。点，另一端与安装有位移、加

速度传感器的滑块相连，滑块总质量为加。以O为坐标原点，水平向右为正方向建立x轴,

将滑块拉至坐标为与的A点由静止释放，向左最远运动到坐标为王的2点，测得滑块的

加速度〃与坐标x的关系如图所示，其中生为图线纵截距，则滑块由A运动至8过程中

（弹簧始终处于弹性限度内）（）

C.最大动能为:"叼（&-9）

D.系统产生的热量为（/〃/+a）（k-％）

【分析】当滑块运动到超位置时，滑块的加速度为零，则滑块受力平衡；图线与横轴所

围区域的面积代表动能变化量；再根据牛顿第二定律分析四项。

【解答】解：A.由图可知，当滑块运动到超位置时，滑块的加速度为零，滑块受到水

平向右的滑动摩擦力和水平向左的弹力，所以弹簧处于伸长状态，而不是原长，故A错

误；

。・加速度为零时，速度达到最大，动能最大，根据动能定理，结合图线与横轴所围区

域的面积可得E1m=；〃叼（凡-W），故C正确；

D.根据牛顿第二定律得-k（x-/0）+prng=ma

可得。=-勺+4）

m

系统产生的热量为Q=W咫（占-X）=（〃??-&-X。

故。错误；

B.由4-X图可知滑块的加速度随工变化是均匀的，以9为对称点，两侧距心相等的点

合力大小是相等的，所以0到々之间的距离和受到西之间的距离相等，所以有4=%,

故3错误。

故选：C。

【点评】本题的关键是要明确图象的物理意义，从而读取有用的信息，结合动能定理等

物理规律分析。

【例3】（2023•市中区校级模拟）如图甲所示为某缓冲装置模型，劲度系数为攵（足够

大）的轻质弹簧与轻杆相连，轻杆可在固定的槽内移动，与槽间的滑动摩擦力为定值外

轻杆向右移动不超过/时，装置可安全工作。一质量为，〃的小车以速度撞击弹簧后，轻

杆恰好向右移动/,此过程其速度旨随时.间/变化的广，图象如图乙所示。已知在0〜6时

间内，图线为曲线，在时间内，图线为直线。已知装置安全工作时，轻杆与槽间的

最大静摩擦力等于滑动摩擦力，且不计小车与地面间的摩擦。下列说法正确的是（)

V

vl

V---------

——5f/轻杆

WWXJ/

[o-o1Io

甲乙

A.在Of时间内，小车运动的位移为2」

k

B.在4时刻，小车速度匕=\/*-£■

Vmk

C.在L时刻，小车速度「杉

D.在0~G时间内，系统摩擦产生热量Q=/7

【分析】在Of时间内，小车运动的位移等于弹簧的压缩量，由胡克定律和摩擦力公式

相结合求解；在0〜4时间内，对小车由动能定理可求出;时刻小车的速度，也可以根据

乙时刻后，小车、弹簧和杆三者一起向右做匀减速运动，由动能定理求乙时刻小车的速

度；根据Q=/-x相对求解系统摩擦产生热量Q。

【解答】解：A、小车把弹簧压缩到弹力等于摩擦力时，即/=依，可得时，小车、

k

弹簧和杆三者一起向右做匀减速运动，所以在0~乙时间内，小车运动的位移为I，故A

错误；

B、在Of时间内，0时刻弹簧的弹力等于0,乙时刻弹簧的弹力等于/,弹力的平均值

为；。对小车，由动能定理得：-=；〃球，解得「小-£，故8正确;

C、％时刻后，小车、弹簧和杆三者一起向右做匀减速运动，直至速度为零，移动的位

移为/,根据动能定理可得：-#=0-；"后，解得匕=楞，故C正确；

。、在0~%时间内，轻杆摩擦产生热。=笈相对，其中相对位移为/,所以轻杆摩擦产生

热为。=#,故。正确。

故选：BCDo

【点评】解答本题时，要理清小车的运动情况以及受力情况，知道弹簧的弹力是变力，

可.根据平均力求弹力做功,

[例4](2023•张掖模拟〕如图所示，在倾角为。的斜面上，轻质弹簧端与斜而底端固

定，另一端与质量为M的物体A连接，一个质量为,〃的物体8靠在4上，A、B与斜面

间的动摩擦因数均为〃。开始时用手按住物体8使弹簧处于压缩状态。现放手，使A、

8—起沿斜面向上运动距离L时，4、8达到最大速度〜重力加速度为g。下列说法正

确的是()

A.A、6达到最大速度-时，弹簧处于自然长度

B.若运动过程中A、8能够分离，则A、夕恰好分离时，二者加速度大小均为

g(sin6+4cos6)

C.从释放到A、8达到最大速度v的过程中，8受到的合力对它做的功等于上〃病

2

D.从释放到A、8达到最大速度v的过程中，弹簧对A所做的功等于

gMF+A^Lsin04-4MgLeosO

【分析】A、8分离时两物体间无弹力、两物体的加速度相同；A与3所受的合力为零

时速度最大；应用牛顿第二定律求出A、8分离时的加速度大小；应用动能定理求解功。

【解答】解：A、放手后A、4一起做加速运动，当4、。所受合力为零、加速度为零

时它们的速度最大，贝IJ：kx=(m+M)gsin<9+//(/n+M)gcos0,弹簧仍处于压缩状态，故4

错误；

B、A和3恰好分离时，A、4间没有弹力，对3,由牛顿第二定律得：

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

C、物体4从释放到达到最大速度过程，由动能定理得：I忆.=L〃F-0=1〃/，即B受

"22

到的合力对它做的功等于故C正确；