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第15講　功能關系　能量守恒定律
知識內容 考試要求 說明
能量守恒定律與能源 d 不要求用能量守恒定律進行較復雜的計算.
一、功能關系
1．功是能量轉化的量度，功和能的關系一是體現在不同的力做功，對應不同形式的能轉化，具有一一對應關系，二是做功的多少與能量轉化的多少在數值上相等．
2．做功對應變化的能量形式
功 能量的變化
合外力做正功 動能增加
重力做正功 重力勢能減少
彈簧彈力做正功 彈性勢能減少
電場力做正功 電勢能減少
其他力(除重力、彈力外)做正功 機械能增加
二、能量守恒定律
1．內容
能量既不會憑空產生，也不會憑空消失，它只能從一種形式轉化為另一種形式，或者從一個物體轉移到別的物體，在轉化或轉移的過程中，能量的總量保持不變．
2．表達式
ΔE減＝ΔE增 .
3．基本思路
(1)某種形式的能量減少，一定存在其他形式的能量增加，且減少量和增加量一定相等；
(2)某個物體的能量減少，一定存在其他物體的能量增加，且減少量和增加量一定相等．
命題點一　功能關系的理解和應用
1．牢記三條功能關系
(1)重力做的功等于重力勢能的減少量，彈力做的功等于彈性勢能的減少量；
(2)合外力做的功等于動能的變化；
(3)除重力、彈力外，其他力做的功等于機械能的變化．
2．功能關系的選用原則
在應用功能關系解決具體問題的過程中
(1)若只涉及動能的變化則用動能定理分析．
(2)若只涉及重力勢能的變化則用重力做功與重力勢能變化的關系分析．
(3)若只涉及機械能變化則用除重力和彈力之外的力做功與機械能變化的關系分析．
（2024 湖州模擬）如圖所示，輕彈簧一端懸掛在橫桿上，另一端連接質量為m的重物，彈簧和重物組成的系統處于靜止狀態。某時刻在重物上施加一方向豎直向上，大小為的恒力，重物上升的最大高度為h，已知彈簧的彈性勢能表達式為，則（　　）
A．上升過程中系統機械能守恒
B．開始時彈簧的彈性勢能為
C．上升過程中重物的最大動能為
D．上升到最高點過程中重物的重力勢能增加
【解答】解：A、在重物上施加一方向豎直向上，大小為的恒力，重物上升的過程中，恒力F對重物做正功，所以系統的機械能增加，故A錯誤；
B、開始時重物處于靜止狀態，彈簧的彈力與重力平衡，則彈簧的彈力大小為：kx＝mg；
某時刻在重物上施加一方向豎直向上，大小為的恒力，重物上升的最大高度為h，在此過程中，根據動能定理可得：Fh﹣mgh＝0
聯立解得：x＝h
開始時彈簧的彈性勢能為Ep0，故B正確；
C、物體受力平衡時速度最大，根據對稱性可知重物上升的高度為h，此過程中根據動能定理可得：Fhmgh＝Ekm﹣0
解得：Ekmmgh，故C錯誤；
D、上升到最高點過程中重物的重力勢能增加量為ΔEp＝mgh，故D錯誤。
故選：B。
（2024 海淀區一模）如圖所示，一條不可伸長的輕繩跨過定滑輪，繩的兩端各系一個小球A和B，B球的質量是A球的3倍。用手托住B球，使輕繩拉緊，A球靜止于地面。不計空氣阻力、定滑輪的質量及輪與軸間的摩擦，重力加速度為g。由靜止釋放B球，到B球落地前的過程中，下列說法正確的是（　　）
A．A球的加速度大小為2g
B．拉力對A球做的功等于A球機械能的增加量
C．重力對B球做的功等于B球動能的增加量
D．B球機械能的減少量大于A球機械能的增加量
【解答】解：A、對整體應用牛頓第二定律，3mg﹣mg＝4ma，解得ag，即A、B的加速度大小均為g，故A錯誤；
B、對A球，繩子的拉力為A球除了重力之外的力，即拉力做的功等于A球機械能的增加量，故B正確；
C、根據動能定理可知，合外力的功等于物體動能的變化量，對B球，B球重力的功與繩子拉力的功的代數和等于B球動能的增加量，故C錯誤；
D、根據A、B以及輕繩組成的系統機械能守恒可知，B球機械能的減少量等于A球機械能的增加量，故D錯誤；
故選：B。
（2024 和平區一模）2023年5月23日，中國空軍八一飛行表演隊時隔14年換裝新機型，殲10C飛出國門，在大馬航展上騰空而起，特技表演驚艷全場。如圖所示，飛機在豎直平面內經一段圓弧向上爬升，忽略阻力，飛機沿圓弧運動過程（　　）
A．若飛機沿圓弧向上勻速爬升，則所受合力為零
B．若飛機沿圓弧向上勻速爬升，則重力的功率不變
C．若飛機沿圓弧向上勻速爬升，則發動機的推力大小不變
D．若飛機沿圓弧向上加速爬升，則發動機推力做的功大于重力勢能增加量
【解答】解：A、飛機沿圓弧向上勻速爬升，做勻速圓周運動，則所受合力等于圓周運動所需的向心力，故飛機所受合力不為零，故A錯誤；
B、飛機沿圓弧向上勻速爬升，速度方向不斷變化，而重力為恒力，因此重力與速度方向的夾角不斷變化，故重力的功率不斷變化，故B錯誤；
C、飛機沿圓弧向上勻速爬升，做勻速圓周運動，發動機的推力與飛機的重力的合力等于大小不變，而方向不對變化的向心力，即推力與重力的合力大小不變，方向變化，而重力為恒力，根據平行四邊形定則，可知發動機的推力大小一定變化，故C錯誤；
D、飛機沿圓弧向上加速爬升，速率、動能均增加，根據動能定理，發動機推力做的功大于克服重力做的功，根據功能關系勢能增加量等于克服重力做的功，則發動機推力做的功大于重力勢能增加量，故D正確。
故選：D。
命題點二　摩擦力做功與能量轉化
1．靜摩擦力做功
(1)靜摩擦力可以做正功，也可以做負功，還可以不做功．
(2)相互作用的一對靜摩擦力做功的代數和總等于零．
(3)靜摩擦力做功時，只有機械能的相互轉移，不會轉化為內能．
2．滑動摩擦力做功的特點
(1)滑動摩擦力可以做正功，也可以做負功，還可以不做功．
(2)相互間存在滑動摩擦力的系統內，一對滑動摩擦力做功將產生兩種可能效果：
①機械能全部轉化為內能；
②有一部分機械能在相互摩擦的物體間轉移，另外一部分轉化為內能．
(3)摩擦生熱的計算：Q＝Ffx相對．其中x相對為相互摩擦的兩個物體間的相對路徑長度．
從功的角度看，一對滑動摩擦力對系統做的功等于系統內能的增加量；從能量的角度看，其他形式能量的減少量等于系統內能的增加量．
（2024 涼山州模擬）如圖所示，一輕質彈性繩原長為OA，上端固定在O點，下端連接一小物體豎直拉伸彈性繩后置于粗糙水平地面上的B處。在A位置緊挨彈性繩右側固定一光滑擋桿，在彈性繩彈性限度內，讓物體在水平向右的恒力F作用下從B點經C運動到D點，AC＝2AB，AD＝3AB，點O、A、B、C、D在同一豎直平面內，彈性繩的勢能正比于形變量的平方。則以下說法正確的是（　　）
A．物體從B到D做勻加速直線運動
B．物體從B到C與從C到D彈性繩勢能的增量相等
C．物體運動過程中所受的摩擦力不變
D．物體從B到C與從C到D摩擦生熱相等
【解答】解：根據題意，設AB間距離為x，彈性繩的勁度系數為k，彈性繩的勢能正比于形變量的平方，比例系數為k′，物體與地面的動摩擦因數為μ，彈性繩與水平面間的角度為θ，則
AC．物體向右運動的任一時刻，彈性繩的彈力為
對物體進行受力分析，如圖所示
則水平方向根據牛頓第二定律有
F﹣F彈cosθ﹣f＝ma
豎直方向上根據平衡條件有
mg＝FN+F彈sinθ
又
f＝μFN
聯立解得摩擦力和加速度分別為
根據表達式可知，摩擦力大小不變，加速度隨著物體向右運動，θ逐漸減小，tanθ逐漸減小，加速度a減小。物體從B到D做不是勻加速直線運動，故A錯誤、C正確；
B．根據題意可知物體在B、C、D三處時彈性繩的彈性勢能分別為
則物體從B到C彈性繩勢能的增量為
從C到D彈性繩勢能的增量為
可知物體從B到C與從C到D彈性繩勢能的增量不相等，故B錯誤；
D．根據幾何關系，可知BC和CD距離分別為
根據恒力功公式可知，物體從B到C與從C到D摩擦生熱為
Q＝fs
因為摩擦力大小不變，BC長度與CD不等，則摩擦生熱不相等，故D錯誤。
故選：C。
（2024 重慶模擬）如圖甲所示，傾角為37°的斜面固定在水平地面上，一木塊以一定的初速度從斜面底端開始上滑。若斜面足夠長，上滑過程中木塊的機械能和動能隨位移變化的關系圖線如圖乙所示，sin37°＝0.6，cos37°＝0.8，則下列說法正確是（　　）
A．木塊的重力大小為
B．木塊受到的摩擦力大小為
C．木塊與斜面間的動摩擦因數為
D．木塊上滑過程中，重力勢能增加了4E0
【解答】解：D、由圖乙可知，木塊位移為x0時，動能為0，機械能為3E0，重力勢能增加了3E0，故D錯誤；
B、由圖乙可知，克服摩擦做功損失的機械能為
ΔE＝4E0﹣3E0＝E0
木塊受到的摩擦力大小為
f＝μmgcosθ，故B錯誤；
AC、由動能定理得
﹣（mgsinθ+μmgcosθ） x0＝0﹣4E0
解得：mg，μ＝0.25，故C錯誤，A正確。
故選：A。
（2024 西城區校級模擬）如圖所示，質量為2000kg的電梯的纜繩發生斷裂后向下墜落，電梯剛接觸井底緩沖彈簧時的速度為4m/s，緩沖彈簧被壓縮2m時電梯停止了運動，下落過程中安全鉗總共提供給電梯17000N的滑動摩擦力。已知彈簧的彈性勢能為（k為彈簧的勁度系數，x為彈簧的形變量），安全鉗提供的滑動摩擦力等于最大靜摩擦力，重力加速度g＝10m/s2，下列說法正確的是（　　）
A．彈簧的勁度系數為3000N/m
B．整個過程中電梯的加速度一直在減小
C．電梯停止在井底時受到的摩擦力大小為17000N
D．從電梯接觸彈簧到速度最大的過程中電梯和彈簧組成的系統損失的機械能約為4636J
【解答】解：A.電梯剛接觸井底緩沖彈簧時的速度為4m/s，緩沖彈簧被壓縮2m時電梯停止了運動，根據能量守恒定律有
代入數據解得
k＝11000N/m，故A錯誤；
B.與彈簧接觸前，電梯做勻加速直線運動，接觸彈簧后，先做加速度逐漸減小的加速運動后做加速度逐漸增加的減速運動，故B錯誤；
C.電梯停止在井底時，由受力平衡得kΔx＝mg+f靜
代入數據解得f靜＝kΔx﹣mg＝11000×2N﹣2000×10N＝2000N，故C錯誤；
D.當電梯速度最大時，此時加速度為零，則kΔx'+f動＝mg
代入數據解得
電梯接觸彈簧到速度最大的過程中，電梯和彈簧組成的系統損失的機械能等于摩擦力做的負功，則，故D正確。
故選：D。
（2024 二模擬）如圖所示，質量為m的足夠長的木板放在光滑的水平地面上，與木板右端距離為x的地面上立有一柔性擋板，木板與擋板發生連續碰撞時速度都會連續發生衰減，當木板與擋板發生第n次碰撞時，碰后瞬間的速度大小v′n與第一次碰前瞬間的速度大小v1滿足關系式。現有一質量為2m的物塊以速度從左端沖上木板，造成了木板與柔性擋板的連續碰撞（碰撞時間均忽略不計），物塊與木板間的動摩擦因數為μ。已知重力加速度為g，在木板停止運動前，物塊都不會和木板共速。
（1）物塊剛滑上木板時，求物塊和木板的加速度大小；
（2）從物塊滑上木板到木板與柔性擋板第一次碰撞時，求物塊與木板因摩擦產生的熱量；
（3）從物塊滑上木板到木板與柔性擋板第n次碰撞時，求物塊運動的位移大小。
【解答】解：（1）物塊剛滑上木板時，對物塊由牛頓第二定律得：
μ 2mg＝2ma1
解得：a1＝μg
物塊剛滑上木板時，對木板由牛頓第二定律得：
μ 2mg＝ma2
解得：a2＝2μg
（2）設從木板開始運動到發生第一次碰撞的時間為t1，則對木板有：
解得：
此時間內物塊的位移為：
解得：
根據功能關系可得摩擦產生的熱量為：
Q＝μ 2mg（x1﹣x）
解得：Q＝5μmgx
（3）第一次碰撞前瞬間木板的速度大小為：v1＝a2t1
第一次碰撞后瞬間木板的速度大小為：
每相鄰兩次碰撞之間木板均做對稱的勻加速、勻減速直線運動，則
第二次碰前瞬間木板的速度大小為：v2＝v′1
第一次碰撞到第二次碰撞的時間間隔為：
從木板開始運動到第二次碰撞時的時間間隔為
第二次碰撞后瞬間木板的速度大小為：
第三次碰前瞬間木板的速度大小為：v3＝v′2
第二次碰撞到第三次碰撞的時間間隔為：
從木板開始運動到第三次碰撞時的時間間隔為：
如此重復，歸納可得：
從木板開始運動到第n次碰撞時的時間間隔為：
全過程物塊始終做勻減速運動，設從開始第n次碰撞時物塊運動的位移大小為x2，則有：
解得：x2
命題點三　能量守恒定律的理解和應用
1．當涉及滑動摩擦力做功，機械能不守恒時，一般應用能量轉化和守恒定律．
2．解題時，首先確定初末狀態，然后分析狀態變化過程中哪種形式的能量減少，哪種形式的能量增加，求出減少的能量總和ΔE減和增加的能量總和ΔE增，最后由ΔE減＝ΔE增列式求解．
（2024 下城區校級模擬）近幾年，中國的動力電池技術快速發展，電動汽車產品選代升級，可供消費者選擇的車型和品牌也會越來越豐富，如圖為蔚來的ES8車型，下列表中數據為ES8的動力系統部分數據：
蔚來ES8部分數據
前后輪輸 出功率 前160kW 標準電池的能量 75kW h
后240kW 標準電池電荷量 200Ah
最大扭矩 725N m 勻速行駛最大里程 450km
0﹣100km/h 加速時間 4.9s 交流充電口 220V/32A，效率80%
最高車速 200km/h 直流充電口 420V/250A，效率90%
則下列說法正確的是（　　）
A．若0～100km/h加速是勻加速直線運動，則汽車的加速度約為20m/s2
B．按照勻速行駛最大里程，汽車行駛過程受到平均阻力為6000N
C．用交流電充電，如果能保持充電電流為32A，則充滿標準電池需要約7.8h
D．用直流電充電，如果能保持充電電流為250A，則充滿標準電池需要約0.8h
【解答】解：A．由加速度定義式得：
其中Δv＝100km/h＝27.8m/s，Δt＝4.9s
代入數據得：a≈5.67m/s2，故A錯誤；
B．汽車勻速行駛時，牽引力等于阻力，由功能關系得：
E＝fs
其中E＝75kW h＝2.7×108J，s＝450km＝4.5×105m
代入數據得：f＝600N，故B錯誤；
CD．根據功能關系得：
ηUIt＝E
若用用交流電充電，充電電流I為32A時，充電電壓U為220V，效率η為80%，則充滿標準電池需要用時：
t1≈13.3h
用直流電充電，充電電流為250A時，充電電壓U為420V，效率η為90%，則充滿標準電池需時：
t2≈0.8h，故C錯誤，D正確。
故選：D。
（2024 下城區校級模擬）如圖所示為某景觀噴泉的噴射裝置結構示意圖。它由豎直進水管和均勻分布在同一水平面上的多個噴嘴組成，噴嘴與進水管中心的距離均為r＝0.6m，離水面的高度h＝3.2m。水泵位于進水管口處，啟動后，水泵從水池吸水，并將水壓到噴嘴處向水平方向噴出，水在水池面上的落點與進水管中心的水平距離為R＝2.2m。水泵的效率為η＝80%，水泵出水口在1s內通過的水的質量為m0＝10kg，重力加速度g取10m/s2，忽略水在管道和空中運動時的機械能損失。則下列錯誤的是（　　）
A．水從噴嘴噴出時速度的大小2m/s
B．在水從噴嘴噴出到落至水面的時間內，水泵對水做的功是320J
C．水泵輸出的功率340W
D．水泵在1h內消耗的電能1.53×106J
【解答】解：A.水從噴嘴水平噴出，做平拋運動，根據平拋運動規律有
R﹣r＝vt
hgt2
代入數據解得v＝2m/s，故A正確；
B.水泵對外做功，轉化為水的機械能，每秒內水泵對水做的功為
W＝m0ghm0v2
代入數據解得W＝340J，故B錯誤；
C.由B可知水泵輸出的功率
PW＝340W，故C正確；
D.根據P＝ηP電，則水泵的電功率為
P電W＝425W；
水泵在1h內消耗的電能為
E＝P電t＝425×3600J＝1.53×106J，故D正確；
本題選錯誤的，故選：B。
（2024 貴州模擬）“神舟15號”載人飛船安全著陸需經過分離、制動、再入和減速四個階段。如圖，在減速階段，巨型的大傘為返回艙提供足夠的減速阻力，設返回艙做直線運動，則在減速階段（　　）
A．傘繩對返回艙的拉力大于返回艙對傘繩的拉力
B．傘繩對返回艙的拉力小于返回艙對傘繩的拉力
C．合外力對返回艙做的功等于返回艙機械能的變化
D．除重力外其他力的合力對返回艙做的功等于返回艙機械能的變化
【解答】解：AB．由牛頓第三定律可知，傘繩對返回艙的拉力等于返回艙對傘繩的拉力，故AB錯誤；
CD．由動能定理可知，合外力對返回艙做的功等于返回艙的動能變化量；由功能關系可知除重力外其他力的合力對返回艙做的功等于返回艙機械能的變化，故C錯誤，D正確。
故選：D。
（2024 開福區校級模擬）車輛前進的阻力主要有三個：滾動阻力、空氣阻力和上坡阻力，高鐵的鐵軌非常平緩，大部分時候都可以忽略上坡阻力，所以主要的阻力來源就是滾動阻力和空氣阻力，滾動阻力與總重力成正比，空氣阻力跟高鐵運動的速度的二次方成正比，研究表明，當高鐵以200km/h速度運行時，空氣阻力占總阻力的約60%，人均百公里能耗約為2.0度電，當高鐵以300km/h速度運行時，人均百公里能耗約為多少度電（　　）
A．3.0 B．3.5 C．4.0 D．4.5
【解答】解：設當高鐵以200km/h速度運行時，總阻力為f，滾動阻力為f滾，空氣阻力為f空
由題意可得：f＝f滾+f空，60%，
可得：ff空，f滾f空
當高鐵以300km/h速度運行時，由題意知此時的空氣阻力為：f空′＝（）2f空f空
此時的總阻力為：f′＝f滾+f空′f空f空f空
人均百公里能耗電之比等于總阻力之比，則當高鐵以300km/h速度運行時，人均百公里能耗點約為：
E度度＝3.5度，故ACD錯誤，B正確。
故選：B。
（2024 南充模擬）蹦極是跳躍者把一端固定的長彈性繩綁在踝關節等處，從幾十米高處跳下的一種極限運動、如圖為蹦極運動的示意圖。彈性繩的一端固定在O點，另一端和質量為60kg的跳躍者相連，跳躍者從距離地面45m的高臺站立著從O點自由下落，到B點彈性繩自然伸直，C點加速度為零，D為最低點，然后彈起。運動員可視為質點，不計彈性繩的質量，整個過程中忽略空氣阻力。則下列說法正確的是（　　）
A．跳躍者從O到B的運動為變加速直線運動
B．跳躍者從B運動到C的過程，始終處于失重狀態
C．跳躍者從B運動到C的過程，減少的重力勢能等于彈性繩增加的彈性勢能
D．假設彈性繩索長20m，勁度系數為1000N/m，可以得到C點與O點的距離是26m
【解答】解：A、從O點到B點的運動過程，跳躍者只受重力，所以跳躍者做勻加速直線運動，故A錯誤；
BC、跳躍者在C點加速度為零，重力與彈性繩的彈力大小相等，從B運動到C的過程重力大于彈性繩的彈力，合力豎直向下，加速度豎直向下，且逐漸減小，所以跳躍者做變加速直線運動，處于失重狀態；減少的重力勢能等于彈性繩增加的彈性勢能與跳躍者增加的動能之和，故B正確，C錯誤；
D、在C點時，根據共點力平衡條件可知：mg＝kx，解得：x＝0.6m，所以C點與O點的距離是s＝L0+x＝20m+0.6m＝20.6m，故D錯誤。
故選：B。
（2024 南昌一模）如圖，abc是豎直面內的光滑固定軌道，ab水平，長度為2R；bc是半徑為R的四分之一圓弧，與ab相切于b點。一質量為m的小球，始終受到與重力大小相等的水平外力的作用，自a處由靜止開始向右運動。已知重力加速度大小為g，不計空氣阻力。則小球從a處開始運動到其落至水平軌道cd上時，水平外力所做的功為（　　）
A．5mgR B．7mgR C．9mgR D．11mgR
【解答】解：水平外力為F＝mg，設小球到c點時的速度大小為vc，對小球從a到c的過程，根據動能定理得：
﹣mgR+F（2R+R）
解得：vc＝2
小球到c點時的速度方向豎直向上，將之后落至水平軌道cd的運動按水平與豎直方向正分解，水平方向做勻加速直線運動，加速度為axg，豎直方向做豎直上拋運動，設水平方向的位移為x，則有：
t
xaxt2
解得：x＝8R
小球從a處開始運動到其落至水平軌道cd上時，水平外力所做的功為：
WF＝F（2R+R+x）＝11mgR，故ABC錯誤，D正確。
故選：D。
（2024 貴州模擬）如圖，一輕質彈簧置于固定光滑斜面上，下端與固定在斜面底端的擋板連接，彈簧處于原長時上端位于A點。一物塊由斜面上A點上方某位置釋放，將彈簧壓縮至最低點B（彈簧在彈性限度內），則物塊由A點運動至B點的過程中，彈簧彈性勢能的（　　）
A．增加量等于物塊動能的減少量
B．增加量等于物塊重力勢能的減少量
C．增加量等于物塊機械能的減少量
D．最大值等于物塊動能的最大值
【解答】解：ABC、設物塊在A點時的動能為Ek，斜面的傾角為θ，物塊由A點運動至B點的過程中，對物塊和彈簧組成的系統由機械能守恒有
Ek+mgLABsinθ＝Ep
可知物塊的機械能轉化成了彈簧的彈性勢能，所以彈簧彈性勢能增加量大于物塊動能的減少量，同樣大于物塊重力勢能的減少量，而等于物塊機械能的減少量，故AB錯誤，C正確；
D、物塊由A點運動至B點的過程中，彈簧彈性勢能最大時即彈簧被壓縮至最短時，而物塊動能最大時，彈簧的彈力等于物塊重力沿斜面向下的分力，即此時彈簧已被壓縮，具有了一定的彈性勢能，而此后物塊還要繼續向下運動，直至速度減為零，彈簧被壓縮至最短，因此彈簧彈性勢能的最大值大于物塊動能的最大值，而等于物塊機械能的減少量，故D錯誤。
故選：C。
（2024 天河區一模）彈弓是孩子們喜愛的彈射類玩具，其構造原理如圖所示，橡皮筋兩端點A、B固定在把手上，橡皮筋處于ACB時恰好為原長狀態，在C處（AB連線的中垂線上）放一固體彈丸，一手執把，另一手將彈丸拉至D點放手，彈丸就會在橡皮筋的作用下發射出去，打擊目標。現將彈丸豎直向上發射，已知E是CD中點，則（　　）
A．從D到C過程中，彈丸的機械能守恒
B．從D到C過程中，彈丸的動能一直在增大
C．從D到C過程中，橡皮筋的彈性勢能先增大后減小
D．從D到E過程橡皮筋對彈丸做功大于從E到C過程
【解答】解：A、從D到C，橡皮筋的彈力對彈丸做功，所以彈丸的機械能增大，故A錯誤。
B、橡皮筋ACB恰好處于原長狀態，在C處橡皮筋的拉力為0，在CD連線中的某一處，彈丸受力平衡，所以從D到C，彈丸的合力先向上后向下，速度先增大后減小，彈丸的動能先增大后減小，故B錯誤。
C、從D到C，橡皮筋對彈丸一直做正功，橡皮筋的彈性勢能一直減小，故C錯誤。
D、從D到E橡皮筋作用在彈丸上的合力大于從E到C橡皮筋作用在彈丸上的合力，兩段位移相等，所以DE段橡皮筋對彈丸做功較多，機械能增加也多，故D正確；
故選：D。
（2023 慈溪市校級模擬）一個帶正電的質量為m的小球A，被一根絕緣輕線懸起，另一個帶正電的小球B從很遠的地方在某外力的作用下緩慢移動，直到它到達第一個小球的初始位置。此時，第一個小球相對于原來的位置升高了h，如圖所示，整個過程足夠緩慢，如果把兩小球視為一個系統，則在此過程中（　　）
A．繩長越長，則此過程中該外力做的功越多
B．小球A電荷量越大，則此過程中該外力做的功越少
C．小球B電荷量越大，則此過程中該外力做的功越少
D．該外力做的功與繩長或電荷量無關
【解答】解：小球A受到重力mg、靜電力F、繩子拉力T。
由平衡條件，對于小球A，由三角形相似有
其中：
三角形ABD和三角形CAE相似，則有
則二者之間的電勢能為
根據能量守恒有可知外力所做的功為
W＝2mgh+mgh＝3mgh，可知該外力做的功與繩長或電荷量無關，故ABC錯誤，D正確。
故選：D。
（2023 溫州模擬）如圖所示，A、B兩小球在距水平地面同一高度處，以相同初速度v0同時豎直向上拋出，運動過程中的機械能分別為EA和EB，加速度大小分別為aA和aB。已知mA＞mB，下列說法正確的是（　　）
A．若不計空氣阻力，以拋出所在的水平面為零勢能面，EA＝EB
B．若不計空氣阻力，以A球的最高點所在水平面為零勢能面，EA＞EB
C．若兩球受到大小不變且相等的空氣阻力，則兩球上升的過程中，aA＞aB
D．若兩球受到大小不變且相等的空氣阻力，則兩球下落的過程中，aA＞aB
【解答】解：A、若不計空氣阻力，小球運動過程中機械能守恒，若以拋出所在的水平面為零勢能面，則小球的機械能為，，由于mA＞mB，所以EA＞EB，故A錯誤；
B、若不計空氣阻力，小球運動過程中機械能守恒，小球只受重力作用，兩小球加速度相同，均為重力加速度g，則小球上升的最大高度為：，以A球的最大高度所在的平面為零勢能面，則：，，由于小球各自的機械能守恒，所以EA＝EB＝0，故B錯誤；
C、若兩球受到相等的空氣阻力，上升過程，根據牛頓第二定律，對A小球有：mAg+f＝mAaA，對B小球有：mBg+f＝mBaB，解得加速度為：，，由于mA＞mB，所以aA＜aB，故C錯誤；
D、若兩球受到相等的空氣阻力，下落過程，根據牛頓第二定律，對小球A有：mAg﹣f＝mAaA，對B小球有：mBg﹣f＝mBaB，解得加速度為：，，由于mA＞mB，所以aA＞aB，故D正確。
故選：D。
（2023 渾南區校級三模）2022年2月8日，谷愛凌奪得北京冬奧會自由式滑雪女子大跳臺金牌。現有一質量為m的滑雪運動員從一定高度的斜坡自由下滑。如果運動員在下滑過程中受到的阻力恒定，斜面傾角為30°，運動員滑至坡底的過程中，其機械能和動能隨下滑距離s變化的圖像如圖所示，下列說法正確的是（　　）
A．運動員下滑過程中只有重力做功
B．運動員下滑過程中受到的阻力為240N
C．運動員下滑時加速度的大小為4m/s2
D．不能求出運動員質量m的數值
【解答】解：A、由圖示圖象可知，運動員下滑過程機械能減小，運動員的機械能不守恒，除重力外還有其它力做功，故A錯誤；
B、由功能關系可知，運動員下滑過程阻力做的功等于機械能的減小量，即ΔE＝fs，運動員受到的阻力大小fN＝60N，故B錯誤；
CD、由圖可知運動員下滑到底端時的動能Ek＝240J，設運動員的加速度大小為a，根據動能定理可得：mas＝Ek
由牛頓第二定律得：mgsin30°﹣f＝ma
代入數據解得運動員下滑時的加速度大小：a＝4m/s2，運動員的質量m＝60kg，故C正確、D錯誤。
故選：C。
（2023 淮南二模）如圖甲所示，有一粗糙斜面，下端固定一輕質彈簧，初始時彈簧處于自然伸長。一小物塊在由斜面頂點靜止釋放后的一段時間內，物塊的動能Ek隨位移x變化的圖像如圖乙所示。彈簧始終在彈性限度之內。則以下說法中正確的是（　　）
A．小物塊最大動能為0.2J，最大位移為0.4m
B．小物塊最大動能為0.2J，最大位移為0.45m
C．小物塊最大動能為0.25J，最大位移為0.4m
D．小物塊最大動能為0.25J，最大位移為0.45m
【解答】解：小物塊勻加速的下滑過程，由動能定理F合x1sinθ＝Ek1
動能達到最大時F＝kx2＝F合
與彈簧接觸到動能最大的過程中，由動能定理可得：
聯立解得：Ek2＝0.2J
小物塊減速下滑過程，根據動能定理可得：
聯立得x3＝0.2m
最大位移為x＝x1+x2+x3
代入數據解得：
x＝0.45m，故B正確，ACD錯誤；
故選：B。
（2023 湖南模擬）水平面有一粗糙段AB長為s，其動摩擦因數與離A點距離x滿足μ＝kx（k為恒量）。一物塊（可看作質點）第一次從A點以速度v0向右運動，到達B點時速率為v，第二次也以相同速度v0從B點向左運動，則（　　）
A．第二次也能運動到A點，但速率不一定為v
B．第二次也能運動到A點，但第一次的時間比第二次時間長
C．兩次運動因摩擦產生的熱量不相同
D．兩次速率相同的位置只有一個，且距離A為
【解答】解：AC、物體在兩次運動過程中，在相同位置受到的摩擦力大小相等，兩次運動的距離相等，滑動摩擦力做功相同，由動能定理可知，第二次到達A點的速率一定為v。由功能關系可知，兩次運動因摩擦產生的熱量相同，故AC錯誤；
B、根據題意可知，第一次向右運動時，摩擦力越來越大，加速度越來越大。第二次向左運動時，摩擦力越來越小，加速度越來越小，兩次運動的位移大小相等，結合AC分析和v﹣t圖像中，圖像的斜率表示加速度和圖像與時間軸所圍的面積表示位移，畫出兩次運動的v﹣t圖像，如圖所示。
由圖可知，第一次的時間比第二次時間短，故B錯誤；
D、設兩次速率相同的位置距離A點的距離為x，相同的速率設為v1，根據動能定理，第一次有：
第二次有：
聯立解得：
所以兩次速率相同的位置只有一個，且距離A為，故D正確。
故選：D。
（2023 遼寧一模）如圖所示，用輕繩將足夠長的木板B與小物體C連接，B由靜止開始運動的同時，小物體A從B的右端開始向左運動。已知A的質量為M＝2kg，初速度為v0＝3m/s。A、B間動摩擦因數為μ＝0.3，B的質量為m＝1kg，剛開始運動時B距滑輪L＝10m，B碰滑輪后靜止。C的質量為m＝1kg，剛開始運動時，C距地面H＝9m，C撞地面后靜止。忽略A、B以外的一切摩擦，g取10m/s2，求：
（1）A滑上B后，A、B加速度的大小aA和aB；
（2）A從滑上到離開木板B的時間t；
（3）A在B上滑行因摩擦而產生的熱量Q。
【解答】解：（1）小物體A從B的右端開始向左運動，所受重力Mg和支持力N平衡，所受B對它的摩擦力就等于合力，
根據牛頓第二定律得aA0.3×10m/s2＝3m/s2
對B分析，豎直方向平衡，水平受到輕繩的拉力T，以及A對它的摩擦力，根據牛頓第二定律得T﹣μMg＝maB
對C分析，受到重力mg和輕繩拉力，也為T，另外C下落過程的加速度大小等于B的加速度大小aB，
根據牛頓第二定律得mg﹣T＝maB，聯立解得aB＝2m/s2
（2）設A開始向左減速運動了t1速度減為0，則
設這1s內A向左運動的距離為x1，1.5m
設這1s內B向右加速運動的距離為x2，
設A相對B向左滑動的距離為l1，l1＝x1+x2＝1.5m+1m＝2.5m
設B這1s末的速度為v1，v1＝aBt1＝2×1m＝2m/s
1s后A向右加速直到和B的速度相等，設A從速度為0加速到和B速度相等所用時間為t2，相等的速度為v2，
v2＝aAt2＝v1+aBt2，代入數據解得，t2＝2s，v2＝6m/s
設t2時間內A向右加速運動的位移為x3，
設t2時間內B向右加速運動的位移為x4，
A相對B在t2內向左滑動的距離為l2，l2＝x4﹣x3＝8m﹣6m＝2m
在t1和t2時間內B向右運動的距離為x2+x4＝1m+8m＝9m
正好等于H，C剛好落地，設之后AB一起向右勻速運動了x5，x5＝L﹣H＝10m﹣9m＝1m，
設勻速運動所用時間為t3，
t3末B碰滑輪后靜止，A在B上以加速度aA減速運動，設運動了t4時間離開B，有：
代入數據解得t4＝1s或t4＝3s（不符合實際與題意舍去）。
故A從滑上到離開木板B的時間t＝t1+t2+t3+t4＝1s+2s+0.17s+1s＝4.17s
（3）因摩擦而產生的熱量Q等于摩擦力乘以相對距離：Q＝μMg×2（l1+l2）＝0.3×2×10×2×（2.5+2）J＝54J
（2023 南京模擬）如圖所示，在傾角為θ、足夠長的光滑斜面上放置輕質木板，木板上靜置兩個質量均為m、可視為質點的彈性滑塊A和B，初始間距為l0。A與木板間的動摩擦因數μA＞tanθ，B與木板間的動摩擦因數μB＝tanθ。假設最大靜摩擦力等于滑動摩擦力。現對A施加平行斜面向上的推力F＝4mgsinθ，使A由靜止開始運動，求：
（1）A、B從運動到第一次碰撞的時間：
（2）A、B第一次碰撞后的最大距離
（3）B相對木板滑動的過程中系統產生的熱量。
【解答】解：（1）由牛頓第二定律可知，對A在拉力作用下向上加速：F﹣mgsinθ﹣μBmgcosθ＝maA
代入已知條件得：aA＝2gsinθ
對于B：μBmgcosθ﹣mgsinθ＝0，即B靜止
由運動學公式得：
解得：
（2）A、B第一次碰撞時，A、B的速度：，vB＝0
A、B彈性碰撞后交換速度，故有：，vA＝0
B相對木板向上運動，由牛頓第二定律可知
對于A：F+μBmgcosθ﹣mgsinθ＝maA1
解得：aA1＝4gsinθ
對于B：μBmgcosθ+mgsinθ＝maB1
解得：aB1＝2gsinθ
A、B速度相等時，相距最遠，所用時間為t1，則有：vB1﹣2gt1sinθ＝4gt1sinθ＝v1
第一次達到共速的時間為：
A、B的間距（相對位移）：L1
代入數據后得：L1
（3）第一次達到共速后，A加速，B勻速向上運動，第二次碰撞前：
那么：
所以：
共速時有：vB1'＝v1
第二次碰撞后：
共速時有：vA2＝v1
即：vB1﹣2gt3sinθ＝4gt3sinθ＝v2
第二次達到共速的時間為：
相對位移：L2 t3
代入數據得：L2
…………次類推可得：
總的相對位移：x＝l0+2l0
代入數據得：x＝2l0
可得：Q＝μBmgxcosθ
代入數據得：Q＝2mgl0sinθ第15講　功能關系　能量守恒定律
知識內容 考試要求 說明
能量守恒定律與能源 d 不要求用能量守恒定律進行較復雜的計算.
一、功能關系
1．功是能量轉化的量度，功和能的關系一是體現在不同的力做功，對應不同形式的能轉化，具有一一對應關系，二是做功的多少與能量轉化的多少在數值上相等．
2．做功對應變化的能量形式
功 能量的變化
合外力做正功 動能增加
重力做正功 重力勢能減少
彈簧彈力做正功 彈性勢能減少
電場力做正功 電勢能減少
其他力(除重力、彈力外)做正功 機械能增加
二、能量守恒定律
1．內容
能量既不會憑空產生，也不會憑空消失，它只能從一種形式轉化為另一種形式，或者從一個物體轉移到別的物體，在轉化或轉移的過程中，能量的總量保持不變．
2．表達式
ΔE減＝ΔE增 .
3．基本思路
(1)某種形式的能量減少，一定存在其他形式的能量增加，且減少量和增加量一定相等；
(2)某個物體的能量減少，一定存在其他物體的能量增加，且減少量和增加量一定相等．
命題點一　功能關系的理解和應用
1．牢記三條功能關系
(1)重力做的功等于重力勢能的減少量，彈力做的功等于彈性勢能的減少量；
(2)合外力做的功等于動能的變化；
(3)除重力、彈力外，其他力做的功等于機械能的變化．
2．功能關系的選用原則
在應用功能關系解決具體問題的過程中
(1)若只涉及動能的變化則用動能定理分析．
(2)若只涉及重力勢能的變化則用重力做功與重力勢能變化的關系分析．
(3)若只涉及機械能變化則用除重力和彈力之外的力做功與機械能變化的關系分析．
（2024 湖州模擬）如圖所示，輕彈簧一端懸掛在橫桿上，另一端連接質量為m的重物，彈簧和重物組成的系統處于靜止狀態。某時刻在重物上施加一方向豎直向上，大小為的恒力，重物上升的最大高度為h，已知彈簧的彈性勢能表達式為，則（　　）
A．上升過程中系統機械能守恒
B．開始時彈簧的彈性勢能為
C．上升過程中重物的最大動能為
D．上升到最高點過程中重物的重力勢能增加
（2024 海淀區一模）如圖所示，一條不可伸長的輕繩跨過定滑輪，繩的兩端各系一個小球A和B，B球的質量是A球的3倍。用手托住B球，使輕繩拉緊，A球靜止于地面。不計空氣阻力、定滑輪的質量及輪與軸間的摩擦，重力加速度為g。由靜止釋放B球，到B球落地前的過程中，下列說法正確的是（　　）
A．A球的加速度大小為2g
B．拉力對A球做的功等于A球機械能的增加量
C．重力對B球做的功等于B球動能的增加量
D．B球機械能的減少量大于A球機械能的增加量
（2024 和平區一模）2023年5月23日，中國空軍八一飛行表演隊時隔14年換裝新機型，殲10C飛出國門，在大馬航展上騰空而起，特技表演驚艷全場。如圖所示，飛機在豎直平面內經一段圓弧向上爬升，忽略阻力，飛機沿圓弧運動過程（　　）
A．若飛機沿圓弧向上勻速爬升，則所受合力為零
B．若飛機沿圓弧向上勻速爬升，則重力的功率不變
C．若飛機沿圓弧向上勻速爬升，則發動機的推力大小不變
D．若飛機沿圓弧向上加速爬升，則發動機推力做的功大于重力勢能增加量
命題點二　摩擦力做功與能量轉化
1．靜摩擦力做功
(1)靜摩擦力可以做正功，也可以做負功，還可以不做功．
(2)相互作用的一對靜摩擦力做功的代數和總等于零．
(3)靜摩擦力做功時，只有機械能的相互轉移，不會轉化為內能．
2．滑動摩擦力做功的特點
(1)滑動摩擦力可以做正功，也可以做負功，還可以不做功．
(2)相互間存在滑動摩擦力的系統內，一對滑動摩擦力做功將產生兩種可能效果：
①機械能全部轉化為內能；
②有一部分機械能在相互摩擦的物體間轉移，另外一部分轉化為內能．
(3)摩擦生熱的計算：Q＝Ffx相對．其中x相對為相互摩擦的兩個物體間的相對路徑長度．
從功的角度看，一對滑動摩擦力對系統做的功等于系統內能的增加量；從能量的角度看，其他形式能量的減少量等于系統內能的增加量．
（2024 涼山州模擬）如圖所示，一輕質彈性繩原長為OA，上端固定在O點，下端連接一小物體豎直拉伸彈性繩后置于粗糙水平地面上的B處。在A位置緊挨彈性繩右側固定一光滑擋桿，在彈性繩彈性限度內，讓物體在水平向右的恒力F作用下從B點經C運動到D點，AC＝2AB，AD＝3AB，點O、A、B、C、D在同一豎直平面內，彈性繩的勢能正比于形變量的平方。則以下說法正確的是（　　）
A．物體從B到D做勻加速直線運動
B．物體從B到C與從C到D彈性繩勢能的增量相等
C．物體運動過程中所受的摩擦力不變
D．物體從B到C與從C到D摩擦生熱相等
（2024 重慶模擬）如圖甲所示，傾角為37°的斜面固定在水平地面上，一木塊以一定的初速度從斜面底端開始上滑。若斜面足夠長，上滑過程中木塊的機械能和動能隨位移變化的關系圖線如圖乙所示，sin37°＝0.6，cos37°＝0.8，則下列說法正確是（　　）
A．木塊的重力大小為
B．木塊受到的摩擦力大小為
C．木塊與斜面間的動摩擦因數為
D．木塊上滑過程中，重力勢能增加了4E0
（2024 西城區校級模擬）如圖所示，質量為2000kg的電梯的纜繩發生斷裂后向下墜落，電梯剛接觸井底緩沖彈簧時的速度為4m/s，緩沖彈簧被壓縮2m時電梯停止了運動，下落過程中安全鉗總共提供給電梯17000N的滑動摩擦力。已知彈簧的彈性勢能為（k為彈簧的勁度系數，x為彈簧的形變量），安全鉗提供的滑動摩擦力等于最大靜摩擦力，重力加速度g＝10m/s2，下列說法正確的是（　　）
A．彈簧的勁度系數為3000N/m
B．整個過程中電梯的加速度一直在減小
C．電梯停止在井底時受到的摩擦力大小為17000N
D．從電梯接觸彈簧到速度最大的過程中電梯和彈簧組成的系統損失的機械能約為4636J
（2024 二模擬）如圖所示，質量為m的足夠長的木板放在光滑的水平地面上，與木板右端距離為x的地面上立有一柔性擋板，木板與擋板發生連續碰撞時速度都會連續發生衰減，當木板與擋板發生第n次碰撞時，碰后瞬間的速度大小v′n與第一次碰前瞬間的速度大小v1滿足關系式。現有一質量為2m的物塊以速度從左端沖上木板，造成了木板與柔性擋板的連續碰撞（碰撞時間均忽略不計），物塊與木板間的動摩擦因數為μ。已知重力加速度為g，在木板停止運動前，物塊都不會和木板共速。
（1）物塊剛滑上木板時，求物塊和木板的加速度大小；
（2）從物塊滑上木板到木板與柔性擋板第一次碰撞時，求物塊與木板因摩擦產生的熱量；
（3）從物塊滑上木板到木板與柔性擋板第n次碰撞時，求物塊運動的位移大小。
命題點三　能量守恒定律的理解和應用
1．當涉及滑動摩擦力做功，機械能不守恒時，一般應用能量轉化和守恒定律．
2．解題時，首先確定初末狀態，然后分析狀態變化過程中哪種形式的能量減少，哪種形式的能量增加，求出減少的能量總和ΔE減和增加的能量總和ΔE增，最后由ΔE減＝ΔE增列式求解．
（2024 下城區校級模擬）近幾年，中國的動力電池技術快速發展，電動汽車產品選代升級，可供消費者選擇的車型和品牌也會越來越豐富，如圖為蔚來的ES8車型，下列表中數據為ES8的動力系統部分數據：
蔚來ES8部分數據
前后輪輸 出功率 前160kW 標準電池的能量 75kW h
后240kW 標準電池電荷量 200Ah
最大扭矩 725N m 勻速行駛最大里程 450km
0﹣100km/h 加速時間 4.9s 交流充電口 220V/32A，效率80%
最高車速 200km/h 直流充電口 420V/250A，效率90%
則下列說法正確的是（　　）
A．若0～100km/h加速是勻加速直線運動，則汽車的加速度約為20m/s2
B．按照勻速行駛最大里程，汽車行駛過程受到平均阻力為6000N
C．用交流電充電，如果能保持充電電流為32A，則充滿標準電池需要約7.8h
D．用直流電充電，如果能保持充電電流為250A，則充滿標準電池需要約0.8h
（2024 下城區校級模擬）如圖所示為某景觀噴泉的噴射裝置結構示意圖。它由豎直進水管和均勻分布在同一水平面上的多個噴嘴組成，噴嘴與進水管中心的距離均為r＝0.6m，離水面的高度h＝3.2m。水泵位于進水管口處，啟動后，水泵從水池吸水，并將水壓到噴嘴處向水平方向噴出，水在水池面上的落點與進水管中心的水平距離為R＝2.2m。水泵的效率為η＝80%，水泵出水口在1s內通過的水的質量為m0＝10kg，重力加速度g取10m/s2，忽略水在管道和空中運動時的機械能損失。則下列錯誤的是（　　）
A．水從噴嘴噴出時速度的大小2m/s
B．在水從噴嘴噴出到落至水面的時間內，水泵對水做的功是320J
C．水泵輸出的功率340W
D．水泵在1h內消耗的電能1.53×106J
（2024 貴州模擬）“神舟15號”載人飛船安全著陸需經過分離、制動、再入和減速四個階段。如圖，在減速階段，巨型的大傘為返回艙提供足夠的減速阻力，設返回艙做直線運動，則在減速階段（　　）
A．傘繩對返回艙的拉力大于返回艙對傘繩的拉力
B．傘繩對返回艙的拉力小于返回艙對傘繩的拉力
C．合外力對返回艙做的功等于返回艙機械能的變化
D．除重力外其他力的合力對返回艙做的功等于返回艙機械能的變化
（2024 開福區校級模擬）車輛前進的阻力主要有三個：滾動阻力、空氣阻力和上坡阻力，高鐵的鐵軌非常平緩，大部分時候都可以忽略上坡阻力，所以主要的阻力來源就是滾動阻力和空氣阻力，滾動阻力與總重力成正比，空氣阻力跟高鐵運動的速度的二次方成正比，研究表明，當高鐵以200km/h速度運行時，空氣阻力占總阻力的約60%，人均百公里能耗約為2.0度電，當高鐵以300km/h速度運行時，人均百公里能耗約為多少度電（　　）
A．3.0 B．3.5 C．4.0 D．4.5
（2024 南充模擬）蹦極是跳躍者把一端固定的長彈性繩綁在踝關節等處，從幾十米高處跳下的一種極限運動、如圖為蹦極運動的示意圖。彈性繩的一端固定在O點，另一端和質量為60kg的跳躍者相連，跳躍者從距離地面45m的高臺站立著從O點自由下落，到B點彈性繩自然伸直，C點加速度為零，D為最低點，然后彈起。運動員可視為質點，不計彈性繩的質量，整個過程中忽略空氣阻力。則下列說法正確的是（　　）
A．跳躍者從O到B的運動為變加速直線運動
B．跳躍者從B運動到C的過程，始終處于失重狀態
C．跳躍者從B運動到C的過程，減少的重力勢能等于彈性繩增加的彈性勢能
D．假設彈性繩索長20m，勁度系數為1000N/m，可以得到C點與O點的距離是26m
（2024 南昌一模）如圖，abc是豎直面內的光滑固定軌道，ab水平，長度為2R；bc是半徑為R的四分之一圓弧，與ab相切于b點。一質量為m的小球，始終受到與重力大小相等的水平外力的作用，自a處由靜止開始向右運動。已知重力加速度大小為g，不計空氣阻力。則小球從a處開始運動到其落至水平軌道cd上時，水平外力所做的功為（　　）
A．5mgR B．7mgR C．9mgR D．11mgR
（2024 貴州模擬）如圖，一輕質彈簧置于固定光滑斜面上，下端與固定在斜面底端的擋板連接，彈簧處于原長時上端位于A點。一物塊由斜面上A點上方某位置釋放，將彈簧壓縮至最低點B（彈簧在彈性限度內），則物塊由A點運動至B點的過程中，彈簧彈性勢能的（　　）
A．增加量等于物塊動能的減少量
B．增加量等于物塊重力勢能的減少量
C．增加量等于物塊機械能的減少量
D．最大值等于物塊動能的最大值
（2024 天河區一模）彈弓是孩子們喜愛的彈射類玩具，其構造原理如圖所示，橡皮筋兩端點A、B固定在把手上，橡皮筋處于ACB時恰好為原長狀態，在C處（AB連線的中垂線上）放一固體彈丸，一手執把，另一手將彈丸拉至D點放手，彈丸就會在橡皮筋的作用下發射出去，打擊目標。現將彈丸豎直向上發射，已知E是CD中點，則（　　）
A．從D到C過程中，彈丸的機械能守恒
B．從D到C過程中，彈丸的動能一直在增大
C．從D到C過程中，橡皮筋的彈性勢能先增大后減小
D．從D到E過程橡皮筋對彈丸做功大于從E到C過程
（2023 慈溪市校級模擬）一個帶正電的質量為m的小球A，被一根絕緣輕線懸起，另一個帶正電的小球B從很遠的地方在某外力的作用下緩慢移動，直到它到達第一個小球的初始位置。此時，第一個小球相對于原來的位置升高了h，如圖所示，整個過程足夠緩慢，如果把兩小球視為一個系統，則在此過程中（　　）
A．繩長越長，則此過程中該外力做的功越多
B．小球A電荷量越大，則此過程中該外力做的功越少
C．小球B電荷量越大，則此過程中該外力做的功越少
D．該外力做的功與繩長或電荷量無關
（2023 溫州模擬）如圖所示，A、B兩小球在距水平地面同一高度處，以相同初速度v0同時豎直向上拋出，運動過程中的機械能分別為EA和EB，加速度大小分別為aA和aB。已知mA＞mB，下列說法正確的是（　　）
A．若不計空氣阻力，以拋出所在的水平面為零勢能面，EA＝EB
B．若不計空氣阻力，以A球的最高點所在水平面為零勢能面，EA＞EB
C．若兩球受到大小不變且相等的空氣阻力，則兩球上升的過程中，aA＞aB
D．若兩球受到大小不變且相等的空氣阻力，則兩球下落的過程中，aA＞aB
（2023 渾南區校級三模）2022年2月8日，谷愛凌奪得北京冬奧會自由式滑雪女子大跳臺金牌。現有一質量為m的滑雪運動員從一定高度的斜坡自由下滑。如果運動員在下滑過程中受到的阻力恒定，斜面傾角為30°，運動員滑至坡底的過程中，其機械能和動能隨下滑距離s變化的圖像如圖所示，下列說法正確的是（　　）
A．運動員下滑過程中只有重力做功
B．運動員下滑過程中受到的阻力為240N
C．運動員下滑時加速度的大小為4m/s2
D．不能求出運動員質量m的數值
（2023 淮南二模）如圖甲所示，有一粗糙斜面，下端固定一輕質彈簧，初始時彈簧處于自然伸長。一小物塊在由斜面頂點靜止釋放后的一段時間內，物塊的動能Ek隨位移x變化的圖像如圖乙所示。彈簧始終在彈性限度之內。則以下說法中正確的是（　　）
A．小物塊最大動能為0.2J，最大位移為0.4m
B．小物塊最大動能為0.2J，最大位移為0.45m
C．小物塊最大動能為0.25J，最大位移為0.4m
D．小物塊最大動能為0.25J，最大位移為0.45m
（2023 湖南模擬）水平面有一粗糙段AB長為s，其動摩擦因數與離A點距離x滿足μ＝kx（k為恒量）。一物塊（可看作質點）第一次從A點以速度v0向右運動，到達B點時速率為v，第二次也以相同速度v0從B點向左運動，則（　　）
A．第二次也能運動到A點，但速率不一定為v
B．第二次也能運動到A點，但第一次的時間比第二次時間長
C．兩次運動因摩擦產生的熱量不相同
D．兩次速率相同的位置只有一個，且距離A為
（2023 遼寧一模）如圖所示，用輕繩將足夠長的木板B與小物體C連接，B由靜止開始運動的同時，小物體A從B的右端開始向左運動。已知A的質量為M＝2kg，初速度為v0＝3m/s。A、B間動摩擦因數為μ＝0.3，B的質量為m＝1kg，剛開始運動時B距滑輪L＝10m，B碰滑輪后靜止。C的質量為m＝1kg，剛開始運動時，C距地面H＝9m，C撞地面后靜止。忽略A、B以外的一切摩擦，g取10m/s2，求：
（1）A滑上B后，A、B加速度的大小aA和aB；
（2）A從滑上到離開木板B的時間t；
（3）A在B上滑行因摩擦而產生的熱量Q。
（2023 南京模擬）如圖所示，在傾角為θ、足夠長的光滑斜面上放置輕質木板，木板上靜置兩個質量均為m、可視為質點的彈性滑塊A和B，初始間距為l0。A與木板間的動摩擦因數μA＞tanθ，B與木板間的動摩擦因數μB＝tanθ。假設最大靜摩擦力等于滑動摩擦力。現對A施加平行斜面向上的推力F＝4mgsinθ，使A由靜止開始運動，求：
（1）A、B從運動到第一次碰撞的時間：
（2）A、B第一次碰撞后的最大距離
（3）B相對木板滑動的過程中系統產生的熱量。

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