2026年高考物理终极冲刺：压轴04 功能关系及能量守恒定律的应用（压轴题专练）（全国适用）（解析版）

1/20压轴04功能关系及能量守恒定律的应用命题预测功能关系与能量守恒在高考物理中占据核心地位，既是物理学的基本规律，也是解决复杂力学综合问题的关键思路。在2026年高考中，这部分内容仍是重点考查对象，主要用于检验学生对物理过程的分析能力与规律应用能力。预计2026年高考中，功能关系与能量守恒的考查形式依然灵活多样：既可单独命题，也常与牛顿运动定律、动量守恒、圆周运动、平抛运动、电磁学等内容结合，构成压轴级综合大题。题目侧重考查能量转化、转移与守恒的分析思路，对过程分析、临界判断与数学运算能力要求较高。复习时，考生应先吃透功能关系与能量守恒的基本原理，理清动能、重力势能、弹性势能、内能等不同形式能量间的转化关系。熟练掌握动能定理、机械能守恒定律、能量守恒定律的适用条件与表达式，能够准确判断做功情况与能量变化，灵活选用合适规律解决多过程、多物体的综合物理问题。高频考法应用动能定理处理多过程问题三类连接体的功能关系问题功能关系的理解及应用有关传送带类的功能关系问题有关板块类的功能关系问题考向一应用动能定理处理多过程问题1．应用动能定理解题的基本步骤2．注意事项(1)动能定理中的位移和速度必须是相对于同一个参考系的，一般以地面或相对地面静止的物体为参考系。(2)应用动能定理的关键在于对研究对象进行准确的受力分析及运动过程分析，并画出运动过程的草图，借助草图理解物理过程之间的关系。(3)当物体的运动包含多个不同过程时，可分段应用动能定理求解；当所求解的问题不涉及中间的速度时，也可以全过程应用动能定理求解，这样更简便。(4)列动能定理方程时，必须明确各力做功的正、负，确实难以判断的先假定为正功，最后根据结果加以检验。3.多过程问题的分析方法(1)将“多过程”分解为许多“子过程”，各“子过程”间由“衔接点”连接。(2)对各“衔接点”进行受力分析和运动分析，必要时画出受力图和过程示意图。(3)根据“子过程”和“衔接点”的模型特点选择合理的物理规律列方程。(4)分析“衔接点”速度、加速度等的关联，确定各段间的时间关联，并列出相关的辅助方程。(5)联立方程组，分析求解，对结果进行必要的验证或讨论。考向二多物体的机械能守恒问题1.解决多物体系统机械能守恒的注意点(1)要注意判断物体运动过程中系统的机械能是否守恒。(2)注意寻找用绳或杆相连接的物体间的速度关系和位移关系。(3)列机械能守恒方程时，一般选用ΔEk＝－ΔEp或ΔEA＝－ΔEB的形式。2.常见的三种模型（1）轻绳连接的物体系统常见情景二点提醒(1)分清两物体是速度大小相等，还是沿绳方向的分速度大小相等。(2)用好两物体的位移大小关系或竖直方向高度变化的关系。（2）轻杆连接的物体系统常见情景三大特点(1)平动时两物体线速度相等，转动时两物体角速度相等。(2)杆对物体的作用力并不总是沿杆的方向，杆能对物体做功，单个物体机械能不守恒。(3)对于杆和球组成的系统，忽略空气阻力和各种摩擦且没有其他力对系统做功，则系统机械能守恒。（3）轻弹簧连接的物体系统题型特点由轻弹簧连接的物体系统，若只有重力做功或系统内弹簧弹力做功，这时系统内物体的动能、重力势能和弹簧的弹性势能相互转化，而总的机械能守恒。两点提醒(1)对同一弹簧，弹性势能的大小由弹簧的形变量完全决定，无论弹簧伸长还是压缩。(2)物体运动的位移与弹簧的形变量或形变量的变化量有关。考向三功能关系的理解和应用1.几种常见的功能关系及其表达式力做功能的变化定量关系合力的功动能变化W＝Ek2－Ek1＝ΔEk重力的功重力势能变化(1)重力做正功，重力势能减少(2)重力做负功，重力势能增加(3)WG＝－ΔEp＝Ep1－Ep2弹簧弹力的功弹性势能变化(1)弹力做正功，弹性势能减少(2)弹力做负功，弹性势能增加(3)W弹＝－ΔEp＝Ep1－Ep2只有重力、弹簧弹力做功机械能不变化机械能守恒，ΔE＝0除重力和弹簧弹力之外的其他力做的功机械能变化(1)其他力做多少正功，物体的机械能就增加多少(2)其他力做多少负功，物体的机械能就减少多少(3)W其他＝ΔE一对相互作用的滑动摩擦力的总功机械能减少，内能增加(1)作用于系统的一对滑动摩擦力一定做负功，系统内能增加(2)摩擦生热Q＝fs相对安培力做功电能变化(1)克服安培力做的功等于电能增加量(2)W克安＝E电2.能量守恒定律的理解和应用（1）对能量守恒定律的两点理解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。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。（2）能量转化问题的解题思路当涉及摩擦力做功，机械能不守恒时，一般应用能量守恒定律。解题时，首先确定初、末状态，然后分析状态变化过程中哪种形式的能量减少，哪种形式的能量增加，求出减少的能量总和ΔE减与增加的能量总和ΔE增，最后由ΔE减＝ΔE增列式求解。（3）涉及弹簧的能量问题两个或两个以上的物体与弹簧组成的系统相互作用的过程，具有以下特点：能量转化方面，如果只有重力和系统内弹簧弹力做功，系统机械能守恒。如果系统内每个物体除弹簧弹力外所受合力为零，则当弹簧伸长或压缩到最大程度时两物体速度相同。（4）两种摩擦力做功特点的比较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＝－fs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，还可以不做功考向四传送带问题1.传送带问题的分析方法(1)动力学角度：首先要正确分析物体的运动过程，做好受力分析，然后利用运动学公式结合牛顿第二定律求物体及传送带在相应时间内的位移，找出物体和传送带之间的位移关系。(2)能量角度：求传送带对物体所做的功、物体和传送带由于相对滑动而产生的热量、因放上物体而使电动机多消耗的电能等，常依据功能关系或能量守恒定律求解。2.功能关系分析(1)传送带克服摩擦力做的功：W＝fs传，也是电动机因传送带传送物体而多做的功。(2)系统产生的内能：Q＝fs相对。(3)功能关系分析：W＝ΔEk＋ΔEp＋Q。其中ΔEk表示被传送物体动能的增加量，ΔEp表示被传送物体重力势能的增加量。考向五板块问题1.模型分类“滑块—木板”模型根据情况可以分成水平面上的“滑块—木板”模型和斜面上的“滑块—木板”模型。2.位移关系滑块从木板的一端运动到另一端的过程中，若滑块和木板沿同一方向运动，则滑块的位移大小和木板的位移大小之差等于木板的长度；若滑块和木板沿相反方向运动，则滑块的位移大小和木板的位移大小之和等于木板的长度。3.解题关键找出物体之间的位移(路程)关系或速度关系是解题的突破口，求解中应注意联系两个过程的纽带：每一个过程的末速度是下一个过程的初速度。典例·靶向·突破题型01应用动能定理解决多过程运动问题1．某多米诺骨牌游戏爱好者设计的游戏启动装置，如图所示。整个装置由粗糙水平直轨道AB、与AB相切于B点的光滑竖直半圆固定轨道BC、粗糙水平桌面DE、平台四部分组成。滑块P和Q分别放置于A点和B点，与平台等高的木板静置于DE上且其右端与C恰好在一条竖直线上，多米诺游戏启动牌静置于平台的右端。现用F=30N的水平恒力向右拉动滑块P，运动x=0.4m后撤去F，P运动到B点与Q发生弹性碰撞，Q经过C点后恰好水平滑上木板，木板左端运动到平台右端时木板被锁定，待Q与启动牌碰撞后游戏启动。已知AB的长度s=1m，BC的半径R=0.3m，木板的长度L=1.05m，木板左端到平台右端的距离d=0.34m，P的质量M=2kg，Q与木板的质量均为m=1kg。P与AB间、Q与木板间的动摩擦因数均为μ1=0.15，木板与DE间的动摩擦因数μ2=0.05，重力加速度大小g取10m/s2。求：(1)P与Q碰撞前瞬间的速度大小；(2)Q运动到C点时对半圆轨道的压力大小；(3)Q与启动牌碰撞前瞬间的速度大小。【答案】(1)3m/s(2)10(3)0.1m/s【详解】（1）滑块P从A运动到B，设P到B点时的速度大小为v0，根据动能定理有Fx−解得v（2）P与Q在B点发生弹性碰撞，设向右为正，碰撞后P的速度为vP，Q的速度为vQ，根据动量守恒定律和能量守恒定律有Mv0解得vp=1碰撞后，Q从B点运动到C点，根据能量守恒定律有1Q在半圆轨道的C点，根据圆周运动规律有F解得F所以，滑块Q在C点对半圆轨道的压力大小为103（3）Q以vC滑上长木板后，Q向左做减速运动，木板向左做加速运动。设它们的加速度大小分别为a1、a2，对Q：μ对木板：μ解得a1=1.5假设经时间t1，两者有共同的速度v共，此时Q运动的位移为x1，木板运动的位移为x2，有对Q：v共=对木板：v共=解得t1=1s，v共因为x2<d，设两者一起减速的过程中，加速度大小为a3，运动的位移为Δx2，末速度大小为v2，根据动力学分析对木板和Q：2μ2解得v木板到达平台右端时被锁定，此时Q在木板上继续向左减速至平台右端。则该过程Q的加速度为a1，设其运动的位移为Δx，末速度大小为v3即为Q与启动牌碰撞前瞬间的速度大小，根据动力学分析对Q：v3解得v2．如图所示，AB为足够长的粗糙斜面，斜面倾角θ=37∘，与水平面CG通过极小的一段光滑曲面平滑连接，CG为长S=1.2m的粗糙水平面，DFE为与水平面平滑连接的光滑竖直圆轨道，该竖直光滑圆轨道在CG的位置可调，最低点D、E水平方向略微错开。长木板紧挨着G，静止在光滑、足够长的水平面HT上。长木板右端固定一弹性挡板K(物块与它的碰撞为弹性碰撞)。一质量为m=1kg可视为质点的物块P自斜面上距水平面高为h处由静止释放，P与斜面、CG间、木板间动摩擦因数均为μ=0.5，圆轨道半径R=0.4m,木板质量M=2kg，长为L=2m、sin37∘(1)若滑块恰能过最高点F，求滑块经D点时受到轨道的支持力大小。(2)当ℎ1=3.3m时，CD的距离S₁为多少时滑块恰能滑过(3)当圆轨道最低点D位于CG中点时，P刚好滑至木板中点时与木板相对静止，求滑块释放的高度h2。【答案】(1)60N(2)0.2m(3)4.05m或8.55m【详解】（1）物块P恰能经F有mg=mv解得v物块P自D到F，由机械能守恒定律有12解得v物块P经过D时，由牛顿第二定律有FN代入数据解得F（2）对物块P，自释放到F，由动能定理有mg由(1)知vF=2（3）当圆轨道位于CG中点时，能过F点。则有mg解得ℎ设经G度为v1时，恰第1次滑至第一块木板的中点，对物块P和木板组成的系统，由动量守恒定律由能量守恒定律有1解得v对滑块P，自释放到G，由动能定理mg解得ℎ即ℎ3>当物块与挡板碰后在木板中点与木板相对静止，由动量守恒定律得m由能量守恒定律有1解得v对滑块P，自释放到G，由动能定理有mg解得ℎ所以ℎ2=4.05m题型解码题型解码应用动能定理处理多过程问题，首先是进行准确的受力分析及运动过程分析，必要时画出受力图和运动过程的草图，借助草图理解物理过程之间的关系。题型02多物体的机械能守恒问题3．如图所示的竖直面内，半径为1m的光滑半圆轨道在最低点与水平光滑轨道相切，小球a和b分别套在圆轨道和水平轨道上，中间用长度为3m的轻杆连接。初始时保持a球位于半圆轨道最高点P，现给a球一个向左的微小扰动，它下落了0.5m时到达了轨道上的Q点。在a球从P点运动到Q点的过程中，下列说法正确的是（）A．a球、b球组成的系统动能先增大后减小B．轻杆对a球始终不做功C．轻杆对b球先做正功后做负功D．当a球的机械能最小时，b球对轨道的压力大于b球的重力【答案】C【详解】A．a从P到Q过程中，高度一直降低，重力势能一直减小，系统机械能守恒，因此系统总动能一直增大。故A错误。B．b的动能发生了变化，b在水平方向只受轻杆的作用力，因此轻杆对b一定做功；轻杆对a和b做功的总和为零，因此轻杆对a一定做功。故B错误。C．初始时系统静止，vb=0；a到达Q点时，a的速度方向沿圆轨道切线，恰好垂直于轻杆（根据几何关系，轻杆沿半径方向，切线垂直半径），因此a沿杆方向的速度分量为0，故此时vb=0。说明b的速度从零开始先增大后减小到零，动能先增大后减小，而D．系统机械能守恒，a机械能最小时，b的动能（机械能）最大，此时b速度最大，加速度为零，轻杆对b球的拉力水平方向分力为零，由于轻杆处于倾斜状态，因此轻杆对b球的作用力为零，则b对轨道的压力等于b的重力。故D错误。故选C。4．如图所示，劲度系数为k的弹性绳一端系于P点，绕过Q处的光滑小滑轮，另一端与质量为m、套在光滑竖直固定杆A处的圆环（视为质点）相连，P、Q、A三点等高，弹性绳的原长恰好等于P、Q间的距离，A、Q间的距离为L。将圆环从A点由静止释放，重力加速度大小为g，弹性绳始终处于弹性限度内，弹性绳的弹性势能Ep=1A．圆环向下运动的过程中，弹性绳的弹性势能一直增大B．圆环向下运动的最大距离为mgC．圆环最大动能为mD．圆环运动过程中的最大加速度为k【答案】AC【详解】A．根据题意可知，圆环向下运动的过程中，弹性绳的拉伸量逐渐增大，则弹性绳的弹性势能一直增大，故A正确；B．圆环向下运动至最低点过程，根据机械能守恒1解得ℎ=2mgC．圆环动能达到最大时，速度最大，此时圆环加速度为0，令此时绳与竖直方向夹角为θ，弹性绳的拉伸量为x，则有sin此时，对圆环进行分析有kx根据能量转化与守恒有1解得Ekmax⁡D．对圆环进行分析，开始释放的加速度为重力加速度g，随后加速度先减小，后增大，令在C点的加速度为a，此时弹性绳与竖直方向夹角为α，结合上述有tan则有cos根据牛顿第二定律有k结合上述解得a=g即圆环运动过程中的最大加速度为g，故D错误。故选AC。题型解码题型解码应用机械能守恒定律的注意事项1.判断守恒过程：可能全过程机械能守恒，也可能部分过程机械能守恒。当有“细绳突然绷紧”“落地不弹起”等描述时，机械能有损失。2.多物体守恒系统的位移或高度关系、速度关系不要弄错。题型03功能关系的理解和应用5．某款游戏装置的竖直截面如图所示。AB段为半径R0=10m的光滑圆弧，左侧斜面固定一原长位于A点的弹簧，A点高度h0=0.05m，最低点B与长度为L=0.2m、顺时针转动的水平传送带BC平滑连接，CD段为长度s=0.2m的粗糙水平面，D点右侧的光滑水平面上放置质量M=0.6kg的木块，其光滑圆弧面EF为半径R=0.2m的四分之一圆周，正上方的天花板PQ离水平面高度h=0.325m，当滑块与天花板相撞反弹时，滑块竖直方向速度大小变为原来的33，水平方向速度大小保持不变。现将滑块从A点自由释放，发现滑块恰好在传送带上未留下滑痕。已知滑块的质量m=0.2kg，滑块与传送带及CD段之间的动摩擦因数均为μ=0.5，滑块可视为质点，不计空气阻力，传送带速度始终保持恒定，重力加速度取g=10m/s2(1)求滑块经过B点时轨道对滑块支持力的大小；(2)求滑块从A点出发到停止运动过程中所经历的时间；(3)若压缩弹簧，将滑块从A点沿圆弧弹出，已知弹簧的弹性势能Ep=1.9J全部转化为滑块的动能。①求滑块刚从F点飞出时木块M速度的大小；②求滑块最终停止的位置。【答案】(1)F(2)1.97s(3)①vx=1.0m/s【详解】（1）设滑块经过B点时速度为v0，由机械能守恒mg解得v设滑块经过B点时轨道对滑块支持力大小为FN，由向心力公式F解得F（2）设滑块在光滑圆弧上的运动的时间为t1，由单摆运动周期公式t设滑块在传送带上的运动的时间为t2，由于未留下滑痕，传送带速度为v0，则t设滑块在粗糙水平面上运动距离为x0，运动时间为t3，则x0=设滑块从A出发至停止运动的总时间为t，则t=（3）①设滑块被弹出后第一次到达D点的速度为v1，由能量关系E解得v设滑块刚从F点飞出时滑块和木块的共同水平速度为vx，由水平方向动量守恒m解得v②设滑块与天花板碰撞前竖直方向速度为vy，由能量关系1解得v设碰后滑块刚回到水平面时滑块的速度大小为v2，木块的速度大小为v3，则水平动量守恒m能量关系1解得v设滑块第一次滑过粗糙水平面到达B点的速度为v4，由动能定理−μmgs=得v滑块经传送带后原速返回B点，设滑块在粗糙水平面运动的位移为x，由动能定理−μmgx=0−得x=0.025则滑块最终停下的位置：距C点0.025m的粗糙水平面上。6．如图甲所示，物体以一定初速度从倾角α=37°的斜面底端沿斜面向上运动，上升的最大高度为3.0m。选择地面为参考平面，上升过程中，物体的机械能E机随高度ℎ的变化如图乙所示。g=10m/sA．物体的质量m=1.0B．物体与斜面间的动摩擦因数μ=0.50C．物体上升过程的加速度大小a=10D．物体回到斜面底端时的动能E【答案】ABC【详解】A．物体到达最高点时，机械能为E=由图知E得m=EB．物体上升过程中，克服摩擦力做功，机械能减少，减少的机械能等于克服摩擦力的功Δ解得μ=0.5，故B正确；C．物体上升过程中，由牛顿第二定律得mg得a=gsinD．由图像可知，物体上升过程中摩擦力做功为W=30在整个过程中由动能定理得E则有Ek故选ABC。题型解码题型解码三个对应关系1.物体动能的增加与减少要看合外力对物体做正功还是做负功。2.势能的增加与减少要看对应的作用力(如重力、弹簧弹力、静电力等)做负功还是做正功。3.机械能的增加与减少要看除重力和弹簧弹力之外的力对物体做正功还是做负功。题型04传送带问题7．如图所示，半径为R的四分之一光滑圆轨道固定在竖直平面内，其末端与水平传送带AB左端相切，长木板b紧挨着传送带AB右端静止在地面上，物块c放在木板b上。现将小物块a从圆轨道顶端由静止释放，运动到最低点时，刚好滑上传送带。接着小物块a滑出传送带，刚好与木板b发生弹性碰撞，碰撞后立即撤去小物块a。木板b向右运动，与右侧竖直挡板P碰撞前，b、c已达到共同速度。b与P发生的是非弹性碰撞，且每次碰撞的碰后动能与碰前动能之比均为e=0.64。已知小物块a、长木板b、物块c的质量分别为m、m、3m，传送带顺时针转动的速度为v=2gR，A、B之间间距为3R，物块a与传送带之间的动摩擦因数为μ1=0.5，木板与地面之间是光滑的，木板与物块c之间的摩擦因数为μ2=0.5。运动过程中物块c(1)求小物块a在传送带运动的过程中电动机要额外消耗多少电能？(2)从木板b运动开始直到第1次与物块c共速，求此过程中c在b上滑动的距离多大？(3)木板b与挡板P首次碰撞后，求b与P从第k次碰撞后到第k+1碰撞前b运动的路程。【答案】(1)4−2(2)R(3)121【详解】（1）小物块a下滑过程，由动能定理得mgR=解得v由于传送带与小物块a速度方向相同，但v>v0，因此小物块a解得x而实际上xAB=3R，xAB>x0，故小物块a其中Δ又v−v0=μ联立解得Q=3−22（2）a与b发生弹性碰撞，取水平向右为正方向，由动量守恒和机械能守恒可得mv=mv01联立解得vb与c作用过程，由动量守恒和能量守恒得mvb又因b、c与P碰前已共速vb0=（3）根据上述分析可知，b与c第一次共速vb与P板首次碰撞后，速度变为v′b0b从第1次向左运动直到速度为零，由动能定理得−3b与P板第1次碰撞前，向右运动的距离也为sb1，则有解得sb1b与P板第1次碰撞前到b、c第2次达到共同速度，由动量守恒定律得3m解得vb与P板第1次碰撞后，速度变为vb第2次向左运动，直到速度为零，由动能定理得−3b与P板第2次碰撞前，向右运动的距离也为sb2，则有解得sb与P板第2次碰撞前到b、c第3次达到共同速度，由动量守恒定律得3m解得vb与P板第2次碰撞后，速度变为vb第3次向左运动，由动能定理得−3b与P板第3次碰撞前，向右运动的距离也为sb3，则有解得s……由此可见，sbk总满足等比数列关系，比例系数为3−带入e1，μ2，v8．如图，快乐冲关游戏可简化为如下物理过程，倾角θ=37°的固定斜面AB和光滑水平面BC在B点平滑连接，长为l=1.25m的轻绳一端固定在O点，另一端与小球乙（视为质点）相连，小球乙与水平面BC接触但不挤压，水平传送带CD两端的距离为L=8m，左端与水平面平滑连接。质量m=30kg的物块甲（视为质点）从A点由静止滑下，在水平面BC上与小球乙发生正碰（时间极短）。已知A点距水平面BC的高度H=4.8m，物块甲与斜面AB间的动摩擦因数为μ1=0.625、与传送带间的动摩擦因数为μ2(1)物块甲运动到B点时，速度vB(2)若物块甲与小球乙发生正碰后瞬间，物块甲的速度大小为1m/s、方向水平向右，且小球乙恰好运动到O点的等高处，则小球乙的质量m乙(3)若物块甲以1m/s的速度滑上传送带，传送带以大小为v1(v1>1【答案】(1)4m/s(2)18kg(3)见解析【详解】（1）设物块甲在斜面AB上运动加速度为a1，根据牛顿第二定律由运动公式v解得v（2）物块甲与小球乙发生正碰，由动量守恒，m物块甲与小球乙发生正碰后，小球乙恰好运动到O点的等高处，根据能量守恒可知，1解得m（3）物块甲在传送带上相对滑动时，根据牛顿第二定律，mg当物块甲一直在传送带上加速时v解得v=9以传送带为研究对象，多消耗的电能等于传送带克服摩擦力做的功；当v1≥9其中v−解得Δ当1m/由v解得Δ题型解码题型解码1.对W和Q的理解①传送带克服摩擦力做的功W=fs传;②产生的内能Q=fs相对。2.将物体轻放在传送带上,物体从静止加速到与传送带共速时,摩擦生热与物体能量变化的关系①水平传送带,摩擦生热等于物体增加的动能Q=Ek;②倾斜传送带(放在最低点、向上传送),摩擦生热等于物体增加的机械能,Q=ΔE。题型05板块问题9．如图甲所示，质量M=2kg足够长的木板静止在粗糙水平地面上，木板左端放置一质量m=1kg的小物块。t=0时刻对小物块施加一水平向右的拉力F，拉力F的大小随时间t的变化关系如图乙所示，4s末撤去拉力。已知物块与木板间的动摩擦因数μ1=0.5，木板与地面间的动摩擦因数μ2=0.1A．t=1s时物块受到的摩擦力大小为B．撤去拉力后73C．撤去拉力后203D．在整个运动过程中摩擦生成的总热量为350【答案】BC【详解】A．由题意可知，在第1s时间内，物块受到拉力为4N，假设物块与板不发生相对滑动，对整体由牛顿第二定律可得4解得a=因为μ可知假设成立，对物块，由牛顿第二定律可知物块受到的摩擦力大小f=ma=1B．以上分析可知3s末整体速度v图乙可知3s~4解得a因为μ可知假设不成立，即物块与木板产生了相对滑动，对物块、木板分别有a可知4s末二者速度分别为v撤去拉力后物块加速度大小a物则撤去拉力后到二者共速有v联立解得t1C．因为μ2>因为a联立解得t则撤去拉力后木板在水平面上运动时间t板D．根据以上分析可知整个过程拉力做功W=4根据功能关系，可知在整个运动过程中摩擦生成的总热量为176J，故D错误。故选BC。10．如图（a），水平地面上紧靠平台依次摆放两块完全相同的木板，木板上表面与平台表面等高。一质量为0.01kg的子弹以v0=300m/s水平射入木块并留在其中，随后立即冲上木板，设此时t=0，木块的速度v随时间t关系图像如图（b）所示。每块木板质量均为0.2kg，木板与地面间的动摩擦因数为μ1；木块质量M=0.29kgA．t=0时木块的速度大小为10m/sB．μC．每块木板的长度均为8mD．木块与木板间因摩擦产生的总热量为13.92J【答案】ACD【详解】A．设t=0时木块的速度大小为v，子弹打入木块没有穿出，两者有共同速度，根据动量守恒有m解得v=10mB．由图（b）可知，在0∼2.2s内子弹与木块组成的整体做匀减速直线运动，根据v−t图像的斜率绝对值表示加速度大小，可得加速度大小为根据牛顿第二定律有a解得μ在t=2.2s时子弹与木块组成的整体与木板达到共同速度，故在2.2s∼2.8s根据牛顿第二定律有a解得μ故μ1C．木块在第一块木板上滑动时，木板对木块产生的滑动摩擦力为f地面对两块木板的最大静摩擦力为f其中m代入数据解得f因f1>其中m代入数据解得f因f2>解得a设时间t2木块与木板达到共同速度v共解得t由图（b），可知在t=2.2s时木块与木板的速度相同，故木块在第一块木板上运动的时间为木块在第一块木板上做减速直线运动，且木板静止不动，故木块运动t1=1s的位移，即为木板的长度代入数据解得L=8mD．木块滑上第二块木板的速度为v则木块在第二块木板上运动时，木块的位移为x第二块木板的位移为x故木块相对第二块木板的位移为Δ则木块与木板间因摩擦产生的总热量为Q=f故选ACD。题型解码题型解码首先判断是否相对滑动，明确滑动摩擦力大小，接着分别分析滑块和木板的对地位移，计算出相对位移，然后列动能定理或能量守恒：系统动能损失等于摩擦生热产生的内能，Q=1．（2025·内蒙古赤峰·二模）如图甲，木板A静止于光滑水平面上，水平面上有一轻弹簧固定在C处。t=0时小物块B以v0=6m/s的水平速度滑上A。A的动能Ek随时间t变化关系如图乙所示。已知A、B间的动摩擦因数为0.4，B始终在A上，弹簧始终处于弹性限度内，弹性势能EpA．B的质量为1.0kgB．0~1sC．接触弹簧前，A、B的相对位移大小为3mD．若弹簧的劲度系数为k=12N【答案】ACD【详解】B．依题意，小物块B滑上木板A后，相对A向右运动，受到水平向左的滑动摩擦力作用，有μ解得a则B向右做匀减速直线运动，同时A向右做匀加速直线运动，直至二者共速，之后A与弹簧碰前A、B一起做匀速直线运动，由乙图可知，木板A在0~1.0s内做匀加速运动，1.0s时刻速度达到最大，1.0~1.5s内做匀速运动，故B错误；A．小物块B匀减速过程，有v木板A匀加速过程，有v共=又E联立，解得mA=2故A正确；C．二者共速前，有xA=可得Δx=故C正确；D．A、B间最大静摩擦力f则有μ解得a假设A接触弹簧后，A、B保持相对静止，由机械能守恒，可得1联立，解得x则F对A、B整体，有F解得a可得a故假设成立，故D正确。故选ACD。2．（2025·广西·模拟预测）传送带经常用于分拣货物。如图（a）为倾斜传送带输送机简化模型图，传送带顺时针匀速转动，在传送带下端A点无初速度放上货物。货物从下端A点运动到上端B点的过程中，其机械能E与位移x的关系图像（以A点所在水平面为零势能面）如图（b）所示。货物视为质点，关于货物从A点运动到B点的过程说法正确的是（）A．该过程中货物受到的摩擦力不变B．货物与传送带间相对滑动产生的热量为8C．货物对传送带做的功为−8D．传送带输送机因运送该货物而多消耗的电能为13【答案】D【详解】A．根据功能关系可知E-x图像的斜率表示摩擦力大小，图中图像发生转折，可知摩擦力大小发生变化，故A错误；B．由于摩擦力发生变化，则变化的位置一定在货物与传送带共速时的位置，且共速前为滑动摩擦力，共速后为静摩擦力，即共速后货物与传送带相对静止，因加速阶段滑动摩擦力做功为5J，即W设传送带的速度为v，则货物与传送带间相对滑动产生的热量为Q=fC．加速阶段货物对传送带做功W匀速阶段货物对传送带做功为W可知货物对传送带做的功为W=WD．传送带输送机因运送该货物而多消耗的电能为产生的热能与货物机械能的增量之和，即ΔE=5故选D。3．（2026·广东广州·一模）如图（a），劲度系数为k的轻弹簧下端悬挂薄板A，A静止。带孔薄板B套于弹簧且与弹簧间无摩擦，A、B质量相同，B从A上方h高度处由静止释放，A、B碰撞时间极短，碰后粘在一起下落3l后速度减为零。以A、B碰撞位置为坐标原点O，竖直向下为正方向建立x轴，A、B整体的重力势能随下落距离x变化图像如图（b）中I所示，弹簧的弹性势能随下落距离x变化图像如图（b）中Ⅱ所示，重力加速度为g，则（）A．薄板A的质量为klB．薄板B下落的高度h为3lC．碰撞后两薄板的最大速度为3glD．碰撞后两薄板上升的最大高度在O上方l处【答案】ABD【详解】A．设A、B的质量为m，由图可知，图线I所示斜率的绝对值为k=2mg=解得m=klB．设B与A碰撞前的速度为v0，根据自由落体运动规律可知解得v由于A、B碰撞过程动量守恒，则有m解得v=碰后A、B的动能E对两薄板从碰后到最低点，由能量守恒可得E结合图像可知Ep1=0.5kl2，解得E又因为m=联立解得ℎ=3l，故B正确；C．碰后的最大速度处加速度为0，即2mg=kx可得碰后最大速度对应的弹簧压缩量为x=所以最大速度在A、B碰撞后下落l处；从A、B碰后到最大速度时由动能定理可得2mgl−解得vmD．由题意可知，在最低点时弹簧的压缩量为4l；碰后假设最高点处弹簧刚好恢复原长，从最低点到最高点由能量守恒可得E即8.0k解得ℎ恰好恢复原长，假设成立；碰撞后A、B上升的最大高度在O上方ℎ'故选ABD。4．（2025·宁夏吴忠·二模）如甲图所示，顺时针旋转的传送带的速度为v0，传送带右端有一固定在墙上的轻质弹簧，弹簧的劲度系数为k。将一可视为质点、质量为m的物块由静止轻放在传送带左端，乙图为物块运动的v−t图像，图中t1和t2A．物块与传送带之间的动摩擦因数为vB．0时刻A与弹簧左端的距离为2C．从0时刻到t2时刻，传送带因运送物块而多做的功为D．从t2时刻到弹簧压缩到最短，物块所受摩擦力做的功为【答案】AD【详解】A．由v−t图像可知，0∼t1这一段时间内物块在传送带上受到向右的滑动摩擦力，由牛顿第二定律有μmg=ma解得μ=故A正确；B．物块与传送带共速后，物块与传送带之间无摩擦力，物块向右匀速运动。当物块与弹簧接触后，会受到向左的弹力，在弹簧弹力大于最大静摩擦力之前，弹力始终和静摩擦力大小相等方向相反，所以物块仍会向右匀速运动。可知在t2时刻前，物块就已经与弹簧接触。0∼t故0时刻A与弹簧左端的距离小于2故B错误；C．根据能量守恒定律，从0时刻到t2时刻，传送带因运送物块而多做的功为木块获得的动能与摩擦生热还有弹簧获得的弹性势能之和。根据动能定理可得，相对运动阶段木块的获得的动能摩擦生热Q=μmg⋅其中x传=联立解得Q=之后物块接触弹簧，物块动能保持不变，摩擦力对物块做的功最终转化成了弹簧的弹性势能，所以传送带因运送物块而多做的功W大于物块获得的动能与摩擦生热之和，即W>m故C错误；D．设弹力与摩擦力平衡时弹簧的形变量为Δx，弹簧被压缩到最短时的形变量为x。则弹力与摩擦力平衡时有解法1：从开始压缩弹簧到压缩到最短摩擦力对物块做功用两种形式表示①根据能量守恒定律，摩擦力对物块做功等于弹簧的弹性势能的增加量减去物块动能的减少量W②摩擦力对物块做功在弹力等于摩擦力前与弹性势能的变化量相等，再压缩弹簧，摩擦力为滑动摩擦力，保持不变，故W则有1解得x=μmg+v0则从t2时刻到弹簧压缩到最短，物块所受摩擦力做的功解法2：弹簧从平衡位置向右运动到最大位置处是简谐运动的一部分，设从平衡位置到压缩最大位置处的位移为L，有1解得L=则从t2时刻到弹簧压缩到最短，物块所受摩擦力做的功故D正确。故选AD。5．（2026·山西运城·一模）如图甲所示，倾斜传送带两侧端点间距为9m，传送带的倾角θ=37°。t=0时，一质量为1kg的煤块从传送带底部的A点，以10m/s的速度冲上传送带。t=1s时，传送带开始沿顺时针方向匀加速转动，传送带上A点运动的v−t图像如图乙所示。煤块与传送带间的动摩擦因数为0.5，煤块大小可以忽略，取重力加速度大小g=10m/A．煤块从传送带底部运动至最高点的过程中，其位移大小为4mB．煤块在传送带上运动的时间为1+C．煤块在传送带上留下的痕迹长度为15mD．煤块与传送带间产生的热量为90J【答案】D【详解】A．煤块滑上传送带后做匀减速直线运动，加速度大小a经过时间t1煤块的速度减为零，则0∼1s内传送带的速度为零，则煤块向上滑动的位移1s后传送带开始加速，传送带的加速度a=由于μmgcosθ<mg所以煤块从传送带底部运动至最高点的过程中，位移为5m，故A错误；B．设煤块向下加速到A点运动的时间为t2，则解得t则煤块在传送带上运动的时间t=tC．煤块上滑相对传送带的位移Δx1ΔxD．煤块与传送带间产生的热量Q=μmgcos故选D。6．（2026·内蒙古赤峰·模拟预测）2025年11月29日，内蒙古自治区首次迎来全国性滑板赛事。某条赛道竖直截面简化设计如图所示，其中AB是倾角为53∘的斜面，凹圆弧BCD和凸圆弧DEF的半径均为R，且D、F和B、E分别等高，整个路面无摩擦且各段之间平滑连接。用质量为m的小球代替滑板，将小球从斜面上不同的高度ℎ由静止释放。sin37∘A．小球可能在某一位置处于完全失重状态B．若ℎ=0.5R，小球一定能沿轨道运动到E点C．若小球能沿轨道运动到F点，则ℎ不能大于0.2RD．若小球能沿轨道运动到F点，则小球经过C、E两点时对轨道的压力大小之和与ℎ的大小无关【答案】ACD【详解】A．如果小球到D点时，其速度足够大，使得指向凸圆弧DEF圆心的合力不足以提供向心力导致小球脱离路面，其合力等于重力，加速度等于重力加速度，这种情况小球处于完全失重状态。故A正确；B．要保证小球在DE段沿轨道运动，则小球运动到DE段的任意一点P，其重力沿半径方向的合力能够提供向心力，有mgθ为重力和P点半径的夹角，等于小球位置P与E点之间圆弧对应的圆心角。从A点运动到P点能量守恒，有mgℎ+mg(R−R联立推导得ℎ≤cosθ的最小值为因此计算得ℎ≤0.2R，故B错误；C．由选项B可知，ℎ≤0.2R才能保证小球在DE沿轨道运动。小球运动到EF段的任意一点Q，为了保证小球沿轨道运动，同样有其重力沿半径方向的合力能够提供向心力，有mgθ1为重力和小球位置Q点半径的夹角，等于小球位置Q与E点之间圆弧对应的圆心角。从A点运动到Q点能量守恒，有同样推导出ℎ≤由选项B知ℎ≤0.2R，综上为了保证小球能沿轨道运动到F点，ℎ不能大于0.2R。故C正确；D．小球从A点到C点，由能量守恒得mgℎ+mg(R−R小球经过C点时对轨道的压力FC大小满足推导得F同理，小球从A点到E点，由能量守恒得mgℎ=小球经过E点时对轨道的压力FE大小满足推导得F因此F因此小球经过C、E两点时对轨道的压力大小之和与ℎ的大小无关，故D正确。故选ACD。7．（2026·湖南常德·一模）如图所示，物块A、B通过一轻弹簧相连，竖直放置在水平地面上，B通过一根跨过定滑轮的轻绳与固定在轻杆一端的小球相连，轻杆另一端固定在O点，O点与定滑轮等高。初始时轻杆沿水平方向，轻绳恰好伸直且无张力，图中水平部分绳长PC=0.1m，轻杆长L=0.3m。现将小球由静止释放，当小球运动到最低点时，物块A恰好离开地面。已知A、B和小球均可视为质点，A、B质量均为m=0.2kg，小球质量为M=0.4A．运动过程中A、B和小球组成的系统机械能守恒B．轻弹簧劲度系数k=10C．小球运动到最低点时的速度大小为2D．当小球下落高度为37【答案】BD【详解】A．运动过程中A、B和小球及弹簧组成的系统机械能守恒，A错误；B．分析初态时B受力情况，B受重力、弹簧弹力二力平衡mg=k分析末态时A受力情况，A受重力、弹簧弹力二力平衡mg=k由图中的几何关系可知x解得k=10N/m，xC．系统机械能守恒，初末态时弹簧的形变量相同，弹性势能相同，根据机械能守恒MgL=mg(根据关联速度关系v解得vpD．小球下落过程中，当绳与杆垂直（图中的N点）时，小球速度方向与绳相同，此时物块B和小球的速度大小相等设到N点时，小球下落的高度为ℎ，由图中的几何关系可知ℎ解得ℎ=3故选BD。8．（2026·安徽安庆·二模）如图所示，左侧为一固定在水平桌面上的半径为R的半球形碗，碗口直径AB水平，O点为球心，C点位于O点正下方，碗的内表面及碗口光滑，右侧放有一足够长的斜面。一根不可伸长的轻质细绳一端固定，另一端绕过一与木块连接的轻质光滑动滑轮，再跨过一轻质光滑定滑轮，连接一质量为m的小球（可视为质点）。开始时小球恰好在A点，木块在斜面上且距离斜面顶端足够远，此时细绳与斜面平行且伸直。现将小球由静止释放，当小球运动到C点时，绳子突然断裂，整个过程中斜面始终保持静止。则下列说法中正确的是（）A．小球从A点运动到C点的过程中机械能守恒B．小球运动到C点时，小球的速率是木块的2倍C．绳子断裂后瞬间，小球在C点对轨道的压力大小为mgD．木块沿斜面上滑过程中，地面对斜面的支持力与摩擦力始终保持恒定【答案】D【详解】A．小球从A运动到C的过程中，绳子拉力对小球做功，因此小球自身的机械能不守恒，只有小球+木块组成的系统机械能守恒，故A错误；B．当小球运动到C点时，C点切线水平，因此小球速度方向沿水平方向；由几何关系，OA=OC=R，∠AOC=90∘，因此绳子AC与水平方向（小球速度方向）夹角为整理得v即小球速率是木块的22C．对系统机械能守恒，结合C点向心力公式推导：小球在C点的向心力由重力、支持力、绳子拉力的竖直分量共同提供，最终推导得到支持力不等于mg，根据牛顿第三定律，小球对轨道的压力也不等于mg，故C错误；D．绳子断裂后，木块沿斜面上滑过程中，加速度a恒定（若斜面光滑a=gsin⁡θ，若斜面粗糙将木块和斜面视为整体，斜面加速度为0，木块加速度可分解为恒定的水平分量ax=a由牛顿第二定律：水平方向：地面对斜面的摩擦力f=m竖直方向(得N也恒定。因此地面对斜面的支持力和摩擦力始终保持恒定，故D正确。故选D。9．（2025·山东·模拟预测）如图所示，长为L的轻杆一端连着质量为m的小球，另一端用活动铰链固接于水平地面上的O点，初始时小球静止于地面上，边长为L、质量为M的正方体左侧静止于O点处。现在杆中点处施加一大小始终为8mgπ（g为重力加速度）、方向始终垂直杆的拉力F，经过一段时间后撤去FA．拉力F所做的功为mgLB．拉力F撤去时小球的速率为2−C．当轻杆与水平面夹角为θ时（正方体和小球还未脱离），小球与正方体的速率之比为sinD．当轻杆与水平面夹角为θ时（正方体和小球还未脱离），正方体的速率为2mgL【答案】ABD【详解】A．小球恰好能到达O点正上方，则小球在最高点时速度为零，对小球从初始位置到最高点，由动能定理有WF－mgL＝0解得WF＝mgL，故A正确；B．设撤去力F时杆与水平方向的夹角为α，则有WF＝Fs＝F·L2解得α＝π从撤去力F到小球运动到最高点的过程中，小球的机械能守恒，由机械能守恒定律有mgL（1－sinα）＝12mv解得撤去力F时小球的速度大小为v=（C．如图所示设杆与水平地面夹角为θ时，小球的速度大小为v1，接触点沿着弹力的方向速度相等，有正方体的速度大小为v即小球与正方体的速率之比为v1D．对小球与正方体组成的系统，由机械能守恒定律有mgL(1−联立解得v2故选ABD。10．（2025·山东·二模）如图所示，水平光滑平面与顺时针匀速转动的水平传送带的右端A点平滑连接，轻质弹簧右端固定，原长时左端恰位于A点。现用外力缓慢推动一质量为m的小滑块（与弹簧不相连），使弹簧处于压缩状态，由静止释放后，滑块以速度v滑上传送带，一段时间后返回并再次压缩弹簧。已知返回后弹簧的最大压缩量是初始压缩量的一半，滑块第一次从释放点到A点的时间及第一次在传送带上运动的时间均为t0。已知弹簧弹性势能E=12kA．传送带匀速转动的速度大小为vB．经过足够长的时间，滑块最终静止于水平面上C．滑块第一次在传送带上运动的过程中电机多消耗的电能为3mD．滑块从释放到第4次经过A点的总时间为40【答案】AD【详解】A．由于返回后弹簧的最大压缩量是初始压缩量的一半，表明滑块滑上传送带时先向左做匀减速直线运动，后向右做匀加速直线运动，加速至与皮带速度相等后向右做匀速直线运动，则有12m解得传送带的速度v故A正确；B．结合上述可知，滑块返回A点后匀速向右运动，压缩弹簧至最短，又向左加速至脱离弹簧做匀速运动，之后再次在传送带上向左做匀减速直线运动，减速至0后向右做匀加速直线运动到达A时速度恰好与皮带速度相等，之后重复上述运动，可知，经过足够长的时间，滑块最终不会静止于水平面上，故B错误；C．滑块第一次向左做匀减速直线运动过程，利用逆向思维有v=μg第一次返回向右做匀加速直线运动过程有v根据功能关系可知，滑块第一次在传送带上运动的过程中电机多消耗的电能为E=μmg⋅解得E=故C错误；D．滑2第一次向右匀速运动的时间t结合上述解得t根据题意有t其中t由于滑块与弹簧接触过程的运动是简谐运动，可知，滑块在水平面上每次向右与向左运动的时间相等，均为t0，则滑块从释放到第4次经过A点的总时间为t=4结合上述解得t=故D正确。故选AD。11．（2025·山东济南·模拟预测）如图所示，长为L的木板B静置于水平地面上，右端上方放置物块C，左端紧靠与地面相切的光滑圆弧形轨道，圆弧半径为R，对应圆心角为θ，左侧平台与圆心等高。小球A从平台上水平抛出，从弧形轨道最上端无碰撞地进入轨道，沿轨道滑至最低点时与木板B发生碰撞，系统碰撞损失的动能为碰前系统动能的13，随后物块C相对木板向左滑，滑行至木板最左端后，再相对木板向右滑，最后静止在木板上。已知mA=2kg，mB=3kg，L=2m，R=5435m，θ=60°，物块C与木板B间动摩擦因数μ(1)求小球A滑至圆弧形轨道最低点时的速度；(2)求碰撞后瞬间，木板B的速度；(3)求物块C的质量；(4)木板B静止后，将物块C再次放置于木板B的右端，对木板施加一水平向右的恒力F，一段时间后撤去力F，物块C先滑至木板左端，再滑至木板右端后静止，求力F的大小。【答案】(1)6m/s(2)4m/s(3)1kg(4)F=14N【详解】（1）设小球抛出速度为v0，落至圆弧轨道最上端时竖直速度为vy因为tan滑至圆弧形轨道最低点时速度为vA，由机械能守恒定律由以上可得v（2）小球与木板碰撞过程动量守恒m能量关系有1解得v（3）物块C向右加速，加速度大小为aC，则有木板B向右减速，加速度大小为aB，则有滑至左端时速度关系v位移关系v由以上可得m（4）恒力F作用下木板加速度a1，由牛顿第二定律有经时间t1撤去拉力时速度为v1再经时间t2物块C滑至木板左端，此时与木板共速，速度大小为v2因为v滑块相对木板向右运动时μ滑块位移x木板位移x位移关系x由以上可得F=1412．（2025·湖南·二模）如图所示，长为L1=0.75m的水平传送带在电机带动下沿顺时针方向以v1=6m/s的速度匀速运动。在传送带右侧光滑地面上有一小车，小车上固定有一个“ㄱ”型硬杆，车和硬杆的总质量为m3=3kg，杆的左端O点系有一条长为L2=1m的轻绳，绳的下端系有质量为(1)物块与小球碰撞后各自的速度大小；(2)小球摆到右侧最高点时细绳与竖直方向夹角的余弦值；(3)从物块滑上传送带到滑离传送带的过程中，由于传送小物块电机多消耗的电能E。【答案】(1)2m/s、4m/s(2)0.4(3)3.6J【详解】（1）对物块μ解得a=2根据运动学公式可得v解得x=0.59说明物块到达传送带右端时与传送带共速，物块与小球碰撞过程，根据动量守恒定律以及能量守恒定律可得m1v解得v1′=−2（2）小球摆到右侧最高点时与小车共速，根据动量守恒定律有m根据能量守恒定律有m小球摆到右侧最高点时细绳与竖直方向夹角的余弦值为cos解得cos（3）物块在传送带向右运动的时间为t传送带的位移为x多消耗的电能为E物块与小球碰撞后向左运动，有v解得v可见物块从传送带左侧滑出，物块向左运动的时间为t传送带位移为x多消耗的电能为E则从物块滑上传送带到滑离传送带的过程中，由于传送小物块电机多消耗的电能E=13．（2026·河北保定·一模）如图所示，为了防止电梯因电机失控而带动缆绳竖直向下坠落导致人员伤亡，在质量为25m的电梯正下方的地面上安装四根劲度系数均为k的相同弹簧，弹簧上端连接一质量为m的水平铁板。电机失控后，电梯从底部距离铁板高度为h处由静止下坠，电梯下坠过程中所受缆绳的拉力大小恒为mg（g为重力加速度大小），电梯碰到铁板时立即与铁板粘在一起，此后缆绳松弛，电梯碰到铁板后经时间t停下。弹簧的弹性势能Ep=12k(1)电梯接触铁板前瞬间的速度大小v0(2)在这段时间t内，每根弹簧对铁板的冲量大小I；(3)在铁板下压弹簧的过程中，电梯的最大速度vm【答案】(1)v(2)I=(3)v【详解】（1）设电梯在空中下坠过程中的加速度大小为a，根据牛顿第二定律有25mg−mg=25ma根据匀变速直线运动的规律有v解得v（2）设电梯与铁板碰撞后瞬间的速度大小为v，根据动量守恒定律有25m解得v=对铁板和电梯组成的系统，根据动量定理有4I−(25m+m)gt=0−[−(25m+m)v]解得I=（3）设碰撞前，弹簧的压缩量为x1，根据胡克定律有解得x碰撞后，当铁板和电梯组成的系统合力为0时，电梯的速度最大，设此时弹簧的压缩量为x24kx解得x根据功能关系有(25m+m)g解得v14．（2026·广东汕头·一模）如图所示，光滑水平地面AB和EF中间有一光滑凹槽BCDE，其左侧AB区域有水平向右的匀强电场，场强大小E1=2.5×107N/C。紧靠凹槽左侧放置一质量为m=1kg、长度为L=4.5m的木板，其上表面与地面齐平。质量也为m=1kg、电荷量恒为q=+1×10−6C的小滑块从A点静止释放，随后滑上木板，当木板碰到凹槽右侧时，滑块恰好运动到木板右端，接着从E点滑上足够长的光滑斜面EG，斜面上方存在沿斜面向上、场强E2大小可调的匀强电场。已知(1)滑块第一次滑上木板时的速度大小；(2)木板第一次与凹槽相碰时损失的机械能；(3)滑块与木板在整个过程中因摩擦而产生的热量。【答案】(1)10(2)0.5(3)当E2≥5×106N/C时，【详解】（1）从A到B，由动能定理得E解得滑块第一次滑上木板时的速度大小v（2）从小滑块滑上木板到木板碰到凹槽右侧，由于凹槽光滑，小滑块和木板组成的系统合外力为零，动量守恒。木板碰到凹槽右侧时，小滑块速度为v2，木板速度为v3整个过程中，由动能定理得μmgL=解得v2=9木板与凹槽相碰后速度立即变为零，损失的机械能Δ（3）①当E2≥5×此时小滑块一直沿斜面上滑，此过程中小滑块仅经过木板一次，因摩擦而产生的热量Q=μmgL=9②当E2≤5×此时小滑块将滑下斜面返回木板。从小滑块滑上木板到木板碰到凹槽右侧，对小滑块由动能定理得μmg对木板由动能定理得μmg滑块滑上光滑斜面EG后，只有重力和电场力做功。上滑过程中电场力做正功、重力做负功，下滑过程中电场力做负功、重力做正功，由于上滑和下滑过程位移一样，从E点开始滑上EG到再次滑下到E点，电场力做功为零、重力做功为零，由动能定理得动能不变，即速度不变。所以，小滑块再次滑上木板的速度仍为v2，从小滑块滑上木板到木板碰到凹槽左侧，木板碰到凹槽右侧时，小滑块速度为v4，木板速度为对于小滑块由动能定理得μmg对木板由动能定理得μmg小滑块滑过B后，在AB上，在电场力的作用下，先减速再反向加速，根据对称性可得小滑块返回B点时速度仍为v4每次通过木板，小滑块的能量会减少9.5J。初始能量为所以可以通过木板5次，小滑块剩余能量E此时小滑块的速度v由于v在这5次通过木板的过程中，未出现小滑块与木板共速的情况，摩擦而产生的热量Q在第6次滑上木板后，小滑块与木板共速，由动量守恒定律得m解得v由于v共>1m第6次木板撞凹槽损失的能量Δ根据能量守恒，第6次滑上木板直至停下，摩擦而产生的热量Q综上，小滑块共滑上木板6次，并在第6次静止于木板上，整个过程中因摩擦而产生的热量Q=【点睛】小问3中，在小滑块第二次滑上木板后，木板撞到凹槽左侧时，小滑块还没有到达木板最左侧，所以对于小滑块第二次滑上木板到木板撞到凹槽左侧可以使用动量守恒计算，但是对于小滑块第二次滑上木板到小滑块滑到B点这整个过程不能用动量守恒计算。15．（2026·重庆梁平·二模）如图所示，A为水平平台的右末端，BC为半径R=1m的光滑圆弧轨道，圆弧轨道对应的圆心角θ=53°，AB间竖直高度ℎ=0.8m，C为圆心的正下方，右边有质量M=3kg的两个相同的长木板依次排列在水平地面上（不粘连），长木板的上表面刚好与C齐平。竖直挡板固定于木板右侧，且略高于木板乙的上表面。质量m=1kg的小滑块（视为质点）从A点以某一初速度水平滑出，刚好从B点切向进入。小滑块以一定的水平初速度滑上木板甲的上表面，经过一段时间后，小滑块恰好未从木板乙上滑落，然后一起向右运动。小滑块与竖直挡板发生多次碰撞后，最终相对地面静止。每次碰撞时均无机械能损失且碰撞时间极短。小滑块与木板甲、乙之间的动摩擦因数均为μ1=0.2，木板甲与地面之间的动摩擦因数为μ2=0.1，木板乙与地面之间无摩擦力，最大静摩擦力等于滑动摩擦力。（不考虑小滑块在各轨道衔接处的能量损失，重力加速度(1)小滑块滑到C点时对圆弧轨道的压力FN(2)如果小滑块在AB间同时受到向上的力F=3vy（vy为小滑块竖直方向速度）。调整平台A点到B点间的水平距离，改变小滑块从A点水平滑出时的初速度使其仍刚好从B点切向进入，到达C点的速度v=3m/s时。小滑块在A点抛出去的速度v0(3)若小滑块以v0【答案】(1)43N，方向竖直向下(2)0.6m(3)2【详解】（1）A→B平抛：在B点vvB→C过程：动能定理mgR(1−在C点FF′（2）小滑块从B到C过程，根据动能定理有mg(R−R解得v在竖直方向上，根据动量定理有mgt−由于F=3解得t=0.32（3）小滑块滑上甲后，因μ1在甲上面动能定理−小滑块滑上乙后，动量守恒m能量守恒μ联立：L=3m

v1小滑块与挡板碰撞过程没有能量损失，则碰后小滑块向左做匀减速直线运动，木板乙向右做匀减速直线运动，但小滑块和木板乙组成的系统动量守恒，则第一次碰撞后有M第二次碰撞后有M第三次碰撞后有M……所以v3=12所以小滑块与竖直挡板发生第一次碰撞后所运动的总路程为s=2x1=v2解得s=16．（2025·湖南永州·一模）如图所示，水平地面上固定一倾角为37∘的斜面，其底端垂直斜面固定一挡板P。斜面顶端固定一光滑圆弧轨道，轨道所对应的圆心角为53∘，轨道下端与斜面相切。长木板A放置在斜面上，其上端与斜面上端对齐，下端到挡板P的距离为s，物块B放在A上表面的中点。初始时AB均静止，物块C从圆弧最高点由静止释放，沿圆弧轨道滑到斜面顶端时与A相碰。已知木板A足够长，物块B、C均可视为质点，碰撞均为弹性碰撞，圆弧轨道的半径R=916(1)求C在圆弧轨道最低点与A碰前瞬间对轨道的压力大小；(2)若s足够长，A、B在接触挡板P前已达到共同运动，求A刚接触挡板P时B在A上表面的划痕长度；(3)若s=6【答案】(1)48N(2)4(3)不相碰【详解】（1）物块C沿圆弧轨道下滑过程中，由动能定理