2026年高考物理总复习 第1部分 专项强化 功与能（二）

第6讲功与能(二)

1小力做过二畋2势能化］

功能美第H功是能收转化的量皮卜力做功一并性势傕变化1

知识框架功与一(二)卜也力做之二动怅变化

“能/守恒定律H力眼道州.没有条'g

1.掌握常见的功能关系，理解能量守恒定律，会在具体问题中灵活选择合

学习目标适的规律解决问题。

2.掌握功能关系中图像问题的分析方法。

考点1功能关系能量守恒定律

1.常见的功能关系

能量功能关系表达式

重力做功等于重力势能减少量

弹力做功等于弹性势能减少量

势能VV=Ep|-Ep2=-AEp

静电力做功等于电势能减少量

分子间作用力做功等于分子势能减少量

动能合力做功等于物体动能变化量W=反2一瓦i=^mv2—2,nvi

除重力和系统内弹力之外的其他力做功

机械能Wjut=fa—E\=AEtn

等于机械能变化量

一对相互作用的摩擦力做功代数和的绝

摩擦产生的内能Q=F(•/桐对，/为相对路程

对值等于产生的内能

电能克服安培力做功等于电能增加量W丸安=E?_Ei=AE

2.能量守恒定律的三种表达形式

(1)守恒：EM=E木，初、末总能量不变。

(2)转移：EAN=EB描,A物体减少的能量等于B物体增加的能量。

(3)转化：AE产皿,减少的某些能量等于增加的某些能量。

注：①根据动能定理及其他功能关系很容易推导出能量守恒定律，可以用能量守恒定律解决

的问题，用功能关系一般也能解决，具体要看哪种方法简单。

②单独应用功能关系或能量守恒定律的情况很少，在很多问题中，功能关系、能量守恒定律、

机械能守恒定律经常结合使用O

命题参考

例1（2025•河北省廊坊市高三下五模）如图所示，绕过定滑轮的轻质细线一端固定在。点，

另一端吊着质量为〃?的小球（可视为质点），定滑轮和。点间的细线水平且长为L,用轻质小

挂钩钩住水平细线，给挂钩施加竖直向下的拉力，使小球缓慢上升，重力加速度为占不计

一切摩擦及空气阻力，从开始到挂钩上的拉力大小等于加用的过程中，作用在挂钩上的拉力

做功为（）

【解析I小球缓慢上升时，细线中的拉力大小为"吆，当挂钩上的拉力大小等于"吆时，设与

挂钩接触的两段细线与竖直方向的夹角均为"由平衡条件有2mgeos可得夕=60°,

则滑轮右侧细线的长度为五表二=手心小球增加的重力势能为△%=（¥-1）壁心根据

功能关系，作用在挂钩上的拉力做功为卬=八弓=（¥—1）〃也，故选A。

［答案IA

例2（2025•吉林省长春市朝阳区部分高中高三下调研）（多选）如图所示，轻质弹簧一端固定，

另一端与质量为根、套在粗糙竖直固定杆A处的圆环相连，弹簧水平且处于原长。圆环从4

处静止开始下滑，经过3处的速度最大，到达C处的速度为零，AC=h.若圆环在C史获得

一竖直向上的速度。，恰好能回到A处：弹簧始终在弹性限度之内，重力加速度为g,则圆

环（）

A,下滑过程中，加速度一直减小

B.下滑过程中，因摩擦力产生的热量为全加2

C.从A处到C处的过程中弹簧的弹性势能增加了%疗一,小力

D.下滑经过8处的速度小于上滑经过B处的速度

［解析］由题意知，圆环到达8处速度最大，则加速度减小为零，故圆环下滑过程中，加速

度不可能一直减小，A错误；圆环向下运动和向上运动的过程中，经过相同位置时弹簧对圆

环的拉力相同，圆环受到的摩擦力大小相同，则这两个过程中滑动摩擦力做功相同，因摩擦

力产生的热量相同，设从A处到。处的过程中，因摩擦力产生的热量为Q，弹簧的弹性势能

增加了△自，由能量守恒定律可知幽M=Q+AEp,同理，从。处到A处的过程中，有〃?

22

-^-Q=^mv+AEp,解得。=%/,AEp=mgh—^mv,B正确，C错误；设从A处到B处

的过程中，摩擦力做功为脂，下滑高度为加，弹簧弹力做功为卬弹，下滑经过3处的动能为

Eki，11滑经过8处的动能为a2，由动能定理，从A处下滑至8处的过程有〃四小+卬单+版

=Eki-O,从8处上滑至A处的过程有1%—〃吆川一W*=0—42，解得Eu=Ek2+2W「，又

用＜0,则EkW42，即圆环下滑经过B处的速度小于上滑经过B处的速度，D正确。

［答案IBD

例3（2025•河南省洛平许济四市高三下第二次质量检测）（多选）如图所示，与水平地面成。角

的传送带，以恒定速率。顺时针转动。现将•质量为〃?的小物体（视为质点）无初速度放在传

送带的底端M处，小物体到达传送带最高点N处时恰好达到传送带的速率以已知间的

高度差为〃，则在小物体从M到N的过程中，下列说法正确的是（）

A.传送带对小物体做功为mgH+』加心

B.将小物体由底端传送到N处过程中，该系统多消耗的电能为〃吆〃+5加，2

C.将小物体传送到N处，系统因摩擦而产生的热量为沙川2

D.改变传送带与小物体之间的动摩擦因数，小物体到达N处前速度达到u,则系统因摩擦

产生的热量将减少

［解析］传送带对小物体做的功等于小物体机械能的增加量，为，〃故A正确；根

据能量守恒定律，可知电动机多消耗的电能E电等于摩擦产生的热量。与小物体机械能的增

加量之和，即后电=〃吆故B错误；设小物体上滑过程中的加速度大小为a,根

据牛顿第二定律有/irngcos0—mgsin。=ma，小物体从M到N的过程所用的时间为/=»小

1)

物体和传送带的相对位移大小s相对="一.，因摩擦产生的热量为Q=〃〃?gcos〃•s相对，解得

/co：%绮2,故C错误；设小物体做加速运动的位移为X,由匀变速直线

2(/cos—siJn(f)2

运动的规律有。2—。=2办，结合c项分析解得-----F―FT，改变传送带与小物

体之间的动摩擦因数，小物体到达N处前速度达到",可知x减小，〃增大，又根据C项分

..卬〃COS0•“1COS0•V-

可知，。减小，即系统因摩擦产生的热量将减

丁02(/zcos0—sin0)2(cos0-%in0

少，故D正确。

［答案IAD

考点2功与能的图像问题

要点梳理

解决物理图像问题的基本思路

(1)观察题目给出的图像，弄清纵坐标、横坐标所对应的物理量及图线所表示的物理意义。

(2)根据纵、横坐标的含义和图线的形状等，有以卜.两种情况：

①若只需定性分析就可以得出结果，则根据图线的形状(增大还是减小，均匀变化还是非均匀

变化等)分析；

②若需要定量分析才可以得出结果，则列出函数关系式，结合图线的斜率、截距、图线下的

面积所对应的物理意义，分析解答问题。

注：有时只需要特殊点的坐标值就能得出结果，关键是结合题目情境，灵活处理。

命题参考较蟋一

例4(2025•黑龙江省哈尔滨市第六中学高三下四模)(多选)如图甲所示，一物块以某初速度滑

上倾角为30°的固定斜面。物块在斜面上运动过程中，其动能反与运动路程s的关系如图乙

所示。已知物块所受的摩擦力大小恒定，g取10m/s2。下列说法正确的是()

A.物块的质量为0.7kg

B.物块所受摩擦力大小为0.7N

C.0〜20m过程中物块克服摩擦力做功为10J

D.。〜。m与D〜20m过程中物块加速度大小之比为8：3

［解析］由题可知，0〜10m为物块上滑过程，10〜20m为物块下滑过程，由动能定理可知

40

反-s图像斜率的绝对值表示合力的大小，上滑过程有〃喏sin30°+/=mN=4N,下滑过程

30

有〃4sin3O0_/=N）二［0N=3N,联立解得〃?=0.7kg,#=0.5N,故A正确，B错误；

20m过程中物块克服摩擦力做功为W丸f=A=0.5X20J=10J,故C正确；根据牛顿第二定

律，。〜10m过程中物块加速度大小为〃尸〃*+/=与曲,10〜20m过程中物块加

速度大小为“2=..........-----~~01/8»则£=?故D错质。

［答案］AC

例5一定质量的物块静止在水平面上，给物块施加竖直向上的拉力F,如图甲所示，选取

地面为重力势能的零势能面，物块在一定时间内机械能随路程变化的图像如图乙所示。已知

物块加速度为零的位置出现在路程大于si的位置，忽略一切阻力。下列说法正确的是（）

A

JZL

甲

A.。〜S2过程中物块的加速度逐渐减小

B.0〜si过程中物块的动能逐渐增大

C.0〜S2过程中物块先向上运动后向下运动

D.S2〜53过程中物块一定向上运动

［解析］设物块加速度为零的位置为$0，则在$0位置F=〃吆；由功能关系可知，物块的机械

能变化量可知E-s图像的斜率表示拉力F,由图乙可知，0〜$2过程中拉力尸一

直减小，当路程大于S2后拉力变为零，可知so在si和$2之间；"so时，Qmg且减小，所以

物块向上做加速度逐渐减小的加速运动，动能逐渐增大，直到在so位置加速度为零，速度达

到最大值，从so到$2,E增大，则物块在这段过程一直向上运动，做加速度逐渐增大的减速

运动；到达$2位置拉力减为零，之后，物块做加速度向下且恒定的匀变速直线运动，则从$2

到门过程的某时刻，物块可能开始向下运动。综上所述，B正确，A、C、D错误。

［答案］B

例6（2025•广东省深圳市高三下第一次调研）如图甲所示，物块从固定斜面的底端上滑，机

械能与动能的关系如图乙所示。已知斜面倾角为37°,物块质量为5kg,初速度为。o,物块

与斜面间的动摩擦因数为〃o以斜面底端位置为零势能面,g取10m/s2,sin37°=0.6,cos37°

=0.8o下列说法正确的是，：）

A.11=0.4,0o=2m/s

B.P=0.5,如=2m/s

2^15

C.u=0.4,0o=-m/s

如=呼

D.〃=0.5,

［解析］由图乙可知，物块在底端时的动能最大，为为0=；〃范3=1（）J，代入数据解得研）=2m/s,

物块上升到最大高度时动能Eu=0，机械能£机铁1=6J,此时的重力势能61=£机铁1一反1=

mgh=6J,解得〃=0.12m,物块沿斜面移动的距离L=3下=0.2m,根据功能关系可得一

0•L=E机幡i—Eko,代入数据解得〃=0.5,故选B。

［答案］B

1图考风向标

1.（2024.山东卷，7）如图所示，质量均为6的甲、乙两同学，分别坐在水平放置的轻木板上，

木板通过一根原长为/的经质弹性绳连接，连接点等高且间距为或火/）.两木板与地面间动

摩擦因数均为"，弹性绳劲度系数为七被拉伸时弹性势能为绳的伸长量）。现用水

平力尸缓慢拉动乙所坐木板，直至甲所坐木板刚要离开原位置，此过程中两人与所坐木板保

持相对静止，女保持不变，最大静摩擦力等于滑动摩擦力，重力加速度大小为g,则F所做

的功等于()

A--+"〃喊/一”)

+〃"7g(/一")

30〃〃g)2

C.2k+2"〃?g(/—

D.

答案：B

解析：当中所坐木板刚要高开原位置时，对甲及其所坐木板整体，根据平衡条件和胡克定律，

有h0=〃〃唁，解得弹性绳的伸长量沏=瞥，则此时弹性绳的弹性势能为反=斗芯=^察，

从开始拉动乙所坐木板到甲所坐木板刚要离开原位置的过程，乙所坐木板的位移为莺=沏+/

-d,由功能关系可知W-pmgx\=EQ—(),可解得该过程F所做的功W=R)+〃"7gM=

3(time)2,□丁-

2k+4〃*(/一4，故B正确。

2.(2025.江苏省南京市、扯城市高三下二模)如图所示，圆筒固定在水平面上，圆筒底面上有

一与内壁接触的小物块，现给物块沿内壁切线方向的水平初速度。若物块与所有接触面间的

动摩擦因数处处相等。则物块滑动时动能Ek与通过的弧长s的图像可能正确的是()

答案：C

解析：物块紧贴圆筒内壁开始滑动，竖直方向受力平衡，圆筒底面对物块的支持力N%=〃?g,

水平方向由圆筒侧面的弹力提供向心力，当物块的速度入小为。时，根据牛顿第二定律，可

知圆筒侧面的弹力大小为N也=〃9,物块滑动过程中受到侧面和底面的滑动摩擦力大小分别

2

为f后NN辆=N睚,/底=〃N&=〃〃*，可知随着物块速度的减小，侧面的滑动摩擦力逐渐减

小，底面的滑动摩擦力大小不变，则总的滑动摩擦力逐渐减小，物块滑过相同的弧长，滑动

摩擦力做的负功越来越少，根据动能定理可知，动能与瓠长的关系图像的斜率的绝对值逐渐

减小，故选C。

3.如图所示，足够长的竖直固定杆上套一劲度系数为％的轻质弹簧，弹簧下端悬挂质量为〃?

的物块B,上端连接一轻质小球A,物块B与杆间无摩擦，小球A与杆之间的最大静摩擦力

为12相，最大静摩擦力等于滑动摩擦力，重力加速度为g,弹簧弹性势能弓=：匕2a为形变

量)，忽略空气阻力。求：

OA

S

B

5

B

(1)B静止时,弹簧伸长量一

(2)若将物块B拉至弹簧原长处由静止释放，

①物块B的最大速度小;

②整个过程中，因摩擦产生的内能。。

答案：(谭Q)①/吟^

解析：(1)B静止时，根据平衡条件有〃吆=心

解得工=罕。

(2)①当B的加速度为零时，速度有最大值，此时B下落-此时弹簧的弹力为=

由题意可知，小球A与杆之间的最大静摩擦力/max=12"g

因为

F^=mg<fmax

所以A不动，则B与弹簧组成的系统机械能守恒，有"环/欣1+%2

联立解得Om=4g。

②分析可知，整个过程中弹簧始终处于原长或拉伸状态，小球A只能沿杆向下滑动。A、B

和弹簧组成的系统最终稳定时，A保持静止，B在竖直方向上往复运动，且B运动到最低点

时，A所受摩擦力为最大静摩擦力/max，设小球A下滑的距离为心此时弹簧伸长量为广，

根据能量守恒定律可得〃?月“+M/+Q

其中Q=M

fmax=H

联立解得Q=§率。

专题作业

M基础保分题组

1.（多选）如图所示，一固定斜面的倾角为30°,一质量为〃？的小物块自斜面底端以一定的

初速度沿斜面向上做匀减速运动，加速度大小等于0.8虱g为重力加速度大小）。物块上升的最

大高度为从则此过程中（）

A.物块的重力势能减少了"长”

B.物块的动能损失了\.6mgH

C.物块的机械能损失了（）.8〃陪/?

D.物块克服摩擦力做功Q6mgH

答案：BD

解析：小物块从斜面底端往高处运动，重力势能增加，A错误；合力做的功W=-maX—^—

=一〃?X0.8gX2H=-1.6加gH,由动能定理可知，动能的变化量等于合力做功，故动能损失

了L6〃?g”，B正确；机械能的变化量取决于除重力以外其他力做的功，即等于摩擦力做功，

由牛顿第二定律可知〃磔in300+,片〃口，可得摩擦力大小了=0.3叫，物块克服摩擦力做功

T1

Wf=/X五而一=0.6〃织”，C错误，D正确。

2.（2025•吉林省松原市高三下东北三省质量检测）如图所示，在倾角夕=37°的固定斜面上，

放置着一个足够长的木板Q,Q上端放置着小物块P（可视为质点），已知P与Q之间的动摩

擦因数为0.25,Q与斜面间的动摩擦因数为0.5,P、Q的质量分别为1kg、2kg,sin37°=

0.6,重力加速度g=IOmH,Q下端距斜面最低点为2某时刻使P、Q由静止释放，在Q

下端运动至斜面最低点过程中，整个系统损失的机械能为（）

p

Q

A.12JB.24J

C.36JD.64J

答案：C

解析：因为©=0.25V42=0.5,所以P、Q会发生相对滑动。设P、Q的加速度大小分别为即

和4Q，根据牛顿第二定律，对P有mpgsin8一凶mpgcos&=”1Mip,对Q有"iQgsine+w〃!pgcos

〃一〃2（〃2p+〃?Q）gcosO="?（x/Q,设Q下端运动至斜面最低点用时为1,则有XQ=J〃Q/2=2m,

期间物块P下滑的距离为加=；3,户，由功能关系可知，整个系统损失的机械能为A£=

"impgeos9,（小一XQ）+"2（机p+〃2）gcos0•XQ,解得A£=36J,故选Co

3.（2025•广东省湛江市高三下普通高考测试一）体育课上某同学将沙包以初速度研）竖直向上

抛出。假设沙包在运动过程中受到的空气阻力恒定，以［表示沙包运动的时间，。表示沙包

距抛出点的高度。某时刻沙包的速度为。、加速度为。、动能为反、机械能为七，取竖直向

上为正方向，则沙包从开始上抛到落回抛出点的过程中，下列关系图像可能正确的是（）

答案：C

解析：上升阶段，由牛顿第二定律得一，咫一片机小，解得M=-g-5，沙包向上做匀减速直

线运动；下降阶段，由牛顿第二定律得一〃吆+/=，M2,解得。2=-g+（，沙包向下做匀加速

直线运动，且在两个阶段，。/图线与/轴所围面积应相等，故A、B错误；由牛顿笫二定律

和动能定理，可知母■〃图像斜率的绝对值为制。|,即上升阶段为〃吆+/,下降阶段为〃吆一/,

且上升阶段Ek由&o减小到0,下降阶段Ek由0增大到反'（小于Eko），C正确；由功能关系，

可知EJ?图像斜率的绝对值为/,为定值，且上升阶段E由反减小到〃吟〃m，下降阶段石由

mg以减小到EJ，故D错误。

4.（2025•吉林省长春市朝阳区部分高中高三下调研）（多选）如图所示，足够长粗糙斜面固定在

水平面上，物块a通过平行于斜面的轻绳跨过光滑轻滑轮与物块b相连，b的质量为加。开

始时，a、b均静止且a刚好不受斜面摩擦力作用。现对b施加方向竖直向下、大小为2mg的

恒力F,使a、b一起做加速运动，已知斜面倾角。=30°,物块a与斜面间的动摩擦因数"

=坐,则（）

A.物块a的加速度大小为1

B.在b下降/?高度过程中，物块a的重力势能增加2/咫〃

C.物块b下降。高度时速度大小为“缺

D.在b下降。高度过程中，物块a、b机械能的增加量为〃侬1

答案：ACD

解析：施加恒力前，轻绳拉力7;）=〃?g,对物块a由平衡条件有公=/〃：区sin。，解得物块a的

质量为〃?a=2m,施加恒力产后，设轻绳的张力为。分别对物块a、b应用牛顿第二定律，

有T—/Ha^sin0—送cos?=mAa,F+mg一7=〃心，解得两物块的加速度大小a=冬故A正

确；在b下降力高度过程中，物块a重力势能的增加量为A£p=〃?a"sinU=mgh,故B错误；

根据运动学公式有方—。=2",可得物块b下降到h高度时速度大小为零,故C正确；

根据功能关系，在b下降h高度过程中，物块a,b机械能的增加量为AE=Fh—w）1ageos°・h

=mgh,故D正确。

5.（2025•山东省泰安市高三下二轮麓习检测）滑草是一项使用滑草车沿倾斜草地滑行的运动，

深受青年人喜爱。图甲为滑草运动场地实景图，该运动场地由倾斜滑道AI3和水平滑道BC

两部分组成，B点处平滑连接，长100m,与水平面夹角为37°,段动摩擦因数是48

段的2倍，如图乙所示。某游客乘坐滑草车从A点由静止开始沿滑道下滑，恰好停在C点。

取8C所处的水平面为重力势能的零势能面，游客与滑草车在A8上运动的机械能、重力势能

随着位移”的变化情况如图丙所示,g=10m/s2,cos37°=0.8,则BC长为（）

甲乙内

A.60mB.40m

C.30mD.15m

答案：C

解析：由图丙可知，游客在A点的机械能等于游客在X点的重力势能，为E机八=〃瞥心=

〃喏孙ssin37°=25200J,解得机=42kg,在4点的机械能等于动能，为上机S=&B=10800J,

设8C长为x,人8段的动摩擦因数为"，则BC段的动摩擦因数为24,游客从八到4的过程，

根据动能定理可得"琢力A-w〃gcos37°,XAH=Ekn—0,解得4=亍，游客从B到C的过段根

据动能定理可得一2〃mgx=0一a3，解得x=3（）m,故选C。

能力提升题组

6.（2025•湖南省长沙市长郡中学高三下月考）水平传送带匀速顺时针运行，在传送带的最左端

每隔时间/轻放上相同的物块（可视为质点）。已知物块和传送带之间的动摩擦因数为4，物块

的质量为〃?。接收侧的工人发现，靠近传送带右端的物块都已经和传送带达到相同速度，H.

这些物块之间的距离均为s，重力加速度为g。下列判断中错误的是（）

（V....

A.每个物块与传送带间由于摩擦产生的热晶为当〃〃gs

B.传送带的运行速度为:

C.每个物块从静止加速至与传送带共速过程中与传送带间产生的摩擦热与其动能的变化量

相等

D.在时间7（76。内，传送带由于运输物块需要多消耗的电能为嗒

答案：A

解析：相邻两物块的。”图像如图所示，由。“图像中图强与/轴所围成的面积表示位移可知

阴影部分的面积为s,可知传送带的运行速度为如=力B正确；每个物块从静止开始到与传

送带共速用时/'=£=%，产生的摩擦热一/of'）=5加3,即产生的摩擦热与

其动能的变化量相等，且分析可知，只有f=t时，才有Q="〃?g（uof—/，o，=g〃〃gs,故A

错误，C正确；运输每个物块需要多消耗的电能为=等，对于足够长的时间

7而言，可以认为完成了八=%物块的运输，因此多消耗的总电能为D正

确。本题选择判断错误的，故选A。

7.（2025•辽宁省鞍山市高三下第二次质量监测）如图1所示，上表面光滑的斜面体固定在水平

地面上，一个小木块从斜面底端冲上斜面。图2为木块的初动能反与木块轨迹的最高点距地

面高度〃的关系图像，由此可求得斜面的长度为（）

Em3£；o£卜

图2

B.2y[2h0

C.4/2()D.6/2()

答案：C

解析：分析知，0＜反三反。时木块不能冲出斜面，反＞瓜。时，木块将冲出斜面。若木块不滑离

斜面，由机械能守恒定律有反=，咫”，由图2可知"话=黑；设斜面的长度为L,倾角为仇

当反汨o时，设木块滑离斜面的速度大小为。，由动能定理有一〃?gLsin，=/加一反，木块

滑离斜面后做斜上抛运动，竖直方向上的初速度为2v=osin。，由0—/=-2g〃可知，木块

还能上升的高度）=仁"；：，’,木块轨迹的最高点距地面的高度H=Lsin9+/?,联立解得

2

2/zosin0,.八.八―人e八，，A」“2%osin?Q340-2力0

H=7：---Ek+L（sin0—sin30）,结m合图2可知H-比图饯的斜率为r----=~iT---7~=

反0反03£ko—tko

力",且Lsin"=2〃o，解得sin〃=1,L=4h°,故选C。

zhko2

8.（2025•辽宁省沈阳市第二十中学高三下第六次模拟）（多选）一物体在倾角为37°的固定斜

面上处于静止状态，现给物体施加一个沿斜面的恒力，物体开始沿斜面向下运动。运助过程

中物体的动能、重力势能及摩擦产生的内能随位移的变化关系如图所示，则下列说法正确的

是（sin37。=0.6）（）

A.物体与斜面之间的动摩擦因数为0.8

B.物体在运动位移为孙的过程中机械能增加IJ

C.物体在运动位移为孙的过程中恒力做功为15J

D.在出处撤去恒力，物体还能沿斜面向下滑15xo

答案：AC

解析：设物体与斜面之间的动摩擦因数为"，恒力大小为立当1=的时，由功能关系可知，

重力势能Ep=—〃?gxosin37°,动能4=(尸+〃吆§访37°—〃〃igcos37°)即，摩擦产生的内能。

=〃〃?gcos37°•xot箕中，只有重力势能随位移增大而减小，因此£p=-15J,由于施力前

物体静止在斜面上,则〃?gsin37°W〃mgcos37°,。冽Ep|=15J,因此Q=I6J,Ek=l4J,

代入数据解得4=0.8,/=崇，故A正确；物体在运动位移为xo的过程中，恒力做功为WF

=Evo=15J,机械能增加AE=WF-Q=-IJ,故B错误，C正确；撤去恒力后，设物体还

能沿斜面下滑的距离为V,由动能定理可知(〃?gsin37°—//wgcos37°)V=0—反，解得V=14xo,

D错误。

9.如图甲所示，轻质弹簧下端固定在倾角为37°的粗糙斜面底端挡板上，弹簧处于原长。

质量为阳=1kg的小物块，从斜面顶端由静止释放沿斜面下滑，小物块沿斜面向下运功过程

中的动能反随位移x变化的图像如图乙所示，在OWxWO.l5m时图像为直线。己知强簧始

终在弹性限度内，重力加速度g取10mH,cos37°=0.8,sin37°=0.6。下列说法正确的是

A.小物块与斜面间的动摩擦因数为0.2

B.弹簧的劲度系数为20N/m

C.小物块下滑过程中的最大动能为0.5J

D.整个过程中弹簧的最大弹性势能为0.8J

答案：B

解析：设小物块与斜面间的动摩擦因数为小斜面倾角为仇由动能定理可知，反7图线的

斜率表示小物块所受合力，由题图乙可知，小物块接触弹簧前，所受合力大小为Q=，〃gsin

0—/zwgcos.N=2N,解得〃=0.5,A错误；由题图乙可知，小物块速度最大时，

弹簧的压缩量为x=0.25m—0.15m=0.1m,设弹簧的直度系数为k,根据平衡条件有mgsin

〃一"〃唱cos"一h=0,解得k=20N/m,B正确；小物块接触弹簧后，分析可知，小物块所

受合力尸与x呈线性关系，结合以上分析及题图乙，画出合力厂随位移式变化的图像如图所

示，根据功的定义式及动能定理可知，图线与x轴所围成的面积表示小物块动能的变化量，

则小物块下滑过程中的最大动能为+*2j=o.4J,C错误；设小物块下

滑至最低点时的位移为Xnux，此时弹簧的弹性势能有最大值即，小物块的动能为0,贝J从开

始至最低点，F-X图像中X轴上、下部分图线与X轴所围的面积大小相等，有Etmax=

"I2—01r

X-

2（Xmax—0.25）X（Xnux0.25）y.0icJ，解得Xmax=0.45Hl（另一解Xmax=0.05

m<0.25m,不符合实际，故舍去），根据能量守恒定律可知，Ep=rngxmMsin°—pmgcos。・Xmax

=0.9J,D错误。

10.（2025•云南卷，10）（多选）如图所示，倾角为，的固定斜面，其顶端固定一劲度系数为&

的轻质弹簧，弹簧处于原长时卜端位于。点。质量为〃，的滑块Q（视为质点）与斜面间的动摩

擦因数〃=tan。。过程I：Q以速度的从斜面底端P点沿斜面向上运动恰好能滑至0点；

过程II：将Q连接在弹簧的下端并拉至P点由静止释放，Q