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高考物理模型全归纳 第37讲 运用功能关系分析解决（实际）问题
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高考物理全归纳——模型专题
在高中物理教学中，引导学生认识、理解和建立“物理模型”，是培养学生创造性思维和创新能力的有效途径。
一、什么是物理模型
自然界中事物与事物之间总是存在着千丝万缕的联系，并都处在不断的变化之中。面对复杂多变的自然界，进行科学研究时，总是遵循这样一条重要的原则，即从简到繁，先易后难，循序渐进，逐次深入。
物理模型有三个类型：（1）物理研究对象的理想化（对象模型）；（2）物理条件的理想化（条件模型）；（3）物理过程的理想化（过程模型）
二、为什么要建立物理模型
1、帮助学生掌握学习方法 2、落实“过程与方法”的教学目标
3、提高学生解决问题能力
三、如何帮助学生的建立物理模型
（一）提高认识，重视过程：
对研究对象建立理想的物理模型和在研究物理过程中选择最简单的物理模型，在教学中是经常涉及到的，但学生总不能从中得到启示。
（二）概括总结，触类旁通：
新课程提出高中阶段应给学生更多的空间，让学生较独立地进行科学探究，培养学生的自主探究、自主学习、自已解决问题的能力。
第37讲 运用功能关系分析解决（实际）问题
1．（2021·山东）如图所示，三个质量均为m的小物块A、B、C，放置在水平地面上，A紧靠竖直墙壁，一劲度系数为k的轻弹簧将A、B连接，C紧靠B，开始时弹簧处于原长，A、B、C均静止。现给C施加一水平向左、大小为F的恒力，使B、C一起向左运动，当速度为零时，立即撤去恒力，一段时间后A离开墙壁，最终三物块都停止运动。已知A、B、C与地面间的滑动摩擦力大小均为f，最大静摩擦力等于滑动摩擦力，弹簧始终在弹性限度内。（弹簧的弹性势能可表示为：EP=12kx2，k为弹簧的劲度系数，x为弹簧的形变量）
（1）求B、C向左移动的最大距离x0和B、C分离时B的动能Ek；
（2）为保证A能离开墙壁，求恒力的最小值Fmin；
（3）若三物块都停止时B、C间的距离为xBC，从B、C分离到B停止运动的整个过程，B克服弹簧弹力做的功为W，通过推导比较W与fxBC的大小；
（4）若F＝5f，请在所给坐标系中，画出C向右运动过程中加速度a随位移x变化的图像，并在坐标轴上标出开始运动和停止运动时的a、x值（用f、k、m表示），不要求推导过程。以撤去F时C的位置为坐标原点，水平向右为正方向。
【解答】解：（1）从开始到B、C向左移动到最大距离的过程中，以B、C和弹簧为研究对象，由功能关系得Fx0=2fx0+12kx02
弹簧恢复原长时B、C分离，从弹簧最短到B、C分离，以B、C和弹簧为研究对象，由能量守恒得12kx02=2fx0+2Ek
联立得x0=2F−4fk
Ek=F2−6fF+8f2k
（2）当A刚要离开墙时，设弹簧的伸长量为x，以A为研究对象，由平衡条件得kx＝f
若A刚要离开墙壁时B的速度恰好等于零，这种情况下恒力为最小值Fmin，从弹簧恢复原长到A刚要离开墙的过程中，以B和弹簧为研究对象，由能量守恒得Ek=12kx2+fx
联立得Fmin=(3±102)f
根据题意舍去Fmin=(3−102)f，得Fmin=(3+102)f
（3）从B、C分离到B停止运动，设B的路程为xB，C的位移为xC，以B为研究对象，由动能定理得﹣W﹣fxB＝0﹣Ek
以C为研究对象，由动能定理得﹣fxC＝0﹣Ek
由B、C的运动关系得xB＞xC﹣xBC
联立得W＜fxBC
（4）
答：（1）B、C向左移动的最大距离x0为2F−4fk，B、C分离时B的动能为Ek=F2−6fF+8f2k；
（2）为保证A能离开墙壁，恒力的最小值为(3+102)f；
（3）若三物块都停止时B、C间的距离为xBC，从B、C分离到B停止运动的整个过程，B克服弹簧弹力做的功为W，则W＜fxBC；
（4）见解析。
一.知识回顾
1．功能关系
(1)功是能量转化的量度，即做了多少功就有多少能量发生了转化。
(2)做功的过程一定伴随着能量的转化，而且能量转化必通过做功来实现。
2.对功能关系的进一步理解
(1)做功的过程就是能量转化的过程。不同形式的能量发生相互转化是通过做功来实现的。
(2)功是能量转化的量度，功和能的关系，一是体现在不同的力做功，对应不同形式的能转化，具有一一对应关系，二是做功的多少与能量转化的多少在数值上相等。
3．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
合力做功
动能变化
(1)合力做正功，动能增加
(2)合力做负功，动能减少
(3)W＝Ek2－Ek1＝ΔEk
重力做功
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
力做功
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)WF＝－ΔEp＝Ep1－Ep2
静电力做功
电势能
变化
(1)静电力做正功，电势能减少
(2)静电力做负功，电势能增加
(3)W电＝－ΔEp
安培力做功
电能
变化
(1)安培力做正功，电能减少
(2)安培力做负功，电能增加
(3)W安＝－ΔE电
除重力和系统
内弹力之外的
其他力做功
机械能
变化
(1)其他力做正功，机械能增加
(2)其他力做负功，机械能减少
(3)W＝ΔE机
一对相互作用的滑动摩擦力的总功
内能变化
(1)作用于系统的一对滑动摩擦力的总功一定为负值，系统内能增加
(2)Q＝Ff·L相对
4.功能关系的选用原则
(1)总的原则是根据做功与能量转化的一一对应关系，确定所选用的定理或规律，若只涉及动能的变化用动能定理分析。
(2)只涉及重力势能的变化用重力做功与重力势能变化的关系分析。
(3)只涉及机械能的变化用除重力和弹力之外的力做功与机械能变化的关系分析。
(4)只涉及电势能的变化用静电力做功与电势能变化的关系分析。
5. 能量守恒定律
（1）内容：能量既不会凭空产生，也不会凭空消失，它只能从一种形式转化为其他形式，或者
从一个物体转移到别的物体，在转化或转移的过程中，能量的总量保持不变。
（2）适用范围：能量守恒定律是贯穿物理学的基本规律，是各种自然现象中普遍适用的一条规律。
（3）表达式
①E初＝E末，初状态各种能量的总和等于末状态各种能量的总和。
②ΔE增＝ΔE减，增加的能量总和等于减少的能量总和。
二.例题精析
题型一：定性分析
例1．关于功和能的关系，下列说法正确的是（ ）
A．物体做了多少功，就表示它原来具有多少能
B．物体具有多少能，就能做多少功
C．物体做了多少功，就有多少能量消失了
D．能量从一种形式转化为另一种形式时，可以用功来量度能量转化的多少
【解答】解：A、力对物体做了多少功，就发生了多少能量转换，而不是物体就具有多少能，故A错误；
B、当物体对外做功时，我们说物体具有能，但能并不会全部用来做功，故B错误；
CD、功是能量转化的量度，做功的过程是能量从一种形式转化为另一种形式（或从一个物体转移到另一个物体）的过程，能量没有消失，故C错误，D正确。
故选：D。
题型二：定量计算
例2．发光弹弓弹射飞箭是傍晚在广场常见的儿童玩具，其工作原理是利用弹弓将发光飞箭弹出后在空中飞行。若小朋友以大小为E的初动能将飞箭从地面竖直向上弹出，飞箭落回地面时动能大小为78E，设飞箭在运动过程中所受空气阻力的大小不变，重力加速度为g，以地面为零势能面，则下列说法正确的是（ ）
A．飞箭下降阶段克服空气阻力做的功为18E
B．飞箭上升过程中重力做功为516E
C．飞箭在最高点具有的机械能为18E
D．飞箭所受空气阻力与重力大小之比为1：15
【解答】解：A、飞箭从地面竖直向上弹出到飞箭落回地面整个过程，根据动能定理有：−Wf=78E−E，解得Wf=18E，则飞箭上升阶段克服空气阻力做的功为Wf2=E16，故A错误；
B、设飞箭在上升过程中重力做的功为WG，由动能定理得：WG−Wf2=0−E，则飞箭下降过程重力做功为WG=−15E16，故B错误；
C、设飞箭在最高点具有的机械能为E'，飞箭在上升过程中，空气阻力做的功等于机械能的变化量：−Wf2=E'−E，解得：E'=1516E，故C错误；
D、设飞箭在运动过程中所受空气阻力的大小为f，飞箭上升的最大高度为h，飞箭下降阶段克服空气阻力做的功为fℎ=E16，飞箭在下降阶段重力做的功为Gℎ=1516E，可得飞箭所受空气阻力与重力大小之比为fG=115，故D正确。
故选：D。
三.举一反三，巩固训练
1. 从2013年北京、张家口联合申办冬奥会开始，习近平主席就曾在多个公开场合表现出对冰雪运动的重视“带动三亿人参与冰雪运动”是习近平主席对开展群众性冰雪运动的谆谆嘱托，也是中国冰雪运动发展的重要目标。质量为60kg的滑雪运动员从雪道上的某点腾空而起，空中飞行一段时间后落在比起点低的雪道上，落点与腾空起点的竖直距离为10m，空中飞行过程中运动员克服阻力做功100J。重力加速度取g＝10m/s2，则关于运动员空中飞行过程的下列说法正确的是（ ）
A．他的动能增加了6000J
B．他的机械能减少了100J
C．他的重力势能减少了5900J
D．他的机械能保持不变
【解答】解：C、重力做功为WG＝mgh＝60×10×10J＝6000J，可知他的重力势能减少了6000J，
故C错误；
A、根据动能定理可得ΔEk＝WG+Wf＝6000J﹣100J＝5900J，可知动能增加了5900J，故A错误；
BD、空中飞行过程中运动员克服阻力做功100J，由功能关系可知机械能减少了100J，故B正确，D错误。
故选：B。
2. 如图所示，将3个木板1、2、3固定在墙角，现将一个可以视为质点的物块分别从3个木板的顶端由静止释放，物块沿木板下滑到底端，物块与木板之间的动摩擦因数均为μ。下列说法正确的是（ ）
A．物块沿着1和2下滑到底端时速度大小相等
B．物块沿着3下滑到底端时速度最大
C．物块沿着1下滑到底端的过程中，产生的热量最多
D．物块沿着1和2下滑到底端的过程中，产生的热量一样多
【解答】解：对物块从高为h的斜面上由静止滑到底端时，根据动能定理有：mgh﹣Wf=12mv2…①
其中Wf为物块克服摩擦力做的功，
因滑动摩擦力为：f＝μN＝μmgcosθ，所以物块克服摩擦力做的功为：Wf＝fL＝μmgcosθ×L＝μmgLcosθ
由图可知，Lcosθ为斜面底边长，则Wf＝μmgL底…②
可见，物体从斜面顶端下滑到底端时，克服摩擦力做功与斜面底端长度L底成正比。
AB、因沿着1和2下滑到底端时，物体克服摩擦力做功相同，沿着1重力做功大于沿2重力做功，根据①②式得知，沿着1下滑到底端时物块的速度大于沿2下滑到底端时速度；
沿着2和3下滑到底端时，重力做功相同，而沿2物体克服摩擦力做功小于沿3克服摩擦力做功，则由①②式得知，沿着2下滑到底端时物块的速度大于沿3下滑到底端时速度；
所以沿着1下滑到底端时，物块的速率最大，而沿着3下滑到底端时，物块的速率最小，故AB错误；
C、沿3时克服摩擦力做的功最多，物体的机械能损失最大，产生的热量最多，故C错误；
D、同理，根据以上分析知，物块沿1和2下滑到底端的过程中，产生的热量一样多，故D正确。
故选：D。
3. 滑沙是人们喜爱的游乐活动，如图是滑沙场地的一段斜面，其倾角为30°，设参加活动人和滑车总质量为m，人和滑车从距底端高为h处的顶端A沿滑道由静止开始匀加速下滑加速度为0.3g，人和滑车可视为质点，不计空气阻力，则从顶端向下滑到底端B的过程，下列说法正确的是（ ）
A．人和滑车减少的重力势能全部转化为其动能
B．人和滑车获得的动能为0.6mgh
C．人和滑车增加的机械能为0.4mgh
D．人和滑车克服摩擦力做功为0.2mgh
【解答】解：设人和滑车受到的摩擦力为f，由牛顿第二定律有：mgsin30°﹣f＝ma，解得：f＝0.2mg；从顶端向下滑到底端B的位移为：x=ℎsin30°=2ℎ
A、通过上述分析可知，人和滑车下滑的过程中，有摩擦力做功，根据能量守恒可得，人和滑车减少的重力势能转化为摩擦产生的内能与人和滑车的动能，故A错误；
B、人和滑车下滑过程中，根据动能定理有mgxsin30°﹣fx＝Ek﹣0，解得：Ek＝0.6mgh，故B正确；
CD、摩擦力做功为Wf＝﹣fx＝﹣0.2mg×2h＝﹣0.4mgh，即人和滑车克服摩擦力做功为0.4mgh，根据功能关系可得ΔE＝Wf＝﹣0.4mgh，即人和滑车的机械能减少了0.4mgh，故CD错误。
故选：B。
4. 如图甲所示，原长为l0的轻弹簧竖直固定在水平面上，一质量为m＝0.2kg的小球从弹簧上端某高度（对应图像P点）自由下落，其速度v和离地高度h之间的关系图像如图乙所示，其中A为曲线的最高点，B是曲线和直线的连接点，空气阻力忽略不计，小球和弹簧接触瞬间机械能损失不计，g取10m/s2，则下列说法正确的是（ ）
A．P点的离地高度为2.15m，弹簧的原长l0＝0.61m
B．小球运动的过程中，加速度的最大值为51m/s2
C．从小球开始运动到将弹簧压缩至最短的过程中，小球的机械能守恒
D．从小球接触弹簧到将弹簧压缩至最短的过程中，小球重力势能的减少量等于弹簧弹性势能的增加量
【解答】解：A、图乙中PB段表示小球自由下落，由小球的机械能守恒得：mghPB=12mvB2，由图乙知vB＝5.0m/s，解得PB间的高度为hPB＝1.25m，则P点的离地高度为hPB＝hB+hPB＝0.9m+1.25m＝2.15m。弹簧的原长l0＝hB＝0.9m，故A错误；
B、在A点，由平衡条件得：mg＝kxA，其中xA＝0.9m﹣0.8m＝0.1m，解得k＝20N/m。小球运动到最低点时加速度最大，设为am，由牛顿第二定律得：kx低﹣mg＝mam，小球在最低点时弹簧压缩量x低＝0.9m﹣0.29m＝0.61m，联立解得am＝51m/s2，故B正确；
C、从小球开始运动到将弹簧压缩至最短的过程中，弹簧对小球要做功，小球的机械能不守恒，故C错误；
D、从小球接触弹簧到将弹簧压缩至最短的过程中，对于小球和弹簧组成的系统，只有重力和弹力做功，所以系统的机械能守恒，则小球重力势能的减少量和动能的减少量之和等于弹簧弹性势能的增加量，故D错误。
故选：B。
5. 如图所示，一轻弹簧放在倾角θ＝30°且足够长的光滑斜面上，下端固定在斜面底端的挡板上，上端与放在斜面上的物块A连接，物块B与物块A（二者质量均为m）叠放在斜面上并保持静止，现用大小等于12mg的恒力F平行斜面向上拉B，当运动距离为L时B与A分离。下列说法正确的是（ ）
A．弹簧处于原长时，B与A开始分离
B．弹簧的劲度系数为3mg4L
C．弹簧的最大压缩量为L
D．从开始运动到B与A刚分离的过程中，两物体的动能一直增大
【解答】解：AB、开始时弹簧的弹力大小为F1＝2mgsinθ＝2mgsin30°＝mg
B与A刚分离时二者具有相同的加速度，且二者间弹力为零，
由此可知，二者分离时弹簧对物体A的弹力大小为F2=12mg
在此过程中，弹簧弹力的变化量的绝对值为ΔF＝F1﹣F2=12mg
根据胡克定律得：ΔF＝kΔx＝kL
解得：k=mg2L，故AB错误；
C、弹簧的最大压缩量为xm=2mgsinθk=2mgsin30°mg2L=2L，故C错误；
D、开始时对AB整体，由牛顿第二定律得：F+F1﹣2mgsinθ＝2ma1
解得：a1=F2m＞0，加速度方向沿斜面向上，
AB分离前瞬间，对AB整体，由牛顿第二定律得：F+F2﹣2mgsinθ＝2ma2
解得：a2=F+12mg−mg2m=0，
由此可知，从开始运动到B与A刚分离的过程中，两物体的加速度沿斜面向上减小到零，两物体一直做加速运动，其动能一直增大，故D正确。
故选：D。
6. 如图所示，一弹性轻绳（弹力与其伸长量成正比）左端固定在墙上A点，右端穿过一固定的光滑圆环B连接一个质量为m的小球，小球在B点时，弹性轻绳处在原长状态。小球穿过竖直固定杆在C处时，弹性轻绳的弹力大小为mg。将小球从C点由静止释放，到达D点时速度恰好为0。已知小球与杆间的动摩擦因数为0.2，A、B、C在一条水平直线上，BC＝l，CD＝h，重力加速度为g，弹性绳始终处在弹性限度内。则小球从C运动到D的过程中（ ）
A．受到的摩擦力一直增大
B．下落0.8l的高度时，小球加速度为零
C．小球在D点时，弹性轻绳的弹性势能为0.8mgh
D．若仅把小球质量变为3m，则小球到达D点时的速度大小为2gℎ
【解答】解：A、BC的长度为l，根据胡克定律，有：mg＝kl，
从C到D的过程中，绳与竖直方向的夹角为α时，伸长量为Δx=lsinα，故弹力为：F＝klsinα，
对球受力分析，受重力、橡皮条的弹力、摩擦力，支持力，水平方向平衡，故N＝Fsinα＝kl＝mg，
故小球从C到D的过程中受到的摩擦力为：f＝μN＝0.2mg，故A错误；
C、故小球从C点运动到D点的过程中克服摩擦力做功为：Wf＝fh＝0.2mgh，
对球从C到D过程，根据动能定理，有：mgh﹣fh﹣W弹＝0，解得：W弹＝0.8mgh，由于在C点弹簧具有弹性势能Ep1＞0，根据W弹＝EP2﹣EP1可知，EP2＞0.8mgh，故C错误；
D、若仅把小球的质量变成3m，小球从C到D过程，根据动能定理可得：3mgh﹣fh﹣W弹=12⋅3mv12
解得：v1=4gℎ3，故D错误；
B、下落0.8l的高度时，对小球受力分析有：mg﹣f﹣k•0.8l＝ma，解得a＝0，故B正确；
故选：B。
7. 粗糙水平面上有甲、乙两个相同材料的物块，两物块均可看作质点，它们运动的v一t图象如图所示，4s时两物块发生了完全非弹性碰，已知甲物体的质量为1kg，重力加速度为g＝10m/s2，根据图象可知下列说法正确的是（ ）
A．乙物块质量为0.5kg
B．物块与水平面之间的动摩擦因数为μ＝0.2
C．从0时刻到两物体相遇，甲比乙多走的位移Δx＝80m
D．两小球碰撞过程中损失的机械能为75J
【解答】解：A.由v﹣t图可知，碰撞前瞬间甲的速度为15m/s，乙的速度为0，碰撞后甲乙速度相等为10m/s，由动量守恒定律得
m甲v甲＝（m甲+m乙）v
代入数据解得
m乙＝0.5kg
故A正确；
B.由v﹣t图可知，乙的加速度大小为a乙=vt=104m/s2＝2.5m/s2，根据
μmg＝ma
解得
μ＝0.25
故B错误；
C.根据v﹣t图像与t轴围成面积表示位移可知从0时刻到两物体相遇，甲比乙多走
Δx=25+152×4m＝60m
故C错误；
D.两球碰撞过程中损失的机械能
ΔE=12m甲v2甲−12（m甲+m乙）v2
代入数据解得
ΔE＝37.5J
故D错误。
故选：A。
8. 2022年2月4日冬奥会将在北京开幕。运动员某次测试高山滑雪赛道的一次飞越，整个过程可以简化为：如图所示，运动员从静止开始沿倾角θ＝37°的斜直滑道顶端自由滑下，从A点沿切线进入圆弧轨道，最后从与A等高的C点腾空飞出。已知运动员在A点的速度为108km/h，在最低位置B点的速度为144km/h，圆弧轨道半径为R＝200m，运动员和滑板的总质量m＝50kg，滑板与斜直滑道的动摩擦因数为μ＝0.125（不计空气阻力，在A点无机械能损失，g＝10m/s2，sin37°＝0.6，cos37°＝0.8）。则（ ）
A．滑板在B点对轨道的压力为900N
B．斜直滑道的长度为100m
C．从A到B点损失的机械能为12500J
D．在C点的速度为10 m/s
【解答】解：运动员在A点的速度为vA＝108km/h＝30m/s，在最低位置B点的速度为vB＝144km/h＝40m/s。
A、在B点，根据牛顿第二定律可得：FN﹣mg＝mvB2R，解得FN＝900N，根据牛顿第三定律，滑板对轨道的压力为900N，故A正确；
B、从开始到A点，对运动员根据动能定理可得：（mgsinθ﹣μmgcosθ）L=12mvA2−0，代入数据解得斜直滑道的长度：L＝90m，故B错误；
C、根据功能关系可得，从A到B，损失的机械能为ΔE＝mgR（1﹣cosθ）+12mvA2−12mvB2，代入数据解得：ΔE＝2500J，故C错误；
D、从B到C，因为速度减小，从B到C的向心力小于从A到B的向心力，则与轨道之间的弹力更小，摩擦力更小，损失的机械能小于2500J，
根据功能关系可知：12mvB2−mgR（1﹣cosθ）−12mvC2＜ΔE＝2500J，可得vC＞107m/s，故D错误。
故选：A。
9. 如图a所示，在光滑的水平面上，轻弹簧右端与物块A拴接，物块A与物块B间有少量的粘合剂，能承受最大的拉力为14F0，且物块A和B的质量均为m。以物块A的位置为坐标原点。A所受弹簧弹力与坐标的关系如图b所示，F0和x0均为已知量，取A所受弹力水平向右为正方向。现在向左推物块A和B压缩弹簧至﹣x0处，将物块A和B由静止释放后（ ）
A．B与A分离时的位置坐标为原点
B．B与A分离时的位置坐标为12x0处
C．B与A分离之前，弹簧减少的弹性势能为12F0x0
D．B与A分离之前，A的速度为3F0x08m
【解答】解：AB、物块A与物块B间有少量的粘合剂，能承受最大的拉力为14F0，对B根据牛顿第二定律可得：14F0=ma
以整体为研究对象，当二者分离时弹簧弹力设为F，则有：F＝2ma
解得：F=12F0
根据图像可得B与A分离时的位置坐标为：x=12x0，故A错误，B正确；
C、原来弹簧压缩量为x0，弹力大小为F0，根据功能关系可得弹性势能的大小等于由原长发生形变克服弹力做的功，则有：E0=12F0x0；
B与A分离时的位置坐标为：x=12x0，同理可得分离时弹簧的弹性势能为：E=12F02×12x0=18F0x0
B与A分离之前，弹簧减少的弹性势能为：ΔEP=12F0x0−18F0x0=38F0x0，故C错误；
D、在B与A分离之前，弹簧减小的弹性势能转化为A、B的动能，即有ΔEP=12×2mv2，解得：v=F0x04m，故D错误。
故选：B。
10. 如图所示，轻质弹簧的一端与固定的竖直板P拴接，另一端与物体A相连，物体A置于光滑水平桌面上（桌面足够大），A右端连接一细线，细线绕过光滑的定滑轮与物体B相连．开始时托住B，让A处于静止且细线恰好伸直，然后由静止释放B，直至B获得最大速度．下列有关该过程的分析中正确的是（ ）
A．B物体受到细线的拉力保持不变
B．B物体机械能的减少量大于弹簧弹性势能的增加量
C．A物体动能的增量等于B物体重力对B做的功与弹簧弹力对A做的功之和
D．A物体与弹簧所组成的系统机械能的增加量等于B物体重力对B做的功
【解答】解：A、以A、B组成的系统为研究对象，根据牛顿第二定律可得：mBg﹣kx＝（mA+mB）a，从开始到B速度达到最大的过程中，弹簧的伸长量x逐渐增加，则B加速度逐渐减小；对B根据牛顿第二定律可得：mBg﹣T＝mBa，可知在此过程绳子上拉力逐渐增大，是变力，故A错误；
B、整个系统中，根据功能关系可知，B减小的机械能转化为A的机械能以及弹簧的弹性势能，故B物体机械能的减少量大于弹簧弹性势能的增加量，故B正确；
C、根据动能定理可知，A物体动能的增量等于弹簧弹力和绳子上拉力对A所做功的代数和，故C错误；
D、根据机械能守恒定律可知，A物体与弹簧所组成的系统机械能的增加量等于B物体机械能的减少量，也就是等于B物体克服细绳拉力做的功，故D错误。
故选：B。
11. 在某星球表面将一轻弹簧竖直固定在水平面上，把质量为m的小球P（可视为质点）从弹簧上端由静止释放，小球沿竖直方向向下运动，小球的加速度a与弹簧压缩量x
间的关系如图所示，其中a0和x0为已知量。下列说法中正确的是（ ）
A．当弹簧压缩量为x0时，小球P的速度为零
B．小球向下运动至速度为零时所受弹簧弹力大小为ma0
C．弹簧劲度系数为ma02x0
D．当弹簧压缩量为x0时，弹簧的弹性势能为12ma0x0
【解答】解：A、把质量为m的小球P（可视为质点）从弹簧上端由静止释放，开始时，重力大于弹簧的弹力，小球向下做加速运动，弹簧被压缩，弹力增大，小球受到的合力减小，小球向下做加速度减小的加速运动，当弹力等于小球的重力时，速度达到最大，当弹簧压缩量为x0时，小球P的速度最大，故A错误；
BC、由牛顿第二定律可得：mg﹣kx＝ma，由图可知，当x＝0时，a＝a0，可知mg＝ma0，即星球表面重力加速度g＝a0，当x＝x0时，小球P的加速度a＝0，可得mg＝kx0，故弹簧的劲度系数为k=ma0x0，结合A可得小球P运动到速度为零时，弹簧的压缩量x＞x0此时弹力F＞kx0＝ma0，故BC错误；
D、当弹簧压缩量为x0时，弹簧的弹性势能为Ep=12kx02=12⋅max0⋅x02=12ma0x0，故D正确；
故选：D。
12. 如图所示，在光滑水平台面上，一个质量m＝1kg的小物块压缩弹簧后被锁扣K锁住。现打开锁扣K，物块与弹簧分离后将以一定的水平速度向右滑离平台，并恰好从B点沿切线方向进入光滑竖直的圆弧轨道BC。已知A、B的高度差h＝0.8m，水平距离s＝1.2m，圆弧轨道的半径R＝1m，C点在圆弧轨道BC的圆心O的正下方，并与水平地面上长为L＝2m的粗糙直轨道CD平滑连接，小物块沿轨道BCD运动并与右边的竖直墙壁会发生碰撞，重力加速度g＝10m/s2，sin37°＝0.6，cos37°＝0.8，空气阻力忽略不计。试求：
（1）小物块运动到平台末端A的速度大小v0；
（2）弹簧被锁扣锁住时所储存的弹性势能Ep；
（3）圆弧BC所对的圆心角θ；
（4）若小物块与墙壁碰撞后以原速率反弹，且只会与墙壁发生一次碰撞并最终停在轨道CD间，那么小物块与轨道CD之间的动摩擦因数μ应满足什么条件。
【解答】解：（1）根据平抛运动规律可得：ℎ=12gt2，
水平方向：s＝v0t
联立解得：v0＝3m/s
（2）弹簧被锁扣锁住时所储存的弹性势能为：
Ep=12mv02=12×1×32J＝4.5J
（3）小物块运动到B时，竖直方向根据速度—位移关系可得：vy2=2gℎ
代入数据解得：vy＝4m/s
根据几何关系可得：tanθ=vyv0=43
则：θ＝53°
（4）由于hBC＝R﹣Rcos53°＝（1﹣1×0.6）m＝0.4m
若恰能与墙壁相碰，则有Ep+mg（h+hBC）＝μ1mgL
解得：μ1=3340
若恰不从B飞出，则：Ep+mgh＝2μ2mgL
解得：μ2=516
若从BC滑回恰好不与墙壁发生二次碰撞，则：Ep+mg（h+hBC）＝3μ3mgL
解得：μ3=33120
综上所述，μ的取值范围为：516＜μ＜3340。
答：（1）小物块运动到平台末端A的速度大小为3m/s；
（2）弹簧被锁扣锁住时所储存的弹性势能为4.5J；
（3）圆弧BC所对的圆心角为53°；
（4）小物块与轨道CD之间的动摩擦因数μ应满足516＜μ＜3340。
13. 如图甲所示，在光滑水平面上有A、B、C三个小球，A、B两球分别用水平轻杆通过光滑铰链与C球连接，两球间夹有劲度系数足够大、长度可忽略的压缩轻弹簧，弹簧与球不相连.固定住C球，释放弹簧，球与弹簧分离瞬间杆中弹力大小F＝10N。已知A、B两球的质量均为m1＝0.2kg，C球的质量m2＝0.4kg，杆长L＝1.0m，弹簧在弹性限度内。
（1）求弹簧释放的弹性势能Ep；
（2）若C球不固定，求释放弹簧后C球的最大速度v；
（3）若C球不固定，求释放弹簧后两杆间夹角第一次为θ＝120°时（如图乙），A球绕C球转动的角速度ω。
【解答】解：（1）设释放弹簧瞬间A、B两球的速度大小为v1。
根据F＝m1v12L，解得v1＝52m/s
弹簧释放的弹性势能：Ep＝2×12mv12
解得Ep＝10J
（2）C球不固定，释放弹簧后，当两杆间夹角第一次为180°时C球的速度最大，取C球的速度方向为正方向，由C球运动方向上三球的动量守恒得：
0＝m2v﹣2m1v2
由系统的机械能守恒得：Ep=12m2v2+12×2m1v22
联立解得v＝5m/s
（3）释放弹簧后两杆间夹角第一次为θ＝120°时，设C球的速度大小为v3。
取C球的速度方向为正方向，由C球运动方向上三球的动量守恒得：
0＝m2v3﹣2m1（ωLcos30°﹣v3）
由系统的机械能守恒得：Ep=12m2v32+12×2m1[（ωLcos30°﹣v3）2+（ωLsin30°）2]
联立解得ω＝45rad/s
答：（1）弹簧释放的弹性势能Ep为10J。
（2）若C球不固定，释放弹簧后C球的最大速度v为5m/s；
（3）若C球不固定，释放弹簧后两杆间夹角第一次为θ＝120°时（如图乙），A球绕C球转动的角速度ω为45rad/s。
高考物理全归纳——模型专题
在高中物理教学中，引导学生认识、理解和建立“物理模型”，是培养学生创造性思维和创新能力的有效途径。
一、什么是物理模型
自然界中事物与事物之间总是存在着千丝万缕的联系，并都处在不断的变化之中。面对复杂多变的自然界，进行科学研究时，总是遵循这样一条重要的原则，即从简到繁，先易后难，循序渐进，逐次深入。
物理模型有三个类型：（1）物理研究对象的理想化（对象模型）；（2）物理条件的理想化（条件模型）；（3）物理过程的理想化（过程模型）
二、为什么要建立物理模型
1、帮助学生掌握学习方法 2、落实“过程与方法”的教学目标
3、提高学生解决问题能力
三、如何帮助学生的建立物理模型
（一）提高认识，重视过程：
对研究对象建立理想的物理模型和在研究物理过程中选择最简单的物理模型，在教学中是经常涉及到的，但学生总不能从中得到启示。
（二）概括总结，触类旁通：
新课程提出高中阶段应给学生更多的空间，让学生较独立地进行科学探究，培养学生的自主探究、自主学习、自已解决问题的能力。
第37讲 运用功能关系分析解决（实际）问题
1．（2021·山东）如图所示，三个质量均为m的小物块A、B、C，放置在水平地面上，A紧靠竖直墙壁，一劲度系数为k的轻弹簧将A、B连接，C紧靠B，开始时弹簧处于原长，A、B、C均静止。现给C施加一水平向左、大小为F的恒力，使B、C一起向左运动，当速度为零时，立即撤去恒力，一段时间后A离开墙壁，最终三物块都停止运动。已知A、B、C与地面间的滑动摩擦力大小均为f，最大静摩擦力等于滑动摩擦力，弹簧始终在弹性限度内。（弹簧的弹性势能可表示为：EP=12kx2，k为弹簧的劲度系数，x为弹簧的形变量）
（1）求B、C向左移动的最大距离x0和B、C分离时B的动能Ek；
（2）为保证A能离开墙壁，求恒力的最小值Fmin；
（3）若三物块都停止时B、C间的距离为xBC，从B、C分离到B停止运动的整个过程，B克服弹簧弹力做的功为W，通过推导比较W与fxBC的大小；
（4）若F＝5f，请在所给坐标系中，画出C向右运动过程中加速度a随位移x变化的图像，并在坐标轴上标出开始运动和停止运动时的a、x值（用f、k、m表示），不要求推导过程。以撤去F时C的位置为坐标原点，水平向右为正方向。
【解答】解：（1）从开始到B、C向左移动到最大距离的过程中，以B、C和弹簧为研究对象，由功能关系得Fx0=2fx0+12kx02
弹簧恢复原长时B、C分离，从弹簧最短到B、C分离，以B、C和弹簧为研究对象，由能量守恒得12kx02=2fx0+2Ek
联立得x0=2F−4fk
Ek=F2−6fF+8f2k
（2）当A刚要离开墙时，设弹簧的伸长量为x，以A为研究对象，由平衡条件得kx＝f
若A刚要离开墙壁时B的速度恰好等于零，这种情况下恒力为最小值Fmin，从弹簧恢复原长到A刚要离开墙的过程中，以B和弹簧为研究对象，由能量守恒得Ek=12kx2+fx
联立得Fmin=(3±102)f
根据题意舍去Fmin=(3−102)f，得Fmin=(3+102)f
（3）从B、C分离到B停止运动，设B的路程为xB，C的位移为xC，以B为研究对象，由动能定理得﹣W﹣fxB＝0﹣Ek
以C为研究对象，由动能定理得﹣fxC＝0﹣Ek
由B、C的运动关系得xB＞xC﹣xBC
联立得W＜fxBC
（4）
答：（1）B、C向左移动的最大距离x0为2F−4fk，B、C分离时B的动能为Ek=F2−6fF+8f2k；
（2）为保证A能离开墙壁，恒力的最小值为(3+102)f；
（3）若三物块都停止时B、C间的距离为xBC，从B、C分离到B停止运动的整个过程，B克服弹簧弹力做的功为W，则W＜fxBC；
（4）见解析。
一.知识回顾
1．功能关系
(1)功是能量转化的量度，即做了多少功就有多少能量发生了转化。
(2)做功的过程一定伴随着能量的转化，而且能量转化必通过做功来实现。
2.对功能关系的进一步理解
(1)做功的过程就是能量转化的过程。不同形式的能量发生相互转化是通过做功来实现的。
(2)功是能量转化的量度，功和能的关系，一是体现在不同的力做功，对应不同形式的能转化，具有一一对应关系，二是做功的多少与能量转化的多少在数值上相等。
3．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
合力做功
动能变化
(1)合力做正功，动能增加
(2)合力做负功，动能减少
(3)W＝Ek2－Ek1＝ΔEk
重力做功
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
力做功
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)WF＝－ΔEp＝Ep1－Ep2
静电力做功
电势能
变化
(1)静电力做正功，电势能减少
(2)静电力做负功，电势能增加
(3)W电＝－ΔEp
安培力做功
电能
变化
(1)安培力做正功，电能减少
(2)安培力做负功，电能增加
(3)W安＝－ΔE电
除重力和系统
内弹力之外的
其他力做功
机械能
变化
(1)其他力做正功，机械能增加
(2)其他力做负功，机械能减少
(3)W＝ΔE机
一对相互作用的滑动摩擦力的总功
内能变化
(1)作用于系统的一对滑动摩擦力的总功一定为负值，系统内能增加
(2)Q＝Ff·L相对
4.功能关系的选用原则
(1)总的原则是根据做功与能量转化的一一对应关系，确定所选用的定理或规律，若只涉及动能的变化用动能定理分析。
(2)只涉及重力势能的变化用重力做功与重力势能变化的关系分析。
(3)只涉及机械能的变化用除重力和弹力之外的力做功与机械能变化的关系分析。
(4)只涉及电势能的变化用静电力做功与电势能变化的关系分析。
5. 能量守恒定律
（1）内容：能量既不会凭空产生，也不会凭空消失，它只能从一种形式转化为其他形式，或者
从一个物体转移到别的物体，在转化或转移的过程中，能量的总量保持不变。
（2）适用范围：能量守恒定律是贯穿物理学的基本规律，是各种自然现象中普遍适用的一条规律。
（3）表达式
①E初＝E末，初状态各种能量的总和等于末状态各种能量的总和。
②ΔE增＝ΔE减，增加的能量总和等于减少的能量总和。
二.例题精析
题型一：定性分析
例1．关于功和能的关系，下列说法正确的是（ ）
A．物体做了多少功，就表示它原来具有多少能
B．物体具有多少能，就能做多少功
C．物体做了多少功，就有多少能量消失了
D．能量从一种形式转化为另一种形式时，可以用功来量度能量转化的多少
【解答】解：A、力对物体做了多少功，就发生了多少能量转换，而不是物体就具有多少能，故A错误；
B、当物体对外做功时，我们说物体具有能，但能并不会全部用来做功，故B错误；
CD、功是能量转化的量度，做功的过程是能量从一种形式转化为另一种形式（或从一个物体转移到另一个物体）的过程，能量没有消失，故C错误，D正确。
故选：D。
题型二：定量计算
例2．发光弹弓弹射飞箭是傍晚在广场常见的儿童玩具，其工作原理是利用弹弓将发光飞箭弹出后在空中飞行。若小朋友以大小为E的初动能将飞箭从地面竖直向上弹出，飞箭落回地面时动能大小为78E，设飞箭在运动过程中所受空气阻力的大小不变，重力加速度为g，以地面为零势能面，则下列说法正确的是（ ）
A．飞箭下降阶段克服空气阻力做的功为18E
B．飞箭上升过程中重力做功为516E
C．飞箭在最高点具有的机械能为18E
D．飞箭所受空气阻力与重力大小之比为1：15
【解答】解：A、飞箭从地面竖直向上弹出到飞箭落回地面整个过程，根据动能定理有：−Wf=78E−E，解得Wf=18E，则飞箭上升阶段克服空气阻力做的功为Wf2=E16，故A错误；
B、设飞箭在上升过程中重力做的功为WG，由动能定理得：WG−Wf2=0−E，则飞箭下降过程重力做功为WG=−15E16，故B错误；
C、设飞箭在最高点具有的机械能为E'，飞箭在上升过程中，空气阻力做的功等于机械能的变化量：−Wf2=E'−E，解得：E'=1516E，故C错误；
D、设飞箭在运动过程中所受空气阻力的大小为f，飞箭上升的最大高度为h，飞箭下降阶段克服空气阻力做的功为fℎ=E16，飞箭在下降阶段重力做的功为Gℎ=1516E，可得飞箭所受空气阻力与重力大小之比为fG=115，故D正确。
故选：D。
三.举一反三，巩固训练
1. 从2013年北京、张家口联合申办冬奥会开始，习近平主席就曾在多个公开场合表现出对冰雪运动的重视“带动三亿人参与冰雪运动”是习近平主席对开展群众性冰雪运动的谆谆嘱托，也是中国冰雪运动发展的重要目标。质量为60kg的滑雪运动员从雪道上的某点腾空而起，空中飞行一段时间后落在比起点低的雪道上，落点与腾空起点的竖直距离为10m，空中飞行过程中运动员克服阻力做功100J。重力加速度取g＝10m/s2，则关于运动员空中飞行过程的下列说法正确的是（ ）
A．他的动能增加了6000J
B．他的机械能减少了100J
C．他的重力势能减少了5900J
D．他的机械能保持不变
【解答】解：C、重力做功为WG＝mgh＝60×10×10J＝6000J，可知他的重力势能减少了6000J，
故C错误；
A、根据动能定理可得ΔEk＝WG+Wf＝6000J﹣100J＝5900J，可知动能增加了5900J，故A错误；
BD、空中飞行过程中运动员克服阻力做功100J，由功能关系可知机械能减少了100J，故B正确，D错误。
故选：B。
2. 如图所示，将3个木板1、2、3固定在墙角，现将一个可以视为质点的物块分别从3个木板的顶端由静止释放，物块沿木板下滑到底端，物块与木板之间的动摩擦因数均为μ。下列说法正确的是（ ）
A．物块沿着1和2下滑到底端时速度大小相等
B．物块沿着3下滑到底端时速度最大
C．物块沿着1下滑到底端的过程中，产生的热量最多
D．物块沿着1和2下滑到底端的过程中，产生的热量一样多
【解答】解：对物块从高为h的斜面上由静止滑到底端时，根据动能定理有：mgh﹣Wf=12mv2…①
其中Wf为物块克服摩擦力做的功，
因滑动摩擦力为：f＝μN＝μmgcosθ，所以物块克服摩擦力做的功为：Wf＝fL＝μmgcosθ×L＝μmgLcosθ
由图可知，Lcosθ为斜面底边长，则Wf＝μmgL底…②
可见，物体从斜面顶端下滑到底端时，克服摩擦力做功与斜面底端长度L底成正比。
AB、因沿着1和2下滑到底端时，物体克服摩擦力做功相同，沿着1重力做功大于沿2重力做功，根据①②式得知，沿着1下滑到底端时物块的速度大于沿2下滑到底端时速度；
沿着2和3下滑到底端时，重力做功相同，而沿2物体克服摩擦力做功小于沿3克服摩擦力做功，则由①②式得知，沿着2下滑到底端时物块的速度大于沿3下滑到底端时速度；
所以沿着1下滑到底端时，物块的速率最大，而沿着3下滑到底端时，物块的速率最小，故AB错误；
C、沿3时克服摩擦力做的功最多，物体的机械能损失最大，产生的热量最多，故C错误；
D、同理，根据以上分析知，物块沿1和2下滑到底端的过程中，产生的热量一样多，故D正确。
故选：D。
3. 滑沙是人们喜爱的游乐活动，如图是滑沙场地的一段斜面，其倾角为30°，设参加活动人和滑车总质量为m，人和滑车从距底端高为h处的顶端A沿滑道由静止开始匀加速下滑加速度为0.3g，人和滑车可视为质点，不计空气阻力，则从顶端向下滑到底端B的过程，下列说法正确的是（ ）
A．人和滑车减少的重力势能全部转化为其动能
B．人和滑车获得的动能为0.6mgh
C．人和滑车增加的机械能为0.4mgh
D．人和滑车克服摩擦力做功为0.2mgh
【解答】解：设人和滑车受到的摩擦力为f，由牛顿第二定律有：mgsin30°﹣f＝ma，解得：f＝0.2mg；从顶端向下滑到底端B的位移为：x=ℎsin30°=2ℎ
A、通过上述分析可知，人和滑车下滑的过程中，有摩擦力做功，根据能量守恒可得，人和滑车减少的重力势能转化为摩擦产生的内能与人和滑车的动能，故A错误；
B、人和滑车下滑过程中，根据动能定理有mgxsin30°﹣fx＝Ek﹣0，解得：Ek＝0.6mgh，故B正确；
CD、摩擦力做功为Wf＝﹣fx＝﹣0.2mg×2h＝﹣0.4mgh，即人和滑车克服摩擦力做功为0.4mgh，根据功能关系可得ΔE＝Wf＝﹣0.4mgh，即人和滑车的机械能减少了0.4mgh，故CD错误。
故选：B。
4. 如图甲所示，原长为l0的轻弹簧竖直固定在水平面上，一质量为m＝0.2kg的小球从弹簧上端某高度（对应图像P点）自由下落，其速度v和离地高度h之间的关系图像如图乙所示，其中A为曲线的最高点，B是曲线和直线的连接点，空气阻力忽略不计，小球和弹簧接触瞬间机械能损失不计，g取10m/s2，则下列说法正确的是（ ）
A．P点的离地高度为2.15m，弹簧的原长l0＝0.61m
B．小球运动的过程中，加速度的最大值为51m/s2
C．从小球开始运动到将弹簧压缩至最短的过程中，小球的机械能守恒
D．从小球接触弹簧到将弹簧压缩至最短的过程中，小球重力势能的减少量等于弹簧弹性势能的增加量
【解答】解：A、图乙中PB段表示小球自由下落，由小球的机械能守恒得：mghPB=12mvB2，由图乙知vB＝5.0m/s，解得PB间的高度为hPB＝1.25m，则P点的离地高度为hPB＝hB+hPB＝0.9m+1.25m＝2.15m。弹簧的原长l0＝hB＝0.9m，故A错误；
B、在A点，由平衡条件得：mg＝kxA，其中xA＝0.9m﹣0.8m＝0.1m，解得k＝20N/m。小球运动到最低点时加速度最大，设为am，由牛顿第二定律得：kx低﹣mg＝mam，小球在最低点时弹簧压缩量x低＝0.9m﹣0.29m＝0.61m，联立解得am＝51m/s2，故B正确；
C、从小球开始运动到将弹簧压缩至最短的过程中，弹簧对小球要做功，小球的机械能不守恒，故C错误；
D、从小球接触弹簧到将弹簧压缩至最短的过程中，对于小球和弹簧组成的系统，只有重力和弹力做功，所以系统的机械能守恒，则小球重力势能的减少量和动能的减少量之和等于弹簧弹性势能的增加量，故D错误。
故选：B。
5. 如图所示，一轻弹簧放在倾角θ＝30°且足够长的光滑斜面上，下端固定在斜面底端的挡板上，上端与放在斜面上的物块A连接，物块B与物块A（二者质量均为m）叠放在斜面上并保持静止，现用大小等于12mg的恒力F平行斜面向上拉B，当运动距离为L时B与A分离。下列说法正确的是（ ）
A．弹簧处于原长时，B与A开始分离
B．弹簧的劲度系数为3mg4L
C．弹簧的最大压缩量为L
D．从开始运动到B与A刚分离的过程中，两物体的动能一直增大
【解答】解：AB、开始时弹簧的弹力大小为F1＝2mgsinθ＝2mgsin30°＝mg
B与A刚分离时二者具有相同的加速度，且二者间弹力为零，
由此可知，二者分离时弹簧对物体A的弹力大小为F2=12mg
在此过程中，弹簧弹力的变化量的绝对值为ΔF＝F1﹣F2=12mg
根据胡克定律得：ΔF＝kΔx＝kL
解得：k=mg2L，故AB错误；
C、弹簧的最大压缩量为xm=2mgsinθk=2mgsin30°mg2L=2L，故C错误；
D、开始时对AB整体，由牛顿第二定律得：F+F1﹣2mgsinθ＝2ma1
解得：a1=F2m＞0，加速度方向沿斜面向上，
AB分离前瞬间，对AB整体，由牛顿第二定律得：F+F2﹣2mgsinθ＝2ma2
解得：a2=F+12mg−mg2m=0，
由此可知，从开始运动到B与A刚分离的过程中，两物体的加速度沿斜面向上减小到零，两物体一直做加速运动，其动能一直增大，故D正确。
故选：D。
6. 如图所示，一弹性轻绳（弹力与其伸长量成正比）左端固定在墙上A点，右端穿过一固定的光滑圆环B连接一个质量为m的小球，小球在B点时，弹性轻绳处在原长状态。小球穿过竖直固定杆在C处时，弹性轻绳的弹力大小为mg。将小球从C点由静止释放，到达D点时速度恰好为0。已知小球与杆间的动摩擦因数为0.2，A、B、C在一条水平直线上，BC＝l，CD＝h，重力加速度为g，弹性绳始终处在弹性限度内。则小球从C运动到D的过程中（ ）
A．受到的摩擦力一直增大
B．下落0.8l的高度时，小球加速度为零
C．小球在D点时，弹性轻绳的弹性势能为0.8mgh
D．若仅把小球质量变为3m，则小球到达D点时的速度大小为2gℎ
【解答】解：A、BC的长度为l，根据胡克定律，有：mg＝kl，
从C到D的过程中，绳与竖直方向的夹角为α时，伸长量为Δx=lsinα，故弹力为：F＝klsinα，
对球受力分析，受重力、橡皮条的弹力、摩擦力，支持力，水平方向平衡，故N＝Fsinα＝kl＝mg，
故小球从C到D的过程中受到的摩擦力为：f＝μN＝0.2mg，故A错误；
C、故小球从C点运动到D点的过程中克服摩擦力做功为：Wf＝fh＝0.2mgh，
对球从C到D过程，根据动能定理，有：mgh﹣fh﹣W弹＝0，解得：W弹＝0.8mgh，由于在C点弹簧具有弹性势能Ep1＞0，根据W弹＝EP2﹣EP1可知，EP2＞0.8mgh，故C错误；
D、若仅把小球的质量变成3m，小球从C到D过程，根据动能定理可得：3mgh﹣fh﹣W弹=12⋅3mv12
解得：v1=4gℎ3，故D错误；
B、下落0.8l的高度时，对小球受力分析有：mg﹣f﹣k•0.8l＝ma，解得a＝0，故B正确；
故选：B。
7. 粗糙水平面上有甲、乙两个相同材料的物块，两物块均可看作质点，它们运动的v一t图象如图所示，4s时两物块发生了完全非弹性碰，已知甲物体的质量为1kg，重力加速度为g＝10m/s2，根据图象可知下列说法正确的是（ ）
A．乙物块质量为0.5kg
B．物块与水平面之间的动摩擦因数为μ＝0.2
C．从0时刻到两物体相遇，甲比乙多走的位移Δx＝80m
D．两小球碰撞过程中损失的机械能为75J
【解答】解：A.由v﹣t图可知，碰撞前瞬间甲的速度为15m/s，乙的速度为0，碰撞后甲乙速度相等为10m/s，由动量守恒定律得
m甲v甲＝（m甲+m乙）v
代入数据解得
m乙＝0.5kg
故A正确；
B.由v﹣t图可知，乙的加速度大小为a乙=vt=104m/s2＝2.5m/s2，根据
μmg＝ma
解得
μ＝0.25
故B错误；
C.根据v﹣t图像与t轴围成面积表示位移可知从0时刻到两物体相遇，甲比乙多走
Δx=25+152×4m＝60m
故C错误；
D.两球碰撞过程中损失的机械能
ΔE=12m甲v2甲−12（m甲+m乙）v2
代入数据解得
ΔE＝37.5J
故D错误。
故选：A。
8. 2022年2月4日冬奥会将在北京开幕。运动员某次测试高山滑雪赛道的一次飞越，整个过程可以简化为：如图所示，运动员从静止开始沿倾角θ＝37°的斜直滑道顶端自由滑下，从A点沿切线进入圆弧轨道，最后从与A等高的C点腾空飞出。已知运动员在A点的速度为108km/h，在最低位置B点的速度为144km/h，圆弧轨道半径为R＝200m，运动员和滑板的总质量m＝50kg，滑板与斜直滑道的动摩擦因数为μ＝0.125（不计空气阻力，在A点无机械能损失，g＝10m/s2，sin37°＝0.6，cos37°＝0.8）。则（ ）
A．滑板在B点对轨道的压力为900N
B．斜直滑道的长度为100m
C．从A到B点损失的机械能为12500J
D．在C点的速度为10 m/s
【解答】解：运动员在A点的速度为vA＝108km/h＝30m/s，在最低位置B点的速度为vB＝144km/h＝40m/s。
A、在B点，根据牛顿第二定律可得：FN﹣mg＝mvB2R，解得FN＝900N，根据牛顿第三定律，滑板对轨道的压力为900N，故A正确；
B、从开始到A点，对运动员根据动能定理可得：（mgsinθ﹣μmgcosθ）L=12mvA2−0，代入数据解得斜直滑道的长度：L＝90m，故B错误；
C、根据功能关系可得，从A到B，损失的机械能为ΔE＝mgR（1﹣cosθ）+12mvA2−12mvB2，代入数据解得：ΔE＝2500J，故C错误；
D、从B到C，因为速度减小，从B到C的向心力小于从A到B的向心力，则与轨道之间的弹力更小，摩擦力更小，损失的机械能小于2500J，
根据功能关系可知：12mvB2−mgR（1﹣cosθ）−12mvC2＜ΔE＝2500J，可得vC＞107m/s，故D错误。
故选：A。
9. 如图a所示，在光滑的水平面上，轻弹簧右端与物块A拴接，物块A与物块B间有少量的粘合剂，能承受最大的拉力为14F0，且物块A和B的质量均为m。以物块A的位置为坐标原点。A所受弹簧弹力与坐标的关系如图b所示，F0和x0均为已知量，取A所受弹力水平向右为正方向。现在向左推物块A和B压缩弹簧至﹣x0处，将物块A和B由静止释放后（ ）
A．B与A分离时的位置坐标为原点
B．B与A分离时的位置坐标为12x0处
C．B与A分离之前，弹簧减少的弹性势能为12F0x0
D．B与A分离之前，A的速度为3F0x08m
【解答】解：AB、物块A与物块B间有少量的粘合剂，能承受最大的拉力为14F0，对B根据牛顿第二定律可得：14F0=ma
以整体为研究对象，当二者分离时弹簧弹力设为F，则有：F＝2ma
解得：F=12F0
根据图像可得B与A分离时的位置坐标为：x=12x0，故A错误，B正确；
C、原来弹簧压缩量为x0，弹力大小为F0，根据功能关系可得弹性势能的大小等于由原长发生形变克服弹力做的功，则有：E0=12F0x0；
B与A分离时的位置坐标为：x=12x0，同理可得分离时弹簧的弹性势能为：E=12F02×12x0=18F0x0
B与A分离之前，弹簧减少的弹性势能为：ΔEP=12F0x0−18F0x0=38F0x0，故C错误；
D、在B与A分离之前，弹簧减小的弹性势能转化为A、B的动能，即有ΔEP=12×2mv2，解得：v=F0x04m，故D错误。
故选：B。
10. 如图所示，轻质弹簧的一端与固定的竖直板P拴接，另一端与物体A相连，物体A置于光滑水平桌面上（桌面足够大），A右端连接一细线，细线绕过光滑的定滑轮与物体B相连．开始时托住B，让A处于静止且细线恰好伸直，然后由静止释放B，直至B获得最大速度．下列有关该过程的分析中正确的是（ ）
A．B物体受到细线的拉力保持不变
B．B物体机械能的减少量大于弹簧弹性势能的增加量
C．A物体动能的增量等于B物体重力对B做的功与弹簧弹力对A做的功之和
D．A物体与弹簧所组成的系统机械能的增加量等于B物体重力对B做的功
【解答】解：A、以A、B组成的系统为研究对象，根据牛顿第二定律可得：mBg﹣kx＝（mA+mB）a，从开始到B速度达到最大的过程中，弹簧的伸长量x逐渐增加，则B加速度逐渐减小；对B根据牛顿第二定律可得：mBg﹣T＝mBa，可知在此过程绳子上拉力逐渐增大，是变力，故A错误；
B、整个系统中，根据功能关系可知，B减小的机械能转化为A的机械能以及弹簧的弹性势能，故B物体机械能的减少量大于弹簧弹性势能的增加量，故B正确；
C、根据动能定理可知，A物体动能的增量等于弹簧弹力和绳子上拉力对A所做功的代数和，故C错误；
D、根据机械能守恒定律可知，A物体与弹簧所组成的系统机械能的增加量等于B物体机械能的减少量，也就是等于B物体克服细绳拉力做的功，故D错误。
故选：B。
11. 在某星球表面将一轻弹簧竖直固定在水平面上，把质量为m的小球P（可视为质点）从弹簧上端由静止释放，小球沿竖直方向向下运动，小球的加速度a与弹簧压缩量x
间的关系如图所示，其中a0和x0为已知量。下列说法中正确的是（ ）
A．当弹簧压缩量为x0时，小球P的速度为零
B．小球向下运动至速度为零时所受弹簧弹力大小为ma0
C．弹簧劲度系数为ma02x0
D．当弹簧压缩量为x0时，弹簧的弹性势能为12ma0x0
【解答】解：A、把质量为m的小球P（可视为质点）从弹簧上端由静止释放，开始时，重力大于弹簧的弹力，小球向下做加速运动，弹簧被压缩，弹力增大，小球受到的合力减小，小球向下做加速度减小的加速运动，当弹力等于小球的重力时，速度达到最大，当弹簧压缩量为x0时，小球P的速度最大，故A错误；
BC、由牛顿第二定律可得：mg﹣kx＝ma，由图可知，当x＝0时，a＝a0，可知mg＝ma0，即星球表面重力加速度g＝a0，当x＝x0时，小球P的加速度a＝0，可得mg＝kx0，故弹簧的劲度系数为k=ma0x0，结合A可得小球P运动到速度为零时，弹簧的压缩量x＞x0此时弹力F＞kx0＝ma0，故BC错误；
D、当弹簧压缩量为x0时，弹簧的弹性势能为Ep=12kx02=12⋅max0⋅x02=12ma0x0，故D正确；
故选：D。
12. 如图所示，在光滑水平台面上，一个质量m＝1kg的小物块压缩弹簧后被锁扣K锁住。现打开锁扣K，物块与弹簧分离后将以一定的水平速度向右滑离平台，并恰好从B点沿切线方向进入光滑竖直的圆弧轨道BC。已知A、B的高度差h＝0.8m，水平距离s＝1.2m，圆弧轨道的半径R＝1m，C点在圆弧轨道BC的圆心O的正下方，并与水平地面上长为L＝2m的粗糙直轨道CD平滑连接，小物块沿轨道BCD运动并与右边的竖直墙壁会发生碰撞，重力加速度g＝10m/s2，sin37°＝0.6，cos37°＝0.8，空气阻力忽略不计。试求：
（1）小物块运动到平台末端A的速度大小v0；
（2）弹簧被锁扣锁住时所储存的弹性势能Ep；
（3）圆弧BC所对的圆心角θ；
（4）若小物块与墙壁碰撞后以原速率反弹，且只会与墙壁发生一次碰撞并最终停在轨道CD间，那么小物块与轨道CD之间的动摩擦因数μ应满足什么条件。
【解答】解：（1）根据平抛运动规律可得：ℎ=12gt2，
水平方向：s＝v0t
联立解得：v0＝3m/s
（2）弹簧被锁扣锁住时所储存的弹性势能为：
Ep=12mv02=12×1×32J＝4.5J
（3）小物块运动到B时，竖直方向根据速度—位移关系可得：vy2=2gℎ
代入数据解得：vy＝4m/s
根据几何关系可得：tanθ=vyv0=43
则：θ＝53°
（4）由于hBC＝R﹣Rcos53°＝（1﹣1×0.6）m＝0.4m
若恰能与墙壁相碰，则有Ep+mg（h+hBC）＝μ1mgL
解得：μ1=3340
若恰不从B飞出，则：Ep+mgh＝2μ2mgL
解得：μ2=516
若从BC滑回恰好不与墙壁发生二次碰撞，则：Ep+mg（h+hBC）＝3μ3mgL
解得：μ3=33120
综上所述，μ的取值范围为：516＜μ＜3340。
答：（1）小物块运动到平台末端A的速度大小为3m/s；
（2）弹簧被锁扣锁住时所储存的弹性势能为4.5J；
（3）圆弧BC所对的圆心角为53°；
（4）小物块与轨道CD之间的动摩擦因数μ应满足516＜μ＜3340。
13. 如图甲所示，在光滑水平面上有A、B、C三个小球，A、B两球分别用水平轻杆通过光滑铰链与C球连接，两球间夹有劲度系数足够大、长度可忽略的压缩轻弹簧，弹簧与球不相连.固定住C球，释放弹簧，球与弹簧分离瞬间杆中弹力大小F＝10N。已知A、B两球的质量均为m1＝0.2kg，C球的质量m2＝0.4kg，杆长L＝1.0m，弹簧在弹性限度内。
（1）求弹簧释放的弹性势能Ep；
（2）若C球不固定，求释放弹簧后C球的最大速度v；
（3）若C球不固定，求释放弹簧后两杆间夹角第一次为θ＝120°时（如图乙），A球绕C球转动的角速度ω。
【解答】解：（1）设释放弹簧瞬间A、B两球的速度大小为v1。
根据F＝m1v12L，解得v1＝52m/s
弹簧释放的弹性势能：Ep＝2×12mv12
解得Ep＝10J
（2）C球不固定，释放弹簧后，当两杆间夹角第一次为180°时C球的速度最大，取C球的速度方向为正方向，由C球运动方向上三球的动量守恒得：
0＝m2v﹣2m1v2
由系统的机械能守恒得：Ep=12m2v2+12×2m1v22
联立解得v＝5m/s
（3）释放弹簧后两杆间夹角第一次为θ＝120°时，设C球的速度大小为v3。
取C球的速度方向为正方向，由C球运动方向上三球的动量守恒得：
0＝m2v3﹣2m1（ωLcos30°﹣v3）
由系统的机械能守恒得：Ep=12m2v32+12×2m1[（ωLcos30°﹣v3）2+（ωLsin30°）2]
联立解得ω＝45rad/s
答：（1）弹簧释放的弹性势能Ep为10J。
（2）若C球不固定，释放弹簧后C球的最大速度v为5m/s；
（3）若C球不固定，释放弹簧后两杆间夹角第一次为θ＝120°时（如图乙），A球绕C球转动的角速度ω为45rad/s。
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