其中：Q1=FfL=2μmgLcos θ 解得：v=
(2)设弹簧的最大压缩量为x，从物体A接触弹簧将弹簧压缩到最短后又恰好回到C点的过程，对系统由能量守恒定律得：
Q2=Ff·2x=×3mv
2
解得：x=-=(-L)
(3)从弹簧压缩至最短到物体A恰好弹回到C点的过程中，由能量守恒定律得： Ep+mgx=2mgxsin θ+Q′ Q′=Ffx=2μmgxcos θ
解得：Ep=(-gL)
答案：(1) (2)(-L)
(3)m(-gL)
【加固训练】
如图甲所示，在倾角为37°足够长的粗糙斜面底端，一质量m=1 kg的滑块压缩着一轻弹簧且锁定，但它们并不相连，滑块可视为质点。t=0时解除锁定，计算机通过传感器描绘出滑块的v-t图象如图乙所示，其中Oab段为曲线，bc段为直线，在t1=0.1 s时滑块已上滑x=0.2 m 的距离(g取10 m/s，sin 37°=0.6，cos 37°=0.8)。求：
2
(1)滑块离开弹簧后在图中bc段对应的加速度大小a及动摩擦因数μ的大小。 (2)t2=0.3 s和t3=0.4 s时滑块的速度v1、v2的大小。 (3)弹簧锁定时具有的弹性势能Ep。
【解析】(1)由题图乙知滑块在bc段做匀减速运动，加速度大小为：a=由牛顿第二定律得： mgsin 37°+μmgcos 37°=ma 解得：μ=0.5
(2)根据速度时间公式得t2=0.3 s时的速度大小： v1=v0-aΔt 解得v1=0
在t2之后开始下滑，下滑时由牛顿第二定律得： mgsin 37°-μmgcos 37°=ma′ 解得：a′=2 m/s
从t2到t3做初速度为零的加速运动，t3时刻的速度为： v2=a′Δt=0.2 m/s
(3)从0到t1时间内，由能量守恒定律得：
2
=10 m/s
2
Ep=mgxsin 37°+μmgxcos 37°+m解得：Ep=4 J
答案：(1)10 m/s 0.5 (2)0 0.2 m/s (3)4 J
(25分钟 50分)
7.(8分)(2019·吉林模拟)如图甲所示，以斜面底端为重力势能的零势能面，一物体在平行于斜面的拉力作用下，由静止开始沿光滑斜面向下运动。运动过程中物体的机械能与物体位移关系的图象(E-x图象)如图乙所示，其中0～x1过程的图线为曲线，x1～x2过程的图线为直线。根据该图象，下列判断正确的是
( )
2
A.0～x1过程中物体所受拉力可能沿斜面向下
B.0～x2过程中物体的动能先增大后减小 C.x1～x2过程中物体做匀加速直线运动 D.x1～x2过程中物体可能在做匀减速直线运动
【解析】选C。物体下滑过程只有重力、拉力做功，由图可知，0～x1过程中物体的机械能减少，由功能关系得拉力做负功，所以物体所受拉力沿斜面向上，故A错误；由图可知，物体发生相同的位移，克服拉力做的功越来越少，重力做的功不变，故合外力做的功越来越多，由动能定理得，物体的动能越来越大，故B错误；物体沿斜面向下运动，合外力方向沿斜面向下，在x1～x2过程中，机械能和位移成线性关系，故拉力大小不变，物体受力恒定，物体做匀加速直线运动，故C正确，D错误。
8.(8分)如图所示，一小滑块(可视为质点)以某一初速度沿斜面向下滑动，最后停在水平面上。滑块与斜面间及水平面间的动摩擦因数相等，斜面与水平面平滑连接且长度不计，则该过程中，滑块的机械能与水平位移x关系的图线正确的是(取地面为零势能面)
( )
【解析】选D。滑块在斜面上下滑时，根据功能关系得ΔE=-μmgcosα·Δs=
-μmgΔx，Δx是水平位移，则知E-x的斜率等于-μmg不变，图象是向下倾斜的直线；滑块在水平面上滑动时，根据功能关系得ΔE=-μmgΔx，Δx是水平位移，则知E-x的斜率等于-μmg不变，图象是向下倾斜的直线，故A、B、C错误，D正确。
9.(8分)(多选)(2019·濮阳模拟)如图，固定在地面的斜面体上开有凹槽，槽内紧挨放置六个半径均为r的相同小球，各小球编号如图。斜面与水平轨道OA平滑连接，OA长度为6r。现将六个小球由静止同时释放，小球离开A点后均做平抛运动，不计一切摩擦。则在各小球运动过程中，下列说法正确的是 ( )
A.球1的机械能守恒 B.球6在OA段机械能增大 C.球6的水平射程最小 D.六个球落地点各不相同
【解析】选B、C。6个小球都在斜面上运动时，只有重力做功，整个系统的机械能守恒，当有部分小球在水平轨道上运动时，斜面上的小球仍在加速，球2对球1的作用力做功，球1的机械能不守恒，故A错误；球6在OA段运动时，斜面上的球在加速，球5对球6的作用力做正功，动能增加，机械能增加，故B正确；由于有部分小球在水平轨道上运动时，斜面上的小球仍在加速，所以可知离开A点时球6的速度最小，水平射程最小，故C正确；由于离开A点时，球6的速度最小，水平射程最小，而最后三个球在水平面上运动时不再加速，球3、球2、球1的速度相等，水平射程相同，所以六个球的落点不全相同，故D错误。 10.(8分)(创新预测)(多选)如图所示，固定斜面上放一质量为m的物块，物块通过劲度系数为k的轻弹簧与斜面底端的挡板连接，开始时弹簧处于原长，物块刚好不下滑。现将物块向上移动一段距离后由静止释放，物块一直向下运动到最低点，此时刚好不上滑，斜面的倾角为θ，重力加速度为g，最大静摩擦力等于滑动摩擦力，则在物块向下运动过程中，下列说法正确的是 ( )
A.物块与斜面间的动摩擦因数为tanθ
B.物块重力势能的减少量大于因摩擦产生的热量 C.物块的动能和弹簧的弹性势能的总和为定值
D.物块由静止下滑到最低点的过程系统增加的内能为【解题指导】解答本题应注意以下三点： (1)弹簧处于原长，物块刚好不下滑。 (2)物块运动到最低点时刚好不上滑。 (3)由Q=Ffl相对求系统增加的内能。
【解析】选A、C、D。由于开始时弹簧处于原长，物块刚好不下滑，则mgsinθ=
μmgcosθ，解得物块与斜面间的动摩擦因数μ=tanθ，故A正确；物块下滑过程由动能定理得W弹+WG-Wf=ΔEk，由于物块下滑的过程中滑动摩擦力始终与重力沿斜面向下的分力平衡，重力做功和摩擦力做功的代数和为零，所以物块重力势能的减少量等于因摩擦产生的热量，弹簧的弹力做功等于物块动能的变化量，即弹簧的弹性势能和物块的动能之和为定值，故B错误，C正确；由于物块在最低点时刚好不上滑，此时弹簧的弹力
kx=mgsinθ+μmgcosθ=2mgsinθ，解得x=系统增加的内能为ΔE=Q=
，则物块由静止下滑到最低点的过程
μmgcosθ·2x=，故D正确。
11.(18分)(2019·石家庄模拟)如图所示，在光滑水平面上，质量为m=4 kg的物块左侧压缩一个劲度系数为k=32 N/m的轻质弹簧，弹簧与物块未拴接。物块与左侧竖直墙壁用细线拴接，使物块静止在O点，在水平面A点与一顺时针匀速转动且倾角θ=37°的传送带平滑连接。已知xOA=0.25 m，传送带顶端为B点，LAB=2 m，物块与传送带间动摩擦因数μ=0.5。现剪断细线同时给物块施加一个初始时刻为零的变力F，使物块从O点到B点做加速度大小恒定的加速运动。物块运动到A点时弹簧恰好恢复原长，运动到B点时撤去力F，物块沿平行AB方向抛出，C为运动的最高点。传送带转轮半径远小于LAB，不计空气阻力，已知重力加速度g=10 m/s。
2
(1)求物块从B点运动到C点，竖直位移与水平位移的比值。
(2)若传送带速度大小为5 m/s，求物块与传送带间由于摩擦产生的热量。
(3)若传送带匀速顺时针转动的速度大小为v，且v的取值范围为2 m/s (1)物块离开B点做斜上抛运动，将此运动分解为水平方向的匀速直线运动和竖直方向的竖直上抛运动。 (2)剪断细线的瞬时只有弹簧的弹力产生加速度。
2020届高考物理总复习第五章机械能核心素养提升练十七5.4功能关系能量守恒定律含解析新人教版
