第14讲　功能关系能量守恒定律（解析版）_4.2025物理总复习_2025年新高考资料_一轮复习_2025届高考物理一轮复习考点精讲精练（全国通用）（完结）

第 14 讲 功能关系 能量守恒定律 1.知道功是能量转化的量度，掌握重力的功、弹力的功、合力的功与对应的能量转化关系. 2.知道自然界中的能量转化，理解能量守恒定律，并能用来分析有关问题． 考点一 功能关系的应用力学中几种常见的功能关系 功 能量的变化 合外力做正功 动能增加 重力做正功 重力势能减少 弹簧弹力做正功 弹性势能减少 电场力做正功 电势能减少 其他力(除重力、弹力外)做正功 机械能增加[例题1] （多选）如图，在升降机内固定一光滑的斜面体，一轻弹簧的一端连在位于斜面 体上方的固定木板B上，另一端与质量为m的物块A相连，弹簧与斜面平行。整个系统由静 止开始加速上升高度h的过程中（ ） A．物块A与斜面始终相对静止 B．物块A的重力势能增加量小于mgh C．物块A的动能增加量等于斜面的支持力和弹簧的拉力对其做功的代数和 D．物块A的机械能增加量等于斜面的支持力和弹簧的拉力对其做功的代数和 【解答】解：AB、物块A开始受重力、支持力、弹簧的弹力处于平衡状态；系统加速上升时， 物块A具有向上的加速度，A所受合力向上，弹簧弹力和支持力在竖直方向上的分力大于重力， 所以弹簧的弹力增大，物体A相对于斜面向下运动，物块A与斜面不能始终保持静止；物体 A 上升的高度小于h，所以重力势能的增加量小于mgh，故A错误，B正确； C、由动能定理可知，物块A的动能增加量等于斜面的支持力和弹簧的拉力以及找回来对其做功 的代数和，故C错误； D、重力做功不改变物块的机械能，由功能关系可知，物块A的机械能增加量等于斜面的支持力 和弹簧的拉力对其做功的代数和，故D正确。 故选：BD。 [例题2] 如图所示，物体A的质量为m，置于水平地面上，A的上端连一轻弹簧，原长为 L，劲度系数为k，现将弹簧上端B缓慢地竖直向上提起，使B点上移距离为L，此时物体A 也已经离开地面，则下列论述中正确的是（ ） A．提弹簧的力对系统做功为mgLB．物体A的重力势能增加mgL C．系统增加的机械能小于mgL D．以上说法都不正确 【解答】解：A、将弹簧上端B缓慢地竖直向上提起，由于开始时有支持力，故拉力先小于 mg，物体离地后等于mg； 拉力的位移为L，故提弹簧的力对系统做功小于mgL；故A错误； B、提弹簧的力对系统做功小于mgL，弹簧的弹性势能也要增加，故物体的重力势能的增加量小 于mgL，故B错误； C、提弹簧的力对系统做功等于系统增加的机械能，由于拉力做的功小于 mgL，故系统增加的机 械能小于mgL，故C正确； D、由于C正确，故D错误； 故选：C。 [例题3] （多选）如图所示，一固定斜面倾角为30°，一质量为m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，加速度大小等于重力加速度的大小g。物块上升的最 大高度为H，则此过程中，物块的（ ） A．动能损失了 mgH B．动能损失了 2mgH 1 C．机械能损失了 mgH D．机械能损失了 mgH 2 H 【解答】解：AB、根据动能定理应有ΔE ＝﹣ma =−2mgH，动能增量为负值，说明动 K sin30° 能减少了 2mgH，故A错误，B正确； 1 CD、由牛顿第二定律（选取沿斜面向下为正方向）有：mgsin30°+f＝ma＝mg，可得：f= mg， 2 H 根据功能关系应有ΔE＝﹣f =−mgH，即机械能损失了mgH，故C正确，D错误。 sin30° 故选：BC。考点二 摩擦力做功的特点及应用 1．静摩擦力做功的特点 (1)静摩擦力可以做正功，也可以做负功，还可以不做功． (2)相互作用的一对静摩擦力做功的代数和总等于零． (3)静摩擦力做功时，只有机械能的相互转移，不会转化为内能． 2．滑动摩擦力做功的特点 (1)滑动摩擦力可以做正功，也可以做负功，还可以不做功． (2)相互间存在滑动摩擦力的系统内，一对滑动摩擦力做功将产生两种可能效果： ①机械能全部转化为内能； ②有一部分机械能在相互摩擦的物体间转移，另外一部分转化为内能． (3)摩擦生热的计算：Q＝Fx 其中x 为相互摩擦的两个物体间的相对位移． f 相对． 相对 深化拓展 从功的角度看，一对滑动摩擦力对系统做的功等于系统内能的增加量；从能量的角度看 其他形式能量的减少量等于系统内能的增加量． [例题4] 如图所示，在光滑的水平面上放置一个足够长木板 B，在B的左端放有一个可视 为质点的小滑块A，A、B间的动摩擦因数 ＝0.4，A的质量m＝1kg，B的质量M＝2kg，g＝ 10m/s2。现对A施加F＝7N的水平向右的拉μ力，1s后撤去拉力F，求： （1）撤去拉力F前小滑块A和长木板B的加速度a 和a ； 1 2 （2）A相对于B静止时的速度v； （3）A相对于B静止的整个过程中由于摩擦生成的热量（结果可以用分数表示）。 【解答】解：（1）对A滑块根据牛顿第二定律有：F﹣ mg＝ma ， A 代入数据解得：a ＝3m/s2， μ 1 对B木板有： Mg＝Ma ， B 代入数据解得：μ a ＝2m/s2； 2 （2）对A和B整体分析，全过程根据动量定理可得：Ft＝（M+m）v Ft 7×1 7 解得：v= = m/s= m/s； M+m 2+1 31 1 （3）撤去F时，A的位移为：x = a t2= ×3×12 m＝1.5m， A 2 1 2 从开始施加外力到二者共速的过程中，根据功能关系可得： 1 Fx = (M+m)v2+Q A 2 7 解得：Q= J。 3 [例题5] （2023秋•昌乐县期中）如图所示，水平传送带顺时针传送的速度 v＝2m/s，与 倾角为37°的斜面的底端P平滑连接，将一质量m＝1kg的小物块从斜面上A点由静止释放， 小物块第一次滑上传动带时恰好不会从传递带左端滑下。已知A、P间的距离x ＝9m，物块与 0 斜面、传送带间的动摩擦因数分别为 ＝0.5、 ＝0.4，取重力加速度g＝10m/s2，sin37°＝ 1 2 0.6，cos37°＝0.8，求： μ μ （1）传送带左端到传送带右端的距离L； （2）小物块第n（n为整数且n≥2）次从斜面上运动到P时的速度大小； （3）小物块在整个运动过程中与斜面间因摩擦而产生的总热量Q。 【解答】解：（1）小物块第一次滑上传动送带时恰好不会从传递带左端滑下，即滑到从传送带 左端时速度恰好为零，从A点到第一次滑上传送带左端，根据动能定理得 mgx sin ﹣ mgcos •x ﹣ mgL＝0 0 1 0 2 代入数据θ解μ得L＝4θ.5m μ 1 （2）小物块第1次从斜面上运动到P点时mgx sinθ−μ mgcosθ⋅x = mv 2 0 1 0 2 1 解得v ＝6m/s＞2m/s 1 故沿传送带返回先做加速运动与传送带共速，后匀速运动到P点，速度为v ′＝2m/s 1 1 则，上升到最高点− mv '2=−mgx sinθ−μ mgcosθ⋅x 2 1 1 1 1 1 第二次到达P点时速度mgx sinθ−μ mgcosθ⋅x = mv 2 1 1 1 2 2 √5 联立得v = v ' 2 5 1由于v ＜2m/s 2 √5 可知从传送带返回速度仍然为v ，物块再次滑上斜面返回P点，可推理得v =( ) 2v ' 2 3 5 1 √5 √5 则，第n次返回P点v =( ) n−1v '=2( ) n−1m/s n 5 1 5 （3）小物块最终停止在斜面底端，则在整个运动过程中与斜面间因摩擦而产生的总热量 1 Q=μ mgcosθ⋅x + mv '2=38J 1 0 2 1 [例题6] （2023春•辽宁期中）如图所示，AB为光滑的水平轨道，与一倾角为 ＝37°的 传送带在B点平滑连接，传送带以v ＝4m/s沿顺时针方向匀速转动，一被压缩弹簧左θ 端固定 0 在A点，右端与小煤块接触（不栓接），现由静止释放煤块，小煤块被弹出运动到 B点前弹 簧恢复原长，煤块到B点的速度v＝2m/s，此后冲上传送带，煤块的质量m＝2kg，物块与传 7 送带的动摩擦因数 = ，sin37°＝0.6，cos37°＝0.8，g＝10m/s2。求： 8 μ （1）弹簧被压缩时储存的弹性势能E 。 p （2）小煤块冲上传送带到与传送带共速的过程中，传送带上的痕迹长d。 （3）当煤块与传送带共速后，传送带立即以a ＝1m/s2的加速度减速运动，结果煤块恰好运动到 0 传送带顶端，求整个过程中传送带电机因传送煤块多消耗的电能E（不包括传送带自身转动） 1 1 【解答】解：（1）弹簧被压缩时储存的弹性势能E = mv2= ×2×22J=4J p 2 2 （2）煤块上滑的加速度 mgcos ﹣mgsin ＝ma 1 解得a ＝1m/s2 μ θ θ 1 v −v 与传送带共速时用时间t= 0 =2s a 1 v +v 传送带上的痕迹：d=Δx=v t− 0 t 0 2代入数值解得：d＝2m （3）传动带减速后，传送带对煤块的摩擦力为静摩擦力，方向向上，煤块与传送带相对静止， 一起减速−2a x =0−v2 0 3 0 解得x ＝8m 3 v +v 传送带长L= 0 t +x 2 1 3 代入数值解得L＝14m 整个过程摩擦生热Q＝ mgcos ⋅Δx 代入数值解得Q＝28J μ θ 1 整个过程中传送带电机因传送煤块多消耗的电能E=mgLsinθ+Q− mv2 2 解得E＝192J 考点三 能量守恒定律及应用 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另一种形式，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．表达式 ΔE ＝ Δ E 减 增． 3．基本思路 (1)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； (2)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． [例题7] 如图所示，长木板A放在光滑的水平地面上，物体B以水平速度冲上A后，由 于摩擦力作用，最后停止在木板A上，则从B冲到木板A上到相对板A静止的过程中，下述 说法中正确的是（ ）A．物体B动能的减少量等于系统损失的机械能 B．物体B克服摩擦力做的功等于系统内能的增加量 C．物体B损失的机械能等于木板A获得的动能与系统损失的机械能之和 D．摩擦力对物体B做的功和对木板A做的功的总和等于零 【解答】解：A、物体B以水平速度冲上A后，由于摩擦力作用，B减速运动，A加速运动，根 据能量守恒定律，物体B动能的减少量等于A增加的动能和产生的热量之和，选项A错误； B、根据动能定理，物体B克服摩擦力做的功等于B损失的动能，选项B错误； C、由能量守恒定律可知，物体B损失的机械能等于木板A获得的动能与系统损失的机械能之和， 选项C正确； D、摩擦力对物体B做的功等于B动能的减少，摩擦力对木板A做的功等于A动能的增加，由 能量守恒定律，摩擦力对物体B做的功和对木板A做的功的总和等于系统内能的增加量机械能， 选项D错误。 故选：C。 [例题8] 如图所示，有三个斜面a、b、c，底边长分别为L、L、2L，高度分别为2h、h、 h．某一物体与三个斜面间的动摩擦因数都相同，这个物体分别沿三个斜面从顶端由静止下滑 到底端．三种情况相比较，下列说法正确的是（ ） A．物体损失的机械能ΔE ＝2ΔE ＝4ΔE c b a B．因摩擦产生的热量2Q ＝2Q ＝Q a b c C．物体到达底端的动能E ＝2E ＝2E ka kb kc D．物体运动的时间4t ＝2t ＝t a b c 【解答】解：设斜面和水平方向夹角为 ，斜面长度为X， 则物体下滑过程中克服摩擦力做功为：Wθ＝mg Xcos ， Xcos 即为底边长度。 μ θ A、物θ体下滑，除重力外有摩擦力做功，根据能量守恒，损失的机械能 转化成摩擦产生的内能。 1 由图可知a和b底边相等且等于c的一半，故摩擦生热关系为：Q ＝Q = Q ，所以损失的机械 a b 2 c1 能ΔE ＝ΔE = ΔE a b 2 c 故A错误。 B、克服摩擦力所做功等于因摩擦产生热量，所以2Q ＝2Q ＝Q ，故B正确。 a b c 1 C、设物体滑到底端时的速度为v，根据动能定理得：mgH﹣mg Xcos = mv2﹣0， 2 μ θ E ＝2mgh﹣mg L， ka E ＝mgh﹣mg μL， kb E ＝mgh﹣mgμ•2L， kc 根据图中斜面高μ度和底边长度可知滑到底边时动能大小关系为： E ＞E ＞E ，故C错误。 ka Kb kc √2L √ 2L D、沿斜面运动的时间t= = ， a gsinθ−μgcosθ ＞ ，L ＜L ，所以t ＜t ， b c b c b c θ由于θ动摩擦因数和斜面a、b的倾角关系未知，无法确定t 和t ，故D错误； a b 故选：B。 [例题9] 如图所示长木板A放在光滑的水平地面上，物体B以水平速度冲上A后，由于 摩擦力作用，最后停止在木板A上，则从B冲到木板A上到相对板A静止的过程中，下述说 法中正确的是（ ） A．物体B损失的机械能等于木板A获得的动能与系统损失的机械能之和 B．物体B克服摩擦力做的功等于系统内能的增加量 C．物体B动能的减少量等于系统损失的机械能 D．摩擦力对物体B做的功和对木板A做的功的代数和的绝对值大于系统内能的增加量 【解答】解：A、由能量守恒定律可知，物体B损失的机械能等于木板A获得的动能与系统损 失的机械能之和，故A正确； B、物体B以水平速度冲上A后，由于摩擦力作用，B减速运动，A加速运动，根据能量守恒定 律， 物体B动能的减少量等于A增加的动能和产生的热量之和，故B错误；C、根据动能定理，物体B动能的减少量等于B损失的机械能，等于A动能的增加量与系统增 加的内能之和，故C错误； D、摩擦力对物体B做的功等于B动能的减少，摩擦力对木板A做的功等于A动能的增加，由 能量守恒定律， 摩擦力对物体B做的功和对木板A做的功的总和的绝对值等于系统内能的增加量，故D错误。 故选：A。 [例题10]如图所示，一物体质量m＝2kg，在倾角为 ＝37°的斜面上的A点以初速度v ＝ 0 3m/s下滑，A点距弹簧上端B的距离AB＝4m。当物体到θ达B后将弹簧压缩到C点，最大压 缩量BC＝0.2m，然后物体又被弹簧弹上去，弹到的最高位置为D点，D点距A点AD＝3m。 挡板及弹簧质量不计，g取10m/s2，sin37°＝0.6，求： （1）物体与斜面间的动摩擦因数 。 （2）弹簧的最大弹性势能E pm 。 μ 1 1 【解答】解：（1）物体在D点与A点比较，动能减少 E = mv2= ×2×32J=9J K少 2 0 2 重力势能减少 E P少 ＝mgl AD sin37°＝2×10×3×0.6J＝36J 机械能减小E少 ＝E k少+E P少 ＝9+36J＝45J 机械能的减少量全部用来克服摩擦力做功，即 W =f(l +l )=μmg(l +l )cos370 克f AC CD AC CD 代入数据解得： ≈0.52 （2）由A到C的 μ 过程，动能减少 E '= 1 mv2= 1 ×2×32J=9J K少 2 0 2 重力势能减少 E '=mgl sin370=2×10×4.2×0.6J=50.4J P少 AC 克服摩擦力做功 W '=f l =μmgl cos370=35J 克f AC AC 由能量守恒得：E =E '+E '−W '=24.4J Pm k少 P少 克f 答：（1）物体与斜面间的动摩擦因数 是0.52。 μ（2）弹簧的最大弹性势能E 是24.4J。 pm 考点四 传送带模型中的动力学和能量转化问题 1．传送带模型是高中物理中比较成熟的模型，典型的有水平和倾斜两种情况．一般设问的角度有 两个： (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．传送带模型问题中的功能关系分析 (1)功能关系分析：W＝ΔE＋ΔE＋Q. k p (2)对W和Q的理解： ①传送带做的功：W＝Fx ； 传 ②产生的内能Q＝Fx f 相对． 传送带模型问题的分析流程 [例题11] 足够长的传送带倾斜放置，以大小为v＝2m/s的恒定速率顺时针转动，如图甲所 示。质量m＝2kg的小物块以初速度v ＝12m/s从A端冲上传送带又滑了下来，小物块的速度 0 随时间变化的图像如图乙所示，g＝10m/s2，小物块视为质点，求： （1）小物块从冲上传送带到离开所用的时间；（2）小物块与传送带间的动摩擦因数和传送带的倾角 ； （3）0﹣2s内小物块与传送带间因摩擦所产生的热量。θ 【解答】解：（1）由v﹣t图像可知，小物块冲上斜面到达最高点所用时间t ＝2s 1 12+2 2×1 根据v﹣t图像与t轴所围面积表示位移，可得小物块上滑的最大位移为x= ×1m+ m 2 2 ＝8m Δv 0−2 由图像知，1s∼2s内的加速度为a 2 = Δt 2= 1 m/s2=−2m/s2 2 1 方向沿传送带向下，小物块向下运动过程中加速度大小与a 相等，下滑过程有x= |a |t2 2 2 2 2 解得：t =2√2s≈2.83s 2 故所求总时间t＝t +t ＝2s+2.83s＝4.83s 1 2 Δv 2−12 （2）由v﹣t图像得0～1s内的加速度为a = 1 m/s2=−10m/s2 1 Δt 1 1 方向沿传送带向下； 0∼1s内，对小物块，由牛顿第二定律得mgsin + mgcos ＝﹣ma 1 1s∼2s内，对小物块，由牛顿第二定律得mgsinθ ﹣μ mgcoθs ＝﹣ma 2 解得： ＝37°， ＝0.5 θ μ θ （3）传θ送带的速μ度v＝2m/s，在0∼1s内传送带的位移为x带1 ＝vt 1 ＝2×1m＝2m 12+2 小物块的位移为x = ×1m=7m 物1 2 两者相对位移大小为Δx 1 ＝x物1 ﹣x带1 ＝7m﹣2m＝5m 在1～2s内传送带的位移x带2 ＝vt 2 ＝2×1m＝2m 2×1 小物块的位移为x = m=1m 物2 2 两者相对位移大小为Δx 2 ＝x带2 ﹣x物2 ＝2m﹣1m＝1m 0～2s内小物块与传送带间因摩擦所产生的热量 Q＝fd＝ mgcos （Δx +Δx ）＝0.5×2×10×0.8×（5+1）J＝48J 1 2 [例μ题12]θ（2023春•辽宁期末）利用弹簧弹射和皮带传动装置可以将工件运送至高处。如 图所示，已知传送轨道平面与水平方向成37°角，倾角也是37°的光滑斜面轨道固定于地面且与传送轨道良好对接，弹簧下端固定在斜面底端，工件与传送带间的动摩擦因数 ＝0.25。传 送带顺时针匀速转动的速度v＝4m/s，两轮轴心相距L＝5m，B、C分别是传送带μ与两轮的切 点，轮缘与传送带之间不打滑。现将质量m＝1kg的工件放在弹簧上，用力将弹簧压缩至A点 后由静止释放，工件离开斜面顶端滑到传送带上的B点时速度v ＝8m/s，A、B间的距离x＝ 0 1m。工件可视为质点，g取10m/s2，sin37°＝0.6，cos37°＝0.8。求： （1）弹簧的最大弹性势能； （2）工件第一次沿传送带上滑至最高点的时间。 （3）第一次从B点上滑至最高点的过程中因摩擦产生的热能。 【解答】解：（1）滑块从A到B过程，弹簧的弹性势能的减小等于滑块机械能的增加，根据机 械能守恒定律，得： 1 弹簧的最大弹性势能为：E ＝mgxsin37°+ mv2 p 2 0 代入数据解得：E ＝38J； P （2）工件沿传送轨道减速向上滑动的过程中有：mgsin37°+ mgcos37°＝ma 1 代入数据解得 a ＝8m/s μ 1 v −v 8−4 从B点运动到与传送带共速需要的时间为：t = 0 = s＝0.5s． 1 a 8 1 v +v 8+4 工件滑行的位移大小为：s = 0 t = ×0.5m＝3m＜L． 1 2 1 2 因为 ＜tan37°，所以工件将沿传送带继续减速上滑．有：mgsin37°﹣ mgcos37°＝ma 2 μ代入数据解得：a ＝4m/s μ 2 v 4 = = 假设工件速度减为零时，工件未从传送带上滑落，则有：t s＝1s． 2 a 4 2 v 4 工件滑行的位移大小为：s = t = ×1＝2m＝L﹣s ； 2 2 2 2 1 故假设成立，工件沿传送带上滑的时间为：t＝t +t ＝1.5s； 1 2（3）工件在皮带上以加速度a 1 滑动的过程中皮带的位移为：x皮1 ＝vt 1 ＝4×0.5m＝2m 工件与皮带间的相对位移大小为Δx 1 ＝s 1 ﹣x皮1 ＝3m﹣2m＝1m 工件在皮带上以加速度a 2 滑动的过程中皮带的位移为：x皮2 ＝vt 2 ＝4×1m＝4m 工件与皮带间的相对位移大小为Δx 2 ＝x皮2 ﹣s 2 ＝4m﹣2m＝2m 所以第一次从B点上滑至最高点的过程中因摩擦产生的内能：Q＝ mgcos37°（Δx +Δx ） 1 2 代入数据解得：Q＝6J。 μ [例题13]（2023春•宁波期末）如图所示，竖直平面内固定有半径为R＝1m的光滑四分之 一圆轨道AB、水平直轨道BC、DO以及以速度v＝3m/s逆时针转动的水平传送带CD，OD上 有一轻质弹簧，一端固定在O点另一端自然伸长于E点，各轨道平滑连接。现有一质量为m＝ 2kg的滑块（可视为质点）从轨道AB上高为h处由静止下滑，已知L ＝0.2m，L ＝0.4m， BC CD L ＝0.3m，滑块与BC、DE间的动摩擦因数均为 ＝0.3，与传送带间的动摩擦因数为 ＝ DE 1 2 0.5，E点右侧平面光滑，整个过程不超过弹簧的弹性μ限度，重力加速度g取10m/s2。 μ （1）若h＝0.2m，求滑块运动至B处时对轨道的作用力F ； N （2）若要使滑块能到达D点，且不再离开DE，求滑块下落高度满足的条件； （3）若滑块第一次到达D点速度恰为0，求这一过程滑块通过传送带产生的内能。 【解答】解：（1）滑块由静止滑到B点处，由动能定理得 1 mgℎ = mv2 2 B 代入数据解得：v ＝2m/s B 滑块滑动到B处时，由牛顿第二定律得 v2 F ′﹣mg＝m B N R 代入数据解得：F ′＝28N N 由牛顿第三定律可知，滑块运动至B处时对轨道的作用力大小F ＝F ′＝28N，方向竖直向下。 N N （2）若要使滑块能到达D点，滑块第一次到达D点时速度是零，下滑高度有最小值，由动能定 理得 mgh ﹣ mgL ﹣ mgL ＝0 1 1 BC 2 CD μ μ代入数据解得：h ＝0.26m 1 滑块到达DE后且不再离开DE，可知又返回的D点速度恰好是零，下滑高度有最大值，由动能 定理得 mgh ﹣ mgL ﹣ mgL ﹣2 mgL ＝0 2 1 BC 2 CD 1 DE 解得：hμ＝0.44m μ μ 2 则滑块下落高度满足的条件为：0.26m≤h≤0.44m （3）从若滑块第一次到达D点速度恰是0，设滑块从C到D的时间为t，由逆向思维有： 1 L = μ gt2 CD 2 2 可得：t＝0.4s 滑块在传送带上产生的内能：Q＝ mg（L +vt） 2 CD 解得：Q＝16J μ 题型1功能关系及能量守恒定律的应用 1. （2024•广东二模）2023年亚运会在杭州顺利举行，广东中山15岁小将陈烨夺得我国 在滑板男子碗池项目的首枚金牌，实现历史性突破，假如某次训练中陈烨以同一姿态沿轨道下 滑了一段距离，这过程中重力对他做功为800J，他克服阻力做功为200J，不计其他作用力的 功，则陈烨在此过程中（ ） A．动能可能不变 B．动能增加了600J C．重力势能减少了600J D．机械能增加了200J 【解答】解：AB、设陈烨克服阻力力做功为W，由动能定理可得：W ﹣W＝ΔE ，可得动能 f G f k 增加了ΔE ＝600J，故A错误，B正确； kC、重力对他做功为800J，根据重力做正功多少，重力势能就减少多少，可知重力势能减少了 800J，故C错误； D、除了重力和弹力以外的其他外力做的功等于机械能的变化量，即ΔE＝W其他 ，解得：ΔE＝﹣ W＝﹣200J，即机械能减少了200J，故D错误。 f 故选：B。 2. （2024春•洛阳期中）图甲为科技活动节学生自制小型抛石机。将石块放在长臂一端 的凹槽中，在短臂端固定重物，发射前将长臂端往下拉至地面，然后突然松开，凹槽中的石块 过最高点时就被抛出。现将其简化为如图乙所示的模型，将一质量m＝10g可视为质点的小石 块，装在长L＝10cm的长臂末端的凹槽中，初始时长臂与水平面的夹角为30°，松开后长臂转 至竖直位置时，石块被水平抛出，落在水平地面上，测得石块落地点与O点的水平距离为 30cm，以地面为零势能面，不计空气阻力，取重力加速度大小g＝10m/s2，下列说法正确的是 （ ） A．石块被水平抛出时的动能为1.5×10﹣1J B．石块从A点到最高点机械能增加3.0×10﹣2J C．石块着地时，重力做功的功率为√3W D．石块从A点到最高点的过程中，其重力势能的增加量等于重物重力势能的减小量 【解答】解：A、石块被抛出后做平抛运动，根据几何关系可知石块的下降高度 h＝L+Lsin30°， 1 代入数据解得h＝15cm＝0.15m，根据自由落体运动的规律h= gt2 ，石块的水平位移x＝v t， 2 0 1 石块被抛出时的动能E = mv2 ，其中x＝30cm＝0.3m，联立解得E ＝1.5×10﹣2J，故A错误； k 2 0 k B、石块从A点到最高点机械能增加量为E＝E +mgh＝1.5×10﹣2J+10×10﹣3×10×0.15J＝3.0×10﹣ k 2J，故B正确；1 √3 C、根据h = gt2 ，v ＝gt，P＝mgv ，联立解得P= W，故C错误； 2 y y 10 D、根据能量守恒可知，石块从A点到最高点的过程中，石块重力势能的增加量等于重物重力势 能的减少量减去石块与重物动能之和，故D错误； 故选：B。 3. （2024春•岳麓区校级月考）如图所示，在一直立的光滑管内放置一轻质弹簧，上端 O点与管口A的距离为2x ，一质量为m的小球从管口由静止下落，将弹簧压缩至最低点B， 0 压缩量为x ，不计空气阻力，重力加速度为 g，弹簧的弹性势能E 与形变量x的关系为E 0 p p 1 = kx2，则（ ） 2 A．弹簧的最大弹性势能为3mgx 0 B．小球运动的最大速度等于2√gx 0 mg C．弹簧的劲度系数为 x 0 D．小球运动中最大加速度为g 【解答】解：A、小球下落到最低点时，重力势能全部转化为弹簧的弹性势能，此时弹性势能最 大，根据小球和弹簧组成的系统机械能守恒，有E ＝3mgx ，故A正确； pmax 0 1 1 6mg C、根据弹性势能的表达式E = kx2 ，则有3mgx = kx2 ，解得：k= ，故C错误； pmax 2 0 2 0 x 0 B、当小球的重力等于弹簧弹力时，小球有最大速度，则有 mg＝kx 再根据弹簧和小球组成的系统机械能守恒，有 1 1 mg(x+2x )= mv2 + kx2 0 2 max 2√25gx 解得最大速度为：v = 0，故B错误； max 6 D、小球运动到最低点时，加速度最大，由牛顿第二定律有：kx ﹣mg＝ma，解得最大加速度为： 0 a＝5g，故D错误。 故选：A。 题型2摩擦力做功与能量转化 4. （2024•银川一模）质量为m的物体以某一初速度冲上倾角为30°足够长的固定斜面， 7 上升高度为h时速度减为初速度的一半，上滑阶段加速度为 g。g为重力加速度，最大静摩 8 擦力等于滑动摩擦力。下列说法正确的是（ ） A．物体上升的最大高度2h √3 B．物体与斜面间动摩擦因数为 4 C．从冲上斜面到返回斜面底端的过程中物体克服摩擦力做功为2mgh D．物体上滑阶段和下滑阶段所用时间之比1：8 【解答】解：AB、根据牛顿第二定律有mgsin + mgcos ＝ma √3 θ μ θ 解得 = 4 μ 上升高度为h时速度减为初速度的一半，根据功能关系有 1 1 v mv2=mgh+ mgcos ×2h+ m( ) 2 2 2 2 μ θ 1 设最大高度为H，则有 mv2=mgH+ mgcos ×2H 2 μ θ 4 解得H= h 3 故A错误，B正确；C、克服摩擦力做功为W＝ mgcos ×2H＝mgh，故C错误； f D、上滑阶段的加速度为a＝μgsin +θgcos 下滑阶段的加速度为a'＝gsin ﹣θgcμos θ 解得a：a'＝7：1 θ μ θ 1 根据x= at2 可知 2 上滑阶段和下滑阶段所用时间之比1：√7，故D错误； 故选：B。 5. （2024春•鼓楼区校级期中）如图是“深穴打夯机”示意图，电动机带动两个滚轮匀 速转动将夯杆从深坑提上来，当夯杆底端刚到达坑口时，两个滚轮彼此分开，将夯杆释放，夯 杆在自身重力作用下，落回深坑，夯实坑底。然后两个滚轮再次压紧，夯杆被提上来，如此周 而复始（夯杆被滚轮提升过程中，经历匀加速和匀速运动过程）。已知两个滚轮边缘的线速度 恒为v ＝5m/s，每个滚轮对夯杆的正压力均为F＝2.5×104N，滚轮与夯杆间的动摩擦因数 ＝ 0 0.25，夯杆质量m＝1×103kg，坑深h＝6.5m，假定在打夯的过程中坑的深度变化很小，取μg＝ 10m/s2，下列说法正确的是（ ） A．夯杆被滚轮带动加速上升的过程中，加速度的大小为2m/s2 B．每个打夯周期中，电动机多消耗的电能为7.75×104J C．每个打夯周期中滚轮与夯杆间因摩擦产生的热量为6.25×104J D．增加滚轮对夯杆的正压力，每个打夯周期中滚轮与夯杆间因摩擦产生的热量将增加 【解答】解：A、夯杆加速上升过程中，由牛顿第二定律可得2 F﹣mg＝ma 解得：a＝2.5m/s2 μ 故A错误； v2 BC、夯杆加速上升的高度h = 0 1 2a 在加速上升阶段，电动机对夯杆做的功W ＝2 Fh 1 1 μvt 设加速阶段用时为t，则h = 1 2 vt vt 此阶段滚轮与夯杆间的相对位移为Δh＝vt− = =h 2 2 1 此阶段产生的热量为Q＝2 FΔh 解得Q＝6.25×104J μ 夯杆匀速上升阶段上升高度为h ＝h﹣h 2 1 电动机对夯杆做的功为W ＝mgh 2 2 由能量关系知每个打夯周期中，电动机多消耗的电能为W＝W +Q+W 1 2 解得W＝1.4×105J 故B错误，C正确； vt v2 D.每个打夯周期中滚轮与夯杆间因摩擦产生的热量为Q＝2 FΔh＝2 F（vt− ）＝2 F⋅ 0 = 2 2a μ μ μ v2 μmv2 ⋅ 0 = 0 2 F 2μF−mg mg 2μ− m F μ 杆的正压力F增大时，Q将减小，故D错误。 故选C。 6. （2024•海南）如图所示，一轻质弹簧一端固定在 O点，另一端与小球相连。小球套 在竖直固定、粗细均匀的粗糙杆上，OP与杆垂直，小球在P点时，弹簧处于自然伸长状态， M、N两点与O点的距离相等，最大静摩擦力等于滑动摩擦力。小球从 M点静止释放，在运 动过程中，弹簧始终在弹性限度内，下列说法正确的是（ ） A．小球运动到P点时速度最大 B．小球运动到N点时的速度是运动到P点速度的√2倍 C．从M点到N点的运动过程中，小球受到的摩擦力先变大再变小D．从M点到P点和从P点到N点的运动过程中，小球受到的摩擦力做功相同 【解答】解：A．小球在P点时，弹簧处于自然伸长状态，弹力为零，摩擦力为零，小球只受重 力，小球运动到P点时加速度不为零，小球运动到P点时速度不是最大，故A错误； B．小球从M点向P点运动过程，设弹簧与竖直方向夹角为 ，弹簧的拉力为 L θ F=k( −L) sinθ 拉力逐渐减小 支持力为 F ＝Fsin ＝k（L﹣Lsin ） N 摩擦力逐θ渐减小，小球从θ M到P根据功能关系 1 mgℎ +E =Q+ mv2 p 2 1 从M到N根据功能关系 1 2mgℎ =2Q+ mv2 ，比较不出两者速度关系，故B错误； 2 2 C．从M点到N点的运动过程中，小球受到的摩擦力先变小再变大，故C错误； D．根据对称性可知在任意关于P点对称的点摩擦力大小相等，因此由对称性可知M到P和P到 N摩擦力做功大小相等，故D正确。 故选：D。 题型3传送带类的功能转化 7. （2023秋•越秀区期末）如图，工人用传送带运送货物，传送带倾角为 30°，顺时针 匀速转动，把货物从底端A点运送到顶端B点，其速度随时间变化关系如图所示。已知货物 质量为10kg，重力加速度取10m/s2。则下列说法中不正确的是（ ） A．传送带匀速转动的速度大小为1m/s√3 B．货物与传送带间的动摩擦因数为 2 C．运送货物的整个过程中摩擦力对货物做功795J D．A、B两点的距离为16m 【解答】解：A.由图像可知，货物先向上匀加速，再向上匀速，所以传送带匀速转动的速度大 小为1m/s，故A正确； B.开始时货物的加速度 Δv 1 a= = m/s2=2.5m/s2 Δt 0.4 由牛顿第二定律可知 mgcos30°﹣mgsin30°＝ma μ解得货物与传送带间的动摩擦因数为 √3 μ= ，故B正确； 2 D.由图像可知，A、B两点的距离为 1 s= ×(16+15.6)×1m=15.8m，故D错误； 2 C.由动能定理可知 1 W −mgs⋅sin30°= mv2 f 2 代入数据解得运送货物的整个过程中摩擦力对货物做功 W＝795J，故C正确。 f 本题选不正确的，故选：D。 8. （2023•台州模拟）如图所示为处于竖直平面内的一实验探究装置的示意图，该装置 由长L ＝3m、速度可调的固定水平传送带，圆心分别在O 和O ，圆心角 ＝120°、半径R＝ 1 1 2 0.4m的光滑圆弧轨道BCD和光滑细圆管EFG组成，其中B点和G点分别θ为两轨道的最高点 和最低点，B点在传送带右端转轴的正上方。在细圆管EFG的右侧足够长的光滑水平地面上 紧挨着一块与管口下端等高、长L ＝2.2m、质量M＝0.4kg木板（与轨道不粘连）。现将一块 2 质量m＝0.2kg的物块（可视为质点）轻轻放在传送带的最左端A点，物块由传送带自左向右 传动，在B处的开口和E、D处的开口正好可容物块通过。已知物块与传送带之间的动摩擦因 数 ＝0.2，物块与木板之间的动摩擦因数 ＝0.5，g取10m/s2。 1 2 （1）μ若物块进入圆弧轨道BCD后恰好不脱轨μ，求物块在传送带上运动的时间；（2）若传送带的速度3m/s，求物块经过圆弧轨道BCD最低D点时，轨道对物块的作用力大小； （3）若传送带的最大速度4m/s，在不脱轨的情况下，求滑块在木板上运动过程中产生的热量 Q 与传送带速度v之间的关系。 【解答】解：（1）物块进入圆弧轨道BCD后恰好不脱轨，则在B点，根据牛顿第二定律可得： v2 mg=m R 解得：v ＝2m/s B 若物块在传送带上一直加速，由 μ mg v2=2× 1 L m 1 解得：v=2√3m/s 由此可知物块应该是先加速后匀速 v2 L − B v 1 2μ g t= B + 1 μ g v 1 B 代入数据解得：t＝2s （2）若传送带的速度3m/s，则物体先加速后匀速，经过B点时的速度为 v ＝3m/s B1 从B到D，由动能定理得 1 1 mv2 − mv2 =mgR(1+sin30°) 2 D 2 B1 经过D点时 mv2 D=F −mgsin30° R D 解得：F ＝11.5N D （3）从B到G，由动能定理得 1 1 mv2− mv2 =2mgR(1+sin30°) 2 G 2 B2若在木板上恰好不分离，则系统的动量守恒，选择水平向右的方向为正方向，则 mv ＝（m+M）v G 1 1 1 mv2− (m+M)v2=μ mgL 2 G 2 1 2 2 得：v ＝3m/s B2 当2m/s≤v≤3m/s时 1 1 mv2 m(v2 +6gR) v2+24 Q= mv2− (m+M)v2= G= B2 = (J) 2 G 2 1 3 3 15 当3m/s≤v≤4m/s时 Q＝ mgL 2 2 代入μ数据解得：Q＝2.2J 题型4板块类的功能转化 9. （2023春•渝中区校级期中）中国的快递物流行业发展迅速。如图所示，某快递收发 站需将质量m＝50kg的快递（可视为质点）从高处运送至地面，为避免快递与地面发生撞击， 现利用粗糙倾斜轨道SP、竖直面内弧形光滑轨道PQ，使快递由倾斜轨道顶端距底端高度h＝ 2m处无初速度滑下。两轨道相切于P，倾斜轨道与水平面夹角为 ＝60°，弧形轨道半径R＝ 2m，末端切线水平。地面上紧靠轨道依次排放两块完全相同的木板θA、B，长度均为l＝4m， 质量均为M＝50kg，木板上表面与弧形轨道末端Q相切。快递与SP轨道之间的摩擦因数为 μ √3 = ，快递与木板间的动摩擦因数为 ，地面光滑（不考虑快递与各轨道相接处能量损失， 1 2 μ 最大静摩擦力等于滑动摩擦力，取g＝10m/s2）。求： （1）快递到达弧形轨道末端时对轨道的压力； （2）若 ＝0.5，试判断快递能否滑上木板B？并计算快递滑上木板后与木板间产生的热能Q。 1 μ【解答】解：（1）快递从高处滑到Q，根据动能定理 mg（h+R﹣Rcos60°）﹣ mgcos60°× ℎ = 1 mv2 sin60° 2 μ 解得v=√40m/s 在Q点根据受力分析可得 mv2 N﹣mg= R 解得N＝1500N （2）在A右侧时，设快递的速度为v ，AB速度为v ，规定v的速度方向为正方向，根据动量 1 A 守恒，能量守恒有 mv＝mv +（m+2M）v 1 A 1 1 1 mgL= mv2− mv2− (2M)v2 2 2 1 2 A μ 联立无解 则快递不能到达A的右侧，则快递在A上与A有共同速度，规定v的速度方向为正方向，有 mv＝（m+2M）v共 1 1 Q= mv2− (m+2M)v2 2 2 共 2000 解得Q= J 3 10. （2023春•秦淮区校级期中）如图所示，木板 L＝5m，质量为M＝2kg的平板车在粗 糙水平面上向右滑行，当其速度为v＝9m/s时，在其右端轻轻放上一个质量为m＝1kg的滑块， 已知滑块与木板间的动摩擦因数为 ＝0.2，木板与地面间的动摩擦因数为 ＝0.4。求： 1 2 （1）滑块与木板取得相同的速度前各μ自的加速度大小； μ （2）从开始至最终停止，滑块与木板间因摩擦产生的热量Q； （3）从开始至木板刚停止时，滑块、木板和地面组成的系统增加的内能U。 【解答】解：（1）滑块与木板取得相同的速度前，由牛顿第二定律得： 对滑块： mg＝ma 1 1 对木板：μ mg+ （m+M）g＝Ma 1 2 2 代入数据μ解得：μa ＝2m/s2，a ＝7m/s2 1 2 （2）滑块做初速度为零的匀加速直线运动，木板做匀减速直线运动，设经过t 时间两者速度相 1等，共同速度为v ，则有： 1 v ＝a t ＝v﹣a t 1 11 21 代入数据解得：t ＝1s，v ＝2m/s 1 1 v 2 滑块与木板取得相同速度前，滑块的位移为：x = 1 t = ×1m＝1m 1 2 1 2 v+v 9+2 木板的位移为：x = 1 t = ×1m＝5.5m 2 2 1 2 第一阶段滑块与木板的相对位移为：Δx ＝x ﹣x ＝（5.5﹣1）m＝4.5m 1 2 1 滑块与木板共速后，设它们一起做匀减速直线运动，对整体，由牛顿第二定律得： （m+M）g 2 ＝（m+M）a μ 代入数据解得：a＝4m/s2 滑块受到的摩擦力为：f＝ma＝1×4N＝4N＞ mg 1 故此后两个物体做加速度不同的匀减速运动，μ 滑块相对木板向前运动，由牛顿第二定律得 对滑块： mg＝ma 2 3 对平板车μ： （m+M）g﹣ mg＝Ma 2 1 4 代入数据解μ得：a ＝2m/s2，μa ＝5m/s2 3 4 v2 22 滑块与木板都做匀减速直线运动，滑块减速为零的位移为：x = 1 = m＝1m 3 2a 2×2 3 v2 22 木板减速到零的位移为：x = 1 = m＝0.4m 4 2a 2×5 4 第二阶段相对位移为：Δx ＝x ﹣x ＝（1﹣0.4）m＝0.6m 2 3 4 滑块与木板间因摩擦增加的内能为：Q＝ mg（Δx +Δx ） 1 1 2 代入数据解得：Q＝10.2J μ （3）因a ＜a ，所以木板停止时，滑块还没有停止。 3 4 设共速后木板经过时间t停止，则v ﹣a t＝0，可得t＝0.4s 1 4 木板停止时，滑块的速度为v ＝v ﹣a t＝（2﹣2×0.4）m/s＝1.2m/s 3 1 3 根据能量守恒定律可知，从开始至木板刚停止时，滑块、木板和地面组成的系统增加的内能 U： 1 1 1 1 U= Mv2− mv2= ×2×92J− ×1×1.22 J＝80.28J 2 2 3 2 2题型5常见功能关系图像分析 11. （2024春•西安期中）从地面竖直向上抛出一物体，其机械能E总 等于动能E k 与重力 势能E p 之和。取地面为重力势能零点，该物体的E总 和E p 随它离开地面的高度h的变化如图所 示。由图中数据可知，下列说法错误的是（ ） A．物体的质量为2kg B．h＝0时，物体的速率为20m/s C．h＝2m时，物体的动能E ＝50J k D．从地面至h＝4m处过程中，物体的动能减少100J 【解答】解：A.物体的重力势能为 E ＝mgh p 由图可知，当h＝4m时，重力势能80J，代入解得 m＝2kg，故A正确； B.当h＝0时，物体总的机械能等于动能，根据动能的表达式 1 E = mv2 k 2 代入数据解得 v＝10m/s，故B错误； C.根据图像可知物体的机械能随高度变化的表达式为 E＝﹣5h+100J 当h＝2m时，物体的机械能为90J，由图可知，当h＝2m时，物体的重力势能为40J，故物体的 动能为 E ＝90J﹣40J＝50J，故C正确； k2 D.由图可知，当h＝0时物体的动能为100J，h＝4m时物体的动能为0，则从地面至h＝4m处过程中物体的动能减少100J，故D正确。 本题选错误项，故选：B。 12. （2024•东湖区校级一模）如图所示，在倾角为37°的粗糙且足够长的斜面底端，一质 量为m＝2kg可视为质点的滑块压缩一轻弹簧并锁定，滑块与弹簧不拴连。t＝0时刻解除锁定， 计算机通过传感器描绘出滑块的v﹣t图像，其中Ob段为曲线，bc段为直线，已知物块在0﹣ 0.2s内运动的位移为0.8m，取g＝10m/s2，sin37°＝0.6，cos37°＝0.8，则下列说法正确的是（ ） A．滑块速度最大时，滑块与弹簧脱离 B．滑块在0.2s时机械能最大 C．滑块与斜面间的动摩擦因数为 ＝0.2 D．t＝0时刻弹簧的弹性势能为32μJ 【解答】解：A、对滑块上升过程分析受力，当滑块速度最大时满足：F弹 ＝mgsin + mgcos ， 此时弹力不为零，滑块与弹簧还没有脱离，故A错误； θ μ θ B、根据功能原理，滑块机械能增量等于弹力做功与摩擦力做功的代数和，开始时弹力大于摩擦 力，此过程中弹力功大于摩擦力功，滑块的机械能增加。最后阶段弹力小于摩擦力，弹力功小 于摩擦力功，此过程中滑块的机械能减小，则滑块在 0.2s时弹力为零，此时滑块的机械能不是 最大，故B错误； 4.0−2.0 C、滑块脱离弹簧后向上减速运动，由图乙可求得加速度为：a= m/s2=10m/s2 0.4−0.2 根据牛顿第二定律：mgsin37°+ mgcos37°＝ma 代入数据解得，滑块与斜面间的μ动摩擦因数为： ＝0.5，故C错误； D、由能量关系可知，t＝0时刻弹簧的弹性势能等 μ 于t＝0.2s时的机械能：E = 1 mv2+mgssin37° p 2 1 1 + mgscos37°= ×2×42 J+2×10×0.8×0.6J+0.5×2×10×0.8×0.8J＝32J，故D正确。 2 μ 故选：D。13. （2024•榆林开学）如图所示，以恒定速率 v逆时针运行的传送带与水平面间的夹角 为 ，转轴间距L。工作人员将质量为m的小包裹轻放上传送带的顶端。已知小包裹与传送带 间的α动摩擦因数为 ，最大静摩擦力等于滑动摩擦力，重力加速度为 g。设传送带顶端为零势 能面，则描述小包裹μ的机械能随其位移的变化关系可能正确的是（ ） A． B． C． D． 【解答】解：根据能的转化和守恒定律可知，除重力以外的其他力做的功等于小包裹机械能的 变化量。小包裹从放上传送带到与传送带速度相同的过程中，沿着传送带向下的滑动摩擦力 f动 ＝ mgcos 对小包μ 裹做正α功，小包裹的机械能随位移均匀增大，图像斜率大小为 mgcos 。当小包裹的速 度与传送带速度相同后， μ α 分两种情况：第一种， 较大，小包裹与传送带一起匀速运行，传送带对小包裹的摩擦力为沿着 传送带向上的静摩擦力，μ 且静摩擦力 f静 ＝mgsin ≤ mgcos 该静摩擦力α对小μ 包裹做α负功，小包裹的机械能随位移均匀减小，图像斜率大小为 mgsin ，小于 第一阶段的斜率大小； α 第二种 较小，小包裹继续做加速运动，传送带对小包裹的摩擦力为沿着传送带向上的滑动摩 擦力，且μ有 mgsin ﹣ mgcos ＞0 该滑动α摩μ擦力对小α 包裹做负功，小包裹的机械能随位移均匀减小，图像斜率大小为 mgcos ， 与第一阶段斜率大小相等，故ABD错误，C正确。 μ α 故选：C。14. （2024•正定县校级三模）如图甲所示，水平桌面上有一算盘。中心带孔的相同算珠 （可视为质点）可穿在固定的杆上滑动，算珠与杆之间的动摩擦因数恒定，使用时发现某一根 杆上有A、B两颗算珠未在归零位。A、B相隔s ＝3.5cm，B与上边框相隔s ＝2cm，现用手 1 2 指将A以某一初速度拨出，在方格纸中作出A、B运动的v﹣t图像如图乙所示（实线代表A， 虚线代表B）。忽略A、B碰撞的时间，g取10m/s2，则下列说法中正确的是（ ） A．算珠A、B均能回到自己的归零位 B．算珠A在碰撞前运动了0.2s C．算珠与杆之间的动摩擦因数为0.1 D．算珠A与算珠B在碰撞过程中机械能守恒 【解答】解：C．根据图乙可知，A拨出的初速度，A碰前与A、B碰后的速度分别为 v ＝0.4m/s，v ＝0.3m/s，v ＝0.1m/s，v ＝0.2m/s 0 A1 A2 B A碰前有 v 2−v 2=−2as ，a＝ g A1 0 1 μ 解得 ＝0.1，故C正确； μ v −v B．算珠A在碰撞前运动时间t= 0 A1 a 解得t＝0.1s，故B错误； v 2 A．碰后A、B减速至0的位移分别为x = A2 A 2a 解得x ＝0.5cm＜s A 2 v 2 解得x ＝0.5cm＝s ，x = B B 2 B 2a 可知，算珠A没有归零，B恰好归零，故A错误；1 D．根据上述可知，碰前A、B总动能为E = mv2 KA 2 A1 解得E ＝0.045m KA 1 1 碰后A、B总动能为W = mv2 + m 2 K 2 A2 2 B 1 W ＝0.025＜ mv2 K 2 A1 算珠A与算珠B在碰撞过程中机械能不守恒，D错误。 故选：C。