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第30 课时 功能关系 能量守恒定律
目标要求 1.熟练掌握几种常见的功能关系，并会用于解决实际问题。2.掌握一对摩擦力做功与能量转化的
关系。3.会应用能量守恒观点解决综合问题。
考点一 功能关系的理解和应用
1.对功能关系的理解
(1)力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。
2.常见的功能关系
力做功
能的变化
定量关系
合力做的功
动能变化
W＝Ek2－Ek1＝ΔEk
重力做的功
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－
E p2
弹簧弹力做的功
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＝Δ E
一对相互作用的滑动摩擦力做的功
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＝Ffx 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
1
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(2)W 克安＝ΔE 电
1.一个物体的能量增加，必定有其他物体的能量减少。( √ )
2.合力做的功等于物体机械能的改变量。( × )
3.克服与势能有关的力(重力、弹簧弹力、静电力等)做的功等于对应势能的增加量。( √ )
4.滑动摩擦力做功时，一定会引起机械能的转化。( √ )
例1 (多选)滑沙运动是继滑冰、滑水、滑雪和滑草之后又一新兴运动，它使户外运动爱好者在运动的同
时又能领略到沙漠的绮丽风光。如图所示，质量为50 kg 的人坐在滑沙板上从沙坡的顶端由静止沿直线匀
加速下滑，经过10 s 到达坡底，速度大小为20 m/s。已知沙坡的倾角为30°，重力加速度g 取10 m/s2，下
列关于此过程的说法中正确的是( )
A.人的重力势能减少5.0×104 J
B.人的动能增加1.0×104 J
C.人的机械能减少1.5×104 J
D.人克服阻力做功4.0×104 J
答案 BC
解析 人沿沙坡下滑的距离l＝1
2vt＝100 m，重力势能减少ΔEp＝mglsin 30°＝2.5×104 J，故A 错误；人的
动能增加ΔEk＝1
2mv2＝1.0×104 J，故B 正确；人的机械能减少ΔE＝ΔEp－ΔEk＝1.5×104 J，故C 正确；人克
服阻力做功W 克f＝ΔE＝1.5×104 J，故D 错误。
例2 (多选)(2024·山东聊城市检测)一物块在高3.0 m、长5.0 m 的斜面顶端从静止开始沿斜面下滑，其
重力势能和动能随下滑距离s 的变化如图中直线Ⅰ、Ⅱ所示，重力加速度取10 m/s2，则( )
A.物块下滑过程中机械能不守恒
B.物块与斜面间的动摩擦因数为0.5
2
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C.物块下滑时加速度的大小为6.0 m/s2
D.当物块下滑2.0 m 时机械能损失了12 J
答案 AB
解析 由E－s 图像知，物块动能与重力势能的和减小，则物块下滑过程中机械能不守恒，故A 正确；由E－
s 图像知，整个下滑过程中，物块机械能的减少量为ΔE＝30 J－10 J＝20 J，重力势能的减少量ΔEp＝mgh＝
30 J，又ΔE＝μmgcos α·s，其中cos α＝√s
2−h
2
s
＝0.8，h＝3.0 m，g＝10 m/s2，则可得m＝1 kg，μ＝0.5，
故B 正确；物块下滑时加速度的大小a＝gsin α－μgcos α＝2.0 m/s2，故C 错误；物块下滑2.0 m 时损失的机
械能为ΔE'＝μmgcos α·s'＝8 J，故D 错误。
考点二 摩擦力做功与能量转化
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
做的总功
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＝－Ffx 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
例3 (多选)如图所示，一个长为L、质量为M 的木板，静止在光滑水平面上，一个质量为m 的物块(可
视为质点)以水平初速度v0从木板的左端滑向另一端，设物块与木板间的动摩擦因数为μ，当物块与木板
相对静止时，物块仍在长木板上，物块相对木板的位移为d，木板相对地面的位移为s，重力加速度为
g。则在此过程中( )
A.摩擦力对物块做的功为－μmg(s＋d)
B.摩擦力对木板做的功为μmgs
C.木板动能的增量为μmgd
3
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D.由于摩擦而产生的热量为μmgs
答案 AB
解析 根据功的定义W＝Flcos α，其中l 指物体的位移，而α 指力与位移之间的夹角，可知摩擦力对物块做
的功W1＝－μmg(s＋d)，摩擦力对木板做的功W2＝μmgs，A、B 正确；根据动能定理可知木板动能的增量ΔEk
＝W2＝μmgs，C 错误；由于摩擦而产生的热量Q＝Ff·Δx＝μmgd，D 错误。
用功能关系分析光滑水平面上“滑块—木板”问题时要注意区分三个位移：
(1)求摩擦力对滑块做功时用滑块对地的位移x 滑；
(2)求摩擦力对木板做功时用木板对地的位移x 板；
(3)求摩擦生热时用相对位移Δx。
例4 (多选)如图所示，与水平面成θ 角的传送带，在电动机的带动下以恒定的速率v 顺时针运行。现将
质量为m 的小物块从传送带下端A 点无初速度地放到传送带上，经时间t1物块与传送带达到共同速度，
再经时间t2物块到达传送带的上端B 点，已知A、B 间的距离为L，重力加速度为g，则在物块从A 运动到
B 的过程中，以下说法正确的是( )
A.在t1时间内摩擦力对物块做的功等于1
2mv2
B.在t1时间内物块和传送带间因摩擦而产生的内能等于物块机械能的增加量
C.在t1＋t2时间内传送带对物块做的功等于mgLsin θ＋1
2mv2
D.在t1＋t2时间内因运送物块，电动机至少多消耗 mgLsin θ＋mv2的电能
答案 BC
解析 由动能定理可知，在t1时间内摩擦力和重力对物块做的功之和等于1
2mv2，选项A 错误； 在t1时间内，
物块相对传送带的位移Δx＝vt1－v
2t1＝v
2t1，则物块和传送带间因摩擦而产生的内能为Q＝FfΔx＝1
2Ffvt1；物块
机械能的增加量等于摩擦力做的功，即ΔE＝Ff·v
2t1＝1
2Ffvt1，即在t1时间内物块和传送带间因摩擦而产生的内
能等于物块机械能的增加量，选项B 正确； 由功能关系可知，在t1＋ t2时间内传送带对物块做的功等于物块
机械能的增加量，即mgLsin θ＋1
2mv2，选项C 正确； 在t1时间内因运送物块，电动机至少多消耗的电能为
4
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mgL1sin θ＋1
2mv2＋Q，由选项B 可知mgL1sin θ＋1
2mv2＝Q，则在t1时间内因运送物块电动机至少多消耗的电
能为2mgL1sin θ＋mv2；在t2时间内因运送物块电动机至少多消耗的电能为mgL2sin θ；则在t1＋t2时间内因运
送物块，电动机至少多消耗 2mgL1sin θ＋mv2＋mgL2sin θ＝mg(L＋L1)sin θ＋mv2的电能，选项D 错误。
考点三 能量守恒定律的理解和应用
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.表达式：
(1)E 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。
(2)ΔE 增＝ΔE 减，增加的能量总和等于减少的能量总和。
3.理解
(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。
现在市场上有一种手表叫自动机械手表，只要每天有一定时间把表戴在手上，不用手动上发条，表针便可走
动计时，自动手表的工作运行，是否违背能量守恒定律？
答案 不违背能量守恒定律。自动手表的运行是把人运动的机械能转化为发条的弹性势能，然后再转化为表
针的动能，同样遵守能量守恒定律。
例5 如图所示，将原长为L 的轻质弹簧放置在倾角为37°的轨道AB 上，弹簧的一端固定在A 点，另一
端与质量为m 的滑块接触但不连接(滑块可视为质点)。AB 长为2L，B 端与半径为L 的光滑圆轨道BCD 相
切，D 点在圆心O 的正上方，C 点与O 点等高。滑块与AB 间的动摩擦因数μ＝0.5。用外力推动滑块至P
点，使得AP＝L
2 ，然后放开，滑块由静止开始沿轨道AB 运动，之后刚好能到达圆轨道的最高点D。已知
重力加速度大小为g，sin 37°＝0.6，cos 37°＝0.8。
(1)求滑块初始位于P 点时，弹簧的弹性势能Ep；
(2)若更换另一个质量为m1的滑块，仍将滑块从P 点由静止释放，滑块能滑上圆轨道且能沿着圆轨道滑下，
求m1的可能取值范围。
答案 (1)3.8mgL (2)38
23m≤m1<38
15m
解析 (1)对滑块在D 点，由牛顿第二定律得mg＝mv
2
L
5
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对滑块从P 点到D 点，由能量守恒得Ep＝μmgcos 37°×3 L
2 ＋mg3 L
2 sin 37°＋mgL(1＋cos 37°)＋1
2mv2
解得v＝√gL，Ep＝3.8mgL
(2)若滑块质量较大，恰好运动到B 点，由能量守恒得Ep＝μm2gcos 37°×3 L
2 ＋m2g3 L
2 sin 37°
若滑块质量较小，恰好运动到C 点，由能量守恒得Ep＝μm3gcos 37°×3 L
2 ＋m3g3 L
2 sin 37°＋m3gLcos 37°
解得m2＝38
15m，m3＝38
23m
所以m1的可能取值范围为38
23m≤m1<38
15m。
(1)首先确定初、末状态，分清有几种形式的能在变化，如动能、势能(包括重力势能、弹性势能、电势能)、
内能等。
(2)明确哪种形式的能量增加，哪种形式的能量减少，并且列出减少的能量ΔE 减和增加的能量ΔE 增的表达式。
课时精练
(分值：100 分)
1~7 题每小题8 分，共56 分
1.(2024·浙江1 月选考·3)如图所示，质量为m 的足球从水平地面上位置1 被踢出后落在位置3，在空中达到最
高点2 的高度为h，重力加速度为g，则足球( )
A.从1 到2 动能减少mgh
B.从1 到2 重力势能增加mgh
C.从2 到3 动能增加mgh
D.从2 到3 机械能不变
答案 B
解析 由足球的运动轨迹可知，足球在空中运动时一定受到空气阻力作用，则从1 到2 重力势能增加mgh，
从1 到2 动能减少量大于mgh，故A 错误，B 正确； 从2 到3 由于空气阻力作用，机械能减小，重力势能减
小mgh，则动能增加小于mgh，故C、D 错误。
2.足够长的水平传送带始终以恒定速度v 匀速运动，某时刻一个质量为m 的小物块静止放到传送带上，在小
物块与传送带间发生相对运动的过程中，滑动摩擦力对小物块做的功为W，小物块与传送带间因摩擦产生的
热量为Q，则( )
6
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A.Q＝1
2mv2
B.Q＝1
4 mv2
C.W＝1
4 mv2
D.W＝mv2
答案 A
解析 对小物块进行分析可知，小物块先在滑动摩擦力作用下做匀加速直线运动，速度增大至与传送带速度
相等时，与传送带保持相对静止做匀速直线运动，此后，小物块不再受到摩擦力作用，根据动能定理可知，
滑动摩擦力对小物块做的功为W＝1
2mv2－0＝1
2mv2，故C、D 错误；设小物块加速到与传送带速度相等历时
为t，则此过程的相对位移为x＝vt－vt
2 ＝v
2t，则小物块与传送带间因摩擦产生的热量为Q＝μmgx，根据上述
有μmgx＝1
2mv2，解得Q＝1
2mv2，故A 正确，B 错误。
3.(2024·山东青岛市期末)如图所示，水平桌面上的轻质弹簧一端固定，另一端与小物块相连。弹簧处于自然
长度时物块位于O 点(图中未标出)。物块的质量为m，AB=a，物块与桌面间的动摩擦因数为μ。用水平向右
的力将物块从O 点拉至A 点，拉力做的功为W。撤去拉力后物块由静止向左运动，经O 点到达B 点时速度为
零。重力加速度为g。则上述过程中( )
A.物块在A 点时，弹簧的弹性势能等于W-1
2μmga
B.物块在B 点时，弹簧的弹性势能大于W-3
2μmga
C.经O 点时，物块的动能小于W-μmga
D.物块动能最大时弹簧的弹性势能小于物块在B 点时弹簧的弹性势能
答案 C
解析 物块从A 到B 过程中，内能增加，所以弹簧和物块组成的系统机械能减小，由于在A、B 两点物块速
度均为零，则物块在A 点时弹簧的伸长量大于在B 点时弹簧的压缩量，所以OA>a
2，用水平向右的力将物块
从O 点拉至A 点的过程，由功能关系可知，物块在A 点时弹簧的弹性势能EpA=W-μmg·OA<W-1
2μmga，故A 错
误；物块从O 点由静止开始运动到B 点的过程，路程为s=OA+AB>3a
2 ，由功能关系可知，物块在B 点时弹簧
的弹性势能EpB=W-μmgs<W-3
2μmga，故B 错误；物块从O 点由静止开始到再次到达O 点，由功能关系可知物
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块的动能EkO=W-μmg·2OA<W-μmga，故C 正确；物块动能最大时，弹力大小等于滑动摩擦力大小，而物块在
B 点时，弹力大小与滑动摩擦力大小关系无法确定，故物块动能最大时弹簧形变量与物块在B 点时弹簧形变
量大小关系无法确定，则弹簧的弹性势能大小关系无法确定，故D 错误。
4.(多选)(2024·山东济宁市期中)如图所示，在竖直平面内有一半径为R 的圆弧轨道，半径OA 水平、OB 竖直，
一个质量为m 的小球自A 点的正上方P 点由静止开始自由下落，小球沿轨道到达最高点B 时恰好对轨道没有
压力。已知AP＝2R，重力加速度为g，则小球从P 点运动到B 点的过程中( )
A.重力做功2mgR
B.机械能减少mgR
C.合外力做功1
2mgR
D.克服摩擦力做功1
2mgR
答案 CD
解析 小球从P 点运动到B 点的过程中，重力做的功WG＝mg(2R－R)＝mgR，故A 错误；小球沿轨道到达最
高点B 时恰好对轨道没有压力，则有mg＝mvB
2
R
，解得vB＝√gR，则此过程中机械能的减少量为ΔE＝mgR－
1
2mvB
2＝1
2mgR，故B 错误；根据动能定理可知，合外力做功W 合＝1
2mvB
2－0＝1
2mgR，故C 正确；根据功
能关系可知，小球克服摩擦力做的功等于机械能的减少量，则W 克f＝ΔE＝1
2mgR，故D 正确。
5.(多选)如图所示，楔形木块abc 固定在水平面上，粗糙斜面ab 与水平面的夹角为60°，光滑斜面bc 与水平
面的夹角为30°，顶角b 处安装一定滑轮。质量分别为M、m(M>m)的两滑块A 和B，通过不可伸长的轻绳跨
过定滑轮连接，轻绳与斜面平行。两滑块由静止释放后，沿斜面做匀加速运动，A、B 不会与定滑轮碰撞。
若不计滑轮的质量和摩擦，在两滑块沿斜面运动的过程中( )
A.轻绳对滑轮作用力的方向竖直向下
B.拉力和重力对A 做功之和大于A 动能的增加量
C.拉力对A 做的功等于A 机械能的增加量
D.两滑块组成系统的机械能损失等于A 克服摩擦力做的功
答案 BD
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解析 根据题意可知，两段轻绳的夹角为90°，轻绳拉力的大小相等，根据平行四边形定则可知，合力方向
与轻绳方向的夹角为45°，所以轻绳对滑轮作用力的方向不是竖直向下的，故A 错误；对A 受力分析，受到
重力、斜面的支持力、轻绳的拉力以及滑动摩擦力作用，根据动能定理可知，A 动能的增加量等于拉力、重
力以及摩擦力做功之和，而摩擦力做负功，则拉力和重力对A 做功之和大于A 动能的增加量，故B 正确；由
除重力和弹力之外的力对物体做的功等于物体机械能的变化量可知，拉力和摩擦力对A 做的功之和等于A 机
械能的增加量，故C 错误；对两滑块组成的系统受力分析可知，除了重力之外只有摩擦力对A 做功，所以两
滑块组成的系统的机械能损失等于A 克服摩擦力做的功，故D 正确。
6.(2025·山东德州市质检)如图所示，质量m1＝1 kg 的木板Q 静止在水平地面上，质量m2＝3 kg 的物块P 在木
板左端，P 与Q 之间的动摩擦因数μ1＝0.2，地面与Q 之间的动摩擦因数μ2＝0.1，现给物块Pv0＝4 m/s 的初速
度使其在木板上向右滑动，最终P 和Q 都静止且P 没有滑离木板Q，重力加速度g 取10 m/s2，下列说法正确
的是( )
A.P 与Q 刚达到相对静止时的速度是2.5 m/s
B.长木板Q 长度至少为3 m
C.P 与Q 之间摩擦产生的热量和地面与Q 之间摩擦产生的热量之比为1∶1
D.P 与Q 之间摩擦产生的热量和地面与Q 之间摩擦产生的热量之比为2∶1
答案 C
解析 P 的加速度为aP＝－μ1m2 g
m2
＝－2 m/s2，Q 的加速度为aQ＝μ1m2 g−μ2(m1＋m2)g
m1
＝2 m/s2，两者共
速时有v 共＝v0＋aPt＝aQt，解得t＝1 s，v 共＝2 m/s，选项A 错误；P、Q 从开始到共速时的相对位移为Δx＝
v0＋v共
2
t－0＋v共
2
t＝2 m，之后不发生相对滑动，故长木板Q 长度至少为2 m，选项B 错误；P 与Q 之间
摩擦产生的热量为Q1＝μ1m2gΔx＝12 J，由能量守恒定律得，地面与Q 之间摩擦产生的热量为Q2＝1
2m2v0
2－
Q1＝12 J，P 与Q 之间摩擦产生的热量和地面与Q 之间摩擦产生的热量之比为1∶1，选项C 正确，D 错误。
7.(2024·山东泰安市质检)如图所示，平直木板AB 倾斜放置，小物块与木板间的动摩擦因数由A 到B 均匀增大，
小物块从A 点由静止释放，恰好可以到达B 点，小物块的加速度a、动能Ek、重力势能Ep和机械能E(取地面
为零势能面)随下滑位移x 变化的图像可能正确的是( )
9
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答案 B
解析 根据题意，小物块从A 向B 是先加速后减速运动，加速度先向下后向上，方向发生了变化，所以A 错
误；设斜面的长度为L，则小物块的重力势能可以表示为Ep＝mg(L－x)sin θ，B 正确；下滑过程中，小物块
的动能先增大后减小，但是其图线的斜率表示其所受的合力，根据题意可以判断合力是变力，与图像不符，
所以C 错误；根据功能关系，机械能的减少量等于小物块克服摩擦力所做的功，图像的斜率大小表示摩擦力
大小，根据题意摩擦力逐渐增大，与图像不符，所以D 错误。
8、9 题每小题9 分，10 题16 分，共34 分
8.(2024·安徽卷·7)在某地区的干旱季节，人们常用水泵从深水井中抽水灌溉农田，简化模型如图所示。水井
中的水面距离水平地面的高度为H。出水口距水平地面的高度为h，与落地点的水平距离约为l。假设抽水过
程中H 保持不变，水泵输出能量的η 倍转化为水被抽到出水口处增加的机械能。已知水的密度为ρ，水管内
径的横截面积为S，重力加速度大小为g，不计空气阻力。则水泵的输出功率约为( )
A. ρgSl√2gh
2ηh
(H＋h＋l
2
2h)
B. ρgSl√2gh
2ηh
(H＋h＋l
2
4 h)
C. ρgSl√2gh
2ηh
(H＋l
2
2h)
D. ρgSl√2gh
2ηh
(H＋l
2
4 h)
答案 B
解析 设水从出水口射出的初速度为v0，取t 时间内的水为研究对象，
该部分水的质量为m＝v0tSρ
根据平抛运动规律v0t'＝l
h＝1
2gt'2
10
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解得v0＝l√
g
2h
根据功能关系得
Ptη＝1
2mv0
2＋mg(H＋h)
联立解得水泵的输出功率为
P＝ρgSl√2gh
2ηh
(H＋h＋l
2
4 h)
故选B。
9.(2024·山东卷·7)如图所示，质量均为m 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l 的轻质弹性绳连接，连接点等高且间距为d(d<l)。两木板与地面间动摩擦因数均为μ，弹性绳劲度系数
为k，被拉伸时弹性势能E＝1
2kx2(x 为绳的伸长量)。现用水平力F 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，k 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.( μmg)
2
2k
＋μmg(l－d)
B.3( μmg)
2
2k
＋μmg(l－d)
C.3( μmg)
2
2k
＋2μmg(l－d)
D.( μmg)
2
2k
＋2μmg(l－d)
答案 B
解析 解法一：当甲所坐木板刚要离开原位置时，对甲及其所坐木板整体有kx0＝μmg
解得弹性绳的伸长量x0＝μmg
k
则此时弹性绳的弹性势能为
E0＝1
2kx0
2＝μ
2m
2 g
2
2k
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x1＝x0＋l－d，
此过程中由于摩擦产生的热量Q＝μmgx1，
则由功能关系可知该过程F 所做的功
W＝E0＋μmgx1＝3( μmg)
2
2k
＋μmg(l－d)
11
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解法二：画出外力F 与乙所坐的木板的位移x 的关系图像如图所示，则外力F 做的功W＝μmg(l－d)＋
μmg＋2 μmg
2
x0
又kx0＝μmg
联立解得W＝3( μmg)
2
2k
＋μmg(l－d)
故选B。
10.(16 分)某同学设计了一个游戏装置，如图所示，ABCD 为四分之三圆弧轨道，A 端通过竖直过渡轨道PA 与
弹簧装置相连，D 端通过水平过渡轨道DE 与水平轨道EG 相连，两过渡轨道稍微错开。管径很小的圆形细管
OFO'与轨道EG 相切于O 点，细管底部进出口O、O'稍微错开，整个轨道固定于同一竖直平面内，各段轨道
间均平滑连接。现有一压缩轻弹簧的小滑块(可视为质点)被从P 点弹起，离开弹簧后沿轨道运动。已知滑块
质量m=0.2 kg，轨道ABCD 的半径r=0.2 m，细管OFO'的半径R=0.3 m，P、A 两点间的距离差h=0.5 m，O、E
两点间的距离L=1.5 m，O、G 两点间的距离足够大，滑块与轨道EG 间的动摩擦因数μ=0.2，其余轨道均光滑，
弹簧的形变始终不超过其弹性限度，滑块运动时始终未脱离轨道。重力加速度g 取10 m/s2。
(1)(4 分)若滑块恰能通过B 点，则初始弹簧的弹性势能为多少；
(2)(8 分)若滑块最终停在EO 段，则初始弹簧的弹性势能应满足什么条件；
(3)(4 分)若初始弹簧的弹性势能Ep>2.4 J，求Ep与小滑块最终停下来的位置坐标(以O 点为坐标原点，OG 方向
为正方向建立x 轴)的关系式。
答案 (1)1.6 J (2)1.6 J≤Ep≤2.2 J (3)Ep=0.4x+1.2 (J)
解析 (1)滑块恰能通过B 点，则在该点滑块的重力提供向心力，
有mg=mvB
2
r
从P 点到B 点，根据功能关系有Ep1=mg(h+r)+1
2mvB
2
解得Ep1=1.6 J
(2)若小滑块恰好能到达F 点，从P 点到F 点，
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根据功能关系有Ep2=mg(h-r+2R)+μmgL
解得Ep2=2.4 J
此后小滑块返回，根据功能关系有mg×2R=mgh1+μmgL
解得h1=0.3 m，小滑块会在C、B 间脱离轨道
若小滑块在到达F 点前返回，且返回后恰能到达C 点，从P 点到C 点，根据功能关系有Ep3=mgh+2μmgL
解得Ep3=2.2 J
故要使小滑块最终停在EO 段，初始弹簧的弹性势能应满足1.6 J≤Ep≤2.2 J
(3)若初始弹簧的弹性势能Ep>2.4 J
根据功能关系有Ep=mg(h-r)+μmg(L+x)
则初始弹簧的弹性势能Ep与小滑块最终停下来的位置坐标的关系式为Ep=0.4x+1.2(J)。
(10 分)
11.(多选)(2023·全国乙卷·21)如图，一质量为M、长为l 的木板静止在光滑水平桌面上，另一质量为m 的小物
块(可视为质点)从木板上的左端以速度v0开始运动。已知物块与木板间的滑动摩擦力大小为f，当物块从木板
右端离开时( )
A.木板的动能一定等于fl
B.木板的动能一定小于fl
C.物块的动能一定大于1
2mv0
2－fl
D.物块的动能一定小于1
2mv0
2－fl
答案 BD
解析 设物块离开木板时的动能为Ek 块，此时木板的动能为Ek 板，对木板：f·s 板＝Ek 板
对物块：－fs 块＝Ek 块－1
2mv0
2
木板和物块的v－t 图像如图所示，
由图可知s 板<l，s 块>l
故Ek 板<fl，Ek 块<1
2mv0
2－fl，
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故B、D 正确，A、C 错误。
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