资源简介

(共72张PPT)
功能关系　能量守恒定律
第
4
讲
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.
内容索引
考点一　功能关系的理解和应用
考点二　摩擦力做功与能量转化
考点三　能量守恒定律的理解和应用
课时精练
考点一
功能关系的理解和应用
梳理
必备知识
1.对功能关系的理解
(1)做功的过程就是 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 ，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.
能量转化
量度
2.常见的功能关系
能量 功能关系 表达式
势能 重力做的功等于重力势能减少量 W＝Ep1－Ep2＝－ΔEp
弹力做的功等于弹性势能减少量
静电力做的功等于电势能减少量
分子力做的功等于分子势能减少量
动能 合外力做的功等于物体动能变化量
机械能 除重力和弹力之外的其他力做的功等于机械能变化量 W其他＝E2－E1＝ΔE
摩擦产生的内能 一对相互作用的滑动摩擦力做功之和的绝对值等于产生的内能 Q＝Ff·x相对
电能 克服安培力做的功等于电能增加量 W电能＝E2－E1＝ΔE
1.一个物体的能量增加，必定有别的物体的能量减少.(　　)
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.(　　)
√
×
√
√
功的正负与能量增减的对应关系
(1)物体动能的增加与减少要看合外力对物体做正功还是做负功.
(2)势能的增加与减少要看对应的作用力(如重力、弹簧弹力、静电力等)做负功还是做正功.
(3)机械能的增加与减少要看重力和弹簧弹力之外的力对物体做正功还是做负功.
提升
关键能力
例1　(2023·浙江1月选考·4)一位游客正在体验蹦极，绑上蹦极专用的橡皮绳后从跳台纵身而下.游客从跳台下落直到最低点过程中
A.弹性势能减小
B.重力势能减小
C.机械能保持不变
D.绳一绷紧动能就开始减小
√
考向1　功能关系的理解
游客从跳台下落，开始阶段橡皮绳未拉直，游客只受重力作用做匀加速运动，下落到一定高度时橡皮绳开始绷紧，游客受重力和向上的弹力作用，弹力从零逐渐增大，游客所受合力先向下减小后向上增大，速度先增大后减小，到最低点时速度减小到零，弹力达到最大值，则橡皮绳绷紧后弹性势能一直增大，A错误；
游客高度一直降低，重力一直做正功，重力势能一直减小，B正确；
下落阶段橡皮绳对游客做负功，游客机械能减少，转化为橡皮绳的弹性势能，C错误；
绳刚绷紧开始一段时间内，弹力小于重力，合力向下做正功，游客动能在增加；当弹力大于重力后，合力向上对游客做负功，游客动能逐渐减小，D错误.
例2　(多选)如图所示，质量为m的物体(可视为质点)以某一速度从A点冲上倾角为30°的固定斜面，其减速运动的加速度大小为 此物体在斜面上能够上升的最大高度为h，则在这个过程中物体
A.重力势能增加了mgh
√
√
物体在斜面上能够上升的最大高度为h，所以重力势能增加了mgh，故A项正确；
例3　(多选)(2020·全国卷Ⅰ·20)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
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
√
考向2　功能关系与图像的结合
√
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＝
＝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＝－Ffs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4　(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
D.由于摩擦而产生的热量为μmgs
√
√
根据功的定义W＝Flcos θ，其中l指物体的位移，而θ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.
例5　(多选)(2019·江苏卷·8)如图所示，轻质弹簧的左端固定，并处于自然状态.小物块的质量为m，从A点向左沿水平地面运动，压缩弹簧后被弹回，运动到A点恰好静止.物块向左运动的最大距离为s，与地面间的动摩擦因数为μ，重力加速度为g，弹簧未超出弹性限度.在上述过程中
A.弹簧的最大弹力为μmg
B.物块克服摩擦力做的功为2μmgs
C.弹簧的最大弹性势能为μmgs
D.物块在A点的初速度为
√
√
物块处于最左端时，弹簧的压缩量最大，然后物块先向右加速运动再减速运动，可知弹簧的最大弹力大于滑动摩擦力μmg，选项A错误；
物块从开始运动至最后回到A点过程，由功的定义可得物块克服摩擦力做的功为2μmgs，选项B正确；
物块从最左侧运动至A点过程，由能量守恒定律可知Ep＝μmgs，选项C正确；
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.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.
例6　如图所示，一自然长度小于R的轻弹簧左端固定，在水平面的右侧，有一底端开口的光滑圆环，圆环半径为R，圆环的最低点与水平轨道相切，用一质量为m的小物块(可看作质点)压缩弹簧右端至P点，P点到圆环最低点距离为2R，小物块释放后，刚好过圆环的最高点，已知重力加速度为g，小物块与水平面间的动摩擦因数为μ.
(1)弹簧的弹性势能为多大？
从小物块释放至运动到最高点的过程中，由能量守恒定律有
(2)改变小物块的质量，仍从P点释放，要使小物块在运动过程中不脱离轨道，小物块质量满足的条件是什么？
要使小物块在运动过程中不脱离轨道，有两种情况：①小物块能够通过最高点；②小物块在运动过程中最高到达与圆心等高处.
例7　(2023·浙江省宁波“十校”联考)如图所示，一游戏装置由安装在水平台面上且高度h可调的斜轨道AB、竖直圆轨道(在最低点E分别与水平轨道AE和EG平滑连接)、细圆管道GHIJ(HI和IJ为两段四分之一圆弧)和与J相切的水平直轨道JK组成.可认为所有轨道均处在同一竖直平面内，连接处均平滑.已知滑块质量为m＝30 g且可视为质点，竖直圆轨道半径为r＝0.45 m，小圆弧管道HI和大圆弧管道IJ的半径之比为1∶4，L1＝1.5 m不变，L2＝0.5 m，滑块与AB、EG及JK间的动摩擦因数均为μ＝0.5，其他轨道均光滑，不计空气阻力，忽略管道
内外半径差异.现调节h＝2 m，滑块从B点由静止释放后，贴着轨道恰好能滑上水平直轨道JK，重力加速度g＝10 m/s2，求：
(1)大圆弧管道IJ的半径R；
答案　0.8 m　
代入数据解得R＝0.8 m
(2)滑块经过竖直圆轨道与圆心O等高的P点时对轨道的压力F1与运动到圆弧管道最低点H时对管道的压力F2大小之比；
由牛顿第三定律可知F1＝F1′
联立解得F2′＝3.3 N
由牛顿第三定律可知F2＝F2′
(3)若在水平轨道JK上某一位置固定一弹性挡板，当滑块与之发生弹性碰撞后能以原速率返回，若第一次返回时滑块能到达竖直圆轨道且不脱轨就算游戏闯关成功.调节斜轨道的高度为h＝3 m，仍让滑块从B点由静止滑下，问弹性挡板与J的间距L满足什么条件时游戏能闯关成功.
答案　L≤0.625 m或1.3 m≤L≤1.75 m
滑块与挡板碰后恰好到达圆轨道，
则由能量关系有mgh＝μmg(L1＋2L2＋2Lmax)，
代入数据解得Lmax＝1.75 m，
要想让滑块与挡板碰后不脱
离圆轨道，当滑块不能在竖
直圆轨道做完整的圆周运动时，L最小对应滑块恰能到达与圆轨道圆心O等高的位置，
则由能量关系有mgh＝μmg(L1＋2L2＋2Lmin)＋mgr，
代入数据解得Lmin＝1.3 m，当滑块能在竖直圆轨道做完整的圆周运动时，L最大对应滑块恰能到达圆轨道最高点的位置，
解得Lmax′＝0.625 m
则弹性挡板与J的间距满足L≤0.625 m或1.3 m≤L≤1.75 m才能闯关成功.
四
课时精练
1.(多选)如图所示，在粗糙的桌面上有一个质量为M的物块，通过轻绳跨过定滑轮与质量为m的小球相连，不计轻绳与滑轮间的摩擦，在小球下落的过程中，下列说法正确的是
A.小球的机械能守恒
B.物块与小球组成的系统机械能守恒
C.若小球匀速下降，小球减少的重力势能等于物块与桌面间摩擦产生的
热量
D.若小球加速下降，小球减少的机械能大于物块与桌面间摩擦产生的热量
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基础落实练
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在小球下落的过程中，轻绳的拉力对小球做负功，小球的机械能减少，故A错误；
由于物块要克服摩擦力做功，物块与小球组成的系统机械能不守恒，故B错误；
若小球匀速下降，系统的动能不变，则根据能量守恒定律可知，小球减少的重力势能等于物块与桌面间摩擦产生的热量，故C正确；
若小球加速下降，则根据能量守恒定律可知，小球减少的机械能等于物块与桌面间摩擦产生的热量及物块增加的动能之和，所以小球减少的机械能大于物块与桌面间摩擦产生的热量，故D正确.
2.某同学用如图所示的装置测量一个凹形木块的质量m，弹簧的左端固定，木块在水平面上紧靠弹簧(不连接)并将其压缩，记下木块右端位置A点，静止释放后，木块右端恰能运动到B1点.在木块槽中加入一个质量m0＝800 g的砝码，再将木块左端紧靠弹簧，木块右端位置仍然在A点，静止释放后木块离开弹簧，右端恰能运动到B2点，测得AB1、AB2长分别为27.0 cm和9.0 cm，则木块的质量m为
A.100 g B.200 g
C.300 g D.400 g
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根据能量守恒定律，有μmg·AB1＝Ep，μ(m0＋m)g·AB2＝Ep，联立解得m＝400 g，D正确.
3.风力发电机是由风力带动叶片转动，叶片再带动转子(磁极)转动，使定子(线圈，不计电阻)中产生电流，实现风能向电能的转化.若叶片长为l，设定的额定风速为v，空气的密度为ρ，额定风速下发电机的输出功率为P，则风能转化为电能的效率为
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4.(多选)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
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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；
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5.一木块静置于光滑水平面上，一颗子弹沿水平方向飞来射入木块中.当子弹进入木块的深度达到最大值2.0 cm时，木块沿水平面恰好移动1.0 cm.在上述过程中系统损失的机械能与子弹损失的动能之比为
A.1∶2 B.1∶3
C.2∶3 D.3∶2
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6.(2023·江苏南京市十一校调研)如图所示，倾角θ＝30°的粗糙斜面固定在地面上，长为l、质量为m、粗细均匀、质量分布均匀的软绳置于斜面上，其上端与斜面顶端平齐，重力加速度为g.用细线将物块与软绳连接，物块由静止释放后向下运动，直到软绳刚好全部离开斜面(此时物块未到达地面)，在此过程中
A.物块的机械能逐渐增加
B.软绳的重力势能共减少了
C.物块减少的重力势能等于软绳克服摩擦力所做的功
D.软绳减少的重力势能大于其增加的动能与克服摩擦力所做的功之和
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能力综合练
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因为物块的机械能减小，则物块的重力势能减小量大于物块的动能增加量，机械能的减小量等于拉力做功的大小，由于拉力做功大于克服摩擦力做功，所以物块重力势能的减少量大于软绳克服摩擦力所做的功，C错误；
物块克服细线的拉力做功，其机械能逐渐减少，A错误；
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细线的拉力对软绳做正功，对物块做负功，则物块的机械能减小，软绳的机械能增加，软绳重力势能的减少量一定小于其动能的增加量，故软绳重力势能的减少量小于其动能的增加量与克服摩擦力所做功的和，D错误.
7.(多选)(2023·广东省金山中学高三检测)如图所示，轻弹簧放在倾角为37°的斜面体上，轻弹簧的下端与斜面底端的挡板连接，上端与斜面上b点对齐，质量为m的物块在斜面上的a点由静止释放，物块下滑后，压缩弹簧至c点时速度刚好为零，物块被反弹后返回b点时速度刚好为零，已知ab长为L，bc长为 重力加速度为g，sin 37°＝0.6，cos 37°＝0.8.则
A.物块与斜面间的动摩擦因数为0.5
B.物块接触弹簧后，速度先减小后增大
C.弹簧具有的最大弹性势能为0.5mgL
D.物块在上述过程因摩擦产生的热量为0.6mgL
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物块接触弹簧后，向下运动时，开始由于mgsin θ>μmgcos θ＋F弹，物块继续向下加速，F弹继续变大，当mgsin θ<μmgcos θ＋F弹时，物块将向下减速，则物块向下运动时先加速后减速，向上运动时，由于在c点和b点的速度都为零，则物块先加速后减速，故B错误；
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8.(2023·山西太原市高三模拟)如图甲所示，一物块置于粗糙水平面上，其右端通过水平弹性轻绳固定在竖直墙壁上.用力将物块向左拉至O处后由静止释放，用传感器测出物块的位移x和对应的速度，作出物块的动能Ek－x关系图像如图乙所示.其中，0.10～0.25 m间的图线为直线，其余部分为曲线.已知物块与水平面间的动摩擦因数为0.2，取g＝10 m/s2，弹性绳的弹力与形变始终符合胡克定律，可知
A.物块的质量为0.2 kg
B.弹性绳的劲度系数为50 N/m
C.弹性绳弹性势能的最大值为0.6 J
D.物块被释放时，加速度的大小为8 m/s2
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由题图乙可知动能最大时弹性绳弹力等于滑动摩擦力，则有kΔx1＝μmg，Δx1＝0.10 m－0.08 m＝0.02 m，解得k＝100 N/m，所以B错误；
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根据能量守恒定律有Epm＝μmgxm＝0.2×1×10×0.25 J＝0.5 J，所以C错误；
9.(2023·浙江嘉兴市模拟)如图甲所示，滑沙运动是一项惊险刺激的娱乐活动，可简化为如图乙所示的模型.B点是斜面与水平地面的连接处，质量为0.4 kg的物块(可视为质点)从斜面上的A点由静止释放，最后停在C点.物块与斜面、地面之间的动摩擦因数均为μ.不计物块经过B点时的能量损失；已知lAB＝9 m，物块在斜面上做匀加速直线运动过程的正中间1 s内的位移为3 m，A、C两点的连线与地面的夹角β＝37°，sin 37°＝0.6，cos 37°＝0.8，下列说法正确的是
A.物块沿斜面下滑的加速度大小为0.5 m/s2
B.物块与接触面间的动摩擦因数为0.8
C.物块的重力势能的减少量小于7.2 J
D.物块从B运动到C，因摩擦产生的热量为7.2 J
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斜面下滑过程中，由能量守恒定律有mglAA′＝Q1＋ ，可得重力势能的减小量为mglAA′＝Q1＋7.2 J，即物块重力势能的减少量大于7.2 J，C错误；
物块从B运动到C，设Q2为物块在BC段因摩擦产生的热量，由能量守恒定律有Q2＝ ＝7.2 J，D正确.
10.(2020·浙江1月选考·20)如图所示，一弹射游戏装置由安装在水平台面上的固定弹射器、竖直圆轨道(在最低点E分别与水平轨道EO和EA相连)、高度h可调的斜轨道AB组成.游戏时滑块从O点弹出，经过圆轨道并滑上斜轨道.全程不脱离轨道且恰好停在B端则视为游戏成功.已知圆轨道半径r＝0.1 m，OE长L1＝0.2 m，AC长L2＝0.4 m，圆轨道和AE光滑，滑块与AB、OE之间的动摩擦因数μ＝0.5.滑块质量m＝2 g且可视为质点，弹射时从静止释放且弹簧的弹性势能完全转化为滑
块动能.重力加速度g取10 m/s2，忽略空气阻力，
各部分平滑连接.求：
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(1)滑块恰好能过圆轨道最高点F时的速度vF大小；
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答案　见解析
解得vF＝1 m/s
(2)当h＝0.1 m且游戏成功时，滑块经过E点对圆轨道的压力FN大小及弹簧的弹性势能Ep0；
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答案　见解析
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解得FN＝FN′＝0.14 N
从O点到B点，由能量守恒定律得
Ep0＝mgh＋μmg(L1＋L2)
解得Ep0＝8.0×10－3 J
滑块从E点到B点，由动能定理得
(3)要使游戏成功，弹簧的弹性势能Ep与高度h之间满足的关系.
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答案　见解析
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到B点减速到0
Ep1－mgh1－μmg(L1＋L2)＝0
解得h1＝0.05 m
设斜轨道的倾角为θ，若滑块恰好能停在B点不下滑，
则μmgcos θ＝mgsin θ
使滑块恰能过F点的弹性势能
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解得tan θ＝0.5，此时h2＝0.2 m
从O点到B点
Ep＝mgh＋μmg(L1＋L2)＝2×10－3(10h＋3) J
其中0.05 m≤h≤0.2 m.
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11第4讲　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)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
能量 功能关系 表达式
势能 重力做的功等于重力势能减少量 W＝Ep1－Ep2＝－ΔEp
弹力做的功等于弹性势能减少量
静电力做的功等于电势能减少量
分子力做的功等于分子势能减少量
动能 合外力做的功等于物体动能变化量 W＝Ek2－Ek1＝mv2－mv02
机械能 除重力和弹力之外的其他力做的功等于机械能变化量 W其他＝E2－E1＝ΔE
摩擦产生的内能 一对相互作用的滑动摩擦力做功之和的绝对值等于产生的内能 Q＝Ff·x相对
电能 克服安培力做的功等于电能增加量 W电能＝E2－E1＝ΔE
1．一个物体的能量增加，必定有别的物体的能量减少．(　√　)
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．(　√　)
功的正负与能量增减的对应关系
(1)物体动能的增加与减少要看合外力对物体做正功还是做负功．
(2)势能的增加与减少要看对应的作用力(如重力、弹簧弹力、静电力等)做负功还是做正功．
(3)机械能的增加与减少要看重力和弹簧弹力之外的力对物体做正功还是做负功．
考向1　功能关系的理解
例1　(2023·浙江1月选考·4)一位游客正在体验蹦极，绑上蹦极专用的橡皮绳后从跳台纵身而下．游客从跳台下落直到最低点过程中(　　)
A．弹性势能减小
B．重力势能减小
C．机械能保持不变
D．绳一绷紧动能就开始减小
答案　B
解析　游客从跳台下落，开始阶段橡皮绳未拉直，游客只受重力作用做匀加速运动，下落到一定高度时橡皮绳开始绷紧，游客受重力和向上的弹力作用，弹力从零逐渐增大，游客所受合力先向下减小后向上增大，速度先增大后减小，到最低点时速度减小到零，弹力达到最大值，则橡皮绳绷紧后弹性势能一直增大，A错误；游客高度一直降低，重力一直做正功，重力势能一直减小，B正确；下落阶段橡皮绳对游客做负功，游客机械能减少，转化为橡皮绳的弹性势能，C错误；绳刚绷紧开始一段时间内，弹力小于重力，合力向下做正功，游客动能在增加；当弹力大于重力后，合力向上对游客做负功，游客动能逐渐减小，D错误．
例2　(多选)如图所示，质量为m的物体(可视为质点)以某一速度从A点冲上倾角为30°的固定斜面，其减速运动的加速度大小为g，此物体在斜面上能够上升的最大高度为h，则在这个过程中物体(　　)
A．重力势能增加了mgh
B．机械能损失了mgh
C．动能损失了mgh
D．克服摩擦力做功mgh
答案　AB
解析　加速度大小a＝g＝，解得摩擦力Ff＝mg，机械能损失量等于克服摩擦力做的功，即Ffx＝mg·2h＝mgh，故B项正确，D项错误；物体在斜面上能够上升的最大高度为h，所以重力势能增加了mgh，故A项正确；动能损失量为克服合力做功的大小，动能损失量ΔEk＝F合x＝mg·2h＝mgh，故C项错误．
考向2　功能关系与图像的结合
例3　(多选)(2020·全国卷Ⅰ·20)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
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＝＝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＝－Ffs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4　(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
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 θ，其中l指物体的位移，而θ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．
例5　(多选)(2019·江苏卷·8)如图所示，轻质弹簧的左端固定，并处于自然状态．小物块的质量为m，从A点向左沿水平地面运动，压缩弹簧后被弹回，运动到A点恰好静止．物块向左运动的最大距离为s，与地面间的动摩擦因数为μ，重力加速度为g，弹簧未超出弹性限度．在上述过程中(　　)
A．弹簧的最大弹力为μmg
B．物块克服摩擦力做的功为2μmgs
C．弹簧的最大弹性势能为μmgs
D．物块在A点的初速度为
答案　BC
解析　物块处于最左端时，弹簧的压缩量最大，然后物块先向右加速运动再减速运动，可知弹簧的最大弹力大于滑动摩擦力μmg，选项A错误；物块从开始运动至最后回到A点过程，由功的定义可得物块克服摩擦力做的功为2μmgs，选项B正确；物块从最左侧运动至A点过程，由能量守恒定律可知Ep＝μmgs，选项C正确；设物块在A点的初速度大小为v0，对整个过程应用动能定理有－2μmgs＝0－mv02，解得v0＝2，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．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．
例6　如图所示，一自然长度小于R的轻弹簧左端固定，在水平面的右侧，有一底端开口的光滑圆环，圆环半径为R，圆环的最低点与水平轨道相切，用一质量为m的小物块(可看作质点)压缩弹簧右端至P点，P点到圆环最低点距离为2R，小物块释放后，刚好过圆环的最高点，已知重力加速度为g，小物块与水平面间的动摩擦因数为μ.
(1)弹簧的弹性势能为多大？
(2)改变小物块的质量，仍从P点释放，要使小物块在运动过程中不脱离轨道，小物块质量满足的条件是什么？
答案　(1)2μmgR＋mgR
(2)m1≤m或m2≥m
解析　(1)小物块恰好过圆环最高点，则由牛顿第二定律有mg＝m
从小物块释放至运动到最高点的过程中，由能量守恒定律有
Ep＝μmg·2R＋mg·2R＋mv2，联立可解得Ep＝2μmgR＋mgR
(2)要使小物块在运动过程中不脱离轨道，有两种情况：①小物块能够通过最高点；②小物块在运动过程中最高到达与圆心等高处．
①设小物块质量为m1，在最高点满足m1g≤m1，从小物块释放至运动到最高点的过程满足Ep＝2μm1gR＋2m1gR＋m1v12，解得m1≤m
②设小物块质量为m2，当小物块运动的最高点不高于圆心时，满足h≤R，此时Ep＝2μm2gR＋m2gh，解得m2≥m.
例7　(2023·浙江省宁波“十校”联考)如图所示，一游戏装置由安装在水平台面上且高度h可调的斜轨道AB、竖直圆轨道(在最低点E分别与水平轨道AE和EG平滑连接)、细圆管道GHIJ(HI和IJ为两段四分之一圆弧)和与J相切的水平直轨道JK组成．可认为所有轨道均处在同一竖直平面内，连接处均平滑．已知滑块质量为m＝30 g且可视为质点，竖直圆轨道半径为r＝0.45 m，小圆弧管道HI和大圆弧管道IJ的半径之比为1∶4，L1＝1.5 m不变，L2＝0.5 m，滑块与AB、EG及JK间的动摩擦因数均为μ＝0.5，其他轨道均光滑，不计空气阻力，忽略管道内外半径差异．现调节h＝2 m，滑块从B点由静止释放后，贴着轨道恰好能滑上水平直轨道JK，重力加速度g＝10 m/s2，求：
(1)大圆弧管道IJ的半径R；
(2)滑块经过竖直圆轨道与圆心O等高的P点时对轨道的压力F1与运动到圆弧管道最低点H时对管道的压力F2大小之比；
(3)若在水平轨道JK上某一位置固定一弹性挡板，当滑块与之发生弹性碰撞后能以原速率返回，若第一次返回时滑块能到达竖直圆轨道且不脱轨就算游戏闯关成功．调节斜轨道的高度为h＝3 m，仍让滑块从B点由静止滑下，问弹性挡板与J的间距L满足什么条件时游戏能闯关成功．
答案　(1)0.8 m　(2)
(3)L≤0.625 m或1.3 m≤L≤1.75 m
解析　(1)滑块从B点开始下滑，恰能到达水平直轨道JK，则由能量关系有mgh＝μmgL1＋μmgL2＋mg(R＋R)，
代入数据解得R＝0.8 m
(2)由B到P过程有mgh＝μmgL1＋mgr＋mvP2，
滑块运动到P点时有F1′＝m，
联立解得vP＝4 m/s，F1′＝ N
由牛顿第三定律可知F1＝F1′
由B到H过程有mgh＝μmg(L1＋L2)＋mvH2，
滑块运动到H点时有F2′－mg＝m，
联立解得F2′＝3.3 N
由牛顿第三定律可知F2＝F2′
则＝
(3)滑块与挡板碰后恰好到达圆轨道，
则由能量关系有mgh＝μmg(L1＋2L2＋2Lmax)，
代入数据解得Lmax＝1.75 m，
要想让滑块与挡板碰后不脱离圆轨道，当滑块不能在竖直圆轨道做完整的圆周运动时，L最小对应滑块恰能到达与圆轨道圆心O等高的位置，
则由能量关系有mgh＝μmg(L1＋2L2＋2Lmin)＋mgr，
代入数据解得Lmin＝1.3 m，当滑块能在竖直圆轨道做完整的圆周运动时，L最大对应滑块恰能到达圆轨道最高点的位置，
此时mg＝m ，
由能量关系有mgh＝μmg(L1＋2L2＋2Lmax′)＋mg·2r＋mvF2，
解得Lmax′＝0.625 m
则弹性挡板与J的间距满足L≤0.625 m或1.3 m≤L≤1.75 m才能闯关成功．
课时精练
1.(多选)如图所示，在粗糙的桌面上有一个质量为M的物块，通过轻绳跨过定滑轮与质量为m的小球相连，不计轻绳与滑轮间的摩擦，在小球下落的过程中，下列说法正确的是(　　)
A．小球的机械能守恒
B．物块与小球组成的系统机械能守恒
C．若小球匀速下降，小球减少的重力势能等于物块与桌面间摩擦产生的热量
D．若小球加速下降，小球减少的机械能大于物块与桌面间摩擦产生的热量
答案　CD
解析　在小球下落的过程中，轻绳的拉力对小球做负功，小球的机械能减少，故A错误；由于物块要克服摩擦力做功，物块与小球组成的系统机械能不守恒，故B错误；若小球匀速下降，系统的动能不变，则根据能量守恒定律可知，小球减少的重力势能等于物块与桌面间摩擦产生的热量，故C正确；若小球加速下降，则根据能量守恒定律可知，小球减少的机械能等于物块与桌面间摩擦产生的热量及物块增加的动能之和，所以小球减少的机械能大于物块与桌面间摩擦产生的热量，故D正确．
2．某同学用如图所示的装置测量一个凹形木块的质量m，弹簧的左端固定，木块在水平面上紧靠弹簧(不连接)并将其压缩，记下木块右端位置A点，静止释放后，木块右端恰能运动到B1点．在木块槽中加入一个质量m0＝800 g的砝码，再将木块左端紧靠弹簧，木块右端位置仍然在A点，静止释放后木块离开弹簧，右端恰能运动到B2点，测得AB1、AB2长分别为27.0 cm和9.0 cm，则木块的质量m为(　　)
A．100 g B．200 g
C．300 g D．400 g
答案　D
解析　根据能量守恒定律，有μmg·AB1＝Ep，μ(m0＋m)g·AB2＝Ep，联立解得m＝400 g，D正确．
3．风力发电机是由风力带动叶片转动，叶片再带动转子(磁极)转动，使定子(线圈，不计电阻)中产生电流，实现风能向电能的转化．若叶片长为l，设定的额定风速为v，空气的密度为ρ，额定风速下发电机的输出功率为P，则风能转化为电能的效率为(　　)
A. B. C. D.
答案　A
解析　风能转化为电能的工作原理为将风的动能转化为输出的电能，设风吹向发电机的时间为t，则在t时间内吹向发电机的风柱的体积为V＝vt·S＝vtπl2，则风柱的质量M＝ρV＝ρvtπl2，因此在t时间内吹过的风的动能为Ek＝Mv2＝ρvtπl2·v2，在t时间内发电机输出的电能E＝P·t，则风能转化为电能的效率为η＝＝，故A正确，B、C、D错误．
4.(多选)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mgR D．克服摩擦力做功mgR
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＝m，解得vB＝，则此过程中机械能的减少量为ΔE＝mgR－mvB2＝mgR，故B错误；根据动能定理可知，合外力做功W合＝mvB2－0＝mgR，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＝mgR，故D正确．
5．一木块静置于光滑水平面上，一颗子弹沿水平方向飞来射入木块中．当子弹进入木块的深度达到最大值2.0 cm时，木块沿水平面恰好移动1.0 cm.在上述过程中系统损失的机械能与子弹损失的动能之比为(　　)
A．1∶2 B．1∶3
C．2∶3 D．3∶2
答案　C
解析　根据题意，子弹在摩擦力作用下的位移为x1＝(2＋1) cm＝3 cm，木块在摩擦力作用下的位移为x2＝1 cm；系统损失的机械能转化为内能，根据功能关系，有ΔE系统＝Q＝Ff·Δx＝Ff(x1－x2)；子弹损失的动能等于子弹克服摩擦力做的功，故ΔEk子弹＝Ffx1；所以＝，所以C正确，A、B、D错误．
6.(2023·江苏南京市十一校调研)如图所示，倾角θ＝30°的粗糙斜面固定在地面上，长为l、质量为m、粗细均匀、质量分布均匀的软绳置于斜面上，其上端与斜面顶端平齐，重力加速度为g.用细线将物块与软绳连接，物块由静止释放后向下运动，直到软绳刚好全部离开斜面(此时物块未到达地面)，在此过程中(　　)
A．物块的机械能逐渐增加
B．软绳的重力势能共减少了mgl
C．物块减少的重力势能等于软绳克服摩擦力所做的功
D．软绳减少的重力势能大于其增加的动能与克服摩擦力所做的功之和
答案　B
解析　物块克服细线的拉力做功，其机械能逐渐减少，A错误；软绳重力势能减少量ΔEp减＝mg·－mg·sin θ＝mgl，B正确；因为物块的机械能减小，则物块的重力势能减小量大于物块的动能增加量，机械能的减小量等于拉力做功的大小，由于拉力做功大于克服摩擦力做功，所以物块重力势能的减少量大于软绳克服摩擦力所做的功，C错误；细线的拉力对软绳做正功，对物块做负功，则物块的机械能减小，软绳的机械能增加，软绳重力势能的减少量一定小于其动能的增加量，故软绳重力势能的减少量小于其动能的增加量与克服摩擦力所做功的和，D错误．
7.(多选)(2023·广东省金山中学高三检测)如图所示，轻弹簧放在倾角为37°的斜面体上，轻弹簧的下端与斜面底端的挡板连接，上端与斜面上b点对齐，质量为m的物块在斜面上的a点由静止释放，物块下滑后，压缩弹簧至c点时速度刚好为零，物块被反弹后返回b点时速度刚好为零，已知ab长为L，bc长为，重力加速度为g，sin 37°＝0.6，cos 37°＝0.8.则(　　)
A．物块与斜面间的动摩擦因数为0.5
B．物块接触弹簧后，速度先减小后增大
C．弹簧具有的最大弹性势能为0.5mgL
D．物块在上述过程因摩擦产生的热量为0.6mgL
答案　AD
解析　物块在a点由静止释放，压缩弹簧至c点，被反弹后返回b点时速度刚好为零，对整个过程应用动能定理得mgLsin θ－μmgcos θ＝0，解得μ＝0.5，则整个过程因摩擦产生的热量为Q＝μmgcos θ＝0.6mgL，故A、D正确；物块接触弹簧后，向下运动时，开始由于mgsin θ>μmgcos θ＋F弹，物块继续向下加速，F弹继续变大，当mgsin θ<μmgcos θ＋F弹时，物块将向下减速，则物块向下运动时先加速后减速，向上运动时，由于在c点和b点的速度都为零，则物块先加速后减速，故B错误；设弹簧的最大弹性势能为Epm，物块由a点到c点的过程中，根据能量守恒定律得mgsin θ＝μmgcos θ＋Epm，解得Epm＝0.25mgL，故C错误．
8．(2023·山西太原市高三模拟)如图甲所示，一物块置于粗糙水平面上，其右端通过水平弹性轻绳固定在竖直墙壁上．用力将物块向左拉至O处后由静止释放，用传感器测出物块的位移x和对应的速度，作出物块的动能Ek－x关系图像如图乙所示．其中，0.10～0.25 m间的图线为直线，其余部分为曲线．已知物块与水平面间的动摩擦因数为0.2，取g＝10 m/s2，弹性绳的弹力与形变始终符合胡克定律，可知(　　)
A．物块的质量为0.2 kg
B．弹性绳的劲度系数为50 N/m
C．弹性绳弹性势能的最大值为0.6 J
D．物块被释放时，加速度的大小为8 m/s2
答案　D
解析　根据动能定理可得μmgΔx＝ΔEk，代入数据可得m＝＝ kg＝1 kg，所以A错误；由题图乙可知动能最大时弹性绳弹力等于滑动摩擦力，则有kΔx1＝μmg，Δx1＝0.10 m－0.08 m＝0.02 m，解得k＝100 N/m，所以B错误；根据能量守恒定律有Epm＝μmgxm＝0.2×1×10×0.25 J＝0.5 J，所以C错误；物块被释放时，加速度的大小为a＝＝ m/s2＝8 m/s2，所以D正确．
9．(2023·浙江嘉兴市模拟)如图甲所示，滑沙运动是一项惊险刺激的娱乐活动，可简化为如图乙所示的模型．B点是斜面与水平地面的连接处，质量为0.4 kg的物块(可视为质点)从斜面上的A点由静止释放，最后停在C点．物块与斜面、地面之间的动摩擦因数均为μ.不计物块经过B点时的能量损失；已知lAB＝9 m，物块在斜面上做匀加速直线运动过程的正中间1 s内的位移为3 m，A、C两点的连线与地面的夹角β＝37°，sin 37°＝0.6，cos 37°＝0.8，下列说法正确的是(　　)
A．物块沿斜面下滑的加速度大小为0.5 m/s2
B．物块与接触面间的动摩擦因数为0.8
C．物块的重力势能的减少量小于7.2 J
D．物块从B运动到C，因摩擦产生的热量为7.2 J
答案　D
解析　设物块沿斜面下滑的加速度大小为a，正中间1 s内的位移为3 m，则正中间1 s内的平均速度＝3 m/s，正中间1 s内的平均速度也是物块沿斜面下滑的平均速度，由初速度为0的匀加速直线运动规律有＝，2alAB＝vB2，联立解得a＝2 m/s2，A错误；如图所示，A′为A在地面上的投影，设斜面的倾角为α，物块从A到C，由动能定理有mglAA′－μmgcos αlAB－μmglBC＝0，由几何关系有lA′B＝lABcos α，lA′C＝lA′B＋lBC，综合可得μ＝，又因为＝tan β，则μ＝tan β＝0.75，B错误；设Q1为物块在AB段因摩擦产生的热量，由＝、＝3 m/s，可得vB＝6 m/s，在物块沿斜面下滑过程中，由能量守恒定律有mglAA′＝Q1＋mvB2，可得重力势能的减小量为mglAA′＝Q1＋7.2 J，即物块重力势能的减少量大于7.2 J，C错误；物块从B运动到C，设Q2为物块在BC段因摩擦产生的热量，由能量守恒定律有Q2＝mvB2＝7.2 J，D正确．
10．(2020·浙江1月选考·20)如图所示，一弹射游戏装置由安装在水平台面上的固定弹射器、竖直圆轨道(在最低点E分别与水平轨道EO和EA相连)、高度h可调的斜轨道AB组成．游戏时滑块从O点弹出，经过圆轨道并滑上斜轨道．全程不脱离轨道且恰好停在B端则视为游戏成功．已知圆轨道半径r＝0.1 m，OE长L1＝0.2 m，AC长L2＝0.4 m，圆轨道和AE光滑，滑块与AB、OE之间的动摩擦因数μ＝0.5.滑块质量m＝2 g且可视为质点，弹射时从静止释放且弹簧的弹性势能完全转化为滑块动能．重力加速度g取10 m/s2，忽略空气阻力，各部分平滑连接．求：
(1)滑块恰好能过圆轨道最高点F时的速度vF大小；
(2)当h＝0.1 m且游戏成功时，滑块经过E点对圆轨道的压力FN大小及弹簧的弹性势能Ep0；
(3)要使游戏成功，弹簧的弹性势能Ep与高度h之间满足的关系．
答案　见解析
解析　(1)滑块恰好能过F点的条件为mg＝m
解得vF＝1 m/s
(2)滑块从E点到B点，由动能定理得
－mgh－μmgL2＝0－mvE2
在E点由牛顿第二定律得FN′－mg＝m
解得FN＝FN′＝0.14 N
从O点到B点，由能量守恒定律得
Ep0＝mgh＋μmg(L1＋L2)
解得Ep0＝8.0×10－3 J
(3)使滑块恰能过F点的弹性势能
Ep1＝2mgr＋μmgL1＋mvF2＝7.0×10－3 J
到B点减速到0
Ep1－mgh1－μmg(L1＋L2)＝0
解得h1＝0.05 m
设斜轨道的倾角为θ，若滑块恰好能停在B点不下滑，
则μmgcos θ＝mgsin θ
解得tan θ＝0.5，此时h2＝0.2 m
从O点到B点
Ep＝mgh＋μmg(L1＋L2)＝2×10－3(10h＋3) J
其中0.05 m≤h≤0.2 m.
11．(多选)(2023·山东济南市十一校检测)如图所示为某缓冲装置的模型图，一轻杆S被两个固定薄板夹在中间，轻杆S与两薄板之间的滑动摩擦力大小均为Ff，轻杆S露在薄板外面的长度为l.轻杆S前端固定一个劲度系数为的轻弹簧．一质量为m的物体从左侧以大小为v0的速度撞向弹簧，能使轻杆S向右侧移动.已知弹簧的弹性势能Ep＝kx2，其中k为劲度系数，x为形变量．最大静摩擦力等于滑动摩擦力，弹簧始终在弹性限度内．下列说法正确的是(　　)
A．欲使轻杆S发生移动，物体m运动的最小速度为v0
B．欲使轻杆S发生移动，物体m运动的最小速度为v0
C．欲使轻杆S左端恰好完全进入薄板，物体m运动的速度大小为v0
D．欲使轻杆S左端恰好完全进入薄板，物体m运动的速度大小为v0
答案　BD
解析　当轻杆刚要移动时，对轻杆受力分析，设此时弹簧弹力大小为F，压缩量为x，由平衡条件知F＝kx＝2Ff，代入k的值可得x＝l，设欲使轻杆S发生移动，物体m运动的最小速度为v1，则由能量守恒定律有mv12＝k(l)2，由题意知，物体以大小为v0的速度撞向弹簧，能使轻杆S向右侧移动，由能量守恒定律有mv02＝2Ff×＋mv12，联立可得v1＝v0，故A错误，B正确；设物体m的运动速度大小为v2时，轻杆S左端恰好完全进入薄板，则由能量守恒定律有mv22＝2Ff×l＋mv12，可解得v2＝v0，故C错误，D正确．

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