专题6 机械能守恒定律（专题讲解课）-【第一梯队】2026年高考物理二轮专题突破教用课件

该高中物理高考复习课件聚焦机械能守恒定律专题，覆盖变力做功、动能定理、功能关系及传送带模型等高考核心考点，对接高考评价体系，通过知识图解梳理考点权重，归纳四种常考题型，体现备考针对性与实用性。 课件亮点在于高考真题训练与应试技巧指导，如以2022海南真题为例，运用动能定理“七问七答”法分析连接体问题，结合v-t图像突破传送带模型，培养科学思维与模型建构素养，助力学生掌握解题方法，教师可据此精准教学，提升备考效率。

专题六　机械能守恒定律 高考物理 新高考专用 题型方法 目 录 题型18　变力做功问题　动能定理的应用 题型19　机械能守恒定律的应用 题型20　功能关系　能量守恒 题型21　功能关系在传送带模型中的应用 目 录 题型18　变力做功问题　动能定理的应用 知识图解 一、变力做功的求解 1.做功公式W=Fx cos θ中的位移x指的是“力的作用点的位移”。 2.滑轮两侧位移、速度关系 题型方法 目 录 目 录 3.求解变力做功的六种常用方法 等值转换 平均值法 图像法 图例       表述 WF=mgΔh=mg   WF= (0+F)x= (0+kx)x= kx2 图线与x轴所围成的图形的 面积表示变力所做的功 方法 微元法 功率法 动能定理法 图例       目 录 目 录 表述 WF= FΔsi=F Δsi=F·2πR Pt0-fx= m  FL sin θ-mgL(1-cos θ)=  mv2 目 录 目 录 二、动能定理的应用 1.解题基本思路:“七问七答”法   目 录 目 录 2.解题技巧 (1)应用动能定理时,物体的位移、速度都应以地面或相对地面静止的物体为参考系。 (2)动能定理中涉及的物理量有F、l、θ、m、v、W、Ek,在处理含有上述物理量的问 题,特别是出现力的空间累积效应时,优先考虑使用动能定理。 (3)动能定理适用于恒力、变力、直线、曲线运动等情况,一般研究对象为单个物体,也 可对多物体系统应用;质点系动能的增量等于所有外力做的功和内力做的功的代数和, 即ΔEk=∑W外+∑W内。 目 录 目 录 典例1　如图所示,对于甲、乙、丙、丁四种情况下求解某个力所做的功,下列说法正 确的是 ( )     B     典例精解 A.图甲中若F不变,物块从A到C过程中力F做的功W=F×AC B.图乙中,全过程中F做的总功为72 J C.图丙中,若空气阻力f大小不变,小球从A运动到B过程中 空气阻力做的功W= πRf D.图丁中,F始终保持水平,忽略空气阻力,无论是用F缓慢 将小球从P拉到Q,还是F为恒力将小球从P拉到Q,F做的功 都是W=Fl sin θ 目 录 目 录 解析　图甲中绳子上的拉力大小不变,通过定滑轮改变了力的方向,故F做的功可转化 为力与路程的乘积(等效转化法),物块从A到C过程中力F做的功为W=F(OA-OC),A错 误;乙图中F-x图线与横轴所围的面积代表全过程F做的总功(图像法),W=15×6 J+(-3)×6 J=72 J,B正确;丙图中,若空气阻力f大小不变,可用微元法得空气阻力做的功为W=-f·  =- πRf,C错误;图丁中,F始终保持水平,当F为恒力将小球从P拉到Q时,F做的功是W=Fl sin θ,而当用F缓慢将小球从P拉到Q时,F为水平方向的变力,由动能定理得-mgl(1- cos θ) +W=0,W=mgl(1- cos θ),D错误。 目 录 目 录 考法延伸    (图像法)(多选)静置于光滑水平面上坐标原点处的小物块,在水平拉力F的 作用下,沿x轴方向运动,拉力F随物块所在位置坐标x的变化关系如图乙所示,图线为半 圆。小物块运动到x0处时拉力F做的功为(忽略量纲) ( )        A.  　　    B. Fmx0　　    C. Fmx0　　    D.       AC     目 录 目 录 解析    F-x图线与x轴所围面积表示拉力做的功的大小,则拉力做的功为以Fm为半径的 半圆面积大小,则W= π ,又2Fm=x0,则联立得W= πFmx0=  ,A、C正确,B、D错误。 目 录 目 录 典例2    (2022海南,13,4分)(多选)如图甲,物块A放在绝缘水平面上的O点,用跨过轻质定 滑轮的绝缘轻绳与物块B连接,B离滑轮足够远。空间存在水平向左的匀强电场,电场强 度大小为4×105 V/m。A、B的质量均为1 kg,A的电荷量为3×10-5 C,B不带电。运动过程 中A与O点的距离设为x,A与水平面间的动摩擦因数μ与x的关系如图乙。规定O点的电 势为零,重力加速度大小取g=10 m/s2。将A、B由静止释放,则物块A的 ( )     ACD     A.最大速度为1 m/s B.最大位移为1 m C.速度为0.6 m/s时,电势能可能为-2.4 J D.速度为0.6 m/s时,绳中拉力大小可能为9.2 N 目 录 目 录 解题导引    (1)信息挖掘:由题图乙可知动摩擦因数随A与O点的距离线性变化,则A所受 摩擦力也随A与O点的距离均匀变化。A、B速度达到最大,加速度必为0;A与O点的距 离最远,即速度减为0。 (2)问题导引:解决连接体问题时,选用整体法还是隔离法?速度最大时的位置能否确定? 任意速度时的位置能否确定?选用何种规律求解? 目 录 目 录 解析　由题计算A与水平面的摩擦力f=μmg=2x(N),设A向左移动x0后速度为零,对A、B 系统,由动能定理有qEx0-mgx0- ·fx0=0(点拨:此处fx0前面的 是因为摩擦力是变力且随 位移均匀变化,其做功可以用平均值计算),解得x0=2 m,A向左运动过程中先加速后减速, 当x=2 m时,摩擦力变成静摩擦力,系统受力平衡,此时静止,B错误;设A向左运动x后速度 为v,对系统,有qEx-mgx- ·fx= ·2mv2,解得mv2=[-(x-1)2+1] J,即当x=1 m时v最大,为1 m/s,A 正确;当v=0.6 m/s时,可得x=0.2 m或1.8 m,当x=0.2 m时,电场力做功qEx=2.4 J,则电势能 减小2.4 J,由于EpO=0,则电势能为-2.4 J,当x=1.8 m时,电势能为-21.6 J,C正确;根据牛顿第 二定律,有qE-f-mg=2ma,当x=0.2 m时,系统加速度a=0.8 m/s2,对B有T-mg=ma,解得T=10.8 N,当x=1.8 m时,系统加速度a=-0.8 m/s2,对B分析可得T=9.2 N,D正确。 目 录 目 录 考法延伸    (机车启动)(2021湖南,3,4分)“复兴号”动车组用多节车厢提供动力,从而 达到提速的目的。总质量为m的动车组在平直的轨道上行驶。该动车组有四节动力车 厢,每节车厢发动机的额定功率均为P,若动车组所受的阻力与其速率成正比(F阻=kv,k为 常量),动车组能达到的最大速度为vm。下列说法正确的是 ( ) A.动车组在匀加速启动过程中,牵引力恒定不变 B.若四节动力车厢输出功率均为额定值,则动车组从静止开始做匀加速运动 C.若四节动力车厢输出的总功率为2.25P,则动车组匀速行驶的速度为  vm D.若四节动力车厢输出功率均为额定值,动车组从静止启动,经过时间t达到最大速度 vm,则这一过程中该动车组克服阻力做的功为  m -Pt     C     目 录 目 录 解析　动车组在匀加速启动过程中,F-kv=ma,a不变,v增大,F也增大,A错误。若四节动 力车厢输出功率均为额定值,则 -kv=ma,可知随着v增大,a减小,B错误。当动车组达 到最大速度vm时,满足  -kvm=0;若四节动力车厢总功率为2.25P,动车组匀速行驶时满 足 -kv=0,联立可得v= vm,C正确。动车组从静止启动至达到最大速度vm,由动能定 理得4Pt-Wf= m -0,解得Wf=4Pt- m ,D错误。 目 录 目 录 题型19　机械能守恒定律的应用 知识图解 一、判断机械能是否守恒的方法 条件分析法 只有重力或系统内弹力做功   能量转化分析法 只有系统内物体间动能和重力势能及弹性势能的相互转化 A+B+C+弹簧系统: 动能、重力势能、 弹性势能相互转化 目 录 目 录 增减情况 分析法 系统内物体单纯地动能变化或势能变化,或者系统内各个物体的机械能均增加或均减少,则系统的机械能不守恒   知识拓展　其他不守恒情况:绳子突然绷紧、物体间非弹性碰撞等,除非题目特别说明, 否则机械能必定不守恒。 目 录 目 录 二、解题基本思路 目 录 目 录 典例1　如图所示,质量mB=3.5 kg的物体B通过一轻弹簧连在地面上,弹簧的劲度系数k= 100 N/m。一轻绳一端与物体B连接,绕过无摩擦的两个轻质小定滑轮O2、O1后,另一端 与套在光滑直杆顶端E点处质量mA=1.6 kg的小球A连接。已知直杆固定,杆长L=0.8 m, 且与水平面的夹角θ=37°,O1C与杆垂直。初始时使小球A静止不动,与A相连的绳子保 持水平,此时绳子中的张力大小F=45 N,已知EO1=0.5 m,g=10 m/s2,绳子不可伸长。现将 小球A从静止释放,求: (1)小球A运动到C点的过程中弹簧弹性势能的变化量; (2)小球A运动到C点时的速度大小;(保留根式) (3)小球A运动到底端D点时物体B的速度大小。 目 录 目 录 解题导引　信息挖掘:C点为L=0.8 m的杆的中点,则三角形O1ED各边及高O1C的长度都 能求出;绳子中的张力大小F=45 N大于物体B受到的重力35 N,说明弹簧原来处于拉伸 状态;小球A运动到C点,以及运动到D点,绳端连接的A、B沿绳速度大小相等。 问题导引:弹性势能变化量与什么有关?小球A运动到C点弹簧形变量是多少?运动到D 点呢?小球A在C点和D点,动能是由哪种形式的能量转化而来的? 目 录 目 录 解析    (1)释放小球A前,物体B处于平衡状态,F=45 N>35 N=mBg,弹簧处于伸长状态,设 伸长量为x,有F=kx+mBg 解得x=0.1 m 在小球A运动到C点时,根据几何关系有O1C=EO1 sin 37°=0.3 m O1左边绳子缩短了0.2 m,右边伸长了0.2 m,即物体B下降了0.2 m,弹簧处于压缩状态,压 缩了0.1 m,弹簧弹性势能Ep=Ep'= kx2,所以弹簧弹性势能变化量ΔEp=Ep'-Ep=0。 (2)解法1　形式间转化     当小球A运动到C点时(如图甲所示),速度方向与绳垂直,沿绳子方向的速度为0,即B的速 目 录 目 录 度为0。   从杆顶端运动到C点的过程,小球A下降的高度h=EC sin 37°=0.24 m B下降的高度h'=EO1-CO1=0.2 m 以A、B和弹簧为系统,机械能守恒,由(1)可知,弹簧弹性势能不变,A增加的动能等于A、 B减少的重力势能,有mAgh+mBgh'= mA  目 录 目 录 代入数据解得vA=  m/s。 解法2　物体间转移     由(1)可知,弹簧弹性势能不变,B减少的机械能等于A增加的机械能mBgh'= mA -mAgh 解得vA=  m/s。 (3)杆长L=0.8 m,故∠CDO1=θ=37°,故DO1=EO1 弹簧的伸长量依然为0.1 m,与最初状态相比弹簧的弹性势能相同,物体B又回到了初始 位置,其重力势能也与最初状态的相同。在D点将A的速度沿绳和垂直于绳分解,如图 乙所示 目 录 目 录 其中沿绳方向的分速度vx与B的速度相等,即vB'=vA' cos 37° 由机械能守恒,系统势能的减少量等于系统动能的增加量,有mAgL sin 37°= mAv + mBv 联立并代入数据解得vA'=2 m/s,vB'=1.6 m/s。 答案    (1)0    (2)  m/s    (3)1.6 m/s 目 录 目 录 考法延伸　在【典例1】的基础上,若弹簧弹性势能公式为Ep= k(Δx)2,试求A球沿杆下 滑0.175 m时(此时到达P点)的速度大小。 解析　释放小球A前,物体B处于平衡状态,F=45 N>35 N=mBg,弹簧处于伸长状态,设伸 长量为x,F=kx+mBg 解得x=0.1 m 由几何关系可知∠O1PD=53°,O1左侧绳子缩短长度等于右侧伸长长度,根据几何关系可 知 h1=EO1-O1P=0.125 m 此时弹簧处于压缩状态,压缩量x'=0.025 m 此时vB=vP∥=vP cos 53°= vP 目 录 目 录 滑到P点时如图所示,A、B及弹簧组成的系统机械能守恒,势能的减少量等于动能的增 加量   (mAg·PE·sin 37°+mBgh1)+ = mA + mB  将vB= vP代入,解得vP≈  m/s。 答案      m/s 目 录 目 录 方法拓展    (1)弹簧弹性势能公式Ep= k(Δx)2,可知弹性势能与形变量有关,所以某过程 涉及弹簧弹性势能变化情况,大概率Ep初末态不变,注意核验弹簧形变量是否相等,题目 将公式作为已知条件,则考虑可能需要用到该公式,形变量或许不同。 (2)轻绳(或轻杆)两端连接物体,物体不沿绳(或杆)的方向运动,速度一般不等,此时必须 将不沿绳(或杆)方向的运动分解。为保证绳(或杆)不伸长或缩短,两端点速度的关系为 沿绳(或杆)的方向速度大小相等。 目 录 目 录 典例2　光滑弯折杆ABC处于竖直平面内,分为倾斜部分AB与水平部分BC,在B点有一 小段圆弧与两部分平滑连接,杆AB与水平方向夹角为37°。有50个相同的带孔小球套 在AB杆上,小球能沿杆无碰撞地从AB段上下滑到BC段上,每个小球的质量均为m=0.02 kg,直径d=1 cm,现通过作用在最底部的1号小球的水平外力F,使所有小球都静止在AB 杆上,此时1号小球球心到水平部分BC的高度H=20 cm。(g取10 m/s2) (1)求水平外力F的大小; (2)撤去外力F后,小球沿杆下滑,求当第20号小球刚到达水平部分BC上时的速度大小。 目 录 目 录 解题导引　信息挖掘:底部的1号小球受水平外力F,所有小球都静止在AB杆上,实际是5 0个小球在斜面上处于平衡状态;当第20号小球到达水平轨道时,小球的重心下降,系统 的动能来源于对应过程减少的重力势能。 问题导引:初始平衡状态,可否将50个小球视为整体分析?重力势能转化成动能,重心下 降的高度如何计算?采用机械能守恒定律何种表达式更方便? 目 录 目 录 解析    (1)把50个小球当作一个整体进行受力分析,如图甲所示 整体处于平衡状态, F=50mg tan 37°=7.5 N。  　      (2)解法1　状态间守恒     目 录 目 录 撤去外力后小球将整体沿杆下滑,各小球速度大小相等,且系统机械能守恒。取小球在 BC杆上时重力势能为0,根据状态间守恒,如图乙所示,则 0+50mg = ×50mv2+30mg×  sin 37° 解得v=  m/s。 解法2　形式间转化     重力势能的减少量等于动能的增加量 -ΔEp=ΔEk 将50个球看成前20个球和后30个球两部分,O1、O2分别为这两部分初位置的重心,O1'、 O2'分别为这两部分末位置的重心。根据几何关系可知,初、末状态重心的位置和尺度 目 录 目 录 如图丙所示   丙 则30mg(H+34.5d sin 37°-15.5d sin 37°)+20mg(H+9.5d sin 37°)= ×50mv2 解得v=  m/s。 答案    (1)7.5 N    (2)  m/s 目 录 目 录 方法拓展　非质点系的机械能守恒定律的应用,注意系统重心位置的变化,可以利用几 何关系,也可以等效于某部分直接移走,达到同样的末状态。要灵活选取机械能守恒表 达式,有时取定零势能面后,用状态间守恒更简洁明了。 目 录 目 录 题型20　功能关系　能量守恒 知识图解 一、各种力做功和对应能量变化的关系 力做功 关系 能量变化 备注 重力做功WG=mgh WG=-ΔEp 重力势能的变化量ΔEp 这些力做功与路径无关,只 跟初、末位置有关 弹力做功W弹 W弹=-ΔEp弹 弹性势能的变化量ΔEp弹 万有引力做功W引 W引=-ΔEp引 引力势能的变化量ΔEp引 电场力做功W电=qU W电=-ΔEp电 电势能的变化量ΔEp电 分子力做功W分子力 W分子力=-ΔEp分子 分子势能的变化量ΔEp分子 目 录 目 录 合力做功W合=W1+W2+... W合=ΔEk 动能的变化量ΔEk — 除重力、系统内弹力外 的其他力做功W其他 W其他=ΔE机 机械能的变化量ΔE机 — 一对滑动摩擦力做功Wf=-f· x相对 |Wf|=ΔE内=Q 系统内能的变化量ΔE内=Q 一对静摩擦力做功只有机 械能转移,没有机械能转化 为其他形式的能 克服安培力做功WA=BIl·x WA=ΔE电 电能的变化量ΔE电 安培力做正功消耗电能(电 动机),克服安培力做功转化 成电能(发电机) 洛伦兹力永不做功 Wf洛=0 不引起其他能变化 — 目 录 目 录 二、能量守恒的两种思路 某种形式的能量减少,一定有其他形式的能量增加,且减 少量等于增加量 ΔE增=ΔE减 系统内某个物体的能量减少,一定存在另一个物体能量 增加,且减少量等于增加量 ΔEA增=ΔEB减 目 录 目 录 典例1    (2022福建,7,6分)(多选)一物块以初速度v0自固定斜面底端沿斜面向上运动,一 段时间后回到斜面底端。该物块的动能Ek随位移x的变化关系如图所示,图中x0、Ek1、 Ek2均已知。根据图中信息可以求出的物理量有 ( ) A.重力加速度大小 B.物块所受滑动摩擦力的大小     BD     典例精解 C.斜面的倾角 D.沿斜面上滑的时间 目 录 目 录 解题导引    (1)信息挖掘:根据功能关系可知,合力做功,物块动能变化,则Ek-x图线斜率 的绝对值|k|= =F合。 (2)问题导引:物块上滑过程和下滑过程对应的Ek-x图线分别是哪条?上滑和下滑过程合 力满足怎样的方程? 目 录 目 录 解析　由动能表达式得Ek1= m ,已知Ek1、v0,则可求解物块质量m= ;下滑时(受力 分析如图甲所示),由动能定理得ΔEk=(mg sin θ-f)·Δx        上滑时(受力分析如图乙所示),由动能定理得ΔEk=-(mg sin θ+f)·Δx,x0为上滑的最大位移, 目 录 目 录  =mg sin θ+f,题图中上面的图线斜率的绝对值大,代表上滑; =mg sin θ-f,题图中下 面的图线斜率的绝对值小,代表下滑;以上两式相加可得g sin θ=  ,两式相 减可得f= ,结合Ek1、v0求解的质量m,即可求解g sin θ= · 和所受滑 动摩擦力f的大小,但不能求出重力加速度大小和斜面的倾角,A、C错误,B正确。 D选项解法一    根据牛顿第二定律得mg sin θ+f=ma,结合Ek1、v0求解的质量m可得物块 上滑的加速度a=g sin θ+ = + = ,由匀变速直线运动规律得t= = , 故可求解物块沿斜面上滑的时间,D正确。 D选项解法二    物块在上滑过程中做匀变速直线运动,到达最高点时速度为0,根据x0=  (0+v0)t1,解得上滑时间t1= ,D正确。 目 录 目 录 考法延伸　结合【典例1】,求解物块与斜面间因摩擦而产生的平均热功率。 解析　物块先上后下返回出发点,在初、末位置物块的重力势能不变,根据能量守恒,Q =ΔE内增=ΔEk减=Ek1-Ek2,由Ek2= m 得物块下滑过程的末速度v2= ;由x0= (0+v2)t2得下 滑用时t2= =2x0 =2x0 =   由【典例1】知物块上滑时间t1=  则物块与斜面间因摩擦而产生的平均热功率  = = 。 目 录 目 录 答案      方法拓展    (1)功能关系与图像结合,注意读懂图像信息,从图像中挖掘隐含条件。 (2)可以尝试求解图线斜率,结合动能定理关系,找到斜率对应的物理意义;根据图像 横、纵截距,了解初始状态或末状态对应的物理量。再结合物理情境,列出过程符合的 物理规律,即可求解。 目 录 目 录 典例2　如图所示,水平地面上放置着用轻质弹簧竖直连接的A、B物块(两端拴接),其 中A的质量为m,弹簧的劲度系数为k。压缩弹簧后释放,A开始做简谐运动,当A到达最高 点时弹簧恰好处于原长位置。某次A恰好到达最高点时,质量为m的物块C以速度  与A发生完全非弹性碰撞后粘在一起做简谐运动,当它们运动到最高点时,物块 B恰好与地面无弹力。已知弹簧弹性势能的表达式为Ep= kx2,质量为m的弹簧振子的周 期T=2π ,重力加速度为g。不计一切阻力及碰撞时间,弹簧足够长且始终在弹性限度 内。求:   目 录 目 录 (1)B的质量mB; (2)A、C成为一个整体后做简谐运动的振幅以及再次回到弹簧原长位置的时间t; (3)A、C运动到最低点时,地面对B的支持力大小。 目 录 目 录 解析    (1)初始时A静止,此时弹簧的压缩量Δx= ,如图1所示   目 录 目 录 物块C以速度v= 与A发生完全非弹性碰撞,如图2,之后粘在一起,该过程根据动 量守恒定律有mv=2mv1 当它们运动到最高点时,物块B恰好与地面无弹力,对B受力分析有kx=mBg 对A、C组成的系统,根据能量守恒有 ×2m = kx2+2mgx(点拨:A、C碰撞时弹簧处于 原长位置) 联立解得mB=2m,x= 。 (2)A、C组成的系统到达平衡位置时有2mg=kx' 如图3,可知振幅A2=x+x'=  目 录 目 录 由题意可知,碰后A、C组成的系统一起做简谐运动的周期T=2π  碰撞时位置到平衡位置的距离 = A2 且向下运动,则A、C组成的系统再次回到弹簧原长位置的时间t= T=  。 (3)解法一    A、C运动到最低点时,地面对B的支持力大小设为NB,对B分析,处于平衡状 态 NB=k(A2+x')+mBg=8mg。 解法二    A、C运动到最低点时,地面对B的支持力大小设为NB,对A、B、C组成的系统 分析,由对称性知,图4处A、C的加速度大小为2g,方向竖直向上,由系统的牛顿第二定律 目 录 目 录 可得NB-4mg=2m×0+2m×2g 解得NB=8mg。 答案    (1)2m    (2)           (3)8mg 目 录 目 录 题型21　功能关系在传送带模型中的应用 模型图解 水平传送带 倾斜传送带 要领 情境     比较速度判趋势,根据趋势 定方向,结合摩擦析受力 运动图像     “牛二”求解加速度,面积 作差求位移 目 录 目 录 摩擦力 做功 对滑块:Wf1=μmgxB 对传送带:Wf2=-μmgxA 对系统:Wf总=-Q=Wf1+Wf2=-μ mgΔx 对滑块:Wf1=μmg cos θ·xB1+ mg sin θ·xB2 对传送带:Wf2=-μmg cos θ·xA 1-mg sin θ·xA2 对系统:Wf总=-Q=Wf1+Wf2=-μ mg cos θ·Δx 摩擦做功可正可负,关键位 移各不同 功能关系 对滑块:μmgxB= mv2 对传送带:W电-μmgxA=0(即 W电=μmgxA) 对系统:W电= mv2+μmgΔx 对滑块:μmg cos θ·xB1= mv2 +mgxB1 sin θ 对传送带:W电-(μmg cos θ·xA1 +mg sin θ·xA2)=0 对系统:W电= mv2+μmg cos θ·Δx+mg sin θ·(xB2+xB1) 明确对象和过程,根据规律 列方程 目 录 目 录 其他分 类逻辑 传送带够不够长→滑块初 速度v是否为0→v与传送带 速度大小比较→同向还是 反向 传送带够不够长→滑块初 速度v是否为0→滑块由下 到上还是由上到下→v与传 送带速度大小比较→μ与 tan θ大小比较 分类逻辑前到后,各种情况 方法同 目 录 目 录 典例1    5·3改编　如图所示,长为8 m的水平传送带以v=4 m/s的速度顺时针匀速运动, 现将一质量m=1 kg的小物块无初速度地放在传送带左端。经过一段时间小物块运动 到传送带的右端。已知小物块与传送带间的动摩擦因数μ=0.4,g=10 m/s2。   (1)此过程摩擦力对小物块和传送带做的功分别为多少? (2)此过程中因摩擦产生的热量为多少? (3)求此过程中电动机因传送物块对传送带多做的功。 典例精解 目 录 目 录 解题导引　长为8 m的水平传送带限制了物块的对地位移,这决定了摩擦力是否改变性 质,所以必须先对物块加速到与传送带共速时的位移与传送带长度进行比较。 解析    (1)小物块刚放到传送带左端时受力分析如图甲所示   根据牛顿第二定律有μmg=ma,解得小物块的加速度a=μg=4 m/s2 小物块加速到与传送带速度相同的位移 x1= =  m=2 m<8 m 所以小物块先做匀加速直线运动后做匀速直线运动,小物块和传送带的v-t图像如图乙 目 录 目 录 所示   加速阶段摩擦力对小物块做的功 Wf1=μmgx1=8 J 小物块加速的时间t1= =1 s 目 录 目 录 加速阶段传送带的位移x2=vt1=4 m 摩擦力对传送带做的功Wf2=-μmgx2=-16 J。 (2)小物块与传送带间的相对位移 Δx=x2-x1=2 m 此过程中因摩擦产生的热量Q=μmgΔx=8 J。 (3)解法1　对系统研究     根据能量守恒可知,电动机因传送物块对传送带多做的功等于小物块动能的增加量和 系统因摩擦产生的热量之和,W'= mv2+Q=16 J。 解法2　对传送带研究     目 录 目 录 传送带始终做匀速直线运动,动能不变,则电动机因传送物块对传送带多做的功与小物 块对传送带的摩擦力做的功的代数和为0,即W'-μmgvt1=0 解得W'=16 J。 答案    (1)8 J　-16 J    (2)8 J    (3)16 J 目 录 目 录 方法拓展    1.水平匀速运动的传送带只在对小物块加速或减速过程中存在滑动摩擦 力,Q=μmgΔx,其中Δx指相对滑动路程,而非相对位移。 2.传送带对小物块的摩擦力做的功Wf=μmgx= m - m ,其中x、vt、v0一般都取地面为 参考系。 3.多消耗电能计算的两种思路 (1)对系统研究:根据能量守恒定律,系统增加的动能和因摩擦产生的热量都来源于电动 机对传送带多做的功。 (2)对传送带研究:传送带保持匀速运动,动能不变,W电=μmgx传=μmgv传t。 4.v-t图像辅助分析,优先考虑作出小物块和传送带的运动图像。 目 录 目 录 典例2    (多选)如图所示,倾角为θ的传送带由电动机带动,始终保持速率v匀速运动,质 量为m的物块由传送带底端静止释放。已知物块与传送带间的动摩擦因数为μ(μ>tan θ),物块到达传送带顶端前与之保持相对静止。重力加速度为g。在物块由静止释放到 相对传送带静止的过程中,下列说法正确的是 ( ) A.摩擦力对物块做功的平均功率为μmg cos θ·  B.电动机因传送物块多提供的能量为mv2     AD     C.传送带克服摩擦力做的功为 mv2 D.传送带和物块增加的内能为  目 录 目 录 解题导引　传送带始终保持速率v匀速运动,则传送带的动能不变;物块到达传送带顶 端前与之保持相对静止,说明传送带足够长,运动分两段;μ>tan θ,则物块与传送带共速 后能一起匀速运动。 目 录 目 录 解析　本题只研究“物块由静止释放到相对传送带静止的过程”,摩擦力对物块做功 的平均功率P=f =μmg cos θ· ,A正确。电动机因传送物块多做的功等于系统因摩擦产 生的热量和物块机械能的增加量之和;设物块由静止释放到相对传送带静止的过程中 沿传送带运动的距离为L,对物块,增加的机械能ΔE= mv2+mgL sin θ=fL=μmg cos θ· t, 系统增加的内能Q=f·Δs=f·(s带-s物)=f =μmg cos θ· t,则ΔE=Q,故电动机因传送物 块多提供的能量等于物块机械能增加量的2倍,2ΔE=2  mv2+mgL sin θ >mv2,B错误。 传送带运动的距离s带=vt= ,故传送带克服摩擦力做的功W克f=f·s带=μmg cos 目 录 目 录 θ· = ,C错误。系统因摩擦产生的热量Q=μmg cos θ· t,物块的 加速度a= =g(μ cos θ-sin θ),加速时间t= = ,故系统增加的内能 Q= ,D正确。 目 录 目 录 方法拓展    1.物块与倾斜传送带间的动摩擦因数μ>tan θ时,物块与传送带共速后能一 起匀速运动,此时出现摩擦力突变。分析倾斜传送带问题时,摩擦力的突变分析是解题 的关键点之一。 2.水平传送带模型中与倾斜传送带模型中多消耗电能计算的异同 (1)对系统研究:应用的物理规律相同,都是能量守恒定律;对于倾斜传送带问题,系统增 加的机械能包含物块增加的重力势能。 (2)对传送带研究:共速前的分析过程相同,共速后倾斜传送带模型中物块受到的摩擦力 不为0,仍需电动机多做功。 目 录 目 录 $