8.4.2 功能关系 能量守恒定律 讲义-2025-2026学年高一下学期物理人教版（2019）必修第二册
|
2份
|
67页
|
963人阅读
|
16人下载
普通
摘要：
本高中物理讲义聚焦功能关系与能量守恒定律核心知识点，系统梳理功是能量转化量度的本质，通过表格呈现合力、重力等力做功与对应能量变化的关系，结合摩擦力做功特点比较及滑块—木板、传送带等典型模型，搭建从基础概念到应用的学习支架。
资料以能量观念为统领，通过科学思维中的模型建构（如板块模型区分滑块位移、木板位移与相对位移）和科学推理（例题分步解析）设计内容，涵盖摩擦力、弹簧等多题型例题，课中辅助教师高效授课，课后助力学生查漏补缺，提升解决实际问题的能力。
内容正文：
8.4.2 功能关系 能量守恒定律
【基础回顾】
1.对功能关系的理解
（1） 功 是能量转化的量度，做了多少功就有多少能量发生转化.
（2）做功的过程一定伴随着能量的转化，而且能量的转化必须通过 做功 来实现.
2.几种常见的功能关系及表达式
力做功
能的变化
二者关系
合力做功
动能变化
W＝ Ek2－Ek1 ＝ΔEk
重力做功
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－Ep2
弹簧弹力做功
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
只有重力或系统内弹力做功
机械能不变化
机械能守恒，即ΔE＝ 0
除重力和系统内弹力之外的其他力做功
机械能变化
（1）其他力做多少正功，物体的机械能增加多少；
（2）其他力做多少负功，物体的机械能减少多少；
（3）W其他＝ ΔE
一对相互作用的滑动摩擦力的总功
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＝ fx相对
3．能量守恒定律
（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 到另一个物体，在转化或转移的过程中，能量的总量 保持不变 .
（2）表达式
①E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.
②ΔE增＝ ΔE减 ，某种形式能量的增加量等于其他形式能量的减少量.
【必备知识】
一、两种摩擦力做功特点的比较
类型
静摩擦力做功
滑动摩擦力做功
能量的转化
机械能只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
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
二、“滑块—木板”模型问题的分析方法
（1）动力学分析：分别对滑块和木板进行受力分析，根据牛顿第二定律求出各自的加速度；从放上滑块到二者速度相等，所用时间相等，由t＝＝，可求出共同速度v和所用时间t，然后由位移公式可分别求出二者的位移.
（2）功和能分析：对滑块和木板分别运用动能定理，或者对系统运用能量守恒定律.如图所示，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.
三、传动带模型
1.传送带问题的两个角度
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
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.功能关系分析
（1）功能关系分析：W＝ΔEk＋ΔEp＋Q.
（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＝Ffx相对.
题型1 摩擦力做功与能量转化
1. 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 ,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
2. 摩擦生热公式 中的 的理解
(1)没有往复滑动的物体间, 等于相对位移的大小。
(2)有往复滑动的物体间, 不等于相对位移的大小,而是两个物体间相对滑行的路程。
【例题精讲】
1．如图所示，质量为M、长度为L的小车静止在光滑水平面上，质量为m的物块（视为质点）放在小车的最左端，现用一大小为F的水平恒力作用在物块上，使物块从静止开始运动，当物块滑到小车的最右端时，小车运动的距离为x1，物块运动的距离为x2，物块和小车之间的滑动摩擦力大小为f，在此过程中，不计空气阻力，下列说法正确的是（ ）
A．物块动能增加Fx2
B．物块克服摩擦力做功为fL
C．小车的动能增加fx1
D．物块和小车组成的系统机械能增加量为Fx2
2．如图，倾斜角θ的粗糙斜面上有一个木块（可视为质点），一根轻质弹簧一端栓接在木块上，另一端固定在斜面顶端，弹簧与斜面平行。刚开始用手按住木块，弹簧处于原长。某时刻从静止释放木块，木块开始沿斜面下滑，对于木块沿斜面下滑的过程，下列说法正确的是（ ）
A．木块和弹簧的总机械能守恒
B．木块沿斜面下滑速度最大时，受到弹簧弹力与木块重力沿斜面分力大小相等
C．木块克服摩擦力做的功，等于木块和弹簧总机械能减少量
D．木块所受合外力做的功，等于木块机械能的变化量
3．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，sin37°＝0.6，cos37°＝0.8。则（ ）
A．物块与斜面间的动摩擦因数为0.6
B．物块接触弹簧后，速度先减小后增大
C．物块在上述过程因摩擦产生的热量为0.5mgL
D．弹簧具有的最大弹性势能为0.25mgL
4．如图所示，物体A、B质量相等，它们与水平地面之间的动摩擦因数也相等，A受到一个与水平方向夹角为α的斜向上的拉力，B受到一个与水平方向夹角为α的向下的推力，且FA＝FB。AB在各自力的作用下由静止开始运动，下列说法正确的是（ ）
A．物体AB的加速度大小相等
B．经过相同的时间，物体A的位移等于物体B的位移
C．经过相同的时间，FA对物体A做的功等于FB对物体B做的功
D．经过相同的时间，物体A的末动能大于物体B的末动能
5．如图所示，失控车辆紧急避险车道是设置在公路右侧的斜坡，路面通常由沙砾构成。一辆质量为m的失控货车以某一速度无动力冲上一个倾角为5.7°的避险车道，摩擦力恒为mg，g为重力加速度，sin5.7°≈0.1，货车沿斜面上升的最大高度为H，则在这个过程中（ ）
A．货车的重力做功mgH
B．货车克服摩擦力做的功为4mgH
C．货车的动能损失了mgH
D．货车的机械能减小了3mgH
6．（多选）如图所示，一个质量为m的物体（可视为质点），以某一初速度由A点冲上倾角为30°的固定斜面，其加速度大小为0.8g，物体在斜面上运动的最高点为B，B点与A点的高度差为h，则从A点到B点的过程中，下列说法正确的是（ ）
A．物体的重力势能增加了mgh
B．物体动能损失了0.8mgh
C．物体产生的热为0.6mgh
D．物体机械能损失了1.6mgh
7．（多选）如图所示，一小滑块（可视为质点）从固定的粗糙斜面底端以初速度v0沿斜面上行，经过一段时间沿斜面返回底端。关于整个过程，下列说法正确的是（ ）
A．小滑块运动的总时间t与v0的大小成正比
B．小滑块运动的平均速度的大小与v0的大小成正比
C．由于摩擦产生的热量Q与v0的大小成正比
D．小滑块所受摩擦力的平均功率与v0的大小成正比
题型2 板块模型
解题要点: “滑块一木板”模型中功和能的分析
对滑块和木板分别运用动能定理, 或者对系统运用能量守恒定律。如图所示, 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 ；
2. 求摩擦力对木板做功时用木板对地的位移 ;
3. 求摩擦生热时用相对位移 或相对滑行路程。
主要有光滑木板，粗糙木板模型。
【例题精讲】
1．如图，长直木板B静置于光滑水平面上，小物块A以大小为v的水平初速度从左端滑上B，恰好未从B的右端滑出。已知A、B的质量均为m，A、B间的动摩擦因数为μ，板的长度为L，重力加速度大小为g，则该过程中系统因摩擦产生的热量为（ ）
A． B． C．μmgL D．
2．如图甲所示，一木板静止于光滑水平桌面上，t＝0时，物块（视为质点）以大小为3v0的速度水平滑上木板左端。图乙为物块与木板运动的v﹣t图像，图中t0已知，重力加速度大小为g。下列说法正确的是（ ）
A．木板的最小长度为
B．物块与木板的质量之比为2：3
C．物块与木板间的动摩擦因数为
D．整个过程中物块减小的动能、木板增大的动能及物块与木板组成的系统产生的热量之比为9：2：7
3．如图所示，在倾角θ＝37°的固定斜面上，放置着一个足够长的木板Q，Q上端放置着小物块P（可视为质点），已知P与Q之间的动摩擦因数为0.25，Q与斜面间的动摩擦因数为0.5，P、Q的质量分别为1kg、2kg，sin37°＝0.6，重力加速度g＝10m/s2，Q下端距斜面最低点为2m。某时刻使P、Q由静止释放，当Q下端运动至斜面最低点过程中，整个系统损失的机械能为（ ）
A．12J B．24J C．36J D．64J
4．一质量为M的长木板A静止放在光滑的水平面上，质量为m的物体B（视为质点）以初速度v0从A的左端滑上长木板A的上表面，到B从A的右端滑下的过程中，B的动能减少量为ΔEkB，A的动能增加量为ΔEkA，A、B间存在摩擦，摩擦生热为Q，关于ΔEkB、ΔEkA、Q的值。下列可能的是（ ）
A．ΔEkB＝7J、ΔEkA＝5J、Q＝2J
B．ΔEkB＝7J、ΔEkA＝3J，Q＝4J
C．ΔEkB＝7J、ΔEkA＝2J、Q＝9J
D．ΔEkB＝5J、ΔEkA＝3J、Q＝2J
5．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．木板的动能一定大于fl
C．物块的动能一定小于
D．物块的动能一定等于
6．（多选）质量为M、长度为L的小车静止在光滑的水平面上，质量为m的小物块放在小车的最左端。现用一水平力F作用在小物块上，小物块与小车之间的摩擦力为f，经过一段时间小车运动的位移为x，小物块刚好滑到小车的右端，则下列说法中正确的是（ ）
A．此时物块的动能为F（x+L）
B．此时小车的动能为fx
C．这一过程中，物块和小车增加的机械能为Fx﹣fL
D．这一过程中，系统因摩擦而损失的机械能为fL
7．（多选）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M相对地面位移为L时物块从木板右端离开，m在M上滑行过程中（ ）
A．摩擦力对m做的功等于﹣fl
B．木板获得的动能等于fL
C．m损失的机械能大小等于fL
D．m和M在此过程中损失的机械能为fl
题型3 传送带模型
解题要点: 传送带模型中的功能分析
1. 传送带克服摩擦力做的功: 。
2. 系统产生的内能: 。
3. 功能关系的分析: 。
【例题精讲】
1．某工厂输送物件的传送系统由倾角为30°的传送带AB和一倾角相同的长木板CD组成，装置可简化为图。已知物件与传送带间的动摩擦因数，与木板的动摩擦因数。传送带以v0＝4m/s的恒定速度顺时针转动。现将一质量m＝2kg的物件P无初速置于传送带A点，当物件到达B端时刚好相对传送带静止，到达D点时速度恰好为零随即被机械手取走。物件可以看成质点，皮带与木板间可认为无缝连接，重力加速度g＝10m/s2。下列说法正确的是（ ）
A．传送带的长度为3m
B．物件全程运动时间约为2.27s
C．物件上升到D处过程中因摩擦产生的热量为48J
D．若机械臂没及时抓住物件，物件下滑后仍能再次到达D处
2．如图，水平传送带以恒定速度v顺时针转动，传送带右端上方的挡板上固定着一轻弹簧。t将质量为m的小物块P轻放在传送带左端，P与传送带之间的动摩擦因数为μ，在接触弹簧前速度已达到v，P与弹簧接触后继续运动，弹簧的最大形变量为d，设P与传送带之间的最大静摩擦力等于滑动摩擦力。则P从接触弹簧到第一次运动到最右端过程中（ ）
A．传送带多消耗的电能为小于2μmgd
B．摩擦力对P先做正功再做负功
C．P的速度不断减小
D．P的加速度逐渐增大
3．机场一般用可移动式皮带输送机给飞机卸货（如图甲），其可简化为倾角为θ，以一定的速度v2逆时针匀速转动的传送带。某时刻货物以初速度为v1滑上传送带顶端（如图乙），以此时为t＝0时刻，记录货物在传送带上运动的速度随时间变化的关系图像（如图丙），取沿斜面向下为正方向，传送带足够长，最大静摩擦力等于滑动摩擦力，则（ ）
A．货物与传送带间的动摩擦因数μ＜tanθ
B．货物下滑过程中，传送带一直对货物做正功
C．货物在传送带上留下的划痕长度为
D．0～t1时间内，传送带对货物做功等于
4．如图1所示，倾斜传送带常用于飞机上行李箱的搬运工作。一倾角为θ＝37°的传送带保持0.8m/s的恒定速率向上运行，工作人员以相同时间间隔将行李箱无初速度地放在传送带底端，所有行李箱在进入飞机货舱前都已做匀速运动，且相邻两个行李箱间不发生碰撞。如图2所示，A、B、C是传送带上3个进入货舱前匀速运动的行李箱，其中A与B间的距离小于B与C间的距离，行李箱A的质量为20kg，A与传送带间的动摩擦因数为0.8，传送带的长度为10m，重力加速度g取10m/s2，sin37°＝0.6，最大静摩擦力等于滑动摩擦力，下列说法正确的是（ ）
A．与传送带间的动摩擦因数相同
B．行李箱A在传送带上留下的划痕长度为0.8m
C．行李箱A从传送带底端运动至顶端的过程，摩擦力对行李箱A做的功为102.4J
D．由于搬运A，驱动传送带的电机额外消耗的电能为1206.4J
5．如图甲所示，倾角为θ的传送带以恒定速率逆时针运行，现将一质量为1kg的包裹轻轻放在最上端的A点，包裹从A点运动到最下端B点的过程中，其加速度a随位移x变化的图像如图乙所示。取重力加速度大小g＝10m/s2，则下列说法正确的是（ ）
A．θ＝30°，且包裹与传送带间的动摩擦因数为0.5
B．传送带运行的速度大小为4m/s
C．包裹与传送带间因摩擦而产生的热量为6J
D．包裹从A点运动到最下端B点所用的时间为1.2s
6．（多选）传送带转动的速度大小恒为1m/s，顺时针转动。两个物块A、B，A、B用一根轻弹簧连接，开始弹簧处于原长，A的质量为1kg，B的质量为2kg，A与传送带的动摩擦因数为0.5，B与传送带的动摩擦因数为0.25。t＝0时，将两物块放置在传送带上，给A一个向右的初速度v0＝2m/s，B的速度为零，弹簧自然伸长。在t＝t0时，A与传送带第一次共速，此时弹簧弹性势能Ep＝0.75J，传送带足够长，A可在传送带上留下痕迹，重力加速度g＝10m/s2，则（ ）
A．在t时，B的加速度大小大于A的加速度大小
B．t＝t0时，B的速度为0.5m/s
C．t＝t0时，弹簧的压缩量为0.2m
D．0～t0过程中，A与传送带的痕迹小于0.05m
7．（多选）传送带经常用于工厂物件输送，机场行李箱传送、快递物流分拣等各个领域。如图所示，绷紧的传送带与水平面的夹角θ＝37°，传送带在电动机的带动下，始终保持v＝4m/s的速率逆时针运行，现把一质量为m＝9kg的工件（可视为质点）轻轻放在传送带的底端，工件被传送到高h＝18m的顶端，已知工件与传送带之间的动摩擦因数μ＝0.8，以工件在传送带底端时的势能为零，（已知sin37°＝0.6，cos37°＝0.8，重力加速度g＝10m/s2），则（ ）
A．工件从底端运送到顶端所需的时间为12.5s
B．工件到达顶端时的机械能为846J
C．工件与传送带之间因摩擦而产生的热量为1152J
D．电动机由于传送工件而多消耗的电能为2844J
题型4 弹簧模型
注意弹性势能的转化。
【例题精讲】
1．如图所示，倾角为θ的固定斜面，其顶端固定一劲度系数为k的轻质弹簧，弹簧处于原长时下端位于O点。质量为m的滑块Q（视为质点）与斜面间的动摩擦因数μ＝tanθ。过程I：Q以速度v0从斜面底端P点沿斜面向上运动恰好能滑至O点；过程Ⅱ：将Q连接在弹簧的下端并拉至P点由静止释放，Q通过M点（图中未画出）时速度最大，过O点后能继续上滑。弹簧始终在弹性限度内，假设最大静摩擦力等于滑动摩擦力，忽略空气阻力，重力加速度为g。则（ ）
A．P、M两点之间的距离为
B．过程Ⅱ中，Q在从P点单向运动到O点的过程中损失的机械能为
C．过程Ⅱ中，Q从P点沿斜面向上运动的最大位移为
D．连接在弹簧下端的Q无论从斜面上何处释放，最终一定静止在M点以下
2．如图甲所示，水平面AB与竖直面内的半圆形导轨CDB在B点平滑相接，各处摩擦因数相同，D为半圆形导轨的中点。一质量为m＝1kg的物体（可视为质点）将弹簧压缩到A点后由静止释放，在弹力作用下获得向右的速度后脱离弹簧，从B点进入半圆形导轨，物体沿半圆形导轨从B运动到C过程中速度平方与其上升高度的关系如图乙所示，重力加速度g＝10m/s2，则（ ）
A．弹簧压缩到A点时弹簧的弹性势能为18J
B．物体运动到C点时对半圆形导轨的压力大小为10N
C．物体从B运动到C的过程中，合力对物体做的功为10J
D．物体从D运动到C的过程中，物体的机械能减少值ΔE＜1J
3．如图所示，轻质弹簧一端与墙壁固定，另一端自然伸长至水平面的O点，水平面OA段粗糙，其余部分光滑。质量为m的滑块从光滑圆弧面上高为h的P点静止下滑，到达B点时速度减为零，反弹后能到达圆弧面上高0.25h的C点。重力加速度为g。则该过程弹簧具有的最大弹性势能为（ ）
A． B． C． D．
4．某同学闲暇时将手中的弹簧笔内的弹簧取出并固定在桌面上，用小笔帽套在弹簧上，竖直向下按压在水平桌面上（如甲图所示）。当他突然松手后弹簧将小笔帽竖直向上弹起，不计其受到的阻力，上升过程中的Ek﹣h图像如乙图所示（h2到h3部分为直线），则上升过程中下列判断正确的是（ ）
A．弹簧原长为h1
B．O到h1之间弹簧弹性势能全部转化为小笔帽的动能
C．h2到h3之间小笔帽机械能不变
D．h1到h2过程Ek﹣h图像仍然为直线
5．如图所示，两根完全相同的轻质弹簧1、2连接着一小球，两弹簧O1端和O2端分别固定，且位于同一竖直线上。小球静止于O点时，弹簧2处于原长状态。现将小球从弹簧1的原长处C点由静止释放，已知CO的距离为h，重力加速度大小为g。若忽略空气阻力，弹簧始终处于弹性限度内，则（ ）
A．小球到达O点的速率为2
B．小球在C点的加速度大小为g
C．由C到O的过程，小球的机械能守恒
D．由C到O的过程，小球的机械能先增大后减小
6．（多选）如图所示，倾角为30°的斜面和半径为R的半圆弧连接，圆心O在斜面的延长线上，连接点M处有一轻质定滑轮，N为圆弧最低点且∠MON＝60°，斜面的底端固定一挡板P。物块B、C间由一轻质弹簧栓接置于斜面上（弹簧平行于斜面），其中C紧靠在挡板P处，B用跨过滑轮的不可伸长的轻绳与小球A相连，开始时将小球A锁定在M处，此时轻绳与斜面平行，且恰好伸直但无张力，B、C处于静止状态。某时刻解锁小球A，当小球A沿圆弧运动到最低点N时（物块B未到达M点），物块C对挡板的作用力恰好为0。已知小球A的质量为5m，物块B、C的质量均为m，重力加速度大小为g，小球与物块均可视为质点，不计一切摩擦，弹簧始终处于弹性限度内。下列说法正确的是（ ）
A．小球A从M点到N点的过程中，物块B、C及弹簧组成的系统机械能守恒
B．弹簧的劲度系数为
C．小球A到达N点时，小球A的速度大小为
D．小球A到达N点时，物块B的速度大小为2
7．（多选）如图所示，固定的光滑硬直杆与水平面成53°角，劲度系数为k的轻质弹簧一端固定在点O，另一端与套在杆上的圆环相连，圆环由与O点等高的A点由静止释放，当运动到O点正下方的B点时，圆环的动能恰好等于此位置弹簧的弹性势能。已知圆环在A点时弹簧处于原长状态，当圆环运动到P点时弹簧与杆垂直，A、B两点间的距离为5L，重力加速度为g，弹簧的弹性势能Ep与形变量x的关系式为，下列判断正确的是（ ）
A．圆环的质量为
B．圆环运动到P点时杆对圆环的弹力大小为
C．圆环运动到B点时重力的瞬时功率为
D．A、B间还有2个位置与A点加速度相同
课时精练
1．如图所示，用细绳悬挂木箱，水平箱底上有一个静止物块，物块与木箱右壁间夹有一弹簧，弹簧处于压缩状态。重力加速度g取10m/s2，忽略一切阻力，细绳剪断后的一小段时间里，下列说法正确的是（ ）
A．物块的运动轨迹为直线
B．物块的加速度a等于10m/s2
C．弹力做功等于物块动能增量
D．物块动能增量大于重力势能减少量
2．如图所示，粗糙轻杆BC水平固定在竖直转轴AB上，质量为m的小球穿在轻杆上，轻弹簧一端与小球相连，另一端固定在竖直转轴上的A点，A、B两点之间的距离为L，弹簧的原长为。装置静止时将小球向左缓慢推到距B点处松手。小球恰好能保持静止，现使该装置由静止开始绕竖直转轴缓慢加速转动，当小球与轻杆之间的弹力为零时，保持角速度不变，此时小球与B点之间的距离为，从开始转动到小球与轻杆之间的弹力为零的过程外界提供给装置的能量为E、已知小球与轻杆之间的最大静摩擦力等于滑动摩擦力，重力加速度为g，弹簧始终在弹性限度内，下列说法正确的是（ ）
A．当小球与轻杆之间的弹力为零时，该装置转动的角速度大小为
B．弹簧的劲度系数为
C．小球与轻杆之间的动摩擦因数为
D．从开始转动到小球与轻杆之间的弹力为零的过程，小球克服摩擦力做的功为
3．跳台滑雪是冬奥会比赛项目，如图所示，一运动员从斜坡顶端水平飞出，若忽略空气阻力，则下列关于运动员在空中运动时的加速度大小a、速度大小v、动能Ek和机械能E随运动时间t变化的关系图像正确的是（ ）
A． B．
C． D．
4．如图所示，轻弹簧的一端固定于光滑斜面上，另一端与物块相连。将物块沿斜面拉至A点后松开，途经O点（图中未标出）时弹簧处于自由状态，运动至B点时速度为零，弹簧始终在弹性限度内，则（ ）
A．物块从A到O的时间大于从O到B的时间
B．物块在A点的加速度大于B点的加速度
C．物块从A运动到O的动能一直增大
D．O点位于A、B连线中点
5．一根钓鱼线在拉紧和放松过程中，拉力F与它的伸长量Δl的关系如图所示。在这个过程中能量大致损耗（ ）
A．0.3J B．0.5J C．0.8J D．1.1J
6．2025年4月25日，我国神舟二十号成功发射升空，实验小组用以下模型模拟其升空过程，如图所示，四个立柱中间固定一弹性网，开始时将火箭下压，使弹性网的形变量足够大（未超出弹性形变），然后将火箭由静止释放，其离开弹性网并上升到最高点，下列说法中正确的是（ ）
A．火箭模型在释放后瞬间所受合力为0
B．火箭模型离开弹性网时达到最大速度
C．火箭模型离开弹性网前先失重后超重
D．火箭模型离开弹性网前机械能一直增大
7．如图所示，半径为R的半球固定在水平面上，质量为m的物块静止在半球的最高点，给物块一个微小扰动，物块沿半球下滑到B点时离开球面，B点与球心O连线与水平方向夹角为30°，重力加速度为g，不计物块大小，不计空气阻力，则物块在球面上运动过程中因摩擦产生的热量为（ ）
A． B． C． D．
8．如图甲所示，一个质量为2kg的物体悬挂在细绳下端，由静止开始沿竖直方向做直线运动，运动过程中物体的机械能E与物体通过路程s的关系图像如图乙所示，其中0～0.8m过程的图像为曲线，0.8m～1.0m过程机械能E不变，1.0m～2.0m过程机械能E随路程s均匀减少（忽略空气阻力），重力加速度g取10m/s2。则下列说法正确的是（ ）
A．0～0.8m过程中物体所受拉力是变力，物体先上升后下降
B．0.8m处物体的速度大小应为2m/s
C．0.8m～1.0m过程中物体可能先上升后下降
D．1.0m～2.0m过程中物体可能做匀加速直线运动，也可能做匀减速直线运动
9．（多选）如图所示，可看作质点的货物从Q点以8m/s的水平速度向左滑上粗糙圆弧滑道QP，恰好能到P点。已知货物质量为20kg，滑道高度h为2m，重力加速度g取10m/s2，不计空气阻力，关于货物从Q点运动到P点的过程，下列说法正确的有（ ）
A．重力做功为400J
B．滑道摩擦力做功为﹣240J
C．合力做功为160J
D．机械能减少了240J
10．（多选）如图1所示，一物块以一定的初速度冲上固定斜面，其重力势能和机械能随位移x变化的图线如图2所示，重力加速度g取10m/s2。下列判断中正确的是（ ）
A．物块的初动能为50J
B．物块的质量为2kg
C．物块沿斜面向上运动的过程中所受摩擦力的大小为5N
D．物块一定会返回斜面底端且返回斜面底端时的动能为30J
11．（多选）如图所示，质量为M、长度为L的小车静止在光滑水平面上，质量为m的小物块（可视为质点）放在小车的最左端。现用一水平恒力F作用在小物块上，使小物块从静止开始做匀加速直线运动。小物块和小车之间的摩擦力为Ff，小物块滑到小车的最右端时，小车运动的距离为x。此过程中，以下结论正确的是（ ）
A．小物块到达小车最右端时具有的动能为（F﹣Ff）（L+x）
B．小物块到达小车最右端时，小车具有的动能为Ffx
C．小物块克服摩擦力所做的功为Ff（L+x）
D．系统产生的内能为Fx
12．如图所示，两可视为质点的小球A、B分别套在光滑直角型轻杆的水平杆PO和竖直杆OQ上，球A与轻弹簧拴接，弹簧的另一端固定在P点，球A、B间用一根不可伸长的细线相连，装置可绕OQ在水平面内转动。水平杆转动的角速度ω1＝1.0rad/s时，细线与杆OQ的夹角为α＝37°。现缓慢增大转速至ω2，使细线与杆OQ的夹角增大为β＝53°，此时弹簧的形变量与转速为ω1时的形变量相同。已知细线的长度l＝0.5m，球A、B的质量分别为，mB＝0.12kg，重力加速度g取10m/s2，sin37°＝0.6，cos37°＝0.8。求：
（1）角速度为ω1时，杆OQ对球B的弹力大小FB；
（2）角速度ω2；
（3）装置从角速度ω1增大到ω2的过程中，外力对装置做的功W。
13．如图所示，质量为2kg的物块A和质量为3kg的长木板B叠放在一起，静止在光滑的水平面上，t＝0时给长木板B一个水平向右的力，且保持力的功率P＝18W不变，t＝5s时A开始相对于B运动。最大静摩擦力近似等于滑动摩擦力，已知重力加速度g＝10m/s2，求：
（1）A、B间的动摩擦因数；
（2）在t＝0到t＝5s过程，摩擦力对B所做的功。
14．如图所示，在竖直平面内的轨道ABCDEF分别由光滑四分之一圆轨道AB（半径R）、粗糙水平直轨道BC（长L）、光滑半圆管道CD（半径R）、粗糙水平直轨道DE（长L）、光滑水平直轨道EF组成，各轨道间平滑连接，F端固定有轻弹簧。已知，小滑块质量m＝0.1kg，由A上方h处由静止释放，它与两粗糙水平轨道间的动摩擦因数μ＝0.5。已知R＝1m，L＝2m，h＝0.5m，g取10m/s2。
（1）滑块第1次到B点时受到圆轨道AB的作用力的大小；
（2）滑块压缩弹簧时弹簧的最大弹性势能；
（3）滑块最终静止时的位置。
15．如图所示，在某竖直平面内，光滑曲面与长L＝0.5m水平面BC平滑连接于B点，BC右端连接内壁光滑、半径r＝0.2m的四分之一细圆管CD，管口D端正下方直立一根劲度系数k＝100N/m的轻弹簧，弹簧一端固定，另一端恰好与管口D端平齐。一个质量为m＝1kg的小球放在曲面AB上，现从距BC的高度h＝0.7m处静止释放小球，它与BC间的动摩擦因数μ＝0.5，小球通过CD后，在压缩弹簧过程中小球速度最大时弹簧的弹性势能Ep＝0.5J。重力加速度g取10m/s2。求：
（1）小球第一次经过C点的速度vC的大小；
（2）小球第一次进入管口C端时对管壁的作用力FN的大小和方向；
（3）在压缩弹簧过程中小球的最大动能Ekm。
16．如图所示，斜面倾角θ＝30°，底端与无摩擦的水平地面平滑连接。斜面上有A、B、C和D四个点，D点为斜面底端，AB、BC、CD间的距离分别为x1＝0.2m、x2＝0.3m、x3＝0.3m，斜面除B到C区域外均为光滑。两块完全相同的均匀矩形薄板a和b，质量均为m＝1kg，长度均为L＝0.1m，初始静止且相互接触放置在斜面上，板a的下端位于A点。释放后，两板开始共同沿斜面下滑。已知薄板与斜面粗糙部分（B到C）的动摩擦因数，重力加速度大小g＝10m/s2。求：
（1）板a的下端刚到达B点时的速度大小v1；
（2）当板a完全进入粗糙区域（B到C）时，两板之间作用力的大小F；
（3）两板在水平地面上运动时，它们之间的距离d。
第3页（共13页）
学科网（北京）股份有限公司
$
8.4.2 功能关系 能量守恒定律
【基础回顾】
1.对功能关系的理解
（1） 功 是能量转化的量度，做了多少功就有多少能量发生转化.
（2）做功的过程一定伴随着能量的转化，而且能量的转化必须通过 做功 来实现.
2.几种常见的功能关系及表达式
力做功
能的变化
二者关系
合力做功
动能变化
W＝ Ek2－Ek1 ＝ΔEk
重力做功
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－Ep2
弹簧弹力做功
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
只有重力或系统内弹力做功
机械能不变化
机械能守恒，即ΔE＝ 0
除重力和系统内弹力之外的其他力做功
机械能变化
（1）其他力做多少正功，物体的机械能增加多少；
（2）其他力做多少负功，物体的机械能减少多少；
（3）W其他＝ ΔE
一对相互作用的滑动摩擦力的总功
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＝ fx相对
3．能量守恒定律
（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 到另一个物体，在转化或转移的过程中，能量的总量 保持不变 .
（2）表达式
①E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.
②ΔE增＝ ΔE减 ，某种形式能量的增加量等于其他形式能量的减少量.
【必备知识】
一、两种摩擦力做功特点的比较
类型
静摩擦力做功
滑动摩擦力做功
能量的转化
机械能只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
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
二、“滑块—木板”模型问题的分析方法
（1）动力学分析：分别对滑块和木板进行受力分析，根据牛顿第二定律求出各自的加速度；从放上滑块到二者速度相等，所用时间相等，由t＝＝，可求出共同速度v和所用时间t，然后由位移公式可分别求出二者的位移.
（2）功和能分析：对滑块和木板分别运用动能定理，或者对系统运用能量守恒定律.如图所示，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.
三、传动带模型
1.传送带问题的两个角度
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
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.功能关系分析
（1）功能关系分析：W＝ΔEk＋ΔEp＋Q.
（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＝Ffx相对.
题型1 摩擦力做功与能量转化
1. 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 ,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
2. 摩擦生热公式 中的 的理解
(1)没有往复滑动的物体间, 等于相对位移的大小。
(2)有往复滑动的物体间, 不等于相对位移的大小,而是两个物体间相对滑行的路程。
【例题精讲】
1．如图所示，质量为M、长度为L的小车静止在光滑水平面上，质量为m的物块（视为质点）放在小车的最左端，现用一大小为F的水平恒力作用在物块上，使物块从静止开始运动，当物块滑到小车的最右端时，小车运动的距离为x1，物块运动的距离为x2，物块和小车之间的滑动摩擦力大小为f，在此过程中，不计空气阻力，下列说法正确的是（ ）
A．物块动能增加Fx2
B．物块克服摩擦力做功为fL
C．小车的动能增加fx1
D．物块和小车组成的系统机械能增加量为Fx2
【答案】C
【解析】解：AB.由题可知，物块发生的位移为x2，物块克服摩擦力做的功为W＝fx2，对于物块根据动能定理可得Ekm＝（F﹣f）x2，故AB错误；
C.物块到达小车最右端时，小车运动的距离为x1，对小车根据动能定理得EkM＝fx1，故C正确；
D.物块和小车组成的系统机械能增加量等于系统外力做功代数和，ΔE＝Fx2﹣fL，故D错误；
故选：C。
2．如图，倾斜角θ的粗糙斜面上有一个木块（可视为质点），一根轻质弹簧一端栓接在木块上，另一端固定在斜面顶端，弹簧与斜面平行。刚开始用手按住木块，弹簧处于原长。某时刻从静止释放木块，木块开始沿斜面下滑，对于木块沿斜面下滑的过程，下列说法正确的是（ ）
A．木块和弹簧的总机械能守恒
B．木块沿斜面下滑速度最大时，受到弹簧弹力与木块重力沿斜面分力大小相等
C．木块克服摩擦力做的功，等于木块和弹簧总机械能减少量
D．木块所受合外力做的功，等于木块机械能的变化量
【答案】C
【解析】解：ABC、对木块受力分析，可知木块受到的力如下图：
速度最大时，木块在沿斜面的受合力为零，即mgsinθ＝μmgcosθ+F弹，即弹簧弹力小于木块重力沿斜面的分力大小；
其中重力对木块做功、摩擦力对木块做功、弹簧弹力对木块做功，
机械能守恒的条件：除重力和系统内的弹力外，没有其它力做功，而滑动摩擦力对木块做功，可知木块和弹簧的总机械能不守恒；
木块克服摩擦力做的功，等于木块和弹簧总机械能减少量，故AB错误，C正确；
D、根据动能定理，可知木块所受合外力做功，等于木块的动能变化，木块的机械能变化包含动能变化、重力势能变化，即合外力做功不等于木块机械能变化，故D错误。
故选：C。
3．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，sin37°＝0.6，cos37°＝0.8。则（ ）
A．物块与斜面间的动摩擦因数为0.6
B．物块接触弹簧后，速度先减小后增大
C．物块在上述过程因摩擦产生的热量为0.5mgL
D．弹簧具有的最大弹性势能为0.25mgL
【答案】D
【解析】解：A．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，对整个过程进行分析，根据动能定理有
解得μ＝0.5
故A错误；
D．整个过程因摩擦产生的热量为
解得Q＝ 0.6mgL
故D正确；
A．物块接触弹簧后，向下运动时，开始阶段有mgsinθ＞μmgcosθ+F弹
物块继续向下加速，F弹继续变大，当有mgsinθ＜μmgcosθ+F弹
物块将向下减速，综合上述可知，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，则物块接触弹簧后，先加速后减速，故A错误；
C．设弹簧的最大弹性势能为Epm，物块由a点到c点的过程中，有
结合上述解得Epm＝0.25mgL，故C错误。
故选：D。
4．如图所示，物体A、B质量相等，它们与水平地面之间的动摩擦因数也相等，A受到一个与水平方向夹角为α的斜向上的拉力，B受到一个与水平方向夹角为α的向下的推力，且FA＝FB。AB在各自力的作用下由静止开始运动，下列说法正确的是（ ）
A．物体AB的加速度大小相等
B．经过相同的时间，物体A的位移等于物体B的位移
C．经过相同的时间，FA对物体A做的功等于FB对物体B做的功
D．经过相同的时间，物体A的末动能大于物体B的末动能
【答案】D
【解析】解：A、根据牛顿第二定律可得，物体A的加速度
B的加速度，可知aA＞aB，故A错误；
B、因aA＞aB，根据可知，经过相同的时间，物体A的位移大于物体B的位移，故B错误；
C、根据W＝Fxcosα可知，经过相同的时间，物体A的位移大于物体B的位移，FA＝FB，则FA对物体A做的功大于FB对物体B做的功，故C错误；
D、根据v＝at可知，经过相同的时间，物体A的速度大于B的速度，根据可知，物体A的末动能大于物体B的末动能，故D正确。
故选：D。
5．如图所示，失控车辆紧急避险车道是设置在公路右侧的斜坡，路面通常由沙砾构成。一辆质量为m的失控货车以某一速度无动力冲上一个倾角为5.7°的避险车道，摩擦力恒为mg，g为重力加速度，sin5.7°≈0.1，货车沿斜面上升的最大高度为H，则在这个过程中（ ）
A．货车的重力做功mgH
B．货车克服摩擦力做的功为4mgH
C．货车的动能损失了mgH
D．货车的机械能减小了3mgH
【答案】B
【解析】解：A、货车的重力做功为WG＝﹣mgH，故A错误；
B、货车克服摩擦力做的功为Wf＝fL4mgH，故B正确；
C、根据动能定理可知，货车的动能损失了ΔEk＝﹣mgH﹣4mgH＝﹣5mgH，故C错误；
D、根据功能关系可知，货车的机械能减小了ΔE＝Wf＝4mgH，故D错误。
故选：B正确。
6．（多选）如图所示，一个质量为m的物体（可视为质点），以某一初速度由A点冲上倾角为30°的固定斜面，其加速度大小为0.8g，物体在斜面上运动的最高点为B，B点与A点的高度差为h，则从A点到B点的过程中，下列说法正确的是（ ）
A．物体的重力势能增加了mgh
B．物体动能损失了0.8mgh
C．物体产生的热为0.6mgh
D．物体机械能损失了1.6mgh
【答案】AC
【解析】解：A、物体从A点到B点，垂直高度上升h，克服重力做功mgh，重力势能增加mgh，故A正确；
B、物体沿斜面位移，解得：s＝2h。根据牛顿第二定律，合外力F合＝ma，解得：F合＝0.8mg。由动能定理，动能损失量ΔEk＝F合s，代入得：ΔEk＝1.6mgh，故B错误；
C、由牛顿第二定律得mgsin30°+f＝ma，解得摩擦力f＝0.3mg。热量Q＝fs，解得：Q＝0.6mgh，故C正确；
D、机械能损失量ΔE机＝Q，解得：ΔE机＝0.6mgh，故D错误。
故选：AC。
7．（多选）如图所示，一小滑块（可视为质点）从固定的粗糙斜面底端以初速度v0沿斜面上行，经过一段时间沿斜面返回底端。关于整个过程，下列说法正确的是（ ）
A．小滑块运动的总时间t与v0的大小成正比
B．小滑块运动的平均速度的大小与v0的大小成正比
C．由于摩擦产生的热量Q与v0的大小成正比
D．小滑块所受摩擦力的平均功率与v0的大小成正比
【答案】AD
【解析】解：A、设斜面倾角为θ，滑块与斜面间的动摩擦因数为μ，滑块上滑过程中的加速度大小为：a1＝gsinθ+μgcosθ，下滑过程中的加速度大小为：a＝gsinθ﹣μgcosθ，由运动学公式可得：滑块上滑的时间为：，上滑的位移为：，下滑过程中，由运动学公式可得：，联立解得：，则总时间为：，可见t与v0是正比关系，故A正确；
B、由题意可知滑块在整个运动过程中的总位移为0，由平均速度的定义可得全过程中的平均速度为：，因此平均速度为0，与v0无关，故B错误；
C、由功能关系可求由于克服摩擦力的产生的热量为：，可见Q与成正比，而非与v0成正比，故C错误；
D、小滑块所受摩擦力的平均功率为：，可见与v0成正比，故D正确。
故选：AD。
题型2 板块模型
解题要点: “滑块一木板”模型中功和能的分析
对滑块和木板分别运用动能定理, 或者对系统运用能量守恒定律。如图所示, 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 ；
2. 求摩擦力对木板做功时用木板对地的位移 ;
3. 求摩擦生热时用相对位移 或相对滑行路程。
主要有光滑木板，粗糙木板模型。
【例题精讲】
1．如图，长直木板B静置于光滑水平面上，小物块A以大小为v的水平初速度从左端滑上B，恰好未从B的右端滑出。已知A、B的质量均为m，A、B间的动摩擦因数为μ，板的长度为L，重力加速度大小为g，则该过程中系统因摩擦产生的热量为（ ）
A． B． C．μmgL D．
【答案】C
【解析】解：从摩擦力做功的角度出发，摩擦产生的热量为摩擦力乘相对位移，即μmgL，故ABD错误，C正确。
故选：C。
2．如图甲所示，一木板静止于光滑水平桌面上，t＝0时，物块（视为质点）以大小为3v0的速度水平滑上木板左端。图乙为物块与木板运动的v﹣t图像，图中t0已知，重力加速度大小为g。下列说法正确的是（ ）
A．木板的最小长度为
B．物块与木板的质量之比为2：3
C．物块与木板间的动摩擦因数为
D．整个过程中物块减小的动能、木板增大的动能及物块与木板组成的系统产生的热量之比为9：2：7
【答案】C
【解析】解：A、t0时刻小物块恰好滑至长木板的最右端，所以相对位移就是板长，根据图乙可知相对位移为
故A错误；
BC、相对运动过程中，设两物体间的摩擦力大小为f，根据牛顿第二定律，物块的加速度大小为
木板加速度大小为
所以物块与木板的质量之比为
对物块分析可知f＝μmg＝ma
联立上式解得
故B错误，C正确；
D、由题意可知，整个过程中，物块减小的动能为
木板增大的动能为
就木板与物块组成的系统列动能定理，可知物块与木板相对运动产生的热量为物块与木板整体的动能损失
Q＝μmgL＝Ek1﹣Ek2
代入数据解得
联立上述结果，三者的比值为4：1：3，故D错误；
故选：C。
3．如图所示，在倾角θ＝37°的固定斜面上，放置着一个足够长的木板Q，Q上端放置着小物块P（可视为质点），已知P与Q之间的动摩擦因数为0.25，Q与斜面间的动摩擦因数为0.5，P、Q的质量分别为1kg、2kg，sin37°＝0.6，重力加速度g＝10m/s2，Q下端距斜面最低点为2m。某时刻使P、Q由静止释放，当Q下端运动至斜面最低点过程中，整个系统损失的机械能为（ ）
A．12J B．24J C．36J D．64J
【答案】C
【解析】解：Q加速下滑，根据牛顿第二定律得m2gsinθ+μ1m1gcosθ﹣μ2（m1+m2）gcosθ＝m2a2
根据位移公式得
解得t＝2s
P加速下滑，根据牛顿第二定律得m1gsinθ﹣μ1m1gcosθ＝m1a1
根据位移公式得，代入数据解得x＝8m
整个系统的机械能损失为E＝μ2（m1+m2）gcosθ•l+μ1m1gcosθ•（x﹣l），代入数据解得E＝36J
故C正确，ABD错误。
故选：C。
4．一质量为M的长木板A静止放在光滑的水平面上，质量为m的物体B（视为质点）以初速度v0从A的左端滑上长木板A的上表面，到B从A的右端滑下的过程中，B的动能减少量为ΔEkB，A的动能增加量为ΔEkA，A、B间存在摩擦，摩擦生热为Q，关于ΔEkB、ΔEkA、Q的值。下列可能的是（ ）
A．ΔEkB＝7J、ΔEkA＝5J、Q＝2J
B．ΔEkB＝7J、ΔEkA＝3J，Q＝4J
C．ΔEkB＝7J、ΔEkA＝2J、Q＝9J
D．ΔEkB＝5J、ΔEkA＝3J、Q＝2J
【答案】B
【解析】解：ABD、画出小物块B和木板A的速度—时间图线分别如图中1和2所示
图中1和2之间的面积表示板长l，1与t轴所围的面积表示小物块B的位移x1，2与t轴所围的面积表示木板A的位移x2，由图易知。x1＞l，x2＜l；又根据动能定理有
对B物块有：ΔEkB＝fx1
对A木板有：ΔEkA＝fx2
又因为摩擦生热有：Q＝fl
所以动能与热量之间的关系为：ΔEkB＞Q＞ΔEkA
故B正确，AD错误；
C、根据能量守恒可得
ΔEkB＝ΔEkA+Q
故C错误；
故选：B。
5．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．木板的动能一定大于fl
C．物块的动能一定小于
D．物块的动能一定等于
【答案】C
【解析】解：设物块离开木板时的速度为v1，此时木板的速度为v2，由题可知
v1＞v2
设物块的对地位移为xm，木板的对地位移为xM
CD、根据能量守恒定律可得fl
整理解得flfl
故C正确，D错误；
AB、因摩擦产生的热量为
Q＝fl＝f（xm﹣xM）
根据运动学公式可得xm•t
xMt
由于v0＞v1＞v2
所以xm＞2xM
故xm﹣xM＝l＞xM
故W＝fxM＜fl
故AB错误；
故选：C。
6．（多选）质量为M、长度为L的小车静止在光滑的水平面上，质量为m的小物块放在小车的最左端。现用一水平力F作用在小物块上，小物块与小车之间的摩擦力为f，经过一段时间小车运动的位移为x，小物块刚好滑到小车的右端，则下列说法中正确的是（ ）
A．此时物块的动能为F（x+L）
B．此时小车的动能为fx
C．这一过程中，物块和小车增加的机械能为Fx﹣fL
D．这一过程中，系统因摩擦而损失的机械能为fL
【答案】BD
【解析】解：AB、对物块利用动能定理有：（F﹣f）（L+x）＝Ek﹣0，可得物块的动能为：Ek＝（F﹣f）（L+x）
对小车利用动能定理有：fx＝Ek′﹣0，可得小车的动能Ek′＝fx，故A错误，B正确；
C、这一过程中，物块和小车增加的机械能为：ΔE＝Ek+Ek′＝（F﹣f）（L+x）+fx＝F（L+x）﹣fL，故C错误；
D、根据功能关系可得系统因摩擦产生的热量：Q＝fL，可知因摩擦而损失的机械能为ΔE′＝Q＝fL，故D正确。
故选：BD。
7．（多选）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M相对地面位移为L时物块从木板右端离开，m在M上滑行过程中（ ）
A．摩擦力对m做的功等于﹣fl
B．木板获得的动能等于fL
C．m损失的机械能大小等于fL
D．m和M在此过程中损失的机械能为fl
【答案】BD
【解析】解：A．木板相对地面位移为L时，物块的位移为L+l，摩擦力对m做的功等于﹣f（L+l），故A错误；
B．木板相对地面位移为L时，摩擦力对木板做功W＝fL，根据动能定理可知木板获得的动能等于滑动摩擦力对木板做的功，为fL，故B正确；
C．摩擦力对m做的功等于﹣f（L+l），m损失的机械能大小等于摩擦力对m做的功，等于﹣f（L+l），故C错误；
D．m和M在此过程中损失的机械能等于系统产生的内能为E损＝fs相对＝fl，故D正确。
故选：BD。
题型3 传送带模型
解题要点: 传送带模型中的功能分析
1. 传送带克服摩擦力做的功: 。
2. 系统产生的内能: 。
3. 功能关系的分析: 。
【例题精讲】
1．某工厂输送物件的传送系统由倾角为30°的传送带AB和一倾角相同的长木板CD组成，装置可简化为图。已知物件与传送带间的动摩擦因数，与木板的动摩擦因数。传送带以v0＝4m/s的恒定速度顺时针转动。现将一质量m＝2kg的物件P无初速置于传送带A点，当物件到达B端时刚好相对传送带静止，到达D点时速度恰好为零随即被机械手取走。物件可以看成质点，皮带与木板间可认为无缝连接，重力加速度g＝10m/s2。下列说法正确的是（ ）
A．传送带的长度为3m
B．物件全程运动时间约为2.27s
C．物件上升到D处过程中因摩擦产生的热量为48J
D．若机械臂没及时抓住物件，物件下滑后仍能再次到达D处
【答案】B
【解析】解：A、物体P放上倾斜传送带后，受力情况如图一所示：
根据牛顿第二定律可得：μ1mgcos30°﹣mgsin30°＝ma1。依据速度—位移关系式有：。联立并代入数据，解得：L1＝3.2m，故A错误；
B、当物体到达木板上的C点后，其受力情况如图二所示。
由牛顿第二定律可得：﹣mgsin30°﹣μ2mgcos30°＝ma2。则C、D两点间的距离，即木板长度，为：，解得：。物体在传送带上滑行的时间为：，解得Δt1＝1.6s。在木板上滑行的时间为：，代入数据解得。所以总时间为：T＝Δt1+Δt2，代入数据得，故B正确；
C、物体上升至D点过程中，因摩擦产生的热量为：Q＝μ1mgcos30°•Δx1+μ2mgcos30°•Δx2。根据匀变速运动规律，设在传送带上的加速时间为t，则相对位移，且Δx2＝L2。代入计算，解得：，故C错误；
D、物体从D点开始向下运动，其受力情况如图三所示。
由牛顿第二定律有：mgsin30°﹣μ2mgcos30°＝ma3。第一次返回B点时，有位移x1＝L2，速度。滑过B点后在传送带上，由于μ1mgcos30°＞mgsin30°，物体将先向下减速，后以相同加速度返回。向上冲的位移为：，由于x2＜L2，故物体无法再次到达D点，故D错误。
故选：B。
2．如图，水平传送带以恒定速度v顺时针转动，传送带右端上方的挡板上固定着一轻弹簧。t将质量为m的小物块P轻放在传送带左端，P与传送带之间的动摩擦因数为μ，在接触弹簧前速度已达到v，P与弹簧接触后继续运动，弹簧的最大形变量为d，设P与传送带之间的最大静摩擦力等于滑动摩擦力。则P从接触弹簧到第一次运动到最右端过程中（ ）
A．传送带多消耗的电能为小于2μmgd
B．摩擦力对P先做正功再做负功
C．P的速度不断减小
D．P的加速度逐渐增大
【答案】A
【解析】解：A、对传送带进行分析，设物块P从接触弹簧到第一次运动至最右端所用时间为t，传送带位移为x1＝vt。物块先匀速后做加速度增大的减速运动，故有d，即x1＜2d。初始阶段弹簧弹力小于最大静摩擦力，物块保持匀速运动；当弹力等于最大静摩擦力后开始减速，因此传送带平均摩擦力μmg。由功能关系得传送带多消耗电能2μmgd，故A正确；
B、该过程中物块始终受向右的摩擦力，摩擦力一直做正功，故B错误；
C、物块接触弹簧后先保持匀速运动，弹力等于最大静摩擦力时才开始减速，故C错误；
D、物块初始加速度为零，弹力等于最大静摩擦力后做加速度增大的减速运动，故D错误。
故选：A。
3．机场一般用可移动式皮带输送机给飞机卸货（如图甲），其可简化为倾角为θ，以一定的速度v2逆时针匀速转动的传送带。某时刻货物以初速度为v1滑上传送带顶端（如图乙），以此时为t＝0时刻，记录货物在传送带上运动的速度随时间变化的关系图像（如图丙），取沿斜面向下为正方向，传送带足够长，最大静摩擦力等于滑动摩擦力，则（ ）
A．货物与传送带间的动摩擦因数μ＜tanθ
B．货物下滑过程中，传送带一直对货物做正功
C．货物在传送带上留下的划痕长度为
D．0～t1时间内，传送带对货物做功等于
【答案】C
【解析】解：A.由货物的速度随时间变化的关系图像知，货物与传送带共速后匀速运动无相对运动，则满足μmgcosθ≥mgsinθ，解得：μ≥tanθ，故A错误；
B.货物下滑过程中，传送带对货物的摩擦力先是沿斜面向下的滑动摩擦力做正功，共速后变为静摩擦力沿斜面向上做负功，故B错误；
D.0﹣t1时间内，由动能定理，传送带对货物做功等于，故D错误；
C.货物在传送带上留下的划痕长度为相对运动过程的相对位移：，故C正确。
故选：C。
4．如图1所示，倾斜传送带常用于飞机上行李箱的搬运工作。一倾角为θ＝37°的传送带保持0.8m/s的恒定速率向上运行，工作人员以相同时间间隔将行李箱无初速度地放在传送带底端，所有行李箱在进入飞机货舱前都已做匀速运动，且相邻两个行李箱间不发生碰撞。如图2所示，A、B、C是传送带上3个进入货舱前匀速运动的行李箱，其中A与B间的距离小于B与C间的距离，行李箱A的质量为20kg，A与传送带间的动摩擦因数为0.8，传送带的长度为10m，重力加速度g取10m/s2，sin37°＝0.6，最大静摩擦力等于滑动摩擦力，下列说法正确的是（ ）
A．与传送带间的动摩擦因数相同
B．行李箱A在传送带上留下的划痕长度为0.8m
C．行李箱A从传送带底端运动至顶端的过程，摩擦力对行李箱A做的功为102.4J
D．由于搬运A，驱动传送带的电机额外消耗的电能为1206.4J
【答案】B
【解析】解：A．根据题意可知，A与B距离小于B与C间的距离，所以动摩擦因数不相等，故A错误；
B．对行李箱A进行受力分析可知：
a＝μgcosθ﹣gsinθ
解得
a＝0.4m/s2
A加速阶段的位移
解得
x＝0.8m
加速时间
解得
t＝2s
这段时间内，传送带的位移
x'＝vt
解得
x'＝1.6m
相对位移
Δx＝x'﹣x
解得
Δx＝0.8m
划痕长度为0.8m，故B正确；
C．摩擦力对行李箱A做功等于行李箱A机械能的增加量
解得
W＝1206.4J
故C错误；
D．由于搬运A，电机多做的功等于行李箱A的机械能增加量和A与传送带间的摩擦生热，故D错误。
故选：B。
5．如图甲所示，倾角为θ的传送带以恒定速率逆时针运行，现将一质量为1kg的包裹轻轻放在最上端的A点，包裹从A点运动到最下端B点的过程中，其加速度a随位移x变化的图像如图乙所示。取重力加速度大小g＝10m/s2，则下列说法正确的是（ ）
A．θ＝30°，且包裹与传送带间的动摩擦因数为0.5
B．传送带运行的速度大小为4m/s
C．包裹与传送带间因摩擦而产生的热量为6J
D．包裹从A点运动到最下端B点所用的时间为1.2s
【答案】D
【解析】解：A．包裹放上传送带后瞬间，包裹相对传送带向上滑动，则包裹所受摩擦力沿传送带向下。
在0到2.4m内，有mgsinθ+μmgcosθ＝ma1
包裹运动到与传送带共速后，得mgsinθ﹣μmgcosθ＝ma2
其中，，联立解得动摩擦因数，倾斜角度为θ＝30°，故A错误；
B．包裹的位移为2.4m时包裹与传送带共速，则传送带速度，故B错误；
C．包裹在0到2.4m内，有
Δx1＝vt1﹣x1＝6×0.8m﹣2.4m＝2.4m
包裹在2.4m到5.0m过程中，有
解得vB＝7m/s
则有
Δx2＝（x2﹣x1）﹣vt2＝（5﹣2.4）m﹣6×0.4m＝0.2m
故Q＝μmgcosθ•（Δx1+Δx2）
解得包裹与传送带间因摩擦而产生的热量为：Q＝6.5J，故C错误；
D．包裹从A点运动到最下端B点所用的时间t＝t1+t2
解得：t＝1.2s，故D正确。
故选：D。
6．（多选）传送带转动的速度大小恒为1m/s，顺时针转动。两个物块A、B，A、B用一根轻弹簧连接，开始弹簧处于原长，A的质量为1kg，B的质量为2kg，A与传送带的动摩擦因数为0.5，B与传送带的动摩擦因数为0.25。t＝0时，将两物块放置在传送带上，给A一个向右的初速度v0＝2m/s，B的速度为零，弹簧自然伸长。在t＝t0时，A与传送带第一次共速，此时弹簧弹性势能Ep＝0.75J，传送带足够长，A可在传送带上留下痕迹，重力加速度g＝10m/s2，则（ ）
A．在t时，B的加速度大小大于A的加速度大小
B．t＝t0时，B的速度为0.5m/s
C．t＝t0时，弹簧的压缩量为0.2m
D．0～t0过程中，A与传送带的痕迹小于0.05m
【答案】BD
【解析】解：AB．传送带对AB的滑动摩擦力大小相等都为f＝0.5×1×10N＝0.25×2×10N＝5N
初始时A向右减速，B向右加速，故可知在A与传送带第一次共速前，AB整体所受合外力为零，以初速度方向为正方向，系统动量守恒有mAv0＝mAv+mBvB，v＝1m/s
代入数值解得t＝t0时，vB＝0.5m/s
在A与传送带第一次共速前，对任意时刻对AB根据牛顿第二定律有
f+F弹＝mAaA，f+F弹＝mBaB
由于质量关系满足mA＜mB，故可知aA＞aB
故A错误，B正确；
C．在t0时间内，设AB向右的位移分别为xA，xB；
由能量守恒有
解得弹簧的压缩量xA﹣xB＝0.1m
故C错误；
D．A与传送带的相对位移为x相A＝xA﹣vt0
B与传送带的相对为x相B＝vt0﹣xB
故可得x相A+x相B＝xA﹣xB＝0.1m
由于0﹣t0时间内A向右做加速度逐渐增大的减速运动，B向右做加速度逐渐增大的加速运动，且满足aA＝2aB，作出AB的v﹣t图像如下图所示
x相A等于图形MNA的面积，x相B等于图形NOBA的面积，故可得x相A＜x相B
结合x相A+x相B＝0.1m
可知x相A＜0.05m，故D正确。
故选：BD。
7．（多选）传送带经常用于工厂物件输送，机场行李箱传送、快递物流分拣等各个领域。如图所示，绷紧的传送带与水平面的夹角θ＝37°，传送带在电动机的带动下，始终保持v＝4m/s的速率逆时针运行，现把一质量为m＝9kg的工件（可视为质点）轻轻放在传送带的底端，工件被传送到高h＝18m的顶端，已知工件与传送带之间的动摩擦因数μ＝0.8，以工件在传送带底端时的势能为零，（已知sin37°＝0.6，cos37°＝0.8，重力加速度g＝10m/s2），则（ ）
A．工件从底端运送到顶端所需的时间为12.5s
B．工件到达顶端时的机械能为846J
C．工件与传送带之间因摩擦而产生的热量为1152J
D．电动机由于传送工件而多消耗的电能为2844J
【答案】ACD
【解析】解：A．工件放到传送带底端时先做匀加速直线运动，设加速度为a
根据牛顿第二定律，得μmgcosθ﹣mgsinθ＝ma，解得a＝0.4m/s2
则工件匀加速至速度等于v＝4m/s时所用时间
解得
t1＝10s
通过的位移为x1，则v2＝2ax1，得
解得
x1＝20m
L＝30m
则
x1＜L
共速时，由于μmgcosθ＞mgsinθ，所以之后工件随传送带匀速上升，则匀速运动到达顶端还需时间为
则共需时间
t＝t1+t2
解得
t＝12.5s
所以工件从底端运送到顶端所需的时间为12.5s。
故A正确；
B．工件到达顶端时的动能
解得
Ek＝72J
重力势能Ep＝mgh
解得
Ep＝1620J
机械能E＝Ek+Ep
解得
E＝1692J
所以工件到达顶端时的机械能为1692J。
故B错误；
C．工件匀加速运动的时间内传送带的位移40m，t1时间内工件与传送带间的相对位移大小Δx＝x带﹣x1
解得
Δx＝20m
因摩擦产生的热量
Q＝μmgcosθΔx
代入数据解得
Q＝1152J
所以工件与传送带之间因摩擦而产生的热量为1152J。
故C正确；
D．电动机由于传送工件而多消耗的电能
E电＝E+Q
解得
E电＝2844J
所以电动机由于传送工件而多消耗的电能为2844J。
故D正确。
故选：ACD。
题型4 弹簧模型
注意弹性势能的转化。
【例题精讲】
1．如图所示，倾角为θ的固定斜面，其顶端固定一劲度系数为k的轻质弹簧，弹簧处于原长时下端位于O点。质量为m的滑块Q（视为质点）与斜面间的动摩擦因数μ＝tanθ。过程I：Q以速度v0从斜面底端P点沿斜面向上运动恰好能滑至O点；过程Ⅱ：将Q连接在弹簧的下端并拉至P点由静止释放，Q通过M点（图中未画出）时速度最大，过O点后能继续上滑。弹簧始终在弹性限度内，假设最大静摩擦力等于滑动摩擦力，忽略空气阻力，重力加速度为g。则（ ）
A．P、M两点之间的距离为
B．过程Ⅱ中，Q在从P点单向运动到O点的过程中损失的机械能为
C．过程Ⅱ中，Q从P点沿斜面向上运动的最大位移为
D．连接在弹簧下端的Q无论从斜面上何处释放，最终一定静止在M点以下
【答案】C
【解析】解：A、设PO的距离为L，过程I中，根据动能定理有。设MO的距离为L1，过程Ⅱ中，当Q速度最大时，根据平衡条件kL1＝mgsinθ+μmgcosθ。P、M两点之间的距离L2＝L﹣L1，联立可得，故A错误；
B、根据功能关系，过程Ⅱ中，Q从P点单向运动到O点时，Q和弹簧组成的系统损失的机械能ΔE＝μmgcosθ•L。结合，解得：。但在过程Ⅱ中，单独对Q而言其机械能是增加的，故B错误；
D、无论Q从何处释放，其在斜面上运动时，弹簧与Q初始时的势能最终转化为摩擦热。当在M点时，满足kL1＝mgsinθ+μmgcosθ；当在O点时，满足mgsinθ＝μmgcosθ。因此在OM（含O、M点）之间速度减为零时，Q将保持静止，故D错误；
C、设过程Ⅱ中，Q从P点沿斜面向上运动的最大位移为x，根据能量守恒定律有。结合，解得：，故C正确。
故选：C。
2．如图甲所示，水平面AB与竖直面内的半圆形导轨CDB在B点平滑相接，各处摩擦因数相同，D为半圆形导轨的中点。一质量为m＝1kg的物体（可视为质点）将弹簧压缩到A点后由静止释放，在弹力作用下获得向右的速度后脱离弹簧，从B点进入半圆形导轨，物体沿半圆形导轨从B运动到C过程中速度平方与其上升高度的关系如图乙所示，重力加速度g＝10m/s2，则（ ）
A．弹簧压缩到A点时弹簧的弹性势能为18J
B．物体运动到C点时对半圆形导轨的压力大小为10N
C．物体从B运动到C的过程中，合力对物体做的功为10J
D．物体从D运动到C的过程中，物体的机械能减少值ΔE＜1J
【答案】D
【解析】解：A、由图乙可知，物体在B点的速度大小为v0＝6m/s。若水平面AB光滑，依据能量守恒定律，弹簧在A点时的弹性势能为，解得：Ep＝18J。由于实际轨道粗糙，故弹簧在A点时的弹性势能大于18J，故A错误；
B、由图乙可知，半圆轨道半径R＝0.4m，物体在C点的速度大小为v1＝4m/s。设在C点导轨对物体的弹力为N，由牛顿第二定律得，代入数据解得：N＝30N。根据牛顿第三定律，物体在C点时对半圆形导轨的压力大小为30N，故B错误；
C、根据动能定理，物体从B到C过程合外力做功为，解得：W＝﹣10J，故C错误；
D、由能量守恒定律，物体从B到C过程减少的机械能为，代入数据解得：E＝2J。由于物体从B到C速度持续减小，依据牛顿运动定律分析可知，此过程物体对导轨的压力逐渐减小，由摩擦力公式f＝μN可知，物体从B到D过程所受摩擦力大于从D到C过程所受摩擦力。根据功能关系可知，物体从B到D过程克服摩擦力做功大于从D到C过程克服摩擦力做功。因整个过程机械能减少2J，故从D到C过程机械能的减少量小于1J，故D正确；
故选：D。
3．如图所示，轻质弹簧一端与墙壁固定，另一端自然伸长至水平面的O点，水平面OA段粗糙，其余部分光滑。质量为m的滑块从光滑圆弧面上高为h的P点静止下滑，到达B点时速度减为零，反弹后能到达圆弧面上高0.25h的C点。重力加速度为g。则该过程弹簧具有的最大弹性势能为（ ）
A． B． C． D．
【答案】A
【解析】解：物块从P﹣B﹣C过程，由功能关系有
mgh﹣0.25mgh＝f•2L
物块从B﹣C过程，由功能关系有
EPmax＝fL+0.25mgh
联立解得
故A正确，BCD错误。
故选：A。
4．某同学闲暇时将手中的弹簧笔内的弹簧取出并固定在桌面上，用小笔帽套在弹簧上，竖直向下按压在水平桌面上（如甲图所示）。当他突然松手后弹簧将小笔帽竖直向上弹起，不计其受到的阻力，上升过程中的Ek﹣h图像如乙图所示（h2到h3部分为直线），则上升过程中下列判断正确的是（ ）
A．弹簧原长为h1
B．O到h1之间弹簧弹性势能全部转化为小笔帽的动能
C．h2到h3之间小笔帽机械能不变
D．h1到h2过程Ek﹣h图像仍然为直线
【答案】C
【解析】解：A、根据动能定理可知，Ek−h图像斜率的绝对值表示合力的大小，则笔帽上升h1时的斜率为0，表明此时笔帽的合力为0，弹簧弹力与重力平衡，此时弹簧处于压缩状态，故A错误；
B、结合上述可知，O到h1之间弹簧弹性势能转化为小笔帽的动能与增加的重力势能，故B错误；
C、由图可知，上升高度h2后笔帽脱离弹簧向上做竖直上抛运动，笔帽仅受重力作用，只有重力做功，所以h2到h3之间小笔帽机械能不变，故C正确；
D、结合上述可知，在上升h1时，笔帽的合力为0，则从O点上升至高度h1过程，弹力大于重力，合力减小，之后弹力小于重力，合力反向增大，到高度h2时，弹簧恢复原长，可知，h1到h2过程Ek﹣h图像为曲线，故D错误。
故选：C。
5．如图所示，两根完全相同的轻质弹簧1、2连接着一小球，两弹簧O1端和O2端分别固定，且位于同一竖直线上。小球静止于O点时，弹簧2处于原长状态。现将小球从弹簧1的原长处C点由静止释放，已知CO的距离为h，重力加速度大小为g。若忽略空气阻力，弹簧始终处于弹性限度内，则（ ）
A．小球到达O点的速率为2
B．小球在C点的加速度大小为g
C．由C到O的过程，小球的机械能守恒
D．由C到O的过程，小球的机械能先增大后减小
【答案】D
【解析】解：A、小球静止于O点时，弹簧2处于原长状态，则弹簧1伸长了CO。开始小球在C点时，弹簧1在原长，弹簧2伸长了CO，弹簧1、2完全相同，可知小球在C、O两点时弹簧的弹性势能相同，小球由C到O，由两弹簧和弹簧组成的系统机械能守恒得：mgh
解得：vO，故A错误；
B、设小球在C点的加速度为a，由牛顿第二定律得：F弹+mg＝ma
在O点时，有F弹﹣mg＝0，可得a＝2g
由对称性可知，小球运动到最低点时加速度大小也为2g，故B错误；
CD、由C到O的过程，前一阶段弹簧2向下的拉力大于弹簧1向上的拉力，则弹力的合力向下，弹力对小球做正功，小球的机械能增加；后一阶段弹簧1向上的拉力大于弹簧2向下的拉力，弹力的合力向上，对小球做负功，小球的机械能减小，可知该过程中小球的机械能不守恒，小球的机械能先增加后减小，故C错误、D正确。
故选：D。
6．（多选）如图所示，倾角为30°的斜面和半径为R的半圆弧连接，圆心O在斜面的延长线上，连接点M处有一轻质定滑轮，N为圆弧最低点且∠MON＝60°，斜面的底端固定一挡板P。物块B、C间由一轻质弹簧栓接置于斜面上（弹簧平行于斜面），其中C紧靠在挡板P处，B用跨过滑轮的不可伸长的轻绳与小球A相连，开始时将小球A锁定在M处，此时轻绳与斜面平行，且恰好伸直但无张力，B、C处于静止状态。某时刻解锁小球A，当小球A沿圆弧运动到最低点N时（物块B未到达M点），物块C对挡板的作用力恰好为0。已知小球A的质量为5m，物块B、C的质量均为m，重力加速度大小为g，小球与物块均可视为质点，不计一切摩擦，弹簧始终处于弹性限度内。下列说法正确的是（ ）
A．小球A从M点到N点的过程中，物块B、C及弹簧组成的系统机械能守恒
B．弹簧的劲度系数为
C．小球A到达N点时，小球A的速度大小为
D．小球A到达N点时，物块B的速度大小为2
【答案】BD
【解析】解：首先分析初始状态和末状态的受力与几何关系。
1.初始状态分析：小球A固定在M点，轻绳刚好伸直无拉力，物块B静止。对B受力分析，重力沿斜面的分量Gx＝mgsin30°＝0.5mg。由于B平衡，弹簧需提供沿斜面向上的弹力F1＝0.5mg，此时弹簧压缩量为x1。
2.末状态分析：当A到达N点时，物块C对挡板压力为零。对C分析，重力分量Gx＝0.5mg，弹簧需提供拉力F2＝0.5mg，此时弹簧伸长量为x2。
3.位移关系：A从M运动到N，圆弧半径R，∠MON＝60°，弦长MN＝R。绳长不变，A端绳长增加R，故B沿斜面上移xB＝R。
A、A从M到N过程中，绳张力对B做正功，系统机械能不守恒（能量从A转移到该系统），故A错误；
B、由胡克定律F＝kx得，。总形变量，结合xB＝R，解得：，故B正确；
CD、对整体系统，弹簧形变量相同，弹性势能不变。机械能守恒方程为ΔEk+ΔEp＝0。A下降高度hA＝0.5R，B上升高度hB＝0.5R，重力势能变化ΔEp＝﹣2mgR。动能变化，联立得：①。速度关系②。代入得，故C错误；，故D正确。
故选：BD。
7．（多选）如图所示，固定的光滑硬直杆与水平面成53°角，劲度系数为k的轻质弹簧一端固定在点O，另一端与套在杆上的圆环相连，圆环由与O点等高的A点由静止释放，当运动到O点正下方的B点时，圆环的动能恰好等于此位置弹簧的弹性势能。已知圆环在A点时弹簧处于原长状态，当圆环运动到P点时弹簧与杆垂直，A、B两点间的距离为5L，重力加速度为g，弹簧的弹性势能Ep与形变量x的关系式为，下列判断正确的是（ ）
A．圆环的质量为
B．圆环运动到P点时杆对圆环的弹力大小为
C．圆环运动到B点时重力的瞬时功率为
D．A、B间还有2个位置与A点加速度相同
【答案】CD
【解析】解：A、根据题意分析可知，圆环由A运动到B的过程，对于圆环与弹簧组成的系统，根据机械能守恒定律有
由题意知
解得，，故A错误；
B、根据题意分析可知，圆环运动到P点时，设杆对圆环的弹力大小为FN，对圆环进行受力分析，由垂直杆方向受力平衡，有FN＝mgcos53°+F，其中F＝k（3L﹣3Lsin53°）
解得，故B错误；
C、根据题意分析可知，圆环运动到B点时，根据功率的公式有，重力的瞬时功率为，故C正确；
D、根据题意分析可知，与A点加速度相同的位置一个是P点，还有一个是A点关于P点的对称位置，故D正确。
故选：CD。
课时精练
1．如图所示，用细绳悬挂木箱，水平箱底上有一个静止物块，物块与木箱右壁间夹有一弹簧，弹簧处于压缩状态。重力加速度g取10m/s2，忽略一切阻力，细绳剪断后的一小段时间里，下列说法正确的是（ ）
A．物块的运动轨迹为直线
B．物块的加速度a等于10m/s2
C．弹力做功等于物块动能增量
D．物块动能增量大于重力势能减少量
【答案】D
【解析】解：A．物块在竖直方向受到向下的重力，保持不变，加速度不变；在水平方向上，弹力是变力，加速度不断变化，根据运动的合成可知物块的运动轨迹为曲线，故A错误；
B．剪断细绳瞬间，整体在竖直方向上开始向下自由落体，木箱底面对物块的支持力突变为零，则此时物块受到重力和水平方向弹簧弹力，合力大于重力，方向指向左下方，故加速度大于10m/s2，方向指向左下方，故B错误；
CD．忽略一切阻力，细绳剪断后的一小段时间里，合外力为重力和弹力，都做正功，根据动能定理可知重力和弹力做的功等于物块动能的增加量，又因重力做功值等于重力势能的减少量，所以物块动能增量大于重力势能减少量，故C错误，D正确。
故选：D。
2．如图所示，粗糙轻杆BC水平固定在竖直转轴AB上，质量为m的小球穿在轻杆上，轻弹簧一端与小球相连，另一端固定在竖直转轴上的A点，A、B两点之间的距离为L，弹簧的原长为。装置静止时将小球向左缓慢推到距B点处松手。小球恰好能保持静止，现使该装置由静止开始绕竖直转轴缓慢加速转动，当小球与轻杆之间的弹力为零时，保持角速度不变，此时小球与B点之间的距离为，从开始转动到小球与轻杆之间的弹力为零的过程外界提供给装置的能量为E、已知小球与轻杆之间的最大静摩擦力等于滑动摩擦力，重力加速度为g，弹簧始终在弹性限度内，下列说法正确的是（ ）
A．当小球与轻杆之间的弹力为零时，该装置转动的角速度大小为
B．弹簧的劲度系数为
C．小球与轻杆之间的动摩擦因数为
D．从开始转动到小球与轻杆之间的弹力为零的过程，小球克服摩擦力做的功为
【答案】D
【解析】解：C．设装置静止时弹簧与轻杆之间的夹角为α，对小球受力分析如图所示：
由几何关系可知，，弹簧此时的长度L1，压缩量，
将力正交分解，有：Fcosα＝f，Fsinα+mg＝N，由胡克定律可知F＝kΔx1，又f＝μN，代入数据可得：，故C错误；
AB．当小球与轻杆之间的弹力为零时，设此时弹簧与轻杆之间的夹角为β，对小球受力分析如图所示：
小球圆周运动的半径，由几何关系可知，tanβ，弹簧此时的长度L2，伸长量Δx2，
将力正交分解，竖直方向受力平衡：F'sinβ＝mg，水平方向做匀速圆周运动，由牛顿第二定律可知：F'cosβ＝mω2r，由胡克定律可知：F'＝kΔx2，
代入数据可得：，，故AB错误；
D．两种状态弹簧的形变量相等，则弹性势能相等，由能量守恒定律可知，整个过程外界提供给装置的能量，代入数据可得：，故D正确。
故选：D。
3．跳台滑雪是冬奥会比赛项目，如图所示，一运动员从斜坡顶端水平飞出，若忽略空气阻力，则下列关于运动员在空中运动时的加速度大小a、速度大小v、动能Ek和机械能E随运动时间t变化的关系图像正确的是（ ）
A． B．
C． D．
【答案】D
【解析】解：A、运动员做平抛运动，加速度恒为g，故A错误；
B、运动员速度大小，由vy＝gt，解得：，v﹣t图像为曲线，故B错误；
CD、忽略空气阻力，机械能守恒，E﹣t图像为水平直线；由动能定理mgh＝Ek﹣Ek0，结合，解得：，Ek﹣t图像为抛物线，故C错误，D正确。
故选：D。
4．如图所示，轻弹簧的一端固定于光滑斜面上，另一端与物块相连。将物块沿斜面拉至A点后松开，途经O点（图中未标出）时弹簧处于自由状态，运动至B点时速度为零，弹簧始终在弹性限度内，则（ ）
A．物块从A到O的时间大于从O到B的时间
B．物块在A点的加速度大于B点的加速度
C．物块从A运动到O的动能一直增大
D．O点位于A、B连线中点
【答案】A
【解析】解：A、根据简谐运动特点可知，该简谐运动的平衡位置为重力和弹簧弹力相等的位置，设此位置为D，D位置在O点下侧，A到D的时间等于D到B的时间，故物块从A到O的时间大于从O到B的时间，故A正确；
BCD、根据题意可知，物块在做简谐运动，其中A、B为振幅最大处，O点为弹簧处于自由状态，此时物块早已开始减速，故O点位于平衡位置的上方，不在A、B的中点；A、B加速度大小相等，方向相反，物块从A点到O点动能先增加，到AB中点处动能最大，然后减速到O点，故BCD错误。
故选：A。
5．一根钓鱼线在拉紧和放松过程中，拉力F与它的伸长量Δl的关系如图所示。在这个过程中能量大致损耗（ ）
A．0.3J B．0.5J C．0.8J D．1.1J
【答案】B
【解析】解：根据题意分析可知，F﹣Δl图像的面积等于拉力的功可知，拉紧过程中增加的能量E1＝16×5×0.01J＝0.8J
放松过程中恢复的能量为
在这个过程中能量大致损耗ΔE＝0.8J﹣0.3J＝0.5J，故B正确，ACD错误；
故选：B。
6．2025年4月25日，我国神舟二十号成功发射升空，实验小组用以下模型模拟其升空过程，如图所示，四个立柱中间固定一弹性网，开始时将火箭下压，使弹性网的形变量足够大（未超出弹性形变），然后将火箭由静止释放，其离开弹性网并上升到最高点，下列说法中正确的是（ ）
A．火箭模型在释放后瞬间所受合力为0
B．火箭模型离开弹性网时达到最大速度
C．火箭模型离开弹性网前先失重后超重
D．火箭模型离开弹性网前机械能一直增大
【答案】D
【解析】解：A、对火箭模型进行受力分析，火箭受到竖直向下的重力mg和弹性网竖直向上的弹力F的作用。在释放瞬间，弹性网的形变量最大，向上的弹力F最大，此时弹力大于重力，合力F合＝F﹣mg方向向上且不为零，故A错误；
BC、火箭从释放到离开弹性网的过程中，弹力F随着形变量的减小而减小。起初F＞mg，合力向上，加速度向上，火箭做加速运动，处于超重状态；随着F减小，当F＝mg时，加速度为零，速度达到最大；随后F＜mg，合力向下，加速度向下，火箭做减速运动，处于失重状态。因此，火箭是先超重后失重，且在离开弹性网之前就已经达到最大速度，故BC错误；
D、在离开弹性网之前，火箭一直受到向上的弹力作用，且位移方向向上，所以弹力一直对火箭做正功。根据功能关系（除重力以外的力做功等于机械能的变化量）可知，火箭的机械能一直增大，故D正确。
故选：D。
7．如图所示，半径为R的半球固定在水平面上，质量为m的物块静止在半球的最高点，给物块一个微小扰动，物块沿半球下滑到B点时离开球面，B点与球心O连线与水平方向夹角为30°，重力加速度为g，不计物块大小，不计空气阻力，则物块在球面上运动过程中因摩擦产生的热量为（ ）
A． B． C． D．
【答案】C
【解析】解：设物块在B点时速度大小为v，根据牛顿第二定律可得，从A到B过程，根据能量守恒，
可得因摩擦产生的热量，故C正确，ABD错误。
故选：C。
8．如图甲所示，一个质量为2kg的物体悬挂在细绳下端，由静止开始沿竖直方向做直线运动，运动过程中物体的机械能E与物体通过路程s的关系图像如图乙所示，其中0～0.8m过程的图像为曲线，0.8m～1.0m过程机械能E不变，1.0m～2.0m过程机械能E随路程s均匀减少（忽略空气阻力），重力加速度g取10m/s2。则下列说法正确的是（ ）
A．0～0.8m过程中物体所受拉力是变力，物体先上升后下降
B．0.8m处物体的速度大小应为2m/s
C．0.8m～1.0m过程中物体可能先上升后下降
D．1.0m～2.0m过程中物体可能做匀加速直线运动，也可能做匀减速直线运动
【答案】B
【解析】解：A、0～0.8m过程中机械能E随路程s的变化曲线呈非线性增长，表明ΔE＞0，即拉力对物体做正功。由于拉力方向竖直向上，物体位移方向必须与拉力同向，因此物体始终向上运动。故A错误；
B、当s＝0.8m时，机械能E＝20J。物体从静止开始运动，上升高度h＝s＝0.8m。根据机械能定义式，代入数据解得：v＝2m/s。故B正确；
C、0.8m～1.0m阶段：机械能E保持20J不变，ΔE＝0，说明拉力不做功，物体仅受重力作用做竖直上抛运动。初速度v1＝2m/s，上升高度，对应路程Δs＝0.2m。由于Δs＝Δh，表明物体在s＝1.0m处速度降为零。因此物体全程向上减速至静止，未发生下落。故C错误；
D、1.0m～2.0m阶段：机械能E随s增大而线性减小，斜率k＝﹣16。物体在s＝1.0m处静止后开始下落，拉力向上做负功。由功能关系ΔE＝﹣F•Δs得拉力F＝16N。受力分析得合力F合＝4N方向向下，加速度a＝2m/s2，物体向下做匀加速运动。故D错误。
故选：B。
9．（多选）如图所示，可看作质点的货物从Q点以8m/s的水平速度向左滑上粗糙圆弧滑道QP，恰好能到P点。已知货物质量为20kg，滑道高度h为2m，重力加速度g取10m/s2，不计空气阻力，关于货物从Q点运动到P点的过程，下列说法正确的有（ ）
A．重力做功为400J
B．滑道摩擦力做功为﹣240J
C．合力做功为160J
D．机械能减少了240J
【答案】BD
【解析】解：A．重力做功为WG＝﹣mgh＝﹣20×10×2J＝﹣400J，故A错误；
BD．根据动能定理有﹣mgh+Wf＝0，代入v0＝8m/s，解得滑道摩擦力做功为Wf＝﹣240J，根据功能关系可知，机械能减少了240J，故BD正确；
C．合力做功为W合＝0，得W合＝﹣640J，故C错误。
故选：BD。
10．（多选）如图1所示，一物块以一定的初速度冲上固定斜面，其重力势能和机械能随位移x变化的图线如图2所示，重力加速度g取10m/s2。下列判断中正确的是（ ）
A．物块的初动能为50J
B．物块的质量为2kg
C．物块沿斜面向上运动的过程中所受摩擦力的大小为5N
D．物块一定会返回斜面底端且返回斜面底端时的动能为30J
【答案】ACD
【解析】解：A．物块上滑时，随x的增大，动能减小，重力势能增大，由图2，当x＝0时，重力势能为0，可知物块的初动能等于初始时刻的机械能为50J，故A正确；
B．同理，当x＝2m时，重力势能Ep＝mgh＝40J，但物块在斜面上运动时，上升的高度h小于2m，则物块的质量大于2kg，故B错误；
C．根据机械能的减少量等于重力以外的其他力做功，有fx＝50J﹣40J＝10J，代入x＝2m，得物块沿斜面向上运动的过程中所受摩擦力的大小为5N，故C正确；
D．由图，物块从初始位置上升到x＝2m时到达最高点，设斜面的倾斜角为θ，则f＝μmgcosθ，有﹣mgxsinθ＝﹣40J，﹣μmgxcosθ＝﹣10J，可知μtanθ，可知物块一定会返回斜面底端，又由于且返回斜面底端时摩擦力做功和上升过程摩擦力做功相同，故物块到底端的动能为40J﹣10J＝30J，故D正确。
故选：ACD。
11．（多选）如图所示，质量为M、长度为L的小车静止在光滑水平面上，质量为m的小物块（可视为质点）放在小车的最左端。现用一水平恒力F作用在小物块上，使小物块从静止开始做匀加速直线运动。小物块和小车之间的摩擦力为Ff，小物块滑到小车的最右端时，小车运动的距离为x。此过程中，以下结论正确的是（ ）
A．小物块到达小车最右端时具有的动能为（F﹣Ff）（L+x）
B．小物块到达小车最右端时，小车具有的动能为Ffx
C．小物块克服摩擦力所做的功为Ff（L+x）
D．系统产生的内能为Fx
【答案】ABC
【解析】解：A、根据题意可知，小物块滑到小车的最右端时，物块的位移为L+x，对物块进行分析，根据动能定理有（F﹣Ff）（L+x）＝Ek1，故A正确；
B、根据题意可知，小物块到达小车最右端时，对小车进行分析，根据动能定理有Ffx＝Ek2，故B正确；
C、根据题意可知，小物块的位移为L+x，小物块克服摩擦力所做的功为Wf克＝Ff（L+x），故C正确；
D、根据题意可知，小物块相对于小车的相对位移为L，则系统产生的内能为Q＝FfL，故D错误。
故选：ABC。
12．如图所示，两可视为质点的小球A、B分别套在光滑直角型轻杆的水平杆PO和竖直杆OQ上，球A与轻弹簧拴接，弹簧的另一端固定在P点，球A、B间用一根不可伸长的细线相连，装置可绕OQ在水平面内转动。水平杆转动的角速度ω1＝1.0rad/s时，细线与杆OQ的夹角为α＝37°。现缓慢增大转速至ω2，使细线与杆OQ的夹角增大为β＝53°，此时弹簧的形变量与转速为ω1时的形变量相同。已知细线的长度l＝0.5m，球A、B的质量分别为，mB＝0.12kg，重力加速度g取10m/s2，sin37°＝0.6，cos37°＝0.8。求：
（1）角速度为ω1时，杆OQ对球B的弹力大小FB；
（2）角速度ω2；
（3）装置从角速度ω1增大到ω2的过程中，外力对装置做的功W。
【答案】（1）角速度为ω1时，杆OQ对球B的弹力大小为0.9N；
（2）角速度为；
（3）装置从角速度ω1增大到ω2的过程中，外力对装置做的功为0.585J。
【解析】解：（1）角速度为ω1时，设线中拉力为F1，对B球受力分析如图所示：
则有：F1cosα＝mBg，F1sinα＝FB，联立解得：FB＝0.9N；
（2）角速度为ω1时，设弹簧中弹力为F，对A球，由牛顿第二定律可得：
角速度为ω2时，设线中拉力为F2，对B球，则有：F2cosβ＝mBg
对A球，由牛顿第二定律可得：
联立解得：；
（3）装置从角速度ω1增大到ω2的过程中，B球重力势能的增量为：ΔEp＝mBgl（cosα﹣cosβ）
A球动能的增量为：
外力对装置做的功为：W＝ΔEp+ΔEk
联立代入数据解得：W＝0.585J。
答：（1）角速度为ω1时，杆OQ对球B的弹力大小为0.9N；
（2）角速度为；
（3）装置从角速度ω1增大到ω2的过程中，外力对装置做的功为0.585J。
13．如图所示，质量为2kg的物块A和质量为3kg的长木板B叠放在一起，静止在光滑的水平面上，t＝0时给长木板B一个水平向右的力，且保持力的功率P＝18W不变，t＝5s时A开始相对于B运动。最大静摩擦力近似等于滑动摩擦力，已知重力加速度g＝10m/s2，求：
（1）A、B间的动摩擦因数；
（2）在t＝0到t＝5s过程，摩擦力对B所做的功。
【答案】（1）A、B间的动摩擦因数为。
（2）在t＝0到t＝5s过程，摩擦力对B所做的功为﹣45J。
【解析】解：（1）根据题意，系统从t＝0开始A、B发生相对滑动，直到t＝5s时A、B达到共同速度v。设A、B间的动摩擦因数为μ。
对物块A，由牛顿第二定律得，根据运动学公式v＝aAt，解得：v＝μgt。对长木板B，牵引力功率恒定，在0～5s内根据动能定理有。
联立上述方程并结合B的运动规律求解，满足题意的共同速度为，代入v＝μgt，解得：。
（2）在t＝0到t＝5s过程中，对长木板B应用动能定理。代入已知数值及求得的v值，解得：WfB＝﹣45J。
答：（1）A、B间的动摩擦因数为。
（2）在t＝0到t＝5s过程，摩擦力对B所做的功为﹣45J。
14．如图所示，在竖直平面内的轨道ABCDEF分别由光滑四分之一圆轨道AB（半径R）、粗糙水平直轨道BC（长L）、光滑半圆管道CD（半径R）、粗糙水平直轨道DE（长L）、光滑水平直轨道EF组成，各轨道间平滑连接，F端固定有轻弹簧。已知，小滑块质量m＝0.1kg，由A上方h处由静止释放，它与两粗糙水平轨道间的动摩擦因数μ＝0.5。已知R＝1m，L＝2m，h＝0.5m，g取10m/s2。
（1）滑块第1次到B点时受到圆轨道AB的作用力的大小；
（2）滑块压缩弹簧时弹簧的最大弹性势能；
（3）滑块最终静止时的位置。
【答案】（1）滑块第1次到B点时受到圆轨道AB的作用力的大小为4N；
（2）滑块压缩弹簧时弹簧的最大弹性势能为1.5J；
（3）滑块最终静止在DE中点。
【解析】解：（1）从释放到B，由动能定理得
在B处由牛顿第二定律得
解得F＝4N
（2）滑块第1次把弹簧压缩到最短时弹性势能最大，由能量关系EPm＝mg（h+3R）﹣2μmgL
代入数据解得EPm＝1.5J
（3）由（2）知EPm＜mg×2R＝0.1×10×2×1J＝2J，滑块返回到不了C点，最终停在ED之间。
由能量关系EPm＝μmgx，解得x＝3m，因此x÷L＝3m÷2m＝1.5，所以滑块停在DE中点。
答：（1）滑块第1次到B点时受到圆轨道AB的作用力的大小为4N；
（2）滑块压缩弹簧时弹簧的最大弹性势能为1.5J；
（3）滑块最终静止在DE中点。
15．如图所示，在某竖直平面内，光滑曲面与长L＝0.5m水平面BC平滑连接于B点，BC右端连接内壁光滑、半径r＝0.2m的四分之一细圆管CD，管口D端正下方直立一根劲度系数k＝100N/m的轻弹簧，弹簧一端固定，另一端恰好与管口D端平齐。一个质量为m＝1kg的小球放在曲面AB上，现从距BC的高度h＝0.7m处静止释放小球，它与BC间的动摩擦因数μ＝0.5，小球通过CD后，在压缩弹簧过程中小球速度最大时弹簧的弹性势能Ep＝0.5J。重力加速度g取10m/s2。求：
（1）小球第一次经过C点的速度vC的大小；
（2）小球第一次进入管口C端时对管壁的作用力FN的大小和方向；
（3）在压缩弹簧过程中小球的最大动能Ekm。
【答案】（1）小球第一次经过C点的速度vC的大小为3m/s。
（2）小球第一次进入管口C端时对管壁的作用力F_N的大小为35N，方向竖直向上。
（3）在压缩弹簧过程中小球的最大动能Ekm为7J。
【解析】解：11．（1）小球从入口运动至管口C端，根据动能定理有，解得：vC＝3m/s。
（2）小球在C点受上管壁作用力F，由牛顿第二定律得，解得：F＝35N，方向竖直向下；根据牛顿第三定律，管壁受力FN＝F＝35N，方向竖直向上。
（3）弹簧压缩过程中，当mg＝kx时速度最大，此时动能最大。取该位置为零势能面，由能量守恒得，解得：Ekm＝7J。
答：（1）小球第一次经过C点的速度vC的大小为3m/s。
（2）小球第一次进入管口C端时对管壁的作用力F_N的大小为35N，方向竖直向上。
（3）在压缩弹簧过程中小球的最大动能Ekm为7J。
16．如图所示，斜面倾角θ＝30°，底端与无摩擦的水平地面平滑连接。斜面上有A、B、C和D四个点，D点为斜面底端，AB、BC、CD间的距离分别为x1＝0.2m、x2＝0.3m、x3＝0.3m，斜面除B到C区域外均为光滑。两块完全相同的均匀矩形薄板a和b，质量均为m＝1kg，长度均为L＝0.1m，初始静止且相互接触放置在斜面上，板a的下端位于A点。释放后，两板开始共同沿斜面下滑。已知薄板与斜面粗糙部分（B到C）的动摩擦因数，重力加速度大小g＝10m/s2。求：
（1）板a的下端刚到达B点时的速度大小v1；
（2）当板a完全进入粗糙区域（B到C）时，两板之间作用力的大小F；
（3）两板在水平地面上运动时，它们之间的距离d。
【答案】（1）板a的下端刚到达B点时的速度大小；
（2）当板a完全进入粗糙区域（B到C）时，两板之间作用力的大小2.5N；
（3）两板在水平地面上运动时，它们之间的距离。
【解析】解：（1）释放后，两板开始共同沿斜面下滑，板a的下端刚到达B点时，对整体有2mgsinθ＝2ma
解得a＝gsinθ
板a和b做匀加速直线运动，根据运动学公式
解得
（2）板a开始进入粗糙区域时，板a和b一起向下加速，当板a完全进入粗糙区域时，对整体有2mgsinθ﹣μmgcosθ＝2ma1
解得加速度
对板b，根据牛顿第二定律可得mgsinθ﹣F＝ma1
解得两板之间作用力的大小F＝2.5N
（3）当板b刚完全进入粗糙区域（B到C），因为μ•2mgcosθ＝2mgsinθ
所以整体做匀速直线运动，设板a从刚到达B点到完全通过B点的过程中克服摩擦力做功为W0，因为板是均匀薄板，故摩擦力均匀变化，有
对整体，从A点到C点，设板a刚到达C点时的速度为vC，根据能量关系有
解得
板a刚到达C点时，板a、b开始分离，板b做匀速直线运动，板b刚到达C点时的速度和板a刚到达C点时相同，故板a从C点到D点的运动情况和板b从C点到D点的运动情况相同。
对板a，从C点到D点，根据能量关系有
解得
两板到达D点的时间差为两板开始分离到板b刚好运动到C点，即vC•Δt＝L
两板在水平地面上运动时，它们之间的距离d＝vD•Δt
解得
答：（1）板a的下端刚到达B点时的速度大小；
（2）当板a完全进入粗糙区域（B到C）时，两板之间作用力的大小2.5N；
（3）两板在水平地面上运动时，它们之间的距离。
第3页（共13页）
学科网（北京）股份有限公司
$
资源预览图
