专题10 功能关系模型 讲义及课时精练 -2025-2026学年高一下学期物理人教版必修第二册

专题10 功能关系 目录 专题10 功能关系 1 模型一 摩擦力做功模型 1 模型二 板块模型 8 模型三 传送带模型 15 模型四 弹簧模型 25 课时精练 32 模型一 摩擦力做功模型 一、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。 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. 【例题精讲】 1．（2025秋•佛山月考）11月9日为全国消防日。如图所示，消防员在演练中抱住滑杆从静止开始下滑，落地前用力握紧滑杆，恰好在脚着地前停下。则在下滑过程中（　　） A．消防员一直处于失重状态 B．消防员受到的滑动摩擦力大小不变 C．消防员和滑杆组成的系统机械能守恒 D．摩擦产生的热量等于消防员的重力势能减少量 【答案】D 【解析】解：A.在演练中抱住滑杆从静止开始下滑，落地前用力握紧滑杆，恰好在脚着地前停下，所以运动员先向下加速后向下减速，先失重后超重，故A错误； B.滑动摩擦力f＝μN 落地前消防员用力握紧滑杆，会增大对杆的压力N，因此滑动摩擦力大小会变大，故B错误； C.消防员与滑杆组成的系统中，存在滑动摩擦力做功，会产生热量，系统的机械能会转化为内能，因此系统机械能不守恒，故C错误； D.消防员初、末动能均为0，根据能量守恒，重力势能的减少量全部转化为摩擦产生的热量，因此摩擦产生的热量等于消防员的重力势能减少量，故D正确。 故选：D。 2．（2024秋•红河州期末）如图所示，楔形木块abc固定在水平面上，光滑斜面ab和粗糙斜面bc与水平面的夹角相同，顶角b处安装一定滑轮。质量分别为M、m（M＞m）的滑块通过平行于斜面不可伸长的轻绳跨过定滑轮连接。两滑块由静止释放后，沿斜面做匀加速运动。若不计滑轮的质量和滑轮与绳之间的摩擦，在两滑块沿斜面运动的过程中，下列说法错误的是（　　） A．重力对M做的功大于M动能的增加量 B．轻绳对m做的功大于m机械能的增加量 C．两滑块与轻绳组成的系统的机械能减少量等于m克服摩擦力做的功 D．M减少的重力势能等于M、m增加的动能与m克服摩擦力做的功之和 【答案】D 【解析】解：AD、重力对M做的功等于M重力势能的减少量，由能量守恒定律可知，M重力势能的减少量等于M、m的动能增加量、m重力势能的增加量与m克服摩擦力做的功之和，所以重力对M做的功大于M动能的增加量，故A正确，D错误； B、由功能关系可知，轻绳对m做的功等于m的机械能增加量与m克服摩擦力做的功之和，所以轻绳对m做的功大于m机械能的增加量，故B正确； C、对于两滑块与轻绳组成的系统，只有m受到的摩擦力做功会导致系统机械能减少。根据功能关系，系统克服摩擦力做的功等于系统机械能的减少量，所以两滑块与轻绳组成的系统的机械能减少量等于m克服摩擦力做的功，故C正确。 本题选错误的，故选：D。 3．（2025秋•玄武区期中）如图，不计质量的凹形轨道固定在电子秤上，凹形轨道最下方是半径为R的圆弧轨道，当视为质点的小球静置在轨道最低点B时，电子秤读数为m1；小球从离B点高为H处的A点静止释放，小球通过B点时，电子秤读数为m2。重力加速度为g，则（　　） A．电子秤的两次读数m1＝m2 B．小球从A到B的过程中重力势能减小了m2gH C．小球从A到B的过程中克服摩擦力做功为 D．小球从A到B的过程中机械能减小了 【答案】D 【解析】解：A．根据题意可知小球的质量为m1，当小球从离B点高为H处的A点静止释放，小球通过B点时，小球速度不为零，此时小球向心加速度向上，小球处于超重状态，所以 m1＜m2 故A错误； B．小球从A到B的过程中重力做功为 W＝m1gH 重力做正功，则小球的重力势能减小了m1gH，故B错误； CD．设小球从离B点高为H处的A点静止释放，小球通过B点时速度为v，根据牛顿第二定律可得 小球从A到B的过程中，根据动能定理 解得小球从A到B的过程中克服摩擦力做功 根据功能关系可知小球从A到B的过程中机械能减小了，故D正确，C错误。 故选：D。 4．（2025春•利通区校级期末）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到B的运动过程中（　　） 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】D 【解析】解：A、重力做功为：WG＝mg（2R﹣R）＝mgR，故A错误； B、小球沿轨道到达最高点B时恰好对轨道没有压力，在最高点B有 mg＝m，解得：v，则机械能减少量为：ΔE＝mgRmgR．故B错误。 C、根据动能定理得合外力做功为：W合mgR，故C错误； D、根据动能定理得：mgR﹣Wf，得：WfmgR，即克服摩擦力做功为mgR，故D正确。 故选：D。 5．（2025•重庆开学）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。 （多选）6．（2025春•重庆校级期中）如图所示，足够长的平板B静置于粗糙水平地面上，物体A静置于B上。现用水平恒力F拉B。使B从静止开始做匀加速直线运动，A与B存在相对滑动且A、B间有摩擦力。以地面为参考系，则在B向前运动一段距离的过程中（　　） A．B对A的摩擦力所做的功等于A的动能增加量 B．B对A的摩擦力所做的功与A对B的摩擦力所做的功大小相等 C．B与地面摩擦产生的热量等于外力F做功与A、B动能增加量之差 D．外力F做功等于B的动能增加量与B克服地面摩擦以及A对B的摩擦做功之和 【答案】AD 【解析】解：A.对A进行受力分析，受重力，支持力和摩擦力，只有摩擦力做功，根据动能定理，B对A的摩擦力所做的功等于A的动能增加量，故A正确； B.因A的位移小于B的位移，可知B对A的摩擦力所做的功小于A对B的摩擦力所做的功，故B错误； C.由能量关系，B与地面摩擦产生的热量与AB之间的摩擦产生的热量之和等于外力F做功与A、B动能增加量之差，故C错误； D.对B根据动能定理，WF﹣Wf地B﹣WfAB＝ΔEkB 外力F做功等于B的动能增加量与B克服地面摩擦以及A对B的摩擦做功之和，故D正确。 故选：AD。 （多选）7．（2025秋•中原区校级期中）某游乐场的滑梯有如图所示的甲、乙、丙三种竖直面内的滑道，甲、乙左端部分为斜面滑道，丙左端部分为圆弧形滑道。三种滑道高度、材质均相同，分别在M、Q、P三点与滑道的水平部分平滑连接。某小朋友（可视为质点）分别从三种滑道的顶端O点由静止滑下，最终都停在滑道的水平部分上。已知小朋友和滑道间的动摩擦因数处处相同，空气阻力不计。则小朋友（　　） A．从开始下滑到最终停下沿三种滑道滑行的总位移相同 B．从开始下滑到分别滑行至M、Q、P三点时重力做功相等 C．从开始下滑到最终停下与三种滑道间由于摩擦产生的热量相等 D．沿甲、乙两滑道从开始下滑到分别滑行至M、Q两点的过程，克服摩擦力做功相等 【答案】BC 【解析】解：B、小朋友从初始下滑到最终静止的全过程，初末速度均为零，动能变化量为零。由动能定理可得重力做功与克服摩擦力做功的代数和为零，即WG﹣Wf＝0。重力做功WG＝mgh，仅与高度差h相关，与路径无关，因此三种情形下重力做功相同，故B正确； C、克服摩擦力做功转化的热量Q＝Wf＝WG＝mgh，由于质量m和高度h均一致，故三种情形产热量相同，故C正确； D、甲、乙滑道斜面部分克服摩擦力做功Wf斜＝μmgcosθL＝μmg（Lcosθ）＝μmgx水平。由图示可知，甲滑道斜面水平投影长度x甲＞x乙，故沿甲滑道下滑至M点过程克服摩擦力做功大于沿乙滑道下滑至Q点过程，故D错误； A、甲、乙轨道（斜面+水平面）全过程克服摩擦力做功Wf＝μmgx斜+μmgx平＝μmg（x斜+x平）＝μmgx总。结合Wf＝mgh可得总水平位移，即甲、乙滑道最终停靠点水平距离相同。对于丙滑道（圆弧曲面），下滑时需额外提供向心力，支持力N＞mgcosθ，导致摩擦力f＝μN大于斜面情形。在总耗能Q＝mgh固定的条件下，丙滑道平均阻力更大，总水平位移将小于，故最终停靠位置不同，总位移亦不同，故A错误。 故选：BC。 模型二 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．（2025秋•开福区校级月考）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．摩擦力对木板做的功为μmg（s+d） B．摩擦力对物块做的功为﹣μmg（s+d） 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】B 【解析】解：A、由图可知，木板对地的位移大小为s，方向水平向右，所受物块的摩擦力水平向右，则摩擦力对木板做功W1＝μmgs，故A错误； B、由图可知，物块对地的位移大小为s+d，方向水平向右，所受木板的摩擦力水平向左，则摩擦力对物块做功W2＝﹣μmg（s+d），故B正确； C、对木板，由动能关系可知木板动能的增量ΔEk＝W1＝μmgs，故C错误； D．由于摩擦而产生的热量Q＝μmgd，故D错误。 故选：B。 2．（2025秋•衡阳县期末）如图，质量为m的长木板静止在粗糙的水平地面上，质量为3m且可视为质点的物块以水平向右的初速度v0从左端冲上木板，最终两者均静止且物块仍在木板上。物块与木板间的动摩擦因数为μ1，木板与地面间的动摩擦因数为μ2。最大静摩擦力等于滑动摩擦力，重力加速度大小为g。下列判断正确的是（　　） A．若，则木板长度至少为 B．若，则木板长度至少为 C．若，则在整个运动过程中，木板运动的总时间为 D．若，则在整个运动过程中，地面与木板间因摩擦产生的热量为 【答案】D 【解析】解：A、对木板分析，木板所受地面的最大静摩擦力为f2＝4μ2mg 所受物块的滑动摩擦力为f1＝3μ1mg 若，则f1＝3.6μ2mg＜f2 故木板不动，对物块由动能定理得 解得 故A错误； BCD、若，则f1＞f2，木板将先向右做匀加速直线运动直至达到共同速度v，此后两者一起做减速运动直至停止。 对过程一，设物块的加速度为a1和木板的加速度为a2，由牛顿第二定律得3μ1mg＝3ma1，3μ1mg﹣4μ2mg＝ma2 由运动学规律有v＝v0﹣a1t1＝a2t1 解得， 故相对滑动的距离，即木板最短长度为 木板发生的位移为 对过程二，设时间t2，位移x3，设两者的加速度大小为a3，由牛顿第二定律得4μ2mg＝4ma3 由运动学规律有0＝v﹣a3t2，0﹣v2＝2（﹣a3）x3 解得， 整个过程中，木板运动的总时间为 地面与木板间因摩擦产生的热量为，故BC错误，D正确。 故选：D。 3．（2025秋•黑龙江期中）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。 4．（2025春•泉州期末）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。 5．（2025•河北二模）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。 （多选）6．（2025秋•江西期末）如图所示，光滑水平地面上静置有一质量为M＝2kg的长木板，长木板右侧足够远处固定一个弹性挡板。t＝0时刻给长木板一个向右的初速度v0＝3m/s，同时长木板右端一小物块也以初速度v0＝3m/s向左冲上长木板。已知小物块的质量m＝1kg，小物块与长木板间的动摩擦因数为μ＝0.4，长木板向右运动过程中小物块恰好未滑离长木板，之后长木板与弹性挡板碰撞并以原速率反弹，重力加速度取g取10m/s2，下列说法正确的是（　　） A．长木板的长度为2m B．小物块与长木板第一次共速的时刻为t＝1s C．长木板与弹性挡板碰撞前后系统因摩擦产生的热量之比为9：2 D．长木板与弹性挡板碰撞前后系统因摩擦产生的热量之比为9：1 【答案】BD 【解析】解：AB.根据牛顿第二定律F＝ma，长木板的加速度aM 小物块的加速度 代入数据得aM＝2m/s2，am＝4m/s2 小物块与长木板第一次共速时，它们的速度相等。根据运动学公式v＝v0+at 代入数据得t＝1s 则小物块的位移x1＝v0t 代入数据得x1＝﹣1m 木板的位移x2＝v0t 代入数据得x2＝2m 所以模板长度为L＝x1+x2 代入数据得L＝3m，故A错误，B正确； CD.系统因摩擦产生的热量等于摩擦力与相对位移的乘积，碰撞前后，摩擦力不变，但相对位移不同，因此热量之比等于相对位移之比，故，故C错误，D正确。 故选：BD。 （多选）7．（2026•道里区校级一模）如图甲所示，木板A静置于水平地面上，木板右端放置一可看成质点的物块B，t＝0时对A施加一水平向右的恒定拉力F，t＝2s时撤去F，B与A共速时，B恰好在A最左端。A和B在0～3s内的v﹣t图像如图乙所示。已知B的质量＝1kg，A与地面间动摩擦因数为0.2，最大静摩擦力等于滑动摩擦力，重力加速度g＝10m/s2，从开始到A、B均停止运动的过程中，下列说法正确的是（　　） A．A与B间动摩擦因数为0.1 B．A的长度为5m C．拉力F对A做的功为108J D．B对地的位移为9m 【答案】ACD 【解析】解：（1）在0～3s内，根据v﹣t图像可求得物块B的加速度，解得：。对物块B应用牛顿第二定律，有μ1mBg＝mBaB，解得：μ1＝0.1。故A正确； （2）由v﹣t图像面积可求得木板A的位移，物块B的位移，解得：xA＝10.5m，xB＝4.5m。根据几何关系，木板长度L＝xA﹣xB，解得：L＝6m。故B错误； （3）在2～3s内，对木板A列动力学方程，有﹣μ1mBg﹣μ2（mA+mB）g＝mAaA2，解得：mA＝3kg。在0～2s内，对木板A列动力学方程，有F﹣μ1mBg﹣μ2（mA+mB）g＝mAaA1，解得：F＝18N。根据功的定义式W＝FxA1，解得：W＝108J。故C正确； （4）在t＝3s后，物块B的加速度aB3＝﹣μ1g，由运动学公式，解得：sB＝4.5m。物块B对地的总位移xB总＝xB+sB，解得：xB总＝9m。故D正确。 故选：ACD。 模型三 传送带模型 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＝F x传. ②产生的内能：Q＝Ff x相对. 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．（2025春•昭通期末）如图所示，一电动倾斜传送带上端与一光滑水平面平滑相连，将物块A轻放在传送带底端，已知传送带顺时针方向匀速运行，与水平面夹角为30°，传送带长L＝6m，速度v＝5m/s，A与传送带间的动摩擦因数（最大静摩擦力等于滑动摩擦力），A的质量为m＝2kg，重力加速度g取10m/s2。则（　　） A．物块A在传送带上运行的过程中，摩擦力对A先做正功后不做功 B．物块A在传送带上运行的时间为2s C．把A从底端运送到顶端的过程中，摩擦力对物块A做的功为75J D．把A从底端运送到顶端的过程中，电动机多消耗的电能为160J 【答案】D 【解析】解：B、刚放在传送带上时先加速上滑，根据μmgcos30°﹣mgsin30°＝ma 解得a＝2.5m/s2 加速到与传送带速度相等所用时间t1 代入数据解得t1＝2s 加速过程的位移s1 代入数据解得s1＝5m 之后物块A以速度v匀速运动，匀速运动的时间t2 代入数据解得t2＝0.2s 所以物块A在传送带上运行的总时间t＝（2+0.2）s＝2.2s，故B错误； A、A物块先受到滑动摩擦力后受到静摩擦力，都沿斜面向上，对物块一直做正功，故A错误； CD、电动机多消耗的电能等于物块A增加的机械能与因摩擦产生的热量之和。物块A增加的机械能E机＝mgLsin30° 代入数据解得E机＝85J 故摩擦力对物块A做功为85J。在传送带上加速阶段，传送带位移x1＝vt1 代入数据解得x1＝10m 二者的相对位移Δx＝x1﹣s1 代入数据解得Δx＝5m 因摩擦产生的热量Q＝μmgcos30°Δx 代入数据解得Q＝75J 所以电动机多消耗的电能ΔE＝Q+E机 代入数据解得ΔE＝160J，故C错误，D正确。 故选：D。 2．（2025秋•广州月考）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。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．P的速度不断减小 B．摩擦力对P先做正功再做负功 C．传送带多消耗的电能为2μmgd D．弹簧的弹性势能变化量 【答案】D 【解析】解：A、根据题意分析可知，小物块刚接触弹簧时，弹簧的弹力小于最大静摩擦力，物块仍然向右做匀速直线运动，速度不变，当弹簧弹力等于最大静摩擦力之后，小物块才开始做减速运动，故A错误； B、根据题意分析可知，P从接触弹簧到第一次运动到最右端过程中，物块先向右做匀速直线运动，后向右做减速直线运动，传送带对物块的摩擦力方向一直向右，根据做功定义可知，即摩擦力对P一直做正功，故B错误； C、根据题意分析可知，对传送带进行分析，令P从接触弹簧到第一次运动到最右端过程经历时间为t，传送带做匀速直线运动，则传送带的位移为 x1＝vt 由于物块先向右做匀速直线运动，后向右做加速度增大的减速直线运动，则有 即有 x1＜2d 结合上述可知，小物块刚接触弹簧时，弹簧的弹力小于最大静摩擦力，物块仍然向右做匀速直线运动，速度不变，当弹簧弹力等于最大静摩擦力之后，小物块才开始做减速运动，则传送带所受摩擦力的平均值 根据功能关系，传送带多消耗的电能为 故C错误； D、根据题意分析可知，在压缩弹簧但物块相对传送带静止的过程中，摩擦力小于μmg，因此压缩弹簧的过程中，摩擦力对P做的功 Wf＜μmgd 根据动能定理有 根据功能关系有 W弹＝﹣ΔEp 解得 故D正确。 故选：D。 3．（2025•邓州市校级一模）如图所示，传送带与水平面间的夹角为30°，其中A、B两点间的距离为3.5m，传送带在电动机的带动下以v＝2m/s的速度顺时针匀速转动。现将一质量4kg的小物块（可视为质点）轻放在传送带的B点，已知小物块与传送带间的动摩擦因数μ，g为10m/s2，则在传送带将小物块从B点传送到A点的过程中（　　） A．小物块经过s后与传送带共速 B．摩擦力对小物块做的功为24J C．摩擦产生的热量为24J D．因放小物块而使得电动机多消耗的电能为78J 【答案】C 【解析】解：A．物体刚放在B点时，受到的滑动摩擦力沿传送带向上，由于，物体做匀加速直线运动； 由牛顿第二定律可得：μmgcos30°﹣mgsin30°＝ma，解得加速度大小为：a＝2.5m/s2 假设物体能与传送带达到相同速度，则物体上滑的位移为：x1m＝0.8m＜L＝3.5m，假设成立。 物体与传送带达到相同速度后，将向上匀速运动，到达A点的速度仍为2m/s。 小物块匀加速时间：，小物块经过0.8s后与传送带共速，故A错误； B．摩擦力匀加速阶段对小物块做的功： 小物块匀速运动过程中，小物块受到的为静摩擦力，大小与重力平行斜面向下的分力相等。 摩擦力匀速阶段对小物块做的功为： 摩擦力对小物块做的功为：W＝W1+W2＝24J+54J＝78J，故B错误； C．小物块与传送带的相对位移：m＝0.8m 摩擦产生的热量：，故C正确； D．因放小物块而使得电动机多消耗的电能：，故D错误。 故选：C。 4．（2025•信阳二模）如图所示一个足够长的倾斜传送带沿顺时针方向转动，一个物块从传送带底端以一定的初速度滑上传送带，已知物块的初速度大于传送带的速度，物块与传送带间的动摩擦因数小于传送带倾角的正切值，最大静摩擦力大小等于滑动摩擦力大小，取沿传送带向上方向为正方向，则物块在传送带上运动过程中速度、加速度随时间变化关系图，机械能、动能随位移变化关系图正确的是（　　） A． B． C． D． 【答案】C 【解析】解：A、根据题意可知，传送带足够长，则物块先向上减速，物块与传送带间的动摩擦因数小于传送带倾角的正切值，则物块与传送带共速后继续减速为零，然后向下加速，故A错误； B、根据题意可知，物块滑上传送带时，加速度向下，为负值，大小为a1＝gsinθ+μgcosθ 共速后向上减速，加速度向下，为负值，大小为a2＝gsinθ﹣μgcosθ 减速为零后向下加速，加速度向下，为负值，大小为a3＝gsinθ﹣μgcosθ 故B错误； C、根据题意可知，E机﹣x图线的斜率大小等于摩擦力大小，物块在斜面上运动时，滑动摩擦力大小不变，开始时摩擦力向上，摩擦力做负功，根据机械能守恒条件判断，机械能减小； 向上速度减为与传送带共速后，在向上速度减为零过程中摩擦力仍向上，摩擦力做正功，根据机械能守恒条件判断，机械能增加，向下滑动时摩擦力向上摩擦力做负功，物块机械能减小，故C正确； D、根据题意可知，Ek﹣x图线的斜率大小等于合力大小，物块向上减速到与传送带速度相同前，合力大小F1＝mgsinθ+μmgcosθ 向上减速为零过程合力大小为F2＝mgsinθ﹣μmgcosθ 图线斜率变小，向下加速过程时合力大小为F3＝mgsinθ﹣μmgcosθ 故D错误。 故选：C。 5．（2024春•万州区校级月考）如图甲所示，倾角为30°的传送带以8m/s的恒定速率逆时针运行，现将一质量为1kg的物块（视为质点）轻放在传送带的顶端A点，2s末物块恰好到达传送带底端B点，物块的速度v随时间t变化的关系图像如图乙所示，取重力加速度大小g＝10m/s2。对于物块从A点运动到B点的过程，下列说法正确的是（　　） A．物块受到的摩擦力大小为3N，方向始终沿传送带向上 B．摩擦力对物块做的功为15J C．物块减少的机械能为15J D．物块与传送带间因摩擦产生的热量为39J 【答案】C 【解析】解：A、由题图乙可知，物块从A到B的过程中，第一次加速的加速度a1m/s2，根据牛顿第二定律有：a1，代入可得摩擦力：f＝μmgcosθ＝3N，而滑动摩擦力方向与相对运动的方向相反，则滑动摩擦力方向先沿斜面向下，后沿斜面向上，故A错误； B、根据牛顿第二定律可以求出物块在1～2s的加速度：a2m/s2＝2m/s2，由题图乙可得，物块从A到B两段位移分别为：x14m，x2＝8×1mm＝9m。所以摩擦力对物块做功：W＝W1+W2＝fx1﹣fx2＝3×4J﹣3×9J＝﹣15J，故B错误； C、对物块，根据功能关系，物块减少的机械能等于摩擦力对物块所做的功，即ΔE＝W＝﹣15J，机械能减少15J，故C正确； D、从放上到与传送带共速的相对位移：Δx1＝vt﹣x1＝（8×1m﹣4m）＝4m，从共速到B点的相对位移：Δx2＝（x2﹣vt）＝9m﹣8×1m＝1m，那么摩擦生热：Q＝f（Δx1+Δx2）＝3×（4+1）J＝15J，故D错误。 故选：C。 （多选）6．（2025春•碑林区校级期末）传送带经常用于分拣货物。如图甲为传送带输送机简化模型图，倾角θ＝30°，顺时针匀速转动，在传送带下端A点无初速度放入货物。货物从下端A点运动到上端B点的过程中，其机械能E与位移s的关系图像（以A位置所在水平面为零势能面）如图乙所示。货物视为质点，质量m＝2kg，重力加速度g＝10m/s2。下列说法正确的是（　　） A．货物在传送带上先匀加速再匀减速 B．货物与传送带间的动摩擦因数μ C．货物从下端A点运动到上端B点的时间为1.1s D．传送带输送机因运送该货物而多消耗的电能为46J 【答案】BD 【解析】解：A、由图像易知，货物在传送带上先加速运动，所以最大静摩擦力大于重力沿斜面向下的分力，所以共速后货物匀速运动，故A错误； B、0～0.8m内，根据功能关系有μmgcosθ•s1＝ΔE1，其中ΔE1＝12J，s1＝0.8m，可得货物与传送带间的动摩擦因数为：μ，故B正确； C、货物沿传送带向上运动s1＝0.8m时，与传送带保持相对静止，设传送带的速度为v，此时有： E1＝mgs1sinθ 解得：v＝2m/s 设货物加速过程所用时间为t1，根据运动学公式可得：s1 解得：t1＝0.8s 设A点到B点的距离为L，货物在B点时，有：E2＝mgLsinθ，其中E2＝34J 解得：L＝3m 则货物匀速阶段所用时间为：t21.1s 货物从下端A点运动到上端B点的时间为：t＝t1+t2＝0.8s+1.1s＝1.9s，故C错误； D、货物在与传送带共速前，发生的相对位移为：Δx＝x传﹣s1＝vt1﹣s1＝（2×0.8﹣0.8）m＝0.8m 因摩擦产生的热量为：Q＝μmgcosθ•Δx 解得：Q＝12J 根据能量守恒可知，传送带输送机因运送该货物而多消耗的电能为：E电＝Q+mgLsinθ 解得：Q＝46J，故D正确。 故选：BD。 （多选）7．（2025春•湘西州期末）如图所示，半径R＝0.8m、竖直固定的光滑圆弧轨道与水平传送带相切于B点，水平传送带B、C间的距离L＝24m，传送带在电动机的带动下以v0＝8m/s的恒定速率顺时针运行。现将质量m＝2kg、可视为质点的小物块从圆弧轨道的最高点A由静止释放，不计空气阻力，物块与传送带间的动摩擦因数μ＝0.2，重力加速度g取10m/s2，下列说法正确的是（　　） A．小物块刚滑至圆弧轨道最低点B时，对轨道的压力大小为60N B．小物块在传送带B、C间的运动时间为3s C．小物块在传送带上运动时，因摩擦而产生的热量为16J D．整个过程中电动机多消耗的电能为48J 【答案】AC 【解析】解：A、从A到B，根据动能定理可得：mgR 解得：vB＝4m/s 在B点，根据牛顿第二定律可得：FN﹣mg 解得：FN＝60N 根据牛顿第三定律可得，在最低点B时，对轨道的压力大小为60N，故A正确； B、物块达到底部的速度大小为：vB＝4m/s，传送带的速度大小为：v0＝8m/s 根据牛顿第二定律可得物块在传送带上运动的加速度大小为：a＝μg＝0.2×10m/s2＝2m/s2 小物块匀加速的时间：t1s＝2s，对应的位移：，解得：x1＝12m 小物块匀速运动的时间：t2s＝1.5s 所以小物块在传送带B、C间的运动时间为：t＝t1+t2＝2s+1.5s＝3.5s，故B错误； C、小物块在传送带上运动时，因摩擦而产生的热量为：Q＝μmg（v0t1﹣x1） 解得：Q＝16J，故C正确； D、整个过程中电动机多消耗的电能为：E＝Q 解得：E＝64J，故D错误。 故选：AC。 模型四 弹簧模型 1．通过其他能量求弹性势能 根据机械能守恒，列出方程，代入其他能量的数值求解． 2．对同一弹簧，弹性势能的大小由弹簧的形变量决定，弹簧伸长量和压缩量相等时，弹簧弹性势能相等． 3．物体运动的位移与弹簧的形变量或形变量的变化量有关． 4. 注意弹性势能的转化。 【例题精讲】 1．（2026•浙江开学）一质量为m的物体C用轻弹簧悬挂，悬点为O，此时轻弹簧的长度为L；现对A点施加一始终垂直弹簧轴线方向的作用力F，缓慢拉至OA与竖直方向的夹角为θ时（　　） A．弹簧长度保持不变 B．作用力F不断增大 C．弹簧的弹性势能先增大后减小 D．拉力做的功等于物体C增加的机械能 【答案】B 【解析】解：A、对A点受力分析，构建矢量三角形如图所示： 弹簧弹力大小为：FTkx，缓慢拉至OA与竖直方向的夹角为θ过程中，弹簧弹力增大，弹簧长度增加，故A错误； B、作用力F＝mgtanθ，θ增大，则F不断增大，故B正确； C、弹簧弹力逐渐增大，弹簧的伸长量逐渐增加，则弹簧的弹性势能增大，故C错误； D、根据功能关系可知，拉力做的功等于物体C增加的机械能与弹簧弹性势能之和，故D错误。 故选：B。 2．（2025春•南开区校级期中）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，以一定的初速度v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．弹簧对物块一直做负功 B．物块克服摩擦力做的功为2μmgs C．物块的动能一直减小 D．弹簧的最大弹性势能为0.5mv2+μmgs 【答案】B 【解析】解：AC、物块压缩弹簧后被反弹时，弹簧对物块做正功，且刚反弹时弹簧的弹力大于滑动摩擦力，因此反弹后的一段时间内，物块的动能将增加，故AC错误； B、整个过程中，物块所受的滑动摩擦力f＝μmg大小恒定，摩擦力始终做负功，由功的定义可得物块克服摩擦力所做的功为Wf＝μmg•2s，解得：Wf＝2μmgs，故B正确； D、物块向左运动的过程中，根据能量守恒定律有，解得：，故D错误。 故选：B。 3．（2025秋•南京月考）质量为m的物体从弹簧原长处由静止释放，当物体运动到最低点时，弹簧压缩量为h，重力加速度为g。从释放物体到物体运动至最低点的过程中（　　） A．物体的动能增加了mgh B．物体的重力势能增加了mgh C．弹簧的弹性势能增加了mgh D．物体的机械能增加了mgh 【答案】C 【解析】解：从释放物体到物体运动至最低点的过程中，物体的速度从开始的零到最后还是零，物体的动能不变，重力做功mgh，物体的重力势能减小mgh，由功能关系，弹簧的弹性势能增加mgh，物体的机械能减小mgh，故C正确，ABD错误。 故选：C。 4．（2025秋•思明区校级月考）如图所示，光滑足够长斜面底端固定一个挡板，物块A、B用轻弹簧连接，一不可伸长的细线一端连接物块B，另一端绕过固定在天花板的两个光滑定滑轮被地面M处的某同学用手牵住，此时绳子拉直但无弹力，人与定滑轮的高度差为h＝3m。现该同学向左运动到N点，该过程人拉力做功为W＝180J，此时物块A对挡板的压力刚好为零。已知物块A、B的质量均为m＝10kg，斜面倾角为θ＝30°，弹簧的劲度系数为k＝50N/m，重力加速度g取10m/s2，下列说法正确的是（　　） A．弹簧的初始压缩量为2m B．该过程弹簧弹性势能一直减小 C．该过程物块B重力势能的增量为200J D．人在N点时的速度大小为5m/s 【答案】D 【解析】解：A．初始细线无拉力，对物块B分析mgsinθ＝kx1，解得x1＝1m，故A错误； B．当物块A对挡板的弹力为零时，弹簧处于伸长状态，对物块A分析可知，弹力大小不变，此时弹簧的伸长量为x2＝1m，故物块B移动的距离为2m，此时左侧绳长为5m，绳与地面的夹角为37°，该过程弹簧弹性势能先减小再增大，故B错误； C．物块B重力势能的增加量为ΔEp＝mgsinθ（x1+x2）＝10×10（1+1）J＝100J，故C错误； D．对物块B由动能定理，解得vB＝4m/s 在N点，人的速度可分解为沿绳速度和垂直绳的速度，如图 由关联速度可知人的速度大小为，故D正确。 故选：D。 5．（2025秋•常州期中）一竖直轻弹簧下端固定，质量为m的水平木板P与弹簧上端栓接，木板上再放一质量也为m的小物块Q，静止时位置如图所示。现对Q施加一竖直向上、大小为的恒力F，已知重力加速度大小为g，不计空气阻力，则（　　） A．刚施加力F时，Q对P的压力大小为 B．施加力F后，在运动过程中P、Q可能分离 C．P运动到最高点时，弹簧的弹力大小为mg D．P从开始运动到最高点的过程，弹簧弹性势能减少量等于P重力势能增加量的2倍 【答案】C 【解析】解：A、刚施加力F时，对P、Q整体进行分析，根据牛顿第二定律有mg＝2ma1，得a1g 对Q进行分析，设P对Q的支持力大小为N1，根据牛顿第二定律有N1mg﹣mg＝ma1 根据牛顿第三定律Q对P的压力大小N2＝N1，得Q对P的压力大小为N2mg，故A错误； B、假设P、Q分离，则两者之间弹力为0，对Q进行分析，根据牛顿第二定律有：mgmg＝ma2，解得加速度大小为a2g，方向竖直向下。施加拉力后，如果P、Q不分离，对P、Q整体进行分析，整体运动的最大加速度大小为：，表明P、Q整体先向上做加速运动，后向上做减速至速度减为0时的加速度大小小于分离时向下的加速度，可知，假设不成立，即施加力F后，在运动过程中P、Q不可能分离，故B错误； C、由于P、Q不分离，根据对称性可知，最高点加速度和最低点加速度大小相等，所以P运动到最高点时，整体加速度方向向下，大小为：a1g； 对整体分析，有：2mgmg﹣F0＝2ma1，解得F0＝mg，即弹簧的弹力大小为mg，故C正确； D、物块开始位置，根据胡克定律与平衡条件有：2mg＝kx1 物块在最高点时，根据胡克定律有：F0＝mg＝kx2 拉力做功为：W＝F（x1﹣x2）mg•（） 系统重力势能的增加量为：Ep1＝2mg（x1﹣x2）＝2mg•（） 根据功能关系与能量守恒定律可知，弹性势能的减小量为：Ep2＝Ep1﹣W，解得：Ep2 P重力势能增加量为：Ep3＝mg（x1﹣x2）＝mg（） 则有：1.5，即P从开始运动到最高点的过程，弹簧弹性势能减少量等于P重力势能增加量的1.5倍，故D错误。 故选：C。 （多选）6．（2026•合肥一模）如图所示，倾角θ＝37°的粗糙斜面固定在水平地面上，其顶端连接一根劲度系数为k的轻质弹簧，弹簧另一端连接质量为m的小物块。用手按住物块使其静止于A点，此时弹簧处于伸长状态且弹力大小为2mg。某时刻释放物块，物块沿斜面向上运动到最高点B后，再沿斜面向下运动至C点（图中未画出）时速度为0，之后静止在C点。已知重力加速度为g，物块与斜面间动摩擦因数μ＝0.5，最大静摩擦力等于滑动摩擦力，弹簧始终在弹性限度内，sin37°＝0.6，cos37°＝0.8，则下列说法正确的是（　　） A．物块被释放瞬间的加速度大小为g B．物块上滑速度最大时的位置和下滑速度最大时的位置相同 C．物块在B点时弹簧弹力为0 D．整个过程因摩擦产生的热量为 【答案】ACD 【解析】解：A、物块被释放瞬间，弹簧弹力不变，由牛顿第二定律2mg﹣mgsin37°﹣μmgcos37°＝ma，解得物块的加速度大小a＝2g﹣0.6g﹣0.5×0.8g＝g，故A正确； B、物块速度最大时，其加速度为0。其合力为零，由平衡条件知，物块所受弹簧弹力等于物块重力的下滑分力和滑动摩擦力的合力， 物块上滑时所受的滑动摩擦力方向沿斜面向下，物块下滑时所受的滑动摩擦力方向沿斜面向上，可见物块上滑和下滑时所受重力的下滑分力和滑动摩擦力的合力不相同， 则物块上滑速度最大时和下滑速度最大时的弹簧弹力不相同，物块上滑速度最大时的位置和下滑速度最大时的位置不相同，故B错误； C、物块在A点时，弹簧的拉长量，设物块在B点时，弹簧的拉长量为x2，物块由A点运动到B点过程，由能量守恒定律可得 ，联立可得 解得x2＝0，即B点位置弹簧处于原长状态，物块在B点时弹簧弹力为0，故C正确； D、物块由B点第一次沿斜面下滑过程，由能量守恒定律 解得物块到达最低点时弹簧的拉长量 此时， 则物块将处于静止状态，可见整个过程因摩擦产生的热量，故D正确。 故选：ACD。 （多选）7．（2025秋•裕华区校级月考）如图所示，轻质弹簧一端固定在水平面上竖直放置，将物块a和物块b叠放在弹簧上，系统稳定时弹簧上端位于P点。a、b的质量均为m，a、b间有少量黏性物质，在a、b接触面间产生的最大黏性力与b的重力大小相等。现对b施加竖直向下的外力，使a、b缓慢下移到某一位置后撤去外力，后续运动过程中a、b恰好不会发生分离。弹簧的劲度系数为k，弹簧始终处于弹性限度内，已知弹簧弹性势能的表达式为，式中x表示弹簧的形变量，重力加速度为g，不计空气阻力，下列说法正确的是（　　） A．a、b向上运动到最高点时，弹簧刚好处于原长 B．a、b向上运动到最高点时，a的加速度大小为g C．a、b两物体的最大速度大小为2g D．a、b由静止释放时，弹簧的弹性势能为 【答案】CD 【解析】解：B、在平衡位置P处，弹簧形变量为；当a、b运动至最高点恰好不分离时，b所受重力与最大黏性力方向均竖直向下，由牛顿第二定律可得mg+fmax＝mamax，代入fmax＝mg，解得最高点加速度amax＝2g，故B错误； A、系统的振动加速度满足，解得振幅；最高点时弹簧形变量，方向向上，表明弹簧处于伸长状态，故A错误； C、系统在平衡位置P时速度达到最大，由vmax＝ωA，且，代入数据解得最大速度，故C正确； D、由静止释放位置为运动的最低点，该处弹簧压缩量为；根据弹性势能公式，代入数据解得，故D正确。 故选：CD。 课时精练 1． 选择题（共8小题） 1．（2025春•北京校级月考）将某物体沿与水平方向成一定角度斜向上抛出，经过一段时间，物体落回与抛出点等高处，由于有阻力作用，其运动轨迹如图中实线所示。下列说法正确的是（　　） A．在最高点时的加速度等于重力加速度 B．上升的时间一定小于下降的时间 C．在同一高度，上升阶段的速度小于下降阶段的速度 D．上升阶段损失的机械能等于下降阶段损失的机械能 【答案】B 【解析】解：A.物体在最高点时受到的阻力水平向左，则水平方向的加速度向左，竖直方向的加速度大小为g，根据平行四边形法则，物体在最高点时的加速度大于重力加速度，故A错误； B.物体在上升过程中竖直方向的阻力向下，加速度大小大于g，下落过程中，竖直方向的阻力向上，加速度大小小于g，根据 物体上升的时间一定小于下降的时间，故B正确； C.由于存在阻力，机械能在不断减小，在同一高度，重力势能相等，上升阶段的动能大于下降阶段的动能，故在同一高度，上升阶段的速度大于下降阶段的速度，故C错误； D.整个过程中阻力一直做负功，物体在上升阶段和下降阶段同一高度处，上升阶段的速度大于下降阶段的速度，上升过程中平均阻力大于下降过程中的平均阻力，上升阶段的路程大于下降阶段的路程，物体在上升阶段损失的机械能大于在下降阶段损失的机械能，故D错误。 故选：B。 2．（2025春•上城区校级月考）泰山景区的机器狗驮着重物在陡峭山路上“健步如飞”，从山脚的红门到山顶的路程约为10公里，机器狗仅用了两个小时，比普通人登山所用时间缩短了一半，如图所示在搬运重物过程中（　　） A．游客在研究机器狗的爬山路线时，可以将它视为质点 B．以机器狗为参考系，重物是运动的 C．机器狗的平均速度大小约为5km/h D．机器狗消耗的电能全部转化为机器狗和货物的机械能 【答案】A 【解析】解：A、游客在研究机器狗的爬山路线时，机器狗的大小和形状可以忽略不计，故可以将它视为质点，故A错误； B、以机器狗为参考系，重物是静止的，故B错误； C、机器狗的平均速率约为，故C错误； D、机器狗在运动的过程中，会受到地面的摩擦力和空气等阻力的作用，需要消耗电能，所以机器狗消耗的电能除了转化为机器狗和货物的机械能外还有一部分转化为内能，不可能全部转化为机器狗和货物的机械能，故D错误。 故选：A。 3．（2025春•同安区校级月考）某人水平扔出飞镖，飞镖（可视为质点）的运动路径如图所示，不计空气阻力，则飞镖从扔出到扎到飞镖盘上的过程中（　　） A．飞镖的动能逐渐增大 B．飞镖的加速度逐渐增大 C．飞镖的重力势能逐渐增大 D．飞镖的机械能逐渐增大 【答案】A 【解析】解：ACD、飞镖被扔出后做平抛运动，所以只有重力做正功，机械能守恒，重力势能减小，动能增加，故A正确，CD错误； B、飞镖抛出后只受重力，加速度不变，故B错误。 故选：A。 4．（2025秋•琼山区校级月考）2025年“苏超”火爆出圈!某次比赛中，足球的飞行轨迹如图所示，质量为m的足球在地面1的位置以速度v1被踢出后，以速度v3落到地面3的位置，飞行轨迹如图所示。足球在空中达到最高点2的速度为v2，高度为h，重力加速度为g。下列说法中正确的是（　　） A．从1到2重力做功mgh B．从1到2空气阻力做功 C．在2重力的功率为mgv2 D．从2到3机械能减少了 【答案】D 【解析】解：A、从1到2重力做功为W＝﹣mgh，故A错误； B、从1到2，根据动能定理可得，可得，故B错误； C、由于重力与速度方向垂直，故在2位置重力的功率为0，故C错误； D、从2到3机械能减少了），故D正确。 故选：D。 5．（2025秋•佛山月考）如图所示，一台油电混合无人机通过缆绳O′O连接OA、OB、OC、OD四根等长的绳索运送质量为m的橡皮艇，结点为O，A、B、C、D四点在同一水平面内且OA＝AB＝BC＝CD＝DA。在无人机与橡皮艇一起以速度v0沿竖直方向匀速上升的过程中，缆绳O′O始终竖直，空气对橡皮艇的作用力大小为f，方向竖直向下。不计缆绳与绳索质量，无人机燃油消耗不能忽略，重力加速度为g。则该过程中（　　） A．橡皮艇的机械能保持不变 B．无人机受到向上的作用力保持不变 C．绳索OA受到的拉力大小为 D．绳索OA对橡皮艇的拉力的功率为 【答案】C 【解析】解：A.橡皮艇匀速上升时，动能不变，但重力势能持续增加，且绳索拉力对橡皮艇做正功，因此橡皮艇的机械能增加，故A错误； B.无人机燃油消耗导致自身质量减小，整体（无人机+橡皮艇）的总重力随之减小，由于系统匀速上升受力平衡，向上的作用力需与总重力和阻力的合力相等，因此无人机受到的向上作用力会减小，故B错误； C.橡皮艇匀速运动受力平衡，竖直方向四根绳索的拉力分力之和F合＝mg+f 由几何关系可知，绳索OA与竖直方向夹角为45°，设单根绳索拉力为T，则4Tcos45°＝mg+f 代入数据得，故C正确； D.拉力的功率为P＝Tv0cos45°，， 代入数据得，故D错误。 故选：C。 6．（2024秋•阳江期末）如图，倾角为37°的传送带沿逆时针方向以4m/s的速度匀速转动，将质量为1kg的小物块轻放在传送带的顶端A处，经过2s小物块到达传送带的底端B处。已知小物块与传送带之间的动摩擦因数为0.25，重力加速度大小g＝10m/s2，sin37°＝0.6，cos37°＝0.8。下列说法正确的是（　　） A．小物块一直做匀变速运动 B．A、B间的长度为11.5m C．小物块到达B处时的速度大小为16m/s D．全过程中小物块机械能减少23J 【答案】B 【解析】解：A．当小物块的速度小于传送带的速度时，由牛顿第二定律可知mgsin37°+μmgcos37°＝ma1 解得8m/s2 当小物块的速度等于传送带的速度时，由于mgsin37°＞μmgcos37° 小物块会继续以a2加速运动至B点，由牛顿第二定律可知 mgsin37°﹣μmgcos37°＝ma2 解得 故全程做变加速运动，故A错误； C．设小物块从A点运动到与传送带共速时经过的时间为t1，则v带＝a1t1 由题可知，全程运动时间为t＝2s 到达B点时的速度为vB＝v带+a2（t﹣t1） 解得vB＝10m/s，故C错误； B．AB间长度为 解得L＝11.5m，故B正确； D．全过程中小物块机械能减小量为 解得ΔE＝19J，故D错误。 故选：B。 7．（2024秋•吉安期末）如图所示，倾角为53°的光滑斜面与光滑水平面在B点相连，原长为L的轻质弹簧（劲度系数未知）一端悬挂在O点，另一端与质量为m的小球（视为质点）相连，B点在O点的正下方。小球从斜面上的A点由静止释放，沿着斜面下滑，通过B点到达水平面上，刚到达B点时与水平面间的弹力刚好为0，已知OA与斜面垂直，A、B两点间距为4L，重力加速度为g，劲度系数为k的轻质弹簧的弹性势能Ep与弹簧的形变量x的关系式为，sin53°，，下列说法正确的是（　　） A．弹簧的劲度系数为 B．小球在A点时弹簧的弹性势能为 C．小球在A点时斜面对小球的支持力为 D．小球到达B点时的动能为mgL 【答案】B 【解析】解：A、由几何关系可得，解得：OB＝5L。弹簧原长为L，则小球在B点时弹簧的伸长量为4L，小球刚到达水平面时与水平面间的弹力恰为0，则有k×4L＝mg，解得：，故A错误； B、由几何关系可得，解得：OA＝3L。因弹簧原长为L，则小球在A点时弹簧的伸长量为2L，弹簧的弹性势能为，解得：，故B正确； C、结合以上分析，小球在A点时弹簧对小球的拉力F＝k×2L，解得：。将小球重力沿斜面和垂直斜面分解，垂直斜面方向由三力平衡得FN+F＝mgcos53°，综合可得斜面对小球的支持力，故C错误； D、小球在B点时弹簧的弹性势能为，解得：EpB＝2mgL。小球从A运动到B，由能量守恒定律得mg×4Lsin53°＝EpB﹣EpA+Ek，综合解得小球到达B点时的动能，故D错误。 故选：B。 8．（2025秋•南岗区校级期中）如图所示，一足够长的轻绳一端挂一个质量为M的物体B，另一端系在一个质量为m的圆环A上，圆环套在竖直固定的杆上，轻质定滑轮（不计大小）与细杆相距0.3m。将圆环A从与定滑轮等高位置由静止释放，环沿杆向下滑动的最大距离为0.4m，不计一切摩擦和空气阻力，下列说法正确的是（　　） A．圆环A下滑的过程中一直处于失重状态 B．在圆环A下滑的过程中，圆环A与物体B的速度大小之比一直在增大 C．圆环A与物体B的质量之比为1：2 D．圆环A下滑的全过程，圆环A减小的重力势能大于物体B增加的重力势能 【答案】C 【解析】解：A、圆环A先向下加速后减速，加速度方向先向下后向上，因此先出现失重现象后出现超重现象，故A错误； B、设细绳与竖直杆夹角为θ，由速度分解关系vAcosθ＝vB，得，由于θ逐渐减小，故速度比值持续减小，故B错误； C、根据能量守恒，圆环A减少的重力势能mgh等于物体B增加的重力势能MgH，即mgh＝MgH，其中h＝0.4m，，解得质量比m：M＝1：2，故C正确； D、由C项推导可知质量比为1：2，故D错误。 故选：C。 二．多选题（共3小题） （多选）9．（2026•泰安一模）如图所示，某次舰载无人机降落演练，航母以速度v0＝10m/s匀速航行，空中某处的无人机速度为v＝20m/s，方向与航母航行方向夹角为37°向下，且二者速度方向在同一竖直面内。无人机通过变速装置经过t＝2s将速度变化至与航母相同时恰好落到甲板上，变速过程中加速度恒定。已知无人机质量m＝50kg，sin37°＝0.6，cos37°＝0.8，重力加速度为g＝10m/s2，则上述2s的变速过程中（　　） A．无人机做匀变速直线运动 B．无人机做匀变速曲线运动 C．无人机机械能减少了13500J D．无人机机械能减少了17500J 【答案】BC 【解析】解：AB、根据题意分析可知，无人机在变速过程中加速度恒定，速度方向发生了变化，故无人机做匀变速曲线运动，故A错误，B正确； CD、根据题意分析可知，无人机速度为v＝20m/s，方向与航母航行方向夹角为37°向下，竖直方向的分速度vy＝vsin37°。 因加速度恒定，无人机在竖直方向上做匀变速运动，无人机下降的高度 无人机减小的重力势能ΔEp＝mgΔh 无人机减小的动能 无人机减少的机械能ΔE＝ΔEk+ΔEp 解得ΔE＝13500J，故C正确，D错误。 故选：BC。 （多选）10．（2026•长沙模拟）如图所示，底部距地面高为H的箱子通过轻弹簧悬挂一个小球，小球距箱子底部的高度为h。现将箱子由静止释放，箱子落地后瞬间，速度减为零且不会反弹。此后的运动过程中，小球的最大速度为v且一直未碰到箱底，箱子对地面的压力最小值为零。忽略空气阻力，弹簧劲度系数为k且形变始终在弹性限度内。箱子和小球的质量均为m，重力加速度为g。下列说法正确的是（　　） A．弹簧弹力的最大值为3mg B．箱子对地面的最大压力为3mg C．小球离地面的最小高度为 D．箱子与地面碰撞损失的机械能为 【答案】AD 【解析】解：AB、根据题意分析可知，箱子落地后，小球做简谐运动，当小球位于最高点时，箱子对地面压力最小且为0，可知此时弹簧处于压缩状态，对箱子受力分析得，弹簧的弹力F弹＝mg 对小球受力分析，回复力F回＝F弹+mg＝2mg 方向向下，当小球位于最低点时，由简谐运动回复力的对称性，可知F′回＝2mg 方向向上，此时弹簧处于拉伸状态，根据F′回＝F′弹﹣mg 可得弹力最大值为F′弹＝3mg 对箱子受力分析有地面对箱子的支持力为FN＝F′弹+mg＝4mg 根据牛顿第三定律，可知箱子对地面压力最大值为4mg，故A正确，B错误； C、根据题意分析可知，小球静止时，小球受力平衡，则有kx1＝mg 解得弹簧伸长量为 在简谐运动的最低点时有F′弹＝3mg＝kx2 解得弹簧伸长量为 联立可得小球离地面的最小高度为，故C错误； D、根据题意分析可知，小球简谐运动的速度最大，加速度为零，则有kx′＝mg 解得 可知从箱子刚开始下落到小球简谐运动的速度最大，初末状态弹簧伸长量相等，弹性势能变化量为零，根据能量守恒有 解得，故D正确。 故选：AD。 （多选）11．（2025秋•河南月考）如图甲所示，质量M＝2kg足够长的木板静止在粗糙水平地面上，木板左端放置一质量m＝1kg的小物块。t＝0时刻对小物块施加一水平向右的拉力F，拉力F的大小随时间t的变化关系如图乙所示，4s末撤去拉力。已知物块与木板间的动摩擦因数μ1＝0.5，木板与地面间的动摩擦因数μ2＝0.1，g取10m/s2，最大静摩擦力约等于滑动摩擦力。下列说法正确的是（　　） A．t＝1s时物块受到的摩擦力大小为 B．撤去拉力后物块与木板达到共速 C．撤去拉力后木板在水平面上停止运动 D．在整个运动过程中摩擦生成的总热量为 【答案】BC 【解析】解：A、由题意可知，在第1s时间内，物块受到拉力为4N，假设物块与板不发生相对滑动，对整体由牛顿第二定律可得F﹣μ2（m+M）g＝（m+M）a 解得 因为 可知假设成立，对物块，由牛顿第二定律可知物块受到的摩擦力大小，故A错误； B、以上分析可知3s末整体速度 图乙可知3s～4s拉力为20N，假设物块与板不发生相对滑动，对整体由牛顿第二定律可得20N﹣μ2（m+M）g＝（m+M）a1 解得 因为 可知假设不成立，即物块与木板产生了相对滑动，对物块、木板分别有， 可知4s末二者速度分别为v物＝v1+a物×（4s﹣3s）＝（1+15×1）m/s＝16m/s，v板＝v1+a板×（4s﹣3s）＝（1+1×1）m/s＝2m/s 撤去拉力后物块加速度大小（方向水平向左） 则撤去拉力后到二者共速有v共＝v物﹣a物1t1＝v板+a板t1 联立解得，故B正确； C、因为μ2＞μ1，二者共速后保持相对静止，则共速后到二者停止运动用时 因为m/s2＝1m/s2 联立解得 则撤去拉力后木板在水平面上运动时间t板＝t1+t2，故C正确； D、根据以上分析可知整个过程拉力做功 根据功能关系，可知在整个运动过程中摩擦生成的总热量为176J，故D错误。 故选：BC。 三．解答题（共3小题） 12． （2025秋•城阳区期中）如图所示，质量M＝1kg的足够长木板置于光滑水平面上，木板最左端放一质量m＝1kg的小物块，距木板右端L＝2m处有一固定弹性挡板，木板撞上挡板后原速率弹回。对木板施加水平向右的恒力F＝8N，整个过程中物块未离开木板。已知木板与物块间的动摩擦因数μ＝0.5，重力加速度大小g＝10m/s2。求： （1）木板第一次撞上挡板时物块的动能Ek； （2）从开始运动到木板第二次撞上挡板，物块与木板因摩擦产生的热量Q。 【答案】（1）木板第一次撞上挡板时物块的动能为8J。 （2）从开始运动到木板第二次撞上挡板，物块与木板因摩擦产生的热量为J。 【解析】解：（1）设木板与物块间的最大静摩擦力为fm，则fm＝μmg。假设木板与物块共同加速，设加速度为a0，对整体由牛顿第二定律得：F＝（M+m）a0。 此时物块所受静摩擦力f＝ma0，经计算得f＜fm，故假设成立，两者无相对滑动。设木板首次撞击挡板时速度为v1，由运动学公式，解得：v1＝4m/s。 物块动能，代入数据得：Ek＝8J。 （2）木板反弹后速度大小为v1方向向左，物块速度保持v1方向向右，相对速度Δv＝2v1。物块加速度am＝μg，木板加速度，相对加速度a相对＝am+aM。 由相对运动公式Δv2＝2a相对Δx，解得：。摩擦生热Q＝μmgΔx，代入数据得：。 答：（1）木板第一次撞上挡板时物块的动能为8J。 （2）从开始运动到木板第二次撞上挡板，物块与木板因摩擦产生的热量为J。 13．（2025秋•天宁区校级月考）如图所示，物块A和C都视为质点，A放在长木板B右端，C通过轻绳绕过光滑定滑轮与B右端相连。本题涉及的物理过程可选用不同的A、B、C，不同的A质量相同为m1＝2kg，下表面粗糙程度不同；不同的B长度不同，质量相同为m2＝3kg，与水平平台间的动摩擦因数相同为μ1＝0.2；不同的C质量不同。第一次，选用的A与B间动摩擦因数μ2＝0.1，用手托住C刚好拉直轻绳且系统处于静止状态，C距地面高度为h＝1.5m，静止释放C。已知B右端离定滑轮足够远，在本题涉及的物理过程中不会与滑轮相碰，C若落地后不会反弹。认为最大静摩擦力等于滑动摩擦力，g取10m/s2。 （1）若选用的物块C质量是1kg，求轻绳拉力大小； （2）若选用的物块C质量是3kg，A不滑出B，求选用木板B的最小长度； （3）第二次，若选用的物块C质量是2kg，选用的长木板B长度是0.5m，用多个不同的A，重复题设物理过程。若C落地时A刚好在B左端，求此条件下C下落过程中系统减少的机械能。 【答案】（1）若选用的物块C质量是1kg，轻绳拉力大小是10N； （2）若选用的物块C质量是3kg，A不滑出B，选用木板B的最小长度是1.4m； （3）第二次，若选用的物块C质量是2kg，选用的长木板B长度是0.5m，用多个不同的A，重复题设物理过程。若C落地时A刚好在B左端，此条件下C下落过程中系统减少的机械能是16.05J。 【解析】解：（1）物块C质量m31＝1kg，设B与平台间最大静摩擦力为fm，假设系统静止，轻绳拉力大小为T，则fm＝μ1（m1+m2）g，T＝m31g 因为T＜fm 代入数据得T＝10N （2）物块C质量m32＝3kg，有 所以，B在平台上滑动，A在B上滑动，在C下落过程中，设A的加速度大小为a1＝2，B和C加速度大小相等为a2，则μ2m1g＝m1a1，T1﹣μ2m1g﹣μ1（m1+m2）g＝m2a2，m32g﹣T1＝m32a1 代入数据得 在C落地后，A在B上相对B运动过程中，A继续做加速度大小为a1＝2的匀加速运动。B做匀减速运动，设加速度大小为a3，则μ2m1g+μ1（m1+m2）g＝m2a3 代入数据得 设C下落过程时间为t1。A通过的距离为x1，B通过的距离为x2，则， 代入数据得x1＝0.5m，x2＝1.5m，t1＝1s 设A刚好不滑出B，A在B上相对运动时间为t2，A通过的距离为x3，B通过的距离为x4，则a1（t1+t2）＝a2t1﹣a3t2， 代入数据得x3＝0.48m，x4＝0.88m，t2＝0.4s 设选用木板B的最小长度为Lm，则L＝（x2﹣x1）+（x4﹣x3） 代入数据得Lm＝1.4m （3）设在C下落过程中，B克服水平平台滑动摩擦力做功W1，A、B间相对滑动摩擦力做功W2。系统减少的机械能W，则W＝W1+W2，W1＝μ1（m1+m2）gh＝15J 设长木板B长度是L＝0.5m，A与B间动摩擦因数为μ，则W2＝μm1gL 设在C下落过程中，A的加速度大小为a4，B和C加速度大小相等为a5，则μm1g＝m1a4，m33g﹣μm1g﹣μ1（m1+m2）g＝（m33+m2）a5 代入数据得a4＝10μ，a5＝2﹣4μ 由， 代入数据得，W＝16.05J 答：（1）若选用的物块C质量是1kg，轻绳拉力大小是10N； （2）若选用的物块C质量是3kg，A不滑出B，选用木板B的最小长度是1.4m； （3）第二次，若选用的物块C质量是2kg，选用的长木板B长度是0.5m，用多个不同的A，重复题设物理过程。若C落地时A刚好在B左端，此条件下C下落过程中系统减少的机械能是16.05J。 14．（2025秋•台州期中）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。 1 学科网（北京）股份有限公司 $ 专题10 功能关系 目录 专题10 功能关系 1 模型一 摩擦力做功模型 1 模型二 板块模型 5 模型三 传送带模型 8 模型四 弹簧模型 12 课时精练 16 模型一 摩擦力做功模型 一、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。 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. 【例题精讲】 1．（2025秋•佛山月考）11月9日为全国消防日。如图所示，消防员在演练中抱住滑杆从静止开始下滑，落地前用力握紧滑杆，恰好在脚着地前停下。则在下滑过程中（　　） A．消防员一直处于失重状态 B．消防员受到的滑动摩擦力大小不变 C．消防员和滑杆组成的系统机械能守恒 D．摩擦产生的热量等于消防员的重力势能减少量 2．（2024秋•红河州期末）如图所示，楔形木块abc固定在水平面上，光滑斜面ab和粗糙斜面bc与水平面的夹角相同，顶角b处安装一定滑轮。质量分别为M、m（M＞m）的滑块通过平行于斜面不可伸长的轻绳跨过定滑轮连接。两滑块由静止释放后，沿斜面做匀加速运动。若不计滑轮的质量和滑轮与绳之间的摩擦，在两滑块沿斜面运动的过程中，下列说法错误的是（　　） A．重力对M做的功大于M动能的增加量 B．轻绳对m做的功大于m机械能的增加量 C．两滑块与轻绳组成的系统的机械能减少量等于m克服摩擦力做的功 D．M减少的重力势能等于M、m增加的动能与m克服摩擦力做的功之和 3．（2025秋•玄武区期中）如图，不计质量的凹形轨道固定在电子秤上，凹形轨道最下方是半径为R的圆弧轨道，当视为质点的小球静置在轨道最低点B时，电子秤读数为m1；小球从离B点高为H处的A点静止释放，小球通过B点时，电子秤读数为m2。重力加速度为g，则（　　） A．电子秤的两次读数m1＝m2 B．小球从A到B的过程中重力势能减小了m2gH C．小球从A到B的过程中克服摩擦力做功为 D．小球从A到B的过程中机械能减小了 4．（2025春•利通区校级期末）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到B的运动过程中（　　） 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 5．（2025•重庆开学）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 （多选）6．（2025春•重庆校级期中）如图所示，足够长的平板B静置于粗糙水平地面上，物体A静置于B上。现用水平恒力F拉B。使B从静止开始做匀加速直线运动，A与B存在相对滑动且A、B间有摩擦力。以地面为参考系，则在B向前运动一段距离的过程中（　　） A．B对A的摩擦力所做的功等于A的动能增加量 B．B对A的摩擦力所做的功与A对B的摩擦力所做的功大小相等 C．B与地面摩擦产生的热量等于外力F做功与A、B动能增加量之差 D．外力F做功等于B的动能增加量与B克服地面摩擦以及A对B的摩擦做功之和 （多选）7．（2025秋•中原区校级期中）某游乐场的滑梯有如图所示的甲、乙、丙三种竖直面内的滑道，甲、乙左端部分为斜面滑道，丙左端部分为圆弧形滑道。三种滑道高度、材质均相同，分别在M、Q、P三点与滑道的水平部分平滑连接。某小朋友（可视为质点）分别从三种滑道的顶端O点由静止滑下，最终都停在滑道的水平部分上。已知小朋友和滑道间的动摩擦因数处处相同，空气阻力不计。则小朋友（　　） A．从开始下滑到最终停下沿三种滑道滑行的总位移相同 B．从开始下滑到分别滑行至M、Q、P三点时重力做功相等 C．从开始下滑到最终停下与三种滑道间由于摩擦产生的热量相等 D．沿甲、乙两滑道从开始下滑到分别滑行至M、Q两点的过程，克服摩擦力做功相等 模型二 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．（2025秋•开福区校级月考）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．摩擦力对木板做的功为μmg（s+d） B．摩擦力对物块做的功为﹣μmg（s+d） C．木板动能的增量为μmgd D．由于摩擦而产生的热量为μmgs 2．（2025秋•衡阳县期末）如图，质量为m的长木板静止在粗糙的水平地面上，质量为3m且可视为质点的物块以水平向右的初速度v0从左端冲上木板，最终两者均静止且物块仍在木板上。物块与木板间的动摩擦因数为μ1，木板与地面间的动摩擦因数为μ2。最大静摩擦力等于滑动摩擦力，重力加速度大小为g。下列判断正确的是（　　） A．若，则木板长度至少为 B．若，则木板长度至少为 C．若，则在整个运动过程中，木板运动的总时间为 D．若，则在整个运动过程中，地面与木板间因摩擦产生的热量为 3．（2025秋•黑龙江期中）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 4．（2025春•泉州期末）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． 5．（2025•河北二模）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 （多选）6．（2025秋•江西期末）如图所示，光滑水平地面上静置有一质量为M＝2kg的长木板，长木板右侧足够远处固定一个弹性挡板。t＝0时刻给长木板一个向右的初速度v0＝3m/s，同时长木板右端一小物块也以初速度v0＝3m/s向左冲上长木板。已知小物块的质量m＝1kg，小物块与长木板间的动摩擦因数为μ＝0.4，长木板向右运动过程中小物块恰好未滑离长木板，之后长木板与弹性挡板碰撞并以原速率反弹，重力加速度取g取10m/s2，下列说法正确的是（　　） A．长木板的长度为2m B．小物块与长木板第一次共速的时刻为t＝1s C．长木板与弹性挡板碰撞前后系统因摩擦产生的热量之比为9：2 D．长木板与弹性挡板碰撞前后系统因摩擦产生的热量之比为9：1 （多选）7．（2026•道里区校级一模）如图甲所示，木板A静置于水平地面上，木板右端放置一可看成质点的物块B，t＝0时对A施加一水平向右的恒定拉力F，t＝2s时撤去F，B与A共速时，B恰好在A最左端。A和B在0～3s内的v﹣t图像如图乙所示。已知B的质量＝1kg，A与地面间动摩擦因数为0.2，最大静摩擦力等于滑动摩擦力，重力加速度g＝10m/s2，从开始到A、B均停止运动的过程中，下列说法正确的是（　　） A．A与B间动摩擦因数为0.1 B．A的长度为5m C．拉力F对A做的功为108J D．B对地的位移为9m 模型三 传送带模型 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＝F x传. ②产生的内能：Q＝Ff x相对. 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．（2025春•昭通期末）如图所示，一电动倾斜传送带上端与一光滑水平面平滑相连，将物块A轻放在传送带底端，已知传送带顺时针方向匀速运行，与水平面夹角为30°，传送带长L＝6m，速度v＝5m/s，A与传送带间的动摩擦因数（最大静摩擦力等于滑动摩擦力），A的质量为m＝2kg，重力加速度g取10m/s2。则（　　） A．物块A在传送带上运行的过程中，摩擦力对A先做正功后不做功 B．物块A在传送带上运行的时间为2s C．把A从底端运送到顶端的过程中，摩擦力对物块A做的功为75J D．把A从底端运送到顶端的过程中，电动机多消耗的电能为160J 2．（2025秋•广州月考）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。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．P的速度不断减小 B．摩擦力对P先做正功再做负功 C．传送带多消耗的电能为2μmgd D．弹簧的弹性势能变化量 3．（2025•邓州市校级一模）如图所示，传送带与水平面间的夹角为30°，其中A、B两点间的距离为3.5m，传送带在电动机的带动下以v＝2m/s的速度顺时针匀速转动。现将一质量4kg的小物块（可视为质点）轻放在传送带的B点，已知小物块与传送带间的动摩擦因数μ，g为10m/s2，则在传送带将小物块从B点传送到A点的过程中（　　） A．小物块经过s后与传送带共速 B．摩擦力对小物块做的功为24J C．摩擦产生的热量为24J D．因放小物块而使得电动机多消耗的电能为78J 4．（2025•信阳二模）如图所示一个足够长的倾斜传送带沿顺时针方向转动，一个物块从传送带底端以一定的初速度滑上传送带，已知物块的初速度大于传送带的速度，物块与传送带间的动摩擦因数小于传送带倾角的正切值，最大静摩擦力大小等于滑动摩擦力大小，取沿传送带向上方向为正方向，则物块在传送带上运动过程中速度、加速度随时间变化关系图，机械能、动能随位移变化关系图正确的是（　　） A． B． C． D． 5．（2024春•万州区校级月考）如图甲所示，倾角为30°的传送带以8m/s的恒定速率逆时针运行，现将一质量为1kg的物块（视为质点）轻放在传送带的顶端A点，2s末物块恰好到达传送带底端B点，物块的速度v随时间t变化的关系图像如图乙所示，取重力加速度大小g＝10m/s2。对于物块从A点运动到B点的过程，下列说法正确的是（　　） A．物块受到的摩擦力大小为3N，方向始终沿传送带向上 B．摩擦力对物块做的功为15J C．物块减少的机械能为15J D．物块与传送带间因摩擦产生的热量为39J （多选）6．（2025春•碑林区校级期末）传送带经常用于分拣货物。如图甲为传送带输送机简化模型图，倾角θ＝30°，顺时针匀速转动，在传送带下端A点无初速度放入货物。货物从下端A点运动到上端B点的过程中，其机械能E与位移s的关系图像（以A位置所在水平面为零势能面）如图乙所示。货物视为质点，质量m＝2kg，重力加速度g＝10m/s2。下列说法正确的是（　　） A．货物在传送带上先匀加速再匀减速 B．货物与传送带间的动摩擦因数μ C．货物从下端A点运动到上端B点的时间为1.1s D．传送带输送机因运送该货物而多消耗的电能为46J （多选）7．（2025春•湘西州期末）如图所示，半径R＝0.8m、竖直固定的光滑圆弧轨道与水平传送带相切于B点，水平传送带B、C间的距离L＝24m，传送带在电动机的带动下以v0＝8m/s的恒定速率顺时针运行。现将质量m＝2kg、可视为质点的小物块从圆弧轨道的最高点A由静止释放，不计空气阻力，物块与传送带间的动摩擦因数μ＝0.2，重力加速度g取10m/s2，下列说法正确的是（　　） A．小物块刚滑至圆弧轨道最低点B时，对轨道的压力大小为60N B．小物块在传送带B、C间的运动时间为3s C．小物块在传送带上运动时，因摩擦而产生的热量为16J D．整个过程中电动机多消耗的电能为48J 模型四 弹簧模型 1．通过其他能量求弹性势能 根据机械能守恒，列出方程，代入其他能量的数值求解． 2．对同一弹簧，弹性势能的大小由弹簧的形变量决定，弹簧伸长量和压缩量相等时，弹簧弹性势能相等． 3．物体运动的位移与弹簧的形变量或形变量的变化量有关． 4. 注意弹性势能的转化。 【例题精讲】 1．（2026•浙江开学）一质量为m的物体C用轻弹簧悬挂，悬点为O，此时轻弹簧的长度为L；现对A点施加一始终垂直弹簧轴线方向的作用力F，缓慢拉至OA与竖直方向的夹角为θ时（　　） A．弹簧长度保持不变 B．作用力F不断增大 C．弹簧的弹性势能先增大后减小 D．拉力做的功等于物体C增加的机械能 2．（2025春•南开区校级期中）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，以一定的初速度v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．弹簧对物块一直做负功 B．物块克服摩擦力做的功为2μmgs C．物块的动能一直减小 D．弹簧的最大弹性势能为0.5mv2+μmgs 3．（2025秋•南京月考）质量为m的物体从弹簧原长处由静止释放，当物体运动到最低点时，弹簧压缩量为h，重力加速度为g。从释放物体到物体运动至最低点的过程中（　　） A．物体的动能增加了mgh B．物体的重力势能增加了mgh C．弹簧的弹性势能增加了mgh D．物体的机械能增加了mgh 4．（2025秋•思明区校级月考）如图所示，光滑足够长斜面底端固定一个挡板，物块A、B用轻弹簧连接，一不可伸长的细线一端连接物块B，另一端绕过固定在天花板的两个光滑定滑轮被地面M处的某同学用手牵住，此时绳子拉直但无弹力，人与定滑轮的高度差为h＝3m。现该同学向左运动到N点，该过程人拉力做功为W＝180J，此时物块A对挡板的压力刚好为零。已知物块A、B的质量均为m＝10kg，斜面倾角为θ＝30°，弹簧的劲度系数为k＝50N/m，重力加速度g取10m/s2，下列说法正确的是（　　） A．弹簧的初始压缩量为2m B．该过程弹簧弹性势能一直减小 C．该过程物块B重力势能的增量为200J D．人在N点时的速度大小为5m/s 5．（2025秋•常州期中）一竖直轻弹簧下端固定，质量为m的水平木板P与弹簧上端栓接，木板上再放一质量也为m的小物块Q，静止时位置如图所示。现对Q施加一竖直向上、大小为的恒力F，已知重力加速度大小为g，不计空气阻力，则（　　） A．刚施加力F时，Q对P的压力大小为 B．施加力F后，在运动过程中P、Q可能分离 C．P运动到最高点时，弹簧的弹力大小为mg D．P从开始运动到最高点的过程，弹簧弹性势能减少量等于P重力势能增加量的2倍 （多选）6．（2026•合肥一模）如图所示，倾角θ＝37°的粗糙斜面固定在水平地面上，其顶端连接一根劲度系数为k的轻质弹簧，弹簧另一端连接质量为m的小物块。用手按住物块使其静止于A点，此时弹簧处于伸长状态且弹力大小为2mg。某时刻释放物块，物块沿斜面向上运动到最高点B后，再沿斜面向下运动至C点（图中未画出）时速度为0，之后静止在C点。已知重力加速度为g，物块与斜面间动摩擦因数μ＝0.5，最大静摩擦力等于滑动摩擦力，弹簧始终在弹性限度内，sin37°＝0.6，cos37°＝0.8，则下列说法正确的是（　　） A．物块被释放瞬间的加速度大小为g B．物块上滑速度最大时的位置和下滑速度最大时的位置相同 C．物块在B点时弹簧弹力为0 D．整个过程因摩擦产生的热量为 （多选）7．（2025秋•裕华区校级月考）如图所示，轻质弹簧一端固定在水平面上竖直放置，将物块a和物块b叠放在弹簧上，系统稳定时弹簧上端位于P点。a、b的质量均为m，a、b间有少量黏性物质，在a、b接触面间产生的最大黏性力与b的重力大小相等。现对b施加竖直向下的外力，使a、b缓慢下移到某一位置后撤去外力，后续运动过程中a、b恰好不会发生分离。弹簧的劲度系数为k，弹簧始终处于弹性限度内，已知弹簧弹性势能的表达式为，式中x表示弹簧的形变量，重力加速度为g，不计空气阻力，下列说法正确的是（　　） A．a、b向上运动到最高点时，弹簧刚好处于原长 B．a、b向上运动到最高点时，a的加速度大小为g C．a、b两物体的最大速度大小为2g D．a、b由静止释放时，弹簧的弹性势能为 课时精练 1． 选择题（共8小题） 1．（2025春•北京校级月考）将某物体沿与水平方向成一定角度斜向上抛出，经过一段时间，物体落回与抛出点等高处，由于有阻力作用，其运动轨迹如图中实线所示。下列说法正确的是（　　） A．在最高点时的加速度等于重力加速度 B．上升的时间一定小于下降的时间 C．在同一高度，上升阶段的速度小于下降阶段的速度 D．上升阶段损失的机械能等于下降阶段损失的机械能 2．（2025春•上城区校级月考）泰山景区的机器狗驮着重物在陡峭山路上“健步如飞”，从山脚的红门到山顶的路程约为10公里，机器狗仅用了两个小时，比普通人登山所用时间缩短了一半，如图所示在搬运重物过程中（　　） A．游客在研究机器狗的爬山路线时，可以将它视为质点 B．以机器狗为参考系，重物是运动的 C．机器狗的平均速度大小约为5km/h D．机器狗消耗的电能全部转化为机器狗和货物的机械能 3．（2025春•同安区校级月考）某人水平扔出飞镖，飞镖（可视为质点）的运动路径如图所示，不计空气阻力，则飞镖从扔出到扎到飞镖盘上的过程中（　　） A．飞镖的动能逐渐增大 B．飞镖的加速度逐渐增大 C．飞镖的重力势能逐渐增大 D．飞镖的机械能逐渐增大 4．（2025秋•琼山区校级月考）2025年“苏超”火爆出圈!某次比赛中，足球的飞行轨迹如图所示，质量为m的足球在地面1的位置以速度v1被踢出后，以速度v3落到地面3的位置，飞行轨迹如图所示。足球在空中达到最高点2的速度为v2，高度为h，重力加速度为g。下列说法中正确的是（　　） A．从1到2重力做功mgh B．从1到2空气阻力做功 C．在2重力的功率为mgv2 D．从2到3机械能减少了 5．（2025秋•佛山月考）如图所示，一台油电混合无人机通过缆绳O′O连接OA、OB、OC、OD四根等长的绳索运送质量为m的橡皮艇，结点为O，A、B、C、D四点在同一水平面内且OA＝AB＝BC＝CD＝DA。在无人机与橡皮艇一起以速度v0沿竖直方向匀速上升的过程中，缆绳O′O始终竖直，空气对橡皮艇的作用力大小为f，方向竖直向下。不计缆绳与绳索质量，无人机燃油消耗不能忽略，重力加速度为g。则该过程中（　　） A．橡皮艇的机械能保持不变 B．无人机受到向上的作用力保持不变 C．绳索OA受到的拉力大小为 D．绳索OA对橡皮艇的拉力的功率为 6．（2024秋•阳江期末）如图，倾角为37°的传送带沿逆时针方向以4m/s的速度匀速转动，将质量为1kg的小物块轻放在传送带的顶端A处，经过2s小物块到达传送带的底端B处。已知小物块与传送带之间的动摩擦因数为0.25，重力加速度大小g＝10m/s2，sin37°＝0.6，cos37°＝0.8。下列说法正确的是（　　） A．小物块一直做匀变速运动 B．A、B间的长度为11.5m C．小物块到达B处时的速度大小为16m/s D．全过程中小物块机械能减少23J 7．（2024秋•吉安期末）如图所示，倾角为53°的光滑斜面与光滑水平面在B点相连，原长为L的轻质弹簧（劲度系数未知）一端悬挂在O点，另一端与质量为m的小球（视为质点）相连，B点在O点的正下方。小球从斜面上的A点由静止释放，沿着斜面下滑，通过B点到达水平面上，刚到达B点时与水平面间的弹力刚好为0，已知OA与斜面垂直，A、B两点间距为4L，重力加速度为g，劲度系数为k的轻质弹簧的弹性势能Ep与弹簧的形变量x的关系式为，sin53°，，下列说法正确的是（　　） A．弹簧的劲度系数为 B．小球在A点时弹簧的弹性势能为 C．小球在A点时斜面对小球的支持力为 D．小球到达B点时的动能为mgL 8．（2025秋•南岗区校级期中）如图所示，一足够长的轻绳一端挂一个质量为M的物体B，另一端系在一个质量为m的圆环A上，圆环套在竖直固定的杆上，轻质定滑轮（不计大小）与细杆相距0.3m。将圆环A从与定滑轮等高位置由静止释放，环沿杆向下滑动的最大距离为0.4m，不计一切摩擦和空气阻力，下列说法正确的是（　　） A．圆环A下滑的过程中一直处于失重状态 B．在圆环A下滑的过程中，圆环A与物体B的速度大小之比一直在增大 C．圆环A与物体B的质量之比为1：2 D．圆环A下滑的全过程，圆环A减小的重力势能大于物体B增加的重力势能 二．多选题（共3小题） （多选）9．（2026•泰安一模）如图所示，某次舰载无人机降落演练，航母以速度v0＝10m/s匀速航行，空中某处的无人机速度为v＝20m/s，方向与航母航行方向夹角为37°向下，且二者速度方向在同一竖直面内。无人机通过变速装置经过t＝2s将速度变化至与航母相同时恰好落到甲板上，变速过程中加速度恒定。已知无人机质量m＝50kg，sin37°＝0.6，cos37°＝0.8，重力加速度为g＝10m/s2，则上述2s的变速过程中（　　） A．无人机做匀变速直线运动 B．无人机做匀变速曲线运动 C．无人机机械能减少了13500J D．无人机机械能减少了17500J （多选）10．（2026•长沙模拟）如图所示，底部距地面高为H的箱子通过轻弹簧悬挂一个小球，小球距箱子底部的高度为h。现将箱子由静止释放，箱子落地后瞬间，速度减为零且不会反弹。此后的运动过程中，小球的最大速度为v且一直未碰到箱底，箱子对地面的压力最小值为零。忽略空气阻力，弹簧劲度系数为k且形变始终在弹性限度内。箱子和小球的质量均为m，重力加速度为g。下列说法正确的是（　　） A．弹簧弹力的最大值为3mg B．箱子对地面的最大压力为3mg C．小球离地面的最小高度为 D．箱子与地面碰撞损失的机械能为 （多选）11．（2025秋•河南月考）如图甲所示，质量M＝2kg足够长的木板静止在粗糙水平地面上，木板左端放置一质量m＝1kg的小物块。t＝0时刻对小物块施加一水平向右的拉力F，拉力F的大小随时间t的变化关系如图乙所示，4s末撤去拉力。已知物块与木板间的动摩擦因数μ1＝0.5，木板与地面间的动摩擦因数μ2＝0.1，g取10m/s2，最大静摩擦力约等于滑动摩擦力。下列说法正确的是（　　） A．t＝1s时物块受到的摩擦力大小为 B．撤去拉力后物块与木板达到共速 C．撤去拉力后木板在水平面上停止运动 D．在整个运动过程中摩擦生成的总热量为 三．解答题（共3小题） 12． （2025秋•城阳区期中）如图所示，质量M＝1kg的足够长木板置于光滑水平面上，木板最左端放一质量m＝1kg的小物块，距木板右端L＝2m处有一固定弹性挡板，木板撞上挡板后原速率弹回。对木板施加水平向右的恒力F＝8N，整个过程中物块未离开木板。已知木板与物块间的动摩擦因数μ＝0.5，重力加速度大小g＝10m/s2。求： （1）木板第一次撞上挡板时物块的动能Ek； （2）从开始运动到木板第二次撞上挡板，物块与木板因摩擦产生的热量Q。 13．（2025秋•天宁区校级月考）如图所示，物块A和C都视为质点，A放在长木板B右端，C通过轻绳绕过光滑定滑轮与B右端相连。本题涉及的物理过程可选用不同的A、B、C，不同的A质量相同为m1＝2kg，下表面粗糙程度不同；不同的B长度不同，质量相同为m2＝3kg，与水平平台间的动摩擦因数相同为μ1＝0.2；不同的C质量不同。第一次，选用的A与B间动摩擦因数μ2＝0.1，用手托住C刚好拉直轻绳且系统处于静止状态，C距地面高度为h＝1.5m，静止释放C。已知B右端离定滑轮足够远，在本题涉及的物理过程中不会与滑轮相碰，C若落地后不会反弹。认为最大静摩擦力等于滑动摩擦力，g取10m/s2。 （1）若选用的物块C质量是1kg，求轻绳拉力大小； （2）若选用的物块C质量是3kg，A不滑出B，求选用木板B的最小长度； （3）第二次，若选用的物块C质量是2kg，选用的长木板B长度是0.5m，用多个不同的A，重复题设物理过程。若C落地时A刚好在B左端，求此条件下C下落过程中系统减少的机械能。 14．（2025秋•台州期中）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。 1 学科网（北京）股份有限公司 $