中小学教育资源及组卷应用平台
专题6 能量守恒、功能关系
内容 重要的规律、公式和二级结论
1.重力势能 (1)重力势能：Ep＝mgh，与参考平面的选取有关，而重力势能的变化量与参考平面的选取无关。 (2)重力做功只与初、末位置有关，而与路径无关；重力做正功，重力势能减小；重力做负功，重力势能增大。
2.弹性势能 (3)弹簧的弹力做功只与位置有关，而与路径无关。 (4)弹性势能：Ep＝kx2。
3.机械能守 恒定律 (5)机械能守恒的条件：只有重力和弹簧的弹力做功，其他力做功为0。 (6)表达式：mgh1＋mv＝mgh2＋mv或者Ep减＝Ek增。
连接体的机械能守恒问题
共速率模型 分清两物体位移大小与高度变化关系
共角速度模型 两物体角速度相同，线速度与半径成正比
关联速度模型 此类问题注意速度的分解，找出两物体速度关系，当某物体位移最大时，速度可能为0
轻弹簧模型 ①同一根弹簧弹性势能大小取决于弹簧形变量的大小，在弹簧弹性限度内，形变量相等，弹性势能相等 ②由两个或两个以上的物体与弹簧组成的系统，当弹簧形变量最大时，弹簧两端连接的物体具有相同的速度；弹簧处于自然长度时，弹簧弹性势能最小(为零)
题型1 机械能守恒的判断与应用
（2024 吉林二模）如图，飞机在竖直平面内经一小段圆弧向上加速爬升，飞机沿该圆弧运动时（ ）
A．飞机的机械能守恒
B．飞行员处于失重状态
C．飞机克服重力做功的功率变小
D．飞机所受合力方向与速度方向的夹角为锐角
（2024 全国模拟）如图为小祥玩橡皮筋球的瞬间，小球正在向上运动，手正在向下运动，橡皮筋处于绷紧状态。若不考虑空气阻力，对于小球的运动，下列说法正确的是（ ）
A．图示瞬间小球一定处于超重状态
B．在此后一小段时间内，小球机械能一定增加
C．图示瞬间小球一定处于失重状态
D．橡皮筋与小球构成的系统机械能守恒
（2024 梅州一模）如图所示，喷泉经常出现在广场和公园等公共场所，给人们的生活增添了无穷乐趣。假设一水珠从喷出到落回地面在同一竖直线上运动，且运动过程中水珠的质量和空气阻力的大小均保持不变，则该水珠在空中运动的过程中，下列说法正确的是（ ）
A．该水珠在落回地面时，重力的瞬时功率最小
B．该水珠在落回地面时，水珠的机械能最小
C．上升过程所用的时间大于下落过程所用的时间
D．上升过程克服空气阻力做的功大于下落过程克服空气阻力做的功
（2024 淮安一模）如图所示，弹性绳原长为L0，一端固定于P点，另一端穿过光滑的小孔Q与小木块相连，带有孔Q的挡板光滑且与固定的粗糙斜面平行，P、Q间距等于L0，现将木块从斜面上A点由静止释放，在弹性绳拉动下向上运动到最高点过程中，木块的速度v、动能Ek、重力势能Ep、机械能E随时间t变化的关系图像正确的是（ ）
A． B． C． D．
（2024 吉林二模）如图甲所示，倾角为30°的斜面固定在水平地面上，一木块以一定的初速度从斜面底端开始上滑。若斜面足够长，上滑过程中木块的机械能和动能随位移变化的关系图线如图乙所示，则下列说法正确的是（ ）
A．木块上滑过程中，重力势能增加了4E0
B．木块受到的摩擦力大小为
C．木块的重力大小为
D．木块与斜面间的动摩擦因数为
（2024 扶绥县一模）如图所示，右端连有一个光滑弧形槽的水平桌面AB长L＝1.5m，一个质量为m＝0.5kg的木块在F＝1.5N的水平拉力作用下，从桌面上的A端由静止开始向右运动，木块到达B端时撤去拉力F，木块与水平桌面间的动摩擦因数μ＝0.2，取g＝10m/s2。求：
（1）木块沿AB运动到B点的速度vB；
（2）木块沿弧形槽滑到最大高度H（未脱离轨道）。
题型2 能量守恒定律的应用
（多选）（2022 福建模拟）如图所示，一倾角为θ＝37°的足够长斜面体固定在水平地面上，质量为M＝2kg的长木板B沿着斜面以速度v0＝9m/s匀速下滑，现把质量为m＝1kg的铁块A轻轻放在长木板B的左端，铁块最终恰好没有从长木板上滑下。已知A与B之间、B与斜面之间的动摩擦因数均为μ，最大静摩擦力等于滑动摩擦力，取重力加速度g＝10m/s2，sin37°＝0.6，cos37°＝0.8，则下列判断正确的是（ ）
A．动摩擦因数μ＝0.5
B．铁块A和长木板B共速后的速度大小为6m/s
C．长木板的长度为2.25m
D．从铁块放上到铁块和长木板共速的过程中，铁块A和长木板B减少的机械能等于A、B之间摩擦产生的热量
（多选）（2020 永州模拟）如图甲，长木板A放在光滑的水平面上，质量为m＝3kg的另一木块B可看作质点，以水平速度v0＝2m/s滑上原来静止的长木板A的表面。由于A、B间存在摩擦，之后A、B速度随时间变化情况如图乙所示，则下列说法正确的是（g取10m/s2）（ ）
A．木板的质量为M＝3kg
B．木块减小的动能为1.5J
C．系统损失的机械能为3J
D．A、B间的动摩擦因数为0.2
如图所示，半径R＝0.80m的光滑圆弧轨道固定在光滑水平面上，轨道上方A点有一质量为m＝1.0kg的小物块．小物块由静止开始下落后打在圆轨道上B点但未反弹，在瞬间碰撞过程中，小物块沿半径方向的分速度立刻减为零，而沿切线方向的分速度不变．此后，小物块将沿圆弧轨道滑下．已知A、B两点到圆心O的距离均为R，与水平方向夹角均为θ＝30°，C点为圆弧轨道末端，紧靠C点有一质量M＝3.0kg的长木板Q，木板上表面与圆弧轨道末端切线相平，小物块与木板间的动摩擦因数μ＝0.30，取g＝10m/s求：
（1）小物块刚到达B点时的速度vB；
（2）小物块沿圆弧轨道到达C点时对轨道的压力FC的大小；
（3）木板长度L至少为多大时小物块才不会滑出长木板．
题型3 功能关系的应用
（2025 贵港校级模拟）如图所示，用长为l的轻绳将质量为m的小球悬挂于O点的正下方P点。现对小球施加水平向右的拉力F，使其由P点运动至Q点，已知OQ与竖直方向夹角为θ＝60°，重力加速度大小为g，不计空气阻力，下列说法正确的是（ ）
A．若小球从P缓慢地移动到Q，则水平拉力F做的功为
B．若水平拉力恒为F，则从P到Q，小球机械能的增量为
C．若水平恒力F＝mg，则从P到Q，小球重力和恒力F的合力的功率先增大后减小
D．若水平恒力F＝mg，则小球在Q点的速度大小为
（2024 红桥区二模）如图所示，劲度系数为k的竖直轻弹簧固定在水平地面上。质量为m的小球从弹簧正上方高h处自由下落，当弹簧的压缩量为x时，小球到达最低点。不计空气阻力，重力加速度为g。此过程中（ ）
A．小球的机械能守恒
B．小球到距地面高度为时动能最大
C．小球最大动能为
D．弹簧最大弹性势能为mg（h+x）
（2024 新泰市校级一模）如图所示，质量为1kg的物块a与质量为4.36kg的物块b用不可伸长的轻绳跨接在一光滑的轻质定滑轮（大小可忽略）两侧，滑轮上侧到水平光滑桌面高度h＝12m。a在桌面的上方，b在桌面上，初始时a、b在外力控制下均静止，右侧绳与竖直方向的夹角为37°。撤去控制，用大小恒为20N的力F水平向右拉b，a、b开始运动，a、b均可看作质点，b始终未离开桌面，重力加速度g取10m/s2，sin37°＝0.6，cos37°＝0.8。一段时间后，右侧绳与竖直方向的夹角变为53°。在此瞬间，a的速度大小为（ ）
A．6m/s B．5m/s C．4.8m/s D．3.6m/s
（2024 沙坪坝区校级模拟）如图所示，某传送装置由倾角为θ＝37°的倾斜传送带和放在水平面上质量为M＝1kg的长木板组成，长木板长为L＝2m，其右端靠近传送带的底端B点，传送带逆时针转动的速率为v＝2m/s，皮带始终处于绷紧状态。某时刻将质量为m＝1kg的物块（可视为质点）无初速度地轻放在传送带的顶端A点，物块经1.2s到达传送带的底端B点。已知物块与传送带间的动摩擦因数μ1＝0.5，与长木板间的动摩擦因数μ2＝0.4，长木板与水平面间的动摩擦因数μ3＝0.1，不计物块从传送带滑上长木板时的机械能损失，重力加速度g＝10m/s2，sin37°＝0.6，cos37°＝0.8，求：
（1）传送带上A、B两点间的距离。
（2）物块从A点运动到B点的过程中，传送带对物块做的功及物块与传送带摩擦产生的热量。
（3）若在距离长木板左侧L1m处有一固定挡板，长木板与挡板的碰撞为弹性碰撞，碰撞时间忽略不计，则物块滑上长木板到长木板第一次速度减为0时所用的时间为多长。
（2024 天河区一模）如图某升降电梯的轿厢A、配重B和电动机由轻质缆绳连接，电动机拉动B，使A运动。某次运行时，A（含载重）的质量M＝1000kg，t＝0时，A从1楼由静止开始以0.5m/s2的加速度加速运动，然后以v＝1m/s的速度匀速运动，最后以大小为0.5m/s2的加速度减速上升至3楼停止，A上升的高度h＝7m。已知B的质量m＝800kg，不计空气阻力和摩擦阻力，g取10m/s2。求：
（1）此次电梯匀速运行的时间；
（2）t＝1s时，B下端缆绳的拉力大小；
（3）A（含载重）从静止开始上升到5m的过程，A（含载重）的机械能增量。
（2025 西安校级模拟）如图所示，在直立、内壁光滑的管内放置一轻质弹簧，弹簧处于原长时其上端处于O点，将小球从管口A点由静止释放，将弹簧压缩至最低点B，不计空气阻力，弹簧始终在弹性限度内，对于小球从A点释放至第一次运动到B点的过程，下列说法正确的是（ ）
A．该过程中小球受到的重力先做正功再做负功
B．该过程中小球的机械能守恒
C．该过程中弹簧的弹性势能先增大后减小
D．该过程中小球受到的重力做功的功率先增大后减小
（2024 淮安一模）如图所示，竖直轻弹簧固定在地面上，小球放在弹簧上端可静止在A点（图中未画出）．若将该球放在弹簧上端并按压至B点松手，升至最高点O，途径C点时弹簧恰好处于原长，空气阻力不计，则（ ）
A．A点位于BC连线中点
B．小球在B点的加速度小于C点的
C．小球从B运动到A的时间大于从A运动到C的时间
D．上升过程中小球的重力势能和弹簧的弹性势能之和一直增大
（2024 信阳一模）如图所示，轻质的粗转轴上沿直径固定两根轻杆，轻杆上固定两个小球A、B，转轴的半径和杆的长度均为R，在粗转轴上缠绕有轻绳，轻绳下端与小球C相连，A、B、C三球质量相同，且都可看作质点。初始时系统处于静止，忽略一切摩擦，且A、B两球在水平线上，轻绳伸直但无拉力，现释放小球C使其从静止开始下落，下列说法正确的是（ ）
A．A、B两球组成系统的机械能不变
B．A球第一次转到最高点过程中轻杆对A球不做功
C．C球下落高度为R时，A球的速度大小为
D．C球下落高度为R时，C球的速度大小为
（2024 雁塔区校级一模）2024年5月3日，嫦娥六号探测成功发射，开启月球背面采样之旅，探测器的着陆器上升器组合体着陆月球要经过减速、悬停、自由下落等阶段。则组合体着陆月球的过程中（ ）
A．减速阶段所受合外力为0
B．悬停阶段不受力
C．自由下落阶段机械能守恒
D．自由下落阶段加速度大小g＝9.8m/s2
（2024 南通模拟）如图所示，水平面上一滑块压在一张纸上，将纸匀速抽出，滑块向前移动一段距离后停止。若换一质量更大的滑块，压在纸上的同一位置，将纸以相同的速度抽出，已知两滑块与纸、水平面之间的动摩擦因数相同，则（ ）
A．纸抽出的时间变长
B．纸抽出的时间变短
C．抽纸过程拉力做功变多
D．抽纸过程拉力做功不变
（2024 龙岗区校级三模）如图所示，这是一种古老的舂米机。舂米时，稻谷放在石臼A中，横梁可以绕O点转动，在横梁前端B点固定一舂米锤，脚踏在横梁另一端C点往下压时，舂米锤便向上抬起，提起脚，舂米锤就向下运动，击打A中的稻谷，使稻谷的壳脱落，稻谷变为大米。已知OC＞OB，则在横梁绕O点转动的过程中（ ）
A．在横梁绕O点转动过程中，B、C两点的加速度大小相等
B．舂米锤击打稻谷时对稻谷的作用力大于稻谷对舂米锤的作用力
C．在横梁绕O点转动过程中，B点的速度大于C点的速度
D．脚踏在横梁另一端C点往下压的过程中，舂米锤的重力势能增大
（2024 沙坪坝区校级模拟）如图所示，光滑水平面上有一倾角θ＝37°的斜面体B，物块A从斜面体底部以初速度v0＝5m/s开始上滑。已知mA＝1kg，mB＝2kg，物块A可视为质点，斜面体B上表面光滑，运动过程中物块A始终不脱离斜面体，g取10m/s2，sin37°＝0.6，cos37°＝0.8。
（1）若斜面体B固定，求物块A上升的最大高度；
（2）若斜面体B可自由滑动，求物块A上升的最大高度；
（3）若斜面体B可自由滑动，且其表面有一层绒布，物块A相对斜面上滑时动摩擦因数μ1＝0.5，下滑时μ2，求物块A从出发到重新回到最低点的过程中的位移大小及系统因摩擦产生的热量。
（2024 沙坪坝区校级模拟）如图所示，一足够长的倾斜传送带以速度v＝5m/s沿顺时针方向匀速转动，传送带与水平方向的夹角θ＝37°。质量均为m＝5kg的小物块A和B由跨过定滑轮的轻绳连接，A与定滑轮间的绳子与传送带平行，轻绳足够长且不可伸长。某时刻开始给物块A以沿传送带方向的初速度v0＝14m/s（此时物块A、B的速率相等，且轻绳绷紧），使物块A从传送带下端冲上传送带，已知物块A与传送带间的动摩擦因数μ＝0.25，不计滑轮的质量与摩擦，整个运动过程中物块B都没有上升到定滑轮处。取sin37°＝0.6，cos37°＝0.8，重力加速度g＝10m/s2。求：
（1）物块A刚冲上传送带时的加速度；
（2）物块A冲上传送带运动到最高点所用时间；
（3）物块A沿传送带向上运动的过程中，物块A对传送带做的功。
21世纪教育网(www.21cnjy.com)中小学教育资源及组卷应用平台
专题6 能量守恒、功能关系
内容 重要的规律、公式和二级结论
1.重力势能 (1)重力势能：Ep＝mgh，与参考平面的选取有关，而重力势能的变化量与参考平面的选取无关。 (2)重力做功只与初、末位置有关，而与路径无关；重力做正功，重力势能减小；重力做负功，重力势能增大。
2.弹性势能 (3)弹簧的弹力做功只与位置有关，而与路径无关。 (4)弹性势能：Ep＝kx2。
3.机械能守 恒定律 (5)机械能守恒的条件：只有重力和弹簧的弹力做功，其他力做功为0。 (6)表达式：mgh1＋mv＝mgh2＋mv或者Ep减＝Ek增。
连接体的机械能守恒问题
共速率模型 分清两物体位移大小与高度变化关系
共角速度模型 两物体角速度相同，线速度与半径成正比
关联速度模型 此类问题注意速度的分解，找出两物体速度关系，当某物体位移最大时，速度可能为0
轻弹簧模型 ①同一根弹簧弹性势能大小取决于弹簧形变量的大小，在弹簧弹性限度内，形变量相等，弹性势能相等 ②由两个或两个以上的物体与弹簧组成的系统，当弹簧形变量最大时，弹簧两端连接的物体具有相同的速度；弹簧处于自然长度时，弹簧弹性势能最小(为零)
题型1 机械能守恒的判断与应用
（2024 吉林二模）如图，飞机在竖直平面内经一小段圆弧向上加速爬升，飞机沿该圆弧运动时（ ）
A．飞机的机械能守恒
B．飞行员处于失重状态
C．飞机克服重力做功的功率变小
D．飞机所受合力方向与速度方向的夹角为锐角
【解答】解：A、飞机向上加速爬升，重力势能增加，动能也增加，故机械能也增加，故A错误；
BD、由于飞机沿圆弧加速爬升，故飞机所受的合力做证功，故飞机所受合力方向与速度方向的夹角为锐角，加速度方向与合力方向相同，所以加速度方向与速度方向成锐角，斜向上，有向上的加速度分量，飞行员处于超重状态，故B错误，D正确；
C、飞机克服重力做功的功率为
P＝mgvcosθ
其中θ为速度与竖直方向的夹角，飞机沿该圆弧向上运动时，θ减小，故飞机克服重力做功的功率变大，故C错误。
故选：D。
（2024 全国模拟）如图为小祥玩橡皮筋球的瞬间，小球正在向上运动，手正在向下运动，橡皮筋处于绷紧状态。若不考虑空气阻力，对于小球的运动，下列说法正确的是（ ）
A．图示瞬间小球一定处于超重状态
B．在此后一小段时间内，小球机械能一定增加
C．图示瞬间小球一定处于失重状态
D．橡皮筋与小球构成的系统机械能守恒
【解答】解：A C．由于小球受到的重力与拉力关系未知，故无法判断加速度的方向，无法判断超重和失重，故AC错误；
B．在此后的一小段时间内，小球受到的拉力方向向上，拉力对小球做正功，小球机械能一定增加，故B正确；
D．由于手在下降，因此手对橡皮筋做负功，系统的机械能减小，故D错误。
故选：B。
（2024 梅州一模）如图所示，喷泉经常出现在广场和公园等公共场所，给人们的生活增添了无穷乐趣。假设一水珠从喷出到落回地面在同一竖直线上运动，且运动过程中水珠的质量和空气阻力的大小均保持不变，则该水珠在空中运动的过程中，下列说法正确的是（ ）
A．该水珠在落回地面时，重力的瞬时功率最小
B．该水珠在落回地面时，水珠的机械能最小
C．上升过程所用的时间大于下落过程所用的时间
D．上升过程克服空气阻力做的功大于下落过程克服空气阻力做的功
【解答】解：A、重力的瞬时功率为P＝mgv，水珠在最高点时，速度为零，重力的瞬时功率最小，故A错误；
B、水珠在空中运动的过程中，空气阻力一直做负功，水珠的机械能逐渐减小，则该水珠在落回地面时，水珠的机械能最小，故B正确；
C、水珠上升过程阻力方向与重力方向相同，下降过程阻力方向与重力方向相反，水珠上升过程的合力大于下降过程的合力，则水珠上升过程的加速度大于下降过程的加速度，而水珠上升过程与下降过程位移大小相等，由x知，上升过程所用的时间小于下落过程所用的时间，故C错误；
D、在运动过程中水珠所受空气阻力的大小保持不变，水珠上升过程的位移等于下降过程的位移，则上升过程克服空气阻力做的功等于下落过程克服空气阻力做的功，故D错误。
故选：B。
（2024 淮安一模）如图所示，弹性绳原长为L0，一端固定于P点，另一端穿过光滑的小孔Q与小木块相连，带有孔Q的挡板光滑且与固定的粗糙斜面平行，P、Q间距等于L0，现将木块从斜面上A点由静止释放，在弹性绳拉动下向上运动到最高点过程中，木块的速度v、动能Ek、重力势能Ep、机械能E随时间t变化的关系图像正确的是（ ）
A． B． C． D．
【解答】解：木块在弹性绳的拉动下沿斜面向上运动，受到重力mg、支持力FN、拉力kx、摩擦力f作用，
A、设斜面倾角为α，绳与斜面的夹角为θ，根据牛顿第二定律，
沿斜面方向有：kxcosθ﹣mgsinα﹣f＝ma
垂直斜面方向有：kxsinθ+FN＝mgcosα
滑动摩擦力：f＝μFN
木块上滑的过程中，根据题意和几何关系，xsinθ＝d（孔与斜面的垂直距离）不变，所以kxsinθ不变，则FN不变，f不变，kxcosθ减小，则加速度a减小，方向沿斜面向上。
同理，当绳与斜面的夹角大于90°时，加速度a增大，方向沿斜面向下，所以木块的速度先增大后减小，加速度先减小后增大，故A正确；
B、加速阶段，动能增大，减速阶段动能减小，但其斜率表示动能变化快慢，即速度变化快慢，由以上分析可知，速度先增加越来越慢，后减小越来越快，所以图线斜率不断变化，故B错误；
C、木块向上运动过程中，重力势能一直增大，故C错误；
D、加速阶段，弹簧弹力做功大于摩擦力做功，木块机械能增大，减速阶段，二者均做负功，机械能减小，故D错误。
故选：A。
（2024 吉林二模）如图甲所示，倾角为30°的斜面固定在水平地面上，一木块以一定的初速度从斜面底端开始上滑。若斜面足够长，上滑过程中木块的机械能和动能随位移变化的关系图线如图乙所示，则下列说法正确的是（ ）
A．木块上滑过程中，重力势能增加了4E0
B．木块受到的摩擦力大小为
C．木块的重力大小为
D．木块与斜面间的动摩擦因数为
【解答】解：A、根据机械能定义可知，机械能的变化量等于重力势能变化量和动能变化量的和，则
2E0﹣3E0＝0﹣3E0+EP
解得
Ep＝2E0
故A错误；
B、木块上滑过程中，机械能的变化量等于摩擦力所做的功，则
﹣fx0＝2E0﹣3E0
解得
故B错误；
C、重力所做的功等于重力势能变化量，则
mgsin30°＝ΔEp
解得
故C正确；
D、根据滑动摩擦力的公式可求，滑动摩擦力为
f＝μmgcos30°
解得
故D错误。
故选：C。
（2024 扶绥县一模）如图所示，右端连有一个光滑弧形槽的水平桌面AB长L＝1.5m，一个质量为m＝0.5kg的木块在F＝1.5N的水平拉力作用下，从桌面上的A端由静止开始向右运动，木块到达B端时撤去拉力F，木块与水平桌面间的动摩擦因数μ＝0.2，取g＝10m/s2。求：
（1）木块沿AB运动到B点的速度vB；
（2）木块沿弧形槽滑到最大高度H（未脱离轨道）。
【解答】解：（1）木块从A运动到B过程，根据动能定理得：0
代入数据解得：vBm/s，方向水平向右
（2）木块从B点上升至最大高度，根据机械能守恒定律得：
代入数据解得：H＝0.15m
答：（1）木块沿AB运动到B点的速度vB大小是m/s，方向水平向右。
（2）木块沿弧形槽滑到最大高度H是0.15m。
题型2 能量守恒定律的应用
（多选）（2022 福建模拟）如图所示，一倾角为θ＝37°的足够长斜面体固定在水平地面上，质量为M＝2kg的长木板B沿着斜面以速度v0＝9m/s匀速下滑，现把质量为m＝1kg的铁块A轻轻放在长木板B的左端，铁块最终恰好没有从长木板上滑下。已知A与B之间、B与斜面之间的动摩擦因数均为μ，最大静摩擦力等于滑动摩擦力，取重力加速度g＝10m/s2，sin37°＝0.6，cos37°＝0.8，则下列判断正确的是（ ）
A．动摩擦因数μ＝0.5
B．铁块A和长木板B共速后的速度大小为6m/s
C．长木板的长度为2.25m
D．从铁块放上到铁块和长木板共速的过程中，铁块A和长木板B减少的机械能等于A、B之间摩擦产生的热量
【解答】解：A、长木板B沿着斜面匀速下滑时，根据平衡条件得：Mgsin37°＝μMgcos37°，解得μ＝0.75，故A错误；
B、将铁块A放在长木板B上，两者组成的系统合外力为F合＝（M+m）gsin37°﹣μ（M+m）gcos37°＝0，所以铁块A与长木板B组成的系统动量守恒，取沿斜面向下方向为正方向，由动量守恒定律得Mv0＝（M+m）v共，解得v共＝6m/s，即铁块A和长木板B共速后的速度大小为6m/s，故B正确；
C、设铁块A从放在B上到两者共速的时间为t，对A，由动量定理得：（mgsin37°+μmgcos37°）t＝mv共﹣0，解得t＝0.5s。长木板的长度为L＝xB﹣xA0.5m＝2.25m，故C正确；
D、从铁块放上到铁块和长木板共速的过程中，铁块A和长木板B的机械能转化为系统因摩擦产生的内能，根据能量守恒定律可知，铁块A和长木板B减少的机械能等于A、B之间摩擦产生的热量和B、斜面之间摩擦产生的热量之和，故D错误。
故选：BC。
（多选）（2020 永州模拟）如图甲，长木板A放在光滑的水平面上，质量为m＝3kg的另一木块B可看作质点，以水平速度v0＝2m/s滑上原来静止的长木板A的表面。由于A、B间存在摩擦，之后A、B速度随时间变化情况如图乙所示，则下列说法正确的是（g取10m/s2）（ ）
A．木板的质量为M＝3kg
B．木块减小的动能为1.5J
C．系统损失的机械能为3J
D．A、B间的动摩擦因数为0.2
【解答】解：A、根据v﹣t图象可知，0﹣1s内A和B的加速度大小相等，而A、B受到的合力大小都等于A、B之间的滑动摩擦力，根据牛顿第二定律可知，A、B的质量相等，则A的质量为M＝3kg，故A正确；
B、木块减小的动能为ΔEk1＝Ek0﹣Ek1，故B错误；
C、系统损失的机械能3J，故C正确；
D、对木板A分析，根据牛顿第二定律有μmg＝Ma，
根据v﹣t图象知a，
解得μ＝0.1，故D错误。
故选：AC。
（2017 景德镇二模）如图所示，半径R＝0.80m的光滑圆弧轨道固定在光滑水平面上，轨道上方A点有一质量为m＝1.0kg的小物块．小物块由静止开始下落后打在圆轨道上B点但未反弹，在瞬间碰撞过程中，小物块沿半径方向的分速度立刻减为零，而沿切线方向的分速度不变．此后，小物块将沿圆弧轨道滑下．已知A、B两点到圆心O的距离均为R，与水平方向夹角均为θ＝30°，C点为圆弧轨道末端，紧靠C点有一质量M＝3.0kg的长木板Q，木板上表面与圆弧轨道末端切线相平，小物块与木板间的动摩擦因数μ＝0.30，取g＝10m/s求：
（1）小物块刚到达B点时的速度vB；
（2）小物块沿圆弧轨道到达C点时对轨道的压力FC的大小；
（3）木板长度L至少为多大时小物块才不会滑出长木板．
【解答】解：（1）由题意可知，ABO为等边三角形，则AB间距离为R，小物块从A到B做自由落体运动，根据运动学公式有：
2gR…①
代入数据解得：vB＝4.0m/s；方向竖直向下
（2）设小物块沿轨道切线方向的分速度为vB切，因OB连线与竖直方向的夹角为60°，故vB切＝vBsin60°…②
从B到C，只有重力做功，据机械能守恒定律有：
mgR（1﹣cos60°）③
在C点，根据牛顿第二定律有：Fc′﹣mg＝m④
代入数据解得：Fc′＝35N
据牛顿第三定律可知小物块可到达C点时对轨道的压力
FC＝35N
（3）小物块滑到长木板上后，组成的系统在相互作用过程中总动量守恒，减少的机械能转化为内能，当小物块相对木板静止于木板最右端时，对应着物块不滑出的木板最小长度．根据动量守恒定律和能量守恒定律有：
mvc＝（m+M）v…⑤
μmgL（m+M）v2…⑥
联立⑤、⑥式得：L
代入数据解得：L＝2.5m
答：（1）B的速度为4.0m/s；（2）小物块沿圆弧轨道到达C点时对轨道的压力FC的为35N；（3）木板长度至少为2.5m．
题型3 功能关系的应用
（2025 贵港校级模拟）如图所示，用长为l的轻绳将质量为m的小球悬挂于O点的正下方P点。现对小球施加水平向右的拉力F，使其由P点运动至Q点，已知OQ与竖直方向夹角为θ＝60°，重力加速度大小为g，不计空气阻力，下列说法正确的是（ ）
A．若小球从P缓慢地移动到Q，则水平拉力F做的功为
B．若水平拉力恒为F，则从P到Q，小球机械能的增量为
C．若水平恒力F＝mg，则从P到Q，小球重力和恒力F的合力的功率先增大后减小
D．若水平恒力F＝mg，则小球在Q点的速度大小为
【解答】解：A、缓慢移动，拉力F是变力，做功不等于，根据动能定理：WF1﹣mgl（1﹣cosθ）＝0
代入数据解得水平拉力F做的功为：，故A错误；
B、拉力恒为F，从P到Q，F做功为：
根据功能关系可知，小球机械能的增量为，故B正确；
C、当θ＝45°时，合力与速度垂直，瞬时功率为0，而初始时速度为零，瞬时功率也为零，所以从P到Q，合力功率先减小后增大，故C错误；
D、从P到Q，对小球用动能定理得：
代入整理解得：，故D错误。
故选：B。
（2024 红桥区二模）如图所示，劲度系数为k的竖直轻弹簧固定在水平地面上。质量为m的小球从弹簧正上方高h处自由下落，当弹簧的压缩量为x时，小球到达最低点。不计空气阻力，重力加速度为g。此过程中（ ）
A．小球的机械能守恒
B．小球到距地面高度为时动能最大
C．小球最大动能为
D．弹簧最大弹性势能为mg（h+x）
【解答】解：A、小球压缩弹簧的过程中，弹力对小球做功，所以小球的机械能不守恒，故A错误；
B、当小球的加速度为零时，速度最大，动能最大，则有：mg＝kx′，可得此时弹簧的压缩量为x′，而此时小球到距地面高度h′＝L0﹣x′＝L0，L0是弹簧原长，故B错误；
C、对于小球和弹簧组成的系统，由于只有重力和弹力做功，所以系统机械能守恒。从开始到小球动能最大位置，由系统机械能守恒得：mg（h+x′）＝Ekm+Ep弹，则小球最大动能为Ekm＜mg（h+x′），故C错误；
D、从开始到最低点，由系统机械能守恒得弹簧最大弹性势能为：Epm＝mg（h+x），故D正确。
故选：D。
（2024 新泰市校级一模）如图所示，质量为1kg的物块a与质量为4.36kg的物块b用不可伸长的轻绳跨接在一光滑的轻质定滑轮（大小可忽略）两侧，滑轮上侧到水平光滑桌面高度h＝12m。a在桌面的上方，b在桌面上，初始时a、b在外力控制下均静止，右侧绳与竖直方向的夹角为37°。撤去控制，用大小恒为20N的力F水平向右拉b，a、b开始运动，a、b均可看作质点，b始终未离开桌面，重力加速度g取10m/s2，sin37°＝0.6，cos37°＝0.8。一段时间后，右侧绳与竖直方向的夹角变为53°。在此瞬间，a的速度大小为（ ）
A．6m/s B．5m/s C．4.8m/s D．3.6m/s
【解答】解：右侧轻绳和竖直方向的夹角由37°变为53°，如图所示
由几何关系得到L1m＝15m，L2m＝20m，故a在竖直方向上升了
Δh＝L2﹣L1＝20m﹣15m＝5m
b在水平方向前进了L＝h （tan53°﹣tan37°）＝12×（）m＝7m，b沿水平方向运动时速度沿绳方向的分量为v绳＝vbsin53°＝0.8vb，在轻绳另一端有v绳＝va，由功能关系得
代入数据解得
vb＝6m/s，va＝4.8m/s
故ABD错误，C正确。
故选：C。
（2024 沙坪坝区校级模拟）如图所示，某传送装置由倾角为θ＝37°的倾斜传送带和放在水平面上质量为M＝1kg的长木板组成，长木板长为L＝2m，其右端靠近传送带的底端B点，传送带逆时针转动的速率为v＝2m/s，皮带始终处于绷紧状态。某时刻将质量为m＝1kg的物块（可视为质点）无初速度地轻放在传送带的顶端A点，物块经1.2s到达传送带的底端B点。已知物块与传送带间的动摩擦因数μ1＝0.5，与长木板间的动摩擦因数μ2＝0.4，长木板与水平面间的动摩擦因数μ3＝0.1，不计物块从传送带滑上长木板时的机械能损失，重力加速度g＝10m/s2，sin37°＝0.6，cos37°＝0.8，求：
（1）传送带上A、B两点间的距离。
（2）物块从A点运动到B点的过程中，传送带对物块做的功及物块与传送带摩擦产生的热量。
（3）若在距离长木板左侧L1m处有一固定挡板，长木板与挡板的碰撞为弹性碰撞，碰撞时间忽略不计，则物块滑上长木板到长木板第一次速度减为0时所用的时间为多长。
【解答】解：（1）物块无初速放到传送带上，所受摩擦力的方向沿传送带向下，物块做匀加速直线运动，物块与传送带共速前，由牛顿第二定律有：
μ1mgcosθ+mgsinθ＝ma1
代入数据可得：a1＝10m/s2
则物块从静止到加速到速度为 v＝2m/s 所需的时间：t10.2s
运动的位移：
因为 μ1＜tanθ，所以物块与传送带共速后还会继续加速下滑，运动的时间：t2＝（1.2﹣0.2）s＝1s
物块与传送带共速后，由牛顿第二定律有：mgsinθ﹣μ1mgcosθ＝ma2
代入数据可得：a2＝2m/s2
则物块与传送带共速后到B点过程运动的位移：
代入数据可得：x2＝3m
所以传送带上A、B两点间的距离 L＝x1+x2＝0.2m+3m＝3.2m
（2）物块从A点运动到B点的过程中，设物块运动到B点的速度为 v1；则 v1＝v+a2t2
从A点到B点过程，由动能定理有：W传+mgLsinθ
代入数据可得：v1＝4m/s，W传＝﹣11.2J
物块从A点运动到B点的过程中，与传送带共速前传送带运动的距离为x1′′＝vt1
与传送带共速后传送带运动的距离为 x2′＝vt2
可知，物块相对传送带滑动的距离：x相对＝x1′﹣x1+x2﹣x2′
则物块从A点运动到B点的过程中，与传送带摩擦产生的热量为 Q＝μ1mgcosθ x相对
代入数据可得：Q＝4.8J
（3）物块刚滑上长木板，由牛顿第二定律有：μ2mg＝ma3
对长木板由牛顿第二定律有：μ2mg﹣μ3（M+m）g＝Ma4
从物块滑上长木板到两者第一次共速，设共速的速度为v′，则 v'＝v1﹣a3t3＝a4t3
长木板运动的位移：x板a4
物块运动的位移：x物＝v1t3a3
代入数据可得：a3＝4m/s2，t3 s，x板m，x物m，v′m/s
物块相对长木板滑动的距离：Δx＝x物﹣x板mm，可知物块与长木板第一次共速时，物块未滑到长木板左边缘，两者一起向左减速至碰到挡板，两者一起做匀减速运动过程，由牛顿第二定律有：μ3（M+m）g＝（M+m）a5
两者一起匀减速运动的位移为：L1﹣x板＝v′t4a5
代入数据可得：t4s，
碰到挡板前，两者的速度 v2＝v′﹣a5t4
长木板与固定挡板发生弹性碰撞，可知碰撞过程中对长木板和挡板组成的系统，动量守恒，机械能守恒，碰撞后长木板的速度大小不变，方向反向，长木板与挡板碰撞后，物块向左运动，长木板向右运动，对长木板由牛顿第二定律有：μ2mg+μ3（M+m）g＝Ma6
当长木板速度减为0时，由运动学公式有：0＝v2﹣a6t5，长木板运动的位移：x板′
代入数据可得 ，
长木板与挡板碰撞后，当长木板速度减为0时，物块速度：
此过程物块运动的位移：
碰后物块相对长木板向左滑动的距离：
物块和长木板共速时，物块距离长木板左端的距离：
可知Δx1＜Δx2，所以长木板第一次速度减为0时物块速度不为零，且没有滑离长木板，故物块滑上长木板到长木板第一次速度减为0时所用的时间t总＝t3+t4+t3
答：（1）传送带上A、B两点间的距离为3.2m。
（2）物块从A点运动到B点的过程中，传送带对物块做的功为﹣11.2J及物块与传送带摩擦产生的热量为4.8J。
（3）若在距离长木板左侧L1m处有一固定挡板，长木板与挡板的碰撞为弹性碰撞，碰撞时间忽略不计，则物块滑上长木板到长木板第一次速度减为0时所用的时间为。
（2024 天河区一模）如图某升降电梯的轿厢A、配重B和电动机由轻质缆绳连接，电动机拉动B，使A运动。某次运行时，A（含载重）的质量M＝1000kg，t＝0时，A从1楼由静止开始以0.5m/s2的加速度加速运动，然后以v＝1m/s的速度匀速运动，最后以大小为0.5m/s2的加速度减速上升至3楼停止，A上升的高度h＝7m。已知B的质量m＝800kg，不计空气阻力和摩擦阻力，g取10m/s2。求：
（1）此次电梯匀速运行的时间；
（2）t＝1s时，B下端缆绳的拉力大小；
（3）A（含载重）从静止开始上升到5m的过程，A（含载重）的机械能增量。
【解答】解：（1）A匀加速运行的时间为
t1s＝2s
匀加速运动的位移为
h12m＝1m
匀减速运行的时间为
t2s＝2s
匀减速运行的位移为
h22m＝1m
匀速运行的时间为
t3s＝5s
（2）由（1）可知t＝1s时，A匀加速上升，B匀加速下降，设B下端缆绳的拉力大小为F，B上端缆绳的拉力大小为T。
对A、B分别根据牛顿第二定律得
T﹣Mg＝Ma
F+mg﹣T＝ma
代入数据解得：F＝2900N
（3）由（1）可知A上升到5m时，速度大小为1m/s，机械能增量
代入数据解得：ΔE＝50500J
答：（1）此次电梯匀速运行的时间为5s；
（2）t＝1s时，B下端缆绳的拉力大小为2900N；
（3）A（含载重）的机械能增量为50500J。
（2025 西安校级模拟）如图所示，在直立、内壁光滑的管内放置一轻质弹簧，弹簧处于原长时其上端处于O点，将小球从管口A点由静止释放，将弹簧压缩至最低点B，不计空气阻力，弹簧始终在弹性限度内，对于小球从A点释放至第一次运动到B点的过程，下列说法正确的是（ ）
A．该过程中小球受到的重力先做正功再做负功
B．该过程中小球的机械能守恒
C．该过程中弹簧的弹性势能先增大后减小
D．该过程中小球受到的重力做功的功率先增大后减小
【解答】解：A．该过程中小球一直向下运动，其位移方向与重力同向，所以小球受到的重力一直做正功，故A错误；
B．从A到O过程，小球只受重力作用，机械能守恒，从O到B过程，由于弹簧弹力对小球做负功，所以小球的机械能减少，故B错误；
C．该过程中弹簧的压缩量一直增大，所以该过程中弹簧的弹性势能一直增大，故C错误；
D．根据P＝mgv由于该过程中小球的速度先增大后减小，所以小球受到的重力做功的功率先增大后减小，故D正确。
故选：D。
（2024 淮安一模）如图所示，竖直轻弹簧固定在地面上，小球放在弹簧上端可静止在A点（图中未画出）．若将该球放在弹簧上端并按压至B点松手，升至最高点O，途径C点时弹簧恰好处于原长，空气阻力不计，则（ ）
A．A点位于BC连线中点
B．小球在B点的加速度小于C点的
C．小球从B运动到A的时间大于从A运动到C的时间
D．上升过程中小球的重力势能和弹簧的弹性势能之和一直增大
【解答】解：A.由题知，竖直轻弹簧固定在地面上，小球放在弹簧上端可静止在A点，则A点为小球的平衡位置；若从C点由静止释放，平衡位置在C点和最低点B′的中点，当小球弹起到达最高点O后，再由O点下落，则到达C点时有一定的初速度，则根据能量守恒可知，此次的最低点必定下移到B点，见下图：
由图可知，因为平衡位置A不变，所以A点位于BC连线中点的上方，并不在BC连线的中点，故A错误；
B.结合前面分析可知，若小球从C点静止释放，到达最低点B′时，加速度与C点等大、反向，则小球在点B′的加速度大小为g、方向竖直向上，设此时弹簧的弹力大小为F，则有：F﹣mg＝mg，
解得：F＝2mg，
但是B点所处的位置，在C点关于平衡位置对称点（点B′）的下方，则此处弹簧的弹力F'满足：F′＞F＝2mg，
则小球在B点时，根据牛顿第二定律可得：，
由此可知，小球在B点的加速度a大于g，则小球在B点的加速度大于C点的加速度，故B错误；
C.小球放在弹簧上端可静止在A点，可知A点为简谐运动的平衡位置，根据简谐运动的对称性可知，小球从B'运动到A的时间等于从A运动到C的时间，因为B在B'的下方，则小球从B运动到A的时间大于从A运动到C的时间，故C正确；
D.小球上升过程中，对于小球和弹簧组成的系统，只有重力及系统内弹力做功，则系统机械能守恒，则小球的重力势能、弹簧的弹性势能和小球的动能之和保持不变；结合简谐运动的运动性质可知，在上升过程中，小球先做加速运动后做减速运动，则小球的动能先增大后减小，所以小球的重力势能和弹簧的弹性势能之和并不是一直增大的，故D错误；
故选：C。
（2024 信阳一模）如图所示，轻质的粗转轴上沿直径固定两根轻杆，轻杆上固定两个小球A、B，转轴的半径和杆的长度均为R，在粗转轴上缠绕有轻绳，轻绳下端与小球C相连，A、B、C三球质量相同，且都可看作质点。初始时系统处于静止，忽略一切摩擦，且A、B两球在水平线上，轻绳伸直但无拉力，现释放小球C使其从静止开始下落，下列说法正确的是（ ）
A．A、B两球组成系统的机械能不变
B．A球第一次转到最高点过程中轻杆对A球不做功
C．C球下落高度为R时，A球的速度大小为
D．C球下落高度为R时，C球的速度大小为
【解答】解：A.释放小球C使其从静止开始下落，绳的拉力对小球C做负功，小球C的机械能减小，A、B、C构成的系统机械能守恒，则A、B两球组成系统的机械能增大，故A错误；
B.从释放小球C使其从静止开始下落，到小球A第一次转到最高点的过程中，小球A的重力势能与动能均增大，则小球A的机械能增大，则A球第一次转到最高点过程中轻杆对A球做正功，故B错误；
CD.由题意可知，C球下落高度为R时，A、B两球速度大小、角速度均相等，
根据线速度与角速度的关系有：，
结合前面分析可知，A、B、C构成的系统机械能守恒，则根据机械能守恒可得：
联立可得：，，故C错误，D正确；
故选：D。
（2024 雁塔区校级一模）2024年5月3日，嫦娥六号探测成功发射，开启月球背面采样之旅，探测器的着陆器上升器组合体着陆月球要经过减速、悬停、自由下落等阶段。则组合体着陆月球的过程中（ ）
A．减速阶段所受合外力为0
B．悬停阶段不受力
C．自由下落阶段机械能守恒
D．自由下落阶段加速度大小g＝9.8m/s2
【解答】解：A.减速阶段合外力方向竖直向上，不为0，故A错误；
B.悬停阶段受到重力和向上的作用力，合力为0，故B错误；
C.自由下落阶段只受重力作用，重力做正功，机械能守恒，故C正确；
D.由于是在月球表面自由下落，其加速度小于地球表面自由落体加速度9.8m/s2，故D错误。
故选：C。
（2024 南通模拟）如图所示，水平面上一滑块压在一张纸上，将纸匀速抽出，滑块向前移动一段距离后停止。若换一质量更大的滑块，压在纸上的同一位置，将纸以相同的速度抽出，已知两滑块与纸、水平面之间的动摩擦因数相同，则（ ）
A．纸抽出的时间变长
B．纸抽出的时间变短
C．抽纸过程拉力做功变多
D．抽纸过程拉力做功不变
【解答】AB、设滑块的质量为m，则滑块与纸之间的摩擦力大小为μmg，纸抽出过程中滑块的加速度大小为μg，纸抽出过程中，物块相对纸的位移，两次将纸以相同的速度抽出，滑块压在纸上的同一位置，即x、v0相同，且加速度相同，所以两次的纸抽出的时间相同，故AB错误；
CD、纸抽出时，滑块的速度v＝at，加速度a与时间t相同，所以滑块的速度相同，而第二次滑块与纸之间的摩擦力增大，两者的相对位移不变，所以因摩擦产生的热量增大，根据能量守恒可得抽纸过程拉力做功变多，故C正确，D错误。
故选：C。
（2024 龙岗区校级三模）如图所示，这是一种古老的舂米机。舂米时，稻谷放在石臼A中，横梁可以绕O点转动，在横梁前端B点固定一舂米锤，脚踏在横梁另一端C点往下压时，舂米锤便向上抬起，提起脚，舂米锤就向下运动，击打A中的稻谷，使稻谷的壳脱落，稻谷变为大米。已知OC＞OB，则在横梁绕O点转动的过程中（ ）
A．在横梁绕O点转动过程中，B、C两点的加速度大小相等
B．舂米锤击打稻谷时对稻谷的作用力大于稻谷对舂米锤的作用力
C．在横梁绕O点转动过程中，B点的速度大于C点的速度
D．脚踏在横梁另一端C点往下压的过程中，舂米锤的重力势能增大
【解答】解：A、由题意可知，在横梁绕O点转动过程中，B与C两点属于同轴转动，则角速度相等，所以有：ωB＝ωC，再根据向心加速度公式有：a＝ω2r，因OC＞OB，可知C的加速度较大，故A错误；
B、根据角速度与线速度的关系有：v＝ωr，因OC＞OB，可知C的速度较大，故B错误；
C、舂米锤击打稻谷时对稻谷的作用力与稻谷对舂米锤的作用力是一对相互作用力关系，由牛顿第三定律可知，这两个力大小相等，故C错误；
D、脚踏在横梁另一端C点往下压的过程中，舂米锤上升，克服重力做功，舂米锤的重力势能增大，故D正确。
故选：D。
（2024 沙坪坝区校级模拟）如图所示，光滑水平面上有一倾角θ＝37°的斜面体B，物块A从斜面体底部以初速度v0＝5m/s开始上滑。已知mA＝1kg，mB＝2kg，物块A可视为质点，斜面体B上表面光滑，运动过程中物块A始终不脱离斜面体，g取10m/s2，sin37°＝0.6，cos37°＝0.8。
（1）若斜面体B固定，求物块A上升的最大高度；
（2）若斜面体B可自由滑动，求物块A上升的最大高度；
（3）若斜面体B可自由滑动，且其表面有一层绒布，物块A相对斜面上滑时动摩擦因数μ1＝0.5，下滑时μ2，求物块A从出发到重新回到最低点的过程中的位移大小及系统因摩擦产生的热量。
【解答】解：（1）若斜面体B固定，对物块A，根据机械能守恒可得
解得物块A上升的最大高度
h1＝1.25m
（2）物块A到达最高点时，与斜面体B相对速度为0，水平方向共速，由水平方向动量守恒可得
mAv0cos37°＝（mA+mB）v共
根据能量守恒可得
代入数据解得：
（3）沿斜面方向建立x轴，垂直斜面方向建立y轴，在上滑过程中，对A分析如图（a）所示，对B分析如图（b）所示
在y方向上A、B初速度均为0且始终不分离，故每时每刻y方向的位移、速度、加速度均相同，在任意时刻，均有
mAgcos37°﹣N1＝mAaA1y
N1sin37°+μ1N1cos37°＝mBaB1
aA1y＝aB1sin37°
代入数据解得：
在下滑过程中，对A分析如图（c）所示，对B分析如图（d）所示
同理，在任意时刻，均有
mAgcos37°﹣N2＝mAaA2y
N2sin37°﹣μ2N2cos37°＝mBaB2
aA2y＝aB2sin37°
代入数据解得：
说明A物体上滑、下滑过程中支持力均为定值，两物体受力始终为恒力。以B为参考系，在上滑过程中，有
μ1N1+mAgsin37°＝mAaA1x
aB1x＝aB1cos37°
a相1＝aA1x+aB1x
代入数据解得：
则
又
代入数据解得：
在下滑过程中，有
mAgsin37°﹣μ2N2＝mAaA2x
aB2x＝aB2cos37°
a相2＝aA2x+aB2x
解得11
由
代入数据解得：
故摩擦生热：Q＝μ1N1x相+μ2N2x相
代入数据可得：
物块A最终回到斜面体B底端，故整个过程中A、B位移相同，为
xaB1
解得：x＝（）m；
答：（1）若斜面体B固定，求物块A上升的最大高度为1.25m；
（2）若斜面体B可自由滑动，求物块A上升的最大高度为；
（3）物块A从出发到重新回到最低点的过程中的位移大小为，系统因摩擦产生的热量为。
（2024 沙坪坝区校级模拟）如图所示，一足够长的倾斜传送带以速度v＝5m/s沿顺时针方向匀速转动，传送带与水平方向的夹角θ＝37°。质量均为m＝5kg的小物块A和B由跨过定滑轮的轻绳连接，A与定滑轮间的绳子与传送带平行，轻绳足够长且不可伸长。某时刻开始给物块A以沿传送带方向的初速度v0＝14m/s（此时物块A、B的速率相等，且轻绳绷紧），使物块A从传送带下端冲上传送带，已知物块A与传送带间的动摩擦因数μ＝0.25，不计滑轮的质量与摩擦，整个运动过程中物块B都没有上升到定滑轮处。取sin37°＝0.6，cos37°＝0.8，重力加速度g＝10m/s2。求：
（1）物块A刚冲上传送带时的加速度；
（2）物块A冲上传送带运动到最高点所用时间；
（3）物块A沿传送带向上运动的过程中，物块A对传送带做的功。
【解答】解：（1）物块A刚冲上传送带时，对A物块，根据牛顿第二定律有：mgsinθ+T+μmgcosθ＝ma1
对B物块：mg﹣T＝ma1
联立代入数据解得：
方向沿传送带向下；
（2）物块减速到与传送带共速后，物块继续向上做匀减速直线运动，对A物块，根据牛顿第二定律有
mgsinθ+T′﹣μmgcosθ＝ma1′
对B物块有：T′﹣mg＝ma1′
联立解得：a1′＝7m/s2
当物块A的速度减为零时，其沿传送带向上运动的距离最远，则有：t1s＝1，st2s
那么物块A冲上传送带运动到最高点所用时间：t＝t1+t2＝1sss
（3）此过程中物块对传送带做的功：Wf＝fx1﹣fx2
其中：f＝μmgcosθ
传送带在两段时间内的位移：x1＝vt1，x2＝vt2
代入数据解得：
答：（1）物块A刚冲上传送带时的加速度为9m/s2，方向沿传送带向下
（2）物块A冲上传送带运动到最高点所用时间为
（3）物块A沿传送带向上运动的过程中，物块A对传送带做的功为。
21世纪教育网(www.21cnjy.com)
