第17讲 功能关系 能量守恒定律
例1 D [解析] 运动员下落h,则重力做功为WG=mgh,故A错误;根据mg-Ff=ma,得Ff=mg,则运动员克服阻力做功为Wf=Ffh=mgh,故B错误;运动员的动能增加量等于合外力做功,则ΔEk=mah=mgh,故C错误;运动员的机械能减少量等于克服阻力做功,即ΔE=mgh,故D正确.
例2 B [解析] 由图知,物块下滑的最大位移为x=12 m,在最高点时,物块的重力势能Ep=mgxsin θ=12 J,得物块的质量为m=0.2 kg,故A正确;根据除重力以外其他力做的功W其他=ΔE,可知Ffx=E高-E低,由图知,最高点的机械能为E高=12 J,最低点的机械能为E低=8 J,又x=12 m,解得阻力为Ff= N,故B错误;设物块的动能和重力势能相等时的高度为h,此时有mgh=mv2,由动能定理有-Ff+mg(xsin θ-h)=mv2,联立解得h=2.4 m,故C正确;由图可知,在物块下滑9 m处,物块的重力势能是3 J,动能为6 J,动能与重力势能之差为Ek-Ep=6 J-3 J=3 J,故D正确.
例3 D [解析] 行李先向左做匀加速直线运动,由牛顿第二定律有μmg=ma,解得a=2 m/s2,令行李加速至与传送带速度相等,则有v2=2ax0,解得x0=0.04 m变式1 ABD [解析] 根据题意,对小滑块受力分析,小滑块受到的滑动摩擦力沿传送带方向上,则小滑块先向下减速,速度为0后,受摩擦力方向依然不变,由牛顿第二定律有μmgcos 37°-mgsin 37°=ma,解得a=1 m/s2,所以小滑块的加速度方向始终沿斜面向上,故A正确;以沿传送带向上为正方向,小滑块从接触传送带到与传送带相对静止所用时间为t==6 s,则小滑块沿传送带的位移为x=t=6 m,根据动能定理有W-mgxsin 37°=mv2-mv'2,解得W=84 J,故B正确;小滑块从接触传送带到与传送带相对静止,小滑块与传送带发生的相对位移为Δx=vt-x=18 m,则小滑块与传送带因摩擦产生的内能为Q=μmgcos θ·Δx=252 J,故C错误;根据题意,由能量守恒定律可知,电动机多消耗的电能等于系统增加的机械能和内能之和,则有ΔE电=ΔEp+ΔEk+Q,其中增加的动能为ΔEk=mv2-mv'2,解得ΔE电=336 J,故D正确.
例4 AD [解析] 由题知,水平桌面光滑,小物块运动过程中,因摩擦产生的摩擦热为Q=Ffl,A正确;设物块离开木板时的速度为v1,此时木板的速度为v2,由题分析,根据能量守恒定律可得m=m+M+Ffl,此过程物块动能减少了ΔEk=m-m=M+Ffl,B错误;根据能量守恒定律可得m=m+M+Ffl,整理可得m=m-Ffl-M变式2 D [解析] 子弹的动能变化为ΔEk=mv2-m,故A正确;根据动能定理可知,子弹对木块做的功为W=Mv2-0=Mv2,故B正确;木块对子弹做的功为Wf=-Ff,故C正确;根据能量守恒定律可知,系统摩擦产生的热量为Q=m-v2,故D错误.
例5 B [解析] 当甲所坐木板刚要离开原位置时,对甲及其所坐木板整体有μmg=kx0,解得弹性绳的伸长量x0=,则此时弹性绳的弹性势能为E0=k=,从开始拉动乙所坐木板到甲所坐木板刚要离开原位置的过程中,乙所坐木板的位移为x1=x0+l-d,由功能关系可知,该过程中F所做的功W=E0+μmgx1=+μmg(l-d),B正确.
变式3 BC [解析] 初始时F=(mP+mQ)a,mP=mQ,P移动3 cm后拉力不变,则P、Q分离,对P有F-mPgsin θ=mPa,解得mP=2 kg,故A错误;0~3 cm的过程中,由面积法得力F做的功为W=×3×10-2 J=0.33 J,故B正确;0~3 cm的过程中,P的末速度为v== m/s,机械能增量为ΔE机=mgxsin θ+mv2=0.42 J,故C正确;0~3 cm的过程中,对P由动能定理得W+WQ-mgxsin θ=mv2,解得WQ=0.09 J,故D错误.第17讲 功能关系 能量守恒定律
1.C [解析] 重力做功等于重力势能的减少量,因为重力做功为W1,所以重力势能减少W1,原来为零,现在为-W1,故A错误;根据动能定理可知,合外力做功等于动能的变化量,初动能为零,所以终态时物体的动能为W1+W2+W3,故B错误;机械能的变化量等于除重力外的其他力所做的功,除重力以外的其他力做功等于W2+W3,则机械能的变化量为W2+W3,由于初位置机械能为零,故终态时物体的机械能为W2+W3,故C正确,D错误.
2.D [解析] 物体恰好能到达最高点C,则物体在最高点只受重力,且重力全部用来提供向心力,设半圆轨道的半径为r,由牛顿第二定律得mg=m,解得物体在C点的速度v=,A、B错误;由牛顿第二定律得mg=ma,解得物体在C点的向心加速度a=g,C错误;由能量守恒定律知,物体在A点时弹簧的弹性势能等于物体在C点时的动能和重力势能之和,D正确.
3.D [解析] 摩擦力做功为Wf=μmgcos θ·=,BC轨道的倾角较小,可知在BC轨道运动过程中摩擦力做功较大,故A错误;A→B,根据动能定理得mgH-=ΔEk1,B→C,根据动能定理得mgH-=ΔEk2,可知动能变化量不同,故B错误;重力做功为WG=mgH,可知小物块在AB轨道运动过程重力做功等于在BC轨道运动过程重力做功,根据功能关系可知重力势能减小量相同,故C错误;机械能减少量等于克服摩擦力做功大小,在BC轨道运动过程中摩擦力做功较大,故在BC轨道运动过程中,机械能减少量较大,故D正确.
4.D [解析] 根据题意,由公式Ep=mgh结合图像可得,物体的质量为m=2 kg,故A错误;h=0时,物体的重力势能为0,则有E总=Ek0=m,解得v0=10 m/s,故B错误;由图可知,物体上升到4 m时E总=Ep,此时物体的动能为0,则物体的动能减少了ΔEk=m=100 J,故C错误;由图可知,物体上升到2 m时E总=90 J,Ep=40 J,则此时的动能为Ek=E总-Ep=50 J,由动能定理有-mgh2-W=Ek-Ek0,解得W=10 J,故D正确.
5.AD [解析] 对小物块,由动能定理有W块=mv2-mv2=0,选项A正确;设小物块与传送带间的动摩擦因数为μ,小物块向左做减速运动时,二者间的相对路程x1=t+vt=vt,小物块向右做加速运动时,二者间的相对路程x2=vt-t=t,又a=μg、t=,则小物块与传送带间的相对路程x相对=x1+x2=,小物块与传送带因摩擦产生的热量Q=μmgx相对=2mv2,滑动摩擦力对传送带做的功W带=-μmgx带=-μmg·2vt=-2mv2,选项B、C错误,D正确.
6.BD [解析] 物块先加速后匀速,匀速运动时有Ek0=mv2,解得v=,A错误;根据动能定理得μmgx0=Ek0,解得μ=,B正确;物块滑动过程中,传送带的速度是物块平均速度的2倍,传送带的位移是物块位移的2倍,物块与传送带之间因摩擦产生的热量为Q=μmg,解得Q=Ek0,C错误;物块在传送带上运动的时间为t=+,解得 t=3x0,D正确.
7.C [解析] 由图乙可知,当滑块运动到x2位置时,滑块的加速度为零,滑块受到水平向右的滑动摩擦力和水平向左的弹力,所以弹簧处于伸长状态,而不是原长,则有x2>l0,故A错误;当滑块的加速度为零时,速度达到最大,动能最大,从x3到x2的过程,根据运动学公式v2-=2ax,结合图线与横轴所围区域的面积可得=2×a3(x3-x2)=a3(x3-x2),则滑块的最大动能为Ekm=m=ma3(x3-x2),故C正确;滑块由A点运动至B点过程中,根据能量守恒定律可知系统产生的热量等于弹簧的弹性势能减少量,则有Q=k(x3-l0)2-k=k-k-kl0(x3-x1),故D错误;滑块由A点运动至B点过程中,结合a-x图像可知,滑块从x3到x2做加速运动,从x2到x1做减速运动,根据对称性可知从x3到x2图线与横轴围成的面积大小等于从x2到x1图线与横轴围成的面积,则有x3-x2=x2-x1,a3=a1,故B错误.
8.C [解析] 煤块刚放上传送带时,受到的滑动摩擦力沿斜面向下,根据牛顿第二定律得mgsin 37°+μmgcos 37°=ma1,解得a1=8 m/s2,则煤块从0加速到与传送带共速需要的时间t1==2 s,煤块的位移为x1=a1=16 m,由于mgsin 37°>μmgcos 37°,可知煤块与传送带共速后继续做匀加速运动,摩擦力沿传送带向上,根据牛顿第二定律得mgsin 37°-μmgcos 37°=ma2,解得a2=4 m/s2,根据x2=v0t2+a2=-x1,解得t2=1 s,煤块运送到地面所用的总时间t=t1+t2=3 s,故A错误;第一个过程传送带的位移为x3=v0t1=32 m,煤块与传送带的相对位移为Δx1=x3-x1=16 m,第二个过程传送带的位移x4=v0t2=16 m,相对位移Δx2=x2-x4=2 m,第一个过程摩擦生热为Q1=FfΔx1=32 J,第二个过程摩擦生热为Q2=FfΔx2=4 J,故总共产生的热量为Q=Q1+Q2=36 J,故B错误;摩擦力大小为Ff=μmgcos 37°=2 N,第一个过程摩擦力对煤块做功W1=Ffx1=32 J,第二个过程摩擦力对煤块做功W2=-Ffx2=-36 J,故全程摩擦力对煤块做功为-4 J,煤块的机械能减少了4 J,故C正确,D错误.
9.(1)0.8 m (2)2 N (3)48 J
[解析] (1)滑块在板上做匀减速运动的加速度大小
a==μ2g=5 m/s2
根据运动学公式有L=v0t-at2
解得t=0.4 s (t=2.0 s舍去)
碰到挡板前滑块速度v1=v0-at=4 m/s>2 m/s,说明滑块一直做匀减速运动
长板移动的位移x=vt=0.8 m
(2)对长板受力分析如图所示,
有F+Ff2=Ff1
其中Ff1=μ1(M+m)g=12 N,Ff2=μ2mg=10 N
解得F=2 N
(3)方法一:滑块与挡板碰撞前,滑块与长板因摩擦产生的热量Q1=Ff2·(L-x)=12 J
滑块与挡板碰撞后,滑块与长板因摩擦产生的热量
Q2=Ff2(L-x)=12 J
整个过程中,长板与地面因摩擦产生的热量
Q3=Ff1·L=24 J
所以,系统因摩擦产生的热量
Q=Q1+Q2+Q3=48 J
方法二:滑块与挡板碰撞前,长板受到的拉力为F=2 N
F做功为W=Fx=2×0.8 J=1.6 J
滑块与挡板碰撞后,长板受到的拉力为
F2=Ff1+Ff2=22 N
F2做功为W2=F2(L-x)=22×1.2 J=26.4 J
滑块从刚开始滑上长板到与挡板碰前,其动能的减少量为ΔEk=m-m=20 J
所以系统因摩擦产生的热量
Q=W+W2+ΔEk=48 J
10.BCD [解析] 由题意画出物块运动的v-t图像,如图所示,设物块与板间的动摩擦因数为μ1,由图得0~2.5 s内物块的加速度大小为a1==0.4 m/s2,对物块由牛顿第二定律得μ1mg=ma1,解得物块与木板间动摩擦因数为μ1=0.04,设木板与地面间的动摩擦因数为μ2,由图得在2~2.5 s内,木板的加速度大小为a2== m/s2=4 m/s2,对木板由牛顿第二定律得μ2(mg+Mg)+μ1mg=Ma2,在2.5~3 s内,木板的加速度大小为a3== m/s2=2 m/s2,对木板由牛顿第二定律得μ2(m+M)g-μ1mg=Ma3,两式联立得M=0.2 kg、μ2=,故B正确;由于物块恰好不能从木板左端掉落,则物块在2.5 s时与木板有共同速度,且在木板左端,木板的长度L=×2×3 m+×0.5× m-×2.5×1 m=2.75 m,故A错误;物块与木板相对位移有两段,第一段为前2.5 s,长度为s1=L=2.75 m,第二段为2.5 s后,由图得长度为s2=××1 m=1 m,物块与木板摩擦生热Q1=μ1mg=0.75 J,故C正确;木板的位移有三段,第一段由图得x1=×3 m=3 m,第二段由图得x2=×(1+3)×0.5 m=1 m,第三段位移x3=×0.5 m=0.25 m,木板与地面摩擦生热Q2=μ2(M+m)g(x1+x2+x3)=2.55 J,故D正确.
11.(1)68 N (2)3 s (3)60 J
[解析] (1)小物块从A到B,由动能定理得mgR=m-mv2
解得vB==2 m/s
小物块经过B 点时由牛顿第二定律得FN-mg=m
解得FN=68 N,由牛顿第三定律可知小物块经过B 点时对圆弧轨道的压力大小是68 N
(2)小物块从A到C过程,根据动能定理可得
mgRcos 37°=m-mv2
解得vC=10 m/s
根据牛顿第二定律得,小物块在传送带上减速过程中的加速度大小为a1==10 m/s2
小物块减速至与传送带运动速度相等所用的时间为
t1== s=0.5 s
由于mgsin 37°>μmgcos 37°
所以小物块与传送带达到共同速度后仍做匀减速运动,加速度a2==2 m/s2
小物块与传送带达到共同速度后,小物块减速到零的时间
t2== s=2.5 s
则小物块在传送带上第一次向上运动到最高点所用的时间t=t1+t2=3 s
(3)小物块减速至与传送带运动速度相等时小物块的位移大小为
x1=t1=×0.5 m=3.75 m
小物块减速至与传送带运动速度相等时传送带的位移大小为x2=v0t1=5×0.5 m=2.5 m
小物块与传送带发生的相对位移为Δx1=x1-x2=1.25 m
小物块与传送带达到共同速度后,小物块减速到零的时间内小物块的位移大小为x3=t2=×2.5 m=6.25 m
小物块与传送带达到共同速度后,小物块减速到零的时间内传送带的位移大小为x4=v0t2=5×2.5 m=12.5 m
小物块与传送带达到共同速度后,小物块减速到零的时间内小物块与传送带的相对位移大小为Δx2=x4-x3=6.25 m
小物块在传送带上第一次向上运动到最高点过程中系统因摩擦所产生的热量Q=μmgcos 37°×
解得Q=60 J第17讲 功能关系 能量守恒定律
一、功能关系
1.功能关系
(1)功是能量 的量度,即做了多少功就有多少能量发生了转化.
(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
几种常见力做功 对应的能量变化 数量关系式
重力 正功 重力势能减少 WG=
负功 重力势能增加
弹簧等 的弹力 正功 弹性势能减少 W弹=
负功 弹性势能增加
电场力 正功 电势能减少 W电=
负功 电势能增加
合力 正功 动能增加 W合=
负功 动能减少
除重力和系统 内弹力以外的力 正功 机械能增加 W其=
负功 机械能减少
3.两个特殊的功能关系
(1)滑动摩擦力与两物体间相对路程的乘积等于产生的内能,即Ffx相对=Q.
(2)克服安培力做的功等于产生的电能,即W克安=E电.
二、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 为另一种形式,或者从一个物体 到另一个物体,而在转化和转移的过程中,能量的总量保持不变.
2.表达式:E初= .
【辨别明理】
1.力对物体做了多少功,物体就具有多少能. ( )
2.在物体的机械能减少的过程中,动能有可能是增大的. ( )
3.滑动摩擦力做功时,一定会产生热量. ( )
4.除重力以外的其他力做的功等于物体动能的改变量. ( )
5.克服与势能有关的力(重力、弹簧弹力、电场力)做的功等于对应势能的增加量. ( )
功能关系的理解和应用
例1 [2024·福建泉州模拟] 如图所示为低空跳伞极限运动表演,运动员从离地350 m高的桥面一跃而下,实现了自然奇观与极限运动的完美结合.假设质量为m的跳伞运动员,由静止开始下落,在打开伞之前受恒定阻力作用,下落的加速度为g(g为重力加速度),在运动员下落h的过程中,下列说法正确的是 ( )
A.运动员重力做功为mgh
B.运动员克服阻力做功为mgh
C.运动员的动能增加了mgh
D.运动员的机械能减少了mgh
[反思感悟]
例2 [2024·江苏苏州模拟] 如图甲所示,将物块从倾角θ=30°的斜面顶端由静止释放.取地面为零势能面,物块在下滑过程中的动能Ek、重力势能Ep与下滑位移x间的关系如图乙所示,g取10 m/s2,下列说法错误的是 ( )
A.物块的质量是0.2 kg
B.物块受到的阻力是0.24 N
C.物块动能与势能相等时的高度为2.4 m
D.物块下滑9 m时,动能与重力势能之差为3 J
[反思感悟]
【技法点拨】
在应用功能关系解决具体问题的过程中:(1)若只涉及动能的变化,用动能定理分析.(2)若只涉及重力势能的变化,用重力做功与重力势能变化的关系分析.(3)若只涉及机械能变化,用除重力和弹力之外的力做功与机械能变化的关系分析.(4)若只涉及电势能的变化,用电场力做功与电势能变化的关系分析.
摩擦力做功与能量转化的关系
两种摩擦力做功特点的比较
类型 比较
静摩擦力做功 滑动摩擦力做功
不同点 能量的 转化 只有机械能从一个物体转移到另一个物体,而没有机械能转化为其他形式的能 (1)一部分机械能从一个物体转移到另一个物体 (2)一部分机械能转化为内能,此部分能量就是系统机械能的损失量
一对摩 擦力的 总功 一对静摩擦力所做功的代数和总等于零 一对滑动摩擦力做功的代数和总是负值,总功W=-Ffx相对,即发生相对滑动时产生的热量
相同点 做功情况 两种摩擦力对物体可以做正功,也可以做负功,还可以不做功
考向一 传送带模型中的摩擦力做功问题
传送带模型中的功能分析
1.传送带克服摩擦力做的功:W=Ffx传.
2.系统产生的内能:Q=Ffx相对.
3.功能关系的分析:W=ΔEk+ΔEp+Q.
例3 [2024·山东潍坊模拟] 应用于机场和火车站的安全检查仪,其传送装置可简化为如图所示的模型.传送带在电动机驱动下始终保持v=0.4 m/s的速率逆时针方向运行,A、B间的距离为3 m.已知行李(可视为质点)质量m=10 kg,与传送带之间的动摩擦因数μ=0.2,旅客把行李无初速度地放在A处,行李从B点离开传送带,重力加速度大小g取10 m/s2,下列说法正确的是 ( )
A.行李从A到B过程中传送带对行李做功为60 J
B.行李在传送带上留下的摩擦痕迹长度为0.08 m
C.行李从A到B过程中与传送带因摩擦产生热量为1.6 J
D.行李从A到B过程中电动机额外消耗的电能为1.6 J
[反思感悟]
变式1 (多选)[2024·江西赣州模拟] 如图所示,电动机带动着倾角θ=37°的足够长的传送带以速率v=4 m/s顺时针匀速转动.一质量m=2 kg的小滑块以平行于传送带向下v'=2 m/s的速率滑上传送带,已知小滑块与传送带间的动摩擦因数μ=,g取10 m/s2,sin 37°=0.6,cos 37°=0.8,则小滑块从接触传送带到与传送带相对静止的时间内 ( )
A.小滑块的加速度方向始终沿斜面向上
B.传送带对小滑块做的功为84 J
C.小滑块与传送带因摩擦产生的内能为225 J
D.电动机多消耗的电能为336 J
【技法点拨】
1.传送带涉及能量分析,主要表现为两方面.一是求电动机因传送带传送物体而多做的功W,可以用公式W=ΔEk+ΔEp+Q来计算,其中ΔEk表示被传送物体动能的增量,ΔEp表示被传送物体重力势能的增量(如果受电场力,还要考虑物体电势能的变化),Q表示因摩擦而产生的热量.二是求物体与传送带之间发生的相对位移(或相对路程)x相对.2.摩擦生热的计算:公式Q=Ff·x相对中x相对为两接触物体间的相对位移,若物体在传送带上做往复运动,则x相对为总的相对路程.
考向二 “滑块—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或相对滑行路程.
例4 (多选)[2024·四川遂宁模拟] 如图所示,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Ff,物块从木板右端离开,则 ( )
A.此过程物块与木板间摩擦产生的内能为Ffl
B.此过程物块动能减少了Ffl
C.物块离开时的动能一定大于m-Ffl
D.物块离开时的动能一定小于m-Ffl
[反思感悟]
变式2 [2024·江苏南京模拟] 如图所示,质量为M的木块静止在光滑的水平面上,质量为m的子弹(可视为质点)以水平速度v0射中木块,并最终与木块一起以速度v运动.已知子弹相对木块静止时,木块前进距离L,子弹进入木块的深度为x,木块对子弹的阻力Ff恒定.下列关于该过程的说法中错误的是 ( )
A.子弹的动能变化为mv2-m
B.子弹对木块做的功为Mv2
C.木块对子弹做的功为-Ff
D.系统摩擦产生的热量为v2-m
涉及弹簧(弹性绳)的能量问题
例5 [2024·山东卷] 如图所示,质量均为m的甲、乙两同学分别坐在水平放置的轻木板上,木板通过一根原长为l的轻质弹性绳连接,连接点等高且间距为d(dA.+μmg(l-d)
B.+μmg(l-d)
C.+2μmg(l-d)
D.+2μmg(l-d)
[反思感悟]
变式3 (多选)[2024·福建泉州模拟] 如图甲所示,在倾角θ=30°的固定光滑斜面上放着相同的两物块P、Q,两物块紧靠在一起但不粘连,轻弹簧一端与物块Q相连,另一端与固定挡板相连,整个系统处于静止状态.现对物块P施加一沿斜面向上的力F,使物块P沿斜面向上做加速度大小为2 m/s2的匀加速直线运动,力F随位移x的变化规律如图乙所示,重力加速度大小g取10 m/s2,则 ( )
A.物块P的质量为7 kg
B.0~3 cm的过程中力F做的功为0.33 J
C.0~3 cm的过程中P的机械能增加了0.42 J
D.0~3 cm的过程中Q对P做的功为0.12 J
【技法点拨】
1.当涉及弹簧的弹力做功时,由于弹簧的弹力是变力,故一般不直接采用功的定义式求解.中学阶段通常根据动能定理、机械能守恒定律或能量守恒定律来间接求解弹簧弹力做的功或弹簧储存的弹性势能.2.弹簧的弹性势能与弹簧的规格和形变程度有关,对同一根弹簧而言,无论是处于伸长状态还是压缩状态,只要形变量相同,其储存的弹性势能就相同.
一、1.(1)转化 2.-ΔEp -ΔEp -ΔEp ΔEk ΔE
二、1.转化 转移 2.E末
【辨别明理】
1.× 2.√ 3.√ 4.× 5.√第17讲 功能关系 能量守恒定律 (限时40分钟)
1.[2024·山东青岛模拟] 一物体从地面由静止开始运动,取地面为零势能面,运动过程中重力对物体做功为W1,阻力对物体做功为W2,其他力对物体做功为W3,则该过程终态时 ( )
A.物体的重力势能为W1 B.物体的动能为W1+W2
C.物体的机械能为W2+W3 D.物体的机械能为W1+W3
2.[2024·北京八中模拟] 如图所示,光滑水平轨道AB与竖直面内的光滑半圆形轨道BC在B点平滑连接.一小物体将轻弹簧压缩至A点后由静止释放,物体脱离弹簧后进入半圆形轨道,恰好能够到达最高点C.下列说法正确的是 ( )
A.物体在C点所受合力为零
B.物体在C点的速度为零
C.物体在C点的向心加速度大于重力加速度
D.物体在A点时弹簧的弹性势能等于物体在C点时的动能和重力势能之和
3.[2024·江苏徐州一中模拟] 如图所示,两相同高度的直轨道AB、BC在转弯处平滑衔接,小物块与轨道间的动摩擦因数相同.小物块自轨道顶端A点由静止滑下.与在AB轨道运动过程相比,在BC轨道运动过程中 ( )
A.摩擦力做功相同
B.动能变化量相同
C.重力势能减小量较大
D.机械能减少量较大
4.[2024·江西九江模拟] 从地面竖直向上抛出一物体,其机械能E总等于动能Ek与重力势能Ep之和.取地面为重力势能零点,该物体的E总和Ep随它离开地面的高度h的变化如图所示.重力加速度取10 m/s2.由图中数据可得
( )
A.物体的质量为1 kg
B.h=0时,物体的速率为20 m/s
C.物体上升4 m过程中,物体的动能减少了80 J
D.物体上升2 m过程中,克服阻力做功10 J
5.(多选)[2024·河北石家庄模拟] 如图所示,足够长的水平传送带以恒定速率v匀速运动,某时刻一个质量为m的小物块,以大小也是v、方向与传送带的运动方向相反的初速度冲上传送带,最后小物块的速度与传送带的速度相同,在此过程中,则下列判断正确的是 ( )
A.滑动摩擦力对小物块做的功为零
B.滑动摩擦力对传送带做的功为2mv2
C.小物块与传送带间因摩擦产生的热量为mv2
D.小物块与传送带间因摩擦产生的热量为2mv2
6.(多选)[2024·甘肃天水一中模拟] 如图甲所示,水平放置的传送带在电机的作用下一直保持恒定的速率顺时针转动,两轮轴心间距为2x0,质量为m的物块(视为质点)轻轻地从左端放上传送带,其动能与位移的关系图像如图乙所示(图中x0和Ek0均为已知),重力加速度大小为g,下列说法正确的是 ( )
A.传送带的运行速率为
B.物块与传送带之间的动摩擦因数为
C.物块与传送带之间因摩擦产生的热量为0.5 Ek0
D.物块在传送带上运动的时间为3x0
7.[2024·湖南岳阳模拟] 如图甲所示,表面粗糙的L形水平轨道固定在地面上,劲度系数为k、原长为l0的轻弹簧一端固定在轨道上的O点,另一端与安装有位移、加速度传感器的滑块相连,滑块总质量为m.以O为坐标原点,水平向右为正方向建立x轴,将滑块拉至坐标为x3的A点由静止释放,向左最远运动到坐标为x1的B点,测得滑块的加速度a与坐标x的关系如图乙所示,已知弹簧弹性势能的表达式为Ep=kx2,其中x表示弹簧的形变量.则滑块由A点运动至B点过程中(弹簧始终处于弹性限度内) ( )
A.x2=l0
B.a3>a1
C.最大动能为ma3(x3-x2)
D.系统产生的热量为k-k
8.[2024·安徽安庆模拟] 如图所示,水平地面上有一倾角为θ=37°的传送带,以v0=16 m/s的速度逆时针匀速运行.将一煤块从h=20.4 m的高台由静止开始运送到地面,煤块可看作质点,已知煤块的质量为m=1 kg,煤块与传送带之间的动摩擦因数为μ=0.25,重力加速度g取10 m/s2,sin 37°=0.6,cos 37°=0.8,煤块由高台运送到地面的过程中,下列说法正确的是 ( )
A.运送煤块所用的时间为4.125 s
B.煤块与传送带之间因摩擦产生的热量为32 J
C.摩擦力对煤块做的功为-4 J
D.煤块的机械能减少了36 J
9.如图所示,水平地面上有一长L=2 m、质量M=1 kg的长板,其右端上方有一固定挡板.质量m=2 kg的小滑块从长板的左端以v0=6 m/s的初速度向右运动,同时长板在水平拉力F作用下以v=2 m/s的速度向右匀速运动,滑块与挡板相碰后速度为0,长板继续匀速运动,直到长板与滑块分离.已知长板与地面间的动摩擦因数μ1=0.4,滑块与长板间的动摩擦因数μ2=0.5,重力加速度g取10 m/s2.求:
(1)滑块从长板的左端运动至挡板处的过程,长板的位移x;
(2)滑块碰到挡板前,水平拉力的大小F;
(3)滑块从长板的左端运动至与长板分离的过程,系统因摩擦产生的热量Q.
10.(多选)[2024·重庆八中模拟] 如图甲所示,一木板静置于足够大的水平地面上,木板右端放置一质量为0.5 kg的物块(可视为质点),t=0时对木板施加一水平向右的恒定拉力F,t=2 s时撤去F,物块在木板上先做匀加速直线运动,后做匀减速直线运动,且恰好不能从木板左端掉落,整个过程中木板运动的v-t图像如图乙所示.已知各接触面间的最大静摩擦力等于滑动摩擦力,重力加速度大小g取10 m/s2,下列说法正确的是 ( )
A.木板的长度为3 m
B.木板的质量为0.2 kg
C.物块与木板间因摩擦产生的热量为0.75 J
D.木板与地面间因摩擦产生的热量为2.55 J
11.[2024·四川德阳模拟] 如图所示,光滑的圆弧轨道ABC 竖直放置,其右侧C点与一倾角θ=37°的足够长的倾斜传送带相切,B 点为圆弧轨道最低点,圆弧所在圆的圆心为O点,AO 连线水平.一质量m=2 kg的小物块(可视为质点)从圆弧轨道最左端A 点以v=2 m/s的初速度向下运动.已知圆弧轨道半径R=5 m,传送带在电机驱动下始终以速度v0=5 m/s沿顺时针方向匀速转动,小物块与传送带间的动摩擦因数μ=0.5,重力加速度g取10 m/s2,sin 37°=0.6,cos 37°=0.8,最大静摩擦力等于滑动摩擦力.求:
(1)小物块经过B 点时对圆弧轨道的压力大小;
(2)小物块在传送带上第一次向上运动到最高点所用的时间;
(3)小物块在传送带上第一次向上运动到最高点过程中系统因摩擦所产生的热量.(共95张PPT)
第17讲 功能关系 能量守恒定律
必备知识自查
核心考点探究
◆
作业手册
答案核查【听】
答案核查【作】
备用习题
一、功能关系
1.功能关系
(1) 功是能量______的量度，即做了多少功就有多少能量发生了转化.
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
几种常见力做功 对应的能量变化 数量关系式
重力 正功 重力势能减少
负功 重力势能增加 弹簧等的弹力 正功 弹性势能减少
负功 弹性势能增加
几种常见力做功 对应的能量变化 数量关系式
电场力 正功 电势能减少
负功 电势能增加 合力 正功 动能增加
负功 动能减少 除重力和系统内弹力以外的力 正功 机械能增加
负功 机械能减少
续表
3.两个特殊的功能关系
(1)滑动摩擦力与两物体间相对路程的乘积等于产生的内能，即.
(2)克服安培力做的功等于产生的电能，即.
二、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______
为另一种形式，或者从一个物体______到另一个物体，而在转化和转移的
过程中，能量的总量保持不变.
转化
转移
2.表达式： ____.
【辨别明理】
1.力对物体做了多少功，物体就具有多少能.( )
×
2.在物体的机械能减少的过程中，动能有可能是增大的.( )
√
3.滑动摩擦力做功时，一定会产生热量.( )
√
4.除重力以外的其他力做的功等于物体动能的改变量.( )
×
5.克服与势能有关的力(重力、弹簧弹力、电场力)做的功等于对应势能的
增加量.( )
√
例1 [2024·福建泉州模拟] 如图所示为低空跳伞极限运动表演，运动员从离地
高的桥面一跃而下，实现了自然奇观与极限运动的完美结合. 假设质量为
的跳伞运动员，由静止开始下落，在打开伞之前受恒定阻力作用，下落的加速
度为 为重力加速度 ，在运动员下落 的过程中，下列说法正确的是 ( )
考点一 功能关系的理解和应用
A.运动员重力做功为
B.运动员克服阻力做功为
C.运动员的动能增加了
D.运动员的机械能减少了
√
[解析] 运动员下落，则重力做功为 ，故A错
误；根据，得 ，则运动员克服
阻力做功为 ，故B错误；运动员的动
能增加量等于合外力做功，则 ，故
C错误；运动员的机械能减少量等于克服阻力做功，即
，故D正确.
例2 [2024·江苏苏州模拟] 如图甲所示，将物块从倾角 的斜面顶端
由静止释放.取地面为零势能面，物块在下滑过程中的动能、重力势能
与下滑位移间的关系如图乙所示，取 ，下列说法错误的是
( )
A.物块的质量是
B.物块受到的阻力是
C.物块动能与势能相等时的高度为
D.物块下滑时，动能与重力势能之差为
√
[解析] 由图知，物块下滑的最大位移为 ，在最高点时，物块的
重力势能，得物块的质量为 ，故A正确；
根据除重力以外其他力做的功，可知 ，由图知，
最高点的机械能为，最低点的机械能为，又 ，
解得阻力为 ，故B错误；
设物块的动能和重力势能相等时的高度为，此时有 ，由动能定理有，联立解得 ，故C正确；由图可知，在物块下滑处，物块的重力势能是，动能为
，动能与重力势能之差为 ，故D正确.
[技法点拨]
在应用功能关系解决具体问题的过程中:
(1)若只涉及动能的变化,用动能定理分析.
(2)若只涉及重力势能的变化,用重力做功与重力势能变化的关系分析.
(3)若只涉及机械能变化,用除重力和弹力之外的力做功与机械能变化的关
系分析.
(4)若只涉及电势能的变化,用电场力做功与电势能变化的关系分析.
考点二 摩擦力做功与能量转化的关系
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
类型 比较 静摩擦力做功 滑动摩擦力做功
不同点 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
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 续表
考向一 传送带模型中的摩擦力做功问题
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3 [2024·山东潍坊模拟] 应用于机场和火车站
的安全检查仪，其传送装置可简化为如图所示的
A.行李从到过程中传送带对行李做功为
B.行李在传送带上留下的摩擦痕迹长度为
C.行李从到过程中与传送带因摩擦产生热量为
D.行李从到过程中电动机额外消耗的电能为
模型.传送带在电动机驱动下始终保持 的速率逆时针方向运
行，、间的距离为.已知行李(可视为质点)质量 ，与传送
带之间的动摩擦因数，旅客把行李无初速度地放在处，行李从
点离开传送带，重力加速度大小取 ，下列说法正确的是( )
√
[解析] 行李先向左做匀加速直线运动，由牛顿
第二定律有，解得 ，令行
李加速至与传送带速度相等，则有 ，解得 ，
之后行李向左做匀速直线运动，则行李从到 过程中传送带对行李做功为
，故A错误；行李匀加速直线运动过程有 ，则行
李在传送带上留下的摩擦痕迹长度为 ，故B错误；行
李从到 过程中与传送带因摩擦产生热量为 ，故C错误；
行李从到 过程中电动机额外消耗的电能 ，故D正确.
变式1 (多选)[2024·江西赣州模拟] 如图所示，电动机带动着倾角
的足够长的传送带以速率顺时针匀速转动.一质量 的小
滑块以平行于传送带向下 的速率滑上传送带，已知小滑块与传
送带间的动摩擦因数，取，， ，
则小滑块从接触传送带到与传送带相对静止的时间内( )
A.小滑块的加速度方向始终沿斜面向上
B.传送带对小滑块做的功为
C.小滑块与传送带因摩擦产生的内能为
D.电动机多消耗的电能为
√
√
√
[解析] 根据题意，对小滑块受力分析，小滑块受到的滑
动摩擦力沿传送带方向上，则小滑块先向下减速，速度
为0后，受摩擦力方向依然不变，由牛顿第二定律有
，解得 ，所以
小滑块的加速度方向始终沿斜面向上，故A正确；以沿传送带向上为正方
向，小滑块从接触传送带到与传送带相对静止所用时间为 ，
则小滑块沿传送带的位移为 ，根据动能定理有
，解得 ，故B正确；
小滑块从接触传送带到与传送带相对静止，小
滑块与传送带发生的相对位移为 ，
则小滑块与传送带因摩擦产生的内能为
，故C错误；根据题意，由能
量守恒定律可知，电动机多消耗的电能等于系统增加的机械能和内能之和，
则有 ，其中增加的动能为，解
得 ，故D正确.
[技法点拨]
1.传送带涉及能量分析,主要表现为两方面.一是求电动机因传送带传送物
体而多做的功,可以用公式来计算,其中 表示被传
送物体动能的增量, 表示被传送物体重力势能的增量(如果受电场力,还
要考虑物体电势能的变化), 表示因摩擦而产生的热量.二是求物体与传送
带之间发生的相对位移(或相对路程) .
2.摩擦生热的计算:公式中 为两接触物体间的相对位移,若
物体在传送带上做往复运动,则 为总的相对路程.
考向二 “滑块—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.
例4 (多选)[2024·四川遂宁模拟] 如图所示，一质量为、长为 的木板静
止在光滑水平桌面上，另一质量为 的小物块(可视为质点)从木板上的左
端以速度开始运动.已知物块与木板间的滑动摩擦力大小为 ，物块从木
板右端离开，则( )
A.此过程物块与木板间摩擦产生的内能为
B.此过程物块动能减少了
C.物块离开时的动能一定大于
D.物块离开时的动能一定小于
√
√
[解析] 由题知，水平桌面光滑，小物块运动过程
中，因摩擦产生的摩擦热为 ，A正确；设
物块离开木板时的速度为 ，此时木板的速度为
，由题分析，根据能量守恒定律可得 ，
此过程物块动能减少了 ，B错误；根据
能量守恒定律可得 ，整理可
得 ，C错误，D正确.
变式2 [2024·江苏南京模拟] 如图所示，质量为 的木块静止在光滑的水
平面上，质量为的子弹(可视为质点)以水平速度 射中木块，并最终与
木块一起以速度运动.已知子弹相对木块静止时，木块前进距离 ，子弹
进入木块的深度为，木块对子弹的阻力 恒定.下列关于该过程的说法中
错误的是( )
A.子弹的动能变化为
B.子弹对木块做的功为
C.木块对子弹做的功为
D.系统摩擦产生的热量为
√
[解析] 子弹的动能变化为
，故A正确；
根据动能定理可知，子弹对木块做的功为 ，故B正
确；木块对子弹做的功为 ，故C正确；根据能量守恒定律
可知，系统摩擦产生的热量为 ，故D错误.
考点三 涉及弹簧(弹性绳)的能量问题
例5 [2024·山东卷] 如图所示，质量均为 的甲、乙两
同学分别坐在水平放置的轻木板上，木板通过一根
A. B.
C. D.
原长为的轻质弹性绳连接，连接点等高且间距为 .两木板与地面间
动摩擦因数均为 ，弹性绳劲度系数为，被拉伸时弹性势能
为绳的伸长量现用水平力 缓慢拉动乙所坐木板，直至甲所坐木板刚要
离开原位置，此过程中两人与所坐木板保持相对静止， 保持不变，最大静
摩擦力等于滑动摩擦力，重力加速度大小为，则 所做的功等于( )
√
[解析] 当甲所坐木板刚要离开原位置时，对甲及其所坐木板整体有
，解得弹性绳的伸长量 ，则此时弹性绳的弹性势能为
， 从开始拉动乙所坐木板到甲所坐木板刚要离开原位
置的过程中，乙所坐木板的位移为 ，由功能关系可知，该
过程中 所做的功 ，B正确.
变式3 (多选)[2024·福建泉州模拟] 如图甲所示，在倾角 的固定
光滑斜面上放着相同的两物块、 ，两物块紧靠在一起但不粘连，轻弹
簧一端与物块 相连，另一端与固定挡板相连，整个系统处于静止状态.现
对物块施加一沿斜面向上的力，使物块 沿斜面向上做加速度大小为
的匀加速直线运动，力随位移 的变化规律如图乙所示，重力加
速度大小取 ，则( )
A.物块的质量为
B.的过程中力做的功为
C.的过程中的机械能增加了
D.的过程中对做的功为
√
√
[解析] 初始时，，移动 后拉力不变，则
、分离，对有，解得 ，故A错误；
的过程中，由面积法得力 做的功为，
故B正确；的过程中， 的末速度为 ，机械
能增量为，故C正确；的过程中，
对 由动能定理得
，
解得 ，故D错误.
[技法点拨]
1.当涉及弹簧的弹力做功时，由于弹簧的弹力是变力，故一般不直接采用
功的定义式求解.中学阶段通常根据动能定理、机械能守恒定律或能量守
恒定律来间接求解弹簧弹力做的功或弹簧储存的弹性势能.
2.弹簧的弹性势能与弹簧的规格和形变程度有关，对同一根弹簧而言，无论
是处于伸长状态还是压缩状态，只要形变量相同，其储存的弹性势能就相同.
功能关系的理解和应用
1.(多选)质量为 的物块以某一初速度沿斜面从底端
上滑，其重力势能和动能随上滑距离 的变化如图中直
线Ⅰ、Ⅱ所示，以斜面底端所在水平面为重力势能的参考
面，重力加速度取 .则( )
A.物块上滑过程中机械能守恒
B.物块与斜面间的滑动摩擦力大小为
C.物块下滑时加速度的大小为
D.物块返回到斜面底端时的动能为
√
√
[解析] 由图发现重力势能和动能之和一直在改变，则
机械能不守恒，故A错误；由图发现，上滑 过程中，
机械能共减小了 ，机械能的减少量等于克服阻力做
的功，故，解得，故B正确；上滑
过程中，重力势能增加，根据 ，可知，
上升的高度为 ，则斜面倾角正弦值，根据牛顿第
二定律 ，解得 ，故C错误；物块返回到斜
面底端时，克服阻力做功 ，返回到斜面底端时的动能
，故D正确.
2.一质量为 的太空飞船从其飞行轨道返回地面.飞船在离地面
高度处以 的速度进入大气层，逐渐减慢至速
度为 时下落到地面.取地面为重力势能零点，在飞船下落过程中，
重力加速度可视为常量，大小取 .(结果保留两位有效数字)
(1) 分别求出该飞船着地前瞬间的机械能和它进入大气层时的机械能；
[答案] ;
[解析] 飞船着地前瞬间的机械能为
①
式中，和 分别是飞船的质量和着地前瞬间的速率.由①式和题给数据得
②
设地面附近的重力加速度大小为 .飞船进入大气层时的机械能为
③
式中，是飞船在高度 处的速度大小.
由③式和题给数据得 . ④
2.一质量为 的太空飞船从其飞行轨道返回地面.飞船在离地面
高度处以 的速度进入大气层，逐渐减慢至速
度为 时下落到地面.取地面为重力势能零点，在飞船下落过程中，
重力加速度可视为常量，大小取 .(结果保留两位有效数字)
(2) 求飞船从离地面高度 处至着地前瞬间的过程中克服阻力所做的
功(已知飞船在该处的速度大小是其进入大气层时速度大小的 ).
[答案]
[解析] 飞船在高度 处的机械能为
由功能关系得 ⑥
式中，是飞船从高度 处至着地前瞬间的过程中克服阻力所做的功.
由②⑤⑥式和题给数据得 .
摩擦力做功与能量转化的关系
3.如图所示，足够长的传送带水平放置，以大小为 的速度顺时针转动.质
量为、与传送带间的动摩擦因数为 的小物块在传送带的左端由静止释
放，一段时间后物块与传送带共速.满足上述情景，若把传送带的速度改
为 ，两次比较.下列说法正确的是( )
A.传送带对小物块做的功变为原来的2倍
B.小物块对传送带做的功变为原来的2倍
C.传送带对小物块做功的平均功率变为原来的2倍
D.因摩擦而产生的热量变为原来的2倍
√
[解析] 由动能定理可知，传送带对小物块做的功为
，可知速度变为原来的两倍，则传送带
对小物块做的功变为原来的四倍，故A错误；小物块与传送带速度相等，
所用的时间为 ，由于加速度相同，速度变为原来的2倍，则时间变为
原来的2倍，传送带发生的位移为 ，则位移变为原来的四倍，则小物
块对传送带做的功变为原来的4倍，故B错误；小物块达到与传送带速度
相等过程中的 平均速度为 ，由于速度变为原来的2倍，且摩擦力相同，
根据 ，可知传送带对小物块做功的平均功率变为原来的2倍，
故C正确；
小物块达到与传送带速度相等过程中的相对位移为 ，
由于速度变为原来的2倍，时间也变为原来的2倍，则相对位移变为原来
的4倍，由 可知，因摩擦而产生的热量变为原来的4倍，故D错误.
4.(多选)如图所示，传送带与水平面间的夹角为 ，其中、 两点间的
距离为，传送带在电动机的带动下以 的速度顺时针匀速转
动.现将一质量的小物块(可视为质点)轻放在传送带的 点，已知
小物块与传送带间的动摩擦因数，取 ，则在传送带将小物
块从点传送到 点的过程中( )
A.小物块经过 后与传送带共速
B.摩擦力对小物块做的功为
C.摩擦产生的热量为
D.因放小物块而使得电动机多消耗的电能为
√
√
[解析] 小物块刚放在 点时，受到的滑动摩擦力沿传送带向上，由于
，小物块做匀加速直线运动，由牛顿第二定律得
，可得 ，假设小物块能与
传送带达到相同速度，则小物块上滑的位移 ，
假设成立，小物块与传送带达到相同速度后，将向上匀速运动，到达 点
的速度仍为，小物块匀加速时间
，小物块经过
后与传送 带共速，故A错误；
匀加速阶段摩擦力对小物块做的功
，
小物块匀速运动过程中，受到的摩擦力为静摩擦力，
大小与重力沿斜面向下的分力相等,匀速阶段摩擦力对小物块做的功 ，所以摩擦力对小物块做的功为 ，故B错误；
小物块与传送带的相对位移 ，摩擦产生的热量
，故C正确；因放小物块而使得电动机多消耗的电能为 ，故D正确.
涉及弹簧(弹性绳)的能量问题
5.(多选)如图所示，长为 的水平固定长木板
，为的中点，段光滑， 段粗糙，
一原长为 的轻弹簧一端连在长木板左端的挡板上，另一端连一物块，开
始时将物块拉至长木板的右端点，由静止释放物块，物块在弹簧弹力的作
用下向左滑动，已知物块与长木板段间的动摩擦因数为 ，物块的质
量为，弹簧的劲度系数为，且，物块第一次到达 点时，物块
的速度大小为，这时弹簧的弹性势能为 ，不计物块的大小，重力加速
度为 ，则下列说法正确的是( )
A.物块可能会停在 段上某处
B.物块最终会做往复运动
C.弹簧开始具有的最大弹性势能为
D.整个过程中物块克服摩擦做的功为
√
√
[解析] 由于，设 段弹簧形变量
为，,得 ，由此，
物块不可能停在 段，故A错误；只要物块滑上 段，就要克服摩擦力做
功，物块的机械能就减小，所以物块最终会在 段做往返运动，故B正确；
物块从开始运动，到第一次运动到 过程中，根据能量守恒定律得
，故C正确；物块第一次到达点的速度大小
为 ，物块最终会在段做往返运动，到达 点的速度为0，可知物块克服
摩擦做的功最大为 ，D错误.
作业手册
1.[2024·山东青岛模拟] 一物体从地面由静止开始运动，取地面为零势能
面，运动过程中重力对物体做功为，阻力对物体做功为 ，其他力对
物体做功为 ，则该过程终态时( )
A.物体的重力势能为 B.物体的动能为
C.物体的机械能为 D.物体的机械能为
√
[解析] 重力做功等于重力势能的减少量，因为重力做功为 ，所以重力
势能减少，原来为零，现在为 ，故A错误；根据动能定理可知，合
外力做功等于动能的变化量，初动能为零，所以终态时物体的动能为
，故B错误；机械能的变化量等于除重力外的其他力所做的
功，除重力以外的其他力做功等于 ，则机械能的变化量为
，由于初位置机械能为零，故终态时物体的机械能为 ，
故C正确，D错误.
2.[2024·北京八中模拟] 如图所示，光滑水平轨道 与竖直面内的光滑半
圆形轨道在点平滑连接.一小物体将轻弹簧压缩至 点后由静止释放，
物体脱离弹簧后进入半圆形轨道，恰好能够到达最高点 .下列说法正确的
是( )
A.物体在 点所受合力为零
B.物体在 点的速度为零
C.物体在 点的向心加速度大于重力加速度
D.物体在点时弹簧的弹性势能等于物体在
点时的动能和重力势能之和
√
[解析] 物体恰好能到达最高点 ，则物体在
最高点只受重力，且重力全部
用来提供向心力，设半圆轨道的半径为 ，
由牛顿第二定律得 ，
解得物体在点的速度 ，A、B错误；由牛顿第二定律得，
解得物体在 点的向心加速度 ，C错误；由能量守恒定律知，物体在
点时弹簧的弹性势能等于物体在 点时的动能和重力势能之和，D正确.
3.[2024·江苏徐州一中模拟] 如图所示，两相同高
度的直轨道、 在转弯处平滑衔接，小物块
与轨道间的动摩擦因数相同.小物块自轨道顶端
点由静止滑下.与在 轨道运动过程相比，
在 轨道运动过程中( )
A.摩擦力做功相同 B.动能变化量相同
C.重力势能减小量较大 D.机械能减少量较大
√
[解析] 摩擦力做功为， 轨道的倾角较
小，可知在 轨道运动过程中摩擦力做功较大，故A错误； ，根
据动能定理得， ，
根据动能定理得
，可知动能变化量不同，
故B错误；
重力做功为，可知小物块在 轨道运动过程重力做功等于在
轨道运动过程重力做功，根据功能关系可知重力势能减小量相同，
故C错误；机械能减少量等于克服摩擦力做功大小，在 轨道运动过程
中摩擦力做功较大，故在 轨道运动过程中，机械能减少量较大，故D
正确.
4.[2024·江西九江模拟] 从地面竖直向上抛出一物体，其机械能 等于动
能与重力势能之和.取地面为重力势能零点，该物体的和 随它离
开地面的高度的变化如图所示.重力加速度取 .由图中数据可得
( )
A.物体的质量为
B.时，物体的速率为
C.物体上升过程中，物体的动能减少了
D.物体上升过程中，克服阻力做功
√
[解析] 根据题意，由公式 结合图像可得，
物体的质量为，故A错误； 时，物体
的重力势能为0，则有 ，解得
，故B错误；由图可知，物体上升到
时 ，此时物体的动能为0，则物体的动能减少了
，故C错误；由图可知，物体上升到时， ，则
此时的动能为，由动能定理有 ，
解得 ，故D正确.
5.(多选)[2024·河北石家庄模拟] 如图所示，足够长的水平传送带以恒定
速率匀速运动，某时刻一个质量为的小物块，以大小也是 、方向与传
送带的运动方向相反的初速度冲上传送带，最后小物块的速度与传送带的
速度相同，在此过程中，则下列判断正确的是( )
A.滑动摩擦力对小物块做的功为零
B.滑动摩擦力对传送带做的功为
C.小物块与传送带间因摩擦产生的热量为
D.小物块与传送带间因摩擦产生的热量为
√
√
[解析] 对小物块，由动能定理有
，选项A正确；设小
物块与传送带间的动摩擦因数为 ，小物块向左做减速运动时，二者间的
相对路程 ，小物块向右做加速运动时，二者间的相对路
程，又 、 ，则小物块与传送带间的相对路程
，小物块与传送带因摩擦产生的热量
，滑动摩擦力对传送带做的功
，选项B、C错误，D正确.
6.(多选)[2024·甘肃天水一中模拟] 如图甲所示，水平放置的传送带在电机的作用
下一直保持恒定的速率顺时针转动，两轮轴心间距为，质量为 的物块 (视为
质点) 轻轻地从左端放上传送带，其动能与位移的关系图像如图乙所示 (图中和
均为已知)，重力加速度大小为 ，下列说法正确的是 ( )
A.传送带的运行速率为
B.物块与传送带之间的动摩擦因数为
C.物块与传送带之间因摩擦产生的热量为0.
D.物块在传送带上运动的时间为
√
√
[解析] 物块先加速后匀速，匀速运动时有，解得 ，
A错误；根据动能定理得，解得 ，B正确；物块滑动
过程中，传送带的速度是物块平均速度的2倍，传送带的位移是物块位移
的2倍，物块与传送带之间因摩擦产生的热量为 ，解得
，C错误；物块在传送带上运动的时间为 ，解得
，D正确.
7.[2024·湖南岳阳模拟] 如图甲所示，表面粗糙的 形水平轨道固定在地面上，劲度系数为、原长为的轻弹簧一端固定在轨道上的 点，另一端与安装有位移、加速度传感器的滑块相连，滑块总质量为.以为坐标原点，水平向右为正方向建立 轴，将滑块拉至坐标为的点由静止释放，向左最远运动到坐标为的 点，测得滑块的
加速度与坐标的关系如图乙所示，
已知弹簧弹性势能的表达式为，其中 表示弹簧的形变量. 则滑块由点运动至 点过程中 (弹簧始终处于弹性限度内) ( )
A.
B.
C.最大动能为
D.系统产生的热量为
√
[解析] 由图乙可知，当滑块运动到 位置时，滑块的加速度为零，滑块受
到水平向右的滑动摩擦力和水平向左的弹力，所以弹簧处于伸长状态，而
不是原长，则有 ，故A错误；当滑块的加速度为零时，速度达到最
大，动能最大，从到的过程，根据运动学公式 ，结合
图线与横轴所围区域的面积可得
，
则滑块的最大动能为，
故C正确；
，故D错误；滑块由点运动至点过程中，结合
图像可知，滑块从到 做加速运动，从到做减速运动，根据对称性
可知从到 图线与横轴围成的面积大小等于从到
图线与横轴围成的面积，则有
， ，故B错误.
8.[2024·安徽安庆模拟] 如图所示，水平地面上有一倾角为 的传送
带，以的速度逆时针匀速运行.将一煤块从 的高台
由静止开始运送到地面，煤块可看作质点，已知煤块的质量为 ，
煤块与传送带之间的动摩擦因数为，重力加速度取 ，
， ，煤块由高台运送到地面的过程中，下列说
法正确的是( )
A.运送煤块所用的时间为4.
B.煤块与传送带之间因摩擦产生的热量为
C.摩擦力对煤块做的功为
D.煤块的机械能减少了
√
[解析] 煤块刚放上传送带时，受到的滑动摩擦力沿
斜面向下，根据牛顿第二定律得
，解得 ，
则煤块从0加速到与传送带共速需要的时间 ，煤
块的位移为，由于 ，
可知煤块与传送带共速后继续做匀加速运动，摩擦 力沿传送带向上，
根据牛顿第二定律得
，解得 ，
根据，解得 ，
煤块运送到地面所用的总时间 ，故A错误；
第一个过程传送带的位移为 ，煤块与传送带的相对位移
为 ，第二个过程传送带的位移 ，
相对位移 ，第一个过程摩擦生热为 ，
第二个过程摩擦生热为 ，
故总共产生的热量为
，故B错误；摩擦力大小为
，第一个过程摩擦力对煤块
做功 ，第二个过程摩擦力对煤块做
功 ，故全程摩擦力对煤块做功为
，煤块的机械能减少了 ，故C正确，D错误.
9.如图所示，水平地面上有一长 、
质量 的长板，其右端上方有一固定
(1) 滑块从长板的左端运动至挡板处的过程，长板的位移 ；
[答案] 0.
挡板.质量的小滑块从长板的左端以 的初速度向右运动，
同时长板在水平拉力作用下以 的速度向右匀速运动，滑块与挡
板相碰后速度为0，长板继续匀速运动，直到长板与滑块分离.已知长板与
地面间的动摩擦因数，滑块与长板间的动摩擦因数 ，重
力加速度取 .求：
[解析] 滑块在板上做匀减速运动的加速度大小
根据运动学公式有
解得( 舍去)
碰到挡板前滑块速度
，说明滑块一直做匀减速运动
长板移动的位移
9.如图所示，水平地面上有一长 、质
量 的长板，其右端上方有一固定挡
(2) 滑块碰到挡板前，水平拉力的大小 ；
[答案]
板.质量的小滑块从长板的左端以 的初速度向右运动，
同时长板在水平拉力作用下以 的速度向右匀速运动，滑块与挡
板相碰后速度为0，长板继续匀速运动，直到长板与滑块分离.已知长板与
地面间的动摩擦因数，滑块与长板间的动摩擦因数 ，重
力加速度取 .求：
[解析] 对长板受力分析如图所示，
有
其中，
解得
9.如图所示，水平地面上有一长 、质量
的长板，其右端上方有一固定挡板.质量
(3) 滑块从长板的左端运动至与长板分离的过程，系统因摩擦产生的热量 .
[答案]
的小滑块从长板的左端以 的初速度向右运动，同时长
板在水平拉力作用下以 的速度向右匀速运动，滑块与挡板相碰
后速度为0，长板继续匀速运动，直到长板与滑块分离.已知长板与地面间
的动摩擦因数，滑块与长板间的动摩擦因数 ，重力加速
度取 .求：
[解析] 方法一：滑块与挡板碰撞前，滑块与长板因摩擦产生的热量
滑块与挡板碰撞后，滑块与长板因摩擦产生的热量
整个过程中，长板与地面因摩擦产生的热量
所以，系统因摩擦产生的热量
方法二：滑块与挡板碰撞前，长板受到的拉力为
F做功为
滑块与挡板碰撞后，长板受到的拉力为
做功为
滑块从刚开始滑上长板到与挡板碰前，其动能的减少
量为
所以系统因摩擦产生的热量
10.(多选)[2024·重庆八中模拟] 如图甲所示，一木板静置于足够大的水平
地面上，木板右端放置一质量为0.的物块(可视为质点)， 时对木
板施加一水平向右的恒定拉力，时撤去 ，物块在木板上先做匀
加速直线运动，后做匀减速直线运动，且恰好不能从木板左端掉落，整个
过程中木板运动的 图像如图乙所示.
乙
已知各接触面间的最大静摩擦力等于滑动摩擦力，重力加速度大小取
，下列说法正确的是( )
A.木板的长度为3m
B.木板的质量为0.
C.物块与木板间因摩擦产生的热量为0.
D.木板与地面间因摩擦产生的热量为2.
√
√
√
乙
[解析] 由题意画出物块运动的 图像，如图所
示，设物块与板间的动摩擦因数为 ，由图得
内物块的加速度大小为
，对物块由牛顿第二定律得
，解得物块与木板间动摩擦因数为 ，设木板与地面
间的动摩擦因数为，由图得在 内，木板的加速度大小为
，对木板由牛顿第
二定律得，在2. 内，
木板的加速度大小为 ，对木板由牛顿第二定律得 ，两式联立得、 ，故B正确；由于物块恰好不能从木板左端掉落，则物块在2. 时与木板有共同速度，且在木板左端，木板的长度 ， 故A错误；
物块与木板相对位移有两段，第一段为前2.，
长度为，第二段为2.
后，由图得长度为 ，物块与木板摩擦生热 ，故C正确；木板的位移有三段，第一段由图得 ，第二段由图得 ，第三段位移 ，木板与地面摩擦生热 ，故D正确.
11.[2024·四川德阳模拟] 如图所示，光
滑的圆弧轨道竖直放置，其右侧 点
与一倾角 的足够长的倾斜传送
带相切， 点为圆弧轨道最低点，圆弧
所在圆的圆心为点，连线水平.一质量 的小物块(可视为质点)
从圆弧轨道最左端点以 的初速度向下运动.已知圆弧轨道半
径，传送带在电机驱动下始终以速度 沿顺时针方向匀
速转动，小物块与传送带间的动摩擦因数，重力加速度 取
，， ，最大静摩擦力等于滑动摩擦力.求：
(1) 小物块经过 点时对圆弧轨道的压力大小；
[答案]
[解析] 小物块从到 ，由动能定理得
解得
小物块经过点时由牛顿第二定律得
解得，由牛顿第三定律可知小物块经过 点时对
圆弧轨道的压力大小是
(2) 小物块在传送带上第一次向上运动到最高点所用的时间；
[答案]
[解析] 小物块从到 过程，根据动能定理可得
解得
根据牛顿第二定律得，小物块在传送带上减速过
程中的加速度大小为
小物块减速至与传送带运动速度相等所用的时间为
由于
所以小物块与传送带达到共同速度后仍做匀减速运动,加速度
小物块与传送带达到共同速度后，小物块
减速到零的时间
则小物块在传送带上第一次向上运动到最高点所用的时间
(3) 小物块在传送带上第一次向上运动到最高点过程中系统因摩擦所产生
的热量.
[答案]
[解析] 小物块减速至与传送带运动速度相等时
小物块的位移大小为
小物块减速至与传送带运动速度相等时传送带的位移大小为
小物块与传送带发生的相对位移为
小物块与传送带达到共同速度后，小物块减速到零的时间内小物块的位移
大小为
小物块与传送带达到共同速度后，小物块减速到零的时间内传送带的位
移大小为
小物块与传送带达到共同速度后，小物块减速到零的时间内小物块与传送
带的相对位移大小为
小物块在传送带上第一次向上运动到最高点过程中系统因摩擦所产生的热
量 解得
必备知识自查
一、1.（1）转化 2.,,,,
二、1.转化,转移 2.
【辨别明理】 1.× 2.√ 3.√ 4.× 5.√
核心考点探究
考点一 例1.D 例2.B
考点二 考向一 例3.D 变式1.ABD 考向二 例4.AD 变式2.D
考点三 例5.B 变式3.BC
基础巩固练
1.C 2.D 3.D 4.D
综合提升练
5.AD 6.BD 7.C 8.C
9.（1）0. （2） （3）
拓展挑战练
10.BCD 11.（1） （2） （3）
