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高中物理教科版 (2019)必修 第二册6 实验:验证机械能守恒定律学案
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这是一份高中物理教科版 (2019)必修 第二册6 实验:验证机械能守恒定律学案，共68页。学案主要包含了功能关系的概念★☆☆☆☆☆，能量守恒定律★☆☆☆☆☆，几种常见的功能关系★★★☆☆☆，能量的转化和转移★★★☆☆☆等内容，欢迎下载使用。
功能关系和能量守恒的原理及运用
一、功能关系的概念★☆☆☆☆☆
例1. 如图1所示，质量为m的物体在力F的作用下由静止从地面运动到离地h高处，已知F＝4(5)mg，试分别求出在此过程中重力、力F和合外力的功，以及物体的重力势能、动能和机械能的变化量，并分析这些量之间存在什么关系？
答案：重力做功－mgh，力F做功4(5)mgh，合力做功4(1)mgh，重力势能增加mgh，动能增加4(1)mgh，机械能增加4(5)mgh. 关系：重力做功等于重力势能变化量的负值，合外力的功等于物体动能的变化量，力F的功等于物体机械能的变化量．
[知识梳理]
1．能的概念：一个物体能对外做功，这个物体就具有能量．
2．功能关系
(1)功是__________的量度，即做了多少功就有__________发生了转化．
(2)做功的过程一定伴随着________________，而且________________必通过做功来实现．
3．功与对应能量的变化关系
功
能量的变化
合外力做正功
________增加
重力做正功
________减少
弹簧弹力做正功
________减少
电场力做正功
________减少
其他力(除重力、弹力外)做正功
________增加
答案：2.(1)能量转化 多少能量 (2)能量的转化 能量的转化 3.动能 重力势能 弹性势能 电势能 机械能
二、能量守恒定律★☆☆☆☆☆
例2. 说明下列有关能量转化的问题中，分别是什么能向什么能的转化．
(1)列车刹车时由运动变为静止；(2)太阳能电池发电；(3)风力发电；(4)潮汐发电；(5)太阳能热水器工作时；(6)汽车由静止启动
答案：(1)动能→内能 (2)太阳能→电能 (3)风能(空气动能)→电能 (4)水的势能→电能 (5)太阳能→内能 (6)化学能→动能
[知识梳理]
1．内容：能量既不会________，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________到别的物体，在转化和转移的过程中，能量的总量____________．
2．表达式：ΔE减＝________.
答案：1.凭空产生 转化 转移 保持不变 2.ΔE增
三、几种常见的功能关系★★★☆☆☆
不同的力做功
对应不同形
式能的变化
定量的关系
合外力的功(所有外力的功)
动能变化
合外力对物体做功等于物体动能的增量
W合＝Ek2－Ek1
重力的功
重力势
能变化
重力做正功，重力势能减少；重力做负功，重力势能增加
WG＝－ΔEp＝Ep1－Ep2
弹簧弹
力的功
弹性势
能变化
弹力做正功，弹性势能减少；弹力做负功，弹性势能增加
W弹＝－ΔEp＝Ep1－Ep2
只有重力、弹簧弹力的功
不引起机械能变化
机械能守恒
ΔE＝0
除重力和弹力之外的力做的功
机械能变化
除重力和弹力之外的力做多少正功，物体的机械能就增加多少；除重力和弹力之外的力做多少负功，物体的机械能就减少多少
W除G、弹力外＝ΔE
电场力的功
电势能变化
电场力做正功，电势能减少；电场力做负功，电势能增加
W电＝－ΔEp
一对滑动摩
擦力的总功
内能变化
作用于系统的一对滑动摩擦力一定做负功，系统内能增加Q＝Ff·l相对
例3. 在电梯匀速上升的过程中，站在电梯里的人（ ）
A．所受支持力做负功，机械能减少
B．所受支持力做负功，机械能增加
C．所受支持力做正功，机械能减少
D．所受支持力做正功，机械能增加
【解答】解：站在电梯里的人受到的支持力的方向向上，电梯运动的方向向上，所以支持力对人做正功．除重力外，只有支持力做正功，所以人的机械能增大．
故选：D
例4. 一辆汽车关闭发动机后在水平地面上滑行了一段距离后停下来，对于这一过程（ ）
A．阻力对汽车做正功，汽车动能增加
B．阻力对汽车做负功，汽车动能增加
C．阻力对汽车做负功，汽车动能减小
D．阻力对汽车做正功，汽车动能减小
【解答】解：关闭发动机后，由于地面对汽车的阻力作用，做减速运动，汽车动能减小，由动能定理知：阻力对汽车做负功，故ABD错误，C正确．
故选：C．
例5. 如图所示，悬挂在天花板上的摆球在空气中摆动，摆幅越来越小．摆球在摆动过程中（ ）
A．机械能守恒 B．机械能逐渐减少
C．重力势能保持不变 D．动能全部转化为重力势能
【解答】解：AB、根据题意知，摆球的振幅不断减小，说明摆球在摆动过程中，除重力做功外还有阻力对摆球做负功，所以摆球的机械能应减少，故A错误；
C、摆球地摆动过程中，高度不断变化，所以其重力势能不断改变，故C错误．
D、摆球地摆动过程中，阻力始终做负功，所以在上升过程中，动能转化为重力势能和内能；下落过程中，重力势能转化为动能和内能，故D错误；
故选：B
例6. 起重机用钢绳将重物竖直向上匀速提升，在重物匀速上升的过程中（ ）
A．重物的重力势能逐渐增大
B．钢绳对重物的拉力逐渐增大
C．钢绳对重物的拉力的功率逐渐增大
D．重物的动能逐渐增大
【解答】解：A、重物上升，要克服重力做功，其重力势能逐渐增大，故A正确．
B、重物匀速运动，钢绳对重物的拉力与重力平衡，保持不变．故B错误．
C、由公式P=Fv，拉力F不变，v不变，则钢绳对重物的拉力的功率不变．故C错误
D、重物竖直向上匀速上升，速度不变，动能保持不变．故D错误．
故选：A．
例7. 质量为m的小球，从离桌面H高处由静止下落，桌面离地高度为h，如图所示，若以桌面为参考平面，那么小球落地时的重力势能及整个过程中小球重力势能的变化分别为（ ）
A．mgh，减少mg（H﹣h） B．mgh，增加mg（H+h）
C．﹣mgh，增加mg（H﹣h） D．﹣mgh，减少mg（H+h）
【解答】解：以桌面为零势能参考平面，那么小球落地时的重力势能为Ep1=﹣mgh；
整个过程中小球高度降低，重力势能减少，重力势能的减少量为：△Ep=mg•△h=mg（H+h）；
故选：D
例8. 如图所示，一固定斜面倾角为30°，一质量为m的小物块自斜面底端以一定的初速度沿斜面向上做匀减速运动，加速度大小等于重力加速度的大小g．物块上升的最大高度为H，则此过程中，物块的（ ）
A．动能损失了2mgH B．动能损失了mgH
C．机械能损失了mgH D．机械能损失了
【解答】解：根据动能定理应有=﹣ma=﹣2mgH，动能增量为负值，说明动能减少了 2mgH，所以A正确B错误；
再由牛顿第二定律（选取沿斜面向下为正方向）有mgsin30°+f=ma=mg，可得f=mg，根据功能关系应有△E=﹣f=﹣mgH，即机械能损失了mgH，所以C正确D错误．
故选：AC．
例9. 如图所示，在抗洪救灾中，一架直升机通过绳索，用恒力F竖直向上拉起一个漂在水面上的木箱，使其由水面开始加速上升到某一高度，若考虑空气阻力而不考虑空气浮力，则在此过程中，以下说法正确的有（ ）
A．力F所做功减去克服阻力所做的功等于重力势能的增量
B．木箱克服重力所做的功等于重力势能的增量
C．力F、重力、阻力，三者合力所做的功等于木箱动能的增量
D．力F和阻力的合力所做的功等于木箱机械能的增量
【解答】解：A、B、C、物体上升时受到重力、拉力和阻力，根据动能定理，有
WF﹣mgh﹣W阻=
重力势能的增加量等于克服重力做的功
故A错误，B正确，C正确；
D、除重力外其余力做的功等于机械能的增加量，除重力外，物体只受拉力和阻力，故D正确；
故选BCD．
例10. 目前，在地球周围有许多人造地球卫星绕着它运转，其中一些卫星的轨道可近似为圆，且轨道半径逐渐变小．若卫星在轨道半径逐渐变小的过程中，只受到地球引力和稀薄气体阻力的作用，则下列判断正确的是（ ）
A．卫星的动能逐渐减小
B．由于地球引力做正功，引力势能一定减小
C．由于气体阻力做负功，地球引力做正功，机械能保持不变
D．卫星克服气体阻力做的功小于引力势能的减小量
【解答】解：A、由=可知，v=，可见，卫星的速度大小随轨道半径的减小而增大，所以A错误；
B、由于卫星高度逐渐降低，所以地球引力对卫星做正功，引力势能减小，所以B正确；
C、由于气体阻力做负功，所以卫星与地球组成的系统机械能减少，故C错误；
D、根据动能定理可知引力与空气阻力对卫星做的总功应为正值，而引力做的功等于引力势能的减少，即卫星克服气体阻力做的功小于引力势能的变化，所以D正确．
故选BD．
例11. 一起重机吊着物体以加速度a（a＜g）竖直下落．在下落一段距离的过程中，下列说法中正确的是（ ）
A．重力对物体做的功等于物体重力势能的减少量
B．物体重力势能的减少量等于物体动能的增加量
C．重力做的功大于物体克服缆绳的拉力所做的功
D．物体重力势能的减少量大于物体动能的增加量
【解答】解：A、重力做的功等于物体重力势能的减小量，故A正确；
B、重力势能的减小量为mgh，动能的增加量为：△EK=WG﹣WF=mgh﹣WF，所以重物重力势能的减少量大于重物动能的增加量，故B错误，D正确；
C、重物被起重机吊起，竖直加速下落的过程中，加速度方向向下，重力大于缆绳拉力，根据W=FL可知，重力做的功大于重物克服缆绳拉力做的功，故C正确；
故选：ACD．
【过关检测】
1. 如图，将一轻弹簧下端固定在倾角为θ的粗糙斜面底端，弹簧处于自然状态时上端位于A点．质量为m的物体从斜面上的B点由静止下滑，与弹簧发生相互作用后，最终停在斜面上．下列说法正确的是（ ）
A．物体最终将停在A点
B．物体第一次反弹后可能到达B点
C．整个过程中重力势能的减少量大于克服摩擦力做的功
D．整个过程中物体的最大动能大于弹簧的最大弹性势能
【解答】解：A、由题意可知，物块从静止沿斜面向上向下运动，说明重力的下滑分力大于最大静摩擦力，因此物体不可能最终停于A点，故A错误；
B、由于运动过程中存在摩擦力，导致摩擦力做功，物体的机械能不断减小，所以物体第一次反弹后不可能到达B点，故B错误；
C、根据动能定理可知，从静止到速度为零，则有：重力做功等于克服弹簧弹力做功与物块克服摩擦做的功之和，所以重力势能的减小量大于物块克服摩擦力做功．故C正确；
D、整个过程中，动能最大的位置即为速度最大，因此即为第一次下滑与弹簧作用时，弹力等于重力的沿斜面方向的分力的位置，而弹簧的最大势能即为第一次压缩弹簧到最大位置，因为最大动能和此时的重力势能一同转化为最低点的最大弹性势能和此过程中的克服摩擦做功，所以整个过程中物体的最大动能小于弹簧的最大弹性势能，故D错误；
故选：C
2. 如图所示，固定的竖直光滑长杆上套有质量为m的小圆环，圆环与水平状态的轻质弹簧一端连接，弹簧的另一端连接在墙上，且处于原长状态．现让圆环由静止开始下滑，已知弹簧原长为L，圆环下滑到最大距离时弹簧的长度变为2L（未超过弹性限度），则在圆环下滑到最大距离的过程中（ ）
A．圆环的机械能守恒
B．弹簧弹性势能变化了mgL
C．圆环下滑到最大距离时，所受合力为零
D．圆环重力势能与弹簧弹性势能之和保持不变
【解答】解：A、圆环沿杆滑下过程中，弹簧的拉力对圆环做功，圆环的机械能不守恒，故A错误，
B、图中弹簧水平时恰好处于原长状态，圆环下滑到最大距离时弹簧的长度变为2L，可得物体下降的高度为h=L，根据系统的机械能守恒得
弹簧的弹性势能增大量为△Ep=mgh=mgL，故B正确．
C、圆环所受合力为零，速度最大，此后圆环继续向下运动，则弹簧的弹力增大，圆环下滑到最大距离时，所受合力不为零，故C错误．
D、根据圆环与弹簧组成的系统机械能守恒，知圆环的动能先增大后减小，则圆环重力势能与弹簧弹性势能之和先减小后增大，故D错误．
故选：B．
3. 一质量为1kg的物体被人用手由静止开始向上提升了1m，这时物体的速度为2m/s，取g=10m/s2．则下列结论正确的是（ ）
A．手对物体做功2J B．合力对物体做功12J
C．物体克服重力做功12J D．物体的机械能增加12J
【解答】解：A、受力分析知物体受到人拉力和重力，根据动能定理知：
W合=W人+WG=mv2﹣0=×1×22J=2J
故人所做功为W人=mv2+mgh=12J
故AB错误；
C、重力做功WG=﹣mgh=﹣1×10×1J=﹣10J，克服重力做功为10J，故C错误；
D、物体增加的机械能：E=mgh+mv2=1×10×1+×1×22=12J，故D正确．
故选：D
4. 在某个运动过程中，物体克服自身重力做功20J，则（ ）
A．物体的重力势能一定减少20J
B．物体的重力势能一定增加20J
C．物体的重力势能增加量小于20J
D．物体的重力势能减少量大于20J
【解答】解：物体在运动过程中，克服重力做功20J，说明重力做了﹣20J的功，重力做负功，物体重力势能增加20J，故B正确，ACD错误；
故选：B．
5. 物体以60J的初动能，从A点出发作竖直上抛运动，在它上升到某一高度时，动能损失了30J，而机械能损失了10J，则该物体在落回到A点的动能为：（空气阻力大小恒定）（ ）
A．50J B．40J C．30J D．20J
【解答】由题可知上升到某一高度时，重力、阻力均做负功，所以根据功能关系有：WG+Wf=△Ek ①
重力做功对应着机械能的变化，固有：WG=△Ep ②
将△EK=30J，△E=10J，带入①②可得，WG=﹣20J，Wf=﹣10J
由于上升过程中重力、阻力大小都恒定，而且是直线运动，因此重力和阻力做功关系为：WG=2Wf ③
物体上升到最高点时由功能关系可得：WG总+Wf总=Ek ④
联立③④解得上升过程中阻力做功：Wf总=﹣20J
当物体落回原地时由动能定理得：﹣2Wf总=Ek1﹣Ek
带入数据得：Ek1=20J，落回原地时动能为20J，故ABC错误，D正确．
故选D．
6. 升降机底板上放一质量为100 kg的物体，物体随升降机由静止开始竖直向上移动5 m时速度达到4 m/s，则此过程中(g取10 m/s2) ( )
A．升降机对物体做功5 800 J
B．合外力对物体做功5 800 J
C．物体的重力势能增加500 J
D．物体的机械能增加800 J
答案：A
7. 破亚运会记录的成绩夺得110 m跨栏的冠军．他采用蹲踞式起跑，在发令枪响后，左脚迅速蹬离起跑器，向前加速的同时提升身体重心．如图所示，假设刘翔的质量为m，起跑过程前进的距离为s，重心升高为h，获得的速度为v，克服阻力做功为W阻，则在此过程中 ( )
A．运动员的机械能增加了2(1)mv2
B．运动员的机械能增加了2(1)mv2＋mgh
C．运动员的重力做功为mgh
D．运动员自身做功W人＝2(1)mv2＋mgh＋W阻
答案：BD
解答此类选择题，应建立在对概念和规律正确理解的基础上，否则就会把握不准．针对本题，要正确解答，就要对各种功能关系熟记于心，力学范围内，应牢固掌握以下三条功能关系：
(1)重力的功等于重力势能的变化，弹力的功等于弹性势能的变化；
(2)合外力的功等于动能的变化；
(3)除重力、弹力外，其他力的功等于机械能的变化．
运用功能关系解题时，应弄清楚重力做什么功，合外力做什么功，除重力、弹力外的力做什么功，从而判断重力势能或弹性势能、动能、机械能的变化．
四、对能量守恒定律的理解★★★☆☆☆
列能量守恒定律方程的两条基本思路：
(1)某种形式的能减少，一定存在其他形式的能增加，且减少量和增加量一定相等；
(2)某个物体的能量减少，一定存在其他物体的能量增加且减少量和增加量一定相等．
应用能量守恒定律解题的步骤
(1)分清有多少形式的能[如动能、势能(包括重力势能、弹性势能、电势能)、内能等]在变化；
(2)明确哪种形式的能量增加，哪种形式的能量减少，并且列出减少的能量ΔE减和增加的能量ΔE增的表达式；
(3)列出能量守恒关系式：ΔE减 ＝ΔE增．
例12. 如图3所示，光滑坡道顶端距水平面高度为h，质量为m的小物块A从坡道顶端由静止滑下，进入水平面上的滑道时无机械能损失，为使A制动，将轻弹簧的一端固定在水平滑道延长线M处的墙上，另一端恰位于坡道的底端O点．已知在OM段，物块A与水平面间的动摩擦因数均为μ，其余各处的摩擦不计，重力加速度为g，求：
(1)物块滑到O点时的速度大小；
(2)弹簧为最大压缩量d时的弹性势能(设弹簧处于原长时弹性势能为零)；
(3)若物块A能够被弹回到坡道上，则它能够上升的最大高度是多少？
答案： (1) (2)mgh－μmgd (3)h－2μd
例13. 如图4所示，A、B、C质量分别为mA＝0.7 kg，mB＝0.2 kg，mC＝0.1 kg，B为套在细绳上的圆环，A与水平桌面的动摩擦因数μ＝0.2，另一圆环D固定在桌边，离地面高h2＝0.3 m，当B、C从静止下降h1＝0.3 m后，C穿环而过，B被D挡住，不计绳子质量和滑轮的摩擦，取g＝10 m/s2，若开始时A离桌边足够远．试求：
(1)物体C穿环瞬间的速度．
(2)物体C能否到达地面？如果能到达地面，其速度多大？(结果可用根号表示)
答案：(1)5(2) m/s (2)物体C能到达地面，到地面的速度为10(66) m/s
例14. 如图1所示，一个小孩从粗糙的滑梯上加速滑下，对于其机械能的变化情况，下列判断正确的是( )
A．重力势能减小，动能不变，机械能减小
B．重力势能减小，动能增加，机械能减小
C．重力势能减小，动能增加，机械能增加
D．重力势能减小，动能增加，机械能不变
答案：B
例15. 质量为m的物体，从静止开始以2g的加速度竖直向下运动h，不计空气阻力，则下列说法中错误的是( )
A．物体的机械能保持不变
B．物体的重力势能减小mgh
C．物体的动能增加2mgh
D．物体的机械能增加mgh
答案：BCD
例16. 如图2所示，小球从高处下落到竖直放置的轻弹簧上，在弹簧压缩到最短的整个过程中，下列关于能量的叙述中正确的是( )
A．重力势能和动能之和总保持不变
B．重力势能和弹性势能之和总保持不变
C．动能和弹性势能之和总保持不变
D．重力势能、弹性势能和动能之和总保持不变
答案：D
【过关检测】
8. 如图3所示，小球以初速度v0从光滑斜面底部向上滑，恰能到达最大高度为h的斜面顶部．图中A是内轨半径大于h的光滑轨道、B是内轨半径小于h的光滑轨道、C是内轨直径等于h的光滑轨道、D是长为2(1)h的轻棒，其下端固定一个可随棒绕O点向上转动的小球．小球在底端时的初速度都为v0，则小球在以上四种情况中能到达高度h的有( )
答案：AD
9. 从地面竖直向上抛出一个物体，当它的速度减为初速度v0的一半时，上升的高度为(空气阻力不计)( )
A.0 B.0 C.0 D.0
答案：D
五、能量的转化和转移★★★☆☆☆
例17. 下列有关能量的说法正确的是（ ）
A．重力对物体做的功与物体的运动路径无关，重力做的功等于物体重力势能的减少量
B．重力势能、弹性势能、电势能、动能都属于机械能
C．能量的耗散现象从能量转化的角度反映出自然界中宏观过程的方向性，也告诫了我们：自然界的能量虽然守恒，但还是要节约能源
D．电场力做的功等于电荷电势能的变化量
【解答】解：A、重力对物体做的功与物体的运动路径无关，重力做的功等于物体重力势能的减少量，故A正确；
B、重力势能、弹性势能、动能都属于机械能，电势能不是机械能，故B错误；
C、能量的耗散现象从能量转化的角度反映出自然界中宏观过程的方向性，也告诫了我们：自然界的能量虽然守恒，但还是要节约能源；故C正确；
D、电场力做的功等于电荷电势能的减小量，即变化量的相反数，故D错误；
故选AC．
例18. 关于能量的转化，下列说法中错误的是（ ）
A．电池充电时把化学能转化为电能
B．风力发电，把风能转化为电能
C．电风扇把电能转化为机械能
D．陨石坠落经过大气层时部分机械能转化为内能
【解答】解：A、电池充电时把电能转化为化学能存储起来，故A错误；
B、风力发电，把风能（空气的动能）转化为电能，故B正确；
C、电风扇消耗电能，增加风的机械能，故是把电能转化为机械能，故C正确；
D、陨石坠落经过大气层时机械能减小，内能增加，故部分机械能转化为内能，故D错误；
本题选错误的，故选A．
例19. 十七世纪七十年代，英国赛斯特城的主教约翰•维尔金斯设计了一种磁力“永动机”，其结构如图所示：在斜面顶端放一块强磁铁M，斜面上、下端各有一个小孔P、Q，斜面下有一个连接两小孔的弯曲轨道．维尔金斯认为：如果在斜坡底放一个铁球，那么在磁铁的引力作用下，铁球会沿斜面向上运动，当球运动到P孔时，它会漏下，再沿着弯曲轨道返回到Q，由于这时球具有速度可以对外做功．然后又被磁铁吸引回到上端，到P处又漏下…对于这个设计，下列判断中正确的是（ ）
A．满足能量转化和守恒定律，所以可行
B．不满足热力学第二定律，所以不可行
C．不满足机械能守恒定律，所以不可行
D．不满足能量转化和守恒定律，所以不可行
【解答】解：题中磁力“永动机”能够持续地对外做功，违背了能量守恒定律，故是不可能实现的；
故选D．
例20. 健身运动员在跑步机上不停地跑，但是他的动能并没有变化，关于这个过程中运动员消耗的能量，下列说法正确的是（ ）
A．绝大部分是通过与空气的摩擦转化成了内能
B．绝大部分是通过与跑步机间静摩擦力做功，克服跑步机内部各部件之间的摩擦转化成了内能
C．绝大部分是通过鞋底与皮带的摩擦转化成了内能
D．绝大部分转化成了皮带的动能
【解答】解：A、皮带在人的作用下移动了距离，人对皮带做功，皮带对人也做功，由于运动员克服静摩擦力做功，从而消耗能量，使跑步机皮带的内能增加．故ABD错误，C正确．
故选C
例21. 关于能量守恒定律及能量转化或转移的方向性，下列说法中错误的是（ ）
A．能量不能被创造或被消灭
B．自然界中自发进行的热传递过程总是从高温物体向低温物体进行
C．内能可以自动地、不引起其它变化地完全转化为机械能
D．自然界实际进行的与热现象有关的一切宏观过程都是有方向性的
【解答】解：A、根据能量守恒定律可知，能量不能被创造或被消灭，故A正确；
B、热量可以自发地从高温物体传递给低温物体，但却不能自发地从低温物体传递到高温物体，说明能量转移具有方向性，故BD正确；
C、内能不可以自动地、不引起其它变化地完全转化为机械能，说能量转化具有方向性，故C错误；
本题选择错误的，故选C．
【过关检测】
10. 质量为m的木块(可视为质点)左端与轻弹簧相连，弹簧的另一端与固定在足够大的光滑水平桌面上的挡板相连，木块的右端与一轻细线连接，细线绕过光滑的质量不计的轻滑轮，木块处于静止状态，在下列情况中弹簧均处于弹性限度内，(不计空气阻力及线的形变，重力加速度为g)．
(1)在图甲中，在线的另一端施加一竖直向下的大小为F的恒力，木块离开初始位置O由静止开始向右运动，弹簧开始发生伸长形变，已知木块通过P点时，速度大小为v，O、P两点间的距离为l.求木块拉至P点时弹簧的弹性势能；
(2)如果在线的另一端不是施加恒力，而是悬挂一个质量为M的钩码，如图乙所示，木块也从初始位置O由静止开始向右运动，求当木块通过P点时的速度大小．
答案：(1)Fl－2(1)mv2 (2) ()M＋m(mv2＋2Mg－Fl)
解析 (1)用力F拉木块至P点时，设此时弹簧的弹性势能为E，根据功能关系得
Fl＝E＋2(1)mv2
所以弹簧的弹性势能为E＝Fl－2(1)mv2.
(2)悬挂钩码M时，当木块运动到P点时，弹簧的弹性势能仍为E，设木块的速度为v′，由机械能守恒定律得 Mgl＝E＋2(1)(m＋M)v′2
联立解得v′＝ ()M＋m(mv2＋2Mg－Fl)
六、功能关系和能量守恒在弹簧中的运用★★★★☆☆
例22. 如图所示，小朋友在玩蹦蹦杆游戏的过程中，关于杆上弹簧，下列说法中不正确的是（ ）
A．弹簧恢复到原长时，弹性势能为零
B．弹簧恢复原长过程中，弹性势能转化为其他形式的能
C．弹簧形变量最大时，弹性势能不一定最大
D．弹簧压缩过程中，其他形式的能转化为弹性势能
【解答】解：根据弹性势能与形变量之间关系，形变量越大，弹性势能越大，可知
A、弹簧恢复到原长时，弹性势能为零，故A正确；
B、弹簧恢复原长过程中，形变量减小，弹性势能减小，即弹性势能转化为其他形式的能，故B正确；
C、弹簧形变量最大时，弹性势能一定最大，故C错误；
D、弹簧压缩过程中，形变量增大，弹性势能增大，即其他形式的能转化为弹性势能，故D正确；
本题选不正确的，
故选：C
例23. 相同大小的物体A、B用轻弹簧相连（弹簧的轴线过两球的球心）静止在水平面上，如图所示．已知B球与水平面间的最大静摩擦力足够大，而A球与水平面的摩擦力非常小科忽略不计．现对A球施加一个水平向右的外力，使它缓慢向左移动一端距离后撤去外力．在A向左移动过程中，B始终处于静止状态，且外力做的功为W．就外力撤去后，A向右运动的过程，以下分析判断正确的是（ ）
A．A物体机械能守恒
B．B一直处于静止状态，且所受静摩擦力的大小由零增至最大后又从最大减至零
C．A的动能由零不断增大，且最大动能为W
D．弹簧的弹性势能从最大不断减小至零后再由零不断增至最大，且最大弹性势能为W
【解答】解：A、由于在A向右运动的过程中，弹簧的弹力对A做功，所以A的机械能增加，故A错误．
B、弹簧的弹力先减小后增大，由平衡条件可知，B所受静摩擦力的大小先由最大减至零后由零增至最大，故B错误．
C、A的动能先增大后减小，由功能关系可知，A的最大动能为W，故C错误．
D、弹簧先压缩后伸长，弹性势能从最大不断减小至零后再由零不断增至最大，且最大弹性势能为W．故D正确．
故选：D
例24. 如图所示，轻质弹簧一端固定，另一端与一质量为m、套在粗糙竖直固定杆A处的圆环相连，弹簧水平且处于原长，圆环从A处由静止开始下滑，经过B处的速度最大，到达C处的速度为零，AC=h，圆环在C处获得一竖直向上的速度v，恰好能回到A，弹簧始终在弹性限度内，重力加速度为g，则圆环（ ）
A．下滑过程中，加速度一直减小
B．下滑过程中，克服摩擦力做的功为mv2
C．在C处，弹簧的弹性势能为mv2﹣mgh
D．上滑经过B的速度大于下滑经过B的速度
【解答】解：A、圆环从A处由静止开始下滑，经过B处的速度最大，到达C处的速度为零，所以圆环先做加速运动，再做减速运动，经过B处的速度最大，所以经过B处的加速度为零，所以加速度先减小，后增大，故A错误；B、研究圆环从A处由静止开始下滑到C过程，运用动能定理列出等式
mgh+Wf+W弹=0﹣0=0在C处获得一竖直向上的速度v，恰好能回到A，运用动能定理列出等式
﹣mgh+（﹣W弹）+Wf=0﹣mv2
解得：Wf=﹣mv2，故B正确；
C、W弹=mv2﹣mgh，所以在C处，弹簧的弹性势能为mgh﹣mv2，故C错误；
D、研究圆环从A处由静止开始下滑到B过程，运用动能定理列出等式
mgh′+W′f+W′弹=m﹣0
研究圆环从B处上滑到A的过程，运用动能定理列出等式
﹣mgh′+W′f+（﹣W′弹）=0﹣m
mgh′﹣W′f+W′弹=m
由于W′f＜0，所以m＞m，所以上滑经过B的速度大于下滑经过B的速度，故D正确；
故选：BD
例25. 如图a所示，小物体从竖直弹簧上方离地高h1处由静止释放，其动能Ek与离地高度h的关系如图b所示．其中高度从h1下降到h2，图象为直线，其余部分为曲线，h3对应图象的最高点，轻弹簧劲度系数为k，小物体质量为m，重力加速度为g．以下说法正确的是（ ）
A．小物体下降至高度h3时，弹簧形变量为0
B．小物体下落至高度h5时，加速度为0
C．小物体从高度h2下降到h4，弹簧的弹性势能增加了
D．小物体从高度h1下降到h5，弹簧的最大弹性势能为mg（h1﹣h5）
【解答】解：A、高度从h1下降到h2，图象为直线，该过程是自由落体，h1﹣h2的坐标就是自由下落的高度，所以小物体下降至高度h2时，弹簧形变量为0．故A错误；
B、物体的动能先增大，后减小，小物体下落至高度h4时，物体的动能与h2时的动能相同，由弹簧振子运动的对称性可知，在h4时弹簧的弹力一定是重力的2倍；小物体下落至高度h5时，动能又回到0，说明h5是最低点，弹簧的弹力到达最大值，一定大于重力的2倍，所以此时物体的加速度最大．故B错误；
C、小物体下落至高度h4时，物体的动能与h2时的动能相同，由弹簧振子运动的对称性可知，在h4时弹簧的弹力一定是重力的2倍；此时弹簧的压缩量：，小物体从高度h2下降到h4，重力做功：．物体从高度h2下降到h4，重力做功等于弹簧的弹性势能增加，所以小物体从高度h2下降到h4，弹簧的弹性势能增加了．故C错误；
D、小物体从高度h1下降到h5，重力做功等于弹簧弹性势能的增大，所以弹簧的最大弹性势能为：mg（h1﹣h5）．故D正确．
故选：D
例26. 如图所示，劲度系数为k的轻弹簧一端固定在墙上，另一端与置于水平面上的质量为m的小物体接触（未连接），如图中O点，弹簧水平且无形变．用水平力F缓慢向左推动物体，在弹性限度内弹簧长度被压缩了x0，如图中B点，此时物体静止．撤去F后，物体开始向右运动，运动的最大距离距B点为3x0，C点是物体向右运动过程中弹力和摩擦力大小相等的位置，物体与水平面间的动摩擦因数为μ，重力加速度为g．则（ ）
A．撤去F时，物体的加速度最大，大小为﹣μg
B．物体先做加速度逐渐变小的加速运动，再做加速度逐渐变大的减速运动，最后做匀减速运动
C．从B→C位置物体弹簧弹性势能的减少量大于物体动能的增加量
D．撤去F后，物体向右运动到O点时的动能最大
【解答】解：A、撤去F时，物体的加速度最大，大小为a==﹣μg，故A正确；
B、撤去F后，物体水平方向上受到弹簧的弹力和滑动摩擦力，滑动摩擦力不变，而弹簧的弹力随着压缩量的减小而减小，弹簧的弹力随着压缩量的减小而减小，加速度先减小后增大，物体先做变加速运动，再做变减速运动，物体离开弹簧后做匀减速运动．故B正确；
C、由动能定理可知，弹力做功减去摩擦力做的功的绝对值等于物体动能的增加量，故弹簧弹性势能的减少量大于物体动能的增加量，故C正确；
D、物体向右运动过程中，加速度为零时，速度最大，故到C点时的动能最大，故D错误．
故选：ABC．
例27. 如图所示，斜面固定在水平面上，轻质弹簧一端固定在斜面顶端，另一端与小物块相连，弹簧处于自然长度时物块位于O点，物块与斜面间有摩擦．现将物块从O点拉至A点，撤去拉力后物块由静止向上运动，经O点到达B点时速度为零，则物块从A运动到B的过程中（ ）
A．经过位置O点时，物块的动能最大
B．物块动能最大的位置与AO的距离有关
C．物块从A向O运动过程中，弹性势能的减少量等于动能与重力势能的增加量
D．物块从O向B运动过程中，动能的减少量大于弹性势能的增加量
【解答】解：A、物体从A向O运动过程，受重力、支持力、弹簧的拉力和滑动摩擦力，在平衡位置动能最大，由于摩擦力平行斜面向下，故平衡点在O点下方，故经过O点的动能不是最大，故A错误；
B、在平衡点动能最大，而平衡点的位置与AO距离无关，故B错误；
C、物块从A向O运动过程中，弹性势能减小，重力势能、动能和内能均增加，根据能量守恒定律，弹性势能的减少量大于动能与重力势能的增加量，故C错误；
D、物块从O向B运动过程中，动能减小，重力势能、弹性势能和内能均增加，根据能量守恒定律，动能的减少量大于弹性势能的增加量，故D正确；
故选：D．
例28. 如图所示，轻质弹簧的一端与固定的竖直板P栓接，另一端与物体A相连，物体A静止于光滑水平桌面上，A右端连接一细线，细线绕过光滑的定滑轮与物体B相连．开始时用手托住B，让细线恰好伸直，然后由静止释放B，直至B获得最大速度．下列有关该过程的分析正确的是（ ）
A．B物体受到绳的拉力保持不变
B．B物体机械能的减少量小于弹簧弹性势能的增加量
C．A物体动能的增量等于B物体重力做功与弹簧对A的弹力做功之和
D．A物体与弹簧所组成的系统机械能的增加量等于细线拉力对A做的功
【解答】解：A、以A、B组成的系统为研究对象，有mBg﹣kx=（mA+mB）a，从开始到B速度达到最大的过程中B加速度逐渐减小，由mBg﹣T=mBa可知，在此过程绳子上拉力逐渐增大，是变力，故A错误；
B、整个系统中，根据功能关系可知，B减小的机械能能转化为A的机械能以及弹簧的弹性势能，故B物体机械能的减少量大于弹簧弹性势能的增加量，故B错误；
C、根据动能定理可知，A物体动能的增量等于弹簧弹力和绳子上拉力对A所做功的代数和，故C错误；
D、系统机械能的增量等于系统除重力和弹簧弹力之外的力所做的功，A物体与弹簧所组成的系统机械能的增加量等于细线拉力对A做的功，故D正确．
故选D．
例29. 如图所示，劲度数为的轻弹簧的一端固定在墙上，另一端与置于水平面上质量为的物体接触（未连接），弹簧水平且无形变。用水平力F缓慢推动物体，在弹性限度内弹簧长度被压缩了，此时物体静止。撤去F后，物体开始向左运动，运动的最大距离为4。物体与水平面间的动摩擦因数为，重力加速度为。则 （ ）
A．撤去F后，物体先做匀加速运动，再做匀减速运动
B．撤去F后，物体刚运动时的加速度大小为
C．物体做匀减速运动的时间为
D．物体开始抽左运动到速度最大的过程中克服摩擦力做的功为
答案：BD
例30. 在倾角为θ的固定光滑斜面上有两个用轻弹簧相连接的物块A、B，它们的质量分别为m1、m2，弹簧劲度系数为k，C为一固定挡板，系统处于静止状态．现用一平行于斜面向上的恒力F拉物块A使之向上运动，当物块B刚要离开挡板C时，物块A运动的距离为d，速度为v，则此时（ ）
A．物块B的质量满足m2gsinθ=kd
B．物块A的加速度为
C．拉力做功的瞬时功率为Fvsinθ
D．此过程中，弹簧弹性势能的增量为Fd﹣m1dgsinθ﹣m1v2
【解答】解：A、开始系统处于静止状态，弹簧弹力等于A的重力沿斜面下的分力，当B刚离开C时，弹簧的弹力等于B的重力沿斜面下的分力，故m2gsinθ=kx2，x2为弹簧相对于原长的伸长量，但由于开始是弹簧是压缩的，故d＞x2，故m2gsinθ＞kd，故A错误；
B、当B刚离开C时，弹簧的弹力等于B的重力沿斜面下的分力，故m2gsinθ=kx2，根据牛顿第二定律：F﹣m1gsinθ﹣kx2=ma，已知m1gsinθ=kx1，x1+x2=d 故物块A加速度等于，故B正确；
C、拉力的瞬时功率P=Fv，故C错误；
D、根据功能关系，弹簧弹性势能的增加量等于拉力的功减去系统动能和重力势能的增加量，即为：
Fd﹣m1gdsinθ﹣m1v2，故D正确；
故选：BD．
例31. 如图所示，质量相等的物体A、B通过一轻质弹簧相连，开始时B放在地面上，A、B均处于静止状态，此时弹簧压缩量△x1．现通过细绳将A向上缓慢拉起，第一阶段拉力做功为W1时，弹簧变为原长；第二阶段拉力再做功W2时，B刚要离开地面，此时弹簧伸长量为△x2．弹簧一直在弹性限度内，则（ ）
A．△x1＞△x2
B．拉力做的总功等于A的重力势能的增加量
C．第一阶段，拉力做的功等于A的重力势能的增加量
D．第二阶段，拉力做的功等于A的重力势能的增加量
【解答】解：A、开始时A压缩弹簧，形变量为x1=；要使B刚要离开地面，则弹力应等于B的重力，即kx2=mg，故形变量x2=，则x1=x2=x，故A错误；
A、缓慢提升物体A，物体A的动能不变，第一阶段与第二阶段弹簧的形变量相同，弹簧的弹性势能EP相同，由动能定理得：W1+EP﹣mgx=0，W2﹣EP﹣mgx=0，
W1=mgx﹣EP，W2=mgx+EP，由于在整个过程中，弹簧的弹性势能不变，物体A、B的动能不变，B的重力势能不变，由能量守恒定律可知，拉力做的功转化为A的重力势能，拉力做的总功等于A的重力势能的增加量，故B正确；
C、由A可知，W1=mgx﹣EP，物体重力势能的增加量为mgx，则第一阶段，拉力做的功小于A的重力势能的增量，故C错误；
D、由A可知，W2=mgx+EP，重力势能的增加量为mgx，则第二阶段拉力做的功大于A的重力势能的增加量，故D错误；
故选：B．
【过关检测】
11. 如图所示倾角θ=30°的固定斜面上固定着挡板，轻弹簧下端与挡板相连，弹簧处于原长时上端位于D点．用一根不可伸长的轻绳通过轻质光滑定滑轮连接物体A和B，使滑轮左侧绳子始终与斜面平行，初始时A位于斜面的C点，C、D两点间的距离为L．现由静止同时释放A、B，物体A沿斜面向下运动，将弹簧压缩到最短的位置E点，D、E两点距离为．若A、B的质量分别为4m和m，A与斜面的动摩擦因数μ=，不计空气阻力，重力加速度为g，整个过程中，轻绳始终处于伸直状态，则：（ ）
A．A在从C至E的过程中，先做匀加速运动，后做匀减速运动
B．A在从C至D的过程中，加速度大小为g
C．弹簧的最大弹性势能为mgL
D．弹簧的最大弹性势能为mgL
【解答】解：A、对AB整体从C到D的过程受力分析，根据牛顿第二定律得：
a=，
从D点开始与弹簧接触，压缩弹簧，弹簧被压缩到E点的过程中，弹簧弹力是个变力，则加速度是变化的，所以A在从C至E的过程中，先做匀加速运动，后做变加速运动，最后做变减速运动，直到速度为零，故A错误，B正确；
C、当A的速度为零时，弹簧被压缩到最短，此时弹簧弹性势能最大，
整个过程中对AB整体应用动能定理得：
0﹣0=4mg（L+）sin30°﹣mg（L+）﹣μ×4mgcos30°（L+）﹣W弹
解得：
则弹簧具有的最大弹性势能，故C错误，D正确．
故选：BD
12. 如图所示,水平桌面上的轻质弹簧一端固定,另一端与小物块相连. 弹簧处于自然长度时物块位于O点(图中未标出). 物块的质量为m,AB =a,物块与桌面间的动摩擦因数为. 现用水平向右的力将物块从O 点拉至A 点,拉力做的功为W. 撤去拉力后物块由静止向左运动, 经O点到达B点时速度为零. 重力加速度为g. 则上述过程中
(A)物块在A点时,弹簧的弹性势能等于
(B)物块在B点时,弹簧的弹性势能小于
(C)经O点时,物块的动能小于
(D)物块动能最大时弹簧的弹性势能小于物块在B点时弹簧的弹性势能
答案：BC
解析：借助弹簧振子的平衡位置的思想，假定AB的中点为C，画出AB的总店O，则因为物体从A到B想做运动的过程中，摩擦力一直做负功，则过O点弹簧的压缩量一直小雨OA，即O点在C的左侧，OA>OB，且OA>.所以物体在A点的弹性势能等于W-，小雨W-,故A错，同理可知BC正确，物体的最大动能在物体从A到B运动的过程中，当向左的弹力等于摩擦力时，此时物体还没有到达O点；而由于弹簧的性质和弹力做功的具体情况不明，所欲不能判断与物体到达B点的弹性势能大小比较。
13. 如图，质量为 m1物体A经一轻质弹簧与下方地面上的质量为m2的物体B相连，弹簧的劲度系数为k，A、B都处于静止状态．一条不可伸长的轻绳绕过轻滑轮，一端连物体A，另一端连一轻挂钩．开始时各段绳都处于伸直状态，A上方的一段绳沿竖直方向．现在挂钩上挂一质量m3 的物体C并从静止状态释放，已知它恰好能使B离开地面但不继续上升．已知重力加速度为g．求此过程中：
（1）物体A上升的高度；
（2）弹簧弹性势能的增量；
（3）若将C换成另一个质量为（m1+m3）的物体D，仍从上述初始位置由静止状态释放，则这次B刚离地时D的速度的大小是多少？
解：（1）开始时，A、B静止，设弹簧压缩量为x1，有
kx1=mlg ①
挂C并释放后，C向下运动，B向上运动，设B刚要离地时弹簧伸长量为x2，有
kx2=m2g ②
则物体A上升的高度h=x1+x2==；
（2）B不再上升，表示此时A和C的速度为零，C已降到其最低点．由机械能守恒，与初始状态相比，弹簧弹性势能的增加量为
△E=m3g（x1+x2）﹣m1g（x1+x2）=③
（3）C换成D后，当B 刚离地时弹簧势能的增量与前一次相同，由能量关系得（m1+m3）V2+m1V2=（m1+m3）g（x1+x2）﹣m1g（x1+x2）﹣△E ④
由③④式得
（2m1+m3）V2=m1g（x1+x2） ⑤
由①②⑤式得
V=．
答：（1）物体A上升的高度；
（2）弹簧弹性势能的增量；
（3）若将C换成另一个质量为（m1+m3）的物体D，仍从上述初始位置由静止状态释放，所以B刚离地时D的速度的大小是V=．
七、功能关系和能量守恒在平抛和圆周运动中的运用★★★★☆☆
例32. 在同一位置以相同的速率把三个小球分别沿水平、斜向上、斜向下方向抛出，不计空气阻力，则落在同一水平地面时的速度大小（ ）
A．一样大B．水平抛得最大C．斜向上抛的最大D．斜向下抛的最大
答案：A
例33. 质量为m的小球用长度为L的轻绳系住，在竖直平面内做圆周运动，运动过程中小球受空气阻力作用．已知小球经过最低点时轻绳受的拉力为7mg，经过半周小球恰好能通过最高点，则此过程中小球克服空气阻力做的功为（ ）
A． B． C． D．mgL
故选C．
例34. 如图，长为2L的轻杆两端分别固定质量均为m的两小球P、Q，杆可绕中点的轴O在竖直平面内无摩擦转动．若给P球一个大小为的速度，使P、Q两球在竖直面内做匀速圆周运动．不计空气阻力，重力加速度为g，下列说法正确的是（ ）
A．Q球在运动过程中机械能守恒
B．P从最高点运动到最低点过程中杆对其做功为2mgL
C．水平位置时杆对P的作用力大小为mg
D．Q到达最高点时杆对其作用力大小为mg
【解答】解：A、由于两个小球的质量相等，所以P、Q两球在竖直面内做匀速圆周运动，两球在运动的过程中，二者的总重力势能保持不变，但单个的小球的重力势能不断变化，Q球在运动过程中机械能不守恒．故A错误；
B、P从最高点运动到最低点过程中动能不变，重力对其做功是mg•2L，所以杆对其做功为﹣2mgL．故B错误；
C、在水平位置时，杆的弹力和重力的合力提供向心力，受力如图，
则：．故C正确；
D、Q到达最高点时，设在最高点时，假设杆的作用力向下，根据向心力公式得：
mg+T=
解得：T=mg．故D正确
故选：CD．
例35. 如图所示，一个小球套在竖直放置的光滑圆环上，小球从最高点向下滑动过程中，其线速度大小的平方v2随下落高度h的变化图象可能是图中的（ ）
A． B． C． D．
【解答】解：小环在下落的过程中，只有重力做功，机械能守恒，有：
mv2=mv02+mgh
则v2=v02+2gh
若v0=0，则v2与h成正比关系，若v0≠0，则v2与h成一次函数关系．故A正确，B、C、D错误．
故选：A．
例36. 某校物理兴趣小组决定举行遥控赛车比赛．比赛路径如图所示，赛车从起点A出发，沿水平直线轨道运动L后，由B点进入半径为R的光滑竖直圆轨道，离开竖直圆轨道后继续在光滑平直轨道上运动到C点，并能越过壕沟．已知赛车质量m=0.1kg，通电后以额定功率P=1.5W工作，进入竖直轨道前受到阻力恒为0.3N，随后在运动中受到的阻力均可不计．图中L=10.00m，R=0.32m，h=1.25m，S=1.50m．问：要使赛车完成比赛，电动机至少工作多长时间？（取g=10m/s2）
【解答】解：设赛车越过壕沟需要的最小速度为v1，由平抛运动的规律
S=v1t
h=gt2
解得
m/s
设赛车恰好越过圆轨道，对应圆轨道最高点的速度为v2，最低点的速度为v3，由牛顿第二定律及机械能守恒定律
mg=m
m=m+mg（2R）
解得：
v3===4m/s
通过分析比较，赛车要完成比赛，在进入圆轨道前的速度最小应该是：
vmin=4m/s
设电动机工作时间至少为t，根据功能原理
Pt﹣fL=m
由此可得：
t=2.53s
即要使赛车完成比赛，电动机至少工作2.53s的时间．
例37. 过山车是游乐场中常见的设施．下图是一种过山车的简易模型，它由水平轨道和在竖直平面内的三个圆形轨道组成，B、C、D分别是三个圆形轨道的最低点，B、C间距与C、D间距相等，半径R1=2.0m、R2=1.4m．一个质量为m=1.0kg的小球（视为质点），从轨道的左侧A点以v0=12.0m/s的初速度沿轨道向右运动，A、B间距L1=6.0m．小球与水平轨道间的动摩擦因数为0.2，圆形轨道是光滑的．假设水平轨道足够长，圆形轨道间不相互重叠．重力加速度取g=10m/s2，计算结果保留小数点后一位数字．试求
（1）小球在经过第一个圆形轨道的最高点时，轨道对小球作用力的大小；
（2）如果小球恰能通过第二圆形轨道，B、C间距L应是多少；
（3）在满足（2）的条件下，如果要使小球不能脱离轨道，在第三个圆形轨道的设计中，半径R3应满足的条件；小球最终停留点与起点A的距离．
【解答】解：（1）设小球经过第一个圆轨道的最高点时的速度为v1根据动能定理得：
﹣μmgL1﹣2mgR1=mv12﹣mv02 ①
小球在最高点受到重力mg和轨道对它的作用力F，根据牛顿第二定律有：
F+mg=m ②
由 ①、②得 F=10.0 N ③
（2）设小球在第二个圆轨道的最高点的速度为v2，由小球恰能通过第二圆形轨道有：
mg=m ④
﹣μmg（L1+L）﹣2mgR2=mv22﹣mv02 ⑤
由④、⑤得 L=12.5m ⑥
（3）要保证小球不脱离轨道，可分两种情况进行讨论：
I．轨道半径较小时，小球恰能通过第三个圆轨道，设在最高点的速度为v3，应满足
mg=m ⑦
﹣μmg（L1+2L）﹣2mgR3=mv32﹣mv02 ⑧
由 ⑥、⑦、⑧得 R3=0.4m
II．轨道半径较大时，小球上升的最大高度为R3，根据动能定理
﹣μmg（L1+2L）﹣mgR3=0﹣mv02
解得 R3=1.0m
为了保证圆轨道不重叠，R3最大值应满足
（R2+R3）2=L2+（R3﹣R2）2
解得 R3=27.9m
综合I、II，要使小球不脱离轨道，则第三个圆轨道的半径须满足下面的条件
0＜R3≤0.4m或 1.0m≤R3≤27.9m
当0＜R3≤0.4m时，小球最终停留点与起始点A的距离为L′，则
﹣μmgL′=0﹣mv02
L′=36.0m
当1.0m≤R3≤27.9m时，小球最终停留点与起始点A的距离为L〞，则
L″=L′﹣2（L′﹣L1﹣2L）=26.0m
答：（1）小球在经过第一个圆形轨道的最高点时，轨道对小球作用力的大小为10.0N；
（2）如果小球恰能通过第二圆形轨道，B、C间距L应是12.5m；
（3）第三个圆轨道的半径须满足下面的条件 0＜R3≤0.4m或 1.0m≤R3≤27.9m
当0＜R3≤0.4m时，小球最终停留点与起始点A的距离为36.0m
当1.0m≤R3≤27.9m时，小球最终停留点与起始点A的距离为26.0m．
例38. 如图所示，粗糙弧形轨道和两个光滑半圆轨道组成的S形轨道．光滑半圆轨道半径为R，两个光滑半圆轨道连接处CD之间留有很小空隙，刚好能够使小球通过，CD之间距离可忽略．粗糙弧形轨道最高点A与水平面上B点之间的高度为h．从A点静止释放一个可视为质点的小球，小球沿S形轨道运动后从E点水平飞出，落到水平地面上，落点到与E点在同一竖直线上B点的距离为x．已知小球质量m，不计空气阻力，求：
（1）小球从E点水平飞出时的速度大小；
（2）小球运动到半圆轨道的B点时对轨道的压力；
（3）小球从A至E运动过程中克服摩擦阻力做的功．
【解答】解：（1）小球从E点飞出后做平抛运动，设在E点的速度大小为v，则：
4R=
x=vt
解得：v=x
（2）小球从B点运动到E点的过程，机械能守恒
在B点F﹣mg=m
联立解得：F=9mg+
由牛顿第三定律可知小球运动到B点时对轨道的压力为F′=9mg+
（3）设小球沿翘尾巴的S形轨道运动时克服摩擦力做的功为W，则
mg（h﹣4R）﹣W=
得W=mg（h﹣4R）﹣
答：（1）小球从E点水平飞出时的速度大小为x；
（2）小球运动到半圆轨道的B点时对轨道的压力大小为9mg+，方向向下；
（3）小球沿翘尾巴S形轨道运动时克服摩擦力做的功为mg（h﹣4R）﹣．
【过关检测】
14. 如图所示，水平路面CD的左侧有一固定的平台，平台上表面AB长s＝3 m．光滑半圆轨道AFE竖直固定在平台上，半圆轨道半径R＝0.4 m，最低点与平台AB相切于A.CD的右侧有一长L1＝2 m的木板，上表面与平台等高，小物块放在板的最右端，并随板一起向左运动，当板的左端距离平台L＝2 m时，板与小物块向左运动的速度v0＝8 m/s.当板与平台碰撞后，板立即停止运动，小物块在板上滑动．已知板与路面的动摩擦因数μ1＝0.05，小物块与板上表面及轨道AB的动摩擦因数μ2＝0.1，小物块质量m＝1 kg，取g＝10 m/s2.
(1)求小物块进入半圆轨道时对轨道上A点的压力；
(2)判断小物块能否到达半圆轨道的最高点E.如果能，求小物块离开E后在平台上的落点到A的距离；如果不能，则说明理由．
答案：(1)140 N，方向竖直向下 (2)能 2.4 m
15. 多米诺骨牌是一种文化，它起源于中国，有着上千年的历史。码牌时，骨牌会因意外一次次倒下，参与者时刻面临和经受着失败的打击。遇到挫折不气馁，鼓起勇气，重新再来，人只有经过无数这样的经历，才会变得成熟，最终走向成功。
如图为骨牌中的一小段情景，光滑斜面轨道AB、粗糙水平轨道CE与半径r=0.5m的光滑圆轨道相切于B、C两点，D点为圆轨道最高点，水平轨道末端E离水平地面高h=0.8m，骨牌触碰机关F在水平地面上，E、F两点间的距离s=1m。质量m=0.2kg的小钢球（可视为质点）从A点自由释放，到达D点时对轨道压力为其重力的0.5倍，从E点抛出后刚好触动机关F。重力加速度g=10m/s2，不计圆轨道在B、C间交错的影响，不计空气阻力。求：
（1）小钢球在水平轨道上克服阻力做的功；
（2）A点离水平地面的高度。
解：
（1）设小钢球过E点时的速度为vE，从E点到F点的水平距离为x，则
………（1分）
………（1分）
………（1分）
设小球运动到D点时速度为vD，轨道对小球作用力为N，则
………（2分）
由牛顿第三定律得 ………（1分）
解得 m/s，m/s
设小球从D点运动到E点过程中，在水平轨道上克服阻力做功为，则
………（3分）
解得 J ………（2分）
（2）设A点离水平地面高度为H，小球从A点运动到D点过程中有
………（4分）
解得 H=2.175m
八、功能关系和能量守恒之摩擦力做功★★★★☆☆
类别
比较
静摩擦力
滑动摩擦力
不
同
点
能量
转化的
方面
在静摩擦力做功的过程中，只有机械能从一个物体转移到另一个物体(静摩擦力起着传递机械能的作用)，而没有机械能转化为其他形式的能量
1.相互摩擦的物体通过摩擦力做功，将部分机械能从一个物体转移到另一个物体
2．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
擦力做
功方面
一对静摩擦力所做功的代数和等于零
一对相互作用的滑动摩擦力对物体系统所做的总功总为负值，系统损失的机械能转变成内能
相
同
点
做功方面
两种摩擦力都可以对物体做正功，做负功，还可以不做功
例39. 如图所示，一张薄纸板放在光滑水平面上，其右端放有小木块，小木块与薄纸板的接触面粗糙，原来系统静止．现用水平恒力F向右拉薄纸板，小木块在薄纸板上发生相对滑动，直到从薄纸板上掉下来．上述过程中有关功和能的下列说法正确的是（ ）
A．拉力F做的功等于薄纸板和小木块动能的增加
B．摩擦力对小木块做的功一定等于系统的摩擦生热
C．离开薄纸板前小木块可能先做加速运动，后做匀速运动
D．小木块动能的增加可能小于系统的摩擦生热
【解答】解：拉力对小木块做的功W1=fx，其中x是小木块对地的位移，如右图中三角形面积S1所示，系统摩擦生热Q=fd，其中d是小木块与薄纸板间的相对移动路程，如右图中三角形面积S2所示，根据本题给出的条件，S1和S2的大小关系无法确定．故D正确；
故选：D．
例40. 如图所示，平直木板AB倾斜放置，板上的P点距A端较近，小物块与木板间的动摩擦因数由A到B逐渐减小，先让物块从A由静止开始滑到B．然后，将A着地，抬高B，使木板的倾角与前一过程相同，再让物块从B由静止开始滑到A．上述两过程相比较，下列说法中一定正确的有（ ）
A．物块经过P点的动能，前一过程较小
B．物块从顶端滑到P点的过程中因摩擦产生的热量，前一过程较少
C．物块滑到底端的速度，前一过程较大
D．物块从顶端滑到底端的时间，前一过程较长
【解答】解：A、先让物块从A由静止开始滑到B，又因为动摩擦因数由A到B逐渐减小，说明重力沿斜面的分量在整个过程中都大于摩擦力．也就是说无论哪边高，合力方向始终沿斜面向下．物块从A由静止开始滑到P时，摩擦力较大，故合力较小，距离较短；物块从B由静止开始滑到P时，摩擦力较小，故合力较大，距离较长．所以由动能定理，物块从A由静止开始滑到P时合力做功较少，P点是动能较小；由B到P时合力做功较多，P点是动能较大．因而A正确；
B、由w=fs，无法确定f做功多少，因而B错误；
C、由动能定理，两过程合力做功相同，到底时速度应相同；因而C错误；
D、采用v﹣t法分析，第一个过程加速度在增大，故斜率增大，第二个过程加速度减小，故斜率变小，由于倾角一样大，根据能量守恒，末速度是一样大的，还有就是路程一样大，图象中的面积就要相等，所以第一个过程的时间长；因而D正确；
故选AD．
例41. 如图所示有三个斜面1、2、3，斜面1与2底边相同，斜面2和3高度相同，同一物体与三个斜面的动摩擦因数相同，当他们分别沿三个斜面从顶端由静止下滑到底端时，下列说法正确的是（ ）
A．三种情况下摩擦产生的热量Q1＜Q2＜Q3
B．三种情况下摩擦产生的热量Q1=Q2＜Q3
C．到达底端的速度v1＞v2=v3
D．到达底端的速度v1=v2＞v3
【解答】解：设斜面和水平方向夹角为θ，斜面长度为L，则物体下滑过程中克服摩擦力做功为：W=mgμLcosθ．Lcosθ即为底边长度，由图可知1和2底边相等且小于3的，故摩擦生热关系为：Q1=Q2＜Q3，故A错误，B正确；
设物体滑到底端时的速度为v，根据动能定理得：，根据图中斜面高度和底边长度可知滑到底边时速度大小关系为：v1＞v2＞v3，故CD错误．
故选B．
例42. 如图所示，等腰直角三角体OCD由不同材料A、B拼接而成，P为两材料在CD边上的交点，且DP＞CP．现OD边水平放置，让小物块从C滑到D；然后将OC边水平放置，再让小物块从D滑到C，小物块两次滑动经过P点的时间相同．下列说法正确的是（ ）
A．A、B材料的动摩擦因数相同
B．两次滑动中物块到达P点速度相等
C．两次滑动中物块到达底端速度相等
D．两次滑动中物块到达底端摩擦生热相等
【解答】解：A、由于A、B材料不同，因此它们的动摩擦因数不同，故A错误；
B、由题意可知，小物块两次滑动经过P点的时间相同且DP＞CP，因此从D到P的平均速度大于从C到P的平均速度，设从C到P点时速度为v1，从D到P时速度为v2，则根据匀变速直线运动特点有：，即从D到P点速度大于从C到P点的速度，故B错误；
C、从C到D和从D到C过程中摩擦力做功相等，重力做功相等，根据动能定理可知，两次滑动中物块到达底端速度相等，故C正确；
D、两次滑下的过程中摩擦力做功相同，斜面静止不动，因此两次滑动中物块到达底端摩擦生热相等，故D正确．
故选CD．
【过关检测】
16. 如图所示，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Ff，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．此时小物块的动能为F(x＋L)
B．此时小车的动能为Ffx
C．这一过程中，小物块和小车增加的机械能为Fx－FfL
D．这一过程中，因摩擦而产生的热量为FfL
答案：BD
17. 如图所示，质量为m的长木块A静止于光滑水平面上，在其水平的上表面左端放一质量为m的滑块B，已知木块长为L，它与滑块之间的动摩擦因数为μ.现用水平向右的恒力F拉滑块B.
(1)当长木块A的位移为多少时，B从A的右端滑出？
(2)求上述过程中滑块与木块之间产生的内能．
答案：(1)F－2μmg(μmgL) (2)μmgL
九、功能关系和能量守恒在传送带中的运用★★★★☆☆
例43. 足够长的传送带以v匀速传动，一质量为m的小物块A由静止轻放于传送带上，若小物体与传送带之间的动摩擦因数为μ，如图所示，当物体与传送带相对静止时，转化为内能的能量为（ ）
A． B． C．mv2 D．2mv2
【解答】解：假设木块从静止到匀速所用的时间t，位移为x木，传送带的位移为x传，滑动摩擦力f滑=μmg
整个运动过程传送带位移：x传=vt
整个运动过程木块位移：x木=t （是木块的平均速度）
木块与传送带之间的相对位移：△L=x传﹣x木=
转化为内能的能量等于：△E损=f滑△L=μmg ①
但形式与四个答案均不相同，再对下木块用动能定理整理一下
对木块从静止到匀速过程列动能定理：μmgx木=μmg= ②
由①②两式得： 故：B正确
故选：B
例44. 如图所示，由电动机带动的水平传送带以速度为v=2.0m/s匀速运行，A端上方靠近传送带料斗中装有煤，打开阀门，煤以流量为Q=50kg/s落到传送带上，煤与传送带达共同速度后被运至B端，在运送煤的过程中，下列说法正确的是（ ）
A．电动机应增加的功率为100W
B．电动机应增加的功率为200W
C．在一分钟内因煤与传送带摩擦产生的热为6.0×103J
D．在一分钟内因煤与传送带摩擦产生的热为1.2×104J
【解答】解：设足够小的时间△t内落到传送带上煤的质量为△m，显然Q=△m/△t；这部分煤由于摩擦力f的作用被传送带加速，由功能关系得：
煤块在摩擦力作用下加速前进，因此有：
传送带的位移为：s传=vt
相对位移为：△s=s传﹣s=s，由此可知煤的位移与煤和传送带的相对位移相同，
因此摩擦生热为：．
传送带需要增加的能量分为两部分：第一部分为煤获得的动能，第二部分为传送带克服摩擦力做功保持传送带速度．所以传送带△t内增加的能量△E为：
功率：，由此可知A错误，B正确．
由前面的分析可知单位时间内产生的热量为：．
因此一分钟产生的热量为：
，故C正确，D错误．
故选BC．
例45. 如图所示，倾角θ=37°的传送带上，上、下两端相距S=7m．一个与传送带间动摩擦因数μ=0.25的物块P无初速度滑下．
（1）当传送带静止，将轻放于A端，P从A端运动到B端所需的时间是多少？
（2）若传送带以u=4m/s的恒定速率顺时针转动，P从A端运动到B端的时间又是多少？
（3）物体质量为4kg计算（1）（2）两种情况由于摩擦产生的热量．
【解答】解：
（1）当传送带静止时，P下滑的加速度设为a1，
则有：mgsinθ﹣μmgcosθ=ma1
解得：
从A 到B的时间
（2）当传送带顺时针转动时，设P初始下滑的加速度为a2，
则有mgsinθ+μmgcosθ=ma2
解得：
当P加速到ν=4m/s时P对地发生的位移 此后P，继续加速下滑，
设加速度为a'2，
有mgsinθ﹣μmgcosθ=ma'2所以
滑到B端时的速度
前一段加速滑下时间
后一段加速滑下时间
P从A到B总时间 t=t1+t2=1.5s
（3）摩擦生热则有Q=f△s
第一种情况下，△s就为AB间距，
则产生热量为：Q=FfL=μmgcosθ•L=0.25×4×10×0.8×7J=56J
第二种情况下，
则产生热量为：Q2=Ff△s2=0.25×4×10×0.8×3J=24J
答：（1）当传送带静止，将轻放于A端，P从A端运动到B端所需的时间是；
（2）若传送带以u=4m/s的恒定速率顺时针转动，P从A端运动到B端的时间又是1.5s；
（3）物体质量为4kg计算（1）（2）两种情况由于摩擦产生的热量分别为56J、24J．
例46. 如图所示，一足够长的水平传送带以速度v0匀速运动，质量均为m的小物块P和小物块Q由通过滑轮组的轻绳连接，轻绳足够长且不可伸长．某时刻物块P从传送带左端以速度2v0冲上传送带，P与定滑轮间的绳子水平．已知物块P与传送带间的动摩擦因数μ=0.25，重力加速度为g，不计滑轮的质量与摩擦．求：
（1）运动过程中小物块P、Q的加速度大小之比；
（2）物块P刚冲上传送带到右方最远处的过程中，PQ系统机械能的改变量；
（3）若传送带以不同的速度v（0＜v＜2v0）匀速运动，当v取多大时物块P向右冲到最远处时，P与传送带间产生的摩擦热最小？最小值为多大？
【解答】解：（1）设P的位移、加速度大小分别为s1、a1，Q的位移、加速度大小分别为s2、a2，
因s1=2 s2，故a1=2a2
（2）对P有：μmg+T=ma1
对Q有：mg﹣2T=ma2
得：T=0.35mg，a1=0.6g
P先减速到与传送带速度相同，设位移为x1，
共速后，由于f=μmg＜mg，P不可能随传送带一起匀速运动，继续向右减速，
设此时P加速度为a1′，Q的加速度为
对P有：T﹣μmg=ma1′，对Q有：mg﹣2T=ma2’解得：a1′=0.2g
设减速到0位移为x2，
PQ系统机械能的改变量等于摩擦力对P做的功，△E=﹣μmgx1+μmgx2=0
（3）第一阶段P相对皮带向前，相对路程：
第二阶段相对皮带向后，相对路程：
摩擦产生的热Q=μmg（S1+S2）=
当时，
摩擦热最小
答：（1）运动过程中小物块P、Q的加速度大小之比是2：1；
（2）物块P刚冲上传送带到右方最远处的过程中，PQ系统机械能的改变量；
（3）若传送带以不同的速度v（0＜v＜2v0）匀速运动，当时物块P向右冲到最远处时，P与传送带间产生的摩擦热最小，最小值为
【过关检测】
18. 如图所示，倾角为30°的光滑斜面的下端有一水平传送带，传送带正以6 m/s的速度运动，运动方向如图所示．一个质量为2 kg的物体(物体可以视为质点)，从h＝3.2 m高处由静止沿斜面下滑，物体经过A点时，不管是从斜面到传送带还是从传送带到斜面，都不计其动能损失．物体与传送带间的动摩擦因数为0.5，物体向左最多能滑到传送带左右两端AB的中点处，重力加速度g＝10 m/s2，求：
(1)物体由静止沿斜面下滑到斜面末端需要多长时间；
(2)传送带左右两端AB间的距离l至少为多少；
(3)上述过程中物体与传送带组成的系统产生的摩擦热为多少．
答案：(1)1.6 s (2)12.8 m (3)160 J
解析 (1)物体在斜面上，由牛顿第二定律得mgsin θ＝ma，sin θ(h)＝2(1)at2，可得t＝1.6 s.
(2)由能的转化和守恒得mgh＝μmg2(l)，l＝12.8 m.
(3)此过程中，物体与传送带间的相对位移x相＝2(l)＋v带·t1，又2(l)＝2(1)μgt1(2)，
而摩擦热Q＝μmg·x相，以上三式可联立得Q＝160 J.
19. 一质量为M＝2.0 kg的小物块随足够长的水平传送带一起运动，被一水平向左飞来的子弹击中并从物块中穿过，子弹和小物块的作用时间极短，如图甲所示．地面观察者记录了小物块被击中后的速度随时间变化关系如图乙所示(图中取向右运动的方向为正方向)．已知传送带的速度保持不变，g取10 m/s2.
(1)指出传送带速度v的方向及大小，说明理由．
(2)计算物块与传送带间的动摩擦因数μ.
(3)计算传送带对外做了多少功？子弹射穿物块后系统有多少能量转化为内能？
解析 (1)从速度图象中可以看出，物块被击穿后，先向左做减速运动，速度为零后，又向右做加速运动，当速度等于2.0 m/s，则随传送带一起做匀速运动，所以，传送带的速度方向向右，传送带的速度v的大小为2.0 m/s.
(2)由速度图象可得，物块在滑动摩擦力的作用下做匀变速运动的加速度为a，有
a＝Δt(Δv)＝2(4.0) m/s2＝2.0 m/s2
由牛顿第二定律得滑动摩擦力Ff＝μMg，则物块与传送带间的动摩擦因数
μ＝Mg(Ma)＝g(a)＝10(2.0)＝0.2.
(3)由速度图象可知，传送带与物块存在摩擦力的时间只有3秒，传送带在这段时间内移动的位移为x，则x＝vt＝2.0×3 m＝6.0 m
所以，传送带所做的功W＝Ffx＝0.2×2.0×10×6.0 J＝24 J.
设物块被击中后的初速度为v1，向左运动的时间为t1，向右运动直至和传送带达到共同速度的时间为t2，则有：
物块向左运动时产生的内能Q1＝μMg(vt1＋2(v2)t1)＝32 J
物块向右运动时产生的内能Q2＝μMg(vt2－2(v)t2)＝4 J.
所以整个过程产生的内能Q＝Q1＋Q2＝36 J.
十、功能关系和能量守恒在滑块中的运用★★★★☆☆
例47. 滑块以速率v1靠惯性沿固定斜面由底端向上运动，当它回到出发点时速率为v2，且v2＜v1，若滑块向上运动的位移中点为A，取斜面底端重力势能为零，则（ ）
A．上升时机械能减小，下降时机械增大
B．上升时机械能减小，下降时机械能也减小
C．上升过程中动能和势能相等的位置在A点上方
D．上升过程中动能和势能相等的位置在A点下方
【解答】解：由v2＜v1可知，斜面与滑块间有摩擦，滑块无论上升还是下降时，都有机械能损失，故A错误，B正确；
为判断C、D的情况，可先求出斜面中点A的动能EK1和势能EPA情况，滑块初始机械能E1=mv12 ①，
滑块在斜面中点A的速度VA==V1，在A点的机械能EA=mvA2+EPA②．联立①②式得：
EA=mv12 +EPA=E1+EPA； 而因斜面与滑块间有摩擦，知E1＞EA，所以EKA＞EPA，故动能和势能相等的位置应出现在A点之上，故C正确；
故选BC．
例48. 如图，卷扬机的绳索通过定滑轮用力F拉位于粗糙面上的木箱，使之沿斜面加速向上移动．在移动过程中，下列说法正确的是（ ）
A．F对木箱做的功等于木箱增加的动能与木箱克服摩擦力所做的功之和
B．F对木箱做的功等于木箱克服摩擦力和克服重力所做的功之和
C．木箱克服重力所做的功等于木箱增加的重力势能
D．F对木箱做的功等于木箱增加的机械能与木箱克服摩擦力做的功之和
【解答】解：在木箱移动过程中，受力分析如图所示．这四个力中，有重力、拉力和摩擦力做功．
重力做负功使重力势能增加，摩擦力做负功产生热能．因为物体加速运动，根据动能定理，合力做的功等于动能的增量．
而机械能等于动能与重力势能之和，
故F做的功等于木箱增加的动能与重力势能以及克服摩擦力所做的功，所以AB错误，CD正确
答案：CD．
例49. 如图，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．现在一水平恒力F作用在小物块上，使物块从静止开始做匀加速直线运动，物块和小车之间的摩擦力为f．经过时间t，小车运动的位移为s，物块刚好滑到小车的最右端．（ ）
A．此时物块的动能为（F﹣f）（s+l）
B．这一过程中，物块对小车所做的功为f（s+l）
C．这一过程中，物块和小车增加的机械能为Fs
D．这一过程中，物块和小车产生的内能为fl
【解答】解：A、根据动能定理得，（F﹣f）（s+l）=．则物块的动能为Ek=（F﹣f）（s+l）；故A正确；
B、这一过程中，物块对小车有支持力和摩擦力，支持力不做功，摩擦力所做的功为fs，故物块对小车所做的功为fs，故B错误；
C、由功能关系得知，物块和小车增加的机械能为F（s+l）﹣fl，故C错误；
D、系统产生的内能等于系统克服滑动摩擦力做功fl，故D正确；
故选：AD．
例50. 水平地面上有两个固定的、高度相同的粗糙斜面甲和乙，底边长分别为L1、L2，且L1＜L2，如图所示．两个完全相同的小滑块A、B（可视为质点）与两个斜面间的动摩擦因数相同，将小滑块A、B分别从甲、乙两个斜面的顶端同时由静止开始释放，取地面所在的水平面为参考平面，则（ ）
A．从顶端到底端的运动过程中，由于克服摩擦而产生的热量一定相同
B．滑块A到达底端时的动能一定比滑块B到达底端时的动能大
C．两个滑块从顶端运动到底端的过程中，重力对滑块A做功的平均功率比滑块B的大
D．两个滑块加速下滑的过程中，到达同一高度时，机械能可能相同
【解答】解：A、A、B滑块从斜面顶端分别运动到底端的过程中，摩擦力做功不同，所以克服摩擦而产生的热量一定不同，故A错误；
B、由于B物块受到的摩擦力f=μmgcosθ大，且通过的位移大，则克服摩擦力做功多，滑块A克服摩擦力做功少，损失的机械能少，根据动能定理，可知 滑块A到达底端时的动能一定比B到达底端时的动能大，故B正确；
C、整个过程中，两物块所受重力做功相同，但由于A先到达低端，故重力对滑块A做功的平均功率比滑块B的大，故C正确；
D、两个滑块在斜面上加速下滑的过程中，到达同一高度时，重力做功相同，由于乙的斜面倾角大，所以在斜面上滑行的距离不等，即摩擦力做功不等，所以机械能不同，故D错误．
故选：BC．
例51. 如图所示，两个倾角都为30°、足够长的光滑斜面对接在一起并固定在地面上，顶端安装一光滑的定滑轮，质量分别为2m和m的A、B两物体分别放在左右斜面上，不可伸长的轻绳跨过滑轮将A、B两物体连接，B与右边斜面的底端挡板C之间连有橡皮筋。现用手握住A，使橡皮筋刚好无形变，系统处于静止状态。松手后，从A、B开始运动到它们速度再次都为零的过程中（绳和橡皮筋都与斜面平行且橡皮筋伸长在弹性限度内）
A. A、B的机械能之和守恒
B. A、B和橡皮筋的机械能之和守恒
C. A的重力势能减少量大于橡皮筋弹力所做的功
D. 重力对A做功的平均功率小于橡皮筋弹力对B做功的平均功率
答案：BC
例52. 光滑水平面上有质量为M、高度为h的光滑斜面体A，斜面顶端放有质量为m的小物体B，A、B都处于静止状态从某时刻开始释放物体B，在B沿斜面下滑的同时斜面体A沿水平方向向左做匀加速运动．经过时间t，斜面体水平移动s，小物体B刚好滑到底端．
（1）求运动过程中斜面体A所受合力FA的大小；
（2）分析小物体B做何种运动？并说明理由；
（3）求小物体B到达斜面体A底端时的速度vB大小．
【解答】解：（1）A向左做匀加速直线运动，由匀变速运动的位移公式得：
s=at2，
对A，由牛顿第二定律得：FA=Ma，
解得：FA=；
（2）物体B做匀加速运动．因为A做匀加速运动，B对A的作用力一定，由牛顿第三定律知，A对B的作用力也一定，B还受到重力作用，重力也是恒力，所以B受到的合力是恒力，B做匀加速运动．
（3）对AB组成的系统，机械能守恒，由机械能守恒定律得：
mgh=MvA2+mvB2，
A的速度vA=at=，
解得：vB=．
答：（1）运动过程中斜面体A所受的合力大小为．
（2）物体B做匀加速运动．
（3）小物体B到达斜面体A底端时的速度大小为．
【过关检测】
20. 如图所示，在水平长直的轨道上，有一长度为L的平板车在外力控制下始终保持速度v0，做匀速直线运动．某时刻将一质量为m，可视为质点的小滑块轻放到车面距右端的c处，滑块刚好停在小车左端A处，设定平板车上表面各处粗糙程度相同．
（1）求滑块和平板车摩擦产生的内能；
（2）若平板车车速为2v0，且保持不变，当滑块轻放到车面C处的同时对该滑块施加一个与车运动方向相同的恒力F，要保证滑块不能从车的左端A处掉下，恒力F大小应该满足什么条件？
（3）在（2）的情况下，力F取最小值，要保证滑块不从车上掉下，力F的作用时间应该在什么范围内？
【解答】解：（1）设小滑块受平板车的动摩擦力大小为f
根据牛顿第二定律，滑块相对车滑动时的加速度为a=
滑块相对车滑动时间t=
滑块相对车滑动距离S=v0t﹣v0t=v0t
滑块与车摩擦产生的内能Q=fs
解得Q=mv02，f=
即滑块和平板车摩擦产生的内能为mv02．
（2）设恒力F取最小值F′，滑块加速度为a1，此时滑块恰好达到车的左端，则滑块运动到车左端的时间 t1=
由几何关系，有 2v0t1﹣v0t1=
由牛顿定律有 F′+f=ma1
解得：F′=3f=，t1=
则恒力F大小应该满足条件是F≥．
（3）力F取最小值，当滑块运动到车左端后，为使滑块恰不从右端画出，相对车先做匀加速运动（设运动加速度为a2，时间为t2），再做匀减速运动（设加速度大小为a3）．到达车右端时，与车有共同速度，则有
F′﹣f=ma2
f=ma3
代入数据解得 t2=
则力F的作用时间t应该满足t1≤t≤t1+t2，即≤t≤
即力F的作用时间应该满足≤t≤．
21. 如图，一轨道由光滑竖直的圆弧AB，粗糙水平面BC及光滑斜面CE组成，BC与CE在C点由极小光滑圆弧相切连接，斜面与水平面的夹角θ=30°，一小物块从A点正上方高h=0.2m处P点自由下落，正好沿A点切线进入轨道，已知小物块质量m=1kg，圆弧半径R=0.05m，BC长s=0.1m，小物块过C点后经过时间t1=0.3s第一次到达图中的D点，又经t2=0.2s第二次到达D点．取g=10m/s2．求：
（1）小物块第一次到达圆弧轨道B点的瞬间，受到轨道弹力N的大小？
（2）小物块与水平面BC间的动摩擦因数μ=？
（3）小物块最终停止的位置？
【解答】解：（1）设物块在B点时速度大小为vB，
由机械能守恒定律得：mg（h+R）=mvB2，
在圆弧轨道B点，由牛顿第二定律得：N﹣mg=m，
解得：vB=m/s，N=110N；
（2）设物块在CE段加速度为a，
由牛顿第二定律得：a=gsinθ=5m/s2，
设物块第一次经过C点的速度为vc，
从C点上滑到最高点，设经过的时间是t，
t=t1+t2=0.4s，vc=at=2m/s，
小物块从B到C，由动能定理得：
﹣μmgs=mvC2﹣mvB2，解得：μ=0.5；
（3）设小物块在B点动能为EB，每次经过BC段损失的能量为△E，
则△E=μmgs=0.5J，EB=mvB2=2.5J，其他各段无能量损失，
由于EB=5△E，所以小物块最终停在C点．
答：（1）小物块第一次到达圆弧轨道B点的瞬间，受到轨道弹力N的大小为110N；
（2）小物块与水平面BC间的动摩擦因数μ=0.5；
（3）小物块最终停止在C点．
22. 如图，在光滑水平轨道的右方有一弹性挡板，一质量为M=0.5kg的木板正中间放有一质量为m=2kg的小铁块（可视为质点）静止在轨道上，木板右端距离挡板x0=0.5m，铁块与木板间动摩擦因数μ=0.2。现对铁块施加一沿着轨道水平向右的外力F＝10N，木板第一次与挡板碰前瞬间撤去外力。若木板与挡板碰撞时间极短，反弹后速度大小不变，最大静摩擦力等于滑动摩擦力，重力加速度g=10m/s2。
（1）木板第一次与挡板碰撞前经历的时间是多长？
（2）若铁块和木板最终停下来时，铁块刚好没滑出木板，则木板有多长？
（3）从开始运动到铁块和木板都停下来的整个过程中，木板通过的路程是多少？
解：
（1）设木板靠最大静摩擦力或滑动摩擦力产生的加速度为am，则
am==8m/s2 ………（1分）
假设木板与物块不发生相对运动，设共同加速度为a，则
a==4m/s 2 ………（1分）
因a
解得 t=0.5s ………（1分）
（2）设木板与挡板碰前，木板与物块的共同速度为v1，则
v1=at ………（1分）
解得 v1=2m/s
木板第一次与挡板碰撞前瞬间撤去外力，物块以速度v1向右做减速运动，加速度大小为a1，木板与挡板碰撞后以速度v1向左做减速运动，木板与木块相对滑动，则木板加速度大小为am，设板速度减为零经过的时间为t1，向左运动的最远距离为x1，则
………（1分）
………（1分）
………（1分）
解得 a1=2m/s2，t1= 0.25s，
当板速度向左为零时，设铁块速度为，则
………（1分）
设再经过时间t2铁块与木板达到共同速度v2，木板向右位移为，则
， ………（1分）
………（1分）
解得 ，t2=0.15s，v2=1.2m/s，
因为，所以木板与铁块达到共速后，将以速度v2运动，再次与挡板碰撞。……以后多次重复这些过程最终木板停在挡板处。设木板长为L，则以木板和铁块系统为研究对象，根据能量守恒
………（1分）
解得 L=2.5m ………（1分）
（3）设木板与挡板第二次碰后，木板向左运动的最远距离为x2，则
………（1分）
解得 x2=0.09m
综上可知 , ………（1分）
因为以后是多次重复上述过程。同理，有木板与挡板第三次碰后，木板与铁块达到共速为，木板向左运动的最远距离为
…………
设木板与挡板第n-1次碰后，木板与铁块达到共速为vn，同理有
vn= ………（1分）
设木板与挡板第n次碰后，木板向左运动的最远距离为xn，同理有
xn= ………（1分）
所以，从开始运动到铁块和木板都停下来的全过程中，设木板运动的路程为s，则
………（1分）
解得
十一、功能关系和能量守恒的综合运用★★★★★☆
例53. 如图所示，A、B两小球由绕过轻质定滑轮的细线相连，A放在固定的光滑斜面上，B、C 两小球在竖直方向上通过劲度系数为k的轻质弹簧相连，C球放在水平地面上．现用手控制住A，并使细线刚刚拉直但无拉力作用，并保证滑轮左侧细线竖直、右侧细线与斜面平行．已知A的质量为4m，B、C的质量均为m，重力加速度为g，细线与滑轮之间的摩擦不计，开始时整个系统处于静止状态．释放A后，A沿斜面下滑至速度最大时C恰好离开地面．下列说法正确的是（ ）
A． 斜面倾角α=60°
B． A获得最大速度为
C． C刚离开地面时，B的加速度最大
D． 从释放A到C刚离开地面的过程中，A、B两小球组成的系统机械能守恒
解：A、设当物体C刚刚离开地面时，弹簧的伸长量为xC，则
kxC=mg ①
物体C刚刚离开地面时，以B为研究对象，物体B受到重力mg、弹簧的弹力kxC、细线的拉力T三个力的作用，
设物体B的加速度为a，根据牛顿第二定律，
对B有
T﹣mg﹣kxC=ma ②
对A有
4mgsinα﹣T=4ma ③
由②、③两式得
4mgsinα﹣mg﹣kxC=5ma ④
当B获得最大速度时，有 a=0 ⑤
由①④⑤式联立，解得 sinα=
所以：α=30°
故A错误；
B、设开始时弹簧的压缩量xB，则
kxB=mg
设当物体C刚刚离开地面时，弹簧的伸长量为xC，则
kxC=mg
当物体C刚离开地面时，物体B上升的距离以及物体A沿斜面下滑的距离均为：
h=xC+xB
由于弹簧处于压缩状态和伸长状态时的弹性势能相等，且物体A刚刚离开地面时，A、B两物体的速度相等，设为vBm，以A、B及弹簧组成的系统为研究对象，
由机械能守恒定律得：4mghsinα﹣mgh= （4m+m） VBm2
代入数据，解得：VBm═2g ，故B正确；
C、C刚离开地面时，B的速度最大，加速度为零，故C错误；
D、从释放C到C刚离开地面的过程中，A、B两小球以及弹簧构成的系统机械能守恒，故D错误；
故选B．
例54. 如图所示，质量为M且足够长的木板在光滑的水平面上，其右端有一质量为m、可视为质点的滑块，滑块与木板间的动摩擦因数为μ．劲度系数为k的水平轻弹簧的右端O固定不动，其自由端A与滑块之间的距离为L．现给木板以水平向右的瞬时速度v0，滑块将由静止开始向右运动，与弹簧接触后经过时间t，滑块向右运动的速度达到最大，设滑块的速度始终小于木板的速度，弹簧的形变是在弹性限度内，重力加速度大小为g，不计空气阻力．求：
（1）滑块刚接触弹簧时滑块的速度v1大小和木板的速度v2大小；
（2）滑块向右运动的速度达到最大值的过程中．弹簧对滑块所做的功W；
（3）滑块向右运动的速度最大值vm及其速度最大时滑块与木板的右端之间的距离s．
【解答】解：（1）滑块在接触弹簧之前，在滑动摩擦力作用下由静止开始做匀加速直线运动了L距离，
由动能定理得；μmgL=解得：v1=
对滑块和木块组成的系统，由动量守恒定律得：Mv0=Mv2+mv1 解得：v2=v0﹣
（2）滑块接触弹簧向右运动的过程中，当滑块受到的滑动摩擦力和弹簧弹力相等时，加速度为0，此时速度达到最大值，此时弹簧的被压缩的长度为x，则：
μmg=kx解得：x=
由于弹簧弹力与弹簧被压缩的长度成正比，所以有W=﹣=﹣
（3）滑块向右运动速度达到最大值时，设滑块的最大速度为vm时木板速度大小为v，在弹簧被压缩的长度为x的过程中，
对木板由动量定理得：
﹣μmgt=M（v﹣v2）
解得：v=v0﹣﹣
分别对滑块和木板用动能定理得：
μmgx+W=﹣
﹣μmg（L+x+s）=
解得：vm=
s=
答：（1）滑块刚接触弹簧时滑块的速度v1大小为，木板的速度v2大小为v0﹣；
（2）滑块向右运动的速度达到最大值的过程中，弹簧对滑块所做的功W为﹣；
（3）滑块向右运动的速度最大值vm为，其速度最大时滑块与木板的右端之间的距离s为．
例55. 一传送带装置示意图，其中传送带经过AB区域时是水平的，经过BC区域时变为圆弧形（圆弧由光滑模板形成，未画出），经过CD区域时是倾斜的，AB和CD都与BC相切．现将大量的质量均为m的小货箱一个一个在A处放到传送带上，放置时初速度为零，经传送带运送到D处，D和A的高度差为h．稳定工作时传送带速度不变，CD段上各箱等距排列，相邻两箱的距离为L．每个箱子在A处投放后，在到达B之前已经相对于传送带静止，且以后也不再滑动（忽略经BC段的微小滑动）．已知在一段相当长的时间T内，共运送小货箱的数目N个．这装置由电动机带动，传送带与轮子间无相对滑动，不计轮轴处的摩擦．求电动机的平均功率．
【解答】解：以地面为参考系（下同），设传送带的运动速度为v0，在水平段运输的过程中，小货箱先在滑动摩擦力作用下做匀加速直线运动，其末速度等于传送带的速度，设这段时间内小货箱通过的位移为s，所用的时间为t，加速度为a，则对小货箱有
s=at2 ①
v0=at ②
在这段时间内，传送带运动的路程为
s0=v0t ③
由以上各式得
s0=2s ④
用f表示小货箱与传送带之间的滑动摩擦力，则传送带对小货箱做功为
W1=fs=m ⑤
传送带克服小箱对它的摩擦力做功
W0=fs0=2×m ⑥
两者之差就是克服摩擦力做功发出的热量
Q=m ⑦
可见，在小货箱加速运动过程中，小货箱获得的动能与系统因相对运动产生的热量相等．
T时间内，电动机输出的功为
W=T ⑧
此功用于增加小货箱的动能、重力势能以及克服摩擦力产生热量，即
W=Nm+Nmgh+NQ ⑨
已知相邻两小箱的距离为L，所以在T时间内运送的小货箱的个数N，
则V0T=NL ⑩
联立⑦⑧⑨⑩式，得
=[+gh]．
例56. 与轻杆相连，轻杆可在固定的槽内移动，与槽间的滑动摩擦力恒为 f．轻杆向右移动不超过l时，装置可安全工作．一质量为m的小车若以速度v0撞击弹簧，将导致轻杆向右移动．轻杆与槽间的最大静擦力等于滑动摩擦力，且不计小车与地面的摩擦．
（1）若弹簧的劲度系数为k，求轻杆开始移动时，弹簧的压缩量x；
（2）求为使装置安全工作，允许该小车撞击的最大速度vm；
（3）讨论在装置安全工作时，该小车弹回速度v′和撞击速度v的关系．
【解答】解：（1）轻杆开始移动时，弹簧的弹力F=kx ①
且F=f ②
解得 x= ③
（2）设轻杆移动前小车对弹簧所做的功为W，则小车从撞击到停止的过程中
由动能定理得
﹣f（）﹣W=0﹣m ④
同理，小车以vm撞击弹簧时﹣fl﹣W=0﹣m ⑤
解得 vm= ⑥
（3）设轻杆恰好移动时，小车撞击速度为v1
m=W ⑦
由④⑦解得 v1=
当v＜时，v′=v
当≤v≤时，
v′=
答：
（1）若弹簧的劲度系数为k，轻杆开始移动时，弹簧的压缩量是；
（2）求为使装置安全工作，允许该小车撞击的最大速度是；
（3）该小车弹回速度v′和撞击速度v的关系是当v＜时，v′=v
当≤v≤时，v′=．
【过关检测】
23. 如图，在倾角为37°的足够长的光滑斜面上，放一质量为mA=0.2kg的薄板A，A板上、下段由不同材料构成，下段表面光滑，长度l=3m，上段表面粗糙；质量为mB=2.0kg的金属块B（视为质点）位于A的最下端，B与A上段间的动摩擦因数μ=0.1；质量为mC=1.2kg的物块C通过轻线绕过定滑轮与B相连．忽略滑轮质量及轴间的摩擦，A，B间最大静摩擦力可认为等于滑动摩擦力．开始时，整个系统在外力作用下，处于静止状态，轻线被拉直．cos37°=0.8，sin37°=0.6，g=10m/s2．求：
（1）撤去外力的瞬间，A，B，C的加速度分别是多大？
（2）撤去外力后的整个过程中，因摩擦产生的热量Q=？（绳足够长，B始终没滑出A板）
【解答】解：（1）由于mBgsin37°=mcg=12 N 所以，撤去外力的瞬间aB=ac=0
对薄板A，有mAgsin37°=mAaA
得 aA=6 m/s2
（2）由于斜面和A板下段表面都光滑，撤去外力后，A板从静止开始向下做匀加速运动，只要金属块B在A板下段表面上，B、C就保持静止不动．A板运动到金属块B在其上段表面上后，B和C受滑动摩擦力作用将一起以相同大小的加速度做加速运动．设A板上段刚滑到B下方时速度为vA，则
解得vA=6 m/s
B在A板上端表面时，设A板加速度为aA1，B和C加速度为aB1，轻线拉力为F，则
mAgsin37°﹣μmBgcos37°=mAaA
mBgsin37°+μmBgcos37°﹣F=mBaB1
F﹣mCg=mCaB1
解得aA1=﹣2 m/s2，aB1=0.5 m/s2
A、B、C最终达到速度相等．假设速度相等之后，A、B间的静摩擦力f小于最大静摩擦力fm，即A、B相对静止，A、B、C三者加速度大小相同，设为a0，则
（mA+mB）gsin37°﹣mCg=（mA+mB+mC）a0
mAgsin37°﹣f=mAa0
a0=0.5 m/s2，f=1.1N
fm=μmBgcos37°=1.6N
即f＜fm，假设成立，之后A、B相对静止．
设A、B、C达到相等速度v1所需时间为t，则
v1=vA+aA1t=aB1t
解得t=2.4 s，v1=1.2 m/s
设在时间t内，A通过的距离是xA，B和C通过的距离是xB，则
xA=（vA+v1）t
xB=v1t
解得xA=8.64m，xB=1.44 m
Q=μmBg（xA﹣xB）cos37°
Q=11.52J
答：（1）撤去外力的瞬间，A，B，C的加速度分别是6 m/s2、0、0．
（2）撤去外力后的整个过程中，因摩擦产生的热量Q=11.52J
24. 如图所示，质量为m1的物体A经一轻质弹簧与下方斜面上的质量为m2的物体B相连，弹簧的劲度系数为k，斜面是光滑的，其倾角为θ．A、B都处于静止状态．一条不可伸长的轻绳绕过轻滑轮，一端连物体A，另一端连一轻挂钩．开始时各段绳都处于伸直状态，A上方的一段绳沿斜面方向．现在挂钩上挂一质量为m3的物体C并从静止状态释放，已知它恰好能使B离开挡板但不继续上升．若将C换成另一个质量为（m1+m3）的物体D，仍从上述初始位置由静止状态释放，已知重力加速度为g．求：
（1）当B刚离开挡板时物体A的加速度
（2）当B刚离开挡板时D的速度大小是多少？
【解答】解：（1）对A使用牛顿第二定律得：
T﹣m1gsinθ﹣f=m1a
f=kx2=m2gsinθ
对D使用牛顿第二定律得：
（m3+m1）g﹣T=（m3+m1）a
（2）开始时，A、B静止，设弹簧压缩量为x1，有
kx1=m1gsinθ
挂C并释放后，C向下运动，A向上运动，设B刚要离开挡板时弹簧的伸长量为x2，则
kx2=m2gsinθ
B不再上升，表示此时A和C的速度为零，C已降到最低点．由机械能守恒定律，与初始状态相比，
弹簧的弹性势能的增加量：△Ep=m3g（x1+x2）﹣m1g（x1+x2）sinθ
C换成D后，当B刚要离开地面时弹簧弹性势能的增加量与前一次相同，由机械能守恒定律：
得
答：（1）当B刚离开挡板时物体A的加速度为；
（2）当B刚离开挡板时D的速度大小是．
功能关系和能量守恒的原理及运用
一、功能关系的概念★☆☆☆☆☆
例1. 如图1所示，质量为m的物体在力F的作用下由静止从地面运动到离地h高处，已知F＝4(5)mg，试分别求出在此过程中重力、力F和合外力的功，以及物体的重力势能、动能和机械能的变化量，并分析这些量之间存在什么关系？
答案：重力做功－mgh，力F做功4(5)mgh，合力做功4(1)mgh，重力势能增加mgh，动能增加4(1)mgh，机械能增加4(5)mgh. 关系：重力做功等于重力势能变化量的负值，合外力的功等于物体动能的变化量，力F的功等于物体机械能的变化量．
[知识梳理]
1．能的概念：一个物体能对外做功，这个物体就具有能量．
2．功能关系
(1)功是__________的量度，即做了多少功就有__________发生了转化．
(2)做功的过程一定伴随着________________，而且________________必通过做功来实现．
3．功与对应能量的变化关系
功
能量的变化
合外力做正功
________增加
重力做正功
________减少
弹簧弹力做正功
________减少
电场力做正功
________减少
其他力(除重力、弹力外)做正功
________增加
答案：2.(1)能量转化 多少能量 (2)能量的转化 能量的转化 3.动能 重力势能 弹性势能 电势能 机械能
二、能量守恒定律★☆☆☆☆☆
例2. 说明下列有关能量转化的问题中，分别是什么能向什么能的转化．
(1)列车刹车时由运动变为静止；(2)太阳能电池发电；(3)风力发电；(4)潮汐发电；(5)太阳能热水器工作时；(6)汽车由静止启动
答案：(1)动能→内能 (2)太阳能→电能 (3)风能(空气动能)→电能 (4)水的势能→电能 (5)太阳能→内能 (6)化学能→动能
[知识梳理]
1．内容：能量既不会________，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________到别的物体，在转化和转移的过程中，能量的总量____________．
2．表达式：ΔE减＝________.
答案：1.凭空产生 转化 转移 保持不变 2.ΔE增
三、几种常见的功能关系★★★☆☆☆
不同的力做功
对应不同形
式能的变化
定量的关系
合外力的功(所有外力的功)
动能变化
合外力对物体做功等于物体动能的增量
W合＝Ek2－Ek1
重力的功
重力势
能变化
重力做正功，重力势能减少；重力做负功，重力势能增加
WG＝－ΔEp＝Ep1－Ep2
弹簧弹
力的功
弹性势
能变化
弹力做正功，弹性势能减少；弹力做负功，弹性势能增加
W弹＝－ΔEp＝Ep1－Ep2
只有重力、弹簧弹力的功
不引起机械能变化
机械能守恒
ΔE＝0
除重力和弹力之外的力做的功
机械能变化
除重力和弹力之外的力做多少正功，物体的机械能就增加多少；除重力和弹力之外的力做多少负功，物体的机械能就减少多少
W除G、弹力外＝ΔE
电场力的功
电势能变化
电场力做正功，电势能减少；电场力做负功，电势能增加
W电＝－ΔEp
一对滑动摩
擦力的总功
内能变化
作用于系统的一对滑动摩擦力一定做负功，系统内能增加Q＝Ff·l相对
例3. 在电梯匀速上升的过程中，站在电梯里的人（ ）
A．所受支持力做负功，机械能减少
B．所受支持力做负功，机械能增加
C．所受支持力做正功，机械能减少
D．所受支持力做正功，机械能增加
【解答】解：站在电梯里的人受到的支持力的方向向上，电梯运动的方向向上，所以支持力对人做正功．除重力外，只有支持力做正功，所以人的机械能增大．
故选：D
例4. 一辆汽车关闭发动机后在水平地面上滑行了一段距离后停下来，对于这一过程（ ）
A．阻力对汽车做正功，汽车动能增加
B．阻力对汽车做负功，汽车动能增加
C．阻力对汽车做负功，汽车动能减小
D．阻力对汽车做正功，汽车动能减小
【解答】解：关闭发动机后，由于地面对汽车的阻力作用，做减速运动，汽车动能减小，由动能定理知：阻力对汽车做负功，故ABD错误，C正确．
故选：C．
例5. 如图所示，悬挂在天花板上的摆球在空气中摆动，摆幅越来越小．摆球在摆动过程中（ ）
A．机械能守恒 B．机械能逐渐减少
C．重力势能保持不变 D．动能全部转化为重力势能
【解答】解：AB、根据题意知，摆球的振幅不断减小，说明摆球在摆动过程中，除重力做功外还有阻力对摆球做负功，所以摆球的机械能应减少，故A错误；
C、摆球地摆动过程中，高度不断变化，所以其重力势能不断改变，故C错误．
D、摆球地摆动过程中，阻力始终做负功，所以在上升过程中，动能转化为重力势能和内能；下落过程中，重力势能转化为动能和内能，故D错误；
故选：B
例6. 起重机用钢绳将重物竖直向上匀速提升，在重物匀速上升的过程中（ ）
A．重物的重力势能逐渐增大
B．钢绳对重物的拉力逐渐增大
C．钢绳对重物的拉力的功率逐渐增大
D．重物的动能逐渐增大
【解答】解：A、重物上升，要克服重力做功，其重力势能逐渐增大，故A正确．
B、重物匀速运动，钢绳对重物的拉力与重力平衡，保持不变．故B错误．
C、由公式P=Fv，拉力F不变，v不变，则钢绳对重物的拉力的功率不变．故C错误
D、重物竖直向上匀速上升，速度不变，动能保持不变．故D错误．
故选：A．
例7. 质量为m的小球，从离桌面H高处由静止下落，桌面离地高度为h，如图所示，若以桌面为参考平面，那么小球落地时的重力势能及整个过程中小球重力势能的变化分别为（ ）
A．mgh，减少mg（H﹣h） B．mgh，增加mg（H+h）
C．﹣mgh，增加mg（H﹣h） D．﹣mgh，减少mg（H+h）
【解答】解：以桌面为零势能参考平面，那么小球落地时的重力势能为Ep1=﹣mgh；
整个过程中小球高度降低，重力势能减少，重力势能的减少量为：△Ep=mg•△h=mg（H+h）；
故选：D
例8. 如图所示，一固定斜面倾角为30°，一质量为m的小物块自斜面底端以一定的初速度沿斜面向上做匀减速运动，加速度大小等于重力加速度的大小g．物块上升的最大高度为H，则此过程中，物块的（ ）
A．动能损失了2mgH B．动能损失了mgH
C．机械能损失了mgH D．机械能损失了
【解答】解：根据动能定理应有=﹣ma=﹣2mgH，动能增量为负值，说明动能减少了 2mgH，所以A正确B错误；
再由牛顿第二定律（选取沿斜面向下为正方向）有mgsin30°+f=ma=mg，可得f=mg，根据功能关系应有△E=﹣f=﹣mgH，即机械能损失了mgH，所以C正确D错误．
故选：AC．
例9. 如图所示，在抗洪救灾中，一架直升机通过绳索，用恒力F竖直向上拉起一个漂在水面上的木箱，使其由水面开始加速上升到某一高度，若考虑空气阻力而不考虑空气浮力，则在此过程中，以下说法正确的有（ ）
A．力F所做功减去克服阻力所做的功等于重力势能的增量
B．木箱克服重力所做的功等于重力势能的增量
C．力F、重力、阻力，三者合力所做的功等于木箱动能的增量
D．力F和阻力的合力所做的功等于木箱机械能的增量
【解答】解：A、B、C、物体上升时受到重力、拉力和阻力，根据动能定理，有
WF﹣mgh﹣W阻=
重力势能的增加量等于克服重力做的功
故A错误，B正确，C正确；
D、除重力外其余力做的功等于机械能的增加量，除重力外，物体只受拉力和阻力，故D正确；
故选BCD．
例10. 目前，在地球周围有许多人造地球卫星绕着它运转，其中一些卫星的轨道可近似为圆，且轨道半径逐渐变小．若卫星在轨道半径逐渐变小的过程中，只受到地球引力和稀薄气体阻力的作用，则下列判断正确的是（ ）
A．卫星的动能逐渐减小
B．由于地球引力做正功，引力势能一定减小
C．由于气体阻力做负功，地球引力做正功，机械能保持不变
D．卫星克服气体阻力做的功小于引力势能的减小量
【解答】解：A、由=可知，v=，可见，卫星的速度大小随轨道半径的减小而增大，所以A错误；
B、由于卫星高度逐渐降低，所以地球引力对卫星做正功，引力势能减小，所以B正确；
C、由于气体阻力做负功，所以卫星与地球组成的系统机械能减少，故C错误；
D、根据动能定理可知引力与空气阻力对卫星做的总功应为正值，而引力做的功等于引力势能的减少，即卫星克服气体阻力做的功小于引力势能的变化，所以D正确．
故选BD．
例11. 一起重机吊着物体以加速度a（a＜g）竖直下落．在下落一段距离的过程中，下列说法中正确的是（ ）
A．重力对物体做的功等于物体重力势能的减少量
B．物体重力势能的减少量等于物体动能的增加量
C．重力做的功大于物体克服缆绳的拉力所做的功
D．物体重力势能的减少量大于物体动能的增加量
【解答】解：A、重力做的功等于物体重力势能的减小量，故A正确；
B、重力势能的减小量为mgh，动能的增加量为：△EK=WG﹣WF=mgh﹣WF，所以重物重力势能的减少量大于重物动能的增加量，故B错误，D正确；
C、重物被起重机吊起，竖直加速下落的过程中，加速度方向向下，重力大于缆绳拉力，根据W=FL可知，重力做的功大于重物克服缆绳拉力做的功，故C正确；
故选：ACD．
【过关检测】
1. 如图，将一轻弹簧下端固定在倾角为θ的粗糙斜面底端，弹簧处于自然状态时上端位于A点．质量为m的物体从斜面上的B点由静止下滑，与弹簧发生相互作用后，最终停在斜面上．下列说法正确的是（ ）
A．物体最终将停在A点
B．物体第一次反弹后可能到达B点
C．整个过程中重力势能的减少量大于克服摩擦力做的功
D．整个过程中物体的最大动能大于弹簧的最大弹性势能
【解答】解：A、由题意可知，物块从静止沿斜面向上向下运动，说明重力的下滑分力大于最大静摩擦力，因此物体不可能最终停于A点，故A错误；
B、由于运动过程中存在摩擦力，导致摩擦力做功，物体的机械能不断减小，所以物体第一次反弹后不可能到达B点，故B错误；
C、根据动能定理可知，从静止到速度为零，则有：重力做功等于克服弹簧弹力做功与物块克服摩擦做的功之和，所以重力势能的减小量大于物块克服摩擦力做功．故C正确；
D、整个过程中，动能最大的位置即为速度最大，因此即为第一次下滑与弹簧作用时，弹力等于重力的沿斜面方向的分力的位置，而弹簧的最大势能即为第一次压缩弹簧到最大位置，因为最大动能和此时的重力势能一同转化为最低点的最大弹性势能和此过程中的克服摩擦做功，所以整个过程中物体的最大动能小于弹簧的最大弹性势能，故D错误；
故选：C
2. 如图所示，固定的竖直光滑长杆上套有质量为m的小圆环，圆环与水平状态的轻质弹簧一端连接，弹簧的另一端连接在墙上，且处于原长状态．现让圆环由静止开始下滑，已知弹簧原长为L，圆环下滑到最大距离时弹簧的长度变为2L（未超过弹性限度），则在圆环下滑到最大距离的过程中（ ）
A．圆环的机械能守恒
B．弹簧弹性势能变化了mgL
C．圆环下滑到最大距离时，所受合力为零
D．圆环重力势能与弹簧弹性势能之和保持不变
【解答】解：A、圆环沿杆滑下过程中，弹簧的拉力对圆环做功，圆环的机械能不守恒，故A错误，
B、图中弹簧水平时恰好处于原长状态，圆环下滑到最大距离时弹簧的长度变为2L，可得物体下降的高度为h=L，根据系统的机械能守恒得
弹簧的弹性势能增大量为△Ep=mgh=mgL，故B正确．
C、圆环所受合力为零，速度最大，此后圆环继续向下运动，则弹簧的弹力增大，圆环下滑到最大距离时，所受合力不为零，故C错误．
D、根据圆环与弹簧组成的系统机械能守恒，知圆环的动能先增大后减小，则圆环重力势能与弹簧弹性势能之和先减小后增大，故D错误．
故选：B．
3. 一质量为1kg的物体被人用手由静止开始向上提升了1m，这时物体的速度为2m/s，取g=10m/s2．则下列结论正确的是（ ）
A．手对物体做功2J B．合力对物体做功12J
C．物体克服重力做功12J D．物体的机械能增加12J
【解答】解：A、受力分析知物体受到人拉力和重力，根据动能定理知：
W合=W人+WG=mv2﹣0=×1×22J=2J
故人所做功为W人=mv2+mgh=12J
故AB错误；
C、重力做功WG=﹣mgh=﹣1×10×1J=﹣10J，克服重力做功为10J，故C错误；
D、物体增加的机械能：E=mgh+mv2=1×10×1+×1×22=12J，故D正确．
故选：D
4. 在某个运动过程中，物体克服自身重力做功20J，则（ ）
A．物体的重力势能一定减少20J
B．物体的重力势能一定增加20J
C．物体的重力势能增加量小于20J
D．物体的重力势能减少量大于20J
【解答】解：物体在运动过程中，克服重力做功20J，说明重力做了﹣20J的功，重力做负功，物体重力势能增加20J，故B正确，ACD错误；
故选：B．
5. 物体以60J的初动能，从A点出发作竖直上抛运动，在它上升到某一高度时，动能损失了30J，而机械能损失了10J，则该物体在落回到A点的动能为：（空气阻力大小恒定）（ ）
A．50J B．40J C．30J D．20J
【解答】由题可知上升到某一高度时，重力、阻力均做负功，所以根据功能关系有：WG+Wf=△Ek ①
重力做功对应着机械能的变化，固有：WG=△Ep ②
将△EK=30J，△E=10J，带入①②可得，WG=﹣20J，Wf=﹣10J
由于上升过程中重力、阻力大小都恒定，而且是直线运动，因此重力和阻力做功关系为：WG=2Wf ③
物体上升到最高点时由功能关系可得：WG总+Wf总=Ek ④
联立③④解得上升过程中阻力做功：Wf总=﹣20J
当物体落回原地时由动能定理得：﹣2Wf总=Ek1﹣Ek
带入数据得：Ek1=20J，落回原地时动能为20J，故ABC错误，D正确．
故选D．
6. 升降机底板上放一质量为100 kg的物体，物体随升降机由静止开始竖直向上移动5 m时速度达到4 m/s，则此过程中(g取10 m/s2) ( )
A．升降机对物体做功5 800 J
B．合外力对物体做功5 800 J
C．物体的重力势能增加500 J
D．物体的机械能增加800 J
答案：A
7. 破亚运会记录的成绩夺得110 m跨栏的冠军．他采用蹲踞式起跑，在发令枪响后，左脚迅速蹬离起跑器，向前加速的同时提升身体重心．如图所示，假设刘翔的质量为m，起跑过程前进的距离为s，重心升高为h，获得的速度为v，克服阻力做功为W阻，则在此过程中 ( )
A．运动员的机械能增加了2(1)mv2
B．运动员的机械能增加了2(1)mv2＋mgh
C．运动员的重力做功为mgh
D．运动员自身做功W人＝2(1)mv2＋mgh＋W阻
答案：BD
解答此类选择题，应建立在对概念和规律正确理解的基础上，否则就会把握不准．针对本题，要正确解答，就要对各种功能关系熟记于心，力学范围内，应牢固掌握以下三条功能关系：
(1)重力的功等于重力势能的变化，弹力的功等于弹性势能的变化；
(2)合外力的功等于动能的变化；
(3)除重力、弹力外，其他力的功等于机械能的变化．
运用功能关系解题时，应弄清楚重力做什么功，合外力做什么功，除重力、弹力外的力做什么功，从而判断重力势能或弹性势能、动能、机械能的变化．
四、对能量守恒定律的理解★★★☆☆☆
列能量守恒定律方程的两条基本思路：
(1)某种形式的能减少，一定存在其他形式的能增加，且减少量和增加量一定相等；
(2)某个物体的能量减少，一定存在其他物体的能量增加且减少量和增加量一定相等．
应用能量守恒定律解题的步骤
(1)分清有多少形式的能[如动能、势能(包括重力势能、弹性势能、电势能)、内能等]在变化；
(2)明确哪种形式的能量增加，哪种形式的能量减少，并且列出减少的能量ΔE减和增加的能量ΔE增的表达式；
(3)列出能量守恒关系式：ΔE减 ＝ΔE增．
例12. 如图3所示，光滑坡道顶端距水平面高度为h，质量为m的小物块A从坡道顶端由静止滑下，进入水平面上的滑道时无机械能损失，为使A制动，将轻弹簧的一端固定在水平滑道延长线M处的墙上，另一端恰位于坡道的底端O点．已知在OM段，物块A与水平面间的动摩擦因数均为μ，其余各处的摩擦不计，重力加速度为g，求：
(1)物块滑到O点时的速度大小；
(2)弹簧为最大压缩量d时的弹性势能(设弹簧处于原长时弹性势能为零)；
(3)若物块A能够被弹回到坡道上，则它能够上升的最大高度是多少？
答案： (1) (2)mgh－μmgd (3)h－2μd
例13. 如图4所示，A、B、C质量分别为mA＝0.7 kg，mB＝0.2 kg，mC＝0.1 kg，B为套在细绳上的圆环，A与水平桌面的动摩擦因数μ＝0.2，另一圆环D固定在桌边，离地面高h2＝0.3 m，当B、C从静止下降h1＝0.3 m后，C穿环而过，B被D挡住，不计绳子质量和滑轮的摩擦，取g＝10 m/s2，若开始时A离桌边足够远．试求：
(1)物体C穿环瞬间的速度．
(2)物体C能否到达地面？如果能到达地面，其速度多大？(结果可用根号表示)
答案：(1)5(2) m/s (2)物体C能到达地面，到地面的速度为10(66) m/s
例14. 如图1所示，一个小孩从粗糙的滑梯上加速滑下，对于其机械能的变化情况，下列判断正确的是( )
A．重力势能减小，动能不变，机械能减小
B．重力势能减小，动能增加，机械能减小
C．重力势能减小，动能增加，机械能增加
D．重力势能减小，动能增加，机械能不变
答案：B
例15. 质量为m的物体，从静止开始以2g的加速度竖直向下运动h，不计空气阻力，则下列说法中错误的是( )
A．物体的机械能保持不变
B．物体的重力势能减小mgh
C．物体的动能增加2mgh
D．物体的机械能增加mgh
答案：BCD
例16. 如图2所示，小球从高处下落到竖直放置的轻弹簧上，在弹簧压缩到最短的整个过程中，下列关于能量的叙述中正确的是( )
A．重力势能和动能之和总保持不变
B．重力势能和弹性势能之和总保持不变
C．动能和弹性势能之和总保持不变
D．重力势能、弹性势能和动能之和总保持不变
答案：D
【过关检测】
8. 如图3所示，小球以初速度v0从光滑斜面底部向上滑，恰能到达最大高度为h的斜面顶部．图中A是内轨半径大于h的光滑轨道、B是内轨半径小于h的光滑轨道、C是内轨直径等于h的光滑轨道、D是长为2(1)h的轻棒，其下端固定一个可随棒绕O点向上转动的小球．小球在底端时的初速度都为v0，则小球在以上四种情况中能到达高度h的有( )
答案：AD
9. 从地面竖直向上抛出一个物体，当它的速度减为初速度v0的一半时，上升的高度为(空气阻力不计)( )
A.0 B.0 C.0 D.0
答案：D
五、能量的转化和转移★★★☆☆☆
例17. 下列有关能量的说法正确的是（ ）
A．重力对物体做的功与物体的运动路径无关，重力做的功等于物体重力势能的减少量
B．重力势能、弹性势能、电势能、动能都属于机械能
C．能量的耗散现象从能量转化的角度反映出自然界中宏观过程的方向性，也告诫了我们：自然界的能量虽然守恒，但还是要节约能源
D．电场力做的功等于电荷电势能的变化量
【解答】解：A、重力对物体做的功与物体的运动路径无关，重力做的功等于物体重力势能的减少量，故A正确；
B、重力势能、弹性势能、动能都属于机械能，电势能不是机械能，故B错误；
C、能量的耗散现象从能量转化的角度反映出自然界中宏观过程的方向性，也告诫了我们：自然界的能量虽然守恒，但还是要节约能源；故C正确；
D、电场力做的功等于电荷电势能的减小量，即变化量的相反数，故D错误；
故选AC．
例18. 关于能量的转化，下列说法中错误的是（ ）
A．电池充电时把化学能转化为电能
B．风力发电，把风能转化为电能
C．电风扇把电能转化为机械能
D．陨石坠落经过大气层时部分机械能转化为内能
【解答】解：A、电池充电时把电能转化为化学能存储起来，故A错误；
B、风力发电，把风能（空气的动能）转化为电能，故B正确；
C、电风扇消耗电能，增加风的机械能，故是把电能转化为机械能，故C正确；
D、陨石坠落经过大气层时机械能减小，内能增加，故部分机械能转化为内能，故D错误；
本题选错误的，故选A．
例19. 十七世纪七十年代，英国赛斯特城的主教约翰•维尔金斯设计了一种磁力“永动机”，其结构如图所示：在斜面顶端放一块强磁铁M，斜面上、下端各有一个小孔P、Q，斜面下有一个连接两小孔的弯曲轨道．维尔金斯认为：如果在斜坡底放一个铁球，那么在磁铁的引力作用下，铁球会沿斜面向上运动，当球运动到P孔时，它会漏下，再沿着弯曲轨道返回到Q，由于这时球具有速度可以对外做功．然后又被磁铁吸引回到上端，到P处又漏下…对于这个设计，下列判断中正确的是（ ）
A．满足能量转化和守恒定律，所以可行
B．不满足热力学第二定律，所以不可行
C．不满足机械能守恒定律，所以不可行
D．不满足能量转化和守恒定律，所以不可行
【解答】解：题中磁力“永动机”能够持续地对外做功，违背了能量守恒定律，故是不可能实现的；
故选D．
例20. 健身运动员在跑步机上不停地跑，但是他的动能并没有变化，关于这个过程中运动员消耗的能量，下列说法正确的是（ ）
A．绝大部分是通过与空气的摩擦转化成了内能
B．绝大部分是通过与跑步机间静摩擦力做功，克服跑步机内部各部件之间的摩擦转化成了内能
C．绝大部分是通过鞋底与皮带的摩擦转化成了内能
D．绝大部分转化成了皮带的动能
【解答】解：A、皮带在人的作用下移动了距离，人对皮带做功，皮带对人也做功，由于运动员克服静摩擦力做功，从而消耗能量，使跑步机皮带的内能增加．故ABD错误，C正确．
故选C
例21. 关于能量守恒定律及能量转化或转移的方向性，下列说法中错误的是（ ）
A．能量不能被创造或被消灭
B．自然界中自发进行的热传递过程总是从高温物体向低温物体进行
C．内能可以自动地、不引起其它变化地完全转化为机械能
D．自然界实际进行的与热现象有关的一切宏观过程都是有方向性的
【解答】解：A、根据能量守恒定律可知，能量不能被创造或被消灭，故A正确；
B、热量可以自发地从高温物体传递给低温物体，但却不能自发地从低温物体传递到高温物体，说明能量转移具有方向性，故BD正确；
C、内能不可以自动地、不引起其它变化地完全转化为机械能，说能量转化具有方向性，故C错误；
本题选择错误的，故选C．
【过关检测】
10. 质量为m的木块(可视为质点)左端与轻弹簧相连，弹簧的另一端与固定在足够大的光滑水平桌面上的挡板相连，木块的右端与一轻细线连接，细线绕过光滑的质量不计的轻滑轮，木块处于静止状态，在下列情况中弹簧均处于弹性限度内，(不计空气阻力及线的形变，重力加速度为g)．
(1)在图甲中，在线的另一端施加一竖直向下的大小为F的恒力，木块离开初始位置O由静止开始向右运动，弹簧开始发生伸长形变，已知木块通过P点时，速度大小为v，O、P两点间的距离为l.求木块拉至P点时弹簧的弹性势能；
(2)如果在线的另一端不是施加恒力，而是悬挂一个质量为M的钩码，如图乙所示，木块也从初始位置O由静止开始向右运动，求当木块通过P点时的速度大小．
答案：(1)Fl－2(1)mv2 (2) ()M＋m(mv2＋2Mg－Fl)
解析 (1)用力F拉木块至P点时，设此时弹簧的弹性势能为E，根据功能关系得
Fl＝E＋2(1)mv2
所以弹簧的弹性势能为E＝Fl－2(1)mv2.
(2)悬挂钩码M时，当木块运动到P点时，弹簧的弹性势能仍为E，设木块的速度为v′，由机械能守恒定律得 Mgl＝E＋2(1)(m＋M)v′2
联立解得v′＝ ()M＋m(mv2＋2Mg－Fl)
六、功能关系和能量守恒在弹簧中的运用★★★★☆☆
例22. 如图所示，小朋友在玩蹦蹦杆游戏的过程中，关于杆上弹簧，下列说法中不正确的是（ ）
A．弹簧恢复到原长时，弹性势能为零
B．弹簧恢复原长过程中，弹性势能转化为其他形式的能
C．弹簧形变量最大时，弹性势能不一定最大
D．弹簧压缩过程中，其他形式的能转化为弹性势能
【解答】解：根据弹性势能与形变量之间关系，形变量越大，弹性势能越大，可知
A、弹簧恢复到原长时，弹性势能为零，故A正确；
B、弹簧恢复原长过程中，形变量减小，弹性势能减小，即弹性势能转化为其他形式的能，故B正确；
C、弹簧形变量最大时，弹性势能一定最大，故C错误；
D、弹簧压缩过程中，形变量增大，弹性势能增大，即其他形式的能转化为弹性势能，故D正确；
本题选不正确的，
故选：C
例23. 相同大小的物体A、B用轻弹簧相连（弹簧的轴线过两球的球心）静止在水平面上，如图所示．已知B球与水平面间的最大静摩擦力足够大，而A球与水平面的摩擦力非常小科忽略不计．现对A球施加一个水平向右的外力，使它缓慢向左移动一端距离后撤去外力．在A向左移动过程中，B始终处于静止状态，且外力做的功为W．就外力撤去后，A向右运动的过程，以下分析判断正确的是（ ）
A．A物体机械能守恒
B．B一直处于静止状态，且所受静摩擦力的大小由零增至最大后又从最大减至零
C．A的动能由零不断增大，且最大动能为W
D．弹簧的弹性势能从最大不断减小至零后再由零不断增至最大，且最大弹性势能为W
【解答】解：A、由于在A向右运动的过程中，弹簧的弹力对A做功，所以A的机械能增加，故A错误．
B、弹簧的弹力先减小后增大，由平衡条件可知，B所受静摩擦力的大小先由最大减至零后由零增至最大，故B错误．
C、A的动能先增大后减小，由功能关系可知，A的最大动能为W，故C错误．
D、弹簧先压缩后伸长，弹性势能从最大不断减小至零后再由零不断增至最大，且最大弹性势能为W．故D正确．
故选：D
例24. 如图所示，轻质弹簧一端固定，另一端与一质量为m、套在粗糙竖直固定杆A处的圆环相连，弹簧水平且处于原长，圆环从A处由静止开始下滑，经过B处的速度最大，到达C处的速度为零，AC=h，圆环在C处获得一竖直向上的速度v，恰好能回到A，弹簧始终在弹性限度内，重力加速度为g，则圆环（ ）
A．下滑过程中，加速度一直减小
B．下滑过程中，克服摩擦力做的功为mv2
C．在C处，弹簧的弹性势能为mv2﹣mgh
D．上滑经过B的速度大于下滑经过B的速度
【解答】解：A、圆环从A处由静止开始下滑，经过B处的速度最大，到达C处的速度为零，所以圆环先做加速运动，再做减速运动，经过B处的速度最大，所以经过B处的加速度为零，所以加速度先减小，后增大，故A错误；B、研究圆环从A处由静止开始下滑到C过程，运用动能定理列出等式
mgh+Wf+W弹=0﹣0=0在C处获得一竖直向上的速度v，恰好能回到A，运用动能定理列出等式
﹣mgh+（﹣W弹）+Wf=0﹣mv2
解得：Wf=﹣mv2，故B正确；
C、W弹=mv2﹣mgh，所以在C处，弹簧的弹性势能为mgh﹣mv2，故C错误；
D、研究圆环从A处由静止开始下滑到B过程，运用动能定理列出等式
mgh′+W′f+W′弹=m﹣0
研究圆环从B处上滑到A的过程，运用动能定理列出等式
﹣mgh′+W′f+（﹣W′弹）=0﹣m
mgh′﹣W′f+W′弹=m
由于W′f＜0，所以m＞m，所以上滑经过B的速度大于下滑经过B的速度，故D正确；
故选：BD
例25. 如图a所示，小物体从竖直弹簧上方离地高h1处由静止释放，其动能Ek与离地高度h的关系如图b所示．其中高度从h1下降到h2，图象为直线，其余部分为曲线，h3对应图象的最高点，轻弹簧劲度系数为k，小物体质量为m，重力加速度为g．以下说法正确的是（ ）
A．小物体下降至高度h3时，弹簧形变量为0
B．小物体下落至高度h5时，加速度为0
C．小物体从高度h2下降到h4，弹簧的弹性势能增加了
D．小物体从高度h1下降到h5，弹簧的最大弹性势能为mg（h1﹣h5）
【解答】解：A、高度从h1下降到h2，图象为直线，该过程是自由落体，h1﹣h2的坐标就是自由下落的高度，所以小物体下降至高度h2时，弹簧形变量为0．故A错误；
B、物体的动能先增大，后减小，小物体下落至高度h4时，物体的动能与h2时的动能相同，由弹簧振子运动的对称性可知，在h4时弹簧的弹力一定是重力的2倍；小物体下落至高度h5时，动能又回到0，说明h5是最低点，弹簧的弹力到达最大值，一定大于重力的2倍，所以此时物体的加速度最大．故B错误；
C、小物体下落至高度h4时，物体的动能与h2时的动能相同，由弹簧振子运动的对称性可知，在h4时弹簧的弹力一定是重力的2倍；此时弹簧的压缩量：，小物体从高度h2下降到h4，重力做功：．物体从高度h2下降到h4，重力做功等于弹簧的弹性势能增加，所以小物体从高度h2下降到h4，弹簧的弹性势能增加了．故C错误；
D、小物体从高度h1下降到h5，重力做功等于弹簧弹性势能的增大，所以弹簧的最大弹性势能为：mg（h1﹣h5）．故D正确．
故选：D
例26. 如图所示，劲度系数为k的轻弹簧一端固定在墙上，另一端与置于水平面上的质量为m的小物体接触（未连接），如图中O点，弹簧水平且无形变．用水平力F缓慢向左推动物体，在弹性限度内弹簧长度被压缩了x0，如图中B点，此时物体静止．撤去F后，物体开始向右运动，运动的最大距离距B点为3x0，C点是物体向右运动过程中弹力和摩擦力大小相等的位置，物体与水平面间的动摩擦因数为μ，重力加速度为g．则（ ）
A．撤去F时，物体的加速度最大，大小为﹣μg
B．物体先做加速度逐渐变小的加速运动，再做加速度逐渐变大的减速运动，最后做匀减速运动
C．从B→C位置物体弹簧弹性势能的减少量大于物体动能的增加量
D．撤去F后，物体向右运动到O点时的动能最大
【解答】解：A、撤去F时，物体的加速度最大，大小为a==﹣μg，故A正确；
B、撤去F后，物体水平方向上受到弹簧的弹力和滑动摩擦力，滑动摩擦力不变，而弹簧的弹力随着压缩量的减小而减小，弹簧的弹力随着压缩量的减小而减小，加速度先减小后增大，物体先做变加速运动，再做变减速运动，物体离开弹簧后做匀减速运动．故B正确；
C、由动能定理可知，弹力做功减去摩擦力做的功的绝对值等于物体动能的增加量，故弹簧弹性势能的减少量大于物体动能的增加量，故C正确；
D、物体向右运动过程中，加速度为零时，速度最大，故到C点时的动能最大，故D错误．
故选：ABC．
例27. 如图所示，斜面固定在水平面上，轻质弹簧一端固定在斜面顶端，另一端与小物块相连，弹簧处于自然长度时物块位于O点，物块与斜面间有摩擦．现将物块从O点拉至A点，撤去拉力后物块由静止向上运动，经O点到达B点时速度为零，则物块从A运动到B的过程中（ ）
A．经过位置O点时，物块的动能最大
B．物块动能最大的位置与AO的距离有关
C．物块从A向O运动过程中，弹性势能的减少量等于动能与重力势能的增加量
D．物块从O向B运动过程中，动能的减少量大于弹性势能的增加量
【解答】解：A、物体从A向O运动过程，受重力、支持力、弹簧的拉力和滑动摩擦力，在平衡位置动能最大，由于摩擦力平行斜面向下，故平衡点在O点下方，故经过O点的动能不是最大，故A错误；
B、在平衡点动能最大，而平衡点的位置与AO距离无关，故B错误；
C、物块从A向O运动过程中，弹性势能减小，重力势能、动能和内能均增加，根据能量守恒定律，弹性势能的减少量大于动能与重力势能的增加量，故C错误；
D、物块从O向B运动过程中，动能减小，重力势能、弹性势能和内能均增加，根据能量守恒定律，动能的减少量大于弹性势能的增加量，故D正确；
故选：D．
例28. 如图所示，轻质弹簧的一端与固定的竖直板P栓接，另一端与物体A相连，物体A静止于光滑水平桌面上，A右端连接一细线，细线绕过光滑的定滑轮与物体B相连．开始时用手托住B，让细线恰好伸直，然后由静止释放B，直至B获得最大速度．下列有关该过程的分析正确的是（ ）
A．B物体受到绳的拉力保持不变
B．B物体机械能的减少量小于弹簧弹性势能的增加量
C．A物体动能的增量等于B物体重力做功与弹簧对A的弹力做功之和
D．A物体与弹簧所组成的系统机械能的增加量等于细线拉力对A做的功
【解答】解：A、以A、B组成的系统为研究对象，有mBg﹣kx=（mA+mB）a，从开始到B速度达到最大的过程中B加速度逐渐减小，由mBg﹣T=mBa可知，在此过程绳子上拉力逐渐增大，是变力，故A错误；
B、整个系统中，根据功能关系可知，B减小的机械能能转化为A的机械能以及弹簧的弹性势能，故B物体机械能的减少量大于弹簧弹性势能的增加量，故B错误；
C、根据动能定理可知，A物体动能的增量等于弹簧弹力和绳子上拉力对A所做功的代数和，故C错误；
D、系统机械能的增量等于系统除重力和弹簧弹力之外的力所做的功，A物体与弹簧所组成的系统机械能的增加量等于细线拉力对A做的功，故D正确．
故选D．
例29. 如图所示，劲度数为的轻弹簧的一端固定在墙上，另一端与置于水平面上质量为的物体接触（未连接），弹簧水平且无形变。用水平力F缓慢推动物体，在弹性限度内弹簧长度被压缩了，此时物体静止。撤去F后，物体开始向左运动，运动的最大距离为4。物体与水平面间的动摩擦因数为，重力加速度为。则 （ ）
A．撤去F后，物体先做匀加速运动，再做匀减速运动
B．撤去F后，物体刚运动时的加速度大小为
C．物体做匀减速运动的时间为
D．物体开始抽左运动到速度最大的过程中克服摩擦力做的功为
答案：BD
例30. 在倾角为θ的固定光滑斜面上有两个用轻弹簧相连接的物块A、B，它们的质量分别为m1、m2，弹簧劲度系数为k，C为一固定挡板，系统处于静止状态．现用一平行于斜面向上的恒力F拉物块A使之向上运动，当物块B刚要离开挡板C时，物块A运动的距离为d，速度为v，则此时（ ）
A．物块B的质量满足m2gsinθ=kd
B．物块A的加速度为
C．拉力做功的瞬时功率为Fvsinθ
D．此过程中，弹簧弹性势能的增量为Fd﹣m1dgsinθ﹣m1v2
【解答】解：A、开始系统处于静止状态，弹簧弹力等于A的重力沿斜面下的分力，当B刚离开C时，弹簧的弹力等于B的重力沿斜面下的分力，故m2gsinθ=kx2，x2为弹簧相对于原长的伸长量，但由于开始是弹簧是压缩的，故d＞x2，故m2gsinθ＞kd，故A错误；
B、当B刚离开C时，弹簧的弹力等于B的重力沿斜面下的分力，故m2gsinθ=kx2，根据牛顿第二定律：F﹣m1gsinθ﹣kx2=ma，已知m1gsinθ=kx1，x1+x2=d 故物块A加速度等于，故B正确；
C、拉力的瞬时功率P=Fv，故C错误；
D、根据功能关系，弹簧弹性势能的增加量等于拉力的功减去系统动能和重力势能的增加量，即为：
Fd﹣m1gdsinθ﹣m1v2，故D正确；
故选：BD．
例31. 如图所示，质量相等的物体A、B通过一轻质弹簧相连，开始时B放在地面上，A、B均处于静止状态，此时弹簧压缩量△x1．现通过细绳将A向上缓慢拉起，第一阶段拉力做功为W1时，弹簧变为原长；第二阶段拉力再做功W2时，B刚要离开地面，此时弹簧伸长量为△x2．弹簧一直在弹性限度内，则（ ）
A．△x1＞△x2
B．拉力做的总功等于A的重力势能的增加量
C．第一阶段，拉力做的功等于A的重力势能的增加量
D．第二阶段，拉力做的功等于A的重力势能的增加量
【解答】解：A、开始时A压缩弹簧，形变量为x1=；要使B刚要离开地面，则弹力应等于B的重力，即kx2=mg，故形变量x2=，则x1=x2=x，故A错误；
A、缓慢提升物体A，物体A的动能不变，第一阶段与第二阶段弹簧的形变量相同，弹簧的弹性势能EP相同，由动能定理得：W1+EP﹣mgx=0，W2﹣EP﹣mgx=0，
W1=mgx﹣EP，W2=mgx+EP，由于在整个过程中，弹簧的弹性势能不变，物体A、B的动能不变，B的重力势能不变，由能量守恒定律可知，拉力做的功转化为A的重力势能，拉力做的总功等于A的重力势能的增加量，故B正确；
C、由A可知，W1=mgx﹣EP，物体重力势能的增加量为mgx，则第一阶段，拉力做的功小于A的重力势能的增量，故C错误；
D、由A可知，W2=mgx+EP，重力势能的增加量为mgx，则第二阶段拉力做的功大于A的重力势能的增加量，故D错误；
故选：B．
【过关检测】
11. 如图所示倾角θ=30°的固定斜面上固定着挡板，轻弹簧下端与挡板相连，弹簧处于原长时上端位于D点．用一根不可伸长的轻绳通过轻质光滑定滑轮连接物体A和B，使滑轮左侧绳子始终与斜面平行，初始时A位于斜面的C点，C、D两点间的距离为L．现由静止同时释放A、B，物体A沿斜面向下运动，将弹簧压缩到最短的位置E点，D、E两点距离为．若A、B的质量分别为4m和m，A与斜面的动摩擦因数μ=，不计空气阻力，重力加速度为g，整个过程中，轻绳始终处于伸直状态，则：（ ）
A．A在从C至E的过程中，先做匀加速运动，后做匀减速运动
B．A在从C至D的过程中，加速度大小为g
C．弹簧的最大弹性势能为mgL
D．弹簧的最大弹性势能为mgL
【解答】解：A、对AB整体从C到D的过程受力分析，根据牛顿第二定律得：
a=，
从D点开始与弹簧接触，压缩弹簧，弹簧被压缩到E点的过程中，弹簧弹力是个变力，则加速度是变化的，所以A在从C至E的过程中，先做匀加速运动，后做变加速运动，最后做变减速运动，直到速度为零，故A错误，B正确；
C、当A的速度为零时，弹簧被压缩到最短，此时弹簧弹性势能最大，
整个过程中对AB整体应用动能定理得：
0﹣0=4mg（L+）sin30°﹣mg（L+）﹣μ×4mgcos30°（L+）﹣W弹
解得：
则弹簧具有的最大弹性势能，故C错误，D正确．
故选：BD
12. 如图所示,水平桌面上的轻质弹簧一端固定,另一端与小物块相连. 弹簧处于自然长度时物块位于O点(图中未标出). 物块的质量为m,AB =a,物块与桌面间的动摩擦因数为. 现用水平向右的力将物块从O 点拉至A 点,拉力做的功为W. 撤去拉力后物块由静止向左运动, 经O点到达B点时速度为零. 重力加速度为g. 则上述过程中
(A)物块在A点时,弹簧的弹性势能等于
(B)物块在B点时,弹簧的弹性势能小于
(C)经O点时,物块的动能小于
(D)物块动能最大时弹簧的弹性势能小于物块在B点时弹簧的弹性势能
答案：BC
解析：借助弹簧振子的平衡位置的思想，假定AB的中点为C，画出AB的总店O，则因为物体从A到B想做运动的过程中，摩擦力一直做负功，则过O点弹簧的压缩量一直小雨OA，即O点在C的左侧，OA>OB，且OA>.所以物体在A点的弹性势能等于W-，小雨W-,故A错，同理可知BC正确，物体的最大动能在物体从A到B运动的过程中，当向左的弹力等于摩擦力时，此时物体还没有到达O点；而由于弹簧的性质和弹力做功的具体情况不明，所欲不能判断与物体到达B点的弹性势能大小比较。
13. 如图，质量为 m1物体A经一轻质弹簧与下方地面上的质量为m2的物体B相连，弹簧的劲度系数为k，A、B都处于静止状态．一条不可伸长的轻绳绕过轻滑轮，一端连物体A，另一端连一轻挂钩．开始时各段绳都处于伸直状态，A上方的一段绳沿竖直方向．现在挂钩上挂一质量m3 的物体C并从静止状态释放，已知它恰好能使B离开地面但不继续上升．已知重力加速度为g．求此过程中：
（1）物体A上升的高度；
（2）弹簧弹性势能的增量；
（3）若将C换成另一个质量为（m1+m3）的物体D，仍从上述初始位置由静止状态释放，则这次B刚离地时D的速度的大小是多少？
解：（1）开始时，A、B静止，设弹簧压缩量为x1，有
kx1=mlg ①
挂C并释放后，C向下运动，B向上运动，设B刚要离地时弹簧伸长量为x2，有
kx2=m2g ②
则物体A上升的高度h=x1+x2==；
（2）B不再上升，表示此时A和C的速度为零，C已降到其最低点．由机械能守恒，与初始状态相比，弹簧弹性势能的增加量为
△E=m3g（x1+x2）﹣m1g（x1+x2）=③
（3）C换成D后，当B 刚离地时弹簧势能的增量与前一次相同，由能量关系得（m1+m3）V2+m1V2=（m1+m3）g（x1+x2）﹣m1g（x1+x2）﹣△E ④
由③④式得
（2m1+m3）V2=m1g（x1+x2） ⑤
由①②⑤式得
V=．
答：（1）物体A上升的高度；
（2）弹簧弹性势能的增量；
（3）若将C换成另一个质量为（m1+m3）的物体D，仍从上述初始位置由静止状态释放，所以B刚离地时D的速度的大小是V=．
七、功能关系和能量守恒在平抛和圆周运动中的运用★★★★☆☆
例32. 在同一位置以相同的速率把三个小球分别沿水平、斜向上、斜向下方向抛出，不计空气阻力，则落在同一水平地面时的速度大小（ ）
A．一样大B．水平抛得最大C．斜向上抛的最大D．斜向下抛的最大
答案：A
例33. 质量为m的小球用长度为L的轻绳系住，在竖直平面内做圆周运动，运动过程中小球受空气阻力作用．已知小球经过最低点时轻绳受的拉力为7mg，经过半周小球恰好能通过最高点，则此过程中小球克服空气阻力做的功为（ ）
A． B． C． D．mgL
故选C．
例34. 如图，长为2L的轻杆两端分别固定质量均为m的两小球P、Q，杆可绕中点的轴O在竖直平面内无摩擦转动．若给P球一个大小为的速度，使P、Q两球在竖直面内做匀速圆周运动．不计空气阻力，重力加速度为g，下列说法正确的是（ ）
A．Q球在运动过程中机械能守恒
B．P从最高点运动到最低点过程中杆对其做功为2mgL
C．水平位置时杆对P的作用力大小为mg
D．Q到达最高点时杆对其作用力大小为mg
【解答】解：A、由于两个小球的质量相等，所以P、Q两球在竖直面内做匀速圆周运动，两球在运动的过程中，二者的总重力势能保持不变，但单个的小球的重力势能不断变化，Q球在运动过程中机械能不守恒．故A错误；
B、P从最高点运动到最低点过程中动能不变，重力对其做功是mg•2L，所以杆对其做功为﹣2mgL．故B错误；
C、在水平位置时，杆的弹力和重力的合力提供向心力，受力如图，
则：．故C正确；
D、Q到达最高点时，设在最高点时，假设杆的作用力向下，根据向心力公式得：
mg+T=
解得：T=mg．故D正确
故选：CD．
例35. 如图所示，一个小球套在竖直放置的光滑圆环上，小球从最高点向下滑动过程中，其线速度大小的平方v2随下落高度h的变化图象可能是图中的（ ）
A． B． C． D．
【解答】解：小环在下落的过程中，只有重力做功，机械能守恒，有：
mv2=mv02+mgh
则v2=v02+2gh
若v0=0，则v2与h成正比关系，若v0≠0，则v2与h成一次函数关系．故A正确，B、C、D错误．
故选：A．
例36. 某校物理兴趣小组决定举行遥控赛车比赛．比赛路径如图所示，赛车从起点A出发，沿水平直线轨道运动L后，由B点进入半径为R的光滑竖直圆轨道，离开竖直圆轨道后继续在光滑平直轨道上运动到C点，并能越过壕沟．已知赛车质量m=0.1kg，通电后以额定功率P=1.5W工作，进入竖直轨道前受到阻力恒为0.3N，随后在运动中受到的阻力均可不计．图中L=10.00m，R=0.32m，h=1.25m，S=1.50m．问：要使赛车完成比赛，电动机至少工作多长时间？（取g=10m/s2）
【解答】解：设赛车越过壕沟需要的最小速度为v1，由平抛运动的规律
S=v1t
h=gt2
解得
m/s
设赛车恰好越过圆轨道，对应圆轨道最高点的速度为v2，最低点的速度为v3，由牛顿第二定律及机械能守恒定律
mg=m
m=m+mg（2R）
解得：
v3===4m/s
通过分析比较，赛车要完成比赛，在进入圆轨道前的速度最小应该是：
vmin=4m/s
设电动机工作时间至少为t，根据功能原理
Pt﹣fL=m
由此可得：
t=2.53s
即要使赛车完成比赛，电动机至少工作2.53s的时间．
例37. 过山车是游乐场中常见的设施．下图是一种过山车的简易模型，它由水平轨道和在竖直平面内的三个圆形轨道组成，B、C、D分别是三个圆形轨道的最低点，B、C间距与C、D间距相等，半径R1=2.0m、R2=1.4m．一个质量为m=1.0kg的小球（视为质点），从轨道的左侧A点以v0=12.0m/s的初速度沿轨道向右运动，A、B间距L1=6.0m．小球与水平轨道间的动摩擦因数为0.2，圆形轨道是光滑的．假设水平轨道足够长，圆形轨道间不相互重叠．重力加速度取g=10m/s2，计算结果保留小数点后一位数字．试求
（1）小球在经过第一个圆形轨道的最高点时，轨道对小球作用力的大小；
（2）如果小球恰能通过第二圆形轨道，B、C间距L应是多少；
（3）在满足（2）的条件下，如果要使小球不能脱离轨道，在第三个圆形轨道的设计中，半径R3应满足的条件；小球最终停留点与起点A的距离．
【解答】解：（1）设小球经过第一个圆轨道的最高点时的速度为v1根据动能定理得：
﹣μmgL1﹣2mgR1=mv12﹣mv02 ①
小球在最高点受到重力mg和轨道对它的作用力F，根据牛顿第二定律有：
F+mg=m ②
由 ①、②得 F=10.0 N ③
（2）设小球在第二个圆轨道的最高点的速度为v2，由小球恰能通过第二圆形轨道有：
mg=m ④
﹣μmg（L1+L）﹣2mgR2=mv22﹣mv02 ⑤
由④、⑤得 L=12.5m ⑥
（3）要保证小球不脱离轨道，可分两种情况进行讨论：
I．轨道半径较小时，小球恰能通过第三个圆轨道，设在最高点的速度为v3，应满足
mg=m ⑦
﹣μmg（L1+2L）﹣2mgR3=mv32﹣mv02 ⑧
由 ⑥、⑦、⑧得 R3=0.4m
II．轨道半径较大时，小球上升的最大高度为R3，根据动能定理
﹣μmg（L1+2L）﹣mgR3=0﹣mv02
解得 R3=1.0m
为了保证圆轨道不重叠，R3最大值应满足
（R2+R3）2=L2+（R3﹣R2）2
解得 R3=27.9m
综合I、II，要使小球不脱离轨道，则第三个圆轨道的半径须满足下面的条件
0＜R3≤0.4m或 1.0m≤R3≤27.9m
当0＜R3≤0.4m时，小球最终停留点与起始点A的距离为L′，则
﹣μmgL′=0﹣mv02
L′=36.0m
当1.0m≤R3≤27.9m时，小球最终停留点与起始点A的距离为L〞，则
L″=L′﹣2（L′﹣L1﹣2L）=26.0m
答：（1）小球在经过第一个圆形轨道的最高点时，轨道对小球作用力的大小为10.0N；
（2）如果小球恰能通过第二圆形轨道，B、C间距L应是12.5m；
（3）第三个圆轨道的半径须满足下面的条件 0＜R3≤0.4m或 1.0m≤R3≤27.9m
当0＜R3≤0.4m时，小球最终停留点与起始点A的距离为36.0m
当1.0m≤R3≤27.9m时，小球最终停留点与起始点A的距离为26.0m．
例38. 如图所示，粗糙弧形轨道和两个光滑半圆轨道组成的S形轨道．光滑半圆轨道半径为R，两个光滑半圆轨道连接处CD之间留有很小空隙，刚好能够使小球通过，CD之间距离可忽略．粗糙弧形轨道最高点A与水平面上B点之间的高度为h．从A点静止释放一个可视为质点的小球，小球沿S形轨道运动后从E点水平飞出，落到水平地面上，落点到与E点在同一竖直线上B点的距离为x．已知小球质量m，不计空气阻力，求：
（1）小球从E点水平飞出时的速度大小；
（2）小球运动到半圆轨道的B点时对轨道的压力；
（3）小球从A至E运动过程中克服摩擦阻力做的功．
【解答】解：（1）小球从E点飞出后做平抛运动，设在E点的速度大小为v，则：
4R=
x=vt
解得：v=x
（2）小球从B点运动到E点的过程，机械能守恒
在B点F﹣mg=m
联立解得：F=9mg+
由牛顿第三定律可知小球运动到B点时对轨道的压力为F′=9mg+
（3）设小球沿翘尾巴的S形轨道运动时克服摩擦力做的功为W，则
mg（h﹣4R）﹣W=
得W=mg（h﹣4R）﹣
答：（1）小球从E点水平飞出时的速度大小为x；
（2）小球运动到半圆轨道的B点时对轨道的压力大小为9mg+，方向向下；
（3）小球沿翘尾巴S形轨道运动时克服摩擦力做的功为mg（h﹣4R）﹣．
【过关检测】
14. 如图所示，水平路面CD的左侧有一固定的平台，平台上表面AB长s＝3 m．光滑半圆轨道AFE竖直固定在平台上，半圆轨道半径R＝0.4 m，最低点与平台AB相切于A.CD的右侧有一长L1＝2 m的木板，上表面与平台等高，小物块放在板的最右端，并随板一起向左运动，当板的左端距离平台L＝2 m时，板与小物块向左运动的速度v0＝8 m/s.当板与平台碰撞后，板立即停止运动，小物块在板上滑动．已知板与路面的动摩擦因数μ1＝0.05，小物块与板上表面及轨道AB的动摩擦因数μ2＝0.1，小物块质量m＝1 kg，取g＝10 m/s2.
(1)求小物块进入半圆轨道时对轨道上A点的压力；
(2)判断小物块能否到达半圆轨道的最高点E.如果能，求小物块离开E后在平台上的落点到A的距离；如果不能，则说明理由．
答案：(1)140 N，方向竖直向下 (2)能 2.4 m
15. 多米诺骨牌是一种文化，它起源于中国，有着上千年的历史。码牌时，骨牌会因意外一次次倒下，参与者时刻面临和经受着失败的打击。遇到挫折不气馁，鼓起勇气，重新再来，人只有经过无数这样的经历，才会变得成熟，最终走向成功。
如图为骨牌中的一小段情景，光滑斜面轨道AB、粗糙水平轨道CE与半径r=0.5m的光滑圆轨道相切于B、C两点，D点为圆轨道最高点，水平轨道末端E离水平地面高h=0.8m，骨牌触碰机关F在水平地面上，E、F两点间的距离s=1m。质量m=0.2kg的小钢球（可视为质点）从A点自由释放，到达D点时对轨道压力为其重力的0.5倍，从E点抛出后刚好触动机关F。重力加速度g=10m/s2，不计圆轨道在B、C间交错的影响，不计空气阻力。求：
（1）小钢球在水平轨道上克服阻力做的功；
（2）A点离水平地面的高度。
解：
（1）设小钢球过E点时的速度为vE，从E点到F点的水平距离为x，则
………（1分）
………（1分）
………（1分）
设小球运动到D点时速度为vD，轨道对小球作用力为N，则
………（2分）
由牛顿第三定律得 ………（1分）
解得 m/s，m/s
设小球从D点运动到E点过程中，在水平轨道上克服阻力做功为，则
………（3分）
解得 J ………（2分）
（2）设A点离水平地面高度为H，小球从A点运动到D点过程中有
………（4分）
解得 H=2.175m
八、功能关系和能量守恒之摩擦力做功★★★★☆☆
类别
比较
静摩擦力
滑动摩擦力
不
同
点
能量
转化的
方面
在静摩擦力做功的过程中，只有机械能从一个物体转移到另一个物体(静摩擦力起着传递机械能的作用)，而没有机械能转化为其他形式的能量
1.相互摩擦的物体通过摩擦力做功，将部分机械能从一个物体转移到另一个物体
2．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
擦力做
功方面
一对静摩擦力所做功的代数和等于零
一对相互作用的滑动摩擦力对物体系统所做的总功总为负值，系统损失的机械能转变成内能
相
同
点
做功方面
两种摩擦力都可以对物体做正功，做负功，还可以不做功
例39. 如图所示，一张薄纸板放在光滑水平面上，其右端放有小木块，小木块与薄纸板的接触面粗糙，原来系统静止．现用水平恒力F向右拉薄纸板，小木块在薄纸板上发生相对滑动，直到从薄纸板上掉下来．上述过程中有关功和能的下列说法正确的是（ ）
A．拉力F做的功等于薄纸板和小木块动能的增加
B．摩擦力对小木块做的功一定等于系统的摩擦生热
C．离开薄纸板前小木块可能先做加速运动，后做匀速运动
D．小木块动能的增加可能小于系统的摩擦生热
【解答】解：拉力对小木块做的功W1=fx，其中x是小木块对地的位移，如右图中三角形面积S1所示，系统摩擦生热Q=fd，其中d是小木块与薄纸板间的相对移动路程，如右图中三角形面积S2所示，根据本题给出的条件，S1和S2的大小关系无法确定．故D正确；
故选：D．
例40. 如图所示，平直木板AB倾斜放置，板上的P点距A端较近，小物块与木板间的动摩擦因数由A到B逐渐减小，先让物块从A由静止开始滑到B．然后，将A着地，抬高B，使木板的倾角与前一过程相同，再让物块从B由静止开始滑到A．上述两过程相比较，下列说法中一定正确的有（ ）
A．物块经过P点的动能，前一过程较小
B．物块从顶端滑到P点的过程中因摩擦产生的热量，前一过程较少
C．物块滑到底端的速度，前一过程较大
D．物块从顶端滑到底端的时间，前一过程较长
【解答】解：A、先让物块从A由静止开始滑到B，又因为动摩擦因数由A到B逐渐减小，说明重力沿斜面的分量在整个过程中都大于摩擦力．也就是说无论哪边高，合力方向始终沿斜面向下．物块从A由静止开始滑到P时，摩擦力较大，故合力较小，距离较短；物块从B由静止开始滑到P时，摩擦力较小，故合力较大，距离较长．所以由动能定理，物块从A由静止开始滑到P时合力做功较少，P点是动能较小；由B到P时合力做功较多，P点是动能较大．因而A正确；
B、由w=fs，无法确定f做功多少，因而B错误；
C、由动能定理，两过程合力做功相同，到底时速度应相同；因而C错误；
D、采用v﹣t法分析，第一个过程加速度在增大，故斜率增大，第二个过程加速度减小，故斜率变小，由于倾角一样大，根据能量守恒，末速度是一样大的，还有就是路程一样大，图象中的面积就要相等，所以第一个过程的时间长；因而D正确；
故选AD．
例41. 如图所示有三个斜面1、2、3，斜面1与2底边相同，斜面2和3高度相同，同一物体与三个斜面的动摩擦因数相同，当他们分别沿三个斜面从顶端由静止下滑到底端时，下列说法正确的是（ ）
A．三种情况下摩擦产生的热量Q1＜Q2＜Q3
B．三种情况下摩擦产生的热量Q1=Q2＜Q3
C．到达底端的速度v1＞v2=v3
D．到达底端的速度v1=v2＞v3
【解答】解：设斜面和水平方向夹角为θ，斜面长度为L，则物体下滑过程中克服摩擦力做功为：W=mgμLcosθ．Lcosθ即为底边长度，由图可知1和2底边相等且小于3的，故摩擦生热关系为：Q1=Q2＜Q3，故A错误，B正确；
设物体滑到底端时的速度为v，根据动能定理得：，根据图中斜面高度和底边长度可知滑到底边时速度大小关系为：v1＞v2＞v3，故CD错误．
故选B．
例42. 如图所示，等腰直角三角体OCD由不同材料A、B拼接而成，P为两材料在CD边上的交点，且DP＞CP．现OD边水平放置，让小物块从C滑到D；然后将OC边水平放置，再让小物块从D滑到C，小物块两次滑动经过P点的时间相同．下列说法正确的是（ ）
A．A、B材料的动摩擦因数相同
B．两次滑动中物块到达P点速度相等
C．两次滑动中物块到达底端速度相等
D．两次滑动中物块到达底端摩擦生热相等
【解答】解：A、由于A、B材料不同，因此它们的动摩擦因数不同，故A错误；
B、由题意可知，小物块两次滑动经过P点的时间相同且DP＞CP，因此从D到P的平均速度大于从C到P的平均速度，设从C到P点时速度为v1，从D到P时速度为v2，则根据匀变速直线运动特点有：，即从D到P点速度大于从C到P点的速度，故B错误；
C、从C到D和从D到C过程中摩擦力做功相等，重力做功相等，根据动能定理可知，两次滑动中物块到达底端速度相等，故C正确；
D、两次滑下的过程中摩擦力做功相同，斜面静止不动，因此两次滑动中物块到达底端摩擦生热相等，故D正确．
故选CD．
【过关检测】
16. 如图所示，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Ff，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．此时小物块的动能为F(x＋L)
B．此时小车的动能为Ffx
C．这一过程中，小物块和小车增加的机械能为Fx－FfL
D．这一过程中，因摩擦而产生的热量为FfL
答案：BD
17. 如图所示，质量为m的长木块A静止于光滑水平面上，在其水平的上表面左端放一质量为m的滑块B，已知木块长为L，它与滑块之间的动摩擦因数为μ.现用水平向右的恒力F拉滑块B.
(1)当长木块A的位移为多少时，B从A的右端滑出？
(2)求上述过程中滑块与木块之间产生的内能．
答案：(1)F－2μmg(μmgL) (2)μmgL
九、功能关系和能量守恒在传送带中的运用★★★★☆☆
例43. 足够长的传送带以v匀速传动，一质量为m的小物块A由静止轻放于传送带上，若小物体与传送带之间的动摩擦因数为μ，如图所示，当物体与传送带相对静止时，转化为内能的能量为（ ）
A． B． C．mv2 D．2mv2
【解答】解：假设木块从静止到匀速所用的时间t，位移为x木，传送带的位移为x传，滑动摩擦力f滑=μmg
整个运动过程传送带位移：x传=vt
整个运动过程木块位移：x木=t （是木块的平均速度）
木块与传送带之间的相对位移：△L=x传﹣x木=
转化为内能的能量等于：△E损=f滑△L=μmg ①
但形式与四个答案均不相同，再对下木块用动能定理整理一下
对木块从静止到匀速过程列动能定理：μmgx木=μmg= ②
由①②两式得： 故：B正确
故选：B
例44. 如图所示，由电动机带动的水平传送带以速度为v=2.0m/s匀速运行，A端上方靠近传送带料斗中装有煤，打开阀门，煤以流量为Q=50kg/s落到传送带上，煤与传送带达共同速度后被运至B端，在运送煤的过程中，下列说法正确的是（ ）
A．电动机应增加的功率为100W
B．电动机应增加的功率为200W
C．在一分钟内因煤与传送带摩擦产生的热为6.0×103J
D．在一分钟内因煤与传送带摩擦产生的热为1.2×104J
【解答】解：设足够小的时间△t内落到传送带上煤的质量为△m，显然Q=△m/△t；这部分煤由于摩擦力f的作用被传送带加速，由功能关系得：
煤块在摩擦力作用下加速前进，因此有：
传送带的位移为：s传=vt
相对位移为：△s=s传﹣s=s，由此可知煤的位移与煤和传送带的相对位移相同，
因此摩擦生热为：．
传送带需要增加的能量分为两部分：第一部分为煤获得的动能，第二部分为传送带克服摩擦力做功保持传送带速度．所以传送带△t内增加的能量△E为：
功率：，由此可知A错误，B正确．
由前面的分析可知单位时间内产生的热量为：．
因此一分钟产生的热量为：
，故C正确，D错误．
故选BC．
例45. 如图所示，倾角θ=37°的传送带上，上、下两端相距S=7m．一个与传送带间动摩擦因数μ=0.25的物块P无初速度滑下．
（1）当传送带静止，将轻放于A端，P从A端运动到B端所需的时间是多少？
（2）若传送带以u=4m/s的恒定速率顺时针转动，P从A端运动到B端的时间又是多少？
（3）物体质量为4kg计算（1）（2）两种情况由于摩擦产生的热量．
【解答】解：
（1）当传送带静止时，P下滑的加速度设为a1，
则有：mgsinθ﹣μmgcosθ=ma1
解得：
从A 到B的时间
（2）当传送带顺时针转动时，设P初始下滑的加速度为a2，
则有mgsinθ+μmgcosθ=ma2
解得：
当P加速到ν=4m/s时P对地发生的位移 此后P，继续加速下滑，
设加速度为a'2，
有mgsinθ﹣μmgcosθ=ma'2所以
滑到B端时的速度
前一段加速滑下时间
后一段加速滑下时间
P从A到B总时间 t=t1+t2=1.5s
（3）摩擦生热则有Q=f△s
第一种情况下，△s就为AB间距，
则产生热量为：Q=FfL=μmgcosθ•L=0.25×4×10×0.8×7J=56J
第二种情况下，
则产生热量为：Q2=Ff△s2=0.25×4×10×0.8×3J=24J
答：（1）当传送带静止，将轻放于A端，P从A端运动到B端所需的时间是；
（2）若传送带以u=4m/s的恒定速率顺时针转动，P从A端运动到B端的时间又是1.5s；
（3）物体质量为4kg计算（1）（2）两种情况由于摩擦产生的热量分别为56J、24J．
例46. 如图所示，一足够长的水平传送带以速度v0匀速运动，质量均为m的小物块P和小物块Q由通过滑轮组的轻绳连接，轻绳足够长且不可伸长．某时刻物块P从传送带左端以速度2v0冲上传送带，P与定滑轮间的绳子水平．已知物块P与传送带间的动摩擦因数μ=0.25，重力加速度为g，不计滑轮的质量与摩擦．求：
（1）运动过程中小物块P、Q的加速度大小之比；
（2）物块P刚冲上传送带到右方最远处的过程中，PQ系统机械能的改变量；
（3）若传送带以不同的速度v（0＜v＜2v0）匀速运动，当v取多大时物块P向右冲到最远处时，P与传送带间产生的摩擦热最小？最小值为多大？
【解答】解：（1）设P的位移、加速度大小分别为s1、a1，Q的位移、加速度大小分别为s2、a2，
因s1=2 s2，故a1=2a2
（2）对P有：μmg+T=ma1
对Q有：mg﹣2T=ma2
得：T=0.35mg，a1=0.6g
P先减速到与传送带速度相同，设位移为x1，
共速后，由于f=μmg＜mg，P不可能随传送带一起匀速运动，继续向右减速，
设此时P加速度为a1′，Q的加速度为
对P有：T﹣μmg=ma1′，对Q有：mg﹣2T=ma2’解得：a1′=0.2g
设减速到0位移为x2，
PQ系统机械能的改变量等于摩擦力对P做的功，△E=﹣μmgx1+μmgx2=0
（3）第一阶段P相对皮带向前，相对路程：
第二阶段相对皮带向后，相对路程：
摩擦产生的热Q=μmg（S1+S2）=
当时，
摩擦热最小
答：（1）运动过程中小物块P、Q的加速度大小之比是2：1；
（2）物块P刚冲上传送带到右方最远处的过程中，PQ系统机械能的改变量；
（3）若传送带以不同的速度v（0＜v＜2v0）匀速运动，当时物块P向右冲到最远处时，P与传送带间产生的摩擦热最小，最小值为
【过关检测】
18. 如图所示，倾角为30°的光滑斜面的下端有一水平传送带，传送带正以6 m/s的速度运动，运动方向如图所示．一个质量为2 kg的物体(物体可以视为质点)，从h＝3.2 m高处由静止沿斜面下滑，物体经过A点时，不管是从斜面到传送带还是从传送带到斜面，都不计其动能损失．物体与传送带间的动摩擦因数为0.5，物体向左最多能滑到传送带左右两端AB的中点处，重力加速度g＝10 m/s2，求：
(1)物体由静止沿斜面下滑到斜面末端需要多长时间；
(2)传送带左右两端AB间的距离l至少为多少；
(3)上述过程中物体与传送带组成的系统产生的摩擦热为多少．
答案：(1)1.6 s (2)12.8 m (3)160 J
解析 (1)物体在斜面上，由牛顿第二定律得mgsin θ＝ma，sin θ(h)＝2(1)at2，可得t＝1.6 s.
(2)由能的转化和守恒得mgh＝μmg2(l)，l＝12.8 m.
(3)此过程中，物体与传送带间的相对位移x相＝2(l)＋v带·t1，又2(l)＝2(1)μgt1(2)，
而摩擦热Q＝μmg·x相，以上三式可联立得Q＝160 J.
19. 一质量为M＝2.0 kg的小物块随足够长的水平传送带一起运动，被一水平向左飞来的子弹击中并从物块中穿过，子弹和小物块的作用时间极短，如图甲所示．地面观察者记录了小物块被击中后的速度随时间变化关系如图乙所示(图中取向右运动的方向为正方向)．已知传送带的速度保持不变，g取10 m/s2.
(1)指出传送带速度v的方向及大小，说明理由．
(2)计算物块与传送带间的动摩擦因数μ.
(3)计算传送带对外做了多少功？子弹射穿物块后系统有多少能量转化为内能？
解析 (1)从速度图象中可以看出，物块被击穿后，先向左做减速运动，速度为零后，又向右做加速运动，当速度等于2.0 m/s，则随传送带一起做匀速运动，所以，传送带的速度方向向右，传送带的速度v的大小为2.0 m/s.
(2)由速度图象可得，物块在滑动摩擦力的作用下做匀变速运动的加速度为a，有
a＝Δt(Δv)＝2(4.0) m/s2＝2.0 m/s2
由牛顿第二定律得滑动摩擦力Ff＝μMg，则物块与传送带间的动摩擦因数
μ＝Mg(Ma)＝g(a)＝10(2.0)＝0.2.
(3)由速度图象可知，传送带与物块存在摩擦力的时间只有3秒，传送带在这段时间内移动的位移为x，则x＝vt＝2.0×3 m＝6.0 m
所以，传送带所做的功W＝Ffx＝0.2×2.0×10×6.0 J＝24 J.
设物块被击中后的初速度为v1，向左运动的时间为t1，向右运动直至和传送带达到共同速度的时间为t2，则有：
物块向左运动时产生的内能Q1＝μMg(vt1＋2(v2)t1)＝32 J
物块向右运动时产生的内能Q2＝μMg(vt2－2(v)t2)＝4 J.
所以整个过程产生的内能Q＝Q1＋Q2＝36 J.
十、功能关系和能量守恒在滑块中的运用★★★★☆☆
例47. 滑块以速率v1靠惯性沿固定斜面由底端向上运动，当它回到出发点时速率为v2，且v2＜v1，若滑块向上运动的位移中点为A，取斜面底端重力势能为零，则（ ）
A．上升时机械能减小，下降时机械增大
B．上升时机械能减小，下降时机械能也减小
C．上升过程中动能和势能相等的位置在A点上方
D．上升过程中动能和势能相等的位置在A点下方
【解答】解：由v2＜v1可知，斜面与滑块间有摩擦，滑块无论上升还是下降时，都有机械能损失，故A错误，B正确；
为判断C、D的情况，可先求出斜面中点A的动能EK1和势能EPA情况，滑块初始机械能E1=mv12 ①，
滑块在斜面中点A的速度VA==V1，在A点的机械能EA=mvA2+EPA②．联立①②式得：
EA=mv12 +EPA=E1+EPA； 而因斜面与滑块间有摩擦，知E1＞EA，所以EKA＞EPA，故动能和势能相等的位置应出现在A点之上，故C正确；
故选BC．
例48. 如图，卷扬机的绳索通过定滑轮用力F拉位于粗糙面上的木箱，使之沿斜面加速向上移动．在移动过程中，下列说法正确的是（ ）
A．F对木箱做的功等于木箱增加的动能与木箱克服摩擦力所做的功之和
B．F对木箱做的功等于木箱克服摩擦力和克服重力所做的功之和
C．木箱克服重力所做的功等于木箱增加的重力势能
D．F对木箱做的功等于木箱增加的机械能与木箱克服摩擦力做的功之和
【解答】解：在木箱移动过程中，受力分析如图所示．这四个力中，有重力、拉力和摩擦力做功．
重力做负功使重力势能增加，摩擦力做负功产生热能．因为物体加速运动，根据动能定理，合力做的功等于动能的增量．
而机械能等于动能与重力势能之和，
故F做的功等于木箱增加的动能与重力势能以及克服摩擦力所做的功，所以AB错误，CD正确
答案：CD．
例49. 如图，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．现在一水平恒力F作用在小物块上，使物块从静止开始做匀加速直线运动，物块和小车之间的摩擦力为f．经过时间t，小车运动的位移为s，物块刚好滑到小车的最右端．（ ）
A．此时物块的动能为（F﹣f）（s+l）
B．这一过程中，物块对小车所做的功为f（s+l）
C．这一过程中，物块和小车增加的机械能为Fs
D．这一过程中，物块和小车产生的内能为fl
【解答】解：A、根据动能定理得，（F﹣f）（s+l）=．则物块的动能为Ek=（F﹣f）（s+l）；故A正确；
B、这一过程中，物块对小车有支持力和摩擦力，支持力不做功，摩擦力所做的功为fs，故物块对小车所做的功为fs，故B错误；
C、由功能关系得知，物块和小车增加的机械能为F（s+l）﹣fl，故C错误；
D、系统产生的内能等于系统克服滑动摩擦力做功fl，故D正确；
故选：AD．
例50. 水平地面上有两个固定的、高度相同的粗糙斜面甲和乙，底边长分别为L1、L2，且L1＜L2，如图所示．两个完全相同的小滑块A、B（可视为质点）与两个斜面间的动摩擦因数相同，将小滑块A、B分别从甲、乙两个斜面的顶端同时由静止开始释放，取地面所在的水平面为参考平面，则（ ）
A．从顶端到底端的运动过程中，由于克服摩擦而产生的热量一定相同
B．滑块A到达底端时的动能一定比滑块B到达底端时的动能大
C．两个滑块从顶端运动到底端的过程中，重力对滑块A做功的平均功率比滑块B的大
D．两个滑块加速下滑的过程中，到达同一高度时，机械能可能相同
【解答】解：A、A、B滑块从斜面顶端分别运动到底端的过程中，摩擦力做功不同，所以克服摩擦而产生的热量一定不同，故A错误；
B、由于B物块受到的摩擦力f=μmgcosθ大，且通过的位移大，则克服摩擦力做功多，滑块A克服摩擦力做功少，损失的机械能少，根据动能定理，可知 滑块A到达底端时的动能一定比B到达底端时的动能大，故B正确；
C、整个过程中，两物块所受重力做功相同，但由于A先到达低端，故重力对滑块A做功的平均功率比滑块B的大，故C正确；
D、两个滑块在斜面上加速下滑的过程中，到达同一高度时，重力做功相同，由于乙的斜面倾角大，所以在斜面上滑行的距离不等，即摩擦力做功不等，所以机械能不同，故D错误．
故选：BC．
例51. 如图所示，两个倾角都为30°、足够长的光滑斜面对接在一起并固定在地面上，顶端安装一光滑的定滑轮，质量分别为2m和m的A、B两物体分别放在左右斜面上，不可伸长的轻绳跨过滑轮将A、B两物体连接，B与右边斜面的底端挡板C之间连有橡皮筋。现用手握住A，使橡皮筋刚好无形变，系统处于静止状态。松手后，从A、B开始运动到它们速度再次都为零的过程中（绳和橡皮筋都与斜面平行且橡皮筋伸长在弹性限度内）
A. A、B的机械能之和守恒
B. A、B和橡皮筋的机械能之和守恒
C. A的重力势能减少量大于橡皮筋弹力所做的功
D. 重力对A做功的平均功率小于橡皮筋弹力对B做功的平均功率
答案：BC
例52. 光滑水平面上有质量为M、高度为h的光滑斜面体A，斜面顶端放有质量为m的小物体B，A、B都处于静止状态从某时刻开始释放物体B，在B沿斜面下滑的同时斜面体A沿水平方向向左做匀加速运动．经过时间t，斜面体水平移动s，小物体B刚好滑到底端．
（1）求运动过程中斜面体A所受合力FA的大小；
（2）分析小物体B做何种运动？并说明理由；
（3）求小物体B到达斜面体A底端时的速度vB大小．
【解答】解：（1）A向左做匀加速直线运动，由匀变速运动的位移公式得：
s=at2，
对A，由牛顿第二定律得：FA=Ma，
解得：FA=；
（2）物体B做匀加速运动．因为A做匀加速运动，B对A的作用力一定，由牛顿第三定律知，A对B的作用力也一定，B还受到重力作用，重力也是恒力，所以B受到的合力是恒力，B做匀加速运动．
（3）对AB组成的系统，机械能守恒，由机械能守恒定律得：
mgh=MvA2+mvB2，
A的速度vA=at=，
解得：vB=．
答：（1）运动过程中斜面体A所受的合力大小为．
（2）物体B做匀加速运动．
（3）小物体B到达斜面体A底端时的速度大小为．
【过关检测】
20. 如图所示，在水平长直的轨道上，有一长度为L的平板车在外力控制下始终保持速度v0，做匀速直线运动．某时刻将一质量为m，可视为质点的小滑块轻放到车面距右端的c处，滑块刚好停在小车左端A处，设定平板车上表面各处粗糙程度相同．
（1）求滑块和平板车摩擦产生的内能；
（2）若平板车车速为2v0，且保持不变，当滑块轻放到车面C处的同时对该滑块施加一个与车运动方向相同的恒力F，要保证滑块不能从车的左端A处掉下，恒力F大小应该满足什么条件？
（3）在（2）的情况下，力F取最小值，要保证滑块不从车上掉下，力F的作用时间应该在什么范围内？
【解答】解：（1）设小滑块受平板车的动摩擦力大小为f
根据牛顿第二定律，滑块相对车滑动时的加速度为a=
滑块相对车滑动时间t=
滑块相对车滑动距离S=v0t﹣v0t=v0t
滑块与车摩擦产生的内能Q=fs
解得Q=mv02，f=
即滑块和平板车摩擦产生的内能为mv02．
（2）设恒力F取最小值F′，滑块加速度为a1，此时滑块恰好达到车的左端，则滑块运动到车左端的时间 t1=
由几何关系，有 2v0t1﹣v0t1=
由牛顿定律有 F′+f=ma1
解得：F′=3f=，t1=
则恒力F大小应该满足条件是F≥．
（3）力F取最小值，当滑块运动到车左端后，为使滑块恰不从右端画出，相对车先做匀加速运动（设运动加速度为a2，时间为t2），再做匀减速运动（设加速度大小为a3）．到达车右端时，与车有共同速度，则有
F′﹣f=ma2
f=ma3
代入数据解得 t2=
则力F的作用时间t应该满足t1≤t≤t1+t2，即≤t≤
即力F的作用时间应该满足≤t≤．
21. 如图，一轨道由光滑竖直的圆弧AB，粗糙水平面BC及光滑斜面CE组成，BC与CE在C点由极小光滑圆弧相切连接，斜面与水平面的夹角θ=30°，一小物块从A点正上方高h=0.2m处P点自由下落，正好沿A点切线进入轨道，已知小物块质量m=1kg，圆弧半径R=0.05m，BC长s=0.1m，小物块过C点后经过时间t1=0.3s第一次到达图中的D点，又经t2=0.2s第二次到达D点．取g=10m/s2．求：
（1）小物块第一次到达圆弧轨道B点的瞬间，受到轨道弹力N的大小？
（2）小物块与水平面BC间的动摩擦因数μ=？
（3）小物块最终停止的位置？
【解答】解：（1）设物块在B点时速度大小为vB，
由机械能守恒定律得：mg（h+R）=mvB2，
在圆弧轨道B点，由牛顿第二定律得：N﹣mg=m，
解得：vB=m/s，N=110N；
（2）设物块在CE段加速度为a，
由牛顿第二定律得：a=gsinθ=5m/s2，
设物块第一次经过C点的速度为vc，
从C点上滑到最高点，设经过的时间是t，
t=t1+t2=0.4s，vc=at=2m/s，
小物块从B到C，由动能定理得：
﹣μmgs=mvC2﹣mvB2，解得：μ=0.5；
（3）设小物块在B点动能为EB，每次经过BC段损失的能量为△E，
则△E=μmgs=0.5J，EB=mvB2=2.5J，其他各段无能量损失，
由于EB=5△E，所以小物块最终停在C点．
答：（1）小物块第一次到达圆弧轨道B点的瞬间，受到轨道弹力N的大小为110N；
（2）小物块与水平面BC间的动摩擦因数μ=0.5；
（3）小物块最终停止在C点．
22. 如图，在光滑水平轨道的右方有一弹性挡板，一质量为M=0.5kg的木板正中间放有一质量为m=2kg的小铁块（可视为质点）静止在轨道上，木板右端距离挡板x0=0.5m，铁块与木板间动摩擦因数μ=0.2。现对铁块施加一沿着轨道水平向右的外力F＝10N，木板第一次与挡板碰前瞬间撤去外力。若木板与挡板碰撞时间极短，反弹后速度大小不变，最大静摩擦力等于滑动摩擦力，重力加速度g=10m/s2。
（1）木板第一次与挡板碰撞前经历的时间是多长？
（2）若铁块和木板最终停下来时，铁块刚好没滑出木板，则木板有多长？
（3）从开始运动到铁块和木板都停下来的整个过程中，木板通过的路程是多少？
解：
（1）设木板靠最大静摩擦力或滑动摩擦力产生的加速度为am，则
am==8m/s2 ………（1分）
假设木板与物块不发生相对运动，设共同加速度为a，则
a==4m/s 2 ………（1分）
因a
解得 t=0.5s ………（1分）
（2）设木板与挡板碰前，木板与物块的共同速度为v1，则
v1=at ………（1分）
解得 v1=2m/s
木板第一次与挡板碰撞前瞬间撤去外力，物块以速度v1向右做减速运动，加速度大小为a1，木板与挡板碰撞后以速度v1向左做减速运动，木板与木块相对滑动，则木板加速度大小为am，设板速度减为零经过的时间为t1，向左运动的最远距离为x1，则
………（1分）
………（1分）
………（1分）
解得 a1=2m/s2，t1= 0.25s，
当板速度向左为零时，设铁块速度为，则
………（1分）
设再经过时间t2铁块与木板达到共同速度v2，木板向右位移为，则
， ………（1分）
………（1分）
解得 ，t2=0.15s，v2=1.2m/s，
因为，所以木板与铁块达到共速后，将以速度v2运动，再次与挡板碰撞。……以后多次重复这些过程最终木板停在挡板处。设木板长为L，则以木板和铁块系统为研究对象，根据能量守恒
………（1分）
解得 L=2.5m ………（1分）
（3）设木板与挡板第二次碰后，木板向左运动的最远距离为x2，则
………（1分）
解得 x2=0.09m
综上可知 , ………（1分）
因为以后是多次重复上述过程。同理，有木板与挡板第三次碰后，木板与铁块达到共速为，木板向左运动的最远距离为
…………
设木板与挡板第n-1次碰后，木板与铁块达到共速为vn，同理有
vn= ………（1分）
设木板与挡板第n次碰后，木板向左运动的最远距离为xn，同理有
xn= ………（1分）
所以，从开始运动到铁块和木板都停下来的全过程中，设木板运动的路程为s，则
………（1分）
解得
十一、功能关系和能量守恒的综合运用★★★★★☆
例53. 如图所示，A、B两小球由绕过轻质定滑轮的细线相连，A放在固定的光滑斜面上，B、C 两小球在竖直方向上通过劲度系数为k的轻质弹簧相连，C球放在水平地面上．现用手控制住A，并使细线刚刚拉直但无拉力作用，并保证滑轮左侧细线竖直、右侧细线与斜面平行．已知A的质量为4m，B、C的质量均为m，重力加速度为g，细线与滑轮之间的摩擦不计，开始时整个系统处于静止状态．释放A后，A沿斜面下滑至速度最大时C恰好离开地面．下列说法正确的是（ ）
A． 斜面倾角α=60°
B． A获得最大速度为
C． C刚离开地面时，B的加速度最大
D． 从释放A到C刚离开地面的过程中，A、B两小球组成的系统机械能守恒
解：A、设当物体C刚刚离开地面时，弹簧的伸长量为xC，则
kxC=mg ①
物体C刚刚离开地面时，以B为研究对象，物体B受到重力mg、弹簧的弹力kxC、细线的拉力T三个力的作用，
设物体B的加速度为a，根据牛顿第二定律，
对B有
T﹣mg﹣kxC=ma ②
对A有
4mgsinα﹣T=4ma ③
由②、③两式得
4mgsinα﹣mg﹣kxC=5ma ④
当B获得最大速度时，有 a=0 ⑤
由①④⑤式联立，解得 sinα=
所以：α=30°
故A错误；
B、设开始时弹簧的压缩量xB，则
kxB=mg
设当物体C刚刚离开地面时，弹簧的伸长量为xC，则
kxC=mg
当物体C刚离开地面时，物体B上升的距离以及物体A沿斜面下滑的距离均为：
h=xC+xB
由于弹簧处于压缩状态和伸长状态时的弹性势能相等，且物体A刚刚离开地面时，A、B两物体的速度相等，设为vBm，以A、B及弹簧组成的系统为研究对象，
由机械能守恒定律得：4mghsinα﹣mgh= （4m+m） VBm2
代入数据，解得：VBm═2g ，故B正确；
C、C刚离开地面时，B的速度最大，加速度为零，故C错误；
D、从释放C到C刚离开地面的过程中，A、B两小球以及弹簧构成的系统机械能守恒，故D错误；
故选B．
例54. 如图所示，质量为M且足够长的木板在光滑的水平面上，其右端有一质量为m、可视为质点的滑块，滑块与木板间的动摩擦因数为μ．劲度系数为k的水平轻弹簧的右端O固定不动，其自由端A与滑块之间的距离为L．现给木板以水平向右的瞬时速度v0，滑块将由静止开始向右运动，与弹簧接触后经过时间t，滑块向右运动的速度达到最大，设滑块的速度始终小于木板的速度，弹簧的形变是在弹性限度内，重力加速度大小为g，不计空气阻力．求：
（1）滑块刚接触弹簧时滑块的速度v1大小和木板的速度v2大小；
（2）滑块向右运动的速度达到最大值的过程中．弹簧对滑块所做的功W；
（3）滑块向右运动的速度最大值vm及其速度最大时滑块与木板的右端之间的距离s．
【解答】解：（1）滑块在接触弹簧之前，在滑动摩擦力作用下由静止开始做匀加速直线运动了L距离，
由动能定理得；μmgL=解得：v1=
对滑块和木块组成的系统，由动量守恒定律得：Mv0=Mv2+mv1 解得：v2=v0﹣
（2）滑块接触弹簧向右运动的过程中，当滑块受到的滑动摩擦力和弹簧弹力相等时，加速度为0，此时速度达到最大值，此时弹簧的被压缩的长度为x，则：
μmg=kx解得：x=
由于弹簧弹力与弹簧被压缩的长度成正比，所以有W=﹣=﹣
（3）滑块向右运动速度达到最大值时，设滑块的最大速度为vm时木板速度大小为v，在弹簧被压缩的长度为x的过程中，
对木板由动量定理得：
﹣μmgt=M（v﹣v2）
解得：v=v0﹣﹣
分别对滑块和木板用动能定理得：
μmgx+W=﹣
﹣μmg（L+x+s）=
解得：vm=
s=
答：（1）滑块刚接触弹簧时滑块的速度v1大小为，木板的速度v2大小为v0﹣；
（2）滑块向右运动的速度达到最大值的过程中，弹簧对滑块所做的功W为﹣；
（3）滑块向右运动的速度最大值vm为，其速度最大时滑块与木板的右端之间的距离s为．
例55. 一传送带装置示意图，其中传送带经过AB区域时是水平的，经过BC区域时变为圆弧形（圆弧由光滑模板形成，未画出），经过CD区域时是倾斜的，AB和CD都与BC相切．现将大量的质量均为m的小货箱一个一个在A处放到传送带上，放置时初速度为零，经传送带运送到D处，D和A的高度差为h．稳定工作时传送带速度不变，CD段上各箱等距排列，相邻两箱的距离为L．每个箱子在A处投放后，在到达B之前已经相对于传送带静止，且以后也不再滑动（忽略经BC段的微小滑动）．已知在一段相当长的时间T内，共运送小货箱的数目N个．这装置由电动机带动，传送带与轮子间无相对滑动，不计轮轴处的摩擦．求电动机的平均功率．
【解答】解：以地面为参考系（下同），设传送带的运动速度为v0，在水平段运输的过程中，小货箱先在滑动摩擦力作用下做匀加速直线运动，其末速度等于传送带的速度，设这段时间内小货箱通过的位移为s，所用的时间为t，加速度为a，则对小货箱有
s=at2 ①
v0=at ②
在这段时间内，传送带运动的路程为
s0=v0t ③
由以上各式得
s0=2s ④
用f表示小货箱与传送带之间的滑动摩擦力，则传送带对小货箱做功为
W1=fs=m ⑤
传送带克服小箱对它的摩擦力做功
W0=fs0=2×m ⑥
两者之差就是克服摩擦力做功发出的热量
Q=m ⑦
可见，在小货箱加速运动过程中，小货箱获得的动能与系统因相对运动产生的热量相等．
T时间内，电动机输出的功为
W=T ⑧
此功用于增加小货箱的动能、重力势能以及克服摩擦力产生热量，即
W=Nm+Nmgh+NQ ⑨
已知相邻两小箱的距离为L，所以在T时间内运送的小货箱的个数N，
则V0T=NL ⑩
联立⑦⑧⑨⑩式，得
=[+gh]．
例56. 与轻杆相连，轻杆可在固定的槽内移动，与槽间的滑动摩擦力恒为 f．轻杆向右移动不超过l时，装置可安全工作．一质量为m的小车若以速度v0撞击弹簧，将导致轻杆向右移动．轻杆与槽间的最大静擦力等于滑动摩擦力，且不计小车与地面的摩擦．
（1）若弹簧的劲度系数为k，求轻杆开始移动时，弹簧的压缩量x；
（2）求为使装置安全工作，允许该小车撞击的最大速度vm；
（3）讨论在装置安全工作时，该小车弹回速度v′和撞击速度v的关系．
【解答】解：（1）轻杆开始移动时，弹簧的弹力F=kx ①
且F=f ②
解得 x= ③
（2）设轻杆移动前小车对弹簧所做的功为W，则小车从撞击到停止的过程中
由动能定理得
﹣f（）﹣W=0﹣m ④
同理，小车以vm撞击弹簧时﹣fl﹣W=0﹣m ⑤
解得 vm= ⑥
（3）设轻杆恰好移动时，小车撞击速度为v1
m=W ⑦
由④⑦解得 v1=
当v＜时，v′=v
当≤v≤时，
v′=
答：
（1）若弹簧的劲度系数为k，轻杆开始移动时，弹簧的压缩量是；
（2）求为使装置安全工作，允许该小车撞击的最大速度是；
（3）该小车弹回速度v′和撞击速度v的关系是当v＜时，v′=v
当≤v≤时，v′=．
【过关检测】
23. 如图，在倾角为37°的足够长的光滑斜面上，放一质量为mA=0.2kg的薄板A，A板上、下段由不同材料构成，下段表面光滑，长度l=3m，上段表面粗糙；质量为mB=2.0kg的金属块B（视为质点）位于A的最下端，B与A上段间的动摩擦因数μ=0.1；质量为mC=1.2kg的物块C通过轻线绕过定滑轮与B相连．忽略滑轮质量及轴间的摩擦，A，B间最大静摩擦力可认为等于滑动摩擦力．开始时，整个系统在外力作用下，处于静止状态，轻线被拉直．cos37°=0.8，sin37°=0.6，g=10m/s2．求：
（1）撤去外力的瞬间，A，B，C的加速度分别是多大？
（2）撤去外力后的整个过程中，因摩擦产生的热量Q=？（绳足够长，B始终没滑出A板）
【解答】解：（1）由于mBgsin37°=mcg=12 N 所以，撤去外力的瞬间aB=ac=0
对薄板A，有mAgsin37°=mAaA
得 aA=6 m/s2
（2）由于斜面和A板下段表面都光滑，撤去外力后，A板从静止开始向下做匀加速运动，只要金属块B在A板下段表面上，B、C就保持静止不动．A板运动到金属块B在其上段表面上后，B和C受滑动摩擦力作用将一起以相同大小的加速度做加速运动．设A板上段刚滑到B下方时速度为vA，则
解得vA=6 m/s
B在A板上端表面时，设A板加速度为aA1，B和C加速度为aB1，轻线拉力为F，则
mAgsin37°﹣μmBgcos37°=mAaA
mBgsin37°+μmBgcos37°﹣F=mBaB1
F﹣mCg=mCaB1
解得aA1=﹣2 m/s2，aB1=0.5 m/s2
A、B、C最终达到速度相等．假设速度相等之后，A、B间的静摩擦力f小于最大静摩擦力fm，即A、B相对静止，A、B、C三者加速度大小相同，设为a0，则
（mA+mB）gsin37°﹣mCg=（mA+mB+mC）a0
mAgsin37°﹣f=mAa0
a0=0.5 m/s2，f=1.1N
fm=μmBgcos37°=1.6N
即f＜fm，假设成立，之后A、B相对静止．
设A、B、C达到相等速度v1所需时间为t，则
v1=vA+aA1t=aB1t
解得t=2.4 s，v1=1.2 m/s
设在时间t内，A通过的距离是xA，B和C通过的距离是xB，则
xA=（vA+v1）t
xB=v1t
解得xA=8.64m，xB=1.44 m
Q=μmBg（xA﹣xB）cos37°
Q=11.52J
答：（1）撤去外力的瞬间，A，B，C的加速度分别是6 m/s2、0、0．
（2）撤去外力后的整个过程中，因摩擦产生的热量Q=11.52J
24. 如图所示，质量为m1的物体A经一轻质弹簧与下方斜面上的质量为m2的物体B相连，弹簧的劲度系数为k，斜面是光滑的，其倾角为θ．A、B都处于静止状态．一条不可伸长的轻绳绕过轻滑轮，一端连物体A，另一端连一轻挂钩．开始时各段绳都处于伸直状态，A上方的一段绳沿斜面方向．现在挂钩上挂一质量为m3的物体C并从静止状态释放，已知它恰好能使B离开挡板但不继续上升．若将C换成另一个质量为（m1+m3）的物体D，仍从上述初始位置由静止状态释放，已知重力加速度为g．求：
（1）当B刚离开挡板时物体A的加速度
（2）当B刚离开挡板时D的速度大小是多少？
【解答】解：（1）对A使用牛顿第二定律得：
T﹣m1gsinθ﹣f=m1a
f=kx2=m2gsinθ
对D使用牛顿第二定律得：
（m3+m1）g﹣T=（m3+m1）a
（2）开始时，A、B静止，设弹簧压缩量为x1，有
kx1=m1gsinθ
挂C并释放后，C向下运动，A向上运动，设B刚要离开挡板时弹簧的伸长量为x2，则
kx2=m2gsinθ
B不再上升，表示此时A和C的速度为零，C已降到最低点．由机械能守恒定律，与初始状态相比，
弹簧的弹性势能的增加量：△Ep=m3g（x1+x2）﹣m1g（x1+x2）sinθ
C换成D后，当B刚要离开地面时弹簧弹性势能的增加量与前一次相同，由机械能守恒定律：
得
答：（1）当B刚离开挡板时物体A的加速度为；
（2）当B刚离开挡板时D的速度大小是．
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