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第14讲 功能关系 能量守恒定律-2024年高考物理一轮考点复习精讲精练（全国通用）（解析版）
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第14讲 功能关系 能量守恒定律
目录
考点一 功能关系的应用力学中几种常见的功能关系 1
考点二 摩擦力做功的特点及应用 1
考点三 能量守恒定律及应用 5
考点四 传送带模型中的动力学和能量转化问题 10
练出高分 15
考点一 功能关系的应用力学中几种常见的功能关系
功
能量的变化
合外力做正功
动能增加
重力做正功
重力势能减少
弹簧弹力做正功
弹性势能减少
电场力做正功
电势能减少
其他力(除重力、弹力外)做正功
机械能增加
[例题1] （2023•汕头二模）急行跳远起源于古希腊奥林匹克运动。如图所示，急行跳远由助跑、起跳、腾空与落地等动作组成，空气阻力不能忽略，下列说法正确的是（ ）
A．蹬地起跳时，运动员处于失重状态
B．助跑过程中，地面对运动员做正功
C．从起跳到最高点过程，运动员重力势能的增加量小于其动能的减少量
D．从空中最高点到落地瞬间，运动员克服空气阻力做的功等于重力势能的减少量
【解答】解：A、蹬地起跳时，运动员的加速度方向先向上、后向下，运动员先超重、后失重，故A错误；
B、助跑过程中，地面对运动员的作用力没有位移，地面对运动员不做功，故B错误；
C、空气阻力不能忽略，从起跳到最高点过程，一部分动能转化为与空气摩擦产生的热，所以运动员重力势能的增加量小于其动能的减少量，故C正确；
D、从空中最高点到落地瞬间，重力势能转化为动能和与空气摩擦产生的热，运动员克服空气阻力做的功小于重力势能的减少量，故D错误。
故选：C。
[例题2] （2023•绍兴二模）如图所示，质量为2000kg电梯的缆绳发生断裂后向下坠落，电梯刚接触井底缓冲弹簧时的速度为4m/s，缓冲弹簧被压缩2m时电梯停止了运动，下落过程中安全钳总共提供给电梯17000N的滑动摩擦力。已知弹簧的弹性势能为Ep=12kx2（k为弹簧的劲度系数，x为弹簧的形变量），安全钳提供的滑动摩擦力等于最大静摩擦力，下列说法正确的是（ ）
A．弹簧的劲度系数为3000N/m
B．整个过程中电梯的加速度一直在减小
C．电梯停止在井底时受到的摩擦力大小为17000N
D．电梯接触弹簧到速度最大的过程中电梯和弹簧组成的系统损失的机械能约为4600J
【解答】解：A．电梯刚接触井底缓冲弹簧时的速度为4m/s，缓冲弹簧被压缩2m时电梯停止了运动，根据能量守恒，得12mv2+mgx=12kx2+f动x
代入数据解得：k＝11000N/m
故A错误；
B、与弹簧接触前，电梯做匀加速直线运动，刚接触弹簧后，弹簧的弹力小于重力和摩擦力的合力，电梯做加速度逐渐减小的加速运动，当弹簧弹力等于重力时，电梯的加速度为零，电梯继续运动，弹簧弹力大于重力和摩擦力的合力，电梯做加速度逐渐增加的减速运动，故B错误；
C、电梯停止在井底时，受力平衡，由平衡条件得：kx＝mg+f静
代入数据解得：f静＝2000N
故C错误；
D、当电梯速度最大时，加速度为零，由平衡条件得：kx'+f动＝mg
代入数据解得：x'=311m
电梯接触弹簧到速度最大的过程中，电梯和弹簧组成的系统损失的机械能等于摩擦力产生的热量，则ΔE=f动x'=17000×311J≈4636J≈4600J
故D正确。
故选：D。
[例题3] （2023•闵行区二模）如图为“Y”型弹弓，先用力拉弹兜（内有弹丸）使皮筋拉伸，然后由静止释放弹丸，不计空气阻力，弹出的弹丸在空中运动一段时间后击中目标。下列说法不正确的是（ ）
A．拉伸皮筋的过程，皮筋的弹性势能增大
B．释放弹丸后弹丸弹出前，弹兜对弹丸做正功
C．弹出后在空中运动的过程，弹丸的动能一直增大
D．由静止释放后击中目标前，弹丸的机械能先增大后保持不变
【解答】解：A、拉皮筋的过程，皮筋的形变量增大，弹性势能增大，故A说法正确；
B、释放弹丸后弹丸弹出前，弹丸的动能增加，弹兜对弹丸做正功，故B说法正确；
C、若弹丸向上弹出，则弹出后在空中运动的过程中，重力先做负功后做正功，所以弹丸的动能减少后增加，故C说法错误；
D、由静止释放弹丸后，弹力对弹丸做正功，机械能增加，脱离弹兜击中目标前，只有重力做功，机械能守恒，所以弹丸的机械能先增大后保持不变，故D说法正确。
本题选择说法不正确的，故选：C。
[例题4] （2023•杭州二模）如图所示是神舟十四号飞船夜间返回的红外照片，打开降落伞后，飞船先减速后匀速下降，最后安全着陆。若不计空气对飞船的作用力，则（ ）
A．打开降落伞之后，飞船仍处于失重状态
B．匀速下降阶段，飞船的机械能守恒
C．减速下降阶段，飞船的机械能的减少量等于合力对飞船做的功
D．匀速下降阶段，飞船的机械能的减少量等于重力对飞船做的功
【解答】解：A．打开降落伞后，飞船减速下降时，加速度方向向上，处于超重状态，故A错误；
B．匀速下降阶段，飞船动能不变，重力势能减小，机械能减小，故B错误；
C．减速下降阶段，飞船的机械能的减少量等于重力以外其他力做功，等于克服阻力对飞船做的功，故C错误；
D．匀速下降阶段，飞船的机械能的减少量等于克服阻力对飞船做的功，而重力等于阻力，所以飞船的机械能的减少量等于重力对飞船做的功，故D正确。
故选：D。
[例题5] （2023•南开区一模）桔槔（gāo）是我国古代的一种取水机械。其原理如图所示，在竖直支架上安装一根可绕支点转动的长细杆，杆的一端固定磐石，另一端通过长竹悬挂水桶。取水时人借助自身重力向下拉动长竹，使水桶浸入水中；打满水后，人向上助力提起水桶，忽略桔槔各衔接处的阻力，下列说法正确的是（ ）
A．向下取水过程，桔槔系统的机械能守恒
B．向下取水过程，人对桔槔系统做的功等于磐石增加的重力势能
C．向上提水过程，人对桔槔系统做的功一定等于系统机械能的改变量
D．向上提水过程，人对桔槔系统做的功一定等于系统的动能改变量
【解答】解：A．向下取水的过程中，人对桔槔系统做正功，桔槔系统的机械能不守恒，桔槔系统的机械能增大，故A错误；
B．向下取水的过程中，磐石的重力势能和动能都增大，所以人对桔槔系统做的功大于磐石增加的重力势能，故B错误；
CD．根据功能关系，向上提水过程，人对桔槔系统做的功一定等于系统机械能的改变量，故C正确，D错误。
故选：C。
考点二 摩擦力做功的特点及应用
1．静摩擦力做功的特点
(1)静摩擦力可以做正功，也可以做负功，还可以不做功．
(2)相互作用的一对静摩擦力做功的代数和总等于零．
(3)静摩擦力做功时，只有机械能的相互转移，不会转化为内能．
2．滑动摩擦力做功的特点
(1)滑动摩擦力可以做正功，也可以做负功，还可以不做功．
(2)相互间存在滑动摩擦力的系统内，一对滑动摩擦力做功将产生两种可能效果：
①机械能全部转化为内能；
②有一部分机械能在相互摩擦的物体间转移，另外一部分转化为内能．
(3)摩擦生热的计算：Q＝Ffx相对．其中x相对为相互摩擦的两个物体间的相对位移．
深化拓展 从功的角度看，一对滑动摩擦力对系统做的功等于系统内能的增加量；从能量的角度看，其他形式能量的减少量等于系统内能的增加量．
[例题6] （2023•延庆区一模）如图甲所示，物体以一定初速度从倾角α＝37°的斜面底端沿斜面向上运动，上升的最大高度为3.0m。选择地面为参考平面，上升过程中，物体的机械能E机随高度h的变化如图乙所示。g＝10m/s2，sin37°＝0.6，cos37°＝0.8。则（ ）
A．物体的质量m＝0.67kg
B．物体与斜面间的动摩擦因数μ＝0.5
C．物体上升过程的加速度大小a＝12m/s2
D．物体回到斜面底端时的动能Ek＝20J
【解答】解：A、物体到达最高点时，机械能为：E＝EP＝mgh。由图知：EP＝30J，得：m=Egℎ=3010×3kg＝1kg，故A错误；
B、物体上升过程中，克服摩擦力做功，机械能减少，且减少的机械能等于克服摩擦力做的功，有ΔE＝﹣μmgcosαℎsinα，由图知ΔE＝30J﹣50J＝﹣20J，h＝3m，解得：μ＝0.5，故B正确；
C、物体上升过程中，由牛顿第二定律得：mgsinα+μmgcosα＝ma，得：a＝gsinα+μgcosα＝（10×0.6+0.5×10×0.8）m/s2＝10m/s2，故C错误；
D、由图象可知，物体上升过程中摩擦力做功为：W＝ΔE＝﹣20J，在整个过程中由动能定理得：Ek﹣Ek0＝2W，则有：Ek＝Ek0+2W＝50J+2×（﹣20J）＝10J，故D错误。
故选：B。
[例题7] （2023•长春模拟）如图所示为进入火车站候车室用于安全检查的装置，主要由水平传送带和X光透视系统两部分组成。假设乘客把物品轻放在传送带上之后，物品在传送带上都会经历前、后两个阶段的运动，传送过程传送带速度v不变，μ表示物品与传送带间的动摩擦因数。下列说法正确的是（ ）
A．前阶段，传送带受到物品的摩擦力方向与物品运动方向相同
B．后阶段，物品受到与传送带运动方向相同的摩擦力
C．μ相同时，v增加为原来的2倍，则前阶段物品的位移增加为原来的2倍
D．v相同时，μ不同、质量相等的物品与传送带摩擦产生的热量相同
【解答】解：A、物品轻放在传送带上，前阶段，物品受到向前的滑动摩擦力，传送带受到物品的摩擦力方向向后，故传送带受到物品的摩擦力方向与物品运动方向相反，故A错误；
B、后阶段，物品受到与传送带一起做匀速直线运动，不受摩擦力，故B错误；
C、设物品匀加速运动的加速度为a，由牛顿第二定律可得：f＝μmg＝ma
所以求得物品的加速度：a＝μg
匀加速的时间为：t=va=vμg
则位移为：x=v2t=v22μg
当v增加为原来的2倍，则位移为：x′0+2v2⋅2va=2v2μg
所以可以看出：x'＝4x，故C错误；
D．摩擦产生的热量为：Q=μmg(vt−v2t)=12μmgvt=12μmgv⋅vμg=12mv2，则v相同时，μ不同、质量相等的物品与传送带摩擦产生的热量相同，故D正确。
故选：D。
[例题8] （2023•浙江二模）如图所示，某斜面的顶端到正下方水平面O点的高度为h，斜面与水平面平滑连接，斜面倾角为θ，小木块与斜面、水平面间的动摩擦因数均为μ，一小木块从斜面的顶端由静止开始滑下，滑到水平面上距离O点为x的A点停下。以O点为原点建立xOy坐标系，改变斜面倾角和斜面长度，小木块仍在A点停下，则小木块静止释放点的坐标可能是（ ）
A．（16x，23h） B．（14x，12h） C．（13x，13h） D．（12x，12h）
【解答】解：小木块从斜面的顶端由静止开始滑下，最终停在A点，设斜面长为L，则斜面在水平面的投影为：x1＝Lcosθ
根据功能关系可得：mgh＝μmgLcosθ+μmg（x﹣x1）
整理可得：mgh＝μmgx
解得：μ=ℎx
改变斜面倾角和斜面长度，小木块仍在A点停下，则小木块静止释放点的坐标为（x′，h′）
根据前面的分析可得：mgh′＝μmg（x﹣x′）
整理可得：h′＝h−ℎx⋅x'。
A、当x′=16x时，解得：h′=56h，故A错误；
B、当x′=14x时，解得：h′=34，故B错误；
C、当x′=13x时，解得：h′=23h，故C错误；
D、当x′=12x时，解得：h′=12h，故D正确。
故选：D。
[例题9] （2023•浙江模拟）一物块在倾角为30°的固定斜面（足够长）上受到方向与斜面平行恒定拉力作用，由静止开始沿斜面向下做匀加速直线运动，物块与斜面间的动摩擦因数处处相同。若0～t0时间内，物块滑动过程中动能、摩擦产生内能和重力势能随时间的变化分别如图曲线①、②和③所示，则（ ）
A．物块与斜面间的动摩擦因数为32
B．0～t0时间内，机械能增大4J
C．0～t0时间内，物块的加速度为12m/s2
D．若t0时刻撤去拉力，则再经过时间3t0，物块速度减到0
【解答】解：A、设0～t0时间内，物块的位移为x。根据重力做功与重力势能变化的关系得：mgxsin30°＝5J ①
由功能关系可得：μmgxcos30°＝8J ②
联立解得：μ=8315，故A错误；
B、0～t0时间内，动能增大8J，重力势能减小5J，所以机械能增大3J，故B错误；
C、根据动能定理得：max＝12J ③
联立①③解得：a＝12m/s2，故C正确；
D、t0时刻撤去拉力，此时物块的速度为v＝at0。此后，由牛顿第二定律得：μmgcos30°﹣mgsin30°＝ma′，解得：a′＝3m/s2
设再经过时间t物块速度减到0，则v＝a′t，解得：t＝4t0，故D错误。
故选：C。
[例题10] （多选）（2023•盐山县二模）某同学将一带传感器的木箱从倾角为30°的斜坡顶端由静止释放，木箱滑到斜面底端时速度刚好为0，木箱与斜坡上下两部分的动摩擦因数分别为μ1、μ2，通过分析处理传感器的数据得到木箱的动能和机械能与木箱下滑位移的关系图像分别如图中a、b所示，已知木箱动能最大时，机械能与动能大小之比为3：1，已知木箱可视为质点，重力加速度为g，以斜坡底端为重力势能零点。下列说法中正确的是（ ）
A．μ1=36
B．μ2=32
C．动能最大时，木箱的机械能为3mgL0
D．木箱在上、下两段斜坡上滑行过程中产生的热量之比为1：3
【解答】解：AC、木箱在斜面上段滑行的过程有（mgsin30°﹣μ1mgcos30°）L1＝Ek﹣0
此时的机械能：E1＝E0﹣μ1mgcos30°•L1
由题意有：E1＝3Ek，由图可知L1＝5L0
联立解得：μ1=35，Ek＝mgL0，E1＝3mgL0，故A错误，C正确；
B、木箱在斜面下段滑行的过程有：（mgsin30°﹣μ2mgcos30°）L2＝0﹣Ek
由图可知L2＝4L0，解得μ2=32，故B正确；
D、根据功能关系可知木箱在上、下两段斜坡上滑行过程中产生的热量之比为：Q1Q2=E0−E1E1−0
解得：Q1Q2=12，故D错误。
故选：BC。
考点三 能量守恒定律及应用
1．内容
能量既不会凭空产生，也不会凭空消失，它只能从一种形式转化为另一种形式，或者从一个物体转移到别的物体，在转化或转移的过程中，能量的总量保持不变．
2．表达式
ΔE减＝ΔE增．
3．基本思路
(1)某种形式的能量减少，一定存在其他形式的能量增加，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．
[例题11] （2023•江苏一模）如图所示，一轻支架由水平段ON和竖直段OO'组成。轻弹簧一端固定于O点，另一端与套在水平杆ON上的A球相连，一根长为L＝10cm的轻绳连接A、B两球。A球质量mA＝1kg，B球质量mB＝4kg，A球与水平杆的动摩擦因数μ＝0.36，弹簧原长l＝20cm，劲度系数k＝450N/m。初始时使A球尽量压缩弹簧并恰好处于静止状态。现使系统绕OO'轴缓慢转动起来，转动过程中保持A、B两球始终与OO'在同一竖直平面内。当系统以某角速度稳定转动时，细绳与竖直方向成37°角，此时弹簧的弹力大小恰好与初始时相同。设最大静摩擦力等于滑动摩擦力，不计空气阻力。sin37°＝0.6，cos37°＝0.8，g＝10m/s2，求：
（1）初始时弹簧的长度；
（2）细绳与竖直方向成37°角时，系统转动的角速度；
（3）整个过程中驱动力对系统所做的总功。
【解答】解：已知l＝20cm＝0.2m，L＝10cm＝0.1m
（1）初始时，弹簧处于压缩状态，A球恰好处于静止状态，设初始时弹簧的压缩量为Δl，由平衡条件有
kΔl＝μ（mA+mB）g
解得：Δl＝0.04m
则初始时弹簧的长度为l0＝l﹣Δl＝0.2m﹣0.04m＝0.16m
（2）当系统以某角速度稳定转动，弹簧的弹力大小与初始时相同时，弹簧处于拉伸状态，且伸长量与初始状态的压缩量相等。
对B球，由牛顿第二定律有
mBgtan37°＝mBω2rB
其中rB＝l+Δl+Lsin37°＝0.2m+0.04m+0.1×0.6m＝0.3m
解得：ω＝5rad/s
（3）根据能量守恒知，整个过程中驱动力对系统所做的功等于A、B球的动能增加、B球的重力势能增加、A球与水平横杆间摩擦产生的内能之和，则有
W=12mA[(l+Δl)ω]2+12mB(ωrB)2+mBgL（1﹣cos37°）+μ（mA+mB）g•2Δl
解得：W＝7.46J
答：（1）初始时弹簧的长度为0.16m；
（2）细绳与竖直方向成37°角时，系统转动的角速度为5rad/s；
（3）整个过程中驱动力对系统所做的总功为7.46J。
[例题12] （2023•渭南一模）如图所示，在竖直方向上A、B两物体通过劲度系数k＝500N/m的轻质弹簧相连，A放在水平地面上，B在弹簧上且处于静止状态。C物体通过轻质细绳绕过轻质定滑轮相连，C放在固定的光滑斜面上。用手拿住C，ab段的细绳竖直、cd段的细绳松弛，现无初速释放C，C沿斜面下滑s=21160m时，细绳绷直且cd段与斜面平行，随后C继续向下沿斜面运动，在C整个下滑过程中，A始终没有离开地面，C一直在斜面上。已知B的质量为mB＝1.0kg，C的质量为mC＝4.0kg，斜面倾角α＝30°，重力加速度为g取10m/s2，细线与滑轮之间的摩擦不计，不计空气阻力。求：
（1）细绳刚绷直时C的速度v1；（用根式表示）
（2）B的最大速度vm；
（3）对弹簧和物体构成的系统，当弹簧的形变量为x时，弹簧的弹性势能为Ep=12kx2。为使A不离开地面，求A的质量范围。
【解答】解：（1）细绳绷直前，C沿光滑斜面下滑过程，对C，由机械能守恒定律得
mCgs•sinα=12mCv12
代入数据解得：v1=214m/s
（2）细绳绷直前，弹簧的压缩量为x1=mBgk=1.0×10500m＝0.02m
当B的加速度为零时，速度最大，设此时弹簧的伸长量为x2，则有mBg+kx2＝mCgsinα
代入数据解得：x2＝0.02m
则x2＝x1，两个状态弹簧的弹性势能相等。
从细绳刚绷直到B的速度最大的过程，根据B、C及弹簧组成的系统机械能守恒得：
mCg（x1+x2）sinα+12mCv12=mBg（x1+x2）+12(mB+mC)vm2
代入数据解得：vm＝1.1m/s
（3）要使A不离开地面，C运动到最低点时，对A物体应满足：kx3≤mAg
从细绳刚绷直到C运动到最低点的过程，对于B、C及弹簧组成的系统，由机械能定律得：
mCg（x1+x3）sinα+12mCv12+12kx12=mBg（x1+x3）+12kx32
代入数据解得：x3＝0.13m，mA≥6.5kg
答：（1）细绳刚绷直时C的速度v1为214m/s。
（2）B的最大速度vm为1.1m/s。
（3）为使A不离开地面，A的质量范围为mA≥6.5kg。
[例题13] （2022•虹口区二模）如图（a），轨道ABC固定于竖直平面内，其中AB段水平，BC段足够长且与水平方向夹角α＝30°，两轨道间平滑连接，一质量m＝1kg的小物块静置于B端。现对小物块施加一平行于斜面的拉力F＝12N，当物块沿BC向上运动2m时撤去F。取AB所在水平面为零势能面，物块沿BC向上运动2m的过程中，其机械能E随位移大小x的变化情况如图（b）所示，g取10m/s2，物块与轨道间的动摩擦因数处处相等，且最大静摩擦力与同等压力下的滑动摩擦力大小相等。求：
（1）撤去拉力瞬间，物块的速度大小v；
（2）物块与轨道之间的动摩擦因数μ；
（3）若从小物块开始运动的时刻计时，请在图（c）画出0～3s的过程中，小物块的机械能E随时间t的变化关系图线（仅要求正确画出图线）。
【解答】解：（1）物块沿BC向上运动2m的过程中，重力势能增加量为ΔEp＝mgxsinα＝1×10×2×sin30°J＝10J
由图（b）可知物块动能增加量为ΔEk＝ΔE﹣ΔEp＝12J﹣10J＝2J
由ΔEk=12mv2解得v=2ΔEkm=2×21m/s＝2m/s
（2）拉力作用时物块的加速度大小为a=v22x=222×2m/s2＝1m/s2
物块受力分析如图所示，在垂直于斜面方向根据平衡条件有 FN＝mgcosα＝1×10×cos30°N＝53N
在沿斜面方向根据牛顿第二定律有 F﹣Ff﹣mgsinα＝ma
解得Ff＝6N
物块与轨道之间的动摩擦因数为μ=FfFN=653=253
（3）撤去拉力的时刻为t1=va=21s＝2s
0～2s时间内F与Ff的合力沿斜面向上，物块机械能的变化量等于该合力对物块做的功，即E＝（F﹣Ff）•12at2
解得E＝3t2（J），（0≤t≤2s）
所以E随t成二次函数关系增大，图线为开口向上的抛物线的一部分。
撤去拉力后，物块做匀减速运动的加速度大小为a′=Ff+mgsinαm
解得a′＝11m/s2
物块速度减为零的时刻为t2＝t1+va'=2s+211s=2411s
在2～2411s时间内物块机械能的变化量等于摩擦力对物块做的功，即E﹣12J＝﹣Ff•12a'(t−2)2
整理得E=−33t2+132t−120(J)(2s≤t≤2411s)
所以E随t成二次函数关系减小，图线为开口向下的抛物线的一部分，且根据数学知识可知t＝2s刚好为上式对应抛物线的对称轴。
由题意可知Ffmax＝Ff＞mgsinα
所以当物块速度减为零后将静止在轨道上，此后机械能将不变，而物块在t2时刻的机械能为E=12011J
综上所述作出E﹣t图像如图所示。
答：（1）撤去拉力瞬间，物块的速度大小v为2m/s；
（2）物块与轨道之间的动摩擦因数μ为253；
（3）画出0～3s的过程中，小物块的机械能E随时间t的变化关系图线如图所示。
考点四 传送带模型中的动力学和能量转化问题
1．传送带模型是高中物理中比较成熟的模型，典型的有水平和倾斜两种情况．一般设问的角度有两个：
(1)动力学角度：首先要正确分析物体的运动过程，做好受力分析，然后利用运动学公式结合牛顿第二定律求物体及传送带在相应时间内的位移，找出物体和传送带之间的位移关系．
(2)能量角度：求传送带对物体所做的功、物体和传送带由于相对滑动而产生的热量、因放上物体而使电动机多消耗的电能等，常依据功能关系或能量守恒定律求解．
2．传送带模型问题中的功能关系分析
(1)功能关系分析：W＝ΔEk＋ΔEp＋Q.
(2)对W和Q的理解：
①传送带做的功：W＝Fx传；
②产生的内能Q＝Ffx相对．
传送带模型问题的分析流程
[例题14] 如图甲所示，倾角为θ的传送带以恒定的速率沿逆时针方向运行。t＝0时，将质量m＝1kg的物体（可视为质点）轻放在传送带上，物体相对地面的v﹣t图像如图乙所示，已知1.0s末物体的速度v1＝10m/s，2.0s末物体恰好滑离传送带时速度v2＝12m/s。取沿传送带向下为正方向，重力加速度g＝10m/s2。（sin37°＝0.6、cos37°＝0.8）
求：（1）物体与传送带间的摩擦因数μ为多少。
（2）物体在传送带上运动过程中因摩擦而产生的热量为多少。
【解答】解：（1）由图乙所示图象可知，当加速度发生变化时，物体达到了传送带的速度，故传送带的速度为10m/s；在0～1s内物块的加速度a=ΔvΔt=101m/s2＝10m/s2，由牛顿第二定律得：mgsinθ+μmgcosθ＝ma，在1～2s内，物块的加速度大小a'=Δv'Δt'=12−102−1m/s2＝2m/s2，由牛顿第二定律得：mgsinθ﹣μmgcosθ＝ma′，解得：μ＝0.5，θ＝37°，
（2）根据“面积”表示位移，可知0～1.0s物块相对于地的位移 x1=12×10×1m＝5m，传送带的位移为 x2＝v0t1＝10×1m＝10m，物块对传送带的位移大小为Δx1＝x2﹣x1＝10m﹣5m＝5m，方向向上。
1.0～2.0s物块相对于地的位移 x3=10+122×(2−1)m＝11m，传送带的位移为 x4＝v0t1＝10×1m＝10m，
1.0～2.0s内炭块对传送带的位移大小为Δx2＝x3﹣x4＝11m﹣10m＝1m，方向向下，因痕迹有重叠，故留下的痕迹为5m；
相对滑动的总路程Δx＝Δx1+Δx2＝5m+1m＝6m，物块在传送带上运动过程中产生的热量为Q＝μmgcosθ•Δx＝0.5×10×0.8×6J＝24J，
答：（1）物体与传送带间的摩擦因数μ为0.5。
（2）物体在传送带上运动过程中因摩擦而产生的热量为24J。
[例题15] （2022•如皋市一模）某种弹射装置如图所示，左端固定的轻弹簧处于压缩状态且锁定，弹簧具有的弹性势能EP＝4.5J，质量m＝1.0kg的小滑块静止于弹簧右端，光滑水平导轨AB的右端与倾角θ＝30°的传送带平滑连接，传送带长度L＝8.0m，传送带以恒定速率v0＝8.0m/s顺时针转动.某时刻解除锁定，滑块被弹簧弹射后滑上传送带，并从传送带顶端滑离落至地面。已知滑块与传送带之间的动摩擦因数μ=32，重力加速度g取10m/s2。
（1）求滑块离开传送带时的速度大小v；
（2）求电动机传送滑块多消耗的电能E；
（3）若每次开始时弹射装置具有不同的弹性势能EP′，要使滑块滑离传送带后总能落至地面上的同一位置，求EP′的取值范围。
【解答】解：（1）设滑块被弹簧弹出时速度大小为v1。
弹簧具有弹性势能Ep＝4.5J，解除锁定，滑块被弹簧弹射后弹簧的弹性势能转化为滑块的动能，根据能量守恒定律可知：
Ep=12mv12
代入数据解得：v1＝3m/s＜v0＝8.0m/s
则滑块冲上传送带后先向上做匀加速运动，根据牛顿第二定律得：
μmgcosθ﹣mgsinθ＝ma
代入数据解得：a＝2.5m/s2
加速到与传送带共速时间：t=v0−v1a=8−32.5s＝2s
此过程滑块的位移为x=v0+v12t
代入数据解得：x＝11m＞L＝8.0m，物块没有与传送带共速，一直做匀加速直线运动。
设物块匀加速运动的总时间为t′，则有：
L＝v1t′+12at'2
解得：t′＝1.6s
则滑块离开传送带时的速度大小：v＝v1+at′＝3m/s+2.5×1.6m/s＝7m/s
（2）滑块与传送带间相对位移：Δx＝vt′﹣L＝8×1.6m﹣8m＝4.8m
滑块与传送带因摩擦产生的热量：Q＝μmg•Δxcosθ
代入数据解得：Q＝36J
由能量守恒定律得电动机传送滑块多消耗的电能：E＝Q+mgLsinθ+（12mv2−12mv12）
代入数据解得：E＝96J
（3）要使滑块滑离传送带后总能落至地面上的同一位置，则物块滑出传送带时的速度必相同，可知物块滑出传送带时的速度总与传送带相同。
当物块一直加速到传送带顶端时与传送带共速，所需弹簧的弹性势能最小，则有：
2aL＝v02﹣v1′2
解得：v1′2＝24m2/s2
则最小弹性势能为：Epmin=12mv1′2＝12J
当物块一直减速到传送带顶端时与传送带共速，所需弹簧的弹性势能最大，则有：
μmgcosθ+mgsinθ＝ma1
解得：a1＝12.5m/s2
2a1L＝v1″2−v02
解得：v1″2＝264m2/s2
则最大弹性势能为：Epmax=12mv1″2＝132J
故EP′的取值范围为：12J≤Ep′≤132J
答：（1）滑块离开传送带时的速度大小v为7m/s；
（2）电动机传送滑块多消耗的电能E为96J；
（3）EP′的取值范围为：12J≤Ep′≤132J。
[例题16] 如图，用水平传送带向右运送货物，传送带左、右端点A、B间距为L＝24.5m，装货物的凹形薄木箱质量为M＝1kg、长度d＝1.5m。现将质量m＝2kg的货物放入静止的木箱，木箱左侧位于A端，货物恰与木箱左侧壁接触。放入货物后，传送带由静止开始依次做匀加速运动、匀速运动和匀减速运动直到静止，木箱在传送带匀速运动中的某时刻与传送带共速，且停止运动时其右侧刚好在B端，该过程中，传送带减速段、加速段的加速度大小均为a0＝4m/s2，最大速度v0＝4m/s。已知木箱与货物间的动摩擦因数μ1＝0.1，木箱与传送带间的动摩擦因数μ2＝0.2，重力加速度大小g＝10m/s2，货物可视为质点，货物与木箱间的碰撞为时间不计的完全非弹性碰撞，最大静摩擦力等于滑动摩擦力。求：
（1）传送带加速运动过程中，货物对木箱侧壁的压力大小；
（2）传送带减速运动过程中，系统因摩擦产生的热量；
（3）传送带匀速运动的时间。
【解答】解：（1）传送带启动后向右做匀加速运动，货物和木箱一起相对传送带向左滑动，对货物和木箱整体，由牛顿第二定律可得：μ2（m+M）g＝（m+M）a，解得：a＝2m/s2
对货物，因μ1＝0.1，仅靠静摩擦力提供的最大加速度为1m/s2，所以木箱对货物的静摩擦力不仅达到最大值，且左侧壁对货物还施加有压力F，由牛顿第二定律可得：
μ1mg+F＝ma，解得：F＝2N
根据牛顿第三定律，货物对木箱侧壁的压力大小为：F'＝F＝2N
（2）传送带减速运动过程中，货物一定相对于木箱向右滑动，对货物，由牛顿第二定律可得：μ1mg＝ma1，解得：a1＝1m/s2
设木箱相对传送带滑动，则由牛顿第二定律可得：μ2（m+M）g﹣μ1mg＝Ma2，解得：a2＝4m/s2
因为a2＝a0，所以木箱相对传送带静止且一起做减速运动，由题意，木箱静止运动时右侧在B端可知，此前传送带速度已经减为零且货物与木箱已经发生了碰撞，设传送带速度由v0减到零所用时间为t，由运动学规律可得：0﹣v0＝﹣a0t，解得：t＝1s
此过程中，设货物、木箱发生的位移分别为x1、x2，由运动学规律可得：x1＝v0t−12a1t2，x2=12v0t
代入数据解得：x1＝3.5m，x2＝2m
Δx＝x1﹣x2＝3.5m﹣2m＝1.5m
因Δx＝d，所以木箱速度第一次减小到零时，货物与木箱右侧刚好发生碰撞，此后一起减速运动
传送带减速运动过程中，因摩擦而产生的热量为：Q＝μ1mgΔx，代入数据解得：Q＝3J
（3）货物与木箱间发生的是完全非弹性碰撞，设碰撞前后货物的速度分别为v和v共，由运动学规律可得：v＝v0﹣a1t，解得：v＝3m/s
由动量守恒定律可得：mv＝（m+M）v共，解得：v共＝2m/s
设碰撞后到停止运动的过程中木箱发生的位移为x3，由动能定理可得：﹣μ2（m+M）gx3＝0−12（m+M）v共2，解得：x3＝1m
设木箱在加速段发生的位移为x加，由运动学规律可得：v02=2ax加，解得：x加＝4m
设木箱匀速运动的时间为t'，则有：L﹣d﹣x加﹣x2﹣x3＝v0t'，解得：t'＝4s
传送带比木箱多匀速运动的时间为：Δt=v0a−v0a0，解得：Δt＝1s
所以，传送带匀速运动的时间为：t＝t'+Δt＝4s+1s＝5s
答：（1）传送带加速运动过程中，货物对木箱侧壁的压力大小为2N；
（2）传送带减速运动过程中，系统因摩擦产生的热量3J；
（3）传送带匀速运动的时间为5s。
练出高分
一．选择题（共10小题）
1．如图所示，质量分别为m和M的两个物块用劲度系数为k的轻质弹簧相连，竖直叠放在水平地面上，初始时，m静止在弹簧上端。现将m竖直向上缓缓提起一段距离x（过程中M未离开地面）后释放。则对于不同的x，下列关于M对地面的最小压力Fmin、M对地面的最大压力Fmax、m在最低点时具有的加速度a、m在运动中最大动能Ekm的图线中，可能正确的是（ ）
A． B．
C． D．
【解答】解：A、将m竖直向上缓缓提起一段距离x（过程中M未离开地面）后释放，m做简谐运动，由重力和弹簧弹力的合力提供物块m做简谐运动回复力，m的开始运动的位置为简谐运动的平衡位置，振幅为x。当振动物体离开平衡位置时速度减小，当振动物体靠近平衡位置时，速度增大，则物体通过平衡位置时速度最大。振动过程中M对桌面的压力最小时，物体m在最高处，则：Fmin＝（M+m）g﹣kx。M对地面的最小压力随x的增大而减小，故A错误；
B、M对桌面的压力最大时，m在最低处，则：Fmax＝（M+m）g+kx，Fmax﹣x图像是不过原点的倾斜的直线，故B错误；
C、由牛顿第二定律可得m在最低点时具有的加速度大小：a=kxm，a﹣x图像为过原点的倾斜的直线，故C错误；
D、初始位置：mg＝kx0，解得：x0=mgk，解得m在平衡位置时运动中动能最大，若将物体上提一段距离x，由能量守恒定律可知：Ekm+12kx0⋅x0=mgx+k(x−x0)2(x−x0)，解得：Ekm=12kx2，Ekm﹣x图像可能是开口向上的抛物线，故D正确。
故选：D。
2．（2023•渝中区校级模拟）在距地面高H处由静止释放一小球，小球向下运动过程中受到的阻力不能忽略，以地面为重力势能的零势能面，物体的机械E能随小球到地面的高度h的变化关系图像如图所示，图中纵坐标b、c为已知数据，重力加速度为g。根据图像判断下列说法正确的是（ ）
A．小球的质量等于2cgH
B．当ℎ=H2时，小球的动能等于重力势能
C．小球运动的加速度等于bcg
D．运动过程中小球受到的阻力大小恒为cH
【解答】解：AD、设小球质量为m，运动过程受到的阻力为f，根据功能关系可得小球下落到距地面高h处时的机械能为：E＝mgH﹣f（H﹣h）＝（mg﹣f）H+fh
结合图像，当h＝H时，有：c＝mgH
变形解得：m=cgH
由图像的斜率可得：f=c−bH，故AD错误；
B、当h=H2时，小球的重力势能为：EP=12mgH；
从释放小球到h=H2过程中，根据动能定理可得：mg⋅12H−Wf＝Ek﹣0，其中Wf为克服阻力做的功，解得：Ek=12mgH﹣Wf＜EP，故B错误；
C、阻力对小球做的功等于小球机械能的变化，则有：ΔE＝fΔh，图象的斜率绝对值表示阻力大小，则有：f＝|ΔEΔℎ|=c−bH
根据牛顿第二定律有：mg﹣f＝ma
联立各式可解得加速度：a=bc•g，故C正确。
故选：C。
3．（2023•丰台区二模）如图甲所示，轻弹簧竖直固定在水平面上，质量为m的小球从A点自由下落，至B点时开始压缩弹簧，小球下落的最低位置为C点。以B点为坐标原点O，沿竖直向下建立x轴，小球从B到C过程中的加速度一位移图像如图乙所示，重力加速度为g。在小球从B运动到C的过程中，下列说法正确的是（ ）
A．小球在B点时的速度最大
B．小球在C点时所受的弹力大于2mg
C．图像与x轴所包围的两部分面积大小相等
D．小球的动能与弹簧的弹性势能之和先减小后增大
【解答】解：A、小球在B点时弹簧的弹力为零，只受重力，要继续向下加速，所以小球在B点时的速度不是最大，当弹簧对小球的弹力与小球的重力大小相等、方向相反，即小球合力为零时，速度最大，此位置在BC之间，故A错误；
B、若小球从B点由静止释放，小球做简谐运动，根据对称性可知，在最低点时，小球的加速度大小为g，方向竖直向上。在最低点，对小球，由牛顿第二定律得：F﹣mg＝ma＝mg，可得小球在最低点时所受的弹力F＝2mg。现小球在B点有向下的速度，小球到达最低点时弹簧压缩量比小球从B点由静止释放时的大，所以小球在C点时所受的弹力大于2mg，故B正确；
C、设小球的最大动能为Ekm。小球B点到加速度为零的位置，根据动能定理得：ma1x1＝Ekm−12mvB2
小球从加速度为零到C点，根据动能定理得：﹣ma2x2＝0﹣Ekm，即ma2x2＝Ekm
所以ma1x1≠ma2x2，根据a﹣x图像与x轴所包围的两部分面积大小等于ax，知图像与x轴所包围的两部分面积大小不相等，故C错误；
D、只有重力和弹力做功，小球和弹簧组成的系统机械能守恒，即小球的动能、重力势能与弹簧的弹性势能之和保持不变，小球的重力势能一直减小，则小球的动能与弹簧的弹性势能之和一直增大，故D错误。
故选：B。
4．（2023•山西一模）如图，小物块P置于倾角θ＝30°的光滑固定斜面上，轻质定滑轮固定在斜面顶端，Q和P用跨过定滑轮的不可伸长的轻绳相连，轻绳恰好和斜面平行。t＝0时将P由静止释放，此时Q的加速度大小为g4。t0时刻轻绳突然断裂，之后P能达到的最高点恰与Q被释放时的位置处于同一高度。取t＝0时P所在水平面为零势能面，此时Q的机械能为E。已知0～2t0内Q未落地，不考虑空气阻力，下列说法正确的是（ ）
A．P、Q质量之比为1：2
B．3t02时Q的机械能为E2
C．3t02时P的重力势能为E
D．2t0时P重力的功率为2E3t0
【解答】解：A、将P由静止释放，此时Q的加速度大小为g4，对P、Q整体，根据牛顿第二定律可得mQg−mPgsin30°=(mQ+mP)g4，解得mP：mQ＝1：1，故A错误；
BC、t0时刻P、Q的速度为v=14gt0，P、Q运动的位移大小为x1=v2t0=14gt02t0=18gt02
绳子断后P沿斜面做减速运动，根据牛顿第二定律可知mgsinθ＝ma1，解得a1=12g
P还能沿斜面运动的时间为t1=va1=14gt012g=12t0
P在t1时间内运动的位移为x2=v2⋅t02=14gt02•t02=116gt02
即在时间为3t02时P运动到最高点。
设P、Q质量为m，根据题意取t＝0时P所在水平面为零势能面，此时Q的机械能为E，可知
E＝mg（x1+x2）sinθ
解得m=32E3g2t02
在3t02时P运动到与Q被释放时的位置处于同一高度，所以此时P的机械能为E，即重力势能为E。由于P，Q组成的系统机械能守恒，即此时Q的机械能等于零，故B错误，C正确；
D、在3t02时P上升到最高点，此后P以12g的加速度向下做初速度为零的匀加速运动，在2t0时P的速度为v′=12g⋅12t0=14gt0，所以重力的功率P＝mgv′sinθ，解得=4E3t0，故D错误。
故选：C。
5．（2023•郴州模拟）如图所示，水平光滑长杆上套有一个质量为mA的小物块A，细线跨过O点的轻小光滑定滑轮一端连接A，另一端悬挂质量为mB的小物块B，C为O点正下方杆上一点，滑轮到杆的距离OC＝h。开始时A位于P点，PO与水平方向的夹角为30°，现将A、B同时由静止释放，则下列分析正确的是（ ）
A．物块A在运动过程中最大速度为mBgℎmA
B．物块A过C点后，向右运动最远距离为2h
C．PO与水平方向的夹角为45°时，物块A、B速度大小关系vA=2vB
D．物块A由P点出发第一次到达C点的过程中，物块B的机械能先增大后减小
【解答】解：A．当物块A运动到O点正下方C时，物块A的速度达到最大，物块A竖直方向速度为零，B的速度也为零，以A和B为系统，在运动过程中只有重力做功，根据系统机械能守恒有mBg(ℎsin30°−ℎ)=12mAvm2
解得vm=2mBgℎmA
故A错误；
B．根据系统机械能守恒及物块A运动的对称性可知，物块A过C点后，向右运动的最大距离与PC间的距离相等，即CP'=ℎtan30°=3ℎ
故B错误；
C．当PO与水平方向的夹角为45°时，有vAcos45°＝vB
解得vA=2vB
故C正确；
D．物块A由P点出发第一次到达C点的过程中，物块B在竖直方向先向下加速后向下减速，细线对物块B的拉力一直做负功，所以物块B的机械能一直减小，故D错误。
故选：C。
6．（2023•南通模拟）如图所示，轻弹簧一端连接小球，另一端固定于O点，现将球拉到与O点等高处，弹簧处于自然状态，小球由静止释放，轨迹如虚线所示，上述运动过程中（ ）
A．小球的机械能守恒
B．小球的重力势能先减小后增大
C．当球到达O点的正下方时，弹簧的张力最大
D．当球到达O点的正下方时，重力的瞬时功率为0
【解答】解：A．小球运动过程中受到弹簧弹力做功，则小球的机械能不守恒，故A错误；
B．下摆过程中小球的重力做正功，重力势能减小；通过最低点后小球上升时重力做负功，重力势能增大，故B正确；
C．下摆过程中，弹簧的伸长量逐渐增大，小球运动的最低点在O点正下方左侧，即张力最大位置在O点正下方左侧，故C错误；
D．当小球到达O点的正下方时，小球的速度方向为左下方，速度方向与重力方向不垂直，则重力的瞬时功率不为零，故D错误。
故选：B。
7．（2023•广东一模）如图，为了取出羽毛球筒中的羽毛球，某同学先给筒施加一竖直向下的外力，使球筒和羽毛球一起从静止开始加速向下运动，球筒碰到地面后，速度立即减小到零，羽毛球恰能匀减速至下端口。假设球筒碰地前，羽毛球与球筒无相对滑动，忽略一切空气阻力，则该羽毛球从静止开始到最终到达下端口的过程中（ ）
A．始终处于超重状态 B．始终处于失重状态
C．机械能先增加后减少 D．机械能一直在减少
【解答】解：AB、球筒和羽毛球先一起向下做加速运动，加速度竖直向下，处于失重状态，球筒碰地后，羽毛球向下做匀减速直线运动，加速度竖直向上，处于超重状态，即羽毛球先处于失重状态，后处于超重状态，故AB错误；
CD、某同学先给筒施加一竖直向下的外力，球筒和羽毛球一起向下做加速运动时，外力F做正功，球筒和羽毛球的机械能增加，羽毛球的机械能增加；球筒碰地后，羽毛球相对球筒向下运动，受到向上的摩擦力，摩擦力做负功，机械能减少，则羽毛球的机械能先增加后减少，故C正确，D错误。
故选：C。
8．（2023•广东一模）如图所示，取一支质量为m的按压式圆珠笔，将笔的按压式小帽朝下按在桌面上，无初速放手后笔将会竖直向上弹起一定的高度h，然后再竖直下落。重力加速度为g，不计空气阻力。下列说法正确的是（ ）
A．按压时笔内部弹簧的弹性势能增加了mgh
B．放手后到笔向上离开桌面的过程弹簧的弹性势能全部转化为笔的动能
C．笔在离开桌面后的上升阶段处于超重状态
D．笔从离开桌面到落回桌面过程的时间为2ℎg
【解答】解：A、释放圆珠笔后，圆珠笔与弹簧组成的系统机械能守恒，圆珠笔上升到最大高度时速度为零，弹簧的弹性势能全部转化为重力势能，由功能关系可知，按压时笔内弹簧的弹性势能增加了mgh，故A正确；
B、放手后到笔向上离开桌面的过程弹簧的弹性势能全部转化为笔的动能与重力势能之和，故B错误；
C、笔在离开桌面后的上升阶段加速度方向向下，处于失重状态，故C错误；
D、笔离开桌面后做竖直上抛运动，上升过程h=12gt2，笔从离开桌面到落回桌面过程的时间t'＝2t，解得：t'＝22ℎg，故D错误。
故选：A。
9．（2023•西城区校级模拟）一物块在高3.0m、长5.0m的斜面顶端从静止开始沿斜面下滑，其重力势能和动能随下滑距离s的变化图中直线Ⅰ、Ⅱ所示，重力加速度取10m/s2。则（ ）
A．物块下滑过程中机械能守恒
B．物块与斜面间的动摩擦因数为0.5
C．物块下滑时加速度的大小为4.0m/s2
D．当物块下滑2.0m时机械能损失了12J
【解答】解：A．下滑5m的过程中，重力势能减少30J，动能增加10J，减小的重力势能并不等于增加的动能，所以机械能不守恒，故A错误；
B．斜面高3m、长5m，则斜面倾角为θ＝37°。令斜面底端为零势面，则物块在斜面顶端时的重力势能，mgh＝30J，可得质量，m=3010×3km=1kg，
下滑5m过程中，由功能原理，机械能的减少量等于克服摩擦力做的功，μmg•cosθ•s＝20J，求得：μ=201×10×0.8=0.5，故B正确；
C．由牛顿第二定律：mgsinθ﹣μmgcosθ＝ma，求得，a＝10×0.6m/s2﹣0.5×10×0.8m/s2＝2m/s2，故C错误；
D．物块下滑2.0m时，重力势能减少12J，动能增加4J，所以机械能损失了8J，故D错误。
故选：B。
10．（2023•迎泽区模拟）如图所示，某同学将一竖直轻弹簧下端固定在水平面上，质量均为m的甲、乙两物体叠放在轻弹簧上并处于静止状态。该同学用一恒定拉力（图中未画出）竖直向上拉甲，通过研究发现：当拉力为某一数值时两物体恰好会发生分离。已知弹簧的弹性势能Ep=12kx2，其中k为弹簧的劲度系数，x为弹簧的形变量，重力加速度大小为g，两物体均视为质点，则两物体恰好会发生分离的情况对应的最小拉力为（ ）
A．12mg B．23mg C．34mg D．mg
【解答】解：由于甲乙受力平衡——受到自身重力和弹簧弹力，设施加拉力前两物体静止时弹簧的形变量为x1，则有：kx1＝2mg
经分析可知，两物体在最高点分离的情况下对应的拉力最小（设为F），设此种情况下两物体分离时（二者速度v为0，且具有相同的加速度）的加速度大小为a，方向竖直向下、弹簧的形变量为x2，则对两物体组成的系统，根据牛顿第二定律有：2mg﹣F﹣kx2＝2ma
对甲，根据牛顿第二定律有：mg﹣F＝ma
联立解得：F＝kx2
因为弹簧的弹性势能Ep=12kx2，则Ep1=12kx12，Ep2=12kx22
故弹性势能的变化量为：ΔEp=Ep2−Ep1=12kx22−12kx12
对两物体及弹簧组成的系统，根据机械能守恒有F(x1−x2)=2mg(x1−x2)+12kx22−12kx12
F（x1﹣x2）＝2mg（x1﹣x2）+12k(x2−x1)(x2+x1)
F（x1﹣x2）＝2mg（x1﹣x2）−12k(x1−x2)(x1+x2)
等式两边同时约去（x2﹣x1）有：F=2mg−12k(x1+x2)
又因为kx1＝2mg，F＝kx2
则：F=2mg−12×2mg−12F
故：32F=mg
解得：F=23mg
故ACD错误，B正确。
故选：B。
二．计算题（共3小题）
11．（2022•贾汪区校级模拟）如图所示，一滑块紧挨着一根锁定的弹簧静止在水平面的左端，中间是一个逆时针转动的传动带（A和B是水平传送带上的两个端点），通过一水平面与倾斜角为37°的足够长的斜面CD相连。已知滑块质量为m＝1kg，滑块与传送带之间的动摩擦因数μ1＝0.3，传送带端点AB之间的长L＝6m，传送带的速度v0＝2m/s，斜面CD与滑块的动摩擦因数μ2＝0.25，其余接触面光滑，且各个节点连接良好，滑块通过无能量损失。解锁弹簧，滑块离开弹簧后滑上传送带，则：
（1）若滑块恰不能通过传送带，则弹簧弹性势能是多少？
（2）在第（1）问条件下，求滑块从滑上传送带到离开的过程中，与传送带摩擦产生的热量；
（3）调整弹簧的形变量，使得滑块滑上皮带后再次经过A点向左运动时，速度与传送带速度v0相等，求弹簧弹性势能的取值范围。
【解答】解：（1）滑块恰不能通过传送带，则滑块到达B点时速度恰好速度为零，
设弹簧的弹性势能为Ep，由能量守恒定律得：Ep＝μ1mgL
代入数据解得：Ep＝18J
（2）设弹簧恢复原长时滑块获得的速度为v1，
释放滑块过程，由能量守恒定律得：Ep=12mv12
代入数据解得：v1＝6m/s
滑块到达B点速度为零，然后滑块向左做匀加速直线运动，
对滑块，由牛顿第二定律得：μ1mg＝ma
代入数据解得：a＝3m/s2
设滑块从A到B的运动时间为t1，滑块从B经过时间t2加速到与传送带速度相等，
则t1=v1a=63s＝2s，t2=v0a=23s
滑块向左加速到与传送带速度相等的位移大小x滑块=v02t2=22×23m=23m
滑块相对传送带滑动过程传送带的位移大小x传送带＝v0（t1+t2）＝2×（2+23）m=163m
整个过程滑块相对传送带滑行的距离s＝x传送带+L﹣x滑块＝（163+6−23）m=323m
滑块从滑上传送带到离开的过程中与传送带摩擦产生的热量：Q＝μ1mgs＝0.3×1×10×323J＝32J
（3）当滑块不通过传送带时，最小的上传送带的速度vmin＝v0＝2m/s，
此时对应的弹性势能最小，由能量守恒定律可知，最小弹性势能Ep1=12mvmin2
代入数据解得Ep1＝2J
当滑块通过传送带再从斜面滑回到A点，则最大的上传送带的速度对应返回时刚好在A点与传送带共速。
设到达斜面的最大高度为h，从A点到斜面最高点过程，由动能定理得：
﹣μ1mgL﹣mgh﹣μ2mgcos37°×ℎsin37°=0−12mvmax2
从斜面最高点回到A点过程，由动能定理得：mgh﹣μ2mgcos37°×ℎsin37°−μ1mgL＝0−12mv02
对应的最大弹性势能Ep2=12mvmax2
代入数据解得：Ep2＝58J
综上所述，弹簧弹性势能的取值范围为2J≤Ep≤58J
答：（1）若滑块恰不能通过传送带，则弹簧弹性势能是18J。
（2）滑块从滑上传送带到离开的过程中，与传送带摩擦产生的热量是32J。
（3）弹簧弹性势能的取值范围是2J≤Ep≤58J。
12．（2022•南开区模拟）如图所示，光滑曲面AB与粗糙水平面BC平滑连接于B点，BC右端连接内壁光滑、半径r＝0.4m的14细管CD，管口D端正下方直立一根劲度系数k＝100N/m的轻弹簧，弹簧一端固定，另一端恰好与管口D端平齐。质量为1kg的小球从距BC的高度h＝0.6m处静止释放，进入管口C端时与圆管恰好无作用力，通过CD后，在压缩弹簧过程中小球速度最大时弹簧的弹性势能Ep＝0.5J。重力加速度g取10m/s2。求：
（1）小球到达B点时的速度大小；
（2）在BC上小球克服摩擦力做的功；
（3）在压缩弹簧过程中小球的最大动能Ekm。
【解答】解：（1）光滑曲面AB，小球从A点运动到B点，由动能定理可知：mgh=12mvB2
解得：vB＝23m/s；
（2）进入管口C端时与圆管恰好无作用力，即只有重力提供向心力，在C处根据牛顿第二定律可得：
mg＝mvC2r
解得：vC＝2m/s
小球由B点运动到C点，由动能定理可知：﹣Wf=12mvC2−12mvB2
解得在BC上小球克服摩擦力做的功：Wf＝4J；
（3）在压缩弹簧过程中小球的最大速度时，合力为零，则有：mg＝k•Δx
解得：Δx＝0.1m
小球由C点运动至速度最大，由动能定理可知：mg（r+Δx）﹣EP＝Ekm−12mvC2
解得：Ekm＝6.5J。
答：（1）小球到达B点时的速度大小为23m/s；
（2）在BC上小球克服摩擦力做的功为4J；
（3）在压缩弹簧过程中小球的最大动能为6.5J。
13．（2022•红桥区校级模拟）如图所示，倾斜轨道AB与水平直轨道BCDOMN在B处平滑连接，C、D间安装着水平传送带，C、D为两轮切点，间距L＝6m，皮带轮半径r＝0.1m；Q处安装着半径R＝1m的竖直光滑圆轨道，在底部O处微微错开；N处安装着竖直弹性挡板。质量m＝0.1kg的小滑块由A点以初速度v0＝6m/s滑下，经传送带和圆轨道后与挡板相撞，撞后原速率弹回。滑块与传送带间的动摩擦因数μ1＝0.2，与MN间的动摩擦因数为μ2＝0.4，其余轨道均光滑。已知A点离地面高度h＝1.5m，MN段的长度s＝4.5m，g＝10m/s2，滑块视为质点，空气阻力不计。
（1）若传送带静止，求滑块经过与圆心O等高的P点时对轨道的压力；
（2）若皮带轮以角速度ω1＝20rad/s逆时针匀速转动，在滑块经过传送带的过程中，求滑块损失的机械能；
（3）若皮带轮以角速度ω2＝90rad/s顺时针匀速转动，求滑块最后静止时离M点的距离；
（4）在皮带轮顺时针匀速转动的情况下，求滑块在MN段内滑行的总路程x与角速度ω的关系式
【解答】解：（1）物体从A到P，根据动能定理：mgℎ−μ1mgL−mgR=12mvP2−12mv02
解得vP=22m/s
在P点根据牛顿第二定律：FN=mvP2R=0.1×221N＝2.2N
由牛顿第三定律可知：FN＝F′N，F′N＝2.2N
（2）若皮带轮以角速度ω1＝20rad/s逆时针匀速转动时，摩擦力一直对滑块做负功，则损失的机械能
ΔE机＝μ1mgL＝0.2×0.1×10×6J＝1.2J
（3）A到C机械能守恒：12mv02+mgℎ=12mvC2
得：vC=66m/s
皮带的线速度v＝ωr2＝9m/s＞vC
设滑块加速至9m/s时，通过位移为x1
由12mv2−12mvC2=μ1mgx1，
得x1＝1m＜L＝6m
所以，滑块先匀加速，后以v＝9m/s匀速。即vD＝vQ＝9m/s
判断滑块能否过圆轨道最高点：
12mvQ2=4.05J＞12m(gR)2+mg⋅2R=2.5J，所以能过最高点。
滑块第1次返回到M点时，剩余动能为Ek1，由Ek1−12mvQ2=−2μ2mgs
可得：Ek1＝0.45J＜mgR＝1J；所以滑块只能在QN之间来回滑动，不会越过或脱离圆轨道。最终停在MN之间的某一位置。设滑块停止前在MN通过的总路程为x；
滑块由Q点至停下位置，动能定理：−12mvQ2=μ2mgx
可得：x=818m；MN段长s＝4.5m
所以滑块停在离M点1.125m处。
（4）若滑块一直被传送带减速后，到达D点的速度为mgh−μ1mgL=12mv12−12mv02，解得v1=42m/s
若滑块一直被传送带加速后，到达D点的速度为mgh+μ1mgL=12mv'12−12mv02，解得v'1=90m/s
滑块要过圆轨道最高点时，需满足：12mv32≥12m(gR)2+mg⋅2R，所以，滑块到达D点的速度v3≥50m/s
综上所述，
当v带≤50m/s时，即ω≤1050rad/s时，滑块将脱离轨道，无法计算；
当50m/s≤v带≤90m/s时，即1050rad/s≤ω≤1090rad/s时
由12m(rω)2=μ2mgx，得x=ω2800
当v带≥90m/s时，即ω≥1090rad/s时
由12m(90)2=μ2mgx，得x=454m
答：（1）若传送带静止，滑块经过与圆心O等高的P点时对轨道的压力为2.2N；
（2）若皮带轮以角速度ω1＝20rad/s逆时针匀速转动，在滑块经过传送带的过程中，滑块损失的机械能为1.2J；
（3）若皮带轮以角速度ω2＝90rad/s顺时针匀速转动，滑块最后静止时离M点的距离为1.125m；
（4）在皮带轮顺时针匀速转动的情况下，
当v带≤50m/s时，即ω≤1050rad/s时，滑块将脱离轨道，无法计算；
当50m/s≤v带≤90m/s时，即1050rad/s≤ω≤1090rad/s时
由12m(rω)2=μ2mgx，得x=ω2800
当v带≥90m/s时，即ω≥1090rad/s时
由12m(90)2=μ2mgx，得x=454m
第14讲 功能关系 能量守恒定律
目录
考点一 功能关系的应用力学中几种常见的功能关系 1
考点二 摩擦力做功的特点及应用 1
考点三 能量守恒定律及应用 5
考点四 传送带模型中的动力学和能量转化问题 10
练出高分 15
考点一 功能关系的应用力学中几种常见的功能关系
功
能量的变化
合外力做正功
动能增加
重力做正功
重力势能减少
弹簧弹力做正功
弹性势能减少
电场力做正功
电势能减少
其他力(除重力、弹力外)做正功
机械能增加
[例题1] （2023•汕头二模）急行跳远起源于古希腊奥林匹克运动。如图所示，急行跳远由助跑、起跳、腾空与落地等动作组成，空气阻力不能忽略，下列说法正确的是（ ）
A．蹬地起跳时，运动员处于失重状态
B．助跑过程中，地面对运动员做正功
C．从起跳到最高点过程，运动员重力势能的增加量小于其动能的减少量
D．从空中最高点到落地瞬间，运动员克服空气阻力做的功等于重力势能的减少量
【解答】解：A、蹬地起跳时，运动员的加速度方向先向上、后向下，运动员先超重、后失重，故A错误；
B、助跑过程中，地面对运动员的作用力没有位移，地面对运动员不做功，故B错误；
C、空气阻力不能忽略，从起跳到最高点过程，一部分动能转化为与空气摩擦产生的热，所以运动员重力势能的增加量小于其动能的减少量，故C正确；
D、从空中最高点到落地瞬间，重力势能转化为动能和与空气摩擦产生的热，运动员克服空气阻力做的功小于重力势能的减少量，故D错误。
故选：C。
[例题2] （2023•绍兴二模）如图所示，质量为2000kg电梯的缆绳发生断裂后向下坠落，电梯刚接触井底缓冲弹簧时的速度为4m/s，缓冲弹簧被压缩2m时电梯停止了运动，下落过程中安全钳总共提供给电梯17000N的滑动摩擦力。已知弹簧的弹性势能为Ep=12kx2（k为弹簧的劲度系数，x为弹簧的形变量），安全钳提供的滑动摩擦力等于最大静摩擦力，下列说法正确的是（ ）
A．弹簧的劲度系数为3000N/m
B．整个过程中电梯的加速度一直在减小
C．电梯停止在井底时受到的摩擦力大小为17000N
D．电梯接触弹簧到速度最大的过程中电梯和弹簧组成的系统损失的机械能约为4600J
【解答】解：A．电梯刚接触井底缓冲弹簧时的速度为4m/s，缓冲弹簧被压缩2m时电梯停止了运动，根据能量守恒，得12mv2+mgx=12kx2+f动x
代入数据解得：k＝11000N/m
故A错误；
B、与弹簧接触前，电梯做匀加速直线运动，刚接触弹簧后，弹簧的弹力小于重力和摩擦力的合力，电梯做加速度逐渐减小的加速运动，当弹簧弹力等于重力时，电梯的加速度为零，电梯继续运动，弹簧弹力大于重力和摩擦力的合力，电梯做加速度逐渐增加的减速运动，故B错误；
C、电梯停止在井底时，受力平衡，由平衡条件得：kx＝mg+f静
代入数据解得：f静＝2000N
故C错误；
D、当电梯速度最大时，加速度为零，由平衡条件得：kx'+f动＝mg
代入数据解得：x'=311m
电梯接触弹簧到速度最大的过程中，电梯和弹簧组成的系统损失的机械能等于摩擦力产生的热量，则ΔE=f动x'=17000×311J≈4636J≈4600J
故D正确。
故选：D。
[例题3] （2023•闵行区二模）如图为“Y”型弹弓，先用力拉弹兜（内有弹丸）使皮筋拉伸，然后由静止释放弹丸，不计空气阻力，弹出的弹丸在空中运动一段时间后击中目标。下列说法不正确的是（ ）
A．拉伸皮筋的过程，皮筋的弹性势能增大
B．释放弹丸后弹丸弹出前，弹兜对弹丸做正功
C．弹出后在空中运动的过程，弹丸的动能一直增大
D．由静止释放后击中目标前，弹丸的机械能先增大后保持不变
【解答】解：A、拉皮筋的过程，皮筋的形变量增大，弹性势能增大，故A说法正确；
B、释放弹丸后弹丸弹出前，弹丸的动能增加，弹兜对弹丸做正功，故B说法正确；
C、若弹丸向上弹出，则弹出后在空中运动的过程中，重力先做负功后做正功，所以弹丸的动能减少后增加，故C说法错误；
D、由静止释放弹丸后，弹力对弹丸做正功，机械能增加，脱离弹兜击中目标前，只有重力做功，机械能守恒，所以弹丸的机械能先增大后保持不变，故D说法正确。
本题选择说法不正确的，故选：C。
[例题4] （2023•杭州二模）如图所示是神舟十四号飞船夜间返回的红外照片，打开降落伞后，飞船先减速后匀速下降，最后安全着陆。若不计空气对飞船的作用力，则（ ）
A．打开降落伞之后，飞船仍处于失重状态
B．匀速下降阶段，飞船的机械能守恒
C．减速下降阶段，飞船的机械能的减少量等于合力对飞船做的功
D．匀速下降阶段，飞船的机械能的减少量等于重力对飞船做的功
【解答】解：A．打开降落伞后，飞船减速下降时，加速度方向向上，处于超重状态，故A错误；
B．匀速下降阶段，飞船动能不变，重力势能减小，机械能减小，故B错误；
C．减速下降阶段，飞船的机械能的减少量等于重力以外其他力做功，等于克服阻力对飞船做的功，故C错误；
D．匀速下降阶段，飞船的机械能的减少量等于克服阻力对飞船做的功，而重力等于阻力，所以飞船的机械能的减少量等于重力对飞船做的功，故D正确。
故选：D。
[例题5] （2023•南开区一模）桔槔（gāo）是我国古代的一种取水机械。其原理如图所示，在竖直支架上安装一根可绕支点转动的长细杆，杆的一端固定磐石，另一端通过长竹悬挂水桶。取水时人借助自身重力向下拉动长竹，使水桶浸入水中；打满水后，人向上助力提起水桶，忽略桔槔各衔接处的阻力，下列说法正确的是（ ）
A．向下取水过程，桔槔系统的机械能守恒
B．向下取水过程，人对桔槔系统做的功等于磐石增加的重力势能
C．向上提水过程，人对桔槔系统做的功一定等于系统机械能的改变量
D．向上提水过程，人对桔槔系统做的功一定等于系统的动能改变量
【解答】解：A．向下取水的过程中，人对桔槔系统做正功，桔槔系统的机械能不守恒，桔槔系统的机械能增大，故A错误；
B．向下取水的过程中，磐石的重力势能和动能都增大，所以人对桔槔系统做的功大于磐石增加的重力势能，故B错误；
CD．根据功能关系，向上提水过程，人对桔槔系统做的功一定等于系统机械能的改变量，故C正确，D错误。
故选：C。
考点二 摩擦力做功的特点及应用
1．静摩擦力做功的特点
(1)静摩擦力可以做正功，也可以做负功，还可以不做功．
(2)相互作用的一对静摩擦力做功的代数和总等于零．
(3)静摩擦力做功时，只有机械能的相互转移，不会转化为内能．
2．滑动摩擦力做功的特点
(1)滑动摩擦力可以做正功，也可以做负功，还可以不做功．
(2)相互间存在滑动摩擦力的系统内，一对滑动摩擦力做功将产生两种可能效果：
①机械能全部转化为内能；
②有一部分机械能在相互摩擦的物体间转移，另外一部分转化为内能．
(3)摩擦生热的计算：Q＝Ffx相对．其中x相对为相互摩擦的两个物体间的相对位移．
深化拓展 从功的角度看，一对滑动摩擦力对系统做的功等于系统内能的增加量；从能量的角度看，其他形式能量的减少量等于系统内能的增加量．
[例题6] （2023•延庆区一模）如图甲所示，物体以一定初速度从倾角α＝37°的斜面底端沿斜面向上运动，上升的最大高度为3.0m。选择地面为参考平面，上升过程中，物体的机械能E机随高度h的变化如图乙所示。g＝10m/s2，sin37°＝0.6，cos37°＝0.8。则（ ）
A．物体的质量m＝0.67kg
B．物体与斜面间的动摩擦因数μ＝0.5
C．物体上升过程的加速度大小a＝12m/s2
D．物体回到斜面底端时的动能Ek＝20J
【解答】解：A、物体到达最高点时，机械能为：E＝EP＝mgh。由图知：EP＝30J，得：m=Egℎ=3010×3kg＝1kg，故A错误；
B、物体上升过程中，克服摩擦力做功，机械能减少，且减少的机械能等于克服摩擦力做的功，有ΔE＝﹣μmgcosαℎsinα，由图知ΔE＝30J﹣50J＝﹣20J，h＝3m，解得：μ＝0.5，故B正确；
C、物体上升过程中，由牛顿第二定律得：mgsinα+μmgcosα＝ma，得：a＝gsinα+μgcosα＝（10×0.6+0.5×10×0.8）m/s2＝10m/s2，故C错误；
D、由图象可知，物体上升过程中摩擦力做功为：W＝ΔE＝﹣20J，在整个过程中由动能定理得：Ek﹣Ek0＝2W，则有：Ek＝Ek0+2W＝50J+2×（﹣20J）＝10J，故D错误。
故选：B。
[例题7] （2023•长春模拟）如图所示为进入火车站候车室用于安全检查的装置，主要由水平传送带和X光透视系统两部分组成。假设乘客把物品轻放在传送带上之后，物品在传送带上都会经历前、后两个阶段的运动，传送过程传送带速度v不变，μ表示物品与传送带间的动摩擦因数。下列说法正确的是（ ）
A．前阶段，传送带受到物品的摩擦力方向与物品运动方向相同
B．后阶段，物品受到与传送带运动方向相同的摩擦力
C．μ相同时，v增加为原来的2倍，则前阶段物品的位移增加为原来的2倍
D．v相同时，μ不同、质量相等的物品与传送带摩擦产生的热量相同
【解答】解：A、物品轻放在传送带上，前阶段，物品受到向前的滑动摩擦力，传送带受到物品的摩擦力方向向后，故传送带受到物品的摩擦力方向与物品运动方向相反，故A错误；
B、后阶段，物品受到与传送带一起做匀速直线运动，不受摩擦力，故B错误；
C、设物品匀加速运动的加速度为a，由牛顿第二定律可得：f＝μmg＝ma
所以求得物品的加速度：a＝μg
匀加速的时间为：t=va=vμg
则位移为：x=v2t=v22μg
当v增加为原来的2倍，则位移为：x′0+2v2⋅2va=2v2μg
所以可以看出：x'＝4x，故C错误；
D．摩擦产生的热量为：Q=μmg(vt−v2t)=12μmgvt=12μmgv⋅vμg=12mv2，则v相同时，μ不同、质量相等的物品与传送带摩擦产生的热量相同，故D正确。
故选：D。
[例题8] （2023•浙江二模）如图所示，某斜面的顶端到正下方水平面O点的高度为h，斜面与水平面平滑连接，斜面倾角为θ，小木块与斜面、水平面间的动摩擦因数均为μ，一小木块从斜面的顶端由静止开始滑下，滑到水平面上距离O点为x的A点停下。以O点为原点建立xOy坐标系，改变斜面倾角和斜面长度，小木块仍在A点停下，则小木块静止释放点的坐标可能是（ ）
A．（16x，23h） B．（14x，12h） C．（13x，13h） D．（12x，12h）
【解答】解：小木块从斜面的顶端由静止开始滑下，最终停在A点，设斜面长为L，则斜面在水平面的投影为：x1＝Lcosθ
根据功能关系可得：mgh＝μmgLcosθ+μmg（x﹣x1）
整理可得：mgh＝μmgx
解得：μ=ℎx
改变斜面倾角和斜面长度，小木块仍在A点停下，则小木块静止释放点的坐标为（x′，h′）
根据前面的分析可得：mgh′＝μmg（x﹣x′）
整理可得：h′＝h−ℎx⋅x'。
A、当x′=16x时，解得：h′=56h，故A错误；
B、当x′=14x时，解得：h′=34，故B错误；
C、当x′=13x时，解得：h′=23h，故C错误；
D、当x′=12x时，解得：h′=12h，故D正确。
故选：D。
[例题9] （2023•浙江模拟）一物块在倾角为30°的固定斜面（足够长）上受到方向与斜面平行恒定拉力作用，由静止开始沿斜面向下做匀加速直线运动，物块与斜面间的动摩擦因数处处相同。若0～t0时间内，物块滑动过程中动能、摩擦产生内能和重力势能随时间的变化分别如图曲线①、②和③所示，则（ ）
A．物块与斜面间的动摩擦因数为32
B．0～t0时间内，机械能增大4J
C．0～t0时间内，物块的加速度为12m/s2
D．若t0时刻撤去拉力，则再经过时间3t0，物块速度减到0
【解答】解：A、设0～t0时间内，物块的位移为x。根据重力做功与重力势能变化的关系得：mgxsin30°＝5J ①
由功能关系可得：μmgxcos30°＝8J ②
联立解得：μ=8315，故A错误；
B、0～t0时间内，动能增大8J，重力势能减小5J，所以机械能增大3J，故B错误；
C、根据动能定理得：max＝12J ③
联立①③解得：a＝12m/s2，故C正确；
D、t0时刻撤去拉力，此时物块的速度为v＝at0。此后，由牛顿第二定律得：μmgcos30°﹣mgsin30°＝ma′，解得：a′＝3m/s2
设再经过时间t物块速度减到0，则v＝a′t，解得：t＝4t0，故D错误。
故选：C。
[例题10] （多选）（2023•盐山县二模）某同学将一带传感器的木箱从倾角为30°的斜坡顶端由静止释放，木箱滑到斜面底端时速度刚好为0，木箱与斜坡上下两部分的动摩擦因数分别为μ1、μ2，通过分析处理传感器的数据得到木箱的动能和机械能与木箱下滑位移的关系图像分别如图中a、b所示，已知木箱动能最大时，机械能与动能大小之比为3：1，已知木箱可视为质点，重力加速度为g，以斜坡底端为重力势能零点。下列说法中正确的是（ ）
A．μ1=36
B．μ2=32
C．动能最大时，木箱的机械能为3mgL0
D．木箱在上、下两段斜坡上滑行过程中产生的热量之比为1：3
【解答】解：AC、木箱在斜面上段滑行的过程有（mgsin30°﹣μ1mgcos30°）L1＝Ek﹣0
此时的机械能：E1＝E0﹣μ1mgcos30°•L1
由题意有：E1＝3Ek，由图可知L1＝5L0
联立解得：μ1=35，Ek＝mgL0，E1＝3mgL0，故A错误，C正确；
B、木箱在斜面下段滑行的过程有：（mgsin30°﹣μ2mgcos30°）L2＝0﹣Ek
由图可知L2＝4L0，解得μ2=32，故B正确；
D、根据功能关系可知木箱在上、下两段斜坡上滑行过程中产生的热量之比为：Q1Q2=E0−E1E1−0
解得：Q1Q2=12，故D错误。
故选：BC。
考点三 能量守恒定律及应用
1．内容
能量既不会凭空产生，也不会凭空消失，它只能从一种形式转化为另一种形式，或者从一个物体转移到别的物体，在转化或转移的过程中，能量的总量保持不变．
2．表达式
ΔE减＝ΔE增．
3．基本思路
(1)某种形式的能量减少，一定存在其他形式的能量增加，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．
[例题11] （2023•江苏一模）如图所示，一轻支架由水平段ON和竖直段OO'组成。轻弹簧一端固定于O点，另一端与套在水平杆ON上的A球相连，一根长为L＝10cm的轻绳连接A、B两球。A球质量mA＝1kg，B球质量mB＝4kg，A球与水平杆的动摩擦因数μ＝0.36，弹簧原长l＝20cm，劲度系数k＝450N/m。初始时使A球尽量压缩弹簧并恰好处于静止状态。现使系统绕OO'轴缓慢转动起来，转动过程中保持A、B两球始终与OO'在同一竖直平面内。当系统以某角速度稳定转动时，细绳与竖直方向成37°角，此时弹簧的弹力大小恰好与初始时相同。设最大静摩擦力等于滑动摩擦力，不计空气阻力。sin37°＝0.6，cos37°＝0.8，g＝10m/s2，求：
（1）初始时弹簧的长度；
（2）细绳与竖直方向成37°角时，系统转动的角速度；
（3）整个过程中驱动力对系统所做的总功。
【解答】解：已知l＝20cm＝0.2m，L＝10cm＝0.1m
（1）初始时，弹簧处于压缩状态，A球恰好处于静止状态，设初始时弹簧的压缩量为Δl，由平衡条件有
kΔl＝μ（mA+mB）g
解得：Δl＝0.04m
则初始时弹簧的长度为l0＝l﹣Δl＝0.2m﹣0.04m＝0.16m
（2）当系统以某角速度稳定转动，弹簧的弹力大小与初始时相同时，弹簧处于拉伸状态，且伸长量与初始状态的压缩量相等。
对B球，由牛顿第二定律有
mBgtan37°＝mBω2rB
其中rB＝l+Δl+Lsin37°＝0.2m+0.04m+0.1×0.6m＝0.3m
解得：ω＝5rad/s
（3）根据能量守恒知，整个过程中驱动力对系统所做的功等于A、B球的动能增加、B球的重力势能增加、A球与水平横杆间摩擦产生的内能之和，则有
W=12mA[(l+Δl)ω]2+12mB(ωrB)2+mBgL（1﹣cos37°）+μ（mA+mB）g•2Δl
解得：W＝7.46J
答：（1）初始时弹簧的长度为0.16m；
（2）细绳与竖直方向成37°角时，系统转动的角速度为5rad/s；
（3）整个过程中驱动力对系统所做的总功为7.46J。
[例题12] （2023•渭南一模）如图所示，在竖直方向上A、B两物体通过劲度系数k＝500N/m的轻质弹簧相连，A放在水平地面上，B在弹簧上且处于静止状态。C物体通过轻质细绳绕过轻质定滑轮相连，C放在固定的光滑斜面上。用手拿住C，ab段的细绳竖直、cd段的细绳松弛，现无初速释放C，C沿斜面下滑s=21160m时，细绳绷直且cd段与斜面平行，随后C继续向下沿斜面运动，在C整个下滑过程中，A始终没有离开地面，C一直在斜面上。已知B的质量为mB＝1.0kg，C的质量为mC＝4.0kg，斜面倾角α＝30°，重力加速度为g取10m/s2，细线与滑轮之间的摩擦不计，不计空气阻力。求：
（1）细绳刚绷直时C的速度v1；（用根式表示）
（2）B的最大速度vm；
（3）对弹簧和物体构成的系统，当弹簧的形变量为x时，弹簧的弹性势能为Ep=12kx2。为使A不离开地面，求A的质量范围。
【解答】解：（1）细绳绷直前，C沿光滑斜面下滑过程，对C，由机械能守恒定律得
mCgs•sinα=12mCv12
代入数据解得：v1=214m/s
（2）细绳绷直前，弹簧的压缩量为x1=mBgk=1.0×10500m＝0.02m
当B的加速度为零时，速度最大，设此时弹簧的伸长量为x2，则有mBg+kx2＝mCgsinα
代入数据解得：x2＝0.02m
则x2＝x1，两个状态弹簧的弹性势能相等。
从细绳刚绷直到B的速度最大的过程，根据B、C及弹簧组成的系统机械能守恒得：
mCg（x1+x2）sinα+12mCv12=mBg（x1+x2）+12(mB+mC)vm2
代入数据解得：vm＝1.1m/s
（3）要使A不离开地面，C运动到最低点时，对A物体应满足：kx3≤mAg
从细绳刚绷直到C运动到最低点的过程，对于B、C及弹簧组成的系统，由机械能定律得：
mCg（x1+x3）sinα+12mCv12+12kx12=mBg（x1+x3）+12kx32
代入数据解得：x3＝0.13m，mA≥6.5kg
答：（1）细绳刚绷直时C的速度v1为214m/s。
（2）B的最大速度vm为1.1m/s。
（3）为使A不离开地面，A的质量范围为mA≥6.5kg。
[例题13] （2022•虹口区二模）如图（a），轨道ABC固定于竖直平面内，其中AB段水平，BC段足够长且与水平方向夹角α＝30°，两轨道间平滑连接，一质量m＝1kg的小物块静置于B端。现对小物块施加一平行于斜面的拉力F＝12N，当物块沿BC向上运动2m时撤去F。取AB所在水平面为零势能面，物块沿BC向上运动2m的过程中，其机械能E随位移大小x的变化情况如图（b）所示，g取10m/s2，物块与轨道间的动摩擦因数处处相等，且最大静摩擦力与同等压力下的滑动摩擦力大小相等。求：
（1）撤去拉力瞬间，物块的速度大小v；
（2）物块与轨道之间的动摩擦因数μ；
（3）若从小物块开始运动的时刻计时，请在图（c）画出0～3s的过程中，小物块的机械能E随时间t的变化关系图线（仅要求正确画出图线）。
【解答】解：（1）物块沿BC向上运动2m的过程中，重力势能增加量为ΔEp＝mgxsinα＝1×10×2×sin30°J＝10J
由图（b）可知物块动能增加量为ΔEk＝ΔE﹣ΔEp＝12J﹣10J＝2J
由ΔEk=12mv2解得v=2ΔEkm=2×21m/s＝2m/s
（2）拉力作用时物块的加速度大小为a=v22x=222×2m/s2＝1m/s2
物块受力分析如图所示，在垂直于斜面方向根据平衡条件有 FN＝mgcosα＝1×10×cos30°N＝53N
在沿斜面方向根据牛顿第二定律有 F﹣Ff﹣mgsinα＝ma
解得Ff＝6N
物块与轨道之间的动摩擦因数为μ=FfFN=653=253
（3）撤去拉力的时刻为t1=va=21s＝2s
0～2s时间内F与Ff的合力沿斜面向上，物块机械能的变化量等于该合力对物块做的功，即E＝（F﹣Ff）•12at2
解得E＝3t2（J），（0≤t≤2s）
所以E随t成二次函数关系增大，图线为开口向上的抛物线的一部分。
撤去拉力后，物块做匀减速运动的加速度大小为a′=Ff+mgsinαm
解得a′＝11m/s2
物块速度减为零的时刻为t2＝t1+va'=2s+211s=2411s
在2～2411s时间内物块机械能的变化量等于摩擦力对物块做的功，即E﹣12J＝﹣Ff•12a'(t−2)2
整理得E=−33t2+132t−120(J)(2s≤t≤2411s)
所以E随t成二次函数关系减小，图线为开口向下的抛物线的一部分，且根据数学知识可知t＝2s刚好为上式对应抛物线的对称轴。
由题意可知Ffmax＝Ff＞mgsinα
所以当物块速度减为零后将静止在轨道上，此后机械能将不变，而物块在t2时刻的机械能为E=12011J
综上所述作出E﹣t图像如图所示。
答：（1）撤去拉力瞬间，物块的速度大小v为2m/s；
（2）物块与轨道之间的动摩擦因数μ为253；
（3）画出0～3s的过程中，小物块的机械能E随时间t的变化关系图线如图所示。
考点四 传送带模型中的动力学和能量转化问题
1．传送带模型是高中物理中比较成熟的模型，典型的有水平和倾斜两种情况．一般设问的角度有两个：
(1)动力学角度：首先要正确分析物体的运动过程，做好受力分析，然后利用运动学公式结合牛顿第二定律求物体及传送带在相应时间内的位移，找出物体和传送带之间的位移关系．
(2)能量角度：求传送带对物体所做的功、物体和传送带由于相对滑动而产生的热量、因放上物体而使电动机多消耗的电能等，常依据功能关系或能量守恒定律求解．
2．传送带模型问题中的功能关系分析
(1)功能关系分析：W＝ΔEk＋ΔEp＋Q.
(2)对W和Q的理解：
①传送带做的功：W＝Fx传；
②产生的内能Q＝Ffx相对．
传送带模型问题的分析流程
[例题14] 如图甲所示，倾角为θ的传送带以恒定的速率沿逆时针方向运行。t＝0时，将质量m＝1kg的物体（可视为质点）轻放在传送带上，物体相对地面的v﹣t图像如图乙所示，已知1.0s末物体的速度v1＝10m/s，2.0s末物体恰好滑离传送带时速度v2＝12m/s。取沿传送带向下为正方向，重力加速度g＝10m/s2。（sin37°＝0.6、cos37°＝0.8）
求：（1）物体与传送带间的摩擦因数μ为多少。
（2）物体在传送带上运动过程中因摩擦而产生的热量为多少。
【解答】解：（1）由图乙所示图象可知，当加速度发生变化时，物体达到了传送带的速度，故传送带的速度为10m/s；在0～1s内物块的加速度a=ΔvΔt=101m/s2＝10m/s2，由牛顿第二定律得：mgsinθ+μmgcosθ＝ma，在1～2s内，物块的加速度大小a'=Δv'Δt'=12−102−1m/s2＝2m/s2，由牛顿第二定律得：mgsinθ﹣μmgcosθ＝ma′，解得：μ＝0.5，θ＝37°，
（2）根据“面积”表示位移，可知0～1.0s物块相对于地的位移 x1=12×10×1m＝5m，传送带的位移为 x2＝v0t1＝10×1m＝10m，物块对传送带的位移大小为Δx1＝x2﹣x1＝10m﹣5m＝5m，方向向上。
1.0～2.0s物块相对于地的位移 x3=10+122×(2−1)m＝11m，传送带的位移为 x4＝v0t1＝10×1m＝10m，
1.0～2.0s内炭块对传送带的位移大小为Δx2＝x3﹣x4＝11m﹣10m＝1m，方向向下，因痕迹有重叠，故留下的痕迹为5m；
相对滑动的总路程Δx＝Δx1+Δx2＝5m+1m＝6m，物块在传送带上运动过程中产生的热量为Q＝μmgcosθ•Δx＝0.5×10×0.8×6J＝24J，
答：（1）物体与传送带间的摩擦因数μ为0.5。
（2）物体在传送带上运动过程中因摩擦而产生的热量为24J。
[例题15] （2022•如皋市一模）某种弹射装置如图所示，左端固定的轻弹簧处于压缩状态且锁定，弹簧具有的弹性势能EP＝4.5J，质量m＝1.0kg的小滑块静止于弹簧右端，光滑水平导轨AB的右端与倾角θ＝30°的传送带平滑连接，传送带长度L＝8.0m，传送带以恒定速率v0＝8.0m/s顺时针转动.某时刻解除锁定，滑块被弹簧弹射后滑上传送带，并从传送带顶端滑离落至地面。已知滑块与传送带之间的动摩擦因数μ=32，重力加速度g取10m/s2。
（1）求滑块离开传送带时的速度大小v；
（2）求电动机传送滑块多消耗的电能E；
（3）若每次开始时弹射装置具有不同的弹性势能EP′，要使滑块滑离传送带后总能落至地面上的同一位置，求EP′的取值范围。
【解答】解：（1）设滑块被弹簧弹出时速度大小为v1。
弹簧具有弹性势能Ep＝4.5J，解除锁定，滑块被弹簧弹射后弹簧的弹性势能转化为滑块的动能，根据能量守恒定律可知：
Ep=12mv12
代入数据解得：v1＝3m/s＜v0＝8.0m/s
则滑块冲上传送带后先向上做匀加速运动，根据牛顿第二定律得：
μmgcosθ﹣mgsinθ＝ma
代入数据解得：a＝2.5m/s2
加速到与传送带共速时间：t=v0−v1a=8−32.5s＝2s
此过程滑块的位移为x=v0+v12t
代入数据解得：x＝11m＞L＝8.0m，物块没有与传送带共速，一直做匀加速直线运动。
设物块匀加速运动的总时间为t′，则有：
L＝v1t′+12at'2
解得：t′＝1.6s
则滑块离开传送带时的速度大小：v＝v1+at′＝3m/s+2.5×1.6m/s＝7m/s
（2）滑块与传送带间相对位移：Δx＝vt′﹣L＝8×1.6m﹣8m＝4.8m
滑块与传送带因摩擦产生的热量：Q＝μmg•Δxcosθ
代入数据解得：Q＝36J
由能量守恒定律得电动机传送滑块多消耗的电能：E＝Q+mgLsinθ+（12mv2−12mv12）
代入数据解得：E＝96J
（3）要使滑块滑离传送带后总能落至地面上的同一位置，则物块滑出传送带时的速度必相同，可知物块滑出传送带时的速度总与传送带相同。
当物块一直加速到传送带顶端时与传送带共速，所需弹簧的弹性势能最小，则有：
2aL＝v02﹣v1′2
解得：v1′2＝24m2/s2
则最小弹性势能为：Epmin=12mv1′2＝12J
当物块一直减速到传送带顶端时与传送带共速，所需弹簧的弹性势能最大，则有：
μmgcosθ+mgsinθ＝ma1
解得：a1＝12.5m/s2
2a1L＝v1″2−v02
解得：v1″2＝264m2/s2
则最大弹性势能为：Epmax=12mv1″2＝132J
故EP′的取值范围为：12J≤Ep′≤132J
答：（1）滑块离开传送带时的速度大小v为7m/s；
（2）电动机传送滑块多消耗的电能E为96J；
（3）EP′的取值范围为：12J≤Ep′≤132J。
[例题16] 如图，用水平传送带向右运送货物，传送带左、右端点A、B间距为L＝24.5m，装货物的凹形薄木箱质量为M＝1kg、长度d＝1.5m。现将质量m＝2kg的货物放入静止的木箱，木箱左侧位于A端，货物恰与木箱左侧壁接触。放入货物后，传送带由静止开始依次做匀加速运动、匀速运动和匀减速运动直到静止，木箱在传送带匀速运动中的某时刻与传送带共速，且停止运动时其右侧刚好在B端，该过程中，传送带减速段、加速段的加速度大小均为a0＝4m/s2，最大速度v0＝4m/s。已知木箱与货物间的动摩擦因数μ1＝0.1，木箱与传送带间的动摩擦因数μ2＝0.2，重力加速度大小g＝10m/s2，货物可视为质点，货物与木箱间的碰撞为时间不计的完全非弹性碰撞，最大静摩擦力等于滑动摩擦力。求：
（1）传送带加速运动过程中，货物对木箱侧壁的压力大小；
（2）传送带减速运动过程中，系统因摩擦产生的热量；
（3）传送带匀速运动的时间。
【解答】解：（1）传送带启动后向右做匀加速运动，货物和木箱一起相对传送带向左滑动，对货物和木箱整体，由牛顿第二定律可得：μ2（m+M）g＝（m+M）a，解得：a＝2m/s2
对货物，因μ1＝0.1，仅靠静摩擦力提供的最大加速度为1m/s2，所以木箱对货物的静摩擦力不仅达到最大值，且左侧壁对货物还施加有压力F，由牛顿第二定律可得：
μ1mg+F＝ma，解得：F＝2N
根据牛顿第三定律，货物对木箱侧壁的压力大小为：F'＝F＝2N
（2）传送带减速运动过程中，货物一定相对于木箱向右滑动，对货物，由牛顿第二定律可得：μ1mg＝ma1，解得：a1＝1m/s2
设木箱相对传送带滑动，则由牛顿第二定律可得：μ2（m+M）g﹣μ1mg＝Ma2，解得：a2＝4m/s2
因为a2＝a0，所以木箱相对传送带静止且一起做减速运动，由题意，木箱静止运动时右侧在B端可知，此前传送带速度已经减为零且货物与木箱已经发生了碰撞，设传送带速度由v0减到零所用时间为t，由运动学规律可得：0﹣v0＝﹣a0t，解得：t＝1s
此过程中，设货物、木箱发生的位移分别为x1、x2，由运动学规律可得：x1＝v0t−12a1t2，x2=12v0t
代入数据解得：x1＝3.5m，x2＝2m
Δx＝x1﹣x2＝3.5m﹣2m＝1.5m
因Δx＝d，所以木箱速度第一次减小到零时，货物与木箱右侧刚好发生碰撞，此后一起减速运动
传送带减速运动过程中，因摩擦而产生的热量为：Q＝μ1mgΔx，代入数据解得：Q＝3J
（3）货物与木箱间发生的是完全非弹性碰撞，设碰撞前后货物的速度分别为v和v共，由运动学规律可得：v＝v0﹣a1t，解得：v＝3m/s
由动量守恒定律可得：mv＝（m+M）v共，解得：v共＝2m/s
设碰撞后到停止运动的过程中木箱发生的位移为x3，由动能定理可得：﹣μ2（m+M）gx3＝0−12（m+M）v共2，解得：x3＝1m
设木箱在加速段发生的位移为x加，由运动学规律可得：v02=2ax加，解得：x加＝4m
设木箱匀速运动的时间为t'，则有：L﹣d﹣x加﹣x2﹣x3＝v0t'，解得：t'＝4s
传送带比木箱多匀速运动的时间为：Δt=v0a−v0a0，解得：Δt＝1s
所以，传送带匀速运动的时间为：t＝t'+Δt＝4s+1s＝5s
答：（1）传送带加速运动过程中，货物对木箱侧壁的压力大小为2N；
（2）传送带减速运动过程中，系统因摩擦产生的热量3J；
（3）传送带匀速运动的时间为5s。
练出高分
一．选择题（共10小题）
1．如图所示，质量分别为m和M的两个物块用劲度系数为k的轻质弹簧相连，竖直叠放在水平地面上，初始时，m静止在弹簧上端。现将m竖直向上缓缓提起一段距离x（过程中M未离开地面）后释放。则对于不同的x，下列关于M对地面的最小压力Fmin、M对地面的最大压力Fmax、m在最低点时具有的加速度a、m在运动中最大动能Ekm的图线中，可能正确的是（ ）
A． B．
C． D．
【解答】解：A、将m竖直向上缓缓提起一段距离x（过程中M未离开地面）后释放，m做简谐运动，由重力和弹簧弹力的合力提供物块m做简谐运动回复力，m的开始运动的位置为简谐运动的平衡位置，振幅为x。当振动物体离开平衡位置时速度减小，当振动物体靠近平衡位置时，速度增大，则物体通过平衡位置时速度最大。振动过程中M对桌面的压力最小时，物体m在最高处，则：Fmin＝（M+m）g﹣kx。M对地面的最小压力随x的增大而减小，故A错误；
B、M对桌面的压力最大时，m在最低处，则：Fmax＝（M+m）g+kx，Fmax﹣x图像是不过原点的倾斜的直线，故B错误；
C、由牛顿第二定律可得m在最低点时具有的加速度大小：a=kxm，a﹣x图像为过原点的倾斜的直线，故C错误；
D、初始位置：mg＝kx0，解得：x0=mgk，解得m在平衡位置时运动中动能最大，若将物体上提一段距离x，由能量守恒定律可知：Ekm+12kx0⋅x0=mgx+k(x−x0)2(x−x0)，解得：Ekm=12kx2，Ekm﹣x图像可能是开口向上的抛物线，故D正确。
故选：D。
2．（2023•渝中区校级模拟）在距地面高H处由静止释放一小球，小球向下运动过程中受到的阻力不能忽略，以地面为重力势能的零势能面，物体的机械E能随小球到地面的高度h的变化关系图像如图所示，图中纵坐标b、c为已知数据，重力加速度为g。根据图像判断下列说法正确的是（ ）
A．小球的质量等于2cgH
B．当ℎ=H2时，小球的动能等于重力势能
C．小球运动的加速度等于bcg
D．运动过程中小球受到的阻力大小恒为cH
【解答】解：AD、设小球质量为m，运动过程受到的阻力为f，根据功能关系可得小球下落到距地面高h处时的机械能为：E＝mgH﹣f（H﹣h）＝（mg﹣f）H+fh
结合图像，当h＝H时，有：c＝mgH
变形解得：m=cgH
由图像的斜率可得：f=c−bH，故AD错误；
B、当h=H2时，小球的重力势能为：EP=12mgH；
从释放小球到h=H2过程中，根据动能定理可得：mg⋅12H−Wf＝Ek﹣0，其中Wf为克服阻力做的功，解得：Ek=12mgH﹣Wf＜EP，故B错误；
C、阻力对小球做的功等于小球机械能的变化，则有：ΔE＝fΔh，图象的斜率绝对值表示阻力大小，则有：f＝|ΔEΔℎ|=c−bH
根据牛顿第二定律有：mg﹣f＝ma
联立各式可解得加速度：a=bc•g，故C正确。
故选：C。
3．（2023•丰台区二模）如图甲所示，轻弹簧竖直固定在水平面上，质量为m的小球从A点自由下落，至B点时开始压缩弹簧，小球下落的最低位置为C点。以B点为坐标原点O，沿竖直向下建立x轴，小球从B到C过程中的加速度一位移图像如图乙所示，重力加速度为g。在小球从B运动到C的过程中，下列说法正确的是（ ）
A．小球在B点时的速度最大
B．小球在C点时所受的弹力大于2mg
C．图像与x轴所包围的两部分面积大小相等
D．小球的动能与弹簧的弹性势能之和先减小后增大
【解答】解：A、小球在B点时弹簧的弹力为零，只受重力，要继续向下加速，所以小球在B点时的速度不是最大，当弹簧对小球的弹力与小球的重力大小相等、方向相反，即小球合力为零时，速度最大，此位置在BC之间，故A错误；
B、若小球从B点由静止释放，小球做简谐运动，根据对称性可知，在最低点时，小球的加速度大小为g，方向竖直向上。在最低点，对小球，由牛顿第二定律得：F﹣mg＝ma＝mg，可得小球在最低点时所受的弹力F＝2mg。现小球在B点有向下的速度，小球到达最低点时弹簧压缩量比小球从B点由静止释放时的大，所以小球在C点时所受的弹力大于2mg，故B正确；
C、设小球的最大动能为Ekm。小球B点到加速度为零的位置，根据动能定理得：ma1x1＝Ekm−12mvB2
小球从加速度为零到C点，根据动能定理得：﹣ma2x2＝0﹣Ekm，即ma2x2＝Ekm
所以ma1x1≠ma2x2，根据a﹣x图像与x轴所包围的两部分面积大小等于ax，知图像与x轴所包围的两部分面积大小不相等，故C错误；
D、只有重力和弹力做功，小球和弹簧组成的系统机械能守恒，即小球的动能、重力势能与弹簧的弹性势能之和保持不变，小球的重力势能一直减小，则小球的动能与弹簧的弹性势能之和一直增大，故D错误。
故选：B。
4．（2023•山西一模）如图，小物块P置于倾角θ＝30°的光滑固定斜面上，轻质定滑轮固定在斜面顶端，Q和P用跨过定滑轮的不可伸长的轻绳相连，轻绳恰好和斜面平行。t＝0时将P由静止释放，此时Q的加速度大小为g4。t0时刻轻绳突然断裂，之后P能达到的最高点恰与Q被释放时的位置处于同一高度。取t＝0时P所在水平面为零势能面，此时Q的机械能为E。已知0～2t0内Q未落地，不考虑空气阻力，下列说法正确的是（ ）
A．P、Q质量之比为1：2
B．3t02时Q的机械能为E2
C．3t02时P的重力势能为E
D．2t0时P重力的功率为2E3t0
【解答】解：A、将P由静止释放，此时Q的加速度大小为g4，对P、Q整体，根据牛顿第二定律可得mQg−mPgsin30°=(mQ+mP)g4，解得mP：mQ＝1：1，故A错误；
BC、t0时刻P、Q的速度为v=14gt0，P、Q运动的位移大小为x1=v2t0=14gt02t0=18gt02
绳子断后P沿斜面做减速运动，根据牛顿第二定律可知mgsinθ＝ma1，解得a1=12g
P还能沿斜面运动的时间为t1=va1=14gt012g=12t0
P在t1时间内运动的位移为x2=v2⋅t02=14gt02•t02=116gt02
即在时间为3t02时P运动到最高点。
设P、Q质量为m，根据题意取t＝0时P所在水平面为零势能面，此时Q的机械能为E，可知
E＝mg（x1+x2）sinθ
解得m=32E3g2t02
在3t02时P运动到与Q被释放时的位置处于同一高度，所以此时P的机械能为E，即重力势能为E。由于P，Q组成的系统机械能守恒，即此时Q的机械能等于零，故B错误，C正确；
D、在3t02时P上升到最高点，此后P以12g的加速度向下做初速度为零的匀加速运动，在2t0时P的速度为v′=12g⋅12t0=14gt0，所以重力的功率P＝mgv′sinθ，解得=4E3t0，故D错误。
故选：C。
5．（2023•郴州模拟）如图所示，水平光滑长杆上套有一个质量为mA的小物块A，细线跨过O点的轻小光滑定滑轮一端连接A，另一端悬挂质量为mB的小物块B，C为O点正下方杆上一点，滑轮到杆的距离OC＝h。开始时A位于P点，PO与水平方向的夹角为30°，现将A、B同时由静止释放，则下列分析正确的是（ ）
A．物块A在运动过程中最大速度为mBgℎmA
B．物块A过C点后，向右运动最远距离为2h
C．PO与水平方向的夹角为45°时，物块A、B速度大小关系vA=2vB
D．物块A由P点出发第一次到达C点的过程中，物块B的机械能先增大后减小
【解答】解：A．当物块A运动到O点正下方C时，物块A的速度达到最大，物块A竖直方向速度为零，B的速度也为零，以A和B为系统，在运动过程中只有重力做功，根据系统机械能守恒有mBg(ℎsin30°−ℎ)=12mAvm2
解得vm=2mBgℎmA
故A错误；
B．根据系统机械能守恒及物块A运动的对称性可知，物块A过C点后，向右运动的最大距离与PC间的距离相等，即CP'=ℎtan30°=3ℎ
故B错误；
C．当PO与水平方向的夹角为45°时，有vAcos45°＝vB
解得vA=2vB
故C正确；
D．物块A由P点出发第一次到达C点的过程中，物块B在竖直方向先向下加速后向下减速，细线对物块B的拉力一直做负功，所以物块B的机械能一直减小，故D错误。
故选：C。
6．（2023•南通模拟）如图所示，轻弹簧一端连接小球，另一端固定于O点，现将球拉到与O点等高处，弹簧处于自然状态，小球由静止释放，轨迹如虚线所示，上述运动过程中（ ）
A．小球的机械能守恒
B．小球的重力势能先减小后增大
C．当球到达O点的正下方时，弹簧的张力最大
D．当球到达O点的正下方时，重力的瞬时功率为0
【解答】解：A．小球运动过程中受到弹簧弹力做功，则小球的机械能不守恒，故A错误；
B．下摆过程中小球的重力做正功，重力势能减小；通过最低点后小球上升时重力做负功，重力势能增大，故B正确；
C．下摆过程中，弹簧的伸长量逐渐增大，小球运动的最低点在O点正下方左侧，即张力最大位置在O点正下方左侧，故C错误；
D．当小球到达O点的正下方时，小球的速度方向为左下方，速度方向与重力方向不垂直，则重力的瞬时功率不为零，故D错误。
故选：B。
7．（2023•广东一模）如图，为了取出羽毛球筒中的羽毛球，某同学先给筒施加一竖直向下的外力，使球筒和羽毛球一起从静止开始加速向下运动，球筒碰到地面后，速度立即减小到零，羽毛球恰能匀减速至下端口。假设球筒碰地前，羽毛球与球筒无相对滑动，忽略一切空气阻力，则该羽毛球从静止开始到最终到达下端口的过程中（ ）
A．始终处于超重状态 B．始终处于失重状态
C．机械能先增加后减少 D．机械能一直在减少
【解答】解：AB、球筒和羽毛球先一起向下做加速运动，加速度竖直向下，处于失重状态，球筒碰地后，羽毛球向下做匀减速直线运动，加速度竖直向上，处于超重状态，即羽毛球先处于失重状态，后处于超重状态，故AB错误；
CD、某同学先给筒施加一竖直向下的外力，球筒和羽毛球一起向下做加速运动时，外力F做正功，球筒和羽毛球的机械能增加，羽毛球的机械能增加；球筒碰地后，羽毛球相对球筒向下运动，受到向上的摩擦力，摩擦力做负功，机械能减少，则羽毛球的机械能先增加后减少，故C正确，D错误。
故选：C。
8．（2023•广东一模）如图所示，取一支质量为m的按压式圆珠笔，将笔的按压式小帽朝下按在桌面上，无初速放手后笔将会竖直向上弹起一定的高度h，然后再竖直下落。重力加速度为g，不计空气阻力。下列说法正确的是（ ）
A．按压时笔内部弹簧的弹性势能增加了mgh
B．放手后到笔向上离开桌面的过程弹簧的弹性势能全部转化为笔的动能
C．笔在离开桌面后的上升阶段处于超重状态
D．笔从离开桌面到落回桌面过程的时间为2ℎg
【解答】解：A、释放圆珠笔后，圆珠笔与弹簧组成的系统机械能守恒，圆珠笔上升到最大高度时速度为零，弹簧的弹性势能全部转化为重力势能，由功能关系可知，按压时笔内弹簧的弹性势能增加了mgh，故A正确；
B、放手后到笔向上离开桌面的过程弹簧的弹性势能全部转化为笔的动能与重力势能之和，故B错误；
C、笔在离开桌面后的上升阶段加速度方向向下，处于失重状态，故C错误；
D、笔离开桌面后做竖直上抛运动，上升过程h=12gt2，笔从离开桌面到落回桌面过程的时间t'＝2t，解得：t'＝22ℎg，故D错误。
故选：A。
9．（2023•西城区校级模拟）一物块在高3.0m、长5.0m的斜面顶端从静止开始沿斜面下滑，其重力势能和动能随下滑距离s的变化图中直线Ⅰ、Ⅱ所示，重力加速度取10m/s2。则（ ）
A．物块下滑过程中机械能守恒
B．物块与斜面间的动摩擦因数为0.5
C．物块下滑时加速度的大小为4.0m/s2
D．当物块下滑2.0m时机械能损失了12J
【解答】解：A．下滑5m的过程中，重力势能减少30J，动能增加10J，减小的重力势能并不等于增加的动能，所以机械能不守恒，故A错误；
B．斜面高3m、长5m，则斜面倾角为θ＝37°。令斜面底端为零势面，则物块在斜面顶端时的重力势能，mgh＝30J，可得质量，m=3010×3km=1kg，
下滑5m过程中，由功能原理，机械能的减少量等于克服摩擦力做的功，μmg•cosθ•s＝20J，求得：μ=201×10×0.8=0.5，故B正确；
C．由牛顿第二定律：mgsinθ﹣μmgcosθ＝ma，求得，a＝10×0.6m/s2﹣0.5×10×0.8m/s2＝2m/s2，故C错误；
D．物块下滑2.0m时，重力势能减少12J，动能增加4J，所以机械能损失了8J，故D错误。
故选：B。
10．（2023•迎泽区模拟）如图所示，某同学将一竖直轻弹簧下端固定在水平面上，质量均为m的甲、乙两物体叠放在轻弹簧上并处于静止状态。该同学用一恒定拉力（图中未画出）竖直向上拉甲，通过研究发现：当拉力为某一数值时两物体恰好会发生分离。已知弹簧的弹性势能Ep=12kx2，其中k为弹簧的劲度系数，x为弹簧的形变量，重力加速度大小为g，两物体均视为质点，则两物体恰好会发生分离的情况对应的最小拉力为（ ）
A．12mg B．23mg C．34mg D．mg
【解答】解：由于甲乙受力平衡——受到自身重力和弹簧弹力，设施加拉力前两物体静止时弹簧的形变量为x1，则有：kx1＝2mg
经分析可知，两物体在最高点分离的情况下对应的拉力最小（设为F），设此种情况下两物体分离时（二者速度v为0，且具有相同的加速度）的加速度大小为a，方向竖直向下、弹簧的形变量为x2，则对两物体组成的系统，根据牛顿第二定律有：2mg﹣F﹣kx2＝2ma
对甲，根据牛顿第二定律有：mg﹣F＝ma
联立解得：F＝kx2
因为弹簧的弹性势能Ep=12kx2，则Ep1=12kx12，Ep2=12kx22
故弹性势能的变化量为：ΔEp=Ep2−Ep1=12kx22−12kx12
对两物体及弹簧组成的系统，根据机械能守恒有F(x1−x2)=2mg(x1−x2)+12kx22−12kx12
F（x1﹣x2）＝2mg（x1﹣x2）+12k(x2−x1)(x2+x1)
F（x1﹣x2）＝2mg（x1﹣x2）−12k(x1−x2)(x1+x2)
等式两边同时约去（x2﹣x1）有：F=2mg−12k(x1+x2)
又因为kx1＝2mg，F＝kx2
则：F=2mg−12×2mg−12F
故：32F=mg
解得：F=23mg
故ACD错误，B正确。
故选：B。
二．计算题（共3小题）
11．（2022•贾汪区校级模拟）如图所示，一滑块紧挨着一根锁定的弹簧静止在水平面的左端，中间是一个逆时针转动的传动带（A和B是水平传送带上的两个端点），通过一水平面与倾斜角为37°的足够长的斜面CD相连。已知滑块质量为m＝1kg，滑块与传送带之间的动摩擦因数μ1＝0.3，传送带端点AB之间的长L＝6m，传送带的速度v0＝2m/s，斜面CD与滑块的动摩擦因数μ2＝0.25，其余接触面光滑，且各个节点连接良好，滑块通过无能量损失。解锁弹簧，滑块离开弹簧后滑上传送带，则：
（1）若滑块恰不能通过传送带，则弹簧弹性势能是多少？
（2）在第（1）问条件下，求滑块从滑上传送带到离开的过程中，与传送带摩擦产生的热量；
（3）调整弹簧的形变量，使得滑块滑上皮带后再次经过A点向左运动时，速度与传送带速度v0相等，求弹簧弹性势能的取值范围。
【解答】解：（1）滑块恰不能通过传送带，则滑块到达B点时速度恰好速度为零，
设弹簧的弹性势能为Ep，由能量守恒定律得：Ep＝μ1mgL
代入数据解得：Ep＝18J
（2）设弹簧恢复原长时滑块获得的速度为v1，
释放滑块过程，由能量守恒定律得：Ep=12mv12
代入数据解得：v1＝6m/s
滑块到达B点速度为零，然后滑块向左做匀加速直线运动，
对滑块，由牛顿第二定律得：μ1mg＝ma
代入数据解得：a＝3m/s2
设滑块从A到B的运动时间为t1，滑块从B经过时间t2加速到与传送带速度相等，
则t1=v1a=63s＝2s，t2=v0a=23s
滑块向左加速到与传送带速度相等的位移大小x滑块=v02t2=22×23m=23m
滑块相对传送带滑动过程传送带的位移大小x传送带＝v0（t1+t2）＝2×（2+23）m=163m
整个过程滑块相对传送带滑行的距离s＝x传送带+L﹣x滑块＝（163+6−23）m=323m
滑块从滑上传送带到离开的过程中与传送带摩擦产生的热量：Q＝μ1mgs＝0.3×1×10×323J＝32J
（3）当滑块不通过传送带时，最小的上传送带的速度vmin＝v0＝2m/s，
此时对应的弹性势能最小，由能量守恒定律可知，最小弹性势能Ep1=12mvmin2
代入数据解得Ep1＝2J
当滑块通过传送带再从斜面滑回到A点，则最大的上传送带的速度对应返回时刚好在A点与传送带共速。
设到达斜面的最大高度为h，从A点到斜面最高点过程，由动能定理得：
﹣μ1mgL﹣mgh﹣μ2mgcos37°×ℎsin37°=0−12mvmax2
从斜面最高点回到A点过程，由动能定理得：mgh﹣μ2mgcos37°×ℎsin37°−μ1mgL＝0−12mv02
对应的最大弹性势能Ep2=12mvmax2
代入数据解得：Ep2＝58J
综上所述，弹簧弹性势能的取值范围为2J≤Ep≤58J
答：（1）若滑块恰不能通过传送带，则弹簧弹性势能是18J。
（2）滑块从滑上传送带到离开的过程中，与传送带摩擦产生的热量是32J。
（3）弹簧弹性势能的取值范围是2J≤Ep≤58J。
12．（2022•南开区模拟）如图所示，光滑曲面AB与粗糙水平面BC平滑连接于B点，BC右端连接内壁光滑、半径r＝0.4m的14细管CD，管口D端正下方直立一根劲度系数k＝100N/m的轻弹簧，弹簧一端固定，另一端恰好与管口D端平齐。质量为1kg的小球从距BC的高度h＝0.6m处静止释放，进入管口C端时与圆管恰好无作用力，通过CD后，在压缩弹簧过程中小球速度最大时弹簧的弹性势能Ep＝0.5J。重力加速度g取10m/s2。求：
（1）小球到达B点时的速度大小；
（2）在BC上小球克服摩擦力做的功；
（3）在压缩弹簧过程中小球的最大动能Ekm。
【解答】解：（1）光滑曲面AB，小球从A点运动到B点，由动能定理可知：mgh=12mvB2
解得：vB＝23m/s；
（2）进入管口C端时与圆管恰好无作用力，即只有重力提供向心力，在C处根据牛顿第二定律可得：
mg＝mvC2r
解得：vC＝2m/s
小球由B点运动到C点，由动能定理可知：﹣Wf=12mvC2−12mvB2
解得在BC上小球克服摩擦力做的功：Wf＝4J；
（3）在压缩弹簧过程中小球的最大速度时，合力为零，则有：mg＝k•Δx
解得：Δx＝0.1m
小球由C点运动至速度最大，由动能定理可知：mg（r+Δx）﹣EP＝Ekm−12mvC2
解得：Ekm＝6.5J。
答：（1）小球到达B点时的速度大小为23m/s；
（2）在BC上小球克服摩擦力做的功为4J；
（3）在压缩弹簧过程中小球的最大动能为6.5J。
13．（2022•红桥区校级模拟）如图所示，倾斜轨道AB与水平直轨道BCDOMN在B处平滑连接，C、D间安装着水平传送带，C、D为两轮切点，间距L＝6m，皮带轮半径r＝0.1m；Q处安装着半径R＝1m的竖直光滑圆轨道，在底部O处微微错开；N处安装着竖直弹性挡板。质量m＝0.1kg的小滑块由A点以初速度v0＝6m/s滑下，经传送带和圆轨道后与挡板相撞，撞后原速率弹回。滑块与传送带间的动摩擦因数μ1＝0.2，与MN间的动摩擦因数为μ2＝0.4，其余轨道均光滑。已知A点离地面高度h＝1.5m，MN段的长度s＝4.5m，g＝10m/s2，滑块视为质点，空气阻力不计。
（1）若传送带静止，求滑块经过与圆心O等高的P点时对轨道的压力；
（2）若皮带轮以角速度ω1＝20rad/s逆时针匀速转动，在滑块经过传送带的过程中，求滑块损失的机械能；
（3）若皮带轮以角速度ω2＝90rad/s顺时针匀速转动，求滑块最后静止时离M点的距离；
（4）在皮带轮顺时针匀速转动的情况下，求滑块在MN段内滑行的总路程x与角速度ω的关系式
【解答】解：（1）物体从A到P，根据动能定理：mgℎ−μ1mgL−mgR=12mvP2−12mv02
解得vP=22m/s
在P点根据牛顿第二定律：FN=mvP2R=0.1×221N＝2.2N
由牛顿第三定律可知：FN＝F′N，F′N＝2.2N
（2）若皮带轮以角速度ω1＝20rad/s逆时针匀速转动时，摩擦力一直对滑块做负功，则损失的机械能
ΔE机＝μ1mgL＝0.2×0.1×10×6J＝1.2J
（3）A到C机械能守恒：12mv02+mgℎ=12mvC2
得：vC=66m/s
皮带的线速度v＝ωr2＝9m/s＞vC
设滑块加速至9m/s时，通过位移为x1
由12mv2−12mvC2=μ1mgx1，
得x1＝1m＜L＝6m
所以，滑块先匀加速，后以v＝9m/s匀速。即vD＝vQ＝9m/s
判断滑块能否过圆轨道最高点：
12mvQ2=4.05J＞12m(gR)2+mg⋅2R=2.5J，所以能过最高点。
滑块第1次返回到M点时，剩余动能为Ek1，由Ek1−12mvQ2=−2μ2mgs
可得：Ek1＝0.45J＜mgR＝1J；所以滑块只能在QN之间来回滑动，不会越过或脱离圆轨道。最终停在MN之间的某一位置。设滑块停止前在MN通过的总路程为x；
滑块由Q点至停下位置，动能定理：−12mvQ2=μ2mgx
可得：x=818m；MN段长s＝4.5m
所以滑块停在离M点1.125m处。
（4）若滑块一直被传送带减速后，到达D点的速度为mgh−μ1mgL=12mv12−12mv02，解得v1=42m/s
若滑块一直被传送带加速后，到达D点的速度为mgh+μ1mgL=12mv'12−12mv02，解得v'1=90m/s
滑块要过圆轨道最高点时，需满足：12mv32≥12m(gR)2+mg⋅2R，所以，滑块到达D点的速度v3≥50m/s
综上所述，
当v带≤50m/s时，即ω≤1050rad/s时，滑块将脱离轨道，无法计算；
当50m/s≤v带≤90m/s时，即1050rad/s≤ω≤1090rad/s时
由12m(rω)2=μ2mgx，得x=ω2800
当v带≥90m/s时，即ω≥1090rad/s时
由12m(90)2=μ2mgx，得x=454m
答：（1）若传送带静止，滑块经过与圆心O等高的P点时对轨道的压力为2.2N；
（2）若皮带轮以角速度ω1＝20rad/s逆时针匀速转动，在滑块经过传送带的过程中，滑块损失的机械能为1.2J；
（3）若皮带轮以角速度ω2＝90rad/s顺时针匀速转动，滑块最后静止时离M点的距离为1.125m；
（4）在皮带轮顺时针匀速转动的情况下，
当v带≤50m/s时，即ω≤1050rad/s时，滑块将脱离轨道，无法计算；
当50m/s≤v带≤90m/s时，即1050rad/s≤ω≤1090rad/s时
由12m(rω)2=μ2mgx，得x=ω2800
当v带≥90m/s时，即ω≥1090rad/s时
由12m(90)2=μ2mgx，得x=454m
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