第14講功能關系能量守恒定律

硬如一切彼?餒引自標

考點一功能關系的應用力學中

幾種常見的功能關系

考點二摩擦力做功的特點

/及應用

罐好二切己?樸金基礎

K---考--點---三--能--量--守--恒---定--律--及--應--用-

--------------------------------

考點四傳送帶模型中的動力

學和能量轉化問題

硬林三布翻?1列即.9#析

題型1功能關系及能量守恒定律的應用

題型2摩擦力做功與能量轉化

磅那四林春?抽型《練

題型3傳送帶類的功能轉化

題型4板塊類的功能轉化

題型5常見功能關系圖像分析

知坡?夏力。林

1.知道功是能量轉化的量度，掌握重力的功、彈力的功、合力的功與對應的能量轉化關系.

2.知道自然界中的能量轉化,理解能量守恒定律，并能用來分析有關問題.

知3?務實知M

考點一功能關系的應用力學中幾種常見的功能關系

功能量的變化

合外力做正功動能增加

重力做正功重力勢能減少

彈簧彈力做正功彈性勢能減少

電場力做正功電勢能減少

其他力（除重力、彈力外）做正功機械能增加

探秘?例題樣析

［例題1］（多選）如圖，在升降機內固定一光滑的斜面體，一輕彈簧的一端連在位于斜面體上方的

固定木板B上，另一端與質量為m的物塊A相連，彈簧與斜面平行。整個系統(tǒng)由靜止開始加

速上升高度h的過程中（）

A.物塊A與斜面始終相對靜止

B.物塊A的重力勢能增加量小于mgh

C.物塊A的動能增加量等于斜面的支持力和彈簧的拉力對其做功的代數和

D.物塊A的機械能增加量等于斜面的支持力和彈簧的拉力對其做功的代數和

【解答】解：AB、物塊A開始受重力、支持力、彈簧的彈力處于平衡狀態(tài)；系統(tǒng)加速上升時，物

塊A具有向上的加速度，A所受合力向上，彈簧彈力和支持力在豎直方向上的分力大于重力，所

以彈簧的彈力增大，物體A相對于斜面向下運動，物塊A與斜面不能始終保持靜止；物體A上

升的高度小于h,所以重力勢能的增加量小于mgh,故A錯誤，B正確；

C、由動能定理可知，物塊A的動能增加量等于斜面的支持力和彈簧的拉力以及找回來對其做功

的代數和，故C錯誤；

D、重力做功不改變物塊的機械能，由功能關系可知，物塊A的機械能增加量等于斜面的支持力

和彈簧的拉力對其做功的代數和，故D正確。

故選：BDo

［例題2］如圖所示，物體A的質量為m,置于水平地面上，A的上端連一輕彈簧，原長為L,勁度

系數為k,現將彈簧上端B緩慢地豎直向上提起，使B點上移距離為L,此時物體A也已經離

開地面，則下列論述中正確的是（）

A.提彈簧的力對系統(tǒng)做功為mgL

B.物體A的重力勢能增加mgL

C.系統(tǒng)增加的機械能小于mgL

D.以上說法都不正確

【解答】解：A、將彈簧上端B緩慢地豎直向上提起，由于開始時有支持力，故拉力先小于mg,

物體離地后等于mg；

拉力的位移為L,故提彈簧的力對系統(tǒng)做功小于mgL；故A錯誤；

B、提彈簧的力對系統(tǒng)做功小于mgL,彈簧的彈性勢能也要增加，故物體的重力勢能的增加量小

于mgL,故B錯誤；

C、提彈簧的力對系統(tǒng)做功等于系統(tǒng)增加的機械能，由于拉力做的功小于mgL,故系統(tǒng)增加的機

械能小于mgL,故C正確；

D、由于C正確，故D錯誤；

故選：Co

［例題3］（多選）如圖所示，一固定斜面傾角為30°,一質量為m的小物塊自斜面底端以一定的初

速度沿斜面向上做勻減速運動，加速度大小等于重力加速度的大小g。物塊上升的最大高度為

H,則此過程中，物塊的（）

A.動能損失了mgH動能損失了2mgH

1

C.機械能損失了mgHD.機械能損失了5mgH

H

【解答】解：AB、根據動能定理應有AEK=-ma—=-2mgH,動能增量為負值，說明動能

sm30°

減少了2mgH,故A錯誤，B正確；

CD＞由牛頓第二定律（選取沿斜面向下為正方向）有：mgsin30°+f=ma=mg,可得：f=1mg,

H

根據功能關系應有AE=-f.=-mgH,即機械能損失了mgH,故C正確，D錯誤。

故選：BCo

考點二摩擦力做功的特點及應用

1.靜摩擦力做功的特點

⑴靜摩擦力可以做正功，也可以做負功，還可以不做功.

(2)相互作用的一對靜摩擦力做功的代數和總等于塞一

(3)靜摩擦力做功時，只有機械能的相互轉移，不會轉化為內能.

2.滑動摩擦力做功的特點

⑴滑動摩擦力可以做正功，也可以做負功，還可以不做功.

(2)相互間存在滑動摩擦力的系統(tǒng)內，一對滑動摩擦力做功將產生兩種可能效果：

①機械能全部轉化為內能；

②有一部分機械能在相互摩擦的物體間轉移，另外一部分轉化為內能.

(3)摩擦生熱的計算：Q=Rx相對.其中尤相對為相互摩擦的兩個物體間的相對位移.

深化拓展從功的角度看，一對滑動摩擦力對系統(tǒng)做的功等于系統(tǒng)內能的增加量；從能量的角度看,

其他形式能量的減少量等于系統(tǒng)內能的增加量.

探秘?創(chuàng)題樣析

［例題4］如圖所示，在光滑的水平面上放置一個足夠長木板B,在B的左端放有一個可視為質點的

小滑塊A,A、B間的動摩擦因數u=0.4,A的質量m=lkg,B的質量M=2kg,g=10m/s2o

現對A施加F=7N的水平向右的拉力，Is后撤去拉力F,求：

(1)撤去拉力F前小滑塊A和長木板B的加速度ai和a2;

(2)A相對于B靜止時的速度v；

(3)A相對于B靜止的整個過程中由于摩擦生成的熱量(結果可以用分數表示)。

【解答】解：(1)對A滑塊根據牛頓第二定律有：F-nmg=maA,

代入數據解得：ai=3m/s2,

對B木板有：|iMg=MaB,

2

代入數據解得：a2=2m/s；

(2)對A和B整體分析，全過程根據動量定理可得：Ft=(M+m)v

解得：丫=品1=151mzs=(m/s；

(3)撤去F時，A的位移為：XA=1ait2=|x3Xl2m=1.5m,

從開始施加外力到二者共速的過程中，根據功能關系可得：

FXA=a(M+m)v2+Q

解得：Q=彳。

[例題5]（2023秋?昌樂縣期中）如圖所示，水平傳送帶順時針傳送的速度v=2m/s,與傾角為37°

的斜面的底端P平滑連接，將一質量m=1kg的小物塊從斜面上A點由靜止釋放，小物塊第一

次滑上傳動帶時恰好不會從傳遞帶左端滑下。已知A、P間的距離xo=9m,物塊與斜面、傳送

帶間的動摩擦因數分別為因=0.5、（12=0.4,取重力加速度g=10m/s2,sin37°=0.6,cos37°

=0.8,求：

（1）傳送帶左端到傳送帶右端的距離L；

（2）小物塊第n（n為整數且n22）次從斜面上運動到P時的速度大??；

（3）小物塊在整個運動過程中與斜面間因摩擦而產生的總熱量Q=

【解答】解：（1）小物塊第一次滑上傳動送帶時恰好不會從傳遞帶左端滑下，即滑到從傳送帶左

端時速度恰好為零，從A點到第一次滑上傳送帶左端，根據動能定理得

mgxosin0-|iimgcos0,xo-112mgL=0

代入數據解得L=4.5m

1

（2）小物塊第1次從斜面上運動到P點時7ng%（）s仇9一^mgcosd?x0=[ZnuJ

解得vi=6m/s>2m/s

故沿傳送帶返回先做加速運動與傳送帶共速，后勻速運動到P點，速度為vJ=2m/s

則，上升到最高點—=—mgx^inO—[i^mgcosd-xr

第二次到達P點時速度7ng尢Q譏?！猑mgcosd-xr=

聯(lián)立得功=-yvi"

由于V2<2m/s

可知從傳送帶返回速度仍然為V2,物塊再次滑上斜面返回P點，可推理得%=（W）21V

則，第n次返回P點4=（務、/=2（務f/s

（3）小物塊最終停止在斜面底端，則在整個運動過程中與斜面間因摩擦而產生的總熱量Q=

gmgcosB-x0+々nwj?=38/

[例題6]（2023春?遼寧期中）如圖所示，AB為光滑的水平軌道，與一傾角為6=37°的傳送帶在

B點平滑連接，傳送帶以vo=4m/s沿順時針方向勻速轉動，一被壓縮彈簧左端固定在A點，右

端與小煤塊接觸（不栓接），現由靜止釋放煤塊，小煤塊被彈出運動到B點前彈簧恢復原長，煤

塊到B點的速度v=2m/s,此后沖上傳送帶，煤塊的質量m=2kg,物塊與傳送帶的動摩擦因數

|1=sin37°=0.6,cos37°=0.8,g=10m/s2o求：

（1）彈簧被壓縮時儲存的彈性勢能Ep?

（2）小煤塊沖上傳送帶到與傳送帶共速的過程中，傳送帶上的痕跡長d。

（3）當煤塊與傳送帶共速后，傳送帶立即以ao=lm/s2的加速度減速運動，結果煤塊恰好運動到

傳送帶頂端，求整個過程中傳送帶電機因傳送煤塊多消耗的電能E（不包括傳送帶自身轉動）

（2）煤塊上滑的加速度|imgcos0-mgsin0=mai

解得ai=lm/s2

與傳送帶共速時用時間t=牛=2s

傳送帶上的痕跡：d=Ax=vot-t

代入數值解得：d=2m

（3）傳動帶減速后，傳送帶對煤塊的摩擦力為靜摩擦力，方向向上，煤塊與傳送帶相對靜止,

起減速-2ao%3=0-Vo

解得X3=8m

傳送帶長L=%；"+%3

代入數值解得L=14m

整個過程摩擦生熱Q=|imgcos0-Ax

代入數值解得Q=28J

整個過程中傳送帶電機因傳送煤塊多消耗的電能E=mgLsind+Q-^mv2

解得E=192J

考點三能量守恒定律及應用

1.內容

能量既不會憑空比生，也不會憑空消失，它只能從一種形式卷包為另一種形式，或者從一個物體轉

贅到別的物體，在轉化或轉移的過程中，能量的總量保持不變.

2.表達式

AE減=人￡增.

3.基本思路

(1)某種形式的能量減少，一定存在其他形式的能量增加，且減少量和增加量一定相等；

(2)某個物體的能量減少，一定存在其他物體的能量增加且減少量和增加量一定相等.

提秘-例題樣析

［例題7］如圖所示，長木板A放在光滑的水平地面上，物體B以水平速度沖上A后，由于摩擦力作

用，最后停止在木板A上，則從B沖到木板A上到相對板A靜止的過程中，下述說法中正確

的是()

BA

A.物體B動能的減少量等于系統(tǒng)損失的機械能

B.物體B克服摩擦力做的功等于系統(tǒng)內能的增加量

C.物體B損失的機械能等于木板A獲得的動能與系統(tǒng)損失的機械能之和

D.摩擦力對物體B做的功和對木板A做的功的總和等于零

【解答】解：A、物體B以水平速度沖上A后，由于摩擦力作用，B減速運動，A加速運動，根

據能量守恒定律，物體B動能的減少量等于A增加的動能和產生的熱量之和，選項A錯誤；

B、根據動能定理，物體B克服摩擦力做的功等于B損失的動能，選項B錯誤；

C、由能量守恒定律可知，物體B損失的機械能等于木板A獲得的動能與系統(tǒng)損失的機械能之和，

選項c正確；

D、摩擦力對物體B做的功等于B動能的減少，摩擦力對木板A做的功等于A動能的增加，由

能量守恒定律，摩擦力對物體B做的功和對木板A做的功的總和等于系統(tǒng)內能的增加量機械能,

選項D錯誤。

故選：C=

［例題8］如圖所示，有三個斜面a、b、c,底邊長分別為L、L、2L,高度分別為2h、h、h.某一物

體與三個斜面間的動摩擦因數都相同，這個物體分別沿三個斜面從頂端由靜止下滑到底端.三

種情況相比較，下列說法正確的是（）

A.物體損失的機械能AEc=2AEb=4AEa

B.因摩擦產生的熱量2Qa=2Qb=Qc

C.物體到達底端的動能Eka=2Ekb=2Ekc

D.物體運動的時間4ta=2tb=tc

【解答】解：設斜面和水平方向夾角為0,斜面長度為X,

則物體下滑過程中克服摩擦力做功為：W=mguXcosO,

Xcos0即為底邊長度。

A、物體下滑，除重力外有摩擦力做功，根據能量守恒，損失的機械能轉化成摩擦產生的內能。

由圖可知a和b底邊相等且等于c的一半，故摩擦生熱關系為：Qa=Qb=|QC,所以損失的機械

能AEa=AEb=.AEc

故A錯誤。

B、克服摩擦力所做功等于因摩擦產生熱量，所以2Qa=2Qb=Qc,故B正確。

C、設物體滑到底端時的速度為v,根據動能定理得：mgH-mg|iXcose=|mv2-0,

Eka=2mgh-mg|iL,

Ekb=mgh-mg|iL,

Ekc=mgh-mgn,2L,

根據圖中斜面高度和底邊長度可知滑到底邊時動能大小關系為:

Eka>EKb>Ekc,故C錯誤。

[2L_J2L―

D、沿斜面運動的時間t=

7a-[gsind—figcosd

0b>6c,Lb<Lc,所以tb<tc,

由于動摩擦因數和斜面a、b的傾角關系未知，無法確定ta和tb,故D錯誤；

故選：Bo

［例題9］如圖所示長木板A放在光滑的水平地面上，物體B以水平速度沖上A后，由于摩擦力作

用，最后停止在木板A上，則從B沖到木板A上到相對板A靜止的過程中，下述說法中正確

的是（）

BA

A.物體B損失的機械能等于木板A獲得的動能與系統(tǒng)損失的機械能之和

B.物體B克服摩擦力做的功等于系統(tǒng)內能的增加量

C.物體B動能的減少量等于系統(tǒng)損失的機械能

D.摩擦力對物體B做的功和對木板A做的功的代數和的絕對值大于系統(tǒng)內能的增加量

【解答】解：A、由能量守恒定律可知，物體B損失的機械能等于木板A獲得的動能與系統(tǒng)損失

的機械能之和，故A正確；

B、物體B以水平速度沖上A后，由于摩擦力作用，B減速運動，A加速運動，根據能量守恒定

律，

物體B動能的減少量等于A增加的動能和產生的熱量之和，故B錯誤；

C、根據動能定理，物體B動能的減少量等于B損失的機械能，等于A動能的增加量與系統(tǒng)增加

的內能之和，故C錯誤；

D、摩擦力對物體B做的功等于B動能的減少，摩擦力對木板A做的功等于A動能的增加，由

能量守恒定律，

摩擦力對物體B做的功和對木板A做的功的總和的絕對值等于系統(tǒng)內能的增加量，故D錯誤。

故選：Ao

［例題10］如圖所示，一物體質量m=2kg,在傾角為0=37°的斜面上的A點以初速度vo=3m/s下

滑，A點距彈簧上端B的距離AB=4m。當物體到達B后將彈簧壓縮到C點，最大壓縮量BC

=0.2m,然后物體又被彈簧彈上去，彈到的最高位置為D點，D點距A點AD=3m。擋板及彈

簧質量不計，g10m/s2,sin37°=0.6,求：

(1)物體與斜面間的動摩擦因數目

(2)彈簧的最大彈性勢能Epm。

【解答】解：⑴物體在D點與A點比較，動能減少ER少=方血詔=/2x32/=9/

重力勢能減少Ep少=mglADsin37°=2X10X3X0.6J=36J

機械能減小E々=Ek少+Ep少=9+36J=45J

機械能的減少量全部用來克服摩擦力做功，即W^f=f(lAC+/CD)=limg(lAC+ICD)COS37°

代入數據解得：n^0.52

2

(2)由A到C的過程，動能減少EK^,'=|x2x3/=9/

重力勢能減少Epj=mglACsin370=2X10x4.2X0.6/=50.4/

克服摩擦力做功W郎'=flAC—^imglACcos370-35/

由能量守恒得：EPm=Ekj+Ep$-勿克/=24.4/

答：(1)物體與斜面間的動摩擦因數u是0.52。

(2)彈簧的最大彈性勢能Epm是24.4J。

考點四傳送帶模型中的動力學和能量轉化問題

1.傳送帶模型是高中物理中比較成熟的模型，典型的有水平和傾斜兩種情況.一般設問的角度有兩

個：

(1)動力學角度：首先要正確分析物體的運動過程，做好受力分析，然后利用運動學公式結合牛頓第

二定律求物體及傳送帶在相應時間內的位移，找出物體和傳送帶之間的位移關系.

(2)能量角度：求傳送帶對物體所做的功、物體和傳送帶由于相對滑動而產生的熱量、因放上物體而

使電動機多消耗的電能等，常依據功能關系或能量守恒定律求解.

2.傳送帶模型問題中的功能關系分析

(1)功能關系分析：W=AEk+AEp+Q.

(2)對W和。的理解：

①傳送帶做的功：W=Fx傳；

②產生的內能Q=FfXM.

傳送帶模型問題的分析流程

探秘?例題樣析

［例題11］足夠長的傳送帶傾斜放置，以大小為v=2m/s的恒定速率順時針轉動，如圖甲所示。質量

m=2kg的小物塊以初速度vo=12m/s從A端沖上傳送帶又滑了下來，小物塊的速度隨時間變

化的圖像如圖乙所示，g=10m/s2,小物塊視為質點，求：

(1)小物塊從沖上傳送帶到離開所用的時間；

(2)小物塊與傳送帶間的動摩擦因數和傳送帶的傾角0；

(3)0-2s內小物塊與傳送帶間因摩擦所產生的熱量。

【解答】解：(1)由v-t圖像可知，小物塊沖上斜面到達最高點所用時間ti=2s

根據v-t圖像與t軸所圍面積表示位移，可得小物塊上滑的最大位移為x=萼xlm+^m=

8m

由圖像知，IsA內的加速度為a2==^-^m/s2=-2mls2

方向沿傳送帶向下，小物塊向下運動過程中加速度大小與a2相等，下滑過程有％=發(fā)。2底

解得：t2=2&sx2.83s

故所求總時間t=ti+t2=2s+2.83s=4.83s

(2)由v-t圖像得0?Is內的加速度為ai=212小2=-10m/s2

ZlLl17n

方向沿傳送帶向下；

0?Is內，對小物塊，由牛頓第二定律得mgsin0+|imgcos0=-mai

ls-2s內，對小物塊，由牛頓第二定律得mgsinS-|imgcose=-ma2

解得：0=37°,口=0.5

(3)傳送帶的速度v=2m/s,在0?Is內傳送帶的位移為x帶1=丫仃=2><lm=2m

小物塊的位移為工物1="J2xlm=7m

兩者相對位移大小為Axi=x物1-x帶i=7m-2m=5m

在1?2s內傳送帶的位移x帶2=vt2=2Xlm=2m

小物塊的位移為X敷2==17n

兩者相對位移大小為AX2=X帶2-x物2=2m-lm=lm

0~2s內小物塊與傳送帶間因摩擦所產生的熱量

Q=fd=^mgcos0(AXI+AX2)=0.5X2X10X0.8X(5+1)J=48J

[例題12](2023春?遼寧期末)利用彈簧彈射和皮帶傳動裝置可以將工件運送至高處。如圖所示，已

知傳送軌道平面與水平方向成37°角，傾角也是37°的光滑斜面軌道固定于地面且與傳送軌道

良好對接，彈簧下端固定在斜面底端，工件與傳送帶間的動摩擦因數口=0.25。傳送帶順時針勻

速轉動的速度v=4m/s,兩輪軸心相距L=5m,B、C分別是傳送帶與兩輪的切點，輪緣與傳送

帶之間不打滑。現將質量m=lkg的工件放在彈簧上，用力將彈簧壓縮至A點后由靜止釋放，

工件離開斜面頂端滑到傳送帶上的B點時速度vo=8m/s,A、B間的距離x=lm。工件可視為

質點，gIX10m/s2,sin37°=0.6,cos37°=0.8。求：

(1)彈簧的最大彈性勢能；

(2)工件第一次沿傳送帶上滑至最高點的時間。

(3)第一次從B點上滑至最高點的過程中因摩擦產生的熱能。

c

【解答】解：(1)滑塊從A到B過程，彈簧的彈性勢能的減小等于滑塊機械能的增加，根據機械

能守恒定律，得：

彈簧的最大彈性勢能為：Ep=mgxsin37°詔

代入數據解得：EP=38J；

(2)工件沿傳送軌道減速向上滑動的過程中有：mgsin37°+nmgcos37°=mai

代入數據解得ai=8m/s

從B點運動到與傳送帶共速需要的時間為：ti=宇=tt=0.5s.

O

工件滑行的位移大小為：si="。："仃=xO.5m=3m<L.

因為|iVtan37°,所以工件將沿傳送帶繼續(xù)減速上滑.有：mgsin37°-^imgcos37°=ma2

代入數據解得：a2=4m/s

假設工件速度減為零時，工件未從傳送帶上滑落，則有：t2=《=*=ls.

a24

工件滑行的位移大小為：S2=孑2=*xl=2m=L-si；

故假設成立，工件沿傳送帶上滑的時間為：t=ti+t2=1.5s；

(3)工件在皮帶上以加速度ai滑動的過程中皮帶的位移為：x皮i=vti=4X0.5m=2m

工件與皮帶間的相對位移大小為Axi=si-x皮i=3m-2m=lm

工件在皮帶上以加速度a2滑動的過程中皮帶的位移為：x皮2=vt2=4義lm=4m

工件與皮帶間的相對位移大小為AX2=X皮2-S2=4m-2m=2m

所以第一次從B點上滑至最高點的過程中因摩擦產生的內能：Q=|imgcos37°(Axi+Ax2)

代入數據解得：Q=6JO

[例題13](2023春?寧波期末)如圖所示，豎直平面內固定有半徑為R=lm的光滑四分之一圓軌道

AB、水平直軌道BC、DO以及以速度v=3m/s逆時針轉動的水平傳送帶CD,OD上有一輕質

彈簧，一端固定在O點另一端自然伸長于E點，各軌道平滑連接。現有一質量為m=2kg的滑

塊(可視為質點)從軌道AB上高為h處由靜止下滑，已知LBC=0.2m,LcD=0.4m,LDE=0.3m,

滑塊與BC、DE間的動摩擦因數均為因=0.3,與傳送帶間的動摩擦因數為2=0.5,E點右側

平面光滑，整個過程不超過彈簧的彈性限度，重力加速度g取10m/s2。

(1)若h=0.2m,求滑塊運動至B處時對軌道的作用力FN；

(2)若要使滑塊能到達D點，且不再離開DE,求滑塊下落高度滿足的條件；

(3)若滑塊第一次到達D點速度恰為0,求這一過程滑塊通過傳送帶產生的內能。

X￡

h,,CD

B()O

【解答】解：(1)滑塊由靜止滑到B點處，由動能定理得

代入數據解得：VB=2m/s

滑塊滑動到B處時，由牛頓第二定律得

徭

FN-mg=m—

R

代入數據解得：FN'=28N

由牛頓第三定律可知，滑塊運動至B處時對軌道的作用力大小FN=FN'=28N,方向豎直向下。

(2)若要使滑塊能到達D點，滑塊第一次到達D點時速度是零，下滑高度有最小值，由動能定

理得

mghi-nimgLBC-112mgLCD=0

代入數據解得：hi=0.26m

滑塊到達DE后且不再離開DE,可知又返回的D點速度恰好是零，下滑高度有最大值，由動能

定理得

mgh2-(iimgLBC-112mgLCD-2111mgLDE=0

解得：h2=0.44m

則滑塊下落高度滿足的條件為：0.26mWhW0.44m

(3)從若滑塊第一次到達D點速度恰是0,設滑塊從C到D的時間為t,由逆向思維有：

1,

LCD=7112gte

可得：t=0.4s

滑塊在傳送帶上產生的內能：Q=R2mg(LeD+vt)

解得：Q=16J

解惑?題型專建

題型1功能關系及能量守恒定律的應用

1.（2024?廣東二模）2023年亞運會在杭州順利舉行，廣東中山15歲小將陳煒奪得我國在滑板男

子碗池項目的首枚金牌，實現歷史性突破，假如某次訓練中陳煒以同一姿態(tài)沿軌道下滑了一段

距離，這過程中重力對他做功為800J,他克服阻力做功為200J,不計其他作用力的功，則陳烽

在此過程中（）

A.動能可能不變B.動能增加了600J

C.重力勢能減少了600JD.機械能增加了200J

【解答】解：AB、設陳炸克服阻力力做功為Wf,由動能定理可得：WG-Wf=AEk,可得動能增

加了AEkuGOOJ,故A錯誤，B正確；

C、重力對他做功為800J,根據重力做正功多少，重力勢能就減少多少,可知重力勢能減少了800J,

故C錯誤；

D、除了重力和彈力以外的其他外力做的功等于機械能的變化量，即AE=W其他，解得：AE=-

Wf=-200J,即機械能減少了200J,故D錯誤。

故選：Bo

2.（2024春?洛陽期中）圖甲為科技活動節(jié)學生自制小型拋石機。將石塊放在長臂一端的凹槽中，

在短臂端固定重物，發(fā)射前將長臂端往下拉至地面，然后突然松開，凹槽中的石塊過最高點時

就被拋出?，F將其簡化為如圖乙所示的模型，將一質量m=10g可視為質點的小石塊，裝在長L

=10cm的長臂末端的凹槽中，初始時長臂與水平面的夾角為30°,松開后長臂轉至豎直位置

時，石塊被水平拋出，落在水平地面上，測得石塊落地點與。點的水平距離為30cm,以地面為

零勢能面，不計空氣阻力，取重力加速度大小g=10m/s2,下列說法正確的是（）

甲乙

A.石塊被水平拋出時的動能為L5Xl（flj

B.石塊從A點到最高點機械能增加3.0X10-2J

C.石塊著地時，重力做功的功率為gw

D.石塊從A點到最高點的過程中，其重力勢能的增加量等于重物重力勢能的減小量

【解答】解：A、石塊被拋出后做平拋運動，根據幾何關系可知石塊的下降高度h=L+Lsin30°,

代入數據解得h=15cm=0.15m,根據自由落體運動的規(guī)律h=義^產，石塊的水平位移x=vot,石

塊被拋出時的動能a=品詔，其中x=30cm=0.3m,聯(lián)立解得Ek=1.5X10、故A錯誤；

B、石塊從A點到最高點機械能增加量為E=Ek+mgh=1.5X10-2J+10X103X10X0.15J=3.0X

10-2J,故B正確；

C、根據h=2g/,Vy=gt,P=mgvy,聯(lián)立解得P=^W,故C錯誤；

D、根據能量守恒可知，石塊從A點到最高點的過程中，石塊重力勢能的增加量等于重物重力勢

能的減少量減去石塊與重物動能之和，故D錯誤；

故選：Bo

3.（2024春?岳麓區(qū)校級月考）如圖所示，在一直立的光滑管內放置一輕質彈簧，上端O點與管

口A的距離為2xo,一質量為m的小球從管口由靜止下落，將彈簧壓縮至最低點B,壓縮量為

xo,不計空氣阻力，重力加速度為g,彈簧的彈性勢能Ep與形變量x的關系為Ep=*k%2,則

)(一A

ro

\

/

w

wB

w

w_

w_

w

\_

^

A.彈簧的最大彈性勢能為3mgxo

B.小球運動的最大速度等于2歷；

C.彈簧的勁度系數為儂

D.小球運動中最大加速度為g

【解答】解：A、小球下落到最低點時，重力勢能全部轉化為彈簧的彈性勢能，此時彈性勢能最

大，根據小球和彈簧組成的系統(tǒng)機械能守恒，有Epmax=3mgxo,故A正確；

C、根據彈性勢能的表達式Epynax=累％2,則有=聶詔，解得：k="電，故C錯誤；

產乙LXQ

B、當小球的重力等于彈簧彈力時，小球有最大速度，則有

mg=kx

再根據彈簧和小球組成的系統(tǒng)機械能守恒，有

1m1

mg(x+2%0)=2^max+那刀2

解得最大速度為:^max=故B錯誤;

D、小球運動到最低點時，加速度最大，由牛頓第二定律有：kxo-mg=ma,解得最大加速度為:

a=5g,故D錯誤。

故選：Ao

題型2摩擦力做功與能量轉化

4.（2024?銀川一模）質量為m的物體以某一初速度沖上傾角為30°足夠長的固定斜面，上升高

7

度為h時速度減為初速度的一半，上滑階段加速度為gg。g為重力加速度，最大靜摩擦力等于

8

滑動摩擦力。下列說法正確的是（)

A.物體上升的最大高度2h

V3

B.物體與斜面間動摩擦因數為匚

4

C.從沖上斜面到返回斜面底端的過程中物體克服摩擦力做功為2mgh

D.物體上滑階段和下滑階段所用時間之比1：8

【解答】解：AB、根據牛頓第二定律有mgsin0+|imgcos0=ma

解得產苧

上升高度為h時速度減為初速度的一半，根據功能關系有

-mv2=mgh+|imgcos0X2h+m（^）2

、.1

設最大高度為H,則有5mB9=mgH+|imgcos0X2H

解得H=爭i

故A錯誤，B正確；

C、克服摩擦力做功為Wf=|imgcos6X2H=mgh,故C錯誤；

D＞上滑階段的加速度為a=gsin0+|igcos0

下滑階段的加速度為a,=gsine-|igcos6

解得a：a'=7：1

根據x=2at2可知

上滑階段和下滑階段所用時間之比1：V7,故D錯誤；

故選：Bo

5.（2024春?鼓樓區(qū)校級期中）如圖是“深穴打夯機”示意圖，電動機帶動兩個滾輪勻速轉動將夯

桿從深坑提上來，當夯桿底端剛到達坑口時，兩個滾輪彼此分開，將夯桿釋放，夯桿在自身重

力作用下，落回深坑，夯實坑底。然后兩個滾輪再次壓緊，夯桿被提上來，如此周而復始（夯

桿被滾輪提升過程中，經歷勻加速和勻速運動過程）。已知兩個滾輪邊緣的線速度恒為vo=5m/s,

每個滾輪對夯桿的正壓力均為F=2.5X104N,滾輪與夯桿間的動摩擦因數尸0.25,夯桿質量

m=lX103kg,坑深h=6.5m,假定在打夯的過程中坑的深度變化很小，取g=10m/s2,下列說

法正確的是()

滾輪

]

夯桿

A.夯桿被滾輪帶動加速上升的過程中，加速度的大小為2m/s2

B.每個打夯周期中，電動機多消耗的電能為7.75X1()4J

C.每個打夯周期中滾輪與夯桿間因摩擦產生的熱量為6.25X1()4J

D.增加滾輪對夯桿的正壓力，每個打夯周期中滾輪與夯桿間因摩擦產生的熱量將增加

【解答】解：A、夯桿加速上升過程中，由牛頓第二定律可得2nF-mg=ma

解得：a=2.5m/s2

故A錯誤；

BC、夯桿加速上升的高度h尸兵

在加速上升階段，電動機對夯桿做的功Wi=2RFhi

設加速階段用時為3則111=竽

此階段滾輪與夯桿間的相對位移為Ah=vt-:=y=hi

此階段產生的熱量為Q=2nFAh

解得Q=6.25X1()4J

夯桿勻速上升階段上升高度為h2=h-hi

電動機對夯桿做的功為W2=mgh2

由能量關系知每個打夯周期中，電動機多消耗的電能為W=WI+Q+W2

解得W=1.4XH)5J

故B錯誤，C正確；

D.每個打夯周期中滾輪與夯桿間因摩擦產生的熱量為Q=2"FAh=2^F(vt-竽)=2葉?鬟=2陽

VQ_i^mvQ

2"一mg~2〃一出

mF

桿的正壓力F增大時，Q將減小，故D錯誤。

故選C。

6.（2024?海南）如圖所示，一輕質彈簧一端固定在O點，另一端與小球相連。小球套在豎直固

定、粗細均勻的粗糙桿上，OP與桿垂直，小球在P點時，彈簧處于自然伸長狀態(tài)，M、N兩點

與O點的距離相等，最大靜摩擦力等于滑動摩擦力。小球從M點靜止釋放，在運動過程中，彈

簧始終在彈性限度內，下列說法正確的是（）

I/

\N

A.小球運動到P點時速度最大

B.小球運動到N點時的速度是運動到P點速度的/倍

C.從M點到N點的運動過程中，小球受到的摩擦力先變大再變小

D.從M點到P點和從P點到N點的運動過程中，小球受到的摩擦力做功相同

【解答】解：A.小球在P點時，彈簧處于自然伸長狀態(tài)，彈力為零，摩擦力為零，小球只受重

力，小球運動到P點時加速度不為零，小球運動到P點時速度不是最大，故A錯誤；

B.小球從M點向P點運動過程，設彈簧與豎直方向夾角為。，彈簧的拉力為

一媼一）

拉力逐漸減小

支持力為

FN=Fsin0=k（L-Lsin0）

摩擦力逐漸減小，小球從M到P根據功能關系

1

mg/i+Ep=Q+7

從M到N根據功能關系

2mgh=2Q+比較不出兩者速度關系，故B錯誤；

C.從M點到N點的運動過程中，小球受到的摩擦力先變小再變大，故C錯誤；

D.根據對稱性可知在任意關于P點對稱的點摩擦力大小相等，因此由對稱性可知M到P和P到

N摩擦力做功大小相等，故D正確。

故選：Do

題型3傳送帶類的功能轉化

7.（2023秋?越秀區(qū)期末）如圖，工人用傳送帶運送貨物，傳送帶傾角為30°,順時針勻速轉動,

把貨物從底端A點運送到頂端B點，其速度隨時間變化關系如圖所示。已知貨物質量為10kg,

重力加速度取10m/s2。則下列說法中不正確的是（）

A.傳送帶勻速轉動的速度大小為lm/s

B,貨物與傳送帶間的動摩擦因數為日

C.運送貨物的整個過程中摩擦力對貨物做功795J

D.A、B兩點的距離為16m

【解答】解：A.由圖像可知，貨物先向上勻加速，再向上勻速，所以傳送帶勻速轉動的速度大小

為lm/s,故A正確；

B.開始時貨物的加速度

a=第=^4m/s2=2.5m/s2

由牛頓第二定律可知

|imgcos30°-mgsin30°=ma

解得貨物與傳送帶間的動摩擦因數為

〃=字，故B正確；

D.由圖像可知，A、B兩點的距離為

1

s=x（16+15.6）xlzn=15.8m,故D錯誤；

C.由動能定理可知

Wf—mgs-sin30°=-^mv2

代入數據解得運送貨物的整個過程中摩擦力對貨物做功

Wf=795J,故C正確。

本題選不正確的，故選：Do

（2023?臺州模擬）如圖所示為處于豎直平面內的一實驗探究裝置的示意圖，該裝置由長Li=

3m、速度可調的固定水平傳送帶，圓心分別在01和。2,圓心角6=120°、半徑R=0.4m的光

滑圓弧軌道BCD和光滑細圓管EFG組成，其中B點和G點分別為兩軌道的最高點和最低點,

B點在傳送帶右端轉軸的正上方。在細圓管EFG的右側足夠長的光滑水平地面上緊挨著一塊與

管口下端等高、長L2=2.2m、質量M=0.4kg木板（與軌道不粘連）。現將一塊質量m=0.2kg

的物塊（可視為質點）輕輕放在傳送帶的最左端A點，物塊由傳送帶自左向右傳動，在B處的

開口和E、D處的開口正好可容物塊通過。已知物塊與傳送帶之間的動摩擦因數因=0.2,物塊

與木板之間的動摩擦因數［12=0.5,g取10m/s2o

（1）若物塊進入圓弧軌道BCD后恰好不脫軌，求物塊在傳送帶上運動的時間；

（2）若傳送帶的速度3m/s,求物塊經過圓弧軌道BCD最低D點時，軌道對物塊的作用力大小；

（3）若傳送帶的最大速度4m/s,在不