文档内容
专题 12 功能关系能量守恒
[题型导航]
题型一 功能关系的理解.......................................................................................................................1
题型二 摩擦力做功与能量转化...........................................................................................................4
题型三 能量守恒定律的理解和应用...................................................................................................7
题型四 传送带模型中的动力学和能量转化问题.............................................................................10
[考点分析]
题型一 功能关系的理解
几种常见的功能关系及其表达式
力做功 能的变化 定量关系
合力的功 动能变化 W＝E －E ＝ΔE
k2 k1 k
(1)重力做正功，重力势能减少
重力的功 重力势能变化 (2)重力做负功，重力势能增加
(3)W ＝－ΔE＝E －E
G p p1 p2
(1)弹力做正功，弹性势能减少
弹簧弹力的功 弹性势能变化 (2)弹力做负功，弹性势能增加
(3)WF＝－ΔE＝E －E
p p1 p2
只有重力、弹簧弹
机械能不变化 机械能守恒ΔE＝0
力做功
除重力和弹簧弹力 (1)其他力做多少正功，物体的机械能就增加多少
之外的其他力做的 机械能变化 (2)其他力做多少负功，物体的机械能就减少多少
功 (3)W其他＝ΔE
一对相互作用的滑 机械能减少 (1)作用于系统的一对滑动摩擦力一定做负功，系
动摩擦力的总功 内能增加 统内能增加(2)摩擦生热Q＝F·x相对
f
[例题1] （多选）如图，在升降机内固定一光滑的斜面体，一轻弹簧的一端连在位于斜面
体上方的固定木板B上，另一端与质量为m的物块A相连，弹簧与斜面平行。整个系统由静
止开始加速上升高度h的过程中（ ）
A．物块A与斜面始终相对静止
B．物块A的重力势能增加量小于mgh
C．物块A的动能增加量等于斜面的支持力和弹簧的拉力对其做功的代数和
D．物块A的机械能增加量等于斜面的支持力和弹簧的拉力对其做功的代数和
【解答】解：AB、物块A开始受重力、支持力、弹簧的弹力处于平衡状态；系统加速上升时，
物块A具有向上的加速度，A所受合力向上，弹簧弹力和支持力在竖直方向上的分力大于重力，
所以弹簧的弹力增大，物体A相对于斜面向下运动，物块A与斜面不能始终保持静止；物体 A
上升的高度小于h，所以重力势能的增加量小于mgh，故A错误，B正确；
C、由动能定理可知，物块A的动能增加量等于斜面的支持力和弹簧的拉力以及找回来对其做功
的代数和，故C错误；
D、重力做功不改变物块的机械能，由功能关系可知，物块A的机械能增加量等于斜面的支持力
和弹簧的拉力对其做功的代数和，故D正确。
故选：BD。
[例题2] 如图所示，物体A的质量为m，置于水平地面上，A的上端连一轻弹簧，原长为
L，劲度系数为k，现将弹簧上端B缓慢地竖直向上提起，使B点上移距离为L，此时物体A
也已经离开地面，则下列论述中正确的是（ ）
A．提弹簧的力对系统做功为mgLB．物体A的重力势能增加mgL
C．系统增加的机械能小于mgL
D．以上说法都不正确
【解答】解：A、将弹簧上端B缓慢地竖直向上提起，由于开始时有支持力，故拉力先小于
mg，物体离地后等于mg；
拉力的位移为L，故提弹簧的力对系统做功小于mgL；故A错误；
B、提弹簧的力对系统做功小于mgL，弹簧的弹性势能也要增加，故物体的重力势能的增加量小
于mgL，故B错误；
C、提弹簧的力对系统做功等于系统增加的机械能，由于拉力做的功小于 mgL，故系统增加的机
械能小于mgL，故C正确；
D、由于C正确，故D错误；
故选：C。
[例题3] （多选）如图，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，加速度的大小等于重力加速度的大小 g．若物块上升的
最大高度为H，则此过程中，物块（ ）
A．动能损失了2mgH B．重力做功mgH
C．摩擦力做功mgH D．机械能损失了mgH
【解答】解：A、物块上滑的位移为 s＝2H．已知物体上滑的加速度大小为g，由动能定理得：
动能的损失等于物体克服合外力做功，为：△E
k
＝W合 ＝F合 •s＝﹣mg•2H＝﹣2mgH，即动能损
失了2mgH，故A正确。
B、物块上升时重力做负功，则重力做功为﹣mgH．故B错误。
CD、设摩擦力的大小为f，根据牛顿第二定律得：mgsin30°+f＝ma＝mg，得：f＝0.5mg，则物
块克服摩擦力做功为 W＝f•2H＝0.5mg•2H＝mgH，根据功能关系可知机械能损失了mgH．故C
f
错误，D正确。
故选：AD。题型二 摩擦力做功与能量转化
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＝Fx 其中x 为相互摩擦的两个物体间的相对位移．
f 相对． 相对
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4] 如图所示，足够长的传送带以恒定速率顺时针运行。将一个物体轻轻放在传送带
底端，第一阶段物体被加速到与传送带具有相同的速度，第二阶段与传送带相对静止，匀速运
动到达传送带顶端。下列说法中正确的是（ ）
A．第一阶段物体受到滑动摩擦力作用，第二阶段物体不受摩擦力作用
B．第一阶段摩擦力对物体做正功，第二阶段摩擦力对物体不做功
C．第一阶段摩擦力对物体做的功等于第一阶段物体动能的增加
D．物体从底端到顶端全过程机械能的增加等于全过程摩擦力对物体做的功
【解答】解：A、第一阶段物体受到滑动摩擦力作用，第二阶段物体与传送带相对静止，受静摩
擦力作用，故A错误；
B、匀加速运动阶段，f滑 ＞mgsin ，且f滑 的方向沿传送带向上，与物体的位移方向相同，故第
一阶段摩擦力对物体做正功；匀速θ运动阶段，f静 ＝mgsin ，且f静 的方向沿传送带向上，与物体
的位移方向也相同；故第二阶段摩擦力对物体亦做正功。θ故B错误。
C、匀加速运动阶段，由动能定理得：W+W ＝△E ，因为W ≠0，所以W≠△E ，故C错误；
f G K G f K
D、由机械能的变化规律可知，物体机械能的增加量等于除重力（弹力）之外的其它力对物体所做的功；其它力做正功，则物体的机械能增加；其它力做负功，则物体的机械能减少；题中除
重力之外的其它力只有传送带对物体的摩擦力在对物体做功，则物体从底端到顶端全过程机械
能的增加等于全过程摩擦力对物体所做的功；故D正确
故选：D。
[例题5] 如图所示，在匀速转动的电动机带动下，足够长的水平传送带以恒定速率 V 匀
1
速向右运动。一质量为m的滑块从传送带右端以水平向左的速率 V （V ＞V ）滑上传送带，
2 2 1
最终滑块又返回至传送带的右端。就上述过程，下列判断正确的有（ ）
1
A．此过程中滑块与传送带间摩擦产生的热量为 m(v +v ) 2
2 1 2
1 1
B．此过程中传送带对滑块做功为 mv2- mv2
2 2 2 1
C．滑块返回传送带右端时的速率为V
2
D．此过程中电动机做功为
2mv2
1
【解答】解：C、由于传送带足够长，物体减速向左滑行，直到速度减为零，然后物体会在滑动
摩擦力的作用下向右加速，由于v ＜v ，物体会先在滑动摩擦力的作用下加速，当速度增大到等
1 2
于传送带速度时，物体还在传送带上，之后不受摩擦力，故物体与传送带一起向右匀速运动，
有v′ ＝v ；故C错误；
2 1
1 1
B、此过程中只有传送带对滑块做功，根据动能定理 W＝△E 得：W＝△E = mv 2- mv 2，
K K 1 2
2 2
故B错误；
v
A、设滑块向左运动的时间t ，位移为x ，则：x = 2t
1 1 1 1
2
v
摩擦力对滑块做功：W ＝fx ＝f 2t …①
1 1 1
2
1
又摩擦力做功等于滑块动能的减小，即：W = mv 2…②
1 2
2
该过程中传送带的位移：x ＝v t
2 11
摩擦力对滑块做功：W 2 ＝fx 2 ＝fv 1 t 1 ＝fv 1 2x 1= 2fx v 1 ⋯ ③
v v
2 2将①②代入③得：W ＝mv v
2 1 2
v
设滑块向右运动的时间t ，位移为x ，则：x = 1t
2 3 3 2
2
1
摩擦力对滑块做功：W ＝fx = mv 2
3 3 1
2
该过程中传送带的位移：x ＝v t ＝2x
4 12 3
滑块相对传送带的总位移：x相 ＝x
1
+x
2
+x
4
﹣x
3
＝x
1
+x
2
+x
3
1
滑动摩擦力对系统做功：W总 ＝fx相对 ＝W
1
+W
2
+W
3
= m（v
1
+v
2
）2
2
1
滑块与传送带间摩擦产生的热量大小等于通过滑动摩擦力对系统做功，Q＝W总 ＝f•x相 = m
2
（v +v ）2，故A正确；
1 2
D、全过程中，电动机对皮带做的功与滑块动能的减小量等于滑块与传送带间摩擦产生的热量，
1 1
即Q＝W+ mv 2- mv 2
2 1
2 2
1 1
整理得：W＝Q- mv 2+ mv 2＝mv 2+mv v ，故D错误。
2 1 1 1 2
2 2
故选：A。
[例题6] 如图所示，在光滑水平地面上放置质量M＝2kg的长木板，木板上表面与固定的
竖直弧形轨道相切．一质量m＝1kg的小滑块自A点沿弧面由静止滑下，A点距离长木板上表
面高度h＝0.6m．滑块在木板上滑行t＝1s后，和木板以共同速度v＝1m/s匀速运动，取g＝
10m/s2．求：
（1）滑块与木板间的摩擦力．
（2）滑块沿弧面下滑过程中克服摩擦力做的功．
（3）滑块相对木板滑行的距离及在木板上产生的热量．
v 1
【解答】解：（1）根据匀变速直线运动的速度时间公式得木板的加速度为：a= = =1m/s2．
t 1
以木板为研究对象，根据牛顿第二定律得，滑块与木板间的摩擦力为：f＝Ma＝2N．
（2）取向右为正方向，根据动量守恒定律得：mv ＝（M+m）v
0(M+m)v (2+1)×1
解得：v = = m/s＝3m/s．
0
m 1
滑块沿弧面下滑的过程，根据动能定理得：
1
mgh﹣W= mv 2﹣0
f 0
2
代入数据解得：W＝1.5J．
f
1 1
（3）根据能量守恒定律得：f△x= mv 2- （M+m）v2
0
2 2
解得滑块相对木板滑行的距离为：△x＝1.5m．
产生的热量为：Q＝f△x＝2×1.5J＝3J
答：（1）滑块与木板间的摩擦力为2N．
（2）滑块沿弧面下滑过程中克服摩擦力做的功为1.5J．
（3）滑块相对木板滑行的距离为1.5m，在木板上产生的热量是3J．
题型三 能量守恒定律的理解和应用
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 ＝ Δ E
减 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7] 如图所示，长木板A放在光滑的水平地面上，物体B以水平速度冲上A后，由
于摩擦力作用，最后停止在木板A上，则从B冲到木板A上到相对板A静止的过程中，下述
说法中正确的是（ ）
A．物体B动能的减少量等于系统损失的机械能
B．物体B克服摩擦力做的功等于系统内能的增加量C．物体B损失的机械能等于木板A获得的动能与系统损失的机械能之和
D．摩擦力对物体B做的功和对木板A做的功的总和等于零
【解答】解：A、物体B以水平速度冲上A后，由于摩擦力作用，B减速运动，A加速运动，根
据能量守恒定律，物体B动能的减少量等于A增加的动能和产生的热量之和，选项A错误；
B、根据动能定理，物体B克服摩擦力做的功等于B损失的动能，选项B错误；
C、由能量守恒定律可知，物体B损失的机械能等于木板A获得的动能与系统损失的机械能之和，
选项C正确；
D、摩擦力对物体B做的功等于B动能的减少，摩擦力对木板A做的功等于A动能的增加，由
能量守恒定律，摩擦力对物体B做的功和对木板A做的功的总和等于系统内能的增加量机械能，
选项D错误。
故选：C。
[例题8] 如图所示，一物体质量m＝2kg，在倾角为 ＝37°的斜面上的A点以初速度v ＝
0
3m/s下滑，A点距弹簧上端B的距离AB＝4m。当物体到θ达B后将弹簧压缩到C点，最大压缩
量BC＝0.2m，然后物体又被弹簧弹上去，弹到的最高位置为D点，D点距A点AD＝3m。挡
板及弹簧质量不计，g取10m/s2，sin37°＝0.6，求：
（1）物体与斜面间的动摩擦因数 。
（2）弹簧的最大弹性势能E pm 。 μ
1 1
【解答】解：（1）物体在D点与A点比较，动能减少 E = mv2= ×2×32J=9J
K少 2 0 2
重力势能减少 E P少 ＝mgl AD sin37°＝2×10×3×0.6J＝36J
机械能减小E少 ＝E k少+E P少 ＝9+36J＝45J
机械能的减少量全部用来克服摩擦力做功，即
W =f(l +l )=μmg(l +l )cos370
克f AC CD AC CD
代入数据解得： ≈0.52
（2）由A到C的 μ 过程，动能减少 E '= 1 mv2= 1 ×2×32J=9J
K少 2 0 2重力势能减少
E '=mgl sin370=2×10×4.2×0.6J=50.4J
P少 AC
克服摩擦力做功
W '=f l =μmgl cos370=35J
克f AC AC
由能量守恒得：E =E '+E '-W '=24.4J
Pm k少 P少 克f
答：（1）物体与斜面间的动摩擦因数 是0.52。
（2）弹簧的最大弹性势能E
pm
是24.4J。μ
[例题9] 如图1所示为某种弹射小球的游戏装置，水平面上固定一轻质弹簧及长度可调节
的竖直管AB．细管下端接有一小段长度不计的圆滑弯管，上端B与四分之一圆弧弯管BC相
接，每次弹射前，推动小球将弹簧压缩到同一位置后锁定．解除锁定，小球即被弹簧弹出，水
平射进细管的A端，再沿管ABC从C端水平射出．已知弯管BC的半径R＝0.3m，小球的质
量为m＝50g，每次弹射时弹簧对小球所做的功W＝0.6J．不计小球运动中机械能损失，取
√8=2.8，重力加速度g取10m/s2．
（1）当L＝0.5m时，求小球到达管口C处时的速度大小；
（2）当L＝0.5m时，小球落到水平面上的位置与竖直管AB间距离；
（3）调节L时，小球到达管口C时管壁对球的作用力F 也相应变化，考虑到游戏装置的实际
N
情况，L不能小于0.15m，请在如图2的坐标纸上作出F 随长度L变化的关系图线．（取管壁对
N
球的作用力F 方向向上为正，并要求在横、纵轴上标上必要的刻度值）
N
1
【解答】解：（1）当L＝0.5 m时，由机械能守恒得：W＝mg（L+R）+ mv 2；
2 C
解得：v ＝2.8 m/s；
C
（2）小球做平抛运动的水平射程x，故：
x＝v t
C
小球做平抛运动的时间t：
1
（L+R）= gt2
2小球落到水平面上的位置与竖直管AB间的距离
x′＝x+0.3＝1.42 m
（3）小球在C点处的向心力：mg﹣F ＝mv2
N C
R
为使小球能到达C处，须满足：
W﹣mg（L+R）≥0
L≤0.9 m
10 5
所以F = L- （0.15 m≤L≤0.9 m）
N
3 2
F 随长度L变化的关系图线如上图所示；
N
答：（1）当L＝0.5m时，小球到达管口C处时的速度大小是2.8m/s；
（2）当L＝0.5m时，小球落到水平面上的位置与竖直管AB间的距离是1.42m；
（3）F 随长度L变化的关系图线如图所示．
N
题型四 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＝ΔE＋ΔE＋Q.
k p
(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＝Fx相对．
f
传送带模型问题的分析流程
[例题10] 如图所示，一足够长的绷紧的传送带与水平面的夹角 ＝30°，传送带在电动机的
带动下，始终保持v ＝2m/s的速率运行，现把一质量为m＝10kg的θ工件（可看做质点）轻轻
0
√3
放在传送带的底端，工作和传送带之间 = ，取g＝10m/s2，求：
2
μ
（1）经1.9s的时间，工件被传送的高度；
（2）在1.9s内产生的热量Q；
（3）在这1.9s内，电动机由于传送工件多消耗的电能。
【解答】解：（1）工作开始阶段做匀加速直线运动，由牛顿第二定律，得 mgcos ﹣mgsin ＝
ma， μ θ θ
得：a＝ gcos ﹣gsin ＝2.5m/s2，
μ θ θ
加速至速度与传送带相同时通过的位移 v2 22 ，
x = 0 = =0.8m
1 2a 2×2.5
v 2
所用时间t = 0= s=0.8s，
1 a 2.5
接下来的1.1s内工件做匀速直线运动，通过的位移为x ＝v t ＝2.2m
2 02
故工件上升的高度h＝（x +x ）sin30°＝1.5m
1 2
（2）在时间t 内，皮带运动的位移为：x ＝v t ＝1.6m
1 2 01
工件相对皮带的位移为△x＝x ﹣x ＝0.8m
2 1
在时间t 内，皮带与工件的摩擦生热为Q＝ mgcos •△x＝60J
1
（3）工件获得的动能为E = 1 mv2=20J μ θ
k 2 0
工件增加的势能为E ＝mgh＝150J
P电动机多消耗的电能为W＝Q+E +E ＝230J。
k P
答：（1）工件被传送1.5m高。
（2）产生热量Q为60J。
（3）电动机因为传送工件多消耗的电能是230J。
[例题11] 如图所示，一质量为m＝1kg的可视为质点的滑块，放在光滑的水平平台上，平
台的左端与水平传送带相接，传送带以v＝2m/s的速度沿顺时针方向匀速转动（传送带不打
滑），现将滑块缓慢向右压缩轻弹簧，轻弹簧的原长小于平台的长度，滑块静止时弹簧的弹性
势能为E ＝4.5J，若突然释放滑块，滑块向左滑上传送带．已知滑块与传送带的动摩擦因数为
P
＝0.2，传送带足够长，g＝10m/s2．求：
（μ1）滑块第一次从滑上传送带到离开传送带所经历的时间；
（2）滑块第一次从滑上传送带到离开传送带由于摩擦产生的热量．
【解答】解：（1）设滑块刚滑上传送带时的速度为v ，对于弹簧释放过程，根据滑块与弹簧组
0
成的机械能守恒得：
1
E = mv2
P 2 0
得 v
0=
√2E
P=
√2×4.5m/s＝3m/s
m 1
滑块滑上传送带后，向左做匀减速运动，设匀减速运动至速度为零的时间为t ．
1
μmg
匀减速运动的加速度大小为 a= = g
m
μ
v v 3
则t = 0= 0 = s＝1.5s
1
a μg 0.2×10
此过程中，传送带的位移为 x ＝vt ＝2×1.5m＝3m，
1 1
v 3
滑块的位移为 x = 0t = ×1.5m＝2.25m，
2 2 1 2
滑块相对于传送带的位移大小△x ＝x +x ＝5.25m；
1 1 2
v 2
设滑块向右加速至速度相同所用时间为t ，匀加速运动的加速度大小仍为a，则得：t = = s＝
2 2
a 2
1s此过程中，传送带的位移为 x ＝vt ＝2×1m＝2m，
3 2
v 1
滑块的位移为 x = t = ×2m＝1m，
4 2 1 2
滑块相对于传送带的位移大小△x ＝x ﹣x ＝1m；
2 3 4
x -x 2.25-1
滑块向右匀速直线运动的时间为 t = 2 4= s＝0.625s．
3
v 2
所以滑块第一次从滑上传送带到离开传送带所经历的时间 t＝t +t +t ＝1.5s+1s+0.625s＝3.125s．
1 2 3
（2）滑块第一次从滑上传送带到离开传送带由于摩擦产生的热量 Q＝f△x +f△x ＝ mg
1 2
（△x +△x ）＝0.2×1×10×（5.25+1）J＝12.5J μ
1 2
答：（1）滑块第一次从滑上传送带到离开传送带所经历的时间是3.125s；（2）滑块第一次从滑
上传送带到离开传送带由于摩擦产生的热量是12.5J．
[例题12] 如图甲所示，足够长的光滑平台与一倾斜传送带平滑相接，传送带与水平面的夹
角为37°，以v＝2.0m/s的速度沿顺时针方向转动。平台上质量为m ＝1kg的小物块B固定有
2
水平轻弹簧，质量为m ＝3kg的小物块A以初速度v 沿A、B连线向左运动。弹簧与A作用的
1 0
过程中，弹簧始终位于弹性限度内，且不与A粘连。当弹簧第一次恢复原长后B与其左侧的固
定挡板C相碰，不计B与C碰撞过程中的机械能损失，碰后立即将C撤走，弹簧第二次恢复
原长后，A滑上传送带，以A滑上传送带时作为计时起点，A的速度﹣时间图像如图乙所示。
已知2.0s后传送带开始以8m/s2的加速度做匀加速运动，重力加速度为g＝10m/s2。（sin37°＝
0.6，cos37°＝0.8）求：
（1）物块A与传送带间动摩擦因数大小；
（2）物块A初速度v 大小；
0
（3）若挡板C位置可适当调整，且与B碰后立即撤走，则B与C碰后弹簧的性势能最大值E
m
的范围是多少？
【解答】解：（1）由乙图可知，2.0s后物块A的加速度
Δv 4.0-2.0
a= = m/s2＝1m/s2，
Δt 4.0-2.0对此时物块A受力分析，根据牛顿第二定律得
mgcos30°﹣mgsin30°＝ma
μ解得： ＝0.875；
（2）Aμ与弹簧接触到弹簧第一次恢复原长过程中，物块A、弹簧和物块B组成系统动量守恒、
能量守恒，取向左为正方向，则有
m v ＝m v +m v
1 0 1 A 2 B
1 1 1
m v 2= m v 2+ m v 2
1 0 1 A 2 B
2 2 2
1 3
联立解得：v = v ，v = v ，
A 0 B 0
2 2
物块B与挡板C碰后至弹簧第二次恢复原长过程，物块A、弹簧和物块B组成系统动量守恒、
能量守恒，取向左为正方向，则有
m v +m （﹣v ）＝m v' +m v'
1 A 2 B 1 A 2 B
1 1 1 1
m v 2+ m v 2= m v' 2+ m v' 2
1 A 2 B 1 A 2 B
2 2 2 2
1
联立解得：v' =- v ，
A 0
2
由图乙可知
1
v ＝v
0
2
解得：v ＝4m/s；
0
（3）物块A与弹簧接触到B与C碰前瞬间，取向左为正方向，由动量守恒定律得
m v ＝m v +m v
1 0 1 A 2 B
B与C碰后至弹簧弹性势能最大过程，取向左为正方向，由动量守恒定律得
m v +m （﹣v ）＝（m +m ）v'
1 A 2 B 1 2
全过程，由能量守恒定律得
1 1
E = m v 2- （m +m ）v'2
m 1 0 1 2
2 2
联立解得：E (6-v ) 2 24
m=- B +
2
3
由（2）结论可知：v = v ，即0＜v ＜6m/s，
B 0 B
2
弹簧的弹性势能最大值E 的范围
m6J＜E ＜24J。
m
答：（1）物块A与传送带间动摩擦因数大小为0.875；
（2）物块A初速度v 大小为4m/s；
0
（3）若挡板C位置可适当调整，且与B碰后立即撤走，则B与C碰后弹簧的弹性势能最大值
E 的范围是6J＜E ＜24J。
m m
[例题13] 传送带两端AB距离L＝31m，以v＝5m/s速度匀速运行，现将质量m＝0.2kg相
同工件以v ＝1m/s速度沿水平方向一个接一个投放到传送带的A端，工件初速度方向与传送
0
带运动方向相同，投放工件的时间间隔恒定。若一个工件从A端运动到B端所用时间为t＝
7s。g＝10m/s2．求：（1）工件与传送带之间的动摩擦因数 ；
（2）若原来每一时刻在传送带上总能看到14个工件，现当一μ 个工件刚投射到A端的瞬间，传
送带以a＝1m/s2的加速度开始加速。与不运送任何工件时相比，上述传送带刚开始加速的短时
间内，电动机要给传送带增加多大的动力。（不计传送带自身加速所需的外力）
【解答】解：设工件在传送带上加速时间与匀速运动的时间分别为t 和t ，则有：
1 2
t +t ＝7s
1 2
匀加速过程的位移为：
v+v
x = 0t
1 2 1
匀速过程的位移为：
x ＝vt
2 2
又有：x +x ＝L
1 2
联立以上各式代入数据得：
t ＝2s
1
t ＝5s
2
设工件加速过程的加速度为a，则由牛顿第二定律有：
mg＝ma
μ由速度时间关系有：
v＝v +at
0 1
代入数据可得： ＝0.2
μ7s
（2）投放工件得时间间隔为△t= =0.5s：
14
加速时间2s，匀速时间为5s意味着每个时刻有4个工件在加速，10个工件在匀速，
传送带加速的加速度为a＜ g，所以当传送带加速时，有4个工件与传送带之间相对滑动，10个
工件与传送带之间的相对静μ止，
相对滑动的工件受到摩擦力f ＝ mg
1
相对静止的工件受到摩擦力f
1
＝μma
所需外力为F＝4f +10f ，
1 2
代入数据，解得：F＝3.6N
答：（1）工件与传送带之间的动摩擦因数 为0.2；
（2）电动机要给传送带增加的动力为3.6N。μ
[例题14] 如图所示，一足够长的倾斜传送带以速度v＝2m/s顺时针匀速运动，传送带与水
平方向的夹角 ＝37°。质量m ＝5kg的小物块P和质量m ＝7kg的小物块Q由跨过定滑轮的
1 2
轻绳连接，P与θ定滑轮间的绳子与传送带平行，轻绳足够长且不可伸长。某时刻物块 P从传送
带上端以速度v ＝6m/s冲上传送带（此时P、Q的速率相等），已知物块P与传送带间的动摩
0
擦因数 ＝0.5，不计滑轮的质量与摩擦，整个运动过程中物块 Q都没有上升到定滑轮处。
（sin37°μ＝0.6，cos37°＝0.8，g＝10m/s2）求：
（1）物块P刚冲上传送带时的加速度大小；
（2）从P刚冲上传送带到沿传送带运动到最远处的过程中，P、Q系统机械能的改变量及摩擦
产生的热量。
【解答】解：（1）由题意知，物块P刚冲上传送带时相对传送带向下运动，所以P所受摩擦力
方向沿传送带倾斜向上，受力分析知，对Q则有
m g﹣F ＝m a
2 1 2 1
对P则有
F + m gcos ﹣m gsin ＝m a
1 1 1 1 1
联立μ解得加θ速度大小为θa =5m/s2
1
（2）设小物块P减速到与传送带共速的过程，对P研究
-2a x =v2-v2
1 1 0
v＝v ﹣a t
0 11
解得
t ＝0.8s
1
x ＝3.2m
1
此过程，传送带位移为
x ′＝vt ＝1.6m
1 1
当在传送带上减速到与传送带共速后，对小物块P有：
m gcos +m gsin ＝50N＜m g＝70N
1 1 2
μ由牛顿第θ二定律可θ知，小物块P继续沿传送带向下做减速运动，设此时 P的加速度为a
2
，对Q
有
m g﹣F ＝m a
2 2 2 2
对P有
F ﹣ m gcos ﹣m gsin ＝m a
2 1 1 1 2
代入μ数据解得θ加速度大θ小为
5
a = m/s2
2 3
与传送带共速到减速到0的过程中，对P有
-2a x =0-v2
2 2
v＝a t
22
代入数据解得
t ＝1.2s
2
x ＝1.2m
2
此过程，传送带位移
x ′＝vt ＝2×1.2m＝2.4m
2 2
对系统分析知P、Q系统机械能的改变量为：
ΔE＝﹣ m gx cos + m gx cos
1 1 1 2
代入数据μ解得ΔE＝θ ﹣μ40J θ摩擦生热为：
Q＝ m gcos （x ﹣x ′）+ m gcos （x ′﹣x ）
1 1 1 1 2 2
代入μ数据解得θ Q＝56J。 μ θ
答：（1）物块P刚冲上传送带时的加速度大小为5m/s2；
（2）P、Q系统机械能的改变量为﹣40J，摩擦产生的热量为56J。
