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专题6.3 功能关系和能量守恒定律【练】
目录
一．练经典题型.............................................................................................................................................................1
二、练创新情景.............................................................................................................................................................4
三．练规范解答.............................................................................................................................................................9
一．练经典题型
1．物体在竖直方向上分别做了匀速上升、加速上升和减速上升三种运动。在这三种情况下物体机械能的
变化情况是( )
A．匀速上升机械能不变，加速上升机械能增加，减速上升机械能减小
B．匀速上升和加速上升机械能增加，减速上升机械能减小
C．匀速上升和加速上升机械能增加，减速上升机械能可能增加，可能减少，也可能不变
D．三种情况中，物体的机械能均增加
【答案】C
【解析】无论物体向上加速运动还是向上匀速运动，除重力外，其他外力一定对物体做正功，物体机械能
都增加；物体向上减速运动时，除重力外，物体受到的其他外力不确定，故无法确定其机械能的变化，C
正确。
2．(2020·重庆一诊)如图所示，一物块在粗糙斜面上由静止释放，运动到水平面上后停止，则运动过程
中，物块与地球组成系统的机械能( )
A．不变 B．减小C．增大 D．无法判断
【答案】B
【解析】物块在粗糙斜面上由静止释放后，重力与摩擦力对物块做功，其中摩擦力做功是将物块机械能的
一部分转化为内能，所以物块与地球组成系统的机械能减少，故A、C、D错误，B正确。
3.(2021·河北任丘市第一中学期末)在奥运比赛项目中，高台跳水是我国运动员的强项．质量为 m的跳水运
动员进入水中后受到水的阻力而做减速运动，设水对他的阻力大小恒为 F，当地的重力加速度为g，那么
在他减速下降高度为h的过程中，下列说法正确的是( )
A．他的动能减少了Fh
B．他的重力势能增加了mgh
C．他的机械能减少了(F－mg)h
D．他的机械能减少了Fh
【答案】 D
【解析】 运动员进入水中后，克服合力做的功等于动能的减少量，故动能减少(F－mg)h，故A错误；运
动员进入水中后，重力做功mgh，故重力势能减小mgh，故B错误；运动员进入水中后，除重力外，克服
阻力做功Fh，故机械能减少了Fh，故C错误，D正确．
4.(多选)如图所示，质量为m的物体(可视为质点)以某一速率从A点冲上倾角为30°的固定斜面，其运动的
加速度大小为g，此物体在斜面上上升的最大高度为h，则在这个过程中物体( )
A．重力势能增加了mgh
B．克服摩擦力做功mgh
C．动能损失了mgh
D．机械能损失了mgh
【答案】 BC
【解析】 物体在斜面上能够上升的最大高度为h，所以重力势能增加了mgh，故A错误；
设物体所受的摩擦力大小为F，根据牛顿第二定律得mgsin 30°＋F＝ma＝m·g
f f解得F＝mg，物体沿斜面上滑的距离为2h，所以克服摩擦力做功W＝F·2h＝mgh，根据功能关系可知，
f f f
机械能损失了mgh，故B正确，D错误；
由动能定理可知，动能损失量等于物体克服合外力做的功，大小为
ΔE＝F ·x＝ma·2h＝mgh，故C正确．
k 合
5.滑块静止于光滑水平面上，与之相连的轻质弹簧处于自然伸直状态。现用恒定的水平外力 F作用于弹簧
右端，在向右移动一段距离的过程中拉力F做了10 J的功。在上述过程中( )
A．弹簧的弹性势能增加了10 J
B．滑块的动能增加了10 J
C．滑块和弹簧组成的系统机械能增加了10 J
D．滑块和弹簧组成的系统机械能守恒
【答案】C
【解析】拉力F做功的同时，弹簧伸长，弹簧的弹性势能增大，滑块向右加速运动，滑块动能增加，由功
能关系可知，拉力做功等于滑块的动能与弹簧弹性势能的增加量之和，C正确，A、B、D均错误。
6．(2021·驻马店模拟)一物体在竖直向上的恒力作用下，由静止开始上升，到达某一高度时撤去外力。若
不计空气阻力，则在整个上升过程中，物体的机械能E随时间t变化的关系图象是( )
A B C D
【答案】A
【解析】设物体在恒力作用下的加速度为a，由功的定义式可知，机械能增量为ΔE＝FΔh＝F·at2，知Et图
象是开口向上的抛物线，撤去恒力后，机械能守恒，则机械能不随时间变化，故A正确，B、C、D错误。
7．如图所示，质量为1 kg的滑块在倾角为30°的光滑斜面上，从a点由静止开始下滑，到b点开始压缩轻
弹簧，到c点时达到最大速度，到d点(图中未画出)开始弹回，返回b点离开弹簧，恰能再回到a点。若bc
＝0.1 m，弹簧弹性势能的最大值为8 J，g取10 m/s2，则下列说法正确的是( )A．弹簧的劲度系数是50 N/m
B．从d点到b点滑块克服重力做功8 J
C．滑块的动能最大值为8 J
D．从d点到c点弹簧的弹力对滑块做功8 J
【答案】A
【解析】当滑块的合力为0时，滑块速度最大，即知在c点时滑块的速度最大，此瞬间滑块受力平衡，则
有mgsin 30°＝k，可得k＝＝50 N/m，故选项A正确；滑块从d点到a点，运用动能定理得W ＋W ＝0－
G 弹
0，又W ＝E＝8 J，可得W ＝－8 J，即克服重力做功8 J，所以从d点到b点滑块克服重力做功小于8 J，
弹 p G
故选项B错误；滑块从a点到c点，由系统的机械能守恒知：滑块的动能增加量与弹簧弹性势能增加量之
和等于滑块重力势能的减少量，小于8 J，所以滑块的动能最大值小于8 J，故选项C错误；弹簧弹性势能
的最大值为8 J，根据功能关系知从d点到b点弹簧的弹力对滑块做功8 J，从d点到c点弹簧的弹力对滑块
做功小于8 J，故选项D错误。
8. (2021·北京市第13中学开学测试)一木块静置于光滑水平面上，一颗子弹沿水平方向飞来射入木块中。
当子弹进入木块的深度达到最大值2.0 cm时，木块沿水平面恰好移动距离1.0 cm。在上述过程中系统损失
的机械能与子弹损失的动能之比为( )
A.1∶2 B.1∶3
C.2∶3 D.3∶2
【答案】 C
【解析】 根据题意，子弹在摩擦力作用下的位移为x ＝(2＋1)cm＝3 cm，木块在摩擦力作用下的位移为
1
x＝1 cm；系统损失的机械能转化为内能，根据功能关系，有ΔE ＝Q＝F·Δx；子弹损失的动能等于克服
2 系统 f
摩擦力做的功，故ΔE ＝Fx；所以＝，所以C正确，A、B、D错误。
子弹 f 1
9.(多选)(2020·陕西西安市检测)如图所示，水平传送带两端A、B间的距离为L，传送带以速度v沿顺时针
方向转动，一个质量为M的小物块以一定的初速度从A端滑上传送带，运动到B端．此过程中物块先做匀
加速直线运动后做匀速直线运动，物块做匀加速直线运动的时间与做匀速直线运动的时间相等，两过程中
物块运动的位移之比为2∶3，重力加速度为g，传送带速度大小不变．下列说法正确的是( )A．物块的初速度大小为
B．物块做匀加速直线运动的时间为
C．物块与传送带间的动摩擦因数为
D．整个过程中物块与传送带因摩擦产生的热量为
【答案】 BC
【解析】 由题意可知物块做匀加速运动和匀速运动的时间相等，物块两次运动的位移之比为：＝＝，则
∶v＝2∶3，可得出：v ＝，故A错误；由题意可知物块匀速运动的位移为，则＝vt，可得匀速运动的时间
0
为：t＝，匀加速运动的时间等于匀速运动的时间，故B正确；根据运动学公式：a＝μg，v2－v2＝2ax，x
0
＝，可得物块与传送带间的动摩擦因数为：μ＝，故C正确；根据热量的计算公式：Q＝Fx ，整个过程
f 相对
中x ＝－＝，可求得整个过程中物块与传送带因摩擦产生的热量为：Q＝，故D错误．
相对
10.(多选)(2021·山东烟台市高考诊断一模)如图所示，一长木板B放在粗糙的水平地面上，在B的左端放一
物体A，现以恒定的外力F拉A，经一段时间物块A从长木板B的右端拉出，且在此过程中以地面为参考
系， 长木板B也向右移动一段距离。则在此过程中( )
A.外力F对A做的功等于A和B动能的增量
B.A对B摩擦力做的功与B对A摩擦力做的功绝对值相等
C.外力F做的功等于A、B动能的增量与系统由于摩擦而产生的热量之和
D.A对B摩擦力做的功等于B动能的增量和B与地面之间摩擦产生的热量之和
【答案】 CD
【解析】 根据功能关系可知，外力F做的功等于A和B动能的增量与系统由于摩擦而产生的热量之和，
故C正确，A错误；A对B的摩擦力与B对A的摩擦力是一对作用力与反作用力，大小相等，方向相反，
但是由于A在B上滑动，A、B对地的位移不等，二者做功不相等，故B错误；对B分析，由动能定理知
W －W ＝ΔE ，A对B摩擦力做的功W ＝ΔE ＋W ，所以A对B摩擦力做的功等于B动能的增量和B
AB B地 kB AB kB B地
与地面之间摩擦产生的热量之和，故D正确。二、练创新情景
1.(2021·湖南模考)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．卫星的动能逐渐减少
B．由于地球引力做正功，引力势能一定增加
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少量
【答案】：D
【解析】：由于空气阻力做负功，卫星轨道半径变小，地球引力做正功，引力势能一定减少，动能增加，
机械能减少，选项A、B、C错误；根据动能定理，卫星动能增加，卫星克服阻力做的功小于地球引力做
的正功，而地球引力做的正功等于引力势能的减少量，所以卫星克服阻力做的功小于引力势能的减少量，
选项D正确．
2．在今年上海的某活动中引入了全国首个户外风洞飞行体验装置，体验者在风力作用下飘浮在半空．若
减小风力，体验者在加速下落过程中 ( )
A．失重且机械能增加 B．失重且机械能减少
C．超重且机械能增加 D．超重且机械能减少
【答案】：B
【解析】：据题意，体验者飘浮时受到的重力和风力平衡；在加速下降过程中，风力小于重力，即重力对
体验者做正功，风力做负功，体验者的机械能减小；加速下降过程中，加速度方向向下，体验者处于失重
状态，故选项B正确．
3.(多选)如图所示，光滑水平面OB与足够长粗糙斜面BC交于B点。轻弹簧左端固定于竖直墙面，现将质
量为m 的滑块压缩弹簧至D点，然后由静止释放，滑块脱离弹簧后经B点滑上斜面，上升到最大高度，
1
并静止在斜面上。不计滑块在B点的机械能损失；换用相同材料质量为m 的滑块(m ＞m)压缩弹簧至同一
2 2 1
点D后，重复上述过程，下列说法正确的是( )A.两滑块到达B点的速度相同
B.两滑块沿斜面上升的最大高度相同
C.两滑块上升到最高点过程克服重力做的功相同
D.两滑块上升到最高点过程机械能损失相同
【答案】 CD
【解析】 两滑块到B点的动能相同，但速度不同，故A错误；两滑块在斜面上运动时加速度相同，由于
在B点时的速度不同，故上升的最大高度不同，故 B错误；两滑块上升到斜面最高点过程克服重力做的功
为mgh，由能量守恒定律得E ＝mgh＋μmgcos θ·，则mgh＝，故两滑块上升到斜面最高点过程克服重力做
p
的功相同，故C正确；由能量守恒定律得E ＝μmgcos θ·＝，结合C可知D正确。
损
4.(2021·广东深圳二调)某同学用如图所示的装置测量一个凹形木块的质量 m，弹簧的左端固定，木块在水
平面上紧靠弹簧(不连接)将其压缩，记下木块右端位置A点，静止释放后，木块右端恰能运动到B 点．在
1
木块槽中加入一个质量m ＝800 g的砝码，再将木块左端紧靠弹簧，木块右端位置仍然在 A点，静止释放
0
后木块离开弹簧，右端恰能运动到B 点，测得AB、AB 长分别为
2 1 2
27.0 cm和9.0 cm，则木块的质量m为( )
A．100 g B．200 g C．300 g D．400 g
【答案】 D
【解析】 根据能量守恒定律，有μmg·AB＝E，μ(m＋m)g·AB＝E，联立解得m＝400 g，D正确．
1 p 0 2 p
5．(2021·广东佛山一中模拟)如图甲所示，在倾角为θ的光滑斜面上，有一个质量为m的物体在沿斜面方
向的力F的作用下由静止开始运动，物体的机械能E随位移x的变化关系如图乙所示．其中0～x 过程的图
1
线是曲线，x～x 过程的图线为平行于x轴的直线，则下列说法中正确的是 ( )
1 2A．物体在沿斜面向下运动
B．在0～x 过程中，物体的加速度一直增大
1
C．在0～x 过程中，物体先减速再匀速
2
D．在x～x 过程中，物体的加速度为gsin θ
1 2
【答案】：ABD
【解析】：由功能关系知，机械能的变化等于除重力或系统内弹簧弹力以外的其他外力做的功，其他力做
正功，机械能增加，反之，机械能减小．在Ex图象中，E逐渐减小，F做负功，斜率即为F，可知F在逐
渐减小，x 后为0.由上分析知A、B、D对．
1
6．(多选)(2021·山西新绛中学月考)在大型物流系统中，广泛使用传送带来搬运货物．如图甲所示，倾角为
θ的传送带以恒定的速率逆时针方向转动，皮带始终是绷紧的，将m＝1 kg的货物放在传送带上的A端，
经过1.2 s到达传送带的B端．用速度传感器分别测得货物与传送带的速度 v随时间t变化的图象如图乙所
示．已知重力加速度g＝
10 m/s2，sin 37°＝0.6，可知( )
A．货物与传送带间的动摩擦因数为0.05
B．A、B两点间的距离为1.2 m
C．货物从A运动到B的过程中，传送带对货物做功－11.2 J
D．货物从A运动到B的过程中，货物与传送带间因摩擦产生的热量为4.8 J
【答案】 CD
【解析】 0～0.2 s内，货物沿传送带向下做匀加速直线运动，摩擦力沿斜面向下，a＝gsin θ＋μgcos θ＝
1
m/s2＝10 m/s2；0.2～1.2 s内，货物继续沿传送带向下做匀加速直线运动，a ＝gsin θ－μgcos θ＝ m/s2＝2
2m/s2，解得μ＝0.5，θ＝37°，故A错误；从题图可知，0～1.2 s内，货物v－t图线与t轴围成的面积对应位
移x＝x ＋x ＝3.2 m，则A、B两点间的距离为3.2 m，故B错误；传送带对货物做的功即摩擦力做的功，
1 2
W ＝Fx ＝μmgcos θ·x ＝0.8 J，W ＝－Fx ＝－μmgcos θ·x ＝－12 J，W＝W ＋W ＝－11.2 J，故C正确；
1 f 1 1 2 f 2 2 1 2
从题图乙可知，0～0.2 s内，传送带比货物多走0.2 m．0.2～1.2 s内，货物比传送带多走1 m，所以货物从
A运动到B的过程中，相对位移为1.2 m．因摩擦产生的热量Q＝Fx ＝μmgcos θ·x ＝4.8 J，故D正
f 相对 相对
确．
7.(2021·四川攀枝花市第二次统考)2019环攀枝花国际公路自行车赛11月24日迎来收官之战，18支国内外
车队经过攀枝花中国三线建设博物馆至米易县文化广场114.7公里的争夺后，最终乌克兰基辅首都洲际队
的维塔利亚·布茨收获2019环攀枝花个人总冠军，夺得“英雄衫”橙衫。若布茨在比赛的某段下坡过程中
保持同一姿态滑行了一段距离，重力对他做功4 000 J，他克服阻力做功200 J。则布茨在该段下坡过程(
)
A.动能增加了4 000 J B.机械能减小了200 J
C.机械能减小了3 800 J D.重力势能减小了3 800 J
【答案】 B
【解析】合力对布茨所做的功W ＝W ＋W＝4 000 J＋(－200) J＝3 800 J，根据动能定理得动能增加了3
总 G f
800 J，故A错误；阻力做功W＝－200 J，所以机械能减小了200 J，故B正确，C错误；重力对他做功为
f
4 000 J，则他的重力势能减小了4 000 J，故D错误。
8.(多选)(2021·黑龙江佳木斯市质检)如图所示，建筑工地上载人升降机用不计质量的细钢绳跨过定滑轮与一
电动机相连，通电后电动机带动升降机沿竖直方向先匀加速上升后匀速上升。摩擦及空气阻力均不计。则(
)
A.升降机匀加速上升过程中，升降机底板对人做的功等于人增加的动能
B.升降机匀加速上升过程中，升降机底板对人做的功等于人增加的机械能
C.升降机匀速上升过程中，升降机底板对人做的功等于人增加的机械能D.升降机上升的全过程中，钢绳拉力做的功大于升降机和人增加的机械能
【答案】 BC
【解析】 根据动能定理可知，合力对物体做的功等于物体动能的变化量，所以升降机匀加速上升过程
中，升降机底板对人做的功与人的重力做功之和等于人增加的动能，故A错误；除重力外，其他力对人做
的功等于人机械能的增加量，B正确；升降机匀速上升过程中，升降机底板对人做的功等于人克服重力做
的功(此过程中动能不变)，即增加的机械能，C正确；升降机上升的全过程中，钢绳拉力做的功等于升降
机和人增加的机械能，D错误。
9.(多选) (2021·1月重庆市学业水平选择性考试适应性测试，10)如图所示，倾角为θ的斜面MN段粗糙，其
余段光滑，PM、MN长度均为3d。四个质量均为m的相同样品1、2、3、4放在斜面上，每个样品(可视为
质点)左侧固定有长度为d的轻质细杆，细杆与斜面平行，且与其左侧的样品接触但不粘连，样品与MN间
的动摩擦因数为tan θ。若样品1在P处时，四个样品由静止一起释放，则(重力加速度大小为g)( )
A.当样品1刚进入MN段时，样品的共同加速度大小为gsin θ
B.当样品1刚进入MN段时，样品1的轻杆受到压力大小为3mgsin θ
C.当四个样品均位于MN段时，摩擦力做的总功为9dmgsin θ
D.当四个样品均位于MN段时，样品的共同速度大小为3
【答案】 AD
【解析】 当样品1刚进入MN段时，以四个样品整体为对象，根据牛顿第二定律得 4mgsin θ－μmgcos θ
＝4ma ，解得样品的共同加速度大小为a ＝gsin θ，以样品1为对象，根据牛顿第二定律得F ＋mgsin θ－
1 1 1
μmgcos θ＝ma ，解得样品1的轻杆受到压力大小为F ＝mgsin θ，故A正确，B错误；当四个样品均位于
1 1
MN段时，摩擦力对样品1做功W ＝－μmgcos θ·3d＝－3mgdsin θ，摩擦力对样品2做功W ＝－μmgcos
1 2
θ·2d＝－2mgdsin θ，摩擦力对样品3做功，W ＝－μmgcos θ·d＝－mgdsin θ，此时样品4刚进入MN段摩
3
擦力对样品4不做功，所以当四个样品均位于MN段时，摩擦力做的总功为W＝W ＋W ＋W ＝－6mgdsin
f 1 2 3θ，故C错误；设四个样品均位于MN段时的共同速度为v，由动能定理得4mg·6d·sin θ＋W＝×4mv2，解
f
得v＝3，故D正确。
10.(多选) (2021·东北三省三校第二次联考)一只半径为R的半球形碗固定不动，碗的内壁光滑，碗口水平，
O点为球心，A、B均为碗内壁上的点，且A点是最低点，B点与圆心等高，C点是圆弧AB的中点(点O、
A、B、C在同一竖直平面内)重力加速度大小为g。有一只质量为m的小球静止在碗底部，现对小球施加一
水平恒力F，则( )
A.若F＝mg，小球将有可能到达B点
B.若F＝mg，小球将一定到达B点
C.若F＝mg，小球经过C点时，合力的功率最大
D.若F＝2mg，小球从最低点到其轨迹最高点过程中机械能的增量为6mgR
【答案】BD
【解析】 对小球从A到B过程根据动能定理，有FR－mgR＝mv2－0，所以若F＝
mg，小球动能为负值，故不可能到达B点；若F＝mg，小球到达B点动能恰好为零，恰好到达B点，故A
错误，B正确；若F＝mg，则合力大小为mg，方向与水平夹角为45°，小球经过C点时，合力与速度方向
垂直，此时合力功率为零，故C错误；若F＝2mg，对小球从A到B过程根据动能定理有2mgR－mgR＝mv2
－0，解得v＝，小球离开B点后在竖直方向做匀减速运动，运动时间t＝＝，在水平方向做初速度为0的
匀加速运动，有x＝·t2＝2R，全程外力做功W＝F(R＋2R)＝6mgR，机械能增加6mgR，故D正确。
三．练规范解答
1.(2021·天津和平区一模)如图甲所示，一长木板静止在水平地面上，在t＝0时刻，一小物块以一定速度从
左端滑上长木板，之后长木板运动的vt图象如图乙所示，已知小物块与长木板的质量均为m＝1 kg，已知
木板足够长，g取10 m/s2，求：
(1)小物块与长木板间动摩擦因数的值；(2)在整个运动过程中，系统所产生的热量。
甲 乙
【答案】 (1)0.5 (2)72 J
【解析】 (1)设小物块与长木板间的动摩擦因数为μ ，长木板与地面间的动摩擦因数为μ ，长木板达到的
1 2
最大速度为v ，长木板加速过程中，由牛顿第二定律得
m
μmg－2μmg＝ma
1 2 1
v ＝at
m 11
木板和物块相对静止，共同减速过程中，由牛顿第二定律得
μ·2mg＝2ma
2 2
v ＝at
m 22
由图象可知，v ＝2 m/s，t＝2 s，t＝1 s
m 1 2
联立解得μ＝0.5。
1
(2)设小物块初速度为v，刚滑上长木板时的加速度大小为a，则有
0 0
μmg＝ma
1 0
v ＝v－at
m 0 01
在整个过程中，由能量守恒定律得Q＝mv＝72 J。
2.(2020·铜陵模拟)如图所示，半径为R＝1.0 m的光滑圆弧轨道固定在竖直平面内，轨道的一个端点B和圆
心O的连线与水平方向的夹角θ＝37°，另一端点C为轨道的最低点。C点右侧的光滑水平面上紧挨C点静
止放置一木板，木板质量M＝1 kg，上表面与C点等高。质量为m＝1 kg的物块(可视为质点)从空中A点以
v ＝1.2 m/s的速度水平抛出，恰好从轨道的B端沿切线方向进入轨道。已知物块与木板间的动摩擦因数μ
0
＝0.2，g取10 m/s2。求：(1)物块经过C点时的速率v ；
C
(2)若木板足够长，物块在木板上相对滑动过程中产生的热量Q。
【答案】(1)6 m/s (2)9 J
【解析】(1)设物块在B点的速度为v ，从A到B物块做平抛运动，有：
B
v sin θ＝v
B 0
从B到C，根据动能定理有：
mgR(1＋sin θ)＝mv－mv
解得：v ＝6 m/s。
C
(2)物块在木板上相对滑动过程中由于摩擦力作用，最终将一起运动。设相对滑动时物块加速度大小为 a ，
1
木板加速度大小为a，经过时间t达到共同速度v，则：μmg＝ma ，μmg＝Ma，v＝v －at，v＝at
2 1 2 C 1 2
根据能量守恒定律有：
(m＋M)v2＋Q＝mv
联立解得：Q＝9 J。
3.(2021·湖南衡阳市第一次联考)滑板运动是青少年喜爱的一项活动。如图甲所示，滑板运动员以某一初速
度从A点水平离开h＝0.8 m高的平台，运动员(连同滑板)恰好能无碰撞的从B点沿圆弧切线进入竖直光滑
圆弧轨道，然后由C点滑上涂有特殊材料的水平面，水平面与滑板间的动摩擦因数从C点起按图乙规律变
化，已知圆弧与水平面相切于C点，B、C为圆弧的两端点。圆弧轨道的半径R＝1 m；O为圆心，圆弧对
应的圆心角θ＝53°，已知g＝10 m/s2，sin 37°＝0.60，cos 37°＝0.80，不计空气阻力，运动员(连同滑板)质
量m＝50 kg，可视为质点，试求：(1)运动员(连同滑板)离开平台时的初速度v；
0
(2)运动员(连同滑板)通过圆弧轨道最低点对轨道的压力大小；
(3)运动员(连同滑板)在水平面上滑行的最大距离。
【答案】 (1)3 m/s (2)2 150 N (3)3.55 m
【解析】 (1)运动员从A平抛至B的过程中，在竖直方向有v＝2gh①
在B点有v＝vtan θ②
y 0
由①②得v＝3 m/s。③
0
(2)运动员在圆弧轨道做圆周运动到C处时，牛顿第二定律可得F －mg＝m④
N
运动员从A到C的过程，由机械能守恒得
mg＝mv－mv⑤
联立③④⑤解得F ＝2 150 N。
N
由牛顿第三定律得：对轨道的压力为F ′＝F ＝2 150 N。
N N
(3)运动员经过C点以后，由图可知x＝0.5 m，μ＝0.5，
1
mv＞μmgx
1
设最远距离为x，则x＞x，由动能定理可得
1
mv＝μmgx ＋μmg⑥
1
联立⑤⑥解得x＝3.55 m。
4.(2021·江苏苏州市期中)如图所示，传送带与水平面夹角θ＝37°，以恒定速率v＝10 m/s沿顺时针方向转
动．现在传送带上端A处无初速度地放一质量m＝1 kg的小煤块(可视为质点，忽略滑动过程中的质量损
失)，小煤块与传送带间的动摩擦因数μ＝0.5，已知传送带上A到B的长度L＝16 m．取sin 37°＝0.6，cos
37°＝0.8，重力加速度g＝10 m/s2.求：(1)小煤块刚开始运动时的加速度大小；
(2)小煤块从A运动到B的时间；
(3)从A到B的过程中小煤块在传送带上留下的痕迹长度；
(4)从A到B的过程中小煤块和传送带间因摩擦产生的热量．
【答案】 (1)10 m/s2 (2)2 s (3)5 m (4)24 J
【解析】 (1)设小煤块刚开始运动时的加速度为a，对小煤块受力分析，由牛顿第二定律得
1
mgsin θ＋μmgcos θ＝ma
1
解得a＝10 m/s2
1
(2)小煤块与传送带共速经过的时间t＝＝1 s
1
此时小煤块的位移x＝at2＝5 m
1 11
x＜L
1
因为tan θ>μ，小煤块继续加速下滑
加速度a＝＝2 m/s2
2
则有x＝L－x＝vt＋at2
2 1 2 22
解得t＝1 s(t＝－11 s舍去)
2 2
故小煤块从A运动到B的时间t＝t＋t＝2 s
1 2
(3)小煤块先相对传送带向上滑动，相对位移沿传送带向上
大小为s＝vt－x＝5 m
1 1
共速后，小煤块相对传送带向下滑动，相对位移沿传送带向下
大小为s′＝x－vt＝1 m
2 2
因为s＞s′
故小煤块在传送带上留下的痕迹长度为s＝5 m
(4)小煤块和传送带间因摩擦产生的热量Q＝μmgcos θ·(s＋s′)＝24 J
