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专题12 功能关系能量守恒
题型一 功能关系的理解....................................................................................................................... 1
题型二 摩擦力做功与能量转化...........................................................................................................6
题型三 能量守恒定律的理解和应用.................................................................................................11
题型四 传送带模型中的动力学和能量转化问题.............................................................................15
题型一 功能关系的理解
1、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＝Ek2－Ek1＝ΔEk
重力的功
重力势能变化
(1)重力做正功，重力势能减少
(2)重力做负功，重力势能增加
(3)WG＝－ΔEp＝Ep1－Ep2
弹簧弹力的功
弹性势能变化
(1)弹力做正功，弹性势能减少
(2)弹力做负功，弹性势能增加
(3)WF＝－ΔEp＝Ep1－Ep2
只有重力、弹簧弹
力做功
机械能不变化
机械能守恒ΔE＝0
除重力和弹簧弹力
之外的其他力做的
机械能变化
(1)其他力做多少正功，物体的机械能就增加多少
(2)其他力做多少负功，物体的机械能就减少多少
1
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功
(3 )W 其他＝ΔE
一对相互作用的滑
动摩擦力的总功
机械能减少
内能增加
(1)作用于系统的一对滑动摩擦力一定做负功，系
统内能增加
(2)摩擦生热Q＝Ff·x 相对
2、功能关系中的图像问题
[题型专练1]. （2023 秋•北碚区校级期中）如图所示，固定在竖直面内的粗糙轨道ABC 由
直线段AB 和圆弧段BC 组成，两段相切于B 点，BC 段圆心为O，最高点为C，A 与C 的高度
差等于圆弧轨道的直径2R。质量为m 的小球从A 点以初速度v0=√5 gR冲上轨道，能恰好沿
轨道运动到C 点。若小球所受阻力大小恒定，下列说法正确的是（ ）
A．小球在C 点受到轨道的支持力大小为0
B．小球从A 到C 的过程中，机械能减少了5
2 mgR
2
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C．小球从A 到C 的过程中，克服了轨道的阻力做功1
2 mgR
D．若要让小球从C 点脱离轨道，则至少要将小球的初速度v0增大到2√gR
【解答】解：A、小球能恰好沿轨道运动到C 点，即到达C 点时速度恰好为零，所以小球在C
点受到轨道的支持力与小球所受的重力等大反向，故A 错误；
B、小球从A 到C 的过程中，机械能减少了：ΔE= 1
2 m v0
2-mg×2R= 1
2 mgR，故B 错误；
C、小球从A 到C 的过程中，克服了轨道阻力做功：W＝ΔE= 1
2 mgR，故C 正确；
D、由于2√gR＜√5 gR，所以初速度为2√gR时，小球到达不了C 点，故D 错误。
故选：C。
[题型专练2]. （2023 春•蒙阴县期中）如图所示，一个质量为m 的物体（可视为质点）以
某一速度从A 点冲上倾角为30°的固定斜面，其运动的加速度大小为2
3 g，这物体在斜面上上
升的最大高度为h，则在这个过程中物体的（ ）
A．整个过程中物体机械能守恒
B．动能损失了3
2 mgh
C．重力势能增加了2
3 mgh
D．机械能损失了1
3 mgh
【解答】解：A．物体上滑时，所受重力沿斜面向下的分力为G1=mgsin30° = 1
2 mg
由牛顿第二定律可知，物体所受合力为F合=ma= 2
3 mg
由此可知，物体还受到摩擦力的作用，由于存在摩擦力做功，根据机械能守恒定律的条件可知，
整个过程中物体机械能不守恒，故A 错误；
B．根据动能定理，动能的损失为Δ Ek =W 合= F合×
h
sin30° = 4
3 mgh，故B 错误；
3
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C．重力势能的增加量等于重力做的功的大小，即ΔEp＝mgh，故C 错误；
D．机械能的变化量为ΔE = Δ E p- Δ Ek =- 1
3 mgh
由此可知，物体的机械能损失了1
3 mgh，故D 正确。
故选：D。
[题型专练3]. （2023 秋•渝中区校级期中）如图所示，静止的电梯缆绳发生断裂后向下坠
落，电梯压缩井底缓冲轻质弹簧后逐渐停止运动，弹簧始终没有超过弹性限度，下滑过程中安
全钳给电梯的滑动摩擦力大小恒定，忽略空气阻力的影响。则电梯从接触弹簧到运动至最低点
的过程中，下列说法正确的是（ ）
A．电梯的加速度一直在减小
B．电梯的速度一直在减小
C．电梯的机械能一直在减小
D．电梯克服弹簧弹力做的功小于电梯动能的减小量
【解答】解：AB、电梯从接触弹簧到运动至最低点的过程中，弹簧对电梯的弹力从零逐渐增大，
开始阶段，重力大于弹力与摩擦力之和，合力向下，电梯向下做加速运动，随着弹力增大，合
力减小，加速度减小；后来，重力小于弹力与摩擦力之和，合力向上，电梯向下做减速运动，
随着弹力增大，合力反向增大，加速度反向增大，所以电梯的加速度先减小后增大，速度先增
大后减小，故AB 错误；
C、由于弹簧的弹力和摩擦力对电梯做负功，所以电梯的机械能一直在减小，故C 正确；
D、电梯从接触弹簧到运动至最低点的过程中，重力对电梯做正功，弹簧弹力和滑动摩擦力对电
梯做负功，根据动能定理可知，重力、弹簧弹力和滑动摩擦力做功的代数和等于电梯动能的变
化量，由于重力做功大于克服摩擦力做功，重力与摩擦力做功的代数和为正值，所以电梯克服
弹簧弹力做的功大于电梯动能的减小量，故D 错误。
4
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故选：C。
[题型专练4]. （2023 秋•郫都区校级月考）如图所示，轻质弹簧一端固定，另一端与物块
A 连接，物块B 叠放在A 上，弹簧处于自然长度。A、B 由静止释放后一起沿粗糙斜面向下运
动，下滑过程中A、B 始终不分离，到达最低点时，立即将B 撤去，A 沿斜面向上运动恰能回
到初始位置，弹簧未超过弹性限度。则（ ）
A．下滑过程中B 受到的摩擦力先减小后增大
B．下滑过程中B 对A 的摩擦力所做的功大于A 克服斜面的摩擦力所做的功
C．上滑过程中弹簧弹力对A 做的功小于A 克服重力做的功
D．上滑过程中A 的机械能保持不变
【解答】解：A、下滑过程中，物块A、B 先做加速运动，有沿斜面向下的加速度，后减速运动
到达最低点，有沿斜面向上的加速度。由于弹簧的弹力逐渐增大，开始A、B 整体沿斜面向下的
加速度逐渐减小，后沿斜面向上的加速度逐渐增大。由于下滑过程中A、B 始终不分离，对B 分
析其加速度先沿斜面向下的加速度逐渐减小，后沿斜面向上的加速度逐渐增大，而B 的重力沿
斜面向下的分力不变，由牛顿第二定律可知，B 受到A 对其的摩擦力一直沿斜面向上，且逐渐
增大，故A 错误；
C、上滑过程中，A 沿斜面向上运动恰能回到初始位置，此过程初末速度均为零，由动能定理可
知弹簧弹力对A 做的功等于A 克服重力做的功与A 克服斜面的摩擦力所做的功之和，所以弹簧
弹力对A 做的功大于A 克服重力做的功，故C 错误；
B、设下滑过程中B 对A 的摩擦力所做的功为WfB，A 克服斜面的摩擦力所做的功为Wf 斜，A 的
重力做功为WGA，A 克服弹簧弹力所做的功为WF，对A 下滑过程，根据动能定理得：
WGA+WfB﹣Wf 斜﹣WF＝0
变形得：WfB﹣Wf 斜＝WF﹣WGA
根据功能关系可知，A 上滑过程中弹簧弹力对A 做的功等于下滑过程中A 克服弹簧弹力所做的
功WF，在上滑过程中，由C 选项的分析可知：WF＞WGA
可得：WfB﹣Wf 斜＝WF﹣WGA＞0
则WfB＞Wf 斜，即下滑过程中B 对A 的摩擦力所做的功大于A 克服斜面的摩擦力所做的功，故
B 正确；
5
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D、上滑过程中，A 的初末动能均为零，动能变化量为零，重力势能增大，可见A 的机械能不可
能保持不变，故D 错误。
故选：B。
[题型专练5]. （2023 秋•重庆期中）如图所示，质量为m 的物体（可视为质点）以某一速
度从A 点冲上倾角为30°的固定斜面，其运动的加速度为3
4
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3
4
mgh
B．摩擦力大小为3
4
mg
C．动能损失了mgh
D．系统产生热量为1
2
mgh
【解答】解：A、物体在斜面上能够上升的最大高度为h，物体克服重力做的功为mgh，所以重
力势能增加了mgh，故A 错误；
B、设物体所受的摩擦力大小为f。根据牛顿第二定律得：mgsin30°+f＝ma＝m•3
4
g，解得：f= 1
4
mg，故B 错误；
C、由动能定理可知，动能损失等于物体克服合外力做的功，大小为：ΔEk＝F 合•s＝ma•2h＝m•
3
4
g•2h= 3
2
mgh，故C 错误；
D、由数学知识可知，物体上滑的距离为2h，所以克服摩擦力做功：Wf＝f•2h= 1
4
mg×2h= 1
2
mgh，系统产生热量为1
2
mgh，故D 正确。
故选：D。
6
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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＝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．
[题型专练6]. （2023 春•红塔区校级期末）如图所示，斜面体B 静置于水平桌面上，斜面
上各处粗糙程度相同。一质量为M 的木块A 从斜面底端开始以初速度v0上滑，然后又返回出
发点，此时速度为v，且v＜v0，在上述过程中斜面体一直静止不动，以下说法正确的是（
）
A．物体上滑的最大高度是v0
2+ v
2
4 g
B．桌面对B 始终有水平向右的静摩擦力
C．由于物体间的摩擦放出的热量是m v0
2
2
D．A 上滑时比下滑时桌面对B 的支持力大
【解答】解：A、设物体上升的最大高度为h，此时对应的斜面长为L，斜面倾角为θ，根据动
能定理得：
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上升过程中：0- 1
2 mv0
2=-mgh- μmgcosθL
下滑过程中：1
2 mv0
2-0=mgh- μmgcosθL
解得：h= v0
2+ v
2
4 g
，故A 正确；
B、对斜面体B 进行受力分析，物体A 向上滑动时，B 受力如图甲所示，物体A 向下滑动时，斜
面体受力如图乙所示；
物体B 静止，处于平衡条件，由平衡条件得：f＝f1cosθ+Nsinθ，f′＝Nsinθ﹣f2cosθ，
物体A 向上滑行时桌面对B 的摩擦力大，物体A 下滑时，桌面对B 的摩擦力小，不论大小如何，
桌面对B 始终有水平向左的静摩擦力，故B 错误；
C、整个过程中，根据能量守恒定律得：产生的热量Q= 1
2 mv0
2- 1
2 mv
2，故C 错误；
D、物体B 处于平衡状态，由平衡条件得：FN1＝G+Ncoθ﹣f1sinθ，FN2＝G+Ncosθ+f2sinθ，FN2＞
FN1，故D 错误。
故选：A。
[题型专练7]. （2023 春•宜春期末）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，现用质量为m1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，并静止在斜面上。不计滑块在B 点
的机械能损失，换用材料相同，质量为m2的滑块（m2≠m1）压缩弹簧至同一点D 后，重复上
述过程，下列说法中正确的是（ ）
A．两滑块到达B 点时速度相同
B．两滑块沿斜面上升的最大高度相同
8
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C．两滑块上升到最高点的过程中重力势能增加量不同
D．两滑块上升到最高点的过程中摩擦产生的热量相同
【解答】解：A、根据题意可知，弹簧将滑块弹开运动到B 点的过程中，弹簧和滑块组成的机械
能守恒，则两滑块运动到B 点的动能相等，由Ek = 1
2 m v
2可知，由于两滑块的质量不相等，则
两滑块到达B 点时速度不相同，故A 错误；
B、根据题意，滑块在斜面上，由牛顿第二定律有：mgsinθ+μmgcosθ＝ma
解得：a＝gsinθ+μgcosθ
可知，两滑块在斜面上运动时的加速度相等，由于初速度不相等，则两滑块沿斜面上升的最大
高度不相同，故B 错误；
CD、根据题意，设滑块上升的最大高度为h，则滑块上升到最高点的过程中重力势能增加量为
mgh，滑块从开始弹开到最高点过程中，由能量守恒定律有Ep＝mgh+μmgcosθ• h
sinθ
E p=mgh+ μmgcosθ⋅
h
sinθ
解得：mgh=
E p
1+
μ
tanθ
mgh=
E p
1+
μ
tanθ
可知，两滑块上升到最高点的过程中重力势能增加量相同，则两滑块上升到最高点的过程中摩
擦产生的热量为：Q＝Ep﹣mgh
可知，两滑块上升到最高点的过程中摩擦产生的热量相同，故C 错误，D 正确。
故选：D。
[题型专练8]. （2023•向阳区校级开学）如图所示，质量为m＝2kg 的木块（可视为质点）
被水平向左的力F 压在竖直墙壁上，木块初始位置离地面高度H＝4m，木块与墙面之间的动
摩擦因数μ＝0.2，木块距离地面的高度h 与力F 之间的关系为F＝5h（N），设最大静摩擦力
等于滑动摩擦力，重力加速度大小g＝10m/s2。下列说法正确的是（ ）
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A．木块从初始位置开始下滑至地面前瞬间的过程中，克服摩擦力做功为8J
B．木块从初始位置开始下滑至地面前瞬间的过程中，机械能减少16J
C．木块从初始位置开始下滑至地面前瞬间的过程中动能的变化量为80J
D．木块下滑到地面前的瞬间的速度大小为8m/s
【解答】解：A、对木块进行分析，木块受到重力mg、压力F、墙面的支持力N 与滑动摩擦力
f，根据平衡条件有：F＝N
则f＝μN＝μF＝5μh＝5×0.2h＝h（N）
可知，f 的大小与木块的位移成正比，则木块克服摩擦力做功为Wf= f h= f
2 h= H
2 H= 4
2
2
J＝8J，
故A 正确；
B、木块从初始位置开始下滑至地面前瞬间的过程中，克服摩擦力做功为8J，则由功能关系可知，
木块机械能减少8J，故B 错误；
C、木块从初始位置开始下滑至地面前瞬间的过程中，根据动能定理有：
mgH﹣Wf＝ΔEk
代入数据解得：ΔEk＝72J，故C 错误；
D、根据ΔEk= 1
2 mv
2-0 得：v =6√2m/ s，即木块下滑到地面前的瞬间的速度大小为6√2m/s，
故D 错误。
故选：A。
[题型专练9]. （2023•小店区校级模拟）如图所示，用轻绳将足够长的木板B 与小物体C
连接，B 由静止开始运动的同时，小物体A 从B 的右端开始向左运动。已知A 的质量为M＝
2kg，初速度为v0＝3m/s。A、B 间动摩擦因数为μ＝0.3，B 的质量为m＝1kg，刚开始运动时
B 距滑轮L＝10m，B 碰滑轮后静止。C 的质量为m＝1kg，刚开始运动时，C 距地面H＝9m，
C 撞地面后静止。忽略A、B 以外的一切摩擦，g 取10m/s2，求：
（1）A 滑上B 后，A、B 加速度的大小aA和aB；
（2）A 从滑上到离开木板B 的时间t；
（3）A 在B 上滑行因摩擦而产生的热量Q。
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【解答】解：（1）小物体A 从B 的右端开始向左运动，所受重力Mg 和支持力N 平衡，所受B
对它的摩擦力就等于合力，
根据牛顿第二定律得aA= μN
M = μMg
M = μg=0.3×10m/s2＝3m/s2
对B 分析，竖直方向平衡，水平受到轻绳的拉力T，以及A 对它的摩擦力，根据牛顿第二定律
得T﹣μMg＝maB
对C 分析，受到重力mg 和轻绳拉力，也为T，另外C 下落过程的加速度大小等于B 的加速度大
小aB，
根据牛顿第二定律得mg﹣T＝maB，联立解得aB＝2m/s2
（2）设A 开始向左减速运动了t1速度减为0，则t1= 0- v0
-aA
= 0-3
-3
s=1s
设这1s 内A 向左运动的距离为x1，x1= v t1= 0+ v0
2
t1= 0+3
2
×1m=1.5m
设这1s 内B 向右加速运动的距离为x2，x2= 1
2 aBt1
2= 1
2 ×2×1
2m=1m
设A 相对B 向左滑动的距离为l1，l1＝x1+x2＝1.5m+1m＝2.5m
设B 这1s 末的速度为v1，v1＝aBt1＝2×1m＝2m/s
1s 后A 向右加速直到和B 的速度相等，设A 从速度为0 加速到和B 速度相等所用时间为t2，相
等的速度为v2，
v2＝aAt2＝v1+aBt2，代入数据解得，t2＝2s，v2＝6m/s
设t2时间内A 向右加速运动的位移为x3，x3= 1
2 aAt2
2= 1
2 ×3×2
2m=6m
设t2时间内B 向右加速运动的位移为x4，x4= v1t2+ 1
2 aBt2
2=2×2m+ 1
2 ×2×2
2m=8m
A 相对B 在t2内向左滑动的距离为l2，l2＝x4﹣x3＝8m﹣6m＝2m
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在t1和t2时间内B 向右运动的距离为x2+x4＝1m+8m＝9m
正好等于H，C 刚好落地，设之后AB 一起向右匀速运动了x5，x5＝L﹣H＝10m﹣9m＝1m，
设匀速运动所用时间为t3，t3= x5
v2
❑= 1
6 s=0.17 s
t3 末B 碰滑轮后静止，A 在B 上以加速度aA 减速运动，设运动了t4 时间离开B，有：
l1+l2= v2t 4+ 1
2 (-aA)t 4
2
代入数据解得t4＝1s 或t4＝3s（不符合实际与题意舍去）。
故A 从滑上到离开木板B 的时间t＝t1+t2+t3+t4＝1s+2s+0.17s+1s＝4.17s
（3）因摩擦而产生的热量Q 等于摩擦力乘以相对距离：Q＝μMg×2（l1+l2）＝0.3×2×10×2×
（2.5+2）J＝54J
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 减＝Δ E 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．
[题型专练10].
（2023•镇江开学）如图所示，质量为m 的小环套在固定的光滑竖直杆
上，一足够长且不可伸长的轻绳一端与小环相连，另一端跨过光滑的定滑轮与质量为M 的物
块相连，已知M＝2m。与定滑轮等高的A 点和定滑轮之间的距离为3d，定滑轮大小、质量及
摩擦均可忽略。现将小环从A 点由静止释放，小环运动到C 点速度为零，重力加速度为g，则
（ ）
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A．小环最终静止在C 点
B．小环下落过程中减少的重力势能始终等于物块增加的机械能
C．A、C 间距离为4d
D．小环在C 点的加速度为0.6g
【解答】解：C、小环从A 点运动到C 点过程，小环和物块组成的系统机械能守恒，则有：
mg LAC = Mg(√( LAC)
2+(3d )
2-3d )，可得LAC＝4d，故C 正确；
A、设环在C 点时绳子与竖直方向的夹角为θ，则有：tanθ = 3d
4 d = 3
4
，可得θ＝37°
假设小环静止在C 点，则有：Tcosθ＝mg，可得绳子拉力T = 5
4 mg
环静止，则物块静止，则有：T＝Mg＝2mg，绳子拉力大小不相等，所以假设不成立，环不能静
止在C 点，故A 错误；
B、小环下落过程中重力势能减少，动能先增加后减少，所以小环减少的重力势能不是始终等于
物块增加的机械能，小环和重物组成的系统机械能守恒，所以小环减少的机械能始终等于物块
增加的机械能，故B 错误；
D、小环从A 点静止下落到C 点速度为零的过程，先做加速运动，后做减速运动，向下减速过
程，在C 点环的加速度竖直向上，可知小环绳子竖直方向的分力大于小环的重力，即：Tcosθ＞
mg，若绳子拉力T＝Mg＝2mg，则环的加速度a= Tcos37° -mg
m
= 2mg×0.8-mg
m
=0.6 g，实
际分析物块受力可知绳子拉力T＞Mg，所以环的加速度大于0.6g，故D 错误；
故选：C。
[题型专练11].
（2023 春•青羊区校级月考）如图所示，质量为m＝1kg 的小物块从x＝
0.5m 的O 点以速度v0＝4m/s 沿水平面向右运动，小物块撞击弹簧后被弹簧弹回（物体与弹簧
碰撞无能量损失），已知A 点是弹簧为原长时弹簧左端点的位置，其左侧粗糙，右侧光滑，
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物体与粗糙地面间的动摩擦因数μ＝0.5。下列说法正确的是（ ）
A．小物块从A 点向右运动过程中，其加速度逐渐减小
B．小物块向左运动过程中不会经过O 点
C．小物块向右运动过程中，物体和弹簧组成的系统机械能不守恒
D．弹簧储存的弹性势能的最大值为8J
【解答】解：A．小物块从A 点向右运动过程中，弹簧对物块向左的弹力F 逐渐变大，由牛顿第
二定律得：a= F
m
，可知加速度逐渐增大，故A 错误；
B．假设向左运动能经过O 点，根据动能定理得：2 μmgx = 1
2 mv0
2- 1
2 mv
2
解得经过O 点的速度大小：v =√6m/ s，可知假设成立，故小物块向左运动过程中会经过O 点，
故B 错误；
C．物块与弹簧接触前要克服摩擦力做功，故系统机械能不守恒，故C 正确；
D．根据功能关系和能量守恒定律得：1
2 mv0
2- μmgx = E p，解得：Ep＝5.5J，故D 错误。
故选：C。
[题型专练12].
（2023 春•滑县期末）如图所示，表面光滑的固定斜面顶端安装一个定
滑轮，小物块A、B 用轻绳连接并跨过定滑轮（不计滑轮的质量和一切摩擦）．初始时刻，用
手按住物块B 使A、B 处于静止状态．松手后A 下落、B 沿斜面上滑．则从松手到物块A 着地
前的瞬间（ ）
A．由于绳子的拉力做功，所以以A、B 为系统机械能不守恒
B．轻绳对物块B 做的功等于物块B 的机械能增加量
C．物块A 的重力势能的减少量等于物块A 和B 的动能增加量
D．物块A 的机械能与物块B 的重力势能之和是增加的
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【解答】解：A、对A、B 系统来说，绳子的拉力属于内力，故绳子的拉力需要不考虑，由于整
体只有重力做功，故系统的机械能守恒，故A 错误；
B、对B 分析可知，除重力之外的力只有绳子拉力做功，故绳子对B 做的功等于物块B 的机械能
增加量，故B 正确；
C、根据系统的机械能守恒知，A 的重力势能的减小量等于A 和B 动能的增加量以及B 重力势能
的增加量之和，故C 错误；
D、由于总机械能守恒，则可知，A 的机械能与物体B 的机械能之和不变，由于B 的动能增加，
故物块A 的机械能与物块B 的重力势能之和减小，故D 错误。
故选：B。
[题型专练13].
（2023 春•思明区校级期中）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。求：
（1）物体的质量；
（2）物体与斜面间的动摩擦因数；
（3）物体回到斜面底端时的动能。
【解答】解：（1）物体上升到最高点时，动能为零，机械能等于重力势能。
根据图乙可知，物体在最高点的机械能为E＝30J，则物体在最高点的重力势能为Ep＝E＝30J
根据Ep＝mgh，解得：m＝1kg
（2）除重力以外其他力做的功等于物体机械能的变化量，由图乙可知，物体上升过程中，机械
能减小ΔE＝50J﹣30J＝20J
由功能关系可得：ΔE＝fx，其中x=
h
sinα = 3
0.6
m＝5m，解得：f＝4N
根据f＝μmgcos37°得：μ＝0.5
（3）对整个过程，由动能定理得
﹣f•2x＝Ek﹣Ek0，其中Ek0＝50J
代入数据解得物体返回斜面底端的动能：Ek＝10J
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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＝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
[题型专练14].
（2023 秋•昌乐县期中）如图所示，水平传送带顺时针传送的速度v＝
2m/s，与倾角为37°的斜面的底端P 平滑连接，将一质量m＝1kg 的小物块从斜面上A 点由静
止释放，小物块第一次滑上传动带时恰好不会从传递带左端滑下。已知A、P 间的距离x0＝
9m，物块与斜面、传送带间的动摩擦因数分别为μ1＝0.5、μ2＝0.4，取重力加速度g＝
10m/s2，sin37°＝0.6，cos37°＝0.8，求：
（1）传送带左端到传送带右端的距离L；
（2）小物块第n（n 为整数且n≥2）次从斜面上运动到P 时的速度大小；
（3）小物块在整个运动过程中与斜面间因摩擦而产生的总热量Q。
【解答】解：（1）小物块第一次滑上传动送带时恰好不会从传递带左端滑下，即滑到从传送带
左端时速度恰好为零，从A 点到第一次滑上传送带左端，根据动能定理得
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mgx0sinθ﹣μ1mgcosθ•x0﹣μ2mgL＝0
代入数据解得L＝4.5m
（2）小物块第1 次从斜面上运动到P 点时mg x0 sinθ - μ1mgcosθ⋅x0= 1
2 mv1
2
解得v1＝6m/s＞2m/s
故沿传送带返回先做加速运动与传送带共速，后匀速运动到P 点，速度为v1′＝2m/s
则，上升到最高点- 1
2 mv1'
2=-mg x1sinθ - μ1mgcosθ⋅x1
第二次到达P 点时速度mg x1sinθ - μ1mgcosθ⋅x1= 1
2 mv2
2
联立得v2= √5
5 v1'
由于v2＜2m/s
可知从传送带返回速度仍然为v2，物块再次滑上斜面返回P 点，可推理得v3=( √5
5 )
2v1'
则，第n 次返回P 点vn=( √5
5 )
n-1v1' =2( √5
5 )
n-1m/ s
（3）小物块最终停止在斜面底端，则在整个运动过程中与斜面间因摩擦而产生的总热量
Q = μ1mgcosθ⋅x0+ 1
2 mv1'
2=38 J
[题型专练15].
（2023 秋•朝阳区校级月考）足够长的传送带倾斜放置，以大小为v＝
2m/s 的恒定速率顺时针转动，如图甲所示。质量m＝2kg 的小物块以初速度v0＝12m/s 从A 端
冲上传送带又滑了下来，小物块的速度随时间变化的图像如图乙所示，g＝10m/s2，小物块视
为质点，求：
（1）小物块从冲上传送带到离开所用的时间；
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（2）小物块与传送带间的动摩擦因数和传送带的倾角θ；
（3）0﹣2s 内小物块与传送带间因摩擦所产生的热量。
【解答】解：（1）由v﹣t 图像可知，小物块冲上斜面到达最高点所用时间t1＝2s
根据v﹣t 图像与t 轴所围面积表示位移，可得小物块上滑的最大位移为x= 12+2
2
×1m+ 2×1
2
m
＝8m
由图像知，1s∼2s 内的加速度为a2= Δv2
Δt2
= 0-2
1
m/ s
2=-2m/ s
2
方向沿传送带向下，小物块向下运动过程中加速度大小与a2相等，下滑过程有x = 1
2 |a2|t2
2
解得：t2=2√2s≈2.83 s
故所求总时间t＝t1+t2＝2s+2.83s＝4.83s
（2）由v﹣t 图像得0～1s 内的加速度为a1= Δv1
Δt1
2-12
1
m/ s
2=-10m/ s
2
方向沿传送带向下；
0∼1s 内，对小物块，由牛顿第二定律得mgsinθ+μmgcosθ＝﹣ma1
1s∼2s 内，对小物块，由牛顿第二定律得mgsinθ﹣μmgcosθ＝﹣ma2
解得：θ＝37°，μ＝0.5
（3）传送带的速度v＝2m/s，在0∼1s 内传送带的位移为x 带1＝vt1＝2×1m＝2m
小物块的位移为x物1= 12+2
2
×1m=7m
两者相对位移大小为Δx1＝x 物1﹣x 带1＝7m﹣2m＝5m
在1～2s 内传送带的位移x 带2＝vt2＝2×1m＝2m
小物块的位移为x物2= 2×1
2
m=1m
两者相对位移大小为Δx2＝x 带2﹣x 物2＝2m﹣1m＝1m
0～2s 内小物块与传送带间因摩擦所产生的热量
Q＝fd＝μmgcosθ（Δx1+Δx2）＝0.5×2×10×0.8×（5+1）J＝48J
[题型专练16].
（2023•台州模拟）如图所示为处于竖直平面内的一实验探究装置的示
意图，该装置由长L1＝3m、速度可调的固定水平传送带，圆心分别在O1 和O2，圆心角θ＝
120°、半径R＝0.4m 的光滑圆弧轨道BCD 和光滑细圆管EFG 组成，其中B 点和G 点分别为两
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轨道的最高点和最低点，B 点在传送带右端转轴的正上方。在细圆管EFG 的右侧足够长的光
滑水平地面上紧挨着一块与管口下端等高、长L2＝2.2m、质量M＝0.4kg 木板（与轨道不粘
连）。现将一块质量m＝0.2kg 的物块（可视为质点）轻轻放在传送带的最左端A 点，物块由
传送带自左向右传动，在B 处的开口和E、D 处的开口正好可容物块通过。已知物块与传送带
之间的动摩擦因数μ1＝0.2，物块与木板之间的动摩擦因数μ2＝0.5，g 取10m/s2。
（1）若物块进入圆弧轨道BCD 后恰好不脱轨，求物块在传送带上运动的时间；
（2）若传送带的速度3m/s，求物块经过圆弧轨道BCD 最低D 点时，轨道对物块的作用力大小；
（3）若传送带的最大速度4m/s，在不脱轨的情况下，求滑块在木板上运动过程中产生的热量Q
与传送带速度v 之间的关系。
【解答】解：（1）物块进入圆弧轨道BCD 后恰好不脱轨，则在B 点，根据牛顿第二定律可得：
mg=m v
2
R
解得：vB＝2m/s
若物块在传送带上一直加速，由v
2=2× μ1mg
m
L1
解得：v =2√3m/ s
由此可知物块应该是先加速后匀速
t = vB
μ1 g +
L1-
vB
2
2 μ1 g
vB
代入数据解得：t＝2s
（2）若传送带的速度3m/s，则物体先加速后匀速，经过B 点时的速度为vB1＝3m/s
从B 到D，由动能定理得1
2 mv D
2 - 1
2 mvB1
2 =mgR(1+sin30°)
经过D 点时m v D
2
R
= F D-mgsin30°
解得：FD＝11.5N
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（3）从B 到G，由动能定理得1
2 mvG
2 - 1
2 mvB2
2 =2mgR(1+sin30°)
若在木板上恰好不分离，则系统的动量守恒，选择水平向右的方向为正方向，则
mvG＝（m+M）v1
1
2 mvG
2 - 1
2 (m+ M )v1
2= μ2mg L2
得：vB2＝3m/s
当2m/s≤v≤3m/s 时
Q = 1
2 m vG
2 - 1
2 (m+ M )v1
2= m vG
2
3
= m(vB2
2 +6 gR)
3
= v
2+24
15
(J )
当3m/s≤v≤4m/s 时
Q＝μ2mgL2
代入数据解得：Q＝2.2J
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