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专题六 机械能守恒定律
基础篇
考点 一 功和功率 续表
方法 以例说法
一、功
质量为 ｍ 的木块在水平面
1.
定义 物体受到力的作用 且在力的方向上发
： ，
内做圆周运动，运动一周克
微
生了一段位移 就说这个力对物体做了功 元 服摩擦力做功Ｗ ｆ· ｘ
， 。
法
ｆ＝ Δ １＋
2.
做功的两个要素 作用在物体上的力 力的作 ｆ· ｘ ｆ· ｘ … ｆ（ ｘ ｘ ｘ …）
： 、 Δ ２＋ Δ ３＋ ＝ Δ １＋Δ ２＋Δ ３＋ ＝
用点在力的方向上发生的位移 ｆ· Ｒ
２π
。
3. 功 汽车以恒定功率Ｐ在水平路面上运动 ｔ 时间的
公式 Ｗ Ｆｌ α 如图所示 率
： ＝ ｃｏｓ 。 。 法 过程中，牵引力做功Ｗ Ｐｔ
Ｆ＝
用恒力 Ｆ 把物块从 Ａ
等
拉到Ｂ，绳子对物块做
效
α 是力与位移方向之间的夹角 ｌ 为力的作用 转 的 功 Ｗ
换 ＝
１） ，
法 æ ｈ ｈ ö
点的位移 Ｆ·ç ÷
。 è α－ βø
ｓｉｎ ｓｉｎ
该公式只适用于恒力做功 平 弹簧由伸长ｘ 被继续拉至伸长ｘ 的过程中，克
２） 。
均 １ ２
4.
功的正负 力 ｋｘ ｋｘ
服弹力做功Ｗ １＋ ２·（ｘ ｘ ）
当 ° α °时 Ｗ 力对物体做正功 法 ＝ ２ ２－ １
１） ０ ≤ ＜９０ ， ＞０， 。 一水平拉力Ｆ拉着一物体在水
当 ° α °时 Ｗ 力对物体做负功
２） ９０ ＜ ≤１８０ ， ＜０， 。 平面上运动的位移为ｘ ，图线与
图
０
当 α °时 Ｗ 力对物体不做功 像 横轴所围面积表示拉力所做的
３） ＝９０ ， ＝０， 。 法
5.
合力做功的计算
功，Ｗ １Ｆ ｘ
＝ ０ ０
方法一 先求合力 Ｆ 再用 Ｗ Ｆ ｌ α ２
１） ： 合， 合 ＝ 合 ｃｏｓ 作
下蹲的人离地过程中，Ｆ 对人不
求功 适用于在一段位移内合力恒定的情 用
Ｎ
（ 点
做功
况 法
）。
方法二 先求各个力做的功 Ｗ Ｗ Ｗ
半 Ｆ是恒力，通过转绳把套在光滑
定
２） ： １， ２， ３，…，
性 竖直杆上的环向上拉动，ＡＢ
再应用 Ｗ Ｗ Ｗ Ｗ 求合力做的功 半 ＝
合＝ １ ＋ ２ ＋ ３ ＋… 。 定 ＢＣ，拉力Ｆ 做的功分别为 Ｗ 、
ＡＢ
6.
变力做功的计算 量
Ｗ ，则有Ｗ Ｗ
法 ＢＣ ＡＢ＞ ＢＣ
计算功的方法
１） 题型通解
5 ２）
方法 以例说法
年
高
考 应 用力Ｆ 把小球从 Ａ 处缓慢拉
3 用
到 Ｂ 处，Ｆ 做功为 Ｗ ，则有
年 动 Ｆ
模 能
Ｗ ｍｇｌ（ θ） ，得Ｗ
拟 定 Ｆ－ １－ｃｏｓ ＝ ０ Ｆ＝
理
A ｍｇｌ（ θ）
１－ｃｏｓ
版
高
考
物
理
５０
7. 一对作用力与反作用力的功 二、动能定理
1.
动能定理的内容
做功情形及图例 备注
合外力对物体所做的功等于物体动能的变化
都做正功
量 这个结论叫作动能定理
， 。
一对相互作用力做的
2.
① 动能定理的表达式
总功与参考系无关
都做负功
Ｗ Ｅ Ｅ 式中 Ｗ 为合外力对物体所做的
② 一对相互作用力做的 ＝ ｋ２ － ｋ１，
总功Ｗ Ｆｌ α，ｌ 是相 功 Ｅ 为物体末状态的动能 Ｅ 为物体初状
＝ ｃｏｓ ， ｋ２ ， ｋ１
一正一负 对位移，α 是 Ｆ 与 ｌ 方向 态的动能 动能定理的表达式为标量式 ｖ
。 ，
间的夹角
为相对同一参考系的速度 中学物理中一般
，
一对相互作用力做的
③ 取地面为参考系
一零一正 总功可正、可负，也可 。
3.
适用条件
为零
（图中物体为带正电荷的 既适用于直线运动 也适用于曲线运动
１） ， 。
一零一负
绝缘小球） 既适用于恒力做功 也适用于变力做功
２） ， 。
力可以是各种性质的力 既可以同时作用
３） ， ，
也可以间断作用
8. 摩擦力做的功可正 可负 可为零 。
， ， 。
二、功率
考点 三 机械能守恒定律
1.
平均功率的计算方法
一、重力做功
Ｗ
1.
利用 Ｐ 重力做功的表达式 Ｗ ｍｇｈ ｈ 为沿重力方
１） ＝ ｔ 。 ： Ｇ ＝ （
向的位移
利用 Ｐ Ｆｖ α ｖ 为物体运动的平均速度 ）。
２） ＝ ｃｏｓ ， 。 2.
重力做功的特点
2.
瞬时功率的计算方法
重力做功与路径无关 与始 末位置的高度
利用公式 Ｐ Ｆｖ α 其中 ｖ 为 ｔ 时刻的瞬 １） ， 、
１） ＝ ｃｏｓ ，
差有关
时速度 α 为 Ｆ 与 ｖ 的夹角 。
， 。
重力做功不引起物体机械能的变化
利用公式 Ｐ Ｆｖ 其中 ｖ 为物体的速度 ｖ 在 ２） 。
２） ＝ Ｆ， Ｆ
二、重力势能 弹性势能
力 Ｆ 方向上的分速度
。 1.
重力势能
利用公式 Ｐ Ｆ ｖ 其中 Ｆ 为物体受到的外力
３） ＝ ｖ ， ｖ
由物体所处位置的高度决定的能量 称为重
Ｆ 在速度 ｖ 方向上的分力 １） ，
。
力势能 Ｅ ｍｇｈ
， ｐ ＝ 。
考点 二 动能与动能定理 重力势能是地球和物体组成的系统共有的
２） ，
而不是物体单独具有的
一、动能
。
重力势能 Ｅ ｍｇｈ 是相对的 式中的 ｈ 是物
表达式 Ｅ １ｍｖ２ ｖ 是瞬时速度 动能是 ３） ｐ ＝ ，
： ｋ ＝ （ ， 体的重心到参考平面 零势能面 的高度
２ （ ） 。
状态量 动能是标量 没有负值 单位为焦 重力势能的变化与重力做功的关系
专
）。 ， ； ４）
题
耳 重力对物体做多少正功 物体的重力势能就 六
（Ｊ）。 ，
减少多少 重力对物体做多少负功 物体的 机
； ， 械
能
守
恒
定
律
５１
3. 重力势能就增加多少 即Ｗ Ｅ 机械能守恒定律的表达式 Ｅ Ｅ Ｅ Ｅ
， Ｇ＝－Δ ｐ。 ： ｐ１ ＋ ｋ１ ＝ ｐ２ ＋ ｋ２、
注意 重力势能的正负号表示大小，如 Ｅ Ｅ 或 Ｅ Ｅ
４０ Ｊ＞０ Ｊ＞ Ａ＝ Ｂ 增＝ 减。
4.
。 对机械能守恒条件的理解
－４０ Ｊ
2.
弹性势能 只受重力作用 不考虑空气阻力作用 例如
① ， ；
大小 弹簧的弹性势能的大小与弹簧的形变 各种抛体运动 物体的机械能守恒
１） ： ， 。
量及劲度系数有关 除重力外 物体还受其他力 但其他力不做
。 ② ， ，
弹力做功与弹性势能变化的关系 弹力做正 功或做功代数和为零
２） ： 。
功 弹性势能减少 弹力做负功 弹性势能 除重力外 只有系统内的弹力做功 那么系
， ； ， ③ ， ，
增加 统的机械能守恒
。 。
三、机械能守恒定律 注意 该情况下并非物体的机械能守恒，如与弹簧相
1.
机械能 动能和势能统称为机械能 其中势能 连的小球向下运动的过程中小球和弹簧组成的系统机
： ，
包括重力势能和弹性势能 械能守恒，而小球的机械能变化。
。
2. 机械能守恒定律的内容 在只有重力或系统 若系统与外界没有能量交换 系统内也没有
： ④ ，
内弹力做功的系统内 动能和势能可以互相 机械能与其他形式的能的转化 则系统机械
， ，
转化 而总的机械能保持不变 能守恒
， 。 。
5
年
高
考
3
年
模 拟
A
版
高
考
物
理
５２
综合篇
拓展 一 动能定理在多过程中的应用 例1 如图所示，ＡＢＣＤＯ 是处于竖直平面内的
1. 固定轨道，Ｏ、Ａ 处于同一水平位置。 ＡＢ 是半
多过程问题的受力情况 运动情况比较复杂
、 ，
从动力学的角度分析多过程问题往往比较困 径为 Ｒ 的１圆弧光滑轨道，ＣＤＯ 是半径为
＝１ ｍ
难 而用动能定理分析问题 只需要总体上把 ４
， ， ｒ ． 的半圆弧光滑轨道，最高点 Ｏ 处固定
握运动状态的变化 因此动能定理的优越性 ＝０ ５ ｍ
， 一个竖直弹性挡板（可以把小球弹回且不损失
就明显地表现出来了
。 能量，图中没有画出），Ｄ 为 ＣＤＯ 轨道的中点。
2.
运用动能定理解决问题时 有两种思路 一种
， ： ＢＣ 段是水平粗糙轨道，与圆弧形轨道平滑连
是全过程列式 另一种是分段列式
， 。 接。 现让一个质量为ｍ 的小球从Ａ 点的
3. ＝１ ｋｇ
全过程列式涉及重力 弹簧弹力 大小恒定的
、 、 正上方距水平线 ＯＡ 高 Ｈ 处的 Ｐ 点自由落下，
阻力或摩擦力做功时 要注意它们各自的做
， 已知 ＢＣ 段水平轨道长 Ｌ ，与小球之间的
＝２ ｍ
功特点
： 动摩擦因数 μ ． 。 则（取 ｇ ２）
＝０ ２ ＝１０ ｍ／ｓ
重力做的功取决于物体的初 末位置 与路
１） 、 ，
径无关
。
大小恒定的阻力或摩擦力做的功等于力的
２）
大小与路程的乘积
。
弹簧弹力做功与路径无关 （ ）当Ｈ 时，小球第一次到达Ｄ 点对轨道 ３） 。 １ ＝２ ｍ
的压力大小；
（ ）为使小球仅仅与弹性板碰撞一次，且小球 二、机械能守恒问题具体情况分析
２
不会脱离 ＣＤＯ 轨道，求 Ｈ 的取值范围。 1. 不含弹簧的轻杆模型、轻绳模型
解析 （ ）设小球第一次到达 Ｄ 点的速度大 轻杆模型图例及三大特点
１ １）
小为 ｖ ，对小球从 Ｐ 到 Ｄ 点的过程，根据动能
Ｄ
定理有 ｍｇ（Ｈ ｒ） μｍｇＬ １ｍｖ２
＋ － ＝ Ｄ
２
在 Ｄ 点轨道对小球的支持力 Ｆ 提供向心力，
转动时两物体角速度相等
Ｎ
① 。
则有 Ｆ ｍ
ｖ２
Ｄ ，联立解得 Ｆ 杆对物体的作用力并不总是沿杆的方向 杆
② ，
Ｎ ＝ ｒ Ｎ ＝８４ Ｎ
能对物体做功 单个物体机械能不守恒
， 。
由牛顿第三定律得，小球对轨道的压力大小为
对于杆和物体组成的系统 忽略空气阻力和
③ ，
Ｆ ′ Ｆ
Ｎ ＝ Ｎ ＝８４ Ｎ 各种摩擦且只有重力和杆对物体 Ａ Ｂ 做功
、 ，
（ ）为使小球仅仅与挡板碰撞一次，且小球不
２ 则系统机械能守恒
。
会脱离 ＣＤＯ 轨道，Ｈ 最小时必须满足能上升到
轻绳模型图例及三点提醒
２）
Ｏ 点，有 ｍｇＨ μｍｇＬ １ｍｖ２，在 Ｏ 点有 ｍｇ
－ ＝ Ｏ ＝
ｍｉｎ
２
ｖ２
ｍ Ｏ ，代入数据解得 Ｈ ．
ｒ ｍｉｎ ＝０ ６５ ｍ 分清两物体是速度大小相等 还是沿绳方向
① ，
Ｈ 最大时，第二次滑到 ＣＤＯ 轨道上的 Ｄ 点时， 的分速度大小相等
。
有 ｍｇ（Ｈ ｒ） μｍｇＬ ，代入数据解得 抓住两物体的位移大小关系或竖直方向高
ｍａｘ ＋ －３ ＝ ０ ②
Ｈ ． ，故有 ． Ｈ ． 度变化的关系
ｍａｘ ＝０ ７ ｍ ０ ６５ ｍ≤ ≤０ ７ ｍ 。
答案 （ ） 对于单个物体 一般绳上的力要做功 机械
１ ８４ Ｎ ③ ， ，
（ ） ． Ｈ ． 能不守恒 但对于绳连接的系统 只有重力
２ ０ ６５ ｍ≤ ≤０ ７ ｍ ； ，
和系统内绳子拉力做功 其他力不做功 机
拓展 二 机械能守恒定律在多物体中的 ， ，
械能守恒
应用 。
例2 一半圆形竖直固定碗半
一、多物体组成的系统中机械能守恒问题的
径为Ｒ，用轻质不可伸长的细绳
解题思路
连接的 Ａ、Ｂ 两球悬挂在碗边缘
两侧，Ａ 球质量为 Ｂ 球质量的
２
倍。 现将 Ａ 球从碗边缘处由静
止释放，如图所示。 已知 Ａ 球始终不离开碗内
表面，且细绳足够长，若不计一切摩擦，求：
（ ） Ａ 球沿碗内表面滑至最低点时速度的
１
大小；
专
（ ）Ａ 球沿碗内表面运动的最大位移。 题
２ 六
解析 （ ）设 Ａ 球沿圆柱内表面滑至最低点
１ 机
械
能
守
恒
定
律
５３
时速度的大小为 ｖ，Ｂ 球的质量为 ｍ，则根据机 例3 如图所示，Ａ、Ｂ 两小球由绕过轻质定滑
械能守恒定律有 轮的细线相连，Ａ 放在固定的光滑斜面上，Ｂ、Ｃ
两小球在竖直方向上通过劲度系数为 ｋ 的轻
ｍｇＲ ｍｇＲ １ ｍｖ２ １ｍｖ２
２ － ２ ＝ ×２ ＋ Ｂ
２ ２
质弹簧相连，Ｃ 球放在水平地面上。 现用手控
由图甲可知，Ａ 球的速度 ｖ 与 Ｂ 球速度 ｖ 的关
Ｂ 制住 Ａ，并使细线刚刚伸直但无拉力作用，并保
证滑轮左侧细线竖直、右侧细线与斜面平行。
系为 ｖ ｖ ｖ °，解得 ｖ ２－ ２ｇＲ。
Ｂ＝ １ ＝ ｃｏｓ ４５ ＝２ 已知 Ａ 的质量为 ｍ，Ｂ、Ｃ 的质量均为 ｍ，重力
５
４
加速度为 ｇ，细线与滑轮之间的摩擦不计，开始
时整个系统处于静止状态。 释放 Ａ 后，Ａ 沿斜
面下滑至速度最大时 Ｃ 恰好离开地面。 下列
说法正确的是 （ ）
甲 乙
（ ）当 Ａ、Ｂ 球的速度为零时，Ａ 球沿碗表面运
２
动的位移最大，设为 ｘ，如图乙所示。 由相似三
Ｒ Ｒ２ ｘ２ ｘ
角形得２ ４ － ，Ａ 球下降的高度 ｈ
ｘ ＝ ｈ ＝ Ｒ 斜面倾角 α °
２
Ａ． ＝６０
Ｒ２ ｘ２，从静止释放至 Ａ 球运动位移最大的
ｍ
４ － Ａ 获得的最大速度为 ｇ
过程中，由机械能守恒定律得 ｍｇｈ ｍｇｘ ， Ｂ． ２ ｋ
２ － ＝０ ５
解得 ｘ Ｒ。 Ｃ 刚离开地面时，Ｂ 的加速度最大
＝ ３ Ｃ．
从释放 Ａ 到 Ｃ 刚离开地面的过程中，Ａ、Ｂ 两
Ｄ．
答案 （ ） ２－ ２ｇＲ （ ） Ｒ 小球组成的系统机械能守恒
１ ２ ２ ３
５
2. 解析 Ｃ 刚离开地面时，弹簧处于伸长状态，
含轻弹簧模型的几点注意
对 Ｃ 有 ｋｘ ｍｇ，此时 Ｂ 有最大速度，即 ａ
含弹簧的物体系统在只有系统内弹簧弹力 ＝ Ｂ ＝
１） ２
和重力做功时 物体的动能 重力势能和弹 ａ ，则对 Ｂ 有 Ｔ ｋｘ ｍｇ ， 对 Ａ 有
， 、 Ａ＝ ０ － ２ － ＝ ０
簧的弹性势能之间相互转化 物体和弹簧组
， ｍｇ α Ｔ ，解得 α １，α °，故
４ ｓｉｎ － ＝０ ｓｉｎ ＝ ＝３０ Ａ
成的系统机械能守恒 ２
。
项错误；释放 Ａ 前系统静止，且细线上无拉力，
弹簧弹力做的功等于弹簧弹性势能的减少
２）
弹簧处于压缩状态，对 Ｂ 有 ｋｘ ｍｇ，可知 ｘ
量 而弹簧弹力做功与路径无关 只与初 末 ＝ ＝
１ １
， ， 、
ｍｇ
状态弹簧形变量的大小有关 ｘ ，则从释放至 Ｃ 刚离开地面过程中，初
。 ２ ＝ ｋ
由两个或两个以上的物体与弹簧组成的系
5 ３） 末状态弹性势能变化量为零，此过程中 Ａ、Ｂ、
统 当弹簧形变量最大时 弹簧两端连接的
年
， ，
高 Ｃ、弹簧组成的系统机械能守恒，即 Ａ 球减少的
考 物体具有相同的速度 或沿弹簧方向分速度
3 （ 重力势能转化为 Ｂ 球增加的重力势能和 Ａ、Ｂ
年 相同 弹簧处于自然长度时 弹簧弹性势能
模 ）； ， 的动能，细线一直处于伸直状态，故 Ａ、Ｂ 速度
拟 最小 为零
（ ）。
A 相同，故 ｍｇ（ｘ ｘ ） α ｍｇ（ｘ ｘ ）
版 ４ １ ＋ ２ ｓｉｎ ＝ １ ＋ ２ ＋
高
考
物
理
５４
例4 螺旋千斤顶由带手柄的螺杆和底座组
ｍ
１（ ｍ ｍ）ｖ２ ，解得 ｖ ｇ ，所以 Ａ 获得
４ ＋ Ｂ ｍ Ｂ ｍ ＝２ ｋ 成，螺纹与水平面夹角为 α，如图所示。 水平转
２ ５
ｍ 动手柄，使螺杆沿底座的螺纹槽（相当于螺母）
的最大速度为 ｇ ，故 项正确；Ｃ 刚离开
２ ｋ Ｂ 缓慢旋进而顶起质量为 ｍ 的重物，如果重物和
５
地面时，Ｂ 的加速度为 ，故 项错误；从释放 螺杆可在任意位置保持平衡，称为摩擦自锁。
０ Ｃ
Ａ 到 Ｃ 刚离开地面的过程中，Ａ、Ｂ、Ｃ 及弹簧组 能实现自锁的千斤顶，α 的最大值为 α 。 现用
０
成的系统机械能守恒，故 项错误。 一个倾角为 α 的千斤顶将重物缓慢顶起高度
Ｄ
０
答案 ｈ 后，向螺纹槽滴入润滑油使其动摩擦因数 μ
Ｂ
减小，重物回落到起点。 假定最大静摩擦力等
拓展 三 功能关系与能量守恒
于滑动摩擦力，不计螺杆和手柄的质量及螺杆
一、功能关系
与重物间的摩擦力，转动手柄不改变螺纹槽和
1.
几种常见的功能关系及其表达式
螺杆之间的压力。 重力加速度大小为 ｇ。 下列
力做功 能的变化 定量关系 说法正确的是 （ ）
）合外力做正功，动能增加
合外力 １
动能变化 ）合外力做负功，动能减少
做功 ２
）Ｗ Ｅ Ｅ Ｅ
３ ＝Δ ｋ＝ ｋ 末－ ｋ 初
）重力做正功，重力势能减少
重力势能 １
重力做功 ）重力做负功，重力势能增加
变化 ２
）Ｗ Ｅ Ｅ Ｅ
３ Ｇ＝－Δ ｐ＝ ｐ 初－ ｐ 末
）弹力做正功，弹性势能减少
弹簧弹 弹性势 １
）弹力做负功，弹性势能增加
力做功 能变化 ２ 实现摩擦自锁的条件为 α μ
３ ）Ｗ Ｆ＝－Δ Ｅ ｐ＝ Ｅ ｐ 初－ Ｅ ｐ 末 Ａ． ｔａｎ ≥
下落过程中重物对螺杆的压力等于 ｍｇ
）电场力做正功，电势能减少 Ｂ．
电场力 电势能 １
）电场力做负功，电势能增加
从重物开始升起到最高点，摩擦力做功
做功 变化 ２ Ｃ．
）Ｗ Ｅ 为 ｍｇｈ
３ 电＝－Δ ｐ
）安培力做正功，电能减少 从重物开始升起到最高点，转动手柄做功
安培力 １ Ｄ．
电能变化 ）安培力做负功，电能增加 为 ｍｇｈ
做功 ２ ２
）Ｗ Ｅ
３ 安＝－Δ 电 解析 实现自锁的条件是重
除重力和
物重力沿螺纹槽向下的分力小
系统内弹 ）其他力做正功，机械能增加
机械能 １ 于或等于最大静摩擦力， 即
簧弹力之 ）其他力做负功，机械能减少
变化 ２
外的其他 ）Ｗ Ｅ ｍｇ α μｍｇ α，解得 μ
３ ＝Δ ｓｉｎ ≤ ｃｏｓ ≥
力做功 α， 项错误。 重物从静止开
ｔａｎ Ａ
一对相互 ）作用于系统的一对滑动摩擦 始下落，落回到起点位置重物速度又减为 ，所
１ ０
作用的滑 力的总功一定为负值，系统内能
以重物在下落过程中先失重后超重，螺杆对重
内能变化 专
动摩擦力 增加 题
物的支持力先小于ｍｇ，后大于ｍｇ，根据牛顿第
六
的总功 ）Ｑ Ｆ·Ｌ
２ ＝ ｆ 相对 三定律可知重物对螺杆的作用力先小于 ｍｇ， 机
械
能
守
恒
定
律
５５
后大于 ｍｇ， 项错误。 重物缓慢上升的过程 ２。 求：
Ｂ １０ ｍ／ｓ
中，以螺杆和重物为整体进行受力分析可知，
支持力与摩擦力的合力与重物所受的重力等
图
大反向，如图，即Ｆ ｍｇ，重物缓慢上升，根据动 １
＝
能定理可知 Ｗ ｍｇｈ ，解得 Ｗ ｍｇｈ，因为
Ｆ－ ＝０ Ｆ ＝
Ｗ 、Ｗ ，所以从重物开始升起到重物到达
Ｆ ＞０ ｆ＞０
Ｎ
最高点，摩擦力做功小于 ｍｇｈ， 项错误。 从重
Ｃ
物开始升起到最高点，手对手柄做的功一部分
图
２
用于合力 Ｆ 做功，一部分转化为重物上升增加
（ ） 内，Ａ、Ｂ 的加速度大小 ａ 、ａ 。
的重力势能 ｍｇｈ，所以 Ｗ Ｗ ｍｇｈ ｍｇｈ， １ ０～１ ｓ Ａ Ｂ
＝ Ｆ＋ ＝２ Ｄ
（ ）Ｂ 相对 Ａ 滑行的最大距离 ｘ。
项正确。 ２
（ ） 内，拉力做的功 Ｗ。
答案 ３ ０～４ ｓ
Ｄ
（ ） 内系统摩擦产生的热量 Ｑ。
2.
涉及两种摩擦力功能关系的比较 ４ ０～４ ｓ
解析 （ ）在 内，Ａ、Ｂ 两物体分别做匀
静摩擦力 滑动摩擦力 １ ０～１ ｓ
加速直线运动，根据牛顿第二定律得 μｍｇ
＝
在静摩擦力做功
Ｍａ 、Ｆ μｍｇ ｍａ ，解得 ａ ２，ａ
的过程中，只有机 ）相互摩擦的物体通过滑 Ａ １ － ＝ Ｂ Ａ ＝ ２ ｍ／ｓ Ｂ ＝
１
械能从一个物体 动摩擦力做功，将部分机械
２。
能 ４ ｍ／ｓ
量 转移到另一个物 能从一个物体转移到另一 （ ）ｔ 后，拉力 Ｆ μｍｇ，铁块 Ｂ 做匀速直
的 ２ １ ＝１ ｓ ２ ＝
转 体（静摩擦力起着 个物体 线运动，设 Ｂ 的速度大小为 ｖ ，木板 Ａ 仍做匀
化
１
方 传递机械能的作 ２ ）部分机械能转化为内能， 加速直线运动，设又经过时间 ｔ ，Ａ 的速度与铁
面
用），而没有机械 此部分能量就是系统机械 ２
块 Ｂ 的相等，有 ｖ ａ ｔ 、ｖ ａ （ｔ ｔ ），解得
能转化为其他形 能的损失量 １ ＝ Ｂ １ １ ＝ Ａ １ ＋ ２
ｔ ；
式的能量
２ ＝１ ｓ
假设 Ａ、Ｂ 速度相等后一起做匀加速运动，运动
一对相互作用的滑动摩擦
一
对 力对物体系统所做的总功， 时间 ｔ ，设加速度为 ａ，有 Ｆ （Ｍ ｍ）ａ，
摩 ３ ＝２ ｓ ２ ＝ ＋
擦 一对静摩擦力所 等于摩擦力与两个物体相 解得 ａ ２，木板 Ａ 受到的静摩擦力 ｆ
力 ＝ １ ｍ／ｓ ＝
做功的代数和等 对路程的乘积， 即 Ｗ
的 ｆ ＝ Ｍａ μｍｇ，故 后Ａ、Ｂ 相对静止，故 时Ａ、Ｂ
总 于零 Ｆ·Ｌ ，表示物体克服 ＜ ２ ｓ ２ ｓ
功 － ｆ 相对
方 摩擦力做功，系统损失的机 相距最远，ｘ
＝
ｘ
Ｂ－
ｘ
Ａ＝
１ａ
Ｂ
ｔ２
＋
ｖ ｔ
－
１ａ
Ａ
（ｔ
＋
ｔ ）２，
面 １ １ ２ １ ２
械能转化成内能 ２ ２
解得 ｘ 。
＝２ ｍ
例5 如图 所示，质量 Ｍ ． 的长木板 Ａ
１ ＝１ ０ ｋｇ （ ）时间 ｔ 内拉力做的功 Ｗ Ｆ ｘ Ｆ ·
静止在光滑水平面上，在木板的左端放置一个 ３ １ １ ＝ １ １ ＝ １
5 质量ｍ ． 的小铁块Ｂ，铁块与木板间的动
１ａ
Ｂ
ｔ２
１ ＝１２ Ｊ
，时间 ｔ
２
内拉力做的功 Ｗ
２ ＝
Ｆ
２
ｘ
２ ＝
年 ＝１ ０ ｋｇ ２
高 摩擦因数 μ ． ，对铁块施加水平向右的拉力 Ｆ ｖ ｔ ，时间 ｔ 内拉力做的功 Ｗ Ｆ ｘ
考 3 ＝０ ２ ２ １ ２ ＝８ Ｊ ３ ３ ＝ ２ ３ ＝
Ｆ，Ｆ 大小随时间变化的关系如图 所示， 时
年
模
２ ４ ｓ Ｆ （ｖ ｔ １ ａｔ３） ， 内拉力做的功 Ｗ
拟 撤去拉力。 可认为 Ａ、Ｂ 间的最大静摩擦力与 ２ １ ３ ＋ ３ ＝ ２０ Ｊ ４ ｓ ＝
２
A 滑动摩擦力大小相等，取重力加速度 ｇ Ｗ Ｗ Ｗ 。
版 ＝ １ ＋ ２ ＋ ３ ＝４０ Ｊ
高
考
物
理
５６
（ ）Ｑ 只发生在铁块与木板相对滑动阶段，此
４
过程中系统 Ｑ μｍｇ·ｘ 。
＝ ＝４ Ｊ
解题方法三步求解相对滑动物体的能量问题
第一步：正确分析物体的运动过程，做好受力分析；
第二步：利用运动学公式，结合牛顿第二定律分析物体
的速度关系及位移关系；
第三步：代入公式 Ｗ Ｆ ·ｘ 计算，其中 ｘ 为两接
＝ ｆ 相对 相对
触物体间的相对位移，若物体在传送带上做往复运动，
应代入总的相对路程ｓ 。
相对
专
题
六
机
械
能
守
恒
定
律
５７
使质量 ｍ ． 的滑块沿轨道上升到最高点
＝０ １ ｋｇ
Ｃ，已知弹簧的弹性势能与其压缩量的二次方
成正比，Ａ、Ｂ 间距离 Ｌ ，滑块与水平面间
＝４ ｍ
的动摩擦因数 μ ． ， 重力加速度 ｇ
＝ ０ ２ ＝
２，求：
１０ ｍ／ｓ
（ ）当弹簧的压缩量为 时，弹簧的弹性
１ ２ ｃｍ
答案 （ ） ２ ２ （ ） 势能。
１ ２ ｍ／ｓ ４ ｍ／ｓ ２ ２ ｍ
（ ） （ ）
（ ）当弹簧的压缩量为 （弹性限度内）时，
３ ４０ Ｊ ４ ４ Ｊ
２ ３ ｃｍ
二、能量守恒
启动发射装置，滑块滑到轨道最高点 Ｃ 时对轨
1.
对能量守恒定律的两点理解
道的作用力。
某种形式的能量减少 一定存在其他形式的
（ ）当弹簧的压缩量为 时，启动发射装
１） ，
３ ３ ｃｍ
能量增加 且减少量和增加量一定相等
置，滑块从 Ｄ 点水平抛出后的水平射程。
， 。
某个物体的能量减少 一定存在其他物体的
解析 （ ）因为“ ”字形轨道是双轨道，滑块
２） ，
１ ９
能量增加 且减少量和增加量一定相等
恰好到达 Ｃ 点时的速度为 ，根据能量守恒定
， 。
０
2.
能量转化问题的解题思路
律得 Ｅ μｍｇＬ ｍｇＨ，解得 Ｅ ． 。
ｐ ＝ ＋ ｐ ＝１ ８ Ｊ
当涉及摩擦力做功 机械能不守恒时 一般
（ ）因为弹簧弹性势能与压缩量的二次方成正
１） ， ，
２
应用能量守恒定律
。
比，故当弹簧压缩量为 时，Ｅ ９Ｅ ，根据
解题时 首先确定初 末状态 然后分析状态 ３ ｃｍ ｐ１ ＝ ｐ
２） ， 、 ， ４
变化过程中哪种形式的能量减少 哪种形式
， 能量守恒定律得Ｅ μｍｇＬ ｍｇＨ １ｍｖ ２，由牛
＝ ＋ ＋ Ｃ
的能量增加 求出减少的能量总和 Ｅ 与增 ｐ１
， Δ 减 ２
加的能量总和 Δ Ｅ 增， 最后由 Δ Ｅ 减＝Δ Ｅ 增 列式 顿第二定律得 Ｆ ｍｇ ｍ ｖ Ｃ ２ ，解得 Ｆ ，
求解 Ｎ ＋ ＝ Ｒ Ｎ ＝４４ Ｎ
。
由牛顿第三定律可知，滑块滑到轨道最高点 Ｃ
例6 如图所示，水平面上的 Ａ 点有一固定的
时对轨道作用力的大小为 ，方向竖直
理想弹簧发射装置，发射装置内壁光滑，Ａ 点为
４４ Ｎ
向上。
发射口所在的位置，在竖直面内内壁光滑的钢
（ ）根据能量守恒定律可得Ｅ μｍｇＬ ｍｇ（Ｈ
管弯成的“ ”字形轨道固定在 Ｂ 点，且与水平 ３ ｐ１ ＝ ＋ －
９
面平滑相接，钢管内径很小，“
９
”字全高 Ｈ
＝ ２
Ｒ）
＋
１ｍｖ
Ｄ
２，解得 ｖ
Ｄ＝７ ｍ／ｓ
，由平抛运动规律
，“ ”字上半部分圆弧轨道半径 Ｒ ． ， ２
１ ｍ ９ ＝０ １ ｍ
得 Ｈ Ｒ １ｇｔ２，ｘ ｖ ｔ，故水平射程 ｘ ． 。
圆弧为３圆周，圆弧轨道与其下端相接的水平 －２ ＝ ＝ Ｄ ＝２ ８ ｍ
２
４ 答案 （ ） ． （ ） 方向竖直向上
部分轨道（轨道出口为 Ｄ）相切，当弹簧压缩量 １ １ ８ Ｊ ２ ４４ Ｎ
（ ） ．
为 （弹性限度内）时，启动发射装置，恰能 ３ ２ ８ ｍ
２ ｃｍ
应用篇
模型 一 机车启动模型 为两种启动方式的最终状态
０ 。
2.
以恒定加速度启动时的分段处理
1.
机车启动有两种方式
图中 ｔ 段 Ｐ 均匀增加 Ｐ Ｆｖ ａ 不变 Ｆ
以恒定的功率启动 １） ０～ ０ （ ＝ ， ，
１）
不变 ｖ 均匀增加 可按匀加速直线运动及
， ），
平均功率处理
。
Ｐ
加速度逐渐减小 匀速直 额
ｔ 时刻Ｐ 增至Ｐ ｖ ｔ ｔ 段Ｐ Ｐ
← 的变加速运动 → ← 线运动 → …… ２） ０ 额， ０ ＝ Ｆ 。 ０～ １ ＝ 额＝
机车达到最大速度时 ａ Ｆ Ｆ Ｐ Ｆｖ Ｆｖ 功率不变 Ｆ 不变 牵引力 Ｆ 和 ａ 变小
＝０， ＝ ｆ， 额＝ ｍ ＝ ， ， ｆ ， ，
Ｆ ｖ 这一启动过程的 ｖ ｔ 关系如图所示 其 但速度 ｖ 增加 此阶段牵引力是变力 牵引
ｆ ｍ， － ， 。 ，
中 ｖ Ｐ 额 力的功为 Ｗ ＝ Ｐ 额（ ｔ １ － ｔ ０）。
ｍ ＝ Ｆ 。 ｔ 时刻后 Ｐ Ｆ ｖ 成立
ｆ ３） １ ， 额＝ ｆ· ｍ 。
说明 机车以恒定加速度启动时，先后经过两个过
①
程，匀加速运动结束时的速度，并未达到整个过程的最
大速度ｖ ，只是达到匀加速阶段的最大速度。 在 Ｐ
ｍ ② ＝
Ｆｖ中因为Ｐ为机车牵引力的功率，所以对应的 Ｆ 是牵
设加速阶段机车位移为 ｓ 对机车应用动能 引力并非合力，这一点在计算时极易出错。 只有最终
， ③
Ｐ Ｐ
定理有 Ｐ
额
ｔ
０ －
Ｆ
ｆ
ｓ
＝
１ｍｖ２
ｍ －０
匀速运动时才有Ｆ
＝
Ｆ
ｆ
、ｖ
ｍ＝ Ｆ
额
＝ Ｆ
额 。
２ ｆ
以恒定的加速度启动 例1 如图甲所示，一升降机在电动机的拉力
２）
作用下，由静止开始沿竖直方向向上运动，在
电动机的带动下，升降机先做匀加速运动，
５ ｓ
末电动机达到额定功率，之后保持额定功率不
变，升降机运动的 ｖ ｔ 图像如图乙所示，已知电
－
动机的额定功率 Ｐ ，重力加速度 ｇ 取
＝３６ ｋＷ
２，求：
１０ ｍ／ｓ
这一运动过程的 ｖ ｔ 关系如图所示 其中ｖ （ ）升降机的总质量。
－ ， ０ ＝ １
Ｐ 额 Ｐ 额 （ ）升降机在 内上升的高度。
Ｆ Ｆ ｍａ ｖ ２ ０～８ ｓ
Ｆ ， ＝ ｆ ＋ ， ｍ ＝ Ｆ 。
ｆ
5
年
高
考
3
两种启动过程中 物理量变化的判断主要依
年
，
模
解析 （ ）最终升降机做匀速运动，电动机
拟 Ｆ Ｆ
１
靠公式 Ｐ Ｆｖ 和 ａ － ｆ 另外 Ｐ Ｐ 和 ａ
A ＝ ＝ ｍ ， ＝ 额 ＝ 的牵引力 Ｆ ｍｇ，电动机以额定功率工作时，
牵 ＝
版 １
高
考
物
理
５８
有 Ｐ Ｆ ｖ ，解得升降机的总质量 ｍ 例2 如图所示，绷紧的传送带与水平面的夹
＝ 牵 ＝
１ ｍａｘ
。 角 θ °，传送带在电动机的带动下，始终保
３００ ｋｇ ＝３０
（ ）当 ｔ 时，升降机的速度 ｖ ａｔ 持 ｖ 的速率运行，现把一质量为 ｍ
２ １ ＝５ ｓ ０ ＝ １ ０ ＝２ ｍ／ｓ ＝
Ｐ 的工件（可视为质点）轻轻地放在传送带
电动机的牵引力 Ｆ １０ ｋｇ
牵
２
＝ｖ
的底端，经过时间 ｔ ． ，工件被传送到 ｈ
０ ＝１ ９ ｓ ＝
根据牛顿第二定律得
． 的高处，ｇ 取 ２，求：
１ ５ ｍ １０ ｍ／ｓ
Ｆ ｍｇ ｍａ
牵 － ＝
２
解得 ａ ２，ｖ
＝２ ｍ／ｓ ０ ＝１０ ｍ／ｓ
则 内上升的高度
０～５ ｓ
（ ）工件与传送带间的动摩擦因数。
ｈ
１ ＝
１ａｔ２
１ ＝２５ ｍ １
２ （ ）电动机由于传送工件多消耗的电能。
内由动能定理得 ２
５～８ ｓ ｈ
解析 （ ）由题图可知，传送带长 ｘ
１ ＝ θ＝
Ｐｔ ｍｇｈ １ｍｖ２ １ｍｖ２
ｓｉｎ
－ ＝ －
２ ２ ｍａｘ ０
２ ２ ，工件速度达到ｖ 前，做匀加速运动的位移
解得上升的高度 ｈ ． ３ ｍ ０
２ ＝３３ ８ ｍ ｖ
则 内升降机上升的高度 ｘ ０ｔ ，匀速运动的位移为 ｘ ｘ ｖ （ｔ ｔ ），解
＝ － ＝ －
０～８ ｓ １ １ １ ０ １
２
ｈ ｈ ｈ ．
＝ １ ＋ ２ ＝５８ ８ ｍ 得加速运动的时间 ｔ １ ＝０ ． ８ ｓ ，加速运动的位移
答案 （ ） （ ） ．
１ ３００ ｋｇ ２ ５８ ８ ｍ ｖ
ｘ ． ，所以加速度ａ ０ ． ２，由牛顿
１ ＝０ ８ ｍ ＝ｔ ＝２ ５ ｍ／ｓ
模型 二 能量观点综合应用模型 １
第二定律有 μｍｇ θ ｍｇ θ ｍａ，解得
ｃｏｓ － ｓｉｎ ＝
1.
传送带模型中的功能关系
μ ３。
力做的功及含义 引起的能量变化 ＝
２
传送带对物体做的功，即传送带 等于物体机械能 （ ）由能量守恒定律知，电动机多消耗的电能
２
对物体的摩擦力做的功 Ｗ ｆ＝ ｆｘ 物 的变 化 量 Ｗ ｆ ＝ 转化为工件的动能、势能以及克服传送带与工
（ｆ、ｘ 为矢量） Ｅ Ｅ
物 Δ ｋ＋Δ ｐ 件之间发生相对位移时摩擦力做功产生的热
传送带（匀速传送
量，在时间 ｔ 内，传送带运动的位移 ｘ ｖ ｔ
物体对传送带做的功，即物体对 传＝ ＝
带）克服摩擦力做 １ ０ １
传送带的摩擦力做的功，等于摩 ． ，在时间 ｔ 内，工件相对传送带的位移
的功，等于电动机 １ ６ ｍ １
擦力乘传送带的位移，故有 Ｗ ｆ＝ 多消耗的电能 Ｗ ｆ ｘ 相＝ ｘ 传－ ｘ １ ＝０ ． ８ ｍ ，在时间 ｔ １ 内，摩擦生热Ｑ ＝
ｆｘ
－ 传 ＝ Ｅ 电 μｍｇ ｃｏｓ θ·ｘ 相 ＝ ６０ Ｊ ，最终工件获得的动能
系统内一对相互作用的滑动摩
等于产生的内能 Ｅ １ｍｖ ２ ，工件增加的势能 Ｅ ｍｇｈ
擦力做的总功，等于力乘相对位 ｋ ＝ ０ ＝２０ Ｊ ｐ ＝ ＝
２
Ｑ ｆ ·ｘ
移，故有Ｗ ｆ ｘ ＝ 滑 相对 ，电动机多消耗的电能 Ｗ Ｑ Ｅ Ｅ
一对ｆ＝－ 滑 相对 １５０ Ｊ ＝ ＋ ｋ ＋ ｐ ＝
电动机做的功，即牵引力对传送 将电能转化为机 。
专
２３０ Ｊ
题
带做的功，等于牵引力乘以传送 械能和内能之和
六
带的位移，故有Ｗ Ｆｘ Ｗ Ｅ Ｅ Ｑ 答案 （ ） ３ （ ）
Ｆ＝ 传 Ｆ＝Δ ｋ＋Δ ｐ＋ １ ２ ２３０ Ｊ 机
２ 械
能
守
恒
定
律
５９
例3 如图所示，一根轻弹簧左端固定于竖直
１ｍｖ２ μ ｍｇｓ ｍｇＲ
＝ ＋
墙上，右端被质量 ｍ 可视为质点的小物 ２
２
＝１ ｋｇ
得 Ｒ ．
块压缩而处于静止状态，且弹簧与物块不拴
＝０ ８ ｍ
（ ）设物块从 Ｅ 点返回至 Ｂ 点的速度为 ｖ ，由
接，弹簧原长小于光滑平台的长度。 在平台的 ２ Ｂ
右端有一传送带，ＡＢ 长 Ｌ
＝５ ｍ
，物块与传送带 １ｍｖ２
－
１ｍｖ２
Ｂ ＝
μ
２
ｍｇ
×２
ｓ，得 ｖ
Ｂ ＝ ７ ｍ／ｓ
，因为
间的动摩擦因数μ ． ，与传送带相邻的粗糙 ２ ２
１ ＝０ ２ ｖ ，故物块会再次滑上传送带，物块在恒定
水平面ＢＣ 长ｓ ． ，它与物块间的动摩擦因 Ｂ＞０
＝１ ５ ｍ 摩擦力的作用下先减速至 再反向加速，由运
数 μ ． ，在 Ｃ 点右侧有一半径为 Ｒ 的光滑 ０
２ ＝０ ３ 动的对称性可知其以相同的速率离开传送带，
竖直圆弧轨道与 ＢＣ 平滑连接，圆弧对应的圆
心角为 θ °，在圆弧轨道的最高点 Ｆ 处有 设最终停在距 Ｃ 点 ｘ 处，由 １ ｍｖ２ μ ｍｇ（ｓ
＝１２０ Ｂ ＝ ２ －
２
一固定挡板，物块撞上挡板后会以原速率反弹
ｘ），得 ｘ １ 。
回来。 若传送带以 ｖ 的速率顺时针转 ＝ ｍ
＝５ ｍ／ｓ ３
动，不考虑物块滑上和滑下传送带的机械能损 （ ）设传送带速度为 ｖ 时物块恰能到 Ｆ 点，在
３ １
失。 当弹簧储存 Ｅ
ｐ ＝１８ Ｊ
的能量全部释放时，
Ｆ 点满足 ｍｇ ° ｍ
ｖ２
Ｆ
小物块恰能滑到与圆心等高的 Ｅ 点，取 ｇ ｓｉｎ ３０ ＝ Ｒ
＝
２。 从 Ｂ 到 Ｆ 过程中由动能定理可知
１０ ｍ／ｓ
１ｍｖ２ １ｍｖ２ μ ｍｇｓ ｍｇ（Ｒ Ｒ °）
１ － Ｆ＝ ２ ＋ ＋ ｓｉｎ ３０
２ ２
得 ｖ
１ ＝ ３７ ｍ／ｓ
（ ）求右侧圆弧轨道的半径 Ｒ； 设传送带速度为 ｖ 时，物块撞挡板后返回能再
１ ２
（ ）求小物块最终停下时与 Ｃ 点的距离； 次上滑恰到 Ｅ 点，
２
（ ）若传送带的速度大小可调，欲使小物块与
３ 由１ｍｖ２ μ ｍｇ ｓ ｍｇＲ，
２
＝
２
×３ ＋
挡板只碰一次，且碰后不脱离轨道，求传送带 ２
速度的可调节范围。 解得 ｖ
２ ＝ ４３ ｍ／ｓ
解析 （ ）物块被弹簧弹出，由 Ｅ １ｍｖ２， 若物块在传送带上一直加速运动，由 １ ｍｖ２ Ｂ －
１ ｐ ＝ ０ ２ ｍ
２
可知 ｖ
０ ＝６ ｍ／ｓ
１ ｍｖ２
＝
μ ｍｇＬ，知其到 Ｂ 点的最大速度 ｖ
Ｂ ＝
０ １ ｍ
因为 ｖ ｖ，故物块滑上传送带后先减速，物块 ２
０＞
，综合上述分析可知，只要传送带速度
与传送带相对滑动过程中 ５６ ｍ／ｓ
ｖ 就满足条件。
由 μ ｍｇ ｍａ ，ｖ ｖ ａ ｔ ，ｘ ｖ ｔ １ａ ｔ２ ３７ ｍ／ｓ≤ ≤ ４３ ｍ／ｓ
5 １ ＝ １ ＝ ０ － １ １ １ ＝ ０ １ － １ １ 答案 （ ） ．
年 ２ １ ０ ８ ｍ
高 得 ａ ２，ｔ ． ，ｘ ．
考 １ ＝２ ｍ／ｓ １ ＝０ ５ ｓ １ ＝２ ７５ ｍ （ ） １
3 ２ ｍ
因为 ｘ Ｌ，故物块与传送带共速后相对静止，
年 １＜ ３
模
拟
最后物块以 的速度滑上水平面 ＢＣ，物块 （ ） ｖ
５ ｍ／ｓ ３ ３７ ｍ／ｓ≤ ≤ ４３ ｍ／ｓ
A 滑离传送带后恰到 Ｅ 点，由动能定理可知
版
高
考
物
理
６０
2. 物块木板模型中的功能关系 当滑块从静止开始运动到木板最右端时，木板
以物块带动木板模型为例 水平地面光滑 在地面上移动的距离为 ｓ，滑块速度为 ｖ ，木板
（ ） １
速度为 ｖ ，下列结论中正确的是 （ ）
２
区分三种位移 板的位移为 ｘ 物块的位移为
１） ： ，
Ｌ ｘ 相对位移为 Ｌ
（ ＋ ）， ； 滑块克服摩擦力所做的功为 ｆ（Ｌ ｓ）
功与能 Ａ． ＋
２）
上述过程满足（Ｆ ｆ）（Ｌ ｓ） １ｍｖ ２ １ｍ ｖ ２
力做的功 力乘位移 计算式 引起能量变化 Ｂ． － ＋ ＝ １ ＋ １ ２
２ ２
等于 Ｆ 做的功减
其他条件不变的情况下，Ｆ 越大，滑块到达右
板对物块 Ｃ．
滑动摩擦 去物块动能的增 端所用时间越长
的滑动摩 Ｗ
擦 力 做 力乘物块 ｆ（Ｌ － ｆ＝ ｘ） 量即Ｗ － ｆ＝－ ［Ｆ（Ｌ 其他条件不变的情况下，ｆ 越大，滑块与木板
的位移 － ＋ Ｄ．
的功 ｘ） １ｍｖ２］ 间产生的热量越多
＋ －
２
解析 当滑块从静止开始运动到木板右端
等于板动能的增
物块对板 力乘板的 时，发生的位移为 Ｌ ｓ，滑块克服摩擦力所做的
Ｗ ｆｘ ＋
做的功 位移 ｆ＝ 量１ Ｍｖ２
功为 ｆ（Ｌ ｓ），故 正确；滑块与木板间产生的
２ ＋ Ａ
热量 Ｑ ｆＬ，根据能量守恒定律知 Ｆ（Ｌ ｓ） Ｑ
一对滑动
＝ ＋ ＝ ＋
力乘相对 Ｗ 等于系统产生的
摩擦力做
一对ｆ＝
位移 ｆ·Ｌ 内能Ｑ ｆ·Ｌ １ｍｖ ２ １ｍ ｖ ２，故 错误；滑块和木板都是做
的功 － ＝ １ ＋ １ ２ Ｂ
２ ２
初速度为零的匀加速运动，在其他条件不变的
等于系统增加的
即外力对
机械能和内能之 情况下，木板的运动情况不变，滑块和木板的
物块做的
外力Ｆ Ｗ
功等于力 Ｆ＝ 和 Ｗ １ｍｖ２ 相对位移还是 Ｌ，滑块的位移也没有发生改变，
做的功 Ｆ（Ｌ ｘ） Ｆ＝ ＋
乘物块的 ＋ ２ 所以拉力 Ｆ 越大滑块的加速度越大，离开木板
位移 １Ｍｖ２
＋
ｆＬ
时间就越短，故 错误；系统产生的热量等于
２ Ｃ
例4 （多选）如图所示，质量为 ｍ 、长为 Ｌ 的 摩擦力和相对位移乘积，即 Ｑ ＝ ｆＬ，相对位移 Ｌ
１
没变，ｆ 越大，产生的热量越多，故 正确。
木板置于光滑的水平面上，一质量为 ｍ 的滑块 Ｄ
答案
放置在木板最左端，滑块与木板间滑动摩擦力
ＡＤ
的大小为 ｆ，用水平的恒定拉力 Ｆ 作用于滑块。
专
题
六
机
械
能
守
恒
定
律
６１
