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第13 讲 功能关系
题型一 力做功与能量转化
1．（2026•南充模拟）如图，摩天轮座舱中的游客在竖直面内做匀速圆周运动，游客（视为质点）在t1、
t2时刻先后经过同一水平面，则（ ）
A．在t1，t2时刻，游客的速度方向一定相反
B．在t1～t2时间，游客的速度变化一定为零
C．在t1～t2时间，游客的平均速度一定为零
D．在t1～t2时间，游客的重力做功一定为零
【答案】D
【分析】根据匀速圆周运动的特点，分析游客在同一水平面两个时刻的速度方向、速度变化量、位移
与平均速度，再结合重力做功只与初末位置高度差有关的规律，逐一判断各选项的正误。
【解答】解：B、速度是矢量，若两次经过同一水平面的不同位置，速度方向不同，速度变化不为
零，故B 错误；
A、若游客转动一整圈，两次经过同一水平面的同一位置，速度方向相同，并非一定相反，故A 错
误；
C、平均速度等于位移除以时间，只有初末位置重合时位移才为零，若两次经过同一水平面的不同位
置，位移不为零，平均速度不为零，故C 错误；
D、重力做功只与初末位置的高度差有关，初末时刻在同一水平面，高度差Δh＝0，因此重力做功一定
为零，故D 正确。
故选：D。
2．（2026 春•思明区校级期中）如图甲，拖把是由拖杆和拖把头构成的清洁工具。某同学保持拖杆与水
平方向的夹角为θ，并用沿拖杆方向的恒力F 推动拖把头，使其在水平地面沿直线运动，发生的位移
为s，如图乙所示。则恒力F 做的功为（ ）
A．0
B．Fs
C．Fscosθ
D．Fstanθ
【答案】C
【分析】利用功的计算公式，确定恒力与位移的夹角，计算恒力所做的功。
【解答】解：根据功的定义恒力F 做功为W＝Fscosθ，故C 正确，ABD 错误。
故选：C。
3．（2026 春•新建区校级期中）如图所示，物体在力F 的作用下沿水平面运动一段位移l。设这三种情形
下力F 和位移l 的大小都是一样的。下列说法正确的是（ ）
A．甲图中，力F 对物体做负功
B．甲图和乙图中，力F 对物体做功相同
C．乙图和丙图中，力F 对物体做功相同
D．乙图中，力F 对物体做功为﹣Flcos30°
【答案】D
【分析】根据力的方向与物体的位移方向的夹角是锐角还是钝角，来判断力做功正负；根据功的计算
公式列式分析做功关系。
【解答】解：A、甲图中，力的方向与物体的位移方向成锐角，则力F 对物体做正功，故A 错误；
BCD、甲图力F 对物体做功为
W 甲＝Flcos30°=
❑√3
2 Fl
乙图中，力F 对物体做功为
W 乙＝Flcos150°＝﹣Flcos30°=−
❑√3
2 Fl
丙图中，力F 对物体做功为
W 丙＝Flcos30°=
❑√3
2 Fl
故甲图和乙图中，力F 对物体做功不相同。乙图和丙图中，力F 对物体做功不相同，故BC 错误，D 正
确。
故选：D。
（多选）4．（2026•宝安区校级二模）活检针可用于人体内部组织取样，如图所示，取样时，活检针的
针鞘瞬间弹出且刺入身体，穿过厚度为d1的肌肉组织后再进入目标组织，继续运动d2距离后停止。若
两段运动过程中针鞘只受到组织的阻力（不计重力），且该阻力与针鞘进入人体内的长度成正比，比
例系数为k。则：（ ）
A．运动d1的过程中，肌肉组织对针鞘做的功为﹣kd1
2
B．运动的全过程中，肌肉组织对针鞘做的功为−k(d1+d2)
2
2
C．运动d2的过程中，针鞘克服阻力做功为k d2(d1+ d2
2 )
D．目标组织对针鞘做的功为−k d2
2
2
【答案】CD
【分析】本题阻力是变力，与针鞘进入人体的长度成正比，需用平均阻力法计算功。
【解答】解：A、由题知，针鞘在软组织前进d1时，其受到软组织的阻力由零变为f1＝Kd1
则在这段距离肌肉组织后对针鞘做的功为W 1=−0+ f 1
2
d1=−1
2 K d1
2
故A 错误；
B、针鞘在目标组织前进d2时，其受到软组织的阻力不变，为f1＝Kd1，则在这段距离软组织对针鞘做
的功为W1′＝﹣f1d2＝﹣Kd1d2
故肌肉组织对针鞘做的总功为W＝﹣Kd1（d2+ 1
2d1）
故B 错误；
C、可知在运动d2的过程中，针鞘克服阻力做功为
W 克=|W 1′ |+|W |2= K d1d2+ 1
2 K d2
2= K d2( 1
2 d2+d1)
故C 正确；
D、由题知，针鞘在目标组织前进d2时，其受到目标组织的阻力由零变为f2＝Kd2，则在这段距离目标
组织对针鞘做的总功为W 2=−0+ f 2
2
d2=−1
2 K d2
2
故D 正确。
故选：CD。
题型二 利用机械能守恒定律解决弹簧问题
1．（2026•丹东一模）如图所示，在倾角为θ＝30°的光滑斜面上有两个用轻质弹簧相连接的物块A、B，
它们的质量分别为1kg 和2kg，C 为一固定挡板，系统处于静止状态。现开始用一恒力F＝20N 沿斜面
方向拉物块A 使之向上运动，从A、B 开始运动到二者第一次速度相等的过程中（g 取10m/s2），下列
说法中正确的是（ ）
A．B 刚要离开C 时，A 的加速度大小为2.5m/s2
B．当A、B 速度相等时，A 的加速度大于B 的加速度
C．当A、B 速度相等时，弹簧的弹性势能最大
D．A、B 和弹簧组成的系统机械能守恒
【答案】C
【分析】题目描述斜面光滑且初始系统静止，施加恒力F 拉物块A 向上运动至A、B 首次速度相等。
需分析此过程中B 离开挡板C 的条件、速度相等时两物块加速度关系、弹簧弹性势能变化及系统机械
能是否守恒。关键点在于明确弹簧弹力变化导致两物块受力动态改变，结合牛顿第二定律比较加速
度，利用速度相等时弹簧伸长量最大判断弹性势能极值，并注意恒力F 做功对系统机械能的影响。
【解答】解：A、物块B 刚要离开挡板C 时，弹簧处于伸长状态，对B 的拉力等于其重力沿斜面向下
的分力，即Fs＝mBgsinθ。对物块A 应用牛顿第二定律，有F﹣mAgsinθ﹣Fs＝mAaA，代入数据解得：
aA =5m/ s
2，故A 错误；
C、在B 离开挡板C 后至A 与B 速度首次相等的过程中，始终有vA＞vB，两物块间的距离持续增大。
当vA＝vB时，两物块间距达到最大值，此时弹簧伸长量最大，其弹性势能也最大，故C 正确。
B、设两物块加速度相等时弹簧的拉力为Fs0，由牛顿第二定律可得
F −mA gsinθ−Fs0
mA
= Fs0−mB gsinθ
mB
，代入数据解得：Fs0= 40
3 N。当两物块速度相等时，弹簧形变
量达到最大，此时弹簧拉力Fs＞Fs0，根据牛顿第二定律分析可知，此时aA＜aB，故B 错误；
D、在系统运动过程中，除系统内重力与弹簧弹力做功外，外部恒力F 始终对系统做正功，依据功能
原理，系统的机械能不断增加，故D 错误。
故选：C。
2．（2026 春•青山湖区校级期中）如图所示，轻弹簧竖直固定在水平地面上，处于原长时弹簧上端位于
O 点。一小球从O 点正上方h＝0.8m 处由静止释放，落至O 点后压缩弹簧。已知小球质量m＝0.2kg，
弹簧劲度系数k＝50N/m，重力加速度g＝10m/s2，不计空气阻力。下列说法正确的是（ ）
A．小球落至O 点时动能最大，最大值为1.6J
B．小球从接触弹簧到运动至最低点，始终处于超重状态
C．从释放到落至最低点，小球重力势能的减少量等于弹簧弹性势能的增加量
D．当弹簧压缩量为0.08m 时，小球的加速度大小为10m/s，方向竖直向下
【答案】C
【分析】题目描述小球从高处释放后与弹簧相互作用的过程，需分析其运动、受力及能量转化。小球
接触弹簧前做自由落体，接触后受重力与弹力作用先加速后减速，动能最大位置在弹力等于重力处而
非O 点。加速度方向先下后上，对应失重与超重状态转换，并非始终超重。从释放到最低点初末速度
为零，动能不变，重力势能减少量全部转化为弹性势能。压缩量为0.08m 时需通过弹力与重力关系判
断加速度大小与方向。
【解答】解：A、小球接触弹簧后，初始阶段重力大于弹簧弹力，合力方向向下，小球继续做加速运
动。当弹簧弹力与重力大小相等时，加速度为零，此时动能达到最大，该位置位于O 点下方。因此，
小球落至O 点时动能并非最大值，故A 错误；
B、小球从接触弹簧至运动到最低点的过程中，其加速度先向下（重力大于弹力）后向上（弹力大于
重力），对应地，小球先处于失重状态，后处于超重状态，并非始终处于超重状态，故B 错误；
C、小球从释放到落至最低点，初速度与末速度均为零，动能变化量为零。根据能量守恒定律，小球
减少的重力势能全部转化为弹簧增加的弹性势能，因此小球重力势能的减少量等于弹簧弹性势能的增
加量，故C 正确；
D、当弹簧压缩量为x＝0.08m 时，依据牛顿第二定律有kx﹣mg＝ma。代入数据解得a＝10m/s2，加速
度方向竖直向上，故D 错误。
故选：C。
3．（2026 春•新华区校级期中）如图所示，A、B 两小球由绕过定滑轮的轻质细线相连，B、C 球放在固
定不动的倾角为α 的光滑斜面上，通过劲度系数为k 的轻质弹簧相连，C 球靠在与斜面垂直的挡板
上。现用手托住A 球，并使细线刚好伸直但无拉力作用，保证滑轮左侧细线与斜面平行、右侧细线竖
直。开始时整个系统处于静止状态，释放A 后，A 下落的速度最大时C 恰好对挡板无压力，已知A、
B、C 三球的质量均为m，重力加速度为g，细线与滑轮之间的摩擦不计，运动过程中A 未落地，B 未
与滑轮相撞，则（ ）
A．该过程A、B、C 三球所组成的系统机械能守恒
B．当C 球刚要离开挡板时B 球的加速度一定不为0
C．斜面的倾角α 为30°
D．小球A 的最大速度为2 g ❑√
m
2k
【答案】C
【分析】题目描述A、B、C 三球与弹簧组成的系统，初始静止，释放A 后A 下落、B 沿光滑斜面上
滑。分析过程需关注系统机械能是否守恒、关键状态下的受力与加速度、以及A 速度最大时的条件。
系统包含弹簧，机械能守恒需考虑所有内力做功情况；A 速度最大时系统加速度为零，此时C 对挡板
无压力，由此可建立B、C 的受力平衡关系，进而求解斜面倾角；再通过弹簧形变量变化与系统机械
能守恒推导A 的最大速度。
【解答】解：对物理过程进行整体分析，系统初始处于静止状态，释放小球A 后，A 下落并拉动B 沿
光滑斜面向上加速运动。
运动过程中仅有重力和弹簧弹力做功，因此由A、B、C 三球与弹簧组成的系统机械能守恒。当A 下落
速度达到最大时系统加速度为零，此时C 恰好对挡板无压力，
表明弹簧对C 的拉力恰好平衡其重力分力。之后系统因惯性继续运动，速度将减小。结合各选项进行
推导判定：
A、在A 下落过程中，弹簧弹力对B 做负功，对C 做功为零，因此仅包含A、B、C 三球的系统机械能
不守恒，故A 错误；
B、当C 球刚要离开挡板时，A 球速度达到最大值，此时系统加速度为零。因A 与B 通过不可伸长的
细线连接，两者加速度大小始终相等，故此时B 球的加速度也为零，故B 错误；
C、初始系统静止，对B 球受力分析，由平衡条件得弹簧压缩量满足kx1＝mgsinα。当A 速度最大且C
对挡板无压力时，系统加速度为零。
对C 球由平衡条件得弹簧拉力F 弹＝mgsinα；对A 球由平衡条件得细线拉力T＝mg；对B 球由平衡条
件得T﹣mgsinα﹣F 弹＝0。
联立三式，代入得mg﹣mgsinα﹣mgsinα＝0，解得sinα＝0.5，即斜面倾角α＝30°，故C 正确；
D、由分析可知，弹簧初始压缩量x1= mgsin30°
k
= mg
2k 。A 速度最大时弹簧伸长量
x2= mgsin30°
k
= mg
2k 。
因x1＝x2，两状态下弹簧弹性势能相等。自释放至A 速度最大过程中，A 下落距离及B 上滑距离均为
h= x1+ x2= mg
k 。
根据系统机械能守恒有mgh−mghsin30° = 1
2 m vmax
2
+ 1
2 m vmax
2
，代入数据解得vmax = g ❑√
m
2k ，故D 错
误。
故选：C。
（多选）4．（2026•云南模拟）如图所示，一轻弹簧下端固定在倾角为θ＝37°的斜面底端，一质量为m
可视为质点的物块从距弹簧上端d 处从静止释放。当弹簧压缩量为d 时，物块运动到最低点。物块与
斜面间的动摩擦因数为μ＝0.5，且弹簧始终在弹性限度内。已知劲度系数为k 的弹簧，形变量为x 时
的弹性势能为E p= 1
2 k x
2，取sin37°＝0.6，cos37°＝0.8，重力加速度为g。从释放物块到物块第一次到
达最低点的过程中，下列说法正确的是（ ）
A．摩擦产生的热量为4
5 mgd
B．物块和弹簧组成的系统机械能减少量为2
5 mgd
C．物块的最大动能为9
20 mgd
D．物块的最大速度为3
10
❑√5 gd
【答案】AD
【分析】A.根据摩擦生热求摩擦产生的热量；
B.根据机械能守恒定律求物块和弹簧组成的系统机械能减少量；
CD.由能量守恒和平衡关系求出物块动能最大时弹簧的形变量，结合功能关系求出物块的最大动能，
进而求出物块的最大速度。
【解答】解：A．根据题意可知，物块与斜面间的摩擦力与其相对斜面走过的距离的乘积即为摩擦生
热，满足Q = Ff x相对=2 μmgdcosθ= 4
5 mgd，故A 正确；
B．由机械能守恒定律可知，摩擦力对物块所做的功的绝对值即为物块和弹簧组成的系统机械能的减
少量，结合A 选项的分析可知，其大小为4
5 mgd，故B 错误；
CD．根据题意可知，弹簧压缩量为d 时，物块运动到最低点，可知此时物块的速度为0，根据能量守
恒2mgdsinθ−2 μmgdcosθ= 1
2 k d
2
可知kd = 4
5 mg
当物块动能最大时，物块处于受力平衡状态，根据胡克定律有kx1＝mgsinθ﹣μmgcosθ＝0.2mg
解得x1= mg
5k = 1
4 d
此时物块的重力做功W G=mg(d + x1)sinθ = 3
4 mgd
弹簧弹力做功W 1=−1
2 k x1
2=−1
40 mgd
滑动摩擦力做功W F f =−μmgcosθ(d + x1)=−1
2 mgd
故物块的动能为Ek =W G+W 1+W F f = 9
40 mgd
物块的最大速度满足1
2 m vm
2 = 9
40 mgd
解得vm= 3
10
❑√5 gd，故C 错误，D 正确。
故选：AD。
题型三 利用机械能守恒定律解决传送带问题
1．（2026 春•琼山区校级期中）如图，机场传送带以速度v＝0.8m/s 顺时针匀速转动，传送带与水平面的
夹角θ＝37°，底端A 点和顶端B 点之间距离L＝4m。现将一个质量m＝1kg 且可视为质点的行李无初
速度地放在传送带A 点，行李与传送带之间的动摩擦因数μ＝0.8，重力加速度g 取10m/s2，sin37°＝
0.6，cos37°＝0.8，忽略空气阻力。从行李放上传送带开始计时，直到行李到达B 点，下列说法正确的
是（ ）
A．行李加速运动阶段的加速度大小为2m/s2
B．t＝3s 时，摩擦力对行李做功的瞬时功率为4.8W
C．行李加速运动阶段，摩擦力对行李做功为2.56J
D．整个过程因摩擦产生的热量为3.84J
【答案】B
【分析】行李放上传送带后先经历加速阶段，需比较滑动摩擦力与重力沿传送带分力的大小以判断行
李是否先相对传送带滑动；加速过程中行李受力沿传送带向上，由牛顿第二定律确定加速度，通过速
度公式与位移公式计算加速时间与位移，从而判断行李在到达B 点前是否已与传送带共速。加速阶段
摩擦力为滑动摩擦力，共速后变为静摩擦力，其大小等于重力沿传送带分力，整个过程摩擦力方向始
终沿传送带向上，对行李一直做正功。计算瞬时功率时需明确t＝2s 时行李已匀速，此时静摩擦力大小
与速度已知，由功率公式可得瞬时功率。
【解答】解：AC．根据题意可知，行李放上传送带后先经历加速阶段，有μmgcosθ﹣mgsinθ＝ma
解得a＝0.4m/s2，方向沿传送带向上
加速到与传送带共速的时间t1= v
a
解得
t1＝2s
加速位移x1= 0+ v
2
t1
解得
x1＝0.8m
加速阶段摩擦力做功W1＝μmgcosθ•x1
解得
W1＝5.12J
故AC 错误；
B．t＝3s 时行李已处于匀速阶段，根据平衡条件，可得静摩擦力f 静＝mgsinθ
解得
f 静＝6N
摩擦力对行李做功的瞬时功率P＝f 静v
解得
P＝4.8W
故B 正确；
D．整个过程产生的摩擦热Q＝μmgcosθ（vt1﹣x1）
解得
Q＝5.12J
故D 错误。
故选：B。
2．（2026 春•深圳校级期中）如图相对皮带静止的货物与皮带一起沿斜面匀速上升。在这个过程中，下
列说法正确的是（ ）
A．传送带对货物不做功
B．货物所受摩擦力做的功等于货物的重力势能增加量
C．电机对传送带不做功
D．货物所受摩擦力做的功会导致内能增加
【答案】B
【分析】货物随传送带匀速上升时受到沿斜面向上的静摩擦力作用，该力方向与速度方向相同，因此
传送带对货物做正功。货物在上升过程中重力做负功，其重力势能增加；根据动能定理可知，静摩擦
力所做的功等于货物克服重力所做的功，即静摩擦力做功等于重力势能增加量。电机需要克服货物对
传送带向下的静摩擦力而做功以维持传送带匀速运动。货物与传送带之间无相对滑动，静摩擦力做功
不会转化为内能。
【解答】解：A、货物随传送带匀速上升，受到重力、支持力以及沿传送带向上的静摩擦力作用，传
送带对货物的作用力所做的功等于支持力与静摩擦力做功的总和，由于支持力方向与速度方向垂直而
不做功，静摩擦力方向与速度方向相同而做正功，因此传送带对货物做正功，故A 错误；
B、对货物应用动能定理，有Wf﹣WG＝0，其中重力做负功且其大小等于重力势能的增加量，即WG＝
ΔEp，由此可得摩擦力所做的功Wf＝ΔEp，故B 正确；
C、传送带向上运动过程中，需要克服货物施加的沿传送带向下的摩擦力而做功，电机需提供动力以
维持传送带匀速运动，因此电机对传送带做正功，故C 错误；
D、货物与传送带保持相对静止，两者之间为静摩擦力，没有相对滑动位移，因此不产生热量，不会
导致系统内能增加，故D 错误。
故选：B。
3．（2026•哈尔滨二模）如图（a），一足够长的水平传送带以某一恒定速率顺时针转动，一根水平轻弹
簧两端分别与物块和竖直墙面连接。物块将弹簧压缩一段距离后，置于传送带最左端，无初速度释
放，物块向右运动过程中受到传送带的摩擦力f 的大小随位移x 的关系如图（b），已知物块质量为
m，物块与传送带间的动摩擦因数为μ，重力加速度为g，设最大静摩擦力等于滑动摩擦力，x0为已知
量，则（ ）
A．x0～2x0过程中，物块做加速度增大的减速运动
B．0～2x0过程中，摩擦力对物块做功为−3
2 μmg x0
C．0～2x 过程中，弹簧弹力对物块做正功
D．传送带的速度大小为❑√3 μg x0
【答案】D
【分析】题目描述物块在传送带上从静止释放，受到弹簧弹力和传送带摩擦力的共同作用。分析物块
运动过程的关键在于结合摩擦力随位移变化的图像：在0 至x0阶段，摩擦力恒为滑动摩擦力且方向向
右，物块向右加速，此时弹簧处于压缩状态提供弹力；当位移达到x0时摩擦力为零，表明物块速度与
传送带速度相同且弹簧恢复原长；在x0至2x0阶段，摩擦力线性增加，说明物块与传送带相对静止，
静摩擦力与逐渐增大的弹簧拉伸弹力平衡，物块做匀速运动。因此需通过运动过程和受力分析，判断
各阶段运动性质，并利用动能定理或功能关系求解速度等物理量。
【解答】解：由图（b）可知，在0～x0阶段，物块所受摩擦力恒为滑动摩擦力，f＝μmg。当x＝x0
时，摩擦力为零，表明此时物块速度与传送带速度相同，且弹簧恰好处于原长状态，弹力为零。在x0
～2x0阶段，摩擦力随位移线性增加，说明物块与传送带保持相对静止，做匀速直线运动，静摩擦力与
不断增大的弹簧弹力相平衡。当x＝2x0时，静摩擦力达到最大值，满足k（2x0﹣x0）＝μmg，解得弹
簧劲度系数k = μmg
x0
。
A、在x0～2x0过程中，物块与传送带相对静止做匀速运动，加速度始终为零，故A 错误；
B、在0～2x0全过程中，摩擦力方向始终与位移方向相同（向右），通过计算图线与横轴所围面积可
得摩擦力做的总功为W f = μmg x0+ 1
2 μmg x0，解得：W f = 3
2 μmg x0，故B 错误；
C、在0～2x0过程中，弹簧的初、末形变量均为x0，因此系统弹性势能变化量为零，弹簧弹力对物块
所做的总功为零，故C 错误；
D、在0～x0过程中，对物块应用动能定理，有1
2 k x0
2+ μmg x0= 1
2 m v
2−0，代入之前求得的k 值，解
得传送带速度大小为v = ❑√3 μg x0，故D 正确。
故选：D。
（多选）4．（2026 春•同安区校级期中）传送带输送机简化模型图如图甲所示，传送带输送机倾角为
30°，顺时针匀速转动。在传送带下端点A 无初速度放入货物（可视为质点）。货物从点A 运动到上
端点B 的过程中，其机械能E 与位移s 的关系图像（以点A 所在水平面为零势能面）如图乙所示。已
知货物质量为2kg，重力加速度g 取10m/s2，则（ ）
A．传送带匀速运行的速度大小为2m/s
B．货物从点A 运动到点B 的全过程中，传送带对货物做的总功为46J
C．货物从点A 运动到点B 的全过程中，因摩擦产生的热量为12J
D．传送带电机因运送该货物而多消耗的电能为34J
【答案】AC
【分析】根据功能关系：传送带对货物做的功等于货物的机械能变化量；根据E﹣s 图像的斜率等于传
送带对货物的摩擦力大小，分析传送带对货物做的总功，确定在s＝0.8m 时货物恰好与传送带共速，
根据机械能的定义求得传送带的速度大小；由运动学公式分析货物与传送带的相对位移大小与货物的
位移大小的关系，由功能关系得到全过程因摩擦产生的热量；根据能量守恒定律分析传送带电机因运
送该货物而多消耗的电能。
【解答】解：B．由功能关系可知，传送带对货物做的功等于货物的机械能变化量。货物从点A 运动
到点B 的全过程中，由图乙可得货物机械能增加量为34J，则传送带对货物做的总功为34J，故B 错
误；
A．由功能关系可知，货物的机械能E 与位移s 的关系图像的斜率等于传送带对货物的摩擦力大小，由
E﹣s 图像的斜率变化可知，在s＝0.8m 时货物受到的摩擦力由滑动摩擦力变为静摩擦力，可得在s＝
0.8m 时货物恰好与传送带共速，传送带匀速运行的速度大小为v，由s＝s1＝0.8m 时货物的机械能E＝
E1＝12J，可得：
E1＝Ek1+Ep1= 1
2 mv
2+mgs1•sinθ，解得：v＝2m/s，故A 正确；
C．货物从点A 运动到与传送恰好带共速的过程两者相对滑动，此过程因摩擦产生热量，共速之后两
者相对静止不产生热量。
两者相对滑动的过程中，货物的位移大小为：s1= v
2 t，传送带的位移大小为：s2＝vt
两者的相对位移大小为：Δs＝s2﹣s1= v
2 t =s1，即此过程两者的相对位移大小等于货物的位移大小。
此过程的摩擦生热为：Q＝f 滑Δs
对货物由功能关系得：f 滑s1＝E1
联立可得：Q＝E1＝12J，即全过程因摩擦产生的热量为12J，故C 正确；
D．根据能量守恒定律可知，传送带电机因运送该货物而多消耗的电能等于全过程货物增加的机械能
与摩擦生热之和，为：34J+12J＝46J，故D 错误。
故选：AC。
题型四 机械能守恒中的图像问题
1．（2026•云南一模）体育课上某同学将排球以初速度v0竖直向上抛出，假设排球在运动过程中受到的
空气阻力大小恒定，以t 表示排球运动的时间，h 表示排球距抛出点的高度。某时刻排球的速度为v、
加速度为a、动能为Ek、机械能为E，取竖直向上为正方向，则排球从开始上抛到落回抛出点的过程
中，下列关系图像可能正确的是（ ）
A．
B．
C．
D．
【答案】C
【分析】题目描述排球在恒定空气阻力下竖直上抛并落回的全过程，需分析各物理量随时间或高度的
变化规律。已知空气阻力恒定且方向始终与速度方向相反，导致上升和下降阶段的加速度大小不同但
方向均向下，排球做非匀变速直线运动。需关注速度、加速度、动能、机械能等随高度变化的图像特
征，通过比较上升与下降过程中受力与能量转化的差异，判断各图像斜率、转折点等关键要素是否符
合物理规律，从而筛选出正确选项。
【解答】解：AB、设空气阻力为f，在上升阶段，根据牛顿第二定律有mg+f＝ma1，解得：a1= g+ f
m
，方向竖直向下，排球做匀减速直线运动；在下降阶段，根据牛顿第二定律有mg﹣f＝ma2，解得：
a2= g−f
m，方向竖直向下，排球做匀加速直线运动，故AB 错误；
C、根据动能定理有﹣mah＝Ek﹣Ek0，可知Ek﹣h 图像的斜率绝对值为ma，故C 正确；
D、根据功能关系有﹣fh＝E﹣E0，可知E﹣h 图像的斜率绝对值为f，上升和下降过程斜率不变，故D
错误。
故选：C。
2．（2026 春•金水区校级期中）如图甲所示，某物体以一定的初速度v0沿倾角为37°的斜面向上滑行，
最后又回到出发点。物体与斜面间的动摩擦因数恒定，g 取10m/s2。在此过程中，其动能Ek随物体到
斜面底端距离L 的变化关系如图乙所示，（sin37°＝0.6，cos37°＝0.8）则物体的质量为（ ）
A．1kg
B．2kg
C．3kg
D．4kg
【答案】A
【分析】物体以初速度沿斜面向上滑行并返回，其动能随距离变化图像提供了最大位移与末动能信
息。上滑过程需考虑重力沿斜面向下的分力与滑动摩擦力共同做负功，动能减少至零；下滑过程重力
分力做正功而摩擦力做负功，动能从零增至某一数值。通过动能定理分别列出上滑与下滑两个过程的
方程，利用图像中最大位移与初末动能数值建立方程组，联立消去摩擦力后即可求解物体质量。
【解答】解：根据乙图所示，物体在斜面上滑行至位移L＝6m 时动能减为零，表明此处为最高点。对
上滑过程应用动能定理，有﹣（mgsin37°+f）L＝0﹣Ek0，代入数据得（mgsin37°+f）•6m＝48J；对从
最高点返回底端的过程应用动能定理，有（mgsin37°﹣f）L＝Ek1﹣0，代入数据得（mgsin37°﹣f）•6m
＝24J；将两式相加消去摩擦力f，得12mgsin37°＝72J；将g＝10m/s2与sin37°＝0.6 代入，解得：物体
质量m＝1kg，故A 正确，BCD 错误。
故选：A。
3．（2026 春•温州期中）如图所示为运动员在竖直方向上练习蹦床运动的情景。用x、v、a、E、t 分别
表示运动员离开蹦床在空中运动过程中的位移、速度、加速度、机械能和时间。若忽略空气阻力，取
向上为正方向，下列图像正确的是（ ）
A．
B．
C．
D．
【答案】B
【分析】运动员离开蹦床后做竖直上抛运动，取向上为正方向。分析位移随时间变化时需关注初速度
方向与重力加速度的合成，位移与时间关系应为二次函数，图像是抛物线而非折线。速度随时间变化
由初速度与重力加速度共同决定，速度公式为一次函数，图像为斜向下的直线且会经过横轴。加速度
仅由重力产生，大小方向恒定，图像为平行于时间轴的直线。机械能只有重力做功，因此守恒不变，
图像为水平直线。
【解答】解：运动员离开蹦床后在空中运动时，忽略空气阻力，仅受重力作用，加速度恒为重力加速
度g，方向竖直向下，因此其运动为竖直上抛运动。
A、在竖直上抛运动中，位移x 与时间t 的关系满足x = v0t −1
2 gt
2，其x﹣t 图像应为开口向下的抛物
线，而非折线，故A 错误；
B、根据速度公式v＝v0﹣gt 可知，速度v 是时间t 的一次函数，图像为一条倾斜直线。取向上为正方
向时，加速度为负，直线斜率为负，且速度先正后负，故B 正确；
C、运动员在空中仅受重力，加速度a＝﹣g，保持恒定，其a﹣t 图像应为一条平行于t 轴且位于t 轴下
方的水平直线，故C 错误；
D、仅有重力做功，运动员的机械能E 守恒，数值不随时间变化，其E﹣t 图像应为平行于t 轴的水平
直线，故D 错误。
故选：B。
（多选）4．（2026 春•合肥校级期中）如图甲所示，一质量m＝1kg 的物块（可视为质点）以一定的初速
度v0从斜面底端沿斜面向上运动。现以斜面底端为坐标原点，沿斜面向上建立坐标轴x，选择地面为
零势能面，物块上升过程中的动能和重力势能随坐标x 的变化图像如图乙所示。重力加速度g 取
10m/s2，下列说法正确的是（ ）
A．物块的初速度大小v0＝8m/s
B．斜面的倾角θ＝30°
C．物块与斜面间的动摩擦因数为
❑√3
4
D．物块返回斜面底端时的动能为8J
【答案】ABD
【分析】物块沿斜面上滑，已知动能与重力势能随位移变化的图像。分析初动能对应的初速度，需结
合图像中初动能数值与物块质量。确定斜面的倾角与动摩擦因数，需利用上滑至最高点过程动能定
理，以及动能与势能相等位置的能量关系，通过两个独立方程联立求解。判断返回底端时的动能，需
考虑上滑与下滑全过程，由动能定理分析摩擦力做功导致的能量损失。
【解答】解：据乙图可知，物块在斜面底端（x＝0）时的动能为Ek0＝32J，重力势能为Ep0＝0；在最
高点（x＝4m）处，物块的动能减小为0。
A、在斜面底端时，根据动能公式Ek 0= 1
2 m v0
2，代入数据解得物块的初速度大小v0＝8m/s，故A 正
确；
B、由图乙可知，动能随位移变化的函数关系为Ek＝32﹣8x；在x = 32
13 m处动能与重力势能相等，代
入得E p= Ek = 160
13 J；根据重力势能公式Ep＝mgxsinθ，代入数据解得sinθ＝0.5，即斜面倾角θ＝
30°，故B 正确；
C、物块上升过程中，根据动能定理有﹣（mgsinθ+f）xmax＝0﹣Ek0，代入数据解得摩擦力f＝3N；根
据f＝μmgcosθ，代入数据解得动摩擦因数μ=
❑√3
5 ，故C 错误；
D、物块返回底端过程中，根据动能定理有（mgsinθ﹣f）xmax＝Ek1﹣0，代入数据解得物块返回斜面底
端时的动能Ek1＝8J，故D 正确。
故选：ABD。
综合提升
一．选择题
1．（2026 春•渝北区校级期中）如图为水平面内一物体，在水平力F 作用下，沿着力F 方向运动的F﹣s
图像。则在0～2m 这段位移内，力F 对物体做的功为（ ）
A．3J
B．6J
C．9J
D．12J
【答案】B
【分析】结合题意及题图，由力做功正负的特点及F﹣s 图像的特点分析列式，即可判断ABCD 正误。
【解答】解：因为F﹣s 图像与横轴围成的面积表示力F 做功的大小，又因为该物体的运动方向与力F
的方向相同，所以力F 对该物体做正功，做的功为：
W = 1
2 ×(2+ 4)×2J =6 J，故B 正确，ACD 错误。
故选：B。
2．（2026•东城区模拟）如图甲所示，竖直轻弹簧固定在水平地面上，一质量为m 的小球从与弹簧上端
距离为h（h≠0）的O 点处由静止释放，以O 点为坐标原点，竖直向下为正方向建立Ox 轴，小球所受
弹力的大小F 随小球位置坐标x 的变化关系如图乙所示，其中x＝h+x0时，F＝mg。不计空气阻力，重
力加速度为g。下列结论正确的是（ ）
A．运动过程中，小球最低点坐标大于h+2x0
B．弹簧弹性势能最大值为mg（h+x0）
C．当x＝h 时，小球重力势能与弹簧弹性势能之和最小
D．小球压缩弹簧过程中重力的功率逐渐减小
【答案】A
【分析】小球从静止下落，先做自由落体运动至弹簧上端，之后压缩弹簧。弹簧弹力随压缩量线性增
加，当弹力等于重力时小球速度最大，之后继续向下减速至速度为零。分析小球运动过程，需结合自
由落体阶段获得的动能与弹簧压缩过程中的能量转化关系，利用简谐运动的对称性条件判断最低点位
置，并依据系统机械能守恒分析重力势能与弹簧弹性势能之和的极值点，同时根据速度变化规律判断
重力功率的变化趋势。
【解答】解：A、由图乙可知，当x＝h 时弹簧开始被压缩，当x＝h+x0时弹力F＝mg，即小球处于平
衡位置。若小球从x＝h 处由静止释放，依据简谐运动的对称性，小球到达最低点时的坐标为h+2x0，
由于小球从x＝0 处由静止释放，到达x＝h 处时已具有向下的动能，因此小球向下运动的最低点坐标
必然大于h+2x0，故A 正确；
B、设小球到达最低点时的坐标为xmax，此时系统动能为零，根据系统的能量守恒定律，减少的重力势
能全部转化为弹簧弹性势能，其最大值Epm＝mgxmax，因xmax＞h+2x0，则Epm＞mg（h+2x0），故B 错
误；
C、小球与弹簧组成的系统机械能守恒，系统总能量E＝Ek+Ep+Eep为定值，当小球动能Ek最大时，小
球重力势能Ep与弹簧弹性势能Eep之和最小，小球在平衡位置x＝h+x0处受力平衡，加速度为零，此时
速度达到最大，动能最大，故C 错误；
D、小球接触弹簧后向下运动至平衡位置的过程中，重力大于弹簧弹力，加速度向下，速度逐渐增
大；越过平衡位置后，重力小于弹簧弹力，加速度向上，速度逐渐减小，由功率公式P＝mgv 可知，
小球压缩弹簧过程中重力的功率先增大后减小，故D 错误。
故选：A。
3．（2026 春•番禺区校级期中）如图甲所示，水平传送带始终沿顺时针方向匀速转动，t＝0 时刻质量为
m 的物块（可视为质点）以速度v0滑上传送带左侧，t＝t2时恰好运动到右侧，其运动的v﹣t 图像如图
乙所示。已知重力加速度大小为g，下列说法正确的是（ ）
A．在t1～t2时间内物块受到向右的静摩擦力
B．物块与传送带之间的动摩擦因数μ= v0
gt1
C．物块与传送带之间的最大相对位移Δx0＝v0t1
D．运输物块的全过程传送带克服摩擦力做的功W= 3
2 mv0
2
【答案】B
【分析】根据物块在0∼t1时间内做匀加速运动，在t1∼t2时间内做匀速运动，结合牛顿第二定律，以及
动能定理分析求解。
【解答】解：A．由图乙可知物块在0～t1时间内做匀加速运动，在t1～t2时间内做匀速运动，所以在t1
～t2时间内物块不受摩擦力的作用，故A 错误；
B．根据v﹣t 图像的斜率表示加速度，结合图乙可知，物块在0～t1时间内的加速度为
a= 2v0−v0
t1
= v0
t1
由牛顿第二定律ma＝μmg
解得μ= v0
gt1
故B 正确；
C．在t1时物块与传送带的相对位移最大，大小为Δx =2v0t1−v0+2v0
2
t1= v0
2 t1，故C 错误。
D．由动能定理W ′ = 1
2 m(4 v0
2−v0
2)= 3
2 mv0
2
这是传送带对物块做的功，传送带克服摩擦力做的功W = μmg⋅2v0t1=2m v0
2，故D 错误。
故选：B。
4．（2026•广东模拟）链球运动员掷出的链球（忽略链子的质量，不计空气阻力）在空中的运动可视为
斜上抛运动。链球在空中运动过程中，其总的机械能E、重力势能Ep（以地面为零势能面）、动能Ek
随链球离地高度h 变化的图像可能正确的是（ ）
A．
B．
C．
D．
【答案】D
【分析】斜上抛运动只有重力做功，机械能保持不变；重力势能与高度成正比，图像为过原点的倾斜
直线；动能随高度增大而线性减小，随高度减小而线性增大，据此分析各选项图像的合理性。
【解答】解：AB.抛出后的链球，机械能保持不变，重力势能为Ep＝mgh
重力势能随高度h 的增大而增大，随高度h 的减小而减小，结合运动对称性，上升和下降过程图像重
合，故AB 错误；
CD.由机械能守恒定律Ek＝E﹣mgh
水平分速度不为0，所以在最高点时链球的动能最小值不为0，由于对称性，上升和下降过程图像重
合，故C 错误，D 正确。
故选：D。
二．多选题
（多选）5．（2026•漳州模拟）如图，物块以一定的初速度从倾角为θ 的固定斜面底端沿斜面向上运
动，经过一段时间又滑回底端。已知物块上滑时间是下滑时间的一半，tanθ = 2
5。物块与斜面间的动
摩擦因数为μ，上滑过程和下滑过程合外力对物块做的功分别为W1和W2，则（ ）
A．μ= 6
25
B．μ= 2
3
C．| W 1
W 2
|=2
D．| W 1
W 2
|= 4
【答案】AD
【分析】对物块受力分析，可知物块上滑和下滑过程均为匀变速直线运动，且位移大小相等，根据位
移、时间关系，即可得到两过程加速度大小关系，结合牛顿第二定律，可得到合力大小关系，联立可
得到动摩擦因数；根据合力做功的公式，可得到合力做功之比。
【解答】解：AB、对物块受力分析，如图：
由受力分析，可得：F1＝mgsinθ+f，F2＝mgsinθ﹣f，其中：f＝μF 压，N＝mgcosθ，由牛顿第三定律，
可得：N＝F 压，可知物块上滑和下滑过程均为匀变速直线运动，且位移大小相等，位移、时间满足：
x = 1
2 a1t
2= 1
2 a2(2t )
2，两过程加速度大小满足：
a1
a2
= 4
1 ，结合牛顿第二定律为：F＝ma，可得到合力
大小满足：
F1
F2
= 4，联立可得到动摩擦因数μ= 6
25，故A 正确，B 错误；
CD、根据合力做功的公式|W1|＝F1x，|W2|＝F2x，可得到合力做功之比为：| W 1
W 2
|= 4，故C 错误，D
正确。
故选：AD。
（多选）6．（2026•云南一模）轻质弹簧竖直固定在水平地面上，自由端位于O 点。如图甲所示，第一
次将质量为2m 的小物块从O 点由静止释放，至最低点过程中，最大速度为v1。如图乙所示，第二次
将质量为3m 的小物块从O 点由静止释放，从释放到最低点过程中最大速度为v2。已知弹簧始终在弹
性限度内，弹簧弹性势能Ep与其形变量x 的关系为Ep= 1
2kx2，k 为弹簧劲度系数，不计空气阻力，重
力加速度为g，下列说法正确的是（ ）
A．图甲中，小物块从释放至最低点，小物块重力的瞬时功率P 先增大后减小
B．图乙中，小物块从释放至最低点，小物块的机械能守恒
C．v2=
❑√6
2 v1
D．v2= 3
2v1
【答案】AC
【分析】题目描述弹簧竖直固定，小物块从自由端由静止释放后做变加速运动，最大速度出现在重力
与弹力平衡的瞬时。分析瞬时功率时需结合速度变化趋势，速度先增后减导致重力的瞬时功率先增后
减；机械能守恒需判断除重力外是否仅有弹簧弹力做功，但弹簧弹力作为外力会改变物块机械能。比
较最大速度需利用平衡条件确定形变量，再根据系统机械能守恒建立重力势能减少量转化为弹性势能
与动能的方程，通过比例关系推导速度比值。
【解答】解：A、图甲中，小物块从释放至最低点的过程可分为两个阶段，第一阶段小物块所受重力
大于弹簧弹力，向下做加速运动；第二阶段小物块所受重力小于弹簧弹力，向下做减速运动。由于重
力的瞬时功率为P＝2mgv，因此重力的瞬时功率P 先增大后减小，故A 正确；
B、图乙中，小物块从释放至最低点的过程中，弹簧弹力对小物块做负功，因此小物块的机械能一直
减小，故B 错误；
CD、当小物块速度达到最大时，其所受重力与弹簧弹力相等，即2mg＝kx1，3mg＝kx2。根据系统机
械能守恒，有2mg x1= 1
2 k x1
2+ 1
2 ⋅2m v1
2，3mg x2= 1
2 k x2
2+ 1
2 ⋅3m v2
2。联立以上方程，解得
v2=
❑√6
2 v1，故C 正确，D 错误。
故选：AC。
（多选）7．（2026•长春三模）图（a）为机场行李传送装置，其直线段部分PQ 简化如图（b）所示，长
度L＝8m，传送装置为带有挡板的传送带，挡板与传送带上表面垂直，行李在传送带上运动时的剖面
图如图（c）所示。传送带运行速度v＝0.5m/s，其上表面与水平面的夹角θ＝37°。旅客将一质量为
20kg 的正方体行李（棱长远小于传送带长度）从P 处由静止释放，释放时行李与挡板紧密接触。已知
行李与传送带及挡板间的动摩擦因数均为μ= 5
14 ，重力加速度g 取10m/s2，sin37°＝0.6，cos37°＝0.8。
关于行李在PQ 段的运动过程，下列说法正确的是（ ）
A．图（b）中挡板对行李的作用力水平向左
B．行李在传送带上加速运动的时间为0.1s
C．行李在传送带上运动的时间为16.05s
D．行李在传送带上运动过程中因摩擦产生的热量约为1.4J
【答案】BC
【分析】行李由静止释放后随传送带向右加速，传送带速度恒定，因此行李先加速后匀速。分析行李
在垂直于传送带方向上的受力平衡，可确定传送带和挡板对行李的支持力，进而得到两者对行李的滑
动摩擦力方向均沿传送带运动方向。根据牛顿第二定律，行李所受合外力为这两个摩擦力之和，由此
可求出加速度。加速阶段行李速度从零达到传送带速度，利用运动学公式可求加速时间。总运动时间
包括加速时间和剩余位移的匀速时间。摩擦生热发生在加速阶段，需计算行李与传送带及挡板间的相
对位移，结合总摩擦力做功来求热量。挡板对行李的作用力是其支持力和摩擦力的合力，方向需根据
二者合成判断。
【解答】解：行李由静止释放后，在随传送带向右加速运动的过程中，行李与传送带上表面A 及挡板
C 之间均存在相对滑动。
在垂直于运动方向的截面内，行李处于平衡状态，由平衡条件解得传送带上表面对行李的支持力为NA
＝mgcos37°，挡板对行李的支持力为NC＝mgsin37°。
根据滑动摩擦力公式可知，上表面A 对行李的摩擦力大小为fA＝μNA＝μmgcos37°，挡板C 对行李的摩
擦力大小为fC＝μNC＝μmgsin37°。
由牛顿第二定律fA+fC＝ma，代入数据解得：a＝5m/s2。
A、挡板对行李的作用力由支持力NC和摩擦力fC合成，其中支持力NC在截面内垂直于挡板指向右上
方，摩擦力fC沿传送带运动方向向右，其合力方向并非水平向左，故A 错误；
B、由速度公式v＝at1，代入数据解得：t1＝0.1s，故B 正确；
C、由位移公式x1= 1
2 at1
2，代入数据解得：x1＝0.025m，匀速阶段的位移由x2＝L﹣x1解得：x2＝
7.975m，匀速运动的时间由公式t2= x2
v
，代入数据解得：t2＝15.95s，总时间由t＝t1+t2解得：t＝
16.05s，故C 正确；
D、在加速阶段，传送带的位移由公式s＝vt1，代入数据解得：s＝0.05m，行李与传送带及挡板间的相
对位移由Δx＝s﹣x1解得：Δx＝0.025m，摩擦产生的热量由功能关系Q＝（fA+fC）Δx，代入数据解
得：Q＝2.5J，故D 错误。
故选：BC。
（多选）8．（2026 春•西岗区校级月考）如图甲所示，一物块以某一速度冲上一倾角α＝37°的固定斜
面，取斜面底端水平面为参考平面，物块冲上斜面开始计时，0.5s 内物块动能Ek随高度h 的变化规律
如图乙所示，重力加速度g 取10m/s2，sin37°＝0.6，cos37°＝0.8，下列说法正确的是（ ）
A．物块的质量m＝2kg
B．物块与斜面间的动摩擦因数μ＝0.25
C．物块上滑过程的加速度大小a＝8m/s2
D．物块回到斜面底端时的动能Ek＝18J
【答案】BCD
【分析】由图像可知物块初动能与0.5s 内动能随高度的变化关系，结合运动学规律分析物块上滑过
程。通过已知高度与斜面倾角确定位移，利用动能与速度的平方关系建立初末速度比例，结合平均速
度公式求解初末速度，进而得到质量。利用速度—位移公式求出加速度，再根据牛顿第二定律沿斜面
方向列式可解得动摩擦因数。分析物块从底端出发并返回的全过程，重力做功为零，只有摩擦力做
功，应用动能定理即可求得回到底端时的动能。
【解答】解：A、由Ek﹣h 图像可知，初动能Ek0＝36J，当高度h＝3m 时，动能Ek1＝16J，历时Δt＝
0.5s。物体沿斜面运动的位移s=
h
sinα = 3
0.6 m=5m。
根据平均速度公式s= v0+ v1
2
Δt，结合Ek = 1
2 m v
2可知v0
v1
= ❑√
Ek 0
Ek 1
= 6
4 = 3
2
，代入解得v0＝12m/s，v1＝
8m/s。
再由Ek 0= 1
2 m v0
2，解得质量m＝0.5kg，故A 错误。
BC、上滑过程中，根据速度—位移公式v1
2−v0
2=2as，代入数据82﹣122＝2×a×5，解得加速度大小a＝
8m/s2。
根据牛顿第二定律mgsinα+μmgcosα＝ma，代入数据解得动摩擦因数μ＝0.25，故BC 正确；
D、物块上滑到最高点的位移smax = v0
2
2a = 144
16 m=9m。从底端出发回到底端的全过程中，重力做功为
零，
根据动能定理﹣2μmgcosα•smax＝Ek'﹣Ek0，代入数据解得回到斜面底端时的动能Ek'＝18J，故D 正确。
故选：BCD。
三．解答题
9．（2026 春•南海区期中）如图甲所示，滑索运动充满速度感与刺激性，景区“智能安全滑索”采用可
变阻力系统，当速度过快时，会自动增大阻力，保障滑行安全，如图乙所示，滑索可视为倾角θ＝30°
的理想直轨道，轨道AC 总长L＝38m，乘客与滑车总质量m＝50kg（可视为质点），从顶端A 点由静
止滑下，受恒定阻力f1＝200N，当乘客与滑车速度增加至v0＝4m/s（此时位置定为B 点），此后系统
额外再施加恒定阻力f＝62.5N，取g＝10m/s2，已知sin30° = 1
2，cos30° =
❑√3
2 。回答以下问题：
（1）求第一段AB 的加速度大小a1；
（2）求第一段AB 中阻力做的功Wf1；
（3）求全过程中重力所做的功WG及到达底端C 时游客的速度大小vC。
【答案】（1）第一段AB 的加速度大小为1m/s2；
（2）第一段AB 中阻力做的功-1600J；
（3）全过程中重力所做的功9500J，到达底端C 时游客的速度大小为1m/s。
【分析】（1）对物体进行受力分析，在沿斜面方向上应用牛顿第二定律求加速度；
（2）先求出AB 段的位移，再用恒力做功公式计算；
（3）重力做功只与竖直高度有关，全过程用动能定理求末速度。
【解答】解：（1）沿斜面方向，重力分力为FG＝mgsinθ，阻力为f1＝200N，根据牛顿第二定律：F 合
＝ma1沿斜面向下为正方向，则合力为：mgsinθ﹣f1＝ma1，代入数据：mgsinθ＝250N，则：250N﹣
200N＝50a1，解得：a1＝1m/s2
（2）由运动学公式：v0
2=2a1x1，x1＝8m，阻力f1＝200N，方向与位移相反，故做功：Wf1＝﹣f1x1，代
入数据解得Wf1＝﹣1600J；
（3）重力做功只与竖直高度有关，轨道总长L＝38m，竖直高度为：h＝Lsinθ＝38×0.5m＝19m
故重力做功：WG＝mgh，代入数据解得WG＝9500J，总长L＝38m，AB 段为8m，所以BC 段长度：x2
＝L﹣x1＝38m﹣8m＝30m，在BC 段，受到的阻力为原来的f1加上额外的f，即总阻力：f2＝f1+f，代
入数据解得f2＝262.5N，沿斜面方向合力：F 合'＝mgsinθ﹣f2
代入数据解得F 合'＝﹣12.5N，根据牛顿第二定律：F 合'＝ma2，解得：a2＝﹣0.25m/s2，已知B 点速度
v0＝4m/s，位移x2＝30m，加速度a2＝﹣0.25m/s2，由公式：vC
2 −v0
2=2a2x2，代入数据解得：vC＝
1m/s。
答：（1）第一段AB 的加速度大小为1m/s2；
（2）第一段AB 中阻力做的功-1600J；
（3）全过程中重力所做的功9500J，到达底端C 时游客的速度大小为1m/s。
10．（2026 春•思明区校级期中）一款弹珠游戏装置如图所示，水平轨道AB 与光滑竖直半圆轨道相切。
半圆轨道半径为R＝0.1m。轨道EF 段粗糙，其余轨道均光滑，EF 长度为0.3m，FB 长度为0.1m，一
根轻质弹簧一端与弹珠接触但不连接。某次游戏中，用外力缓慢推动弹珠。将弹簧压缩到某位置。此
时弹性势能为Ep＝0.1J，松手后弹珠开始沿轨道运动，恰好能通过最高点C。之后落在EB 段的某点，
视为质点的弹珠质量为m＝0.02kg，重力加速度为g＝10m/s2。求：
（1）在这次游戏中，弹珠经过C 点的速度大小vC；
（2）弹珠经EF 段克服摩擦力所做的功W；
（3）如果弹珠从C 点飞出，落在EF 段范围内游戏即可获胜，为了获胜，则弹珠压缩弹簧时，弹簧弹
性势能的取值范围。
【答案】（1）在这次游戏中，弹珠经过C 点的速度大小vC是1m/s；
（2）弹珠经EF 段克服摩擦力所做的功W 是0.05J；
（3）弹珠压缩弹簧时，弹簧弹性势能的范围是0.1J～0.13J。
【分析】（1）利用竖直圆周运动最高点的临界条件，重力提供向心力，列方程求解C 点速度；
（2）对弹珠从释放到C 点的全过程应用动能定理，结合弹性势能、重力势能变化与摩擦力做功，求解
克服摩擦力的功；
（3）先根据平抛运动规律确定弹珠落在EF 段时C 点速度的范围，再结合动能定理反推弹簧弹性势能
的取值范围。
【解答】解：（1）弹珠恰好能通过最高点C，由重力提供向心力，根据牛顿第二定律得mg=m vC
2
R
代入数据可得vC＝1m/s
（2）从开始释放到C 点的过程，根据动能定理得：E p−W −mg⋅2 R = 1
2 m vC
2
代入数据可得W＝0.05J
（3）弹珠从C 点飞出后，落在E 点时，通过C 点的速度最大，设此时弹珠通过C 点的速度为v'C，根
据平抛运动的规律有2 R = 1
2 gt
2，xEB＝v'Ct
代入数据可得v'C＝2m/s
弹珠压缩弹簧时，弹簧弹性势能的最大值Epm＝W+mg⋅2 R+ 1
2 m vC′
2
代入数据可得Epm＝0.13J
弹性势能为0.1J 时正好通过C 点，故弹性势能最小值为Ep＝0.1J
答：（1）在这次游戏中，弹珠经过C 点的速度大小vC是1m/s；
（2）弹珠经EF 段克服摩擦力所做的功W 是0.05J；
（3）弹珠压缩弹簧时，弹簧弹性势能的范围是0.1J～0.13J。
11．（2026 春•沈阳期中）某传送带自动分拣系统如图甲。图乙为其中一传送带的俯视图，其水平上表面
为边长L＝1.6m 的正方形ABCD，传送带的速度v＝2m/s，方向水平向左。有一质量m＝0.4kg 的货物
（可视为质点）以初速度v0从CD 边中点O 垂直于侧边滑上传送带。货物与传送带间动摩擦因数μ＝
0.5，重力加速度g＝10m/s2，不计空气阻力。
（1）若v0＝0，即将货物于O 点轻放于传送带上，求货物运动到AD 边过程的时间t；
（2）若v0＝2m/s，求货物离开传送带ABCD 时与CD 边的距离d 和货物与传送带之间的摩擦生热Q；
（3）用三个这样的传送带搭建四个出口的自动分拣系统如图丙，传送带的速度方向可如图双向设置，
货物进入每一个传送带前，系统已设置好传送带的速度方向，忽略传送带间空隙。该货物以v0＝
1.5m/s 的速度从侧边中点O 垂直滑上传送带前往3 号出口，求三个传送带运送该货物额外输出的总能
量E。
【答案】（1）货物运动到AD 边过程的时间为0.6s。
（2）货物离开传送带ABCD 时与CD 边的距离为2❑√2
5
m，货物与传送带之间的摩擦生热为1.6J。
（3）三个传送带运送该货物额外输出的总能量为4.8J。
【分析】（1）货物初速度为零，在传送带摩擦力作用下先加速至与传送带共速，之后匀速运动至AD
边。需先通过牛顿第二定律确定加速度，计算加速阶段的时间与位移，再结合匀速阶段剩余位移与传
送带速度求匀速时间，总时间为两阶段时间之和。
（2）货物具有与传送带速度方向垂直的初速度，需以传送带为参考系分析相对运动。相对初速度为两
速度的矢量和，摩擦力方向与相对速度方向相反，使货物相对传送带做匀减速直线运动直至相对速度
为零。通过相对加速度和相对位移可求摩擦生热，同时分解相对位移可得到货物在垂直于CD 方向上
的位移d，即所求距离。
（3）货物依次通过三个传送带，每个阶段均需分析其相对运动。在第一个传送带上，分析过程同
（2）问，计算相对位移和摩擦生热。货物离开第一个传送带时已与传送带共速，故进入后续传送带
时，其初速度与传送带速度方向相同或相反，需根据传送带速度方向设置重新分析相对运动，计算各
阶段摩擦生热。额外输出的总能量等于各阶段摩擦生热之和，再加上货物最终动能与初始动能的差
值。
【解答】解：（1）货物轻放于传送带上到与传送带共速，由牛顿第二定律得μmg＝ma，解得：a＝
5m/s2。
加速时间t1= v
a，代入数据可得t1＝0.4s，加速位移x1= 1
2 at1
2，代入数据可得x1＝0.4m。
匀速时间t2= 0.5 L−x1
v
，代入数据可得t2＝0.2s，货物运动到AD 边的时间t＝t1+t2，即t＝0.6s。
（2）货物滑上传送带后，以传送带为参考系，设相对速度为v'，方向如图：
则v ′ =
❑√v0
2+ v
2，计算得v ′ =2❑√2m/ s。
由于摩擦力恒定且方向与v'方向相反，货物相对传送带做匀减速运动，加速度大小a＝5m/s2，相对位
移大小x′ = v ′
2
2a ，代入数据可得x'＝0.8m。
由tanθ = v
v0
，即tanθ＝1，解得：θ＝45°。
物块沿v0方向做匀减速运动，位移大小d＝x'cos45°，即d = 2❑√2
5
m。
物块沿v 方向做匀减速运动，位移大小s＝x'sin45°，即s= 2❑√2
5
m。
由于s＜L
2 ，d＜L
2 ，说明货物与传送带共速时，未离开传送带。
货物与传送带之间的摩擦生热Q＝μmgx'，计算得Q＝1.6J。
（3）同样以传送带为参考系，运动情况与第（2）问相同，数据不同。
将v0＝1.5m/s 代入v ′ =
❑√v0
2+ v
2，x′ = v ′
2
2a ，解得：货物的相对位移x'1＝0.625m。
由tanθ = v
v0
，d＝x'cosθ，s＝x'sinθ 解得：物块沿v0方向上的位移大小d1＝0.375m，物块沿v 方向上的
位移大小s1＝0.5m。
由于s1＜L
2 ，d1＜L
2 ，说明货物与传送带共速时，未离开传送带，可知货物离开传送带时速度为传送
带速度v＝2m/s。
货物与传送带之间的摩擦生热Q1＝μmgx'1，计算得Q1＝1.25J。
由于货物滑上第二个、第三个传送带的初速度与第（2）问相同，运动情况完全相同，产生热量相同。
由能量守恒定律得E =2Q+Q1+ 1
2 m v
2−1
2 m v0
2，代入数据得E＝4.8J。
答：（1）货物运动到AD 边过程的时间为0.6s。
（2）货物离开传送带ABCD 时与CD 边的距离为2❑√2
5
m，货物与传送带之间的摩擦生热为1.6J。
（3）三个传送带运送该货物额外输出的总能量为4.8J。
12．（2025 秋•玄武区期中）如图，一水平面内放置的传送带，传送带区域为ABCD，长为L＝1.2m，宽
为d＝1m，P 点为AC 的中点，传送带以速度v0＝3m/s 匀速运动，小物块质量m＝1kg，小物块与传送
带的动摩擦因数为μ＝0.5，取重力加速度g 为10m/s2。
（1）小物块从传送带的A 点无初速度释放，求小物块从释放到运动到CD 端的时间；
（2）小物块从传送带的P 点向A 点以某一水平速度射出，如恰好能从A 点返回，并从CD 边离开传送
带，求此过程小物块与传送带摩擦产生的热量；
（3）小物块从传送带的A 点以平行于AB 方向的速度v＝4m/s 射出，求小物块离开传送带时的位置。
【答案】（1）小物块从释放到运动到CD 端的时间为0.7s；
（2）小物块与传送带摩擦产生的热量为14.8J；
（3）小物块离开传送带时的位置距离B 点0.128m。
【分析】（1）根据牛顿第二定律解得加速度，根据v＝at 小物块与传送带速度相同的时间，结合位移
—时间关系解得；
（2）根据Q＝f•Δs 求解热量；
（3）分析小物块射出后的运动情况，结合位移—时间关系解答。
【解答】解：（1）物块受摩擦力提供加速度：f＝μmg＝ma
小物块先加速到传送带速度v0，所用时间为t1= v0
a
加速位移为x = 1
2 at1
2
代入数据解得：x＝0.9m＜1.2m
小物块之后做匀速运动，时间为t2= L−x
v0
可得总时间为t 总＝t1+t2
解得：t 总＝0.7s
（2）小物块向A 点射出后，恰好能从A 点返回时，
设射出的初速度为v，恰好到A 点；v
2=2a L
2
运动的时间为t3= v
a
此段产生的热量为Q1= f ( L
2 + v0t3)
然后，小物块反向加速度到传送带速度此段产生的热量Q2= f (v0t1−1
2 at1
2）
可得热量最大值Q＝Q1+Q2=(7.5+3 ❑√6)J
代入数据解得：Q≈14.8J
（3）小物块射出后相对于传送带的运动方向如图，滑动摩擦力与相对运动方向相反
可得v相=
❑√v
2+ v0
2
ax = v0
v相
a，a y = v
v相
a
由于
ax
a y
= v0
v = v0−ax Δt
v −a y Δt ，所以加速度a 的方向不变，小物体的两个方向的加速度分量不变
设小物块从BD 边射出，运动时间为t
由匀减速运动可知d = vt −1
2 a yt
2
可得t =(1−
❑√2
2 )s
此时沿AC 方向的位移为x = 1
2 axt
2
代入数据解得：x= 9−6 ❑√2
4
m＜1.2m，假设成立
所以小物块从BD 边射出，射出点距离B 点x = 9−6 ❑√2
4
m≈0.128m
答：（1）小物块从释放到运动到CD 端的时间为0.7s；
（2）小物块与传送带摩擦产生的热量为14.8J；
（3）小物块离开传送带时的位置距离B 点0.128m。
