文档文本内容
专题28 功能关系
题型一 功能关系的理解和应用...................................................................................................................... 2
题型二 传送带模型综合问题...................................................................................................................... 10
题型三 “滑块—木板”模型综合问题........................................................................................................20
课时精练..........................................................................................................................................................29
【基础回顾】
一、功能关系
1．功能关系
(1)功是能量转化的量度，即做了多少功就有多少能量发生了转化。
功不是能，功也不能变为能，只是能量转化的途径，转化多少能量，就需要做多少功。
(2)做功的过程一定伴随着能量的转化，而且能量的转化必须通过做功来实现。
2．几种常见的功能关系
几种常见力做功
对应的能量变化
数量关系式
重力
正功
重力势能减少
WG＝－ΔEp
负功
重力势能增加
弹簧等的弹力
正功
弹性势能减少
W
弹＝－
ΔEp
负功
弹性势能增加
电场力
正功
电势能减少
W
电＝－
ΔEp
负功
电势能增加
合力
正功
动能增加
W 合＝ΔEk
负功
动能减少
重力以外
的其他力
正功
机械能增加
负功
机械能减少
W 其＝ΔE
3．两个特殊的功能关系
(1)滑动摩擦力与两物体间相对位移的乘积等于产生的内能，即Ffx 相对＝Q。
(2)感应电流克服安培力做的功等于产生的电能，即W 克安＝E 电。
二、能量守恒定律
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另一个物体，而在转化和转移的过程中，能量的总量保持不变。
2．表达式：ΔE 减＝Δ E 增。
(1)若只有两种形式的能量相互转化，则这两种形式的能量之和保持不变。如动能和电势能
相互转化，则Ek＋Ep 电＝C。
(2)自然界中虽然能量守恒，但很多能源利用之后不可再利用，即能源品质降低，所以要节
约能源。
题型一 功能关系的理解和应用
1．两种摩擦力做功特点的比较
类型
比较
静摩擦力做功
滑动摩擦力做功
不同点
能量的转
化
只有机械能从一个物体
转移到另一个物体，而
没有机械能转化为其他
形式的能
(1)一部分机械能从一个物体转移到另一
个物体
(2)一部分机械能转化为内能，此部分能
量就是系统机械能的损失量
一对摩擦
力做的总
功
一对静摩擦力所做功的
代数和总等于零
一对滑动摩擦力做功的代数和总是负
值，总功W＝－Ffx 相对，即发生相对滑动
时产生的热量
相同点
做功情况
两种摩擦力对物体可以做正功，也可以做负功，还可以不做功
【例题精讲】
1．我国风洞技术世界领先，如图所示，在风洞模拟实验的光滑斜面上，上端接一弹簧。一小物块受沿斜
面向上恒定风力作用，沿斜面加速上滑。从物块接触弹簧至第一次到达最高点的过程中，由于风力作用，
物块和弹簧组成的系统机械能（ ）
A．一直增大
B．一直减小
C．先增大后减小
D．先减小后增大
【答案】A
【详解】一小物块受沿斜面向上恒定风力作用，沿斜面加速上滑，从物块接触弹簧至第一次到达最高点
的过程中，可知风力对物块始终做正功，根据功能关系除重力和弹簧弹力以外的其他力做的功等于系统
机械能的变化量，可知物块和弹簧组成的系统机械能一直增大。
故选A。
2．2025 年5 月29 日，箭元科技的元行者一号验证型火箭在东万机大港进行自由回收试验，试验中火箭
顺利完成点火起飞、自由下降滑行、减速至海面悬停、海面软着陆等8 个工作阶段。如图为火箭通过尾
部竖直向下喷气在海上降平台减速降落的情景。假设降落过程中喷气产生的推力大小为F，受空气的浮力
和阻力大小之和为Ff，火箭底端接触平台时的速度恰好为零。降落过程中各力均可视为恒定，火箭质量
为m，喷出的气体质量相对于火箭可忽略，当火箭底端离平台高h 时速度为v，则下列对火箭下落h 过程
中描述正确的是（ ）
A．火箭处于失重状态
B．火箭的重力势能减少了mgh
C．火箭的机械能减少了Ffh
D．降落过程中喷气推力为mg−m v
2
2h −Ff
【答案】B
【详解】A．因火箭减速降落，加速度向上，故处于超重状态，故A 错误；
B． 火箭下降的过程中，重力做正功，为W G=mgh
所以重力势能减少了mgh，故B 正确；
C．除重力以外的其他力做功等于机械能的减小量，则火箭的机械能减少了Δ E =( F + Ff)h，故C 错误；
D．降落过程中的加速度a= v
2
2h
根据牛顿第二定律有F −mg+ Ff=ma
解得F =mg+ma−Ff=mg+m v
2
2h −Ff，故D 错误；
故选B。
3．如图所示，把不可伸长的轻绳两端固定在水平天花板上的a、b 两点，绳长为L；一个质量为m 的物体
A 通过穿在绳上的轻质光滑小环挂在轻绳中间（小环大小忽略不计），静止时小环两侧轻绳的张角为
120°。现给小环施加一水平向右的力F，让小环缓慢沿绳移动，最终使小环重新稳定在b 点的正下方。
已知重力加速度为g，则（ ）
A．重新稳定时轻绳中张力大小为2
3 mg
B．重新稳定时水平力大小为
❑√3
2 mg
C．在小环移动过程中水平力做功为1
4 mgL
D．若水平力大小F =mg，则重新稳定时，小环两侧的轻绳与天花板所成角度之和小于90°
【答案】B
【详解】AB．设小环重新稳定静止后，轻绳中的张力大小为T，小环左侧的绳与天花板夹角为θ，对小环
受力分析，如图所示，
根据平衡条件有T +T sinθ =mg，T cosθ = F
由几何关系有a、b 两点间距离d =2× L
2 cos30° =
❑√3
2 L
设b 到小环的距离为x，由几何关系有x
2+(
❑√3
2 L)
2
=(L−x)
2
解得x = L
8 、sinθ = 1
7 、T = 7
8 mg、F =
❑√3
2 mg，故A 错误，B 正确；
C．没施加水平拉力时，如图所示，
小环距天花板的距离x0= L
2 sin30° = L
4
小环稳定在b 点正下方时，环距天花板的距离x = L
8
由功能原理可得，此过程中拉力做功W F =mg(x0−x)= 1
8 mgL，故C 错误；
D．当F =mg重新稳定时，设两段绳与天花板夹角分别为θ1和θ2，如图所示，水平拉力F 和重力的合力与
两绳张角的角平分线在一条直线上（如图中虚线所示），
由几何关系，有θ1+α = 45°，θ2−α = 45°
解得θ1+θ2=90°，故D 错误。
故选B。
4．一物体在运动过程中，重力做了-1J 的功，合力做了2J 的功，则（ ）
A．该物体动能减少，减少量等于2J
B．该物体动能增加，增加量等于1J
C．该物体重力势能减少，减少量等于2J
D．该物体重力势能增加，增加量等于1J
【答案】D
【详解】AB．根据动能定理，合外力做功等于物体动能的变化量，本题合力做了2J 的正功，因此物体动
能增加2J，故A、B 错误；
CD．重力做功与重力势能变化的关系为：重力做负功时重力势能增加，增加量等于重力做功的绝对值，
本题重力做了-1J 的功，因此重力势能增加1J，故C 错误，D 正确。
故选D。
5．如图甲所示，一物块从固定的粗糙斜面（与水平面夹角30°）由静止下滑，到达斜面底端，过程中机
械能和动能随高度的变化情况如图乙所示（斜面底端为零势能参考平面），斜面底端放置一挡板，物块
与挡板碰撞时没有能量损失，取g=10m/ s
2，则下列说法正确的是（ ）
A．物块与斜面间动摩擦因数为
❑√3
5
B．物体最终停下来时经过的路程为2m
C．直线①的斜率为摩擦力的大小
D．小物块的质量为1kg
【答案】A
【详解】ACD．物块从斜面顶端h=1m由静止下滑，底端h=0为零势能面，初始动能为0，可知①为机械
能-高度图线，②为动能-高度图线，由图①知初始时机械能mgh=5 J
得mg=5 N
即物块的质量为m=0.5kg
由直线①斜率k1= Δ E
Δh = 5−2
1
N =3 N
从最高点滑到最低点，由功能关系ΔE = f
Δh
sin30° ，又f = μmgcos30°
解得f =1.5 N ≠k1， μ=
❑√3
5 ，故A 正确，CD 错误；
B．物块最终停在斜面底端挡板处，全程有E0= fs
得总路程 s= E0
f = 5
1.5 m= 10
3 m，故 B 错误。
故选A。
6．如图所示，某同学将一根长铜管竖直静置于灵敏电子秤上，此时电子秤示数为m1。将一个直径略小于
管内径的磁性小球从铜管上端入口处由静止释放，下落过程小球与管内壁无接触，在其落到铜管底部前，
观察到电子秤的示数从m1开始逐渐增大到m2后保持不变。这是因为小球在金属管内下落过程中，铜管中
产生涡流对小球有向上的阻力。若该阻力与速度成正比，可用f =kv表示。此过程中下落高度为h 时，小
球恰好达到最大速度vm；忽略空气阻力及小球产生的热量，重力加速度为g，关于磁性小球，下列说法正
确的是（ ）
A．小球质量为m2
B．达到最大速度时，铜管的热功率为m1 g vm
C．下落h 过程中，铜管产生热量为m2 gh−1
2 m2vm
2
D．小球下落高度h，所用时间为vm
g + h
vm
【答案】D
【详解】A．对整体受力分析，匀速时总支持力m2 g=m1g+mg
得小球质量m=m2−m1。
故A 错误；
B．最大速度时，小球匀速，阻力f =mg=(m2−m1)g
铜管热功率等于阻力做功的功率：P = f vm=(m2−m1)g vm
故B 错误；
C．根据能量守恒，下落h过程中，铜管产生的热量等于小球减少的机械能：
Q =mgh−1
2 mvm
2 =(m2−m1)gh−1
2 (m2−m1)vm
2
与选项表达式不符，故C 错误；
D．对小球下落过程用动量定理： 合外力冲量等于动量变化mgt −f t =m vm
又f t =k v t =kh
即mgt −mg
vm
⋅h=mvm
整理得：t = vm
g + h
vm
，故D 正确。
故选D。
7．如图所示，小物块以初速度v 沿粗糙斜面上滑，滑至最高点后返回，斜面始终保持静止。不计空气阻
力。下列说法正确的是（ ）
A．小物块运动至最高点时，速度和加速度均为零
B．小物块上滑与下滑经过同一位置时速度的大小相等
C．小物块上滑过程中所受的摩擦力比下滑过程中的大
D．小物块上滑过程中斜面受地面的摩擦力比下滑过程中的大
【答案】D
【详解】A．小物块运动到最高点时速度为0，但物块有沿斜面向下的合力，加速度不为零，故A 错误；
B．上滑、下滑过程中，滑动摩擦力始终与运动方向相反，全程对物块做负功，物块机械能不断损失，因
此同一位置处，下滑经过的动能小于上滑经过的动能，速度大小更小，故B 错误；
C．无论上滑还是下滑，垂直斜面方向物块受力平衡，支持力N =mgcos θ
滑动摩擦力f = μN = μmgcos θ
两次摩擦力大小相等，C 错误；
D．对物块，上滑加速度a1= gsin θ+ μgcos θ
下滑加速度a2= gsin θ−μgcos θ
得a1>a2
将物块和斜面视为整体，加速度水平分量ax =acos θ
方向向左，整体水平方向仅受地面摩擦力，由牛顿第二定律得：地面摩擦力f =max =macos θ
a越大，地面摩擦力越大，因此上滑过程中斜面受地面摩擦力更大，D 正确。
故选D。
8．（多选）如图所示，在竖直向上的匀强电场中，绝缘轻质弹簧竖直立于水平地面上，上面放一质量为
m 的带正电小球，小球与弹簧不连接，施加外力F 将小球向下压至某位置静止，现撤去F，小球从静止开
始运动到离开弹簧的过程中，重力、电场力对小球所做的功分别为W 1和W 2，小球离开弹簧时速度为v，
不计空气阻力，则上述过程中（ ）
A．小球的重力势能减少W 1
B．小球的电势能减少W 2
C．小球的机械能增加W 1+ 1
2 mv
2
D．小球与弹簧组成的系统机械能守恒
【答案】AB
【详解】A．小球的重力做负功，为W 1，则重力势能增加−W 1，也即小球的重力势能减少W 1，故A 正确；
B．电场力做功为W 2，则电势能减少W 2，故B 正确；
C．小球的重力势能减少W 1，动能增加1
2 m v
2，故机械能增加量为−W 1+ 1
2 m v
2，故C 错误；
D．根据能量守恒定律，电势能的减少量为小球与弹簧组成的系统机械能的增加量，所以小球与弹簧组成
的系统机械能不守恒，故D 错误。
故选AB。
9．（多选）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37°的固定斜面，
做减速运动的加速度大小为3
4 g，此物体在斜面上能够上升的最大高度为h，重力加速度为g，
sin37° =0.6，则由A点运动到最大高度的过程中（ ）
A．物体动能损失了5
4 mgh
B．物体重力势能减少了mgh
C．物体机械能损失了1
4 mgh
D．摩擦力对物体做功−3
20 mgh
【答案】AC
【详解】A．由动能定理物体动能损失Δ Ek=ma
h
sin37° = 5
4 mgh，故A 正确；
B．物体重力势能增加了mgh，故B 错误；
CD．物体沿斜面上升过程动能损失减去重力势能增加为机械能损失等于
Δ E = 5
4 mgh−mgh= 1
4 mgh=W 克Ff
故摩擦力对物体做功W Ff=−1
4 mgh，故C 正确，D 错误。
故选AC。
10．（多选）如图所示，在某层建筑外墙施工中，质量为m 的配重球甲穿在一根竖直固定的光滑导向杆
上，并挂在缓冲弹簧上端。质量为4m 的吊篮乙通过轻绳跨过固定在支架顶端的光滑定滑轮与配重球甲连
接。开始施工前，工人用手托住吊篮乙，使滑轮左侧绳竖直，右侧绳与水平方向夹角为α =53°。此时轻
绳刚好伸直但无拉力。某时刻由静止释放吊篮乙（吊篮离地足够高），经过一段时间，配重球甲运动到
Q 点，O、Q 两点的连线水平，OQ =d，且配重球甲在P 点与Q 点处时弹簧的弹力大小相等。已知弹簧弹
性势能表达式为Ep= 1
2 k x
2，其中k 为弹簧的劲度系数，x 为弹簧的形变量，重力加速度为g，
sin53° =0.8，cos53° =0.6。下列说法正确的是（ ）
A．配重球甲在Q 点的加速度小于g
B．配重球甲位于Q 点时的速度大小v = ❑√
8
3 gd
C．配重球甲从P 点上升到Q 点的过程中，甲和乙总机械能先增加后减小
D．配重球甲上升到PQ 中点时，甲和乙总机械能增加量为mgd
3
【答案】BCD
【详解】A．甲在Q 点时，绳水平，拉力水平，竖直方向：甲重力mg向下，弹簧弹力kx =mg向下，合力
F合=mg+ kx =2mg=ma
得a=2g，A 错误；
B．系统（甲、乙、弹簧）机械能守恒，初末弹性势能变化Δ E p弹=0，初动能为0。 甲在Q 点速度v竖直，
沿绳方向（水平）分量为v cos 90
∘=0
故乙此时速度v乙=0
重力势能变化：甲重力势能增加mg⋅4 d
3 ，乙重力势能减少4 mg⋅2d
3 ，总重力势能减少
8mgd
3
−4 mgd
3
= 4 mgd
3
全部转化为甲的动能 1
2 m v
2= 4 mgd
3
解得 v = ❑√
8
3 gd， B 正确；
C．甲、乙总机械能的变化等于弹簧弹力做功，总能量守恒E甲+乙= E总−E p弹
从P 到Q，弹簧弹性势能E p弹先减小后增大，故E甲+乙先增加后减小，C 正确；
D．PQ 中点是弹簧原长位置，甲、乙总机械能增加量等于弹性势能的减少量
Δ E = E pP−E p中= 1
2 k x
2−0= 1
2 ⋅3mg
2d ⋅( 2d
3 )
2= mgd
3
， D 正确。
故选BCD 。
题型二 传送带模型综合问题
1．解答传送带模型的动力学方法
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．求电机多消耗电能的方法
(1)能量守恒法：多消耗的电能等于工件增加的机械能与摩擦产生的热量之和。即E＝Ek
＋Ep＋Q，其中Q＝Ff·x 相对。
(2)动能定理法：多消耗的电能等于电动机做的功，由于传送带匀速运动，电动机做的功
等于传送带克服摩擦力做的功，即W＝Ff·x 传，其中x 传为传送带对地的位移。
【例题精讲】
1．应用于机场和火车站的安全检查仪，其传送装置可简化为如图所示的模型。传送带始终保持v =2m /s
的恒定速率运行，A、B 间的距离为2m，取g=10m/s
2。旅客把质量为10kg 的行李（可视为质点、与传送
带之间的动摩擦因数μ=0.2）无初速度地放在A 处，则行李从A 到B 点过程中，电动机额外多做的功为
（ ）
A．20J
B．40J
C．60J
D．80J
【答案】B
【详解】对行李，由牛顿第二定律Ff= μmg=ma
由2ax = v
2
解得x =1m
设行李加速时间为t, x = v
2 t
行李加速时间内传送带的位移x带= vt
两者的相对位移为Δ x = x带−x =1m
摩擦热为Q = μmg Δ x =20J
电动机额外多做的功为Q+ Ek=Q+ 1
2 mv
2= 40J
故选B。
2．如图所示，甲、乙两种粗糙面不同的传送带，倾斜于水平地面放置，以同样恒定速率v 向上运动。现
将一质量为m 的小物体（视为质点）轻轻放在A 处，小物体在甲传送带上到达B 处时恰好达到传送带的
速率v；在乙传送带上到达离B 竖直高度为h 的C 处时达到传送带的速率v。已知B 处离地面的高度皆为
H。则在小物体从A 到B 的过程中（ ）
A．两种传送带与小物体之间的动摩擦因数相同
B．将小物体传送到B 处，两种传送带消耗的电能相等
C．两种传送带对小物体做功相等
D．将小物体传送到B 处，两种系统产生的热量相等
【答案】C
【详解】A．小物体在两种传送带上均做初速度为零的匀加速直线运动，加速度大小为
a= μmgcosθ−mgsinθ
m
在速度达到v 的过程中，小物体在甲传送带上的位移较大，根据v
2=2ax可知，小物体在甲传送带上时的
加速度较小，则小物体与甲传送带间的动摩擦因数较小，故A 错误；
C．在小物体从A 到B 的过程中，根据功能关系可知，传送带对小物体做的功等于小物体机械能的增加量，
由于小物体增加的动能和增加的重力势能均相等，即小物体机械能的增加量相同，所以传送带对小物体
做功相等，故C 正确；
D．在小物体从A 到B 的过程中，摩擦生热为Q = μmgcosθ⋅x相对，x相对= vt −v
2
2a
，t = v
a
联立可得Q = μmgcosθ⋅v
2
2a =
m v
2
2(1−sinθ
μcosθ )
由于小物体与甲传送带间的动摩擦因数较小，则小物体与甲传送带间产生的热量较多，故D 错误；
B．在将小物体传送到B 处的过程中，传送带消耗的电能等于系统增加的机械能和产生的热量，两种系统
增加的机械能相等，产生的热量不等，所以消耗的电能不等，甲传送带消耗的电能多，故B 错误。
故选C。
3．一条长12 m 的传送带，倾角为30°，它能够将工件从地面送到卡车上，每个工件的质量为25kg，传送
带每分钟可传送16 个工件，不考虑传送带对工件的加速，g＝10m/s2，下列说法正确的是（ ）
A．传送带每分钟对工件做的总功是2.4×104 J
B．摩擦力每分钟对工件做的总功是1.2×104 J
C．传送带的传送功率为100 W
D．传送带的传送功率为200 W
【答案】A
【详解】工件匀速运动，动能变化为0，传送带对工件的作用力为静摩擦力，做功全部转化为工件的重力
势能。
单个工件上升高度h= Lsin30
∘=12×0.5=6 m
单个工件重力势能增加量Δ EP=mgh=25×10×6=1500J
A．每分钟传送16 个工件，总功W 总=16×1500J =2.4×10
4J，故A 正确；
B．静摩擦力对单个工件做功等于重力势能增加量，每分钟总功为2.4×10
4J，故B 错误；
CD．传送功率P= W 总
t
= 2.4×10
4
60
W = 400 W，故CD 错误。
故选A。
4．水平传送带匀速运动，将物体（可视为质点）无初速度地放在传送带上A 点，一段时间后物体随传送
带一起匀速运动，最终到达B 点。已知传送带运行的速率为v，物体与传送带之间的动摩擦因数为μ，下
列说法正确的是（ ）
A．刚开始物体相对传送带向前运动
B．仅增大μ，物体做加速运动的位移变大
C．仅增大v，物体与传送带因摩擦产生的热量相同
D．仅增大v，物体从A 点运动到B 点的过程中可能一直受到摩擦力
【答案】D
【详解】A．刚开始时，物体速度小于传送带速度，则物体相对传送带向后运动，故A 错误；
B．由牛顿第二定律可知，物体加速运动时的加速度为a= μmg
m = μg
加速至与传送带共速所需时间t = v
a = v
μg
物体做加速运动的位移x1= 0+ v
2
t = v
2
2 μg
可知仅增大μ，物体做加速运动的位移变小，故B 错误；
C．物体与传送带因摩擦产生的热量满足Q = Ff x相= μ mg x相
故产热仅发生在物体加速运动的过程中，其中x相= x传−x❑1= vt −v
2
2 μg = v
2
2 μg
两式联立，可知Q = 1
2 m v
2
故仅增大v，物体与传送带因摩擦产生的热量增加，故C 错误；
D．由上述分析可知，物体做加速运动的位移x1= v
2
2 μg
仅增大v，设传送带AB 的长度为L，当L≤v
2
2 μg 时，物体从A 点运动到B 点的过程中将一直做匀加速运动，
物体一直受摩擦力作用，故D 正确。
故选D。
5．如图所示，矿场利用以速度5m/s 顺时针转动的传送带将煤块从地面运送至距地面高度3m 的加工处。
现将一质量为20kg 的煤块轻放在传送带的下端开始传送。已知煤块与传送带间的动摩擦因数μ=
❑√3
2 ，传
送带与水平方向夹角θ =30°，煤块视为质点。关于运送过程，下列说法正确的是（ ）
A．煤块加速运动阶段，摩擦力对其做的功为750J
B．煤块到达加工处时增加的机械能等于250J
C．煤块到达加工处时重力的瞬时功率是1000W
D．为使传送带保持匀速转动，电动机的输出功率为750W
【答案】A
【详解】A．对刚放上去的煤块受力分析，由牛顿第二定律有μmgcos θ−mgsin θ =ma
解得a=2.5 m/s
2
煤块加速到与传送带共速的位移x = v
2
2a =5 m <6 m
又因为μ=
❑√3
2 >tan30°
因此煤块先加速后匀速，到达顶端时速度为5 m/s，加速阶段滑动摩擦力f = μmgcos θ =150 N
摩擦力做功W f = f ⋅x =750J，A 正确；
B．传送带将煤块从地面运送至距地面高度h=3 m
机械能增加量Δ E = Δ Ek + Δ E p= 1
2 m v
2+mgh=850J，B 错误；
C．重力的瞬时功率P =mg⋅v sinθ =500 W，C 错误；
D．在煤块加速阶段，传送带额外的输出功率为P1= fv = μmgcosθ·v =750 W
煤块匀速时，传送带额外的输出功率为P2= f 静v =mgsinθ·v =500 W
题目未特指加速阶段的输出功率，D 错误。
故选A。
6．倾角θ =37°的传送带以速度v =1.0 m/s顺时针转动，位于其底部的煤斗每秒钟向其输送k = 4.0kg的煤
屑，煤屑刚落到传送带上的速度为零，传送带将煤屑送到h=3.0 m的高处，煤屑与传送带间的动摩擦因数
μ=0.8，且煤屑在到达最高点前已经和传送带的速度相等。（重力加速度g=10 m/s
2，传送带直径大小可
忽略），则下列说法中正确的是（ ）
A．煤屑从落到传送带开始，运动到与传送带速度相等时前进的位移是2.5m
B．煤屑从落到传送带开始，运动到与传送带速度相等时所用的时间是1.25s
C．传送带电机因输送煤屑而多产生的输出功率是122W
D．传送带电机因输送煤屑而多产生的输出功率是154W
【答案】D
【详解】A．对煤屑，由牛顿第二定律可知a= μmgcosθ−mgsinθ
m
=0.4 m/s
2
煤屑从落到传送带开始，运动到与传送带速度相等时前进的位移为x = v
2
2a =1.25 m，故A 错误；
B．煤屑从落到传送带开始，运动到与传送带速度相等时所用的时间t = v
a =2.5s，故B 错误；
CD．设经过Δt时间，煤屑动能增加量为Δ Ek= 1
2 k Δt v
2
重力势能增加量为Δ Ep=k Δtgh
摩擦产生的热量为Q = μk Δtgcosθ(vt −x)
传送带电机因输送煤屑而多产生的输出功率为
P = Δ Ek+ Δ Ep+Q
Δt
= 1
2 k v
2+ kgh+ μkgcosθ(vt −x)=154 W，故D 正确，C 错误。
故选D。
7．如图所示，倾角θ =37°的传送带以v0=1m /s的速度沿顺时针方向匀速转动，将质量为1kg 的物块B
轻放在传送带下端，同时质量也为1kg 的物块A 从传送带上端以v1=2m /s的初速度沿传送带下滑，结果
两物块恰好没有在传送带上相碰，物块与传送带间的动摩擦因数均为0.8，不计物块大小，g取10 m /s
2，
sin37° =0.6，cos37° =0.8。则（ ）
A．A、B 两物块刚在传送带上运动时加速度方向相反
B．两物块在传送带上运动到刚好相遇所用时间为7.5s
C．传送带上下端间的距离为12.5m
D．在运动过程中，A 与传送带间因摩擦产生热量比B 与传送带间因摩擦产生热量多80J
【答案】B
【详解】A．传送带顺时针转动，整体向上运动，物块A 沿斜面向下运动，相对于传送带向下运动，摩擦
力沿斜面向上。由μmgcos θ =0.8×1kg×10m/ s
2×0.8=6.4 N
mgsin θ =6 N
得μmgcos θ>mgsin θ合力沿斜面向上，加速度向上。
物块B 初速度为0，相对于传送带向下运动，摩擦力沿斜面向上，合力同样沿斜面向上，加速度向上。因
此两者初始加速度方向相同，故A 错误。
B．两者加速度大小均为a= μmgcos θ−mgsin θ
m
=0.4 m/s
2
A 的运动。A 以v1=2m/s向下减速，减速到0 的时间t1= v1
a = 2m/ s
0.4 m/ s
2 =5 s
向下位移x A 1= v1
2
2a =5 m
之后A 向上加速，到共速v0=1m/s的时间t2= v0
a =2.5s
向上位移x A 2= v0
2
2a =1.25 m
B 的运动。B 从静止向上加速，到共速v0的时间t B= v0
a =2.5s
位移xB1= v0
2
2a =1.25 m
之后匀速向上。题目说"恰好没有相碰"，即A 达到共速时，两者刚好到达同一位置，总时间
t =t1+t2=5 s+2.5 s=7.5 s
故B 正确；
C．计算传送带总长度L，总时间7.5s 内，B 匀速运动时间为7.5 s−2.5 s=5 s
总位移xB=1.25+ v0×5=6.25 m
A 最终位置距离初始上端位置为x A 1−x A 2=5m−1.25m=3.75m
因此L=3.75m+6.25m=10m
故C 错误；
D．摩擦生热Q = f ⋅Δ x，f = μmgcos θ =6.4 N
A 的总相对位移，第一阶段Δ x1= x A 1+ v0t1=5m+1m/ s×5 s=10m
第二阶段Δ x2= v0t2−x A 2=2.5m−1.25m=1.25m
总相对位移Δ x A =11.25 m
Q A =6.4 N ×11.25m=72J
B 的总相对位移，仅加速阶段有相对位移Δ xB= v0t B−xB1=1.25 m
QB=6.4 N ×1.25m=8 J
热量差Q A−QB=64 J
故D 错误。
故选B。
8．（多选）如图所示，以恒定速率顺时针匀速转动的水平传送带与光滑水平平台平滑连接，平台距水平
地面的高度为h，质量为3m 的小物块B静止于平台上。质量为m的滑块A从传送带左端由静止释放，与传
送带共速后滑上水平平台。A 与B 碰撞后向左反弹，最终A、B 落在水平地面上的位置距平台右侧的水平
距离均为s。AB 可看作质点，落地后均不反弹，忽略空气阻力，重力加速度大小为g，下列说法正确的是
（ ）
A．B 落地前瞬间的速度大小为s ❑√2 gh
2h
B．传送带速度大小为s ❑√2gh
h
C．A 与B 间的碰撞为弹性碰撞
D．整个过程中A 与传送带间由摩擦产生的热量为3mg s
2
h
【答案】BCD
【详解】A．B 从平台飞出后做平抛运动，竖直方向，有h= 1
2 gt
2
解得t = ❑√
2h
g
B 的平抛速度为vB= s
t = s ❑√
g
2h
对B 根据动能定理，有3mgh= 1
2 ×3m v
2−1
2 ×3m vB
2
解得v =
❑√2 gh+ s
2 g
2h
，故A 错误；
B．因A、B 落在水平地面上的位置距平台右侧的水平距离均为s，可知vB= vA= s ❑√
g
2h
令传送带的速度为v0，A、B 碰撞过程满足动量守恒，有m v0=3m vB+m(−vA)
解得v0= s ❑√2 gh
h
，故B 正确；
C．碰前总动能❑k1= 1
2 m v0
2= mg s
2
h
碰后总动能Ek2= 1
2 mvA
2 + 1
2 ×3mvB
2= mg s
2
h
碰撞前、后动能相等，是弹性碰撞，故C 正确。
D．A 在传送带上的加速度为a= μg
A 在传送带上由静止加速到 v0，所用的时间为t = v0
a
A 的位移为xA= 1
2 at
2= v0
2
2 μg
传送带的位移为x带= v0t = v0
2
μg
相对位移Δ x = x带−xA= v0
2
2 μg
产生的摩擦生热为Q1= μmg Δ x = mg s
2
h
A 碰B 反弹后滑上传送带开始到速度减为零的时间为t1= vA
μg
A 的位移为xA1= vA
2
2 μg = s
2
4 hμ
传送带的位移为x带1= v0t1= s
2
hμ
相对位移Δ x1= x带1+ xA1= 5 s
2
4 hμ
产生的摩擦生热为Q2= μmg Δ x1= 5mg s
2
4 h
A 从传送带上返回时根据运动的对称性可得相对位移为Δ x2= x带1−xA1= 3 s
2
4 hμ
产生的摩擦生热为Q3= μmg Δ x2= 3mg s
2
4 h
整个过程中A 与传送带间由摩擦产生的热量为Q =Q1+Q2+Q3= 3mg s
2
h
，故D 正确。
故选BCD。
9．（多选）某工厂的工件传输机构如图所示，半径为1m 的四分之一圆弧轨道AB 在B 点与水平传送带
BC 相切，水平传送带BC 在电动机带动下以速度v =10 m/s顺时针转动，质量为0.2kg 的小滑块P 从圆弧
轨道的A 点无初速度释放，滑块P 经过圆弧上的B 点时对圆弧轨道的压力大小为5.2N，滑块滑到C 点时
刚好和传送带共速。已知滑块可视为质点，滑块与传送带之间的动摩擦因数为0.6，取g=10 m/s
2。下列
说法正确的是（ ）
A．滑块在圆弧轨道上运动过程中损失的机械能为0.5J
B．滑块在传送带上运动过程中的加速度大小为6 m/s
2
C．滑块与传送带之间因摩擦产生的热量为3.6J
D．仅增大传送带的速度v，滑块离开传送带时的速度增大
【答案】BC
【详解】A．小滑块P 在圆弧轨道上运动的过程中由能量守恒，有Δ E =mgR−1
2 mvB
2
小滑块通过圆弧轨道上的B 点时有FN−mg= mvB
2
R
由牛顿第三定律有F 压= FN，联立解得Δ E =0.4 J，故A 错误；
B．滑块在传送带上运动时对滑块受力分析并结合牛顿第二定律有μmg=ma
解得a=6 m /s
2，故B 正确；
C．滑块P 在传送带上运动时，根据速度-时间公式，有v = vB+at
根据位移-时间公式，有x = vBt + 1
2 at
2
所以此过程中滑块相对传送带的位移x相= vt −x
所以此过程中因为摩擦产生的热量Q = μmg x相=3.6J，故C 正确；
D．增大传送带的速度后，滑块在BC 上滑行的过程中依然一直加速，而加速度也没有发生变化，所以滑
块离开传送带时速度不变，故D 错误。
故选BC。
10．（多选）倾角为θ 的传送带AB 以速度v 顺时针匀速转动，如图所示，传送带底端B 点与水平轨道BC
平滑连接，一质量为m 的小物块从传送带上P 点由静止释放，到达底端B 时恰好与传送带的速度相等，
小物块在B 点无机械能损失，且恰好运动到水平轨道上Q 点。已知小物块与传送带之间、小物块与水平
轨道之间的动摩擦因数均为μ，μ>tanθ。重力加速度大小为g。关于小物块的运动，下列说法正确的是
（ ）
A．若从P 点上方某一位置由静止释放小物块，小物块仍恰好运动到Q 点
B．若从P 点下方某一位置由静止释放小物块，小物块仍恰好运动到Q 点
C．小物块从P 点运动到B 点的过程中，传送带电动机增加的功率为2 μmgv cosθ
D．小物块从P 点运动到Q 点的过程中，整个系统因摩擦而产生的热量大于0.5m v
2
【答案】AD
【详解】AB．由题意知，μ>tanθ，则小物块在传送带上所受的滑动摩擦力大小f = μmgcosθ>mgsinθ
当小物块和传送带共速后和传送带一起做匀速运动，所以若从P 点上方某一位置由静止释放小物块，小
物块仍恰好运动到Q 点，若从P 点下方某一位置由静止释放小物块，小物块的速度不能达到传送带的速
度v，则小物块不能运动到Q 点，故A 正确，B 错误；
C．小物块从P 点运动到B 点的过程中，传送带对小物块的摩擦力大小f = μmgcosθ
则传送带电动机增加的功率P = fv = μmgv cosθ，故C 错误；
D．在BQ 段，由动能定理得Q2=−W f= 1
2 mv
2−0
可得小物块从P 点运动到Q 点的过程中，整个系统因摩擦而产生的热量大于0.5m v
2，故D 正确。
故选AD。
题型三 “滑块—木板”模型综合问题
板块模型的动力学分析和功能关系分析
情境模型图示
动力学分析
分别对滑块和木板进行受力分析，根据牛顿第二定律求出各自的加速
度；从放上滑块到二者速度相等，所用时间相等，由t＝＝，可求出共同
速度v 和所用时间t，然后由位移公式可分别求出二者的位移
功和能分析
(1)对滑块和木板分别运用动能定理；
(2)对滑块和木板组成的系统运用能量守恒定律
解题时应注意三个问题
(1)求摩擦力对滑块做功时用滑块对地的位移x 滑；
(2)求摩擦力对木板做功时用木板对地的位移x 板；
(3)求摩擦生热时用相对位移Δx
【例题精讲】
1．如图甲所示，质量为M 的长木板A 放在光滑的水平面上，质量为m=2kg的物体B（可看成质点）以
水平速度v0=2m /s滑上原来静止的长木板A 的上表面。由于A、B 间存在摩擦，之后A、B 速度随时间变
化情况如图乙所示。下列说法正确的是（g 取10 m /s
2）（ ）
A．A、B 间的动摩擦因数为0.2
B．木板A 的质量M =1kg
C．木板A 的最小长度为2m
D．系统损失的机械能为2J
【答案】D
【详解】A．根据v −t图像可知，物体A、B 的加速度大小为a1=a2=1m /s
2
对物体A，根据牛顿第二定律可得μmg=ma2
解得A、B 间的动摩擦因数μ=0.1，故A 错误；
B．对物体B，根据牛顿第二定律可得μmg= M a1
解得木板A 的质量M =2kg，故B 错误；
C．0∼1s时间内，二者的相对位移为Δ x = xB−xA= v0t −1
2 a2t
2−1
2 a1t
2
解得Δ x =1m，故C 错误；
D．根据能量关系可得系统损失的机械能Δ E = 1
2 mv0
2−1
2
(m+ M )v
2
代入数据解得Δ E =2J，故D 正确。
故选D。
2．如图，一质量为M =2kg的木板静止在水平地面上，一质量为m=1kg的滑块（可视为质点）以
v0=2m/s的水平速度从木板左端滑上木板，木板始终保持静止。木板足够长，滑块与木板间的动摩擦因
数为μ1=0.3，木板与地面间的动摩擦因数为μ2（未知），重力加速度大小取g=10 m /s
2，设最大静摩擦
力等于滑动摩擦力。下列说法正确的是（ ）
A．地面对木板的摩擦力方向水平向右
B．地面对木板的摩擦力大小为9 N
C．μ2可能为0.12
D．整个过程中，滑块与木板间因摩擦产生的热量为4 J
【答案】C
【详解】A．根据受力分析可知滑块对木板的滑动摩擦力方向水平向右，因此地面对木板的静摩擦力方向
水平向左，故A 错误；
B．滑块对木板的滑动摩擦力大小
f m = μ1mg=3 N
由于木板始终保持静止，故地面对木板的静摩擦力大小
f M = f m =3 N
故B 错误；
C．木板始终保持静止，即
μ2(m+ M )g≥f m
解得
μ2≥0.1
故C 正确；
D．整个过程中，滑块的动能全部转化为系统的内能，产生的热量
Q = 1
2 mv0
2=2J
故D 错误。
故选C。
3．如图所示，木板c 静置于光滑水平地面上，木块b 放置在木板的右端，t =0时刻，木块a 以9m/s 的初
速度从左端沿水平方向滑上木板c，最终木块a、b 恰好未发生碰撞，已知木块a、b 和木板c 的质量分别
为ma=2kg，mb=0.75kg，mc=1kg，木块a、b 与木板c 之间的动摩擦因数均为μ=0.2，重力加速度g
取10 m /s
2，则下列说法正确的是（ ）
A．木板c 的长度为10m
B．木块a 与木板c 之间产生的热量为36J
C．t =2s时，木块a、b 与木板c 达到共同速度
D．木板c 最终的速度为4m/s
【答案】B
【详解】ACD．由牛顿第二定律可知，木块a 滑上木板c 后的加速度a1= −μma g
ma
=−μg=−2m /s
2
木块b 的加速度a2= μmb g
mb
= μg =2m /s
2
木板c 的加速度为a3= μma g−μmb g
mc
=2.5 m /s
2
设经过t时间木块a 与木板c 达到共同速度v，根据运动学规律可得v =a3t = v0+a1t
代入数据解得t =2s，v =5 m/s
木块a 的位移x1= 1
2 (v + v0)t =14 m
木板c 的位移x3= 1
2 vt =5 m
相对位移Δ xac= x1−x3=9 m
此时木块b 的速度为vb= 4 m/s
位移为x2= 1
2 vbt = 4 m
与木板c 的相对位移为Δ xbc= x3−x2=1m
之后木块a 与木板c 将共同运动，它们的加速度a4= −μmb g
(ma+mc) =−0.5 m /s
2
木块b 的加速度不变，依然为a2=2m /s
2
设经过t
'时间木块b 与a、c 达到共速v
'，则有v
' = v +a4t
' = vb+a2t
'
解得t
' =0.4s，v
' = 4.8 m/s
即经过时间t +t
' =2.4s木块a、b 与木板c 达到共同速度，木板c 的速度为4.8m/s，这段时间内木块b 与木
板c 的相对位移为Δ xbc
' = 1
2 (v + v
')t
'−1
2 (vb+ v
')t
' =0.2m
则木板c 的长度为L= Δ x = Δ xac+ Δ xbc+ Δ xbc
' =10.2m，故ACD 错误；
B．根据功能关系可知，木块a 与木板c 之间产生的热量为Q = f Δ xac = μma g· Δ x =36J，故B 正确。
故选B。
4．如图所示，上表面粗糙的长木板B 静止在光滑的水平面上，物块A 叠放在长木板右端，轻弹簧一端连
接在物块A 上，另一端连接在竖直墙面上，开始时弹簧处于原长，现对B 施加一水平向右恒定的拉力F，
弹簧始终处于弹性限度内且只分析A 未离开B 的过程，则正确的说法是（ ）
A．施加拉力后最初的一段时间内，物块A 和木板B 一定无相对滑动
B．施加拉力的瞬间，物块A 所受的摩擦力为零
C．施加拉力后的某一过程中，拉力做的功一定不小于A、B 和弹簧整体机械能的增量
D．施加拉力后，在A 与B 相对滑动过程中，A 对B 的摩擦力做功的绝对值等于A、B 间产生的热量
【答案】C
【详解】A．施加水平向右的恒力F 后，当力较小时，物块可能与木板一起运动，然后再分开运动，当力
较大时，物块可能与木板分开运动，故A 项错误；
B．由上述分析可知，施加拉力后，两者之间即发生相对滑动，此时物块A 与木板间存在滑动摩擦力，故
B 项错误；
C．由能量守恒可知，拉力F 所做的功等于物块A 与木板B、弹簧整体机械能的增量以及A、B 物体之间摩
擦产生的热，即施加拉力后的某一过程中，拉力做的功一定不小于A、B 和弹簧整体机械能的增量，故C
项正确；
D．由功能关系可知，A、B 之间产生的热等于A、B 之间摩擦力与A、B 两物体间的相对位移的乘积即
Q = f ⋅Δ xAB
故D 项错误。
故选C。
5．一块质量为 M、长为l 的长木板A 静止放在光滑的水平面上，质量为 m 的物体B（视为质点）以初
速度v0从左端滑上长木板A 的上表面并从右端滑下，该过程中，物体B 的动能减少量为Δ EkB，长木板
A 的动能增加量为Δ EkA，A、B 间摩擦产生的热量为Q，关于Δ EkB，Δ EkA，Q的值，下列可能的是（
）
A．Δ EkB=7J，Δ EkA=5J，Q =5J
B．Δ EkB=7J，Δ EkA=2J，Q =5J
C．Δ EkB=3J，Δ EkA=2J，Q =5J
D．Δ EkB=5J， Δ EkA=3J，Q =2J
【答案】B
【详解】AC．根据能量守恒可知
Δ EkB=Δ EkA+Q
故AC 错误；
BD．画出物体B 和长木板A 的速度—时间图线，分别如图中1 和2 所示，图中1 和2 之间的梯形面积表示
板长l，1 与t轴所围的面积表示物体B 的位移x1，2 与t轴所围的面积表示长木板A 的位移x2，由图可知
x1>l x2<l
又有 Δ EkB= f x1
Δ EkA= f x2
Q = fl
则有Δ EkB>Q>Δ EkA
可知B 有可能，故B 正确，D 错误。
故选B。
6．质量为M =2kg的平板小车左端放有质量为m=3kg的小铁块，它和车之间的动摩擦因数μ=0.4。开
始时，车和铁块均以v0=3 m/s的速度在光滑水平面上向右运动，如图所示。车与墙发生正碰，设碰撞时
间极短，碰撞中无机械能损失，且车身足够长，运动过程中铁块总不能和墙相碰，则小车和墙第一次相
碰后，平板小车第一次离开墙的最大距离x1以及铁块相对小车的总位移x相对分别为（ ）
A．x1=0.75 m，x相对=1.875 m
B．x1=0.50 m，x相对=1.625 m
C．x1=1.50 m，x相对=1.875 m
D．x1=0.75 m，x相对=1.625 m
【答案】A
【详解】车第一次与墙相撞后向左做匀减速直线运动，当速度减为零时，平板小车第一次离开墙的最大
距离x1，对小车，由动能定理得
−μmg x1=0−1
2 M v0
2
代入数据解得x1=0.75 m
小车与铁块的初速度向右，系统的初动量向右，由于m> M，小车不论与墙相撞多少次，系统的总动量总
是向右，小车与墙壁每碰撞一次系统的总动量减少一次，直到系统动量减为零为止，最后小车停在墙下，
且铁块相对小车相对运动方向不变总是相对向右运动，设整个过程铁块相对小车的总位移为x相对，对系
统，由能量守恒定律得μmg x相对= 1
2 (m+ M )v0
2
代入数据解得
x相对=1.875 m
故A 正确，BCD 错误。
故选A。
7．（多选）如图所示，光滑的固定斜面倾角θ =30
°。左侧放置一个木板，其上表面与斜面底端平滑相连，
若干个相同的小滑块紧挨着放在斜面上，小滑块总长度为l =1.62m，最下端的小滑块刚好与斜面底端对
齐，由静止释放所有小滑块，然后滑上木板，当木板刚滑动时，将斜面上的小滑块取走，最终冲上木板
的滑块均未从木板左端滑出。已知木板的质量M =2kg，滑块总质量为m=16.2kg，滑块与木板之间的动
摩擦因数μ1=0.4，木板与地面之间的动摩擦因数μ2=0.2，木板与地面之间的最大静摩擦力是滑动摩擦力
的1.5 倍。重力加速度取g=10 m /s
2，则下列说法正确的是（ ）
A．木板刚滑动时滑块的速度大小为2m /s
B．滑块与木板共速后之间的摩擦力为10 N
C．木板至少长0.75 m
D．滑块与木板之间摩擦产生的热量为13.2 J
【答案】AD
【详解】A．设木板上滑块的质量为m1，当木板刚要滑动时，则有μ1m1g=1.5 μ2( M +m1)g
解得m1=6kg
由于滑块质量分布均，匀这部分长l1=0.6 m
则滑块重力所做的功W 1=m1g(l−l1
2 )sinθ
摩擦力所做的功W 2=−μ1m1g
2
l1
根据动能定理可得W 1+W 2= 1
2 mv
2
联立解得v =2m/s，故A 正确；
B．由题可知，共速后整体的加速度a3= μ2 g=2m/s
2
则滑块和木板之间的摩擦力为f =m1a3=12N，故B 错误；
C．当木板开始运动后，滑块的加速度a1= μ1g= 4 m/s
2
木板的加速度为a2= μ1m1g−μ2( M +m1)g
M
= 4 m/s
2
共速时则有v共= v −a1t =a2t
联立解得t =0.25s，v共=1m/s
滑块相对于木板的位移Δ x = 1
2 (v + v共)t −1
2 v共t =0.25 m
木板的长度至少为L= Δ x +l1=0.85 m，故C 错误；
D．滑块与木板因摩擦产生的热量Q = 1
2 μ1m1gl1+ μ1m1 g· Δ x =13.2J，故D 正确。
故选AD。
8．（多选）如图甲所示，一木板静置于足够大的水平地面上，木板右端放置一质量为0.5kg 的物块（可
视为质点），t =0时对木板施加一水平向右的恒定拉力F，t =2s时撤去F，物块在木板上先做匀加速直
线运动，后做匀减速直线运动，且恰好不能从木板左端掉落，整个过程中木板运动的v −t图像如图乙所
示。已知各接触面间的最大静摩擦力等于滑动摩擦力，取重力加速度大小g=10 m /s
2，下列说法正确的
是（ ）
A．木板的长度为3m
B．木板的质量为0.2kg
C．物块与木板间因摩擦产生的热量为0.75J
D．木板与地面间因摩擦产生的热量为2.55J
【答案】BCD
【详解】B．由题意画出物块运动的v −t图像，如图所示
设物块与板间的动摩擦因数为μ1，由图得0∼2.5 s内物块的加速度大小为
a1= Δv1
Δt1
=0.4 m/ s
2
对物块由牛顿第二定律得
μ1mg=ma1
解得物块与木板间动摩擦因数为
μ1=0.04
设板与地面间的动摩擦因数为μ2，由图得在2−2.5s内，木板的加速度大小为
a2= Δv2
Δt2
= 3−1
2.5−2 m/ s
2= 4 m/ s
2
对木板由牛顿第二定律得
μ2(mg+ Mg)+ μ1mg= M a2
在2.5−3s内，木板的加速度大小为
a3= Δv3
Δt3
=
1−0
3.0−2.5 m/ s
2=2m/ s
2
对木板由牛顿第二定律得
μ2(m+ M )g−μ1mg= M a3
两式联立得M =0.2kg，μ2= 3
35
故B 正确；
A．由于物块恰好不能从木板左端掉落，则物块在2.5s 时与木板有共同速度，且在木板左端，木板的长度
L= 1
2 ×2×3m+ 1
2 ×0.5×(1+3)m−1
2 ×2.5×1m=2.75m
故A 错误；
C．物块与木板相对位移有两段，第一段为前2.5s，长度为s1= L=2.75 m
第二段为2.5s 后，由图得长度为s2= 1
2 ×(2.5−0.5)×1m =1m
物块与木板摩擦生热Q1= μ1mg(s1+ s2)=0.75J
故C 正确；
D．木板的位移有三段，第一段由图得x1= 2
2 ×3m=3 m
第二段由图得长度为
x2= 1
2 ×(1+3)×0.5m=1m
第三段位移
x3= 1
2 ×0.5m=0.25 m
木板与地面摩擦生热
Q2= μ2( M +m)g( x1+ x2+ x3)=2.55J
故D 正确。
故选BCD。
9．（多选）如图所示，一个质量为M、长为L 的木板B 静止在光滑水平面上，其右端放有可视为质点的
质量为m 的滑块A，现用一水平恒力作用在滑块上，使滑块从静止开始做匀加速直线运动。滑块和木板之
间的摩擦力为Ff，滑块滑到木板的最左端时，木板运动的距离为x，此过程中，下列说法正确的是
（ ）
A．滑块A 到达木板B 最左端时，具有的动能为（F-Ff）（L+x）
B．滑块A 到达木板B 最左端时，木板B 具有的动能为Ffx
C．滑块A 克服摩擦力所做的功为FfL
D．滑块A 和木板B 增加的机械能为F（L+x）-FfL
【答案】ABD
【详解】A．对滑块A 分析，滑块A 相对于地面的位移为L+x，根据动能定理得
(F −Ff)(L+ x)= 1
2 mv
2
则知滑块A 到达木板B 最左端时具有的动能为（F-Ff）（L+x），A 正确；
B．对木板B 分析，根据动能定理得
Ff x = 1
2 M v
′2
滑块A 到达木板B 最左端时，木板B 具有的动能为Ffx，B 正确；
C．滑块A 相对于地面的位移大小为L+x，则滑块A 克服摩擦力所做的功为Ff（L+x），C 错误；
D．根据能量守恒定律得，外力F 做的功转化为木板B 和滑块A 的机械能和摩擦产生的内能，则有
F (L+ x)= Δ E+Q
Q = Ff L
则滑块A 和木板B 增加的机械能为
Δ E = F (L+ x)−Ff L
D 正确。
故选ABD。
课时精练
一、单选题
1．下列说法中正确的是（ ）
A．物体在拉力的作用下向上运动，拉力做的功是1J，但物体的重力势能的增加量一定小于1J
B．物体受拉力作用向上匀速运动，拉力做的功是1J，但物体重力势能的增加量大于1J
C．在物体运动过程中，重力做的功是﹣1J，但物体的重力势能的增加量大于1J
D．在没有摩擦时物体由A 点沿直线运动到B 点，克服重力做的功为1J，有摩擦时物体由A 点沿曲线
运动到B 点，克服重力做的功仍等于1J
【答案】D
【详解】A、物体受拉力作用向上运动，拉力做的功是1J，不能确定物体克服重力做功多少，也就不能确
定重力势能的增加量，A 错误；
B、物体受拉力作用向上匀速运动，拉力做的功是1J，则物体克服重力做功为1J，物体重力势能的增加量
等于1J．B 错误；
C、物体运动时，重力做的功是﹣1J，但物体重力势能的增加量一定是1J．C 错误；
D、物体由A 沿直线运动到B，克服重力做的功是1J，与是否存在摩擦力无关，所以，有摩擦时物体由A
点沿曲线运动到B 点，克服重力做的功仍等于1J．D 正确．
2．小球以一定的初速度竖直上抛，在其向上运动过程中，空气阻力与速度大小成正比，则其机械能E
（以抛出点为零势能点，抛出时机械能为E0）随小球上升高度h 变化的规律下列描绘正确的是（ ）
A．
B．
C．
D．
【答案】C
【详解】根据功能关系
Δ E = f Δh
解得
f = Δ E
h
即E-h 图线斜率的绝对值等于空气阻力的大小。在上升过程中，h 增大，小球的速度减小，在其向上运动
过程中，空气阻力与速度大小成正比，所以空气阻力随之减小，图线的斜率逐渐减小，直至为零。故C
正确，ABD 错误。
故选C。
3．如图所示，水平面上一劲度系数为k 的水平轻弹簧一端固定于墙上，另一端连接物体甲。现用物体乙
缓慢推甲使弹簧压缩x0，甲、乙质量均为m。乙的下表面光滑，甲与水平面间的动摩擦因数为μ，重力加
速度为g。现同时由静止释放甲、乙，两者向右运动一段时间后分离，下列说法正确的是（ ）
A．甲运动到速度最大时，弹簧压缩量为0
B．甲与乙分离时，弹簧为伸长状态
C．释放后，甲、乙间的最大弹力为k x0−μmg
2
D．从释放到分离，甲、乙与弹簧组成的系统机械能减少量为μmg x0
【答案】C
【详解】AB．对甲、乙当k Δ x = μmg时，弹簧压缩量为Δ x = μmg
k
甲、乙的加速度为零，速度最大，此时甲与乙分离，此后乙向右做匀速直线运动，甲向右做减速运动
（弹力小于摩擦力），故AB 错误；
C．释放瞬间，甲、乙间的弹力最大，对甲乙整体由牛顿第二定律k x0−μmg=2ma
对乙Fm =ma
联立解得F m = k x0−μmg
2
，故C 正确；
D．由AB 选项知从释放到分离，甲、乙与弹簧组成的系统机械能减少量为
μmg( x0−Δ x)= μmg( x0−μmg
k
)，故D 错误。
故选C。
4．如图，将小物块放上以4m/s 速度匀速运动的电动传送带，一段时间内小物块从1m/s匀加速至2m/s，
不计空气阻力。则这段时间内物块增加的动能、系统因摩擦而产生的热量、传送带因传送物块而多消耗
的电能之比为（ ）
A．3:5:8
B．1:1:2
C．1:2:3
D．3:4:5
【答案】A
【详解】设物块质量为m，则物块增加的动能Δ Ek= 1
2 mv2
2−1
2 mv1
2= 3
2 m
物块加速时间t = v2−v1
μg
= 1
μg
摩擦生热Q =m(v传−v1+ v2
2
)= 5
2 m
传送带因传送物块而多消耗的电能E = μmg v传t = 4 m
可得这段时间内物块增加的动能、系统因摩擦而产生的热量、传送带因传送物块而多消耗的电能之比为
Δ Ek:Q: E =3:5:8
故选A。
5．如图所示，质量 mA =1.5kg、长L=0.5m 的木板A 放在水平平台上，质量mB=1kg的物块B（可视为
质点）放在木板A 的左端，物块B 和质量为mC的物块C 通过绕过光滑定滑轮的轻绳连接，物块 B 和滑轮
之间的轻绳水平。已知物块B 和木板A 之间的动摩擦因数 μ1=0.4，木板A 和平台之间的动摩擦因数
μ2=0.1，g 取10 m /s
2。设最大静摩擦力等于滑动摩擦力，物块B 与滑轮间的距离足够大，物块C 与地
面间的距离足够大，由静止释放物块C。下列说法中正确的是（ ）
A．若mC=0.25kg，木板A 和物块B 一起向右运动
B．木板A 的加速度可能为2m /s
2
C．若mC=0.5kg，物块C 的加速度大小为 2
3 m /s
2
D．若mC=0.75kg，物块B 离开木板A 的过程中系统损失的机械能为3.25 J
【答案】D
【详解】A．物块B 和木板A 之间的最大静摩擦力FfAB= μ1mB g= 4 N
木板A 和平台之间的最大静摩擦力FfA 地= μ2(mA+mB)g=2.5 N
所以当绳子拉力FT≤2.5 N时，整体静止不动，故A 错误；
B．ABC 一起运动，当AB 即将发生相对运动时，对整体分析有mC g−μ2(mA+mB)g=(mA+mB+mC)a
对木板A 分析有μ1mB g−μ2(mA+mB)g=mAa
解得a=1m /s
2,mC= 5
9 kg
所以木板A 的加速度不能超过1m /s
2，故B 错误；
C．当0.25kg<mC≤5
9 kg时，ABC 一起加速运动，所以当mC=0.5kg时，三个物体一起加速，整体分析有
mC g−μ2(mA+mB)g=(mA+mB+mC)a
解得a= 5
6 m /s
2，故C 错误；
D．当mC=0.75kg时，AB 发生相对运动，对BC 整体分析有mC g−μ1mB g=(mB+mC)aBC，
解得aBC=2m /s
2
此时木板A 的加速度aA=1m /s
2，物块B 从木板A 上离开有L= 1
2 aBCt
2−1
2 aAt
2
解得t =1s
此过程中物块B 和木板A 之间摩擦生热QAB= μ1mB gL=2J
木板A 与平台之间摩擦生热QA平= μ2(mA+mB)× 1
2 aAt
2=1.25J
所以此过程中系统损失的机械能Δ E =QAB+QA平=3.25J，故D 正确。
故选D。
6．如图所示，倾角θ=37°的传送带以v0=1m/s 的速度沿顺时针方向匀速转动，现将物块B 轻放在传送带下
端的同时，物块A 从传送带上端以v1=2m/s 的初速度沿传送带下滑，结果两物块恰好没有在传送带上相碰，
已知物块与传送带间的动摩擦因数均为0.8，两物块（均可视为质点）质量均为1kg，重力加速度g 取
10m/s2，sin37°=0.6，cos37°=0.8。下列说法正确的是（ ）
A．两物块刚开始在传送带上运动时的加速度大小均为0.8m/s2
B．物块B 从放上传送带到刚好要与物块A 相碰所用的时间为5.5s
C．两物块与传送带之间由于摩擦产生的热量为64J
D．传送带上下端间的距离为10m
【答案】D
【详解】A．两物块刚开始在传送带上运动时，根据牛顿第二定律可得
aA=aB= μmgcosθ−mgsinθ
m
=0.4 m/s
2，故A 错误；
B．物块B 在传送带上加速的时间为t1= v0
aB
= 1
0.4 s=2.5s
由于mgsinθ< μmgcosθ，物块B 随后跟着传送到一起匀速向上运动。物块A 从冲上传送带到速度为零所
用时间为t2= v1
aA
= 2
0.4 s=5s
物块A 从速度为零向上加速到与传送带速度相同所用时间为t3= v0
aA
= 1
0.4 s=2.5s
所以两物块从放上传送带到刚好要相碰所用时间为Δt =t2+t3=7.5s，故B 错误；
C．两物块与传送带之间由于摩擦产生的热量为
Q =QA+QB= μmgcosθ⋅( 1
2 aAt2
2+ v0t2+ v0t3−1
2 aAt3
2)+ μmgcosθ⋅(v0t1−1
2 aBt1
2)=80J，故C 错误；
D．在7.5s 内物块A 的位移大小为xA= 1
2 aAt2
2−1
2 aAt3
2=3.75 m
物块B 的位移大小为xB= 1
2 aBt1
2+ v0( Δt −t1)=6.25 m
所以传送带下端到上端的距离为x = xA+ xB=10 m，故D 正确。
故选D。
二、多选题
7．（多选）如图所示，竖直向上的匀强电场中，绝缘轻质弹簧竖直立于水平地面上，一质量为m 的带正
电小球在外力F 的作用下静止于图示位置，小球与弹簧不连接，弹簧处于压缩状态，现撤去F，在小球从
静止开始运动到离开弹簧的过程中，重力、电场力、弹簧弹力对小球做功分别为W1、W2、W3，不计空气
阻力，则上述过程中
A．小球重力势能的增量为W1
B．小球电势能的增量为-W2
C．小球的动能的增量为W1+W2
D．小球机械能的增加量为W2+W3
【答案】BD
【详解】A. 重力做的功等于重力势能的减小量，重力对小球做负功，则小球重力势能的增量为−W 1，故
A 错误；
B. 图中电场力对小球做正功，电场力做的功等于电势能的减小量，则小球电势能的增量为-W2，故B 正确；
C.小球动能变化量等于所有外力做功之和，所以小球的动能的增量为W 1+W 2+W 3，故C 错误；
D. 小球机械能的增加量等于除重力外其余力做的功，则小球机械能的增加量为W2+W3，故D 正确；
8．（多选）如图甲所示为应用于机场和火车站的安全检查仪，其传送装置可简化为如图乙所示的模型，
紧绷的传送带始终保持v=0.4m/s 的恒定速率运行。旅客把行李（可视为质点）无初速度地放在A 处，行
李运动至B 处后取下行李。已知行李与传送带之间的动摩擦因数µ=0.4，AB 间距离x=2m，重力加速度g
取10m/s2，则（ ）
A．行李从A 运动至B 的时间为1s
B．行李在传送带上留下的摩擦痕迹长度为2cm
C．增大传送带运行速率，将缩短行李从A 运动至B 的时间
D．由于传送行李，电动机多消耗的电能等于行李动能的增加量
【答案】BC
【详解】A．行李放上传送带时，加速度a= μmg
m = μg= 4 m/s
2
加速时间为t1= v
a =0.1s
位移为x1= v
2
2a = 0.4
2
2×4 m =0.02m
匀速运动的时间为t2= x−x1
v
= 4.95s
所以运动总时间为t =t1+t2=5.05s，故A 错误；
B．痕迹长为Δ x = v t1−x1=0.02m =2cm，故B 正确；
C．若增大传送带运行速率，设传送带运行速率为v′，则行李匀加速运动的时间为t
′
1= v
′
a
匀加速运动的位移大小为x
′
1= v
′2
2a
匀速运动的时间为t
′
2= x−x
′
1
v
′
联立可得行李运动的总时间为t
′ =t
′
1+t
′
2= v
′
2a + x
v
′
由此可知，当v
′
2a = x
v
′ 时，时间最短，此时v
′ = 4 m/s
所以增大传送带运行速率，将缩短行李从A 运动至B 的时间，当传送带的速度大于4m/s 时，行李的运动
时间不变，故C 正确；
D．根据能量守恒定律可知，电动机多消耗的电能等于行李动能的增加量与摩擦产生的热量之和，故D 错
误。
故选BC。
9．（多选）如图1 所示，质量M＝3kg 的木板P 静止在水平地面上，质量m＝2kg 的物块Q（可视为质
点）静止在木板P 的右端。t＝0 时，对木板P 施加水平向右的拉力F，一段时间后撤去F，木板的v-t 图像
如图2 所示，物块Q 始终没有离开木板P，取重力加速度g＝10m/s2，则（ ）
A．拉力F 的大小为16N
B．拉力F 的作用时间为6s
C．木板与地面摩擦产生的热量为397.5J
D．木板P 从开始运动到停下经历的时间为8.25s
【答案】CD
【详解】AB．根据v −t图像可知，0∼5s内，拉力F 拉木板运动，木板与物块之间相对滑动，5s 时撤去
拉力F，5∼6s内，木板与物块之间仍有相对滑动，6s 时，木板与物块达到共速，之后做匀减速直线运
动直至停止。所以物块从静止开始加速，在t =6s时速度达到6 m/s，则a1= v
t =1m/s
2
根据牛顿第二定律有μ1mg=ma1
解得物块与木板之间的动摩擦因数为μ1=0.1
木板在5∼6s内的加速度a2=Δv
Δt =−4 m/s
2
又因为此时木板受到物块和地面的摩擦力作用，根据牛顿第二定律有−μ1mg−μ2( M +m)g= M a2
解得木板与地面间的动摩擦因数为μ2=0.2
在0∼5s内，对木板受力分析，根据牛顿第二定律有F −μ1mg−μ2( M +m)g= M a3
其中a3=Δv
′
Δt
′ = 10
5 m/s
2=2m/s
2
解得F =18 N，故AB 错误；
D．由于μ2=0.2> μ1=0.1，可知6s 后，木板与物块仍发生相对滑动；以木板为研究对象，根据牛顿第二
定律有μ1mg−μ2( M +m)g= M a4
解得a4=−8
3 m/s
2
木板减速到停止的时间t3=Δv
″
a4
=2.25s
则从施加拉力F 到木板停下的时间为t =t3+6s=8.25s，故D 正确；
C．根据v −t图线与坐标轴所围面积表示位移可知，木板的位移大小为
x = 10×5
2
m + 6+10
2
×(6−5)m + 6×(8.25−6)
2
m =39.75 m
木板与地面摩擦产生的热量为Q = μ2( M +m)gx =397.5J，故C 正确。
故选CD。
10．（多选）如图，倾斜滑道高h=0.6 m，水平底边长L=0.8 m，与水平传送带平滑连接，传送带沿垂直
于滑道的方向匀速运行。质量为2kg 的工件（可视为质点）从滑道顶端由静止释放，沿滑道下滑后垂直滑
上传送带。已知工件与滑道及传送带间的动摩擦因数均为0.5，传送带运行速度v =1m/s，取g=10 m/s
2，
忽略工件在连接处的能量损失。下列说法正确的是（ ）
A．工件滑上传送带时的速度大小为2m/s
B．工件在传送带上受到的摩擦力方向与传送带运动方向夹角为45°
C．为防止工件从传送带侧边滑落，传送带的最小宽度d 为0.4m
D．工件在传送带上滑动过程中摩擦生热为5J
【答案】AD
【详解】A．对工件沿滑道下滑过程用动能定理，斜面长度为s，倾角为θ，则
mgh−μmgcosθ⋅s= 1
2 mv0
2−0
代入scosθ = L
化简得mgh−μmgL= 1
2 mv0
2
解得v0=2m/s，故A 正确；
B．工件刚滑上传送带时，初速度沿垂直传送带运动方向，大小v0=2m/s，沿传送带运动方向初速度为
0；因此工件相对于传送带的速度为：沿传送带运动反方向分量1m/s，垂直传送带运动方向分量2m/s。
滑动摩擦力方向与相对速度方向相反，摩擦力与传送带运动方向夹角θ满足tanθ = 2
1 =2，因此θ≠45
∘，
故B 错误；
C．工件滑入的初速度方向（垂直传送带）加速度恒定a1= μmg
m sinθ
当工件垂直传送带方向速度减为0 时，最大位移（即最小传送带宽度d）满足0−v0
2=−2a1d
代入数值解得d =
❑√5
5 m，故C 错误；
D．摩擦生热Q = f ⋅s相对
摩擦力大小为f = μmg=10 N
整个过程相对初速度大小❑√v0
2+ v
2= ❑√5 m/s
最终相对速度为0，运动时间t =
❑√v0
2+ v
2
μg
=
❑√5
5 s
相对位移大小s相对=
❑√5
2 ⋅t =0.5 m
因此Q =10×0.5J =5J，故D 正确。
故选AD。
三、解答题
11．如图所示，竖直面内足够长的倾角为θ =37°的倾斜轨道与水平轨道AB 通过一小段光滑圆弧平滑连接，
质量为m1=3kg的物块甲静止于水平轨道的最左端的A 点。质量为m2=1kg的物块乙以v0=10 m/s水平向
左的速度与物块甲发生碰撞（碰撞时间极短），碰后物块乙以v =5 m/s的速率反弹。已知物块甲、乙与
轨道间的动摩擦因数均为μ=0.5，两物块均可视为质点，最大静摩擦力等于滑动摩擦力，不计空气阻力，
重力加速度的大小g=10 m/s
2，sin37° =0.6，cos37° =0.8。求
(1)物块乙碰后运动的位移大小x；
(2)物块甲碰后沿倾斜轨道运动到最高点的时间t；
(3)物块甲运动的全过程中与轨道因摩擦而产生的热量Q。
【答案】(1)x =2.5 m
(2)t =0.5s
(3)Q =37.5J
【详解】（1）碰后对物块乙列动能定理−μm2 gx =0−1
2 m2v
2
解得x =2.5 m
（2）设碰后甲的速度为v1，物块甲在斜面上运动的加速度为a。由动量守恒得m2v0=−m2v +m1v1
牛顿第二定律得−m1gsinθ−μm1gcosθ =m1a1
运动学公式得0= v1+a1t
解得t =0.5s
（3）甲在倾斜轨道上运动时，因μ<tanθ，物块甲会滑下来。
上滑距离x1= v1
2 t
牛顿第二定律得m1gsinθ−μm1gcosθ =m1a2
甲返回轨道AB 的速度设为v2，由运动学公式可得v2
2=2a2 x1
解得v2= ❑√5m/ s
甲返回轨道AB 的速度小于碰后乙的速度v1，因此不会发生再次碰撞，物块甲最终停在轨道AB 上，根据
能量守恒Q = 1
2 m1v1
2
解得Q =37.5J
12．如题图所示，某物理兴趣小组设计了一个挑战游戏。挑战者通过弹射装置压缩弹簧，使质量为m的小
物块（视为质点）以一定速度弹出，从水平台面沿切线方向进入圆弧轨道ab，轨道ab与轨道bc相切于b
点，b点到轨道圆心的连线与水平面的夹角为θ =30
∘，c 端与水平地面相平，ab、bc 的半径分别为R、
2 R。在de 段，挑战者可自行选择传送带以v0= ❑√5 gR顺时针或逆时针匀速转动，若小物块能始终不脱离
轨道运动至ef 段且不与gf 碰撞，则挑战成功。所有轨道、传送带在同一竖直面内，cdef 在同一水平面上，
de =5R，ef =2 R，物块与de、ef 段之间动摩擦因数分别为μ1= 5
7 、μ2= 6
7 ，其余摩擦均不计，重力加速
度为g。求：
(1)为使小物块不脱离圆弧轨道，求初始弹性势能的最小值；
(2)分别讨论传送带顺时针或逆时针转动时，挑战能否成功，若成功，求初始弹性势能的取值范围。
【答案】(1)1
2 mgR
(2)逆时针转动挑战不成功，顺时针转动挑战成功1
2 mgR≤Ep≤11
14 mgR
【详解】（1）物块恰好不脱离圆弧轨道时，在a 点由受力分析mg=m va
2
R
由释放到a 点的过程中，初始弹性势能的最小值Ep0= 1
2 mva
2= 1
2 mgR
（2）若传送带顺时针转动，物体在传送带上做减速运动
情况1：刚好到达e 点停下。
从释放到e，由能量守恒Epmin+mg×3 R (1+sinθ)= μ1mg de
解得Epmin=−13
14 mgR<0
故为使挑战成功，只需小物块恰不脱离圆弧轨道，即最小初始弹性势能为Ep0= 1
2 mgR
情况2：刚好到达f 点停下。
从释放物块到恰好运动到f，由能量守恒Epmax+mg×3 R (1+sinθ)= μ1mg de+ μ2mgef
解得Epmax= 11
14 mgR
所以，若传送带顺时针转动且初始弹性势能在1
2 mgR≤Ep≤11
14 mgR范围内，则挑战成功。
若传送带逆时针转动，为确保物体不脱轨，当以最小弹性势能Ep0释放时，设物体到达c 点的速率为vcmin，
由能量守恒Ep0+mg×3 R (1+sinθ)= 1
2 m vcmin
2
解得vcmin= ❑√10 gR
由于传送带速率v0= ❑√5 gR<vcmin≤vc，物体在传送带上一定先做减速运动，无论能否与传送带共速，物
体离开传送带的速度ve≥v0
到达e 点后，设小物块减速x减后停下，则由于ve≥v0，x减≥v0
2−0
2 μ2g = 35
12 R
解得x减>ef ，故若传送带逆时针转动，一定会和gf 发生碰撞，挑战不可能成功。
综上所述：只有当1
2 mgR≤Ep≤11
14 mgR且传送带顺时针转动，挑战成功。
13．如图所示，快递公司分拣邮件使用倾角θ =37
∘的传送带，将每个质量m=2kg的邮件从地面运送到高
h=6 m的出发平台。传送带以v =2m /s的速度顺时针匀速转动。已知各邮件与传送带间的动摩擦因数相
同μ=0.8，最大静摩擦力等于滑动摩擦力，g取10 m /s
2，sin37
∘=0.6，cos37
∘=0.8。求：
(1)邮件刚轻放上传送带时的加速度大小；
(2)机械手每隔7s就将一个邮件轻放到传送带底端，传送带上最多同时输送的邮件数量；
(3)在机械手放置第一个邮件开始计时的1 分钟内，电动机因运送邮件需多做的功。
【答案】(1)0.4 m /s
2
(2)2 个
(3)1606.4 J
【详解】（1）邮件刚放上传送带时，根据牛顿第二定律有μmgcosθ−mgsinθ =ma
解得a=0.4 m /s
2
（2）根据几何关系，可得传送带总长L=
h
sinθ =10 m
对一个邮件分析，设达到共速所用时间为t1，有v =at1
解得t1=5s
邮件的对地位移为x1= v
2 t1
邮件与传送带共速后邮件相对传送带静止，一起斜向上做匀速直线运动，时间为t2，有t2= L−x1
v
可得t =t1+t2=7.5s
隔7s放一个，则传送带上最多输送2 个邮件。
（3）电动机多输出的能量转化为构件的重力势能、动能和摩擦产生热量，有
W =mgh+ 1
2 m v
2+ μmgcosθ(v t1−1
2 at1
2)
解得W =188J
1 分钟内8 个邮件完成全程，多输出的能量W 8=8W =1504 J
第9 个邮件加速运动Δt = 4s，有W 9=mgsinθ(
1
2 a Δt
2)+ 1
2 m(a Δt )
2+ μmgcosθ(v Δt −1
2 a Δt
2)
解得W 9=102.4 J
可得W 总=W 8+W 9=1606.4 J
14．如图所示，水平传送带以恒定速度v0=3m/s 顺时针运行，传送带上方矩形区域BC 内固定有扫描仪，
扫描区左右边界B、C 相距LBC=1.65m，传送带最左端A 到边界B 的距离LAB=0.96m。现将两个完全相同的
物体（视为质点）先、后无初速度地放上A 端，已知每个物体的质量m=5.0kg，物体与传送带间的动摩擦
因数μ=0.3，重力加速度g 取10m/s2，不计空气阻力。
(1)求物体与传送带刚好共速时到A 端的距离。
(2)只传送一个物体时，求传送带的电动机多消耗的能量。
(3)若要求每次只能有一个物体处于BC 区域进行扫描，求放两个物体的最短时间间隔。
【答案】(1)1.5m
(2)45J
(3)0.57s
【详解】（1）共速前，物体在传送带上做匀加速直线运动，由v
2=2 μgx，可得，共速时物体到A 端的距
离x = v
2
2 μg =1.5 m
（2）物体从放上传送带到与传送带共速用时t1，由v = μgt1，解得t1=1s
该过程中，传送带克服物体的摩擦力做功W f = μmg x带= μmgv t1
解得W f = 45J
因此，只传送一个物体时，传送带的电动机多消耗45J 的能量。
（3）从A 端运动到边界C 过程中，先匀加速运动t1=1s，再匀速运动t2= LAB+ LBC−x
v
=0.37s
因此，第1 个物体从A 端运动到边界C 共用时t =t1+t2=1.37s
第2 个物体从A 端运动到边界B 用时t3，则LAB= 1
2 μgt3
2
解得t3=0.8s
因此，要使BC 区域只有一个物体，放两个物体的最短时间间隔Δt =t −t3=0.57s
15．如图所示，一圆心为O、半径R = 4.8 m、质量M =3kg的光滑圆弧轨道锁定在水平面上，AB 为其圆
弧面，圆心角θ =60
∘，B 点与地面相切。水平面的CD 之间放置一足够长的轻弹簧，右端D 点固定，CD
部分粗糙，其余光滑。现将一质量m=2kg的小物块P 从空中某位置以初速度v0=2m/s水平抛出，恰好从
圆弧轨道的最高点A 无碰撞地进入圆弧轨道，从B 端离开后向右运动压缩弹簧，然后又被弹簧弹回，不
计物块与弹簧碰撞损失的能量。已知小物块与水平面CD 间的动摩擦因数μ=0.8，弹簧的劲度系数
k =160 N / m，弹簧的弹性势能Ep= 1
2 k x
2（k为弹簧的劲度系数，x 为弹簧的形变量），重力加速度g
取10 m /s
2。
(1)求小物块抛出点的高度h；
(2)求弹簧的最大压缩量；
(3)小物块被弹簧弹回后，同时圆弧轨道解开锁定，试判断小物块能不能从A 点抛出？若能，求出小物块
所能到达的最大高度；若不能，求出小物块第三次经过C 点时速度大小。
【答案】(1)h=3 m
(2)0.8 m
(3)小物块不能脱离圆弧轨道，小物块第三次经过C 点时速度大小为8 ❑√15
25
m/s。
【详解】（1）根据平抛运动规律，可知小物块P 运动到A 点时有v y
v0
=tanθ
又v y =>，y + R(1−cos60
∘)= 1
2 gt
2
代入数据可得h=3 m
（2）小物块从A 到压缩弹簧至最短，由能量守恒有1
2 mv A
2 +mgR(1−cos60
∘)= μmgx + 1
2 k x
2
又v A =
v0
cos60
∘
代入数据可得x =0.8 m或x =−1m（舍去）
（3）小物块从压缩弹簧最短到再次经过B 点，由动能定理有1
2 k x
2−μmgx = 1
2 m vB
2
假设小物块再次滑上圆弧轨道后上升的最高点未脱离且速度大小设为v，规定向左为正方向，由动量守恒
有m vB=(M +m)v
又有1
2
(M +m)v
2+mgh1= 1
2 mvB
2
代入数据可得h1=1.152m < R(1−cos60
∘)=2.4 m
可知假设成立，说明小物块不能脱离圆弧轨道，则小物块从B 点再次返回B 点的过程中，则有
m vB= M v1+m vB1
又1
2 m vB
2 = 1
2 M v1
2+ 1
2 m vB1
2
代入数据可得vB1= 8 ❑√15
25
m/s
则小物块第三次经过C 点时速度大小为8 ❑√15
25
m/s。
