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专题二 功和能、动量
第6 讲 能量守恒、功能关系
1．机械能守恒：公式为Ek1＋Ep1＝Ek2＋Ep2，规律是只有重力或弹力做功时机械
能守恒。
2．轻绳连接体机械能守恒时，两物体速度沿绳方向分量相等；抛体运动中机械
能守恒，且任意两点机械能相等。
3．能量守恒定律：公式为ΔE 增＝ΔE 减，规律是能量不会凭空产生或消失，只
会转化或转移。
4．摩擦生热Q＝f·s 相：传送带问题中，传送带消耗的能量等于产生的内能与被
传送物获得的动能之和。
5．功能关系：公式有WG＝－ΔEp、W 合＝ΔEk等，规律是力做的功大小等于对
应能量的变化量。
6．除重力和弹力外的其他力做功等于机械能的变化：弹簧弹力做功W＝－
ΔEp，且同一弹簧形变量相同时弹性势能相等。
1．机械能守恒的判断与应用：思维上紧扣“只有重力/弹力做功”的条件，可
通过“做功判断法”(除重力、弹力外其他力不做功或做功代数和为零)或“能
量转化法”(只有动能与势能相互转化)判断。模型有轻绳连接体(如双球摆动)、
光滑曲面(滑块往返运动)、抛体运动(忽略空气阻力)。关键：明确零势能面选取
不影响守恒结论，优先选初末状态分析势能变化。
2．能量守恒定律的应用：核心是“系统选取与能量形式分析”，确定研究系统
内的动能、势能、内能等能量形式。典型模型包括含摩擦的传送带(机械能转化
为内能)、碰撞问题(动能与内能转化)、电磁感应中的能量转化(机械能与电
能)。需注意：摩擦生热Q＝f·s 相对位移，且能量守恒式需涵盖所有参与转化的能
量。
3．功能关系的应用：思维上建立“力做功与能量变化”的对应关系(如重力做
功对应重力势能变化，合外力做功对应动能变化)。模型涉及弹簧振子(弹力做
功与弹性势能关系)、电场力做功(电势能与机械能转化)。关键：区分“功是能
量转化的量度”与“能量守恒”的逻辑，避免混淆力的做功对象与能量归属。
题型1 机械能守恒的判断与应用
(2025·河北廊坊模拟)如图所示，倾角为30°的光滑斜面固定在水平地面上，在斜
面体左侧的适当位置固定一光滑竖直硬杆，质量均为m 的两小球(均视为质点)
用长为L 的轻质硬杆连接，甲套在竖直硬杆上，乙放置在斜面上，甲、乙由静
止释放时，轻质硬杆与竖直硬杆的夹角为30°，当轻质硬杆与斜面刚好平行时，
乙的动能为( )
A.mgL
B．mgL
C.mgL
D．mgL
【答案】 B
【解析】 甲下降的高度为h 甲＝＝L，乙下降的高度为h 乙＝sin 30°＝，当轻质
硬杆与斜面刚好平行时，把甲的速度v 甲分别沿着轻质硬杆和垂直轻质硬杆分
解，沿着轻质硬杆方向的分速度为，有v∥＝v 甲sin 30°，小球乙的速度v 乙沿着
斜面，轻质硬杆与斜面平行，则v 乙沿着轻质硬杆，有v 乙＝v∥，甲、乙两球组
成的系统由机械能守恒定律可得mgh 甲＋mgh 乙＝mv＋mv，乙的动能为Ek 乙＝
mv，综合解得Ek 乙＝mgL，故B 正确。
连接体的机械能守恒问题
共速率模型
分清两物体位移大小与高度变化关系
共角速度模型
两物体角速度相同，线速度与半径成正比
关联速度模型
此类问题注意速度的分解，找出两物体速度关系，当某物体位
移最大时，速度可能为0
轻弹簧模型
①同一根弹簧弹性势能大小取决于弹簧形变量的大小，在弹簧
弹性限度内，形变量相等，弹性势能相等
②由两个或两个以上的物体与弹簧组成的系统，当弹簧形变量
最大时，弹簧两端连接的物体具有相同的速度；弹簧处于自然
长度时，弹簧弹性势能最小(为零)
说明：以上连接体不计阻力和摩擦力，系统(包含弹簧)机械能守恒，单个物体
机械能不守恒。
题型2 能量守恒定律的应用
(2025·云南卷)如图所示，质量为m 的滑块(视为质点)与水平面上MN 段的动摩
擦因数为μ1，与其余部分的动摩擦因数为μ2，且μ1>μ2。第一次，滑块从Ⅰ位置
以速度v0 向右滑动，通过MN 段后停在水平面上的某一位置，整个运动过程
中，滑块的位移大小为x1，所用时间为t1；第二次，滑块从Ⅱ位置以相同速度
v0向右滑动，通过MN 段后停在水平面上的另一位置，整个运动过程中，滑块
的位移大小为x2，所用时间为t2。忽略空气阻力，则( )
A．t1<t2
B．t1>t2
C．x1>x2
D．x1<x2
【答案】 A
【解析】 对两种运动的整个过程根据能量守恒有mv＝μ1mgxMN＋μ2mg(x1－
xMN)，mv＝μ1mgxMN＋μ2mg(x2－xMN)，可得x1＝x2，故C、D 错误；根据牛顿第二
定律μmg＝ma，可得a＝μg，由于μ1>μ2，故滑块在MN 上时的加速度大，根据
前面分析可知两次运动的总位移相等，即两次运动过程中v－t 图像与横轴围成
的面积相等，由于第二次时滑块距离M 点的距离较近，根据公式v－v2＝2μ2gx
可知第二次到达M 点时速度较大，作出整个过程中两种运动状态的v－t 图像，
可得t2>t1，故A 正确，B 错误。
1．含摩擦生热、焦耳热、电势能等多种形式能量转化的系统，优先选用能量守
恒定律。
2．应用能量守恒定律的基本思路
(1)守恒：E 初＝E 末，初、末总能量不变。
(2)转移：EA 减＝EB 增，A 物体减少的能量等于B 物体增加的能量。
(3)转化：|ΔE 减|＝|ΔE 增|，减少的某些能量等于增加的某些能量。
(2025·浙江绍兴二模)如图所示，质量为2 000 kg 的电梯在缆绳发生断裂后向下
坠落，电梯刚接触井底缓冲弹簧时的速度为4 m/s，缓冲弹簧被压缩2 m 时电梯
停止了运动，下落过程中安全钳提供给电梯17 000 N 的滑动摩擦力。已知弹簧
的弹性势能为Ep＝kx2(k 为弹簧的劲度系数，x 为弹簧的形变量)，安全钳提供的
滑动摩擦力等于最大静摩擦力，重力加速度g＝10 m/s2，不计空气阻力，下列
说法正确的是( )
A．弹簧的劲度系数为3 000 N/m
B．整个过程中电梯的加速度一直在减小
C．电梯停止在井底时受到的摩擦力大小为17 000 N
D．电梯从接触弹簧到速度最大的过程中电梯和弹簧组成的系统损失的机械能
约为4 600 J
【答案】 D
【解析】 电梯刚接触井底缓冲弹簧时的速度为4 m/s，缓冲弹簧被压缩2 m 时
电梯停止了运动，根据能量守恒得mv2＋mg·Δx＝kΔx2＋Ff·Δx，代入数据解得k
＝11 000 N/m，故A 错误；与弹簧接触前，电梯做匀加速直线运动，接触弹簧
后，先做加速度逐渐减小的加速运动后做加速度逐渐增大的减速运动，故B 错
误；电梯停止在井底时，由受力平衡得kΔx＝mg＋Ff 静，代入数据解得Ff 静＝
kΔx－mg＝22 000 N－20 000 N＝2 000 N，故C 错误；当电梯速度最大时，加速
度为零，则kΔx′＋Ff＝mg，解得Δx′＝＝ m＝ m，电梯从接触弹簧到速度最
大的过程中，电梯和弹簧组成的系统损失的机械能等于克服摩擦力做的功，则
ΔE＝Ff·Δx′＝17 000× J≈4 600 J，故D 正确。
题型3 功能关系的应用
(2024·山东卷)如图所示，质量均为m 的甲、乙两同学，分别坐在水平放置的轻
木板上，木板通过一根原长为l 的轻质弹性绳连接，连接点等高且间距为
d(d<l)。两木板与地面间动摩擦因数均为μ，弹性绳劲度系数为k，被拉伸时弹
性势能E＝kx2(x 为绳的伸长量)。现用水平力F 缓慢拉动乙所坐木板，直至甲所
坐木板刚要离开原位置，此过程中两人与所坐木板保持相对静止，k 保持不
变，最大静摩擦力等于滑动摩擦力，重力加速度大小为g，则F 所做的功等于(
)
A.＋μmg(l－d)
B．＋μmg(l－d)
C.＋2μmg(l－d)
D．＋2μmg(l－d)
【审题指导】
关键表述
物理量及其关系
木板通过一根原长为l 的轻质弹性绳连
接
弹性绳不可等同于弹簧，只有拉伸状态
下存在弹力
用水平力F 缓慢拉动乙所坐木板，直至
甲所坐木板刚要离开原位置
说明力F 为变力，此时弹性绳弹力F 弹
＝μmg，伸长量Δx＝
【答案】 B
【解析】 当甲所坐木板刚要离开原位置时，对甲及其所坐木板整体有kx0＝
μmg，解得弹性绳的伸长量x0＝，则此时弹性绳的弹性势能为E0＝kx＝，从开
始拉动乙所坐木板到甲所坐木板刚要离开原位置的过程，乙所坐木板的位移为
x1＝x0＋l－d，则由功能关系可知该过程F 所做的功W＝E0＋μmgx1＝＋μmg(l－
d)，故选B。
(2025·浙江诸暨模拟)如图所示，儿童沿倾斜的滑梯匀加速下滑。下列关于滑板
与儿童裤料之间的动摩擦因数μ、儿童的速度大小v、重力势能Ep和机械能E
随运动时间t 的变化关系中正确的是( )
【答案】 C
【解析】 儿童下滑过程中做匀加速直线运动，即加速度a 不变，则根据匀变
速直线运动规律可知v＝at，故v 与t 成正比，故B 错误；设滑梯与水平面倾斜
角为θ，根据牛顿第二定律可知儿童所受合力为F 合＝mgsin θ－μmgcos θ＝ma
则a＝gsin θ－μgcos θ，加速度不变则动摩擦因数μ 不变，故A 错误；设初始
重力势能为Ep0，则重力做正功，重力势能减小，即mgh＝mgxsin θ＝mgsin
θ·at2＝Ep0－Ep，整理得Ep＝Ep0－mgsin θ·at2可知Ep－t 图像应该是向下开口的
抛物线，故C 正确；设初始机械能为E0，除重力和系统内弹力以外的其他力做
功导致机械能改变，即－μmgcos θ·x＝－μmgcos θ·at2＝E－E0，整理得E＝E0－
μmgcos θ·at2可知E－t 图像应该是向下开口的抛物线，故D 错误。
【基础必刷题】
1．(2025·广东佛山一模)如图甲为一款网红魔术玩具——磁力“永动机”，小钢
球放入漏斗后从中间小洞落入下面的弧形金属轨道，然后从轨道另一端抛出再
次回到漏斗，由此循环往复形成“永动”的效果。其原理如图乙所示，金属轨
道与底座内隐藏的电源相连，轨道下方藏有永磁铁。当如图乙永磁铁N 极朝上
放置，小钢球逆时针“永动”时，下列分析正确的是( )
A．小球运动的过程中机械能守恒
B．该磁力“永动机”的物理原理是电磁感应
C．轨道a 应接电源的正极，轨道b 应接电源的负极
D．电源如何接都不影响“永动”的效果
【答案】 C
【解析】 小球运动的过程中有磁场力做功，机械能不守恒，故A 错误；该磁
力“永动机”的物理原理是通电导体在磁场中受力的作用，故B 错误；小钢球
逆时针“永动”时，应受向右的安培力，根据左手定则可知通过小球电流的方
向从轨道a 到轨道b，所以轨道a 应接电源的正极，轨道b 应接电源的负极，故
C 正确；电源反接后改变安培力的方向，影响“永动”，故D 错误。
2．(2024·北京卷)如图所示，光滑水平轨道AB 与竖直面内的光滑半圆形轨道BC
在B 点平滑连接。一小物体将轻弹簧压缩至A 点后由静止释放，物体脱离弹簧
后进入半圆形轨道，恰好能够到达最高点C。下列说法正确的是( )
A．物体在C 点所受合力为零
B．物体在C 点的速度为零
C．物体在C 点的向心加速度等于重力加速度
D．物体在A 点时弹簧的弹性势能等于物体在C 点的动能
【答案】 C
【解析】 物体恰好能到达最高点C，则物体在最高点只受重力，且重力全部
用来提供向心力，设半圆轨道的半径为r，由牛顿第二定律得mg＝m，解得物
体在C 点的速度v＝，A、B 错误；由牛顿第二定律得mg＝ma，解得物体在C
点的向心加速度a＝g，C 正确；由能量守恒定律知，物体在A 点时弹簧的弹性
势能等于物体在C 点时的动能和重力势能之和，D 错误。
3．(2025·山东卷)一辆电动小车上的光伏电池，将太阳能转换成的电能全部给电
动机供电，刚好维持小车以速度v 匀速运动，此时电动机的效率为50%。已知
小车的质量为m，运动过程中受到的阻力f＝kv(k 为常量)，该光伏电池的光电
转换效率为η，则光伏电池单位时间内获得的太阳能为( )
A.
B．
C.
D．
【答案】 A
【解析】 根据题意小车匀速运动，则有F＝f＝kv，小车的机械功率P 机＝Fv
＝kv2，由于电动机的效率为50%，则有P 电＝＝＝2kv2，光伏电池的光电转换效
率为η，即η＝，可得P 阳＝＝，故选A。
4．(2025·浙江温州一模)图甲为某游乐场的水滑梯，其简化模型如图乙所示。一
质量为m 的小朋友从a 点沿轨道经b 点滑到最低c 点，已知ab、bc 间高度差均
为h。则小朋友( )
A．a 到b 和b 到c 动能增加量一定相同
B．a 到b 和b 到c 重力势能减少量一定相同
C．a 到b 和b 到c 机械能保持不变
D．a 到c 的运动总时间为2
【答案】 B
【解析】 a 到b 和b 到c 过程，虽然下降高度相同，重力做功相同，但摩擦力
做功关系不明确，因此无法确定两个过程中合外力做功关系，由W 合＝ΔEk可
知，其两个过程动能的增加量不一定相同，故A 项错误；a 到b 和b 到c 过程，
下降高度相同，重力做功相同，由重力做功与重力势能的关系有mgh＝－ΔEp，
所以重力势能减少量相同，故B 项正确；a 到b 和b 到c 过程中，由于存在摩擦
力做功，所以机械能减小，故C 项错误；若a 到c 做自由落体运动，则有2h＝
gt2，解得t＝2，由于a 到c 过程的运动并不是自由落体运动，所以其运动时间
一定比从a 处开始做自由落体运动所需时间长，即时间大于2，故D 项错误。
5．(2025·山东淄博一模)图甲是淄博市科技馆的一件名为“最速降线”的展品，
在高度差一定的不同光滑轨道中，小球滚下用时最短的轨道叫作最速降线轨
道。取其中的“最速降线”轨道Ⅰ和直线轨道Ⅱ进行研究，如图乙所示，两轨
道的起点M 高度相同，终点N 高度也相同，轨道Ⅰ的末端与水平面相切于N
点。若将两个相同的小球a 和b 分别放在Ⅰ、Ⅱ两轨道的起点M，同时由静止
释放，发现在Ⅰ轨道上的小球a 先到达终点。下列描述两球速率v 与时间t、速
率平方v2与下滑高度h 的关系图像可能正确的是( )
【答案】 A
【解析】 根据机械能守恒可得mgH＝mv2可得小球a 和b 到达轨道底端的速度
大小均为v＝，小球b 沿直线轨道Ⅱ做匀加速直线运动，其v－t 图像为一条倾
斜直线，小球a 沿“最速降线”轨道Ⅰ运动过程，加速度逐渐减小，则其v－t
图像的切线斜率逐渐减小，且小球a 所用时间小于小球b 所用时间，故A 正
确，B 错误；根据机械能守恒可得mgh＝mv2，可得小球a 和b 下滑过程速率平
方v2与下滑高度h 的关系为v2＝2gh 可知小球a 和b 的v2－h 图像均为一条过原
点的倾斜直线，故C、D 错误。
6．(多选)(2025·山东聊城三模)如图甲所示，半径R＝0.4 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 的连线与水平方向间的夹角θ＝
30°，另一端点D 与圆心O 等高，点C 为轨道的最低点。质量m＝1 kg 的物块
(可视为质点)从空中A 点以速度v0水平抛出，恰好从轨道的B 端沿切线方向进
入轨道，物块进入轨道后开始计时，轨道受到的压力F 随时间t 的关系如图乙
所示，重力加速度g 取10 m/s2，则( )
A．物块从D 点离开轨道时速度大小为4 m/s
B．F0大小为70 N
C．v0的大小为2 m/s
D．物块在AC 段运动过程中重力的瞬时功率一直增大
【答案】 AB
【解析】 由图像可知，物块从轨道D 点飞出轨道到再次回到D 点的时间为t
＝1.675 s－0.875 s＝0.8 s，则物块从D 点离开轨道时速度大小为vD＝g＝4 m/s，
选项A 正确；从C 到D 由机械能守恒可知mv＝mv＋mgR，在C 点时压力最
大，则由F0－mg＝m，解得F0＝70 N，选项B 正确；从B 到D 由机械能守恒可
知mv＋mgRsin 30°＝mv，解得vB＝2 m/s，则v0＝vBsin 30°＝ m/s，选项C 错
误；根据PG＝mgvy可知，物块在A 点时竖直速度为零，则重力的瞬时功率为
零；在C 点时竖直速度为零，则重力的瞬时功率也为零，可知物块在AC 段运
动过程中重力的瞬时功率先增大后减小，选项D 错误。故选AB。
【巩固必刷题】
7．(2025·四川卷)如图所示，倾角为30°的光滑斜面固定在水平地面上，安装在
其顶端的电动机通过不可伸长轻绳与小车相连，小车上静置一物块，小车与物
块质量均为m，两者之间动摩擦因数为。电动机以恒定功率P 拉动小车由静止
开始沿斜面向上运动，经过一段时间，小车与物块的速度刚好相同，大小为
v0。运动过程中轻绳与斜面始终平行，小车和斜面均足够长，重力加速度大小
为g，忽略其他摩擦。则这段时间内( )
A．物块的位移大小为
B．物块机械能增量为
C．小车的位移大小为－
D．小车机械能增量为＋
【答案】 C
【解析】 对物块根据牛顿第二定律有μmgcos 30°－mgsin 30°＝ma，解得a＝
g，根据运动学公式有v＝2ax1，解得物块的位移大小为x1＝，故A 错误；物块
机械能增量为ΔE＝mv＋mgx1·sin 30°＝mv，故B 错误；对小车根据动能定理有
Pt－(μmgcos 30°＋mgsin 30°)x＝mv，其中t＝，联立解得x＝－，故C 正确；小
车机械能增量为ΔE′＝mv＋mgxsin 30°＝＋，故D 错误。
8．(多选)(2025·哈尔滨模拟)如图所示，轻弹簧放在倾角为37°的斜面体上，轻
弹簧的下端与斜面底端的挡板连接，上端与斜面上b 点对齐，质量为m 的物块
在斜面上的a 点由静止释放，物块下滑后，压缩弹簧至c 点时速度刚好为零，
物块被反弹后返回b 点时速度刚好为零，已知ab 长为L，bc 长为，重力加速度
为g，sin 37°＝0.6，cos 37°＝0.8。则( )
A．物块与斜面间的动摩擦因数为0.5
B．物块接触弹簧后，速度先减小后增大
C．弹簧具有的最大弹性势能为0.5mgL
D．物块在上述过程因摩擦产生的热量为0.6mgL
【答案】 AD
【解析】 物块在a 点由静止释放，压缩弹簧至c 点，被反弹后返回b 点时速
度刚好为零，对整个过程应用动能定理得mgLsin θ－μmgcos θ＝0，解得μ＝
0.5，则整个过程因摩擦产生的热量为Q＝μmgcos θ＝0.6mgL，故A、D 正确；
物块接触弹簧后，向下运动时，开始由于mgsin θ>μmgcos θ＋F 弹，物块继续向
下加速，F 弹继续变大，当mgsin θ<μmgcos θ＋F 弹时，物块将向下减速，则物
块向下运动时先加速后减速，向上运动时，由于在c 点和b 点的速度都为零，
则物块先加速后减速，故B 错误；设弹簧的最大弹性势能为Epm，物块由a 点到
c 点的过程中，根据能量守恒定律得mgsin θ＝μmgcos θ＋Epm，解得Epm＝
0.25mgL，故C 错误。故选AD。
9．(多选)(2025·宁夏模拟)如图所示，在水平地面上有一固定的挡板，挡板右端
固定一个轻弹簧。有一质量m＝0.2 kg 的滑块(可视为质点)紧压弹簧但不相连，
初始时弹簧的弹性势能Ep＝1.8 J，AB 两点的距离L＝3 m。距离B 点右侧竖直
高度差h＝0.8 m 处有一半径均为R＝0.5 m 的光滑圆弧管道CD、DF，C、D 等
高，E 为DF 管道的最高点，各部分管道及轨道在连接处均平滑相切，已知滑块
与水平地面间的动摩擦因数μ＝0.15，不计空气阻力，重力加速度大小g＝10
m/s2。现把滑块从A 点由静止释放，经过B 点飞出后，恰能从C 点沿切线方向
进入圆弧管道，滑块略小于管道内径。sin 37°＝0.6，cos 37°＝0.8。则( )
A．滑块离开B 点时的速度大小为3 m/s
B．滑块到达C 点时的速度大小为4 m/s
C．滑块到达E 点时的速度大小为5 m/s
D．滑块在E 点时对管道的作用力大小为6.4 N
【答案】 AD
【解析】 当滑块滑到B 点时，根据能量守恒，有Ep－μmgL＝mv，解得vB＝3
m/s，故A 正确；由平抛运动规律得滑块到达C 点时竖直分速度为vCy＝＝4
m/s，所以滑块到达C 点时速度大小vC＝＝5 m/s，故B 错误；滑块到达C 点时
速度方向与水平方向夹角为α，则有tan α＝＝，可得α＝53°，由于CD 等高，
则滑块处于D 点时，速度方向与水平方向夹角也为53°，由动能定理可知滑块
在D 点的速度与其在C 点时的速度大小相等，即vD＝vC，从D 点到E 点，根据
动能定理有－mgR(1－cos α)＝mv－mv，解得VE＝ m/s，故C 错误；在E 点，
对滑块，由牛顿第二定律得FN＋mg＝m，解得FN＝6.4 N，根据牛顿第三定律
得滑块在E 点时对管道的作用力大小为FN′＝FN＝6.4 N，故D 正确。故选
AD。
10．(2024·海南卷)某游乐项目装置简化如图，A 为固定在地面上的光滑圆弧形
滑梯，半径R＝10 m，滑梯顶点a 与滑梯末端b 的高度h＝5 m，静止在光滑水
平面上的滑板B，紧靠滑梯的末端，并与其水平相切，滑板质量M＝25 kg。一
质量为m＝50 kg 的游客，从a 点由静止开始下滑，在b 点滑上滑板，当滑板右
端运动到与其上表面等高平台的边缘时，游客恰好滑上平台，并在平台上滑行s
＝16 m 停下。游客视为质点，其与滑板及平台表面之间的动摩擦因数均为μ＝
0.2，忽略空气阻力，重力加速度g＝10 m/s2，求：
(1)游客滑到b 点时对滑梯的压力的大小；
(2)滑板的长度L。
【答案】 (1)1 000 N (2)7 m
【解析】 (1)设游客滑到b 点时速度为v0，从a 到b 过程，根据机械能守恒
mgh＝mv
解得v0＝10 m/s
在b 点根据牛顿第二定律FN－mg＝m
解得FN＝1 000 N
根据牛顿第三定律得游客滑到b 点时对滑梯的压力的大小为FN′＝FN＝1 000
N。
(2)设游客恰好滑上平台时的速度为v，在平台上运动过程由动能定理得－μmgs
＝0－mv2
解得v＝8 m/s
根据题意当滑板右端运动到与其上表面等高平台的边缘时，游客恰好滑上平
台，可知该过程游客一直做减速运动，滑板一直做加速运动，设加速度大小分
别为a1和a2，得a1＝＝μg＝2 m/s2
a2＝＝4 m/s2
根据运动学规律对游客v＝v0－a1t
解得t＝1 s
该段时间内游客的位移为x1＝t＝9 m
滑板的位移为x2＝a2t2＝2 m
根据位移关系得滑板的长度为L＝x1－x2＝7 m。
11．(2025·江苏泰州一模)如图所示，一半径r＝ m 的四分之一光滑圆弧轨道与
一水平固定平台相连，现用一轻绳将质量m＝1 kg 的小球(视为质点)跨过光滑轻
质定滑轮与平台上木板MN 相连，木板与滑轮间轻绳处于水平，木板有三分之
一长度伸出平台，其与平台的动摩擦因数μ＝0.2。小球位于圆弧轨道上的A
点，AC 长也为r，CM 足够长。g 取10 m/s2，最大静摩擦力等于滑动摩擦力(结
果可保留根号)。
(1)若小球、木板恰能在图示位置保持静止，求木板质量M；
(2)若木板质量M′＝m，从图示位置由静止释放时，木板的加速度大小为a1＝1
m/s2，求此时绳中的张力F 和小球的加速度a2的大小；
(3)接第(2)问，求小球从A 点运动到B 点过程中绳子拉力对小球所做的功W。
【答案】 (1) kg (2)3 N m/s2 (3) J
【解析】 (1)根据题意，小球、木板在图示位置时，设此时绳子的弹力为T，
由于小球、木板恰好静止，则有T＝μMg
由小球平衡，有Tcos 30°＝mg
联立解得M＝ kg。
(2)根据题意，对木板，由牛顿第二定律有
F－μM′g＝M′a1
解得F＝M′a1＋μM′g＝3 N
释放瞬间，小球速度为零，则小球指向圆心方向的合力为零，则对小球有
mgsin 30°－Fcos 30°＝ma2
解得a2＝＝ m/s2。
(3)小球运动到B 点时，小球速度为v1、木板速度为v2，则v1＝v2
对系统，由能量守恒定律得mv＋M′v＋μM′g(－1)r＝mgr(1－cos 30°)
对小球运用动能定理，有mgr(1－cos 30°)＋W＝mv－0
联立解得W＝ J。
