第07讲功能关系和能量守恒讲义（思维导图+知识要点+解题技巧+题型归纳+巩固提升）（新高考通用）-教师版_高考一二三轮复习_物理_2026年-物理高考二轮复习

 第07 讲 功能关系和能量守恒
目    录
高考分析.......................................................................................................................................................................1
学习目标.......................................................................................................................................................................2
知识要点.......................................................................................................................................................................2
解题策略.......................................................................................................................................................................7
题型归纳.......................................................................................................................................................................7
题型01：功能关系的理解和应用..........................................................................................................................7
题型02：功能关系与图像问题的结合.................................................................................................................19
题型03：摩擦力做功与能量转化........................................................................................................................21
题型04: 功能关系的综合应用............................................................................................................................34
题型05：能量守恒定律的理解和应用.................................................................................................................79
题型06:能量守恒定律的综合应用.......................................................................................................................91
高考动力学和能量观点的综合应用..............................................................................................................................95
题型07：滑块—木板模型综合分析....................................................................................................................95
题型08：传送带模型中的动力学和能量转化问题.............................................................................................106
题型09：与弹簧有关的功能问题......................................................................................................................118
题型10：与曲线运动有关的功能问题...............................................................................................................129
巩固提升..................................................................................................................................................................136
一、高考定位与考情分析
1. 核心地位：力学板块“压轴级”考点，贯穿力学、电学、热学全模块，是高考物理必考、常考、高分值
内容。
2. 考查形式：
①选择题：定性分析能量转化、判断做功与能量变化关系、比较机械能/动能/势能大小。
②计算题：结合牛顿运动定律、圆周运动、电场/磁场，综合考查多过程能量守恒、功能关系应用。
3. 命题趋势：
①侧重多过程、多对象、多能量形式综合（如：滑块+弹簧+传送带、带电粒子在复合场中运动）。
②强调物理建模与过程分析，突出能量观点解决复杂动力学问题的优势。
③常结合图像（v-t、F-x、E-x）考查能量变化规律。
一、知识目标
1. 理解功、能的物理意义，掌握动能、重力势能、弹性势能、内能的定义与表达式。
2. 熟记并理解五大核心功能关系，明确“做功”与“能量转化”的对应关系。
3. 掌握机械能守恒定律的内容、条件及表达式，能准确判断系统是否满足守恒条件。
4. 理解能量守恒定律的普适性，掌握能量守恒方程的建立方法。
二、能力目标
1. 受力与做功分析能力：能对复杂运动过程进行受力分析，准确判断各力做功的正负及大小。
2. 规律选择能力：能根据题目条件（如是否有摩擦、是否变力），优先选择动能定理、机械能守恒或能量
守恒解题。
3. 建模与计算能力：能建立传送带、滑块-木板、弹簧等物理模型，规范列方程并求解多过程能量问题。
4. 图像分析能力：能从F-x、v-t、E-x 图像中提取信息，分析做功与能量变化。
三、素养目标
1. 建立能量观念，能用能量观点分析和解决物理问题，理解能量转化与守恒的思想。
2. 培养科学思维，通过多过程问题分析，提升逻辑推理、模型建构与论证能力。
知识点一：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
外的其他力做的功
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
(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
其它力做功的功能关系
比较
力
做功特点
功能关系
摩擦力
滑动摩擦力做功与路径有关，可以做正
功、负功，也可以不做功
|Wf 滑|＝Ff 滑·s(s 为路程)
一对滑动摩擦力
做功代数和小于零
|Wf 滑|＝Q＝|ΔE 机械能|＝Ff 滑·x
相对
一对静摩擦力
做功代数和为零
一对相互作用力
作用力和反作用力可以做功，也可以不
做功，做功代数和可以大于零、小于
零，也可以等于零
电场力
与路径无关，由初、末位置的电势差决
定
W 电场力＝－ΔEp＝qU
洛伦兹力
不做功，只改变速度的方向
安培力
可以做功，也可以不做功
感应电流在磁场中受
到的安培力
做负功，阻碍导体棒与导轨的相对运动
|W 安|＝|ΔE 机械能|＝Q
分子力
可以做正功，也可以做负功
W 分子力＝－ΔEp
核力
核力破坏时将释放巨大的能量
ΔE＝Δmc2 其中c 为光速
涉及做功与能量转化问题的解题方法
(1)分清是什么力做功，并且分析该力做正功还是做负功；根据功能之间的对应关系，确定能量之间的转化
情况．
(2)当涉及滑动摩擦力做功时，机械能不守恒，一般应用能量守恒定律，特别注意摩擦产生的内能Q＝Ffl 相
对，l 相对为相对滑动的两物体间相对滑动路径的总长度．
(3)解题时，首先确定初、末状态，然后分清有多少种形式的能在转化，再分析状态变化过程中哪种形式的
能量减少，哪种形式的能量增加，求出减少的能量总和ΔE 减和增加的能量总和ΔE 增，最后由ΔE 减＝ΔE 增列
式求解．
2.功能关系中的图像问题
知识点二、机械能守恒定律
1．机械能守恒的判断
(1)利用机械能守恒的定义判断；
(2)利用做功判断；
(3)利用能量转化判断；
(4)对于绳突然绷紧和物体间非弹性碰撞问题，机械能往往不守恒．
2．解题步骤
(1)选取研究对象，分析物理过程及状态；
(2)分析受力及做功情况，判断机械能是否守恒；
(3)选取参考面，根据机械能守恒列式．
3．应用技巧
对于连接体的机械能守恒问题，常常应用重力势能的减少量等于动能的增加量来分析和求解．
知识点三：能量守恒定律
分析物体做功的过程中有哪些能量之间发生转化，哪些能量增加，哪些能量减少，总的能量保持不变。
一．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＝ΔE 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．
4．应用能量守恒定律解题的思路
(1)分清有多少形式的能(动能、势能、内能等)发生变化。
(2)明确哪种形式的能量增加，哪种形式的能量减少，并且列出减少的能量总和ΔE 减和增加的能量总和
ΔE 增的表达式。
(3)列出能量守恒关系式ΔE 减＝ΔE 增。
5. 能量问题的解题方法
(1)涉及滑动摩擦力做功的能量问题的解题方法
①当涉及滑动摩擦力做功，机械能不守恒时，一般应用能量守恒定律。
②解题时，首先确定初末状态，然后分析状态变化过程中哪种形式的能量减少，哪种形式的能量
增加，求出减少的能量总和ΔE 减和增加的能量总和ΔE 增，最后由ΔE 减＝ΔE 增列式求解。
(2)涉及弹簧弹力做功的能量问题的解题关键
两个或两个以上的物体与弹簧组成的系统相互作用的过程，具有以下特点：
①能量变化上，如果只有重力和系统内弹簧弹力做功，系统机械能守恒。
②如果系统中每个物体除弹簧弹力外所受合力为零，则当弹簧伸长或压缩到最大程度时两物体速
度相同。
6.能源和能量耗散
（1）能源是指能够提供可利用的能量的物质，它是人类社会活动的物质基础。
（2）能量的耗散：在能量的转化过程中，一部分能量转化为内能流散到周围环境中，我们无法把这
些内能收集起来重新利用，这种现象叫作能量的耗散.
（3）能源危机的含义：在能源的利用过程中，即使在能量的转化过程中，能量在数量上并未减少，
但在可利用的品质上降低了，从便于利用的变成不便于利用的了.
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．
两种摩擦力的做功情况比较
类别
比较
静摩擦力
滑动摩擦力
不同点
能量的转化方面
在静摩擦力做功的过程
中，只有机械能从一个物体
转移到另一个物体(静摩擦
力起着传递机械能的作
用)，而没有机械能转化为
其他形式的能量
(1)相对运动的物体通
过滑动摩擦力做功，将部分
机械能从一个物体转移到另
一个物体
(2)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
一对摩擦力的总功方面
一对静摩擦力所做功的
代数和总等于零
一对相互作用的滑动摩
擦力对物体系统所做的总
功，等于摩擦力与两个物体
相对路程的乘积且为负功，
即WFf＝－Ff·x 相对，表示物
体克服摩擦力做功，系统损
失的机械能转变成内能
相同点
正功、负功、不做功方面
两种摩擦力对物体都可以做正功、负功，还可以不做功
3.求解物体相对滑动的能量问题的方法
(1)正确分析物体的运动过程，做好受力情况分析。
(2)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。注意：无论是计算滑动摩擦
力做功，还是计算静摩擦力做功，都应代入物体相对地面的位移。
(3)公式Q＝Ff·l 相对中l 相对为两接触物体间的相对位移，若物体在接触面上做往复运动，则l 相对为总的相
对路程。
4.涉及做功与能量转化问题的解题方法：
分清是什么力做功，并且分析该力做正功还是做负功；根据功能之间的对应关系，确定能量之间的转化情况。
①若只涉及动能的变化则用动能定理分析．
②若只涉及重力势能的变化则用重力做功与重力势能变化的关系分析．
③当涉及滑动摩擦力做功时，机械能不守恒，一般应用能量守恒定律，特别注意摩擦产生的内能Q＝
Ffl 相对，l 相对为相对滑动的两物体间相对滑动路径的总长度．
④若只涉及机械能的变化则有两种分析方法：一是定义法：如果动能和势能都增加(或减少)，机械能一
定增加(或减少)．二是功能关系法：除重力(或弹簧弹力)以外的其他力做正功(或负功)，机械能一定增
加(或减少)。
通用解题步骤
1. 明确研究对象与过程：确定单个物体/系统，划分运动阶段。
2. 受力分析与做功分析：判断各力做功正负，确定能量转化形式。
3. 选择规律：
①涉及动能变化、变力做功→ 动能定理
②只有重力/弹力做功 → 机械能守恒
③多能量转化、有内能产生 → 能量守恒定律
4. 列方程求解：注意符号规则（功的正负、势能零点选取），统一单位。
题型01：功能关系的理解和应用
【典型例题1】起跳摸高是学生经常进行的一项体育活动。一质量为m 的同学弯曲两腿向下蹲，然后用力蹬地
起跳，从该同学用力蹬地到刚离开地面的起跳过程中，他的重心上升了h，离地时他的速度大小为v。下列说法
正确的是(　　)
A．该同学机械能增加了mgh
B．起跳过程中该同学机械能增量为mgh＋mv2
C．地面的支持力对该同学做功为mgh＋mv2
D．该同学所受的合力对其做功为mv2＋mgh
【答案】B
【解析】　该同学刚离开地面时重心升高h，重力势能增大了mgh，又知离地时获得动能为mv2，则机械能增
加了mgh＋mv2，A 错误，B 正确；该同学与地面作用的过程中，支持力的作用点的位移为零，支持力对该同学
做功为零，C 错误；该同学所受合力对其做的功等于其动能变化量，则W 合＝mv2，D 错误。
【典型例题2】福建土楼兼具居住和防御的功能，承启楼是圆形土楼的典型代表，如图（a）所示。承启楼外楼
共四层，各楼层高度如图（b）所示。同一楼层内部通过直径约
的圆形廊道连接。若将质量为
的防御
物资先从二楼仓库搬到四楼楼梯口M 处，再用
沿廊道运送到N 处，如图（c）所示。重力加速度大小取
，则（　　）
A．该物资从二楼地面被运送到四楼M 处的过程中，克服重力所做的功为
B．该物资从M 处被运送到N 处的过程中，克服重力所做的功为
C．从M 处沿圆形廊道运动到N 处，位移大小为
D．从M 处沿圆形廊道运动到N 处，平均速率为
【答案】A
【详解】A．该物资从二楼地面被运送到四楼M 处的过程中，克服重力所做的功为
，故A 正确；B．该物资从M 处被运送到N 处的过程中，由于M、N
高度差为零，所以克服重力做功为零，故B 错误；C．从M 处沿圆形廊道运动到N 处，位移大小为
，故C
错误；D．从M 处沿圆形廊道运动到N 处，平均速率为
，故D 错误。
故选A。
【典型例题3】如图，一质量为m，长度为l 的均匀柔软细绳PQ 竖直悬挂。用外力将绳的下端Q 缓慢地竖直向
上拉起至M 点，M 点与绳的上端P 相距l。重力加速度大小为g。在此过程中，外力做的功为(　　)
A.mgl    B．mgl    C.mgl      D．mgl
【答案】A
【解析】以均匀柔软细绳MQ 段为研究对象，其质量为m，取M 点所在的水平面为零势能面，开始时，细绳
MQ 段的重力势能Ep1＝－mg·＝－mgl，用外力将绳的下端Q 缓慢地竖直向上拉起至M 点时，细绳MQ 段的重
力势能Ep2＝－mg·＝－mgl，则外力做的功即克服重力做的功等于细绳MQ 段的重力势能的变化，即W＝Ep2
－Ep1＝－mgl＋mgl＝mgl，A 正确。
【典型例题4】如图1 所示，在光滑水平地面上，有一轻弹簧与物块连接组成的系统，弹簧的劲度系数为k，物
块的质量为m，以x 表示物块离开平衡位置的位移，若物块受到如图2 所示的水平拉力F0与弹簧弹力-kx 作用，
由平衡位置O 移动至
处，下列关于此运动过程的说法正确的是（　　）
A．物块的加速度越来越小，速率越来越小
B．弹簧与物块组成的系统的势能减少0.25J
C．物块的动能增加0.25J
D．拉力F0与弹簧弹力的合力对物块所做的功为0
【答案】C
【详解】A．根据图像可得，水平拉力F0 与位移x 的关系为
，同时可得弹簧的弹性系数为
，则可得物块受到的合力为
，根据牛顿第二定律可得
，故可得由平衡位置O 移动至
处物块的加速度越来越大，故速率越来越大，故A 错误；
B．弹簧与物块组成的系统的势能的增加量等于克服弹簧弹力所做的功，为
，故B 错误；C．水平拉力F0 所做的功等于物块的动能的增加量与弹簧弹
性势能的增加量之和，则可得物块的动能的增加量为
，故
C 正确；D．由平衡位置O 移动至
处，拉力F0 与弹簧弹力的合力对物块所做的功等于物块动能的增加
量，为
，故D 错误；
故选C。
【典型例题5】如图abc 是竖直面内的光滑固定轨道，ab 水平，长度为2R；bc 是半径为R 的四分之一圆弧，与
ab 相切于b 点．一质量为m 的小球，始终受到与重力大小相等的水平外力的作用，自a 点处从静止开始向右运
动．重力加速度大小为g.小球从a 点开始运动到其轨迹最高点，机械能的增量为(　　)
A．2mgR　　　     B．4mgR          C．5mgR         D．6mgR
【答案】C
【解析】小球从a 运动到c，根据动能定理，得F·3R－mgR＝mv，又F＝mg，故v1＝2，小球离开c 点在竖直方
向做竖直上抛运动，水平方向
做初速度为零的匀加速直线运动，且水平方向与竖直方向的加速度大小相等，都为g，故小球从c 点到最高点所
用的时间t＝＝2，水平位移x＝gt2＝2R，根据功能关系，小球从a 点到轨迹最高点机械能的增量为力F 做的功，
即ΔE＝F·(2R＋R＋x)＝5mgR.
【变式训练1-1】一同学将排球自O 点垫起，排球竖直向上运动，随后下落回到O 点。设排球在运动过程中所
受空气阻力大小和速度大小成正比。则该排球（   ）
A．上升时间等于下落时间
B．被垫起后瞬间的速度最大
C．达到最高点时加速度为零
D．下落过程中做匀加速运动
【答案】B
【详解】A．上升过程和下降过程的位移大小相同，上升过程的末状态和下降过程的初状态速度均为零。对排球
受力分析，上升过程的重力和阻力方向相同，下降过程中重力和阻力方向相反，根据牛顿第二定律可知，上升
过程中任意位置的加速度比下降过程中对应位置的加速度大，则上升过程的平均加速度较大。由位移与时间关
系可知，上升时间比下落时间短，A 错误；
B．上升过程排球做减速运动，下降过程排球做加速运动。在整个过程中空气阻力一直做负功，小球机械能一直
在减小，下降过程中的最低点的速度小于上升过程的最低点的速度，故排球被垫起时的速度最大，B 正确；
C．达到最高点速度为零，空气阻力为零，此刻排球重力提供加速度不为零，C 错误；
D．下落过程中，排球速度在变，所受空气阻力在变，故排球所受的合外力在变化，排球在下落过程中做变加速
运动，D 错误。
故选B。
【变式训练1-2】如图所示，轻质弹簧竖直放置，下端固定，小球从弹簧的正上方某一高度处由静止下落．不计
空气阻力，则从小球接触弹簧到弹簧被压缩至最短的过程中（　 　）
  
A．小球的动能一直减小
B．小球的机械能守恒
C．小球的重力势能先减小后增加
D．弹簧的弹性势能一直增加
【答案】D
【详解】AD．在刚接触弹簧的时候这个时候小球的加速度等于重力加速度，在压缩的过程中，弹簧的弹力越来
越大，小球所受到的加速度越来越小，直到弹簧的弹力等于小球所受到的重力，这个时候小球的加速度为0，要
注意在小球刚接触弹簧到加速度变0 的过程中，小球一直处于加速状态，由于惯性的原因，小球还是继续压缩
弹簧，这个时候弹簧的弹力大于小球受到的重力，小球减速，直到小球的速度为0，这个时候弹簧压缩的最短．
所以小球的动能先增大后减小，弹簧的弹性势能是不断增加的，故A 错误D 正确；
B．压缩弹簧的过程中，弹性势能增加，故小球的机械能减小，故B 错误；
C．小球从接触弹簧到将弹簧压缩到最短的过程中，小球的高度不断减小，重力势能不断减小，故C 错误；
故选D。
【变式训练1-3】如图是某跳水女运动员在三米板的训练中，最后踏板的过程：她从高处落到处于自然状态的跳
板上（A 位置），随跳板一同向下运动到最低点（B 位置），对于运动员从开始与跳板接触到运动至最低点的这
个过程中，不计空气阻力，下列说法中正确的是（　　）
  
A．跳板对运动员支持力先增大后减小
B．运动员先是处于超重后处于失重状态
C．跳板对运动员支持力做的功等于运动员机械能的变化量
D．运动员的重力势能与跳板的弹性势能之和先增大后减小
【答案】C
【详解】AB．运动员从开始与跳板接触到运动至最低点过程中，开始重力大于跳板的弹力、运动员加速下降，
后来跳板的弹力大于运动员的重力，运动员减速下降，所以运动员先失重后超重，故AB 错误；
C．除重力之外的其它力做的功等于运动员机械能的变化，所以跳板对运动员支持力做的功等于运动员机械能的
变化量，故C 正确；
D．运动员下降过程中，只有重力和弹力做功，运动员和跳板组成的系统机械能守恒，所以运动员的重力势能
+跳板的弹性势能+运动员的动能=恒量，由于运动员的动能先增大后减小，所以运动员的重力势能与跳板的弹
性势能之和先减小后增大，故D 错误。
故选C。
【变式训练1-4】弹弓飞箭（如图所示）颇受小孩的喜爱，某次一小孩手拉紧橡皮筋发射器，松开手后将飞箭竖
直射向天空。从松开手至飞箭到达最高点的过程中（橡皮筋始终在弹性限度内且不计空气阻力），下列说法正
确的是（　　）
A．飞箭的机械能一直增大
B．飞箭重力做功的功率一直增大
C．飞箭与橡皮筋刚分离时，飞箭的速度最大
D．橡皮筋的弹性势能和飞箭的重力势能之和先减小后增大
【解答】解：A.飞箭和橡皮筋还没有分离之前，橡皮筋对飞箭做正功，这导致飞箭的机械能增加，飞箭离开橡
皮筋后，橡皮筋不再对飞箭做功，飞箭的机械能不再变化，故A 错误；
BC.飞箭与橡皮筋未分离前，先做加速度逐渐减小的加速运动，接着做加速度逐渐增大的减速运动，离开飞箭后，
做竖直上抛运动，当飞箭受到橡皮筋的弹力等于其重力时，即加速度为零时，飞箭的速度达最大。飞箭在最高
点速度方向与重力垂直，重力功率为0，所以飞箭重力做功功率先增大再减少，故BC 错误；
D.把橡皮筋与飞箭看着一个系统，系统的机械能守恒，而飞箭的动能是先增大后减小，则可知橡皮筋的弹性势
能和飞箭的重力势能之和先减小后增大，故D 正确。
故选：D。
【变式训练1-5】如图所示，水平光滑长杆上套有小物块A，细线跨过位于O 点的轻质光滑定滑轮，一端连接
A，另一端悬挂小物块A，物块A、B 质量相等。C 为O 点正下方杆上的点，滑轮到杆的距离OC＝h，重力加速
度为g。开始时A 位于P 点，PO 与水平方向的夹角为37°，现将A、B 由静止释放，下列说法正确的是（　　）
A．物块A 运动到C 点过程中机械能变小
B．物块A 经过C 点时的速度大小为❑√2gh
C．物块A 在杆上长为❑√3h的范围内做往复运动
D．在物块A 由P 点出发第一次到达C 点过程中，物块B 克服细线拉力做的功等于B 重力势能的减少量
【解答】解：A、物块A 运动过程中，细线对A 始终做正功，其他力不做功，所以物块A 的速度始终增大，故A
错误；
B、物块A 经过C 点时，细线与物块A 的运动方向垂直，则物块B 的速度为0，根据A 与B 组成的系统机械能守
恒得
mg(
h
sin37° −h)= 1
2 m v
2 
解得此时物块A 的速度为：v = 2
3
❑√3 gh，故B 错误；
C、由于机械能守恒，物块A 在水平光滑杆上往复运动，结合对称性可知A 的运动范围为x =2
h
tan37° = 8
3 h，
故C 错误；
D、在物块A 由P 点出发第一次到达C 点的过程中，物块B 的动能变化量为0，根据功能关系可知，物块B 克服
细线拉力做的功等于B 重力势能的减少量，故D 正确。
故选：D。
【变式训练1-6】如图甲所示，有一粗糙斜面，下端固定一轻质弹簧，初始时弹簧处于自然伸长。一小物块在由
斜面顶点静止释放后的一段时间内，物块的动能Ek随位移x 变化的图像如图乙所示。弹簧始终在弹性限度之内。
则以下说法中正确的是（　　）
A．小物块最大动能为0.2J，最大位移为0.4m
B．小物块最大动能为0.2J，最大位移为0.45m
C．小物块最大动能为0.25J，最大位移为0.4m
D．小物块最大动能为0.25J，最大位移为0.45m
【解答】解：小物块匀加速的下滑过程，由动能定理F 合x1sinθ＝Ek1
动能达到最大时F＝kx2＝F 合
与弹簧接触到动能最大的过程中，由动能定理可得：
F合x2sinθ−F
2 x2= Ek 2 
联立解得：Ek2＝0.2J
小物块减速下滑过程，根据动能定理可得：
F合x3 sinθ−k x2+k( x2+ x3)
2
=0−Ek 2 
联立得x3＝0.2m
最大位移为x＝x1+x2+x3
代入数据解得：
x＝0.45m，故B 正确，ACD 错误；
故选：B。
【变式训练1-7】弹弓是孩子们喜爱的弹射类玩具，其构造原理如图所示，橡皮筋两端点A、B 固定在把手上，
橡皮筋处于ACB 时恰好为原长状态，在C 处（AB 连线的中垂线上）放一固体弹丸，一手执把，另一手将弹丸拉
至D 点放手，弹丸就会在橡皮筋的作用下发射出去，打击目标。现将弹丸竖直向上发射，已知E 是CD 中点，则
（　　）
A．从D 到C 过程中，弹丸的机械能守恒
B．从D 到C 过程中，弹丸的动能一直在增大
C．从D 到C 过程中，橡皮筋的弹性势能先增大后减小
D．从D 到E 过程橡皮筋对弹丸做功大于从E 到C 过程
【解答】解：A、从D 到C，橡皮筋的弹力对弹丸做功，所以弹丸的机械能增大，故A 错误。
B、橡皮筋ACB 恰好处于原长状态，在C 处橡皮筋的拉力为0，在CD 连线中的某一处，弹丸受力平衡，所以从
D 到C，弹丸的合力先向上后向下，速度先增大后减小，弹丸的动能先增大后减小，故B 错误。
C、从D 到C，橡皮筋对弹丸一直做正功，橡皮筋的弹性势能一直减小，故C 错误。
D、从D 到E 橡皮筋作用在弹丸上的合力大于从E 到C 橡皮筋作用在弹丸上的合力，两段位移相等，所以DE 段
橡皮筋对弹丸做功较多，机械能增加也多，故D 正确；
故选：D。
【变式训练1-8】如图，圆心为O1的光滑半圆环固定于竖直面，轻弹簧上端固定在O1正上方的O2点，c 是
O1O2和圆环的交点；将系于弹簧下端且套在圆环上的小球从a 点静止释放，此后小球在a、b 间做往复运动。若
小球在a 点时弹簧被拉长，在c 点时弹簧被压缩，aO1⊥aO2。则下列判断正确的是（　　）
A．小球在b 点受到的合力为零
B．弹簧在a 点的伸长量可能小于弹簧在c 点的压缩量
C．弹簧处于原长时，小球的速度最大
D．在a、b 之间，小球机械能最大的位置有两处
【解答】解：A、小球在b 点时速度为零，此后小球沿圆弧向上运动，说明此时的合外力方向沿圆弧向上，小球
在b 点受到的合力不为零，故A 错误；
B、因只有重力和弹簧弹力做功，故小球和弹簧系统的机械能守恒，小球在a 点的动能和重力势能之和最小，故
小球在A 点的弹性势能必大于在c 点的弹性势能，所以弹簧在a 点的伸长量一定大于弹簧在c 点的压缩量，故B
错误；
C、小球从a 至c，在切向先做加速运动，再做减速运动，当切向合力为零（此时弹簧仍处于伸长状态）时，速
度最大，故C 错误；
D、当弹簧处于原长时，弹性势能为0，小球机械能最大，根据题意知，a、b 相对于O1O2 对称，所以弹簧处于
原长的位置有两处，即在a、c 与b、c 之间各有一处，故D 正确。
故选：D。
【变式训练1-9】奥运会比赛项目撑杆跳高如图所示。下列说法不正确的是(　　)
A．加速助跑过程中，运动员的动能增加
B．起跳上升过程中，杆的弹性势能一直增加
C．起跳上升过程中，运动员的重力势能增加
D．越过横杆后下落过程中，运动员的重力势能减少，动能增加
【答案】　B
【解析】加速助跑过程中，运动员的速度增大，动能增加，A 正确；起跳上升过程中，杆的形变程度减小，杆
的弹性势能减小，运动员的重力势能增加，B 错误，C 正确；越过横杆后下落过程中，运动员的高度降低，重力
势能转化为动能，重力势能减少，动能增加，D 正确。本题选说法不正确的，故选B。
【变式训练1-10】目前，世界上产量最大，使用范围最广的自由落体炸弹是美军MK80 系列低阻力炸弹，其特
殊的流线型设计使得其下落过程中阻力仅为重力3‰，如图是某次美军从距地面500m 的水平飞行某轰炸机上
空投该炸弹的照片，下列说法正确的是（　　）
A．空投的炸弹可以视为自由落体运动          B．空投的炸弹下落过程时间小于10s
C．空投的炸弹在下落过程中仅受重力         D．空投的炸弹在下落过程中机械能不守恒
【答案】D
【解析】A．空投的炸弹在下落过程仍受阻力作用，故不可以视为自由落体运动，故A 错误；BC．假设空投的
炸弹下落过程只受重力作用，则空投的炸弹在竖直方向做自由落体运动，则有
代入数据解得
，
而实际上空投的炸弹在下落过程中还受阻力作用，则竖直方向的加速度小于重力加速度，故下落的时间大于
10s，故BC 错误；D．由于空投的炸弹在下落过程中受到的阻力会做负功，故空投的炸弹在下落过程中机械能
不守恒，故D 正确。故选D。
【变式训练1-11】智跑游乐园坐落在有3500 年城市历史的邢台市，地处七里河风景区，乐园内有华北地区最
大的悬挂过山车，最大速度接近100 公里/小时。如图所示，某乘客坐过山车（无动力）从A 位置加速下滑到B
位置，空气阻力不能忽略，则在下滑过程中，该乘客的（　　）
A．机械能守恒
B．机械能增大
C．动能减小
D．重力势能减小
【答案】D
【解析】某乘客坐过山车（无动力）从A 位置加速下滑到B 位置，空气阻力不能忽略，则在下滑过程中，重力
做正功，重力势能减小，摩擦力和空气阻力做负功，机械能减小，加速下滑，过山车的速度增大动能增大。故
ABC 错误，D 正确。故选D。
【变式训练1-12】如图所示是某同学乘坐游乐园项目“高空滑索”下山的情景，若把该同学和悬挂装置看成整
体，以下说法正确的是（　　）
   
A．下滑过程机械能守恒
B．下滑过程中将一直做匀加速直线运动
C．由于空气阻力的影响，下滑过程中速度会越来越小
D．下滑过程中损失的机械能将全部转化为内能
【答案】D
【解析】A．在下滑过程中除重力外，还受空气阻力和钢索摩擦力作用，因此机械能不守恒，A 错误；
B．在下滑运动中，该同学和悬挂装置整体，所受到的合力不是恒定的，所以不会将一直做匀加速直线运动，B
错误；C．在下滑运动中，由于下山的高度差较大，有空气阻力影响，还有摩擦阻力的作用，不会使下滑速度越
来越小，C 错误；D．在下滑运动中，空气阻力做功和摩擦力做功都把机械能转化为内能，D 正确。故选D。
【变式训练1-13】(多选)物体由地面以120 J 的初动能竖直向上抛出，当它从抛出至上升到某一点A 的过程中，
动能减少40 J，机械能减少10 J．设空气阻力大小不变，以地面为零势能面，则物体(　　)
A．落回到地面时机械能为70 J
B．到达最高点时机械能为90 J
C．从最高点落回地面的过程中重力做功为60 J
D．从抛出到落回地面的过程中克服阻力做功为60 J
【答案】BD
【解析】物体以120 J 的初动能竖直向上抛出，向上运动的过程中重力和空气阻力都做负功，当上升到某一高
度时，动能减少了40 J，而机械能损失了10 J．根据功能关系可知：合力做功为－40 J，空气阻力做功为－10 
J，对从抛出点到A 点的过程，根据功能关系：mgh＋Ffh＝40 J，Ffh＝10 J，得Ff＝mg；当上升到最高点时，
动能为零，动能减小120 J，设最大高度为H，则有：mgH＋FfH＝120 J，解得mgH＝90 J，FfH＝30 J，即机
械能减小30 J，在最高点时机械能为120 J－30 J＝90 J，即上升过程机械能共减少了30 J；当下落过程中，
由于阻力做功不变，所以机械能又损失了30 J，故整个过程克服阻力做功为60 J，则该物体落回到地面时的机
械能为60 J，从最高点落回地面的过程中重力做功为mgH＝90 J，故A、C 错误，B、D 正确．
【变式训练1-14】（多选）机械臂广泛应用于机械装配。如图所示，某质量为m 的工件（视为质点）被机械臂
抓取后，在竖直平面内由静止开始斜向上做加速度为a 的匀加速直线运动，运动方向与竖直方向间夹角为θ。在
将工件提升竖直高度为h 的过程中（　　）
A．所用时间为❑√
2h
a
B．工件重力的瞬时功率保持不变
C．工件的机械能增大
D．机械臂对工件做的功大于工件动能的增加量
【解答】解：A．工件做匀加速直线运动，可得h
cosθ = 1
2 at
2 解得t = ❑√
2h
acosθ
 故A 错误；
B．工件重力的瞬时功率为PG＝mgvcos（π﹣θ）＝﹣mgvcosθ 且v＝at 联立解得PG＝﹣mgatcosθ
即重力的瞬时功率随时间变化。故B 错误；
C．根据E＝Ek+Ep 工件上升过程中，速度、高度增加，其动能和重力势能均增加，则工件的机械能增大。故C
正确；
D．由动能定理，可得WF+WG＝ΔEk 重力对工件做负功，则机械臂对工件做的功大于工件动能的增加量。故D
正确。
故选：CD。
【变式训练1-15】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，
其运动的加速度大小为
g，g 为重力加速度，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
mgh
B．克服摩擦力做功
mgh
C．动能损失了
mgh
D．机械能损失了
mgh
【答案】CD
【解析】A．这个过程中物体上升的高度为h，则重力势能增加了mgh，故A 错误；B．加速
则摩擦力Ff=
mg 物体在斜面上能够上升的最大高度为h，发生的位移为2h，则克服摩擦
力做功
故B 错误；C．由动能定理可知，动能损失量为
故C 正确；D．机械能的损失量为
故D 正确。
故选CD。
题型02：功能关系与图像问题的结合
【典型例题1】从地面竖直向上抛出一物体，物体在运动过程中除受到重力外，还受到一大小不变、方向始终
与运动方向相反的外力作用．距地面高度h 在3 m 以内时，物体上升、下落过程中动能Ek随h 的变化如图所示．
重力加速度取10 m/s2.该物体的质量为(　　   )
A．2 kg        B．1.5 kg        C．1 kg        D．0.5 kg
【答案】C
【解析】方法一：函数数值代入法。画出运动示意图．设该外力的大小为F，据动能定理知
A→B(上升过程)：－(mg＋F)h＝EkB－EkA，B→A(下落过程)：(mg－F)h＝EkA′－EkB′
整理以上两式并代入数据得物体的质量m＝1 kg，选项C 正确．
方法二：函数斜率面积法。写表达式根据斜率求解
上升过程：－(mg＋F)h＝Ek－Ek0，则Ek＝－(mg＋F)h＋Ek0
下落过程：(mg－F)h＝Ek′－Ek0′，则Ek′＝(mg－F)h＋Ek0′，
结合题图可知mg＋F＝ N＝12 N，mg－F＝ N＝8 N
联立可得m＝1 kg，选项C 正确．
【变式训练2-1】（多选）一物块在高3.0 m、长5.0 m 的斜面顶端从静止开始沿斜面下滑，其重力势能和动能
随下滑距离s 的变化如图中直线Ⅰ、Ⅱ所示，重力加速度取10 m/s2.则(　   　)
A．物块下滑过程中机械能不守恒        B．物块与斜面间的动摩擦因数为0.5
C．物块下滑时加速度的大小为6.0 m/s2    D．当物块下滑2.0 m 时机械能损失了12 J
【答案】AB
【解析】由E－s 图象知，物块动能与重力势能的和减小，则物块下滑过程中机械能不守恒，故A 正确；由E－s
图象知，整个下滑过程中，物块机械能的减少量为ΔE＝30 J－10 J＝20 J，重力势能的减少量ΔEp＝mgh＝30 
J，又ΔE＝μmgcos α·s，其中cos α＝＝0.8，h＝3.0 m，g＝10 m/s2，则可得m＝1 kg，μ＝0.5，故B 正确；
物块下滑时的加速度大小a＝gsin α－μgcos α＝2 m/s2，故C 错误；物块下滑2.0 m 时损失的机械能为ΔE′＝
μmgcos α·s′＝8 J，故D 错误．
【变式训练2-2】(多选)如图甲所示，一木块沿固定斜面由静止开始下滑，下滑过程中木块的机械能和动能随位
移变化的关系图线如图乙所示，则下列说法正确的是(　　)
A．在位移从0 增大到x0的过程中，木块的重力势能减少了E0
B．在位移从0 增大到x0的过程中，木块的重力势能减少了2E0
C．图线a 斜率的绝对值表示木块所受的合力大小
D．图线b 斜率的绝对值表示木块所受的合力大小
【答案】BD
【解析】木块沿斜面下滑过程中，动能增大，则图线b 为木块的动能随位移变化的关系图线．由机械能的变化
量等于动能的变化量与重力势能变化量之和，有E0－2E0＝E0－0＋ΔEp，得ΔEp＝－2E0，即木块的重力势能减
少了2E0，故A 错误，B 正确；由功能关系可知图线a 斜率的绝对值表示木块所受的除重力之外的合力大小，故
C 错误；由功能关系可知图线b 斜率的绝对值表示木块所受的合力大小，故D 正确．
【变式训练2-3】（多选）从地面竖直向上抛出一物体，其机械能E 总等于动能Ek与重力势能Ep之和．取地面为
重力势能零点，该物体的E 总和Ep随它离开地面的高度h 的变化如图所示．重力加速度取10 m/s2.由图中数据可
得(　   　)
A．物体的质量为2 kg                 B．h＝0 时，物体的速率为20 m/s
C．h＝2 m 时，物体的动能Ek＝40 J    D．从地面至h＝4 m，物体的动能减少100 J
【答案】AD
【解析】由于Ep＝mgh，所以Ep 与h 成正比，斜率是k＝mg，由图像得k＝20 N，因此m＝2 kg，A 正确；
当h＝0 时，Ep＝0，E 总＝Ek＝mv，因此v0＝10 m/s，B 错误；由图像知h＝2 m 时，E 总＝90 J，Ep＝40 
J，由E 总＝Ek＋Ep 得Ek＝50 J，C 错误；h＝4 m 时，E 总＝Ep＝80 J，即此时Ek＝0，即从地面上升至h＝4 
m 高度时，物体的动能减少100 J，D 正确。
题型03：摩擦力做功与能量转化
【典型例题1】如图所示，某段滑雪雪道倾角为30°，总质量为m（包括雪具在内）的滑雪运动员从距底端高为
h 处的雪道上由静止开始匀加速下滑，加速度为
g。在他从上向下滑到底端的过程中，下列说法正确的是（  
）
A．运动员减少的重力势能全部转化为动能
B．运动员获得的动能为
mgh
C．运动员克服摩擦力做功为
mgh
D．下滑过程中系统减少的机械能为
mgh
【答案】D
【解析】A．由于人下滑的加速度
所以人在下滑中受重力、支持力及摩擦力的作用，由功
能关系可知，运动员的重力势能转化为动能和内能，则运动员减少的重力势能大于增加的动能，A 错误；B．由
牛顿第二定律可知，人受到的合力
，合力对运动员做的功
由动能定理可知，运动员获得的动能为
，B 错误；C．物体合外力
故摩擦力大
小
，运动员克服摩擦力做功
C 错误；D．运动员克服摩擦力做功等于机械能
的减小量，故机械能减小了
，D 正确。故选D。
【典型例题2】如图所示，中国女子跳水奥运冠军全红蝉从十米跳台起跳到全身入水过程中，下列说法正确的
是（　　）
A．她的机械能保持不变
B．下落过程中重力做正功
C．整个过程只有重力做功
D．手入水后她的动能开始减少
【答案】B
【解析】AC．全红蝉从起跳到全身入水过程中，除了重力做功外，还有空气阻力做功，入水后，还有水的
阻力做功，机械能不守恒，AC 错误；B．下落过程中重力是做正功的，B 正确；D．手入水后，刚开始水的阻力
小于重力，她还是加速下落，动能增加，直到阻力大小等于重力时，速度达到最大，之后，阻力大于重力，做
减速运动，动能减小，D 错误。故选B。
【典型例题3】如图所示，质量为m 的物体在水平传送带上由静止释放，传送带由电动机带动，始终保持以速
度v 匀速运动，物体与传送带间的动摩擦因数为μ，物体过一会儿能保持与传送带相对静止，对于物体从静止释
放到相对静止这一过程中，下列说法正确的是（　　）
  
A．摩擦力对物体做的功为mv2
B．电动机多做的功为
C．系统产生的内能为
D．传送带克服摩擦力做的功为
【答案】C
【详解】A．根据动能定理有，摩擦力对物体做的功为
，故A 错误；
B．电动机多做的功转化为物体的动能和内能，所以电动机多做的功一定大于
，故B 错误；
CD．设共速前物体相对地面的位移为
，传送带相等地面的位移为
则有
，
可知
可知传送带克服摩擦力做的功为摩擦力对物体做功的二倍，即为
，则系统产生的内能为
，故C 正确，D 错误。
故选C。
【典型例题4】（多选）如图,一长木板B 放在水平面上，在B 的左端放一小物块A(各接触面均粗糙).现以恒定的
水平外力F 拉物块A ,经过一段时间后物块 A 从长木块B 的右端滑下在此过程中,下列说法正确的是(　　)
A．A、B 之间产生热量多少与B 是否运动有关
B．A 对B 的摩擦力做功的绝对值一定小于B 对A 的摩擦力做功的绝对值
C．A 对B 的摩擦力做的功一定小于 B 与水平面之间摩擦产生的热量
D．外力F 做的功等于摩擦产生的总热量与A、B 动能的增量之和
【答案】  BD
【解析】  A． A、B 之间产生热量多少与A、B 之间相对位移大小有关，与B 是否运动无关，A 错误；B．
A 对B 的摩擦力与B 对A 的摩擦力是一对作用力和反作用力关系，大小相等，方向相反，可A 在B 上面滑动，
A、B 相对地面的位移不相等，A 对地面的位移要大于B 对地面的位移，所以A 对B 的摩擦力做功的绝对值一定
小于B 对A 的摩擦力做功的绝对值，B 正确；C．由动能定理可知， A 对B 的摩擦力做的功等于 B 的动能增量
和B 与水平面之间摩擦产生的热量之和，C 错误；D．由功能关系可知，外力F 做的功等于摩擦产生的总热量与
A、B 动能的增量之和，D 正确。故选BD。
【典型例题5】如图甲所示，倾角为
的传送带以恒定的速率v 沿逆时针方向运行。
时刻，质量
的
小物块以初速度
从A 端滑上传送带，小物块的速度随时间变化的图像如图乙所示，
时小物块从B 端滑离
传送带。沿传送带向下为正方向，重力加速度g 取
，则（　　）
  
A．传送带的倾角
B．小物块对传送带做功
C．小物块在传送带上留下的痕迹长度为
D．小物块与传送带间因摩擦而产生的热量为
【答案】BC
【详解】A．由图示图象可知，物体先做初速度为2m/s 的匀加速直线运动，速度达到传送带速度后（在t=0.25s
时刻），由于重力沿斜面向下的分力大于摩擦力，物块继续向下做匀加速直线运动，从图象可知传送带的速度
为4m/s；
开始匀加速运动的加速度
根据牛顿第二定律得
速度相等后，加速度
根据牛顿第二定律得
联立两式解得
，故A 错误；
B．小物块对传送带的摩擦力为
小物块对传送带做功为
，故B 正确；
CD．0~0.25s 时间，小物块的位移为
相对位移
0.25s~1.25s 时间，小物块的位移为
相对位移
所以小物块在传送带上留下的痕迹长度为
；小物块与传送带间因摩擦而产生的热量为
，故C 正确，D 错误；
故选BC。
【变式训练3-1】如图所示，传送带与水平面间的夹角为
，其中A、B 两点间的距离为
，传送带在电动
机的带动下以
的速度顺时针匀速转动。现将一质量
的小物块（可视为质点）轻放在传送带的B
点，已知小物块与传送带间的动摩擦因数
，g 为取
，则在传送带将小物块从B 点传送到A 点的过
程中（　　）
A．小物块经过
后与传送带共速
B．摩擦力对小物块做的功为
C．摩擦产生的热量为
D．因放小物块而使得电动机多消耗的电能为
【答案】C
【解析】A．物体刚放在B 点时，受到的滑动摩擦力沿传送带向上，由于
物体做匀加速直线运
动，由牛顿第二定律
得
假设物体能与传送带达到相同速度，则物体上
滑的的位移
假设成立。物体与传送带达到相同速度后，将向上匀速运动，到达A 点的速
度仍为2m/s。小物块匀加速时间
小物块经过0.8s 后与传送带共速。A 错误；B．摩擦力匀加
速阶段对小物块做的功
小物块匀速运动过程中，小物块受到的为静
摩擦力，大小与重力平行斜面向下的分力相等。摩擦力匀速阶段对小物块做的功
摩擦力对小物块做的功为
，B 错
误；C．小物块与传送带的相对位移
摩擦产生的热
C 正
确；D．因放小物块而使得电动机多消耗的电能
，D 错
误。故选C。
【变式训练3-2】如图所示装置，AB 为光滑竖直管道，高度
，BCD 为半径
的光滑半圆轨道，DE
为半径
的粗糙四分之一圆轨道，现有质量
的小球从A 点由静止释放，进入到装置中。已知小球
到达E 点时，小球对外轨道的压力为
，C 为水平地面上的一点，
，下面正确的是（　　）
A．整个运动过程中，小球的机械能守恒
B．小球到达最低点C 点时，对轨道的压力为100N
C．整个运动过程，摩擦力做的功
D．小球从E 点离开轨道，再次落到地面上时的动能为
【答案】D
【解析】A．依题意，DE 轨道粗糙，小球经过时，摩擦力会做功，不符合机械能守恒条件，故A 错误；B．依题
意，小球到达最低点C 点时，轨道的支持力为F，有
，
联立解得
根
据牛顿第三定律可知，小球到达最低点C 点时，对轨道的压力为110N，方向向下，故B 错误；C．假定小球到
E 点速度为v1，依题意有
整个运动过程，摩擦力做的功为
，据动能定理有
解得
故C 错误；D．小球从E 点离开轨道，再次落到地面上时的动能为
，依题意有
解得
故D 正确。故选D。
【变式训练3-3】传送装置在物流快递中的应用使得分拣工作更加智能化。如图所示，水平传送带在电机的带动
下，始终以速度
沿图示方向匀速运动：一质量为m 的快递件以
的速度从左端水平滑上传送带，最终快递
件与传送带共速，则快递件与传送带间由于摩擦产生的热量为（　　）
A．
B．
C．
D．
【答案】  D
【解析】快递件与传送带相对运动过程中，做匀加速直线运动，快递件的位移
传送带位移
根据速度时间关系式
根据牛顿第二定律
由于摩擦产生的热量
联立解得
故选D。
【变式训练3-4】一小球从地面竖直上抛，经t0时间到最高点，后又落回地面，小球运动过程中所受空气阻力大
小与速率成正比。下列关于小球运动的机械能E 随时间t 变化的图像中，可能正确的是（　　）
A．
B．
C．
D．
【答案】C
【解析】小球的速率为v 时受到的空气阻力大小为f=kv 上升、下降过程阻力均做负功，机械能始终减小，克服
阻力所做的功等于机械能的减小量，在小球上升过程中，其速率v 越来越小，可得
可知小球机
械能的变化率
的绝对值逐渐减小；在小球下落过程中，其速率v 越来越大，可知小球机械能的变化率
的
绝对值逐渐增大，C 图符合题意。故选C。
【变式训练3-5】如图甲、乙所示的频闪照片，其中一幅记录的是滑块从斜面顶端由静止下滑到底端的过程，另
一幅记录的是该滑块以某一初速度从斜面底端向上滑到顶端刚好静止的过程。已知频闪照片上相邻位置的时间
间隔相等，则（　　）
A．图甲滑块在斜面底端的动能等于图乙滑块在斜面底端的动能
B．图甲滑块在斜面顶端的机械能小于图乙滑块在斜面底端的机械能
C．整个过程中，图甲滑块机械能减少量大于图乙滑块机械能减少量
D．整个过程中，图甲滑块克服摩擦力做功小于图乙滑块克服摩擦力做功
【答案】B
【解析】A．设斜面倾角为
，动摩擦因数为
，斜面高度为，斜面长为，下滑末动能为
、上滑初动能为
，由动能定理
，
所以
A 错误；
B．以斜面底端为零势能面，则图甲滑块在斜面顶端的机械能
图乙滑块在斜面底端的
机械能
所以
B 正确；C．图甲滑块机械能减少量
图乙滑块机
械能减少量
所以
C 错误；D．图甲滑块克服摩擦力做功
图乙滑块克
服摩擦力做功
解得
D 错误。故选B。
【变式训练3-6】 (多选)一物块在高3.0 m、长5.0 m 的斜面顶端从静止开始沿斜面下滑，其重力势能和动能
随下滑距离s 的变化如图中直线Ⅰ、Ⅱ所示，重力加速度取10 m/s2。则(　　)
A．物块下滑过程中机械能不守恒
B．物块与斜面间的动摩擦因数为0.5
C．物块下滑时加速度的大小为6.0 m/s2
D．当物块下滑2.0 m 时机械能损失了12 J
【答案】AB
【解析】物块下滑5 m 的过程中，重力势能减少30 J，动能增加10 J，增加的动能小于减少的重力势能，所以
机械能不守恒，A 正确。斜面高h＝3.0 m、长L＝5.0 m，则斜面倾角θ 的正弦值sinθ＝＝0.6；物块在斜面底
端的重力势能为零，则在斜面顶端的重力势能为mgh＝30 J，可得物块的质量m＝1.0 kg；物块下滑5 m 的过
程中，由功能关系可知，机械能的减少量等于克服摩擦力做的功，即μmgcosθ·L＝20 J，可求得μ＝0.5，B 正确。
由牛顿第二定律，有mgsinθ－μmgcosθ＝ma，可求得a＝2.0 m/s2，C 错误。当物块下滑2.0 m 时，重力势能
减少12 J，动能增加4 J，所以机械能损失了8 J，D 错误。
【变式训练3-7】 (多选)如图所示，一固定斜面的倾角为30°，一质量为m 的小物块自斜面底端以一定的初速
度沿斜面向上做匀减速运动，加速度大小等于0.8g(g 为重力加速度大小)。物块上升的最大高度为H，则此过程
中(　　)
A．物块的重力势能减少了mgH
B．物块的动能损失了1.6mgH
C．物块的机械能损失了0.8mgH
D．物块克服摩擦力做功0.6mgH
【答案】BD
【解析】小物块从斜面底端往高处运动，重力势能增加，A 错误；小物块运动过程中所受合力做的功W＝－ma
＝－1.6mgH，由动能定理可知，动能的变化量等于合力做的功，故物块的动能损失了1.6mgH，B 正确；物块
机械能的损失量取决于除重力以外其他力做的功，即等于克服摩擦力做的功，由牛顿第二定律可知mgsin30°＋f
＝ma，可得摩擦力大小f＝0.3mg，物块克服摩擦力做的功Wf＝f＝0.6mgH，C 错误，D 正确。
【变式训练3-8】 (多选)如图所示，水平地面上有足够长平板车M，车上最右端放一物块m＝0.9kg，开始时
M、m 均静止。t＝0 时，车在外力作用下开始沿水平面向右运动，其v-t 图像如图所示，已知物块与平板车间的
动摩擦因数为0.2，0-4s 内物块m 始终没有滑出小车，取g＝10m/s2。下列说法正确的是（　　）
A．0-4s 内，物块m 的加速度一直保持不变
B．要使物块m 不会从车的左端滑出小车，小车的长度至少
m
C．0-4s 内，m 与M 间因相对滑动产生的内能为12.8J
D．0-4s 内，m、M 相对地面的位移大小之比为7：9
【答案】CD
【解析】A．根据速度与时间的图象的斜率表示加速度，则车先以
的加速度匀加速直线运动
后以
的加速度匀减速直线运动，
根据物体与车的动摩擦因
数可知，物体与车的滑动摩擦力产生的加速度为
，有
物块与小车速度相同前，物块受
到的滑动摩擦力一直向右，物块做匀加速直线运动，物块与小车速度相同后，物
块受到的滑动摩擦力向左，物块做匀减速直线运动。物块运动图像如图红线所示
0-4s，物块先加速后减，加速时加速度向右，减速时加速度向左，A 错误；
B．设
时刻物块与小车速度相等
解得
此时物块和小车
的速度为
之后，物块相对小车向右滑，在
时，物块速度
，
，
物块和小车的相对位移，由图像得
要使物块m 不会
从车的左端滑出小车，小车的长度至少
。B 错误；C．
时，物块的速度
，
，
由图像可知小车和物块的相对位移
所以因摩擦产生的内能
，C 正确；D．0-4s 内，小车位移
物块位移
所以
D 正确。故选CD。
【变式训练3-9】 (多选)如图所示，质量为M、长为L 的木板置于光滑的水平面上，一质量为m 的滑块放置在
木板左端，滑块与木板间滑动摩擦力大小为Ff，用水平的恒定拉力F 作用于滑块。当滑块运动到木板右端时，木
板在地面上移动的距离为x，滑块速度为v1，木板速度为v2，下列结论正确的是(　　)
A．上述过程中，F 做功大小为mv＋Mv
B．其他条件不变的情况下，M 越大，x 越小
C．其他条件不变的情况下，F 越大，滑块到达右端所用时间越长
D．其他条件不变的情况下，Ff越大，滑块与木板间产生的热量越多
【答案】  BD
【解析】F 做功大小为二者动能与产生的热量之和，A 错误；滑块在木板上滑动过程用vt 图像来研究，如图所示，
图线①为滑块的v－t 图，②为木板的v－t 图，t0 时刻滑块到达木板右端，阴影部分面积为木板长度，则很容易
知道其他条件不变，M 越大，图线②的斜率越小，t0 越小，x 越小，B 正确；其他条件不变，F 越大，图线①的
斜率越大，t0 越小，故C 错误；滑块与木板间产生的热量等于滑动摩擦力与相对位移的乘积，其他条件不变，
Ff 越大，滑块与木板间产生的热量越多，D 正确。
【变式训练3-10】 (多选)（多选）如图所示，绷紧的传送带与水平面的夹角θ＝30°，传送带在电动机的带动
下，始终保持1 m/s 的速度顺时针运行。现把一质量为5 kg 的工件(可视为质点)轻放在传送带的底端，经过一
段时间工件与传送带达到共同速度后继续传送到4 m 高处。已知工件与传送带间的动摩擦因数为，重力加速度
大小为10 m/s2，则在此过程中，下列说法正确的是(　　)
A．工件加速过程的时间为0.8 s
B．传送带对工件做的功为202.5 J
C．工件与传送带间摩擦产生的热量为7.5 J
D．电动机因传送工件多做的功为120 J
【答案】  BC
【解析】工件加速过程由牛顿第二定律得f－mgsinθ＝ma，解得加速度a＝μgcosθ－gsinθ＝2.5 m/s2，则加速
时间t＝＝0.4 s，故A 错误；工件在传送带上不仅受重力还受到传送带对它的摩擦力和支持力，由动能定理有
－mgh＋W 传＝mv2－0，得传送带对工件做的功W 传＝mv2＋mgh＝202.5 J，故B 正确；加速过程工件与传
送带相对运动的位移Δx＝x 传－x1＝vt－t＝t＝0.2 m，工件与传送带间摩擦产生的热量Q＝μmgcosθ·Δx＝7.5 
J，故C 正确；电动机多做的功等于系统摩擦产生的热量和工件机械能的增加量，则有W 电＝Q＋mv2＋mgh＝
210 J，故D 错误。
【变式训练3-11】 (多选)足够长的传送带倾斜放置，以大小为
的恒定速率顺时针转动，如图甲所示。
质量
的小物块以初速度
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，
，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；
（2）小物块与传送带间的动摩擦因数和传送带的倾角
；
（3）
内小物块与传送带间因摩擦所产生的热量。
  
【答案】（1）
；（2）
，
；（3）
【详解】（1）由
图像知，小物块冲上斜面到达最高点所用时间
，
图像面积即位移
由图像知，
的加速度
为
  
方向沿传送带向下，小物块向下运动过程中加速度大小与
相等，由
 
得
 
故总时间
（2）由
图像得
的加速度
为
  ，方向沿传送带向下；
，对小物块由牛顿第二定律得
，对小物块由牛顿第二定律得
解得
，
（3）传送带的速度
，在
内传送带的位移
小物块的位移为
 
两者相对位移大小为
在
内传送带的位移
小物块的位移为
 
两者相对位移大小为
内小物块与传送带间因摩擦所产生的热量
【变式训练3-12】 (多选)近年来，我国物流行业发展迅速，在机场经常能见到地勤工作人员利用传送带从飞机
上装卸货物。如图所示。若某次工作人员所用传送带与水平面夹角
，传送带下行运行速率
，传送带两端距离
；工作人员沿传送带方向以初速度
从传送带顶端推下(推力立即撤去)
一件质量为
的小包裹(可视为质点)；小包裹要与传送带间的动摩擦因数
。取重力加速度
，
，
。求：
(1)包裹通过传送带所需时间；
(2)包裹从顶端到底端与传送带因摩擦所产生的热量。
【答案】  (1)4.5s；(2)8J
【解析】  (1)对包裹受力分析，根据牛顿第二定律
，解得
可知包裹减速运动，速度与传送带相同所用时间
这段时间内包裹的位移
接下来包裹匀速运动，到达底端又用时
因此包裹通过传送带所需时间
(2)只有在包裹减速阶段才相对传送带有性对运动，
减速的阶段相对传送带的位移
因摩擦所产生的热量
【变式训练3-13】 (多选)如图所示，在光滑的水平面上放置一个足够长木板B，在B 的左端放有一个可视为质
点的小滑块A，A、B 间的动摩擦因数μ＝0.4，A 的质量m＝1kg，B 的质量M＝2kg，g＝10m/s2。现对A 施加F
＝7N 的水平向右的拉力，1s 后撤去拉力F，求：
（1）撤去拉力F 前小滑块A 和长木板B 的加速度a1和a2；
（2）A 相对于B 静止时的速度v；
（3）A 相对于B 静止的整个过程中由于摩擦生成的热量（结果可以用分数表示）。
【解答】解：（1）对A 滑块根据牛顿第二定律有：F﹣μmg＝maA，
代入数据解得：a1＝3m/s2，
对B 木板有：μMg＝MaB，
代入数据解得：a2＝2m/s2；
（2）对A 和B 整体分析，全过程根据动量定理可得：Ft＝（M+m）v
解得：v=
Ft
M +m = 7×1
2+1
m/s= 7
3
m/s；
（3）撤去F 时，A 的位移为：xA= 1
2
a1t2= 1
2 ×3×1
2m＝1.5m，
从开始施加外力到二者共速的过程中，根据功能关系可得：
FxA= 1
2 ( M +m)v
2+Q
解得：Q= 7
3
J。
【变式训练3-14】 (多选)“智勇大冲关”最后一关有如图所示的滑道，冲关者坐上坐垫（冲关过程中人和坐垫
不分离）从A 点静止开始沿倾斜直轨道AB 滑下，斜道倾角θ＝37°；CD 是一长L＝3m 的水平传送带，B 与C 两
点平滑衔接，A 点距传送带垂直距离为h＝2.4m，冲关者经C 点到D 点后水平抛出，落在水面上一点E。已知：
传送带末端距水面高度H＝0.8m，坐垫与AB 斜道间动摩擦因数为μ1＝0.5，坐垫与传送带间动摩擦因数为μ2＝
0.2，冲关者的质量为m＝50kg，坐垫质量忽略不计，sin37°＝0.6，cos37°＝0.8，g＝10m/s2；求：
（1）冲关者到达B 点时的速度大小vB；
（2）如果传送带不动，求冲关者落到水面E 点与D 点的水平距离x；
（3）如果传送带速率为1m/s 沿逆时针方向转动，求冲关者与传送带之间因摩擦产生的热量Q。
【解答】解：（1）在斜道AB 上运动时，对人与坐垫分析，由动能定理有mgh−μ1mgh cos37°
sin37° = 1
2 m vB
2 
代入数据解得vB＝4m/s；
（2）若传送带不动，则从C 到D 有−μ2mgL= 1
2 m v D
2 −1
2 m vB
2 
代入数据解得vD＝2m/s
从D 到E，竖直方向H = 1
2 gt
2 
水平方向x＝vDt
代入数据解得x＝0.8m；
（3）当传送带速度为v＝1m/s 时，设冲关者减速到v 的位移为x，根据动能定理有
−μ2mg x1= 1
2 m v
2−1
2 m vB
2 
代入数据解得x1＝3.75m＞L＝3m
即冲关者全程减速，设减速时间t，则L= vBt −1
2 a2t
2 
根据牛顿第二定律a2= μ2mg
m
= μ2 g=0.2×10m/ s
2=2m/ s
2 
联立解得t＝1s（另一个值t =3 s＞4−1
2
s=1.5 s，不符合题意，舍掉）
冲关者相对于传送带位移
Δx＝L﹣vt＝（3﹣1×1）m＝2m
根据恒力功公式，冲关者与传送带之间因摩擦产生的热量Q＝μ2mgΔx
解得Q＝200J。
题型04:功能关系的综合应用
一、单选题
【典型例题1】如图所示，某一斜面的顶端到正下方水平面O 点的高度为h，斜面底端与水平面平滑连接。一小
木块从斜面的顶端由静止开始滑下，滑到水平面上的A 点停下。已知小木块与斜面、水平面间的动摩擦因数均
为μ，A 点到O 点的距离为x，斜面倾角为θ。则下列说法正确的是（    ）
A．木块沿斜面下滑的过程中，摩擦力对木块做功为μmgx
B．若保持h 和μ 不变，θ 增大，木块应在A 点左侧停下
C．若保持h 和μ 不变，θ 增大，木块应在A 点右侧停下
D．若保持h 和μ 不变，将斜面底端延长至A 点，木块则刚好不下滑
【答案】D
【详解】BC．对小木块运动的整个过程，根据动能定理有mgh−μmgcosθ⋅
h
sinθ −μmg(x−
h
tanθ)=0
解得h=μx
所以x 与θ 无关，仍停在A 点，故BC 错误；
A．根据前面分析可知重力对木块做功为WG=mgh=μmgx
摩擦力对木块做功为Wf=-WG=-mgh=-μmgx
故A 错误；
D．对小木块运动的整个过程，根据动能定理有mgh−μmgcosθ⋅
h
sinθ −μmg(x−
h
tanθ)=0
解得h=μx
将斜面底端延长至A 点，有μ= h
x =tanθ
所以木块则刚好不下滑，故D 正确。
故选D。
【典型例题2】如图甲所示，小明沿倾角为10°的斜坡向上推动平板车，将一质量为10kg 的货物运送到斜坡上
某处，货物与小车之间始终没有发生相对滑动。已知平板车板面与斜坡平行，货物的动能Ek随位移x 的变化图
像如图乙所示，sin10°＝0.17，则货物（　　）
A．在0～3m 的过程中，所受的合力逐渐增大
B．在3m～5m 的过程中，所受的合力逐渐减小
C．在0～3m 的过程中，机械能先增大后减小
D．在3m～5m 的过程中，机械能先增大后减小
【答案】D
【解答】解：AB、由动能定理可知，动能Ek随位移x 的变化图像的斜率的绝对值等于合力的大小，则由图乙可
得在0～3m 的过程中，货物所受的合力逐渐减小，在3m～5m 的过程中，货物所受的合力逐渐增大，故AB 错
误；
C、在0～3m 的过程中，货物所处高度增大，其重力势能增大，由图乙可知其动能也增大，故此过程货物的机
械能一直增大，故C 错误；
D、选x＝0 所在水平面为重力势能的零势能面，在x＝5m 的位置货物的重力势能为：
Ep＝mgxsin10°＝10×9.8×5×0.17J＝83.3J
根据重力势能随位移x 的增大而均匀增大，在图乙中画出重力势能随位移x 的变化图像如下图所示，
在x＝3m 时动能最大，之后动能减小，根据两图线的斜率对比，可知在x＝3m 之后动能随位移减小的快慢先是
慢于重力势能随位移增加的快慢，此过程货物的机械能增大，在3m～5m 之间的某位置之后，动能随位移减小
的快慢又快于重力势能随位移增加的快慢，此过程货物的机械能减小，故在3m～5m 的过程中，货物的机械能
先增大后减小，故D 正确。
故选：D。
【典型例题3】如图所示，质量为1kg 的物块a 与质量为4.36kg 的物块b 用不可伸长的轻绳跨接在一光滑的轻
质定滑轮（大小可忽略）两侧，滑轮上侧到水平光滑桌面高度h＝12m。a 在桌面的上方，b 在桌面上，初始时
a、b 在外力控制下均静止，右侧绳与竖直方向的夹角为37°。撤去控制，用大小恒为20N 的力F 水平向右拉
b，a、b 开始运动，a、b 均可看作质点，b 始终未离开桌面，重力加速度g 取10m/s2，sin37°＝0.6，cos37°＝
0.8。一段时间后，右侧绳与竖直方向的夹角变为53°。在此瞬间，a 的速度大小为（　　）
A．6m/s
B．5m/s
C．4.8m/s
D．3.6m/s
【答案】C
【解答】解：右侧轻绳和竖直方向的夹角由37°变为53°，如图所示
由几何关系得到L1＝
＝
m＝15m，L2＝
＝
m＝20m，故a 在竖直方向上升了
Δh＝L2﹣L1＝20m﹣15m＝5m
b 在水平方向前进了L＝h•（tan53°﹣tan37°）＝12×（
﹣
）m＝7m，b 沿水平方向运动时速度沿绳方向的
分量为v 绳＝vbsin53°＝0.8vb，在轻绳另一端有v 绳＝va，由功能关系得
代入数据解得
vb＝6m/s，va＝4.8m/s
故ABD 错误，C 正确。
故选：C。
【典型例题4】如图所示，在水平向右的匀强电场中有一个绝缘斜面，斜面上有一带电金属块沿斜面滑下，已
知在金属块滑下的过程中动能增加了12J，金属块克服摩擦力做功8J，重力做功24J.下列说法中正确的是
（　　）
A．金属块带负电荷
B．金属块克服电场力做功8J
C．金属块的电势能减少4J
D．金属块的机械能减少12J
【答案】D
【详解】ABC．金属块滑下的过程中动能增加了12 J，由动能定理知
WG＋Wf＋WF＝ΔEk
摩擦力做功
Wf＝－8 J
重力做功
WG＝24 J
解得电场力做功
WF＝－4 J
电场力做负功，金属块带正电荷，电势能增加了4 J，故ABC 错误；
D．由功能关系可知机械能的变化量
ΔE＝Wf＋WF＝－12 J
即机械能减少了12 J，故D 正确。
故选D。
【典型例题5】如图所示，传送带以6m/s 匀速率顺时针运动，现将一质量为2kg 的滑块轻轻放置于传送带的左
端，当滑块速度达到6m/s 时，突然断电，传送带以大小为4m/s2的加速度匀减速运动至停止。已知滑块与传送
带间的动摩擦因数为0.2，传送带足够长，重力加速度大小取g=10m/s2，则滑块从放上去到最后停下的过程中，
下列说法正确的是（　　）
A．滑块先匀加速后与传送带无相对滑动一起匀减速
B．滑块受到的摩擦力一直不变
C．滑块在传送带上留下的划痕为13.5m
D．全程滑块与传送带间产生的热量为54J
【答案】D
【详解】A．物块在传送带上先做匀加速直线运动，当达到传送带速度6m/s 时，传送带开始匀减速，加速度大
小为4m/s2，而物块的最大加速度为
所以物块不能和传送带无相对滑动一起匀减速，故
A 错误；
B．滑块受到传送带的摩擦力一直为滑动摩擦力，但是方向先向右，达到6m/s 后摩擦力向左，故B 错误；
C．匀加速阶段，有
；
解得
所以滑块的位移为
传送带的位移为
故在匀加速阶段划痕长度为
滑块匀减速阶段的加速度大
小与匀加速阶段加速度大小相等，且末速度为零，所以匀减速位移的大小与匀加速阶段的位移大小相等，即
传送带的位移为
故匀减速阶段的划痕长度为
由此
可知，滑块在传送带上的划痕长度为9m，故C 错误；
D．全过程中摩擦生的热为
故D 正确。故选D。
【变式训练4-1】如图所示，水平光滑长杆上套有小物块A，细线跨过位于O 点的轻质光滑定滑轮，一端连接
A，另一端悬挂小物块A，物块A、B 质量相等。C 为O 点正下方杆上的点，滑轮到杆的距离OC＝h，重力加速
度为g。开始时A 位于P 点，PO 与水平方向的夹角为37°，现将A、B 由静止释放，下列说法正确的是（　　）
A．物块A 运动到C 点过程中机械能变小
B．物块A 经过C 点时的速度大小为
C．物块A 在杆上长为
的范围内做往复运动
D．在物块A 由P 点出发第一次到达C 点过程中，物块B 克服细线拉力做的功等于B 重力势能的减少量
【答案】D
【解答】解：A、物块A 运动过程中，细线对A 始终做正功，其他力不做功，所以物块A 的速度始终增大，故A
错误；
B、物块A 经过C 点时，细线与物块A 的运动方向垂直，则物块B 的速度为0，根据A 与B 组成的系统机械能守
恒得
解得此时物块A 的速度为：
，故B 错误；
C、由于机械能守恒，物块A 在水平光滑杆上往复运动，结合对称性可知A 的运动范围为
，
故C 错误；
D、在物块A 由P 点出发第一次到达C 点的过程中，物块B 的动能变化量为0，根据功能关系可知，物块B 克服
细线拉力做的功等于B 重力势能的减少量，故D 正确。
故选：D。
【变式训练4-2】如图甲所示，倾角为30°的斜面固定在水平地面上，一木块在斜面上距斜面底端
处开始下滑，
取斜面底端为重力势能的零势点，已知下滑过程中木块的机械能和动能随位移变化的关系图线如图乙所示，下
列说法正确的是（　　）
  
A．木块下滑过程中，重力势能减少了
B．木块受到的摩擦力大小为
C．木块与斜面间的动摩擦因数为
D．当木块下滑
时，其动能和重力势能相等
【答案】D
【详解】A．机械能的变化量等于重力势能变化量和动能变化量的和，则
解得
故A 错误；
B．木块下滑过程中，机械能的变化量等于摩擦力所做的功，则
解得
故B 错误；
C.重力所做的功等于重力势能变化量的负值，则
解得
滑动摩擦力为
解得
故C 错误；
D．木块下滑过程中，设动能和重力势能相等的位置距离斜面底端为x，则
从最高点到该位置，由动能定理
解得
即物块下滑
时，其动能和重力势能相等。故D 正确。
故选D。
【变式训练4-3】一潜水运动员在深水中将一小铁球竖直上抛，经过一段时间后小球又返回至出发点。已知小球
在运动过程中受到水的阻力大小不变，关于小球从抛出到返回出发点的过程，下列说法正确的是（    ）
A．小球上升过程中的加速度小于下降过程中的加速度
B．小球上升过程中克服重力做的功大于下降过程中重力做的功
C．小球上升过程中机械能的变化小于下降过程中机械能的变化
D．小球上升过程中所受重力做功的平均功率小于下降过程中重力做功的平均功率
【答案】C
【详解】A．小球运动过程中受到水的浮力和阻力大小不变，则上升、下降过程中加速度大小分别为
，
所以
A 错误；
B．小球上升过程中克服重力做的功等于下降过程中重力做的功，即
B 错误；
C．小球机械能的变化，等于水的阻力和浮力对小球做的功之和，上升过程中
下降过程
所以小球上升过程中的机械能变化小于下降过程中机械能的变化，C 正确；
D．上升、下降过程所用时间分别为
、
，则有
由于
则
上升、下降过程的平均功率分别为
，
所以
D 错误。
故选C。
【变式训练4-4】如图所示，倾角为θ=30°绝缘斜面长L=2m，顶端有一质量为m=1kg、带正电且电荷量
q=1.0×10-6C 的滑块，整个空间有电场强度
的水平向左匀强电场，静止释放滑块后，滑块到达
斜面底端的动能为11J，重力加速度g 取10m/s2，则滑块在沿斜面下滑的过程中（　　）
A．滑块机械能增加了2J， 电势能减少了3J
B．滑块机械能减少了1J，电势能减少了3J
C．滑块机械能和电势能之和减少2J，重力势能减少了10J
D．滑块重力势能和电势能之和减少11J，重力势能减少了10J
【答案】C
【详解】选取斜面的底部为重力势能的零点，则滑块在斜面顶端的重力势能
所以滑块到达底端时，重力势能减少10J；滑块到达斜面底端的动能增加为11J，重力势能减少10J，所以滑块
的机械能增加1J；滑块在沿斜面下滑的过程中电场力做的功
则滑块到达底端时，电势能减少3J；由以上的分析可知滑块的重力势能与电势能之和减少13J，机械能和电势能
之和减少2J。
故选C。
【变式训练4-5】物体在拉力F作用下沿着光滑斜面做直线运动，其机械能E与位置x的关系图像如图所示。设
物体在x1和x2处时力F的大小分别为F1、F2，从x1运动至x2的过程拉力F所做的功为W ，则（　　）
  
A．F1= F2
B．F1> F2
C．W = E2−E1
D．W > E2−E1
【答案】C
【详解】AB．根据功能关系，除重力之外的其他力做功的多少等于物体的机械能的变化量Δ E机= F Δ x
可得，E−x图像的斜率为物体所受拉力的大小。由图像可得，斜率在逐渐变大，所以物体所受拉力在逐渐变大，
即F1< F2，故AB 错误；
CD．根据功能关系，除重力之外的其他力做功的多少等于物体的机械能的变化量，所以物体从x1处运动到x2处，
拉力所做的功为W =Δ E机= E2−E1
故C 正确，D 错误。
故选C。
【变式训练4-6】弹性轻绳一端固定于天花板上的O 点，另一端与水平地面上质量为m 的滑块A 相连，当弹性
绳处于如图所示的竖直位置时，紧挨一光滑水平小钉B，此时滑块A 对地面的压力等于自身所受重力的一半。
现作用在滑块A 上一水平拉力F，使滑块A 向右缓慢运动一段距离，在撤去拉力F 时，滑块A 恰好能静止在地面
上。已知弹性轻绳遵循胡克定律，弹性绳的原长等于OB 的长度，弹性绳具有的弹性势能Ep= 1
2 k x
2，式中k 为
弹性绳的劲度系数，x 为弹性绳相对原长的形变量，此过程中弹性绳始终处于弹性限度内，滑块A 与地面间的动
摩擦因数为μ，最大静摩擦力等于滑动摩擦力，重力加速度大小为g。对于该过程，下列说法正确的是（　　）
A．滑块A 对地面的压力逐渐变大
B．滑块A 向右运动的距离为μmg
k
C．滑块A 克服摩擦力做的功为μ
2m
2 g
2
4 k
D．拉力F 做的功为3 μ
2m
2 g
2
8k
【答案】C
【详解】AB．设A 处于初始位置时与B 点的距离为h，物体A 在初始时受重力、拉力和地面的支持力，根据题
意和平衡条件，有kh= 1
2 mg
物体A 再向右运动过程中，受到重力、支持力、水平拉力、弹性绳的拉力和摩擦力，如图所示
根据正交分解得N =mg−kxsinθ =mg−kx⋅h
x =mg−kh
所以支持力不变，摩擦力f=μN
可知地面对A 的摩擦力保持不变，撤去外力时弹性绳的伸长量为x
′，在水平方向，有k x
′ cosθ−f =0
可得k x
′ cosθ−μ⋅mg
2 =0
解得x
′ =
μmg
2kcosθ
滑块A 向右运动的距离为L= x
′ cosθ = μmg
2k
故AB 错误；
C．滑块A 克服摩擦力做的功为W = fL= μmg
2
× μmg
2k = μ
2m
2 g
2
4 k
故C 正确；
D．从A 到静止的过程中，根据能量守恒可得W F =W f +W 弹
弹力做功为W 弹=−1
2 k x
′2
根据几何关系可得x
′2=h
2+ L
2= m
2 g
2(1+ μ
2)
4 k
2
联立可得W F = (3 μ
2+1)m
2 g
2
8k
故D 错误。
故选C。
【变式训练4-7】如图所示，内壁间距为L 的箱子静止于水平面上，可视为质点的物块放在箱内最右端，它们的
质量均为m，箱子的内壁光滑，与地面间的动摩擦因数为μ。现给箱子一水平向右的初速度，运动过程中物块
与箱子的侧壁共发生2 次弹性碰撞，静止时物块恰好停在箱子正中间，重力加速度为g。下列说法正确的是（  
）
  
A．箱子的总位移为2L
B．物块的总位移为1.5L
C．箱子的初动能为3μmgL
D．第一次碰撞后瞬间物块的动能为2μmgL
【答案】C
【详解】AB．给箱子一水平向右的初速度后箱子向右减速，因为箱子内壁光滑，所以物块相对于地面静止，当
发生第一次碰撞时，箱子产生的位移为L，碰撞中动量和能量守恒且因为质量相等所以速度交换，即第一次碰撞
后箱子相对于地面不动，物块向右匀速运动，产生的位移为L，后发生第二次碰撞，同理速度交换，物块不动，
箱子向右减速至零，产生的位移为0.5L，最终物块停在箱子的中间，则箱子的总位移为1.5L，物块的总位移为
L，故AB 错误；
C．全过程由能量守恒可得Ek 0= μ⋅2mg×1.5 L=3 μmgL
故C 正确；
D．从箱子向右运动到第一次碰撞，损失的动能Δ Ek =2 μmgL
所以第一次碰撞后瞬间物块的动能为Ek = Ek 0−Δ Ek = μmgL
故D 错误。
故选C。
【变式训练4-8】如图所示，某斜面的顶端到正下方水平面O 点的高度为h，斜面与水平面平滑连接，斜面倾角
为θ，小木块与斜面、水平面间的动摩擦因数均为μ，一小木块从斜面的顶端由静止开始滑下，滑到水平面上距
离
点为x 的A 点停下。以O 点为原点建立xOy 坐标系，改变斜面倾角和斜面长度，小木块仍在A 点停下，则
小木块静止释放点的坐标可能是（　　）
A．（
，
）
B．（
，
）
C．（
，
）
D．（
，
）
【答案】D
【详解】小木块从斜面的顶端由静止开始滑下，最终停在A 点，设斜面长为L，则斜面在水平面的投影为
根据功能关系可得
整理可得
解得
改变斜面倾角
和斜面长度，小木块仍在A 点停下，设小木块静止释放点的坐标为(
)。根据前面的分析可得
整理可得
当
时，解得
当
时，解得
当
时，解得
当
时，解得
故ABC 错误；D 正确。故选D。
【变式训练4-9】如图甲所示，一物块以一定的初速度冲上倾角为30°的固定斜面，物块在斜面上运动的过程中，
其动能
与运动路程s 的关系如图乙所示。已知物块所受的摩擦力大小恒定，g 取10
。下列说法正确的
是（   ）
A．物块质量为0.7
B．物块所受摩擦力大小为0.4N
C．0~20m 过程中，物块克服摩擦力做功为40J
D．0~10m 过程中与10m~20m 过程中物块所受合力之比为3∶4
【答案】A
【详解】AB．0~10m 内物块上滑，由动能定理得
整理
结合0~10m 内的图像得，斜率的绝对值
，10~20 m 内物块下滑，由动能定理得
整理得
结合10~20 m 内的图像得，斜率
联立解得
，
故A 正确，B 错误；
C．0~20m 过程中，物块克服摩擦力做功为动能的减少量，即为10J，故C 错误；
D．由动能定理知0~10m 过程中与10m~20m 过程中物块所受合力之比即为动能改变量之比，等于4∶3，D 错
误。故选A。
【变式训练4-10】北京冬奥会现在正在如火如荼地进行中，中国健儿取得了优异的成绩，为我们国家争得了很
多的荣誉，不像中国男足净给我们丢脸。冬奥会中有一项钢架雪车项目刺激有趣，中国选手闫文港于2022 年2
月11 日在北京冬奥会男子钢架雪车最后一滑的比赛中奋力一搏，令人惊喜地夺得铜牌。这是中国选手首次在冬
奥会赛场上获得钢架雪车项目的奖牌，其比赛照片如图甲所示，而为了研究方便我们可以把运动中的一个片段
简化为如图乙所示的模型。B 点是斜面与水平地面的连接处，质量为0.4kg 的物块（可视为质点）从斜面上的A
点由静止释放，最后停在C 点。物块与斜面、地面之间的动摩擦因数均为
。不计物块经过B 点时的能量损失；
已知xAB=9m，物块在斜面上做匀加速直线运动过程的总时间的正中间
内的位移为3m，A、C 两点的连线与地
面的夹角
，重力加速度
，
，
，下列说法正确的是（　　）
A．物块沿斜面下滑的加速度大小为0.5m/s2
B．物块与接触面间的动摩擦因数为0.8
C．物块的重力势能的减少量小于7.2J
D．物块从B 运动到C，因摩擦产生的热量为7.2J
【答案】D
【详解】A．设物块沿斜面下滑的加速度为a，正中间1s 内的位移为3m，则正中间1s 内的平均速度
=
3m/s 正中间1s 的平均速度也是物块沿斜面下滑的平均速度，由匀加速直线运动规律有
=
；
解得a=2m/s2 故A 错误；
B．A'为A 在地面上的投影，设斜面的倾角为α，如图所示
物块从A 到C，由动能定理有
由几何关系有
；
综合可得μ=
又因为
=tanβ 则μ=tanβ=0.75 故B 错误；
C．设Q1 为物块在AB 段因摩擦产生的热量，由
=
联立可得vB=6m/s 在物块沿斜面下滑过程中，由能量守
恒定律有
可得重力势能的减少量为
即物块重力势能的减少量大于7.2J，故
C 错误；
D．物块从B 运动到C，设Q2 为物块在BC 段因摩擦产生的热量，由能量守恒定律有Q2=
=7.2J 故D 正确。
故选D。
【变式训练4-11】长征途中，为了突破敌方关隘，战士爬上陡峭的山头，居高临下沿水平方向向敌方防御工事
内投掷手榴弹，手榴弹做平抛运动。忽略空气阻力，以下关于手榴弹下落过程中的重力势能
（以地面为零势
能面）、动能变化量
，动能的平均变化率
，机械能E 随时间t 变化的曲线，正确的是（　　）
A．
B．
C．
D．
【答案】C
【详解】A．设手榴弹的初始高度为
，则手榴弹下落过程中的重力势能
可知
图象不可能是直线，故A 错误；
B．动能变化量等于合外力所做的功，即重力做的功，可得
可知
为过原点的抛
物线，故B 错误；
C．根据B 选项分析可得
可知
为过原点的倾斜直线，故C 正确；
D．手榴弹下落过程中只有重力做功，机械能守恒，可知
图象为平行于轴的直线，机械能大小恒为
，
故D 错误。故选C。
【变式训练4-12】风力发电已成为我国实现“双碳”目标的重要途径之一。如图所示，风力发电机是一种将风
能转化为电能的装置。某风力发电机在风速为
时，输出电功率为
，风速在
范围内，转化
效率可视为不变。该风机叶片旋转一周扫过的面积为
，空气密度为
，风场风速为，并保持风正面吹向叶
片。下列说法正确的是（　　）
A．该风力发电机的输出电功率与风速成正比
B．单位时间流过面积
的流动空气动能为
C．若每天平均有
的风能资源，则每天发电量为
D．若风场每年有
风速在
范围内，则该发电机年发电量至少为
【答案】D
【详解】AB．单位时间流过面积
的流动空气体积为
单位时间流过面积
的流动空气质量为
单位时间流过面积
的流动空气动能为
风速在
范围内，转化效率可
视为不变，可知该风力发电机的输出电功率与风速的三次方成正比，AB 错误；
C．由于风力发电存在转化效率，若每天平均有
的风能资源，则每天发电量应满足
，C 错误；
D．若风场每年有
风速在
的风能资源，当风速取最小值
时，该发电机年发电量具有最小
值，根据题意，风速为
时，输出电功率为
，风速在
范围内，转化效率可视为不变，可知
风速为
时，输出电功率为
则该发电机年发电量至少为
，D 正确；故选D。
【变式训练4-13】北京冬奥会后，冰雪运动越来越受人们关注，滑雪机也逐渐走进大众生活。滑雪机是利用电
机带动雪毯向上运动，雪毯的质感完全仿真滑雪场的平坦硬雪，滑雪者相对雪毯向下滑行，以达到学习和锻炼
的目的，并且通过调整雪毯的速度或坡度，还可以模拟在滑雪场以各种速度在各种坡度的雪道滑行，如图为一
小型滑雪机展品。已知某滑雪机坡道长
，倾角
，在某次训练中，一开始雪毯静止未开启，一质量
（含装备）的滑雪者没有做任何助力动作，恰能够沿雪毯匀速下滑。现开启雪毯，使雪毯始终以速度
向下运动，滑雪者没有做任何助力动作，从坡道顶端由静止滑到底端，关于该过程下列说法正确的
是（　　）（已知重力加速度
，
，
，不计空气阻力）
A．滑雪板与滑雪毯间的动摩擦因数为0.5
B．滑雪者从坡道顶端由静止滑到底端所需时间为1s
C．整个下滑过程滑雪板与雪毯之间由于摩擦而产生热量为450J
D．整个过程中摩擦力对滑雪板一直做正功
【答案】C
【解析】A．设雪毯静止时，滑雪者匀速下滑，可知
滑雪板与滑雪毯间的动摩擦因数为
故A 错误；
B．开启雪毯，滑雪者从静止加速下滑时，有
可得
达到与雪毯共速所需时间
这0.5s 内雪毯的位移
滑雪者运动位移
二者相对滑动的位移
之后二者相对静止一起匀速下滑，到达底端还需时间
总共用时
故B 错误；
C．在相对滑动过程中因摩擦生热
故C 正确；
D．从开始下滑的0～0.5s 内，滑动摩擦力沿斜面向下，对滑雪者做正功，0.5s～1.25s 内静摩擦力沿斜面向上，
对滑雪者做负功，故D 错误。
故选C。
【变式训练4-14】如图所示，一斜面体ABC 固定在水平地面上，斜面AD 段粗糙、DC 段光滑，在斜面底端C
点固定一轻弹簧，弹簧原长等于CD 段长度。一质量
的小物块（可视为质点）从斜面顶端A 以初速度
沿斜面下滑，当弹簧第一次被压缩至最短时，其长度恰好为原长的一半，物块沿斜面下滑后又沿斜面
向上返回，第一次恰能返回到最高点A。已知弹簧的原长
，物块与斜面AD 段间的动摩擦因数
，
斜面倾角
，重力加速度
，弹簧始终处于弹性限度范围内。下列说法中正确的是（　　）
  
A．A、D 间的距离
B．物块第一次运动到D 点时的速度大小为
C．弹簧第一次被压缩到最短时的弹性势能为
D．物块在斜面AD 段能滑行的总路程为
【答案】D
【解析】A．物块从A 点下滑至第一次恰好返回到A 点的过程，根据动能定理有
代入数据解得
A 项错误；
B．物块从A 点下滑至第一次运动到D 点的过程，根据动能定理有
代入数据解得
B 项错误；
C．物块从D 点运动至第一次压缩弹簧到最短的过程，由功能关系有
解得
C 项错误；
D．物块在AD 段来回运动，到停下，设物块在斜面AD 段能滑行的总路程为s，由动能定理有
解得
D 项正确。
故选D。
【变式训练4-15】如图1 所示，一台风力发电机的叶片长度为L，当风吹过叶片时，由于空气动力的效应带动
叶轮转动，叶轮通过主轴连结齿轮箱带动发电机发电。图2 是该风力机的扫掠面积示意图（风叶旋转扫过的面
积在垂直于风向的投影面积，是风力发电机截留风能的面积）。已知空气的密度为ρ，当地风速为v，风的动能
转化为电能的效率为η，则该风力发电机的功率为（　　）
A．
B．
C．
D．
【答案】A
【解析】则t 时间内流向风轮机的最大风能为
可得发电机的风力发电的功率为
故选A。
【变式训练4-16】从地面竖直向上抛出一物体，物体在运动过程中除受到重力外，还受到一个大小不变、方向
始终与运动方向相反的外力的作用。距地面高度h 在
以内时，物体上升、下落过程中动能
随h 的变化如
图所示，重力加速度取
。则物体从抛出到回到地面的总运动时间为（　　）
A．1.5s
B．
C．3s
D．
【答案】C
【解析】根据动能定理
可知
图像的斜率绝对值等于合力大小；则上升阶段有
则下落阶段有
联立解得
，
根据图像可知，物体的初动能为
解得物体上升阶段的初速度为
物体上升阶段的加速度大小为
则上升阶段的时间为
根据图像可知，物体落地时的动能为
解得物体落地时的速度为
物体下落阶段的加速度大小为
则下落阶段的时间为
则物体从抛出到回到地面的总运动时间为
故选C。
【变式训练4-17】弹性轻绳一端固定于天花板上的O 点，另一端与水平地面上质量为m 的滑块A 相连，当弹
性绳处于如图所示的竖直位置时，紧挨一光滑水平小钉B，此时滑块A 对地面的压力等于自身所受重力的一半。
现作用在滑块A 上一水平拉力F，使滑块A 向右缓慢运动一段距离，在撤去拉力F 时，滑块A 恰好能静止在地面
上。已知弹性轻绳遵循胡克定律，弹性绳的原长等于OB 的长度，弹性绳具有的弹性势能
，式中k 为
弹性绳的劲度系数，x 为弹性绳相对原长的形变量，此过程中弹性绳始终处于弹性限度内，滑块A 与地面间的动
摩擦因数为μ，最大静摩擦力等于滑动摩擦力，重力加速度大小为g。对于该过程，下列说法正确的是（　　）
A．滑块A 对地面的压力逐渐变大
B．滑块A 向右运动的距离为
C．滑块A 克服摩擦力做的功为
D．拉力F 做的功为
【答案】C
【解析】AB．设A 处于初始位置时与B 点的距离为h，物体A 在初始时受重力、拉力和地面的支持力，根据题
意和平衡条件，有
物体A 再向右运动过程中，受到重力、支持力、水平拉力、弹性绳的拉力和摩擦力，如图所示
根据正交分解得
所以支持力不变，摩擦力
f=μN
可知地面对A 的摩擦力保持不变，撤去外力时弹性绳的伸长量为
，在水平方向，有
可得
解得
滑块A 向右运动的距离为
故AB 错误；
C．滑块A 克服摩擦力做的功为
故C 正确；
D．从A 到静止的过程中，根据能量守恒可得
弹力做功为
根据几何关系可得
联立可得
故D 错误。
故选C。
【变式训练4-18】气排球轻，很适合老年人锻炼身体。某退休工人在打气排球时将一质量为
的气排球以大小
为
的初速度竖直向上抛出，落回抛出点时的速度大小为
。已知气排球在运动过程中所受空气阻力的大小与
其运动速度大小成正比。若选竖直向上方向为正方向，选取抛出点为重力势能的零势能点，已知重力加速度大
小为
，则下列加速度
和速度
随时间变化的图象以及动能
和机械能
随高度
变化的图象正确的是
（    ）
A．
B．
C．
D．
【答案】D
【解析】AB．上升过程中，加速度方向向下，大小为
速度减小，加速度减小，加速度随时间的变化率在减小；
下降过程中，加速度方向向下，大小为
速度增加，加速度减小，加速度随时间的变化率的减小，即加速度和速度随时间的变化率一直减小，故AB 错误；
C．根据动能定理可得
上升过程中
下降过程中
所以斜率大小应该越来越小，故C 错误；
D．由功能关系可知
即在上升过程中斜率越来越小，在下降过程中斜率越来越大，故D 正确。
故选D。
二、多选题
【典型例题1】如图所示，在匀速转动的电动机带动下，足够长的水平传送带以恒定速率v1匀速向右运动，一
质量为m 的滑块从传送带右端以水平向左的速率v2 (v2 >v1）滑上传送带，最后滑块返回传送带的右端。关于
这一过程的下列判断，正确的有（　　）
A．此过程中滑块对传送带做功为
B．此过程中传送带对滑块做功为
C．此过程中电动机对传送带多做的功为 
D．此过程中电动机对传送带多做的功为 
【答案】BD
【详解】AB．由于传送带足够长，滑块先向左做匀减速运动，速度减为零后，在滑动摩擦力作用下向右加速，
由于v2＞v1，滑块会先在滑动摩擦力作用下向右加速，当速度增大到等于传送带速度时开始向右做匀速运动，
之后不受摩擦力，故滑块返回传送带右端的速率为
v′2=v1
此过程中只有传送带对滑块做功，根据动能定理得传送带对滑块做功为
因为滑块对传动带的摩擦力与传送带对滑块摩擦力大小相同，但是共速前，物块相对传送带向左运动，两者位
移不同，所以滑块对传送带做功不等于
，故B 正确A 错误；
CD．滑块相对于传送带运动时滑块的加速度大小为
滑块向左运动的时间为
位移为
此过程中传送带的位移为
x 传1=v1t1
向右匀加速运动的时间为
匀加速过程的位移为
传送带的位移为
x 传2=v1t2
此过程中电动机对传送带多做的功为
故C 错误D 正确。
故选BD
【典型例题2】如图所示，一滑板爱好者沿着倾角为30°的斜坡从静止开始自由下滑，下滑过程中的加速度大小
恒为
，已知滑板爱好者连同滑板的总质量为m，重力加速度为g。在滑板爱好者（含滑板）沿斜坡下滑距离
为L 的过程中，下列说法正确的是（    ）
  
A．滑板爱好者下滑过程中机械能守恒
B．滑板爱好者减少的重力势能为
C．滑板爱好者增加的动能为
D．滑板爱好者减少的机械能为
【答案】CD
【详解】A．滑板爱好者下滑过程中的加速度大小为
，小于
，因此滑板受到滑动摩擦力，机械能不
守恒，故A 错误；
B．滑板爱好者减少的重力势能等于重力所做的功，即减少的重力势能为
故B 错误；
C．根据动能定理可知，滑板爱好者增加的动能为
故C 正确；
D．根据牛顿第二定律可得
解得摩擦力大小为
滑板爱好者减少的机械能等于克服摩擦力所做的功，即为
故D 正确。
故选CD。
【典型例题3】一台起重机将放在地面上的一个箱子吊起。箱子在起重机钢绳的作用下由静止开始竖直向上运
动，不计空气阻力。运动过程中箱子的机械能E 与其位移x 的关系图像如图所示，其中O~ x1、x2~ x3过程的
图线为直线，x1~ x2过程的图线为曲线。由图像可知（    ）
 
A．O~ x1、x2~ x3过程箱子的加速度可能等大
B．x1~ x2过程中箱子的动能一直增加
C．x2~ x3过程中箱子所受拉力不变
D．x2~ x3过程中起重机的输出功率一直增大
【答案】AC
【详解】A．箱子在起重机钢绳的作用下由静止开始竖直向上运动，根据ΔE = Fx
可知，图像斜率代表拉力，O~ x1、x2~ x3过程图像斜率不同，拉力不同，重力不变，如果
F1−mg=mg−F2
合力大小可能相同，则加速度可能等大，故A 正确；
B．x1~ x2过程中斜率减小，拉力减小，如果拉力小于重力，则箱子的动能减小，故B 错误；
C．x2~ x3过程中斜率不变，箱子所受拉力不变，故C 正确；
D．由于物体在x1～x2 内图象的斜率的绝对值不变，故物体所受的拉力保持不变。如果拉力等于物体所受的重
力，则物体做匀速直线运动，起重机的输出功率不变，故D 错误。
故选AC。
【典型例题4】如图甲所示，北宋曾公亮在《武经总要》中记载了一种古代运输装备，名为“绞车”，因其设
计精妙，使用时灵活方便，这种绞车又被称为“中国式绞车”，“合大木为床，前建二叉手柱，上为绞车，下
施四轮，皆极壮大，力可挽二千斤。”其原理如图乙所示，将一根圆轴削成同心而半径不同的两部分，其中a，
b 两点分别是大小辘轳边缘上的两点，其上绕以绳索，绳下加一动滑轮，滑轮下挂上重物，人转动把手带动其轴
旋转便可轻松将重物吊起，则在起吊过程中，下列说法正确的是（　　）
  
  
A．a 点的向心加速度大于b 点的向心加速度
B．人对把手做的功等于重物机械能的增加量
C．滑轮对重物做的功等于重物机械能的增加量
D．若把手顺时针转动则滑轮也会逆时针转动
【答案】AC
【详解】A．根据
可知，a 的半径大于b 的半径，由于两点是同轴转动，角速度相同，故a 的向心加速
度大于b 点的向心加速度，A 正确；
B．由能量守恒可知，人对把手做功除了转化为重物的机械能外，还有轮轴的动能及摩擦生热等，因此人对把手
做的功大于重物机械能的增加量，B 错误；
C．由功能关系可知滑轮对重物做的功等于重物机械能的增加量，C 正确；
D．若把手顺时针转动则大轴上绕绳收紧，滑轮左侧的绳向上，小轴上绕绳放松，滑轮右侧的绳向下，故滑轮会
顺时针转动，D 错误。故选AC。
【变式训练4-1】如图，质量m=2kg 的小物块以水平初速度
从左端滑上长L=3m 的水平传送带，小
物块始终受到一个方向水平向右、大小F=4N 的恒力作用，传送带在电动机的带动下沿顺时针方向运行、速度
大小恒为
。已知物块与传送带间的动摩擦因数
，重力加速度g 取
，关于小物块在传送带上
运动的过程，下列说法中正确的是（    ）
A．小物块一直做匀速直线运动
B．恒力F 对小物块做的功为6J
C．小物块与皮带间因摩擦而产生的热量为6J
D．因小物块在传送带上运动电动机多消耗的电能为6J
【答案】ACD
【详解】A．由于
则小物块一直做匀速直线运动，A 正确；
B．恒力F 对小物块做的功为
B 错误；
C．小物块的运动时间为
小物块与皮带间因摩擦而产生的热量为
C 正确；
D．因小物块在传送带上运动电动机多消耗的电能等于传送带克服摩擦力做功，即
D 正确。
故选ACD。
【变式训练4-2】如图所示，倾角为
的固定斜面AB 段粗糙，BP 段光滑，一轻弹簧下端固定于斜面底端P 点，
弹簧处于原长时上端位于B 点，质量为m 的物体（可视为质点）从A 点由静止释放，第一次将弹簧压缩后恰好
能回到AB 的中点Q。已知A、B 间的距离为x，重力加速度为g，则（    ）
A．物体最终停止于Q 点
B．物体由A 点运动至最低点的过程中，加速度先不变后减小为零，再反向增大直至速度减为零
C．物体与AB 段的动摩擦因数
D．整个运动过程中物体与斜面间摩擦生热为
【答案】CD
【详解】A．从A 点由静止释放，物体能够滑下，说明重力的分力大于滑动摩擦力，所以物体不能停止于Q 点，
故A 错误；
B．物体接触弹簧前，由牛顿第二定律可得
解得
加速度保持不变，
刚接触弹簧时，因BP 段光滑，没有摩擦，加速度突然增大为
，接触弹簧后，由牛顿第二定律
随着压缩量x 的增大，加速度a 减小，当满足
加速度为零，之后
随着压缩量x 的增大，加速度a 增大，直至速度为零，综上所述可知，物体由A 点运动至最
低点的过程中加速度先不变后突然增大，再减小为零，最后反向增大直至速度减为零，故B 错误；
C．物体从A 开始运动到上滑到Q 点的过程，由能量守恒得：
解得
故C 正确；
D．由于物体在AB 段运动时会有机械能损失，故物体每次反弹后上升的高度逐渐较少，最终物体以B 点为最高
点做往复运动，之后不会产生热量，由功能关系可得，物体在从开始到最终停止的整个运动过程中摩擦生热为
故D 正确。故选CD。
【变式训练4-3】如图，倾角为θ 的斜面MN 段粗糙，其余段光滑，PM，MN 长度均为3d。四个质量均为m 的
相同样品1、2、3、4 放在斜面上，每个样品（可视为质点）左侧面固定有长度为
的轻质细杆，细杆与斜面平
行，且与其上方的样品接触但不粘连，样品与MN 间的动摩擦因数均为
。若样品1 在P 处时，四个样
品由静止一起释放，重力加速度大小为g，下列说法正确的是（　　）
A．当样品1 刚进入MN 段时，样品的共同加速度大小为
gsinθ
B．当样品1 刚进入MN 段时，样品1 的轻杆受到压力大小为3mgsinθ
C．从开始释放到样品4 刚进入MN 段的过程中，克服摩擦力做的总功为9mgd sinθ
D．当四个样品均位于MN 段时，样品的共同速度大小为3
【答案】AD
【详解】A．当样品1 刚进入MN 段时，对整体分析，根据牛顿第二定律得，样品的共同加速度
故A 正确；
B．当样品1 刚进入MN 段时，隔离对样品1 分析，根据牛顿第二定律有mgsinθ+F-μmgcosθ=ma1
解得F=
mgsinθ 根据牛顿第三定律，样品1 的轻杆受到的压力为
mgsinθ，故B 错误；
C．从开始释放到样品4 刚进入MN 段的过程中，摩擦力对样品1 做功
摩擦力对样品2 做功
摩擦力对样品3 做功
此时样品4 刚进入MN 段，摩擦力不做功，则摩擦力做的总功
故C 错误；
D．从开始释放到样品4 刚进入MN 段的过程运用动能定理得
解得样品共同速度
故D 正确。故选AD。
【变式训练4-4】一物体在倾角为37°的固定斜面上处于静止状态，现给物体施加一个沿斜面的恒力，物体开始
沿斜面向下运动。运动过程中物体的动能、重力势能及摩擦产生的内能随位移的变化关系如图所示，则下列说
法正确的是（
）（　　）
  
A．物体与斜面之间的摩擦因数为0.8
B．物体在运动位移为
的过程中机械能增加1J
C．物体在运动位移为
的过程中恒力做功为15J
D．在
处撤去恒力，物体还能沿斜面向下滑
【答案】AC
【详解】A．物块的位移为
，根据重力做功与重力势能变化的关系得
固定斜面上处于静止状
态，物块的位移为
，摩擦力做功为
解得
故A 正确；
B．物体在运动位移为
的过程中机械能增加
故B 错误；
C．物体在运动位移为
的过程中恒力做功为
故C 正确；
D．物体在运动位移为
的过程中机械能减小1J，撤去恒力时动能为14J，物体还能沿斜面向下滑
，故D 错
误。故选AC。
【变式训练4-5】如图甲所示，足够长的倾斜传送带以速度
沿顺时针方向运行，质量为m，可视为
质点的物块在
时刻以速度
从传送带底端开始沿传送带上滑，物块在传送带上运动时的机械能E 随时间t
的变化关系如图乙所示，已知最大静摩擦力等于滑动摩擦力，取传送带最底端所在平面为零势能面，重力加速
度g 取
，则（　　）
A．物块与传送带间的动摩擦因数为0.25
B．物块的质量m 为
C．物块滑上传送带时的速度为
D．物块滑离传送带时的动能为
【答案】BCD
【详解】AC．根据图像可知在0.25s 时物块的速度与传送带的速度相等。0.25-1.5s 物块的机械能增加，故摩擦
力做正功，摩擦力方向沿斜面向上，且在 1.5s 时物块的机械能不再增加，即物块的速度为零。以沿斜面向上为
正方向，对物块分析受力，在0-0.25s 沿斜面方向由牛顿第二定律可得-mgsinθ-μmgcosθ=ma1
该过程由匀变速直线运动规律v=v0+a1t1 在0.25-1.5s 由牛顿第二定律可得-mgsin θ+ μmg cosθ= ma2
此过程由匀变速直线运动规律可得0=v+a2t2 联立以上代入数据可得v0=5m/s；μ=0.5 故 A 错误，C 正确;
B．由像可知，物体的初始机械能为
代入数据可得m= 4kg 故 B 正确；
D．由图像可知物块从底部滑至最高点，前后两阶段摩擦力做功的绝对值之和为W=(50-35)+(60-35)J=40J
到达最高点时机械能为60J。由于物块所受重力沿斜面的分力大于传送带对物块的摩擦力，故物块到达最高点后
会沿斜面向下做初速度为零的匀加速直线运动。此过程中，物块向下移动的位移与物块向上移动的位移相等，
摩擦力大小相等，且下滑过程中摩擦力始终做负功。故从最高点运动至离开传送带的过程中，由能量守恒定律
可得
代入数据可得
故D 正确。故选BCD。
【变式训练4-6】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。以同样恒定速率向上运动。
现将一质量为
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
处时恰好达到传送带的速率
；在乙传送带上到达离
竖直高度为的C 处时达到传送带的速率。已知
处离地面高度为
，则在物体从
A 到
的运动过程中（    ）
A．两种传送带对小物体做功相等
B．将小物体传送到
处，乙传送带上的划痕长
C．将小物体传送到
处，乙系统由于摩擦产生的热量多
D．将小物体传送到
处，甲上的小物体需要的时间较长
【答案】AD
【详解】A．传送带对物块做的功等于物块机械能的增加量，两种情况物块重力势能和动能增加量都相同，所以
机械能增加量相同，所以两种传送带对小物体做功相等，A 正确；
B．设甲图中到达
处时时间为
，乙图中到达C 处时时间为
，根据题意可得乙图中物块到达C 处后随传送带
以速率匀速运动到B 点，所以甲图中划痕长为
同理乙图中划痕长为
同时有
，
可得
所以有
，B 错误；
C．甲图中系统由于摩擦产生的热量为
根据动能定理有
所以有
同理可得
所以有
，C 错误；
D．传送到
处，甲上的小物体需要的时间为
乙上的小物体需要的时间为
所以有
，D 正确。故选AD。
【变式训练4-7】如图所示，质量为M、长度为L 的小车静止在光滑水平面上，质量为m 的小物块（可视为质
点）放在小车的最左端，现用一水平恒力F 作用在小物块上，使小物块从静止开始做直线运动，当小物块滑到
小车的最右端时，小车运动的距离为
，小物块和小车之间的滑动摩擦力为f，此过程中，下列结论正确的是（ 
）
A．物块到达小车最右端时，其动能为
B．摩擦力对小物块所做的功为
C．物块到达小车最右端时，小车的动能为
D．物块和小车组成的系统机械能增加量为 
【答案】AC
【详解】A．小物块发生的位移为
，对于小物块根据动能定理可得
故A 正确；
B．小物块克服摩擦力做的功为
故B 错误；
C．物块到达小车最右端时，小车运动的距离为
，对小车根据动能定理得
故C 正确；
D．小车和小物块增加的动能为
系统重力势能不变，则小物
块和小车增加得机械能为
，故D 错误。故选AC。
【变式训练4-8】如图甲所示，六块相同的长木板并排放在粗糙水平地面上，每块长度为L=2m、质量为
M=0.8kg。另有一质量为m=1kg 的小物块（可看做质点），以
的初速度冲上木板。已知物
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=0.1，重力加速度取g=10m/s2。以下说法
正确的是（　　）
A．物块滑上第4 块瞬间，第4、5、6 块开始运动
B．物块滑上第5 块瞬间，第5、6 块开始运动
C．物块最终停在某木块上，物块与该木块摩擦产生的热量为
D．物块最终停在某木块上，物块与该木块摩擦产生的热量为
【答案】BD
【详解】AB．当物块滑上第n 个长木板时，长木板开始运动，满足
解得
故物块滑上第5 块瞬间，第5、6 块开始运动，故A 错误，B 正确。
CD．滑上第5 块木板前，所有木块相对地面静止，则
根据
代入数据解得，冲上第
5 块木板的速度
在第5 块木板上运动时间为
，受力分析
；
解得
此时物块速度
；
继续滑上第6 个木板，
则
解得
设达到共速时间为
解得
；
则共速时，相对于第6 块木板左端距离
则物块与该木块摩擦产生的热量
为
故C 错误，D 正确。故选BD。
【变式训练4-9】据报道ACF 极限缓震材料，是一种集缓冲、减震、吸能于一身的高分子高性能材料，能吸收
90%以上的机械能并瞬间把它转化为不明显的热能。为了验证该报道，某同学找来一个ACF 缓震材料置于水平
地面，将质量为m 的钢球置于缓震材料上方H1处静止释放，通过相机测出钢球与缓震材料的接触时间为t 及钢
球反弹的最大高度H2，假设钢球始终在竖直方向上运动，则下列说法正确的是（　　）
A．冲击时机械能转为热能百分比为
B．冲击时机械能转为热能百分比为
C．钢球与缓震材料接触过程中，始终处于超重状态
D．缓震材料受到钢球的平均冲力为
【答案】BD
【解析】AB．根据题意可知，冲击前钢球的机械能为
冲击后钢球的机械能为
由能量守恒定律可得，转化内能的机械能为
冲击时机械能转为热能百分比为
故A 错误，B 正确；
C．钢球与缓震材料接触过程中，先加速下降再减速下降，然后加速上升，再减速上升，则钢球先失重后超重再
失重，故C 错误；
D．以向上为正方向有，对钢球，根据动量定理有
缓震材料受到钢球的平均冲力为
故D 正确。
故选BD。
【变式训练4-10】 如图所示，内壁光滑的真空玻璃管竖直放在水平地面上，管内底部竖直放有一轻弹簧处于
自然伸长状态，正上方有两个质量分别为m 和2m 的a、b 小球，用竖直的轻杆连着，并处于静止状态，球的直
径比管的内径稍小．现释放两个小球，让它们自由下落，重力加速度大小为g.则在球与弹簧接触至运动到最低
点的过程中，下列说法正确的是(弹簧始终处于弹性限度内)(　　)
A．a 球的动能始终减小
B．b 球克服弹簧弹力做的功是杆对b 球做功的3 倍
C．弹簧对b 球做的功等于a、b 两球机械能的变化量
D．b 球到达最低点时杆对a 球的作用力等于mg
【答案】　BC
【解析】　刚开始接触时，由于弹簧的弹力小于两者的重力之和，所以此时两球仍做加速运动，当弹簧的弹力
等于两球的重力之和时，两球速度达到最大，之后弹簧的弹力大于两球的重力之和，两球做减速运动，故A 错
误；两球的加速度始终相等，设为a，根据牛顿第二定律，对a 球有F 杆－mg＝ma，对b 球有F 弹－2mg－F
杆＝2ma，解得F 弹＝3F 杆，则由W＝Fl 可知，弹簧对b 球做的功是杆对b 球做功的3 倍，即b 球克服弹簧弹
力做的功是杆对b 球做功的3 倍，故B 正确；将两球看做一个整体，整体除了重力做功之外就是弹簧弹力做功，
由功能关系可知弹簧对b 球做的功等于a、b 两球机械能的变化量，故C 正确；b 球到达最低点时a、b 均具有
向上的加速度，此时杆对a 球的作用力一定大于a 球的重力mg，故D 错误．
三、解答题
【典型例题1】如图所示，倾角为
的斜面与圆心为O、半径
的光滑圆弧轨道在B 点平滑连接，
且固定于竖直平面内。斜面上固定一平行于斜面的轻质弹簧，现沿斜面缓慢推动质量为
的滑块a 使
其压缩弹簧至A 处，将滑块a 由静止释放，通过D 点时轨道对滑块a 的弹力为零。已知A、B 之间的距离为
，滑块a 与斜面间动摩擦因数
，C 为圆弧轨道的最低点，CE 为圆弧轨道的直径，OD 水平，
滑块a 可视为质点，忽略空气阻力，取
，
，
，
。
（1）求滑块a 在C 点对轨道压力的大小。
（2）求滑块a 整个运动过程中系统因摩擦而产生的热量。
（3）若仅将滑块a 换为质量为
的滑块b，滑块b 由A 点弹出后立即撤去弹簧，求滑块b 第一次落在
斜面上的位置至B 点的距离（结果保留2 位有效数字）。
【答案】（1）24N；（2）7.92J；（3）1.8m
【解析】（1）由题可知，滑块a 在D 点处的速度为0，对滑块a 由C 至D 点过程，由动能定理有
对滑块a 在C 点由牛顿第二定律有
结合牛顿第三定律可知，滑块a 在C 点对轨道压力的大小
（2）设滑块a 在A 处时弹簧储存的弹性势能为
，由能量守恒定律可知
解得
最终滑块a 在B 与B 关于C 对称的点之间运动，由能量守恒可知
解得
（3）设滑块b 能通过E 点，对滑块b 由A 点至E 点由能量守恒有
解得
滑块b 恰好能通过E 点时，有
可知
，假设成立，设滑块b 在空中运动的时间为t，滑块b 落在斜面上的位置与B 之间的水平距离为d，
则有
解得
又有
解得
【典型例题2】如图甲所示，粗糙、绝缘的水平地面上，一质量m=1kg 的带负电小滑块(可视为质点)在x=1m
处以v0=2m/s 的初速度沿x 轴正方向运动，滑块与地面间的动摩擦因数μ=0.05。在x=0 及x=5m 处有两个电性
未知，电荷量分别为 
的点电荷场源，滑块在不同位置所具有的电势能Ep如图乙所示，P 点是图线最低
点，虚线AB 是图像在x=1m 处的切线，
下列说法正确的选项是（    ）
A．滑块在x=3m 处所受合外力小于 0.5N
B．两场源电荷均带负电，且|Q1|>|Q2|
C．滑块向右运动过程中，速度始终减小
D．滑块向右一定可以经过x=4m 处的位置
【答案】BD
【解析】A．Ep-x 图像斜率的绝对值表示滑块所受电场力的大小，滑块在 x=3m 处所受电场力为0，所受合外
力
故A 错误；
B．在x=3m 处电场力为0，电场强度为0，则
由于
，所以
滑块在x=3m 处电势能最低，因为滑块带负电，所以x=3m 处的电势最高，两场源电荷均带负电，故B 正确；
C．滑块在x=1m 处所受电场力大小为
所以在
处，滑块所受电场力与滑动摩擦力方向相反，电场力大于摩擦力，则滑块加速运动，故C 错误；
D．滑块在x=1m 处的电势能与在x=4m 处的电势能相等，根据能量守恒定律，若滑块能够经过x=4m 处，则应
满足
由
，
根据题中数据可知实际情况并满足上式，所以滑块一定可以经过x=4m 处的位置，故D 正确。
故选BD。
【变式训练4-1】如图甲所示，倾角为
的传送带以恒定的速率
沿逆时针方向运行。
时，
将质量
的煤块（可视为质点）轻放在传送带上端，煤块相对地面的
图像如图乙所示，
末滑离传送
带，传送带上下两端长
。设沿传送带向下为正方向。重力加速度
取
，
，
。则（　　）
A．煤块与传送带之间的动摩擦因数
B．煤块在传送带上留下的痕迹长度为
C．整个过程因摩擦而产生的热量
为
D．整个过程因摩擦而产生的热量
为
【答案】BC
【解析】A．由题图得0～1s 内物体加速度
根据牛顿第二定律得
1～2s 内加速度
根据牛顿第二定律得
解得
μ=0.5
故A 错误；
B．根据图像可知，0～1s 内传送带比物块多运动位移
1～2s 内物块比传送带多运动位移
两者有重叠部分，所以煤块在传送带上留下的痕迹长度为
，故B 正确；
CD．整个过程因摩擦而产生的热量
故C 正确D 错误。
故选BC。
【变式训练4-2】如图所示，有一长为
长木板A 静止在水平地面上，其右端静止一体积可忽咯的小物块
B。现对长木板A 施加一水平向右的恒力F，使长木板A 和小物块B 发生相对滑动，已知长木板A 的质量为
，小物块B 的质量为
，长木板A 和小物块B 之间的动摩擦因数
，长木板A 与地面之
间的动摩擦因数
，水平恒力
，g=10m/s2，试求：
（1）在长木板A 受到一水平恒力F 作用后，长木板A 和小物块B 的加速度各是多大；
（2）经多长时间小物块B 离开长木板A；
（3）从长木板A 受到一水平恒力F 作用开始到B 离开A，整个系统由于滑动摩擦力作用而产生的总热量Q。
  
【答案】（1）
；
；（2）
；（3）
【解析】（1）对长木板A，根据牛顿第二定律
其中
，
，
解得
对小物块B，根据牛顿第二定律
解得
（2）对长木板A
对小物块B
根据
解得
（3）根据题意，产热
解得
【变式训练4-3】某装置的竖直截面如图所示，该装置由固定在地面上倾角
的直轨道AB、螺旋圆形轨道
BCDE，倾角
的直轨道EF、水平轨道FG 和履带GH 组成。除FG 段和履带GH 外各段轨道均光滑，且各
处平滑连接。螺旋圆形轨道与斜直轨道AB 和BF 相切于B（E）处。当物体滑上履带时，履带由静止开始以加速
度
向右加速至
后匀速运动。已知螺旋圆形轨道半径
，B 点高度
，FG 长
度
，履带长度
。质量
的小滑块从倾斜轨道上A 点由静止释放，滑块与FG 段动摩擦
因数
，与履带间动摩擦因数
。不计空气阻力，重力加速度g 取
，
，
。如果滑块能通过所有的轨道刚好到达G 点。求：
（1）A 点距地面高度h；
（2）滑块在履带上运动过程中产生的热量Q；
（3）若履带始终以
逆时针匀速转动，小滑块从倾斜轨道上距地面高度为
处由静止释放，则再次
返回斜面后是否会脱离圆轨道？最终小滑块停止的位置距G 多远？
  
【答案】（1）1.5m；（2）1.2J；（3）不会脱离圆轨道，
【解析】（1）滑块刚好到达G 点，则滑块在DG 段运动过程中，根据动能定理有
解得
滑块在AD 段运动过程中，根据动能定理有
解得
考虑到滑块能通过所有的轨道刚好到达G 点要求，若恰好通过D 点，则该点由重力提供向心力有
解得
可知，若滑块能通过所有的轨道刚好到达G 点，A 点距地面高度为
（2）刚好到达G 点，履带由静止开始以加速度
向右加速至
后匀速运动，加速得时间
滑块的加速度
滑块向右也做匀加速直线运动，t1 时刻的位移
解得
令滑块加速至v=2m/s 的时间
之后滑块与履带保持相对静止，则相对位移为
滑块在履带上运动过程中产生的热量
解得
（3）令滑块第一次到达G 点速度为
，该过程，根据动能定理有
解得
滑块在履带上速度减为0 过程，利用逆向思维，根据速度与位移关系式有
解得
即滑块恰好运动到H 点，之后滑块向左做加速度不变的匀加速直线运动返回G 点，由于履带速度为8m/s，可知，
滑块返回G 点的速度大小仍然为
，设再次回到斜面可以到达D 点，则有
解得
可知，滑块不会脱离轨道。令滑块第三次经过G 点时速度为
则有
解得
之后，滑块再次返回G 点的速度大小仍然等于
，令停止在FG 上的M 点，则有
解得
【变式训练4-4】物理源自生活，生活中处处有物理。
清洗玻璃杯外表面时，水流与玻璃杯表面的粘滞力会影响水流下落的速度，并使水流沿着玻璃杯的外表面流动，
如图所示。已知该水龙头水流的流量为Q（单位时间内流出水的体积），水龙头内径为D。
（1）求水流出水龙头的速度
；
（2）现用该水龙头清洗水平放置的圆柱形玻璃杯，柱状水流离开水龙头，下落高度为h，与玻璃杯横截面圆心
O 处于同一水平面时，开始贴着玻璃杯外表面流动，经过一段时间后达到如图所示的稳定状态。水流经过玻璃
杯的最低点A 时，垂直于速度方向的横截面可认为是宽度为d 的矩形。水流在A 点沿水平方向离开玻璃杯，落
至水池底部B 点，落点B 到A 点正下方C 点的距离为x，AC 竖直高度为H（H 远大于玻璃杯表面水流厚度）。
已知水池底面为水平面，不考虑空气阻力的影响，且认为下落过程水不散开，水的密度为
，玻璃杯的外半径
为R，重力加速度为g，求：
a.水流在A 点还未离开玻璃杯时，竖直方向上单位面积受到的合力大小F；
b.达到稳定状态后，t 时间内玻璃杯对水流的作用力所做的功W。
【答案】（1）
；（2）a.
，b.
【详解】（1）极短的时间
内水龙头流出水的体积
解得
（2）a.以极短的时间
内水龙头流出水为研究对象，水的质量为
，该部分水在A 点与玻璃杯底部接触面积
为
，水流在A 点速度大小为v，则有
，
水流离开玻璃杯后在空中运动的时间为
，则有
，
该部分水在A 点，在竖直方向受到的合力提供向心力，则有
解得
b.设t 时间内从水龙头流出的水质量为m，则有
在水从水龙头出水口运动至玻璃杯最低点A 的过程中，由动能定理得
解得
【变式训练4-5】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。
【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
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
【变式训练4-6】在一次表演中某同学用他的拳头向下打断了一块木板。如图，拳头的质量为m1，木板的质量
为m2。木板向下偏离距离d 时木板将折断。木板向下弯曲至木板折断时，其弹性可视为劲度系数为k 的弹簧。
为了简化问题的研究，假设碰撞是指包括拳头和木板的瞬间作用，碰撞后拳头随木板的弯曲一起向下运动，直
到木板折断。碰撞后拳头、木板、地球组成的系统，机械能是守恒的。
（1）画出木板折断前，弹力F 的大小随木板向下偏离距离x 的图像，并据此证明，折断前木板的弹性势能：
E p= 1
2 k x
2。
（2）拳头和木板向下运动所对应的重力势能变化可忽略不计。
求，①使木板折断所需要拳头的最小速率v。
②若将图中的木板换为水泥板，并用①的速率对其打击，水泥板向下偏移的距离为1
10 d时将会折断，水泥板
的弹性对应的劲度系数以及水泥板的质量均为木板的10 倍，此种情况下是否能让水泥板折断，试说明理由。
【解答】解：（1）木板折断前，弹力F 的大小随木板向下偏离距离x 的图像如图
由F﹣x 图像可知，木板向下偏移x，弹力做功
W=−1
2 k x
2
由功能关系得
W＝﹣（Ep﹣Ep0）=−1
2 k x
2
得证：Ep= 1
2 k x
2；
（2）拳头和木板碰撞过程动量守恒，则
m1v＝（m1+m2）v2
①拳头和木板向下运动所对应的重力势能变化可忽略不计，刚好折断时，有
1
2 k d
2= 1
2 (m1+m2)v2
2 
解得：v= d
m1
❑√k(m1+m2)；
②设能让水泥板折断需要速度为v'，则
m1v'＝（m1+10m2）v1
1
2 ⋅10k ⋅( 1
10 d)
2= 1
2 (m1+10m2)v1
2 
解得：v'= d
m1
❑√k( 1
10 m1+m2)，
因v'＜v，所以能让水泥板折断。
【变式训练4-7】如图是一弹珠游戏机的简化示意图。矩形游戏面板ABCD 与水平面所成夹角θ＝37°，面板右
侧边缘的直管道AP 与四分之一圆弧轨道PQ 相切于P 点，面板左侧边缘有垂直板面的挡板，已知圆弧轨道半径
R＝1.5m，圆弧轨道最高点Q（切线水平）到水平面的高度h＝1.25m。控制手柄K 可使弹珠（可视为质点）以
不同的速度沿直管道AP 发射，弹珠与挡板撞击时间极短且不损失机械能，撞击前后水平速率不变。不计摩擦和
空气阻力。g＝10m/s2，sin37°＝0.6，cos37°＝0.8。
（1）求小球通过Q 点的最小速度大小vQ；
（2）若小球以最小速度通过最高点Q，与挡板发生一次撞击，刚好经过面板下边缘M 点，M、A 两点相距d
＝1.5m，求面板AD 边的长度L。
【解答】解：（1）小球恰好通过Q 点，由牛顿第二定律得：
mgsinθ =m vQ
2
R
 
解得：vQ＝3m/s
（2）Q→M，沿斜面向下小球做匀加速直线运动，有
y = 1
2 at
2 
由几何关系有：y =
h
sinθ
由牛顿第二定律得：mgsinθ＝ma，得a＝gsinθ
联立解得：t = 5
6 s
水平方向，速度大小不变，碰前与碰后水平位移大小相等，故有：
t1＝t2= 1
2
t= 1
2 × 5
6
s= 5
12
s
M 到挡板距离
x＝vQt2＝3× 5
12
m＝1.25m
则面板AD 边长度：L＝x+R＝1.25m+1.5m＝2.75m 
题型05：能量守恒定律的理解和应用
【典型例题1】竖直轻弹簧下端固定在水平地面上，上端与木块A 连接，物块B 叠放在A 上，系统处于静止状
态，如图（a）所示。现对B 施加竖直向上的拉力F，使B 以恒定的加速度a 竖直向上做匀加速直线运动，直至
分离后一小段时间，力F 的大小随B 的位移x 变化的关系如图（b）所示，重力加速度为g，下列说法正确的是
（　　）
  
A．物块B 的质量
B．当物块B 运动到x0时，弹簧恰好处于原长位置
C．从0 到x0的过程中，力F 与B 的重力所做功的代数和等于物块B 的动能增加量
D．从0 到x0的过程中，力F 所做的功小于A 和B 构成的系统的机械能增加量
【答案】D
【详解】A．由图（b）所示图像可知，当B 的位移大小x0时，A 与B 恰好分离，A、B 间的弹力为零，对B，由
牛顿第二定律得
解得
，故A 错误；
B．由图（b）所示图像可知，当B 的位移大小x0时，A 与B 恰好分离，A、B 间的弹力为零，此时两物块的加速
度也相等，即加速度方向向上，则弹簧应处于压缩状态，故B 错误；
C．由动能定理可知，从0 到x0的过程中，力F 与B 的重力所做功、A 对B 的弹力做功的代数和等于物块B 的动
能增加量，故C 错误；
D．从0 到x0的过程中，弹簧始终处于压缩状态，即弹力对A 做正功，则力F 与弹簧弹力做功的代数和等于A 和
B 构成的系统的机械能增加量，所以力F 所做的功小于A 和B 构成的系统的机械能增加量，故D 正确。
故选D。
【典型例题2】在8 月3 日进行的东京奥运会女子链球决赛中，中国选手王峥以77.03m 获得一枚宝贵的银牌；
我们可以把投掷的过程简化为图所示模型，运动员双手紧握链条的一端，另一端拴一重球，绕一竖直轴做圆周
运动。在转速不断增大的过程中，某时刻突然松手后链球飞出。下列说法中正确的是（　　）
A．松手前链条的拉力总是与球的速度方向垂直
B．松手时球在重力和离心力作用下向外飞出
C．在转速不断增大的过程中，链球的机械能不断增大
D．球飞出的水平距离仅由松手时球的速率决定
【答案】C
【解析】A．若松手前链条的拉力总是与球的速度方向垂直，则球做匀速圆周运动，而题目中重球的速度越
来越大，故A 错误；B．松手后只在重力作用下做平抛运动，故B 错误；C．在转速不断增大的过程中，链球的
线速度增加，动能增加，链球不断被抬高，则重力势能增加，则机械能不断增大，选项C 正确；D．球飞出的水
平距离由松手时球所处的高度及球的速率决定，故D 错误。故选C。
【典型例题3】如图所示，在设计某些电车车站时，站台往往建得高一些，这是为了有效地提高能量利用率，
设站台高h=1.6 m，进站的电车到达坡的下端A 点时速度为25.2 km/h，此后即关闭电动机的电源。由于车站
的这种小坡度设计，电车出站时可供利用的能量占进站时具有机械能的百分比是（g 取9.8 N/kg）（　　）
A．100%
B．80%
C．64%
D．36%
【答案】C
【解析】电车进站时所具有的机械能中可供出站时利用的百分比
带入数据得
故C
正确，ABD 错误。故选C。
【典型例题4】如图所示，足够长的光滑斜面固定在水平面上，斜面底端有一固定挡板，轻质弹簧下端与挡板
相连，上端与物体A 相连。用不可伸长的轻质细线跨过斜面顶端的定滑轮把A 与另一物体B 连接起来，A 与滑
轮间的细线与斜面平行。初始时用手托住B，细线刚好伸直，此时物体A 处于静止状态。若不计滑轮质量与摩
擦，弹簧始终在弹性限度内，现由静止释放物体B，在B 第一次向下运动过程中（　　）
A．轻绳对物体B 做的功等于物体B 重力势能的变化量
B．物体B 的重力做功等于物体B 机械能的变化量
C．轻绳对物体A 做的功等于物体A 的动能与弹簧弹性势能的变化量之和
D．两物体与轻绳组成系统机械能变化量的绝对值等于弹簧弹性势能变化量的绝对值
【答案】D
【解析】A．轻绳对物体B 做的功等于物体B 机械能的变化，故A 错误；B．重力做功等于物体的重力势能
的变化，故B 错误；C．依题得，轻绳对物体A 做的功等于物体A 的机械能与弹簧的弹性势能的变化量之和，故
C 错误；D．由机械能守恒定律可得，故D 正确。故选D。
【典型例题5】如图所示，轻质弹簧一端固定，另一端与一质量为m、套在粗糙竖直固定杆A 处的圆环相连.圆
环从A 处由静止开始下滑，经过B 处，弹簧水平且处于原长，到达C 处的速度为零.圆环在C 处获得一竖直向上
的速度v，恰好能回到A。弹簧始终在弹性限度内，则圆环(　　)
A．下滑过程中，弹簧的弹性势能一直增大
B．下滑过程中，经过B 时的速度最大
C．下滑过程中产生的摩擦热为
mv2
D．上滑经过B 的动量大于下滑经过B 的动量
【答案】  D
【解析】  A．下滑过程中，因为在B 点时弹簧在原长，可知下滑过程中弹簧的弹性势能先减小后增大，选
项A 错误；B．下滑过程中，当合力为零时速度最大，此时弹力向上的分量与摩擦力之和等于圆环的重力，因B
点的弹力为零，摩擦力为零，则速度最大的位置不在B 点，选项B 错误；C．下滑过程中由能量关系
，上滑过程中
，解得
，则产生的摩擦热为Q=
mv2，选项C 错误；D．从B 到A 上滑过程中
，从A 到B 下滑过程中
，则
，即
，即
，上滑经过B
的动量大于下滑经过B 的动量，选项D 正确。故选D。
【变式训练5-1】发光弹弓弹射飞箭是傍晚在广场常见的儿童玩具，其工作原理是利用弹弓将发光飞箭弹出后在
空中飞行。若小朋友将飞箭以大小为E 的初动能从地面竖直向上弹出，飞箭落回地面时动能大小为3 E
4
，设飞箭
在运动过程中所受空气阻力的大小不变，重力加速度为g，以地面为零势能面。下列说法正确的是（　　）
A．飞箭上升阶段克服空气阻力做的功为E
16
B．飞箭下落过程中重力做功为3 E
16
C．飞箭在最高点具有的机械能为E
8
D．飞箭所受空气阻力与重力大小之比为1：7
【解答】解：A.飞箭从地面竖直向上弹出到飞箭落回地面整个过程，飞箭克服空气阻力做的功等于飞箭机械能
的减少量，则有Wf＝E−3
4
E= 1
4
E，飞箭上升阶段克服空气阻力做的功为W f
2 = E
8
，故A 错误；
B.设飞箭在上升过程中重力做的功为WG，由动能定理得：WG+（−W f
2
）＝0﹣E，则WG=−7 E
8 ，飞箭上升
过程重力做功为WG＝﹣mgh，下降过程重力做功为WG'＝mgh，故飞箭下落过程中重力做功为7 E
8 ，故B 错误；
C.飞箭在上升过程中，空气阻力做的功等于机械能的变化量：−W f
2 =E'﹣E，解得E'= 7 E
8 ，故飞箭在最高点具
有的机械能为7 E
8 ，故C 错误；
D.飞箭上升阶段克服空气阻力做的功为E
8 ，即﹣fh=−7 E
8 ，飞箭在上升过程中重力做的功为−7 E
8 ，可得飞箭
所受空气阻力与重力大小之比为1：7，故D 正确。
故选：D。
【变式训练5-2】如图甲，将一小球从地面以某一初速度v0竖直向上抛出，取地面为零重力势能参考面，小球
的机械能E0和重力势能Ep随小球离开地面的高度h 变化关系图像如图乙。重力加速度g＝10m/s2，下列说法正
确的是（　　）
A．小球从地面抛出的初速度v0＝4❑√5m/s
B．小球所受空气阻力大小为小球自身重力的1
2
C．从抛出开始，小球经1s 时间上升到最高点
D．小球离地面高度h＝3m 时，小球的动能Ek＝25J
【解答】解：A、由题图可知，在h＝0 时，小球的机械能E0＝100J，重力势能Ep＝0，可知小球的动能为
100J，h＝4m，重力势能Ep＝80J＝mgh
解得m＝2kg
由动能的计算公式得Ek= 1
2 mv0
2
代入数据解得 v0＝10m/s，故A 错误；
B、当有空气阻力时，小球上升的高度为4m，则有a= v0
2
2h = 10
2
2×4
m/s2＝12.5m/s2
由牛顿第二定律可得 mg+Ff＝ma
代入数据解得：Ff＝5N
可知小球所受空气阻力大小为小球自身重力的1
4 ，故B 错误；
C、小球从抛出开始到最高点所用时间t= v0
a = 10
12.5
s＝0.8s，故C 错误；
D、小球离地面高度h＝3m 时，根据位移—速度公式得：2ah＝v2−v0
2
代入数据解得v＝5m/s
小球的动能为Ek= 1
2
mv2= 1
2 ×2×52J＝25J，故D 正确。
故选：D。
【变式训练5-3】（多选）如图甲所示，斜面倾角为
、足够长、光滑的斜面体固定在水平地面上，可视
为质点的质量为
的物块置于斜面上足够高处，
时刻在物块上施加一沿斜面向上的变化的外力，同
时释放物块，利用计算机描绘了0~4s 时间内物块的速度随时间的变化图象，如图乙所示，规定沿斜面向下的方
向为正方向，物块在释放点的重力势能为零，重力加速度大小为
。则（　　）
A．1~2s 的时间内外力的大小为40N
B．0~1s 时间内与2~4s 时间内的外力大小之比为2:19
C．1s 末物块的机械能为32J
D．0~4s 的时间内物块的机械能减少了350J
【答案】BD
【详解】A．由图乙可知，
时内物块的加速度为
位移大小为
由牛顿第二定律得
，解得
由图乙可知，
时内物块的加速度为
位移大小为
由牛顿第二定律得
解得
，故A 错误；
B．由图乙可知，
时内物块的加速度为
位移大小为
由牛顿第二定律得
解得
，则
，故B 正确；
CD．由题意可知，t=0 时刻，物块的机械能为0，由功能关系可知，物块机械能的变化量等于整个过程外力F 所
做的功，
外力做的功为
即1s 末物块的机械能为-8J，
外力做的功为
则整个过程中物块机械能变化量大小为
，故C 错误，D 正确。
故选BD。
【变式训练5-4】（多选）风洞可以产生强力的气流，用来模拟飞行器高速运行时气流的作用效果。矩形风洞原
理图中存在大小恒定的水平风力，现有一质量为2kg 的小球从M 点竖直向上抛出，其运动轨迹大致如图中实线
所示，其中
两点在同一水平线上，O 点为轨迹的最高点，小球在M 点速度大小为3m/s，在O 点速度大
小为4m/s，不计空气阻力，重力加速度
。下列说法正确的是（　　）
  
A．小球的重力和受到的风力大小之比为3:4
B．小球落到N 点时的动能为73J
C．小球在上升和下降过程中机械能变化量之比为1:3
D．小球从M 点运动到N 点过程中的最小动能为9J
【答案】ABC
【详解】A．设风力大小为F，小球质量为
两点间的水平距离为
，竖直距离为h，根据竖直上抛运动
规律有
小球从M 运动到O 的过程，根据动能定理有
根据牛顿第二定律可得小球在水平方向的加速度大小为
小球从M 运动到O 所用时间为
根据运动学公式有
，解得
，A 正确；
B．
两点间的水平距离为
设小球落到N 点时的动能为
，根据动能定理有
联立解得
，B 正确；
C．设
两点间的水平距离为
，根据匀变速直线运动规律的推论可知
根据功能关系可知，小球运动过程中，风力对小球做的功等于其机械能的变化量，则小球在上升和下降过程中
机械能变化量之比为
，C 正确；
D．小球在重力和风力的合力作用下做类斜抛运动，当小球速度方向与合力方向垂直时动能最小，根据以上分析
可知合力与竖直方向的夹角θ 的正切值为
根据速度的合成与分解可得小球从M 点运动到N 点过程中的最小速度为
解得最小动能为
，D 错误。
故选ABC。
【变式训练5-5】（多选）一质量为1kg 的物体静止在水平地面上，受到竖直方向的力F 后，竖直向上运动。物
体运动速度平方v2与上升高度h 间的变化关系图线如图所示，其中
图线为直线。g 取10m/s2，忽略空气
阻力，则物体（　　）
A．从h=0 运动到
m 的过程中，F 先变大后变小
B．从h=3m 运动到h=4m 的过程中，F 逐渐变小
C．从h=0 运动到h=4m 的过程中，机械能逐渐变大
D．从h=4m 运动到h=6m 的过程中，机械能保持不变
【答案】AD
【解析】A．根据运动学公式
可知
图象的斜率为加速度的2 倍，由图可知，从h=0 运动到
m 的过程中，加速度先增大后减小，根据牛顿第二定律
得
可知F 先变大后变小，
故A 正确；B．由图可知，从h=3m 运动到h=4m 的过程中，物体向上减速运动，斜率变大，加速度逐渐变大，
从h=4m 运动到h=6m 的过程中，斜率大小为
则
由图象可知，
前一段加速度大小
大于
，应有
此阶段
的方向向下，从h=3m 运动到h=4m 的过程中加速度从零到大于
，可知
应是先向上减小，后向下增大，故B 错误；C．由AB 选项可知，从h=0 运动到h=4m 的过程中，
的方向先
向上增大再减小，后方向变为向下，所以
先做正功再做负功，机械能应先增大，后减小，故C 错误；D．从
h=4m 运动到h=6m 的过程中
此阶段物体只受重力作用，机械能保持不变，故D 正确。故选AD。
【变式训练5-6】（多选）如图甲所示，在公元1267 ~ 1273 年闻名于世的“襄阳炮”其实是一种大型抛石
机。将石块放在长臂一端的石袋中，在短臂端挂上重物。发射前将长臂端往下拉至地面，然后突然松开，石袋
中的石块过最高点时就被抛出。现将其简化为图乙所示。将一质量m= 80 kg 的可视为质点的石块装在长L=
m 的长臂末端的石袋中，初始时长臂与水平面成α= 30°。松开后，长臂转至竖直位置时，石块被水平抛
出，落在水平地面上。石块落地点与O 点的水平距离s= 100 m。忽略长臂、短臂和石袋的质量，不计空气阻
力和所有摩擦，g= 10 m/s2，下列说法正确的是()
A．石块水平抛出时的初速度为25 m/s
B．重物重力势能的减少量等于石块机械能的增加量
C．石块从A 到最高点的过程中，石袋对石块做功1.16×105J
D．石块圆周运动至最高点时，石袋对石块的作用力大小为1.42×104N
【答案】  CD
【解析】  A．石块平抛运动的高度
，根据
得
，故石块水平抛出时的初速度
，选项A 错误；B．转动过
程中，重物的动能也在增加，因此重物重力势能的减少量不等于石块机械能的增加量，选项B 错误C．石块从A
到最高点的过程中，石袋对石块做功
选项C 正确；D．
石块圆周运动至最高点时，有
，所以
，选项D 正确。故选CD。
【变式训练5-7】（多选）如图所示，轻弹簧一端固定在倾角为θ 的斜面底端。一质量为m 的物体从距弹簧上
端d 处由静止释放，向下运动位移L 后停在最低点。已知弹簧始终在弹性限度内，物体与斜面间的动摩擦因数
为μ，重力加速度为g。则物体向下运动过程(　　)
A．摩擦产生的热量为μmgLcosθ
B．物体机械能的减少量为mgLsinθ
C．物体的最大动能为mgdsinθ－μmgdcosθ
D．弹簧弹性势能的最大值为mgLsinθ－μmgLcosθ
【答案】  ABD
【解析】根据功能关系得摩擦产生的热量为Q＝fΔx＝μmgLcosθ，故A 正确；物体从最高点运动到最低点，初、
末动能相等，则物体机械能的减少量即为重力势能的减少量，为mgLsinθ，故B 正确；物体速度最大时，动能
最大，而速度最大时，合力为零，此时弹簧一定发生形变，而C 选项中mgdsinθ－μmgdcosθ 是物体在弹簧原
长位置具有的动能，故C 错误；根据能量守恒定律，物体的重力势能转化为内能和弹簧的弹性势能，即
mgLsinθ＝Q＋Ep，解得Ep＝mgLsinθ－μmgLcosθ，故D 正确。
【变式训练5-8】（多选）我国古代发明了很多种类的投石机，如图甲所示是一种配重式投石机模型，横梁可绕
支架顶端转动，横梁一端装有重物，另一端装有待发射的石弹，发射前须先将放置石弹的一端用力拉下，放好
石弹后砍断绳索，让重物这一端落下，石弹也顺势抛出。现将其简化为图乙所示模型，轻杆可绕固定点O 转
动，轻杆两端分别固定一小球，小球A 模拟重物，小球B 模拟石弹。现剪断细线，轻杆逆时针转动，轻杆由初
始位置转至竖直位置过程中，不计空气阻力和摩擦，下列说法正确的是(　　)
A．小球B 机械能守恒
B．小球A 机械能的减少量等于小球B 机械能的增加量
C．轻杆对小球B 做正功
D．轻杆对小球B 不做功
【答案】  BC
【解析】由题意知，小球A 与小球B 组成的系统机械能守恒。轻杆逆时针转动，杆由初始位置转至竖直位置过
程中，小球A 的重力势能减少，转化为小球A 的动能和小球B 的重力势能及动能，且小球A 的机械能减少量等
于小球B 的机械能增加量，故A 错误，B 正确；对小球B 由功能关系得，小球B 机械能增加，因此，轻杆对小球
B 做正功，C 正确，D 错误。
【变式训练5-9】（多选）类比是研究问题的常用方法。
（1）情境1：物体从静止开始下落，除受到重力作用外，还受到一个与运动方向相反的空气阻力
（k 为常
量）的作用。其速率v 随时间t 的变化规律可用方程
（①式）描述，其中m 为物体质量，G 为其重
力。求物体下落的最大速率
。
（2）情境2：如图1 所示，电源电动势为E，线圈自感系数为L，电路中的总电阻为R。闭合开关S，发现电路
中电流I 随时间t 的变化规律与情境1 中物体速率v 随时间t 的变化规律类似。类比①式，写出电流I 随时间t 变
化的方程；并在图2 中定性画出I - t 图线。
（3）类比情境1 和情境2 中的能量转化情况，完成下表。
情境1
情境2
物体重力势能的减少量
物体动能的增加量
电阻R 上消耗的电能
【答案】（1）
；（2）a.
，b.
；（3）见解析
【详解】（1）当物体下落速度达到最大速度
时，加速度为零，有
得
（2）a.由闭合电路的欧姆定理有
b.由自感规律可知，线圈产生的自感电动势阻碍电流，使它逐渐变大，电路稳定后自感现象消失，I - t 图线如
答图2
（3）各种能量转化的规律如图所示
情境1
情境2
电源提供的电能
线圈磁场能的增加量
克服阻力做功消耗的机械
能
【变式训练5-10】（多选）如图所示，有一固定的光滑
圆弧轨道，半径
，一质量为
的小滑
块B 从轨道顶端滑下，在其冲上长木板C 左端时，给木板一个与小滑块相同的初速度，已知
，B、C 间
动摩擦因数
，C 与地面间的动摩擦因数
，C 右端有一个挡板，C 长为
。
求：
（1）
滑到
的底端时对
的压力是多大？
（2）若
未与
右端挡板碰撞，当
与地面保持相对静止时，
间因摩擦产生的热量是多少？
（3）在
时，B 与C 右端挡板发生碰撞，且碰后粘在一起，求
从滑上
到最终停止所用的时
间。
  
【答案】（1）30N；（2）1.6J；（3）
【详解】（1）滑块下滑到轨道底部，有
解得
在底部，根据牛顿第二定律
解得
由牛顿第三定律可知B 对A 的压力是
。
（2）当B 滑上C 后，对B 分析，受摩擦力力向左，根据牛顿第二定律得
解得加速度向左为
对C 分析，受B 向右的摩擦力
和地面向左的摩擦力
根据牛顿第二定律
解得其加速度向左为
由运动学位移与速度关系公式
，得B 向右运动的距离
C 向右运动距离
由功能关系可知，B、C 间摩擦产生的热量
可得
（3）由上问可知，若B 还末与C 上挡板碰撞，C 先停下，用时为
，有
解得
B 的位移为
则此刻的相对位移为
此时
由
，一定是C 停下之后，B 才与C 上挡板碰撞。设再经
时间B 与C 挡板碰撞，有
解得
碰撞时B 速度为
碰撞时由动量守恒可得
解得碰撞后B、C 速度为
之后二者一起减速，根据牛顿第二定律得
后再经
后停下，则有
故
从滑上
到最终停止所用的时间总时间
题型06:能量守恒定律的综合应用
【典型例题1】（多选）三峡水力发电站是我国最大的水力发电站，三峡水库蓄水后，平均水位落差约为
100m，水的流量约为1.35×10
4 m
3/s。船只通航需要约3500 m
3/s的流量，其余流量可全部用来发电。水流
冲击水轮机发电时，水流减少的机械能有20%转化为电能。则三峡发电站（　　）
A．最大功率约为2×10
9 W
B．年发电量约为1.8×10
10kWh
C．天发电量能充满约10
9辆新能源汽车
D．通航一天流失的能量7×10
5J
【答案】AB
【详解】A．三峡发电站的最大功率为
P=ρ（Q1-Q2）gh×20%=1.0×103×（1.35×104×-3500）×10×100×20%=2×109W
故A 正确；
B．年发电量约为W = Pt =2×10
6kW×365×24 h≈1.8×10
10kW⋅h
故B 正确；
C．一天的发电量为W = Pt =2×10
6kW ×24 h≈4.8×10
7kW ⋅h
每台新能源汽车需要的电量为W
′ = W
n =4.8×10
7kW ⋅h
10
9
=0.048kW ⋅h
不符合实际，故C 错误；
D．通航一天流失的能量W=ρQ2ght×20%=1.0×103×0.35×104×10×100×20%×24×3.6×106J =6×1016J
故D 错误。
故选AB。
【变式训练6-1】（多选）如图所示，足够长的水平传送带以速度v沿逆时针方向转动，传送带的左端与光滑圆
弧轨道底部平滑连接，圆弧轨道上的A点与圆心O等高，一小物块从A点静止滑下，再滑上传送带，经过一段
时间又返回圆弧轨道，返回圆弧轨道时小物块恰好能到达A点，重力加速度为g，则下列说法正确的是（　　）
A．圆弧轨道的半径一定不大于v
2
2g
B．若减小传送带速度，则小物块一定无法到达A 点
C．若增加传送带速度，则小物块有可能经过圆弧轨道的最高点
D．不论传送带速度增加到多大，小物块都不可能到达高于A 点的位置
【答案】AD
【详解】A．物体在圆轨道上下滑的过程中，其机械能守恒，根据机械能守恒定律有mgR = 1
2 mv0
2
解得v0= ❑√2gR
物体到达传送带上之后，由于摩擦力的作用开始减速，速度减小为零之后，又在传送带的摩擦力作用下反向加
速，根据物体的受力可知，物体在减速和加速的过程物体加速度的大小是相同的，所以物体返回圆轨道时速度
大小等于从圆轨道下滑刚到传送带时的速度大小，只要传送带的速度为v ≥v0= ❑√2gR
解得R≤v
2
2g
故A 正确；
B．若减小传送带速度，只要传送带的速度仍大于❑√2gR，就能够回到A点，故B 错误；
CD．若增大传送带的速度，由于物体返回到圆轨道的速度不变，只能滑到A点，不能滑到圆弧轨道的最高点，
故C 错误，D 正确。
故选AD。
【变式训练6-2】（多选）如图所示，水平轨道与光滑半圆轨道BCD 相切于B 点，C 点与半圆的圆心O 等高，
质量为m=1kg 的物块Q 放置于B 点，水平轻弹簧一端固定，另一端与质量为5kg 的物块P 接触，P 将轻弹簧压
缩到A 点后由静止释放，P 被轻弹簧弹开后与Q 碰撞，Q 恰好经过最高点D，P 恰好能运动到C 点。已知P，Q
可视为质点且P 与水平轨道之间的动摩擦因数为μ=0.2，AB 的长度为L=2m，半圆轨道的半径为R=0.2m，重力
加速度g 取10m/s2，不计空气阻力。求：（结果可带根号）
（1）Q 落在水平轨道上的位置与B 点的距离；
（2）P 和Q 相碰前瞬间P 的速度；
（3）释放物块P 前弹簧储存的弹性势能。
【答案】（1）0.4m；（2）v =2+
❑√10
5
m/s；（3）EP=31+2❑√10J
【详解】（1）Q 恰好经过最高点D，由重力提供向心力有mg=m v D
2
R
Q 做平抛运动，由平抛运动规律有
2 R = 1
2 gt
2
x = v Dt
解得x=0.4m
（2）Q 从B 到D 过程，由机械能守恒定律有1
2 m vQB
2 = 1
2 m v D
2 +2mgR
P 从B 到C 过程，由机械能守恒定律有1
2 ⋅5m v PB
2 =5mgR
P、Q 碰撞过程动量守恒，有5mv =5m v PB+m vQB
解得v =2+
❑√10
5
m/s
（3）弹簧的弹性势能EP=5 μmgL+ 1
2 ⋅5m v
2=31+2❑√10J
【变式训练6-3】（多选）某户外大型闯关游戏“渡河”环节中，小丁从高为h=5 m的固定光滑水上滑梯滑下，
小欧坐在气垫船一侧固定位置上操控气垫船，在滑梯底部等候小丁。气垫船与滑梯底部相切靠在一起，如图所
示。小丁滑上气垫船的同时，小欧立即启动引擎，在恒定的牵引力F 作用下驾驶气垫船沿着直线运动。假设船
不会侧翻，小丁和小欧不会相撞，小丁与气垫船之间的动摩擦因数μ=0.8，水对气垫船的阻力f 恒为484N，小
丁的质量m= 48kg，气垫船与小欧的总质量M =62kg，汽垫船长度L=5 m，忽略其他阻力以及小丁滑到滑梯
底端的能量损失，同时将小丁视为质点，重力加速度取g=10 m/s
2，求：
（1）小丁刚滑上气垫船时的速度；
（2）为保证小丁不会滑离气垫船，牵引力F 应满足的条件？
  
【答案】（1）v0=10 m /s；（2）224 N ≤F ≤1364 N
【详解】（1）设小丁刚滑上气垫船的速度为v0，则对他滑下的过程由动能定理mgh= 1
2 mv0
2−0
解得v0=10 m /s
方向水平向右
（2）要使小丁不从汽艇前方滑离汽艇，则小丁与船至少要在到达汽艇末端时与汽艇达到共速，设此时牵引力为
F1，则
对小丁μmg=ma1
解得a1=8 m /s
2，与运动方向相反
对气垫船F1+ μmg−f = M a2
设经过时间t 二者达到共速v，则
v = v0−a1t =a2t
t =1s
小丁位移s1= v0+ v
2
t
船位移
s2= 0+ v
2
t
L= s1−s2
解得F1=224 N
设小丁与汽艇共速后能相对静止，不从后端滑出，则牵引力最大为F2
对小丁与气垫船F2−f =(m+ M )a0
对小丁μmg=ma0  a0=8 m /s
2
解得F2=1364 N
即牵引力满足的条件为224 N ≤F ≤1364 N
【变式训练6-4】（多选）如图（a）所示，质量相等的甲、乙两个小物块可视为质点，甲沿倾角为30°的足够
长的固定斜面由静止开始下滑，乙做自由落体运动，不计空气阻力。已知甲、乙的动能Ek与路程x 的关系图像
如图（b）所示。图（b）中，图线A 表示的是      物块的Ek−x图像；甲与斜面间的动摩擦因数μ=      。
【答案】     乙     
❑√3
9
【详解】[1][2]设甲与斜面间的动摩擦因数为μ，甲、乙的质量为m，乙做自由落体运动，由动能定理可知
mgx = Ek乙
对甲在斜面上下滑距离为x过程中，由动能定理得(mgsin30°−μmgcos30°)x = Ek甲
因为mg＞(mgsin30°−μmgcos30°)
所以，图线A 表示的是乙物块的Ek−x图像。
当x = x0时，有mg x0= Ek0
当x =3 x0时，有(mgsin30°−μmgcos30°)⋅3 x0= Ek0
联立解得，甲与斜面间的动摩擦因数为μ=
❑√3
9
高考动力学和能量观点的综合应用
题型07：滑块—木板模型综合分析
【典型例题1】如图所示，与水平面平滑连接的固定斜面的顶端到正下方水平面O 点的高度为h，质量为m 的
小木块从斜面的顶端无初速度滑下，并运动到水平面上的A 点停下。已知小木块与斜面、水平面间的动摩擦因
数均为μ，
，下列说法正确的是（　　）
A．斜面倾角θ 越大，x 越大
B．斜面倾角θ 越小，x 越大
C．若小木块从斜面顶端以初动能
滑下，最后在水平面上的B 点停下，则
D．若小木块从斜面顶端以初动能
滑下，并在A 点固定一个挡板，小木块在A 点与挡板发生弹性碰撞，
则折返后恰能回到斜面顶端
【答案】C
【详解】AB．滑块从开始下滑到最后停在A 点，设斜面投影长度为
，斜面底端到A 点距离
，由能量关系可
知
解得
则当和
一定时，
一定不变，故AB 错误；
C．设
，由能量关系可知
解得
故C 正确；
D．小木块在A 点与挡板发生弹性碰撞，故无机械能损失，设折返后能回到斜面的高度为
，根据能量守恒
解得
故D 错误。
故选C。
【典型例题2】（多选）如图所示，质量为M，长度为L 的小车静止在光滑的水平面上，质量为m 的 小物块，
放在小车的最左端，现用一水平力F 作用在小物块上，小物块与小车之间的摩擦力为f，经过一段时间小车运
动的位移为x，小物块刚好滑到小车的最右端，则下列说法中正确的是（　　）
A．此时小物块的动能为F（x+L）
B．此时小车的动能为fx
C．这一过程中，小物块和小车增加的机械能为F（x+L）
D．这一过程中，小物块和小车因摩擦而产生的热量为fL
【解答】解：A、由图可知，在拉力的作用下物体前进的位移为L+x，故拉力的功为F（x+L），摩擦力的功为f
（x+L），则由动能定理可知物体的动能为（F﹣f）（x+L），故A 错误；
B、小车受摩擦力作用，摩擦力作用的位移为x，故摩擦力对小车做功为fx，故小车的动能改变量为fx；故B 正
确；
CD、物块和小车增加的机械能等于外力的功减去内能的增量，内能的增量等于fL，故机械能的增量为F（x+L）
﹣fL，故C 错误，D 正确；
【典型例题3】如图所示，一质量M＝2.0kg、长L＝0.60m 的长木板AB 静止在光滑水平面上，木板的左侧固定
一半径R＝0.60m 的四分之一圆弧形轨道，轨道末端的切线水平，轨道与木板靠在一起且末端高度与木板高
度相同．现在将质量m＝1.0kg 的小铁块（可视为质点）从弧形轨道顶端由静止释放，小铁块到达轨道底端
时的速度v0＝3.0m/s，最终小铁块恰好到达长木板AB 最右端．（g＝10m/s2）．求：
（1）小铁块在弧形轨道末端时所受支持力的大小F；
（2）小铁块在弧形轨道上滑动过程中克服摩擦力所做的功Wf；
（3）小铁块和木板AB 达到共同速度v 及小铁块和木板AB 间的动摩擦因数．
【解答】解：（1）小木块通过圆弧形轨道末端时，由牛顿第二定律得：F﹣mg＝m
，
解得小木块受到的支持力：F＝25N；
（2）小木块在圆弧形轨道上下滑过程中，
由动能定理得：mgR﹣Wf＝
mv0
2﹣0，
解得克服摩擦力做的功Wf＝1.5J；
（3）以小铁块与长木板组成的系统为研究对象，以小铁块的初速度方向为正方向，
由动量守恒定律得：mv0＝（m+M）v，
由能量守恒定律得：μmgL＝
mv0
2﹣
（m+M）v2，
解得：v＝1m/s，μ＝0.5；
【变式训练7-1】（多选)如图甲所示，一长木板静止在水平地面上，在t＝0 时刻，一小物块以一定速度从左端
滑上长木板，之后长木板运动的v－t 图像如图乙所示，已知小物块与长木板的质量均为m＝1 kg，已知木板足
够长，g 取10 m/s2，则(　　)
A．小物块与长木板间动摩擦因数μ＝0.5
B．在整个运动过程中，物块与木板构成的系统所产生的热量70 J
C．小物块的初速度为v0＝12 m/s
D．0～2 s 与2～3 s 物块和木板构成的系统机械能减少量之比为17∶1
　答案　ACD
解析　由题图乙可知，木板先做匀加速运动，再做匀减速运动，故可知地面对木板有摩擦力，在0～2 s 内，木
板受物块向右的摩擦力和地面向左的摩擦力而做匀加速运动，加速度为a1＝＝ m/s2＝1 m/s2.对木板，根据牛
顿第二定律，有Ff1－Ff2＝ma1，Ff1＝μmg，在2～3 s 内，木板与物块相对静止，受地面摩擦力做匀减速运动，
加速度为a2＝＝ m/s2＝－2 m/s2，即加速度大小为2 m/s2，方向向左，对整体，根据牛顿第二定律，有Ff2
＝2ma2＝4 N，联立以上各式，解得μ＝0.5，故A 正确；对物块，在0～2 s 内，受木板的摩擦力作用而做匀减
速运动，由牛顿第二定律，有μmg＝ma，解得a＝5 m/s2，由v＝v0－at 可得v0＝v＋at＝2 m/s＋5×2 m/s＝
12 m/s，故C 正确；最后木板与物块均静止，故在整个运动过程中，物块与木板构成的系统所产生的热量等于
物块的初动能，即Q＝mv02＝×1×122 J＝72 J,2 s～3 s 物块和木板一起减速，系统的机械能减少Q＝·2mv2＝
4 J，故0～2 s 系统机械能减少72 J－4 J＝68 J，则0～2 s 与2～3 s 系统机械能减少量之比为17∶1，故B 错
误，D 正确．
【变式训练7-2】（多选)如图甲所示，长木板静止在光滑的水平面上，物块放在长木板的左端，现给物块一个
向右的恒力，则物块在长木板上滑动全过程中，物块、长木板运动的速度﹣时间图象如图乙所示，物块与长
木板质量均为m，重力加速度为g，不计物块大小，则下列说法正确的是（　　）
A．物块与长木板间的动摩擦因数为
           B．长木板的长度为
v0t0
C．拉力F 的大小为
                         
D．全过程因摩擦产生的热量为
mv
A、根据v﹣t 图象的斜率等于加速度，得知长木板的加速度为：a1＝
＝
，解得：μ＝
，故A 错误；
B、由图象的面积可知长木板的长度为
v0t0，故B 正确；
C、对物块由牛顿第二定律得：F﹣μmg＝ma2，F＝
mg+m
＝
，故C 错误；
D、因摩擦产生的热量为：Q＝μmg×
v0t0＝
，故D 正确；
故选：BD。
【变式训练7-3】如图所示，水平地面上有一长L＝2 m、质量M＝1 kg 的长板，其右端上方有一固定挡板．质
量m＝2 kg 的小滑块从长板的左端以v0＝6 m/s 的初速度向右运动，同时长板在水平拉力F 作用下以v＝2 m/s
的速度向右匀速运动，滑块与挡板相碰后速度为0，长板继续匀速运动，直到长板与滑块分离．已知长板与地面
间的动摩擦因数μ1＝0.4，滑块与长板间的动摩擦因数μ2＝0.5，重力加速度g 取10 m/s2.求：
(1)滑块从长板的左端运动至挡板处的过程，长板的位移x；
(2)滑块碰到挡板前，水平拉力大小F；
(3)滑块从长板的左端运动至与长板分离的过程，系统因摩擦产生的热量Q.
答案　(1)0.8 m　(2)2 N　(3)48 J
解析　(1)滑块在板上做匀减速运动，a＝＝μ2g，解得：a＝5 m/s2
根据运动学公式得：L＝v0t－at2，解得t＝0.4 s (t＝2.0 s 舍去)
碰到挡板前滑块速度v1＝v0－at＝4 m/s>2 m/s，说明滑块一直匀减速
板移动的位移x＝vt＝0.8 m
(2)对板受力分析如图所示，
有：F＋Ff2＝Ff1
其中Ff1＝μ1(M＋m)g＝12 N，Ff2＝μ2mg＝10 N，解得：F＝2 N
(3)法一：滑块与挡板碰撞前，滑块与长板因摩擦产生的热量：
Q1＝Ff2·(L－x) ＝μ2mg (L－x)＝12 J
滑块与挡板碰撞后，滑块与长板因摩擦产生的热量：Q2＝μ2mg(L－x)＝12 J
整个过程中，长板与地面因摩擦产生的热量：Q3＝μ1(M＋m)g·L＝24 J
所以，系统因摩擦产生的热量：Q＝Q1＋Q2＋Q3＝48 J
法二：滑块与挡板碰撞前，木板受到的拉力为F1＝2 N (第二问可知)
F1 做功为W1＝F1x＝2×0.8＝1.6 J
滑块与挡板碰撞后，木板受到的拉力为：F2＝Ff1＋Ff2＝μ1(M＋m)g＋μ2mg＝22 N
F2 做功为W2＝F2(L－x)＝22×1.2 J＝26.4 J
碰到挡板前滑块速度v1＝v0－at＝4 m/s
滑块动能变化：ΔEk＝20 J
所以系统因摩擦产生的热量：Q＝ W1＋W2＋ΔEk＝48 J.
【变式训练7-4】如图，一倾角为
的光滑斜面上有50 个减速带（图中未完全画出），相邻减速带间的距离均
为d，减速带的宽度远小于d；一质量为m 的无动力小车（可视为质点）从距第一个减速带L 处由静止释放。已
知小车通过减速带损失的机械能与到达减速带时的速度有关。观察发现，小车通过第30 个减速带后，在相邻减
速带间的平均速度均相同。小车通过第50 个减速带后立刻进入与斜面光滑连接的水平地面，继续滑行距离s 后
停下。已知小车与地面间的动摩擦因数为
，重力加速度大小为g。
（1）求小车通过第30 个减速带后，经过每一个减速带时损失的机械能；
（2）求小车通过前30 个减速带的过程中在每一个减速带上平均损失的机械能；
（3）若小车在前30 个减速带上平均每一个损失的机械能大于之后每一个减速带上损失的机械能，则L 应满足
什么条件？
【答案】（1）
；（2）
；（3）
【详解】（1）由题意可知小车在光滑斜面上滑行时根据牛顿第二定律有
设小车通过第30 个减速带后速度为v1，到达第31 个减速带时的速度为v2，则有
因为小车通过第30 个减速带后，在相邻减速带间的平均速度均相同，故后面过减速带后的速度与到达下一个减
速带均为v1 和v2；经过每一个减速带时损失的机械能为
联立以上各式解得
（2）由（1）知小车通过第50 个减速带后的速度为v1，则在水平地面上根据动能定理有
从小车开始下滑到通过第30 个减速带，根据动能定理有
联立解得
故在每一个减速带上平均损失的机械能为
（3）由题意可知
可得
【变式训练7-5】如图，在倾角为
的光滑斜坡上有20 个均匀分布的减速带，减速带之间的距离均为d，每个
减速带的宽度远小于d。质量为m 的无动力小车（可视为质点）从距第一个减速带L 处由静止下滑。小车通过
减速带所损失的机械能与到达减速带时的速度有关。某同学观察发现，小车通过第17 个减速带后，在相邻减速
带间的平均速度不再增加。小车通过最后一个减速带后立刻进入与斜面平滑连接的水平地面继续滑行距离s 后
停下，小车与地面间的动摩擦因数为
，重力加速度为g。
（1）小车进入水平地面时速度的大小；
（2）小车通过20 个减速带共损失的机械能
； 
（3）小车通过第17 个减速带后，每经过一个减速带损失的机械能
。
【答案】（1）
；（2）
；（3）
【详解】（1）在水平地面上，小车水平方向受到摩擦力即合外力，根据牛顿第二定律f = ma；f=μN=μmg
可得a =μg 由公式
可得=
（2）以水平地面为零势能面，静止下滑处小车的机械能为
通过20 个减速带时小车的机械能为
小车通过20 个减速带共损失的机械能为
（3）通过相邻减速带间的平均速度不再增加的大致v-t 图像
或
（图像不做要求）
通过第17 个及之后的减速带时小车的平均速度相同，即达到减速带时小车的瞬时速度相同。
小车通过第17 个减速带后，根据功能关系，每经过一个减速带损失的机械能
【变式训练7-6】有一款推拉门，其三扇门板俯视如图所示，每扇门的宽度均为
，质量均为
，
边缘凸起部位的宽度均为
。门完全关闭时，1 号门板的左侧以及3 号门板的右侧分别与两侧的门框接
触时，相邻门板的凸起部位也恰好接触。测试时，将三扇门板均推至最左端，然后用恒力F 水平向右推3 号门
板，每次都经过相同的位移
后撤去F，观察三扇门的运动情况。发现当恒力为
时，3 号门板恰好
能运动到其左侧凸起与2 号门板右侧的凸起接触处。设每扇门与轨道间的动摩擦因数均相同，门板凸起部位间
的碰撞及门板与门框的碰撞均为完全非弹性碰撞（不黏连）。不考虑空气阻力，取
。
（1）求每扇门与轨道间的动摩擦因数。
（2）若要实现三扇门恰好完全关闭，则恒力应是多大？
（3）若想让三扇门都到达最右侧门框处，则恒力至少是多大？
【答案】（1）
；（2）
；（3）
【详解】（1）设每扇门与轨道间的动摩擦因数为
，根据动能定理
解得
（2）设3 号门板和2 号门板碰撞前速度的大小为
，根据动能定理
设3 号门板和2
号门板碰撞后速度的大小为
，根据动量守恒定律有
，3 号门板与2 号门板碰撞后一起向右运动的过
程中，根据动能定理
解得
（3）设3 号门板和2 号门板碰撞前速度的大小为
，根据动能定理
设3 号门板和2
号门板碰撞后速度的大小为
，根据动量守恒定律有
，3 号门板与2 号门板碰撞后一起向右运动到
与门框接触前的速度大小为
，根据动能定理
设2 号门板与1 号门板碰
撞后速度的大小为
，根据动量守恒定律有
从2 号门板与1 号门板碰撞后到1 号门板恰好停止过程
中，根据动能定理
联立解得
【变式训练7-7】如图所示，存足够大的水平地面上静置一木块，两个完全相同均可视为质点的物块 1、2 分别
以v0、2v0的速度水平向右同时滑上木板，最终木板沿地面运动的距离恰好等于木板的长度，物块2 恰好停在木
板右端。已知木板总质量M=1 kg，每个物块的质量m =1 kg，物块与木板间的动摩擦因数μ1=0.2，木板与地
面间的动摩擦因数μ2=0.05，v0 =1 m/s，取重力加速度大小g=10 m/s2，求：
（1）物块1、2 在木板上滑动的时间t1、t2； 
（2）木板与地面间因摩擦产生的热量Q；
（3）物块2 滑上木板时距木板左端的距离d。
【答案】（1）
，
；（2）
；（3）
【详解】（1）根据分析可知物块1 减速至与木板速度相等时后将不再滑动，设物块1、2 在木板上滑动时的加
速度大小为a1，两物块同时在木板上滑动时木板的加速度大小为a2，只有物块2 在木板上滑动时木板的加速度
大小为a3，则有
，
，
解得
，
，
物块1 与木板达到相等速度时有
物块2 与木板达到相等速度时有
解得
，
（2）设物块1 在木板上滑动时木板运动的位移大小为x1，则
只有物块2 在木板上滑动时木板运动的
位移大小为x2，则
设三者保持相对静止时一起沿地面做匀减速直线运动的加速度大
小为a4、位移大小为x3，则有
，
木板与地面间因摩擦产生的热量
为
解得
（3）作出v 一t 图像如图所示
设物块2 相对木板滑动的距离为x，则
物块2 滑上木板时距木板左端的距
离
解得
【变式训练7-8】如图所示，质量为M=1kg、长为L=1m 的长木板A 锁定在光滑的水平面上，质量为m=0.5kg
的物块B（可视为质点）以一定的初速度v0从长木板的左端滑上长木板，恰好能停在长木板的右端。B 与A 上表
面的动摩擦因数μ 从左向右随移动距离l 变化关系如图乙所示。重力加速度取g=10m/s2。
（1）求物块B 滑上长木板时的初速度v0大小；
（2）若解除长木板的锁定，物块B 仍以初速度v0从长木板左端滑上长木板，求最终物块相对长木板滑行的距离。
【答案】（1）
；（2）
【详解】（1）物块B 在长木板上运动过程，只有摩擦力做功，前半段摩擦力不变，后半段由图乙知摩擦力随位
移均匀变化，根据功能关系有
解得
（2）设最后共同速度为v，根据动量守恒有
解得
系统损失的动能
由于
因此，物块B 相对长木板滑行的距离大于0.5m，设物块
滑过长木板中点后又相对滑行的距离为x0，则根据功能关系有
解得
因此，物块B 相对长木板滑行的距离
【变式训练7-9】如图，一轻弹簧一端固定在垂直水平面的挡板上的A 点，B 点为弹簧原长位置，开始时弹簧处
于压缩状态并锁定，弹簧具有的弹性势能
，弹簧右端有一质量
的物块P 与弹簧接触但不栓
接，B 点右端C 点静止放置一质量m=6.0kg 物块K，AC 为光滑的水平面，物块K 右侧光滑的水平轨道DE 上静
止放置一质量M=2.0kg 的平板车，其上表面与水平轨道BC 在同一水平面内，左侧紧靠C 点。物块K 与平板车
上表面之间的动摩擦因数为
。FH 为竖直面内半径R=0.90m 的光滑
圆弧轨道，圆心为
，FG 为竖直
方向的直径，其固定在一水平位置可以调节的竖直挡板EF 的上方，平板车上表面与
圆弧轨道FH 可以平滑连
接。调节竖直挡板使平板车右侧与E 点的水平距离d=1.5m，让弹簧解除锁定推动物块P 向右运动，之后物块P
进入水平轨道BC 与物块K 发生弹性正碰，碰撞后物块P 被束缚不再运动，物块K 滑上平板车带动平板车运动，
平板车运动到F 点与挡板EF 碰撞后速度立即变为0，之后物块K 又由平板车滑上
圆弧轨道FH。物块P、K 均
可视为质点，物块K 从F 点进入
圆弧轨道FH 时无动能损失，不计空气阻力，重力加速度g 取
，求
（1）物块P 与物块K 碰撞之后物块K 的速度大小
；
（2）从物块K 滑上平板车到平板车运动到E 点过程中，物块K 与平板车之间因摩擦产生的热量Q；（物块K 未
脱离平板车）
（3）物块K 能滑上
圆弧轨道且能运动到最高点G，平板车长度L 的取值应满足的条件。
【答案】（1）9m/s；（2）60J；（3）
【详解】（1）设解除锁定后物块P 获得的最大速度为
，弹簧弹开的过程，对于物块P 和弹簧组成的系统，由
机械能守恒定律有
解得
物块P 与物块K 在C 点发生弹性碰撞，设碰撞之后物块P 的速度
大小为
，物块K 的速度大小为
，由动量守恒定律有
由机械能守恒定律有
代入数据，解得
，
（2）物块K 滑上平板车后，因初始时二者速度不同，故二者发生相对滑动，假设物块K 滑上平板车后带动平板
车向右一直加速运动到E 点，在此过程中，设平板车到达E 点的速度的为
，物块K 的速度为
，对于平板车，
由动能定理有
代入数据，解得
对于物块K 与平板车组成的系统，在它们的作用过程，
系统动量守恒，即
代入数据，解得
因
，故假设成立，即物块K 滑上平板车后
带动平板车向右一直加速运动到E 点，物块K 和平板车一直是发生相对滑动，对于物块K 和平板车组成的系统，
系统损失的机械能全部转化为内能，由能量守恒定律和能量转化关系可知，系统因摩擦产生的热量为
代入数据，可解得
（3）平板车运动到E 点时，设物块K 在平板车上滑动的距离为
，由能量守恒定律有
代入数据，解得
物块K 要能滑上半圆轨道FG，必须保证平板车滑到E 点之前，物块K 不能掉落，可知
平板车的长度
设物块K 刚好能通过半圆轨道的最高点G 时的速度为
，此临界情况对应的平板车
长度为
，物块K 恰好过最高点时有
解得
平板车运动到E 点后，物块K 在平板车上还要
滑动的距离为
，之后刚好滑到G 点，对于物块K，由动能定理有
代入数据，解得
物块K 要通过最高点，平板车的长度
综上所述，平板车的长度应满足的条件
【变式训练7-10】如图所示，在倾角
的绝缘粗糙斜面上，有一长为
的绝缘轻杆连接两个完全相
同、质量均为
的可视为质点的小球A 和B。开始时轻杆的中垂线与垂直于斜面的虚线
重合，虚线
与
平行且相距
。在
、
间加沿斜面向上、电场强度为E=
的匀强电场之后，若A 球带电量
为
，B 球不带电，则A 球在电场中时，AB 球在斜面上恰好能匀速下滑。各小球与斜面间的动摩擦因数相同，
且最大静摩擦力等于滑动摩擦力，取
，
，
。求：
(1)求小球与斜面间的动摩擦因数
；
(2)若A 球带电量为
，B 球不带电，将AB 球从图示位置由静止释放，求释放后到向上运动至最远的时间；
(3)若A 球带电量为
，B 球不带电，静止在图示位置，一质量为
、带电量为
的C 球沿斜面向上运动，
与B 球正碰后粘合在一起，碰撞时间极短，若保证A 球始终不会离开电场区域，求C 球碰B 球之前瞬间的最大
速度。
【答案】(1)0.5；(2)
；(3)
【详解】（1）由力的平衡可得
；
代入数据可解得
（2）A 在电场中时，根据牛顿第二定律有
根据运动学公式有
，A 离开电场后，根据牛顿第二定律有
根据运动学公式有
得
（3）CB 碰撞，根据动量守恒有
设C 进入电场的最远距离为
，ABC 向上，根据动能定理有
，ABC 向下到A 刚好不离开电场，根据动能定理有
解得
题型08：传送带模型中的动力学和能量转化问题
【典型例题1】如图甲所示，足够长的传送带倾斜放置，与水平面的夹角为θ，传送带始终以恒定的速度v1逆时
针运行。现使一小物块以v2的速度从传送带底端沿传送带向上运动，取沿传送带向下为正方向，从该时刻起小
物块的速度随时间变化的关系如图乙所示，图中v1、v2、t1和t2均已知，且v1小于v2，下列说法正确的是
（　　）
A．物块与传送带间的动摩擦因数μ＜tanθ
B．0～t1内，物块受到的摩擦力方向沿传送带向上
C．0～t1内物块受到的摩擦力大于t1～t2内物块受到的摩擦力
D．0～t2内，摩擦产生的热量大于物块减少的机械能
【解答】解：A．t1 时刻物块速度为零，在t1～t2 内，物块向下运动，t2 时刻以后物块与传送带一起向下匀速
运动，则有μmgcosθ≥mgsinθ
解得μ≥tanθ
故A 错误；
B．由图乙知，传送带的运动方向向下，0～t1 内小物块向上运动，则传送带对物块的摩擦力方向沿传送带向下，
故B 错误；
C．0～t2 内，物体相对传送带向上运动，摩擦力沿传送带向下，且大小不变，故C 错误；
D．0～t2 时间内，物块和传送带摩擦产生的热量等于滑动摩擦力和路程的乘积，而物块机械能的减小量等于滑
动摩擦力和位移的乘积，且路程大于位移，所以摩擦产生的热量一定大于物块减小的机械能，故D 正确。
故选：D。
【典型例题2】如图所示，倾角θ＝37°的传送带底端A 点与顶端B 点的距离为L＝9m，传送带在电动机的带动
下以恒定速率v0＝4m/s 顺时针匀速转动。现将质量为m＝1kg 的小物体无初速放在传送带上的A 点，同时对物
体施加一个沿传送带方向的力F，使得物体以a＝2m/s2的加速度匀加速运动到B 端，已知物体与传送带之间的
动摩擦因数μ＝0.5，重力加速度g＝10m/s2，sin37°＝0.6，求：
（1）物体到达B 点时的速度v；
（2）物体与传送带之间因摩擦产生的热量Q；
（3）物体从底端到顶端的过程中拉力F 对物体所做的功W。
【解答】解：（1）物体做匀加速运动到B 点v2＝2aL
解得：v＝6m/s
（2）物体经时间t1 达到v0＝4m/s，有v0＝at1
解得：t1＝2s
物体位移x1= 1
2 at1
2 
解得：x1＝4m
物体相对带向下的位移Δx1＝v0t1﹣x1
代入数据解得：Δx1＝4m
物体再经时间t2 到B 点，v﹣v0＝at2
解得：t2＝1s
物体位移x2＝L﹣x1
代入数据解得：x2＝5m
物体相对带向上的位移Δx2＝x2﹣v0t2
代入数据解得：Δx2＝1m
摩擦产生的热量Q＝μmgcosθ（Δx1+Δx2）
解得：Q＝20J
（3）根据动能定理有W + μmgcosθ( x1−x2)−mgsinθ⋅L= 1
2 m v
2 
代入数据解得：W＝76J
【变式训练8-1】如图所示，足够长水平传送带以速度v 匀速转动，一质量为m 的小木块由静止轻放在传送带
上，若小木块与传送带间的动摩擦因数为μ，当小木块与传送带相对静止时，（　　）
A．滑动摩擦力对小物块做的功为2mv2
B．滑动摩擦力对传送带做的功为2mv2
C．转化为内能的能量为
mv2
D．转化为内能的能量为
mv2
【解答】解：A、对木块，应用动能定理有：滑动摩擦力对小物块做的功 W＝
mv2﹣0＝
mv2，故A 错误；
B、物块匀加速而传送带匀速运动，它们的位移分别为 x 木＝
，x 带＝vt，所以传送带的位移是木块的2 倍，
滑动摩擦力对传送带做的功数值是滑动摩擦力对小物块做的功的2 倍，为mv2．故B 错误；
C、木块的加速度为 a＝
＝μg；木块与传送带达到共速时的时间 t＝
，木块相对传送带的位移△x＝vt
﹣
＝
；则产生的内能△E＝μmg△x＝
mv2，故C 正确，D 错误。
【变式训练8-2】如图所示，在匀速转动的电动机带动下，足够长的水平传送带以恒定速率V1匀速向右运动。
一质量为m 的滑块从传送带右端以水平向左的速率V2（V2＞V1）滑上传送带，最终滑块又返回至传送带的右
端。就上述过程，下列判断正确的有（　　）
A．滑块返回传送带右端时的速率为V2
B．此过程中传送带对滑块做功为
mv2
2﹣
mv1
2
C．此过程中滑块与传送带间摩擦产生的热量为 m（v1+v2）2
D．此过程中电动机做功为mv1（v1+v2）
【解答】解：A、由于传送带足够长，物体减速向左滑行，直到速度减为零，然后物体会在滑动摩擦力的作用下
向右加速，由于v1＜v2，物体会先在滑动摩擦力的作用下加速，当速度增大到等于传送带速度时，物体还在传
送带上，之后不受摩擦力，故物体与传送带一起向右匀速运动，有v′2＝v1；故A 错误；
B、此过程中只有传送带对滑块做功根据动能定理W′＝△EK 得：W＝△EK＝
mv12﹣
mv22，故B 错误；
C、设滑块向左运动的时间t1，位移为x1，则：x1＝
t1＝
t1
摩擦力对滑块做功：W1＝fx1＝f
t1…①
又摩擦力做功等于滑块动能的减小，即：W1＝
mv22…②
该过程中传送带的位移：x2＝v1t1
摩擦力对滑块做功：W2＝fx2＝fv1t1＝fv1
＝2fx
…③
将①②代入③得：W2＝mv1v2
设滑块向左运动的时间t2，位移为x3，则：x3＝
t2
摩擦力对滑块做功：W3＝fx3＝
mv12
该过程中传送带的位移：x4＝v1t2＝2x3
滑块相对传送带的总位移：x 相＝x1+x2+x4﹣x3＝x1+x2+x3
滑动摩擦力对系统做功：W 总＝fx 相对＝W1+W2+W3＝
m（v1+v2）2
滑块与传送带间摩擦产生的热量大小等于通过滑动摩擦力对系统做功，Q＝W 总＝f•x 相＝
m（v1+v2）2，故
C 错误；
D、此过程中电动机做功为W＝f（x2+x4）
联立得：W＝mv1（v1+v2）。故D 正确。
【变式训练8-2】如图所示，倾角为30°的光滑斜面的下端有一水平传送带，传送带正以6m/s 的速度运动，运
动方向如图所示．一个质量为2kg 的物体（物体可以视为质点），从h＝3.2m 高处由静止沿斜面下滑，物体
经过A 点时，不管是从斜面到传送带还是从传送带到斜面，都不计其动能损失．物体与传送带间的动摩擦因
数为0.5，物体向左最多能滑到传送带左右两端AB 的中点处，重力加速度g＝10m/s2，则：
（1）物体由静止沿斜面下滑到斜面末端需要多长时间？
（2）传送带左右两端AB 间的距离L 至少为多少？
（3）上述过程中物体与传送带组成的系统产生的摩擦热为多少？
（4）物体随传送带向右运动，最后沿斜面上滑的最大高度h′为多少？
【解答】解：（1）物体沿斜面下滑过程，根据牛顿第二定律：mgsin30°＝ma，
由位移时间公式：
＝
at2
联立并代入数据可得：t＝1.6s
（2）由能量守恒得：mgh＝μmg
代入数据得：l＝12.8m
（3）此过程中，物体与传送带间的相对位移，
x 相＝
+v 带•t1，
又
，
而摩擦热为：Q＝μmg•x 相，
以上三式可联立得：Q＝160 J．
（4）物体随传送带向右匀加速，当速度为v 带＝6 m/s 时，向右的位移为x，则μmgx＝
mv 带2，
x＝3.6m＜
即物体在到达A 点前速度与传送带相等，最后以v 带＝6 m/s 的速度冲上斜面，由
mv 带2＝mgh′，
得：h′＝1.8 m．
【变式训练8-3】在大型物流货场，广泛的应用传送带搬运货物。如图甲所示，与水平面倾斜的传送带以恒定的
速率运动，皮带始终是绷紧的，将m＝2kg 的货物轻放在传送带上的A 端，经过1.2s 到达传送带的B 端，用
速度传感器测得货物与传送带的速度v 随时间t 变化的图象如图乙所示。已知重力加速度g＝10m/s2，试求解
下列问题：
（1）货物与传送带间的动摩擦因数；
（2）货物从A 运动到B 过程中，传送带对货物做功为多少；
（3）货物从A 运动到B 过程中，货物与传送带摩擦产生的热量。
【解答】解：（1）由v﹣t 图象可知，货物在传送带上先做a1 匀加速直线运动，加速度大小为：a1＝
＝
m/s2＝10m/s2
货物的速度达到与传送带速度相等前，根据牛顿第二定律得：mgsinθ+μmgcosθ＝ma1
货物的速度达到与传送带速度相等后，货物做a2 的匀加速直线运动，加速度大小为：
a2＝
＝
m/s2＝2m/s2
根据牛顿第二定律得：mgsinθ﹣μmgcosθ＝ma2
联立解得：cosθ＝0.8，μ＝0.5
（2）根据功能关系，由B 中可知：f＝μmgcosθ＝0.5×2×10×0.8N＝8N
做a1 匀加速直线运动，由图象知位移为：x1＝
Δt＝
×2×0.2m＝0.2m
物体受摩擦力方向沿传送带向下，摩擦力做正功为：Wf1＝fx1＝8×0.2J＝1.6J
同理做a2 匀加速直线运动，由图象知位移为：x2＝
Δt'＝
×（2+4）×1m＝3m
物体受摩擦力方向沿传送带向上，摩擦力做功为：Wf2＝﹣fx2＝﹣8×3J＝﹣24J
所以整个过程，传送带对货物做功为：W＝Wf1+Wf2＝1.6﹣24J＝﹣22.4J
即传送带对货物做负功大小为22.4J
（3）根据功能关系，货物与传送带摩擦产生的热量等于摩擦力乘以相对位移，由图可知：在前0.2s 内皮带位移
为：x 皮＝vt1＝2×0.2m＝0.4m，
相对位移为：△x1＝x 皮﹣x1＝0.4m﹣0.2m＝0.2m
同理：货物0.2s 到1.2s 时间内皮带的位移为：x 皮2＝vt2＝2×1m＝2m，
相对位移为：△x2＝x2﹣x 皮2＝3m﹣2m＝1m
故两者之间的总相对位移为：△x＝△x1+△x2＝1m+0.2m＝1.2m
货物与传送带摩擦产生的热量为：Q＝W＝f△x＝8×1.2J＝9.6J
【变式训练8-4】如图所示，在光滑水平面
和粗糙水平面
之间连接一长度为
的传送带，
长
度
，圆心为O、半径为
的竖直光滑半圆轨道
与水平面
在D 点平滑连接，其中
段为
光滑圆管，E 和圆心O 等高，
。可视为质点的小物块从A 点以
的初速度向右滑动，已知小
物块的质量
，与传送带、水平面
之间的动摩擦因数均为
，重力加速度g 取10
。
（1）若传送带不转，求小物块滑到半圆轨道D 点时对轨道压力F 的大小；
（2）若传送带以
的速率顺时针方向转动，求小物块第一次运动到C 点的过程中系统产生的热量Q；
（3）在第（2）问基础上试通过计算判断小物块是否会脱离轨道
；
【答案】（1）
；（2）
；（3）不会脱离轨道
【详解】（1）从A 到D，根据题设条件，由动能定理得
在D 点，由牛顿第二定律有
由牛顿第三定律有压力
联立代入数据解得
（2）假设到达C 之前已与传送带共速，此时小物块相对于地面的位移为
，则有
代入数据解得
所以物块到达C 点时恰好与传送带共速，设所用时间为t，则由速度—时间关系有
传送带相对于地面的位移为
，则由匀速运动规律有
小物块第一次运动到C 点的过程中系统产生的热量
联立代入数据解得
（3）①在小物块第一次沿半圆轨道上升的过程中先判断是否可以通过F 点。从D 到F，由动能定理得
可得在F 点恰好满足
可知小物块恰好可以通过F 点；再判断是否可以通过G 点，上升到最高点时，由机械能守恒有
可得
则小物块不会通过G 点。设小物块第二次通过C 点的速度
，则有
解得
通过计算可知，小物块可在传送带上减速为0，并反向加速至第三次通过C 点，且
，则小物块第二次通
过D 点后上升至速度为0 时，根据动能定理有
解得
则小物块第二次冲上半圆时，不会上升超过E 点。综上，小物块不会脱离轨道。
【变式训练8-5】如图所示，绷紧的传送带与水平面的夹角
，传送带在电动机的带动下，始终保持
的速率运行，现把一质量为
的工件（可视为质点）轻轻放在传送带的底端，经过时间
，工件被传送到
的高处，g 取
，求：
（1）工件与传送带间的动摩擦因数；
（2）电动机由于传送工件多消耗的电能。
【答案】（1）
；（2）230J
【详解】（1）由题图可知，传送带长
工件速度大小达到
前，做匀加速运动，有
工件速度大小达到
后，做匀速运动，有
联立解得加速运动的时间
加速运动的位移大小
所以加速度大小
由牛顿第二定律有
解得
（2）由能量守恒定律知，电动机多消耗的电能用于增加工件的动能、势能以及克服传送带与工件之间发生相对
位移时摩擦力做功产生的热量。在时间
内，传送带运动的位移大小
在时间
内，工件相对传送带的位移大小
在时间
内，摩擦产生的热量
最终工件获得的动能
工件增加的势能
电动机多消耗的电能
【变式训练8-6】如图所示，一根轻弹簧左端固定于竖直墙上，右端被质量
且可视为质点的小物块压缩
而处于静止状态，且弹簧与物块不拴接，弹簧原长小于光滑平台的长度。在平台的右端有一传送带，
长
，物块与传送带间的动摩擦因数
，与传送带相邻的粗糙水平面
长
，它与物块间的动
摩擦因数
，在C 点右侧有一半径为R 的光滑竖直圆弧与
平滑连接，圆弧对应的圆心角为
，
在圆弧的最高点F 处有一固定挡板，物块撞上挡板后会以原速率反弹回来。若传送带以
的速率顺时针转
动，不考虑物块滑上和滑下传送带的机械能损失，当弹簧储存的
能量全部释放时，小物块恰能滑到与
圆心等高的E 点，取
。
（1）求右侧圆弧的轨道半径R；
（2）求小物块最终停下时与C 点的距离；
（3）若传送带的速度大小可调，欲使小物块与挡板只碰一次，且碰后不脱离轨道，求传送带速度的可调节范围。
【答案】（1）
；（2）
；（3）
【详解】（1）物块被弹簧弹出，由
可知
因为
故物块滑上传送带后先减速物块与传送
带相对滑动过程中，由
；
；
解得
；
；
因为
故物块与传送带同速后相对静止，最后物块以
的速度滑上水平面BC，物块滑离传送带后恰到E
点，由动能定理可知
代入数据整理可以得到
（2）设物块从E 点返回至B 点的速度为
，由
得到
因为
，故物
块会再次滑上传送带，物块在恒定摩擦力的作用下先减速至0 再反向加速，由运动的对称性可知其以相同的速
率离开传送带，设最终停在距C 点x 处，由
得到
（3）设传送带速度为
时物块能恰到F 点，在F 点满足
从B 到F 过程中由动能定理可知
解得
设传送带速度为
时，物块撞挡板后返回能再次
上滑恰到E 点，由：
解得
若物块在传送带上一直加速运动，由
知其到B 点的最大速度
综合上述分析可知，只要传送带速度
就满足条件。
【变式训练8-7】如图所示，水平传送带的左端与斜面AB 末端连接，另一端与光滑水平轨道CM 连接，M 端连
接半圆形光滑圆弧轨道MPN，圆弧半径R=1.6m，在竖直面MN 的右侧（包括M、N 点）存在竖直向上的匀强
电场，电场强度
。一带正电金属滑块a 质量为m=0.1kg，电量为q，从斜面AB 上高h=3m 处由静止开
始下滑，运动到CM 上某位置与另一完全相同的不带电金属滑块b 发生碰撞后结合在一起，形成结合体c。已知
斜面、传送带、轨道均绝缘，滑块与AB 斜面之间的动摩擦因数μ1=0.3，与传送带之间的动摩擦因数μ2=0.2，斜
面倾角θ=37°，传送带长为5m，CM 长为2m，滑块a、b 及结合体c 均可视为质点，不计滑块在B 点的能量损
失，重力加速度g=10m/s2，
（1）求滑块a 到达B 点时的速度大小；
（2）若传送带逆时针转动的速度v=2m/s，求结合体c 到达N 点时对轨道的压力；
（3）以M 点为坐标原点，向左为正方向建立x 轴，改变传送带的速度大小和方向，求结合体c 通过圆弧轨道后
从N 点平抛到x 轴上的落点坐标与传送带速度的关系。
【答案】（1）
；（2）
，方向竖直向上；（3）
或
或
【详解】（1）从A 到B 过程，根据动能定理有
解得
（2）分析可知滑块a 在传送带上一直减速，从B 到C 过程
解得
a 与b 碰撞，根据动量守恒
①解得
结合体c 从M 到N 过程，根据动能定理
②解得
在N 点根据向心力公式
根据牛顿第三定律，代入数值可得结合体对轨道压力
方向竖直向上。
（3）根据平抛运动可知，竖直方向有
，
水平方向有
③分析可知当滑块a 在传送带上一
直减速到达C 点时速度为
；当传送带顺时针转动，滑块a 在传送带上一直加速到达C 点时速度为
，有
解得
情况一：当传送带顺时针转动且速度
或逆时针转动时，根据前
面分析滑块到C 点速度
，此时位置坐标为
情况二：当传送带顺时针转动且速度
时，可知滑块a 在传送带上运动过程中必定与传送带共
速，即滑块到C 点速度为v，联立①②③可得位置坐标为
情况三：当传送带顺时针转动且速度
时，滑块到C 点速度
，联立①②③可得此时位
置坐标为
【变式训练8-8】如图所示，水平传送带AB 长
，以
的速度顺时针转动。传送带与半径，
的竖直光滑半圆轨道BCD 平滑连接。小物块以
的初速度滑上传送带，已知小物块的质量
，与传送带间的动摩擦因数
，重力加速度
。求：
（1）小物块通过传送带的时间t；
（2）小物块通过传送带的过程中，传送带对它做的功W 以及因摩擦产生的热量Q；
（3）改变小物块滑上传送带的初速度使小物块能进入光滑半圆轨道BCD，且不脱轨，
应满足的条件。
【答案】（1）5s；（2）-24J，16J；（3）
或
【详解】（1）小物块在传送带上先做匀减速直线运动，根据牛顿第二定律可得
解得
小物块减速到与传送带共速，经历时间为
通过的位移为
之后做匀速直线运动，经历时间为
小物块通过传送带的时间为
（2）小物块与传送带之间的摩擦力大小为
传送带对小物块做的功为
共速前传送带的位移为
相对位移为
产生热量为
（3）①当小物块到达C 点时速度刚好减为0，小物块不脱轨，B 点到C 点，根据动能定理可得
解得
小物块在传送带上全程减速，则有
解得
②当小物块刚好可以到达D 点时，弹力为0，小物块不脱轨，在B 点由牛顿第二定律
B 点到D 点，根据动能定理可得
联立解得
小物块在传送带上全程减速，则有
解得
综上可得，小物块滑上传送带的初速度应满足
或者
题型09：与弹簧有关的功能问题
【典型例题1】如图所示，轻质弹簧一端固定，另一端与质量为m、套在粗糙竖直固定杆A 处的圆环相连，弹
簧水平且处于原长。圆环从A 处由静止开始下滑，经过B 处的速度最大，到达C 处的速度为零，AC=h。圆环在
C 处获得一竖直向上的速度v，恰好能回到A；弹簧始终在弹性限度之内，重力加速度为g，则圆环（　　）
A．下滑过程中，加速度一直减小
B．下滑过程中，因摩擦力产生的热量小于
C．下滑经过B 的速度小于上滑经过B 的速度
D．在C 处，弹簧的弹性势能为
-mgh
【答案】C
【详解】A．圆环从A 处由静止开始下滑，经过B 处的速度最大，到达C 处的速度为零，所以圆环需要先加速再
减速，经过B 处的速度最大，加速度为零，所以加速度先减小，后增大，故A 错误；
B．圆环从A 处由静止开始下滑到C 过程，由动能定理
圆环在C 处获得一竖直向上的速度v，恰好能回到A，由动能定理
联立可解
故B 错误；
C．圆环从A 处由静止开始下滑到B 过程，由动能定理
圆环从B 处由静止开始上滑到A 过程，由动能定理
联立可解
所以下滑经过B 的速度
小于上滑经过B 的速度
，故C 正确；
D．圆环从A 处由静止开始下滑到C 过程，由动能定理
圆环在C 处获得一竖直向上的速度v，恰好能回到A，由动能定理
解得在C 处，弹簧的弹性势能
故D 错误。
故选C。
【典型例题2】如图所示，高为
的光滑水平桌面上有一轻质弹簧，其一端固定在墙上，用质量为
的小球压
缩弹簧的另一端，使弹簧具有弹性势能。小球释放后，在弹簧作用下从静止开始在桌面上运动，与弹簧分离后，
从桌面水平飞出。距离桌面右端水平距离为
处，有竖直放置的探测屏
，
下端固定在水平地面上，高为
。现把弹簧压缩到不同长度，使小球飞出。不计空气阻力，小球可视为质点，小球落地后立即停止运动，重
力加速度为
。求：
（1）为让小球能打在探测屏上，开始释放小球时弹簧的弹性势能
需满足的条件；
（2）小球打在探测屏上的最小动能
及此时小球打在探测屏上的位置距离地面的高度。
【答案】（1）
；（2）mgL，1.5L
【详解】（1）当弹性势能最小时，小球恰好打在B 点，则根据平抛运动的规律有
联立解得，小球离开桌面的速度为
则此时的弹性势能为
则为让小球能打在探测屏上，开始释放小球时弹簧的弹性势能
（2）设小球离开桌面时的速度为v，根据平抛规律有
则此时小球打在探测屏上动能为
由数学知识可知，当
时，即
时，动能最小为
此时小球的竖直位移为
则此时小球打在探测屏上的位置距离地面的高度为
【典型例题3】如图，光滑水平桌面上有一轻质弹簧，其一端固定在墙上。用质量为m 的小球压弹簧的另一端，
使弹簧的弹性势能为
。释放后，小球在弹簧作用下从静止开始在桌面上运动，与弹簧分离后，从桌面水平飞
出。小球与水平地面碰撞后瞬间，其平行于地面的速度分量与碰撞前瞬间相等；垂直于地面的速度分量大小变
为碰撞前瞬间的
。小球与地面碰撞后，弹起的最大高度为h。重力加速度大小为g，忽略空气阻力。求
（1）小球离开桌面时的速度大小；
（2）小球第一次落地点距桌面上其飞出点的水平距离。
  
【答案】（1）
；（2）
【详解】（1）由小球和弹簧组成的系统机械能守恒可知
得小球离开桌面时速度大小为
（2）离开桌面后由平抛运动规律可得
第一次碰撞前速度的竖直分量为
，由题可知
离开桌面后由平抛运动规律得
，
 
解得小球第一次落地点距桌面上其飞出的水平距离为
【变式训练9-1】如图所示，倾角为
的斜面与圆心为O、半径
的光滑圆弧轨道在B 点平滑连接，
且固定于竖直平面内。斜面上固定一平行于斜面的轻质弹簧，现沿斜面缓慢推动质量为
的滑块a 使
其压缩弹簧至A 处，将滑块a 由静止释放，通过D 点时轨道对滑块a 的弹力为零。已知A、B 之间的距离为
，滑块a 与斜面间动摩擦因数
，C 为圆弧轨道的最低点，CE 为圆弧轨道的直径，OD 水平，
滑块a 可视为质点，忽略空气阻力，取
，
，
，
。
（1）求滑块a 在C 点对轨道压力的大小。
（2）求滑块a 整个运动过程中系统因摩擦而产生的热量。
（3）若仅将滑块a 换为质量为
的滑块b，滑块b 由A 点弹出后立即撤去弹簧，求滑块b 第一次落在
斜面上的位置至B 点的距离（结果保留2 位有效数字）。
【答案】（1）24N；（2）7.92J；（3）1.8m
【详解】（1）由题可知，滑块a 在D 点处的速度为0，对滑块a 由C 至D 点过程，由动能定理有
对滑块a 在C 点由牛顿第二定律有
结合牛顿第三定律可知，滑块a 在C 点对轨道压力的大小
（2）设滑块a 在A 处时弹簧储存的弹性势能为
，由能量守恒定律可知
解得
最终滑块a 在B 与B 关于C 对称的点之间运动，由能量守恒可知
解得
（3）设滑块b 能通过E 点，对滑块b 由A 点至E 点由能量守恒有
解得
滑块b 恰好能通过E 点时，有
可知
，假设成立，设滑块b 在空中运动的时间为t，滑块b 落在斜面上的位置与B 之间的水平距离为d，
则有
解得
又有
解得
【变式训练9-2】如图所示，半径为R 的光滑半圆形轨道ABC 固定在竖直平面内且与粗糙水平轨道CD 相切于
C 点，D 端有一被锁定的轻质压缩弹簧，弹簧左端连接在固定的挡板上，右端记为Q。质量为m 的滑块（视为
质点）从轨道上的 P 点由静止滑下，运动到 Q 点时速率为零，并能触发弹簧解除锁定，弹簧对滑块产生弹力，
使滑块被弹回，且刚好能通过半圆形轨道的最高点 A．已知 
滑块与水平轨道间的动摩擦因数 
重力加速度大小为 g；求：
（1）滑块第一次滑至半圆形轨道最低点C 时对轨道的压力；
（2）弹簧被锁定时其右端Q 到C 点的距离是多少；
（3）弹簧被解除锁定后对滑块做的功是多少？
【答案】（1）
，方向竖直向下；（2）2R；（3）3mgR
【详解】（1）设滑块第一次滑至C 点时的速度为v，圆轨道C 点对滑块的支持力为FN，由P 到C 的过程，根据
动能定理有：
在C 点根据牛顿第二定律有
解得
根据牛顿第三定律可知滑块第一次滑至半圆形轨道最低点C 时对轨道的压力为
，方向竖直向下；
（2）对物块从C 到Q 的过程，根据动能定理有
解得
（3）在A 点：根据牛顿第二定律得
Q 到C 到A 的过程，根据功能关系有
解得
【变式训练9-3】如图所示，一弹射游戏装置由安装在水平台面上的固定弹射器、竖直圆轨道（在最低点E 分别
与水平轨道EO 和EA 相连）、高度h 可调的斜轨道AB 组成。游戏时滑块从O 点弹出，经过圆轨道并滑上斜轨
道。全程不脱离轨道且恰好停在B 端则视为游戏成功。已知圆轨道半径r=0.1m，OE 长L1=0.2m，AC 长
L2=0.4m，圆轨道和AE 光滑，滑块与AB、OE 之间的动摩擦因数μ=0.5。滑块质量m=2g 且可视为质点，弹射
时从静止释放且弹簧的弹性势能完全转化为滑块动能。忽略空气阻力，各部分平滑连接。求：
（1）滑块恰好能过圆轨道最高点F 时的速度vF 大小；
（2）当h=0.1m 且游戏成功时，弹簧的弹性势能Ep0；
（3）当h=0.1m 且游戏成功时，滑块经过E 点对圆轨道的压力；
（4）要使滑块能在圆轨道上完成圆周运动，弹簧的弹性势能Ep的最小值；
（5）当滑块滑上斜面后，要使滑块最终能停在斜面上，斜面高度h 的最大值；
（6）要使游戏成功，弹簧的弹性势能Ep与高度h 之间满足的关系。
【答案】（1）1m/s；（2）0.008J；（3）0.14N，方向竖直向下；（4）0.007J；（5）0.2m；（6）
【详解】（1）滑块恰过F 点的条件为
解得
（2）滑块在斜面上受重力、支持力和摩擦力，其中仅重力和摩擦力做功从E 到B，动能定理
解得
根据能量守恒定律
解得
（3）滑块在斜面上受重力、支持力和摩擦力，其中仅重力和摩擦力做功从E 到B，动能定理
解得
在E 点做圆周运动，根据牛顿第二定律
解得
根据牛顿第三定律可知压力与支持力为一对相互作用力，所以压力大小为0.14N，方向竖直向下。
（4）要使滑块能在圆轨道上完成圆周运动，根据能量守恒定律可得
解得
（5）当滑块滑上斜面后，要使滑块最终能停在斜面上，需满足
解得
即B 点离地高度最高为
（6）要使游戏成功，首先滑块不能脱离轨道，其次滑块需要恰好停留在B 点，设滑块恰能过F 点，从O 点到F
点，此情况由能量守恒定律可得
滑块恰能过F 点，恰好能停留在B 点，设此时B 点离地高度为h1，从O 点到B 点能量守恒有
解得
从O 到B 点可知
其中
【变式训练9-4】倾角为
的光滑斜面固定在水平地面上，劲度系数为k 的轻弹簧一端固定在斜面底端，另一
端与质量为m 的物块A 连接，物块A 右端接一细线，细线平行于斜面绕过斜面顶端的光滑轻质定滑轮与物块B
相连。开始时托住物块B 使细线恰好伸直且张力为0，然后由静止释放物块B。当B 的质量也为m 时，物块A 沿
斜面向上经过P 点（图中未标出）时速度最大。已知重力加速度为g，求：
（1）弹簧第一次恢复原长时轻绳上张力的大小；
（2）如果B 的质量为
，A 沿斜面向上经过P 点时物块B 的速度大小。
【答案】（1）
；（2）
【详解】（1）弹簧第一次恢复原长时，二者加速度为a，张力为T，对B 受力分析，由牛顿第二定律
对A 有
解得，弹簧第一次恢复原长时轻绳上张力的大小为
（2）托住物块B 时，弹簧型变量为
解得
经过P 点时速度最大，此时二者的加速度为0，对AB 整体受力分析有
解得
当B 的质量变为2m 时，从初始位置到P 点的过程，由能量守恒定律
解得，A 沿斜面向上经过P 点时物块B 的速度大小为
【变式训练9-5】有一游戏装置，在光滑水平面AC 上安装一弹簧发射架，已知AB 为弹簧原长，弹力做功W 与
压缩量
的关系为
，弹簧劲度系数
，压缩量
可调，斜面CD 的倾角为
，长为
。质量
的物块P 被弹簧弹出，经过C 点时速度大小不变，物块P 与斜面CD 间的动摩擦因数
。斜面在D 点处与半径
的光滑圆形轨道相切连接，圆轨道的最低点E 与水平轨道EF 相切连接，
EF 轨道与CD 斜面略错开。质量为
的物块Q 放在距离E 点
的G 点处，两物块与水平轨道
EF 的动摩擦因数均为
，紧靠F 点右侧下方有一距EF 为
的平台，平台足够长。物块P 与物块Q
碰撞后粘在一起向前运动，整个运动过程中两物块均可看成质点。
（1）若压缩量
，求物块P 第一次到达C 点时的速度大小；
（2）若物块P 恰好能过圆轨道最高点，则物块P 通过圆轨道最低点E 时对轨道的压力；
（3）若物块P 不脱离轨道且能够撞上物块Q，
至少为多少？
（4）若物块P 恰好能过圆轨道最高点，G 点右侧轨道长度S 可调，则S 多大时两物块在平台上的落点与E 点水
平距离最远？水平最远距离为多少？
【答案】（1）
；（2）
；方向竖直向下；（3）
；（4）
，
【详解】（1）由B 到C，根据能量守恒可知
解得
（2）物块P 恰好能过圆轨道最高点，重力提供向心力
得
从最高点到E 点，根据动能定理
可得
在E 点由牛顿第二定律知
解得
由牛顿第三定律得
方向竖直向下
（3）当恰好过圆周运动最高点的情况下
解得
能撞上物块Q
根据能量守恒
解得
（4）从E 点到Q 点，由动能定理
可得
根据动量守恒
可得
则从G 点到轨道右侧
可得
由平抛公式
得
所以水平距离
所以当
时
题型10：与曲线运动有关的功能问题
【典型例题1】如图所示，有一固定的光滑
圆弧轨道，半径
，一质量为
的小滑块B 从轨道顶
端滑下，在其冲上长木板C 左端时，给木板一个与小滑块相同的初速度，已知
，B、C 间动摩擦因数
，C 与地面间的动摩擦因数
，C 右端有一个挡板，C 长为
。
求：
（1）
滑到
的底端时对
的压力是多大？
（2）若
未与
右端挡板碰撞，当
与地面保持相对静止时，
间因摩擦产生的热量是多少？
（3）在
时，B 与C 右端挡板发生碰撞，且碰后粘在一起，求
从滑上
到最终停止所用的时
间。
  
【答案】（1）30N；（2）1.6J；（3）
【详解】（1）滑块下滑到轨道底部，有
解得
在底部，根据牛顿第二定律
解得
由牛顿第三定律可知B 对A 的压力是
。
（2）当B 滑上C 后，对B 分析，受摩擦力力向左，根据牛顿第二定律得
解得加速度向左为
对C 分析，受B 向右的摩擦力
和地面向左的摩擦力
根据牛顿第二定律
解得其加速度向左为
由运动学位移与速度关系公式
，得B 向右运动的距离
，C 向右运动距离
由功能关系可知，B、C 间摩擦产生的热量
可得
（3）由上问可知，若B 还末与C 上挡板碰撞，C 先停下，用时为
，有
解得
，B 的位移为
则此刻的相对位移为
此时
由
，
一定是C 停下之后，B 才与C 上挡板碰撞。设再经
时间B 与C 挡板碰撞，有
解得
碰撞时B 速度为
碰撞时由动量守恒可得
解得碰撞后B、C 速度为
之后二者一起减速，根据牛顿第二定律得
后再经
后停下，则有
故
从滑上
到最终停止所用的时间总时间
【典型例题2】五行八卦在中国传统文化中较为神秘，用来推演空间时间各类事物之间的关系。有一兴趣小组
制作了一个“八卦”轨道游戏装置，如图所示，ABC 和CDE 是半径r = 0.3m 的光滑半圆磁性轨道，AFE 是半
径R = 0.6m 的光滑半圆塑料细管道，两轨道在最高点A 处前后略有错开（错开距离相对于两个轨道的半径都很
小）。左侧有一与水平面夹角θ = 37°，长度L = 1.25m 的斜面MN，斜面底端M 和轨道最低点E 在同一水平
面上，在斜面底端有一弹射器用于发射质量m = 0.3kg 的小滑块P，在斜面顶端N 处有一被插销锁定的相同质
量的小钢球Q。某次试验时，将小滑块以初动能Ek= 6.5J 发射，到达斜面顶端后与小钢球发生对心弹性撞击，
同时小钢球解除锁定，小钢球恰能无碰撞进入塑料细管道的A 点，经塑料管道和“八卦”轨道后返回。设小钢
球和磁性轨道间的磁力大小恒为F，方向始终与接触面垂直，不考虑小钢球脱离磁性轨道后的磁力。小滑块在
斜面上运动时受到的摩擦力大小恒定，小滑块P、小球Q 在运动中均可视为质点，忽略空气阻力。（sin37° = 
0.6，cos37° = 0.8）求：
（1）Q 恰能无碰撞进入细管道时在A 点的速度大小vA；
（2）要使Q 不脱离磁性轨道，求所需磁力F 的最小值；
（3）P 从发射到与Q 发生碰撞过程中，斜面摩擦力对P 做的功Wf；
（4）通过调节斜面长度L 和ME 间水平距离x，使Q 始终能无碰撞地从A 点进入细管道，求发射P 的初动能Ek
与x 之间的关系。
【答案】（1）4m/s；（2）31N；（3）－0.5J；（4）Ek = 3.5x－1.2（J ），1.6m < x < 3.2
【详解】（1）Q 恰能无碰撞进入细管道时，则从A 点反向平抛，恰好N 点进入斜面轨道，根据平抛规律可知，
小球A 点的速度大小
，
其中h=2R－Lsinθ 可解得
（2）分析可得，小钢球在磁性轨道上运动时，从下向上刚过C 点时最容易脱离磁性轨道，满足
从A 点到C 点运动过程中机械能守恒
解得F=31N
（3）因滑块与钢球质量相等发生对心弹性撞击，滑块碰撞前的速度vP与钢球碰撞后的速度vQ相等（交换速
度），则
分析滑块在斜面向上运动的过程，根据动能定理
解得
（4）Q 从N 点飞出的方向恒定，根据平抛速度和位移关系可知
得x = 3.2－0.8L
要使得Q 能恰好无碰撞进入A，其速度大小为
斜面上滑块重力和摩擦力做功都与斜面
长度成正比，根据动能定理
综合上述式子解得Ek=3.5x－1.2（J）
“八卦”轨道需在斜面右侧，且L > 0，可得x 的范围1.6m < x < 3.2
【变式训练10-1】如图，竖直平面内一足够长的光滑倾斜轨道与一长为L 的水平轨道通过一小段光滑圆弧平滑
连接，水平轨道右下方有一段弧形轨道PQ。质量为m 的小物块A 与水平轨道间的动摩擦因数为μ，以水平轨道
末端O 点为坐标原点建立平面直角坐标系xOy，x 轴的正方向水平向右，y 轴的正方向竖直向下，弧形轨道P 端
坐标为(2μL， μL)，Q 端在y 轴上，重力加速度为g。
（1）若A 从倾斜轨道上距x 轴高度为2μL 的位置由静止开始下滑，求A 经过O 点时的速度大小；
（2）若A 从倾斜轨道上不同位置由静止开始下滑，经过O 点落在弧形轨道PQ 上的动能均相同，求PQ 的曲线
方程；
（3）将质量为M=7m 的小物块
置于O 点，A 沿倾斜轨道由静止开始下滑，与B 发生弹性碰撞（碰撞时间极
短），要使A 和B 均能落在弧形轨道上，且A 落在B 落点的右侧，求A 下滑的初始位置距x 轴高度的取值范围。
【答案】(1)
；（2）
（其中，
）；（3）
【详解】（1）物块
从光滑轨道滑至
点，根据动能定理
解得
（2）物块
从
点飞出后做平抛运动，设飞出的初速度为
，落在弧形轨道上的坐标为
，将平抛运动分
别分解到水平方向的匀速直线运动和竖直方向的自由落体运动，有
，
联立解得水平初速度为
物块
从
点到轨道上落点，根据动能定理可知
解得落点处动能为
因为物块
从
点到弧形轨道上动能均相同，将落点
的坐标代入，
可得
化简可得
即
（其中，
）
（3）物块
在倾斜轨道上从距
轴高处静止滑下，到达
点与
物块碰前，其速度为
，根据动能定理可知
解得
物块
与
发生弹性碰撞，使A 和B 均能落在弧形轨道上，且A 落在
B 落点的右侧，则A 与B 碰撞后需要反弹后再经过水平轨道-倾斜轨道-水平轨道再次到达O 点。规定水平向右为
正方向，碰后AB 的速度大小分别为
和
，在物块
与
碰撞过程中，动量守恒，能量守恒。则
；
解得
；
设碰后
物块反弹，再
次到达
点时速度为
，根据动能定理可知
解得
，A 落在B 落点的右侧，
则
，A 和B 均能落在弧形轨道上，则A 必须落在P 点的左侧，即：
联立以上，可得的取值
范围为
【变式训练10-2】如图所示的简化模型，主要由光滑曲面轨道AB、光滑竖直圆轨道、水平轨道BD、水平传送
带DE 和足够长的落地区FG 组成，各部分平滑连接，圆轨道最低点B 处的入、出口靠近但相互错开，滑块落到
FG 区域时马上停止运动。现将一质量为m=0.2 kg 的滑块从AB 轨道上某一位置由静止释放，若已知圆轨道半径
R=0.1 m，水平面BD 的长度
，传送带长度
，距离落地区的竖直高度
，滑块与水平轨
道BD 和传送带间的动摩擦因数均为
，传送带以恒定速度
逆时针转动（g 取
，不考虑传
送带的半径对运动的影响）。
（1）要使滑块恰能通过圆轨道最高点C 点，求滑块释放点距水平轨道的高度
；
（2）要使滑块恰能运动到传送带最右端E 点，求滑块释放点距水平轨道的高度
；
（3）若释放点距水平轨道的高度
，求滑块静止时距B 点的水平距离x 与h 的关系。
【答案】（1）
；（2）
；（3）
【详解】（1）滑块恰好过最高点C，有
若滑块恰好能过最高点，从A 到C，由机械能守恒定律，有
解得
（2）要使滑块恰能运动到E 点，则滑块到E 点的速度为0，从A 到E，由动能定理，有
解得
显然
要使滑块恰能运动到E 点，则滑块释放点的高度
（3）①当滑块释放点的高度范围满足
时，滑块不能运动超过D 点，最终停在BD 上，设其在
BD 上滑动的路程为x，有
解得
②当滑块释放点的高度范围满足
时，滑块从传送带返回D 点，最终停在BD 上，在BD 上滑动的
路程为
，有
解得
③当滑块释放点的高度范围满足
时，滑块从传送带返回D 点，重回圆轨道，不超过与圆心等高
位置，最终停在BD 上，分析可知滑块在BD 上滑动的路程为
，有
解得
④当滑块释放点的高度
时，滑块从E 点飞出，有
解得
平抛运动的时间
；
解得
【变式训练10-3】如图所示，可视为质点的质量为m = 0.1kg 的小滑块静止在水平轨道上的A 点，在水平向右
的恒定拉力F = 2N 的作用下，从A 点开始做匀加速直线运动，当其滑行到AB 的中点时撤去拉力，滑块继续运
动到B 点后进入半径为R = 0.4m 且内壁光滑的竖直固定圆管道，在圆管道上运行一周后从C 处的出口出来后
向D 点滑动，D 点右侧有一与CD 等高的传送带紧靠D 点且平滑连接，并以恒定的速度v = 3m/s 顺时针转动。
已知滑块运动到圆管道的最高点时对轨道的压力大小刚好为滑块重力的3 倍，水平轨道CD 的长度为l2= 4.0m，
小滑块与水平轨道ABCD 间的动摩擦因数为μ1= 0.2，与传送带间的动摩擦因数μ2= 0.5，传送带的长度L = 
0.5m，重力加速度g = 10m/s2。求：
（1）水平轨道AB 的长度l1；
（2）若水平拉力F 大小可变，要使小滑块能到达传送带左侧的D 点，则F 应满足什么条件；
（3）若在AB 段水平拉力F = 2N 的作用距离x 可变，试求小滑块到达传送带右侧E 点时的速度v 与水平拉力F
的作用距离x 的关系。
【答案】（1）2m；（2）F ≥ 1.2N；（3）见解析
【详解】（1）设圆管道的最高点为P，则小滑块运动到最高点P 时的速度大小为vP，根据牛顿第二定律有
从A 点到P 点，由动能定理有
解得l1 = 2m
（2）若滑块恰能过P 点，则满足vP = 0，从A 点到P 点，由动能定理有
解得F = 
1.2N
若小滑块恰能到D 点，由动能定理有
解得F = 1.2N 综上所述应满足条件为F ≥ 1.2N。
（3）分析各类情况：①要到达E 点，必须过P 点，过P 点，至少满足Fx﹣μ1mgl1﹣2mgR = 0 解得x = 0.6m
可知x < 0.6m 时，无法达到E 点。
②滑块恰好过P 点的情况下，从P 点到D 点的过程，由动能定理得
解得到达D 点的速
度v1 = 0 < 3m/s 则滑块滑上传送带加速。讨论传送带上运动情况：若全程加速，加速到E 点时速度恰好为
3m/s，滑块在传送带加速过程，由动能定理有
解得vD = 2m/s，对应距离满足
解得x = 0.7m 所以当0.6m ≤ x ≤ 0.7m，对应距离应满
解得
③当过D 点的速度超过3m/s 时，滑上传送带即减速，若全程减速，减到E 点时恰好为3m/s。滑块在传送带加
速过程，由动能定理有
解得
对应距离满足
解得x = 0.95m 即当0.7m < x ≤ 0.95m 时，小滑块滑上送带先加速再匀速运动或者先减速再匀速运动，达到
E 点时vE = 3m/s
④若x > 0.95m，小滑块进入传送带全程减速，则满足
解得
【变式训练10-4】如图所示，质量为m1的长木板静止在水平地面上，与地面间的动摩擦因数为μ1=0.5，其端有
一固定的、光滑的半径R=0.4m 的四分之一圆弧轨道（接触但无黏连），长木板上表面与圆弧面最低点等高，
木板左侧有一同样的固定的圆弧轨道，木板左端与左侧圆弧轨道右端相距x0=1m。 质量为m2 =2m1的小木块
（看成质点）从距木板右端x=2m 处以v0 =10m/s 的初速度开始向右运动，木块与木板间的动摩擦因数为μ2 
=0.9，重力加速度取g = 10m/s2。 求：
(1)m2第一次离开右侧圆弧轨道后还能上升的最大高度。
(2)使m2不从m1上滑下，m1的最短长度。
(3)若m1取第(2)问中的最短长度，m2第一次滑上左侧圆弧轨道上升的最大高度。
【答案】(1)2.8m；(2)
m；(3)
m
【详解】（1）设滑块到达木板右端的速度为v1，由动能定理可得
    代入数据，解得
v1=8 m/s 设滑块离开圆弧轨道后.上升的最大高度为h1，由动能定理可得
代入数据，
解得h1=2.8 m。
（2）由机械能守恒定律可得滑块回到木板底端时速度大小v1=8 m/s，滑上木板后，滑块的加速度为a2，由牛
顿第二定律
木板的加速的为a1，由牛顿第二定律
解得
，
。设经过t1 时间后两者共速，共同速度为v，由运动学公式可知
，
解得
该过程中木板的位移
；
滑块走过的位移
；
由于
，假
设正确，之后一起匀减速运动，若滑块最终未从木板左端滑出，则木板的最小长度
联立以上各式，解
得
（3）滑块和木板一起匀减速运动至最左端，设加速度均为a，由牛顿第二定律可知
解得
滑块和木板一起匀减速运动至最左端的速度为v2，由动能定理可得
随后滑块滑上左侧轨道，设上升的最大高度为h2，则由
动能定理可得
代入数据，解得
【变式训练10-5】如图所示，粗糙斜面倾角
，斜面长
，斜面底端A 有固定挡板，斜面顶端有一长
度为h 的粘性挡板
，
为一段半径
的圆弧，半径
与竖直方向夹角为
，
处于竖直平
面上，将质量为m、长度为L，厚度为h 的木板置于斜面底端，质量也为m 的小物块（可看作质点）静止在木板
下端，整个系统处于静止状态。木板上端若到达斜面顶端B 点会被牢固粘连，物块若到达C 点能无能量损失进
入圆弧
。若同时给物块和木板一沿斜面向上的初速度
，木板上端恰能到达B 点。现给物块沿斜面向上的
初速度
，并给木板施加一沿斜面向上的恒力
。物块刚好不从木板上端脱离木板。已知木板与斜面间
的动摩擦因数
，物块与本板间的动摩擦因数为
，
，且最大静摩擦力等于滑动摩擦力，重力加速
度为g，
，
。
（1）求
大小；
（2）求物块与木板间的动摩擦因数
；
（3）给物块沿斜面向上的初速度
，并给木板施加一沿斜面向上的恒力
，若改变s 的大小，木板能在
与物块共速前到达B 端且物块进入圆弧
后不脱离圆弧。求s 的取值范围。
【答案】（1）
；（2）
；（3）
【详解】（1）由于
，可知，当同时给物块和木板一沿斜面向上的初速度
时，物块与木板保持相对静
止向上做匀减速直线运动，对物块与木板整体有
解得
根据题意，此过程木板上端恰能到达B 点，则有
解得
（2）给物块初速度
时，对物块有
对木板有
经历时间
，两者达到相等速度
，则有
之后，由于
即之后做匀速直线运动，木板到达B 后，物块进一步向上做匀
减速直线运动，由于物块刚好不从木板上端脱离木板，则物块减速至C 时，速度恰好等于0，则有
解得
，
（3）若物块在圆弧中恰好做完整的圆周运动，则在最高点D 有
解得
令物块此过程在C 点
速度为
，则有
解得
若物块在圆弧中恰好到达与圆心等高位置
速度减为0，令物块此过程在C 点速度为
，则有
解得
改变s 的大小，木
板能即在与物块共速前到达B 端，则此过程中，物块一直以加速度a 向上做匀减速直线运动，当减速至
时，
则
解得
斜面长度不可能小于木板的长度，表明上述情景不存在。当减速至
时，
则
解得
根据（2）可知物块前后做匀减速的位移和值为
综合所述，s 的取值范围为
一、单选题
1.将一个小球从地球竖直上抛，过程中小球受到的阻力与速率成正比，设向上为正方向，小球的速率、位移、动
能和机械能分别为、
、
和
，以地面为零势能面，则下列描述小球运动过程的图像可能正确的是
（　　）
A．
B．
C．
D．
【答案】C
【详解】A.小球在上升过程中，由牛顿第二定律得
逐渐减小，则
减小，下降过程中有
越来越大，故加速度继续减小，图像趋势正确，但速度为零时，斜率不为零，且加速度为
，图像应为平滑曲
线，故A 错误；
B．
图斜率为
，在上升过程中斜率变大，下降过程中斜率变小，故B 错误；
C．
图像斜率为合外力，向上运动过程
变小，向下运动过程中
，继续变小，故C 正确；
D、向上运动过程比向下过程中任意一个位置，摩擦力要更大，故向上过程中摩擦力做功更多一点，机械能损失
要更多一点，故D 错误。
故选C。
2.篮球比赛中，进攻球队获得罚球机会。罚球时球员站在罚球线上方的横线后面立定向斜上方抛投，投进一个空
心球。球从离手到进入篮框为止的过程中，其动能
随距地面的高度h 变化的图线，最接近下列哪个图（    ）
（图中箭头的方向表示过程的先后顺序）
A．
B．
C．
D．
【答案】D
【详解】篮球离手后受重力和空气阻力作用，水平方向做减速运动；竖直方向在上升过程中最高点速度减到零，
由于重力大于空气阻力，下落过程加速运动，所以在最高点时动能最小，所以动能先减小后增大，故ABC 错误，
D 正确。
故选D
3.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
，解得
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。
4.如图所示，某游乐场的水池上有两条形状不同的并排滑水道，两个水道顶端高度相同，底端切线均水平。甲乙
两人分别同时从两水道顶端由静止开始下滑，不计下滑过程中的各种阻力。下列叙述正确的是（　　）
A．乙比甲更快到达水道底端
B．到达水道底端时，甲和乙的速度相同
C．下滑过程中，甲的加速度方向始终沿水道的切线方向
D．下滑过程中，甲、乙的平均速度相同
【答案】B
【详解】A．根据甲乙在竖直方向上的运动，做出速度-时间图像
其中甲乙到达底端的速度以及整个过程中的位移相等，由图像可知甲比乙先到达底端。故A 错误；
B．从最高点到底端，甲乙的重力做功相等，根据动能定理有
，故到达水道底端时，甲和乙的速度相
同。故B 正确；
C．下滑过程，甲受到重力和支持力作用，两者合力不一定总是指向切线方向，即甲的加速度方向不可能始终沿
水道的切线方向。故C 错误；
D．下滑过程中甲乙位移相等，但时间不同。故下滑过程中，甲、乙的平均速度相同。故D 错误。
故选B。
5.从地面竖直向上抛出一物体，物体在运动过程中除受到重力外，还受到一个大小不变、方向始终与运动方向相
反的外力的作用。距地面高度h 在
以内时，物体上升、下落过程中动能
随h 的变化如图所示，重力加速
度取
。则物体从抛出到回到地面的总运动时间为（　　）
A．1.5s
B．
C．3s
D．
【答案】C
【解析】根据动能定理
可知
图像的斜率绝对值等于合力大小；则上升阶段有
则下落阶段有
联立解得
，
根据图像可知，物体的初动能为
解得物体上升阶段的初速度为
物体上升阶段的加速度大小为
则上升阶段的时间为
根据图像可知，物体落地时的动能为
解得物体落地时的速度为
物体下落阶段的加速度大小为
则下落阶段的时间为
则物体从抛出到回到地面的总运动时间为
故选C。
6.气排球轻，很适合老年人锻炼身体。某退休工人在打气排球时将一质量为
的气排球以大小为
的初速度竖
直向上抛出，落回抛出点时的速度大小为
。已知气排球在运动过程中所受空气阻力的大小与其运动速度大小
成正比。若选竖直向上方向为正方向，选取抛出点为重力势能的零势能点，已知重力加速度大小为
，则下列
加速度
和速度
随时间变化的图象以及动能
和机械能
随高度
变化的图象正确的是（    ）
A．
B．
C．
D．
【答案】D
【解析】AB．上升过程中，加速度方向向下，大小为
速度减小，加速度减小，加速度随时间的变化率在减小；
下降过程中，加速度方向向下，大小为
速度增加，加速度减小，加速度随时间的变化率的减小，即加速度和速度随时间的变化率一直减小，故AB 错误；
C．根据动能定理可得
上升过程中
下降过程中
所以斜率大小应该越来越小，故C 错误；
D．由功能关系可知
即在上升过程中斜率越来越小，在下降过程中斜率越来越大，故D 正确。
故选D。
7.如图所示，小滑块Q 的质量为m，P 的质量为2m，P、Q 通过轻质定滑轮O(体积可忽略)用细线连接，Q 套在
光滑水平杆上。用力拉动Q，使OQ 间的细线与水平方向的夹角θ=60°，此时OQ 长度为L，P、Q 处于静止状
态。不计一切摩擦，P 不会与杆碰撞，重力加速度大小为g，则释放Q 后Q 运动的最大速度为（    ）
  
A．❑√gL
B．2❑√gL
C．❑√(2−❑√3)gL
D．❑√(4−2❑√3)gL
【答案】D
【详解】当Q 运动到滑轮正下方时，P 下降的高度最大，且P 速度为零，则此时Q 速度最大，此过程P 下降的
高度h= L−Lsin60
∘=(1−
❑√3
2 )L
对P、Q 整体，根据机械能守恒定律得2mgh= 1
2 mv
2
计算得则释放Q 后Q 运动的最大速度为v =
❑√(4−2❑√3)gL
故选D。
8.北京冬奥会后，冰雪运动越来越受人们关注，滑雪机也逐渐走进大众生活。滑雪机是利用电机带动雪毯向上运
动，雪毯的质感完全仿真滑雪场的平坦硬雪，滑雪者相对雪毯向下滑行，以达到学习和锻炼的目的，并且通过
调整雪毯的速度或坡度，还可以模拟在滑雪场以各种速度在各种坡度的雪道滑行，如图为一小型滑雪机展品。
已知某滑雪机坡道长
，倾角
，在某次训练中，一开始雪毯静止未开启，一质量
（含装
备）的滑雪者没有做任何助力动作，恰能够沿雪毯匀速下滑。现开启雪毯，使雪毯始终以速度
向下
运动，滑雪者没有做任何助力动作，从坡道顶端由静止滑到底端，关于该过程下列说法正确的是（　　）（已
知重力加速度
，
，
，不计空气阻力）
A．滑雪板与滑雪毯间的动摩擦因数为0.5
B．滑雪者从坡道顶端由静止滑到底端所需时间为1s
C．整个下滑过程滑雪板与雪毯之间由于摩擦而产生热量为450J
D．整个过程中摩擦力对滑雪板一直做正功
【答案】C
【解析】A．设雪毯静止时，滑雪者匀速下滑，可知
滑雪板与滑雪毯间的动摩擦因数为
故A 错误；
B．开启雪毯，滑雪者从静止加速下滑时，有
可得
达到与雪毯共速所需时间
这0.5s 内雪毯的位移
滑雪者运动位移
二者相对滑动的位移
之后二者相对静止一起匀速下滑，到达底端还需时间
总共用时
故B 错误；
C．在相对滑动过程中因摩擦生热
故C 正确；
D．从开始下滑的0～0.5s 内，滑动摩擦力沿斜面向下，对滑雪者做正功，0.5s～1.25s 内静摩擦力沿斜面向上，
对滑雪者做负功，故D 错误。
故选C。
9.如图所示，一斜面体ABC 固定在水平地面上，斜面AD 段粗糙、DC 段光滑，在斜面底端C 点固定一轻弹簧，
弹簧原长等于CD 段长度。一质量
的小物块（可视为质点）从斜面顶端A 以初速度
沿斜面下
滑，当弹簧第一次被压缩至最短时，其长度恰好为原长的一半，物块沿斜面下滑后又沿斜面向上返回，第一次
恰能返回到最高点A。已知弹簧的原长
，物块与斜面AD 段间的动摩擦因数
，斜面倾角
，重力加速度
，弹簧始终处于弹性限度范围内。下列说法中正确的是（　　）
  
A．A、D 间的距离
B．物块第一次运动到D 点时的速度大小为
C．弹簧第一次被压缩到最短时的弹性势能为
D．物块在斜面AD 段能滑行的总路程为
【答案】D
【解析】A．物块从A 点下滑至第一次恰好返回到A 点的过程，根据动能定理有
代入数据解得
A 项错误；
B．物块从A 点下滑至第一次运动到D 点的过程，根据动能定理有
代入数据解得
B 项错误；
C．物块从D 点运动至第一次压缩弹簧到最短的过程，由功能关系有
解得
C 项错误；
D．物块在AD 段来回运动，到停下，设物块在斜面AD 段能滑行的总路程为s，由动能定理有
解得
D 项正确。
故选D。
二、多选题
1. 如图所示，内壁光滑的真空玻璃管竖直放在水平地面上，管内底部竖直放有一轻弹簧处于自然伸长状态，正
上方有两个质量分别为m 和2m 的a、b 小球，用竖直的轻杆连着，并处于静止状态，球的直径比管的内径稍小．
现释放两个小球，让它们自由下落，重力加速度大小为g.则在球与弹簧接触至运动到最低点的过程中，下列说
法正确的是(弹簧始终处于弹性限度内)(　　)
A．a 球的动能始终减小
B．b 球克服弹簧弹力做的功是杆对b 球做功的3 倍
C．弹簧对b 球做的功等于a、b 两球机械能的变化量
D．b 球到达最低点时杆对a 球的作用力等于mg
【答案】　BC
【解析】　刚开始接触时，由于弹簧的弹力小于两者的重力之和，所以此时两球仍做加速运动，当弹簧的弹力
等于两球的重力之和时，两球速度达到最大，之后弹簧的弹力大于两球的重力之和，两球做减速运动，故A 错
误；两球的加速度始终相等，设为a，根据牛顿第二定律，对a 球有F 杆－mg＝ma，对b 球有F 弹－2mg－F
杆＝2ma，解得F 弹＝3F 杆，则由W＝Fl 可知，弹簧对b 球做的功是杆对b 球做功的3 倍，即b 球克服弹簧弹
力做的功是杆对b 球做功的3 倍，故B 正确；将两球看做一个整体，整体除了重力做功之外就是弹簧弹力做功，
由功能关系可知弹簧对b 球做的功等于a、b 两球机械能的变化量，故C 正确；b 球到达最低点时a、b 均具有
向上的加速度，此时杆对a 球的作用力一定大于a 球的重力mg，故D 错误．
2.我国民用无人机技术发展迅速，目前已点据全球市场一半以上，某品牌无人机出厂前进行竖直飞行测试，无人
机发动机启动一段时间后关闭，再经一小段时间上升到最高点。该过程无人机的动能
，随上升高度h 的关系
如图所示。已知无人机发动机提供的升力大小恒定，空气阻力恒为重力的0.25 倍。则下列结论正确的有
（　　）
  
A．无人机的升力大小为
B．无人机的重力大小为
C．空气阻力的大小是
D．加速与减速的加速度大小之比为
【答案】ABD
【详解】ABC．设升力为F，根据动能定理有
结合图像得
关闭发动机后，根据动能定理
化解的
结合图像得
解得
，
，
，故AB 正确，C 错误；
D．无人机的质量
根据牛顿第二定律，加速阶段
减速阶段
加速与减速的加速度大小之比为
，故D 正确。
故选ABD。
3.如图所示，两个质量均为
的物块用劲度系数为
的轻弹簧相连，竖直放置在水平面上静止。现用竖直向上
的力
拉着物块M 缓慢向上提，直到物块N 刚好要离开地面为止。重力加速度为
。上述过程中，下列判断正
确的是（　　）
A．拉力
的大小从零逐渐增大到
B．拉力
做的功等于M 的重力势能的增加
C．弹簧的弹性势能逐渐增大
D．该过程的初状态和末状态弹簧的弹性势能相同
【答案】ABD
【详解】A．
拉着物块M 缓慢向上提，直到物块N 刚好要离开地面为止，对M、N 整体有
可知整个过程拉力
的大小从零逐渐增大到
，故A 正确；
B．初始对物块M 分析得弹簧的压缩量
物块N 刚好要离开地面时，弹簧的伸长量为
可知初态弹簧的压缩量与末态弹簧的伸长量相等，所以该过程的初状态和末状态弹簧的弹性势能相同，弹性势
能变化量为零，由功能关系可知拉力
做的功等于
的重力势能的增加，故BD 正确；
C．弹簧由压缩到伸长，弹性势能先减小后增大，故C 错误。
故选ABD。
4.一个质量为
的长木板静止在粗糙水平地面上，木板右端静止一个质量为
的小物块，小物块可
视为质点，如图甲所示。某时刻，给长木板一个向右大小为
的冲量，此后小物块和长木板运动的
图像如图之所示，且小物块始终没有滑离长木板，若已知图中
，
，小物块木板间的动摩擦因
数设为
，长木板与地面的动摩擦因数设为
，重力加速度
，则从初始到二者最终停下的整个过程
中，下列说法正确的是（　　）
A．
，
B．
时间内，小物块与长木板间摩擦产生的内能为
C．小物块比长木板提前
停下
D．小物块相对长木板的位移为
【答案】AB
【详解】A．根据题意，对长木板，由动量定理有
对小物块，由牛顿第二定律有
对长木板有
通过对题图及题中数据分析
在
时刻建立共速方程有
联立以上各式解得
，
，故A 正确；
B．
时间内，二者的相对位移可通过题图中面积算得
则产生的内能
，故B 正确；
C．二者共速后，小物块加速度大小不变，由题图知，
做匀减速直线运动，对长木板由牛顿第二定律有
解得
则
的时间为
由对称性可知小物块停下也会用时
，则小物块比长木板晚
停下，故C 错误；
D．小物块与长木板
内的相对位移
则全过程的相对位移为
，故D 错误。
故选AB。
5.如图所示，质量为m 的物体A 固定在轻弹簧上端，劲度系数为k 的弹簧下端固定在地面上，质量为2m 的物体
B 静止在A 上，竖直向下的力
作用在B 上，系统处于静止状态。现减小F 使A、B 以
的加速度一起匀
加速上升直到
，弹簧在弹性限度内，重力加速度为g，则（　　）
A．
时，物体A 和物体B 之间压力为2mg
B．物体A、B 开始运动后，F 随位移均匀的减小
C．A、B 从静止到
的过程中系统重力势能增加了
D．A、B 从静止到
的过程中，A、B 机械能的增量为
【答案】BD
【详解】A．现减小F 使A、B 以
的加速度一起匀加速上升直到
，所以
时，对B 有
，解得
，故A 错误；
B．初始压缩量为
，
整体分析
整理得
所以物体A、B 开始运动后，F 随位移均匀的减小，故B 正确；
C．当
时，上升位移
系统重力势能增加了
，故C 错误；
D．当
时，整体的速度为
A、B 从静止到
的过程中，A、B 机械能的增量为
，故D 正确。
故选BD。
6.如图所示，倾斜成
角的固定直杆上套有一质量为
的小球（可视为质点），小球可沿杆滑动，轻质弹性绳
一端固定于
点，另一端连在小球上。将小球从弹性绳水平的位置
（此时弹性绳的长度为
）由静止释放，
当小球运动到弹性绳与杆垂直的位置
时，弹性绳长度刚好为原长，小球沿杆下滑到弹性绳竖直的位置
时速
度减为零。若弹性绳始终在弹性限度内且弹性绳弹力与其形变量成正比，重力加速度大小为
。下列说法正确
的是（　　）
A．小球在
点时的加速度大小为
B．从
到
，小球克服摩擦力做的功为
C．小球在
点的动能等于从
到
弹性绳减小的弹性势能
D．小球从
到
的过程中损失的机械能小于从
到
的过程中损失的机械能
【答案】BC
【详解】A．根据题意可知，小球运动到
点时，沿杆方向除重力的下滑分力以外，还受到摩擦力的作用，由牛
顿第二定律可知，其加速度
，故A 错误
B．根据题意，小球从M 到N 的过程中，由动能定理有
根据小球受力及对称性可知，当小球位于关于
点对称的两个位置时，杆对小球的支持力大小相等，故其所受
摩擦力大小也相等，因此小球从
到
的过程中摩擦力对小球做的功等于从
到
的过程中摩擦力对小球做的
功，则有
，故B 正确；
C．结合B 分析可知，从
到
，重力对小球做的功大小等于小球克服摩擦力做的功，故弹性绳减小的弹性势
能转化为小球的动能，故C 正确；
D．根据上述分析可知，小球从M 到P 的过程中摩擦力对小球做的功应等于从P 到N 的过程中摩擦力对小球做
的功，因此小球从M 到P 的过程损失的机械能应等于从P 到N 的过程中损失的机械能，故D 错误。
故选BC。
7.一物体悬挂在细绳下端，由静止开始沿竖直方向运动，运动过程中物体的机械能E 与物体位移s 关系的图象如
图所示，其中0~s1过程的图线为曲线，s1 ~ s2过程的图线为直线．由此可以判断（　　） 
A．0 ~ s1过程中物体所受拉力可能是变力，且一定不断增大
B．0 ~ s1过程中物体的动能一定是不断减小
C．s1 ~ s2过程中物体一定做匀速运动
D．s1 ~ s2过程中物体可能做匀加速运动
【答案】AD
【详解】A．根据机械能变化与做功关系有
可知，图线的斜率绝对值等于物体所受拉力的大小，故0 ~ s1 过程中物体所受拉力是变力，且一定不断增大，
故A 正确；
B．0 ~ s1 过程中物体拉力小于重力，物体加速向下运动，故其动能不断增大。故B 错误；
CD．s1 ~ s2 过程中物体，图线斜率不变，故物体所受拉力不变，如果拉力等于重力，可能做匀速直线，还可
能做匀加速直线。故C 错误；D 正确。
故选AD。
8．如图甲所示，粗糙、绝缘的水平地面上，一质量m=1kg 的带负电小滑块(可视为质点)在x=1m 处以v0=2m/s
的初速度沿x 轴正方向运动，滑块与地面间的动摩擦因数μ=0.05。在x=0 及x=5m 处有两个电性未知，电荷量
分别为 
的点电荷场源，滑块在不同位置所具有的电势能Ep如图乙所示，P 点是图线最低点，虚线AB 是
图像在x=1m 处的切线，
下列说法正确的选项是（    ）
A．滑块在x=3m 处所受合外力小于 0.5N
B．两场源电荷均带负电，且|Q1|>|Q2|
C．滑块向右运动过程中，速度始终减小
D．滑块向右一定可以经过x=4m 处的位置
【答案】BD
【解析】A．Ep-x 图像斜率的绝对值表示滑块所受电场力的大小，滑块在 x=3m 处所受电场力为0，所受合外
力
故A 错误；
B．在x=3m 处电场力为0，电场强度为0，则
由于
，所以
滑块在x=3m 处电势能最低，因为滑块带负电，所以x=3m 处的电势最高，两场源电荷均带负电，故B 正确；
C．滑块在x=1m 处所受电场力大小为
所以在
处，滑块所受电场力与滑动摩擦力方向相反，电场力大于摩擦力，则滑块加速运动，故C 错误；
D．滑块在x=1m 处的电势能与在x=4m 处的电势能相等，根据能量守恒定律，若滑块能够经过x=4m 处，则应
满足
由
，
根据题中数据可知实际情况并满足上式，所以滑块一定可以经过x=4m 处的位置，故D 正确。
故选BD。
9.如图甲所示，倾角为
的传送带以恒定的速率
沿逆时针方向运行。
时，将质量
的
煤块（可视为质点）轻放在传送带上端，煤块相对地面的
图像如图乙所示，
末滑离传送带，传送带上下
两端长
。设沿传送带向下为正方向。重力加速度
取
，
，
。则（　　）
A．煤块与传送带之间的动摩擦因数
B．煤块在传送带上留下的痕迹长度为
C．整个过程因摩擦而产生的热量
为
D．整个过程因摩擦而产生的热量
为
【答案】BC
【解析】A．由题图得0～1s 内物体加速度
根据牛顿第二定律得
1～2s 内加速度
根据牛顿第二定律得
解得
μ=0.5
故A 错误；
B．根据图像可知，0～1s 内传送带比物块多运动位移
1～2s 内物块比传送带多运动位移
两者有重叠部分，所以煤块在传送带上留下的痕迹长度为
，故B 正确；
CD．整个过程因摩擦而产生的热量
故C 正确D 错误。
故选BC。
10.如图所示，BC，CD 和DE 为三段光滑圆弧轨道，其圆心角θ 均为60°，半径R 均为0.6m，O1C，O2 E沿竖
直方向，AB 是倾角θ =60°的粗糙长直轨道，AB 与圆弧BC 相切于B 点，CD 和DE 圆弧轨道平滑连接。现让质
量m=0.6kg 可视为质点的小物块从长直轨道上的F 点由静止释放，已知BF 为
❑√3
2
m，小物块与AB 轨道间的动
摩擦因数μ=
❑√3
2
，不计其他阻力，g=10 m/s
2，则下列说法正确的是（　　）
  
A．小物块滑至B 点时的速度为❑√
15
2 m /s
B．小物块滑至C 点时对轨道的压力为13.5N
C．小物块不能沿DE 轨道到达E 点D．小物块能沿DE 轨道运动至E 点再做平抛运动
【答案】AC
【详解】A．斜面上的加速度为a= mgsinθ−μmgcosθ
m
= 5 ❑√3
2
m /s
2
根据运动学公式可得2a xBF = vB
2，解得小物块滑至B 点时的速度为vB= ❑√
15
2 m /s，故A 正确；
B．小物块从B 到C 过程由动能定理可得mgR(1−cosθ)= 1
2 m vC
2 −1
2 m vB
2
在C 点，由牛顿第二定律可得N −mg=m vC
2
R
，联立可得N =19.5 N
根据牛顿第三定律可知，小物块滑至C 点时对轨道的压力为19.5 N，故B 错误；
CD．小物块从D 到E 过程中，假设在与竖直方向角度为α时小球脱离圆弧面，此时的速度为v，根据机械能守恒
定律可得1
2 m v D
2 = 1
2 m v
2+mg[R(1−cos60°)−R(1−cosα ))，其中v D= vB= ❑√
15
2 m /s
脱离瞬间有mgcosα =m v
2
R
，联立解得cosα = 3
4 ，即α <60°，故C 正确，D 错误。
故选AC。
11.如图所示，圆弧轨道竖直放置，半径OC竖直，h=0.8 m，R =1.0 m，小球的质量m=2kg，α =60°，小球
从B 点由静止释放，然后从C点做平抛运动，平抛的水平距离s=1.2m。重力加速度g=10 m /s
2。小球视为质
点，忽略空气阻力，下列说法正确的是（　　）
A．在圆弧轨道上，从B 点下滑到C点，小球动量变化量的大小为6 N ⋅s
B．在圆弧轨道上，从B 点下滑到C点的过程中，小球克服阻力做的功为1J
C．小球经过C点时受到轨道的作用力大小为38 N
D．从开始下滑到落地前的运动过程中，小球动能的增加量小于机械能的减少量
【答案】AB
【详解】A．小球从C点飞出后做平抛运动，根据平抛运动规律有h= 1
2 gt
2，s= vCt，联立解得小球在C点的速
度vC =3 m /s
则在圆弧轨道上，从B点下滑到C点，小球动量变化量的大小Δ p=m vC =6 N ⋅s
故A 正确；
B．在圆弧轨道上，从B 点下滑到C点的过程中，根据动能定理有mgR(1−cosα )−W f = 1
2 mvC
2
解得小球克服阻力做的功W f =1J
故B 正确；
C．小球经过C点时，根据牛顿第二定律有F −mg=m vC
2
R
解得小球经过C点时受到轨道的支持力大小F =38 N
由于此时小球还受轨道的摩擦力作用，所以小球经过C点时受到轨道的作用力大于38 N，故C 错误；
D．从开始下滑到落地前的运动过程中，小球动能的增加量Δ Ek= 1
2 mvC
2 +mgh=25J
而从开始下滑到落地前的运动过程中，小球机械能的减少量Δ E =W f =1J
则从开始下滑到落地前的运动过程中，小球动能的增加量大于机械能的减少量，故D 错误。
故选AB。
12.一质量为m、可视为质点的物块B 静止于质量为M 的木板C 左端，木板静止于光滑水平面上，将质量为m
的小球A 用长为L 的细绳悬挂于O 点，静止时小球A 与B 等高且刚好接触，现对小球A 施加一外力，使细绳恰
好水平，如图所示，现将外力撤去，小球A 与物块B 发生弹性碰撞，已知B、C 间动摩擦因数为μ，重力加速度
为g，则下列说法正确的是（　　）
A．小球A 碰撞后做简谐运动
B．碰撞后物块B 的速度为❑√2gL
C．若物块B 未滑离木板C，则物块B 与木板C 之间的摩擦热为MmgL
M +m
D．若物块B 会滑离木板C，则板长小于
ML
μ(M +m)
【答案】BCD
【详解】A．小球A 与物块B 发生弹性碰撞，A、B 质量相等，碰撞后交换速度，小球碰撞后静止，故A 错误；
B．小球A 下落过程中机械能守恒，有mgL= 1
2 m v0
2，解得v0= ❑√2 gL
与物块B 发生弹性碰撞后，交换速度，B 的速度变为为❑√2gL，故B 正确；
C．对B、C 组成的系统分析可知，水平方向不受外力，则动量守恒，有m v0=(M +m)v
根据能量守恒可知，摩擦热为Q = 1
2 m v0
2−1
2
(M +m)v
2= MmgL
M +m ，故C 正确；
D．摩擦热Q = μmgl式中l为板长，若B 恰好滑离C，则有MmgL
M +m = μmgl，解得l =
ML
μ( M +m)
因此可知，若物块B 会滑离木板C，则板长小于
ML
μ(M +m)，故D 正确。
故选BCD。
三、解答题
1.图为一“永动机”玩具的模型，abcd是一组光滑细金属双轨，轨道间距为l =0.8cm，bc段水平。按下一个隐
蔽开关后，把质量m=3.6g的钢球从软木盘中心洞口O 无初速释放，钢球便沿轨道运动至d 点斜向上飞出，速
度与水平方向成53°，之后恰好落到洞口O 点附近的G 点，接着在洞口附近来回运动一段时间后，再次从洞口
无初速落下，此后不断重复以上过程。不计空气阻力，g=10 m/s
2，sin53° =0.8。
（1）已知钢球直径d =1cm，求钢球在bc段上滚动时，每条轨道对钢球的支持力F；
（2）若将钢球视做质点，Gd处在同一高度，水平距离s=60cm，求钢球从d 点飞出后能上升的最大高度h；
（3）要使钢球能“永动”，求小球每运动一圈，玩具中隐蔽的加速装置需对小球做的功W。
【答案】（1）0.03 N；（2）1
5 m；（3）1.125×10
−2J
【详解】（1）钢球在bc段上滚动时，支持力与竖直方向夹角满足sinθ =
l
2
d
2
= 4
5
竖直方向根据受力平衡可得2 Fcosθ =mg，联立解得F =0.03 N
（2）Gd 间的运动可以视为两段平抛运动，利用平抛知识可知，水平方向有s
2 = v xt
竖直方向有v y =>¿
d 点速度与水平方向夹角满足tan53° = v y
v x
，又h= 1
2 gt
2，联立解得t =0.2s，h= 1
5 m
（3）d 点抛出时的竖直分速度为v y =>=2m /s，d 点速度为vd =
v y
sin53° =2.5 m /s
每次补偿的能量为W = Ekd = 1
2 m vd
2 =1.125×10
−2J
2.如图所示，劲度系数为k的轻质弹簧一端固定在竖直墙壁上，另一端与质量为m的不带电滑块B相连，此时弹
簧恰好处于原长。另一质量为m、带电荷量为+q的滑块A 静止在滑块B 右侧且与B 相距x0处，滑块A、B 与水
平地面间的动摩擦因数均为μ，且最大静摩擦力等于滑动摩擦力。已知弹簧的弹性势能Ep= 1
2 k x
2（x为弹簧的
形变量）。现在整个空间加上一个水平向左的匀强电场，其电场强度E = 2 μmg
q
，已知A、B碰撞时间极短，且
A与B碰撞后一起向左运动但不粘连，碰撞过程中电荷不发生转移，且A 的带电荷量不变，重力加速度大小为g。
求：
（1）A与B发生碰撞瞬间的速度大小；
（2）弹簧的最大压缩量xm，并讨论此时两滑块保持静止状态x0所满足的条件。
【答案】（1）❑√2 μg x0；（2）x0≤16 μmg
k
【详解】（1）设A与B发生碰撞前瞬间的速度大小为v0，则对滑块A 根据动能定理得(qE−μmg) x0= 1
2 m v0
2
解得v0= ❑√2 μg x0
（2）对于A、B 碰撞过程，设碰撞以后的共同速度为v1，根据动量守恒定律可得m v0=2m v1
设弹簧的最大压缩量为xm，则根据功能关系有(qE−2 μmg) xm = 1
2 k xm
2 −1
2 ×2mv1
2，解得xm =
❑√
μmg x0
k
若要求此时两滑块保持静止状态，必须有k xm≤2 μmg+qE，即要求x0≤16 μmg
k
3.如图所示，竖直平面内有一段固定的光滑圆弧轨道PQ，圆心为O 点，圆弧所对圆心角θ =37°，半径为
R =6 m，末端Q 点与粗糙水平地面相切。圆弧轨道左侧有一长度为s=6 m的水平传送带，传送带沿顺时针方向
转动，传送带上表面与P 点高度差为H =0.45 m。现在传送带左侧由静止放置一个质量为m=6kg的可视为质点
的滑块A，滑块由P 点沿圆弧切线方向进入轨道，滑行一段距离后静止在地面上。已知滑块A 与传送带、地面
间的动摩因数均为μ＝0.5，重力加速度g 取10m/s
2，sin37° =0.6，cos37° =0.8，求：
（1）滑块A 离开传送带时速度v0的大小；
（2）滑块A 经过Q 点时受到弹力FN的大小；
（3）滑块和传送带组成的系统因摩擦而产生的内能Q。
  
【答案】（1）v0= 4 m / s；（2）FN =109 N；（3）Q = 48J
【详解】（1）滑块A 离开传送带做平抛运动，竖直方向满足v y
2=2gH
又A 沿切线滑入圆轨道，满足tanθ= v y
v0
，解得v0= 4 m/s
（2）滑块A 从在P 点速度v P=5 m/s
从P 到Q 的过程中，由机械能守恒可得mgR (1−cos37°)= 1
2 m v1
2−1
2 m v P
2
在Q 点有F N−mg = m v1
2
R
，解得，v1=7 m/s，FN=109 N
（3）滑块A 随传送带做匀加速直线运动μmg=ma
由于xA= v x
2
2a =1.6 m <s=6 m
可知传送带匀速运动的速度为v = v x = 4 m/s
滑块A 做匀加速运动的时间为t = v
a =0.8s
滑块A 相对于传送带的位移大小为Δx = vt −vt
2 = vt
2 =1.6 m
滑块和传送带组成的系统产生的焦耳热Q = μmgΔx = 48J
4.如图所示，光滑水平面上放置一轻质弹簧，弹簧的左端固定在挡板上，右端与小球甲（视为质点）接触不粘连，
用一根轻质细线连接在挡板与小球之间，使弹簧处于压缩状态，且弹簧的压缩量为x ，质量为
₀
m 的小球乙（视
为质点）放置在甲的右侧。在水平面的下方固定放置一半径为r 的圆管轨道，圆管的内径略大于乙的直径，D 是
轨道上圆心O 的等高点，EC 是竖直直径，B、E 是管口，管的内壁光滑。现突然烧断细线，弹簧恢复原长后甲与
乙发生弹性碰撞，且碰撞刚结束时甲、乙的速度大小相等。乙从水平面的右边缘A 点离开后，正好从管口B
（与管口无碰撞）进入圆管，乙沿着管壁运动到E 点，离开E 点水平向左抛出后又能到达B 点。已知
∠BOC=60°，弹簧的弹性势能Ep与弹簧的形变量x 以及弹簧的劲度系数k 之间的关系式为 EP= 1
2 k x
2，重力加
速度为g，求：
（1）乙从E 点到达 B 点时的速度大小；
（2）A、B 两点之间的高度差；
（3）甲的质量以及弹簧的劲度系数。
    
【答案】（1）
❑√13 gr
2
；（2）39
32 r；（3）13mgr
12 x0
2
【详解】（1）设乙在E 点的速度为vE，由平抛运动的规律可得，r +r cos60
∘= 1
2 gt
2，r sin60
∘= v Et
设乙在B 点的速度为vB，把vB 分别沿着水平方向和竖直方向分解，则有，vB
2 = v E
2 + v y
2，v y =gt
综合解得，t = ❑√
3r
g
，v y = ❑√3gr，v E=
❑√gr
2
，vB=
❑√13gr
2
（2）乙从A 点到达B 点，由机械能守恒可得乙在 B 点的速度大小仍为 vB=
❑√13gr
2
，与水平方向的夹角为60°
设乙在A 点的速度为vA，把 vB=
❑√13gr
2
分别沿水平方向和竖直方向分解，则有U Bcos60
∘= v A，(vBsin60
∘)
2=2gh
综合解得 h= 39
32 r，v A =
❑√13gr
4
（3）由题意可得碰撞刚结束时甲、乙的速度大小均为 v A =
❑√13gr
4
甲与乙发生弹性碰撞，若碰撞结束后甲与乙的速度大小相等方向相同，则两者达共速，是完全非弹性碰撞，所
以甲的速度与乙的速度等大反向
设甲的速度为 −v A，乙的速度为 vA，甲的质量为M，刚发生碰撞之前甲的速度为 v0，
则有M v0=m v A+ M (−v A)，1
2 M v0
2= 1
2 mv A
2 + 1
2 M v A
2
由弹性碰撞的二级结论有 v0+(−v A)= v A
由能量守恒定律可得1
2 k x0
2= 1
2 M v0
2
综合解得：v0=
❑√13gr
2
，M = m
3 k = 13 mgr
12 x0
2
5.如图，光滑水平面上有一辆匀质平板车，平板车右端固定有质量不计的竖直挡板，左端靠在倾角θ=37°的斜面
底端．一个小滑块从离斜面底端h 高处无初速度释放，滑上平板车后恰好不会落地．已知滑块与平板车的质量
相等，滑块与斜面及平板车间的动摩擦因数均为μ=0.5，滑块从斜面滑上平板车的过程速度大小不变，滑块与挡
板撞击过程时间极短且无动能损失，重力加速度大小为g，忽略其它摩擦，取sin37°=0.6，cos37°=0.8．
(1)求滑块在斜面上的运动时间t；
(2)求滑块撞击挡板时滑块离斜面底端的距离s； 
(3)若将平板车左边一半去掉后放回斜面底端，滑块仍从原处释放，求其离开平板车时的速度大小v．
【答案】（1）
（2）
（3）
【详解】（1）设滑块得质量为m，下滑距离为d，根据几何关系：
，在下滑过程中，根据牛顿第二定
律有：
，位移关系：
，联立解得
（2）设滑块滑到底端时速度为
：
，设平板车长度为L，滑块滑上车与车相对静止得过程中，对系统
根据动量守恒有：
，能量守恒有：
，同理滑块划上车至于挡板碰撞前得
过程中，对系统有：
，
对滑块根据匀变速规律有：
联立上式可解得
（3）平板车去掉一半后，对系统动量守恒有：
，能量守恒有：
，
解得
6.如图所示，质量
、长度
的木板A 静置在足够大的光滑水平地面上，质量
、可视为质
点的物块B 放在木板A 右端，现对木板A 施加一水平向右的恒力F＝5N，两者由静止开始运动，作用一段时间
后撤去恒力F，物块B 恰好能到达木板A 的左端。已知物块B 与木板A 间的动摩擦因数
，取重力加速度大
小
，求：
（1）物块B 与木板A 间因摩擦产生的热量Q；
（2）摩擦力对物块B 的冲量大小I。
【答案】（1）
；（2）
【详解】（1）根据功能关系有
解得
（2）设物块B 在木板A 上滑动时的加速度大小为a，恒力F 的作用时间为
，撤去恒力F 后物块B 在木板A 上
滑动的时间为
，恒力F 撤去前、后木板A 的加速度大小分别为
、
，则有
，
，
，
，
，
解得
7.如图所示，有一长为
长木板A 静止在水平地面上，其右端静止一体积可忽咯的小物块B。现对长木板A
施加一水平向右的恒力F，使长木板A 和小物块B 发生相对滑动，已知长木板A 的质量为
，小物块B
的质量为
，长木板A 和小物块B 之间的动摩擦因数
，长木板A 与地面之间的动摩擦因数
，水平恒力
，g=10m/s2，试求：
（1）在长木板A 受到一水平恒力F 作用后，长木板A 和小物块B 的加速度各是多大；
（2）经多长时间小物块B 离开长木板A；
（3）从长木板A 受到一水平恒力F 作用开始到B 离开A，整个系统由于滑动摩擦力作用而产生的总热量Q。
  
【答案】（1）
；
；（2）
；（3）
【解析】（1）对长木板A，根据牛顿第二定律
其中
，
，
解得
对小物块B，根据牛顿第二定律
解得
（2）对长木板A
对小物块B
根据
解得
（3）根据题意，产热
解得
8.某装置的竖直截面如图所示，该装置由固定在地面上倾角
的直轨道AB、螺旋圆形轨道BCDE，倾角
的直轨道EF、水平轨道FG 和履带GH 组成。除FG 段和履带GH 外各段轨道均光滑，且各处平滑连接。
螺旋圆形轨道与斜直轨道AB 和BF 相切于B（E）处。当物体滑上履带时，履带由静止开始以加速度
向右加速至
后匀速运动。已知螺旋圆形轨道半径
，B 点高度
，FG 长度
，
履带长度
。质量
的小滑块从倾斜轨道上A 点由静止释放，滑块与FG 段动摩擦因数
，
与履带间动摩擦因数
。不计空气阻力，重力加速度g 取
，
，
。如果滑
块能通过所有的轨道刚好到达G 点。求：
（1）A 点距地面高度h；
（2）滑块在履带上运动过程中产生的热量Q；
（3）若履带始终以
逆时针匀速转动，小滑块从倾斜轨道上距地面高度为
处由静止释放，则再次
返回斜面后是否会脱离圆轨道？最终小滑块停止的位置距G 多远？
  
【答案】（1）1.5m；（2）1.2J；（3）不会脱离圆轨道，
【解析】（1）滑块刚好到达G 点，则滑块在DG 段运动过程中，根据动能定理有
解得
滑块在AD 段运动过程中，根据动能定理有
解得
考虑到滑块能通过所有的轨道刚好到达G 点要求，若恰好通过D 点，则该点由重力提供向心力有
解得
可知，若滑块能通过所有的轨道刚好到达G 点，A 点距地面高度为
（2）刚好到达G 点，履带由静止开始以加速度
向右加速至
后匀速运动，加速得时间
滑块的加速度
滑块向右也做匀加速直线运动，t1 时刻的位移
解得
令滑块加速至v=2m/s 的时间
之后滑块与履带保持相对静止，则相对位移为
滑块在履带上运动过程中产生的热量
解得
（3）令滑块第一次到达G 点速度为
，该过程，根据动能定理有
解得
滑块在履带上速度减为0 过程，利用逆向思维，根据速度与位移关系式有
解得
即滑块恰好运动到H 点，之后滑块向左做加速度不变的匀加速直线运动返回G 点，由于履带速度为8m/s，可知，
滑块返回G 点的速度大小仍然为
，设再次回到斜面可以到达D 点，则有
解得
可知，滑块不会脱离轨道。令滑块第三次经过G 点时速度为
则有
解得
之后，滑块再次返回G 点的速度大小仍然等于
，令停止在FG 上的M 点，则有
解得
9.如图，光滑水平桌面上有一轻质弹簧，其一端固定在墙上。用质量为m 的小球压弹簧的另一端，使弹簧的弹
性势能为Ep。释放后，小球在弹簧作用下从静止开始在桌面上运动，与弹簧分离后，从桌面水平飞出。小球与
水平地面碰撞后瞬间，其平行于地面的速度分量与碰撞前瞬间相等；垂直于地面的速度分量大小变为碰撞前瞬
间的4
5 。小球与地面碰撞后，弹起的最大高度为h。重力加速度大小为g，忽略空气阻力。求
（1）小球离开桌面时的速度大小；
（2）小球第一次落地点距桌面上其飞出点的水平距离。
  
【答案】（1）❑√
2 Ep
m
；（2）5 ❑√mgh Ep
2mg
【详解】（1）由小球和弹簧组成的系统机械能守恒可知Ep= 1
2 mv
2，得小球离开桌面时速度大小为v = ❑√
2 Ep
m
（2）离开桌面后由平抛运动规律可得h= v y
' 2
2 g
第一次碰撞前速度的竖直分量为v y，由题可知v y
′ = 4
5 v y，离开桌面后由平抛运动规律得x = vt，v y =>¿ 
解得小球第一次落地点距桌面上其飞出的水平距离为x = 5 ❑√mgh Ep
2mg
10.如图（a），一粗糙、绝缘水平面上有两个质量均为m 的小滑块A 和B，其电荷量分别为q(q>0)和−q。A
右端固定有轻质光滑绝缘细杆和轻质绝缘弹簧，弹簧处于原长状态。整个空间存在水平向右场强大小为E 的匀
强电场。A、B 与水平面间的最大静摩擦力等于滑动摩擦力，其大小均为2qE。t =0时，A 以初速度v0向右运动，
B 处于静止状态。在t1时刻，A 到达位置S，速度为v1，此时弹簧未与B 相碰；在t2时刻，A 的速度达到最大，此
时弹簧的弹力大小为3qE；在细杆与B 碰前的瞬间，A 的速度为2v1，此时t =t3。0~t3时间内A 的v −t图像如
图（b）所示，v1为图线中速度的最小值，t1、t2、t3均为未知量。运动过程中，A、B 处在同一直线上，A、B
的电荷量始终保持不变，它们之间的库仑力等效为真空中点电荷间的静电力，静电力常量为k；B 与弹簧接触瞬
间没有机械能损失，弹簧始终在弹性限度内。
（1）求0~t1时间内，合外力对A 所做的功；
（2）求t1时刻A 与B 之间的距离；
（3）求t1~t2时间内，匀强电场对A 和B 做的总功；
（4）若增大A 的初速度，使其到达位置S 时的速度为2v1，求细杆与B 碰撞前瞬间A 的速度。
【答案】（1）1
2 m v1
2−1
2 m v0
2；（2）❑√
kq
E
；（3）q ❑√kqE
2
；（4）(1+ ❑√3)v1
【详解】（1）0~t1时间内根据动能定理可知合外力做的功为W = 1
2 m v1
2−1
2 m v0
2
（2）由图（b）可知t1时刻A 的加速度为0，此时滑块A 所受合外力为0，设此时A 与B 之间的距离为r0，根据
平衡条件有，k q
2
r0
2 +qE = f ，其中，f =2qE
联立可得，r0= ❑√
kq
E
（3）在t2时刻，A 的速度达到最大，此时A 所受合力为0，设此时A 和B 的距离为r1，则有
F 弹+ f =qE+ k q
2
r1
2 ，且有，F弹=3qE，f =2qE
联立解得，r1= 1
2
❑√
kq
E
t1~t2时间内，匀强电场对A 和B 做的总功W 总=qE(r0−r1)= q ❑√kqE
2
（4）过S 后，A、B 的加速度相同，则A、B 速度的变化相同。设弹簧的初始长度为l0；A 在S 位置时，此时刻
A、B 的距离为r0，A 速度最大时，AB 距离为r1，细杆与B 碰撞时，A、B 距离为r2。
A 以v1过S 时，到B 与杆碰撞时，A 增加的速度为v1，则B 同样增加速度为v1，设B 与杠相碰时，B 向左运动x。
设B 与弹簧相碰到B 与杆相碰时，B 向左运动x'。对A 根据动能定理有
q(φBr 2−φBr 0)+(qE−2qE)(r0−x−r2)−1
2 k(l0−r2)(l0−r2−x' )= 1
2 m(2v1)
2−1
2 m v1
2
对B 有，q(φ Ar 2−φ Ar 0)+(qE−2qE) x−1
2 k(l0−r2)x' = 1
2 m(2v1−v1)
2
当A 以2v1过S 时，设B 与杆碰撞时，A 速度为v '，则B 速度为(v ' −2v1)，设B 与杠相碰时，B 向左运动x1。
设B 与弹簧相碰到B 与杆相碰时，B 向左运动x1'。
对A 根据动能定理有
q(φBr 2−φBr 0)+(qE−2qE)(r0−x1−r2)−1
2 k(l0−r2)(l0−r2−x1' )= 1
2 mv '
2−1
2 m(2v1)
2
对B，q(φ Ar 2−φ Ar 0)+(qE−2qE) x1−1
2 k(l0−r2)x1' = 1
2 m(v ' −2v1)
2
联立解得v ' =(1+ ❑√3)v1
11.如图，质量为1kg的薄木板静置于光滑水平地面上，半径为0.75 m的竖直光滑圆弧轨道固定在地面，轨道底
端与木板等高，轨道上端点和圆心连线与水平面成37°角．质量为2kg的小物块A以8 m /s的初速度从木板左端
水平向右滑行，A与木板间的动摩擦因数为0.5．当A到达木板右端时，木板恰好与轨道底端相碰并被锁定，同
时A沿圆弧切线方向滑上轨道．待A离开轨道后，可随时解除木板锁定，解除锁定时木板的速度与碰撞前瞬间
大小相等、方向相反．已知木板长度为1.3 m , g取10 m /s
2,❑√10取3.16,sin37° =0.6,cos37° =0.8．
（1）求木板与轨道底端碰撞前瞬间，物块A和木板的速度大小；
（2）求物块A到达圆弧轨道最高点时受到轨道的弹力大小及离开轨道后距地面的最大高度；
（3）物块A运动到最大高度时会炸裂成质量比为1:3的物块B和物块C，总质量不变，同时系统动能增加3J，
其中一块沿原速度方向运动．为保证B、C之一落在木板上，求从物块A离开轨道到解除木板锁定的时间范围．
【答案】（1）v1=7 m /s，v2=2m /s；（2）F N = 164
3 N，H =2m；（3）0.1s≤Δt ≤0.118s或
0.732s≤Δt ≤0.75s
【详解】（1）设物块A的初速度为v0，木板与轨道底部碰撞前，物块A和木板的速度分别为v1和v2，物块A和
木板的质量分别为m1和m2，物块A与木板间的动摩擦因数为μ，木板长度为L，由动量守恒定律和功能关系有
m1v0=m1v1+m2v2
1
2 m1v0
2= 1
2 m1v1
2+ 1
2 m2v2
2+ μm1gL
由题意分析v1≥v2，联立式得，v1=7 m /s,v2=2m /s
（2）设圆弧轨道半径为R，物块A到圆弧轨道最高点时斜抛速度为v3，轨道对物块的弹力为F N．物块A从轨道
最低点到最高点，根据动能定理有−m1gR(1+sin37°)= 1
2 m1v3
2−1
2 m1v1
2
物块A到达圆弧轨道最高点时，根据牛顿第二定律有F N +m1gsin37° =m1
v3
2
R
联立式，得F N = 164
3 N
设物块A拋出时速度v3的水平和竖直分量分别为v x和v y，v x= v3sin37° ,v y = v3cos37°
斜抛过程物块A上升时间，t1= v y
g =0.4s
该段时间物块A向左运动距离为s1= v xt1=1.2m．
物块A距离地面最大高度H = R (1+sin37°)+ v y
2
2g =2m．
（3）物块A从最高点落地时间t2= ❑√
2 H
g =0.632s
设向左为正方向，物块A在最高点炸裂为B、C，设质量和速度分别为m3、m4和v4、v5，设m3:m4=1:3，
系统动能增加Δ Ek．根据动量守恒定律和能量守恒定律得m1v x =m3v4+m4 v5
1
2 m1v x
2+Δ Ek = 1
2 m3v4
2+ 1
2 m4 v5
2
解得v4=6 m /s,v5=2m /s或v4=0,v5= 4 m /s．
设从物块A离开轨道到解除木板锁定的时间范围Δt：
（a）若v4=6 m /s,v5=2m /s，炸裂后B落地过程中的水平位移为s' = v4t2=3.792m
炸裂后C落地过程中的水平位移为s' ' = v5t2=1.264 m
木板右端到轨道底端的距离为Δs= v2(t1+t2−Δt)=(2.064−2Δt )m
运动轨迹分析如下
为了保证B、C之一落在木板上，需要满足下列条件之一
Ⅰ．若仅C落在木板上，应满足(2.064−2Δt )+1.3≥1.264 +0.6
且(2.064−2Δt )≤1.264+0.6
解得0.1s≤Δt ≤0.75s
Ⅱ．若仅B落在木板上，应满足(2.064−2Δt )+1.3≥3.792+0.6
且(2.064−2Δt )≤3.792+0.6，不等式无解；
（b）若v4=0,v5= 4 m /s，炸裂后B落地过程中水平位移为0，炸裂后C落地过程中水平位移为
s' ' ' = v5t2=2.528 m
木板右端到轨道底端的距离为Δs' = v2(t1+t2−Δt)=(2.064−2Δt )m
运动轨迹分析如下
为了保证B、C之一落在木板上，需要满足下列条件之一
Ⅲ．若仅B落在木板上，应满足(2.064−2Δt )+1.3≥0.6
且(2.064−2Δt )≤0.6
解得0.732s≤Δt ≤1.382s
Ⅳ．若仅C落在木板上，应满足，(2.064−2Δt )+1.3≥2.528+0.6
且(2.064−2Δt )≤2.528+0.6
解得0≤Δt ≤0.118s．
综合分析（a）（b）两种情况，为保证B、C之一一定落在木板上，Δt满足的条件为
0.1s≤Δt ≤0.118s或0.732s≤Δt ≤0.75s