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专题6　功能关系　能量守恒定律
学习目标　1. 知道几种常见的功能关系及其表达式.2. 知道摩擦力做功与能量的关系.3. 理解能量转化与守恒定律，会求解综合的能量转化等问题．
活动一 理解和应用功能关系
做功的过程就是能量转化的过程，不同形式的能量发生相互转化是通过做功来实现的．功是能量转化的量度，功和能的关系，一是体现在不同的力做功，对应不同形式的能转化，具有一一对应关系，二是做功的多少与能量转化的多少在数值上相等．
1 [2025南通期中]如图所示，一轻弹簧上端固定，下端连接一个小球．将小球自弹簧处于原长处由静止释放，以释放点为原点，竖直向下为正方向建立x轴，弹簧始终处于弹性限度内．在小球下落至最低点过程中，其动能Ek和机械能E随位置x变化的图像可能正确的是(　　)
A B C D
1. 常见的功能关系
能量 功能关系 表达式
势能 重力做功等于重力势能减少量 W＝Ep1－Ep2＝－ΔEp
弹力做功等于弹性势能减少量
静电力做功等于电势能减少量
分子力做功等于分子势能减少量
动能 合外力做功等于物体动能变化量 W＝Ek2－Ek1＝mv2－mv
机械能 除重力和弹力之外的其他力做功等于机械能变化量 W其他＝E2－E1＝ΔE
2. 几种有关能量图像中斜率的分析
Ek-x图像 Ep-x图像
切线斜率：合外力 ①合外力沿＋x方向 ②合外力沿－x方向 切线斜率：重力、弹力等 ①力沿－x方向 ②力沿＋x方向
切线斜率：除重力、弹力以外的力 ①沿＋x方向 ②沿－x方向 切线斜率：功率
即时训练1 [2026南通如皋中学检测]如图所示，“深坑打夯机”的夯杆在两个摩擦轮作用下，从静止开始匀加速竖直上升一段时间，然后松开摩擦轮，夯杆会继续上升．夯杆静止时重力势能为零，不计空气阻力．则夯杆上升过程中，机械能随上升高度的变化关系是(　　)
A B C D
即时训练2 [2025南通如皋期中]如图所示，轻质弹簧一端固定，另一端与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，恰好能回到A处．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处时的速度最大
C. 上滑过程中，受到恒定的摩擦力
D. 上滑经过B处的速度大于下滑经过B处的速度
即时训练3 [2025南通二模]如图甲所示，倾角θ＝37°的斜面体放置在水平面上，右侧靠着半径为R的球，球上端固定一轻杆，轻杆在固定装置约束下只能沿竖直方向运动．已知斜面体的高度为3.2R，斜面体和球的质量均为m，不计一切摩擦，重力加速度为g，sin 37°＝0.6，cos 37°＝0.8.
(1) 水平向右推动斜面体，求最小推力的大小F0；
(2) 若斜面体在推力作用下由静止开始向右做加速度为a＝0.8g的匀加速直线运动，求斜面对球作用力的大小FN；
(3) 在第(2)问中，当斜面体运动到其最高点刚好与球面接触时，如图乙所示，求该过程中推力做的功W.
甲 乙
活动二 理解摩擦力做功与能量的关系
一、 摩擦力做功与能量的关系
2 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匀加速直线运动．小物块和小车之间的摩擦力为Ff，小物块滑到小车的最右端时，小车运动的距离为x.此过程中，下列结论不正确的是(　　)
A. 小物块到达小车最右端时具有的动能为(F－Ff)(L＋x)
B. 小物块到达小车最右端时，小车具有的动能为Ffx
C. 小物块克服摩擦力所做的功为Ff(L＋x)
D. 小物块和小车增加的机械能为Fx
E. 系统产生的内能为FfL
1. 摩擦力做功的特点．
(1) 一对静摩擦力所做功的代数和总等于零．
(2) 一对滑动摩擦力做功的代数和总是负值，差值为机械能转化为内能的部分，也就是系统机械能的损失量．
(3) 无论是静摩擦力还是滑动摩擦力，都可以对物体做正功，也可以做负功，还可以不做功．
2. 滑动摩擦力与两物体间相对位移的乘积等于产生的内能，即Q＝________，若物体在接触面上做往复运动，则Δs为总的相对路程．
二、 与摩擦力做功相关的传送带问题
3 [2025南通如皋1.5模]工厂传送产品的装置如图所示．传送带在电动机的带动下顺时针运行，绷紧的传送带与水平面的夹角θ＝37°，传送带顶端有与传送带上表面在同一直线上的斜面，两者平滑对接．一产品无初速度地放到传送带底端，经传送带传动后滑上斜面，恰好能到达斜面的顶端，由机器人取走产品．已知产品的质量m＝1 kg，传送带上表面的长度L1＝10 m、运行速度v0＝4 m/s，斜面长度L2＝1 m，产品与传送带间的动摩擦因数μ1＝，重力加速度g取10 m/s2，sin 37°＝0.6，cos 37°＝0.8.
(1) 求产品在传送带上加速运动的时间t；
(2) 求产品与斜面间的动摩擦因数μ2；
(3) 若不计电动机的损耗，求电动机传送该产品的整个过程中，产品获得的机械能E1与消耗电能E2的比值．
传送带模型的分析方法
(1) 设问的角度
①动力学角度：首先要正确分析物体的运动过程，做好受力分析，然后利用运动学公式结合牛顿第二定律求物体及传送带在相应时间内的位移，找出物体和传送带之间的位移关系．
②能量角度：求传送带对物体所做的功、物体和传送带由于相对滑动而产生的热量、因放上物体而使电动机多消耗的电能等，常依据功能关系或能量守恒定律求解．
(2) 功能关系分析
①传送带克服摩擦力做的功：W＝Ffx传．
②系统产生的内能：Q＝Ffx相对．
③功能关系分析：W＝ΔEk＋ΔEp＋Q.
即时训练4 [2026南通如皋检测]如图甲所示，某物流车间用电动机传动的匀速运动的传送带运送包裹．一包裹被轻放在传送带底端，在整个运动过程中，包裹的机械能E随位移x变化的图像如图乙所示．则(　　)
甲 乙
A. 包裹在整个过程中受到的摩擦力恒定
B. 包裹在整个过程中动能一直增加
C. 包裹与传送带相对滑动产生的内能等于E1
D. 电机因传送包裹多消耗的能量等于E2＋2E1
三、 与摩擦力做功相关的板块问题
4 [2025扬州新华中学检测]如图所示，足够长的木板静止在粗糙的水平地面上，木板的质量M＝2 kg，木板与地面间的动摩擦因数μ1＝0.1；在木板的左端放置一个质量m＝2 kg的小铅块(视为质点)，小铅块与木板间的动摩擦因数μ2＝0.3.现给铅块一向右的初速度v0＝4 m/s，使其在木板上滑行，木板获得的最大速度v＝1 m/s，重力加速度g取10 m/s2，求：
(1) 木板达到最大速度时，木板运动的位移；
(2) 铅块与木板间因摩擦产生的总热量；
(3) 整个运动过程中木板对铅块的摩擦力所做的功．
板块模型问题的分析方法
(1) 动力学分析：分别对滑块和木板进行受力分析，根据牛顿第二定律求出各自的加速度；从放上滑块到二者速度相等，所用时间相等，由t＝＝，可求出共同速度v和所用时间t，然后由位移公式可分别求出二者的位移．
(2) 功和能分析：对滑块和木板分别运用动能定理，或者对系统运用能量守恒定律．如图所示，要注意区分三个位移：
①求摩擦力对滑块做功时用滑块对地的位移x滑；
②求摩擦力对木板做功时用木板对地的位移x板；
③求摩擦生热时用相对位移Δx.
即时训练5 如图所示，质量M＝4 kg、长L＝2 m的木板A静止在光滑水平面上，质量m＝1 kg的小滑块B置于A的左端．B在F＝3 N的水平恒力作用下由静止开始运动，当B运动至A的中点时撤去力F.A、B之间的动摩擦因数μ＝0.2，重力加速度g取10 m/s2.求：
(1) 撤去F之前A、B的加速度大小a1、a2；
(2) F对B做的功W；
(3) 撤去F之前运动过程中因摩擦产生的热量Q.
活动三 应用能量转化和守恒定律求解综合问题
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其他形式，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.
对能量守恒定律的两点理解：(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．
5 [2024江苏卷]某重力储能系统的简化模型如图所示，长度为L、倾角为θ的斜坡ABCD上，有一质量为m的重物通过绳索与电动机连接．在电动机牵引下，重物从斜坡底端A点由静止开始运动，到达B点时速度达到最大值v，然后重物被匀速拉到 C点，此时关闭电动机，重物恰好能滑至顶端D点，系统储存机械能．已知绳索与斜坡平行，重物与斜坡间的动摩擦因数为μ，重力加速度为g，不计空气阻力和滑轮摩擦．
(1) 求CD的长度x；
(2) 求重物从B到C过程中，电动机的输出功率P；
(3) 若不计电动机的损耗，求在整个上升过程中，系统储存的机械能E1与消耗电能E2的比值．
能量守恒定律的表达式有：
(1) E初＝E末，初状态各种能量的总和等于末状态各种能量的总和．
(2) ΔE增＝ΔE减，增加的那些能量等于减少的那些能量．
当涉及摩擦力做功，机械能不守恒时，一般应用能量守恒定律．
即时训练6 如图所示，水平传送带足够长，向右运行的速度v＝4 m/s，与倾角为37°的斜面的底端P平滑连接，将一质量m＝2 kg的小物块从A点静止释放．已知A、P的距离L＝8 m，物块与斜面、传送带间的动摩擦因数分别为μ1＝0.25、μ2＝0.20，重力加速度g取10 m/s2，sin 37°＝0.6，cos 37°＝0.8.求物块：
(1) 第1次滑过P点时的速度大小v1；
(2) 第1次在传送带上往返运动的时间t；
(3) 从释放到最终停止运动，与斜面间摩擦产生的热量Q.
即时训练7 [2025南通一模]如图所示，固定在水平面上的光滑斜面，倾角θ＝30°，底端固定弹性挡板，长木板B放在斜面上，小物块A放在B的上端，沿斜面向上敲击B，使B立即获得初速度v0＝3.0 m/s，此后B和挡板发生碰撞，碰撞前后速度大小不变，方向相反，A始终不脱离B且与挡板不发生碰撞．已知A、B的质量均为m＝1.0 kg，A、B间的动摩擦因数μ＝，最大静摩擦力等于滑动摩擦力，重力加速度g取10 m/s2.求：
(1) 敲击B后的瞬间，A、B的加速度大小aA、aB；
(2) B上升的最大距离s；
(3) B的最小长度L.
即时训练8 [2025南京期末]如图所示，竖直轻质弹簧与竖直轻质杆相连，轻质杆可在固定的“凹”形槽内沿竖直方向向下移动．轻质杆与槽间的最大静摩擦力等于滑动摩擦力，且滑动摩擦力大小不变．将小球由距轻弹簧上端h处静止释放，弹簧压缩至最短时，弹性势能为Ep1.若增大h，重复此前过程，小球再次将弹簧压缩至最短时，弹簧的弹性势能为Ep2.弹簧始终处于弹性限度内，轻质杆底部与槽不发生碰撞，则(　　)
A. Ep2可能等于Ep1
B. Ep2可能小于Ep1
C. Ep2一定小于Ep1
D. Ep2一定大于Ep1
专题6　功能关系　能量守恒定律
【活动一】
例 1
B　在小球下落至最低点过程中，受到弹簧的弹力和重力两个力作用，弹力先小于重力，后大于重力，合力先向下后向上，小球先做加速运动后做减速运动，动能先增大后减小．根据动能定理得ΔEk＝F合Δx，可知Ek-x图像的斜率k＝＝F合，合力先减小后增大，则该图像的切线斜率绝对值先减小后增大，故A错误，B正确；对小球，根据功能关系有ΔE＝F弹Δx，可知E-x图像的斜率k＝＝F弹，因下落过程中弹力不断增加，则该图像的切线斜率绝对值不断增大，故C、D错误．
即时训练1 C　夯杆机械能的变化量等于摩擦力对夯杆做功，即E＝ΔE＝fh，松开摩擦轮后，夯杆只受重力作用，则机械能守恒．则Eh图像如图C所示．C正确．
即时训练2 D　在B处，弹簧水平且处于原长，可知，下滑过程，弹簧的拉伸形变先减小后增大，则弹簧的弹性势能先减小后增大，故A错误；圆环到B点时，弹簧水平处于原长，弹簧弹力为零，杆对圆环无支持力，所以没有摩擦力，此时加速度为重力加速度，圆环在C处的速度为零，从B点开始向下运动至C点，圆环先向下加速后向下减速，可知，B点的速度不是最大，故B错误；上滑过程中，令弹簧与竖直方向夹角为θ(θ≤90°)，圆环与杆之间动摩擦因数为μ，弹簧的长度为x，弹簧的原长为x0，对圆环进行分析，圆环所受滑动摩擦力大小f＝μN＝μk(x－x0)sin θ＝μk(x sin θ－x0sin θ)＝μk(x0－x0sin θ)，圆环上滑过程，θ先增大后减小，可知，摩擦力先减小后增大，故C错误；圆环从A处由静止开始下滑到B过程，根据动能定理有mghAB－Wf1＋W弹1＝mv，圆环从B处上滑到A的过程，根据动能定理有－mghAB－Wf2＋W弹2＝0－mv，根据对称性可知W弹1＝－W弹2>0，Wf1＝Wf2>0，则有mv－mv＝Wf1＋Wf2>0，可知vB2>vB1，即上滑经过B处的速度大于下滑经过B处的速度，故D正确．
即时训练3 (1) 球刚好被推离地面时推力最小，设斜面体对球作用力的大小为F1，球和斜面的受力如图甲所示，
球在竖直方向有F1cos θ＝mg，
斜面在水平方向有F0＝F1sin θ，
解得F0＝mg.
甲
(2) 斜面的位移为x，球的位移为y，
则tan θ＝，
可得球的加速度a球＝a tan θ，
如图乙所示，由牛顿第二定律有FNcos θ－mg＝ma球，
解得FN＝2mg.
乙
(3) 设斜面最高点与球面接触时，斜面体的速度为v1，球的速度为v2，位移为h，
由几何关系可知h＝3.2R－R(1－cos θ)，
v＝2a球h，
v2＝v1tan θ，
由功能关系可知W＝mv＋mv＋mgh，
解得W＝8mgR.
【活动二】
例 2
D　由动能定理可得小物块到达小车最右端时的动能Ek物＝W合＝(F－Ff)(L＋x)，A正确；小车的动能Ek车＝Ffx，B正确；小物块克服摩擦力所做的功Wf＝Ff(L＋x)，C正确；小物块和小车增加的机械能为F(L＋x) －FfL，D错误；系统产生的内能为FfL，E正确．故选D．
总结提升：2 FfΔs
例 3
(1) 根据牛顿第二定律有μ1mg cos 37°－mg sin 37°＝ma，
解得a＝1 m/s2，
产品加速距离x＝＝8 m即产品在传送带上先加速再匀速运动，加速时间t＝，
解得t＝4 s.
(2) 产品在斜面上，由动能定理得
－(mg sin 37°＋μ2mg cos 37°)L2＝0－mv，
解得μ2＝0.25.
(3) 产品在传送带上获得的机械能
E1＝mgL1sin 37°＋mv，
解得E1＝68 J，
产品与传送带间产生的热量Q＝μ1mg cos 37°·(v0t－x)，
消耗电能E2＝mgL1sin 37°＋mv＋Q，
解得E2＝124 J，
比值 ＝.
即时训练4 C　由题可知，包裹与传送带间动摩擦因数μ>tan θ，包裹在整个过程中先做匀加速后做匀速运动，共速前，包裹受到的摩擦力大小为f＝μmg cos θ，方向沿传送带向上，共速后，摩擦力的大小为f′＝mg sin θ，方向沿传送带向上，包裹的动能先增大后不变，故A、B错误；设传送带速度为v，包裹受到滑动摩擦力为f，从滑上传送带到共速的时间为t，根据功能关系可知，包裹与传送带相对滑动产生的内能Q＝fx＝f·(vt－vt)＝f·vt，包裹的机械能E变化量E1＝f·vt，因此包裹与传送带相对滑动产生的内能Q＝E1，故C正确；电机因传送包裹多消耗的能量ΔE等于包裹机械能增加量和摩擦生热之和，即ΔE＝Q＋E2＝E1＋E2，故D错误．
例 4
(1) 小铅块在木板上滑动过程中，木板达到最大速度时，木板运动的位移为x1，由动能定理得
[μ2mg－μ1(M＋m)g]x1＝Mv2，
解得x1＝0.5 m.
(2) 根据能量守恒定律，铅块与木板间因摩擦产生的总热量为
Q＝mv－(M＋m)v2－μ1(M＋m)gx1＝12 J.
(3) 对铅块，根据动能定理，整个运动过程中木板对铅块的摩擦力所做的功为Wf＝0－mv＝－16 J.
即时训练5 (1) 根据牛顿第二定律，
对A：μmg＝Ma1，
代入数据解得a1＝0.5 m/s2，
对B：F－μmg＝ma2，
代入数据解得a2＝1 m/s2.
(2) 设F作用时间为t，由位移公式x＝at2，
对B：xB＝a2t2，
对A：xA＝a1t2，
当B运动至A的中点时，有xB－xA＝，
代入数据解得t＝2 s，
F对B做的功W＝FxB，
代入数据解得W＝6 J.
(3) 撤去F之前B相对A运动了 的距离，
所以产生的热量为Q＝μmg＝2 J.
【活动三】
例 5
(1) 物块在CD段运动过程中，根据动能定理有
－(mg sin θ＋μmg cos θ)x＝0－mv2，
解得x＝.
(2) BC段，电动机的牵引力F＝mg sin θ＋μmg cos θ，
功率P＝Fv，
解得P＝mgv(sin θ＋μcos θ).
(3) 全过程物块增加的机械能E1＝mgL sin θ，
整个过程摩擦产生的内能Q＝μmg cos θ·L，
整个过程电动机消耗的总电能E2＝E1＋Q，
解得 ＝(或 ＝).
即时训练6 (1) 由动能定理得
(mg sin 37°－μ1mg cos 37°)L＝mv－0，
解得v1＝8 m/s.
(2) 由牛顿第二定律得μ2mg＝ma，
物块与传送带共速时，由速度公式得－v＝v1－at1，
解得t1＝6 s.
匀速运动阶段的时间为t2＝＝3 s，
第1次在传送带上往返运动的时间t＝t1＋t2＝9 s.
(3) 由分析可知物块第一次离开传送带以后，每次再到达传送带和离开传送带的速度大小相等，物块最终停止在P点，则根据能量守恒定律有Q＝μ1mg cos 37°×L＋mv2＝48 J.
即时训练7 (1) 敲击B后的瞬间，A受到向上的滑动摩擦力，
对A由牛顿第二定律得μmAg cos 30°－mAg sin 30°＝mAaA，
解得aA＝2.5 m/s2，
对B由牛顿第二定律得μmAg cos 30°＋mBg sin 30°＝mBaB，
解得aB＝12.5 m/s2.
(2) 设A、B向上运动，经过时间t后共速v0－aBt＝aAt，
共速后A、B一起以加速度a向上减速，对A、B分析，有
(mA＋mB)g sin 30°＝(mA＋mB)a，
s＝＋，
解得s＝0.375 m.
(3) 最终A、B均停在挡板处，此时B的长度最小，由能量守恒mBv＋mAgL sin 30°＝μmAg cos 30°·L，
解得L＝1.8 m.
即时训练8 A　若弹簧压缩至最短时，弹簧对轻质杆的弹力小于轻质杆与槽间的最大静摩擦力，则轻质杆不会滑动，小球的重力势能转化为弹簧的弹性势能，则Ep1＝mg(h＋x)，可知h越大，弹簧的压缩量x越大，弹簧的弹性势能越大，即h增大，Ep2>Ep1.若弹簧压缩至最短时，轻质杆已经滑动，则轻质杆受到滑动摩擦力f和弹簧弹力kΔx，由于轻质杆质量为0，所以f＝kΔx，当h增大时轻质杆仍会滑动，此种情况下弹簧压缩至最短时的形变量不变，弹簧的弹性势能不变，即Ep2＝Ep1.故A正确．(共58张PPT)
第五章
机械能守恒定律
专题6　功能关系　能量守恒定律
内容索引
学习目标
核心体系
活动方案
学 习 目 标
1. 知道几种常见的功能关系及其表达式.2. 知道摩擦力做功与能量的关系.3. 理解能量转化与守恒定律，会求解综合的能量转化等问题．
核 心 体 系
活 动 方 案
活动一　理解和应用功能关系
做功的过程就是能量转化的过程，不同形式的能量发生相互转化是通过做功来实现的．功是能量转化的量度，功和能的关系，一是体现在不同的力做功，对应不同形式的能转化，具有一一对应关系，二是做功的多少与能量转化的多少在数值上相等．
[2025南通期中]如图所示，一轻弹簧上端固定，下端连接一个小球．将小球自弹簧处于原长处由静止释放，以释放点为原点，竖直向下为正方向建立x轴，弹簧始终处于弹性限度内．在小球下落至最低点过程中，其动能Ek和机械能E随位置x变化的图像可能正确的是(　　)
1
A
B
C
D
B
1. 常见的功能关系
2. 几种有关能量图像中斜率的分析
Ek－x图像 Ep－x图像
切线斜率：合外力 ①合外力沿＋x方向 ②合外力沿－x方向 切线斜率：重力、弹力等
①力沿－x方向
②力沿＋x方向
E机－x图像 E机－t图像
切线斜率：除重力、弹力以外的力 ①沿＋x方向 ②沿－x方向 切线斜率：功率
[2026南通如皋中学检测]如图所示，“深坑打夯机”的夯杆在两个摩擦轮作用下，从静止开始匀加速竖直上升一段时间，然后松开摩擦轮，夯杆会继续上升．夯杆静止时重力势能为零，不计空气阻力．则夯杆上升过程中，机械能随上升高度的变化关系是(　　)
1
A
B
C
D
C
【解析】 夯杆机械能的变化量等于摩擦力对夯杆做功，即E＝ΔE＝fh，松开摩擦轮后，夯杆只受重力作用，则机械能守恒．则E－h图像如图C所示．C正确．
[2025南通如皋期中]如图所示，轻质弹簧一端固定，另一端与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，恰好能回到A处．弹簧始终在弹性限度内，则圆环(　　)
2
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处时的速度最大
C. 上滑过程中，受到恒定的摩擦力
D. 上滑经过B处的速度大于下滑经过B处的速度
D
【解析】 在B处，弹簧水平且处于原长，可知，下滑过程，弹簧的拉伸形变先减小后增大，则弹簧的弹性势能先减小后增大，故A错误；圆环到B点时，弹簧水平处于原长，弹簧弹力为零，杆对圆环无支持力，所以没有摩擦力，此时加速度为重力加速度，圆环在C处的速度为零，从B点开始向下运动至C点，圆环先向下加速后向下减速，可知，B点的速度不是最大，故B错误；上滑过程中，令弹簧与竖直方向夹角为θ(θ≤90°)，圆环与杆之间动摩擦因数为μ，弹簧的长度为x，弹簧的原长为x0，对圆环进行分析，圆环所受滑动摩擦力大小f＝μN＝μk(x－x0)sin θ＝μk(xsin θ－x0sin θ)＝μk(x0－x0sin θ)，圆环上滑过程，θ先增
[2025南通二模]如图甲所示，倾角θ＝37°的斜面体放置在水平面上，右侧靠着半径为R的球，球上端固定一轻杆，轻杆在固定装置约束下只能沿竖直方向运动．已知斜面体的高度为3.2R，斜面体和球的质量均为m，不计一切摩擦，重力加速度为g，sin 37°＝0.6，cos 37°＝0.8.
3
甲
乙
(1) 水平向右推动斜面体，求最小推力的大小F0；
(2) 若斜面体在推力作用下由静止开始向右做加速度为a＝0.8g的匀加速直线运动，求斜面对球作用力的大小FN；
(3) 在第(2)问中，当斜面体运动到其最高点刚好与球面接触时，如图乙所示，求该过程中推力做的功W.
【答案】 (1) 球刚好被推离地面时推力最小，设斜面体对球作用力的大小为F1，球和斜面的受力如图甲所示，
球在竖直方向有F1cos θ＝mg，
斜面在水平方向有F0＝F1sin θ，
甲
(2) 斜面的位移为x，球的位移为y，
可得球的加速度a球＝atan θ，
如图乙所示，由牛顿第二定律有FNcos θ－mg＝ma球，
解得FN＝2mg.
乙
(3) 设斜面最高点与球面接触时，斜面体的速度为v1，球的速度为v2，位移为h，
由几何关系可知h＝3.2R－R(1－cos θ)，
v2＝v1tan θ，
解得W＝8mgR.
活动二　理解摩擦力做功与能量的关系
一、摩擦力做功与能量的关系
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匀加速直线运动．小物块和小车之间的摩擦力为Ff，小物块滑到小车的最右端时，小车运动的距离为x.此过程中，下列结论不正确的是(　　)
2
A. 小物块到达小车最右端时具有的动能为(F－Ff)(L＋x)
B. 小物块到达小车最右端时，小车具有的动能为Ffx
C. 小物块克服摩擦力所做的功为Ff(L＋x)
D. 小物块和小车增加的机械能为Fx
E. 系统产生的内能为FfL
D
【解析】 由动能定理可得小物块到达小车最右端时的动能Ek物＝W合＝(F－Ff)(L＋x)，A正确；小车的动能Ek车＝Ffx，B正确；小物块克服摩擦力所做的功Wf＝Ff(L＋x)，C正确；小物块和小车增加的机械能为F(L＋x) －FfL，D错误；系统产生的内能为FfL，E正确．故选D.
1. 摩擦力做功的特点．
(1) 一对静摩擦力所做功的代数和总等于零．
(2) 一对滑动摩擦力做功的代数和总是负值，差值为机械能转化为内能的部分，也就是系统机械能的损失量．
(3) 无论是静摩擦力还是滑动摩擦力，都可以对物体做正功，也可以做负功，还可以不做功．
2. 滑动摩擦力与两物体间相对位移的乘积等于产生的内能，即Q＝________，若物体在接触面上做往复运动，则Δs为总的相对路程．
FfΔs
二、与摩擦力做功相关的传送带问题
3
(1) 求产品在传送带上加速运动的时间t；
(2) 求产品与斜面间的动摩擦因数μ2；
(3) 若不计电动机的损耗，求电动机传送该产品的整个过程中，产品获得的机械能E1与消耗电能E2的比值．
【答案】 (1) 根据牛顿第二定律有μ1mgcos 37°－mgsin 37°＝ma，
解得a＝1 m/s2，
解得t＝4 s.
(2) 产品在斜面上，由动能定理得
解得μ2＝0.25.
(3) 产品在传送带上获得的机械能
解得E1＝68 J，
产品与传送带间产生的热量Q＝μ1mgcos 37°·(v0t－x)，
解得E2＝124 J，
传送带模型的分析方法
(1) 设问的角度
①动力学角度：首先要正确分析物体的运动过程，做好受力分析，然后利用运动学公式结合牛顿第二定律求物体及传送带在相应时间内的位移，找出物体和传送带之间的位移关系．
②能量角度：求传送带对物体所做的功、物体和传送带由于相对滑动而产生的热量、因放上物体而使电动机多消耗的电能等，常依据功能关系或能量守恒定律求解．
(2) 功能关系分析
①传送带克服摩擦力做的功：W＝Ffx传．
②系统产生的内能：Q＝Ffx相对．
③功能关系分析：W＝ΔEk＋ΔEp＋Q.
[2026南通如皋检测]如图甲所示，某物流车间用电动机传动的匀速运动的传送带运送包裹．一包裹被轻放在传送带底端，在整个运动过程中，包裹的机械能E随位移x变化的图像如图乙所示．则(　　)
4
甲
乙
A. 包裹在整个过程中受到的摩擦力恒定
B. 包裹在整个过程中动能一直增加
C. 包裹与传送带相对滑动产生的内能等于E1
D. 电机因传送包裹多消耗的能量等于E2＋2E1
C
三、与摩擦力做功相关的板块问题
[2025扬州新华中学检测]如图所示，足够长的木板静止在粗糙的水平地面上，木板的质量M＝2 kg，木板与地面间的动摩擦因数μ1＝0.1；在木板的左端放置一个质量m＝2 kg的小铅块(视为质点)，小铅块与木板间的动摩擦因数μ2＝0.3.现给铅块一向右的初速度v0＝4 m/s，使其在木板上滑行，木板获得的最大速度v＝1 m/s，重力加速度g取10 m/s2，求：
(1) 木板达到最大速度时，木板运动的位移；
(2) 铅块与木板间因摩擦产生的总热量；
(3) 整个运动过程中木板对铅块的摩擦力所做的功．
4
【答案】 (1) 小铅块在木板上滑动过程中，木板达到最大速度时，木板运动的位移为x1，由动能定理得
解得x1＝0.5 m.
(2) 根据能量守恒定律，铅块与木板间因摩擦产生的总热量为
板块模型问题的分析方法
(2) 功和能分析：对滑块和木板分别运用动能定理，或者对系统运用能量守恒定律．如图所示，要注意区分三个位移：
①求摩擦力对滑块做功时用滑块对地的位移x滑；
②求摩擦力对木板做功时用木板对地的位移x板；
③求摩擦生热时用相对位移Δx.
如图所示，质量M＝4 kg、长L＝2 m的木板A静止在光滑水平面上，质量m＝1 kg的小滑块B置于A的左端．B在F＝3 N的水平恒力作用下由静止开始运动，当B运动至A的中点时撤去力F.A、B之间的动摩擦因数μ＝0.2，重力加速度g取10 m/s2.求：
(1) 撤去F之前A、B的加速度大小a1、a2；
(2) F对B做的功W；
(3) 撤去F之前运动过程中因摩擦产生的热量Q.
5
【答案】 (1) 根据牛顿第二定律，
对A：μmg＝Ma1，
代入数据解得a1＝0.5 m/s2，
对B：F－μmg＝ma2，
代入数据解得a2＝1 m/s2.
代入数据解得t＝2 s，
F对B做的功W＝FxB，
代入数据解得W＝6 J.
活动三　应用能量转化和守恒定律求解综合问题
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其他形式，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.
对能量守恒定律的两点理解：(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．
[2024江苏卷]某重力储能系统的简化模型如图所示，长度为L、倾角为θ的斜坡ABCD上，有一质量为m的重物通过绳索与电动机连接．在电动机牵引下，重物从斜坡底端A点由静止开始运动，到达B点时速度达到最大值v，然后重物被匀速拉到 C点，此时关闭电动机，重物恰好能滑至顶端D点，系统储存机械能．已知绳索与斜坡平行，重物与斜坡间的动摩擦因数为μ，重力加速度为g，不计空气阻力和滑轮摩擦．
5
(1) 求CD的长度x；
(2) 求重物从B到C过程中，电动机的输出功率P；
(3) 若不计电动机的损耗，求在整个上升过程中，系统储存的机械能E1与消耗电能E2的比值．
【答案】 (1) 物块在CD段运动过程中，根据动能定理有
(2) BC段，电动机的牵引力F＝mgsin θ＋μmgcos θ，
功率P＝Fv，
解得P＝mgv(sin θ＋μcos θ)．
(3) 全过程物块增加的机械能E1＝mgLsin θ，
整个过程摩擦产生的内能Q＝μmgcos θ·L，
整个过程电动机消耗的总电能E2＝E1＋Q，
能量守恒定律的表达式有：
(1) E初＝E末，初状态各种能量的总和等于末状态各种能量的总和．
(2) ΔE增＝ΔE减，增加的那些能量等于减少的那些能量．
当涉及摩擦力做功，机械能不守恒时，一般应用能量守恒定律．
如图所示，水平传送带足够长，向右运行的速度v＝4 m/s，与倾角为37°的斜面的底端P平滑连接，将一质量m＝2 kg的小物块从A点静止释放．已知A、P的距离L＝8 m，物块与斜面、传送带间的动摩擦因数分别为μ1＝0.25、μ2＝0.20，重力加速度g取10 m/s2，sin 37°＝0.6，cos 37°＝0.8.求物块：
(1) 第1次滑过P点时的速度大小v1；
(2) 第1次在传送带上往返运动的时间t；
(3) 从释放到最终停止运动，与斜面间摩擦产生的热量Q.
6
【答案】 (1) 由动能定理得
解得v1＝8 m/s.
(2) 由牛顿第二定律得μ2mg＝ma，
物块与传送带共速时，由速度公式得－v＝v1－at1，
解得t1＝6 s.
第1次在传送带上往返运动的时间t＝t1＋t2＝9 s.
7
(1) 敲击B后的瞬间，A、B的加速度大小aA、aB；
(2) B上升的最大距离s；
(3) B的最小长度L.
【答案】 (1) 敲击B后的瞬间，A受到向上的滑动摩擦力，
对A由牛顿第二定律得μmAgcos 30°－mAgsin 30°＝mAaA，
解得aA＝2.5 m/s2，
对B由牛顿第二定律得μmAgcos 30°＋mBgsin 30°＝mBaB，
解得aB＝12.5 m/s2.
(2) 设A、B向上运动，经过时间t后共速v0－aBt＝aAt，
共速后A、B一起以加速度a向上减速，对A、B分析，有
(mA＋mB)gsin 30°＝(mA＋mB)a，
解得s＝0.375 m.
解得L＝1.8 m.
[2025南京期末]如图所示，竖直轻质弹簧与竖直轻质杆相连，轻质杆可在固定的“凹”形槽内沿竖直方向向下移动．轻质杆与槽间的最大静摩擦力等于滑动摩擦力，且滑动摩擦力大小不变．将小球由距轻弹簧上端h处静止释放，弹簧压缩至最短时，弹性势能为Ep1.若增大h，重复此前过程，小球再次将弹簧压缩至最短时，弹簧的弹性势能为Ep2.弹簧始终处于弹性限度内，轻质杆底部与槽不发生碰撞，则(　　)
8
A. Ep2可能等于Ep1
B. Ep2可能小于Ep1
C. Ep2一定小于Ep1
D. Ep2一定大于Ep1
A
【解析】 若弹簧压缩至最短时，弹簧对轻质杆的弹力小于轻质杆与槽间的最大静摩擦力，则轻质杆不会滑动，小球的重力势能转化为弹簧的弹性势能，则Ep1＝mg(h＋x)，可知h越大，弹簧的压缩量x越大，弹簧的弹性势能越大，即h增大，Ep2>Ep1.若弹簧压缩至最短时，轻质杆已经滑动，则轻质杆受到滑动摩擦力f和弹簧弹力kΔx，由于轻质杆质量为0，所以f＝kΔx，当h增大时轻质杆仍会滑动，此种情况下弹簧压缩至最短时的形变量不变，弹簧的弹性势能不变，即Ep2＝Ep1.故A正确．
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