【文档说明】(新高考)高考物理一轮复习讲义：第13讲《功能关系》(含解析).doc，共(29)页，1.222 MB，由MTyang资料小铺上传

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第13讲功能关系知识图谱功能关系知识精讲1．力学领域中功能关系的几种主要表现形式：（1）合外做力是动能变化的量度：k=WE合（2）重力做功是重力势能变化的量度：p=WEG（3）弹力做功是弹性势能变化的量度：p=WE

弹弹（4）静电力做功是电势能变化的量度：p=WE弹弹（5）除了重力，弹力以外的其他力做功是物体机械能变化的量度：=WE其机（6）一对滑动摩擦力对系统做总功是系统机械能转化为内能的量度：Qfs相对2．摩擦力做功与能量的关

系（1）摩擦力做功的特点①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代数和为零，只有机械能的转移，不会转化为内能；③相互作用的一对滑动摩擦力做功代数和为负，有机械能转化为内能。（2）摩擦生热的计算：Qfs相对，其中s相对为两

物体间的相对位移。3．传送带模型中的功能关系（1）对功WF和Q的理解：①传送带做的功：WF＝Fx传；②产生的内能Q＝Ffx相对，其中x相对为相互摩擦的物体与传送带间的相对位移。（2）功能关系分析：WF＝ΔEk＋ΔEp＋Q三点剖析学习目标：1．理解并掌握常见的功能关系；2．

能分析斜面、传送带和滑块等常见模型中的功能关系。常见功能关系的应用例题1、某人用手将1kg物体由静止向上提起1m，这时物体的速度为2m/s，则下列说法正确的是（）A.手对物体做功2JB.合外力做功2JC.合外力

做功12JD.物体重力做功10J例题2、[多选题]如图所示，在倾角为θ＝30°的足够长的固定粗糙斜面上一质量为m＝0.4kg的滑块在t＝0时刻自斜面底端以某一初速度沿斜面向上运动，滑块上滑过程中斜面底端的距离d＝10t－5t2（m）．不计

空气阻力，取g＝10m／s2，最大静摩擦力等于滑动摩擦力，则下列说法正确的是（）A.在t＝1s时刻滑块开始下滑B.在t＝2s时刻滑块返回斜面底端C.滑块和斜面间的动摩擦因数34D.滑块在斜面上运动过程中机械能损失10J例题3、[

多选题]如图甲所示，一轻质弹簧的下端固定在水平面上，上端放置一物体（物体与弹簧不连接），初始时物体处于静止状态，现用竖直向上的拉力F作用在物体上，使物体开始向上做匀加速运动，拉力F与物体位移x的关系如图乙所示，g＝10m/s2，下列结论正确的是（）A.物体的加速

度为4m/s2B.弹簧的劲度系数为4N/mC.初始时弹簧的弹性势能为0.5JD.从初始位置到x＝5cm的过程中，物体的机械能增加了2J例题4、[多选题]图示为某探究活动小组设计的节能运动系统。斜面轨道倾角为30°，质量为M的木箱与轨道的动摩擦因数为35，木箱在轨道A端时，自动装货装置将质量为m

的货物装入木箱，然后木箱载着货物沿轨道无初速滑下，在轻弹簧被压缩至最短时，自动卸货装置立刻将货物卸下，然后木箱恰好被弹回到轨道A端，重复上述过程。下列选项正确的是（）A.m＝3MB.m＝2MC.木箱不与弹簧接触时，上滑过程的运动时间大于下滑过程中的运动时间D.若货物的

质量减少，则木箱一定不能回到A处随练1、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13l．重力加速度大小为g．在此过程中，外力做的功为（）A.19mglB.16mglC.13mglD.12mgl随练2、[多选题]如

图所示，楔形木块abc固定在水平面上，粗糙斜面ab和光滑斜面bc与水平面的夹角相同，顶角b处安装一定滑轮．质量分别为M、m（M＞m）的滑块通过不可伸长的轻绳跨过定滑轮连接，轻绳与斜面平行．两滑块由静止释放后，沿斜面做匀加速运动．若不计滑轮的质量和摩擦，在两滑块沿斜面运动的过程中（）A.

重力对M做的功等于M动能的增加B.轻绳对m做的功等于m机械能的增加C.M克服轻绳做的功等于M机械能的减少量D.两滑块组成系统的机械能损失等于M克服摩擦力做的功随练3、2月13日，平昌冬奥会女子单板滑雪U型池项目中，我国选手刘佳宇荣获亚

军，为我国夺得首枚奖牌。如图为U型池模型，其中A、B为U型池两侧边缘，C为U型池最低点，U型池轨道各处粗糙程度相同。一小球在池边高h处自由下落由左侧进入池中，从右侧飞出后上升的最大高度为h2，下列说法正确的是（）A.小球

再次进入池中后，能够冲出左侧边缘A然后返回B.小球再次进入池中后，刚好到达左侧边缘A然后返回C.由A到C过程与由C到B过程相比，小球损耗机械能相同D.由A到C过程与由C到B过程相比，前一过程小球损耗机械能较小随练4、[

多选题]如图所示，质量相同的小物块A、B用轻质细绳连接在光滑轻质定滑轮两侧，小物块B放在粗糙水平桌面上，初始时用手托住物块A使系统处于静止状态．现将手拿开，物块A将开始运动．若物块B始终没有离开桌面，则在物块运动的过程中（）A.A的速度小于B的速度B.绳的拉力对

A所做的功与对B所做的功的代数和为零C.绳的拉力对B所做的功等于B机械能的增加量D.重力对A做的功等于A、B动能的增加量随练5、[多选题]如图所示，一倾角为α的固定斜面下端固定一挡板，一劲度系数为k的轻弹簧下

端固定在挡板上。现将一质量为m的小物块从斜面上离弹簧上端距离为s处由静止释放，已知物块与斜面间的动摩擦因数为μ，物块下滑过程中的最大动能为EKm，则小物块从释放到运动至最低点的过程中，下列说法中正确的是（）A.物块刚与

弹簧接触的瞬间动能最大B.物块的最大动能等于重力与摩擦力对物块做功之和C.弹簧的最大弹性势能等于整个过程中重力与摩擦力对物块做功之和D.若将物块从离弹簧上端2s的斜面处由静止释放，则下滑过程中物块的最大动能小于2EKm随练6、[多选题]如图

所示，一根轻质弹簧一端固定于光滑竖直杆上，另一端与质量为m的滑块P连接，P穿在杆上，一根轻绳跨过定滑轮将滑块P和重物Q连接起来，重物Q的质量M＝6m，把滑块从图中A点由静止释放后沿竖直杆上下运动，当它经过A、B两点时弹簧对滑块的弹力大小相等，已知O

A与水平面的夹角θ＝53°，OB长为L，与AB垂直，不计滑轮的摩擦力，重力加速度为g，滑块P从A到B的过程中，说法正确的是（）A.对于滑块Q，其重力功率先增大后减小B.滑块P运动到位置B处速度达到最大，且大小为433gLC.轻绳对滑块P做功4mgLD.P与Q的机械能之和先减小后增加摩擦

力做功与能量转化例题1、[多选题]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f。现用一水平恒力F作用在滑块上，当滑块运动到木板右端时，木板在地面上移动的距离为s。下列说法正确的是（）A.上述过程中，滑块克

服摩擦力做功为f（L＋s）B.其他条件不变的情况下，M越大，s越小C.其他条件不变的情况下，F越大，滑块到达木板右端所用时间越长D.其他条件不变的情况下，F越大，滑块与木板间产生的热量越多例题2、[多选题]如图所示，三斜面ab、cd、cb固定于竖直

墙面与水平面之间，ab与cd斜面的长度相同。若某滑块（视为质点）分别从三斜面的顶端由开始沿斜面下滑，滑块经过d处时动能不损失且继续沿水平面运动经过b端，滑块与三斜面及水平面间的动摩擦因数均相同。则对于滑块从各斜面的顶端到经过b端的整个过程，下列说法正确的是（）A.三种情况下滑块损失的机械能相同B

.滑块沿ab运动的情况下经过b端时的速度最小C.滑块沿三斜面下滑的时间相同D.滑块沿cdb路径运动的情况下克服摩擦力做的功最多例题3、在某电视台举办的冲关游戏中，AB是处干竖直平面内的光滑圆弧轨道。半径R=1.6m，BC是长度为L1=3m的水平传送带，CD是长度为L2=3.6水平粗糙轨

道，ABCD轨道与传送带平滑连接，参赛者抱紧滑板从A处由静止下滑。参赛者和滑板可视为质点，参赛者质量m=60kg，滑板质量可忽略，已知滑板与传送带、水平轨道的动摩擦因数分别为μ1=0.4，μ2=0.5，g取10m/s2．求：（1）参赛者运动到圆弧轨道B处

对轨道的压力；（2）若参赛者恰好能运动至D点，求传送带运转速率及方向；（3）在第（2）问中，传送带由于传送参赛着多消耗的电能。随练1、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下列说法正确的是（）A.传送带克服摩擦力做功为mv2B.传送带克服摩擦力做功为212mvC.电动机多做的功为212mvD.电动

机增加的功率为12mgv随练2、[多选题]如图所示,水平桌面上的轻质弹簧一端固定，另一端与小物块相连．弹簧处于自然长度时物块位于O点(图中未标出)．物块的质量为m，ABa，物块与桌面间的动摩擦因数为．现用

水平向右的力将物块从O点拉至A点，拉力做的功为W．撤去拉力后物块由静止向左运动，经O点到达B点时速度为零．重力加速度为g．则上述过程中（）A.物块在A点时，弹簧的弹性势能等于12WmgaB.物块在B点时，弹簧的弹性势能小于32WmgaC.经O点时，物块的动能小于Wmg

aD.物块动能最大时弹簧的弹性势能小于物块在B点时弹簧的弹性势能随练3、[多选题]如图倾角为30°的传送带在电动机带动下始终以V0的速度匀速上行。相等质量的甲，乙两种不同材料的滑块（可视为质点）分

别无初速放在传送带底端，发现甲滑块上升h高度滑至顶端时恰好与皮带保持相对静止，乙滑块上升2h高度处恰与皮带保持相对静止。现比较甲，乙两滑块从传送带底端到顶端的过程（）mBAA.甲滑块与皮带的动摩擦因数大于乙滑块与皮带的动摩擦因数B.甲滑块与皮带摩擦产生的热量大于乙滑块与皮带摩擦产生的热量C.两

个过程中皮带对滑块所做的功相同D.两个过程中电动机对皮带所做的功相同能量守恒定律知识精讲1．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

物体能量增加，且减少量和增加量一定相等。2．利用能量观点解题的步骤：（1）确定研究对象，分析在研究过程中有多少种形式的能量在发生变化；（2）明确哪些能量在增加，哪些能量在减少；（3）减少的总能量一定等于增加的总能量，据此列出方程ΔE减＝ΔE增求解。3．涉及弹簧的能量问题两个或两

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）能量转化方面，如果只有重力和系统内弹簧弹力做功，系统机械能守恒；（2）如果系统内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；（3）当弹簧为自然状态时系统内某一端的物体

具有最大速度。三点剖析学习目标：1．理解能量守恒定律的内容；2．掌握利用能量观点解题的思路；3．能利用功和能的观点分析综合问题。能量守恒定律及应用例题1、[多选题]如图所示，绝缘轻弹簧上端固定，下端拴着一带正电小

球Q，Q在A处时弹簧处于原长状态，Q可在C处静止．若将另一带正电小球q固定在C正下方某处时，Q可在B处静止．现将Q从A处由静止释放，则Q从A运动到C处的过程中（）A.Q运动到C处时速率最大B.加速度先减小后增大C.小球Q的机械能不断减小D.Q、q

及弹簧与地球组成的系统的势能不断减小例题2、[多选题]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10m/

s2．由图中数据可得（）A.物体的质量为2kgB.h＝0时，物体的速率为20m/sC.h＝2m时，物体的动能Ek＝40JD.从地面至h＝4m，物体的动能减少100J例题3、一根内壁粗糙的细圆管弯成半径为R的34圆弧固定在竖直面内，0、

B两点在同－条竖直线上，如图所示。一小球自A口的正上方距A口高度为h处无初速释放，小球从B口出来后恰能落到A口。小球可视为质点，重力加速度大小为g。求：（1）小球在B口所受圆管内壁的弹力大小FN；（2）小球从释放至到达B口的过程中，其与圆管内壁间因摩

擦产生的热量Q。例题4、如图所示，水平轨道BC的左端与固定的光滑竖直四分之一圆弧轨道相切与B点，右端与一倾角为θ=30°的光滑斜面轨道在C点平滑连接，物体经过C点时速率不变．斜面顶端固定一轻质弹簧，一质量为m

=1kg的滑块从圆弧轨道的顶端A点由静止释放，经水平轨道后滑上斜面并压缩弹簧，第一次可将弹簧压缩至D点．已知光滑圆轨道的半径R=0.45m，水平轨道BC长L=0.5m，滑块与水平轨道之间的动摩擦因数μ=0.1，光滑斜面轨道

上CD长s=0.4m，取g=10m/s2，求：（1）滑块第一次经过B点时对轨道的压力大小；（2）整个过程中弹簧具有的最大弹性势能；（3）滑块在BC上通过的总路程．随练1、[多选题]如图所示，轻质弹簧的左端固定，并处于自然状态。小物块的质量为

m，从A点向左沿水平地面运动，压缩弹簧后被弹回，运动到A点恰好静止。物块向左运动的最大距离为s，与地面间的动摩擦因数为μ，重力加速度为g，弹簧未超出弹性限度。在上述过程中（）A.弹簧的最大弹力为μmgB.物块克服摩擦力做的功为2μmgsC.弹簧的最大弹性势能为μmgsD

.物块在A点的初速度为2gs随练2、[多选题]如图所示，OA为一遵守胡克定律的弹性轻绳，其一端固定在天花板上的O点，另一端与静止在水平地面上的滑块A相连。A的质量是10kg，绳的劲度系数是5N/cm，B为一紧挨绳的光滑水平小钉，它到天花板的距离BO等于弹性绳的自然长度，AB间距6cm。现

用水平恒力F作用于A，使之向右作直线运动，运动的最远距离是8cm，已知A与水平地面的动摩擦因数μ＝0.5，弹性绳弹性势能的表达式是212kx，其中x为弹簧形变量，g取10m/s2．则（）A.恒力F的大小是75NB.恒力F的大小是55NC.从开始运动到第一次到达最右

端过程中克服摩擦力做的功是2.8JD.从开始运动到第一次到达最右端过程中滑块A和弹性绳组成的系统机械能先增大后减少随练3、[多选题]如图所示，三个小球A、B、C的质量均为m，A与B、C间通过铰链用轻杆连接，杆长为L，B、C置于水平地面上，用一轻质弹簧连接，弹簧处于原长．现A由静止释放下降到最低

点，两轻杆间夹角α由60°变为120°，A、B、C在同一竖直平面内运动，弹簧在弹性限度内，忽略一切摩擦，重力加速度为g．则此下降过程中（）A.A的动能达到最大前，B受到地面的支持力小于32mgB.A的动能最大时，B受到地面的支持力等于32mgC.弹簧的弹性势能

最大时，A的加速度方向竖直向下D.弹簧的弹性势能最大值为32mgL随练4、如图所示，轻弹簧一端固定在水平直轨道AC的一端A处，另一端位于直轨道上B处，弹簧处于自然状态，轻弹簧原长为2R．直轨道与一光滑半圆弧轨道相切于C点．圆弧轨道的最高点为D，A、B、C、D均在同一竖直平面内，A

C＝6R．质量为m的小物块P自C点以4vgR的初速度向A运动，最远到达E点（未画出）随后P沿轨道被弹回，最后到达F点停止运动，AF＝4R．已知P与直轨道间的动摩擦因数μ＝0.25，重力加速度大小为g．（1）求弹簧的最大弹性势能．（2）将物块P的质量变为原来的一

半，将P推至E点，从静止开始释放，P自半径为16R的圆弧轨道的最高点D处水平飞出，求经过D点时物块的速度大小．动力学和能量综合例题1、如图所示，水平桌面上质量为m的薄木板右端叠放着质量也为m的小物块，木板长为L，整体处于静止状态．已知物块与木板间的动摩擦因数为μ，木板与桌面间的

动摩擦因数为4，最大静摩擦力等于滑动摩擦力，重力加速度为g．（1）若使木板与物块一起以初速度v0沿水平桌面向右运动，求木板向右运动的最大距离S0；（2）若对木板施加水平向右的拉力F，为使木板沿水平桌面向右滑动且

与物块间没有相对滑动，求拉力F应满足的条件；（3）若给木板施加大小为F＝3μmg、方向沿水平桌面向右的拉力，经过时间t0，撤去拉力F，此后运动过程中小物块始终未脱离木板，求木板运动全过程中克服桌面摩擦力所做的功W．例题2、如图所示，水平传送带上

A、B两端点间距L＝4m，半径R＝1m的光滑半圆形轨道固定于竖直平面内，下端与传送带B相切．传送带以v0＝4m/s的速度沿图示方向匀速运动，质量m＝1kg的小滑块由静止放到传送带的A端，经一段时间运动到B端，滑块与传送带间的动摩擦因数μ＝0.5，取g＝10m/s2．（1）求滑块到

达B端的速度；（2）求滑块由A运动到B的过程中，滑块与传送带间摩擦产生的热量；（3）仅改变传送带的速度，其他条件不变，计算说明滑块能否通过圆轨道最高点C．例题3、如图1所示，半径R＝0.45m的光滑14圆弧轨道固定在竖直

平面内，B为轨道的最低点，B点右侧的光滑的水平面上紧挨B点有一静止的小平板车，平板车质量M＝lkg，长度l＝1m，小车的上表面与B点等高，距地面高度h＝0.2m，质量m＝lkg的物块（可视为质点）从圆弧最高点A由静止释放，取g＝10m／s2。试求：（

1）物块滑到轨道上的B点时对轨道的压力大小；（2）若锁定平板车并在上表面铺上一种特殊材料，其动摩擦因数从左向右随距离均匀变化如图2所示，求物块滑离平板车时的速率；（3）若解除平板车的锁定并撤去上表面铺的材料后，物块与木板间的动摩

擦因数μ＝0.2，物块仍从圆弧最高点A由静止释放，求物块落地时距平板车右端的水平距离。例题4、如图，倾角θ＝37°的直轨道AC与圆弧轨道CDEF在AC处平滑连接，整个装置固定在同一竖直平面内。圆弧轨道的半径为R，DF是竖直直径，O点为圆心，E、O、B三

点在同一水平线上，A、F也在同一水平线上。两个小滑块P、Q（都可视为质点）的质量都为m。已知滑块Q与轨道AC间存在摩擦力且动摩擦因数处处相等，但滑块P与整个轨道间和滑块Q与圆弧轨道间的摩擦力都可忽略不计。同时将两个滑块P、Q分别静止释放

在A、B两点，之后P开始向下滑动，在B点与Q相碰，碰后P、Q立刻一起向下且在BC段保持匀速运动。已知P、Q每次相碰都会立刻合在一起运动但两者并不粘连，sin37°＝0.6，cos37°＝0.8，取重力加速度为g，求：（1）两滑块进入圆弧轨道运动过程中对圆弧轨道的压力的最大值。（

2）滑块Q在轨道AC上往复运动经过的最大路程。随练1、[多选题]如图1所示，光滑轨道ABCD是大型游乐设施过山车轨道的简化模型，最低点B处的入、出口靠近但相互错开，C是半径为R的圆形轨道的最高点，BD部分水平，末端D点与右端足够长的水平传送带无缝连接，传送带以恒定速度v逆时针转动

，现将一质量为m的小滑块从轨道AB上某一固定位置A由静止释放，A离水平轨道BD高度差为h，滑块能通过C点后再经D点滑上传送带，设滑块与传送带之间动摩擦因数为μ，则（）A.固定位置A到B点的竖直高度可能为2RB.滑块在传送带

上向右运动的最大距离为hxC.滑块一定能重新回到出发点A处D.A离水平轨道BD高度差为h越大，滑块与传送带摩擦产生的热量越多随练2、如图所示，质量为m=1kg的可视为质点的小物块轻轻放在水平匀速运动的传送带上的P点，随传送带运动到A点后水平抛出，小物块恰好无碰撞的

沿圆弧切线从B点进入竖直光滑圆弧轨道下滑，圆弧轨道与质量为M=2kg的足够长的小车左端在最低点O点相切，并在O点滑上小车，水平地面光滑，当物块运动到障碍物Q处时与Q发生无机械能损失的碰撞，碰撞前物块和小车已经相对静止，而小车可继续向右运动（物块始终在小车上）

，小车运动过程中和圆弧无相互作用．已知圆弧半径R=1.0m，圆弧对应圆心角的θ为53°，A点距水平面的高度h=0.8m，物块与小车间的动摩擦因素为μ=0.1，重力加速度g=10m/s2，sin53°=0.8，cos53°=0.6．试求：（1）小物块离开A点的水平初速度v

1；（2）小物块经过O点时对轨道的压力；（3）第一次碰撞后直至静止，物块相对小车的位移和小车做匀减速运动的总时间．随练3、如图，一轻弹簧原长为2R，其一端固定在倾角为37°的固定直轨道AC的底端A处，另一端位于直轨道上B处，弹簧处于自然状态，直轨道与一半径为56R的光滑圆弧轨道相

切于C点，AC=7R，A、B、C、D均在同一竖直面内．质量为m的小物块P自C点由静止开始下滑，最低到达E点（未画出），随后P沿轨道被弹回，最高点到达F点，AF=4R，已知P与直轨道间的动摩擦因数μ=14，重力加速度大小为g．（取sin37°=35，cos37

°=45）（1）求P第一次运动到B点时速度的大小．（2）求P运动到E点时弹簧的弹性势能．（3）改变物块P的质量，将P推至E点，从静止开始释放．已知P自圆弧轨道的最高点D处水平飞出后，恰好通过G点．G点在C点左下方，与C点水平相距72R、竖直相距R，求P运动到D点时速度的大小和改变

后P的质量．随练4、如图所示，地面上有一个倾角为37°的足够长的固定斜面，斜面上有一长为L=1m、质量为M=1kg的厚度可以忽略不计的木板，木板与斜面间的动摩擦因数μ1=0.5，其下端P到斜面底端的挡板C的距离d=0.5m．现在木板的正中央放一质量为m=1kg可看成质点的木块，此时木块刚好

能处于静止状态。现对木板施加一沿斜面向上的外力F1使木板处于静止，此时木板与斜面之间刚好没有摩擦力。最大静摩擦近似等于滑动摩擦，木块与斜面间的动摩擦因数为μ3=0.5，g=10m/s2．试求：（1）木块与木板之间的动摩擦因数

μ2及外力F1的大小；（2）现将外力大小变为F2=21N，且方向仍沿斜面向上，木板将向上运动，经多长时间木块与挡板相碰；（3）从外力F2作用到木板上开始到木块与挡板相碰的过程中系统产生的热量。拓展1、[多选题]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B，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30°，现将A、B由静止释放，下列说法正确的是（）A.物块A由P点出发第一次到达C点过程中，速度先增大后减小B.物块A经过C点时的速度大小为2g

hC.物块A在杆上长为23h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小于B重力势能的减少量2、火箭在返回地面前的某段运动，可看成先匀速后减速的直线运动。最后火箭撞落在地面上，不计火箭质量的变化。则（）A.火箭在匀速下降过程中重力做负功，重力势能减小

B.火箭在匀速下降过程中没有力做功，动能不变C.火箭在减速下降过程中合外力做负功，动能减小D.火箭在减速下降过程中合力做功，等于火箭机械能的变化3、如图所示，质量分别为m1和m2的木块A和B之间用一轻质弹簧相连，然后将它们静置于一底端带有挡板的光滑斜面上，其中B置于斜

面底端的挡板上，设斜面的倾角为θ，弹簧的劲度系数为k．现用一平行于斜面的恒力F拉木块A沿斜面由静止开始向上运动，当木块B恰好对挡板的压力为零时，木块A在斜面上运动的速度为v，则下列说法正确的是（）A.此时弹簧的弹力大小为m1gsinθB.拉力F在该过程中对木块A所做

的功为F（m1+m2）singkC.弹簧在该过程中弹性势能增加了F（m1+m2）singk﹣12mv2D.木块A在该过程中重力势能增加了22212()(sin)mmmgk4、如图（甲），一足够长的传送带与水平面的

夹角θ＝30°，皮带在电动机的带动下，速率始终不变。t＝0刻在传送带适当位置放上一具有初速度的小物块。取沿斜面向上为正方向，物块在传送带上运动的速度随时间的变化如图（乙）所示。已知小物块质量m＝1kg，g取10m/

s2，计算结果可以保留根号，求：①传送带与滑块之间的动摩擦因数μ；②0－t2时间内电动机多消耗的电能。5、一小物块沿斜面向上滑动，然后滑回到原处．物块初动能为Ek0，与斜面间的动摩擦因数不变，则该过程中，物块的动能Ek与位移x关系的图线是（）A.B.C.D.6、如图所示，倾角为θ的直角

斜面体固定在水平地面上，其顶端固定有一轻质定滑轮，轻质弹簧和轻质细绳相连，一端接质量为m2的物块B，物块B放在地面上且使滑轮和物块间的细绳竖直，一端连接质量为m1的物块A，物块A放在光滑斜面上的P点保持静止，弹簧和斜面平行，此时弹簧具有的弹性势能为Ep．不计定滑轮、细绳、弹簧的质量，

不计斜面、滑轮的摩擦，已知弹簧劲度系数为k，P点到斜面底端的距离为L．现将物块A缓慢斜向上移动，直到弹簧刚恢复原长时的位置，并由静止释放物块A，当物块B刚要离开地面时，物块A的速度即变为零，求：（1）当物块B刚要离开地面时，物

块A的加速度；（2）在以后的运动过程中物块A最大速度的大小．7、如图所示，AB段是半径为R的光滑1/4圆弧轨道，其低端切线水平，BC段是长为316R的水平轨道，其右端紧靠长为2R、倾角θ=37º的传送带CD，传送带以gRu2的速度顺时针匀速转动．在距B点L0＝34R处的的

水平轨道上静止一个质量为m的物体Q．现将质量M=3m的物体P自圆弧轨道上的A点由静止释放，并与静止在水平轨道上的Q发生弹性碰撞．已知物体P和Q与水平轨道及传送带间的动摩擦因数均为μ=0.25，不计物体P、Q的大小，重

力加速度为g，sin37º=0.6，cos37º=0.8，各轨道平滑连接．求：（1）物体P到达圆弧轨道B点时对轨道的压力；（2）物体P、Q碰撞后瞬间Q的速度大小；（3）物体P、Q从开始运动到第一次速度减小到零的时间．AB0LOR316CDQPR2u答案解析功能关

系常见功能关系的应用例题1、【答案】B【解析】例题2、[多选题]【答案】AD【解析】A、由题，滑块上滑过程中斜面底端的距离d＝10t－5t2（m），可知滑块的初速度为10m／s，加速度为－10m／s2，取向上为正方向，则到达

最高点时：0＝v0＋at1代入数据得：t1＝1s。故A正确；BC、滑块到达最高点时的位移：220112111011015m22xvtat对滑块进行受力分析，可知滑块受到重力、支持力和摩擦力的作用，沿斜面的方向：ma1＝－mgsinθ－μmgcosθ代入数据得：33到达最高点时

速度为零时，有：mgsinθ＝μmgcosθ滑块不会向下滑动，会处于静止状态故B错误，C错误；D、滑块在斜面上运动过程中机械能损失：33cos0.410510J32Emgxg．故D正确。例题3、[多选

题]【答案】CD【解析】AB、刚开始物体处于静止状态，重力和弹力二力平衡，有：mg＝kx…①拉力F1＝20N时，弹簧的压缩量x＝5cm＝0.05m，弹簧的弹力和重力相等，物体的合力等于拉力F，根据牛顿第二定律，有：F1＋kx－mg＝ma…②物体与弹簧分离后，拉力F2＝4

0N，根据牛顿第二定律，有F2－mg＝ma…③代入数据解得：m＝2kg，k＝400N/m，a＝10m/s2．故AB错误。C、初始时弹簧的弹性势能为：22114000.050.522pEkxJJ，故C正确。D、从初始位置到x＝

5cm＝0.05m的过程中，F做功为：20400.051.52WFxJJ根据功能关系得：W＋Ep＝△E，解得物体的机械能增加量为△E＝2J，故D正确；例题4、[多选题]【答案】AD【解析】AB

、设下滑过程的总高度为h，由功能关系得：下滑过程：()()cos30sin30hMmghMmgEg弹①上滑过程：cos30sin30hEMghMgg弹②解得：m＝3M，故A正确，B错误；C、木箱不与弹簧接触时，根据牛顿第二定律得：下滑过程中有：Mgsin

30°－μMgcos30°＝Ma1．得a1＝gsin30°－μgcos30°③上滑过程中有：（M＋m）gsin30°＋μ（M＋m）gcos30°＝（M＋m）a2．得a2＝gsin30°＋μgcos30°④可得a1＜a2。根据212xat知，x大小相等，上滑

过程的运动时间小于下滑过程中的运动时间。故C错误；D、若货物的质量减少，由③式知，木箱下滑的加速度不变，刚与弹簧接触时速度不变，则m减小时，弹簧最大的弹性势能E弹减小，由②知，木箱上滑的最大高度减小，不能回到A处，故D正确。随练1、【答案】A【解

析】根据功能关系可知，拉力所做的功等于MQ段系统重力势能的增加量；对MQ分析，设Q点为零势能点，则可知，MQ段的重力势能为EP1=23mg×13=29mgl；将Q点拉至M点时，重心离Q点的高度h=16+13=12，故重力势能EP2═23mg×12=3mgl因此可知拉力所做的功

W=EP2﹣EP1=19mgl，故A正确，BCD错误．随练2、[多选题]【答案】BD【解析】A、由动能定理得知：重力、拉力、摩擦力对M所做的总功等于M动能的增加，故A错误．B、根据功能关系得知：轻绳对m做的功等于m机械能的增加，故B正确．C、根据功能关系得知：M克服

轻绳做的功和克服摩擦力做功之和等于M机械能的减少量，故C错误．D、根据功能原理得知：除重力和弹力以外的力对物体做的功，将导致物体的机械能变化，摩擦力做负功，造成系统的机械能损失，则知：两滑块组成系统的机械能损失等于M克服摩擦力做的功．故D正确．故选：BD随练3、【答案】A【解析】AB、

小球在池边高h处自由下落由左侧进入池中，从右侧飞出后上升的最大高度为h2，此过程损失的机械能为mgh2；小球再次返回时，平均速率要小于由左侧进入池中过程中的平均速率，则平均摩擦力要小，克服阻力做功小于上一次，则阻力做的功

小于mgh2；故小球再次进入池中后，能够冲出左侧边缘A然后返回，故A正确、B错误；CD、由A到C过程的平均速率大于由C到B过程的平均速率，平均摩擦力大于由C到B过程的平均摩擦力，前一过程小球损耗机械能较大，故CD错误。随练4、[多选题]【答案】AB【解析】A、将B的速度进行分解如图所示，由图

可知：vA＝vBcosθ，即A的速度小于B的速度，故A正确；B、设在很小的一小段时间t内，绳子的拉力与物体的速度几乎不变，可以按匀速直线运动处理：绳子对A的拉力和对B的拉力大小相等，绳子对A做的功等于﹣FTvAt，绳子对B的功等于拉力与拉力方向

上B的位移的乘积，即：FTvBcosθt，又vA＝vBcosθ，所以绳的拉力对A所做的功与对B所做的功的绝对值相等，二者代数和为零；由以上的分析可知，在A下降的过程中，绳的拉力对A所做的功与对B所做的功的代数和始终为零，故B正确；C、由

于B在水平方向受到摩擦力，摩擦力对B做负功，所以绳的拉力对物块B所做的功小于物块B机械能的增加量，故C错误；D、对系统，由动能定理知：重力对A做的功与摩擦力对B做功的代数和等于A、B动能的增加量。故D错误。随练5、[多选题]【答案】CD【解析】A、据题：小物块从静

止释放后能下滑，则有mgsinα＞μmgcosα，物块刚与弹簧接触的瞬间，弹簧的弹力仍为零，仍有mgsinα＞μmgcosα，物块继续向下加速，动能仍在增大，所以此瞬间动能不是最大，当物块的合力为零时动能才最大，故A错误；BC、根据能量转化和守恒定律知，

弹簧的最大弹性势能等于整个过程中物块减少的重力势能与产生的内能之差，而内能等于物块克服摩擦力做功，可得弹簧的最大弹性势能等于整个过程中物块减少的重力势能与摩擦力对物块做功之和，故B错误，C正确；D、若将物块从离弹簧上端2s的斜面处由静止释放，下滑过程中物块动能最大的位置不变，弹性势能不变，设

为Ep．此位置弹簧的压缩量为x。根据功能关系可得：将物块从离弹簧上端s的斜面处由静止释放，下滑过程中物块的最大动能为Ekm＝mg（s＋x）sinα﹣μmg（s＋x）cosα﹣Ep。将物块从离弹簧上端2s的斜面处

由静止释放，下滑过程中物块的最大动能为Ekm′＝mg•（2s＋x）sinα﹣μmg•（2s＋x）cosα﹣Ep。而2Ekm＝mg（2s＋2x）sinα﹣μmg（2s＋2x）cosα﹣2Ep＝[mg（2s＋x）sinα﹣μmg（2s＋

x）cosα﹣Ep]＋[mgxsinα﹣μmgxcosα﹣Ep]＝Ekm′＋[mgxsinα﹣μmgxcosα﹣Ep]由于在物块接触弹簧到动能最大的过程中，物块的重力势能转化为内能和物块的动能，则根据功能关系可得：

mgxsinα﹣μmgxcosα＞Ep，即mgxsinα﹣μmgxcosα﹣Ep＞0，所以得Ekm′＜2Ekm，故D正确；随练6、[多选题]【答案】AC【解析】A、物块Q释放瞬间的速度为零，当物块P运动至B点时，物块Q的

速度也为零，所以当P从A点运动至B点时，物块Q的速度先增加后减小，物块Q的重力的功率也为先增加后减小，故A正确；B、由于物块P在AB两点处弹簧的弹力大小相等，所以物块P在A点时受到弹簧向上的弹力，运动至B点时受到向下的弹力，物块P从A到B过程中，必定先加速度后减速，合力为零时速度最大，即在

BA间某位置速度最大，故B错误；C、从A到B过程中，对于P、Q系统由动能定律可得：2116()tan530cos532mgLmgLmv，对于P，由动能定理可得：241032WmgLmv联立解

得：W＝4mgL，故C正确；D、对于PQ系统，竖直杆不做功，系统的机械能只与弹簧对P的做功有关，从A到B的过程中，弹簧对P先做正功，后做负功，所以系统的机械能先增加后减小，故D错误。摩擦力做功与能量转化例题1、[多选题]【答案】AB【解析】A、上述过程中，滑块相对于地面的位移为L＋s，则滑块克服

摩擦力做功为f（L＋s），故A正确；B、其他条件不变的情况下，由于木板受到摩擦力不变，当M越大时，木板加速度小，而滑块加速度不变，相对位移一样，滑块在木板上运动时间短，所以木板运动的位移s小，故B正确；C．滑块和木板都是做初速度为零的匀加速运动，在其他条件不变的情

况下，木板的运动情况不变，滑块和木板的相对位移还是L，滑块的位移也没有发生改变，所以拉力F越大滑块的加速度越大，离开木板时间就越短，故C错误；D．系统产生的热量等于摩擦力和相对位移乘积，相对位移没变，摩擦力没变，所以产生的热量没变，故D错误。例题2、[多选题]【答案】AB【

解析】AD、设任一斜面的倾角为θ，最高点离水平面的高度为h，斜面长度为L，物体下滑过程中克服摩擦力做功为：Wf＝μmgLcosθ，Lcosθ即为斜面底边的长度，即水平位移的大小，由图可知从三个斜面的顶端运动到b的整个过程中，水平位移大小相等，所以克服摩擦力做

功相等，则损失的机械能相等，故A正确，D错误；B、对运动全程，根据动能定理，有：212fmghWmv，知三种路径下克服摩擦力做功Wf相等，ab路径的高度差最小，故沿着ab路径到b点的速度最小，故B正确；C、由21sin2hLat

，sincos(sincos)mgmgagm，则得滑块斜面运动的时间为：2sin(sincos)htg，比较cb斜面与cd斜面，高度h相同，倾角θ不同，故时间不等，故C错误。例题3、【答案】（1）1200N（

2）6m/s；顺时针（3）720J【解析】（1）参赛者从A到B的过程，由机械能守恒定律得：mgR（1﹣cos60°）=2B1mv2代入数据得：vB=4m/s在B点，对参赛者，由牛顿第二定律得：N﹣mg=m2BvR代入数据

得：N=1200N由牛顿第三定律知参赛者运动到圆弧轨道B处对轨道的压力为：N′=N=1200N（2）参赛者由C到D的过程，由动能定理得：﹣μ2mgL2=0﹣2C1mv2解得：vC=6m/s＞vB=4m/s所以传送带运转方向为顺时针。

假设参赛者在传送带一直加速，设到达C点的速度为v，由动能定理得：﹣μ1mgL1=21mv2﹣2B1mv2解得：v=210m/s＞vC=6m/s所以传送带速度等于vC=6m/s。（3）参赛者在传送带上匀加速运动的时间为：t=CBvva=CBvvg=640.

410=0.5s此过程中参赛者与传送带间的相对位移大小为：△x=vCt﹣BCvvt2=CBvvt2=640.52=0.5m传送带由于传送参赛着多消耗的电能为：E=μ1mg△x+（2C1mv2﹣2

B1mv2）代入数据解得：E=720J随练1、【答案】A【解析】A、物体与传送带之间的摩擦力：f＝μmg；物体匀加速运动的加速度大小为mgagm，时间为vvtag，传送带的位移：2vxvtg传送带克服摩擦力做的功：22vWfxmg

mvgg；故A正确。B、根据动能定理得：摩擦力对物体做功大小为212mv．在物体匀加速运动的过程中，由于传送带的位移大于物体的位移，则传送带克服摩擦力做的功大于摩擦力对物体做功，所以传送带克服摩擦力做的功大于212mv．故B错误。C

、电动机多消耗的电能转变成内能和物体的动能，根据功能关系得知电动机多做的功大于212mv．故C错误。D、电动机增加了对物体的摩擦力，增加的功率为μmgv．故D错误。随练2、[多选题]【答案】BC【解析】如果没有摩擦力，则O点应该在AB中间，由于有摩擦力，物体从A到B过程中机械

能损失，故无法到达没有摩擦力情况下的B点，也即O点靠近B点．故2aOA，此过程物体克服摩擦力做功大于12mga，故A错误．由A分析得物块从开始运动到最终停在B点，路程大于322aaa，故整个过

程物体克服阻力做功大于32mga，故物块在B点时，弹簧的弹性势能小于32Wmga，故B正确．从O点开始到再次到达O点，物体路程大于a，故由动能定理得，物块的动能小于Wmga，故C正确．物块动能最大时，弹力等于摩擦力，而在B点弹力小于摩擦力，故物块动能最

大时弹簧伸长量大，弹性势能大，故D错误．随练3、[多选题]【答案】BC【解析】A、相等质量的甲，乙两种不同材料的滑块分别无初速放在传送带底端，最终都与传送带速度相等，动能增加量相同，即但甲的速度增加的慢，说明甲受到

的摩擦力小，故甲滑块与皮带的动摩擦因数小于乙滑块与皮带的动摩擦因数，故A错误；B、动能增加量相同，122fhmghfhmgh乙甲，得122ffmg乙甲，相对位移△x甲＝2△x乙，物体与皮带间摩擦生热为等于系统内能的增加量，根据Q＝f•△S知甲滑块与皮带摩擦产生的热量大于乙滑块与皮带

摩擦产生的热量，故B正确；C、甲乙动能增加量相同，重力做功相同，根据动能定理知皮带对滑块所做的功相同，故C正确；D、电动机多做的功等于系统摩擦产生的内能和物块机械能的增加量，根据BC分析知甲物体时电动机做的功较多，故D错误。能量守恒定律能量守恒定律及应用例题1

、[多选题]【答案】BC【解析】A、q在C正下方某处时，Q在B处所受的合力为零，速率最大，故A错误；B、Q在B处加速度为零，则Q从A运动到B的过程中，加速度一直减小直到零．从B到C加速度反向增大，故B正确；C、Q的机械能E等于Q的动能与重力势能

之和，由功能关系有△E=W弹+W电，而弹簧的弹力一直做负功，即W弹＜0，库仑力也一直做负功，即W电＜0，则△E＜0，即Q的机械能不断减小，故C正确；D、系统的势能Ep等于重力势能、电势能与弹性势能之和，根据能量守恒有△Ep+△Ek=0，由于Q的动能Ek先增大后减小，

所以系统的势能先减小后增大，故D错误例题2、[多选题]【答案】AD【解析】A、由图知，h＝4m时Ep＝80J，由Ep＝mgh得m＝2kg，故A正确。B、h＝0时，Ep＝0，E总＝100J，则物体的动能为Ek

＝E总－Ep＝100J，由2012kEmv，得v0＝10m/s，故B错误。C、h＝2m时，Ep＝40J，E总＝90J，则物体的动能为Ek＝E总－Ep＝50J，故C错误。D、从地面至h＝4m，物体的机械能减少了20J，重力

势能增加了80J，因此，物体的动能减少100J，故D正确。例题3、【答案】（1）12mg（2）54mghmgR【解析】（1）设小球通过B口时的速度大小为v，由平抛运动规律有：水平方向：R＝vt；竖直方向：212Rgt解得：22gRv由于vgR，故

此时小球受到圆管内壁竖直向上的支持力，有：2NvmgFmR解得：12NFmg；（2）对该过程，由能量守恒定律有：212mghmgRmvQ解得：54QmghmgR。例题4、【答案】（1）30N；竖直向下（2）2J（3）4.5m【解析】（1）滑块从A点到B点，由动

能定理可得：mgR=12mvB2﹣0，解得：vB=2gR滑块在B点，由牛顿第二定律得：F﹣mg=m2BvR，解得：F=3mg=3×1×10N=30N，由牛顿第三定律可得：滑块对B点的压力：F′=F=30N，方向竖直向下．（2）滑块从A点到D点，由能量守恒

定律得：mgR=μmgLBC+mgLCDsin30°+EP解得：弹簧具有的最大弹性势能EP=2J；（3）滑块最终停止在水平轨道BC间，设滑块在BC上通过的总路程为S，从开始到最终停下来的全过程，由动能定理可得：mgR﹣μmgS=0解得：S=4.5m

．随练1、[多选题]【答案】BC【解析】A、物体向左运动时，当弹簧的弹力与滑动摩擦力大小相等时，即F＝μmg速度最大，物体继续向左运动，弹簧继续被压缩，弹力增大，所以弹簧的最大弹力大于μmg，故A错误。B、整个过程中，物块所受的摩擦力大小恒定，摩

擦力一直做负功，则物块克服摩擦力做的功为2μmgs，故B正确。C、物体向右运动的过程，根据能量守恒定律得：弹簧的最大弹性势能Ep＝μmgs，故C正确。D、设物块在A点的初速度为v0．对整个过程，利用动能定理得：201202mgsmv，可得

：02vgs，故D错误。随练2、[多选题]【答案】AC【解析】AB、设AB间的距离为h，根据平衡条件可知：N＋kxBCsin37°＝G其中sin37BChxF＝μN＋kxBCcos37°联立可得：F＝75N，故A正确，B错误；C、由于摩擦力f＝μ（mg－kxBCs

in37°）＝μ（mg－kh）＝35N，由做功的公式W＝Fs可得：W＝2.8J，故C正确；D、由能量守恒可知，恒力F做的功转化为滑块A与弹性绳的弹性势能和摩擦力做功，故滑块A和弹性绳组成的系统机械能也一直增大，故D错误

。随练3、[多选题]【答案】AB【解析】AB、A的动能最大时，设B和C受到地面的支持力大小均为F，此时整体在竖直方向受力平衡，可得2F=3mg，所以F=32mg；在A的动能达到最大前一直是加速下降，处于失重情况，所以B受到地面的支持力小于32mg，故A、B正确；B、当A达到最低点时动

能为零，此时弹簧的弹性势能最大，A的加速度方向向上，故C错误；D、A下落的高度为：h=Lsin60°﹣Lsin30°，根据功能关系可知，小球A的机械能全部转化为弹簧的弹性势能，即弹簧的弹性势能最大值为EP=mgh=312mgL，故D错误

．随练4、【答案】（1）0.75mgR（2）2gR【解析】（1）设弹簧最大压缩量为x，P从C点出发，最终静止在F，由能量守恒定律得：21(26)2mvmgxR解得：x＝R，P从C点到E点，由能量守恒定律得：21(4)2P

mvmgRRE解得：Ep＝0.75mgR；（2）设物块到C点的速度为vC，由能量守恒定律得：21115222PCEmgRmv解得：12CvgR，设半圆弧轨道半径为r，则16Rr，物块由C到

D，由机械能守恒定律得：2211111222222CDmvmgrmv，解得：2DgRv．动力学和能量综合例题1、【答案】（1）202vg（2）1522mgFmg≤（3）201.95()()

mgtJ【解析】木板和地面间的最大静摩擦力11242fmgmg，物块和木板间的最大静摩擦力f2＝μmg；（1）若使木板与物块一起以初速度v0沿水平桌面向右运动，那么地面对木板的摩擦力为112fmg，由于21mffmm，故木板和物

块保持相对静止；对木板和物块组成的系统，向右运动过程只有地面对木板的摩擦力做功，且系统最终停在水平面上，故由动能定理可得：210010()2fSmmv；所以，木板向右运动的最大距离2200012mvvSfg

；（2）木板和物块一起向右运动，那么，将木板和物块看成一个整体，由牛顿第二定律可知：112Ffmg；当F作用下，木板和物块间摩擦力为最大摩擦力时获得的加速度为物块和木板的最大共同加速度，即此时，F为

木板沿水平桌面向右滑动且与物块间没有相对滑动情况下的最大值；设加速度为a，那么对物块应用牛顿第二定律可得：f2＝μmg＝ma；对木板和物块整体应用牛顿第二定律可得：Fmax－f1＝2ma＝2μmg，所以，ma

x15222Fmgmgmg；所以，拉力F应满足条件1522mgFmg≤；（3）由于F＝3μmg＞Fmax，所以，物块与木板之间发生相对滑动；设F作用下木板加速度为a1，那么，对木板应用牛顿第二定律可得：F－f1－f2＝ma1，所以，12132Fffagm

；设F作用下物块加速度为a2，那么，对物块应用牛顿第二定律可得：f2＝ma2，所以，a2＝μg；故由匀变速运动规律可得：撤去拉力时，木板的速度110032vatgt，物块的速度v2＝a2t0＝μgt0；撤去拉力F到木板和物块达到共同速度的过程，由牛顿第二定律可得：木板做加速度1

2332ffagm的匀减速运动，物块做加速度24fagm的匀加速运动；故运动时间12103415vvttaa，达到共同速度3131065vvatgt；达到共同速度后，木板和物块保持相对静止，一起做加速度15124fagm的匀减速运动，直到静止；故木板

运动全过程中受到桌面对木板的摩擦力为112fmg，运动位移22222213311000015327723.922241025vvvvstgtgtgtgtaa；所以，木板运动全过程中

克服桌面摩擦力所做的功：2101.95()()WfsmgtJ．例题2、【答案】（1）滑块到达B端的速度为4m/s（2）滑块由A运动到B的过程中，滑块与传送带间摩擦产生的热量为8J（3）仅改变传送带的速度，滑块不能通过圆轨

道最高点【解析】（1）滑块在传送带上先向右做加速运动，设当速度v＝v0时已运动的距离为x根据动能定理，有：20102mgxmv解得：x＝1.6m＜L所以滑块到达B端时的速度为4m/s（2）设滑块与传送带发生相对运动的时间为t，则：v0＝μgt滑

块与传送带之间产生的热量：Q＝μmg（v0t－x）解得：Q＝8J（3）设滑块通过最高点C的最小速度为vC经过C点，根据向心力公式，有：2CmvmgR从B到C过程，根据动能定理，有：2211222CBmgRmvmv解得：50/Bvms从A到B

过程，若滑块一直加速，根据动能定理，有：2102mmgLmv解得：40/mvms由于速度vm＜vB，所以仅改变传送带的速度，滑块不能通过圆轨道最高点例题3、【答案】（1）30N（2）1m／s（3）0.2m【解析】（1）物体从A点到B点的过程中，其机械能守恒，则有：212BmgRmv代入数

据解得：vB＝3m／s．在B点，由牛顿第二定律得：2BvNmgmR解得：N＝3mg＝3×1×10N＝30N即物块滑到轨道上B点时对轨道的压力N'＝N＝30N，方向竖直向下；（2）物块在小车上滑行时的摩擦力做功为：122fmgmgWfl

代入数据解得：Wf＝－4J物体从A点滑下到滑离平板车过程中，由动能定理得：212fmgRWmv，代入数据解得：v＝1m／s；（3）当解除平板车的锁定时，对物块有：a1＝μg＝2m／s2．对平板车有

：220.21102/1mgamsM．设物块在平板车运动的时间t，则有：221211()122Bvtatat代入数据解得：t1＝1s，t2＝0.5s因为v物＝vB－a1t1＝3－2×1＝1m／s，v车＝a2t1＝2m／s，物块的速

度小于平板车的速度，不可能，所以时间取：t2＝0.5s物块滑离平板车时的速度为：v物＝vB－a1t2＝3－2×0.5＝2m／s．此时平板车的速度为：v车＝a2t2＝2×0.5＝1m／s．物块滑离平板车做平抛运动的时间为：220.2'0.210htssg

物块落地时距平板车右端的水平距离为：x＝（v物－v车）t'＝（2－1）×0.2m＝0.2m．例题4、【答案】（1）3.8mg（2）53R【解析】（1）滑块P下滑至碰前，由机械能守恒定律得2112mgRm

v①P、Q碰后一起运动，由动量守恒定律得mv1＝2mv2②P、Q一起运动至D点过程，有222112(1cos)2222DmgRmvmv③经过D点时对圆弧轨道的压力最大，有222DDvNmgmR④由牛顿第三定律可

知，两滑块对圆弧轨道最大压力'DDNN⑤联立解得ND′＝3.8mg⑥（2）由以上计算可知，P、Q整体在D点的动能2120.922DmvmgRmgR⑦因此它们在圆弧轨道上运动的最高点在E点下方之后沿轨道返回，再次到达C点的速度大小仍

为v2．从C点上滑后P、Q分离，Q比P先到达最高点，且Q运动到最高点时停下。设P、Q上滑的最大位移分别为xP、xQ．对P、Q，由动能定理分别可得221sin2pmgxmv⑧221(sin)2Qmgfxmv

由前面P、Q一起匀速下滑可知Q所受的滑动摩擦力f＝2mgsinθ⑩P再次从最高点下滑至第二次碰Q前，有231sin()2PQmgxxmv⑪P、Q碰后一起运动，有mv3＝2mv4在P、Q第二次进入直轨道AC运动全过

程，Q克服摩擦力做的功Wf＝f•2xQ⑬而P、Q碰撞损失的机械能为223411222Emvmv△由以上各式可以解得Q克服摩擦力做的功与P、Q碰撞损失的机械能之比41fWE△⑮P、Q此后多次进入直轨道AC运动过程，遵循同样的规律，

直到最后到达C点的速度减为0，因此从P、Q第二次进入直轨道AC运动到最后不再进入为止，Q克服摩擦力做的功为22411252fmv滑块Q在轨道AC上往复运动经过的最大路程l1tanmR⑰由以上各式解得5l3mR答：（1）两滑块进入圆弧轨道运动过程中对圆弧轨道的压力的最大值为3

.8mg。（2）滑块Q在轨道AC上往复运动经过的最大路程为53R。随练1、[多选题]【答案】BD【解析】A、若滑块恰能通过C点时，有：2CvmgmR…①由A到C根据动能定理知212ACCmghmv…②联立①②

解得hAC＝0.5R则A到B点的竖直高度最小为2R＋0.5R＝2.5R，故A错误；B、设滑块在传送带上滑行的最远距离为x，则有动能定理有mgh－μmgx＝0，得：hx，故B正确；C、若回到D点速度大小不变，则滑块可重新回到出发点A点，若滑块回到D

点速度大小变小，则滑块不能重新回到出发点A处，故C错误；D、滑块与传送带摩擦产生的热量Q＝μmgΔx，传送带速度越大，相对路程越大，产生热量越多，故D正确。随练2、【答案】（1）3m/s（2）43N（3）2333s【解析】（1

）对小物块由A到B有：Vy2=2gh在B点：1tanyvv解得：v1=3m/s故小物块离开A点的水平初速度v1为3m/s．（2）由A到O，根据动能定理有：220111cos22mvmvmghRR在O点：20NvFmgmR解得：033/vmsFN=

43N故压力F′N=43N故小物块经过O点时对轨道的压力为43N．（3）摩擦力f=μmg=1N，物块滑上小车后，滑块减速运动，加速度大小为21/mfamsm；小车加速运动，加速度大小为21/2MfamsM

；经过时间t达到的共同速度为vt，则0ttMmvvvtaa得33/3tvms由于碰撞不损失能量，物块在小车上重复做匀减速和匀加速运动，相对小车始终向左运动，与小车最终静止，摩擦力做功使动能全

部转化为内能，故有：212tfsMmv相得s相=5.5m小车从物块碰撞后开始做匀减速运动，（每个减速阶段）加速度a不变21/2MfamsMvt=aMt得2333ts第一次碰撞后直至静止，物块相对小车的位移为5.5m，小车做匀减速运动的总时间为2333s．

随练3、【答案】（1）P第一次运动到B点时速度的大小是2gR．（2）P运动到E点时弹簧的弹性势能是2.4mgR．（3）P运动到D点时速度的大小是355gR，改变后P的质量是13m．【解析】（1）C到B的过程中重力和斜面的阻

力做功，所以：21sin37cos3702BmgBCmgBCmv其中：2BCACR代入数据得：2BvgR（2）物块返回B点后向上运动的过程中：21sin37cos3702BmgBFmgBFmv其中：2BFAFR联立得：165BgRv物块P向下到达最低点又返回的过程

中只有摩擦力做功，设最大压缩量为x，则：2211cos37222BBmgxmvmv整理得：x=R物块向下压缩弹簧的过程设克服弹力做功为W，则：21sin37cos3702BmgxmgxWmv又由于弹簧增加的弹性势能等于物块克服弹力做的功，即：EP=W所以：EP=2

.4mgR（3）由几何关系可知图中D点相对于C点的高度：h=r+rcos37°=1.8r=51.86R=1.5R所以D点相对于G点的高度：H=1.5R+R=2.5R小球做平抛运动的时间：t=25HRggG点到D点的水平距离：

L=7753sin3732265RrRRR由：L=vDt联立得：355DvgRE到D的过程中重力、弹簧的弹力、斜面的阻力做功，由功能关系得：21(sin37)cos3702PDEmgEChmgECmv联立得：

m′=13m随练4、【答案】（1）0.75；12N（2）2s（3）37J【解析】（1）木块恰好静止，所以有mgsin37°=μ2mgcos37°，解得μ2=0.75对整体，由于木块静止且与斜面之间无摩擦，

则有F1=（mg+Mg）sin37°，解得F1=12N（2）木块离开木板前受力仍平衡，所以处于静止状态。设经过时间t1离开木板，该过程中木板的加速度为a1，对木板有F2﹣Mgsin37°﹣μ2mgcos37°﹣μ1（m+M）gcos3

7°=Ma1。解得a1=1m/s2。由L2=2111at2，解得t1=1s木块离开木板后的加速度为a2=3mgsin37mgcos37m，解得a2=2m/s2。木块离开木板后再经过t2时间与挡板相碰

，则L2+d=2221at2，解得t2=1s所以从F2开始作用到木块与挡板相碰共需时间t=t1+t2=2s（3）木块与木板间产生的热量Q1=μ2mgcos37°•L2，解得Q1=3J木块与斜面间产生的热量Q2=μ3m

gcos37°•（d+L2），解得Q2=4J前1s内木板与斜面间产生的热量Q3=μ1（Mg+mg）cos37°•L2，解得Q3=4J木块离开木板时木板的速度v1=a1t1=1m/s设木块离开后木板的加速度为a

3。则F2﹣Mgsin37°﹣μ1Mgcos37°=Ma3。解得a3=11m/s2。木块离开后的1s内木板运动的位移为x2=v1t2+2321at2=1×1+211112=6.5m最后1s内木板与斜面间产生的热量

Q4=μ1Mgcos37°x2。解得Q4=26J系统共产生的热量Q=Q1+Q2+Q3+Q4=37J故：（1）木块与木板之间的动摩擦因数μ2是0.75，外力F1的大小是12N；（2）木板将向上运动，经2s时间木块与挡板相碰；（3）从外力F2作用到木板上开始到木块与挡板相碰的过程中系统产生

的热量是37J。拓展1、[多选题]【答案】BC【解析】A、物块A由P点出发第一次到达C点过程中，绳子拉力对A做正功，其余的力不做功，所以物体A的动能不断增大，速度不断增大，故A错误。B、物体到C点时物块B的速度为零。设物块A经过C点时的速度大小为v。根据系统的机械能守恒得：21()si

n302hmghmv，得2vgh，故B正确。C、由几何知识可得3tan30hACh，由于A、B组成的系统机械能守恒，由对称性可得物块A在杆上长为23h的范围内做往复运动。故C正确。D、物体到C点时物块B的速度为零。根据功能关系可知，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，故D错误。2、【答案】C【解析】暂无解析3、【答案】B【解析】A．当B刚离开C时，弹簧的弹力等于B的重力沿斜面向下的分力，即F弹=m2gsinθ，故A错误；B．开始系统处于静止状态，弹簧的弹力等于A的重力沿斜面向下的分力，则

有m1gsinθ=kx1，x1为弹簧此时的压缩量，得：x1=1sinmgk．当B刚离开C时，有m2gsinθ=kx2，x2为弹簧此时的伸长量，得：x2=2sinmgk，则A沿斜面上升的距离为x=x1+x2=12()sinmmgk，拉力F在该过程中对木块A所做的功

为W=Fx=F12()sinmmgk，故B正确；CD．木块A在该过程中重力势能增加量△EP=m1gxsinθ=m1gsinθ•12()sinmmgk=22112()sinmmmgk，根据功能关系，弹簧弹性势能的增加量等于拉力的功减去系统动能和重力势能的增加量，即为△E

弹=W﹣△EP﹣12mv2=F12()sinmmgk﹣22112()sinmmmgk﹣12mv2，故C、D错误．4、【答案】①传送带与滑块之间的动摩擦因数μ为235②0－t2时间内电动机多消耗的电能为

36J【解析】①从v－t图可知，物块的加速度a＝1m/s2，对物块受力分析，可得mgsinθ－μmgcosθ＝ma，解得235，解法一：②物块减为零后，反向加速经历时间02vtsa，因此v－t图中t2＝3s3s内传送带的位移S＝v0t2＝6m，传送带多消耗的电能W电＝μmgc

osθ•S＝36J；解法二：②物块减为零后，反向加速经历时间02vtsa，v－t图中可知t2＝3s传送带与物块的相对位移△S＝4.5m物块运动的位移S＝1.5m，产生内能Q＝μmgcosθ•△S＝

27J，物块增加的重力势能△Ep＝mgsinθ•S＝7.5J，物块动能的增量2201111.522KEmxmvJ△，传送带多消耗的电能W电＝Q＋△Ep＋△Ek＝36J；5、【答案】C【解析】设斜面的倾角为θ，物块的质量为m，去沿斜面向上为位移正方向；根据动能

定理可得：上滑过程中：﹣mgxsinθ﹣μmgxcosθ=Ek﹣Ek0，所以Ek=Ek0﹣（mgsinθ+μmgcosθ）x；下滑过程中：mgx′sinθ﹣μmgx′cosθ=Ek﹣0，所以Ek=（mgsinθ﹣μmgcosθ）x′；根据能量守恒定律可得，最后的总动能减小．故C正确

、ABD错误；6、【答案】（1）21(sin)mgm，方向沿斜面向上（2）2211(sin)2()pEmgkm【解析】（1）B刚要离开地面时，A的速度恰好为零，即以后B不会离开地面．当B刚要离开地面时，地面对B的支持力为零，设绳上拉力为F．B受力平衡，F＝m2g①

对A，由牛顿第二定律，设沿斜面向上为正方向，m1gsinθ－F＝m1a②，联立①②解得，21(sin)magm③由最初A自由静止在斜面上时，地面对B支持力不为零，推得m1gsinθ＜m2g，即21sinmm故A的加速度大小为21(sin)mg

m，方向沿斜面向上；（2）由题意，物块A将以P为平衡位置振动，当物块回到位置P时有最大速度，设为vm．从A由静止释放，到A刚好到达P点过程，由系统能量守恒得，m1gx0sinθ＝Ep2112mmv④当A自由静止

在P点时，A受力平衡，m1gsinθ＝kx0⑤联立④⑤式解得，2211(sin)2()pmEmgvkm．7、【答案】（1）3Mg或9mg（2）gR3（3）(833)2gRg【解析】（1）A→B过程，设物体P到达B点时的速度为vB，轨道对物体的支持力为N由能量守恒得

221BMvMgR在B点RvMMgNB2联立解得MgN3或N＝9mg由牛顿第三定律物体P对轨道的压力MgN3，方向向下．（2）设P与Q碰前速度为0v，碰撞后P、Q的速度分别为1v和2v由动能定理得22002121BMvMvMgL

由动量守恒得210mvMvMv由能量守恒得222120212121mvMvMv联立解得gRvv32302（3）设碰后物体Q到C点时的速度为v3，此过程的运动时间为t1由动能定理得2223212134316mvmvRRmg由动量定理得231mvmvtmg

解得gRv3，ggRgRt31因传送带的速度gRu2>v3，所以物体Q受到的摩擦力沿传送带向上，又因Q受到的摩擦力mgmg2.0cos小于重力沿传送带向下的分力mgmg6.0sin，所以物体Q在传送带上一直做减速运动．设Q的速度减小到零时，运动距离为x由动能定理

得23210)sincos(mvxmgmg解得RRx245所以当Q的速度减小到零时Q还未到达D点，设此过程运动时间为t2由动量定理得320)sincos(mvtmgmg解得gg

Rt852故所求时间ggRggRggRgRttt2)338(85321