2020版高考物理二轮复习第1部分专题2动量与能量第2讲机械能守恒定律功能关系教案2 - 副本

机械能守恒定律 功能关系
[高考统计·定方向] (教师授课资源)
考点考向
五年考情汇总考向1.单个物体的机械能守恒2016·
全国卷Ⅱ
T 16
1.机械能守恒定律的应用
考向2.系统机械能守恒2015·全国卷Ⅱ T
212016·全国卷Ⅱ
T 21
考向1.功能关系的基本应用2019·全国卷Ⅱ
T 18
2018·全国卷ⅠT 18
2017·全国卷Ⅲ
T 16
考向2.能量的转化与守恒的应用2016·全国卷Ⅱ
T 25
2.功能关系及能量守恒考向
3.功能关系的综合应用2017·全国卷Ⅰ
T 24
2016·全国卷Ⅱ
T 25
　机械能守恒定律的应用(5年3考)
❶分析近五年的高考题可以看出，本考点是高考命题的热点，题型以选择题为主，题目综合性强，涉及多物体系统机械能时，常与运动的合成与分解相联系。

❷预计2020年高考仍会以多物体机械能守恒为重点，复习中应加强训练。

1．(多选)(2015·全国卷Ⅱ·T 21)如图所示，滑块a 、b 的质量均为m ，a 套在固定竖直杆上，与光滑水平地面相距h ，b 放在地面上。

a 、b 通过铰链用刚性轻杆连接，由静止开始运动。

不计摩擦，a 、b 可视为质点，重力加速度大小为g 。

则( )
A ．a 落地前，轻杆对b 一直做正功
B ．a 落地时速度大小为2gh
C ．a 下落过程中，其加速度大小始终不大于g
D ．a 落地前，当a 的机械能最小时，b 对地面的压力大小为mg
[题眼点拨]　①刚性轻杆不伸缩，两滑块沿杆的分速度相同；②轻杆对滑块a 、b 都做功，系统机械能守恒。

BD [由题意知，系统机械能守恒。

设某时刻a 、b 的速度分别为v a 、v b 。

此时刚性轻杆与竖直杆的夹角为θ，分别将v a 、v b 分解，如图。

因为刚性轻杆不可伸长，所以沿杆的分速度v ∥与v ′∥是相等的，即v a cos θ＝v b sin θ。

当a 滑至地面时θ＝90°，此时v b ＝0，
由系统机械能守恒得mgh ＝mv ，解得v a ＝，选项B 正确。

同时由于b 初、末速度均为1
22
a 2gh 零，运动过程中其动能先增大后减小，即杆对
b 先做正功后做负功，选项A 错误。

杆对b 的作用先是推力后是拉力，对a 则先是阻力后是动力，即a 的加速度在受到杆的向下的拉力作用时大于g ，选项C 错误。

b 的动能最大时，杆对a 、b 的作用力为零，此时a 的机械能最小，b 只受重力和支持力，所以b 对地面的压力大小为mg ，选项D 正确。

正确选项为B 、D 。

]
2.(多选)(2016·全国卷Ⅱ·T 21)如图所示，小球套在光滑的竖直杆上，轻弹簧一端固定于O 点，另一端与小球相连。

现将小球从M 点由静止释放，它在下降的过程中经过了N 点。

已知在M 、N 两点处，弹簧对小球的弹力大小相等，且∠ONM <∠OMN <。

在小球从M 点运动π
2到N 点的过程中( )
A ．弹力对小球先做正功后做负功
B ．有两个时刻小球的加速度等于重力加速度
C ．弹簧长度最短时，弹力对小球做功的功率为零
D ．小球到达N 点时的动能等于其在M 、N 两点的重力势能差
BCD [在M 、N 两点处，弹簧对小球的弹力大小相等，且∠ONM <∠OMN <，则小球在M π2点时弹簧处于压缩状态，在N 点时弹簧处于拉伸状态，小球从M 点运动到N 点的过程中，弹簧长度先缩短，当弹簧与竖直杆垂直时弹簧达到最短，这个过程中弹力对小球做负功，然后弹簧再伸长，弹力对小球开始做正功，当弹簧达到自然伸长状态时，弹力为零，再随着弹簧的伸长弹力对小球做负功，故整个过程中，弹力对小球先做负功，再做正功，后再做负功，选项A 错误；在弹簧与杆垂直时及弹簧处于自然伸长状态时，小球加速度等于重力加速度，选项B 正确；弹簧与杆垂直时，弹力方向与小球的速度方向垂直，则弹力对小球做功的功率为零，选项C 正确；由机械能守恒定律知，在M 、N 两点弹簧弹性势能相等，在N 点小球的动能等于从M 点到N 点重力势能的减小值，选项D 正确。

]
1．机械能守恒的三种判断方法
(1)用做功判断：若物体或系统只有重力(或弹簧的弹力)做功，虽受其他力，但其他力不做功，则其机械能守恒。

(2)用能量转化判断：若物体或系统中只有动能和势能的相互转化，而无机械能与其他形式的能的相互转化，则其机械能守恒(如上T 1)。

(3)对多个物体组成的系统，除考虑是否只有重力做功外，还要考虑系统内力是否做功，如有滑动摩擦力做功时，因摩擦生热，系统机械能将有损失。

2．机械能守恒定律的三种表达形式
如图所示，将质量为2m 的重物悬挂在轻绳的一端，轻绳的另一端系一质量
为m 的环，环套在竖直固定的光滑直杆上，光滑定滑轮与直杆的距离为d 。

杆上的A 点与定滑轮等高，杆上的B 点在A 点正下方距离为d 处。

现将环从A 处由静止释放，不计一切摩擦阻力，下列说法正确的是( )
A ．环到达
B 处时，重物上升的高度h ＝d 2
B ．环到达B 处时，环与重物的速度大小相等
C ．环从A 到B ，环减少的机械能等于重物增加的机械能
D ．环能下降的最大高度为4d 3
[题眼点拨]　①“光滑直杆”表明没有系统内能的转化。

②“A 点与滑轮等高”表明释放后环沿杆下滑，重物上升。

③“轻绳相连”表明沿绳子上的速度大小相等。

[解析]　环到达B 处时，对环的速度进行分解，可得v 环cos θ＝v 物，由题图中几何关系可知θ＝45°，则v 环＝v 物，B 错误；因环从A 到B ，环与重物组成的系统机械能守2恒，则环减少的机械能等于重物增加的机械能，C 正确；当环到达B 处时，由题图中几何关系可得重物上升的高度h ＝(－1)d ，A 错误；当环下落到最低点时，设环下落高度为H ，由
2机械能守恒有mgH ＝2mg (－d )，解得H ＝d ，故D 正确。

H 2＋d 24
3
[答案]　CD
反思：解此题关键是找出速度关联点，明确初、末状态的速度关系，确定环和重物的速度变化规律及速度大小关系，进而确定各自动能变化规律，还要明确环和重物组成的系统机械能守恒。

考向1　单个物体的机械能守恒
1.如图所示，长为0.1 m 的不可伸长的细线下挂一木块，弹簧枪射出的一粒弹丸水平击中木块并留在木块内部。

此后细线与竖直方向之间的最大夹角为60°。

若木块质量为弹丸质量的8倍，重力加速度g ＝10 m/s 2，不计空气阻力，则弹丸击中木块前瞬间的速度大小为( )
A ．2 m/s
B ．9 m/s
C ．4 m/s
D ．6 m/s
B [设弹丸击中木块前瞬间的速度大小为v 0，弹丸与木块碰撞后瞬间的共同速度大小为
v ，由动量守恒定律，可得mv 0＝(M ＋m )v ，由机械能守恒定律，可得(M ＋m )v 2＝(M ＋m )12gL (1－cos 60°)，代入数据解得v 0＝9 m/s ，B 正确。

]
考向2　系统机械能守恒
2．(易错题)(多选)如图所示，在倾角θ＝30°的光滑斜面上，放有两个质量分别为1 kg 和2 kg 的可视为质点的小球A 和B ，两球之间用一根长为L ＝0.2 m 的轻杆相连，小球B 到水平面的高度h ＝0.1 m 。

两球从静止开始下滑到光滑的水平面上，不计球与地面碰撞时的机械能损失，g 取10 m/s 2，则下列说法正确的是( )
A ．下滑的整个过程中A 球的机械能守恒
B ．下滑的整个过程中两球组成的系统机械能守恒
C ．两球在光滑水平面上运动时的速度大小为2 m/s
D ．下滑的整个过程中杆对B 球所做的功为 J
23BD [在下滑的整个过程中，只有重力对系统做功，所以系统的机械能守恒，选项B 正确；B 球在水平面上滑行、而A 球在斜面上滑行的一小段时间内，杆的弹力对A 做功，所以A 球的机械能不守恒，选项A 错误；两球在光滑水平面上运动时的速度大小记为v ，根据系
统机械能守恒可得m A g (h ＋L sin 30°)＋m B gh ＝(m A ＋m B )v 2，代入数据解得v ＝ m/s ，选
122
36项C 错误；系统下滑的整个过程中B 球机械能的变化量为ΔE B ＝m B v 2－m B gh ，代入数据可得
1
2ΔE B ＝ J ，选项D 正确。

]
2
3易错点评：在于混淆单个物体和多物体机械能守恒的判断方法。

3．(多选)(2019·黑龙江重点中学第三次联考)如图所示，光滑的小滑轮D (可视为质点)固定，质量相等的物体A 和B 用轻弹簧连接，物体B 放在地面上，用一根不可伸长的轻绳一端与物体A 连接，另一端跨过定滑轮与小环C 连接，小环C 穿过竖直固定的光滑均匀细杆，小环C 位于位置R 时，绳与细杆的夹角为θ，此时物体B 与地面刚好无压力，图中SD 水平，位置R 和Q 关于S 对称，现让小环从R 处由静止释放，环下落过程中绳始终处于拉直状态，且环到达Q 处时速度最大。

在小环从R 处下落到Q 处的过程中，下列说法正确的是( )
A ．小环C 和物体A 组成的系统机械能守恒
B ．小环
C 下落到位置S 时，小环C 的机械能一定最大
C ．小环C 从位置R 运动到位置Q 的过程中，弹簧的弹性势能可能先减小后增大
D ．小环C 到达位置Q 时，物体A 与小环C 的动能之比为cos θ∶2
BCD [小环C 和物体A 、弹簧组成的系统机械能守恒，选项A 错误；小环从位置R 下落到位置S 的过程中，轻绳拉力对小环做正功，小环C 的机械能增大，小环从位置S 下落到位置Q 的过程中，轻绳拉力对小环做负功，小环C 的机械能减小，所以小环C 下落到位置S 时，机械能最大，选项B 正确；小环C 在位置R 时，物体B 与地面刚好无压力，说明弹簧处于拉伸状态，小环C 从位置R 运动到位置Q 的过程中，弹簧长度先减小后增大，其弹性势能可能先减小后增大，选项C 正确；小环C 到达位置Q 时，小环C 沿轻绳方向的分速度大小等于物体A 的速度大小，v C cos θ＝v A ，又小环C 到达位置Q 时速度最大，则此时小环C 受力平衡，在竖直方向有(m A ＋m B )g cos θ＝m C g ，m A ＝m B ，由动能公式可知物体A 与小环C 的动能之比为＝，选项D 正确。

]
E k A E k C cos θ2　功能关系及能量守恒(5年6考)
❶分析近五年的高考题可以看出，本考点是高考命题的持续性热点，题型既有选择题又有计算题。

选择题以功能关系的基本应用为主，难度中等；计算题以功能关系的综合应用为主，通常结合曲线运动、弹簧等背景，难度较大。

❷预计2020年可能会结合动量守恒设置综合计算题。

1．(2017·全国卷Ⅲ·T 16)如图所示，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1
3度大小为g 。

在此过程中，外力做的功为( )
A.mgl
B.mgl 1916
C.mgl
D.mgl
1312A [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，
23开始时，细绳MQ 段的重力势能E p1＝－mg ·＝－mgl ，用外力将绳的下端Q 缓慢地竖直向
23l 329上拉起至M 点时，细绳MQ 段的重力势能E p2＝－mg ·＝－mgl ，则外力做的功即克服重力
23l 619做的功等于细绳MQ 段的重力势能的变化，即W ＝E p2－E p1＝－mgl ＋mgl ＝mgl ，选项A 正192919确。

]
2．(多选)(2019·全国卷Ⅱ·T 18)从地面竖直向上抛出一物体，其机械能E 总等于动能E k 与重力势能E p 之和。

取地面为重力势能零点，该物体的E 总和E p 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/s 2。

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E k ＝40 J
D ．从地面至h ＝4 m ，物体的动能减少100 J
AD [根据题给图象可知h ＝4
m 时物体的重力势能mgh ＝80 J ，解得物体质量m ＝2 kg ，抛出时物体的动能为E k ＝100 J ，由动能公式E k ＝mv 2，可知h ＝0时物体的速率为12v ＝10 m/s ，选项A 正确，B 错误；由功能关系可知fh ＝|ΔE |＝20 J ，解得物体上升过程中所受空气阻力f ＝5 N ，从物体开始抛出至上升到h ＝2 m 的过程中，由动能定理有－mgh －fh ＝E k －100 J ，解得E k ＝50 J ，选项C 错误；由题给图象可知，物体上升到h ＝4 m 时，机械能为80 J ，重力势能为80 J ，动能为零，即物体从地面上升到h ＝4 m ，物体动能减少100 J ，选项D 正确。

]
3.(2018·全国卷Ⅰ·T 18)如图所示，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
C [设小球运动到c 点的速度大小为v c ，则对小球由a 到c 的过程，由动能定理有
F ·3R －mgR ＝mv ，又F ＝mg ，解得v c ＝2，小球离开c 点后，在水平方向做初速度为零1
22
c gR 的匀加速直线运动，竖直方向在重力作用下做匀减速直线运动，由牛顿第二定律可知，小球离开c 点后水平方向和竖直向的加速度大小均为g ，则由竖直方向的运动可知，小球从离开
c 点到其轨迹最高点所需的时间为t ＝＝2，在水平方向的位移大小为x ＝gt 2＝2R 。

由vc g R g 1
2以上分析可知，小球从a 点开始运动到其轨迹最高点的过程中，水平方向的位移大小为5R ，则小球机械能的增量为ΔE ＝F ·5R ＝5mgR ，C 正确，A 、B 、D 错误。

]
[教师备选题]
1．(2017·全国卷Ⅰ·T 24)一质量为8.00×104 kg 的太空飞船从其飞行轨道返回地面。

飞船在离地面高度1.60×105 m 处以7.50×103 m/s 的速度进入大气层，逐渐减慢至速度为100 m/s 时下落到地面。

取地面为重力势能零点，在飞船下落过程中，重力加速度可视为常量，大小取为9.8 m/s 2。

(结果保留2位有效数字)
(1)分别求出该飞船着地前瞬间的机械能和它进入大气层时的机械能；
(2)求飞船从离地面高度600 m 处至着地前瞬间的过程中克服阻力所做的功，已知飞船在该处的速度大小是其进入大气层时速度大小的2.0%。

[解析]　(1)飞船着地前瞬间的机械能为
E k0＝ mv ①
1
220式中，m 和v 0分别是飞船的质量和着地前瞬间的速率。

由①式和题给数据得
E k0＝4.0×108 J
②设地面附近的重力加速度大小为g 。

飞船进入大气层时的机械能为E h ＝mv ＋mgh ③
1
22h 式中，v h 是飞船在高度1.60×105 m 处的速度大小。

由③式和题给数据得E h ≈2.4×1012 J 。

④
(2)飞船在高度h ′＝600 m 处的机械能为
E h ′＝m
2＋mgh ′⑤
12(2.0100vh )由功能原理得W ＝E h ′－E k0⑥
式中，W 是飞船从高度600 m 处至着地前瞬间的过程中克服阻力所做的功。

由②⑤⑥式和题给数据得W ≈9.7×108 J 。

⑦
[答案]　(1)4.0×108 J 2.4×1012 J
(2)9.7×108 J
[教师备选题]2.(2016·全国卷Ⅱ·T 25)轻质弹簧原长为2l ，将弹簧竖直放置在地面上，在其顶端将一质量为5m 的物体由静止释放，当弹簧被压缩到最短时，弹簧长度为l 。

现将该弹簧水平放置，一端固定在A 点，另一端与物块P 接触但不连接。

AB 是长度为5l 的水平轨道，B 端与半径为l 的光滑半圆轨道BCD 相切，半圆的直径BD 竖直，如图所示。

物块P 与AB 间的动摩擦因数μ＝0.5。

用外力推动物块P ，将弹簧压缩至长度l ，然后放开，P 开始沿轨道运动。

重力加速度大小为g 。

(1)若P 的质量为m ，求P 到达B 点时速度的大小，以及它离开圆轨道后落回到AB 上的位置与B 点之间的距离；
(2)若P 能滑上圆轨道，且仍能沿圆轨道滑下，求P 的质量的取值范围。

[解析]　(1)依题意，当弹簧竖直放置，长度被压缩至l 时，质量为5m 的物体的动能为零，其重力势能转化为弹簧的弹性势能。

由机械能守恒定律，弹簧长度为l 时的弹性势能为
E p ＝5mgl
①设P 的质量为M ，到达B 点时的速度大小为v B ，由能量守恒定律得E p ＝Mv ＋μMg ·4l ②
122B 联立①②式，取M ＝m 并代入题给数据得
v B ＝③
6gl 若P 能沿圆轨道运动到D 点，其到达D 点时的向心力不能小于重力，即P 此时的速度大小v 应满足
－mg ≥0④mv 2
l 设P 滑到D 点时的速度为v D ，由机械能守恒定律得
mv ＝mv ＋mg ·2l
⑤
122B 122D 联立③⑤式得v D ＝⑥
2gl v D 满足④式要求，故P 能运动到D 点，并从D 点以速度v D 水平射出。

设P 落回到轨道AB 所需的时间为t ，由运动学公式得
2l ＝gt 2⑦
1
2P 落回到AB 上的位置与B 点之间的距离为
s ＝v D t
⑧
联立⑥⑦⑧式得s ＝2l 。

⑨
2(2)为使P 能滑上圆轨道，它到达B 点时的速度不能小于零。

由①②式可知5mgl >μMg ·4l ⑩
要使P 仍能沿圆轨道滑回，P 在圆轨道的上升高度不能超过半圆轨道的中点C 。

由机械能守恒定律有
Mv ≤Mgl
⑪
1
22B 联立①②⑩⑪式得
m ≤M <m 。

⑫535
2[答案]　(1)　2l (2)m ≤M <m 6gl 2535
2
1.
2．功能关系的理解和应用
(1)功能关系反映了做功和能量转化之间的对应关系，功是能量转化的量度和原因，在不同问题中的具体表现不同(如上T 2)。

(2)根据功能之间的对应关系，判定能的转化情况(如上T 1)。

(3)可以根据能量转化角度，确定是什么力做功，尤其可以方便计算变力做的功(如上T1)。

(2019·四川成都第二次联考)如图所示，倾角为θ的斜面底端固定一个挡
板P，质量为m的小物块A与质量不计的木板B叠放在斜面上，A位于B的最上端且与挡板
P相距L。

已知A与B、B与斜面间的动摩擦因数分别为μ1、μ2，且μ1>tan θ>μ2，最大
静摩擦力等于滑动摩擦力，A与挡板P相撞的过程中没有机械能损失。

将A、B同时由静止释放。

(1)求A、B释放瞬间小物块A的加速度大小a1；
(2)若A与挡板P不相撞，求木板B的最小长度l0；
(3)若木板B的长度为l，求整个过程中木板B运动的总路程。

[思维流程]
[解析]　(1)释放A、B，它们一起匀加速下滑。

以A、B为研究对象，由牛顿第二定律
有
mg sin θ－μ2mg cos θ＝ma1，
解得a 1＝g sin θ－μ2g cos θ。

(2)在B 与挡板P 相撞前，A 和B 相对静止，以相同的加速度一起向下做匀加速运动。

B 与挡板P 相撞后立即静止，A 开始匀减速下滑。

若A 到达挡板P 处时的速度恰好为零，此时B 的长度即为最小长度l 0。

从A 释放至到达挡板P 处的过程中，B 与斜面间由于摩擦产生的热量
Q 1＝μ2mg cos θ·(L －l 0)，
A 与
B 间由于摩擦产生的热量
Q 2＝μ1mg cos θ·l 0
根据能量守恒定律有mgL sin θ＝Q 1＋Q 2，
解得l 0＝L 。

sin θ－μ2cos θ
μ1－μ2 cos θ(3)分两种情况：
①若l ≥l 0，B 与挡板P 相撞后不反弹，A 一直减速直到静止在木板B 上
木板B 通过的路程x ＝L －l 。

②若l <l 0，B 与挡板P 相撞后，A 在木板B 上减速运动直至与挡板P 相撞。

由于碰撞过程中没有机械能损失，A 将以撞前速率返回，并带动木板一起向上减速；当它们的速度减为零后，再重复上述过程，直至物块A 停在挡板处。

在此过程中，A 与B 间由于摩擦产生的热量Q ′1＝μ1mg cos θ·l ，
B 与斜面间由于摩擦产生的热量
Q ′2＝μ2mg cos θ·x ，
根据能量守恒定律有
mgL sin θ＝Q ′1＋Q ′2，
解得x ＝。

L sin θ－μ1l cos θ
μ2cos θ[答案]　(1)g sin θ－μ2g cos θ　(2)L
sin θ－μ2cos θ
μ1－μ2 cos θ(3)L －l 或
L sin θ－μ1l cos θ
μ2cos θ反思：解答与能量有关的综合题的“三点技巧”
(1)过程分析：将复杂的物理过程分解为几个简单的物理过程，挖掘出题中的隐含条件
(如例题中“质量不计的木板B ”
“μ1>tan θ>μ2”)，找出联系不同阶段的“桥梁”。

(2)受力及功能分析：分析物体所经历的各个运动过程的受力情况以及做功情况的变化，选择适合的规律求解，如例题中第(3)问，若l <l 0时，A 与挡板P 碰后运动情况的分析。

(3)规律应用：对滑块和滑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。

考向1　功能关系的基本应用
1.(原创题)(多选)如图所示，水平面上固定一倾角为θ＝30°的斜面，一轻质弹簧下端固定在斜面底端的挡板上，上端连接一质量m ＝2 kg 的物块(可视为质点)，开始时物块静止在斜面上A 点，此时物块与斜面的摩擦力恰好为零，现用沿斜面向上的恒力F ＝20 N 作用在物块上，使其沿斜面向上运动，当物块从A 点运动到B 点时，力F 做的功W ＝4 J ，已知弹
簧的劲度系数k ＝100 N/m ，物块与斜面间的动摩擦因数μ＝，g ＝10 m/s 2，则下列说法正35确的是( )
A ．物块从A 点运动到
B 点的过程中，重力势能增加了4 J
B ．物块从A 点运动到B 点的过程中，产生的内能为1.2 J
C ．物块经过B 点时的速度大小为 m/s 25
5D ．物块从A 点运动到B 点的过程中，弹簧弹性势能的变化量为0.5 J
BC [施加F 前，物块静止，由平衡条件得kx 1＝mg sin θ，解得物块在A 点时弹簧压缩量x 1＝0.1 m ，从A 到B 力F 做的功W ＝Fx ，解得x ＝0.2 m ，所以物块到B 点时，弹簧伸长量x 2＝x －x 1＝0.1 m ，可知从A 到B 重力势能增加了mgx sin θ＝2 J ，物块在A 、B 位置时弹簧弹性势能相等，A 、D 错误；物块从A 点运动到B 点的过程中，产生的内能等于克服摩擦力做的功，即Q ＝μmgx cos θ＝1.2 J ，由动能定理有W －mgx sin θ－μmgx cos
θ＝mv 2－0，解得v ＝ m/s ，B 、C 正确。

]
1
22552．(多选)(2019·安徽示范高中期末联考)如图甲所示，绷紧的传送带与水平方向的夹角为37°，传送带的v ­t 图象如图乙所示。

t ＝0时刻质量为1 kg 的楔形物体(可视为质点)从B 点滑上传送带并沿传送带向上做匀速运动，2 s 后物体开始减速，在t ＝4 s 时物体恰好到达最高点A 。

重力加速度为10 m/s 2。

对物体从B 点运动到A 点的过程，下列说法正确的是(sin 37°＝0.6，cos 37°＝0.8)( )
　甲 乙
A ．物体与传送带间的动摩擦因数为0.75
B ．物体的重力势能增加48 J
C ．摩擦力对物体做的功为12 J
D ．物体在传送带上运动过程中产生的热量为12 J
AD [根据速度—时间图象的斜率表示加速度，可得传送带运动的加速度为a ＝－1
m/s 2。

t ＝0时刻质量为1 kg 的楔形物体从B 点滑上传送带并沿传送带向上做匀速直线运动，说明物体受力平衡，由平衡条件可知μmg cos 37°＝mg sin 37°，解得物体与传送带之间的动摩擦因数μ＝0.75，选项A 正确；2 s 末，传送带的速度为2 m/s ，物体开始减速，分析可知，物体做匀速直线运动的速度为2 m/s ，且2 s 后物体与传送带一起做加速度为a ＝－1 m/s 2的匀减速运动，t ＝4 s 时物体恰好到达最高点A ，则传送带的长度l AB ＝6 m ，对物体从
B 点运动到A 点的过程，根据动能定理有0－mv 2＝－mgh ＋W f ，其中h ＝l AB sin 37°，则物12体的重力势能增加量为mgh ＝36 J ，摩擦力对物体做的功为W f ＝34 J ，选项B 、
C 错误；物体在前2 s 内与传送带有相对运动，二者间的相对位移为s ＝2 m ，该过程中的滑动摩擦力f ＝6 N ，则物体在传送带上运动过程中产生的热量为Q ＝fs ＝12 J ，选项
D 正确。

]
考向2　能量守恒与转化的应用
3．(多选)(2019·四川眉山中学模拟)如图所示，在一水平向右匀速运动的传送带的左端A 点，每隔相同的时间T ，轻放上一个相同的工件。

已知工件与传送带间的动摩擦因数为μ，工件质量为m 。

经测量，发现后面那些和传送带共速的工件之间的距离均为L ，已知重力加速度为g ，下列说法正确的是( )
A ．传送带的速度大小为L T
B ．工件在传送带上加速的时间为2μgL T
C ．每个工件与传送带间因摩擦而产生的热量为
μmgL 2D ．传送带传送一个工件多消耗的能量为mL 2
T 2
AD [工件在传送带上先做匀加速直线运动，然后做匀速直线运动，每个工件放上传送
带后运动的规律相同，可知L ＝vT ，解得传送带的速度v ＝，选项A 正确；设每个工件匀加L T 速运动的时间为t ，根据牛顿第二定律得，工件的加速度a ＝μg ，根据v ＝v 0＋at ，解得t ＝＝，选项B 错误；工件与传送带发生相对滑动的位移Δx ＝x 传－x 物＝v －＝v a L μgT v μg v 22μg ，则因摩擦产生的热量为Q ＝μmg Δx ＝，选项C 错误；根据能量守恒定律可得，
L 22μgT 2mL 2
2T 2传送带传送一个工件多消耗的能量为E ＝mv 2＋Q ＝，选项D 正确。

]
12mL 2
T 2考向3　功能关系的综合应用
4．如图所示，平板车静止在光滑的水平面上，一个四分之一圆弧轨道固定在平台上，平台的上表面与平板车的上表面在同一水平面上，圆弧轨道的底端与平台左端对齐且与平台表面相切，平板车长为L ＝3.42 m 、质量为2 kg ，车的右端离平台左端距离为x ＝2 m 。

质量为1 kg 的物块以初速度v 0＝6 m/s 从车的左端滑上小车，物块与平板车间的动摩擦因数为0.4，平板车与平台相碰后立即静止，物块滑上圆弧轨道并从圆弧轨道上滑下重新滑上平板
车，最终与平板车以 m/s 的共同速度向左运动，重力加速度为g ＝10 m/s 2，滑块可看作质16点，求：
(1)平板车与平台相碰前一瞬间，车的速度大小；
(2)物块从滑上平板车到刚滑上圆弧轨道所用的时间；
(3)整个过程物块与平板车、与圆弧轨道因摩擦产生的热量分别为多少。

[解析]　(1)物块滑上平板车后做匀减速运动，
加速度大小为a 1＝μg ＝4 m/s 2
平板车的加速度大小a 2＝＝2 m/s 2
μmg M 设平板车与平台相碰前物块与平板车已保持相对静止，共同速度为v 1，则：
v 0－a 1t 1＝a 2t 1
解得：t 1＝1 s
这段时间内车运动的距离s ＝a 2t ＝1 m<x ，假设成立122
1即平板车与平台相碰前，物块与车达到共同速度，共同速度大小为：v 1＝a 2t 1＝2 m/s 因此车与平台相碰前一瞬间，车的速度大小为2 m/s 。

(2)物块与平板车达到共同速度时发生的相对位移：
x 1＝(v 0＋v 1)t 1－v 1t 1＝3 m
1212物块随平板车匀速运动的时间：
t 2＝＝0.5 s
x －s
v 1平板车与平台碰撞后静止，物块由于惯性继续向前滑行，设在车上再滑行的时间为t 3，
则：L －x 1＝v 1t 3－a 1t 122
3解得：t 3＝0.3 s 或t 3＝0.7 s(舍去)
因此物块从滑上平板车到刚滑上圆弧轨道时所用的时间：t ＝t 1＋t 2＋t 3＝1.8 s 。

(3)物块第一次在平板车上滑行因摩擦产生的热量：
Q 1＝μmgL ＝13.68 J
物块滑上圆弧轨道时的速度：v 2＝v 1－a 1t 3＝0.8 m/s
设物块再次滑上平板车时的速度为v 3，最后的共同速度为v 4，则：
v 4＝v 3－a 1t 4
v 4＝a 2t 4
解得：v 3＝0.5 m/s
再次滑上平板车，因摩擦产生的热量：
Q 2＝mv －(m ＋M )v ＝ J 122
31224112滑块与车之间因摩擦产生的热量：Q ＝Q 1＋Q 2≈13.76 J
物块在圆弧轨道上滑行因摩擦产生的热量：Q ′＝mv －mv ＝0.195 J 122122
3[答案]　(1)2 m/s (2)1.8 s (3)13.76 J 0.195 J。