高中物理必修2动能定理和机械能守恒定律复习

高中物理必修2动能定理、机械能守恒定律复习
考纲要求
1、动能定理 （Ⅱ）
2、做功与动能改变的关系 （Ⅱ）
3、机械能守恒定律 （Ⅱ）
知识归纳
1、动能定理
（1）推导：
设一个物体的质量为m ，初速度为V 1，在与运动方向相同的恒力F 作用下，发生了一段
位移S ，速度增加到V 2，如图所示。

在这一过程中，力F 所做的功W=F ·S ，根据牛顿第二定律有F=ma ；根
据匀加速直线运动的规律，有：V 22－V 13=2aS ，即a
V V S 22122-=。

可得：W=F ·S=ma ·21222122
2
1212mV mV a V V -=- （2）定理：
①表达式 W=E K2－E K1 或 W 1＋W 2＋……W n =21222
121mV mV - ②意义 做功可以改变物体的能量—所有外力对物体所做的总功等于物体动能的变化。

ⅰ、如果合外力对物体做正功，则E K2＞E K1 ，物体的动能增加；
ⅱ、如果合外力对物体做负功，则E K2＜E K1 ，物体的动能减少；
ⅱ、如果合外力对物体不做功，则物体的动能不发生变化。

（3）理解：
①外力对物体做的总功等于物体动能的变化。

W 总=△E K =E K2－E K1 。

它反映了物体动能变化与引起变化的原因——力对物体做功的因果关系。

可以理解为外力对物体做功等于物体动能增加，物体克服外力做功等于物体动能减少。

外力可以是重力、弹力、摩擦力，也可以是任何其他力，但物体动能的变化对应合外力的功，而不是某一个力的功。

②注意的动能的变化，指末动能减初动能。

用△E K 表示动能的变化，△E K ＞0，表示动能增加；△E K ＜0，表示动能减少。

③动能定理是标量式，功和动能都是标量，不能利用矢量法则分解，故动能定理无分量式。

（4）应用：
①动能定理的表达式是在恒力作用且做匀加速直线运动的情况下得出的，但它也适用于减速运动、曲线运动和变力对物体做功的情况。

②动能定理对应的是一个过程，并且它只涉及到物体初末态的动能和整个过程中合外力的功，它不涉及物体运动过程中的加速度、时间和中间状态的速度、动能，因此用它处理问题比较方便。

由此在应用动能定理解题时，在分析过程的基础上无须深究物体的运动状态过程中变化的细节，只考虑整个过程的功量及过程始末的动能。

若过程包括了几个运动性质不同的分过程，即可分段考虑，也可整个过程考虑，但求功时，有些力不是全过程都作用的，必须根据不同情况分别对待求出其出总功。

计算时要把各力的功连同符号（正负）一同代入公式。

③由动能定理可以求变力的功。

变力的功无法从功的定义求得，只能由动能定理求出。

（5）步骤：
①选取研究对象，明确并分析物理过程。

②分析受力和各力做功的情况，受哪些力力？每个力是否做功？在哪段过程中做功？正功？负功？做多少功？求出代数和。

③明确过程始末状态的动能E K1和E K2。

④列方程W总=E K2－E K1，必要时注意分析题目的潜在条件，补充方程进行求解。

⑤对结果进行分析和讨论。

2、机械能守恒定律
（1）内容：在只有有重力和弹力做功的情况下，物体的动能和重力势能、弹性势能发
生相互转化，但机械能的总量保持不变。

（2）形式：
① E1 总 = E2 总（意义：前后状态机械能守恒）
②△E P =△E K（意义：系统减少的势能等于系统增加的动能，反之，系统增加的势能等于系统减少的动能）
③△E A= △E B（意义：系统中A物体减少的机械能等于B物体增加的机械能，反之，系统中A物体增加的机械能等于B物体减少的机械能）
（3）理解：
①机械能定恒的的条件绝不是合外力的功等于零，更不是合外力等于零。

例如水平飞来的子弹打入静止在光滑水平面上有木块内的过程中，合外力的功及合外力都是零，但系统在克服内部阻力做功，将部分机械能转化为内能，因而机械能的总量在减少。

②定律研究的对象是“系统”，这个“系统”中有地球、物体及弹簧，“系统”中可以有一个物体，也可以有若干个物体。

③在只有有重力和弹力做功和情形下，物体的动能与重力势能、弹性势能发生相互转化，物体系（一个物体或几个物体、地球、弹簧）的机械能总量保持不变，也就是说，物体系在运动的过程中，没有其他形式的能量转化为机械能，也没有机械能转化为其他形式的能量，机械能仅仅在物体系内部发生转移或转
化。

（4）应用（判断物体系机械能守恒的方法）：
①对于某一个物体系统包括外力和内力，只有重力和弹力做功，其他力不做功或其他力做功的代数和为零，则该系统的机械能守恒。

也就是说重力做功或弹力做功不能引起机械能与其他形式能的转化，只能使系统内部的动能和势能相互转化。

②对于物体系统只有动能与势能的相互转化，而无机械能与其他形式能的转化（如系统无滑动摩擦和介质阻力，无电磁感应过程等等），则系统的机械能守恒。

③对一些绳子突然绷紧，物体间非弹性碰撞等除非题目特别说明，机械能必定不定恒，完全非弹性碰撞过程机械能不守恒。

（5）步骤：
①根据题意选择研究对象（物体系统）
②明确研究对象的物体的运动过程，分析对象在过程中的受情况，弄清各力做功的情况，判断机械能是否守恒。

③恰当地选择零势面，确定研究对象在过程中的始态和末态的机械能。

④根据机械能守恒定律的不同表达式列方程。

典型例析
例1、一个物体在水平方向的两个平衡力（均为恒力）作用下沿水平方向做匀速直线
运动，若撤去一个水平力，则有
A、物体的动能可能减少
B、物体的动能可能不变
C、物体的动能可能增加
D、余下的力一定对物体做正功
思路分析：
物体的动能增加还是减少，取决于合力对物体做正功还是做负功。

由于物体原来的运动方向就不确定，可以任意，只两力处于平衡状态，所以后来合力对物体可能做正功，也可以做负功，但不能不做功。

选项A、C正确。

有同学对撤去一个力后物体可能会做运动情况不清楚，使解题陷入僵局。

有效地分析：①判断物体在水平面内做匀速直线运动的各种可能性；②判断余下的力做功的情况；③由动能定理确定物体的动能增减。

例2、某同学从高为h处水平投一个个质量为m的铅球，测得成绩为S，求同学投铅球时所做的功。

思路分析：
本题中同学对铅球做的功不能用FS求出，因为力F是变力，而且未知，该同学投铅球瞬时发生，铅球的位移S极小，只能通过做功等于球动能的变化这个关系求出。

铅球的初速度为零，抛出时末速度即平
g2/，所以投球时所做的功为：W=mV2/2=mgS2/4h ，该同学投投球时所做功为抛运动的初速度，V=S h
mgS2/4h
本题是以同学身边的事例为背景编制的，体现了“以现实问题为背景，考查能力为立意”的命题思想，并且这还是一个变力做功的问题，能很好地考查学生灵活运用知识的能力。

平时的学习中要多注重理解、分析、归纳，争取达到运用自如的境地。

例3、一质量为m 的小球，用长为L 的轻绳悬于0点，小球在水平拉力F 作
用下，从平衡位置P 很缓慢地移动到Q 点，如图所示，则力F 所做的功为
A 、mgLcosQ
B 、mgL （1-cosQ ）
C 、FLsinQ
D 、FLQ
思路分析：
小球从P 点拉到Q 点时，受重力、绳子的拉力和水平拉力F ，由于缓慢移动，由受力分析知：F=mgtgQ ，随着Q 的增大，F 也增大，故F 是变力，变力做功不能直接用W=FSCOSQ 定义式来解，应由动能定理求解。

在该过程中，重力做负功，且大小为：W G =mgL （1-cosQ ）；缓慢移动，动能的增量为零。

由动能定理：W F -W G =W F -mg （1-cosQ ）=0 ，水平拉力做功W F =mgL （1-cosQ ）。

选项B 正确。

例2、例3都是变力做功，变力功是不能由功的定义直接求解的，要用动能定理解答。

例4、如图所示，质量为m 的物体静放在水平光滑的平台上，系在物体上的绳子跨过光滑的定滑轮，由地面上的人拉着以速度V 0向右匀速运动，设人从地面上平台的边缘开始向右行至绳与水平方向夹角为450处，在此过程中人对物体做的功为
A 、2021mV
B 、2022mV
C 、204
1mV D 、mV 02 思路分析：
人拉绳子匀速行走时，由速度V 0的两个效果，物体的速度应为V 1=V 0COS θ（θ为绳子与水平方向的夹角），θ由900逐渐减小，所以物体做变运动。

人对物体做的功由动能定理物体的动能增量，因开始速度为零，
即： W=212
1mV 2022020041)22(21)45cos (21mV mV V m =⨯= 选项C 正确。

如果把物体水平运动的速度即绳子运动的速度V 1认为是合速度，人水平前进的速度V 0不它的分速度，就会得到错误的结论。

正确认识合速度和分速度是本题的关键，一定要从速度产生的效果出发认识合速度和分速度。

例5、如图所示，质量m 的小球从静止落下，设空气阻力的大小始终是重力的K 倍（K ＜1），设小球与地面碰撞是无能量损失，求小球往复运动直至停止的全过程中运动的路程是多少？位移为多大？
思路分析：
重力对小球做的功是由小球始、末的相对位置决定的，大小为mgh ，做正功；空气阻力做功，无论小球向下还是向上运动，功始终是负的，大小恒定，因此阻力功的大小与路程有关，设路程大小为S 。

物体克服阻力的功为KmgS
由动能定理： mgh-KmgS=0 解得全过程中运动的路程为S=h/K 。

位移应为h 。

怎样求变功：
（1）计算某变力的功时，应段计算各小段的功，然后把各小段的功求代数和。

（2）有两类不同的力：一类是与势能相关联的力，比如重力、弹簧的弹力、浮力以及电场力，它们的功与路径无关，只与位移有关或者说只与始末的位置有关；另一类是滑动摩擦力、空气阻力、非弹性形变的弹力等，在曲线运动或往返运动时，这类力的功等于力各路程（不是位移）的积。

该题小球作往返运动，小球克服空气阻力做的功就是空气力与路程的积。

例6、如图所示，桌面高为h 质量为m 的小球从离桌面高为H 处自由落下，不计空气阻力，假设桌面处的重力势能为零，则小球落到地面的瞬间的机械能为
A 、mgh
B 、mgH
C 、mg （H+h ）
D 、mg （H-h ）
思路分析：
可能有不少同学会选D 为正确。

原因对机械能的概念、参考面性质没有准确把握。

正确的分析是：机械能是动能和势能的总和，因选桌面为参考面，所以开始时机械能为mgH 。

由于小球下落过程只有重力做功，所以小球在下落过程中机械能守恒，亦即在任意时刻的机械能都与初始时刻的机械能相等，都为mgH 。

选项B 正确。

确定重力势能时一定要选择参考面。

例7、如图所示，粗细均匀U 型管内装有同种液体，开始使两边液面高度差为h ，管中
液柱总和长为4h ，后来让液体自由流动，当两液面高度相等时，右侧液面下降的速度为
A 、8/gh
B 、6/gh
C 、4/gh
D 、2/gh
思路分析：
在液柱流动过程中除受重力外，还受大气压力作用，但在液体流动过程中，右侧大气压力做正功等于左侧大气压力做的负功，所以只有液体重力做功，满足机械能守恒条件。

以原来左侧液面为重力势能的零势面，则由机械能守恒定律得（设h 高液柱的质量为m ）： 2)4(2
142V m h mg h mg +⋅=⋅ 解得右测液面下降的速度为：V=8/gh ，选项A 正确。

如果忽视右侧液柱下降的过程中，所有液柱都在流动，即右侧液面下降的速度亦为整体液柱流动的速
度，而选右侧h 液柱为研究对象，就会有错误的方程： 22
142mV h mg h mg +⋅=⋅
从而得到错误的结论。

正确的思考是选全部液体为研究对象，又以开始时左侧液面为重力势能的参考面，既考虑到右侧液柱下降过程中全部液体都在流动有相同的流速，又简化了解答过程。

例8、如图所示，AB 和CD 为两倾角相同的斜轨道，倾角Q 为600，斜轨道足够长，下端分别与一个光滑圆弧BC 的两端相切，过圆弧轨道最低点E 的重锤线是整个装置的对称轴，圆弧所对圆心角为2Q=1200，圆轨道半径R=2m ，一小滑块在离圆弧底E 高度h=3m 处，以速度V 0=4m/S 开始沿斜轨道滑动，已知小滑块质量m=2㎏，它与斜轨道之间的动摩擦因数为μ=0．1。

试求：
（1）小滑块在斜轨道上（不包含圆轨道）运动的总路程S 多大？
（2）运动中小滑块对圆弧轨道最低点E 的最小压力N 多大？
（g=10m/S 2）
思路分析：
因为小滑块在斜面上有：μ=0．1，tg600=3。

由此可知 μ＜tg600 即：mgSin600＞μmgCOS600 物块不可能在斜面上保持静止状态。

小滑块将以对称轴为中心，在轨道上多次往复运动，摩擦力做负功，机械能减少，因此在往复运动中，每次小滑块沿斜面上滑高度都减少，直至滑块刚好运动到圆轨道与斜轨道连接处速度为零为止。

而小滑块在BC 圆弧轨道上往复运动，机械能总量保持不变。

（1） 取小滑块开始下滑为研究过程的初状态，小滑块往复运动中沿圆弧轨道向上运动
到与斜轨道连接处时速度为零的过程为末时刻，根据动能定理：
W G - W f = 202
1mV ① 式中 W G 为重力在该过程中做的正功，重力做功只与初、末两位置有关，所以：
W G =mg 〔h-（1-COSQ ）R 〕 ②
式中W f 为小滑块往复运动中在两个斜面上克服摩擦力做的功，它等于摩擦力f=μmgCOSQ 与总路程S 的积： W f =μmgCOSQ ·S ③
解①、②、③式，小滑块在斜轨道上（不包含圆弧轨道）运动的总路程：
[][]
02
02060101024102)601(322)1(2COS COS gCOSQ V g R COSQ h S ⨯⨯⋅⨯+⨯⨯--=+--=μ=56m （2） 小滑块经过E 点对轨道的压力最小，此情况发生在滑块仅在圆弧轨道上往复运动，
且在B 或C 位置时速度为零时，该过程只有重力做功，根据动能定理：
mgR （1-COSQ ）=
22
1mV ④
式中V 为小滑块在E 点的速度。

小滑块在E 点受竖直向下的重力mg 和竖起向上的支持力N ，由牛顿第二定律，有：
N – mg = R
V m 2
⑤ 解④、⑤两式得：N=2mg=40N
论述题、计算题要在弄清题意的基础上，明确习题给出的物理情景，建立物理模型，找出每一情景中孕育的物理规律，再列相关的方程。

例9、如图（甲）所示，A 、B 两物体的质量m A =2m ，m B =m ，用长为L 的不可伸连长的线连接在水平桌面上，在水平水平恒力作用下以速度V 做匀速直线运动，某一瞬间线突然断裂，保持F 不变继续拉A 移动一
段距离S 0后撤去，当A 、B 都停止时相距多远？
思路分析：
线断裂后，B 物体即在摩擦力作用下做匀减速线运动S B 停止；A 物在F 仍作用
的S 0一段距离内做匀加速直线运动，撤去F 后在摩擦力作用下匀减速运动S A 后停止，如图（乙）所示。

设桌面与物体间动摩擦因数为μ，由匀速直线运动条件得水平拉力：
F=μ（m A + m B ）g=3mg ①
线突然断裂后，对B 有动能定理：
-μm B gS B =0-
221V m B ② 得：S B =V 2/2μg
对A 应用动能定理：
FS 0-μm A g （S 0+S A ）=0-22
1V m A ③ 得：S A =g
S S μ222
0+ 由乙图示，若、B 都停止时相距△S ，有：△S=L+S 0+S A -S B =L+3S 0/2
准确的画出运动图示，对得到L 和各量S 间的关系有直关作用；习题中给出的匀速直线运动的物理情景是不能忽视的。

例10、一封闭的弯曲的的玻璃管处于竖直平面内，其中充满某种液体，内
有一块密度为液体密度一半的木块，从管的A 端由静止开始运动，木块和管壁
间动摩擦因数μ=0．5，管两臂长AB=BC=L=2m ，顶端B 处为一小段光滑圆弧，
两臂与水平面成θ=370
角，如图所示，求：
（1）木块从A 到达B 点的速率； （2）木块从开始运动到最终静止经过
的路程。

思路分析：
（1）木块所受浮力：
F 浮=ρ
浮gV=ρ浮g ·m/ρ木=2mg ① 因为F 浮＞mg ，木块应与玻璃管外壁相互作用，木块受到的支持力
N 如16—11所示，由力的平衡原理，管壁对木块支持力：
N=（F 浮-mg ）COS θ ②
对木块由A 运动到B 由动能定理：F 浮LSin θ-mgLSin θ-μNL=22
1B mV ③ 式中浮力为恒力，浮力做功仅与起点、终点的位置有关，且做正功；重力做负功，也仅与起点、终点的位置有关。

解得：
V B =s m s m COC Sin gL /22/)805060(2102)(2=⋅⨯⋅-⋅⨯⨯=-θμθ
（3） 由受力分析或能量转化，木块在AB 和BC 往复运动中，离C 点应越来越远，所以
最终应静止在B 处。

设往复运动的总路程为S ，在该过程中，浮力和重力是恒力，做功与路径无关，摩擦力做决定路程S ，由动能定理，有：
F 浮LSin θ-mgLSin θ-μNS=0 ④ 联立①、②、④解得：m m LSin S 38
05060237cos 3700=⋅⨯⋅⋅⨯==μ 本题用到变力做功的规律，关于变力做功例五中作了详细说明。

例11、在光滑的水平面上放一质量为M 、边长为b 的立方体木块，木块上搁一根长L 的轻持杆，杆端固定一质量为m 的匀质小球，另一端铰接于0，如图所示。

设杆从与水平面间夹角θ1无初速地推动木块右滑，求当杆与水平面夹角变为θ2（θ1＞θ2）时木块的速度。

思路分析：
木块右滑、杆转动的过程中，木块、小球（包括、地球）组成的系统机械能守
恒，以水平地面为零势面
1、初状态系统的机械能：E 1=mgLSin θ1+Mg ·2
b ① 2、（1）当杆的倾角为Q 2时系统的的重力势能（如下图）： E P2=mgLSin
θ2+Mg ·
2
b ②
（2）设P 点处木块的水平速度为V ，则该瞬间杆与木块接触点P 的转动线
速度V 1 ，由右图：V 1=VSin θ2 ③
（3）因杆上各点绕0点转动的角速度相同，若小球速度为V 球 则：ω=V 球/L=2
1/θSin b V ④ （4）小球的线速度：V 球=2221θθVSin b
L Sin V b L = ⑤ （5）末状态系统的动能：E K2=m MV 21212+V 球2=22422)(21V Sin b
mL M θ+ ⑥ （6）末状态系统的机械能：E 2=E K2+E K1 ⑦
将①、②、⑥联立，解得木块的速度：V=2
42221)(2θθθSin mL Mb Sin Sin mgL +- 本题解答起来似乎很复杂，其实物理情景很简单，只要概念清楚，并不困难。

本题难点
是小球的转动线速度和木块速度间的关系，它们通过P 点线速度搭桥。

还有有两个问题①木块水平面向右的速度V 产生两个效果：其中一个是P 点细杆绕0点转动的线速度V 1 ；②P 点细杆绕0点转动的角速度与小球绕0点转动的角速度相等，由此建立小球线速度V 球的表达式。

论述题和计算题一般的思考方法是：首先分析研究对象受力情况；二是考查它们的功、能关系，看是否有能量守恒、机械能守恒、动能定理；三是若研究对象为一个系统那就看它们的动量是否守恒；四是用动量定理讨论；最后用牛顿第二定律并结合运动学规律研究（用运动学规律时，物体必须是做匀变速直线运动）。

例12、如图所示，小车长L=2m ，质量m 1=2㎏，静止在光滑的水平面上，质量m 2=2㎏的物体在小车上以V
0=2．5m/S 的水平速度从A 端向B 端滑动，若m 1与m 2间动摩擦因数μ=0．05，求：
（1）多长时间后物体m 2脱离小车？
（2）在车上滑动过程中m 2对小车的摩擦力所做的正功和小车对
m 2的摩擦力所做的负功各是多少？（g=10m/S 2
）
思路分析：
物体滑上小车后，受到小车施给的向左的滑动摩擦力作用开始向右作匀减速直线运动；与此同时，小车受到物体给它的水平向右的滑动摩擦力作用，小车开始作初速的零的匀加速直线运动。

由牛顿第二定律，小车的加速度： )/(502
1020502
121S m m g
m a ⋅=⨯⨯⋅==μ 物体的加速度：)/(50100502222S m g m g m a ⋅=⨯⋅===
μμ
由运动学学规律，并根据图16—14所示，有：
小车 S 1=2121t a 物体 S 2=S 1+L=V 0t-222
1t a 解得 t 1=1s ，t 2=4s （舍去）
即经过t=1S 后物体脱离小车。

在时间t=1S 内，物体的位移：
S 2=V 0t-⋅⨯-⨯⋅=02
11522122m t a 5×12m=2．25m ； 小车的位移：S 1=S 2-L=2．25m-2m=0．25m
由功的定义，m 2对小车的摩擦力所做的正功：W 1=μm 2g ·S 1=0．05×2×10×0．25J=0．25J
小车对m 2的摩擦力做的负功：W 2=μm 2g ·S 2=0．05×2×10×2．25J=2．25J
第二种解答：还可以由动能定理求解摩擦力分别对物体和小车做功。

在t=1S 时，由运动学公式，小车和物体的速度分别为：
V 1=a 1t=0．5×1m/s=0．5m/S V 2=V 0-a 2t=2．5m/s-0．5×1m/s=2m/S
对小车应用动能定理：W f1=
J J V m 2505022
1212211⋅=⋅⨯⨯= 对物体应用动能定理：W f2=J J V m V m 252)522(221212122202222⋅-=⋅-⨯=- 两种解法告诉我们：若两个相互作用的物体组成的系统无外力作用时，可用隔离法从力入手分别研究物体动力学、运动学（要受恒力）、功能关系、等规律，又可以系统为研究对象，从系统的功能关系两个渠道研究。

两种解答拓宽了我们从力学规律出发的解题思路。

例13、一传送带装置示意图如，其中传送带经过AB 区域时是水平的，经过BC 区域时变为圆弧形（圆弧由光滑模板形成，未画出），经过CD 区域时是倾斜的，AB 和CD 都与BC 相切。

现将大量的质量均为m 的小货箱一个一个在A 处放到传送带上，放置时初速度为零，经传送带运送到D 处，D 和A 的高度差为h 。

稳定工作时传送带的速度不变，CD 段上各箱等距排列，相邻两箱的距离为L 。

每个箱子在A 处投放后，在到达B 之前已经相对于传送带静止，且以后也不再滑动（忽略经BC 段时的微小滑动）。

已知在一段相当长的时间T 内，共运送小货箱的数目为N 。

这装置由电动机带动，传送带与轮子间无相对滑动，不计轮轴处
的摩擦。

求电动机的平均输出功率P 。

思路分析：
我们研究的对象为一传动装置，“这一装置由电动机带动，传送带与小轮间无相对滑动，不计轮轴处
的摩擦”，由能量守恒规律，电动机的平均输出功率P 应转化为系统（小货箱和传送带）机械功率和摩擦热功率。

又“稳定工作时传送带速度不变”，即传送带机械能并没有发生变化。

“而小货箱一个一个在A 处放到传送带上，放置时初速度为零，经传送带送到D 处，D 和A 的高度差为h ”，且“每个箱子在A 处投放后，在到达B 之前已经相对于传送带静止”，系统增加的机械能仅表现为小货箱增加的动能和重力势能。

若以地面为参照系，设传送带的速度为V 0，系统摩擦热为Q （一个货箱与皮带间），则上述能量守恒关系式为： NQ Nmgh mV N W ++∙=202
1 ① 在时间T 内，电动机输出的平均能量： T P W = ②
再由题设条件，“每个箱子在A 处投放后，在到达B 之前已经相对传送带静止”，该过程中（1）用动力学规律考查：
ⅰ、每个小货箱在水平运输的过程中，先在滑动摩擦力作用下做匀加速直线运动，在速度增加到传送带的运动速度V 0的时间t 内，路程设为S ，加速度为a ，则有： S=22
1at ③ V 0=at ④ ⅱ、对传送带，在时间t 内，若路程为S 0，有：
S 0=V 0t ⑤
解③、④、⑤三式，可得： S 0=2S ⑥
（2）用功能关系考查
由⑥式可知，传送带与小货箱间有相对滑动，且相对滑动的距离△S=S 。

有相对滑动系统就要克服滑动摩擦力做功将损失的机械能转化为系统内能。

有两方法求解这个摩擦热（例十二谈到），其中一种方法是：滑动摩擦力f 乘小货箱间的相对位移△S ，即
Q=f △S=fS=202
1mV ⑦ 可见，在小货箱加速运动的过程中，小货箱获得的动能与发热相等。

小货箱由B 到D 的过程中无相对滑动，系统不克服摩擦力做功，就没有摩擦热了。

已知相邻两小箱的距离为，在时间T 内、有
V 0·T=N ·L ⑧
联立①、②、⑦、⑧四式，得： )(22
2gh T
L N T Nm P += 有同学解答此题时丢掉了小货箱与皮带间相对滑动时系统克服摩擦力做功损失机械能，并且将损失的机械能转化为系统的内能。

一定要记住：在静摩擦力做功的过程中，只有机械能的相互转移（静摩擦力起着传送机械能的作用），而没有机械能转化为其他形式上的能，也就是在相互摩擦的系统内，一对静摩擦
力所做功的代数和总为零；而在相对滑动的系统内，系统克服滑动摩擦力做功会引起机械能的减少，减少的机械能转化为系统的内能。

巩固训练
1、速度为V 的子弹，恰好穿透一块固定着的木板，如果子弹的速度为2V ，子弹穿透木板的阻力视为不变，则穿透同样的木板
A 、2块
B 、3块
C 、4块
D 、1块
2、两辆汽车在同一平直的路面上行驶，它们的质量之比为m 1 ：m=1 ：2，速度之比为V 1 ：V 2=2 ：1 ，当两车急刹车后，甲车滑行的最大距离为S 1，乙车滑行的最大距离为S 2，设两车与路面间的动摩擦因数相等，不计空气阻力，则
A 、S 1 ：S 2=1 ：2
B 、S 1 ：S 2=1 ：1
C 、S 1 ：S 2=2 ：1
D 、S 1 ：S 2=4 ：1
3、一质量为2㎏的滑块，以4m/S 的速度在光滑的水平面上向左滑行，从某一时刻起，在滑块上作用一向右的水平力，经过一段时间，滑块的速度方向变为向右，大小为4m/S ，在这段时间里，水平力做的功为
A 、0
B 、8j
C 、16j
D 、32j
4、质量为m 的物体被细绳牵引，在光滑的水平面上做匀速圆周运动，拉力为F 时转动半径为r ，当拉力增大到8F 时，物体仍做匀速圆周运动，其转动半径为r/2，则外力对物体做的功为
A 、4Fr
B 、Fr 21
C 、Fr 47
D 、Fr 2
3 5、质量为m 的物体静止在粗糙的水平面上，若物体受一水平力F 作用通过位移为S 时，它的动能为E 1；若静止物体受一水平力2F 作用通过相同位移时，它的动能为E 2，则
A 、E 2=E 1
B 、E 2=2E 1
C 、E 2＞2E 1
D 、
E 1＜E 2＜2E 1
6、某用手将1㎏的物体由静止向上提起1m ，这时物体的速度为2m/S （g=10m/S 2
），则下列说法正确的是
A 、手对物体做功12J
B 、合外力做功2J
C 、合外力做功12J
D 、物体克服重力做功10J
7、质量m=2㎏的物体以50J 的初动能在粗糙的水平面上滑行，其动能变化与位移关系如图所示，则
物体在水平面上的滑行时间t 为
A 、5S
B 、4S。