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高中物理高考 专题6 3 功能关系和能量守恒定律【讲】解析版
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这是一份高中物理高考 专题6 3 功能关系和能量守恒定律【讲】解析版，共19页。试卷主要包含了物理观念，科学思维，科学态度与责任，5 s －20 J，5 s等内容，欢迎下载使用。
目录
TOC \ "1-3" \h \u \l "_Tc26502" 一 讲核心素养 PAGEREF _Tc26502 1
\l "_Tc11782" 二 讲必备知识 PAGEREF _Tc11782 1
\l "_Tc16098" 【知识点一】对功能关系的理解 PAGEREF _Tc16098 1
\l "_Tc10920" 【知识点二】功能关系的综合应用 PAGEREF _Tc10920 3
\l "_Tc27124" 【知识点三】能量守恒定律的应用 PAGEREF _Tc27124 5
\l "_Tc19241" 三．讲关键能力-----综合应用力学两大观点解决多运动过程问题 PAGEREF _Tc19241 7
\l "_Tc5487" 四．讲模型思想---与摩擦生热相关的两个物理模型 PAGEREF _Tc5487 10
一 讲核心素养
1.物理观念：功能关系。
熟练掌握几种常见的功能关系，并会用于解决实际问题.。
2.科学思维：与摩擦生热相关的物理模型、能量守恒定律。
(1).掌握一对摩擦力做功与能量转化的关系.．
(2)会应用能量守恒观点解决综合问题
3.科学态度与责任：
(1)理解功能关系，体会守恒观念对认识物理规律的重要性。
(2).能用能量守恒定律分析生产生活中的有关问题。
二 讲必备知识
【知识点一】对功能关系的理解
几种常见的功能关系及其表达式
【例1】(2021·广安高三检测)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eq \f(1,3)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eq \f(1,3)mgh
C．运动员克服摩擦力做功为eq \f(2,3)mgh
D．下滑过程中系统减少的机械能为eq \f(1,3)mgh
【答案】D
【解析】运动员的加速度大小为eq \f(1,3)g，小于gsin 30°＝eq \f(1,2)g，所以其必受摩擦力，且大小为eq \f(1,6)mg，克服摩擦力做的功为eq \f(1,6)mg×eq \f(h,sin 30°)＝eq \f(1,3)mgh，故C错；摩擦力做负功，机械能不守恒，减少的重力势能没有全部转化为动能，有eq \f(1,3)mgh转化为内能，故A错，D对；由动能定理知，运动员获得的动能为eq \f(1,3)mg×eq \f(h,sin 30°)＝eq \f(2,3)mgh，故B错。
【素养升华】本题考察的学科素养主要是物理观念及科学思维。要求考生掌握受力分析及常见的功能关系。
【方法总结】功能关系的选取方法
(1)若只涉及动能的变化用动能定理。
(2)只涉及重力势能的变化，用重力做功与重力势能变化的关系分析。
(3)只涉及机械能变化，用除重力和弹簧的弹力之外的力做功与机械能变化的关系分析。
【变式训练1】(2021·河北张家口市5月模拟)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】 轻绳对物体B做的功等于物体B机械能的变化，故A错误；重力做功等于物体的重力势能的变化，故B错误；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；两物体和弹簧系统机械能守恒，由机械能守恒定律可知，D正确。
【变式训练2】(2020·烟台测试)质量为m的物体在竖直向上的恒定拉力F的作用下，由静止开始向上运动H高度，所受空气阻力恒为f，g为当地的重力加速度。则此过程中，下列说法正确的是( )
A．物体的动能增加了(F－mg)H
B．物体的重力势能增加了mgH
C．物体的机械能减少了fH
D．物体的机械能增加了FH
【答案】B
【解析】物体受到重力、拉力以及空气的阻力，由动能定理有ΔEk＝(F－mg－f)H，选项A错误；重力的功为－mgH，所以物体的重力势能增加了mgH，选项B正确；除重力外物体受到拉力和阻力，所以物体的机械能增加ΔE＝(F－f)H，选项C、D错误。
【知识点二】功能关系的综合应用
【例1】(多选)(2020·全国卷Ⅰ，20)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】 由重力势能和动能随下滑距离s变化的图象可知，重力势能和动能之和随下滑距离s的增大而减小，可知物块下滑过程中机械能不守恒，A正确；在斜面顶端，重力势能mgh＝30 J，解得物块质量m＝1 kg，整个过程中损失的机械能ΔE＝μmgscs θ＝20 J，且sin θ＝eq \f(h,s)＝eq \f(3,5)，故cs θ＝eq \f(4,5)，联立得μ＝0.5，故B正确；物块下滑过程由牛顿第二定律得mgsin θ－μmgcs θ＝ma，代入数据得a＝2 m/s2，故C错误；由重力势能和动能随下滑距离s变化图象可知，当物块下滑2.0 m时机械能为E＝18 J＋4 J＝22 J，机械能损失了ΔE＝30 J－22 J＝8 J，D错误。
【素养升华】本题考察的学科素养主要是物理观念及科学思维。要求考生能从图像中获取相关信息并结合常见的功能关系分析物体在运动过程中的能量转换情况。
【变式训练】 (多选)(2019·全国卷Ⅱ，18)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，由图象得k＝20 N，因此m＝2 kg，A正确；当h＝0时，Ep＝0，E总＝Ek＝eq \f(1,2)mveq \\al(2,0)，因此v0＝10 m/s，B错误；由图象知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。
【知识点三】能量守恒定律的应用
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．
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．
技巧点拨
应用能量守恒定律解题的步骤
1．分清有几种形式的能在变化，如动能、势能(包括重力势能、弹性势能、电势能)、内能等．
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ΔE减和增加的能量ΔE增的表达式．
3．列出能量守恒关系式：ΔE减＝ΔE增．
【例1】 (2021·豫南九校联考)如图所示，固定斜面的倾角θ＝30°，物体A与斜面之间的动摩擦因数μ＝eq \f(\r(3),4)，轻弹簧下端固定在斜面底端，弹簧处于原长时上端位于C点，用一根不可伸长的轻绳通过轻质光滑的定滑轮连接物体A和B，滑轮右侧绳子与斜面平行，A的质量为2m＝4 kg，B的质量为m＝2 kg，初始时物体A到C点的距离为L＝1 m，现给A、B一初速度v0＝3 m/s，使A开始沿斜面向下运动，B向上运动，物体A将弹簧压缩到最短后又恰好能弹到C点．已知重力加速度g取10 m/s2，不计空气阻力，整个过程中轻绳始终处于伸直状态，求此过程中：
(1)物体A向下运动刚到达C点时的速度大小；
(2)弹簧的最大压缩量；
(3)弹簧中的最大弹性势能．
【答案】 (1)2 m/s (2)0.4 m (3)6 J
【解析】 (1)物体A向下运动刚到C点的过程中，对A、B组成的系统应用能量守恒定律可得
2mgLsin θ＋eq \f(1,2)·3mveq \\al(2,0)＝mgL＋μ·2mgcs θ·L＋eq \f(1,2)·3mv2
可解得v＝2 m/s.
(2)A、B组成的系统，在物体A将弹簧压缩到最大压缩量，又返回到C点的过程中，系统动能的减少量等于因摩擦产生的热量，即
eq \f(1,2)·3mv2－0＝μ·2mgcs θ·2x
其中x为弹簧的最大压缩量
解得x＝0.4 m.
(3)设弹簧的最大弹性势能为Epm
由能量守恒定律可得
eq \f(1,2)·3mv2＋2mgxsin θ＝mgx＋μ·2mgcs θ·x＋Epm
解得Epm＝6 J.
【素养提升】本题考察的学科素养主要是物理观念及科学死思维要求考生能明辨物体系的功能情况并能用能量守恒定律列方程解决问题。
【必备知识】1.运用能量守恒定律解题的基本思路
2.多过程问题的解题技巧
(1)“合”——初步了解全过程，构建大致的运动情景．
(2)“分”——将全过程进行分解，分析每个过程的规律．
(3)“合”——找到过程之间的联系，寻找解题方法．
【变式训练1】．(2021·郑州模拟)(多选)水平地面上固定有两个高度相同的粗糙斜面体甲和乙，斜面长分别为s、L1，如图所示。两个完全相同的小滑块A、B可视为质点，同时由静止开始从甲、乙两个斜面的顶端释放，小滑块A一直沿斜面甲滑到底端C点，而小滑块B沿斜面乙滑到底端P点后又沿水平面滑行距离L2到D点(小滑块B在P点从斜面滑到水平面时速度大小不变)，且s＝L1＋L2。小滑块A、B与两个斜面以及水平面间的动摩擦因数相同，则( )
A．滑块A到达底端C点时的动能一定比滑块B到达D点时的动能小
B．两个滑块在斜面上加速下滑的过程中，到达同一高度时，动能可能相同
C．A、B两个滑块从斜面顶端分别运动到C、D的过程中，滑块A重力做功的平均功率小于滑块B重力做功的平均功率
D．A、B两个滑块从斜面顶端分别运动到C、D的过程中，由于克服摩擦而产生的热量一定相同
【答案】AC
【解析】根据动能定理，滑块A由甲斜面顶端到达底端C点的过程，mgh－μmgcs α·s＝eq \f(1,2)mveq \\al(2,C)，滑块B由乙斜面顶端到达D点的过程，mgh－μmgcs β·L1－μmgL2＝eq \f(1,2)mveq \\al(2,D)，又s＝L1＋L2，根据几何关系得scs α>L1cs β＋L2，所以eq \f(1,2)mveq \\al(2,C)三．讲关键能力-----综合应用力学两大观点解决多运动过程问题
1.分析思路
(1)受力与运动分析：根据物体的运动过程分析物体的受力情况，以及不同运动过程中力的变化情况。
(2)做功分析：根据各种力做功的不同特点，分析各种力在不同的运动过程中的做功情况。
(3)功能关系分析：运用动能定理、机械能守恒定律或能量守恒定律进行分析，选择合适的规律求解。
2.方法技巧
(1)“合”——整体上把握全过程，构建大致的运动图景。
(2)“分”——将全过程进行分解，分析每个子过程对应的基本规律。
(3)“合”——找出各子过程之间的联系，以衔接点为突破口，寻求解题最优方案。
【例1】 (2021·山东省等级考试模拟卷)如图所示，不可伸长的轻质细线下方悬挂一可视为质点的小球，另一端固定在竖直光滑墙面上的O点。开始时，小球静止于A点，现给小球一水平向右的初速度，使其恰好能在竖直平面内绕O点做圆周运动。垂直于墙面的钉子N位于过O点竖直线的左侧，eq \(ON,\s\up6(－))与eq \(OA,\s\up6(－))的夹角为θ(0＜θ＜π)，且细线遇到钉子后，小球绕钉子在竖直平面内做圆周运动，当小球运动到钉子正下方时，细线刚好被拉断。已知小球的质量为m，细线的长度为L，细线能够承受的最大拉力为7mg，重力加速度为g。
(1)求小球初速度的大小v0；
(2)求小球绕钉子做圆周运动的半径r与θ的关系式；
(3)在细线被拉断后，小球继续向前运动，试判断它能否通过A点。若能，请求出细线被拉断时θ的值；若不能，请通过计算说明理由。
【答案】 (1)eq \r(5gL) (2)r＝eq \f(\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(3＋2cs θ)),2（2＋cs θ）)L (3)不能通过A点，理由见解析
【解析】 (1)设小球在最高点的速度为v，根据牛顿第二定律有mg＝meq \f(v2,L)，解得v＝eq \r(gL)，
小球从A点至最高点，由动能定理有
－mg·2L＝eq \f(1,2)mv2－eq \f(1,2)mveq \\al(2,0)，
解得v0＝eq \r(5gL)。
(2)小球绕钉子做圆周运动，设碰到钉子时的速度为v1，由释放到碰到钉子时根据动能定理得
－mgLeq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(1－cs θ))＝eq \f(1,2)mveq \\al(2,1)－eq \f(1,2)mveq \\al(2,0)，
碰到钉子到绳子断的过程，由动能定理得
mgreq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(1－cs θ))＝eq \f(1,2)mveq \\al(2,2)－eq \f(1,2)mveq \\al(2,1)，
绳子断的瞬间FT＝7mg，FT－mg＝meq \f(veq \\al(2,2),r)，
联立以上几式，解得r＝eq \f(\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(3＋2cs θ)),2（2＋cs θ）)L。
(3)细线被拉断后，小球做平抛运动，设t时间小球运动到与A点的同一竖直线上，由几何关系得x＝(L－r)sin θ，
平抛运动的水平方向有x＝v2t，由(2)可知v2＝eq \r(6gr)，平抛运动竖直方向有y＝eq \f(1,2)gt2
代入上面几式可得y＝eq \f(1,2)gt2＝eq \f(（L－r）2sin2θ,12r)
平抛开始点与A点的高度差为
h＝L－r－(L－r)cs θ＝(L－r)(1－cs θ)，
若正好过A点，则h＝y，解得r＝eq \f(1＋cs θ,13＋cs θ) L，此结论与(2)不相符，所以小球不能通过A点。
【素养提升】本题考察的学科素养主要是物理观念及科学推理。
【变式训练】 (2020·江苏五校上学期12月联考)如图所示，半径均为R的四分之一光滑圆弧轨道AB、BC在B处平滑连接构成轨道ABC，其中AB如为细管道。轨道ABC竖直放置，且固定在水平台阶CE上，圆心连线O1O2水平，台阶距离水平地面的高度为R，一质量为m的小球静置于水平管口A点，若小球受微小扰动，从静止开始沿轨道ABC运动，已知小球直径略小于管道内径，重力加速度为g。
(1)小球通过C点时，求轨道对小球的弹力大小FC；
(2)小球从C点飞出落到地面上，求落地点(图中未画出)到C点的距离s；
(3)某同学将该小球从地面上的D点斜向右上方抛出，小球恰好从C点水平飞入轨道， 已知水平距离DO＝2R，求小球沿轨道上滑到最高点时离地面的高度h。
【答案】 (1)5mg (2)3R (3)2R
【解析】 (1)由A到C，由机械能守恒得2mgR＝eq \f(1,2)mveq \\al(2,C)
在C点，根据牛顿第二定律可得FC－mg＝meq \f(veq \\al(2,C),R)
解得FC＝5mg。
(2)小球从C点做平抛运动，水平方向有x＝vCt
竖直方向有R＝eq \f(1,2)gt2
解得x＝2eq \r(2)R
落地点到C点的距离s＝eq \r(R2＋x2)＝3R。
(3)小球从D点斜向右上方抛到C点的过程可以看作由C点到D点的平抛运动，设小球到达C点的速度大小为vC′，则有
2R＝vC′t′，R＝eq \f(1,2)gt′2，
解得vC′＝eq \r(2gR)
设小球从C点上滑的最大高度为h′，对小球上滑到最高点的过程，根据动能定理可得mgh′＝eq \f(1,2)mvC′2，
解得h′＝R，所以h＝h′＋R＝2R。
四．讲模型思想---与摩擦生热相关的两个物理模型
两种摩擦力的做功情况比较
【例1】(2021·福建福州市期末质量检测)如图所示，水平传送带匀速运行速度为v＝2 m/s，传送带两端A、B间距离为x0＝10 m，当质量为m＝5 kg的行李箱无初速度地放上传送带A端后，传送到B端，传送带与行李箱间的动摩擦因数μ＝0.2，重力加速度g取10 m/s2，求：
(1)行李箱开始运动时的加速度大小a；
(2)行李箱从A端传送到B端所用时间t；
(3)整个过程行李箱对传送带的摩擦力做功W。
【答案】 (1)2 m/s2 (2)5.5 s (3)－20 J
【解析】 (1)行李箱刚放上传送带时的加速度大小
a＝eq \f(Ff,m)＝eq \f(μmg,m)＝μg＝2 m/s2。
(2)经过t1时间二者共速，t1＝eq \f(v,a)＝eq \f(2,2) s＝1 s
行李箱匀加速运动的位移为
x1＝eq \f(1,2)ateq \\al(2,1)＝eq \f(1,2)×2×12 m＝1 m
行李箱随传送带匀速运动的时间
t2＝eq \f(x0－x1,v)＝eq \f(10－1,2) s＝4.5 s
则行李箱从A传送到B所用时间
t＝t1＋t2＝1 s＋4.5 s＝5.5 s。
(3)t1时间内传送带的位移x2＝vt1＝2×1 m＝2 m
根据牛顿第三定律，传送带受到行李箱的摩擦力Ff′＝Ff
行李箱对传送带的摩擦力做功
W＝－Ff′x2＝－μmgx2＝－0.2×5×10×2 J＝－20 J。
【素养提升】本题考察的学科素养主要是科学思维。
【必备知识】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)功能关系分析：W＝ΔEk＋ΔEp＋Q。
(2)对W和Q的理解
①传送带克服摩擦力做的功：W＝Ffx传；
②产生的内能：Q＝Ffx相对。
【变式训练】(2020·黑龙江齐齐哈尔市期末)如图所示，固定的粗糙弧形轨道下端B点水平，上端A与B点的高度差为h1＝0.3 m，倾斜传送带与水平方向的夹角为θ＝37°，传送带的上端C点与B点的高度差为h2＝0.112 5 m(传送带传动轮的大小可忽略不计)。一质量为m＝1 kg的滑块(可看作质点)从轨道的A点由静止滑下，然后从B点抛出，恰好以平行于传送带的速度从C点落到传送带上，传送带逆时针转动，速度大小为v＝0.5 m/s，滑块与传送带间的动摩擦因数为μ＝0.8，且传送带足够长，滑块运动过程中空气阻力忽略不计，g＝10 m/s2，sin 37°＝0.6，cs 37°＝0.8，试求：
(1)滑块运动至C点时的速度vC大小；
(2)滑块由A到B运动过程中克服摩擦力做的功Wf；
(3)滑块在传送带上运动时与传送带摩擦产生的热量Q。
【答案】 (1)2.5 m/s (2)1 J (3)32 J
【解析】 (1)在C点，竖直分速度vy＝eq \r(2gh2)＝1.5 m/s
由vy＝vCsin 37°，解得vC＝2.5 m/s。
(2)C点的水平分速度与B点的速度相等，则vB＝vx＝vCcs 37°＝2 m/s，从A到B点的过程中，根据动能定理得mgh1－Wf＝eq \f(1,2)mveq \\al(2,B)，解得Wf＝1 J。
(3)滑块在传送带上运动时，根据牛顿第二定律有
μmgcs 37°－mgsin 37°＝ma，解得a＝0.4 m/s2
达到共同速度所需时间t＝eq \f(vC－v,a)＝5 s
两者间的相对位移Δx＝eq \f(v＋vC,2)t－vt＝5 m
由于mgsin 37°＜μmgcs 37°，此后滑块将做匀速运动。故滑块在传送带上运动时与传送带摩擦产生的热量
Q＝μmgcs 37°·Δx＝32 J。
【例2】(2021·西北狼联盟一诊联考)如图所示，质量M＝0.2 kg、长L＝1 m 的长木板放在地面上，质量m＝0.8 kg 的小滑块在长木板左端，竖直嵌有四分之三光滑圆弧轨道的底座固定在地面上，圆弧轨道最低点P的切线水平且与长木板上表面相平，长木板右端与底座左端相距x＝1 m。现用水平向右外力F＝6 N作用在小滑块上，小滑块到达P点后撤去外力F，小滑块沿着圆弧轨道运动。长木板与底座相碰时，立即粘在底座上。已知滑块与长木板、长木板与地面间的动摩擦因数分别为μ1＝0.4和μ2＝0.15，重力加速度g＝10 m/s2。假设最大静摩擦力等于滑动摩擦力，求：
(1)在长木板与底座相碰前，试判断长木板与小滑块是否发生相对滑动，并求出长木板和小滑块加速度的大小；
(2)小滑块到达P点时速度的大小；
(3)若要使小滑块沿圆弧轨道上滑过程中不脱离轨道，竖直圆弧轨道的半径R应该满足什么条件？
【答案】 (1)不发生相对滑动 4.5 m/s2 4.5 m/s2
(2)4 m/s (3) 0＜R≤0.32 m或R≥0.8 m。
【解析】 (1)在长木板与底座相碰前，假设M与m相对静止，一起加速，设加速度为a，小滑块与长木板间静摩擦力为Ff1，则
F－μ2eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(M＋m))g＝eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(M＋m))a，
F－Ff1＝ma，解得a＝4.5 m/s2，Ff1＝2.4 N，
即 Ff1＜μ1mg＝3.2 N，假设成立，不发生相对滑动。
(2)设长木板撞击底座时，长木板和小滑块共同速度为v1，之后，小滑块在长木板上运动，设加速度为a1，到达P点的速度为v2，则
veq \\al(2,1)＝2ax，F－μ1mg＝ma1，veq \\al(2,2)－veq \\al(2,1)＝2a1L，
解得v2＝4 m/s。
(3)情况一：小滑块滑上轨道从圆弧轨道的Q点离开，即能够达到圆弧轨道最高点，设圆弧轨道半径最大为Rm，小滑块在最高点的速度大小为vm，则
mg＝eq \f(mveq \\al(2,m),Rm)，－2mgR＝eq \f(1,2)mveq \\al(2,m)－eq \f(1,2)mveq \\al(2,2)，
解得Rm＝0.32 m。
情况二：小球上滑至与圆心等高处时，速度减为零，然后滑回最低点。则由动能定理有
－mgR＝－eq \f(1,2)mveq \\al(2,2)，
解得R＝0.8 m，
故要使小滑块不脱离轨道，竖直圆周轨道半径应该满足
0＜R≤0.32 m或R≥0.8 m。
【素养提升】本题考察的学科素养主要是科学思维。
【必备知识】1.模型分类
滑块—木板模型根据情况可以分成水平面上的滑块—木板模型和斜面上的滑块—木板模型。
2.位移关系
滑块从木板的一端运动到另一端的过程中，若滑块和木板沿同一方向运动，则滑块的位移大小和木板的位移大小之差等于木板的长度；若滑块和木板沿相反方向运动，则滑块的位移大小和木板的位移大小之和等于木板的长度。
3.解题关键
找出物体之间的位移(路程)关系或速度关系是解题的突破口，求解中应注意联系两个过程的纽带，每一个过程的末速度是下一个过程的初速度。
【变式训练】(2021·天津市南开区二模)如图，质量M＝8 kg的小车停放在光滑水平面上，在小车右端施加一水平恒力F＝8 N。当小车向右运动速度达到v0＝3 m/s时，在小车的右端轻放一质量m＝2 kg的小物块，物块与小车间的动摩擦因数μ＝0.2，假定小车足够长，g＝10 m/s2。求：
(1)小物块从放在车上开始经过多长时间与小车具有相同的速度及此时的速度大小；
(2)从小物块放在车上开始经过t0＝3.0 s摩擦力对小物块所做的功。
【答案】 (1)2 s 4 m/s (2)23.04 J
【解析】 (1) 根据牛顿第二定律得
对物块：μmg＝ma1，解得a1＝2 m/s2
对小车：F－μmg＝Ma2，解得a2＝0.5 m/s2
设经过t1时间物块与小车的速度相等，则有a1t1＝v0＋a2t1，
代入数据解得t1＝2 s，共同的速度大小为v＝a1t1＝4 m/s。
(2)t1时间内物块位移x1＝eq \f(1,2)a1teq \\al(2,1)＝eq \f(1,2)×2×22 m＝4 m，t1时刻物块速度v1＝v＝4 m/s，
t1后M、m有相同的加速度，对M、m 整体有F＝(M＋m)a3，
解得a3＝0.8 m/s2，
物块受到的摩擦力为Ff＝ma3＝1.6 N，
此过程运动t2＝t0－t1＝1 s的位移为
x2＝v1t2＋eq \f(1,2)a3teq \\al(2,2)＝(4×1＋eq \f(1,2)×0.8×12) m＝4.4 m，
所以摩擦力做的功为W＝μmgx1＋Ffx2＝23.04 J。
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)W弹＝－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
类别
比较
静摩擦力
滑动摩擦力
不同
点
能量的
转化方面
只有能量的转移，而没有能量的转化
既有能量的转移，又有能量的转化
一对摩擦力
的总功方面
一对静摩擦力所做功的代数和等于零
一对滑动摩擦力所做功的代数和不为零，总功W＝－Ffl相对，即相对滑动时产生的热量
相
同
点
正功、负功、
不做功方面
两种摩擦力对物体可以做正功、负功，还可以不做功
目录
TOC \ "1-3" \h \u \l "_Tc26502" 一 讲核心素养 PAGEREF _Tc26502 1
\l "_Tc11782" 二 讲必备知识 PAGEREF _Tc11782 1
\l "_Tc16098" 【知识点一】对功能关系的理解 PAGEREF _Tc16098 1
\l "_Tc10920" 【知识点二】功能关系的综合应用 PAGEREF _Tc10920 3
\l "_Tc27124" 【知识点三】能量守恒定律的应用 PAGEREF _Tc27124 5
\l "_Tc19241" 三．讲关键能力-----综合应用力学两大观点解决多运动过程问题 PAGEREF _Tc19241 7
\l "_Tc5487" 四．讲模型思想---与摩擦生热相关的两个物理模型 PAGEREF _Tc5487 10
一 讲核心素养
1.物理观念：功能关系。
熟练掌握几种常见的功能关系，并会用于解决实际问题.。
2.科学思维：与摩擦生热相关的物理模型、能量守恒定律。
(1).掌握一对摩擦力做功与能量转化的关系.．
(2)会应用能量守恒观点解决综合问题
3.科学态度与责任：
(1)理解功能关系，体会守恒观念对认识物理规律的重要性。
(2).能用能量守恒定律分析生产生活中的有关问题。
二 讲必备知识
【知识点一】对功能关系的理解
几种常见的功能关系及其表达式
【例1】(2021·广安高三检测)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eq \f(1,3)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eq \f(1,3)mgh
C．运动员克服摩擦力做功为eq \f(2,3)mgh
D．下滑过程中系统减少的机械能为eq \f(1,3)mgh
【答案】D
【解析】运动员的加速度大小为eq \f(1,3)g，小于gsin 30°＝eq \f(1,2)g，所以其必受摩擦力，且大小为eq \f(1,6)mg，克服摩擦力做的功为eq \f(1,6)mg×eq \f(h,sin 30°)＝eq \f(1,3)mgh，故C错；摩擦力做负功，机械能不守恒，减少的重力势能没有全部转化为动能，有eq \f(1,3)mgh转化为内能，故A错，D对；由动能定理知，运动员获得的动能为eq \f(1,3)mg×eq \f(h,sin 30°)＝eq \f(2,3)mgh，故B错。
【素养升华】本题考察的学科素养主要是物理观念及科学思维。要求考生掌握受力分析及常见的功能关系。
【方法总结】功能关系的选取方法
(1)若只涉及动能的变化用动能定理。
(2)只涉及重力势能的变化，用重力做功与重力势能变化的关系分析。
(3)只涉及机械能变化，用除重力和弹簧的弹力之外的力做功与机械能变化的关系分析。
【变式训练1】(2021·河北张家口市5月模拟)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】 轻绳对物体B做的功等于物体B机械能的变化，故A错误；重力做功等于物体的重力势能的变化，故B错误；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；两物体和弹簧系统机械能守恒，由机械能守恒定律可知，D正确。
【变式训练2】(2020·烟台测试)质量为m的物体在竖直向上的恒定拉力F的作用下，由静止开始向上运动H高度，所受空气阻力恒为f，g为当地的重力加速度。则此过程中，下列说法正确的是( )
A．物体的动能增加了(F－mg)H
B．物体的重力势能增加了mgH
C．物体的机械能减少了fH
D．物体的机械能增加了FH
【答案】B
【解析】物体受到重力、拉力以及空气的阻力，由动能定理有ΔEk＝(F－mg－f)H，选项A错误；重力的功为－mgH，所以物体的重力势能增加了mgH，选项B正确；除重力外物体受到拉力和阻力，所以物体的机械能增加ΔE＝(F－f)H，选项C、D错误。
【知识点二】功能关系的综合应用
【例1】(多选)(2020·全国卷Ⅰ，20)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】 由重力势能和动能随下滑距离s变化的图象可知，重力势能和动能之和随下滑距离s的增大而减小，可知物块下滑过程中机械能不守恒，A正确；在斜面顶端，重力势能mgh＝30 J，解得物块质量m＝1 kg，整个过程中损失的机械能ΔE＝μmgscs θ＝20 J，且sin θ＝eq \f(h,s)＝eq \f(3,5)，故cs θ＝eq \f(4,5)，联立得μ＝0.5，故B正确；物块下滑过程由牛顿第二定律得mgsin θ－μmgcs θ＝ma，代入数据得a＝2 m/s2，故C错误；由重力势能和动能随下滑距离s变化图象可知，当物块下滑2.0 m时机械能为E＝18 J＋4 J＝22 J，机械能损失了ΔE＝30 J－22 J＝8 J，D错误。
【素养升华】本题考察的学科素养主要是物理观念及科学思维。要求考生能从图像中获取相关信息并结合常见的功能关系分析物体在运动过程中的能量转换情况。
【变式训练】 (多选)(2019·全国卷Ⅱ，18)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，由图象得k＝20 N，因此m＝2 kg，A正确；当h＝0时，Ep＝0，E总＝Ek＝eq \f(1,2)mveq \\al(2,0)，因此v0＝10 m/s，B错误；由图象知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。
【知识点三】能量守恒定律的应用
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．
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．
技巧点拨
应用能量守恒定律解题的步骤
1．分清有几种形式的能在变化，如动能、势能(包括重力势能、弹性势能、电势能)、内能等．
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ΔE减和增加的能量ΔE增的表达式．
3．列出能量守恒关系式：ΔE减＝ΔE增．
【例1】 (2021·豫南九校联考)如图所示，固定斜面的倾角θ＝30°，物体A与斜面之间的动摩擦因数μ＝eq \f(\r(3),4)，轻弹簧下端固定在斜面底端，弹簧处于原长时上端位于C点，用一根不可伸长的轻绳通过轻质光滑的定滑轮连接物体A和B，滑轮右侧绳子与斜面平行，A的质量为2m＝4 kg，B的质量为m＝2 kg，初始时物体A到C点的距离为L＝1 m，现给A、B一初速度v0＝3 m/s，使A开始沿斜面向下运动，B向上运动，物体A将弹簧压缩到最短后又恰好能弹到C点．已知重力加速度g取10 m/s2，不计空气阻力，整个过程中轻绳始终处于伸直状态，求此过程中：
(1)物体A向下运动刚到达C点时的速度大小；
(2)弹簧的最大压缩量；
(3)弹簧中的最大弹性势能．
【答案】 (1)2 m/s (2)0.4 m (3)6 J
【解析】 (1)物体A向下运动刚到C点的过程中，对A、B组成的系统应用能量守恒定律可得
2mgLsin θ＋eq \f(1,2)·3mveq \\al(2,0)＝mgL＋μ·2mgcs θ·L＋eq \f(1,2)·3mv2
可解得v＝2 m/s.
(2)A、B组成的系统，在物体A将弹簧压缩到最大压缩量，又返回到C点的过程中，系统动能的减少量等于因摩擦产生的热量，即
eq \f(1,2)·3mv2－0＝μ·2mgcs θ·2x
其中x为弹簧的最大压缩量
解得x＝0.4 m.
(3)设弹簧的最大弹性势能为Epm
由能量守恒定律可得
eq \f(1,2)·3mv2＋2mgxsin θ＝mgx＋μ·2mgcs θ·x＋Epm
解得Epm＝6 J.
【素养提升】本题考察的学科素养主要是物理观念及科学死思维要求考生能明辨物体系的功能情况并能用能量守恒定律列方程解决问题。
【必备知识】1.运用能量守恒定律解题的基本思路
2.多过程问题的解题技巧
(1)“合”——初步了解全过程，构建大致的运动情景．
(2)“分”——将全过程进行分解，分析每个过程的规律．
(3)“合”——找到过程之间的联系，寻找解题方法．
【变式训练1】．(2021·郑州模拟)(多选)水平地面上固定有两个高度相同的粗糙斜面体甲和乙，斜面长分别为s、L1，如图所示。两个完全相同的小滑块A、B可视为质点，同时由静止开始从甲、乙两个斜面的顶端释放，小滑块A一直沿斜面甲滑到底端C点，而小滑块B沿斜面乙滑到底端P点后又沿水平面滑行距离L2到D点(小滑块B在P点从斜面滑到水平面时速度大小不变)，且s＝L1＋L2。小滑块A、B与两个斜面以及水平面间的动摩擦因数相同，则( )
A．滑块A到达底端C点时的动能一定比滑块B到达D点时的动能小
B．两个滑块在斜面上加速下滑的过程中，到达同一高度时，动能可能相同
C．A、B两个滑块从斜面顶端分别运动到C、D的过程中，滑块A重力做功的平均功率小于滑块B重力做功的平均功率
D．A、B两个滑块从斜面顶端分别运动到C、D的过程中，由于克服摩擦而产生的热量一定相同
【答案】AC
【解析】根据动能定理，滑块A由甲斜面顶端到达底端C点的过程，mgh－μmgcs α·s＝eq \f(1,2)mveq \\al(2,C)，滑块B由乙斜面顶端到达D点的过程，mgh－μmgcs β·L1－μmgL2＝eq \f(1,2)mveq \\al(2,D)，又s＝L1＋L2，根据几何关系得scs α>L1cs β＋L2，所以eq \f(1,2)mveq \\al(2,C)
1.分析思路
(1)受力与运动分析：根据物体的运动过程分析物体的受力情况，以及不同运动过程中力的变化情况。
(2)做功分析：根据各种力做功的不同特点，分析各种力在不同的运动过程中的做功情况。
(3)功能关系分析：运用动能定理、机械能守恒定律或能量守恒定律进行分析，选择合适的规律求解。
2.方法技巧
(1)“合”——整体上把握全过程，构建大致的运动图景。
(2)“分”——将全过程进行分解，分析每个子过程对应的基本规律。
(3)“合”——找出各子过程之间的联系，以衔接点为突破口，寻求解题最优方案。
【例1】 (2021·山东省等级考试模拟卷)如图所示，不可伸长的轻质细线下方悬挂一可视为质点的小球，另一端固定在竖直光滑墙面上的O点。开始时，小球静止于A点，现给小球一水平向右的初速度，使其恰好能在竖直平面内绕O点做圆周运动。垂直于墙面的钉子N位于过O点竖直线的左侧，eq \(ON,\s\up6(－))与eq \(OA,\s\up6(－))的夹角为θ(0＜θ＜π)，且细线遇到钉子后，小球绕钉子在竖直平面内做圆周运动，当小球运动到钉子正下方时，细线刚好被拉断。已知小球的质量为m，细线的长度为L，细线能够承受的最大拉力为7mg，重力加速度为g。
(1)求小球初速度的大小v0；
(2)求小球绕钉子做圆周运动的半径r与θ的关系式；
(3)在细线被拉断后，小球继续向前运动，试判断它能否通过A点。若能，请求出细线被拉断时θ的值；若不能，请通过计算说明理由。
【答案】 (1)eq \r(5gL) (2)r＝eq \f(\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(3＋2cs θ)),2（2＋cs θ）)L (3)不能通过A点，理由见解析
【解析】 (1)设小球在最高点的速度为v，根据牛顿第二定律有mg＝meq \f(v2,L)，解得v＝eq \r(gL)，
小球从A点至最高点，由动能定理有
－mg·2L＝eq \f(1,2)mv2－eq \f(1,2)mveq \\al(2,0)，
解得v0＝eq \r(5gL)。
(2)小球绕钉子做圆周运动，设碰到钉子时的速度为v1，由释放到碰到钉子时根据动能定理得
－mgLeq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(1－cs θ))＝eq \f(1,2)mveq \\al(2,1)－eq \f(1,2)mveq \\al(2,0)，
碰到钉子到绳子断的过程，由动能定理得
mgreq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(1－cs θ))＝eq \f(1,2)mveq \\al(2,2)－eq \f(1,2)mveq \\al(2,1)，
绳子断的瞬间FT＝7mg，FT－mg＝meq \f(veq \\al(2,2),r)，
联立以上几式，解得r＝eq \f(\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(3＋2cs θ)),2（2＋cs θ）)L。
(3)细线被拉断后，小球做平抛运动，设t时间小球运动到与A点的同一竖直线上，由几何关系得x＝(L－r)sin θ，
平抛运动的水平方向有x＝v2t，由(2)可知v2＝eq \r(6gr)，平抛运动竖直方向有y＝eq \f(1,2)gt2
代入上面几式可得y＝eq \f(1,2)gt2＝eq \f(（L－r）2sin2θ,12r)
平抛开始点与A点的高度差为
h＝L－r－(L－r)cs θ＝(L－r)(1－cs θ)，
若正好过A点，则h＝y，解得r＝eq \f(1＋cs θ,13＋cs θ) L，此结论与(2)不相符，所以小球不能通过A点。
【素养提升】本题考察的学科素养主要是物理观念及科学推理。
【变式训练】 (2020·江苏五校上学期12月联考)如图所示，半径均为R的四分之一光滑圆弧轨道AB、BC在B处平滑连接构成轨道ABC，其中AB如为细管道。轨道ABC竖直放置，且固定在水平台阶CE上，圆心连线O1O2水平，台阶距离水平地面的高度为R，一质量为m的小球静置于水平管口A点，若小球受微小扰动，从静止开始沿轨道ABC运动，已知小球直径略小于管道内径，重力加速度为g。
(1)小球通过C点时，求轨道对小球的弹力大小FC；
(2)小球从C点飞出落到地面上，求落地点(图中未画出)到C点的距离s；
(3)某同学将该小球从地面上的D点斜向右上方抛出，小球恰好从C点水平飞入轨道， 已知水平距离DO＝2R，求小球沿轨道上滑到最高点时离地面的高度h。
【答案】 (1)5mg (2)3R (3)2R
【解析】 (1)由A到C，由机械能守恒得2mgR＝eq \f(1,2)mveq \\al(2,C)
在C点，根据牛顿第二定律可得FC－mg＝meq \f(veq \\al(2,C),R)
解得FC＝5mg。
(2)小球从C点做平抛运动，水平方向有x＝vCt
竖直方向有R＝eq \f(1,2)gt2
解得x＝2eq \r(2)R
落地点到C点的距离s＝eq \r(R2＋x2)＝3R。
(3)小球从D点斜向右上方抛到C点的过程可以看作由C点到D点的平抛运动，设小球到达C点的速度大小为vC′，则有
2R＝vC′t′，R＝eq \f(1,2)gt′2，
解得vC′＝eq \r(2gR)
设小球从C点上滑的最大高度为h′，对小球上滑到最高点的过程，根据动能定理可得mgh′＝eq \f(1,2)mvC′2，
解得h′＝R，所以h＝h′＋R＝2R。
四．讲模型思想---与摩擦生热相关的两个物理模型
两种摩擦力的做功情况比较
【例1】(2021·福建福州市期末质量检测)如图所示，水平传送带匀速运行速度为v＝2 m/s，传送带两端A、B间距离为x0＝10 m，当质量为m＝5 kg的行李箱无初速度地放上传送带A端后，传送到B端，传送带与行李箱间的动摩擦因数μ＝0.2，重力加速度g取10 m/s2，求：
(1)行李箱开始运动时的加速度大小a；
(2)行李箱从A端传送到B端所用时间t；
(3)整个过程行李箱对传送带的摩擦力做功W。
【答案】 (1)2 m/s2 (2)5.5 s (3)－20 J
【解析】 (1)行李箱刚放上传送带时的加速度大小
a＝eq \f(Ff,m)＝eq \f(μmg,m)＝μg＝2 m/s2。
(2)经过t1时间二者共速，t1＝eq \f(v,a)＝eq \f(2,2) s＝1 s
行李箱匀加速运动的位移为
x1＝eq \f(1,2)ateq \\al(2,1)＝eq \f(1,2)×2×12 m＝1 m
行李箱随传送带匀速运动的时间
t2＝eq \f(x0－x1,v)＝eq \f(10－1,2) s＝4.5 s
则行李箱从A传送到B所用时间
t＝t1＋t2＝1 s＋4.5 s＝5.5 s。
(3)t1时间内传送带的位移x2＝vt1＝2×1 m＝2 m
根据牛顿第三定律，传送带受到行李箱的摩擦力Ff′＝Ff
行李箱对传送带的摩擦力做功
W＝－Ff′x2＝－μmgx2＝－0.2×5×10×2 J＝－20 J。
【素养提升】本题考察的学科素养主要是科学思维。
【必备知识】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)功能关系分析：W＝ΔEk＋ΔEp＋Q。
(2)对W和Q的理解
①传送带克服摩擦力做的功：W＝Ffx传；
②产生的内能：Q＝Ffx相对。
【变式训练】(2020·黑龙江齐齐哈尔市期末)如图所示，固定的粗糙弧形轨道下端B点水平，上端A与B点的高度差为h1＝0.3 m，倾斜传送带与水平方向的夹角为θ＝37°，传送带的上端C点与B点的高度差为h2＝0.112 5 m(传送带传动轮的大小可忽略不计)。一质量为m＝1 kg的滑块(可看作质点)从轨道的A点由静止滑下，然后从B点抛出，恰好以平行于传送带的速度从C点落到传送带上，传送带逆时针转动，速度大小为v＝0.5 m/s，滑块与传送带间的动摩擦因数为μ＝0.8，且传送带足够长，滑块运动过程中空气阻力忽略不计，g＝10 m/s2，sin 37°＝0.6，cs 37°＝0.8，试求：
(1)滑块运动至C点时的速度vC大小；
(2)滑块由A到B运动过程中克服摩擦力做的功Wf；
(3)滑块在传送带上运动时与传送带摩擦产生的热量Q。
【答案】 (1)2.5 m/s (2)1 J (3)32 J
【解析】 (1)在C点，竖直分速度vy＝eq \r(2gh2)＝1.5 m/s
由vy＝vCsin 37°，解得vC＝2.5 m/s。
(2)C点的水平分速度与B点的速度相等，则vB＝vx＝vCcs 37°＝2 m/s，从A到B点的过程中，根据动能定理得mgh1－Wf＝eq \f(1,2)mveq \\al(2,B)，解得Wf＝1 J。
(3)滑块在传送带上运动时，根据牛顿第二定律有
μmgcs 37°－mgsin 37°＝ma，解得a＝0.4 m/s2
达到共同速度所需时间t＝eq \f(vC－v,a)＝5 s
两者间的相对位移Δx＝eq \f(v＋vC,2)t－vt＝5 m
由于mgsin 37°＜μmgcs 37°，此后滑块将做匀速运动。故滑块在传送带上运动时与传送带摩擦产生的热量
Q＝μmgcs 37°·Δx＝32 J。
【例2】(2021·西北狼联盟一诊联考)如图所示，质量M＝0.2 kg、长L＝1 m 的长木板放在地面上，质量m＝0.8 kg 的小滑块在长木板左端，竖直嵌有四分之三光滑圆弧轨道的底座固定在地面上，圆弧轨道最低点P的切线水平且与长木板上表面相平，长木板右端与底座左端相距x＝1 m。现用水平向右外力F＝6 N作用在小滑块上，小滑块到达P点后撤去外力F，小滑块沿着圆弧轨道运动。长木板与底座相碰时，立即粘在底座上。已知滑块与长木板、长木板与地面间的动摩擦因数分别为μ1＝0.4和μ2＝0.15，重力加速度g＝10 m/s2。假设最大静摩擦力等于滑动摩擦力，求：
(1)在长木板与底座相碰前，试判断长木板与小滑块是否发生相对滑动，并求出长木板和小滑块加速度的大小；
(2)小滑块到达P点时速度的大小；
(3)若要使小滑块沿圆弧轨道上滑过程中不脱离轨道，竖直圆弧轨道的半径R应该满足什么条件？
【答案】 (1)不发生相对滑动 4.5 m/s2 4.5 m/s2
(2)4 m/s (3) 0＜R≤0.32 m或R≥0.8 m。
【解析】 (1)在长木板与底座相碰前，假设M与m相对静止，一起加速，设加速度为a，小滑块与长木板间静摩擦力为Ff1，则
F－μ2eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(M＋m))g＝eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(M＋m))a，
F－Ff1＝ma，解得a＝4.5 m/s2，Ff1＝2.4 N，
即 Ff1＜μ1mg＝3.2 N，假设成立，不发生相对滑动。
(2)设长木板撞击底座时，长木板和小滑块共同速度为v1，之后，小滑块在长木板上运动，设加速度为a1，到达P点的速度为v2，则
veq \\al(2,1)＝2ax，F－μ1mg＝ma1，veq \\al(2,2)－veq \\al(2,1)＝2a1L，
解得v2＝4 m/s。
(3)情况一：小滑块滑上轨道从圆弧轨道的Q点离开，即能够达到圆弧轨道最高点，设圆弧轨道半径最大为Rm，小滑块在最高点的速度大小为vm，则
mg＝eq \f(mveq \\al(2,m),Rm)，－2mgR＝eq \f(1,2)mveq \\al(2,m)－eq \f(1,2)mveq \\al(2,2)，
解得Rm＝0.32 m。
情况二：小球上滑至与圆心等高处时，速度减为零，然后滑回最低点。则由动能定理有
－mgR＝－eq \f(1,2)mveq \\al(2,2)，
解得R＝0.8 m，
故要使小滑块不脱离轨道，竖直圆周轨道半径应该满足
0＜R≤0.32 m或R≥0.8 m。
【素养提升】本题考察的学科素养主要是科学思维。
【必备知识】1.模型分类
滑块—木板模型根据情况可以分成水平面上的滑块—木板模型和斜面上的滑块—木板模型。
2.位移关系
滑块从木板的一端运动到另一端的过程中，若滑块和木板沿同一方向运动，则滑块的位移大小和木板的位移大小之差等于木板的长度；若滑块和木板沿相反方向运动，则滑块的位移大小和木板的位移大小之和等于木板的长度。
3.解题关键
找出物体之间的位移(路程)关系或速度关系是解题的突破口，求解中应注意联系两个过程的纽带，每一个过程的末速度是下一个过程的初速度。
【变式训练】(2021·天津市南开区二模)如图，质量M＝8 kg的小车停放在光滑水平面上，在小车右端施加一水平恒力F＝8 N。当小车向右运动速度达到v0＝3 m/s时，在小车的右端轻放一质量m＝2 kg的小物块，物块与小车间的动摩擦因数μ＝0.2，假定小车足够长，g＝10 m/s2。求：
(1)小物块从放在车上开始经过多长时间与小车具有相同的速度及此时的速度大小；
(2)从小物块放在车上开始经过t0＝3.0 s摩擦力对小物块所做的功。
【答案】 (1)2 s 4 m/s (2)23.04 J
【解析】 (1) 根据牛顿第二定律得
对物块：μmg＝ma1，解得a1＝2 m/s2
对小车：F－μmg＝Ma2，解得a2＝0.5 m/s2
设经过t1时间物块与小车的速度相等，则有a1t1＝v0＋a2t1，
代入数据解得t1＝2 s，共同的速度大小为v＝a1t1＝4 m/s。
(2)t1时间内物块位移x1＝eq \f(1,2)a1teq \\al(2,1)＝eq \f(1,2)×2×22 m＝4 m，t1时刻物块速度v1＝v＝4 m/s，
t1后M、m有相同的加速度，对M、m 整体有F＝(M＋m)a3，
解得a3＝0.8 m/s2，
物块受到的摩擦力为Ff＝ma3＝1.6 N，
此过程运动t2＝t0－t1＝1 s的位移为
x2＝v1t2＋eq \f(1,2)a3teq \\al(2,2)＝(4×1＋eq \f(1,2)×0.8×12) m＝4.4 m，
所以摩擦力做的功为W＝μmgx1＋Ffx2＝23.04 J。
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)W弹＝－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
类别
比较
静摩擦力
滑动摩擦力
不同
点
能量的
转化方面
只有能量的转移，而没有能量的转化
既有能量的转移，又有能量的转化
一对摩擦力
的总功方面
一对静摩擦力所做功的代数和等于零
一对滑动摩擦力所做功的代数和不为零，总功W＝－Ffl相对，即相对滑动时产生的热量
相
同
点
正功、负功、
不做功方面
两种摩擦力对物体可以做正功、负功，还可以不做功
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