2020 第1部分 专题2 第2讲 机械能守恒定律　功能关系

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第2讲 　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
1.机械能守恒定律的应用
考向1.单个物体的机械能守恒
2016·全国卷Ⅱ T16
考向2.系统机械能守恒
2015·全国卷Ⅱ T21
2016·全国卷Ⅱ T21
2.功能关系及能量守恒
考向1.功能关系的基本应用
2019·全国卷Ⅱ T18
2018·全国卷ⅠT18
2017·全国卷Ⅲ T16
考向2.能量的转化与守恒的应用
2016·全国卷Ⅱ T25
考向3.功能关系的综合应用
2017·全国卷Ⅰ T24
2016·全国卷Ⅱ T25
　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·T21)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
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va、vb。此时刚性轻杆与竖直杆的夹角为θ，分别将va、vb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vacos θ＝vbsin θ。当a滑至地面时θ＝90°，此时vb＝0，由系统机械能守恒得mgh＝mv，解得va＝，选项B正确。同时由于b初、末速度均为零，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·T21)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T1)。
(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＝
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
[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，由机械能守恒有mgH＝2mg(－d)，解得H＝d，故D正确。

[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/s2，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v0，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mv0＝(M＋m)v，由机械能守恒定律，可得(M＋m)v2＝(M＋m)gL(1－cos 60°)，代入数据解得v0＝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/s2，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
BD　[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mAg(h＋Lsin 30°)＋mBgh＝(mA＋mB)v2，代入数据解得v＝ m/s，选项C错误；系统下滑的整个过程中B球机械能的变化量为ΔEB＝mBv2－mBgh，代入数据可得ΔEB＝ J，选项D正确。]
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，vCcos θ＝vA，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(mA＋mB)gcos θ＝mCg，mA＝mB，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。]
　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·T16)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。重力加速度大小为g。在此过程中，外力做的功为(　　)

A.mgl B.mgl
C.mgl D.mgl
A　[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，开始时，细绳MQ段的重力势能Ep1＝－mg·＝－mgl，用外力将绳的下端Q缓慢地竖直向上拉起至M点时，细绳MQ段的重力势能Ep2＝－mg·＝－mgl，则外力做的功即克服重力做的功等于细绳MQ段的重力势能的变化，即W＝Ep2－Ep1＝－mgl＋mgl＝mgl，选项A正确。]
2．(多选)(2019·全国卷Ⅱ·T18)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
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Ek＝100 J，由动能公式Ek＝mv2，可知h＝0时物体的速率为v＝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＝Ek－100 J，解得Ek＝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·T18)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vc，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vc＝2，小球离开c点后，在水平方向做初速度为零的匀加速直线运动，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＝gt2＝2R。由以上分析可知，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·T24)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/s2。(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
Ek0＝ mv ①
式中，m和v0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
Ek0＝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
Eh＝mv＋mgh ③
式中，vh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Eh≈2.4×1012 J。④
(2)飞船在高度h′＝600 m处的机械能为
Eh′＝m2＋mgh′ ⑤
由功能原理得W＝Eh′－Ek0⑥
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·T25)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
Ep＝5mgl ①
设P的质量为M，到达B点时的速度大小为vB，由能量守恒定律得
Ep＝Mv＋μMg·4l ②
联立①②式，取M＝m并代入题给数据得
vB＝ ③
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≥0 ④
设P滑到D点时的速度为vD，由机械能守恒定律得
mv＝mv＋mg·2l ⑤
联立③⑤式得
vD＝ ⑥
vD满足④式要求，故P能运动到D点，并从D点以速度vD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＝gt2 ⑦
P落回到AB上的位置与B点之间的距离为
s＝vDt ⑧
联立⑥⑦⑧式得
s＝2l。 ⑨
(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
联立①②⑩⑪式得
m≤M [答案]　(1)　2l　(2)m≤M
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T2)。
(2)根据功能之间的对应关系，判定能的转化情况(如上T1)。
(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
mgsin θ－μ2mgcos θ＝ma1，
解得a1＝gsin θ－μ2gcos 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l0。
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
Q1＝μ2mgcos θ·(L－l0)，
A与B间由于摩擦产生的热量
Q2＝μ1mgcos θ·l0
根据能量守恒定律有mgLsin θ＝Q1＋Q2，
解得l0＝L。
(3)分两种情况：
①若l≥l0，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 在此过程中，A与B间由于摩擦产生的热量Q′1＝μ1mgcos θ·l，
B与斜面间由于摩擦产生的热量
Q′2＝μ2mgcos θ·x，
根据能量守恒定律有
mgLsin θ＝Q′1＋Q′2，
解得x＝。
[答案]　(1)gsin θ－μ2gcos θ　(2)L
(3)L－l或
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 (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/s2，则下列说法正确的是(　　)

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
D．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kx1＝mgsin θ，解得物块在A点时弹簧压缩量x1＝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x2＝x－x1＝0.1 m，可知从A到B重力势能增加了mgxsin 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＝μmgxcos θ＝1.2 J，由动能定理有W－mgxsin θ－μmgxcos θ＝mv2－0，解得v＝ m/s，B、C正确。]
2．(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v­t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/s2。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/s2。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μmgcos 37°＝mgsin 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/s2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lAB＝6 m，对物体从B点运动到A点的过程，根据动能定理有0－mv2＝－mgh＋Wf，其中h＝lABsin 37°，则物体的重力势能增加量为mgh＝36 J，摩擦力对物体做的功为Wf＝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
B．工件在传送带上加速的时间为
C．每个工件与传送带间因摩擦而产生的热量为
D．传送带传送一个工件多消耗的能量为
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＝v0＋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－＝，则因摩擦产生的热量为Q＝μmgΔx＝，选项C错误；根据能量守恒定律可得，传送带传送一个工件多消耗的能量为E＝mv2＋Q＝，选项D正确。]
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v0＝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/s2，滑块可看作质点，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a1＝μg＝4 m/s2
平板车的加速度大小a2＝＝2 m/s2
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v1，则：
v0－a1t1＝a2t1
解得：t1＝1 s
这段时间内车运动的距离s＝a2t＝1 m 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：v1＝a2t1＝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：
x1＝(v0＋v1)t1－v1t1＝3 m
物块随平板车匀速运动的时间：
t2＝＝0.5 s
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t3，则：L－x1＝v1t3－a1t
解得：t3＝0.3 s或t3＝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＝t1＋t2＋t3＝1.8 s。
(3)物块第一次在平板车上滑行因摩擦产生的热量：
Q1＝μmgL＝13.68 J
物块滑上圆弧轨道时的速度：v2＝v1－a1t3＝0.8 m/s
设物块再次滑上平板车时的速度为v3，最后的共同速度为v4，则：
v4＝v3－a1t4
v4＝a2t4
解得：v3＝0.5 m/s
再次滑上平板车，因摩擦产生的热量：
Q2＝mv－(m＋M)v＝ J
滑块与车之间因摩擦产生的热量：Q＝Q1＋Q2≈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
[答案]　(1)2 m/s　(2)1.8 s　(3)13.76 J　0.195 J