考纲解读1.知道功是能量转化的量度，掌握重力的功、弹力的功、合力的功与对应的能量转化关系.2.知道自然界中的能量转化，理解能量守恒定律，并能用来分析有关问题．
1．[功能关系的理解]用恒力F向上拉一物体，使其由地面处开始加速上升到某一高度．若
该过程空气阻力不能忽略，则下列说法中正确的是( ) A．力F做的功和阻力做的功之和等于物体动能的增量 B．重力所做的功等于物体重力势能的增量
C．力F做的功和阻力做的功之和等于物体机械能的增量 D．力F、重力、阻力三者的合力所做的功等于物体机械能的增量 答案 C
2．[能的转化与守恒定律的理解]如图1所示，美国空军X－37B无人航天飞机于2010年4
月首飞，在X－37B由较低轨道飞到较高轨道的过程中( )
图1
A．X－37B中燃料的化学能转化为X－37B的机械能 B．X－37B的机械能要减少 C．自然界中的总能量要变大
D．如果X－37B在较高轨道绕地球做圆周运动，则在此轨道上其机械能不变 答案 AD
解析 在X－37B由较低轨道飞到较高轨道的过程中，必须启动助推器，对X－37B做正功，X－37B的机械能增大，A对，B错．根据能量守恒定律，C错．X－37B在确定轨道上绕地球做圆周运动，其动能和重力势能都不会发生变化，所以机械能不变，D对．
3．[能量守恒定律的应用]如图2所示，ABCD是一个盆式容器，盆内侧壁与盆底BC的连接
处都是一段与BC相切的圆弧，B、C在水平线上，其距离d＝0.5 m．盆边缘的高度为
h＝0.3 m．在A处放一个质量为m的小物块并让其由静止下滑．已知盆内侧壁是光滑的，而盆底BC面与小物块间的动摩擦因数为μ＝0.1.小物块在盆内来回滑动，最后停 下来，则停下的位置到B的距离为( )
图2
A．0.5 m B．0.25 m C．0.1 m D．0 答案 D
x3 m
解析 由mgh＝μmgx，得x＝3 m，而＝＝6，即3个来回后，小物块恰停在B点，
d0.5 m选项D正确．
一、几种常见的功能关系
功 合外力做正功 重力做正功 弹簧弹力做正功 电场力做正功 其他力(除重力、弹力外)做正功 二、能量守恒定律 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另一种形式，
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．
能量的变化 动能增加 重力势能减少 弹性势能减少 电势能减少 机械能增加
考点一 功能关系的应用
例1 如图3所示，在升降机内固定一光滑的斜面体，一轻弹簧的一端连在位于斜面体上方
的固定木板B上，另一端与质量为m的物块A相连，弹簧与斜面平行．整个系统由静止开始加速上升高度h的过程中( )
图3
A．物块A的重力势能增加量一定等于mgh
B．物块A的动能增加量等于斜面的支持力和弹簧的拉力对其做功的代数和 C．物块A的机械能增加量等于斜面的支持力和弹簧的拉力对其做功的代数和 D．物块A和弹簧组成的系统的机械能增加量等于斜面对物块的支持力和B对弹簧的拉力做功的代数和
解析 由于斜面光滑，物块A静止时弹簧弹力与斜面支持力的合力与重力平衡，当整个装置加速上升时，由牛顿第二定律可知物块A受到的合力应向上，故弹簧伸长量增加，物块A相对斜面下滑一段距离，故选项A错误；根据动能定理可知，物块A动能的增加量应等于重力、支持力及弹簧弹力对其做功的代数和，故选项B错误；物块A机械能的增加量应等于除重力以外的其他力对其做功的代数和，选项C正确；物块A和弹簧组成的系统的机械能增加量应等于除重力和弹簧弹力以外的其他力做功的代数和，故选项D正确． 答案 CD
突破训练1 物块由静止从粗糙斜面上的某点加速下滑到另一点，此过程中重力对物块做的
功等于( )
A．物块动能的增加量 B．物块重力势能的减少量
C．物块重力势能的减少量和物块动能的增加量以及物块克服摩擦力做的功之和 D．物块动能的增加量与物块克服摩擦力做的功之和 答案 BD
考点二 摩擦力做功的特点及应用 1．静摩擦力做功的特点
(1)静摩擦力可以做正功，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的代数和总等于零．
(3)静摩擦力做功时，只有机械能的相互转移，不会转化为内能． 2．滑动摩擦力做功的特点
(1)滑动摩擦力可以做正功，也可以做负功，还可以不做功．
(2)相互间存在滑动摩擦力的系统内，一对滑动摩擦力做功将产生两种可能效果： ①机械能全部转化为内能；
②有一部分机械能在相互摩擦的物体间转移，另外一部分转化为内能．
(3)摩擦生热的计算：Q＝Ffx相对．其中x相对为相互摩擦的两个物体间的相对位移． 深化拓展 从功的角度看，一对滑动摩擦力对系统做的功等于系统内能的增加量；从能量的角度看，其他形式能量的减少量等于系统内能的增加量．
例2 如图4所示，质量为m的长木块A静止于光滑水平面上，在其水平的上表面左端放
一质量为m的滑块B，已知木块长为L，它与滑块之间的动摩擦因数为μ.现用水平向右的恒力F拉滑块B.
图4
(1)当长木块A的位移为多少时，B从A的右端滑出？ (2)求上述过程中滑块与木块之间产生的内能．
审题指导 当把滑块B拉离A时，B的位移为A的位移与A的长度之和．注意：审题时要画出它们的位移草图．
解析 (1)设B从A的右端滑出时，A的位移为x，A、B的速度分别为vA、vB，由动能定理得 1μmgx＝mv2
2A
1
(F－μmg)·(x＋L)＝mv2
2B又因为vA＝aAt＝μgt F－μmg
vB＝aBt＝t
mμmgL
解得x＝.
F－2μmg
(2)由功能关系知，拉力F做的功等于A、B动能的增加量和A、B间产生的内能，即有 112
F(x＋L)＝mv2A＋mvB＋Q 22
解得Q＝μmgL. 答案 (1)
μmgL
(2)μmgL
F－2μmg
突破训练2 如图5所示，足够长的传送带以恒定速率顺时针运行．将一个物体轻轻放在传
送带底端，第一阶段物体被加速到与传送带具有相同的速度，第二阶段与传送带相对静止，匀速运动到达传送带顶端．下列说法中正确的是( )
图5
A．第一阶段摩擦力对物体做正功，第二阶段摩擦力对物体不做功 B．第一阶段摩擦力对物体做的功等于第一阶段物体动能的增加
C．第一阶段物体和传送带间的摩擦生热等于第一阶段物体机械能的增加量
D．物体从底端到顶端全过程机械能的增加量等于全过程物体与传送带间的摩擦生热 答案 C
解析 第一阶段摩擦力对物体做正功，第二阶段摩擦力对物体仍做正功，选项A错误；第一阶段摩擦力对物体做的功等于第一阶段物体动能的增加量和重力势能的增加量，选项B错误；第一阶段物体和传送带间的摩擦生热等于第一阶段物体机械能的增加量，选项C正确；物体从底端到顶端全过程机械能的增加量大于全过程物体与传送带间的摩擦生热，选项D错误． 考点三 能量守恒定律及应用
列能量守恒定律方程的两条基本思路：
(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． 例3 如图6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，物体在滑下传送带之前能保持与传送带相对静止，对于物体从静止释放到与传送带相对静止这一过程，下列说法中正确的是( )
图6
1
A．电动机多做的功为mv2
2v2
B．物体在传送带上的划痕长
μg1
C．传送带克服摩擦力做的功为mv2
2D．电动机增加的功率为μmgv
v
解析 物体与传送带相对静止之前，物体做匀加速运动，由运动学公式知x物＝t，传
21
送带做匀速运动，由运动学公式知x传＝vt，对物体根据动能定理μmgx物＝mv2，摩擦
21
产生的热量Q＝μmgx相对＝μmg(x传－x物)，四式联立得摩擦产生的热量Q＝mv2，根据
2能量守恒定律，电动机多做的功一部分转化为物体的动能，一部分转化为热量，故电动机多做的功等于
mv2，A
v2
项错误；物体在传送带上的划痕长等于x传－x物＝x物＝，
2μg
B项错误；传送带克服摩擦力做的功为μmgx传＝2μmgx物＝mv2，C项错误；电动机增加的功率也就是电动机克服摩擦力做功的功率为μmgv，D项正确． 答案 D
应用能量守恒定律解题的步骤
(1)分清有多少形式的能[如动能、势能(包括重力势能、弹性势能、电势能)、内能等]在变化；
(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．
突破训练3 如图7所示，传送带保持1 m/s的速度顺时针转动．现将一质量m＝0.5 kg的
小物体轻轻地放在传送带的a点上，物体与传送带间的动摩擦因数μ＝0.1，a、b间的距离L＝2.5 m，g＝10 m/s2.设物体从a点运动到b点所经历的时间为t，该过程中物体和传送带间因摩擦而产生的热量为Q，下列关于t和Q的值正确的是( )
图7
A．t＝5 s，Q＝1.25 J B．t＝3 s，Q＝0.5 J C．t＝3 s，Q＝0.25 J D．t＝2.5 s，Q＝0.25 J
答案 C
24.传送带模型中的动力学和能量转化问题
1．模型概述
传送带模型是高中物理中比较成熟的模型，典型的有水平和倾斜两种情况．一般设问的角度有两个：
(1)动力学角度：首先要正确分析物体的运动过程，做好受力情况分析，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．传送带模型问题中的功能关系分析
(1)功能关系分析：WF＝ΔEk＋ΔEp＋Q. (2)对WF和Q的理解： ①传送带的功：WF＝Fx传； ②产生的内能Q＝Ffx相对． 传送带模型问题的分析流程
例4 如图8所示，是利用电力传送带装运麻袋包的示意图．传送带长l＝20 m，倾角θ＝37°，
麻袋包与传送带间的动摩擦因数μ＝0.8，传送带的主动轮和从动轮半径R相等，传送带不打滑，主动轮顶端与货车车箱底板间的高度差为h＝1.8 m，传送带匀速运动的速度为v＝2 m/s.现在传送带底端 (传送带与从动轮相切位置)由静止释放一只麻袋包(可视为质点)，其质量为100 kg，麻袋包最终与传送带一起做匀速运动，到达主动轮时随轮一起匀速转动．如果麻袋包到达主动轮的最高点时，恰好水平抛出并落在货车车箱底板中心，重力加速度g＝10 m/s2，sin 37°＝0.6，cos 37°＝0.8，求：
图8
(1)主动轮轴与货车车箱底板中心的水平距离x及主动轮的半径R； (2)麻袋包在传送带上运动的时间t；
(3)该装运系统每传送一只麻袋包需额外消耗的电能． 审题与关联
1
解析 (1)设麻袋包平抛运动时间为t，有h＝gt2，x＝vt，解得：x＝1.2 m
2麻袋包在主动轮的最高点时，有 v2
mg＝m R解得：R＝0.4 m
(2)对麻袋包，设匀加速运动时间为t1，匀速运动时间为t2，有μmgcos θ－mgsin θ＝ma v＝at1 1x1＝at2
21l－x1＝vt2
联立以上各式解得：t＝t1＋t2＝12.5 s
(3)设麻袋包匀加速运动时间内相对传送带的位移为Δx，每传送一只麻袋包需额外消耗的电能为ΔE，有Δx＝vt1－x1
1
由能量守恒定律得ΔE＝mglsin θ＋mv2＋μmgcos θ·Δx
2
解得：ΔE＝15 400 J
答案 (1)1.2 m 0.4 m (2)12.5 s (3)15 400 J
高考题组
1．(2013·山东·16)如图9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( )
图9
A．两滑块组成系统的机械能守恒 B．重力对M做的功等于M动能的增加 C．轻绳对m做的功等于m机械能的增加
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 答案 CD
解析 两滑块释放后，M下滑、m上滑，摩擦力对M做负功，系统的机械能减小，减小的机械能等于M克服摩擦力做的功，选项A错误，D正确．除重力对滑块M做正功外，还有摩擦力和绳的拉力对滑块M做负功，选项B错误．绳的拉力对滑块m做正功，滑块m机械能增加，且增加的机械能等于拉力做的功，选项C正确．
2．(2012·福建理综·17)如图10所示，表面光滑的固定斜面顶端安装一定滑轮，小物块A、B
用轻绳连接并跨过滑轮(不计滑轮的质量和摩擦)．初始时刻，A、B处于同一高度并恰好处于静止状态．剪断轻绳后A下落，B沿斜面下滑，则从剪断轻绳到物块着地，两物块( )
图10
A．速率的变化量不同 B．机械能的变化量不同 C．重力势能的变化量相同
D．重力做功的平均功率相同 答案 D
解析 A、B开始时处于静止状态，对A：mAg＝T① 对B：T＝mBgsin θ② 由①②得mAg＝mBgsin θ 即mA＝mBsin θ③
剪断轻绳后，A、B均遵守机械能守恒定律，机械能没有变化，故B项错误；由机械能1
守恒知，mgh＝mv2，所以v＝2gh，落地速率相同，故速率的变化量相同，A项错误；
2v
由ΔEp＝mgh，因m不同，故ΔEp不同，C项错误；重力做功的功率PA＝mAgv＝mAg
2＝mAg正确． 模拟题组
3．如图11所示，一个小球(视为质点)从H＝12 m高处，由静止开始沿光滑弯曲轨道AB，
进入半径R＝4 m的竖直圆环内侧，且与圆环的动摩擦因数处处相等，当到达圆环顶点C时，刚好对轨道压力为零；然后沿CB圆弧滑下，进入光滑弧形轨道BD，到达高度为h的D点时速度为零，则h的值可能为( )
2gh2gh，PB＝mBgvsin θ＝mBgsin θ，由③式mA＝mBsin θ，得PA＝PB，D项22
图11
A．10 m B．9.5 m C．8.5 m D．8 m 答案 BC
4．假设某次罚点球直接射门时，球恰好从横梁下边缘踢进，此时的速度为v.横梁下边缘离
地面的高度为h，足球质量为m，运动员对足球做的功为W1，足球运动过程中克服空气阻力做的功为W2，选地面为零势能面，下列说法正确的是( ) 1
A．运动员对足球做的功为W1＝mgh＋mv2
2B．足球机械能的变化量为W1－W2
1
C．足球克服空气阻力做的功为W2＝mgh＋mv2－W1
2
1
D．运动员刚踢完球的瞬间，足球的动能为mgh＋mv2
2答案 B
解析 对运动员踢球到球恰好从横梁下边缘踢进这一过程，由动能定理：W1－mgh－11
W2＝mv2，即W1＝mgh＋mv2＋W2，A错；足球机械能的变化量等于重力以外的其他
2211力做的功，即ΔE＝W1－W2，B对；由W1－mgh－W2＝mv2，可得W2＝W1－mgh－mv2，
2211
C错；设刚踢完球瞬间足球的动能为Ek，由动能定理：－mgh－W2＝mv2－Ek，Ek＝mv2
22＋mgh＋W2，D错．
5．工厂流水线上采用弹射装置把物品转运，现简化其模型分析：如图12所示，质量为m
的滑块，放在光滑的水平平台上，平台右端B与水平传送带相接，传送带的运行速度为v0，长为L；现将滑块向左压缩固定在平台上的轻弹簧，到达某处时(仍处于弹簧弹性限度内)由静止释放，若滑块离开弹簧时的速度小于传送带的速度，当滑块滑到传送带右端C时，恰好与传送带速度相同，滑块与传送带间的动摩擦因数为μ.求：
图12
(1)释放滑块时，弹簧具有的弹性势能；
(2)滑块在传送带上滑行的整个过程中产生的热量． 12
答案 (1)mv2－μmgL (2)mv20－mv0v0－2μgL－μmgL 20
解析 (1)由题意知滑块在传送带上一直做匀加速运动，设滑块离开弹簧时的速度为v，由动能定理可得： 112μmgL＝mv20－mv 22
对弹簧和滑块构成的系统，由机械能守恒定律得 1Ep＝mv2
2
1
联立解得：Ep＝mv2－μmgL
20
(2)对滑块在传送带上的运动，由牛顿第二定律和运动学公式可得 μmg＝ma
2
v20－v＝2aL
v0＝v＋at v0－联立解得t＝x相对＝v0t－L
2－mv所以Q＝Ff·x相对＝mv00
v20－2μgL
μg
v20－2μgL－μmgL
(限时：45分钟)
►题组1 功能关系的理解
1．轻质弹簧吊着小球静止在如图1所示的A位置，现用水平外力F将小球缓慢拉到B位置，
此时弹簧与竖直方向的夹角为θ，在这一过程中，对于小球和弹簧组成的系统，下列说法正确的是( )
图1
A．系统的弹性势能增加 B．系统的弹性势能减少 C．系统的机械能不变 D．系统的机械能增加 答案 AD
2．如图2所示，汽车在拱形桥上由A匀速率运动到B，以下说法正确的是( )
图2
A．牵引力与克服摩擦力做的功相等 B．合外力对汽车不做功
C．牵引力和重力做的总功大于克服摩擦力做的功
D．汽车在上拱形桥的过程中克服重力做的功转化为汽车的重力势能
答案 BD
解析 汽车由A匀速率运动到B，合外力始终指向圆心，合外力做功为零，即W
牵＋
WG－Wf＝0，即牵引力与重力做的总功等于克服摩擦力做的功，A、C错误，B正确；汽车在上拱形桥的过程中，克服重力做的功转化为汽车的重力势能，D正确． 3．如图3所示，长木板A放在光滑的水平地面上，物体B以水平速度冲上A后，由于摩擦
力作用，最后停止在木板A上，则从B冲到木板A上到相对木板A静止的过程中，下述说法中正确的是( )
图3
A．物体B动能的减少量等于系统损失的机械能 B．物体B克服摩擦力做的功等于系统内能的增加量
C．物体B损失的机械能等于木板A获得的动能与系统损失的机械能之和 D．摩擦力对物体B做的功和对木板A做的功的总和等于系统内能的增加量 答案 CD
解析 物体B以水平速度冲上A后，由于摩擦力作用，B减速运动，A加速运动，根据能量守恒定律，物体B动能的减少量等于A增加的动能和产生的热量之和，选项A错误；根据动能定理，物体B克服摩擦力做的功等于B损失的动能，选项B错误；由能量守恒定律可知，物体B损失的机械能等于木板A获得的动能与系统损失的机械能之和，选项C正确；摩擦力对物体B做的功等于B动能的减少量，摩擦力对木板A做的功等于A动能的增加量，由能量守恒定律，摩擦力对物体B做的功和对木板A做的功的总和等于系统内能的增加量，选项D正确．
4．一颗子弹以某一水平速度击中了静止在光滑水平面上的木块，并刚好从中穿出．对于这
一过程，下列说法正确的是( )
A．子弹减少的机械能等于木块增加的机械能
B．子弹和木块组成的系统机械能的损失量等于系统产生的热量 C．子弹减少的机械能等于木块增加的动能与木块增加的内能之和 D．子弹减少的动能等于木块增加的动能与子弹和木块增加的内能之和 答案 BD
解析 子弹射穿木块的过程中，由于相互间摩擦力的作用使得子弹的动能减少，木块获
得动能，同时产生热量，且系统产生的热量在数值上等于系统机械能的损失量．A选项没有考虑系统增加的内能，C选项中应考虑的是系统(子弹和木块)内能的增加，A、C错，B、D对． ►题组2 功能关系的应用
5．如图4所示，电梯的质量为M，其天花板上通过一轻质弹簧悬挂一质量为m的物体．电
梯在钢索的拉力作用下由静止开始竖直向上加速运动，不计空气阻力的影响，当上升高度为H时，电梯的速度达到v，则在这段运动过程中，以下说法正确的是( )
图4
1A．轻质弹簧对物体的拉力所做的功等于mv2
21
B．钢索的拉力所做的功等于mv2＋MgH
21
C．轻质弹簧对物体的拉力所做的功大于mv2
21
D．钢索的拉力所做的功等于(m＋M)v2＋(m＋M)gH
2答案 C
6．如图5所示，小球从A点以初速度v0沿粗糙斜面向上运动，到达最高点B后返回A，C
为AB的中点．下列说法中正确的是( )
图5
A．小球从A出发到返回A的过程中，位移为零，外力做功为零 B．小球从A到C与从C到B的过程，减少的动能相等 C．小球从A到C与从C到B的过程，速度的变化相等 D．小球从A到C与从C到B的过程，损失的机械能相等 答案 BD
解析 小球从A点出发到返回A点的过程中，位移为零，重力做功为零，但摩擦力始终做负功，A错误．小球从A到C与从C到B始终做匀减速直线运动，合外力恒定，
因为C为AB的中点，所以小球克服合外力做功相等，减少的动能相等，小球克服摩擦力做功也相等，损失的机械能相等，B、D正确．小球由A到C的时间小于从C到B的时间，由Δv＝aΔt知，速度的变化不相等，C错误．
7．如图6所示，质量为M、长度为l的小车静止在光滑水平面上，质量为m的小物块放在
小车的最左端．现用一水平恒力F作用在小物块上，使它从静止开始运动，物块和小车之间摩擦力的大小为Ff，当小车运动的位移为x时，物块刚好滑到小车的最右端．若小物块可视为质点，则( )
图6
A．物块受到的摩擦力对物块做的功与小车受到的摩擦力对小车做功的代数和为零 B．整个过程物块和小车间摩擦产生的热量为Ffl C．小车的末动能为Ffx
D．整个过程物块和小车增加的机械能为F(x＋l) 答案 BC
解析 物块与小车之间的摩擦力为滑动摩擦力，这一对滑动摩擦力做功，做功之和应小于零，选项A错误；由功能关系知，系统机械能的增加量为F(l＋x)－Ffl，B项正确，1
D项错误．对小车应用动能定理知Ffx＝Mv2，C项正确．
2
8．如图7所示，质量为m的可看成质点的物块置于粗糙水平面上的M点，水平面的右端与
固定的斜面平滑连接，物块与水平面及斜面之间的动摩擦因数处处相同．物块与弹簧未连接，开始时物块挤压弹簧使弹簧处于压缩状态．现从M点由静止释放物块，物块运动到N点时恰好静止．弹簧原长小于MM′.若物块从M点运动到N点的过程中，物块与接触面之间由于摩擦所产生的热量为Q，物块、弹簧与地球组成系统的机械能为E，物块通过的路程为s.不计转折处的能量损失，下列图象所描述的关系中可能正确的是
( )
图7
答案 C
解析 物块在粗糙水平面上滑动时，Q＝μmgs，E＝E0－μmgs，可见，当s较小时，Q－s图象是一条经过原点的倾斜直线，E－s图象是一条与纵轴相交、斜率为负值的倾斜直线，斜率的大小k＝－μmg；当滑上斜面后，Q＝μmgs0＋μmgcos θ(s－s0)＝μmgs0(1－cos θ)＋μmgcos θ·s，E＝E0－μmgs0(1－cos θ)－μmgcos θ·s，可见，当s较大或者滑上斜面时，Q－s图象仍是一条倾斜直线，但斜率变小，E－s图象也是一条倾斜直线，斜率的大小变为k＝－μmgcos θ；综上分析，只有选项C正确． ►题组3 能量守恒定律的综合应用
9．如图8所示，光滑半圆弧轨道半径为R，OA为水平半径，BC为竖直直径．一质量为m
的小物块自A处以某一竖直向下的初速度滑下，进入与C点相切的粗糙水平滑道CM上．在水平滑道上有一轻弹簧，其一端固定在竖直墙上，另一端恰位于滑道的末端C点(此时弹簧处于自然状态)．若物块运动过程中弹簧最大弹性势能为Ep，且物块被弹簧反弹后恰能通过B点．已知物块与水平滑道间的动摩擦因数为μ，重力加速度为g，求：
图8
(1)物块离开弹簧刚进入半圆轨道时对轨道的压力FN的大小； (2)弹簧的最大压缩量d；
(3)物块从A处开始下滑时的初速度v0. Ep5R答案 (1)6mg (2)－ (3)
μmg2μ
4Ep
－7gR m
解析 (1)由题意可知，物块在B点满足：
2vB
mg＝m
R
物块由C点到B点机械能守恒：
121mvC＝mg·2R＋mv2. 22B
v2C在C点：FN′－mg＝m，
R由以上三式联立可得FN′＝6mg，
由牛顿第三定律可知，物块对轨道最低点C的压力 FN＝FN′＝6mg.
1Ep5R
(2)由能量守恒定律可得：Ep＝μmgd＋mv2－. C，解得d＝2μmg2μ
1(3)对物块由A点下滑到弹簧达最大压缩量的过程应用能量守恒定律可得：mv2＋mgR
20＝Ep＋μmgd 解得：v0＝
4Ep
－7gR. m
10．如图9所示，在粗糙水平台阶上静止放置一质量m＝0.5 kg的小物块，它与水平台阶表
1
面间的动摩擦因数μ＝0.5，且与台阶边缘O点的距离s＝5 m．在台阶右侧固定了一个
4圆弧挡板，圆弧半径R＝1 m，今以O点为原点建立平面直角坐标系．现用F＝5 N的水平恒力拉动小物块，一段时间后撤去拉力，小物块最终水平抛出并击中挡板．
图9
(1)若小物块恰能击中挡板上的P点(OP与水平方向夹角为37°，已知sin 37°＝0.6，cos 37°＝0.8，g＝10 m/s2)，求其离开O点时的速度大小； (2)为使小物块击中挡板，求拉力F作用的最短时间；
(3)改变拉力F的作用时间，使小物块击中挡板的不同位置．求击中挡板时小物块动能的最小值．
45
答案 (1)3 m/s (2)1 s (3)3 J
32解析 (1)小物块从O到P，做平抛运动 水平方向：Rcos 37°＝v0tOP
1
竖直方向：Rsin 37°＝gt2
2OP解得：v0＝
Rcos 37°4
＝3 m/s
2Rsin 37°3
g
(2)为使小物块击中挡板，小物块必须能运动到O点，设拉力F作用的最短距离为d，由动能定理得：Fd－μmgs＝ΔEk＝0 解得：d＝2.5 m
由牛顿第二定律得：F－μmg＝ma 解得：a＝5 m/s2
1
由运动学公式得：d＝at2
2min解得：tmin＝1 s
(3)设小物块击中挡板的任意点坐标为(x，y)，则 x＝v0′t 1y＝gt2 2
1
由机械能守恒得：Ek＝mv0′2＋mgy
2又x2＋y2＝R2
mgR23mgy515
化简得：Ek＝＋＝＋y
4y44y4由数学方法求得 Ekmin＝
5
3 J 2
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