1、第4讲 功能关系 能量守恒定律 梳理基础强化训练 基础知识清单一、功能关系功能关系其实就是一句话“功是能量转化的量度”；分析做功问题时，关键是要清楚哪种力做功与哪种形式的能量转化相对应下面是常见力做功与能量转化的对应关系1合外力做功等于物体动能的改变W 合Ek2Ek1 Ek.2重力做功等于物体重力势能的改变WGEp1Ep2 Ep3弹簧弹力做功等于弹性势能的改变W 弹Ep1Ep2 Ep4除了重力和弹簧弹力之外的其他力所做的总功，等于物体机械能的改变W 其他E2E1 E5一对滑动摩擦力做功的代数和等于因摩擦而产生的内能Qfx 相对，x 相对为物体间相对滑动的距离二、能量守恒定律1能量守恒定律：能量
2、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别的形式，或从一个物体转移到另一个物体在转化或转移的过程中其总量不变，这就是能的转化和守恒定律2理解(1)某种形式的能减少，一定存在其他形式的能增加，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，且减少量一定与增加量相等这也是我们列能量守恒定律方程式的两条基本思路 基础随堂训练1.如图所示，在竖直平面内有一半径为 R 的圆弧轨道，半径 OA 水平、OB 竖直，一个质量为 m 的小球自 A 的正上方 P 点由静止开始自由下落，小球沿轨道到达最高点 B 时恰好对轨道没有压力已知 AP2R，重力加速度为 g，则小球
3、从 P 到 B 的运动过程中()A重力做功 2mgRB机械能减少 mgRC合外力做功 mgRD克服摩擦力做功12mgR解析 小球从 P 到 B 的运动过程中，重力做功 mgR，A 选项错误；小球在 B 点恰好对轨道没有压力，只有重力提供向心力，则 mgmvB2R，故 vB gR，从 P 到 B，对小球由动能定理，得mgRWf12mvB2012mgR，Wf12mgR，C 选项错误，D 选项正确；克服摩擦力做的功等于机械能的减少量，B 选项错误 答案 D设置目的 自由落体和圆周运动中考查功能关系中的机械能变化、各种力做功、极值问题2第 17 届亚运会于 2014 年 9 月 19 日至 10 月
4、4 日在韩国仁川举行，我国运动员薛长锐、李玲以 5.55 m 和 4.35 m 分别夺得男、女撑杆跳金牌如果把撑杆跳全过程分成四个阶段：ab、bc、cd、de，如图所示，则对这四个阶段的描述正确的是()Aab 阶段：人加速助跑，人和杆的机械能不变Bbc 阶段：杆弯曲、人上升，系统动能减少，重力势能和弹性势能增加Ccd 阶段：杆伸直、人上升，人的动能减少量等于重力势能增加量Dde 阶段：人过横杆后下落，重力所做的功等于人机械能的增加量解析 ab 阶段：人加速助跑，人和杆的机械能增大，选项 A 错误；bc 阶段：人与杆组成的系统机械能守恒，系统动能减少，重力势能和弹性势能增加，选项 B 正确；cd
5、 阶段：人与杆组成的系统机械能守恒，杆伸直、人上升，动能减少量与弹性势能的减少量之和等于重力势能的增加量，选项 C 错误；de 阶段：人过横杆后下落，重力所做的功等于人重力势能的减少量，选项 D 错误 答案 B3(2015北京)如图所示，弹簧的一端固定，另一端连接一个物块，弹簧质量不计物块(可视为质点)的质量为 m，在水平桌面上沿 x 轴运动，与桌面间的动摩擦因数为.以弹簧原长时物块的位置为坐标原点 O，当弹簧的伸长量为 x 时，物块所受弹簧弹力大小为 Fkx，k 为常量(1)请画出 F 随 x 变化的示意图；并根据 Fx 的图像求物块沿 x 轴从 O 点运动到位置 x 的过程中弹力所做的功(
6、2)a.求弹力所做的功并据此求弹性势能的变化量；b求滑动摩擦力所做的功；并与弹力做功比较，说明为什么不存在与摩擦力对应的“摩擦力势能”的概念解析(1)弹簧弹力与位移的图像如图，图像面积即为弹力做功：则 W12kx2(2)a：由图可知，物体由 x1x3x2 的过程中，弹力做功：W12kx1212kx22，由 WEp，得Ep12kx2212kx12 b：在此过程中摩擦力做功由 fN，Wffs，得 Wfmg(2x3x2x1)因为摩擦力做功与路程成正比，而非像弹簧弹力做功一样与路径无关，而只与初末位置有关，所以无“摩擦势能”的概念 答案 见解析4(2013福建)如图所示，两根相同的轻质弹簧，沿足够长的
7、光滑斜面放置，下端固定在斜面底部挡板上，斜面固定不动，质量不同、形状相同的两物块分别置于两弹簧上端现用外力作用在物体上，使两弹簧具有相同的压缩量，若撤去外力后，两物块由静止沿斜面向上弹出并离开弹簧，则从撤去外力到物块速度第一次减为零的过程，两物块()A最大速度相同 B最大加速度相同C上升的最大高度不同D重力势能的变化量不同解析 静止时，弹簧的压缩量为 x0，速度最大应在平衡位置处，此时弹簧的压缩量为 x1，有 kx1mgsin，此时能量关系12kx0212kx12mgx1sin12mvm2，整理得 vm2kx02m 3mg2sin2k，质量不同，最大速度不同，A 选项错误；如果物块恰能弹离弹簧
8、，由简谐运动的对称性可知最大加速度大小为 gsin.物块由静止沿斜面向上弹出并离开弹簧，物块离开弹簧后的加速度为gsin，说明弹出的瞬间具有最大加速度，这个加速度大于 gsin，根据牛顿第二定律 akx0mgsinm，可见质量大的最大加速度较小，故 B 选项错误；从释放物块到滑至最高点，以静止点为零势点，由机械能守恒定律有12kx02mgh，由于质量不同，两物块上滑的最大高度不同，但重力势能的变化量都等于释放时刻弹簧的弹性势能，重力势能的变化量相等，C 选项正确，D 选项错误 答案 C设置目的 考查能的转化与守恒、弹力作用下的物体的速度、加速度的极值分析5(2015黑龙江东部地区联考)如图所示
9、，甲、乙两种粗糙面不同的传送带，倾斜放于水平地面，与水平面的夹角相同，以同样恒定的速率 v 向上运动现将一质量为 m 的小物体(视为质点)轻轻放在 A 处，小物体在甲传送带上到达 B 处时恰好达到速率 v；在乙上到达离 B 竖直高度为 h 的 C 处时达到速率 v，已知B 处离地面高度皆为 H.则在物体从 A 到 B 过程中()A小物体在两种传送带上具有的加速度相同B将小物体传送到 B 处，两种传送带消耗的电能相等C两种传送带对小物体做功相等D将小物体传送到 B 处，两种系统产生的热量相等解析 据题意，小物体向上加速运动过程中有：mgcosmgsinma，整理，得 agcosgsin，由于甲、
10、乙传送带与小物体间的动摩擦因数不同，则物体在甲、乙传送带上的加速度不相同，A 项错误；将小物体传送到 B 处，传送带甲消耗的电能为物块增加的机械能(mgH12mv2)与系统产生的热量之和，而物体在甲上运动时产生的热量为：Q1f1sf1(vt1vt12)f1vt12，又vt12 s1(s1为 AB 间的距离)、f1mgsinma1、v22a1s1、s1 Hsin，解得：Q1mgH12mv2，同理，可得物体在乙传送带上运动时产生的热量：Q2mg(Hh)12mv2，则 Q1Q2，所以甲传送带把物体送到 B 点消耗的电能较多，B、D 项错误；传送带将物体送到 B 点，传送带对物体做的功由动能定理有：W
11、FWG12mv2，即 WFmgH12mv2，两个传送带都符合这个关系，C 项正确 答案 C6(2016山西太原模拟)如图所示，在水平地面上固定一个半径为 R 的半圆形轨道，其中圆弧部分光滑，水平段长为 L，一质量为 m 的小物块紧靠一根被压缩的固定在水平轨道的最右端的弹簧，小物块与水平轨道间的动摩擦因数为，现突然释放小物块，小物块被弹出，恰好能够到达圆弧轨道的最高点 A，取 g10 m/s2，且弹簧长度忽略不计，求：(1)小物块的落点距 O的距离；(2)小物块释放前弹簧具有的弹性势能解析 设小物块被弹簧弹出时的速度大小为 v1，到达圆弧轨道的最低点时速度大小为 v2，到达圆弧轨道的最高点时速度
12、大小为 v3.(1)因为小物块恰好能到达圆弧轨道的最高点，故向心力刚好由重力提供，有mv32R mg 小物块由 A 飞出后做平抛运动，由平抛运动的规律有 xv3t 2R12gt2 联立解得：x2R，即小物块的落点距 O的距离为2R.(2)小物块在圆弧轨道上从最低点运动到最高点的过程中，由机械能守恒定律得 12mv22mg2R12mv32 小物块从被弹簧弹出到运动到圆弧轨道的最低点的过程由功能关系，得 12mv1212mv22mgL 小物块释放前弹簧具有的弹性势能就等于小物块被弹出时的动能，故有 Ep12mv12 由联立解得：Ep52mgRmgL 答案(1)2R(2)52mgRmgL规律方法技巧
13、 高考调研一 功能关系的应用1题目中求能量的变化，实际是要你间接的求相应的力做功；而求某个力做功又可以间接的来求相应能量的变化2做功衡量的并非都是相应能量的变化，有时衡量的是能量变化的负值，例如：涉及到势能的，衡量的均是势能变化的负值或势能的减少量3要区分是求某个力做的功，还是求物体克服某个力做的功4具体的功能关系(1)动能定理：W 合 Ek(2)三个有关势能的功能关系，衡量的均为能量的减少量WG Ep，W 弹 Ep，W 电 Ep(3)除了重力和弹簧弹力之外的其他力做功衡量系统机械能的变化：W 其他 E 机【考题随练 1】(2014广东)如图所示是安装在列车车厢之间的摩擦缓冲器结构图，图中和为
14、楔块，和为垫块，楔块与弹簧盒、垫块间均有摩擦，在车厢相互撞击时弹簧压缩过程中()A缓冲器的机械能守恒B摩擦力做功消耗机械能C垫块的动能全部转化成内能D弹簧的弹性势能全部转化为动能【解析】机械能守恒的条件是只有重力(或弹力)做功，此处有摩擦力做功，消耗机械能，故机械能减小，A 选项错误，B选项正确；由功能关系知，W 弹W 摩擦Ek，即垫块的动能转化成内能和弹簧的弹性势能，C 选项错误；同理，当弹簧恢复原状过程中，除了转化为动能外还要克服摩擦力做功转化为系统的内能，D 选项错误【答案】B【考题随练 2】(2015新课标全国)如图，一半径为 R、粗糙程度处处相同的半圆形轨道如图放置，三点 POQ 水
15、平一质量为m 的质点自 P 点上方高度 R 处由静止开始下落，恰好从 P 点进入轨道，质点滑到轨道最低点 N 时，对轨道的压力为 4mg，g 为重力加速度的大小，用 W 表示质点从 P 运动到 N 点的过程中克服摩擦力所做的功，则()AW12mgR，质点恰好可以到达 Q 点BW12mgR，质点不能到达 Q 点CW12mgR，质点到达 Q 点后，继续上升一段距离DW12mgR，质点到达 Q 点后，继续上升一段距离【解析】根据动能定理可得质点在 P 点的动能 EkPmgR，在圆弧运动时，沿半径方向的合力提供所需的向心力即 FNmgsinmv2R，经过 N 点时，根据牛顿第三定律轨道对质点的支持力
16、FN 与质点对轨道的压力 FN 大小相等为 4mg，由牛顿第二定律和向心力公式有：4mgmgmvN2R，得 vN 3gR，所以 N 点的动能 EkN32mgR，从 P 到 N 点过程由动能定理，可得 mgRW32mgRmgR，得克服摩擦力做功 W12mgR，滑动摩擦力 FfFN，根据功能关系可知质点克服摩擦力做功机械能减少，根据对称性再结合前面可知从 N 到 Q 过程中的速度小于 P 到 N 过程中对应高度的速度，轨道弹力小于 P 到 N 过程中对应高度的弹力，轨道摩擦力小于 P 到 N 过程中对应高度的摩擦力，故从 N 到 Q 质点克服摩擦力做功 WNQ0，仍会向上运动一段距离，C 项正确【
17、答案】C【考题随练 3】(2015山东)如图甲所示，物块与质量为 m的小球通过不可伸长的轻质细绳跨过两等高定滑轮连接物块置于左侧滑轮正下方的表面水平的压力传感装置上，小球与右侧滑轮的距离为 l.开始时物块和小球均静止，将此时传感装置的示数记为初始值现给小球施加一始终垂直于 l 段细绳的力，将小球缓慢拉起至细绳与竖直方向成 60角，如图乙所示，此时传感装置的示数为初始值的 1.25 倍；再将小球由静止释放，当运动至最低位置时，传感装置的示数为初始值的 0.6 倍不计滑轮的大小和摩擦，重力加速度的大小为 g.求：(1)物块的质量；(2)从释放到运动至最低位置的过程中，小球克服阻力所做的功【解析】(
18、1)设物块质量为 M，开始时，设压力传感器读数 F0，则 F0mgMg；当小球被抬高 60角时，则对小球根据力的平行四边形定则，可得 Tmgcos60，此时对物块 1.25F0TMg；解得 M3m；F02mg(2)当小球摆到最低点时，对物块 0.6F0T1Mg；对小球 T1mgmv2l 对小球摆到最低点的过程，根据动能定理可知 mgl(1cos60)Wf12mv2，联立解得 Wf0.1mgl.【答案】(1)3m；(2)0.1mgl高考调研二 能量守恒的应用能量守恒定律解题步骤(1)分析物体的运动过程，建立起一幅物体运动的物理情景(2)研究物体在运动过程中有多少种形式的能(如动能、势能、内能、电
19、能等)在转化，关键是弄清什么形式的能增加，什么形式的能减少(3)增加的能量和减少的能量相等，列出恒等式 E 减 E 增【考题随练 1】(2015江苏)如图所示，轻质弹簧一端固定，另一端与质量为 m、套在粗糙竖直固定杆 A 处的圆环相连，弹簧水平且处于原长圆环从 A 处由静止开始下滑，经过 B 处的速度最大，到达 C 处的速度为零，ACh.圆环在 C 处获得一竖直向上的速度 v，恰好能回到 A；弹簧始终在弹性限度之内，重力加速度为 g，则圆环()A下滑过程中，加速度一直减小B下滑过程中，克服摩擦力做功为14mv2C在 C 处，弹簧的弹性势能为14mv2mghD上滑经过 B 的速度大于下滑经过 B
20、 的速度【解析】由题意知，圆环从 A 到 C 先加速后减速，到达 B处的加速度减小为零，故加速度先减小后增大，故 A 项错误；从A 到 C，根据能量守恒 mghWfEP，从 C 到 A：12mv2EpmghWf，联立解得 Wf14mv2，Epmgh14mv2，所以 B 项正确；C 项错误；从 A 到 B：mgh112mvB12Ep1Wf1，从 C到 B：12mv2Ep212mvB22Wf2mgh2，从 C 到 A：12mv2EpmghWf，联立可得 vB2vB1，所以 D 项正确【答案】BD【考题随练 2】(2015成都三诊)如图所示，倾角 30的固定斜面上固定着挡板，轻弹簧下端与挡板相连，弹
21、簧处于原长时上端位于 D 点用一根不可伸长的轻绳通过轻质光滑定滑轮连接物体 A 和 B，使滑轮左侧绳子始终与斜面平行，初始时 A 位于斜面的 C 点，C、D 两点间的距离为 L.现由静止同时释放 A、B，物体 A 沿斜面向下运动，将弹簧压缩到最短的位置为 E 点，D、E 两点间距离为L2.若 A、B 的质量分别为 4m 和 m，A 与斜面之间的动摩擦因数 38，不计空气阻力，重力加速度为 g，整个过程中，轻绳始终处于伸直状态，则()AA 在从 C 至 E 的过程中，先做匀加速运动，后做匀减速运动BA 在从 C 至 D 的过程中，加速度大小 120gC弹簧的最大弹性势能为158 mgLD弹簧的最
22、大弹性势能为38mgL【解析】A 项，释放 A、B 后，A 沿斜面加速下滑，当与弹簧接触时，开始压缩弹簧，弹簧产生沿斜面向上的弹力，但此时弹力小于 A 沿斜面向下的作用力，故 A 做加速度减小的加速运动，当把弹簧压缩到某一位置时，A 沿斜面受力平衡，速度达到最大，之后弹力大于 A 沿斜面向下的作用力，A 做减速运动，故A 项错误；B 项，A、B 系统受 A 自身重力沿斜面分力 4mgsin2mg、B 的重力 mg 和斜面对 A 的摩擦力 f4mgcos38 4mg 32 34mg，根据牛顿第二定律，沿斜面方向则有：4mgsinmgf5ma，解得：a 120g，故 B 项正确；C、D 项，以 A
23、B 为研究对象，从 C 点运动到 E 点，在 E 点弹簧压缩最短，弹性势能达最大，AB 从 C 点运动到 E 点，由动能定理，得 WGAWGBfW 弹0，解得：W 弹38mgL，由弹力做的功等于弹性势能的变化，即Ep38mgL，故 D 项正确【命题立意】本题旨在考查牛顿第二定律、动能和势能的相互转化【答案】BD高考调研三“板块”模型及拓展“板块”问题就是通常遇到的叠放问题，由于其往往可看成由物块和木板构成的一对相互作用模型，故将其形象称为“板块”问题其应用的知识面较为广泛，与运动学、受力分析、动力学、功与能等有着密切联系，而且往往牵涉着临界极值问题，的确是教学的一大难点1“板块”模型研究如图所
24、示，一速率为 v0的物块冲上一置于光滑水平面上且足够长的木板上物块质量为 m，木板质量 M，物块与木板间的动摩擦因数，试问：物块将停在木板上何处？分析一：利用运动学一般方程研究由牛顿第二定律，可知对物块 mgma1；对木板 mgMa2设两者共速时所用时间为 t，则 v0a1ta2t这段时间物块与木板的位移大小分别为x1v0t12a1t2x212a2t2两者的位移之差 xx1x2结合上述方程，可得 xMv022 g（Mm）分析二：利用图像作出物块与木板的运动图像如图所示由牛顿第二定律，可求得物块与木板的加速度a1ga2mM g两者 t 时刻速度相等，则 v0a1ta2t分析可知，图中阴影面积为板
25、、块的相对位移，由几何关系，知 x12v0t xMv022 g（Mm）分析三：利用相对运动以地面为参考系，由牛顿第二定律，可知对物块 mgma1对木板 mgMa2以木板为参考系，物块的初速度为 v0，加速度为(a1a2)，则两者相对位移为 xv022（a1a2）xMv022 g（Mm）分析四：能量分析由于物块、木板运动时间相同，可得vv0 g vMmg，可求出最终的共同速度对物块mgx112mv212mv02，即物块动能的减少量对木板 mgx212Mv2，即木板动能的增加量上述两方程结合，可得 mg(x1x2)12mv0212(Mm)v2由相对位移 xx1x2Qmg x12mv0212(Mm)
26、v2，板块问题产生热量的计算方法可得 xMv022 g（Mm）2“板块”模型拓展“子弹打木块”问题子弹打木块与“板块”模型非常相似，但要注意子弹穿过木块的情况，“板块”模型的方法依然适用【考题随练 1】如图所示，一张薄纸板放在光滑水平面上，其右端放有小木块，小木块与薄纸板的接触面粗糙，原来系统静止现用水平恒力 F 向右拉薄纸板，小木块在薄纸板上发生相对滑动，直到从薄纸板上掉下来上述过程中有关功和能的说法正确的是()A拉力 F 做的功等于薄纸板和小木块动能的增加量B摩擦力对小木块做的功一定等于系统中由摩擦产生的热量C离开薄纸板前小木块可能先做加速运动，后做匀速运动D小木块动能的增加量可能小于系统
27、中由摩擦产生的热量【解析】由功能关系，拉力 F 做的功等于薄纸板和小木块动能的增加量与系统产生的内能之和，选项 A 错误；摩擦力对小木块做的功等于小木块动能的增加量，选项 B 错误；离开薄纸板前小木块一直在做匀加速运动，选项 C 错误；对于系统，由摩擦产生的热量 QfL，其中L为小木块相对薄纸板运动的路程，若薄纸板的位移为 L1，小木块相对地面的位移为 L2，则LL1L2，且L 存在大于、等于或小于 L2三种可能，对小木块，fL2Ek，即 Q 存在大于、等于或小于Ek三种可能，选项 D正确【答案】D【考题随练 2】质量为 M 的木块静止在光滑的水平面上，质量为 m 的子弹以初速度 v0 水平射
28、入初始静止的木块，并最终留在木块中与木块一起以速度 v 运动已知子弹从刚射中木块到子弹相对木块静止时，木块前进距离 L，子弹进入木块的深度为d，若木块与子弹间的动摩擦因数为.求：(1)子弹克服摩擦力所做的功；(2)木块增加的动能；(3)子弹与木块组成系统损失的机械能【解析】本题的重点是运动过程的分析首先对子弹进行受力分析，子弹受自身的重力 mg，木块给其的支持力 N，木块给子弹的与 v0方向相反的摩擦力 fNmg，其中 mgN，子弹所受的合力为 fmg，故子弹做匀减速直线运动，速度逐渐减小；另一方面，木块受自身的重力 Mg，子弹给其的压力 N，水平面的支持力 NM，子弹给木块向前的摩擦力 f(
29、与 f 为作用力与反作用力)，木块所受合力为 fmg，为动力，使木块以初速度为零做匀加速直线运动，直到速度增大为 v，子弹的速度减小为 v，二者相对静止，最后以共同速度 v 做匀速直线运动示意图如图所示，对子弹从 v0到 v 过程中，应用动能定理，可得 mg(Ld)12mv212mv02 故子弹克服摩擦力所做的功为 mg(Ld)12mv0212mv2 对木块由静止到 v 过程中，应用动能定理，可得 mgL12Mv20 联立两式，得 mgd12mv0212(Mm)v2 由于子弹和木块的重力势能没变，故损失的机械能 E 损12mv0212(Mm)v2mgd【答案】(1)mg(Ld)12mv0212
30、mv2(2)12Mv2mgL(3)mgd12mv0212(Mm)v2【考题随练 3】如图所示，上表面光滑，长度为 3 m、质量为 M10 kg 的木板，在 F50 N 的水平拉力作用下，以 v05 m/s 的速度沿水平地面向右匀速运动现将一个质量为 m3 kg的小铁块(可视为质点)无初速度地放在木板最右端当木板运动了 L1 m 时，又将第二个同样的小铁块无初速度地放在木板最右端，以后木板每运动 1 m 就在其右端无初速度地放上一个同样的小铁块(g 取 10 m/s2)求：(1)木板与地面间的动摩擦因数；(2)刚放第三个铁块时木板的速度；(3)从放第三个铁块开始(停止放后续铁块)到木板停下的过程
31、，木板运动的距离【解析】(1)木板做匀速直线运动时，受到地面的摩擦力为f 由平衡条件得 Ff fMg 联立并代入数据得 0.5(2)每放一个小铁块，木板所受的摩擦力增加 mg，令刚放第三个铁块时木板速度为 v1，对木板从放第一个铁块到刚放第三个铁块的过程，由动能定理，得 mgL2mgL12Mv1212Mv02 联立代入数据得 v14 m/s(3)从放第三个铁块开始到木板停下之前，木板所受的摩擦力恒为(3mM)g 从放第三个铁块开始到木板停下的过程，木板运动的距离为x，则木板由动能定理得 3mgx012Mv12 联立并代入数据得 x169 m1.78 m.高考调研四 传送带问题1皮带传动问题与板
32、块模型问题最大的区别是皮带一般是匀速运动，要保证皮带的匀速运动，皮带所受合力为零，即电动机施加的牵引力与皮带受到的摩擦力平衡2电动机施加的牵引力做功多少，表明整个皮带系统能量增加多少3求物块对皮带的摩擦力做功一定要找皮带的对地位移4求生成的热量要利用方程：QFNs 相，为物体与传送带之间的动摩擦因数，FN 为物体与传送带之间的正压力，s相为物体与传送带之间的相对位移【考题随练 1】(2015天津)某快递公司分拣邮件的水平传输装置示意如图皮带在电动机的带动下保持 v1 m/s 的恒定速度向右运动现将一质量为 m2 kg 的邮件轻放在皮带上邮件和皮带间的动摩擦因数 0.5.设皮带足够长取 g10
33、m/s2，在邮件与皮带发生相对滑动的过程中，求(1)邮件滑动的时间 t；(2)邮件对地的位移大小 x；(3)邮件与皮带间的摩擦力对皮带做的功 W.【解析】(1)设邮件放到皮带上与皮带发生相对滑动过程中受到的滑动摩擦力为 F，则 Fmg 由牛顿第二定律求出邮件的加速度 aF/mg5 m/s2 由匀变速直线运动规律 vat，代入数据，得 tv/a0.2 s(2)邮件与皮带发生相对滑动的过程中，对邮件应用动能定理，有 Fx12mv20 由式并代入数据，得 x0.1 m(3)邮件与皮带发生相对滑动过程中，设皮带相对地面的位移为 s，则 svt 摩擦力对皮带做的功 WFs 由式并代入数据，得 W2 J【
34、答案】(1)0.2 s(2)0.1 m(3)2 J【考题随练 2】如图所示，在匀速转动的电动机带动下，足够长的水平传送带以恒定速率 v1 匀速向右运动，一质量为 m的滑块从传送带右端以水平向左的速率 v2(v2v1)滑上传送带，最后滑块返回传送带的右端关于这一过程的下列判断，正确的有()A滑块返回传送带右端的速率为 v1B此过程中传送带对滑块做功为12mv1212mv22C此过程中电动机对传送带做功为12mv1212mv22D此过程中滑块与传送带间摩擦产生的热量为12m(v1v2)2【解析】滑块向左运动过程中，运动方向受到皮带的阻力，到达最左端，对地速度为零，由动能定理可知，fx1012mv2
35、2，其后在皮带摩擦力的作用下，摩擦力为动力，使滑块加速，假设加速至 v1，则有 fx112mv120，以上两式中可知 x2x1，说明滑块返回传送带右端的速率能够达到 v1，A 选项正确；此过程中传送带对滑块做功，由动能定理可知，为12mv1212mv22，B 选项正确；此过程中电动机对传送带做功，分为两部分，一部分为木块增加的动能12mv1212mv22，另一部分产生内能 Q，C 选项错误；此过程中滑块与传送带间摩擦产生的热量为摩擦力与相对路程的乘积，分两个过程考虑，第一过程为滑块从右端滑至最左端至对地速度为零，假设运动时间为 t1，则 t10v2g v2g，t1 时间内皮带对地向右的位移 x
36、3v1t1v1v2g，fx3mv1v2，即第一过程产生的热量为 f(x1x3)12mv12mv1v2，第二过程中由于物块对地加速的位移为 x2，与物块、皮带间的相对滑动距离相等，故第二阶段产生的热量为12mv22，此过程中滑块与传送带间摩擦产生的热量为12mv12mv1v212mv2212m(v1v2)2，D 选项正确【答案】ABD【考题随练 3】飞机场上运送行李的装置为一水平放置的环形传送带，传送带的总质量为 M，其俯视图如图所示，现开启电动机，传送带达到稳定运行的速度 v 后，将行李依次轻轻放到传送带上，若有 n 件质量均为 m 的行李需通过传送带运送给旅客假设在转弯处行李与传送带无相对滑动，忽略皮带轮、电动机损失的能量求从电动机开启到运送完行李需要消耗的电能为多少？【解析】设行李与传送带间的动摩擦因数为，则行李与传送带间由于摩擦而产生的总热量 Qnmgx 由运动学公式，得xx 带x 行vt12vt12vt 又 vatgt，联立解得 Q12nmv2 由能量守恒，得 EQ12Mv212nmv2 故电动机消耗的电能为 E12Mv2nmv2【答案】12Mv2nmv2【学法指导】本题易错之处，漏掉摩擦产生的热量，答案错解为12Mv212nmv2，要从能的转化和守恒的高度看待物理过程请做：题组层级快练（二十）
