动力学方法、功能关系、能量转化和守恒定律
〖考点1〗对功能关系的理解
【例1】如图所示，在抗洪救灾中，一架直升机通过绳索，用恒力F竖直向上拉起一个漂在
水面上的木箱，使其由水面开始加速上升到某一高度，若考虑空气阻力而不考虑空气浮力，则在此过程中，以下说法正确的有 （ ） A．力F所做功减去克服空气阻力所做的功等于重力势能的增量 B．木箱克服重力所做的功等于重力势能的增量
C．力F、重力、空气阻力三者合力所做的功等于木箱动能的增量 D．力F和空气阻力的合力所做的功等于木箱机械能的增量
【变式跟踪1】如图所示，质量为m的物体（可视为质点）以某一速度从A点冲上倾角
为30°的固定斜面，其运动的加速度为3g/4，此物体在斜面上上升的最大高度为h，
则在这个过程中物体 （ ） A．重力势能增加了3mgh/4 B．重力势能增加了mgh C．动能损失了mgh D．机械能损失了mgh/2 〖考点2〗能量转化与守恒定律的应用
【例2】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弹簧固定在水平轨道的最右端，小物块与水平轨道间的动摩擦因数为μ，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g = 10 m/s2，且弹簧长度忽略不计，求：
⑴ 小物块的落点距O′ 的距离；
⑵ 小物块释放前弹簧具有的弹性势能．
【变式跟踪2】如图所示，光滑坡道顶端距水平面高度为h，质量为m的小物块A从坡道顶端由静止滑下，
进入水平面上的滑道时无机械能损失，为使A制动，将轻弹簧的一端固定在水平滑道延长线M处的墙上，另一端恰位于坡道的底端O点．已知在OM段，物块A与水平面间的动摩擦因数为μ，其余各处的摩擦不计，重力加速度为g，求： ⑴ 物块滑到O点时的速度大小；
⑵ 弹簧为最大压缩量d时的弹性势能（设弹簧处于原长时弹性势能为零）； ⑶ 若物块A能够被弹回到坡道上，则它能够上升的最大高度是多少？
〖考点3〗力学规律优选法
【例3】如图所示，一质量为m = 2 kg的滑块从半径为R = 0.2 m的光滑四分之一圆弧轨道的顶端A处
由静止滑下，A点和圆弧对应的圆心O点等高，圆弧的底端B与水平传送带平滑相接．已知传送带匀速运行速度为v0 = 4 m/s，B点到传送带右端C点的距离为L = 2 m．当滑块滑到传送带的右端C点时，其速度恰好与传送带的速度相同．（g = 10 m/s2）求： ⑴ 滑块到达底端B时对轨道的压力； ⑵ 滑块与传送带间的动摩擦因数μ；
⑶ 此过程中，由于滑块与传送带之间的摩擦而产生的热量Q．
【变式跟踪3】如图所示，绷紧的传送带与水平面的夹角θ = 30°，皮带在电动机的带动下，始终保持
v0 = 2 m/s的速率运行，现把一质量为m = 10 kg的工件（可看做质点）轻轻放在皮带的底端，经过时间1.9 s，工件被传送到h = 1.5 m的高处，取g = 10 m/s2，求： ⑴ 工件与传送带间的动摩擦因数； ⑵ 电动机由于传送工件多消耗的电能
1．【2013江苏高考】如图所示，水平桌面上的轻质弹簧一端固定，另一端与小物块相连．弹簧处于自
然长度时物块位于O 点（图中未标出）．物块的质量为m，AB = a，物块与桌面间的动摩擦因数为μ． 现用水平向右的力将物块从O 点拉至A 点，拉力做的功为W．撤去拉力后物块由静止向左
运动，经O 点到达B 点时速度为零．重力加速度为g．则上述过程中 （ ）
A．物块在A 点时，弹簧的弹性势能等于W – μmga/2 B．物块在B 点时，弹簧的弹性势能小于W –3μmga/2 C．经O 点时，物块的动能小于W – μmga
D．物块动能最大时弹簧的弹性势能小于物块在B 点时弹簧的弹性势能
【预测1】如图所示，两物体 A、B 用轻质弹簧相连，静止在光滑水平面上，现同时对 A、B 两物体
施加等大反向的水平恒力 F1、F2，使 A、B 同时由静止开始运动，在运动过程中，对 A、B 两物
体及弹簧组成的系统，正确的说法是（整个过程中弹簧不超过其弹性限度）
（ ）
1
A．机械能守恒 4．如图所示，质量为M，长度为L的小车静止在光滑的水平面上，质量为m的小物块，放在小车的最B．机械能不断增加 左端，现用一水平力F作用在小物块上，小物块与小车之间的摩擦力为f，经过一段时间小车运动C．当弹簧伸长到最长时，系统的机械能最大 的位移为x，小物块刚好滑到小车的右端，则下列说法中正确的是（ ） D．当弹簧弹力的大小与 F1、F2 的大小相等时，A、B 两物体的速度为零 A．此时物块的动能为F(x + L) 【预测2】一质量为 M = 2.0 kg 的小物块随足够长的水平传送带一起运动，被一水平向左飞来的子弹击B．此时小车的动能为fx
中并从物块中穿过，如图甲所示．地面观察者记录了小物块被击中后的速度随时间变化的关系如图乙C．这一过程中，物块和小车增加的机械能为Fx – fL 所示（图中取向右运动的方向为正方向）．已知传送带的速度保持不变，取 g = 10 m/s2． D．这一过程中，因摩擦而产生的热量为fL ⑴ 指出传送带速度 v 的方向及大小，说明理由． 5．如图所示，一水平方向的传送带以恒定的速度v = 2 m/s沿顺时针方向匀速转动，传送带右端固定着⑵ 计算物块与传送带间的动摩擦因数μ； ⑶ 传送带对外做了多少功？子弹射穿物块后系统有多少能量转化为内能？ 甲 乙
1．如图所示，质量为m的跳高运动员先后用背越式和跨越式两种跳高方式跳过某一高度，该高度比他起
跳时的重心高出h，则他从起跳后至越过横杆的过程中克服重力所做的功 （ ）
A．都必须大于mgh
B．都不一定大于mgh
C．用背越式不一定大于mgh，用跨越式必须大于mgh
D．用背越式必须大于mgh，用跨越式不一定大于mgh
2．下列关于功和机械能的说法，正确的是 （ ）
A．在有阻力作用的情况下，物体重力势能的减少不等于重力对物体所做的功
B．合力对物体所做的功等于物体动能的改变量
C．物体的重力势能是物体与地球之间的相互作用能，其大小与势能零点的选取有关
D．运动物体动能的减少量一定等于其重力势能的增加量
3．如图所示，在轻弹簧的下端悬挂一个质量为m的小球A，若将小球A从弹簧原长位置由静
止释放，小球A能够下降的最大高度为h．若将小球A换为质量为2m的小球B，仍从弹
簧原长位置由静止释放，则小球B下降h时的速度为（重力加速度为g，不计空气阻力） （ ）
A2gh B．gh C．gh
2 D．0
一光滑的四分之一圆弧面轨道，并与弧面下端相切．一质量为m = 1 kg的物体自圆弧面轨道的最高点由静止滑下，圆弧面轨道的半径R = 0.45 m，物体与传送带之间的动摩擦因数为μ = 0.2，不计物体滑过曲面与传送带交接处时的能量损失，传送带足够长，g = 10 m/s2.求： ⑴ 物体第一次从滑上传送带到离开传送带所经历的时间； ⑵ 物体第一次从滑上传送带到离开传送带的过程中，传送带对物体做的功及由于摩擦产生的热量． 2
．转化 转化 转化 转化2．增加 减少 减少 增加 减少 减少
增加3．消灭 创生 转化 转移 转化 转移 1．A；动能定理得W升 – mgh = mv2/2，可解得W升 = 5800 J，A正确；合外力做的功为mv2/2 = 800 J，B错误；物体重力势能增加mgh = 5000 J，C错误；物体机械能增加ΔE = Fh = W升 = 5800 J，D错． 2．⑴ 动能 → 内能 ⑵ 太阳能 → 电能 ⑶
风能（空气动能）→ 电能 ⑷ 水的势能 →
电能 ⑸ 太阳能 → 内能 ⑹ 化学能 → 动能 例1 BCD；对木箱受力分析如图所示，则由动能定理：WF – mgh – WFf = ΔEk，故C对；由
上式得：WF –WFf = ΔEk + mgh，故A错、D对；由重力做功与重力势能变化关系知B对，故B、C、D对． 变式1 BD；设物体受到的摩擦阻力为Ff，由牛顿运动定律得Ff + mgsin 30° = ma = 3mg/4，解得Ff = mg/4；
重力势能的变化由重力做功决定，故ΔEp = mgh，故A错、B对；动能的变化由合外力做功决定（Ff + mgsin 30°）x = max = (3mg/4)(h/sin30°) = 3mgh/2，故C错；机械能的变化由重力或系统内弹力以外的其他力做功决定，故ΔE机械 = Ffx = (mg/4)(h/sin30°) = mgh/2，故D正确．
例2 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
最高点时速度大小为v3
⑴ 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 mv22/R = mg ① 小物块由A射出后做平抛运动，由平抛运动的规律有 x = v3t ② 2R = gt2/2 ③ 联立①②③解得：x = 2R，即小物块的落点距O′ 的距离为2R．
⑵ 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 mv22/2 = mg×2R + mv32/2 ④ 小物块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mv12/2 = mv22/2 + μmgL ⑤ 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 Ep = mv12/2 ⑥ 由①④⑤⑥联立解得：Ep = 5mgR/2 + μmgL． 变式2 ⑴ 由机械能守恒定律得mgh = mv2/2，解得v = 2gh．
⑵ 在水平滑道上物块A克服摩擦力所做的功为W = μmgd，由能量守恒定律得mv2/2 = Ep + μmgd，以上各式联立得Ep = mgh – μmgd． ⑶ 物块A被弹回的过程中，克服摩擦力所做的功仍为W = μmgd，由能量守恒定律得Ep = μmgd + mgh′，所以物块A能够上升的最大高度为h′ = h – 2μd．
例3 ⑴ 滑块由A到B的过程中，由机械能守恒定律得mgR = mvB2/2 ① 滑块在B点，由牛顿第二定律
得FN – mg = mvB2/R ② 由①②两式得：FN = 60 N．由牛顿第三定律得滑块到达底端B时对轨道的压力大小为60 N，方向竖直向下． ⑵ 法1：滑块从B到C运动过程中，由牛顿第二定律得 μmg = ma ③ 由运动学公式得v02 - vB2 = 2aL
④ 由①③④ 三式得μ = 0.3 ⑤
法2：滑块在从A到C整个运动过程中，由动能定理得mgR + μmgL = mv02/2 – 0，解得μ = 0.3． ⑶ 滑块在从B到C运动过程中，设运动时间为t，由运动学公式得v0 = vB + at ⑥ 产生的热量Q = μmg(v0t – L ) ⑦ 由①③⑤⑥⑦得Q = 4 J．
变式3 ⑴皮带长x = h/sinθ =3 m．工件速度达v0前，做匀加速运动的位移x1 = v0t1/2，匀速运动的位移为x
- x1 = v0(t – t1)，解得加速运动的时间t1 = 0.8 s，加速运动的位移x1 = 0.8 m，所以加速度a = v0/t1 = 2.5
m/s2，由牛顿第二定律有：μmgcos θ – mgsinθ = ma，解得μ =
32
． ⑵ 从能量守恒的观点，显然电动机多消耗的电能用于增加工件的动能、势能以及克服传送带与工件
之间发生相对位移时摩擦力做功产生的热量．在时间t1内，皮带运动的位移x皮 = v0t1 = 1.6 m，在时间t1内，工件相对皮带的位移x相 = x皮 – x1 = 0.8 m，在时间t1内，摩擦发热Q = μmgcosθx相 = 60 J
．工件获得的动能Ek = mv02/2 = 20 J，工件增加的势能Ep = mgh = 150 J，电动机多消耗的电能W = Q + Ek + Ep = 230 J．
1．BC预测1 C；A、B 开始时分别向左、向右做加速度减小的加速运动，运动时机械能增大．当 F1 =
F2 = F弹时，加速度为零，速度达到最大；以后 F1 = F2
2．BD；系统动量守恒，相当于完全非弹性碰撞，两物体最终速度相等，设为v1.由动量守恒得mv = (m
+ M) v111mM1，系统损失的动能为2
22 – 2m + M) v21 = 2m＋M，B正确；碰撞N次后恰又回到箱子正中间，小物块和箱子底板间的相对滑动距离d = NL，而摩擦热Q = fd = NμmgL，系统损失的动能转化为内能，D正确．
预测2 ⑴ 从速度图象中可以看出，物块被击穿后，先向左做减速运动，速度为零后，又向右做加速运动，当速度等于2 m/s，以后随传送带一起做匀速运动，所以传送带的速度 v 方向向右，大小为 2.0 m/s．
⑵ 由速度图象可得，物块在滑动摩擦力的作用下做匀变速运动的加速度为a，有a = Δv /Δt = 2.0 m/s2，由牛顿第二定律得滑动摩擦力F = μMg，则物块与传送带间的动摩擦因数μ = Ma/Mg =0.2． ⑶ 由速度图象可知，传送带与物块存在摩擦力的时间只有3 s，设传送带在这段时间内移动的位移为x，则x = vt = 2.0×3 m = 6.0 m，所以，传送带对外所做的功W = Fx = Max = 24 J；在物块获
得速度到与传送带一起匀速运动的过程中，设物块动能减少了ΔE
ΔE11
k，则k = 2Mv′ 2–2
2 = 12
EQ = W + ΔEk = 24 J + 12 J = 36 J．
1．C；采用背越式跳高方式时，运动员的重心升高的高度可以低于横杆，而采用跨越式跳高方式时，运
动员的重心升高的高度一定高于横杆，故用背越式时克服重力做的功不一定大于mgh，而采用跨越式时克服重力做的功一定大于mgh，C正确．
2．BC；物体重力势能的减少始终等于重力对物体所做的功，A项错误；运动物体动能的减少量等于合
外力对物体做的功，D项错误．
3．B；设小球A下降高度h时，弹簧的弹性势能为Ep，由功能关系可知Ep = mgh．当小球A换为质量
为2m的小球B时，设小球B下降h时速度为v，根据能量守恒2mgh = 1
22mv2 + Ep，得v = gh，
B项正确．
4．BD；对物块，所受四个力中水平力F和物块与小车间的滑动摩擦力做功，这两个力做功的位移都是
(x + L)，则由动能定理可知小物块的动能（等于增加的动能）Ek = ΔEk = (F – f)(x + L)，A项错误；对小车，只有物块对小车的滑动摩擦力做正功，且W = fx，由动能定理可知B项正确；系统增加的机械能等于除重力和弹力外的其他力（包括内力和外力）做功的代数和，即ΔE = F(x + L) – fL，C项错误；这一过程中，因摩擦而产生的热量等于滑动摩擦力与相对路程的乘积，即ΔQ = fL，D项正确．
5．⑴ 沿圆弧面轨道下滑过程中机械能守恒，设物体滑上传送带时的速度为v1，则mgR = mv12/2，得v1
= 3 m/s，物体在传送带上运动的加速度a = μg = 2 m/s2，物体在传送带上向左运动的时间t1 = v1/a = 1.5 s，向左滑动的最大距离s = v12/2a = 2.25 m，物体向右运动速度达到v时，向右运动的距离s1 = v2/2a = 1 m，所用时间t2 = v/a = 1 s，匀速运动的时间t3 = (s – s1)/ v = 0.625 s，所以t = t1 + t2 + t3 = 3.125 s．
⑵ 根据动能定理，传送带对物体做的功：
W = 122 – 1
212 =–2.5 J，物体相对传送带运动的位移
Δx = (v2 - v12)/(–2a) + v(t1 + t2) = 6.25 m，由于摩擦产生的热量Q = μmgΔx = 12.5 J．
3
动力学方法、功能关系、能量转化和守恒定律
〖考点1〗对功能关系的理解
【例1】如图所示，在抗洪救灾中，一架直升机通过绳索，用恒力F竖直向上拉起一个漂在
水面上的木箱，使其由水面开始加速上升到某一高度，若考虑空气阻力而不考虑空气浮力，则在此过程中，以下说法正确的有 （ ） A．力F所做功减去克服空气阻力所做的功等于重力势能的增量 B．木箱克服重力所做的功等于重力势能的增量
C．力F、重力、空气阻力三者合力所做的功等于木箱动能的增量 D．力F和空气阻力的合力所做的功等于木箱机械能的增量
【变式跟踪1】如图所示，质量为m的物体（可视为质点）以某一速度从A点冲上倾角
为30°的固定斜面，其运动的加速度为3g/4，此物体在斜面上上升的最大高度为h，
则在这个过程中物体 （ ） A．重力势能增加了3mgh/4 B．重力势能增加了mgh C．动能损失了mgh D．机械能损失了mgh/2 〖考点2〗能量转化与守恒定律的应用
【例2】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弹簧固定在水平轨道的最右端，小物块与水平轨道间的动摩擦因数为μ，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g = 10 m/s2，且弹簧长度忽略不计，求：
⑴ 小物块的落点距O′ 的距离；
⑵ 小物块释放前弹簧具有的弹性势能．
【变式跟踪2】如图所示，光滑坡道顶端距水平面高度为h，质量为m的小物块A从坡道顶端由静止滑下，
进入水平面上的滑道时无机械能损失，为使A制动，将轻弹簧的一端固定在水平滑道延长线M处的墙上，另一端恰位于坡道的底端O点．已知在OM段，物块A与水平面间的动摩擦因数为μ，其余各处的摩擦不计，重力加速度为g，求： ⑴ 物块滑到O点时的速度大小；
⑵ 弹簧为最大压缩量d时的弹性势能（设弹簧处于原长时弹性势能为零）； ⑶ 若物块A能够被弹回到坡道上，则它能够上升的最大高度是多少？
〖考点3〗力学规律优选法
【例3】如图所示，一质量为m = 2 kg的滑块从半径为R = 0.2 m的光滑四分之一圆弧轨道的顶端A处
由静止滑下，A点和圆弧对应的圆心O点等高，圆弧的底端B与水平传送带平滑相接．已知传送带匀速运行速度为v0 = 4 m/s，B点到传送带右端C点的距离为L = 2 m．当滑块滑到传送带的右端C点时，其速度恰好与传送带的速度相同．（g = 10 m/s2）求： ⑴ 滑块到达底端B时对轨道的压力； ⑵ 滑块与传送带间的动摩擦因数μ；
⑶ 此过程中，由于滑块与传送带之间的摩擦而产生的热量Q．
【变式跟踪3】如图所示，绷紧的传送带与水平面的夹角θ = 30°，皮带在电动机的带动下，始终保持
v0 = 2 m/s的速率运行，现把一质量为m = 10 kg的工件（可看做质点）轻轻放在皮带的底端，经过时间1.9 s，工件被传送到h = 1.5 m的高处，取g = 10 m/s2，求： ⑴ 工件与传送带间的动摩擦因数； ⑵ 电动机由于传送工件多消耗的电能
1．【2013江苏高考】如图所示，水平桌面上的轻质弹簧一端固定，另一端与小物块相连．弹簧处于自
然长度时物块位于O 点（图中未标出）．物块的质量为m，AB = a，物块与桌面间的动摩擦因数为μ． 现用水平向右的力将物块从O 点拉至A 点，拉力做的功为W．撤去拉力后物块由静止向左
运动，经O 点到达B 点时速度为零．重力加速度为g．则上述过程中 （ ）
A．物块在A 点时，弹簧的弹性势能等于W – μmga/2 B．物块在B 点时，弹簧的弹性势能小于W –3μmga/2 C．经O 点时，物块的动能小于W – μmga
D．物块动能最大时弹簧的弹性势能小于物块在B 点时弹簧的弹性势能
【预测1】如图所示，两物体 A、B 用轻质弹簧相连，静止在光滑水平面上，现同时对 A、B 两物体
施加等大反向的水平恒力 F1、F2，使 A、B 同时由静止开始运动，在运动过程中，对 A、B 两物
体及弹簧组成的系统，正确的说法是（整个过程中弹簧不超过其弹性限度）
（ ）
1
A．机械能守恒 4．如图所示，质量为M，长度为L的小车静止在光滑的水平面上，质量为m的小物块，放在小车的最B．机械能不断增加 左端，现用一水平力F作用在小物块上，小物块与小车之间的摩擦力为f，经过一段时间小车运动C．当弹簧伸长到最长时，系统的机械能最大 的位移为x，小物块刚好滑到小车的右端，则下列说法中正确的是（ ） D．当弹簧弹力的大小与 F1、F2 的大小相等时，A、B 两物体的速度为零 A．此时物块的动能为F(x + L) 【预测2】一质量为 M = 2.0 kg 的小物块随足够长的水平传送带一起运动，被一水平向左飞来的子弹击B．此时小车的动能为fx
中并从物块中穿过，如图甲所示．地面观察者记录了小物块被击中后的速度随时间变化的关系如图乙C．这一过程中，物块和小车增加的机械能为Fx – fL 所示（图中取向右运动的方向为正方向）．已知传送带的速度保持不变，取 g = 10 m/s2． D．这一过程中，因摩擦而产生的热量为fL ⑴ 指出传送带速度 v 的方向及大小，说明理由． 5．如图所示，一水平方向的传送带以恒定的速度v = 2 m/s沿顺时针方向匀速转动，传送带右端固定着⑵ 计算物块与传送带间的动摩擦因数μ； ⑶ 传送带对外做了多少功？子弹射穿物块后系统有多少能量转化为内能？ 甲 乙
1．如图所示，质量为m的跳高运动员先后用背越式和跨越式两种跳高方式跳过某一高度，该高度比他起
跳时的重心高出h，则他从起跳后至越过横杆的过程中克服重力所做的功 （ ）
A．都必须大于mgh
B．都不一定大于mgh
C．用背越式不一定大于mgh，用跨越式必须大于mgh
D．用背越式必须大于mgh，用跨越式不一定大于mgh
2．下列关于功和机械能的说法，正确的是 （ ）
A．在有阻力作用的情况下，物体重力势能的减少不等于重力对物体所做的功
B．合力对物体所做的功等于物体动能的改变量
C．物体的重力势能是物体与地球之间的相互作用能，其大小与势能零点的选取有关
D．运动物体动能的减少量一定等于其重力势能的增加量
3．如图所示，在轻弹簧的下端悬挂一个质量为m的小球A，若将小球A从弹簧原长位置由静
止释放，小球A能够下降的最大高度为h．若将小球A换为质量为2m的小球B，仍从弹
簧原长位置由静止释放，则小球B下降h时的速度为（重力加速度为g，不计空气阻力） （ ）
A2gh B．gh C．gh
2 D．0
一光滑的四分之一圆弧面轨道，并与弧面下端相切．一质量为m = 1 kg的物体自圆弧面轨道的最高点由静止滑下，圆弧面轨道的半径R = 0.45 m，物体与传送带之间的动摩擦因数为μ = 0.2，不计物体滑过曲面与传送带交接处时的能量损失，传送带足够长，g = 10 m/s2.求： ⑴ 物体第一次从滑上传送带到离开传送带所经历的时间； ⑵ 物体第一次从滑上传送带到离开传送带的过程中，传送带对物体做的功及由于摩擦产生的热量． 2
．转化 转化 转化 转化2．增加 减少 减少 增加 减少 减少
增加3．消灭 创生 转化 转移 转化 转移 1．A；动能定理得W升 – mgh = mv2/2，可解得W升 = 5800 J，A正确；合外力做的功为mv2/2 = 800 J，B错误；物体重力势能增加mgh = 5000 J，C错误；物体机械能增加ΔE = Fh = W升 = 5800 J，D错． 2．⑴ 动能 → 内能 ⑵ 太阳能 → 电能 ⑶
风能（空气动能）→ 电能 ⑷ 水的势能 →
电能 ⑸ 太阳能 → 内能 ⑹ 化学能 → 动能 例1 BCD；对木箱受力分析如图所示，则由动能定理：WF – mgh – WFf = ΔEk，故C对；由
上式得：WF –WFf = ΔEk + mgh，故A错、D对；由重力做功与重力势能变化关系知B对，故B、C、D对． 变式1 BD；设物体受到的摩擦阻力为Ff，由牛顿运动定律得Ff + mgsin 30° = ma = 3mg/4，解得Ff = mg/4；
重力势能的变化由重力做功决定，故ΔEp = mgh，故A错、B对；动能的变化由合外力做功决定（Ff + mgsin 30°）x = max = (3mg/4)(h/sin30°) = 3mgh/2，故C错；机械能的变化由重力或系统内弹力以外的其他力做功决定，故ΔE机械 = Ffx = (mg/4)(h/sin30°) = mgh/2，故D正确．
例2 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
最高点时速度大小为v3
⑴ 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 mv22/R = mg ① 小物块由A射出后做平抛运动，由平抛运动的规律有 x = v3t ② 2R = gt2/2 ③ 联立①②③解得：x = 2R，即小物块的落点距O′ 的距离为2R．
⑵ 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 mv22/2 = mg×2R + mv32/2 ④ 小物块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mv12/2 = mv22/2 + μmgL ⑤ 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 Ep = mv12/2 ⑥ 由①④⑤⑥联立解得：Ep = 5mgR/2 + μmgL． 变式2 ⑴ 由机械能守恒定律得mgh = mv2/2，解得v = 2gh．
⑵ 在水平滑道上物块A克服摩擦力所做的功为W = μmgd，由能量守恒定律得mv2/2 = Ep + μmgd，以上各式联立得Ep = mgh – μmgd． ⑶ 物块A被弹回的过程中，克服摩擦力所做的功仍为W = μmgd，由能量守恒定律得Ep = μmgd + mgh′，所以物块A能够上升的最大高度为h′ = h – 2μd．
例3 ⑴ 滑块由A到B的过程中，由机械能守恒定律得mgR = mvB2/2 ① 滑块在B点，由牛顿第二定律
得FN – mg = mvB2/R ② 由①②两式得：FN = 60 N．由牛顿第三定律得滑块到达底端B时对轨道的压力大小为60 N，方向竖直向下． ⑵ 法1：滑块从B到C运动过程中，由牛顿第二定律得 μmg = ma ③ 由运动学公式得v02 - vB2 = 2aL
④ 由①③④ 三式得μ = 0.3 ⑤
法2：滑块在从A到C整个运动过程中，由动能定理得mgR + μmgL = mv02/2 – 0，解得μ = 0.3． ⑶ 滑块在从B到C运动过程中，设运动时间为t，由运动学公式得v0 = vB + at ⑥ 产生的热量Q = μmg(v0t – L ) ⑦ 由①③⑤⑥⑦得Q = 4 J．
变式3 ⑴皮带长x = h/sinθ =3 m．工件速度达v0前，做匀加速运动的位移x1 = v0t1/2，匀速运动的位移为x
- x1 = v0(t – t1)，解得加速运动的时间t1 = 0.8 s，加速运动的位移x1 = 0.8 m，所以加速度a = v0/t1 = 2.5
m/s2，由牛顿第二定律有：μmgcos θ – mgsinθ = ma，解得μ =
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． ⑵ 从能量守恒的观点，显然电动机多消耗的电能用于增加工件的动能、势能以及克服传送带与工件
之间发生相对位移时摩擦力做功产生的热量．在时间t1内，皮带运动的位移x皮 = v0t1 = 1.6 m，在时间t1内，工件相对皮带的位移x相 = x皮 – x1 = 0.8 m，在时间t1内，摩擦发热Q = μmgcosθx相 = 60 J
．工件获得的动能Ek = mv02/2 = 20 J，工件增加的势能Ep = mgh = 150 J，电动机多消耗的电能W = Q + Ek + Ep = 230 J．
1．BC预测1 C；A、B 开始时分别向左、向右做加速度减小的加速运动，运动时机械能增大．当 F1 =
F2 = F弹时，加速度为零，速度达到最大；以后 F1 = F2
2．BD；系统动量守恒，相当于完全非弹性碰撞，两物体最终速度相等，设为v1.由动量守恒得mv = (m
+ M) v111mM1，系统损失的动能为2
22 – 2m + M) v21 = 2m＋M，B正确；碰撞N次后恰又回到箱子正中间，小物块和箱子底板间的相对滑动距离d = NL，而摩擦热Q = fd = NμmgL，系统损失的动能转化为内能，D正确．
预测2 ⑴ 从速度图象中可以看出，物块被击穿后，先向左做减速运动，速度为零后，又向右做加速运动，当速度等于2 m/s，以后随传送带一起做匀速运动，所以传送带的速度 v 方向向右，大小为 2.0 m/s．
⑵ 由速度图象可得，物块在滑动摩擦力的作用下做匀变速运动的加速度为a，有a = Δv /Δt = 2.0 m/s2，由牛顿第二定律得滑动摩擦力F = μMg，则物块与传送带间的动摩擦因数μ = Ma/Mg =0.2． ⑶ 由速度图象可知，传送带与物块存在摩擦力的时间只有3 s，设传送带在这段时间内移动的位移为x，则x = vt = 2.0×3 m = 6.0 m，所以，传送带对外所做的功W = Fx = Max = 24 J；在物块获
得速度到与传送带一起匀速运动的过程中，设物块动能减少了ΔE
ΔE11
k，则k = 2Mv′ 2–2
2 = 12
EQ = W + ΔEk = 24 J + 12 J = 36 J．
1．C；采用背越式跳高方式时，运动员的重心升高的高度可以低于横杆，而采用跨越式跳高方式时，运
动员的重心升高的高度一定高于横杆，故用背越式时克服重力做的功不一定大于mgh，而采用跨越式时克服重力做的功一定大于mgh，C正确．
2．BC；物体重力势能的减少始终等于重力对物体所做的功，A项错误；运动物体动能的减少量等于合
外力对物体做的功，D项错误．
3．B；设小球A下降高度h时，弹簧的弹性势能为Ep，由功能关系可知Ep = mgh．当小球A换为质量
为2m的小球B时，设小球B下降h时速度为v，根据能量守恒2mgh = 1
22mv2 + Ep，得v = gh，
B项正确．
4．BD；对物块，所受四个力中水平力F和物块与小车间的滑动摩擦力做功，这两个力做功的位移都是
(x + L)，则由动能定理可知小物块的动能（等于增加的动能）Ek = ΔEk = (F – f)(x + L)，A项错误；对小车，只有物块对小车的滑动摩擦力做正功，且W = fx，由动能定理可知B项正确；系统增加的机械能等于除重力和弹力外的其他力（包括内力和外力）做功的代数和，即ΔE = F(x + L) – fL，C项错误；这一过程中，因摩擦而产生的热量等于滑动摩擦力与相对路程的乘积，即ΔQ = fL，D项正确．
5．⑴ 沿圆弧面轨道下滑过程中机械能守恒，设物体滑上传送带时的速度为v1，则mgR = mv12/2，得v1
= 3 m/s，物体在传送带上运动的加速度a = μg = 2 m/s2，物体在传送带上向左运动的时间t1 = v1/a = 1.5 s，向左滑动的最大距离s = v12/2a = 2.25 m，物体向右运动速度达到v时，向右运动的距离s1 = v2/2a = 1 m，所用时间t2 = v/a = 1 s，匀速运动的时间t3 = (s – s1)/ v = 0.625 s，所以t = t1 + t2 + t3 = 3.125 s．
⑵ 根据动能定理，传送带对物体做的功：
W = 122 – 1
212 =–2.5 J，物体相对传送带运动的位移
Δx = (v2 - v12)/(–2a) + v(t1 + t2) = 6.25 m，由于摩擦产生的热量Q = μmgΔx = 12.5 J．
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