必修2 第五章 第4讲.docx

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必修2第五章第4讲

第4讲　功能关系　能量守恒定律

知识排查

功能关系

1.功能关系

（1）功是能量转化的量度，即做了多少功就有多少能量发生了转化。

（2）做功的过程一定伴随着能量的转化，而且能量的转化必须通过做功来实现。

2.几种常见的功能关系

功

能量的变化

合外力做正功

动能增加

重力做正功

重力势能减少

弹簧弹力做正功

弹性势能减少

电场力做正功

电势能减少

其他力（除重力、弹力外）做正功

机械能增加

能量守恒定律

1.内容：

能量既不会消灭，也不会创生。

它只会从一种形式转化为其他形式，或者从一个物体转移到另一个物体，而在转化和转移的过程中，能量的总量保持不变。

2.表达式：

ΔE减＝ΔE增。

小题速练

1.思考判断

（1）力对物体做了多少功，物体就具有多少能。

（　　）

（2）能量在转移或转化过程中，其总量会不断减少。

（　　）

（3）在物体的机械能减少的过程中，动能有可能是增大的。

（　　）

（4）既然能量在转移或转化过程中是守恒的，故没有必要节约能源。

（　　）

（5）节约可利用能源的目的是为了减少污染排放。

（　　）

（6）滑动摩擦力做功时，一定会引起机械能的转化。

（　　）

（7）一个物体的能量增加，必定有别的物体能量减少。

（　　）

答案　

（1）×　

（2）×　（3）√　（4）×　（5）×　（6）√　（7）√

2.[人教版必修2P80“问题与练习”]如图1所示是“过山车”玩具模型。

当小球以速度v经过圆形轨道最高点时，小球与轨道间的作用力为F，多次改变小球初始下落的高度h，就能得出F与v的函数关系，下列关于F与v之间的关系中有可能正确的是（　　）

图1

解析　在轨道最高点，重力和支持力的合力提供向心力，根据牛顿第二定律，有F＋mg＝m

，整理得F＝m

－mg，所以F－v关系图象是开口向上的抛物线，选项C正确。

答案C　

　功能关系的理解与应用

力学中几种常见的功能关系

各种力做功

对应能的变化

定量的关系

合力做功

动能变化

合力对物体做功等于物体动能的增量W合＝Ek2－Ek1

重力做功

重力势

能变化

重力做正功，重力势能减少，重力做负功，重力势能增加，且WG＝－ΔEp＝Ep1－Ep2

弹簧弹

力做功

弹性势

能变化

弹力做正功，弹性势能减少，弹力做负功，弹性势能增加，且W弹＝－ΔEp＝Ep1－Ep2

只有重力、弹

簧弹力做功

不引起机

械能变化

机械能守恒ΔE＝0

非重力和

弹力做功

机械能

变化

除重力和弹力之外的其他力做正功，物体的机械能增加，做负功，机械能减少，且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

【例1】　（2018·天津理综，2）滑雪运动深受人民群众喜爱。

某滑雪运动员（可视为质点）由坡道进入竖直面内的圆弧形滑道AB，从滑道的A点滑行到最低点B的过程中，由于摩擦力的存在，运动员的速率不变，则运动员沿AB下滑过程中（　　）

图2

A.所受合外力始终为零

B.所受摩擦力大小不变

C.合外力做功一定为零

D.机械能始终保持不变

解析　运动员做匀速圆周运动，所受合外力指向圆心，A项错误；由动能定理可知，合外力做功一定为零，C项正确；由运动员沿AB下滑过程中做匀速圆周运动，知运动员所受沿圆弧切线方向的合力为零，即摩擦力等于运动员的重力沿圆弧切线方向的分力，逐渐变小，B项错误；运动员动能不变，重力势能减少，所以机械能减少，D项错误。

答案　C

　能量守恒定律的理解及应用

运用能量守恒定律解题的基本思路

【例2】　（2018·江苏省镇江市高三第一次模拟考试）如图3所示的装置由水平弹簧发射器及两个轨道组成：

轨道Ⅰ是光滑轨道AB，AB间高度差h1＝0.20m；轨道Ⅱ由AE和螺旋圆形EFG两段光滑轨道和粗糙轨道GB平滑连接而成，且A点与F点等高。

轨道最低点与AF所在直线的高度差h2＝0.40m。

当弹簧压缩量为d时，恰能使质量m＝0.05kg的滑块沿轨道Ⅰ上升到B点，当弹簧压缩量为2d时，恰能使滑块沿轨道Ⅱ上升到B点，滑块两次到达B点处均被装置锁定不再运动。

已知弹簧弹性势能Ep与弹簧压缩量x的平方成正比，弹簧始终处于弹性限度范围内，不考虑滑块与发射器之间的摩擦，取重力加速度g＝10m/s2。

图3

（1）当弹簧压缩量为d时，求弹簧的弹性势能及滑块离开弹簧瞬间的速度大小；

（2）求滑块经过最高点F处时对轨道的压力大小；

（3）求滑块通过GB段过程中克服摩擦力所做的功。

解析　

（1）根据能量转化和守恒定律得

Ep1＝mgh1

解得Ep1＝0.1J

又Ep1＝

mv2

解得v＝2m/s

（2）根据题意，弹簧压缩量为2d时，弹簧弹性势能为

Ep2＝0.4J

根据题意，Ep2＝

mv′2，滑块到达F点处的速度

v′＝4m/s

根据牛顿第二定律得F＝m

可得mg＋FN＝m

解得FN＝3.5N

根据牛顿第三定律得滑块对轨道的压力大小为3.5N

（3）根据能量转化和守恒定律得

Ep2＝mgh1＋W克

解得W克＝0.3J

答案　

（1）2m/s　

（2）3.5N　（3）0.3J

　摩擦力做功的特点及应用

1.静摩擦力做功

（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路程。

【例3】　（2019·江苏如皋质量调研）（多选）如图4所示，足够长的传送带与水平方向的夹角为θ，物块a通过平行于传送带的轻绳跨过光滑轻滑轮与物块b相连，b的质量为m。

开始时a、b及传送带均静止，且a不受传送带摩擦力作用，重力加速度为g，现让传送带逆时针匀速转动，则在b上升h高度（未与滑轮相碰）过程中（　　）

图4

A.物块a的重力势能减少mgh

B.摩擦力对a做的功等于a机械能的增量

C.摩擦力对a做的功等于物块a、b动能增量之和

D.任意时刻，a的重力做功功率大于b的重力做功功率

解析　开始时，a、b及传送带均静止且a不受传送带摩擦力作用，有magsinθ＝mbg，则ma＝

，b上升h，则a下降hsinθ，则a重力势能的减小量为mag×hsinθ＝mgh，故A项正确；根据能量守恒得，系统机械能增加，摩擦力对a做的功等于a、b机械能的增量。

所以摩擦力做功大于a的机械能增加。

因为系统重力势能不变，所以摩擦力做功等于系统动能的增加，故B项错误，C项正确；任意时刻a、b的速率相等，对b，克服重力的瞬时功率Pb＝mgv，对a有Pa＝magvsinθ＝mgv，所以重力对a、b做功的瞬时功率大小相等，故D项错误。

答案　AC

【变式】　（2018·苏、锡、常、镇高三调研）（多选）如图5所示，将砝码A放在水平桌面上的纸板B上，各接触面间动摩擦因数均相等，砝码到纸板左端和桌面右端的距离均为d。

在水平向右的恒力F的作用下，可将纸板从砝码下方抽出，砝码刚好到达桌面右端。

则下列说法正确的是（　　）

图5

A.砝码与纸板分离前后的加速度大小一定相等

B.砝码与纸板分离时，砝码一定位于距离桌面右端

处

C.其他条件不变，换用更大的恒力F，砝码将不能到达桌面右端

D.其他条件不变，换用更大的恒力F，砝码与纸板间产生的热量将减小

解析　砝码与纸板分离前做加速运动，有μmg＝ma1，砝码与纸板分离后，在桌面上做减速运动，加速度大小为a2，有μmg＝ma2，选项A正确；设砝码与纸板刚分离瞬间速度为v，加速的位移为x1＝

，减速的位移为x2＝

，则x1＝x2＝

，选项B正确；其他条件不变，换用更大的恒力F，则纸板的加速度a变大，纸板与砝码分离时比砝码多运动的位移为d，d＝

at2－

a1t2，a变大，加速的时间t变小，v＝a1t，v变小，砝码的滑行位移x＝

＋

，x变小，选项C正确；砝码与纸板间产生的热量等于摩擦力乘以相对位移，Q＝μmgd，产生的热量不变，选项D错误。

答案　ABC

求解传送带（板块）相对滑动的能量问题的方法

科学思维的培养——巧用图象法解决板块问题

板块问题在各地高考中出现频繁，除了常规的公式法解答外，有些定性选择问题用图象法解决快捷方便，值得推荐。

【典例】　（2018·南京三模）（多选）将质量为2m的长木板静止地放在光滑水平面上，如图6甲所示。

第一次，质量为m的小铅块（可视为质点）在木板上以水平初速度v0由木板左端向右运动恰能滑至木板的右端与木板相对静止。

第二次，将木板分成长度与质量均相等的两段1和2，两者紧挨着仍放在此水平面上，让小铅块以相同的初速度v0由木板1的左端开始滑动，如图乙所示。

设铅块与长木板间的动摩擦因数为μ，重力加速度为g。

关于上述两过程，下列说法中正确的是（　　）

图6

A.铅块在木板1上滑动时，两段木板间的作用力为μmg

B.铅块在木板1上滑动时，两段木板间的作用力为

μmg

C.小铅块第二次仍能到达木板2的右端

D.系统第一次因摩擦而产生的热量较多

解析　铅块在木板1上滑动时，木板1受滑动摩擦力为f＝μmg，取木板1、2整体分析有f＝μmg＝2ma，得出a＝

μg。

隔离木板2分析，1对2木板的作用力提供加速度，有F＝ma＝

μmg，选项A错误，B正确；对图甲分析当它们达到共同速度时有v共＝v0－μgt＝

μgt，得出v共＝

v0，可画出此过程铅块和木板对应的v－t图象如图所示，同理可画出图乙对应的运动图象，需注意铅块滑上第2块木板时木板的加速度的变化，通过图象可以看出第二次铅块不能到达木板2的右端，选项C错误；第一次两者之间的相对位移大于第二次的相对位移，第一次产生的热量较多，选项D正确。

答案　BD

1.（2018·江苏省南京市、淮安市高三第三次模拟考试）一颗小钢珠从水面上方由静止释放，落入水中，溅起的小水珠跳得比钢珠释放时的位置还高，如图7所示。

对这种现象，下列说法中正确的是（　　）

图7

A.小水珠溅起的高度超过钢珠下落时的高度，违背了能量守恒定律

B.小钢珠下落时具有的重力势能小于溅起的水珠在最高点的重力势能

C.小钢珠下落时具有的重力势能等于溅起的水珠在最高点的重力势能

D.小钢珠下落时具有的重力势能大于溅起的水珠在最高点的重力势能

解析　小钢珠与水面碰撞后仍有动能存在，且与水面碰撞的过程中产生内能，所以小钢珠下落时具有的重力势能大于溅起的水珠在最高点的重力势能，能量守恒定律是自然界普遍的基本定律之一，小钢珠减少的重力势能转化为系统的内能和小水珠的重力势能，选项D正确，A、B、C错误。

答案　D

2.（2019·江苏启东高三学期月考）竹蜻蜓是我国古代发明的一种儿童玩具，上世纪三十年代，人们根据竹蜻蜓原理设计了直升机的螺旋桨。

如图8所示，一小孩搓动质量为20g的竹蜻蜓，松开后竹蜻蜓能上升到二层楼房顶高处。

在搓动过程中手对竹蜻蜓做的功可能是（　　）

图8

A.0.2JB.0.6J

C.1.0JD.2.5J

解析　竹蜻蜓在上升到最高点的过程中，动能转化为重力势能和内能，一般每层楼房的高度为3m，二层也就是6m，所以重力势能的增加量为Ep＝mgh＝1.2J，则在搓动过程中手对竹蜻蜓做的功要大于1.2J，选项A、B、C错误，D正确。

答案　D

3.（2019·江苏溧水高级中学测试）（多选）一质量为m的人站在观光电梯内的磅秤上，电梯以0.1g的加速度匀加速上升高度h，在此过程中（　　）

图9

A.磅秤的示数等于mg

B.磅秤的示数等于1.1mg

C.人的动能增加了0.9mgh

D.人的机械能增加了1.1mgh

解析　根据牛顿运动定律可知，磅秤的示数等于FN＝mg＋ma＝1.1mg，选项A错误，B正确；根据动能定理得ΔEk＝W合＝mah＝0.1mgh，故C错误；人上升高度h，则重力做功为－mgh，可知重力势能增大mgh，动能增加0.1mgh，则机械能增大了1.1mgh，故D正确。

答案　BD

4.（2018·南通二模）如图10所示，木块A放在木板B的左端上方，用水平恒力F将A拉到B的右端，第一次将B固定在地面上，F做功W1，生热Q1；第二次让B在光滑水平面可自由滑动，F做功W2，生热Q2，则下列关系中正确的是（　　）

图10

A.W1＜W2，Q1＝Q2B.W1＝W2，Q1＝Q2

C.W1＜W2，Q1＜Q2D.W1＝W2，Q1＜Q2

解析　木块A从木板B左端滑到右端克服摩擦力所做的功W＝Ffx，因为木板B不固定时木块A的位移要比木板B固定时长，所以W1＜W2；摩擦产生的热量

Q＝Ffl相对，两次都从木板B左端滑到右端，相对位移相等，所以Q1＝Q2，故选项A正确。

答案　A

活页作业

（时间：

40分钟）

一、单项选择题

1.（2018·苏州四校联考）蹦极是一项既惊险又刺激的运动，深受年轻人的喜爱。

如图1所示，蹦极者从P处由静止跳下，到达A处时弹性绳刚好伸直，继续下降到最低点B处，B离水面还有数米距离。

蹦极者（视为质点）在其下降的整个过程中，重力势能的减少量为ΔE1、绳的弹性势能的增加量为ΔE2、克服空气阻力做的功为W，则下列说法正确的是（　　）

图1

A.蹦极者从P到A的运动过程中，机械能守恒

B.蹦极者与绳组成的系统从A到B的过程中，机械能守恒

C.ΔE1＝W＋ΔE2

D.ΔE1＋ΔE2＝W

解析　下落过程中有空气阻力做功，所以机械能不守恒，A、B项错误；根据能量守恒，在下落的全过程，有ΔE1＝W＋ΔE2，故C项正确，D项错误。

答案　C

2.如图2所示，在竖直平面内有一“V”形槽，其底部BC是一段圆弧，两侧都与光滑斜槽相切，相切处B、C位于同一水平面上。

一小物体从右侧斜槽上距BC平面高度为2h的A处由静止开始下滑，经圆弧槽再滑上左侧斜槽，最高能到达距BC所在水平面高度为h的D处，接着小物体再向下滑回，若不考虑空气阻力，则（　　）

图2

A.小物体恰好滑回到B处时速度为零

B.小物体尚未滑回到B处时速度已变为零

C.小物体能滑回到B处之上，但最高点要比D处低

D.小物体最终一定会停止在圆弧槽的最低点

解析　小物体从A处运动到D处的过程中，克服摩擦力所做的功为Wf1＝mgh，小物体从D处开始运动的过程，因为速度较小，小物体对圆弧槽的压力较小，所以克服摩擦力所做的功Wf2＜mgh，所以小物体能滑回到B处之上，但最高点要比D处低，C正确，A、B错误；因为小物体与圆弧槽间的动摩擦因数未知，所以小物体可能停在圆弧槽上的任何地方，D错误。

答案　C

3.（2018·苏北四市第一次调研测试）如图3所示，物块固定在水平面上，子弹以某一速率从左向右水平穿透物块时速率为v1，穿透时间为t1；若子弹以相同的速率从右向左水平穿透物块时速率为v2，穿透时间为t2。

子弹在物块中受到的阻力大小与其到物块左端的距离成正比。

则（　　）

图3

A.t1>t2B.t1

C.v1>v2D.v1

解析　阻力对子弹做功时W＝Fx，描述力的空间的积累效果，根据受力的特点与做功的特点可知两种情况下阻力对子弹做的功大小是相等的，根据动能定理可知二者的末速度大小是相等的，即v1＝v2，故C、D项错误；设子弹的初速度是v0，子弹在物块中受到的阻力大小与其到物块左端的距离成正比，可知若子弹以某一速率从左向右水平穿透物块时，子弹受到的阻力越来越大，子弹做加速度增大的减速运动，所以平均速度

1＞

；若子弹以相同的速率从右向左水平穿透物块时，子弹受到的阻力越来越小，则子弹做加速度减小的减速运动，所以平均速度

2＜

＜

1。

子弹穿过物块的时间t＝

，所以可知t1＜t2，故A项错误，B项正确。

答案　B

4.（2019·苏北四市徐州、淮安、连云港、宿迁联考）如图4所示，楔形木块ABC固定在水平面上，斜面AB、BC与水平面的夹角分别为53°、37°。

质量分别为2m、m的两滑块P、Q，通过不可伸长的轻绳跨过轻质定滑轮连接，轻绳与斜面平行。

已知滑块P与AB间的动摩擦因数为

，其它摩擦不计，重力加速度为g，sin53°＝0.8，sin37°＝0.6。

在两滑块运动的过程中（　　）

图4

A.Q动能的增加量等于轻绳对Q做的功

B.Q机械能的增加量等于P机械能的减少量

C.P机械能的减少量等于系统摩擦产生的热量

D.两滑块运动的加速度大小为

g

解析　在两滑块运动的过程中，Q沿斜面上升，轻绳的拉力和重力都对Q做功，由动能定理知Q动能的增加量等于轻绳对Q做的功与重力做功的代数和，故A项错误；由于P下滑过程中要产生内能，所以Q机械能的增加量与系统摩擦产生的内能之和等于P机械能的减少量，故B项错误；根据能量守恒定律知，P机械能的减少量等于系统摩擦产生的热量与Q机械能的增加量之和，故C错误；根据牛顿第二定律，对Q有：

T－mgsin37°＝ma，对P有：

2mgsin53°－T－μ·2mgcos53°＝2ma，联立解得a＝

g，故D项正确。

答案　D

5.（2018·常州市高三第一次模拟）如图5所示，一小滑块（可视为质点）以某一初速度沿斜面向下滑动，最后停在水平面上。

滑块与斜面间及水平面间的动摩擦因数相等，斜面与水平面平滑连接且长度不计，则该过程中，滑块的机械能与水平位移x关系的图线正确的是（取地面为零势能面）（　　）

图5

解析　设滑块开始时的机械能为E0，斜面的倾角为θ，斜面底边长度为x0，在斜面上运动时E＝E0－μmgcosθ×

＝E0－μmgx0，在全程运动时E＝E0－μmgcosθ×

－μmgx1＝E0－μmgx，综上所述E＝E0－μmgx，故D项正确。

答案　D

二、多项选择题

6.如图6，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（可视为质点）放在小车的最左端。

现用一水平恒力F作用在小物块上，使小物块从静止开始做匀加速直线运动。

小物块和小车之间的摩擦力为Ff，小物块滑到小车的最右端时，小车运动的距离为x。

此过程中，下列结论正确的是（　　）

图6

A.小物块到达小车最右端时具有的动能为（F－Ff）（L＋x）

B.小物块到达小车最右端时，小车具有的动能为Ffx

C.小物块克服摩擦力所做的功为Ff（L＋x）

D.小物块和小车增加的机械能为Fx

解析　由动能定理可得小物块到达小车最右端时的动能Ek物＝W合＝（F－Ff）·（L＋x），A正确；小车的动能Ek车＝Ffx，B正确；小物块克服摩擦力所做的功Wf＝Ff（L＋x），C正确；小物块和小车增加的机械能为F（L＋x）－FfL，D错误。

答案　ABC

7.（2018·南京模拟）一质量为m的物体在竖直向上的拉力F作用下沿竖直方向向上运动，运动过程中物体的动能与位移的关系如图7所示，其中0～x1为一曲线，x1～x2为一与横轴平行的直线，x2～x3为一倾斜直线，不计空气阻力，关于物体在这段位移内的运动，下列说法正确的是（　　）

图7

A.0～x1过程中拉力F逐渐增大

B.x1～x2过程中物体的重力势能可能不变

C.x2～x3过程中拉力F为恒力

D.0～x3过程中物体的机械能增加

解析　由动能定理Ek－Ek0＝F合x，得F合＝

，即图象的斜率（曲线切线）表示物体所受合力F合，在0～x1过程中曲线的斜率越来越小，F合越来越小，mg不变，则拉力F越来越小，A项错误；在x1～x2过程中物体匀速上升，其重力势能一直增加，B项错误；在x2～x3过程中斜率是一定值，F合是一定值，所以拉力F是恒力，C项正确；在0～x3过程中拉力F一直做正功，物体机械能一直增加，D项正确。

答案　CD

8.如图8所示，质量相同的两物体a、b，用不可伸长的轻绳跨接在同一光滑的轻质定滑轮两侧，a在水平桌面的上方，b在水平粗糙桌面上。

初始时用力压住b使a、b静止，撤去此压力后，a开始运动，在a下降的过程中，b始终未离开桌面。

在此过程中（　　）

图8

A.a的动能小于b的动能

B.两物体机械能的变化量相等

C.a的重力势能的减小量等于两物体总动能的增加量

D.绳的拉力对a所做的功与对b所做的功的代数和为零

解析　轻绳两端沿绳方向的速度分量大小相等，故可知a的速度等于b的速度沿绳方向的分量，a的动能比b的动能小，A正确；因为b与地面有摩擦力，运动时有热量产生，所以该系统机械能减少，而B、C两项均为系统机械能守恒的表现，故B、C错误；轻绳不可伸长，两端分别对a、b做功大小相等，符号相反，D正确。

答案　AD

9.（2018·江苏单科，7）如图9所示，轻质弹簧一端固定，另一端连接一小物块，O点为弹簧在原长时物块的位置。

物块由A点静止释放，沿粗糙程度相同的水平面向右运动，最远到达B点。

在从A到B的过程中，物块（　　）

图9

A.加速度先减小后增大

B.经过O点时的速度最大

C.所受弹簧弹力始终做正功

D.所受弹簧弹力做的功等于克服摩擦力做的功

解析　对物块受力分析，当弹簧处于压缩状态时，由牛顿第二定律可得kx－f＝ma，x减小，a减小，当a＝0时，物块速度最大，此时，物块在O点左侧，选项B错误；从加速度a＝0处到O点过程，由牛顿第二定律得f－kx＝ma，x减小，a增大，当弹簧处于伸长状态时，由牛顿第二定律可得kx＋f＝ma，x增大，a继续增大，可知物块的加速度先减小后增大，选项A正确；物块所受弹簧的弹力对物块先做正功，后做负功，选项C错误；从A到B的过程，由动能定理可得W弹－Wf＝0，选项D正确。

答案　AD

三、计算题

10.（2018·江苏徐州高三上学期期中抽测）如图10所示，轻质弹簧一端固定在墙壁上的O点，另一端自由伸长到A点，OA之间的水平面光滑。

固定曲面在B处与水平面平滑连接。

AB之间的距离s＝1m。

质量m＝0.2kg的小物块开始时静置于水平面上的B点，物块与水平面间的动摩擦因数μ＝0.4。

现给物块一个水平向左v0＝5m/s的初速度，g取10m/s2。

图10

（1）求弹簧被压缩到最短时所具有的弹性势能Ep；

（2）求物块返回B点时的速度大小；

（3）若物块能冲上曲面的最大高度h＝0.2m，求物块沿曲面上滑过程所产生的热量。

解析　

（1）从向左经过B到将弹簧压到最短过程，根据动能定理有

－μmgs－Ep＝－

mv

代入数据解得Ep＝1.7J

（2）从向左经过B开始到向右返回B过程，根据动能定理有

－μmg×2s＝

mv

－

mv

代入数据解得v1＝3m/s

（3）对从向右经过B到最高点过程，根据能量守恒定律有

Q＋mgh＝

mv

解得Q＝0.5J

答案　

（1）1.7J　

（2）3m/s　（3）0.5J

11.（2019·江苏省南通市、泰州市高三第一次模拟考试）如图11所示，某工厂生产车间的流水线安装的是“U”形传送带，AB、CD段为直线，BC段为同心半圆，其中的虚线为半径为R的半圆弧。

工人将质量均为m的工件无初速放至匀速运行的传送带A端，在D端附近看到相邻工件间的距离均为L，每隔时间t在D端接收到一个工件。

求：

图11

（1）传送带运行的速度v；

（2）在BC段