专题 功能关系 能量守恒定律

专题 功能关系 能量守恒定律

功能关系的理解和应用

1.对功能关系的理解

(1)做功的过程就是能量转化的过程，不同形式的能量发生相互转化是通过做功来实现的。

(2)功是能量转化的量度，功和能的关系，一是体现在不同的力做功，对应不同形式的能转化，具有一一对应关系，二是做功的多少与能量转化的多少在数值上相等。

2.几种常见的功能关系及其表达式 各种力做功

对应能的变化 定量关系 合力做功 动能变化

合力对物体做功等于物体动能的变化量W 合＝E k2－E k1 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W G ＝－ΔE p ＝E p1－E p2 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＝－ΔE p ＝E p1－E p2 只有重力、弹 簧弹力做功 系统机械能

不变化

系统机械能守恒，即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

【例1】 (2017·全国Ⅲ卷，16)如图1，一质量为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13l 。重力加速度大小为g 。在此过程中，外力做的功为( )

图1 A.19mgl B.16mgl C.13mgl D.12mgl

解析 由题意可知，PM 段细绳的机械能不变，MQ 段细绳的重心升高了l 6，则重

力势能增加ΔE p ＝23mg ·l 6＝19mgl ，由功能关系可知，在此过程中，外力做的功为W

＝19mgl ，故选项A 正确，B 、C 、 D 错误。

答案 A 【例2】 (多选) (2019·全国Ⅱ卷，18)从地面竖直向上抛出一物体，其机械能E 总等于动能E k 与重力势能E p 之和。取地面为重力势能零点，该物体的E 总和E p 随它离开地面的高度h 的变化如图2所示。重力加速度取10 m/s 2。由图中数据可得

( )

图2

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E k ＝40 J

D.从地面至h ＝4 m ，物体的动能减少100 J

解析 由于E p ＝mgh ，所以E p 与h 成正比，斜率是k ＝mg ，由图象得k ＝20 N ，

因此m ＝2 kg ，A 正确；当h ＝0时，E p ＝0，E 总＝E k ＝12m v 20，因此v 0＝10 m/s ，

B 错误；由图象知h ＝2 m 时，E 总＝90 J ，E p ＝40 J ，由E 总＝E k ＋E p 得E k ＝50 J ，

C错误；h＝4 m时，E总＝E p＝80 J，即此时E k＝0，即从地面上升至h＝4 m高度时，物体的动能减少100 J，D正确。

答案AD

1.如图3所示，某滑翔爱好者利用无动力滑翔伞在高山顶助跑起飞，在空中完成长距离滑翔后安全到达山脚下。他在空中滑翔的过程中()

图3

A.只有重力做功

B.重力势能的减小量大于重力做的功

C.重力势能的减小量等于动能的增加量

D.动能的增加量等于合力做的功

解析由功能关系知，重力做功对应重力势能的变化，合外力做功对应物体动能的变化，选项D正确。

答案 D

2.(2019·广东省惠州市第三次调研)质量为2 kg的物体以10 m/s的初速度，从起点A出发竖直向上抛出，在它上升到某一点的过程中，物体的动能损失了50 J，机械能损失了10 J，设物体在上升、下降过程空气阻力大小恒定，则该物体再落回到A点时的动能为(g＝10 m/s2)()

A.40 J

B.60 J

C.80 J

D.100 J

解析物体抛出时的总动能为100 J，物体的动能损失了50 J时，机械能损失了10 J，则动能损失100 J时，机械能损失了20 J，此时到达最高点，返回时，机械能还会损失20 J，故从A点抛出到落回到A点，共损失机械能40 J，所以该物体再落回到A点时的动能为60 J，A、C、D错误，B正确。

答案 B

摩擦力做功与能量的转化

1.

两种摩擦力的做功情况比较

比较

类别

静摩擦力滑动摩擦力

不

同

点

能量的

转化方面

只有能量的转移，而没有

能量的转化

既有能量的转移，又有能量的转化

一对摩擦力

的总功方面

一对静摩擦力所做功的

代数和等于零

一对滑动摩擦力所做功的代数和不

为零，总功W＝－fs

相对

，即相对滑

动时产生的热量

相同点正功、负功、不做功方面

两种摩擦力对物体可以做正功、负

功，还可以不做功

2.相对滑动物体能量问题的解题流程

【例3】(多选)(2019·江苏卷，8)如图4所示，轻质弹簧的左端固定，并处于自然状态。小物块的质量为m，从A点向左沿水平地面运动，压缩弹簧后被弹回，运动到A点恰好静止。物块向左运动的最大距离为s，与地面间的动摩擦因数为μ，重力加速度为g，弹簧未超出弹性限度。在上述过程中()

图4

A.弹簧的最大弹力为μmg

B.物块克服摩擦力做的功为2μmgs

C.弹簧的最大弹性势能为μmgs

D.物块在A点的初速度为2μgs

解析物块向左运动压缩弹簧，弹簧最短时，物块具有向右的加速度，弹力大于摩擦力，即F>μmg，A错误；根据功的公式，物块克服摩擦力做的功W＝μmgs ＋μmgs＝2μmgs，B正确；根据能量守恒，弹簧弹开物块的过程中，弹簧的弹性势能通过摩擦力做功转化为内能，故E pm＝μmgs，C正确；根据能量守恒，在整个过程中，物体的初动能通过摩擦力做功转化为内能，即1

2＝2μmgs，所以v

2m v

＝2μgs，D错误。

答案BC

1.(多选)如图5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(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f，小物块滑到小车的最右端时，小车运动的距离为s。此过程中，以下结论正确的是()

图5

A.小物块到达小车最右端时具有的动能为(F－f)(L＋s)

B.小物块到达小车最右端时，小车具有的动能为fs

C.小物块克服摩擦力所做的功为f(L＋s)

D.小物块和小车增加的机械能为Fs

解析由动能定理可得，小物块到达小车最右端时的动能E k物＝W合＝(F－f)(L＋s)，A正确；小物块到达小车最右端时，小车的动能E k车＝fs，B正确；小物块克服摩擦力所做的功W f＝f(L＋s)，C正确；小物块和小车增加的机械能为F(L＋s)－fL，D错误。

答案ABC

2.高速公路部分路段旁建有如图6所示的避险车道，车辆可驶入避险。若质量为

m的货车刹车后以初速度v0经A点冲上避险车道，前进距离s时到B点减速为0，货车所受阻力恒定，A、B两点高度差为h，C为A、B中点，已知重力加速度为g，下列关于该货车从A运动到B的过程说法正确的是()

图6

A.克服阻力做的功为1

2m v

2

B.该过程产生的热量为1

2m v

2

－mgh

C.在AC段克服阻力做的功小于在CB段克服阻力做的功

D.在AC段的运动时间等于在CB段的运动时间

解析设货车所受阻力为f，根据动能定理有－mgh－fs＝0－1

2m v

2

，克服阻力做的

功为W f＝fs＝1

2m v 2

－mgh，故A错误；克服阻力做的功等于系统产生的内能，则

该过程产生的热量为1

2m v 2

－mgh，故B正确；阻力做的功与路程成正比，在AC 段克服阻力做的功等于在CB段克服阻力做的功，故C错误；从A到B做匀减速运动，AC段的平均速度大于BC段的平均速度，故在AC段的运动时间小于在CB段的运动时间，故D错误。

答案 B

能量守恒定律的应用

1.对能量守恒定律的理解

(1)转化：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)转移：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。

2.涉及弹簧的能量问题应注意

两个或两个以上的物体与弹簧组成的系统相互作用的过程，具有以下特点：(1)能量变化上，如果只有重力和系统内弹簧弹力做功，系统机械能守恒。

(2)如果系统每个物体除弹簧弹力外所受合外力为零，则当弹簧伸长或压缩到最大程度时两物体速度相同。

【例4】 (2019·保定一模)如图7所示，固定斜面AB 和CB 与水平面均由一小段光滑圆弧连接，倾角分别为α、β，OB ＝h 。细线一端固定在竖直挡板上，另一端系一质量为m 的小物块，在小物块和挡板之间压缩一轻质弹簧(小物块与弹簧不连接)，烧断细线，小物块被弹出，滑上斜面AB 后，恰好能运动到斜面的最高点，已知AD ＝l ，小物块与水平面、斜面间的动摩擦因数均为μ，重力加速度为g ，则

( )

图7

A.弹簧对小物块做功为μmgl

B.斜面摩擦力对小物块做功为μmgh sin α

C.细线烧断前，弹簧具有的弹性势能为mgh ＋μmg (h tan α＋l )

D.撤去斜面AB ，小物块还从D 点弹出，将沿斜面CB 上滑并从B 点飞出去

解析 烧断细线后，弹簧的弹性势能转化成小物块的重力势能与摩擦生成的热量

之和，即E p ＝mgh ＋μmgl ＋μmg cos α·h sin α＝mgh ＋μmg (h tan α＋l )，

弹簧对小物块做的功等于弹性势能减少量，也为mgh ＋μmg ·(h tan α＋l )，故A 错误，C 正确；小物

块从A 到B 过程中，斜面摩擦力对小物块做负功，且为－μmg cos α·h sin α＝－

μmg ·h tan α，故B 错误；物块克服摩擦力做的功W f ＝μmg (h tan α＋l )＝μmg ·

OD ，可见W f 与斜面倾角无关，所以撤去斜面AB ，小物块从C 点冲上斜面，仍恰能到达B 点，D 错误。

答案 C

1.质量为m 的物体以初速度v 0沿水平面向左开始运动，起始点A 与一轻弹簧O

端相距s，如图8所示。已知物体与水平面间的动摩擦因数为μ，物体与弹簧相碰后，弹簧的最大压缩量为x，重力加速度为g，则从开始碰撞到弹簧被压缩至最短，物体克服弹簧弹力所做的功为()

图8

A.1

2m v

2

－μmg(s＋x) B.

1

2m v

2

－μmgx

C.μmgs

D.μmg(s＋x)

解析根据功的定义式可知物体克服摩擦力做功为W f＝μmg(s＋x)，由能量守恒定

律可得1

2m v 2

0＝W弹＋W f，W弹＝

1

2m v

2

－μmg(s＋x)，故选项A正确。

答案 A

2.如图9所示，在距水平地面高h1＝1.2 m的光滑水平台面上，一个质量m＝1 kg 的小物块压缩弹簧后被锁定。现解除锁定，小物块与弹簧分离后以一定的水平速度v1向右从A点滑离平台，并恰好从B点沿切线方向进入竖直面内的光滑圆弧轨道BC。已知B点距水平地面的高度h2＝0.6 m，圆弧轨道BC的圆心O与水平台面等高，C点的切线水平，并与长L＝2.8 m的水平粗糙直轨道CD平滑连接，小物块恰能到达D处。重力加速度g＝10 m/s2，空气阻力忽略不计。求：

图9

(1)小物块由A到B的运动时间t；

(2)解除锁定前弹簧所储存的弹性势能E p；

(3)小物块与轨道CD间的动摩擦因数μ。

解析(1)小物块由A到B的过程中做平抛运动，

有h1－h2＝1

2gt

2，代入数据可得t＝35s。

(2)由图中几何关系可知h1－h2

h1

＝cos∠BOC，解得∠BOC＝60°，则有tan 60°＝gt v

1

，

解得v1＝2 m/s，由能量的转化与守恒定律可知，E p＝1

2m v 2

1

，解得E p＝2 J。

(3)由功能关系可知：

E p＋mgh1＝μmgL

代入数据可得μ＝0.5。

答案(1)

3

5s(2)2 J(3)0.5

课时作业

(时间：40分钟)

基础巩固练

1.韩晓鹏是我国首位在冬奥会雪上项目夺冠的运动员。他在一次自由式滑雪空中技巧比赛中沿“助滑区”保持同一姿态下滑了一段距离，重力对他做功1 900 J，他克服阻力做功100 J。韩晓鹏在此过程中()

A.动能增加了1 900 J

B.动能增加了2 000 J

C.重力势能减小了1 900 J

D.重力势能减小了2 000 J

解析由题可得：重力做功W G＝1 900 J，则重力势能减少1 900 J ，故选项C正确，D错误；由动能定理得，W G－W f＝ΔE k，克服阻力做功W f＝100 J，则动能增加1 800 J，故选项A、B错误。

答案 C

2.如图1所示，光滑水平面AB与竖直面上的半圆形光滑固定轨道在B点衔接，BC为直径，一可看做质点的物块在A处压缩一轻质弹簧(物块与弹簧不连接)，释放物块，物块被弹簧弹出后，经过半圆形轨道B点之后恰好能通过半圆轨道的最高点C。现在换用一个质量较小的另一物块，被同样压缩的弹簧由静止弹出，不计空气阻力。则更换后()

图1

A.物块不能到达C点

B.物块经过C点时动能不变

C.物块经过C点时的机械能增大

D.物块经过B点时对轨道的压力减小

解析物块从A到C过程，由能量守恒有E p＝mg·2R＋1

2m v

2

C

，可知质量减小，物

块经过C点时动能增大，v C增大，物块也能到达C点，故A、B错误；由能量守恒定律可知物块经过C点时的机械能不变均为E p，故C错误；物块从A到B过

程，由能量守恒有E p＝1

2m v 2

B

，在B点有N－mg＝m

v2B

R

，解得N＝mg＋2E p

R

，减小，

故D正确。

答案 D

3.(多选)(2019·福建省三明一中模拟)滑沙是人们喜爱的游乐活动，如图2是滑沙场地的一段斜面，其倾角为30°，设参加活动的人和滑车总质量为m，人和滑车从距底端高为h处的顶端A沿滑道由静止开始匀加速下滑，加速度为0.4g，人和滑车可视为质点，则从顶端向下滑到底端B的过程中，下列说法正确的是()

图2

A.人和滑车减少的重力势能全部转化为动能

B.人和滑车获得的动能为0.8mgh

C.整个下滑过程中人和滑车减少的机械能为0.2mgh

D.人和滑车克服摩擦力做功为0.6mgh

解析沿斜面的方向有ma＝mg sin 30°－f，所以f＝0.1mg，人和滑车减少的重力势能转化为动能和内能，故A错误；人和滑车下滑的过程中重力和摩擦力做功，

获得的动能为E k＝(mg sin 30°－f)h

sin 30°

＝0.8mgh，故B正确；整个下滑过程中人和滑车减少的机械能为ΔE＝mgh－E k＝mgh－0.8mgh＝0.2mgh，故C正确；整个下滑过程中克服摩擦力做功等于人和滑车减少的机械能，所以人和滑车克服摩擦力做功为0.2mgh，故D错误。

答案BC

4.如图3所示为机场用于检查物品的装置，主要由水平传送带和X光透视系统两部分组成。若乘客把物品轻放在传送带上之后，物品总会先、后经历两个阶段的运动，传送过程传送带速度不变。用v表示传送带速率，用μ表示物品与传送带间的动摩擦因数，则()

图3

A.前阶段，物品可能向传送方向的相反方向运动

B.后阶段，物品受到摩擦力的方向跟传送方向相同

C.v相同时，μ不同的等质量物品与传送带摩擦产生的热量相同

D.μ相同时，v增大为原来的2倍，前阶段物品的位移也增大为原来的2倍

解析前阶段，物品的速度小于传送带的速度，相对传送带向后运动，受到与传送方向相同的滑动摩擦力作用，在这个滑动摩擦力作用下向传送方向做初速度为零的匀加速直线运动，当物品的速度与传送带的速度相同时，两者无相对运动或者相对运动趋势，摩擦力为零，A、B错误；过程中物体的加速度为a＝μg，加速

运动时间t＝v

a ＝v

μg

，所以摩擦产生的热量为Q＝μmg(v t－v t

2)＝

1

2μmg v t＝

1

2μmg v·

v2

μg

＝1

2m v

2，故v相同时，μ不同的等质量物品与传送带摩擦产生的热量相同，C正

确；物品加速位移x＝v2

2a ＝v2

2μg

，当μ相同时，v增大为原来的2倍，前阶段物品

的位移增大为原来的4倍，D错误。答案 C

5.如图4所示，一质量为m＝1.5 kg的滑块从倾角为θ＝37°的斜面上自静止开始滑下，滑行距离s＝10 m后进入半径为R＝9 m的光滑圆弧AB，其圆心角为θ，然后水平滑上与平台等高的小车。已知小车质量为M＝3.5 kg，滑块与斜面及小车表面的动摩擦因数μ＝0.35，地面光滑且小车足够长，取g＝10 m/s2。(sin 37°＝0.6，cos 37°＝0.8)求：

图4

(1)滑块在斜面上的滑行时间t1；

(2)滑块脱离圆弧末端B点前，轨道对滑块的支持力大小；

(3)当小车开始匀速运动时，滑块在车上滑行的距离s1。

解析(1)设滑块在斜面上滑行的加速度为a，由牛顿第二定律，有

mg(sin θ－μcos θ)＝ma，s＝1

2at

2

1

解得t1＝2.5 s。

(2)滑块在圆弧AB上运动过程，由机械能守恒定律

1

2m v 2

A ＋mgR(1－cos θ)＝

1

2m v

2

B

，v A＝at1

由牛顿第二定律，有N B－mg＝m v2B

R

解得轨道对滑块的支持力N B≈31.7 N。

(3)滑块在小车上滑行时的加速度a1＝μg＝3.5 m/s2

小车的加速度a2＝m

Mμg＝1.5 m/s

2

小车与滑块达到共同速度时小车开始匀速运动，满足

v B－a1t2＝a2t2

解得t2＝2 s

故滑块刚滑上小车的速度v B＝10 m/s，最终同速时的速度v＝3 m/s

由功能关系可得μmg ·s 1＝12m v 2B －12(m ＋M )v 2

解得s 1＝10 m 。

答案 (1)2.5 s (2)31.7 N (3)10 m

6.(2019·乐山模拟)如图5甲所示，在倾角为37°足够长的粗糙斜面底端，一质量m ＝1 kg 的滑块压缩着一轻弹簧且锁定，两者不拴接，滑块可视为质点。t ＝0时解除锁定，计算机通过传感器描绘出滑块的v －t 图象如图乙所示，其中Oab 段为曲线，bc 段为直线，在t 1＝0.1 s 时滑块已上滑s ＝0.2 m 的距离(g 取10 m/s 2，sin 37°＝0.6，cos 37°＝0.8)。求：

图5

(1)滑块离开弹簧后在图中bc 段对应的加速度大小a 及动摩擦因数μ的大小；

(2)t 2＝0.3 s 和t 3＝0.4 s 时滑块的速度v 1、v 2的大小；

(3)弹簧锁定时具有的弹性势能E p 。

解析 (1)由题图乙知滑块在bc 段做匀减速运动，加速度大小为

a ＝|Δv Δt |＝10 m/s 2

根据牛顿第二定律得

mg sin 37°＋μmg cos 37°＝ma

解得μ＝0.5。

(2)根据速度—时间公式得t 2＝0.3 s 时的速度大小

v 1＝v c －a Δt ，解得v 1＝0

在t 2之后滑块开始下滑，下滑时由牛顿第二定律得

mg sin 37°－μmg cos 37°＝ma ′

解得a ′＝2 m/s 2

从t2到t3做初速度为零的匀加速运动，t3时刻的速度为v2＝a′Δt＝0.2 m/s。

(3)从0到t1时间内，由能量守恒定律得

E p＝mgs sin 37°＋μmgs cos 37°＋1

2m v

2

b

解得E p＝4 J。

答案(1)10 m/s20.5(2)00.2 m/s(3)4 J

综合提能练

7.(2019·四川成都模拟)如图6甲所示，倾角θ＝30°的足够长固定光滑斜面上，用平行于斜面的轻弹簧拉着质量m＝1 kg的物体沿斜面向上运动。已知物体在t＝1 s 到t＝3 s这段时间的v－t图象如图乙所示，弹簧的劲度系数k＝200 N/m，重力加速度g取10 m/s2。则在该段时间内()

图6

A.物体的加速度大小为2 m/s2

B.弹簧的伸长量为3 cm

C.弹簧的弹力做功为30 J

D.物体的重力势能增加36 J

解析根据速度图象的斜率表示加速度可知，物体的加速度大小为a＝v t－v0

t

＝1

m/s2，选项A错误；对斜面上的物体受力分析，受到竖直向下的重力mg、斜面的支持力和轻弹簧的弹力F，由牛顿第二定律，F－mg sin 30°＝ma，解得F＝6 N。由胡克定律F＝kx可得弹簧的伸长量x＝3 cm，选项B正确；在t＝1 s到t＝3 s

这段时间内，物体动能增大ΔE k＝1

2m v 2

2

－

1

2m v

2

1

＝6 J，根据速度—时间图象面积等

于位移，可知物体向上运动位移s＝6 m，物体重力势能增加ΔE p＝mgs sin 30°＝30 J；根据功能关系可知，弹簧弹力做功W＝ΔE k＋ΔE p＝36 J，选项C、D错误。

答案 B

8.(2018·全国Ⅰ卷，18)如图7，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()

图7

A.2mgR

B.4mgR

C.5mgR

D.6mgR

解析设小球运动到c点的速度大小为v c，则对小球由a到c的过程，由动能定

理有F·3R－mgR＝1

2m v 2

c

，又F＝mg，解得v c＝2gR。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方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＝v c

g

＝

2R

g

，在水平方向的位移大小为x＝1

2gt

2＝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，则小球机械能的增加量为ΔE＝F·5R＝5mgR，C正确，A、B、D错误。

答案 C

9.(2019·哈尔滨市模拟)如图8所示，水平面右端放一质量m＝0.1 kg的小物块，给小物块一v0＝4 m/s的初速度使其水平向左运动，运动位移d＝1 m后将弹簧压至最短(在弹簧的弹性限度内)，反弹回到出发点时物块的速度大小v1＝2 m/s，若水平面右端与一长L＝3 m的水平传送带平滑连接，传送带以v2＝10 m/s的速度

顺时针匀速转动，传送带右端又与一竖直平面内的光滑圆形轨道的底端平滑连接，圆轨道半径R ＝0.8 m ，当小物块进入圆轨道时会触发闭合装置将圆轨道封闭，忽略空气阻力。(g ＝10 m/s 2，sin 53°＝0.8，sin 37°＝0.6)，求：

图8

(1)小物块与水平面间的动摩擦因数μ1；

(2)弹簧具有的最大弹性势能E p ；

(3)要使小物块进入竖直圆轨道后不脱离圆轨道，传送带与物块间的动摩擦因数μ2应满足的条件。

解析 (1)小物块在水平面上向左运动再返回的过程中，根据能量守恒定律可得 12m v 20＝12m v 21＋μ1mg ·

2d 代入数据解得μ1＝0.3。

(2)小物块从出发到运动到将弹簧压缩至最短时，弹簧具有最大的弹性势能，此过程中由能量守恒定律可得

E p ＋μ1mgd ＝12m v 20

代入数据解得E p ＝0.5 J 。

(3)该问题分两种情况讨论：①设物块在圆轨道最低点时速度为v 3，恰好到达圆心右侧等高点时速度为0

根据机械能守恒定律可得mgR ＝12m v 23，

解得v 3＝4 m/s ＜v 2＝10 m/s

说明物块在传送带上一直做匀加速运动，由动能定理可得μ2mgL ＝12m v 23－12m v 21，

解得μ2＝0.2，即要使物块不脱离圆轨道，进入轨道时物块速度应为v ≤v 3，故μ2≤0.2。

②设物块在圆轨道最低点速度为v4时，恰好能到达圆轨道最高点，在圆轨道最高点有mg＝m v25

R

物块从圆轨道最低点到最高点的过程，由机械能守恒定律可得

2mgR＋1

2m v

2

5

＝

1

2m v

2

4

代入数据解得v4＝210 m/s＜v2＝10 m/s，说明物块在传送带上一直做匀加速运动

由动能定理可得μ2mgL＝1

2m v 2

4

－

1

2m v

2

1

，

解得μ2＝0.6，

即要使物块不脱离圆轨道，进入轨道时物块速度应为

v＞v4，故μ2≥0.6

综上所述传送带与物块间的动摩擦因数μ2应满足的条件是μ2≤0.2或μ2≥0.6。答案(1)0.3(2)0.5 J(3)μ2≤0.2或μ2≥0.6