功能关系 能量守恒定律
功能关系的理解及应用
1．常见的功能关系
2．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。
[典例1] (2024·广东东莞高三月考)如图所示，质量为m的物体静止在地面上，物体上面连着一个轻弹簧，用手拉住弹簧上端向上移动H，将物体缓缓提高h，拉力F做功WF，不计弹簧的质量，已知重力加速度为g，则下列说法正确的是( )
A．重力做功－mgh，重力势能减少mgh
B．弹力做功－WF，弹性势能增加WF
C．重力势能增加mgh，弹性势能增加FH
D．重力势能增加mgh，弹性势能增加WF－mgh
D [由题知物体缓慢上升h，则重力做功为WG＝－mgh，重力势能增加mgh，整个过程，根据功能关系有WF＋W弹＋WG＝0，解得W弹＝mgh－WF，故弹性势能增加ΔEp＝－W弹＝WF－mgh，故选项D正确。]
[典例2] (2024·1月九省联考贵州卷)如图所示，一轻质弹簧置于固定光滑斜面上，下端与固定在斜面底端的挡板连接，弹簧处于原长时上端位于A点。一物块由斜面上A点上方某位置释放，将弹簧压缩至最低点B(弹簧在弹性限度内)，则物块由A点运动至B点的过程中，弹簧弹性势能的( )
A．增加量等于物块动能的减少量
B．增加量等于物块重力势能的减少量
C．增加量等于物块机械能的减少量
D．最大值等于物块动能的最大值
C [设物块在A点时的动能为Ek，斜面的倾角为θ，物块由A点运动至B点的过程中，对物块由能量守恒有Ek＋mgLABsin θ＝Ep，可知，物块由A点运动至B点的过程中，物块的机械能转化成了弹簧的弹性势能，因此可知，弹簧弹性势能增加量大于物块动能的减少量，同样大于物块重力势能的减少量，而等于物块机械能的减少量，故A、B错误，C正确；显然，物块由A点运动至B点的过程中，弹簧弹性势能最大时即弹簧被压缩至最短时，而物块动能最大时，弹簧的弹力等于物块重力沿斜面向下的分力，即此时弹簧已被压缩，具有了一定的弹性势能，而此后物块还要继续向下运动，直至速度减为零，弹簧被压缩至最短，因此弹簧弹性势能的最大值大于物块动能的最大值，故D错误。故选C。]
能量守恒定律的理解与应用
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)如果只有重力和系统内弹簧弹力做功，系统机械能守恒。
(2)如果系统内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。
[典例3] (多选)如图所示，轻质弹簧一端固定，另一端与一质量为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，AC＝h。圆环在C处获得一竖直向上的速度v，恰好能回到A处。弹簧始终在弹性限度内，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，克服摩擦力做的功为mv2
C．在C处，弹簧的弹性势能为mv2－mgh
D．上滑经过B的速度大于下滑经过B的速度
思路点拨：解此题的关键是根据“B处速度最大”“C处速度为零”分析圆环的运动过程及能量转化规律。
BD [圆环从A处由静止开始下滑，则说明圆环具有向下的加速度，经过B处的速度最大，说明在B处的加速度为零，到达C处的速度为零，说明圆环从B处开始减速、具有与速度相反方向的加速度，即下滑过程中，加速度先减小，后反向增大，选项A错误；圆环从A处到C处的过程中，设圆环在C点时弹簧的弹性势能为Ep，该过程中圆环克服摩擦力做功为Wf，由能量守恒定律得mgh＝Ep＋Wf，圆环从C处到A处的过程中，由能量守恒定律得mgh＋Wf＝Ep＋mv2，由以上两式解得Wf＝mv2，Ep＝mgh－mv2，选项B正确，C错误；由能量守恒定律得，圆环从A处到B处的过程中，mghAB＝，圆环从B处到A处的过程中，mghAB＋Wf1＝，由以上两式知，v1 运用能量守恒定律解题的基本思路
摩擦力做功与能量转化
1．两种摩擦力做功的比较
静摩擦力做功 滑动摩擦力做功
只有能量的转移，没有能量的转化 既有能量的转移，又有能量的转化
互为作用力和反作用力的一对静摩擦力所做功的代数和为零，即要么一正一负，要么都不做功 互为作用力和反作用力的一对滑动摩擦力所做功的代数和为负值，即至少有一个力做负功
两种摩擦力都可以对物体做正功或者负功，还可以不做功
2．摩擦生热的“三点”提醒
(1)大小：系统内因滑动摩擦力做功产生的热量Q＝Ffx相对。
(2)产生：有滑动摩擦力的系统内存在相对位移，摩擦生热Q＝Ffx相对中，x相对是两物体间相对运动的位移，即同向相减、反向相加；若物体做往复运动，则x相对为总的相对路程。
(3)能量变化的两种形式：一是相互摩擦的物体之间机械能转移；二是机械能转化为内能(即热量)。
传送带问题中摩擦力的做功分析
[典例4] (2025·广东潮州高三检测)如图所示，绷紧的传送带与水平面的夹角θ＝30°，传送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(可看作质点)轻轻放在传送带的底端，经过1.9 s，工件被传送到h＝1.5 m的高处。g取10 m/s2，求：
(1)工件与传送带间的动摩擦因数；
(2)电动机由于传送工件多消耗的电能。
思路点拨：解此题按以下思路：
[解析] (1)传送带长x＝＝3 m
工件速度达到v0前，做匀加速运动的位移
x1＝t1＝t1
工件速度到达v0后，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＝＝2.5 m/s2
由牛顿第二定律得μmg cos θ－mg sin θ＝ma
解得μ＝。
(2)在时间t1内，传送带运动的位移
x传送带＝v0t1＝1.6 m
在时间t1内，工件相对传送带的位移
x相对＝x传送带－x1＝0.8 m
在时间t1内，摩擦生热
Q＝μmg cos θ·x相对＝60 J
工件获得的动能Ek＝＝20 J
工件增加的势能Ep＝mgh＝150 J
故电动机多消耗的电能W＝Q＋Ek＋Ep＝230 J。
[答案] (1) (2)230 J
分析传送带问题的两个方面
1．动力学角度分析
首先准确地对物体受力分析和运动过程分析，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．传送带问题中的功能关系分析
(1)功能关系分析：W＝ΔEk＋ΔEp＋Q。
(2)对W和Q的理解：①传送带做的功W＝Fx传，其中F为传送带的动力，x传为传送带转过的距离；②产生的内能Q＝FfΔx。
“滑块—滑板”中摩擦力的做功分析
[典例5] (一题多法)如图所示，水平地面上有一长L＝2 m、质量M＝1 kg的长板，其右端上方有一固定挡板。质量m＝2 kg的小滑块从长板的左端以＝6 m/s 的初速度向右运动，同时长板在水平拉力F作用下以v＝2 m/s的速度向右匀速运动，滑块与挡板相碰后速度为0，长板继续匀速运动，直到长板与滑块分离。已知长板与地面间的动摩擦因数μ1＝0.4，滑块与长板间动摩擦因数μ2＝0.5，重力加速度g取10 m/s2。求：
(1)滑块从长板的左端运动至挡板处的过程，长板的位移x；
(2)滑块碰到挡板前，水平拉力大小F；
(3)滑块从长板的左端运动至与长板分离的过程，系统因摩擦产生的热量Q。
[解析] (1)滑块在长板上做匀减速运动，
a＝＝μ2g
解得a＝5 m/s2
根据运动学公式得L＝v0t－at2
解得t＝0.4 s(t＝2.0 s舍去)
(碰到挡板前滑块速度v1＝v0－at＝4 m/s>2 m/s，说明滑块一直匀减速运动)
长板移动的位移x＝vt＝0.8 m。
(2)对长板受力分析如图所示，
由平衡条件有F＋Ff2＝Ff1
其中Ff1＝μ1(M＋m)g＝12 N，Ff2＝μ2mg＝10 N
解得F＝2 N。
(3)解法一：滑块与挡板碰撞前，滑块与长板因摩擦产生的热量Q1＝Ff2·(L－x)＝μ2mg(L－x)＝12 J
滑块与挡板碰撞后，滑块与长板因摩擦产生的热量
Q2＝μ2mg(L－x)＝12 J
整个过程中，长板与地面因摩擦产生的热量
Q3＝μ1(M＋m)g·L＝24 J
所以系统因摩擦产生的热量Q＝Q1＋Q2＋Q3＝48 J。
解法二：滑块与挡板碰撞前，长板受到的拉力为F1＝2 N[第(2)问可知]
F1做的功为W1＝Fx＝2×0.8 J＝1.6 J
滑块与挡板碰撞后，长板受到的拉力为
F2＝Ff1＋Ff2＝μ1(M＋m)g＋μ2mg＝22 N
F2做的功为W2＝F2(L－x)＝22×1.2 J＝26.4 J
碰到挡板前滑块速度v1＝v0－at＝4 m/s
滑块动能变化ΔEk＝＝20 J
所以系统因摩擦产生的热量Q＝W1＋W2＋ΔEk＝48 J。
[答案] (1)0.8 m (2)2 N (3)48 J
“滑块—滑板”模型问题的分析方法
(1)动力学分析：分别对滑块和滑板进行受力分析，根据牛顿第二定律求出各自的加速度；从放上滑块到二者速度相等，所用时间相等，由t＝＝可求出共同速度v和所用时间t，然后由位移公式可分别求出二者的位移。
(2)功和能分析：对滑块和滑板分别运用动能定理，或者对系统运用能量守恒定律。要注意区分三个位移如图所示：
①求摩擦力对滑块做功时用滑块对地的位移x滑；
②求摩擦力对滑板做功时用滑板对地的位移x板；
③求摩擦生热时用相对滑动的位移x相。
1．(多选)如图所示，质量为m的物体以某一速度冲上一个倾角为37°的斜面，其运动的加速度的大小为0.9g，这个物体沿斜面上升的最大高度为H，重力加速度为g，则在这一过程中( )
A．物体的重力势能增加了0.9mgH
B．物体的重力势能增加了mgH
C．物体的动能损失了0.5mgH
D．物体的机械能损失了0.5mgH
BD [在物体上滑到最大高度的过程中，重力对物体做负功，故物体的重力势能增加了mgH，故A错误，B正确；物体所受的合力沿斜面向下，其合力做的功为W＝－F·＝－ma·＝－1.5mgH，故物体的动能损失了1.5mgH，故C错误；设物体受到的摩擦力为Ff，由牛顿第二定律得mg sin 37°＋Ff＝ma，解得Ff＝0.3mg，摩擦力对物体做的功为Wf＝－Ff·＝－0.5mgH，因此物体的机械能损失了0.5mgH，故D正确。]
2．如图所示，处于原长的水平轻弹簧左端固定在竖直挡板上，右端贴靠置于粗糙的水平面上O点的质量m的小物块，现对物块施加水平向左的恒力F0，物块向左运动至最远点P点时立即撤去F0，结果物块恰好返回O点静止，已知OP＝x0，重力加速度为g，则( )
A．物块从O点运动到P点的过程加速度先减小后增加
B．物块在P点时，弹簧的弹性势能为
C．物块与水平面间的动摩擦因数μ＝
D．物块向左运动速度最大的位置与返回向右运动速度最大的位置不在同一点
A [物块从O运动至P的过程中，物块在水平方向受到弹簧向右的弹力和滑动摩擦力，弹力逐渐增大，合力先减小后反向增大，则加速度先减小后反向增大，故A正确；根据能量守恒知全过程满足2μmgx0＝F0x0，物块在P点时刻，弹簧的弹性势能Ep，则Ep＋μmgx0＝F0x0，联立解得Ep＝，μ＝，故B、C错误；速度最大的位置，合力为零，设物块向左运动过程中速度最大时弹簧压缩量为x，则有F0＝kx＋μmg，而2μmgx0＝F0x0，解得2μmg＝F0，所以有kx＝μmg，设物块向右运动过程中速度最大时弹簧压缩量为x′，则有kx′＝μmg，所以x＝x′，物块向左运动速度最大的位置与返回向右运动速度最大的位置在同一点，故D错误。]
3．长征途中，为了突破敌方关隘，战士爬上陡峭的山头，居高临下沿水平方向向敌方防御工事内投掷手榴弹，手榴弹做平抛运动。忽略空气阻力，以下关于手榴弹下落过程中的重力势能Ep(以地面为零势能面)、动能变化量ΔEk、动能的平均变化率、机械能E随时间t变化的曲线，正确的是( )
A B
C D
C [设手榴弹的初始高度为H，则手榴弹下落过程中的重力势能Ep＝mgH－mg·gt2＝mgH－t2可知Ep-t图像不可能是直线，故A错误；动能变化量等于合外力所做的功，即重力做的功，可得ΔEk＝mg·gt2＝t2，可知ΔEk-t为过原点的抛物线，故B错误；根据B选项分析可得＝t，可知-t为过原点的倾斜直线，故C正确；手榴弹下落过程中只有重力做功，机械能守恒，可知E-t图像为平行于t轴的直线，机械能大小恒为mgH，故D错误。]
4．(多选)(2025·广东珠海模拟)将一长木板静止放在光滑的水平面上，如图甲所示，一个小铅块(可视为质点)以水平初速度v0由木板左端向右滑动，到达右端时恰能与木板保持相对静止。现将木板分成A和B两段，使B的长度和质量均为A的2倍，并紧挨着放在原水平面上，让小铅块仍以初速度v0由木板A的左端开始向右滑动，如图乙所示。若小铅块相对滑动过程中所受的摩擦力始终不变，则下列有关说法正确的是( )
A．小铅块将从木板B的右端飞离木板
B．小铅块滑到木板B的右端前就与木板B保持相对静止
C．甲、乙两图所示的过程中产生的热量相等
D．图甲所示的过程产生的热量大于图乙所示的过程产生的热量
BD [题图甲小铅块运动过程中，小铅块与木板之间的摩擦力使整个木板一直加速，题图乙中小铅块先使整个木板加速，运动到B部分上后A部分停止加速，只有B部分加速，加速度大于第一次的对应过程，故题图乙中小铅块与B木板将更早达到速度相等，所以小铅块还没有运动到B的右端，两者速度就已经相同，选项A错误，B正确；题图甲中的相对位移大小大于题图乙中的相对位移大小，则题图甲所示的过程产生的热量大于题图乙所示的过程产生的热量，选项C错误，D正确。]
专题突破练习(六) 功能关系 能量守恒定律
1．(多选)如图所示，一根轻弹簧下端固定，竖立在水平面上，其正上方A位置处有一个小球，小球从静止开始下落，在B位置接触弹簧的上端，在C位置小球所受弹力大小等于重力，在D位置小球速度减小到零。关于小球下落阶段，下列说法正确的是( )
A．在B位置小球动能最大
B．在C位置小球动能最大
C．从A→C位置小球重力势能的减少量小于小球动能的增加量
D．从A→D位置小球重力势能的减少量等于弹簧弹性势能的增加量
BD [在C位置小球所受弹力大小等于重力，合力等于零，加速度等于零，此时速度达到最大值，所以在C位置小球动能最大，故A错误，B正确；从A→C位置小球减少的重力势能转化为小球的动能和弹簧的弹性势能，所以小球重力势能的减少量大于小球动能的增加量，故C错误；由于小球在D点的速度为零，由能量的转化与守恒可知，从A→D位置小球重力势能的减少量等于弹簧弹性势能的增加量，故D正确。]
2．(多选)(2024·广东广州二模)如图所示，广州地铁3号线北延段使用了节能坡。某次列车以64.8 km/h (18 m/s)的速度冲上高度为4 m的坡顶车站时，速度减为7.2 km/h (2 m/s)，设该过程节能坡的转化率为η(列车重力势能的增加量与其动能减小量之比)，则( )
A．该过程列车的机械能守恒
B．该过程列车的机械能减少
C．η约为10%
D．η约为25%
BD [设列车的质量为m，则初始的机械能为E1＝＝m×182＝162m (J)，最终的机械能为E2＝＝m×10×4＋m×22＝42m (J)，则该过程列车的机械能减小，故A错误，B正确；根据题意可得η＝＝×100%＝×100%＝25%，故D正确，C错误。故选BD。]
3．如图所示，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l。重力加速度大小为g。在此过程中，外力做的功为( )
A．mgl B．mgl C．mgl D．mgl
A [QM段绳的质量为m′＝m，未拉起时，QM段绳的重心在QM中点处，与M点距离为l，绳的下端Q拉到M点时，QM段绳的重心与M点距离为l，此过程重力做功WG＝－m′g＝－mgl，对绳的下端Q拉到M点的过程，外力做的功等于细绳MQ段的重力势能变化，可知外力做功W＝－WG＝mgl，可知A项正确，B、C、D项错误。]
4．(2025·广东江门高三阶段测试)如图所示，塔吊用钢绳沿竖直方向将质量为m的建材以加速度a匀加速向上提起高度h，已知重力加速度为g，则此过程中下列说法正确的是( )
A．建材的动能增加了mgh
B．建材的重力势能减少了mgh
C．建材的机械能增加了amh
D．建材所受的钢绳的拉力做的功m(a＋g)h
D [建筑材料向上做匀加速直线运动，上升高度为h，根据动能定理ΔEk＝mah，故A错误；重力做负功，所以重力势能增加，故B错误；受力分析知绳子拉力F＝ma＋mg，机械能增加量等于绳子拉力做功W＝m(a＋g)h，故C错误，D正确。]
5．如图所示，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，当电梯上升高度为H时，电梯的速度达到v，此时物体的速度也为v，重力加速度为g，则在这段运动过程中，以下说法正确的是( )
A．轻质弹簧对物体的拉力所做的功等于mv2
B．钢索的拉力所做的功等于mv2＋MgH
C．轻质弹簧对物体的拉力所做的功大于mv2
D．钢索的拉力所做的功等于(m＋M)v2＋(m＋M)gH
C [轻质弹簧对物体的拉力所做的功等于物体增加的动能和重力势能，大于mv2，选项A错误，C正确；钢索拉力做的功应等于系统增加的动能、重力势能和弹性势能之和，即系统增加的机械能，所以拉力做功应大于mv2＋MgH，选项B错误；由于电梯竖直向上做加速运动，弹簧长度增大，电梯上升高度为H时，物体上升高度小于H，但弹性势能增加，而电梯上升高度为H时物体的加速度不一定与电梯相同，故无法判断拉力做功是否等于(m＋M)v2＋(m＋M)gH，选项D错误。]
6．(多选)如图所示，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，以下结论正确的是( )
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．系统产生的内能为Fx
ABC [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；小物块到达小车最右端时，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；系统产生的内能为FfL，D错误。]
7．(2024·广东湛江高三月考)如图所示，足够长的水平传送带以恒定速率v匀速运动，某时刻一个质量为m的小物块，以大小也是v、方向与传送带的运动方向相反的初速度冲上传送带，最后小物块的速度与传送带的速度相同。在小物块与传送带间有相对运动的过程中，滑动摩擦力对小物块做的功为W，小物块与传送带间因摩擦产生的热量为Q，则下列判断正确的是( )
A．W＝0，Q＝mv2 B．W＝0，Q＝2mv2
C．W＝，Q＝mv2 D．W＝mv2，Q＝2mv2
B [在整个运动的过程中，物块动能的变化量为零，只有摩擦力做功，根据动能定理，得知W＝0。物块先做匀减速直线运动到零，然后返回做匀加速直线运动，达到速度v后做匀速直线运动，设动摩擦因数为μ，则匀减速直线运动的加速度大小为a＝＝μg；匀减速直线运动的时间为t1＝＝，位移为x1＝＝，传送带的位移为x2＝vt1＝，物块相对传送带滑动的路程为Δx＝x1＋x2＝。物块返回做匀加速直线运动的加速度大小仍为a，则时间为t′2＝＝，位移为x′1＝＝，传送带的位移为x′2＝，物块相对传送带滑动的路程为Δx′＝x′2－x′1＝，物块与传送带间摩擦产生的热量为Q＝μmg(Δx＋Δx′)＝2mv2，故B正确，A、C、D错误。]
8．(多选)如图所示，在光滑的水平面上，有一质量为M的长木板以一定的初速度向右匀速运动，将质量为m的小铁块无初速度地轻放到长木板右端，小铁块与长木板间的动摩擦因数为μ，当小铁块在长木板上相对长木板滑动L时，与长木板保持相对静止，此时长木板对地的位移为x，已知重力加速度为g，在这个过程中，下列说法正确的是( )
A．小铁块增加的动能为μmg(x＋L)
B．长木板减少的动能为μmgx
C．摩擦产生的热量为μmg(x－L)
D．系统机械能的减少量为μmgL
BD [对小铁块，摩擦力做正功，根据动能定理有μmg(x－L)＝mv2－0，其中(x－L)为小铁块相对地面的位移，则小铁块增加的动能ΔEkm＝μmg(x－L)，A项错误；对长木板，摩擦力做负功，根据动能定理，长木板减少的动能ΔEkM＝μmgx，B项正确；摩擦产生的热量Q＝μmgL(L为相对位移)，C项错误；根据能量守恒定律，系统减少的机械能等于产生的热量ΔE＝Q＝μmgL，D项正确。]
9．(多选)一物块在高3.0 m、长5.0 m 的斜面顶端从静止开始沿斜面下滑，其重力势能和动能随下滑距离s的变化如图中直线Ⅰ、Ⅱ所示，重力加速度取10 m/s2。则( )
A．物块下滑过程中机械能不守恒
B．物块与斜面间的动摩擦因数为0.5
C．物块下滑时加速度的大小为6.0 m/s2
D．当物块下滑2.0 m时机械能损失了12 J
AB [由重力势能和动能随下滑距离s变化的图像可知，重力势能和动能之和随下滑距离s的增大而减小，可知物块下滑过程中机械能不守恒，A项正确；在斜面顶端，重力势能mgh＝30 J，解得物块质量m＝1 kg，由重力势能随下滑距离s变化图像可知，重力势能可以表示为Ep＝(30－6s)J，由动能随下滑距离s变化图像可知，动能可以表示为Ek＝2s J，设斜面倾角为θ，则有sin θ＝＝，cos θ＝，由功能关系有－μmg cos θ·s＝Ep＋Ek－30 J＝(30－6s＋2s－30) J＝－4s J，可得μ＝0.5，B项正确；由牛顿第二定律得mg sin θ－μmg cos θ＝ma，解得a＝g(sin θ－μcos θ)＝2 m/s2，C项错误；由重力势能和动能随下滑距离s变化图像可知，当物块下滑 2.0 m 时机械能为E＝18 J＋4 J＝22 J，机械能损失了ΔE＝30 J－22 J＝8 J，D项错误。]
10．如图所示，质量分别为m和2m的小物块Р和Q，用轻质弹簧连接后放在水平地面上，Р通过一根水平轻绳连接到墙上。P的下表面光滑，Q与地面间的动摩擦因数为μ，最大静摩擦力等于滑动摩擦力。用水平拉力将Q向右缓慢拉开一段距离，撤去拉力后，Q恰好能保持静止。弹簧形变始终在弹性限度内，弹簧的劲度系数为k，重力加速度大小为g。若剪断轻绳，P在随后的运动过程中相对于其初始位置的最大位移大小为( )
A．μmgk B．
C． D．
C [Q恰好能保持静止时，设弹簧的伸长量为x，满足kx＝2μmg，若剪断轻绳后，物块P与弹簧组成的系统机械能守恒，弹簧的最大压缩量也为x，因此P相对于其初始位置的最大位移大小为s＝2x＝，故选C。]
11．(多选)如图所示，固定在竖直面内的光滑轨道ABC由直线段AB和圆弧段BC组成，两段相切于B点，AB段与水平面夹角为θ，BC段圆心为O，最高点为C，A与C的高度差等于圆弧轨道的直径2R，重力加速度为g。小球从A点以初速度v0冲上轨道，能沿轨道运动恰好到达C点，下列说法正确的是( )
A．小球从B到C的过程中，对轨道的压力逐渐增大
B．小球从A到C的过程中，重力的功率始终保持不变
C．小球的初速度v0＝
D．若小球初速度v0增大，小球有可能从B点脱离轨道
AD [小球从B点到C点的过程中，对小球进行受力分析，如图所示，根据牛顿第二定律有mg cos α－FN＝m，则FN＝mg cos α－m，α减小，v减小，FN增大，根据牛顿第三定律可知，小球对轨道的压力逐渐增大，A正确；小球从A点到B点的过程中，重力功率PG＝mg sin θ·v，v减小，PG减小，B错误；因为小球从A点运动到C点的过程中，只有重力做功，所以小球的机械能守恒，有mg·2R＝，v0＝，C错误；若小球初速度v0增大，过B点时，若，则小球会从B点脱离轨道，D正确。]
12．如图甲所示，一倾角为37°的传送带以恒定速度运行。现将一质量m＝1 kg的小物体抛上传送带，物体相对地面的速度随时间变化的关系如图乙所示，取沿传送带向上为正方向，g取10 m/s2，sin 37°＝0.6，cos 37°＝0.8。求：
(1)物体与传送带间的动摩擦因数；
(2)0～8 s内物体机械能的增加量；
(3)0～8 s物体与传送带摩擦产生的热量Q。
[解析] (1)由图像可以知道，传送带沿斜面向上运动，物体刚抛到传送带上的初速度方向是沿斜面向下的，且做加速度大小为a＝ m/s2＝1 m/s2 的匀减速直线运动，对其受力分析，由牛顿第二定律得
μmg cos θ－mg sin θ＝ma
可解得μ＝0.875。
(2)根据v-t图像与时间轴围成的“面积”大小等于物体的位移，可得0～8 s内物体的位移x＝×4 m－×2×2 m＝14 m
0～8 s内物体的机械能的增加量等于物体重力势能的增加量和动能增加量之和，为ΔE＝＝90 J。
(3)0～8 s内只有前6 s发生相对滑动，0～2 s内物体相对传送带的位移为Δx1＝4×2 m＋×2×2 m＝10 m
2～6 s内物体相对传送带的位移为Δx2＝4×4 m－×4×4 m＝8 m
则0～6 s内物体相对于传送带的位移为
Δx＝Δx1＋Δx2＝18 m
0～8 s内物体与传送带因摩擦产生的热量Q＝μmg cos θ·Δx＝126 J。
[答案] (1)0.875 (2)90 J (3)126 J
12 / 18专题突破练习(六) 功能关系 能量守恒定律
说明：单选题每小题4分，多选题每小题6分；本试卷共71分
1．(多选)如图所示，一根轻弹簧下端固定，竖立在水平面上，其正上方A位置处有一个小球，小球从静止开始下落，在B位置接触弹簧的上端，在C位置小球所受弹力大小等于重力，在D位置小球速度减小到零。关于小球下落阶段，下列说法正确的是( )
A．在B位置小球动能最大
B．在C位置小球动能最大
C．从A→C位置小球重力势能的减少量小于小球动能的增加量
D．从A→D位置小球重力势能的减少量等于弹簧弹性势能的增加量
2．(多选)(2024·广东广州二模)如图所示，广州地铁3号线北延段使用了节能坡。某次列车以64.8 km/h (18 m/s)的速度冲上高度为4 m的坡顶车站时，速度减为7.2 km/h (2 m/s)，设该过程节能坡的转化率为η(列车重力势能的增加量与其动能减小量之比)，则( )
A．该过程列车的机械能守恒
B．该过程列车的机械能减少
C．η约为10%
D．η约为25%
3．如图所示，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l。重力加速度大小为g。在此过程中，外力做的功为( )
A．mgl B．mgl C．mgl D．mgl
4．(2025·广东江门高三阶段测试)如图所示，塔吊用钢绳沿竖直方向将质量为m的建材以加速度a匀加速向上提起高度h，已知重力加速度为g，则此过程中下列说法正确的是( )
A．建材的动能增加了mgh
B．建材的重力势能减少了mgh
C．建材的机械能增加了amh
D．建材所受的钢绳的拉力做的功m(a＋g)h
5．如图所示，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，当电梯上升高度为H时，电梯的速度达到v，此时物体的速度也为v，重力加速度为g，则在这段运动过程中，以下说法正确的是( )
A．轻质弹簧对物体的拉力所做的功等于mv2
B．钢索的拉力所做的功等于mv2＋MgH
C．轻质弹簧对物体的拉力所做的功大于mv2
D．钢索的拉力所做的功等于(m＋M)v2＋(m＋M)gH
6．(多选)如图所示，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，以下结论正确的是( )
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．系统产生的内能为Fx
7．(2024·广东湛江高三月考)如图所示，足够长的水平传送带以恒定速率v匀速运动，某时刻一个质量为m的小物块，以大小也是v、方向与传送带的运动方向相反的初速度冲上传送带，最后小物块的速度与传送带的速度相同。在小物块与传送带间有相对运动的过程中，滑动摩擦力对小物块做的功为W，小物块与传送带间因摩擦产生的热量为Q，则下列判断正确的是( )
A．W＝0，Q＝mv2 B．W＝0，Q＝2mv2
C．W＝，Q＝mv2 D．W＝mv2，Q＝2mv2
8．(多选)如图所示，在光滑的水平面上，有一质量为M的长木板以一定的初速度向右匀速运动，将质量为m的小铁块无初速度地轻放到长木板右端，小铁块与长木板间的动摩擦因数为μ，当小铁块在长木板上相对长木板滑动L时，与长木板保持相对静止，此时长木板对地的位移为x，已知重力加速度为g，在这个过程中，下列说法正确的是( )
A．小铁块增加的动能为μmg(x＋L)
B．长木板减少的动能为μmgx
C．摩擦产生的热量为μmg(x－L)
D．系统机械能的减少量为μmgL
9．(多选)一物块在高3.0 m、长5.0 m 的斜面顶端从静止开始沿斜面下滑，其重力势能和动能随下滑距离s的变化如图中直线Ⅰ、Ⅱ所示，重力加速度取10 m/s2。则( )
A．物块下滑过程中机械能不守恒
B．物块与斜面间的动摩擦因数为0.5
C．物块下滑时加速度的大小为6.0 m/s2
D．当物块下滑2.0 m时机械能损失了12 J
10．如图所示，质量分别为m和2m的小物块Р和Q，用轻质弹簧连接后放在水平地面上，Р通过一根水平轻绳连接到墙上。P的下表面光滑，Q与地面间的动摩擦因数为μ，最大静摩擦力等于滑动摩擦力。用水平拉力将Q向右缓慢拉开一段距离，撤去拉力后，Q恰好能保持静止。弹簧形变始终在弹性限度内，弹簧的劲度系数为k，重力加速度大小为g。若剪断轻绳，P在随后的运动过程中相对于其初始位置的最大位移大小为( )
A．μmgk B．
C． D．
11．(多选)如图所示，固定在竖直面内的光滑轨道ABC由直线段AB和圆弧段BC组成，两段相切于B点，AB段与水平面夹角为θ，BC段圆心为O，最高点为C，A与C的高度差等于圆弧轨道的直径2R，重力加速度为g。小球从A点以初速度v0冲上轨道，能沿轨道运动恰好到达C点，下列说法正确的是( )
A．小球从B到C的过程中，对轨道的压力逐渐增大
B．小球从A到C的过程中，重力的功率始终保持不变
C．小球的初速度v0＝
D．若小球初速度v0增大，小球有可能从B点脱离轨道
1 9 8 7 6 5 4 3 2 1 0 ＋0.5
12．(15分) 如图甲所示，一倾角为37°的传送带以恒定速度运行。现将一质量m＝1 kg的小物体抛上传送带，物体相对地面的速度随时间变化的关系如图乙所示，取沿传送带向上为正方向，g取10 m/s2，sin 37°＝0.6，cos 37°＝0.8。求：
(1)物体与传送带间的动摩擦因数；
(2)0～8 s内物体机械能的增加量；
(3)0～8 s物体与传送带摩擦产生的热量Q。
1 / 5 功能关系 能量守恒定律
功能关系的理解及应用
1．常见的功能关系
2．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。
[典例1] (2024·广东东莞高三月考)如图所示，质量为m的物体静止在地面上，物体上面连着一个轻弹簧，用手拉住弹簧上端向上移动H，将物体缓缓提高h，拉力F做功WF，不计弹簧的质量，已知重力加速度为g，则下列说法正确的是( )
A．重力做功－mgh，重力势能减少mgh
B．弹力做功－WF，弹性势能增加WF
C．重力势能增加mgh，弹性势能增加FH
D．重力势能增加mgh，弹性势能增加WF－mgh
[听课记录]
[典例2] (2024·1月九省联考贵州卷)如图所示，一轻质弹簧置于固定光滑斜面上，下端与固定在斜面底端的挡板连接，弹簧处于原长时上端位于A点。一物块由斜面上A点上方某位置释放，将弹簧压缩至最低点B(弹簧在弹性限度内)，则物块由A点运动至B点的过程中，弹簧弹性势能的( )
A．增加量等于物块动能的减少量
B．增加量等于物块重力势能的减少量
C．增加量等于物块机械能的减少量
D．最大值等于物块动能的最大值
[听课记录]
能量守恒定律的理解与应用
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)如果只有重力和系统内弹簧弹力做功，系统机械能守恒。
(2)如果系统内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。
[典例3] (多选)如图所示，轻质弹簧一端固定，另一端与一质量为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，AC＝h。圆环在C处获得一竖直向上的速度v，恰好能回到A处。弹簧始终在弹性限度内，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，克服摩擦力做的功为mv2
C．在C处，弹簧的弹性势能为mv2－mgh
D．上滑经过B的速度大于下滑经过B的速度
思路点拨：解此题的关键是根据“B处速度最大”“C处速度为零”分析圆环的运动过程及能量转化规律。
[听课记录]
运用能量守恒定律解题的基本思路
摩擦力做功与能量转化
1．两种摩擦力做功的比较
静摩擦力做功 滑动摩擦力做功
只有能量的转移，没有能量的转化 既有能量的转移，又有能量的转化
互为作用力和反作用力的一对静摩擦力所做功的代数和为零，即要么一正一负，要么都不做功 互为作用力和反作用力的一对滑动摩擦力所做功的代数和为负值，即至少有一个力做负功
两种摩擦力都可以对物体做正功或者负功，还可以不做功
2．摩擦生热的“三点”提醒
(1)大小：系统内因滑动摩擦力做功产生的热量Q＝Ffx相对。
(2)产生：有滑动摩擦力的系统内存在相对位移，摩擦生热Q＝Ffx相对中，x相对是两物体间相对运动的位移，即同向相减、反向相加；若物体做往复运动，则x相对为总的相对路程。
(3)能量变化的两种形式：一是相互摩擦的物体之间机械能转移；二是机械能转化为内能(即热量)。
传送带问题中摩擦力的做功分析
[典例4] (2025·广东潮州高三检测)如图所示，绷紧的传送带与水平面的夹角θ＝30°，传送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(可看作质点)轻轻放在传送带的底端，经过1.9 s，工件被传送到h＝1.5 m的高处。g取10 m/s2，求：
(1)工件与传送带间的动摩擦因数；
(2)电动机由于传送工件多消耗的电能。
思路点拨：解此题按以下思路：
[听课记录]
分析传送带问题的两个方面
1．动力学角度分析
首先准确地对物体受力分析和运动过程分析，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．传送带问题中的功能关系分析
(1)功能关系分析：W＝ΔEk＋ΔEp＋Q。
(2)对W和Q的理解：①传送带做的功W＝Fx传，其中F为传送带的动力，x传为传送带转过的距离；②产生的内能Q＝FfΔx。
“滑块—滑板”中摩擦力的做功分析
[典例5] (一题多法)如图所示，水平地面上有一长L＝2 m、质量M＝1 kg的长板，其右端上方有一固定挡板。质量m＝2 kg的小滑块从长板的左端以＝6 m/s的初速度向右运动，同时长板在水平拉力F作用下以v＝2 m/s的速度向右匀速运动，滑块与挡板相碰后速度为0，长板继续匀速运动，直到长板与滑块分离。已知长板与地面间的动摩擦因数μ1＝0.4，滑块与长板间动摩擦因数μ2＝0.5，重力加速度g取10 m/s2。求：
(1)滑块从长板的左端运动至挡板处的过程，长板的位移x；
(2)滑块碰到挡板前，水平拉力大小F；
(3)滑块从长板的左端运动至与长板分离的过程，系统因摩擦产生的热量Q。
[听课记录]
“滑块—滑板”模型问题的分析方法
(1)动力学分析：分别对滑块和滑板进行受力分析，根据牛顿第二定律求出各自的加速度；从放上滑块到二者速度相等，所用时间相等，由t＝＝可求出共同速度v和所用时间t，然后由位移公式可分别求出二者的位移。
(2)功和能分析：对滑块和滑板分别运用动能定理，或者对系统运用能量守恒定律。要注意区分三个位移如图所示：
①求摩擦力对滑块做功时用滑块对地的位移x滑；
②求摩擦力对滑板做功时用滑板对地的位移x板；
③求摩擦生热时用相对滑动的位移x相。
1．(多选)如图所示，质量为m的物体以某一速度冲上一个倾角为37°的斜面，其运动的加速度的大小为0.9g，这个物体沿斜面上升的最大高度为H，重力加速度为g，则在这一过程中( )
A．物体的重力势能增加了0.9mgH
B．物体的重力势能增加了mgH
C．物体的动能损失了0.5mgH
D．物体的机械能损失了0.5mgH
2．如图所示，处于原长的水平轻弹簧左端固定在竖直挡板上，右端贴靠置于粗糙的水平面上O点的质量m的小物块，现对物块施加水平向左的恒力F0，物块向左运动至最远点P点时立即撤去F0，结果物块恰好返回O点静止，已知OP＝x0，重力加速度为g，则( )
A．物块从O点运动到P点的过程加速度先减小后增加
B．物块在P点时，弹簧的弹性势能为
C．物块与水平面间的动摩擦因数μ＝
D．物块向左运动速度最大的位置与返回向右运动速度最大的位置不在同一点
3．长征途中，为了突破敌方关隘，战士爬上陡峭的山头，居高临下沿水平方向向敌方防御工事内投掷手榴弹，手榴弹做平抛运动。忽略空气阻力，以下关于手榴弹下落过程中的重力势能Ep(以地面为零势能面)、动能变化量ΔEk、动能的平均变化率、机械能E随时间t变化的曲线，正确的是( )
A B
C D
4．(多选)(2025·广东珠海模拟)将一长木板静止放在光滑的水平面上，如图甲所示，一个小铅块(可视为质点)以水平初速度v0由木板左端向右滑动，到达右端时恰能与木板保持相对静止。现将木板分成A和B两段，使B的长度和质量均为A的2倍，并紧挨着放在原水平面上，让小铅块仍以初速度v0由木板A的左端开始向右滑动，如图乙所示。若小铅块相对滑动过程中所受的摩擦力始终不变，则下列有关说法正确的是( )
A．小铅块将从木板B的右端飞离木板
B．小铅块滑到木板B的右端前就与木板B保持相对静止
C．甲、乙两图所示的过程中产生的热量相等
D．图甲所示的过程产生的热量大于图乙所示的过程产生的热量
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