【江苏专版】24　第五章　第4节　功能关系　能量守恒定律 课件《高考快车道》2026高考物理一轮总复习

(共84张PPT)
第五章　机械能及其守恒定律
第4节　功能关系　能量守恒定律
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一、功能关系
1．功能关系
(1)功是能量______的量度，不同形式的能量发生相互转化是通过做功来实现的。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______来实现。
转化
做功
2．几种常见的功能关系
几种常见力做功 对应的能量变化 数量关系式
重力 正功 重力势能______ WG＝－ΔEp
负功 重力势能______
弹簧等 的弹力 正功 弹性势能______ W弹＝－ΔEp
负功 弹性势能______
减少
增加
减少
增加
几种常见力做功 对应的能量变化 数量关系式
电场力 正功 电势能______ W电＝－ΔEp
负功 电势能______
合力 正功 动能______
负功 动能______ W合＝ΔEk
重力和弹 簧弹力之 外的其他力 正功 机械能______ W其他＝ΔE
负功 机械能______
减少
增加
增加
减少
增加
减少
几种常见力做功 对应的能量变化 数量关系式
一对相互作用的滑动摩擦力的总功 作用于系统的一对滑动摩擦力一定做负功 机械能______内能______ 摩擦生热Q＝_________
减少
增加
Ffx相对
二、能量守恒定律
1．内容：能量既不会凭空产生，也不会凭空消失。它只能从一种形式______为另一种形式，或者从一个物体______到另一个物体，而在转化和转移的过程中，能量的总量__________。
2．表达式：ΔE减＝______。
3．两个特殊的功能关系
(1)滑动摩擦力与两物体间相对位移的乘积等于产生的内能，即___________＝Q。
(2)感应电流克服安培力做的功等于产生的电能，即W克安＝E电。
转化
转移
保持不变
ΔE增
Ff·x相对
一、易错易误辨析(正确的打“√”，错误的打“×”)
(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)仅滑动摩擦力做功时，一定会引起机械能的转化。 (　　)
(6)一个物体的能量增加，必定伴随着别的物体的能量减少。 (　　)
×
×
√
×
√
√
二、教材习题衍生
1．(功能关系的理解)如图所示，一个长为L，质量为M的木板，静止在光滑水平面上，一个质量为m的物块(可视为质点)以水平初速度v0从木板的左端滑向另一端，设物块与木板间的动摩擦因数为μ，当物块与木板相对静止时，物块仍在长木板上，物块相对木板的位移为d，木板相对地面的位移为s，重力加速度为g。则在此过程中
(　　)
A．摩擦力对物块做的功为－μmgd
B．摩擦力对木板做的功为μmgs
C．木板动能的增量为μmgd
D．由于摩擦而产生的热量为μmgs
√
B　[摩擦力对物块做的功W1＝－μmg(s＋d)，摩擦力对木板做的功W2＝μmgs，A错误，B正确；根据动能定理可知木板动能的增量ΔEk＝W2＝μmgs，C错误；由于摩擦而产生的热量Q＝Ff·Δx＝μmgd，D错误。]
2．(能量守恒定律的应用)某同学用如图所示的装置测量一个凹形木块的质量m，弹簧的左端固定，木块在水平面上紧靠弹簧(不连接)并将其压缩，记下木块右端位置A点，静止释放后，木块右端恰能运动到B1点。在木块槽中加入一个质量m0＝800 g的砝码，再将木块左端紧靠弹簧，木块右端位置仍然在A点，静止释放后木块离开弹簧，右端恰能运动到B2点，测得AB1、AB2长分别为27.0 cm和9.0 cm，则木块的质量m为(　　)
A．100 g B．200 g
C．300 g D．400 g
√
D　[根据能量守恒定律，有μmg·AB1＝Ep，μ(m0＋m)g·AB2＝Ep，联立解得m＝400 g，D正确。]
细研考点·突破题型
考点1　 对功能关系的理解及应用
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．力学中常见的功能关系
[典例1]　(功能关系的理解及应用) (2024·江苏扬州一模)如图，水平地面上有一固定光滑斜面AB，其底端B点与半径为R的四分之一圆弧平滑连接，圆弧的端点C与圆心O在同一水平线上，M、N为C点正上方两点，距离C点分别为2R和R，现将一小球从M点静止释放，小球在AB上能到达最高处D点距水平面的高度为2R，接着小球沿斜面滑下返回进入圆弧轨道，若不考虑空气
阻力，则(　　)
A．小球返回轨道后沿轨道运动可能到不了C点
B．小球返回轨道后能沿轨道一直运动，并上升到N点
C．小球返回轨道后沿轨道运动到C点时，速度一定大于零
D．若将小球从N点静止释放，则小球在AB上能到达最高处距水平面的高度等于R
√
C　[据题意可知，小球从M点静止释放能到达D点，由能量关系可知在经过四分之一圆弧轨道过程中损失的机械能为mgR(小球在圆弧轨道上运动的速度越大，与轨道间的压力越大，摩擦力也就越大，摩擦力做功越多，损失的机械能也越多；同理速度越小摩擦力做功就越少，损失的机械能也就越少)。当小球从D点返回时，经过圆弧轨道的速度要小于从M点下落经过圆弧轨道的速度，所以在返回过程中损失的机械能小于mgR，故一定能到达C点，所以A错误；若返回过程中没有机械能损失，则恰好能回到N点，而现在有机械能损失，所以不可能回到N点，所以B错误；由于在返回过程中损失的机械能小于mgR，所以小球到达C点时速度一定大于零，所以C正确；若将小球从N点静止释放，小球在圆弧轨道上损失的机械能小于mgR，所以小球在AB上能到达最高处距水平面的高度h满足R＜h＜2R，所以D错误。]
【典例1　教用·备选题】　(功能关系的理解及应用) 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点的正上方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AP＝2R，重力加速度为g，则小球从P点运动到B点的过程中(　　)
A．重力做功2mgR
B．机械能减少mgR
C．合力做功mgR
D．克服摩擦力做功mgR
√
D　[小球从P点运动到B点的过程中，重力做功WG＝mg(2R－R)＝mgR，故A错误；小球沿轨道到达最高点B时恰好对轨道没有压力，则有mg＝，解得vB＝，则此过程中机械能的减少量为ΔE＝＝mgR，故B错误；根据动能定理可知，合力做功W合＝＝mgR，故C错误；根据功能关系可知，小球克服摩擦力做的功等于机械能的减少量，为mgR，故D正确。]
[典例2]　(功能关系与图像的结合)如图所示，水平轻弹簧一端固定，另一端与滑块连接，当滑块轻放在顺时针转动的水平传送带上的瞬间，弹簧恰好无形变。在滑块向右运动至速度为零的过程中，下列关于滑块的速度v、加速度a随时间t，滑块的动能Ek、滑块与弹簧的机械能E随位移x变化的关系图像中，一定错误的是(　　)
A　　　　　　　　　B
C　　　　　　　　　D
√
D　[滑块滑上传送带，受到向右的滑动摩擦力，开始摩擦力大于弹簧的弹力，向右做加速运动，在此过程中，弹簧的弹力逐渐增大，根据牛顿第二定律，加速度逐渐减小且减小得越来越快，当弹簧的弹力与滑动摩擦力相等时，速度达到最大，然后弹力大于滑动摩擦力，加速度方向与速度方向相反，滑块做减速运动，弹簧弹力继续增大，根据牛顿第二定律得，加速度逐渐增大且增大得越来越慢，速度逐渐减小到0，A、B正确；在加速过程中，若弹簧弹力还未等于滑动摩擦力时，滑块的速度就已经等于传送带的速度时，滑块与传送带相对静止且弹簧弹力小于最大静摩擦力，故滑块维持一段时
间匀速运动，当弹簧的弹力大于最大静摩擦力时滑块做减速运动，动能减小，在这种情况下滑块的动能Ek随位移x变化图像正确，C正确；滑块与弹簧的机械能E随位移x变化图像的斜率为摩擦力的大小，根据题意分析可知，在A、B选项中的情境下，滑动摩擦力保持不变故图像为一条直线；在C选项中的情境下，滑块先受到滑动摩擦力作用，后受到静摩擦力作用，且静摩擦力等于变化的弹簧弹力，最后做减速运动时又受到滑动摩擦力作用，故E-x图像先是直线再为曲线，最后又变为直线且两端直线图像斜率相同，故D图像不符合题意，D错误。本题选择错误的，故选D。]
规律总结　功能关系的选取方法
(1)若只涉及动能的变化用动能定理分析。
(2)只涉及重力势能的变化，用重力做功与重力势能变化的关系分析。
(3)只涉及机械能变化，用除重力和弹簧的弹力之外的力做功与机械能变化的关系分析。
考点2　摩擦力做功与能量转化
1．两种摩擦力的做功情况比较
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＝
－Ff l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
[典例3]　(传送带与斜面的摩擦力做功)(2024·江苏扬州阶段练习)如图所示，光滑斜面AB与水平传送带BC平滑连接，BC长L＝4.5 m，与物块的动摩擦因数μ＝0.3，传送带的速度v＝3 m/s。设质量m＝2 kg的物块由静止开始从A点下滑，经过C点后水平抛出，恰好沿圆弧切线从D点进入竖直光滑圆弧轨道DOE，DE连线水平。已知圆弧半径R＝2.0 m，对应圆心角θ＝106°，物块运动到O点时对轨道的压力为61 N(g＝10 m/s2，
sin 37°＝0.6，cos 37°＝0.8)。求：
(1)物块运动到D点的速度大小vD；
(2)物块下落的最大高度H；
(3)第(2)问中，物块与传送带间产生的热量Q。
[解析]　(1)物块由D点到O点利用动能定理有
mgR(1－cos 53°)＝
在O点有FN－mg＝，解得vD＝5 m/s。
(2)在D点将速度沿水平和竖直进行分解，根据平抛运动的规律可得该位置物体的水平速度即为vC，故vC＝3 m/s。物块在传送带上一直匀减速运动到C点下落高度最大，根据牛顿第二定律有
μmg＝ma，得a＝3 m/s2
根据速度位移公式有＝－2aL，得vB＝6 m/s
从A到B根据动能定理可得mgH＝，解得H＝1.8 m。
(3)根据运动学知识可知vC＝vB＋at，解得t＝1 s
所以相对位移Δx＝(4.5－3) m＝1.5 m
产生的热量Q＝μmgΔx＝9 J。
[答案]　(1)5 m/s　(2)1.8 m　(3)9 J
方法技巧　摩擦力做功的分析方法
一是无论是滑动摩擦力，还是静摩擦力，计算做功时都是用力与相对地面的位移的乘积。二是摩擦生热的计算公式Q＝Ff·x相对，其中x相对为两接触物体间的相对位移，若物体在传送带上做往复运动时，则x相对为总的相对路程。
【典例3　教用·备选题】　(传送带与斜面的摩擦力做功)(2021·
江苏新高考适应性考试)如图所示，水平传送带足够长，向右前进的速度 v＝4 m/s，与倾角为37°的斜面的底端P平滑连接，将一质量m＝2 kg 的小物块从A点静止释放。已知A、P的距离L＝8 m，物块与斜面、传送带间的动摩擦因数分别为μ1＝0.25、μ2＝0.20，取重力加速度 g＝10 m/s2，sin 37°＝0.6，cos 37°
＝0.8。 求物块：
(1)第1次滑过P点时的速度大小v1；
(2)第1次在传送带上往返运动的时间t；
(3)从释放到最终停止运动，与斜面间摩擦产生的热量Q。
[解析]　(1)由动能定理得
(mg sin 37°－μ1mg cos 37°)L＝－0
解得v1＝8 m/s。
(2)由牛顿第二定律得μ2mg＝ma
物块与传送带共速时，由速度公式得－v＝v1－at1
解得t1＝6 s
匀速运动阶段的时间为t2＝＝3 s
第1次在传送带上往返运动的时间为
t＝t1＋t2＝9 s。
(3)由分析可知，除物块第一次到达传送带的速率大于v，其余每次到达传送带的速率都小于v，所以每次再到达传送带和离开传送带的速度大小相等，最终物块静止在P点，则根据能量守恒有Q＝μ1mgL cos 37°＋mv2＝48 J。
[答案]　(1)8 m/s　(2)9 s　(3)48 J
[典例4]　(曲面上的摩擦力做功分析)如图所示，竖直平面内有一半径为R的固定圆轨道与水平轨道相切于最低点B。一质量为m的小物块P(可视为质点)从A处由静止滑下，经过最低点B后沿水平轨道运动，到C处停下，B、C两点间的距离为R，物块P与圆轨道、水平轨道之间的动摩擦因数均为μ。现用力F将物块P沿下滑的路径从C处缓慢拉回圆弧轨道的顶端A，拉力F的方向始终与物块P的运动方向一致，物块P从B处经圆弧轨道到达A处过
程中，克服摩擦力做的功为μmgR，下列说法
正确的是(　　)
A．物块P在下滑过程中，运动到B处时速度最大
B．物块P从A滑到C的过程中克服摩擦力做的功等于2μmgR
C．物块P从C到A的过程中，拉力F做的功小于2mgR
D．物块P从C到A的过程中，拉力F做的功为mgR(1＋μ)
√
C　[当重力沿圆轨道切线方向的分力等于滑动摩擦力时速度最大，此位置在AB之间，故A错误；将物块P缓慢地从B拉到A，克服摩擦力做的功为μmgR，而物块P从A滑到B的过程中，物块P做圆周运动，根据向心力知识可知物块P所受的支持力比缓慢运动时要大，则滑动摩擦力增大，所以克服摩擦力做的功Wf大于μmgR，因此物块P从A滑到C的过程中克服摩擦力做的功大于2μmgR，故B错误；由动能定理得，从C到A的过程中有WF－mgR－μmgR－μmgR＝0－0，则拉力F做的功为WF＝mgR(1＋2μ)，故D错误；从A到C的过程中，根据动能定理得mgR－Wf－μmgR＝0，因为Wf>μmgR，则mgR>μmgR＋μmgR，因此WF<2mgR，故C正确。]
[典例5]　(“滑块—木板”模型中的摩擦力做功分析)如图甲所示，长木板A放在光滑的水平面上，质量为m＝2 kg 的另一物体B(可看成质点)以水平速度v0＝2 m/s 滑上原来静止的长木板A的上表面。由于A、B间存在摩擦，之后A、B速度随时间变化情况如图乙所示。下列说法正确的是(g取10 m/s2)(　　)
A．木板A获得的动能为2 J
B．系统损失的机械能为4 J
C．木板A的最小长度为2 m
D．A、B间的动摩擦因数为0.1
√
D　[由题给图像可知，A、B的加速度大小都为1 m/s2，根据牛顿第二定律知二者质量相等，木板获得的动能为1 J，选项A错误；系统损失的机械能ΔE＝－·2m·v2＝2 J，选项B错误；由v-t图像可求出二者相对位移为1 m，木板的最小长度为1 m，选项C错误；对B进行受力分析，根据牛顿第二定律，可求出μ＝0.1，选项D正确。]
考点3　 能量守恒定律的理解及应用
[典例6]　(能量守恒定律的应用)(2024·江苏无锡期末)如图甲所示，在倾角为θ的粗糙斜面上，有一个质量为m的物体在沿斜面方向的力F的作用下由静止开始向下运动，物体与斜面之间的动摩擦因数为μ，物体的机械能E随位移x的变化关系如图乙所示。其中0～x1过程的图线是曲线，x1～x2过程的图
线为平行于x轴的直线，重力
加速度为g，则下列说法正确
的是(　　)
A．在0～x2过程中，物体先加速后匀速
B．在0～x1过程中，物体的加速度一直减小
C．在x1～x2过程中，物体的加速度为g sin θ
D．在0～x2过程中，拉力F做的功为WF＝E1－E2＋μmgx2
√
C　[根据功能关系可知，E-x图像的斜率等于力F和摩擦力的合力F合，在0～x1过程中，机械能不断减小，说明拉力F小于摩擦力，且斜率绝对值减小，F合逐渐减小，故拉力增大，加速度一直增大，所以物体做加速度增大的加速运动，在x1～x2过程中，机械能不变，故拉力F等于摩擦力，物体的合力等于mg sin θ，物体做匀加速运动，故A、B错误；在x1～x2过程中，物体的合力等于mg sin θ，由牛顿第二定律可得物体的加速度为a＝＝g sin θ，故C正确；根据功能关系得WF－μmg cos θ·x2＝E2－E1，则WF＝E2－E1＋μmg cos θ·x2，故D错误。]
【典例6　教用·备选题】　(能量守恒定律的应用)构建和谐型、节约型社会深得民心，遍布生活的方方面面。自动充电式电动车就是很好的一例，电动车的前轮装有发电机，发电机与蓄电池连接。当在骑车者用力蹬车或电动自行车自动滑行时，电动自行车就可以连通发电机向蓄电池充电，将其他形式的能转化成电能储存起来。现有某人骑车以500 J的初动能在粗糙的水平路面上滑行，第一次关闭自动充电装置，让车自由滑行，其动能随位移变化关系如图线①所示；第二次启动自动充电装置，其动能随位移变化关系如图线②所示，则第二次向蓄电池所充的
电能是(　　)
A．200 J B．250 J
C．300 J D．500 J
√
A　[第一次关闭自动充电装置，自由滑行时只有摩擦力做功，根据动能定理有－Ff·x1＝0－Ek，第二次启动充电装置后，滑行直至停下来的过程，动能一部分克服摩擦力做功，一部分转化为电能，Ek＝Ff·x2＋W，代入数据计算可得W＝200 J，选项A正确。]
[典例7]　(功能原理的应用)(2024·江苏卷)如图所示，粗糙斜面的动摩擦因数为μ，倾角为θ，斜面长为L。一个质量为m的物块(可视为质点)在电动机作用下，从斜面底端 A点由静止加速至 B点时达到最大速度v，之后做匀速运动至C点，关闭电动机，物块恰好到达最高点D。重力加速度为g，不计电动机消耗的电热。求：
(1)CD段长x；
(2)BC段电动机的输出功率P；
(3)全过程存储的机械能E1和电动机消耗
的总电能 E2的比值。
[解析]　(1)物块在CD段运动过程中，由牛顿第二定律得
mg sin θ＋μmg cos θ＝ma
由运动学公式得
0－v2＝－2ax
联立解得x＝。
(2)物块在BC段匀速运动，得电动机的牵引力为
F＝mg sin θ＋μmg cos θ
由P＝Fv得
P＝mgv(sin θ＋μcos θ)。
(3)全过程物块增加的机械能为
E1＝mgL sin θ
整个过程由能量守恒得电动机消耗的总电能转化为物块增加的机械能和摩擦产生的内能，故可知
E2＝E1＋μmg cos θ·L
故可得
＝＝。
[答案]　(1)　(2)mgv(sin θ＋μcos θ)　(3)
规律总结　1．对能量守恒定律的两点理解
(1)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)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．能量转化问题的解题思路
(1)当涉及摩擦力做功，机械能不守恒时，一般应用能量的转化和守恒定律。
(2)解题时，首先确定初、末状态，然后分析状态变化过程中哪种形式的能量减少，哪种形式的能量增加，求出减少的能量总和ΔE减与增加的能量总和ΔE增，最后由ΔE减＝ΔE增列式求解。
题组一　对功能关系的理解及应用
1．物体在竖直方向上分别做了匀速上升、加速上升和减速上升三种运动。在这三种情况下物体机械能的变化情况是(　　)
A．匀速上升机械能不变，加速上升机械能增加，减速上升机械能减小
B．匀速上升和加速上升机械能增加，减速上升机械能减小
C．匀速上升和加速上升机械能增加，减速上升机械能可能增加，可能减少，也可能不变
D．三种情况中，物体的机械能均增加
1
题号
2
3
4
5
6
7
8
9
√
10
11
课时分层作业(十七)　功能关系　能量守恒定律
C　[无论物体向上加速运动还是向上匀速运动，除重力外，其他外力一定对物体做正功，物体机械能都增加；物体向上减速运动时，除重力外，物体受到的其他外力不确定，故无法确定其机械能的变化，C正确。]
1
题号
2
3
4
5
6
7
8
9
10
11
2．一小球从地面上以某一初速度竖直向上抛出，运动过程中受到的阻力大小与速率成正比，在上升过程中，下列能正确反映小球的机械能E随上升高度h的变化规律(选地面为零势能参考平面)的是
(　　)
√
1
题号
2
3
4
5
6
7
8
9
10
11
A　　　　B　　 　C　　 　D
C　[设小球运动的速率为v时所受的阻力大小为f，根据题意可知f＝kv，根据功能关系得ΔE＝Wf＝fh，则E＝E0－ΔE＝E0－fh，因为速度逐渐减小，所以f逐渐减小，图像的斜率逐渐减小，故C正确。]
1
题号
2
3
4
5
6
7
8
9
10
11
3．(2024·天一中学模拟)如图所示，一根原长为L的轻弹簧，下端固定在水平地面上，一个质量为m的小球，在弹簧的正上方从距地面高度为H处由静止下落压缩弹簧。若弹簧的最大压缩量为x，小球下落过程受到的空气阻力恒为Ff，则小球从开始下落至最低点的过程(　　)
A．小球动能的增量为0
B．小球重力势能的增量为mg(H＋x－L)
C．弹簧弹性势能的增量为mg(H＋x－L)
D．系统机械能减少FfH
√
1
题号
2
3
4
5
6
7
8
9
10
11
A　[小球下落的整个过程中，开始时速度为零，结束时速度也为零，所以小球动能的增量为0，选项A正确；小球下落的整个过程中，重力做功WG＝mgh＝mg(H＋x－L)，根据重力做功量度重力势能的变化WG＝
－ΔEp得小球重力势能的增量为－mg(H＋x－L)，选项B错误；根据动能定理得WG＋Wf＋W弹＝0－0＝0，所以W弹＝－(mg－Ff)·(H＋x－L)，根据弹簧弹力做功量度弹性势能的变化W弹＝－ΔE弹得弹簧弹性势能的增量为(mg－Ff)(H＋x－L)，选项C错误；系统机械能的减少量等于重力、弹力以外的力做的功，小球从开始下落至最低点的过程，克服阻力做的功为Ff (H＋x－L)，所以系统机械能减少Ff (H＋x－L)，选项D错误。]
1
题号
2
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6
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10
11
题组二　摩擦力做功与能量转化
4．(2024·江苏南通一模)如图甲所示，水平传送带以恒定的速率顺时针转动，质量为m＝10 kg的箱子在水平传送带上由静止释放，经过6 s后，箱子滑离传送带，箱子的v-t图像如图乙所示，对于箱子从静止释放到相对传送带静止这一过程，重力加速度g取10 m/s2，下列说法正确的是(　　)
1
题号
2
3
4
5
6
7
8
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10
11
A．箱子与传送带间的动摩擦因数为0.5
B．箱子对传送带做功为－45 J
C．传送带对箱子做功为180 J
D．箱子与传送带因摩擦产生的热量为45 J
1
题号
2
3
4
5
6
7
8
9
10
11
√
D　[根据题图可得箱子在传送带上匀加速时有a＝＝μg＝ m/s2，解得μ＝0.075，A错误；0～4 s内，箱子和传送带间有相对滑动，此时有摩擦力存在，之后匀速运动，相对静止，二者间没有摩擦力，0～4 s时间内传送带运动的距离为s1＝3×4 m＝12 m，传送带受到的摩擦力与其运动方向相反，箱子对传送带做功为W1＝－fs1＝－μmgs1＝－90 J，B错误；0～4 s内，箱子的位移为s2＝×3×4 m＝6 m，故传送带对箱子做功为W2＝μmgs2＝45 J，C错误；0～4 s内，箱子与传送带间的相对位移为Δs＝s1－s2＝6 m，故箱子与传送带因摩擦产生的热量为Q＝μmg·Δs＝45 J，D正确。]
1
题号
2
3
4
5
6
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8
9
10
11
5．(2024·江苏镇江阶段练习)一木块静止在光滑水平面上，现有一个水平飞来的子弹射入此木块并深入2 cm后相对于木块静止，同一时间内木块被带动前移了1 cm，则子弹损失的动能、木块获得的动能之比为(　　)
A．3∶2 B．3∶1
C．2∶1 D．2∶3
√
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B　[在运动的过程中，子弹相对木块运动的位移x1＝2 cm，木块向前运动的位移为x2＝1 cm，子弹的位移为x＝x1＋x2＝3 cm，根据动能定理得，对子弹有－fx＝ΔEk1，子弹损失的动能为|ΔEk1|＝fx，对于木块，有fx2＝ΔEk2，木块获得的动能Ek2＝fx2，则子弹损失的动能、木块获得的动能之比为|ΔEk1|∶Ek2＝3∶1，故选B。]
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题组三　能量守恒定律的理解及应用
6．如图甲为某缓冲装置模型，劲度系数为k(足够大)的轻质弹簧与轻杆相连，轻杆可在固定的槽内移动，与槽间的滑动摩擦力为定值Ff，轻杆向右移动不超过l时，装置可安全工作。一质量为m的小车以速度v0撞击弹簧后，导致轻杆向右移动了，此过程小车运动的v-t图像如图乙所示，在0～t1时间内，图线为曲线，在t1～t2时间内，图线为直线。已知装置安全工作时，轻杆与槽间的最大静摩擦力等
于滑动摩擦力，不计小车与地面间的摩
擦。下列说法正确的是(　　)
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A．在0～t1时间内，小车运动的位移为
B．在t1＋t2时刻，小车恰好离开轻弹簧
C．小车离开轻弹簧时的速度为
D．为使装置安全工作，小车的撞击速度不能超过
√
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C　[在0～t1时间内，小车压缩弹簧，轻杆保持静止，在t1时刻，弹力等于最大静摩擦力，则在0～t1时间内，小车运动的位移即弹簧的形变量为x＝，故A错误；在0～t1时间内，小车做加速度增大的减速运动，在t1～t2时间内，与轻杆一起做匀减速运动，t2时刻之后弹簧反弹小车时其做初速度为零的加速度减小的加速运动，该加速过程的位移大小等于0～t1时间内位移大小，故该加速过程所用时间大于t1，故在t1＋t2时刻，小车未离开轻弹簧，故B错误；对全过程，
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根据能量守恒定律有＝mv′2，解得小车离开轻弹簧时的速度为v′＝，故C正确；为使装置安全工作，当小车速度减为零时，轻杆移动的距离最多为l，此时，根据能量守恒定律有＝Ep＋Ff l，Ep＝kx2＝，解得vmax＝，故D错误。]
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7．(一题多法)(2024·山东卷)如图所示，质量均为m的甲、乙两同学分别坐在水平放置的轻木板上，木板通过一根原长为l的轻质弹性绳连接，连接点等高且间距为d(d1
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A．＋μmg(l－d)
B．＋μmg(l－d)
C．＋2μmg(l－d)
D．＋2μmg(l－d)
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√
B　[方法一　当甲所坐木板刚要离开原位置时，对甲及其所坐木板整体有μmg＝kx0，解得弹性绳的伸长量x0＝，则此时弹性绳的弹性势能为E0＝＝；从开始拉动乙所坐木板到甲所坐木板刚要离开原位置的过程，乙所坐木板的位移为x1＝x0＋l－d，则由功能关系可知该过程F所做的功W＝E0＋μmgx1＝＋μmg(l－d )，B正确。
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方法二　画出外力F与乙所坐的木板的位移x的关系图像如图所示，则外力F做的功W＝μmg(l－d)＋x0＝＋μmg(l－d)，B正确。]
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8．(2025·江苏苏州模拟)如图所示为某户外滑雪场滑道的模型图，倾角为θ、高度为h的斜面AB底端与长度为s的平台BC平滑相连，半径为R的半圆形轨道槽的直径CD竖直，E为轨道槽上与圆心O等高的点。滑雪运动员将质量为m的滑板(可视为质点)从斜面顶端A处由静止释放，滑板刚好能通过轨道槽最高点D。已知滑板与斜面AB、平台BC间的动摩擦因数均为μ，重力加速度为g，由以上信息无法求
得(　　)
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A．滑板从A点运动到B点因摩擦产生的热量
B．滑板从A点运动到C点因摩擦产生的热量
C．滑板从A点运动到E点因摩擦产生的热量
D．滑板从A点运动到D点因摩擦产生的热量
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√
C　[滑板从A点运动到B点因摩擦产生的热量为Q1＝μmg cos θ·，选项A不符合题意；滑板从A点运动到C点因摩擦产生的热量为Q2＝μmg cos θ·＋μmgs，选项B不符合题意；滑板刚好能通过轨道槽最高点D，则有mg＝，可求得vD，从A点运动到D点，由能量守恒得mgh＝＋2mgR＋Q4，联立可求得Q4，选项D不符合题意；根据题中信息无法求得滑板到达E点的速度，则无法求出滑板在E点的动能，所以无法求得从A点运动到E点因摩擦产生的热量，选项C符合题意。故选C。]
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9．如图所示，竖直光滑杆固定不动，套在杆上的轻质弹簧下端固定，将套在杆上的滑块向下压缩弹簧至离地高度h＝0.1 m处，滑块与弹簧不连接。现由静止释放滑块，通过传感器测量到滑块的速度和离地高度h并作出滑块的Ek-h图像，其中高度从0.2 m上升到0.35 m范围内图像为直线，其余部分为曲线，以地面为零重力势能面，不计空气阻力，g取 10 m/s2，由图像可知(　　)
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A．小滑块的质量为0.1 kg
B．轻弹簧原长为0.35 m
C．弹簧最大弹性势能为0.5 J
D．小滑块的重力势能与弹簧的弹性势能总和最小为0.4 J
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√
C　[在从0.2 m上升到0.35 m范围内，ΔEk＝ΔEp＝mgΔh，图线的斜率绝对值k＝＝ N＝2 N＝mg，所以m＝0.2 kg，故A错误；在Ek-h图像中，图线的斜率表示滑块所受的合力，由于高度从 0.2 m 上升到 0.35 m 范围内图像为直线，其余部分为曲线，说明滑块从 0.2 m 上升到0.35 m范围内所受作用力为恒力，从h＝0.2 m 开始滑块与弹簧分离，弹簧的原长为0.2 m，故B错误；根据能量的转化与守恒可知，当滑块上升至最大高度时，增加的重力势能即为弹簧最大弹性势能，
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所以Epm＝mgΔh′＝0.2×10×(0.35－0.1) J＝0.5 J，故C正确；由题图可知，当h＝0.18 m时的动能最大为Ekm＝0.32 J，在滑块整个运动过程中，系统的动能、重力势能和弹性势能之间相互转化，因此动能最大时，滑块的重力势能与弹簧的弹性势能总和最小，根据能量守恒定律可知E′＝E－Ekm＝Epm＋mgh－Ekm＝0.5 J＋0.2×10×0.1 J－0.32 J＝0.38 J，故D错误。]
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10．(2022·江苏卷)如图所示，轻质弹簧一端固定，另一端与物块A连接在一起，处于压缩状态，A由静止释放后沿斜面向上运动到最大位移时，立即将物块B轻放在A右侧，A、B由静止开始一起沿斜面向下运动，下滑过程中A、B始终不分离，当A回到初始位置时速度为零，A、B与斜面间的动摩擦因数相同、弹簧未超过弹性限度，则(　　)
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A．当上滑到最大位移的一半时，A的加速度方向沿斜面向下
B．A上滑时，弹簧的弹力方向不发生变化
C．下滑时，B对A的压力先减小后增大
D．整个过程中A、B克服摩擦力所做的总功大于B的重力势能减小量
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√
B　[由于A、B在下滑过程中不分离，设在最高点弹簧的弹力为F，沿斜面向下为正方向，斜面倾角为θ，A、B之间的弹力为FAB，动摩擦因数为μ，刚下滑时根据牛顿第二定律对A、B有F＋(mA＋mB)g sin θ－μ(mA＋mB)g cos θ＝(mA＋mB)a，对B有mBg sin θ－μmBg cos θ＋FAB＝mBa，联立可得＝，由于A对B的弹力FAB方向沿斜面向上，故可知在最高点F的方向沿斜面向上；由于在最开始弹簧弹力也是沿斜面向上的，弹簧一直处于压缩状态，所以A上滑时，
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弹簧的弹力方向一直沿斜面向上，不发生变化，故B正确；设弹簧原长在O点，A刚开始运动时距离O点为x1，A运动到最高点时距离O点为x2，下滑过程A、B不分离，且弹簧一直处于压缩状态，上滑过程根据能量守恒定律可得＝＋(mAg sin θ＋Ff)(x1－x2)，化简得k＝，当位移为最大位移的一半时，有F合＝k－(mAg sin θ＋Ff)，代入k值可知F合＝0，即此时加速
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度为0，故A错误；根据分析可知＝，下滑过程中F方向沿斜面向上且逐渐变大，则下滑过程FAB逐渐变大，根据牛顿第三定律可知，B对A的压力逐渐变大，故C错误；整个过程中弹力做的功为0，A所受重力做的功为0，当A回到初始位置时速度为零，根据功能关系可知整个过程中A、B克服摩擦力所做的总功等于B的重力势能减小量，故D错误。]
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11．如图甲所示，一长木板静止在水平地面上，在t＝0时刻，一小物块以一定速度从左端滑上长木板，之后长木板运动的v-t图像如图乙所示，已知小物块与长木板的质量均为m＝1 kg，已知木板足够长，g取10 m/s2，求：
(1)小物块与长木板间动摩擦因数的值；
(2)在整个运动过程中，系统所产生的热量。
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[解析]　(1)设小物块与长木板间的动摩擦因数为μ1，长木板与地面间的动摩擦因数为μ2，长木板达到的最大速度为vm，长木板加速过程中，由牛顿第二定律得
μ1mg－2μ2mg＝ma1
vm＝a1t1
木板和物块相对静止，共同减速过程中，由牛顿第二定律得
μ2·2mg＝2ma2
vm＝a2t2
由题图像可知，vm＝2 m/s，t1＝2 s，t2＝1 s
联立解得μ1＝0.5。
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(2)设小物块初速度为v0，刚滑上长木板时的加速度大小为a0，则有
μ1mg＝ma0
vm＝v0－a0t1
在整个过程中，由能量守恒定律得
Q＝＝72 J。
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[答案]　(1)0.5　(2)72 J
谢 谢 ！