2026届高三物理一轮复习讲义第五章第4讲：功能关系　能量守恒定律

第五章 机械能守恒定律 第4讲　功能关系　能量守恒定律 【复习目标】 1掌握几种常见的功能关系，知道能量守恒定律。 2.理解摩擦力做功与能量转化的关系。 3.会应用能量的观点解决综合问题。 【考点突破】 考点一　功能关系的理解和应用 【知识梳理】 功的正负与能量增减的对应关系 (1)物体动能的增加与减少要看合外力对物体做正功还是做负功。 (2)势能的增加与减少要看对应的作用力(如重力、弹簧弹力、静电力等)做负功还是做正功。 (3)机械能的增加与减少要看重力和弹簧弹力之外的力对物体做正功还是做负功。 【典例剖析】 角度1　功能关系的应用 例1 (2024·山东卷，7)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(d<l)。两木板与地面间动摩擦因数均为μ，弹性绳劲度系数为k，被拉伸时弹性势能E＝kx2(x为绳的伸长量)。现用水平力F缓慢拉动乙所坐木板，直至甲所坐木板刚要离开原位置，此过程中两人与所坐木板保持相对静止，k保持不变，最大静摩擦力等于滑动摩擦力，重力加速度大小为g，则F所做的功等于(　　) A.＋μmg(l－d) B.＋μmg(l－d) C.＋2μmg(l－d) D.＋2μmg(l－d) 答案　B 解析　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＝k;水平力F缓慢拉动乙所坐木板，可认为乙与其所坐木板的动能变化量为零，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，由功能关系可知该过程F所做的功W＝E0＋μmgx1＝＋μmg(l－d)，B正确。 角度2　功能关系与图像的结合 例2 (2024·河北邯郸模拟)如图所示，两个倾角相同的斜面固定在水平地面上，底端通过光滑小圆弧连接，一物块从右侧斜面顶端由静止下滑，滑上左侧斜面至最高点，物块与两斜面间动摩擦因数相同，通过底端时无能量损失，此过程中下列图像正确的是(v为速率，Ep为重力势能，t为运动时间，Ek为动能，E为机械能，s为路程，选取地面为零势能面)(　　) 答案　D 解析　根据牛顿第二定律，物块沿斜面下滑时，有mgsin θ－μmgcos θ＝ma1，解得加速度大小a1＝gsin θ－μgcos θ，根据牛顿第二定律，物块沿斜面上滑时，有mgsin θ＋μmgcos θ＝ma2，解得加速度大小a2＝gsin θ＋μgcos θ，故a1<a2，v－t图线的斜率表示加速度，故A错误;Ep－t图像的斜率大小表示重力的瞬时功率，物块沿斜面下滑，速度越来越大，竖直方向的速度也越来越大，故重力的功率越来越大，故B错误;动能随路程变化图像的斜率大小表示合力，根据牛顿第二定律知，沿斜面下滑的合力F1＝ma1是定值，沿斜面上滑的合力F2＝ma2也是定值，故C错误;根据功能关系知，摩擦力做负功，机械能减少，又机械能随路程变化图像的斜率大小表示摩擦力，根据题意知摩擦力为μmgcos θ，为定值，故D正确。 【即时训练】 1.(多选)(2025·山东济南一模)如图甲所示，倾角为θ＝37°的光滑斜面固定在水平地面上，匀强电场沿斜面方向。带正电的滑块以一定的初速度从斜面底端开始上滑。若斜面足够长，上滑过程中滑块的机械能和动能随位移变化的关系图线如图乙所示，sin 37°＝0.6，cos 37°＝0.8，则下列说法正确的是(　　) A.滑块上升过程中动能与电势能之和增大 B.滑块的重力大小为 C.滑块受到的静电力大小为 D.滑块上滑过程中，重力势能增加了4E0 答案　BC 解析　滑块上升过程中重力势能增加，根据能量守恒定律可知，动能与电势能之和减少，故A错误;由题图知，上滑过程中，机械能减少，则静电力对木块做负功，滑块的机械能减少了ΔE＝4E0－3E0＝E0，动能减少ΔEk＝4E0，所以滑块的重力势能增加了ΔEp＝4E0－E0＝3E0，故D错误;由图乙可知滑块上滑的距离为x0，则有Fx0＝E0，滑块受到的静电力大小为F＝，故C正确;滑块上滑过程中，重力做负功，滑块的部分动能转化为重力势能，则有mgsin 37°·x0＝3E0，则滑块的重力大小为mg＝，故B正确。 考点二　摩擦力做功与能量转化 【典例剖析】 例3 (2025·北京高三月考)一木块静止放在光滑水平面上，一颗子弹沿水平方向射入木块，若子弹进入木块的最大深度为x1，与此同时木块沿水平面移动的距离为x2，设子弹在木块中受到的摩擦力大小不变，则在子弹进入木块的过程中(　　) ①子弹损失的动能与木块获得的动能之比为(x1＋x2)∶x2 ②子弹损失的动能与系统损失的动能之比为(x1＋x2)∶x1 ③木块获得的动能与因系统发热损失的动能之比为x2∶x1 ④木块获得的动能与因系统发热损失的动能之比为x1∶x2 A.①②③ B.①②④ C.②③④ D.①③④ 答案　A 解析　设摩擦力大小为Ff，对子弹运用动能定理可得－Ff(x1＋x2)＝ΔEk弹，对木块运用动能定理可得Ffx2＝ΔEk木，可知子弹损失的动能与木块获得的动能之比为∶ΔEk木＝(x1＋x2)∶x2，根据能量守恒定律可知，因系统发热损失的动能为－ΔEk木＝Ff(x1＋x2)－Ffx2＝Ffx1，则子弹损失的动能与系统损失的动能之比为:＝(x1＋x2)∶x1，木块获得的动能与因系统发热损失的动能之比为ΔEk木:＝x2∶x1，故A正确。 【解题妙招】 两种摩擦力做功特点的比较 　　类型 比较　　 静摩擦力做功 滑动摩擦力做功 不 同 点 能量的 转化 只有机械能从一个物体转移到另一个物体，而没有机械能转化为其他形式的能 (1)一部分机械能从一个物体转移到另一个物体 (2)一部分机械能转化为内能，此部分能量就是系统机械能的损失量 不 同 点 一对摩 擦力的 总功 一对静摩擦力所做功的代数和总等于零 一对滑动摩擦力做功的代数和总是负值，总功W＝－Ffs相对，即发生相对滑动时产生的热量 相同点 做功 情况 两种摩擦力对物体可以做正功，也可以做负功，还可以不做功 【即时训练】 2.(多选)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.摩擦力对物块做功为－μmg(s＋d) B.摩擦力对木板做功为μmgs C.木板动能的增加量为μmgd D.由于摩擦而产生的热量为μmgs 答案　AB 解析　根据功的定义W＝Flcos θ，其中l指物体的位移，而θ指力与位移之间的夹角，可知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、B正确;根据动能定理可知木板动能的增加量ΔEk＝W2＝μmgs，C错误;由于摩擦而产生的热量Q＝Ff·Δx＝μmgd，D错误。 考点三　能量守恒定律的理解和应用 【知识梳理】 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，一般应用能量守恒定律。 (2)解题时，首先确定初、末状态，然后分析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。 3.涉及弹簧的能量问题 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)能量转化方面，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。 【典例剖析】 例4 (2024·河北石家庄模拟)如图所示，倾角为θ＝37°的斜面与圆心为O、半径R＝0.9 m的光滑圆弧轨道在B点平滑连接，且固定于竖直平面内。斜面上固定一平行于斜面的轻质弹簧，现沿斜面缓慢推动质量为m1＝0.8 kg的滑块a使其压缩弹簧至A处，将滑块a由静止释放，通过D点时轨道对滑块a的弹力为零。已知A、B之间的距离为L＝1.35 m，滑块a与斜面间动摩擦因数μ＝0.25，C为圆弧轨道的最低点，CE为圆弧轨道的直径，OD水平，滑块a可视为质点，忽略空气阻力，g＝10 m/s2，sin 37°＝0.6，cos 37°＝0.8，≈1.73。 (1)求滑块a在C点时对轨道压力的大小; (2)求滑块a整个运动过程中系统因摩擦而产生的热量; (3)若仅将滑块a换为质量为m2＝0.05 kg的滑块b，滑块b由A点弹出后立即撤去弹簧，求滑块b第一次落在斜面上的位置到B点的距离(结果保留2位有效数字)。 答案　(1)24 N　(2)7.92 J　(3)1.8 m 解析　(1)由题可知，滑块a在D点处的速度为0，对滑块a由C点至D点过程，由动能定理有 －m1gR＝－m1 对滑块a在C点由牛顿第二定律有F1－m1g＝ 结合牛顿第三定律可知，滑块a在C点对轨道压力的大小FN＝F1＝24 N。 (2)设滑块a在A处时弹簧储存的弹性势能为Ep，由能量守恒定律可知 Ep＋m1gLsin 37°＝μm1gLcos 37°＋m1gRcos 37° 解得Ep＝1.44 J 最终滑块a在B与B关于C对称的点之间运动，由能量守恒定律可知Q＝Ep＋m1gLsin 37° 解得Q＝7.92 J。 (3)设滑块b能通过E点，对滑块b由A点至E点由能量守恒定律有 Ep＋m2gLsin 37°＝μm2gLcos 37°＋m2g(R＋Rcos 37°)＋m2 解得vE＝6 m/s 滑块b恰好能通过E点时，有m2g＝ 可知vE>v'，假设成立，设滑块b在空中运动的时间为t，滑块b落在斜面上的位置与B之间的水平距离为d，则有d＝vEt－Rsin 37° (R＋Rcos 37°)－gt2＝dtan 37° 解得t＝ s 又有x＝ 解得x≈1.8 m。 【限时训练】（40min） 1.(2024·浙江1月选考，3)如图所示，质量为m的足球从水平地面上位置1被踢出后落在位置3，在空中达到最高点2的高度为h，则足球(　　) A.从1到2动能减少mgh B.从1到2重力势能增加mgh C.从2到3动能增加mgh D.从2到3机械能不变 答案　B 解析　由足球的运动轨迹可知，足球在空中运动时一定受到空气阻力作用，则从1到2重力势能增加mgh，动能减少量大于mgh，故A错误，B正确; 从2到3由于空气阻力作用，机械能减小，重力势能减小mgh，则动能增加量小于mgh，故C、D错误。 2.如图是工人在装卸桶装水时的常用方法，工人将水桶静止放在卸货轨道的上端，水桶会沿着轨道下滑到地面。某次卸货时，水桶(含水)的总质量是20 kg，水桶释放点到地面的高度差是1 m，水桶滑到地面时的速度是2 m/s，重力加速度取10 m/s2，关于此下滑过程，下列说法正确的是(　　) A.阻力对水桶做的功是160 J B.合外力对水桶做的功是200 J C.水桶损失的机械能是160 J D.水桶滑到轨道末端时重力的瞬时功率是400 W 答案　C 解析　对水桶的下滑过程，由动能定理得mgh＋Wf＝mv2，解得阻力对水桶做的功Wf＝－160 J，A错误;由动能定理可得合外力对水桶做的功W＝mv2，代入数据解得W＝40 J，B错误;根据功能关系可知水桶损失的机械能等于其克服阻力做的功，结合A项分析可知水桶损失的机械能等于160 J，C正确;水桶滑到轨道末端时重力的瞬时功率PG＝mgvy，由于vy<v，所以PG<mgv＝20×10×2 W＝400 W，D错误。 3.(2025·山东聊城模拟)如图所示，圆柱形的容器内有若干个长度不同、粗糙程度相同的直轨道，它们的下端均固定于容器底部圆心O，上端固定在容器侧壁上。若相同的小球以同样的速率，从点O沿各轨道同时向上运动。关于它们向上运动的过程，下列说法正确的是(　　) A.各小球动能相等的位置在同一水平面上 B.各小球重力势能相等的位置不在同一水平面上 C.各小球机械能相等时处于同一球面上 D.当摩擦产生的热量相等时，各小球处于同一圆柱面上 答案　D 解析　当小球到达同一水平面上时，设竖直高度为h，则由动能定理有－mgh－μmgcos θ·＝Ek－Ek0，因小球初动能相同，质量相同，动摩擦因数相同，但是倾角θ不同，则末动能不相同，故A错误;各小球初始位置处的重力势能相同，可知各小球重力势能相等的位置在同一水平面上，故B错误;小球初始位置的机械能相等，当机械能相等时则克服摩擦力做功相等，而摩擦力功Wf＝μmglcos θ＝μmgx，即此时各小球处于同一圆柱面上，由摩擦生热Q＝Wf可知，当摩擦产生的热量相等时，各小球处于同一圆柱面上，故C错误，D正确。 4.(2024·安徽卷，7)在某地区的干旱季节，人们常用水泵从深水井中抽水灌溉农田，简化模型如图所示。水井中的水面距离水平地面的高度为H。出水口距水平地面的高度为h，与落地点的水平距离约为l。假设抽水过程中H保持不变，水泵输出能量的η倍转化为水被抽到出水口处增加的机械能。已知水的密度为ρ，水管内径的横截面积为S，重力加速度大小为g，不计空气阻力。则水泵的输出功率约为(　　) A. B. C. D. 答案　B 解析　设水从出水口喷出的初速度为v0，取t时间内的水为研究对象，该部分水的质量为m＝ρSv0t，根据平抛运动规律l＝v0t，h＝gt2，解得v0＝l，根据功能关系得ηPt＝m＋mg(H＋h)，联立解得水泵的输出功率为P＝·，故B正确。 5.(2024·贵州遵义模拟)如图所示，某时刻物块以初速度v0沿粗糙斜面向下运动，此时加上沿斜面向上的恒力F，物块开始向下做匀减速直线运动直至静止。以该时刻物块所在位置为势能零点，若位移为x、速度为v、动能为Ek、重力势能为Ep、机械能为E，则下列图像可能正确的是(　　) 答案　D 解析　根据运动学公式得v2－＝－2ax，速度v与位移x不是线性关系，图像不是直线，A错误;根据动能定理得mgxsin θ－Fx－Ffx＝Ek－Ek0，解得Ek＝x＋Ek0，动能Ek与位移x是线性关系，图像是直线，B错误;根据功和能的关系得mgxsin θ＝Ep0－Ep，解得Ep＝Ep0－mgxsin θ，重力势能Ep与位移x是线性关系，图像是直线，C错误;根据功能关系得－Fx－Ffx＝E－E0，解得E＝E0－(F＋Ff)x，机械能E和位移x是线性关系，D正确。 6.(2025·海南海口模拟)如图所示，质量为m的物体在水平传送带上由静止释放，传送带由电动机带动，始终保持以速度v匀速运动，物体与传送带间的动摩擦因数为μ，物体过一会儿能保持与传送带相对静止，对于物体从静止释放到与传送带相对静止这一过程，下列说法正确的是(　　) A.摩擦力对物体做的功为mv2 B.电动机多做的功为mv2 C.系统产生的内能为mv2 D.传送带克服摩擦力做的功为mv2 答案　C 解析　根据动能定理有，摩擦力对物体做的功W＝mv2，故A错误;电动机多做的功转化为物体的动能和系统的内能，所以电动机多做的功一定大于mv2，故B错误;设共速时物体相对地面的位移为x1，传送带相对地面的位移为x2，则有x1＝t，x2＝vt，可知x2＝2x1，可知传送带克服摩擦力做的功为摩擦力对物体做功的2倍，即mv2，则系统产生的内能E＝mv2－mv2＝mv2，故C正确，D错误。 7.轻质弹簧的劲度系数k＝30 N/m，右端固定在墙上，左端与一质量m＝0.5 kg的物块相连，如图(a)所示弹簧处于原长状态，物块静止且与水平面间的动摩擦因数μ＝0.2，弹簧的弹性势能与形变量的关系为Ep＝kx2。以物块所在处为原点，水平向右为正方向建立x轴，现对物块施加水平向右的外力F，F随x轴坐标变化的情况如图(b)所示，g＝10 m/s2，则物块向右运动至x＝0.4 m处的动能为(　　) A.0.7 J B.1.1 J C.3.1 J D.3.5 J 答案　A 解析　全过程根据能量守恒定律有WF＝μmg·x＋Ep＋Ek，其中根据图像可得外力F做的功为图线与横轴围成的面积，所以有WF＝(5＋10)×0.2× J＋10×0.2 J＝3.5 J，弹性势能Ep＝kx2＝2.4 J，克服摩擦力做功为0.4 J，代入数据联立解得Ek＝0.7 J，故A正确。 8.(多选)(2025·湖南株洲一模)如图，质量为m的小物块(可视为质点)静止在质量为M、长为l的木板上的最右端，木板放在光滑水平桌面上，某时刻木板以速度v0开始运动。已知物块与木板间的滑动摩擦力大小为Ff，当物块从木板左端离开时(　　) A.物块的动能等于Ffl B.物块的动能小于Ffl C.木板的动能大于M－Ffl D.木板的动能小于M－Ffl 答案　BD 解析　设物块离开木板时的速度为v1，对地位移为x1，物块离开木板时木板的速度为v2，对地位移为x2，因物块从木板左端离开，则可知v2>v1，对物块和木板整体由能量守恒定律有MmM＋Ffl，整理可得MMm－Ffl<M－Ffl，故C错误，D正确;物块与木板发生相对滑动的过程中因摩擦产生的热量为Q＝Ffl＝Ff(x2－x1)，其中x2＝·t，x1＝·t，由于v0>v2>v1，因此v0＋v2>2v1，由此可得x2>2x1，即有x2－x1＝l>x1，而对物块由动能定理有Ffx1＝m，则可得m＝Ffx1<Ffl，故A错误，B正确。 9.(多选)(2024·安徽马鞍山模拟)质量为m的球竖直落入水中后，下落过程中受到水的作用而做匀减速直线运动，下落过程中球的机械能和重力势能随着球进入水的深度h变化规律如图所示，重力加速度g取10 m/s2。则(　　) A.球的质量为0.5 kg B.球的动能减少了40 J C.球受到的水的作用力为10 N D.球向下运动的时间约为2 s 答案　AC 解析　从题图中可知是以水深h＝4 m处为零重力势能平面的，则在水面处的重力势能为20 J，根据Ep0＝mgh，可得球的质量为m＝0.5 kg，故A正确;开始进入水中时的机械能为40 J，则动能为20 J，则末状态时球的动能减少了20 J，故B错误;整个过程中球的机械能减少量为40 J，而机械能减少量等于水对球做的功，则ΔE＝Fh，解得球受到的水的作用力为F＝10 N，故C正确;球向下运动的加速度a＝＝－10 m/s2，初速度v0＝＝4 m/s，则球向下运动的时间t＝＝0.4 s≈0.89 s，故D错误。 10.(2024·江苏卷，15)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点，重力加速度为g，不计电动机消耗的电热。求: (1)CD段长度x; (2)BC段电动机的输出功率P; (3)全过程储存的机械能E1和电动机消耗的总电能E2的比值。 答案　(1)　(2)mgv(sin θ＋μcos θ)　(3) 解析　(1)解法一　对物块从C点运动到D点的过程，由动能定理有 －mgxsin θ－μmgxcos θ＝0－mv2 解得x＝。 解法二　对物块从C点运动到D点的过程，由牛顿第二定律有mgsin θ＋μmgcos θ＝ma 由运动学规律有0－v2＝－2ax 联立解得x＝。 (2)物块在BC段做匀速直线运动，由平衡条件有F＝mgsin θ＋μmgcos θ 则电动机的输出功率P＝Fv＝mgv(sin θ＋μcos θ)。 (3)根据题意，全过程储存的机械能E1＝mgLsin θ 由能量守恒定律可知电动机消耗的总电能E2＝mgLsin θ＋μmgLcos θ 则。 11.如图所示，将原长为R的轻质弹簧放置在倾角为37°的轨道AB上，一端固定在A点，另一端与滑块P(可视为质点，质量可调)接触但不连接。AB长为2R，B端与半径为R的光滑圆轨道BCD相切，D点在O点的正上方，C点与圆心O等高。滑块P与AB间的动摩擦因数μ＝0.5。用外力推动滑块P，每次都将弹簧压缩至原长的一半，然后放开，P开始沿轨道AB运动。当P的质量为m时刚好能到达圆轨道的最高点D。已知重力加速度大小为g，sin 37°＝0.6，cos 37°＝0.8。 (1)求弹簧压缩至原长的一半时，弹簧的弹性势能Ep; (2)改变滑块Р的质量为M，使之能滑上圆轨道，且仍能沿圆轨道滑下，求M的可能值。 答案　(1)3.8mgR　(2)m≤M<m 解析　(1)若滑块P刚好能沿圆轨道运动到圆轨道的最高点，有mg＝m 滑块P由静止运动到圆轨道最高点过程，由能量守恒定律可得 Ep＝μmgcos 37°×R＋mgm 联立解得Ep＝3.8mgR。 (2)为使P能滑上圆轨道，则它到达B点时的速度应大于零，由能量守恒定律可得 Ep>μMgcos 37°·R＋Mg·Rsin 37° 解得M<m 要使滑块P仍能沿圆轨道滑回，P在圆轨道上升的高度不能超过与圆心等高处，由能量守恒定律可得Ep≤μMgcos 37°·R＋Mg 解得M≥m 综上所述可得m≤M<m。 学科网（北京）股份有限公司 $$ 第五章 机械能守恒定律 第4讲　功能关系　能量守恒定律 【复习目标】 1掌握几种常见的功能关系，知道能量守恒定律。 2.理解摩擦力做功与能量转化的关系。 3.会应用能量的观点解决综合问题。 【考点突破】 考点一　功能关系的理解和应用 【知识梳理】 功的正负与能量增减的对应关系 (1)物体动能的增加与减少要看合外力对物体做正功还是做负功。 (2)势能的增加与减少要看对应的作用力(如重力、弹簧弹力、静电力等)做负功还是做正功。 (3)机械能的增加与减少要看重力和弹簧弹力之外的力对物体做正功还是做负功。 【典例剖析】 角度1　功能关系的应用 例1 (2024·山东卷，7)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(d<l)。两木板与地面间动摩擦因数均为μ，弹性绳劲度系数为k，被拉伸时弹性势能E＝kx2(x为绳的伸长量)。现用水平力F缓慢拉动乙所坐木板，直至甲所坐木板刚要离开原位置，此过程中两人与所坐木板保持相对静止，k保持不变，最大静摩擦力等于滑动摩擦力，重力加速度大小为g，则F所做的功等于(　　) A.＋μmg(l－d) B.＋μmg(l－d) C.＋2μmg(l－d) D.＋2μmg(l－d) 角度2　功能关系与图像的结合 例2 (2024·河北邯郸模拟)如图所示，两个倾角相同的斜面固定在水平地面上，底端通过光滑小圆弧连接，一物块从右侧斜面顶端由静止下滑，滑上左侧斜面至最高点，物块与两斜面间动摩擦因数相同，通过底端时无能量损失，此过程中下列图像正确的是(v为速率，Ep为重力势能，t为运动时间，Ek为动能，E为机械能，s为路程，选取地面为零势能面)(　　) 【即时训练】 1.(多选)(2025·山东济南一模)如图甲所示，倾角为θ＝37°的光滑斜面固定在水平地面上，匀强电场沿斜面方向。带正电的滑块以一定的初速度从斜面底端开始上滑。若斜面足够长，上滑过程中滑块的机械能和动能随位移变化的关系图线如图乙所示，sin 37°＝0.6，cos 37°＝0.8，则下列说法正确的是(　　) A.滑块上升过程中动能与电势能之和增大 B.滑块的重力大小为 C.滑块受到的静电力大小为 D.滑块上滑过程中，重力势能增加了4E0 考点二　摩擦力做功与能量转化 【典例剖析】 例3 (2025·北京高三月考)一木块静止放在光滑水平面上，一颗子弹沿水平方向射入木块，若子弹进入木块的最大深度为x1，与此同时木块沿水平面移动的距离为x2，设子弹在木块中受到的摩擦力大小不变，则在子弹进入木块的过程中(　　) ①子弹损失的动能与木块获得的动能之比为(x1＋x2)∶x2 ②子弹损失的动能与系统损失的动能之比为(x1＋x2)∶x1 ③木块获得的动能与因系统发热损失的动能之比为x2∶x1 ④木块获得的动能与因系统发热损失的动能之比为x1∶x2 A.①②③ B.①②④ C.②③④ D.①③④ 【解题妙招】 两种摩擦力做功特点的比较 　　类型 比较　　 静摩擦力做功 滑动摩擦力做功 不 同 点 能量的 转化 只有机械能从一个物体转移到另一个物体，而没有机械能转化为其他形式的能 (1)一部分机械能从一个物体转移到另一个物体 (2)一部分机械能转化为内能，此部分能量就是系统机械能的损失量 不 同 点 一对摩 擦力的 总功 一对静摩擦力所做功的代数和总等于零 一对滑动摩擦力做功的代数和总是负值，总功W＝－Ffs相对，即发生相对滑动时产生的热量 相同点 做功 情况 两种摩擦力对物体可以做正功，也可以做负功，还可以不做功 【即时训练】 2.(多选)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.摩擦力对物块做功为－μmg(s＋d) B.摩擦力对木板做功为μmgs C.木板动能的增加量为μmgd D.由于摩擦而产生的热量为μmgs 考点三　能量守恒定律的理解和应用 【知识梳理】 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，一般应用能量守恒定律。 (2)解题时，首先确定初、末状态，然后分析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。 3.涉及弹簧的能量问题 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)能量转化方面，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。 【典例剖析】 例4 (2024·河北石家庄模拟)如图所示，倾角为θ＝37°的斜面与圆心为O、半径R＝0.9 m的光滑圆弧轨道在B点平滑连接，且固定于竖直平面内。斜面上固定一平行于斜面的轻质弹簧，现沿斜面缓慢推动质量为m1＝0.8 kg的滑块a使其压缩弹簧至A处，将滑块a由静止释放，通过D点时轨道对滑块a的弹力为零。已知A、B之间的距离为L＝1.35 m，滑块a与斜面间动摩擦因数μ＝0.25，C为圆弧轨道的最低点，CE为圆弧轨道的直径，OD水平，滑块a可视为质点，忽略空气阻力，g＝10 m/s2，sin 37°＝0.6，cos 37°＝0.8，≈1.73。 (1)求滑块a在C点时对轨道压力的大小; (2)求滑块a整个运动过程中系统因摩擦而产生的热量; (3)若仅将滑块a换为质量为m2＝0.05 kg的滑块b，滑块b由A点弹出后立即撤去弹簧，求滑块b第一次落在斜面上的位置到B点的距离(结果保留2位有效数字)。 【限时训练】（40min） 1.(2024·浙江1月选考，3)如图所示，质量为m的足球从水平地面上位置1被踢出后落在位置3，在空中达到最高点2的高度为h，则足球(　　) A.从1到2动能减少mgh B.从1到2重力势能增加mgh C.从2到3动能增加mgh D.从2到3机械能不变 2.如图是工人在装卸桶装水时的常用方法，工人将水桶静止放在卸货轨道的上端，水桶会沿着轨道下滑到地面。某次卸货时，水桶(含水)的总质量是20 kg，水桶释放点到地面的高度差是1 m，水桶滑到地面时的速度是2 m/s，重力加速度取10 m/s2，关于此下滑过程，下列说法正确的是(　　) A.阻力对水桶做的功是160 J B.合外力对水桶做的功是200 J C.水桶损失的机械能是160 J D.水桶滑到轨道末端时重力的瞬时功率是400 W 3.(2025·山东聊城模拟)如图所示，圆柱形的容器内有若干个长度不同、粗糙程度相同的直轨道，它们的下端均固定于容器底部圆心O，上端固定在容器侧壁上。若相同的小球以同样的速率，从点O沿各轨道同时向上运动。关于它们向上运动的过程，下列说法正确的是(　　) A.各小球动能相等的位置在同一水平面上 B.各小球重力势能相等的位置不在同一水平面上 C.各小球机械能相等时处于同一球面上 D.当摩擦产生的热量相等时，各小球处于同一圆柱面上 4.(2024·安徽卷，7)在某地区的干旱季节，人们常用水泵从深水井中抽水灌溉农田，简化模型如图所示。水井中的水面距离水平地面的高度为H。出水口距水平地面的高度为h，与落地点的水平距离约为l。假设抽水过程中H保持不变，水泵输出能量的η倍转化为水被抽到出水口处增加的机械能。已知水的密度为ρ，水管内径的横截面积为S，重力加速度大小为g，不计空气阻力。则水泵的输出功率约为(　　) A. B. C. D. 5.(2024·贵州遵义模拟)如图所示，某时刻物块以初速度v0沿粗糙斜面向下运动，此时加上沿斜面向上的恒力F，物块开始向下做匀减速直线运动直至静止。以该时刻物块所在位置为势能零点，若位移为x、速度为v、动能为Ek、重力势能为Ep、机械能为E，则下列图像可能正确的是(　　) 6.(2025·海南海口模拟)如图所示，质量为m的物体在水平传送带上由静止释放，传送带由电动机带动，始终保持以速度v匀速运动，物体与传送带间的动摩擦因数为μ，物体过一会儿能保持与传送带相对静止，对于物体从静止释放到与传送带相对静止这一过程，下列说法正确的是(　　) A.摩擦力对物体做的功为mv2 B.电动机多做的功为mv2 C.系统产生的内能为mv2 D.传送带克服摩擦力做的功为mv2 7.轻质弹簧的劲度系数k＝30 N/m，右端固定在墙上，左端与一质量m＝0.5 kg的物块相连，如图(a)所示弹簧处于原长状态，物块静止且与水平面间的动摩擦因数μ＝0.2，弹簧的弹性势能与形变量的关系为Ep＝kx2。以物块所在处为原点，水平向右为正方向建立x轴，现对物块施加水平向右的外力F，F随x轴坐标变化的情况如图(b)所示，g＝10 m/s2，则物块向右运动至x＝0.4 m处的动能为(　　) A.0.7 J B.1.1 J C.3.1 J D.3.5 J 8.(多选)(2025·湖南株洲一模)如图，质量为m的小物块(可视为质点)静止在质量为M、长为l的木板上的最右端，木板放在光滑水平桌面上，某时刻木板以速度v0开始运动。已知物块与木板间的滑动摩擦力大小为Ff，当物块从木板左端离开时(　　) A.物块的动能等于Ffl B.物块的动能小于Ffl C.木板的动能大于M－Ffl D.木板的动能小于M－Ffl 9.(多选)(2024·安徽马鞍山模拟)质量为m的球竖直落入水中后，下落过程中受到水的作用而做匀减速直线运动，下落过程中球的机械能和重力势能随着球进入水的深度h变化规律如图所示，重力加速度g取10 m/s2。则(　　) A.球的质量为0.5 kg B.球的动能减少了40 J C.球受到的水的作用力为10 N D.球向下运动的时间约为2 s 10.(2024·江苏卷，15)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点，重力加速度为g，不计电动机消耗的电热。求: (1)CD段长度x; (2)BC段电动机的输出功率P; (3)全过程储存的机械能E1和电动机消耗的总电能E2的比值。 11.如图所示，将原长为R的轻质弹簧放置在倾角为37°的轨道AB上，一端固定在A点，另一端与滑块P(可视为质点，质量可调)接触但不连接。AB长为2R，B端与半径为R的光滑圆轨道BCD相切，D点在O点的正上方，C点与圆心O等高。滑块P与AB间的动摩擦因数μ＝0.5。用外力推动滑块P，每次都将弹簧压缩至原长的一半，然后放开，P开始沿轨道AB运动。当P的质量为m时刚好能到达圆轨道的最高点D。已知重力加速度大小为g，sin 37°＝0.6，cos 37°＝0.8。 (1)求弹簧压缩至原长的一半时，弹簧的弹性势能Ep; (2)改变滑块Р的质量为M，使之能滑上圆轨道，且仍能沿圆轨道滑下，求M的可能值。 学科网（北京）股份有限公司 $$