第6章 第4讲 功能关系 能量守恒定律（课件PPT）-【正禾一本通】2026年新高考物理高三一轮总复习高效讲义

该高中物理课件聚焦“功能关系 能量守恒定律”专题，覆盖功能关系理解应用、摩擦力做功与能量转化、能量守恒定律三大高考核心考点，依据高考评价体系分析近五年考点权重，归纳综合应用题等常考题型，对接“熟练解决实际问题”的考查要求。 课件亮点在于“考点整合+真题精练+素养提升”模式，如针对摩擦力做功，结合相对位移与内能转化关系构建科学推理模型，培养科学思维素养。课下巩固精练卷精选高考真题变式，帮助学生掌握能量守恒综合题解题技巧，教师可据此实施靶向复习，提升备考效率。

第4讲 功能关系　能量守恒定律 考点一 考点二 考点三 02 03 01 备考目标 1.熟练掌握几种常见的功能关系，并会用于解决实际问题。 2.掌握一对摩擦力做功与能量转化的关系。 3.会应用能量守恒观点解决综合问题。 高三一轮总复习高效讲义（物理） 正禾一本通 常见的功能关系的理解和应用 整合必备知识 考点一 正禾一本通 高三一轮总复习高效讲义（物理） 3 正禾一本通 高三一轮总复习高效讲义（物理） 4 正禾一本通 高三一轮总复习高效讲义（物理） 5 正禾一本通 高三一轮总复习高效讲义（物理） 6 提升关键能力 正禾一本通 高三一轮总复习高效讲义（物理） 7 正禾一本通 高三一轮总复习高效讲义（物理） 8 正禾一本通 高三一轮总复习高效讲义（物理） 9 正禾一本通 高三一轮总复习高效讲义（物理） 10 正禾一本通 高三一轮总复习高效讲义（物理） 11 正禾一本通 高三一轮总复习高效讲义（物理） 12 正禾一本通 高三一轮总复习高效讲义（物理） 13 正禾一本通 高三一轮总复习高效讲义（物理） 14 正禾一本通 高三一轮总复习高效讲义（物理） 15 正禾一本通 高三一轮总复习高效讲义（物理） 16 摩擦力做功与能量转化 整合必备知识 考点二 正禾一本通 高三一轮总复习高效讲义（物理） 17 正禾一本通 高三一轮总复习高效讲义（物理） 18 正禾一本通 高三一轮总复习高效讲义（物理） 19 提升关键能力 正禾一本通 高三一轮总复习高效讲义（物理） 20 正禾一本通 高三一轮总复习高效讲义（物理） 21 正禾一本通 高三一轮总复习高效讲义（物理） 22 正禾一本通 高三一轮总复习高效讲义（物理） 23 正禾一本通 高三一轮总复习高效讲义（物理） 24 正禾一本通 高三一轮总复习高效讲义（物理） 25 能量守恒定律的理解和应用 整合必备知识 考点三 正禾一本通 高三一轮总复习高效讲义（物理） 26 正禾一本通 高三一轮总复习高效讲义（物理） 27 正禾一本通 高三一轮总复习高效讲义（物理） 28 提升关键能力 正禾一本通 高三一轮总复习高效讲义（物理） 29 正禾一本通 高三一轮总复习高效讲义（物理） 30 正禾一本通 高三一轮总复习高效讲义（物理） 31 正禾一本通 高三一轮总复习高效讲义（物理） 32 正禾一本通 高三一轮总复习高效讲义（物理） 33 正禾一本通 高三一轮总复习高效讲义（物理） 34 正禾一本通 高三一轮总复习高效讲义（物理） 35 正禾一本通 高三一轮总复习高效讲义（物理） 36 课下巩固精练卷（十七） 功能关系　能量守恒定律 正禾一本通 高三一轮总复习高效讲义（物理） 01 02 03 04 05 06 07 08 09 10 11 正禾一本通 38 01 02 03 04 05 06 07 08 09 10 11 正禾一本通 39 01 02 03 04 05 06 07 08 09 10 11 正禾一本通 40 01 02 03 04 05 06 07 08 09 10 11 正禾一本通 41 01 02 03 04 05 06 07 08 09 10 11 正禾一本通 42 01 02 03 04 05 06 07 08 09 10 11 正禾一本通 43 01 02 03 04 05 06 07 08 09 10 11 正禾一本通 44 01 02 03 04 05 06 07 08 09 10 11 正禾一本通 45 01 02 03 04 05 06 07 08 09 10 11 正禾一本通 46 01 02 03 04 05 06 07 08 09 10 11 正禾一本通 47 01 02 03 04 05 06 07 08 09 10 11 正禾一本通 48 01 02 03 04 05 06 07 08 09 10 11 正禾一本通 49 01 02 03 04 05 06 07 08 09 10 11 正禾一本通 50 01 02 03 04 05 06 07 08 09 10 11 正禾一本通 51 01 02 03 04 05 06 07 08 09 10 11 正禾一本通 52 01 02 03 04 05 06 07 08 09 10 11 正禾一本通 53 01 02 03 04 05 06 07 08 09 10 11 正禾一本通 54 01 02 03 04 05 06 07 08 09 10 11 正禾一本通 55 01 02 03 04 05 06 07 08 09 10 11 正禾一本通 56 01 02 03 04 05 06 07 08 09 10 11 正禾一本通 57 01 02 03 04 05 06 07 08 09 10 11 正禾一本通 58 01 02 03 04 05 06 07 08 09 10 11 正禾一本通 59 01 02 03 04 05 06 07 08 09 10 11 正禾一本通 60 01 02 03 04 05 06 07 08 09 10 11 正禾一本通 61 01 02 03 04 05 06 07 08 09 10 11 正禾一本通 62 01 02 03 04 05 06 07 08 09 10 11 正禾一本通 63 01 02 03 04 05 06 07 08 09 10 11 正禾一本通 64 01 02 03 04 05 06 07 08 09 10 11 正禾一本通 65 01 02 03 04 05 06 07 08 09 10 11 正禾一本通 66 01 02 03 04 05 06 07 08 09 10 11 正禾一本通 67 01 02 03 04 05 06 07 08 09 10 11 正禾一本通 68 01 02 03 04 05 06 07 08 09 10 11 正禾一本通 69 01 02 03 04 05 06 07 08 09 10 11 正禾一本通 70 谢谢观看 做功 量度 1．对功能关系的理解 (1)做功的过程就是 的过程，不同形式的能量发生相互转化是通过 来实现的。 (2)功是能量转化的 ，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。 能量转化 2．常见的功能关系 能量 功能关系 表达式 势能 重力做的功等于重力势能的减少量 W＝Ep1－Ep2＝－ΔEp 弹力做的功等于弹性势能的减少量 静电力做的功等于电势能的减少量 动能 合外力做的功等于物体动能的变化量——动能定理 W＝Ek2－Ek1＝ eq \f(1,2) mv2－ eq \f(1,2) mv02 机械能 除重力和弹力之外的其他力做的功等于机械能的变化量 W其他＝E2－E1＝ΔE 摩擦产 生的内能 一对相互作用的滑动摩擦力做功之和的绝对值等于产生的内能 Q＝Ff·x相对 √ [辨析明理] 1．判断下列说法的正误 (1)一个物体的能量增加，必定有别的物体的能量减少。( ) (2)合力做的功等于物体机械能的改变量。( ) (3)克服重力做的功一定等于重力势能的增加量。( ) (4)滑动摩擦力做功时，一定会引起机械能的转化。( ) √ × √ 2．一带电小球在空中由A点运动到B点的过程中，只受重力、电场力和空气阻力三个力的作用。若小球的重力势能增加5 J，空气阻力做功－0.5 J，电场力做功2 J，则重力做功__________J，机械能增加__________J，动能减少__________J。 答案：－5　1.5　3.5 角度(一) 功能关系的理解 【例1】(多选)(2025·四川广安模拟)滑沙运动是继滑冰、滑水、滑雪和滑草之后又一新兴运动，它使户外运动爱好者在运动的同时又能领略到沙漠的绮丽风光。如图所示，质量为50 kg的人坐在滑沙板上从沙坡的顶端由静止沿直线匀加速下滑，经过10 s到达坡底，速度大小为20 m/s。已知沙坡的倾角为30°，重力加速度g取10 m/s2，下列关于此过程的说法中正确的是(　　 ) A．人的重力势能减少5.0×104 J B．人的动能增加1.0×104 J C．人的机械能减少1.5×104 J D．人克服阻力做功4.0×104 J 解析：选BC。人沿沙坡下滑的距离l＝ eq \f(1,2) vt＝100 m，重力势能减少ΔEp＝mgl sin 30°＝2.5×104 J，故A错误；人的动能增加ΔEk＝ eq \f(1,2) mv2＝1.0×104 J，故B正确；人的机械能减少ΔE＝ΔEp－ΔEk＝1.5×104 J，故C正确；人克服阻力做功W克f＝ΔE＝1.5×104 J，故D错误。 【例2】 (2024·山东高考)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＝ eq \f(1,2) 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． eq \f(（μmg）2,2k) ＋μmg(l－d) B． eq \f(3（μmg）2,2k) ＋μmg(l－d) C. eq \f(3（μmg）2,2k) ＋2μmg(l－d) D． eq \f(（μmg）2,2k) ＋2μmg(l－d) 解析：选B。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kx0＝μmg，解得弹性绳的伸长量x0＝ eq \f(μmg,k) ，则此时弹性绳的弹性势能为E0＝ eq \f(1,2) kx02＝ eq \f(μ2m2g2,2k) ，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＝ eq \f(3（μmg）2,2k) ＋μmg(l－d)，故B正确。 [规律方法] 灵活利用功能关系可以将“功”或“能量转化”的求解，转化为对“能量转化”或“功”的求解。 角度(二) 功能关系与图像的结合 【例3】 (多选)(2025·浙江温州模拟)一物块以一定初速度滑上倾角为30°的固定斜面，运动过程中摩擦力大小f恒定，如图所示图线①②分别为物块机械能E和动能Ek与运动路程s的关系(动能先减小后增大)。重力加速度大小取10 m/s2，下列说法正确的是(　　 ) A．物块质量的大小为7 kg B．物块所受摩擦力的大小为0.5 N C．重力势能的最大值为40 J D．物块向上、向下运动过程中摩擦力做功相等 解析：选BD。对0～20 m的全程，摩擦力一直做负功，机械能一直减小，有－fs＝ΔE，则由E ­s图像①的斜率表示摩擦力，有f＝ eq \f(40－30,20) N＝0.5 N，故B正确；0～10 m内物块上滑，由动能定理得－mg sin 30°s－fs＝Ek－Ek0，整理得Ek＝Ek0－(mg sin 30°＋f)s，结合0～10 m内的Ek ­s图像②斜 率的绝对值可得|k|＝mg sin 30°＋f＝ eq \f(40,10) N＝4 N，联立解得m＝0.7 kg，故A错误；由题意可得，物块沿斜面上滑的最大距离为10 m，所以物块的重力势能最大值为Epm＝mgs1sin 30°＝0.7×10×10× eq \f(1,2) J＝35 J，故C错误；物块上滑和下滑的摩擦力大小相等，上滑和下滑的位移均为10 m，则物块向上、向下运动过程中摩擦力做负功相等，故D正确。 等于零 负值 两种摩擦力做功特点的比较 比较项目 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 的损失量 一对摩 擦力做 的总功 一对静摩擦力所做功的代数和总 一对滑动摩擦力做功的代数和总是 ，总功W＝－Ff x相对，即发生相对滑动时产生的热量 机械能 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 [辨析明理]如图所示，质量为M的木板静止在光滑水平面上，质量为m的物块(可视为质点)以水平初速度冲上木板。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。则在此过程中物块动能的减少量为________，木板动能的增加量为________，物块和木板因摩擦而损失的机械能为________。 提示：μmg(s＋d)　μmgs　μmgd 【例4】 (多选)(2023·全国乙卷)如图，一质量为M、长为l的木板静止在光滑水平桌面上，另一质量为m的小物块(可视为质点)从木板上的左端以速度v0开始运动。已知物块与木板间的滑动摩擦力大小为f，当物块从木板右端离开时(　　) A.木板的动能一定等于fl B．木板的动能一定小于fl C．物块的动能一定大于 eq \f(1,2) mv02－fl D．物块的动能一定小于 eq \f(1,2) mv02－fl 解析：选BD。当物块从木板右端离开时，对m有－fxm＝ eq \f(1,2) mvm2－ eq \f(1,2) mv02 ，对M有fxM＝ eq \f(1,2) MvM2，其中l＝xm－xM。由于l>xM，则根据以上分析可知木板的动能一定小于fl，A错误，B正确；根据以上分析，联立有 eq \f(1,2) mv02－fl＝ eq \f(1,2) mvm2＋ eq \f(1,2) MvM2，则物块的动能一定小于 eq \f(1,2) mv02－fl，C错误，D正确。 【例5】(多选)(2025·山东德州模拟)如图所示，轻质弹簧一端固定，质量为2 kg的滑块在倾角为30°的粗糙斜面上从a点由静止开始下滑，到b点开始压缩弹簧，到c点时达到最大速度，到d点(图中未画出)后开始弹回，并恰好返回到b点。若bc＝0.2 m，弹簧弹性势能的最大值为10 J，g取10 m/s2。下列说法正确的是(　　 ) A．弹簧的劲度系数是50 N/m B．从a点到d点滑块重力做功大于10 J C．从d点到b点弹簧的弹力对滑块做功为10 J D．从d点到b点由摩擦产生的内能为10 J 解析：选BC。由题意可知，滑块到c点时达到最大速度，可知此时滑块的加速度是零，由力的平衡条件可知弹力与摩擦力的合力大小等于滑块重力沿斜面向下的分力，即mg sin 30°＝k·bc＋Ff，解得k＝ eq \f(mg sin 30°－Ff,bc) <50 N/m，A错误；从a点到d点滑块重力要克服滑动摩擦力做功产生内能，又 要克服弹簧的弹力做功，增加弹簧的弹性势能，弹簧弹性势能的最大值为10 J，可知滑块重力做功大于10 J，B正确；从d点到b点弹簧恢复到原长，此时弹簧的弹性势能是零，可知弹簧的弹性势能的减小量全部转化为弹力对滑块做功，即弹力对滑块做功为10 J，C正确；从d点到b点弹簧的弹力对滑块做功，一部分转化为滑块的重力势能，一部分转化为滑块与斜面由摩擦产生的内能，由能量守恒定律可知，由摩擦产生的内能小于10 J，D错误。 转移 总量 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 为其他形式，或者从一个物体 到别的物体，在转化或转移的过程中，能量的 保持不变。 2．表达式 (1)E初＝E末，初状态各种能量的总和等于末状态各种能量的总和。 (2)ΔE增＝ΔE减，增加的能量总和等于减少的能量总和。 转化 3．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。 [辨析明理]小明同学在体验用辘轳汲水活动时，通过转动辘轳的手柄来汲水，深刻感受到古代劳动人民的智慧。在将木桶提起过程中，若装水的水桶总质量为16 kg，在加速阶段上升了1 m，此时水桶获得的速度为0.5 m/s，该阶段水桶的重力势能变化量为________ J，水桶的机械能变化量为________ J。(g取10 m/s2) 提示：160　162 角度(一) 传送带模型中的能量转化 【例6】 (多选)如图甲所示，足够长的水平传送带始终以恒定速率v1运行，质量m＝1 kg、水平初速度大小为v2的小物块，从与传送带等高的光滑水平面上的A处滑上传送带。若从小物块滑上传送带开始计时，小物块在传送带上运动的v ­t图像(以地面为参考系)如图乙所示，g＝10 m/s2。下列说法正确的是(　　 ) A．0～4 s时间内，小物块离A处的最大距离为4 m B．0～4 s时间内，小物块动能增加了6 J C．0～4 s时间内，小物块与传送带之间因摩擦而产生的热量为18 J D．0～4 s时间内，传送带克服摩擦力做功为16 J 解析：选AC。由v ­t图像可知v1＝2 m/s，v2＝4 m/s，2 s时小物块向左运动的距离最远，根据v ­t图像与坐标轴围成的面积等于位移，可知小物块向左运动的过程中离A处的最大距离为x1＝ eq \f(1,2) ×4×2 m＝4 m，故A正确；0～4 s时间内，小物块动能增量为ΔEk＝ eq \f(1,2) mv42－ eq \f(1,2) mv22＝ eq \f(1,2) ×1×(22－42) J＝ －6 J，小物块动能减少了6 J，故B错误；物块匀变速运动的加速度大小 a＝ eq \f(Δv,Δt) ＝ eq \f(4,2) m/s2＝2 m/s2，由牛顿第二定律得摩擦力大小为f＝ma＝2 N，0～2 s时间内，小物块与传送带的相对位移为Δx1＝x1＋v1t02＝4 m＋2×2 m＝8 m，2～3 s时间内，小物块与传送带的相对位移为Δx2＝v1t23－x3＝2×1 m－ eq \f(1,2) ×1×2 m＝1 m，3～4 s内小物块与传送带达到共同速度，相对位移为零，小物块不受摩擦力作用，所以0～4 s时间内，小物块与传送带之间因摩擦而产生的热量为Q＝f(Δx1＋Δx2)＝18 J，故C正确；0～4 s时间内，只有0～3 s内传送带要克服摩擦力做功，0～3 s传送带的位移x＝v1t＝2×3 m＝6 m，传送带克服摩擦力做功W＝fx＝2×6 J＝12 J，故D错误。 角度(二) 含弹簧的能量转化 【例7】 (2025·辽宁沈阳模拟)如图所示，固定斜面的倾角θ＝30°，物体A与斜面之间的动摩擦因数μ＝ eq \f(\r(3),4) ，轻弹簧下端固定在斜面底端，弹簧处于原长时上端位于C点，用一根不可伸长的轻绳通过轻质光滑的定滑轮连接物体A和B，滑轮右侧绳子始终与斜面平行，A的质量为2m＝4 kg，B的质量为m＝2 kg，初始时物体A到C点的距离L＝1 m，现给A、B一初速度大小v0＝3 m/s，使A开始沿斜面向下运动，B向上运动，物体A将弹簧压缩到最短后又恰好能弹回到C点。已知重力加速度大小g＝10 m/s2，不计空气阻力，整个过程中轻绳始终处于伸直状态。求在此过程中： (1)物体A向下运动到刚到C点时的速度大小； (2)弹簧的最大压缩量； (3)弹簧的最大弹性势能。 解析：(1)在物体A向下运动到刚到C点的过程中，对A、B组成的系统应用能量守恒定律可得 μ·2mg cos θ·L＝ eq \f(1,2) ×3mv02－ eq \f(1,2) ×3mv2＋2mgL sin θ－mgL 解得v＝2 m/s。 (2)对A、B组成的系统分析，在物体A从C点压缩弹簧至最短后恰好返回到C点的过程中，系统动能的减少量等于因摩擦产生的热量，即 eq \f(1,2) ×3mv2－0＝μ·2mg cos θ·2x 其中x为弹簧的最大压缩量 解得x＝0.4 m。 (3)设弹簧的最大弹性势能为Epm，从C点到弹簧被压缩至最短过程中由能量守恒定律可得 eq \f(1,2) ×3mv2＋2mgx sin θ－mgx＝μ·2mg cos θ·x＋Epm 解得Epm＝6 J。 答案：(1)2 m/s　(2)0.4 m　(3)6 J [应考反思] 应用能量守恒定律解题时首先要确定初、末状态，分清有几种形式的能在变化；其次明确哪种形式的能量增加，哪种形式的能量减少，并且列出减少的能量ΔE减和增加的能量ΔE增的表达式。 【基础落实练】 1．(2025·上海黄浦区模拟)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机械能减小 C．从2到3动能增加mgh D．从2到3机械能不变 解析：选B。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，则机械能减小，由于从1到2重力势能增加，则1到2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，重力势能减少mgh，则动能增加量小于mgh，故C、D错误。 2.(多选)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。对于它们向上运动的过程，下列说法正确的是(　　 ) A．各小球重力势能相等的位置在同一水平面上 B．各小球动能相等的位置在同一水平面上 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 解析：选AD。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－μmg cos θ· eq \f(h,sin θ) ＝Ek－Ek0，因小球初动能相同，质量相同，摩擦因数相同，但是倾角θ不同，则末动能相等时h不同，故B错误；小球开始时重力势能相同，可知各小球重力势能相等的位置在同一水平面上，故A正确；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，而摩擦力做的功为Wf＝－μmgl cos θ＝－μmgx，即此时各小球处于同一圆柱面上，因摩擦生热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。 3．(2024·北京高考)如图所示，光滑水平轨道AB与竖直面内的光滑半圆形轨道BC在B点平滑连接。一小物体将轻弹簧压缩至A点后由静止释放，物体脱离弹簧后进入半圆形轨道，恰好能够到达最高点C。下列说法正确的是(　　 ) A．物体在C点所受合力为零 B．物体在C点的速度为零 C．物体在C点的向心加速度等于重力加速度 D．物体在A点时弹簧的弹性势能等于物体在C点的动能 解析：选C。物体恰好能到达最高点C，则物体在最高点只受重力，且重力全部用来提供向心力，设半圆轨道的半径为r，由牛顿第二定律得mg＝m eq \f(v2,r) ，解得物体在C点的速度v＝ eq \r(gr) ，A、B错误；由牛顿第二定律得mg＝ma，解得物体在C点的向心加速度a＝g，C正确；由能量守恒定律知，物体在A点时弹簧的弹性势能等于物体在C点时的动能和重力势能之和，D错误。 4．一长木板静止于光滑水平面上，一小物块(可视为质点)从左侧以某一速度滑上木板，最终和木板相对静止一起向右做匀速直线运动。在物块从滑上木板到和木板相对静止的过程中，物块的位移是木板位移的4倍，设板块间滑动摩擦力大小不变，则(　　 ) A．物块动能的减少量等于木板动能的增加量 B．摩擦力对木板做的功大于木板动能的增加量 C．因摩擦而产生的内能是木板动能增量的3倍 D．因摩擦而产生的内能等于物块克服摩擦力所做的功 解析：选C。根据能量守恒可知，物块动能减少量等于木板动能增加量与因摩擦产生的内能之和，故A错误；根据动能定理可知，摩擦力对木板做的功等于木板动能的增加量，故B错误；设物块与木板之间的摩擦力为f，木板的位移为x，则物块的位移为4x；物块克服摩擦力所做的功为Wf＝f·4x，对木板，根据动能定理可得木板动能的增加量为ΔEk＝fx，因摩擦产生的内能为Q＝fs相＝f·3x，可知因摩擦而产生的内能小于物块克服摩擦力所做的功；因摩擦而产生的内能是木板动能增量的3倍，故C正确，D错误。 5．(多选)我国新能源汽车发展迅猛，从技术到生产都已经走在世界最前列。现在新能源汽车普遍存在“动能回收”功能，汽车的发电机与电池连接，汽车减速时就可自动连通发电机向电池充电，将机械能转化成电能储存起来。“动能回收”功能有两种——制动回收和滑行回收，两者的不同之处就在于是否踩下了制动踏板。通过踩制动踏板实现能量回收的就是制动回收，靠松油门滑行实现能量回收则叫做滑行回收。当汽车在粗糙的水平路面上运动，第一次关闭“动能回收”功能，让汽车自由滑行，其动能—位移关系如图中 Ⅰ 所示；第二次启动“动能回收”功能，其动能—位移关系如图中 Ⅱ 所示，并且在0～5 m内为制动回收，5～8 m为滑行回收。设汽车受到的阻力恒定，回收的动能转化为电能的效率为50%，则(　　 ) A．汽车受到的阻力大小为3×104 N B．制动回收阶段回收的动能为6.5×105 J C．滑行回收阶段回收的动能为1×105 J D．启动“动能回收”功能后，转化的电能为3.3×105 J 解析：选ABD。图像Ⅰ为自由滑行，图像斜率大小为阻力，计算得f＝ eq \f(9×105 J,30 m) ＝3×104 N，故A正确；制动回收阶段为0～5 m，根据能量守恒ΔEk1＝Ek1－Ek2－fx1，得ΔEk1＝6.5×105 J，故B正确；滑行回收阶段为5～8 m，ΔEk2＝Ek2－fx2，得ΔEk2＝1×104 J，故C错误；启动“动能回收”功能后，在整个制动过程中ΔEk总＝ΔEk1＋ΔEk2，即ΔEk总＝6.6×105 J，转化的电能E＝ ΔEk总×50%＝3.3×105 J，故D正确。 6.(多选)(2025·北京东城区模拟)如图所示，用水平传送带将质量为m的煤块从A端运送到B端。AB之间的距离为L，传送带始终保持以速率v匀速运动，煤块与传送带间的动摩擦因数为μ。将煤块轻轻放在传送带上后，煤块在传送带上留下一段长度为l(l<L)的痕迹。已知重力加速度为g，下列说法正确的是(　　 ) A．摩擦力对煤块做的功为μmg(L＋l) B．摩擦力对煤块做的功为 eq \f(1,2) mv2 C．摩擦力对传送带做功－μmgl D．一对滑动摩擦力对煤块与传送带系统做功之和为－μmgl 解析：选BD。设煤块与传送带的速度相等时，所用的时间为t，且煤块相对于地面的位移为x，则x＝ eq \f(0＋v,2) t，由于煤块在传送带上留下一段长度为l(l<L)的痕迹，则有vt－x＝l，联立解得x＝l，根据动能定理可得，摩擦力对煤块做的功为Wf＝μmgx＝μmgl＝ eq \f(1,2) mv2，故A错误，B正确；摩擦力对传送带做功为Wf′＝－μmgx传＝－μmgvt＝－2μmgl，故C错误；一对滑动摩擦力对煤块与传送带系统做功之和为W总＝Wf＋Wf′＝μmgl＋(－2μmgl)＝－μmgl，故D正确。 【综合提升练】 7．(多选)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由木块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(　　 ) 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 解析：选BD。在第一次小铅块运动过程中，小铅块与木板之间的摩擦力使整个木板一直加速，第二次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，故第二次小铅块与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，两者速度相同，A错误，B正确；根据摩擦力产生的热量计算式Q＝f·Δx，由于第一次的相对位移大于第二次的相对位移的大小，则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，C错误，D正确。 8．(多选)从地面竖直向上抛出一物体，其机械能E总等于动能Ek与重力势能Ep之和，取地面为零势能面，该物体的E总和Ep随它离开地面的高度h的变化如图所示。重力加速度g取10 m/s2，物体所受阻力大小恒定，根据图中数据可知(　　 ) A．物体的质量为2 kg B．物体上升过程中所受阻力大小为4 N C．在物体上升至h＝2 m处，物体的动能为40 J D．在物体上升后返回至h＝2 m处，物体的动能为30 J 解析：选AD。根据Ep＝mgh结合图像可得物体的质量为2 kg，故A正确；根据ΔE＝－fh，解得f＝ eq \f(20,4) N＝5 N，故B错误；由图可知，物体初动能为100 J，在物体上升至h＝2 m处，根据动能定理得－fh－mgh＝Ek1－Ek0，解得Ek1＝50 J，故C错误；从地面上升后返回至h＝2 m处，根据动能定理得－fs－mgh＝Ek2－Ek0，又s＝6 m，解得Ek2＝30 J，故D正确。 9．将一初动能为E的物体(可视为质点)竖直上抛，物体回到出发点时，动能为 eq \f(E,2) ，取出发点位置的重力势能为零，整个运动过程可认为空气阻力大小恒定，则该物体动能与重力势能相等时，其动能为(　　 ) A． eq \f(E,4) B． eq \f(3E,10) C． eq \f(3E,8) D． eq \f(4E,9) 解析：选B。设上升的最大高度为h，根据动能定理可得f·2h＝E－ eq \f(E,2) ＝ eq \f(E,2) ，根据能量守恒可得E＝mgh＋fh，可得mgh＝ eq \f(3,4) E，fh＝ eq \f(1,4) E，所以f＝ eq \f(1,3) mg。若在上升阶段离出发点H处动能和重力势能相等，则Ek＋mgH＝E－fH，Ek＝Ep＝mgH，所以Ek＝mgH＝ eq \f(3,7) E；若在下降阶段离出发点H′处动能和重力势能相等，则Ek′＋mgH′＝E－f(2h－H′)，Ek′＝Ep′＝mgH′，解得Ek′＝Ep′＝ eq \f(3,10) E，故B正确。 (2024·安徽高考)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． eq \f(ρgSl\r(2gh),2ηh) B． eq \f(ρgSl\r(2gh),2ηh) C． eq \f(ρgSl\r(2gh),2ηh) D． eq \f(ρgSl\r(2gh),2ηh) 解析：选B。设水从出水口射出的初速度为v0，取t时间内的水为研究对象，该部分水的质量为m＝v0tSρ，根据平抛运动规律v0t′＝l，h＝ eq \f(1,2) gt′2，解得v0＝l eq \r(\f(g,2h)) ，根据功能关系得Ptη＝ eq \f(1,2) mv02＋mg(H＋h)，联立解得水泵的输出功率为P＝ eq \f(ρgSl\r(2gh),2ηh) ·，故B正确。 11．(2024·江苏高考)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，在电动机作用下，从 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，从 C点又恰好到达最高点D。求： (1)CD段长x； (2)BC段电动机的输出功率P； (3)全过程物块增加的机械能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 0－v2＝－2ax 联立解得x＝ eq \f(v2,2g（sin θ＋μcos θ）) 。 (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 eq \f(E1,E2) ＝ eq \f(mgL sin θ,mgL sin θ＋μmgL cos θ) ＝ eq \f(sin θ,sin θ＋μcos θ) 。 答案：(1) eq \f(v2,2g（sin θ＋μcos θ）) 　(2)mgv(sin θ＋μcos θ)　 (3) eq \f(sin θ,sin θ＋μcos θ) [应考反思] 利用能量守恒定律时，一定要搞清对应过程所有能量的转化情况，切勿漏掉部分能量。 $