第17讲 功能关系和能量守恒定律-【优学精研】2027年高考物理一轮总复习教用课件（提升版）

该高中物理高考复习课件聚焦“功能关系和能量守恒定律”专题，依据高考评价体系梳理了功能关系理解、摩擦力做功能量转化、图像问题、能量守恒应用四大核心考点，通过近五年高考真题分析明确功能关系应用占45%、能量守恒综合题占30%的高频分布，归纳选择、计算等常考题型。 课件亮点在于“真题溯源+模型建构+易错突破”策略，如以2025云南高考滑块弹簧模型为母题，运用科学思维中的模型建构和科学推理，解析摩擦力做功中位移与相对位移的区分方法，培养学生能量观念。特设“双基落实练”“能力提升练”，通过高仿真模拟让学生掌握解题技巧，教师可据此精准指导，助力高效备考。

第17讲　功能关系和能量守恒定律 目标要求 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。 目 录 CONTENTS 立足“四层”·夯基础 着眼“四翼”·探考点 课时跟踪训练 立足“四层”·夯基础 目 录 c c c c c c c 目 录 高中总复习·物 理（提升版） 双基落实 1. 易错判断 （1）力对物体做了多少功，物体就具有多少能。 （　×　） （2）滑动摩擦力做功时，一定会引起机械能的变化。 （　√　） （3）一个物体的能量增加，必定有别的物体的能量减少。 （　√　） × √ √ 目 录 高中总复习·物 理（提升版） 2. 〔人教版必修第二册P92图8.4－4改编〕某运动员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 2 000 J，他克服阻力做功500 J。在此过程中（　　） A. 动能增加了2 500 J B. 动能增加了2 000 J C. 重力势能减小了1 500 J D. 机械能减小了500 J √ 解析：　重力对他做功2 000 J，则重力势能减少了2 000 J，故C错误；克 服阻力做功500 J，则合力对他做功为1 500 J，由功能关系可知动能增加了 1 500 J，机械能减少了500 J，故A、B错误，D正确。 目 录 高中总复习·物 理（提升版） 着眼“四翼”·探考点 目 录 考点一　功能关系的理解和应用 　　 　几种常见的功能关系及其表达式 何种力做功 对应能的变化 定量的关系 合外力做功 动能变化 W合＝Ek2－Ek1 重力做功 重力势能变化 WG＝－ΔEp＝Ep1－Ep2 弹簧弹力做功 弹性势能变化 W弹＝－ΔEp＝Ep1－Ep2 只有重力、系 统内弹力做功 机械能不变化 机械能守恒ΔE＝0 非重力和弹力做功 机械能变化 W其他＝ΔE 目 录 高中总复习·物 理（提升版） （2026·北京房山期末）我国多次成功使用“冷发射”技术发射长征十 一号系列运载火箭。如图所示，发射舱内的高压气体先将火箭竖直向上推 出，火箭速度接近零时再点火飞向太空。从火箭开始运动到点火的过程 中，下列说法中正确的是（　　） A. 火箭的加速度为零时，动能最大 B. 高压气体释放的能量全部转化为火箭的动能 C. 火箭受到推力的冲量小于重力和空气阻力的冲量之和 D. 高压气体的推力对火箭做的功小于重力和空气阻力对 火箭做功之和 A　 目 录 高中总复习·物 理（提升版） 解析：火箭向上运动过程中受重力、竖直向下的空气阻力和竖直向上的高 压气体的推力，且推力大小不断减小，故火箭先向上做加速度减小的加速 运动，当火箭的加速度为零时，再向上做加速度增大的减速运动，直至速 度为零，故当火箭的加速度为零时，速度最大，动能最大，故A正确；根 据功能关系，可知高压气体释放的能量转化为火箭的动能、重力势能和内 能，故B错误；根据动量定理，可知I推－I重－I阻＝0，解得I推＝I重＋I阻，即 火箭受到推力的冲量等于重力和空气阻力的冲量之和，故C错误；根据功 能关系，可知W推＝W重＋W阻，故D错误。 目 录 高中总复习·物 理（提升版） 教材母题 　〔多选〕〔教科版必修第二册P101·T2改编〕如图，轻弹簧K一端与墙相 连，质量为4 kg的木块A，沿光滑水平面以5 m/s的速度运动，并压缩弹 簧，则下列说法正确的是（　　） A. 在压缩弹簧的过程中，木块A的机械能守恒 B. 在压缩弹簧的过程中，木块A与弹簧系统的机械能守恒 C. 当木块的速度为2 m/s时，弹性势能为40 J D. 弹簧的最大弹性势能为50 J BD　 目 录 高中总复习·物 理（提升版） 解析：由功能关系可知，木块减小的动能转化为弹簧的弹性势能，木 块A的机械能不守恒，故A错误；在压缩弹簧的过程中，只有弹簧的弹 力做功，木块A与弹簧系统的机械能守恒，故B正确；由功能关系得， 当木块的速度为2 m/s时，弹簧的弹性势能为Ep＝mv2－mv'2＝ ×4×52－×4×22＝42 J，弹簧的最大弹性势能Epm＝mv2＝×4×52 ＝50 J，故C错误，D正确。 目 录 高中总复习·物 理（提升版） 链接高考 　〔多选〕（2025·云南高考10题）如图所示，倾角为θ的固定斜面，其顶 端固定一劲度系数为k的轻质弹簧，弹簧处于原长时下端位于O点。质量为 m的滑块Q（视为质点）与斜面间的动摩擦因数μ＝tan θ。过程Ⅰ：Q以速度 v0从斜面底端P点沿斜面向上运动恰好能滑至O点；过程Ⅱ：将Q连接在弹 簧的下端并拉至P点由静止释放，Q通过M点（图中未画出）时速度最大， 过O点后能继续上滑。弹簧始终在弹性限度内，假设 最大静摩擦力等于滑动摩擦力，忽略空气阻力，重力 加速度为g。则（　　） 目 录 高中总复习·物 理（提升版） A. P、M两点之间的距离为 B. 过程Ⅱ中，Q在从P点单向运动到O点的过程中损失的机械能为m C. 过程Ⅱ中，Q从P点沿斜面向上运动的最大位移为 D. 连接在弹簧下端的Q无论从斜面上何处释放，最终一定静止在OM（含 O、M点）之间 √ √ 目 录 高中总复习·物 理（提升版） 解析： 　过程Ⅰ：对滑块，由牛顿第二定律得mgsin θ＋μmgcos θ＝ma， 又μ＝tan θ，解得a＝2gsin θ，则P、O两点之间的距离为xPO＝，解得xPO ＝，过程Ⅱ：当滑块的速度最大时，滑块的加速度为0，此时滑块的 合力为0，则有kx＝mgsin θ＋μmgcos θ，解得弹簧的伸长量x＝，则 P、M两点之间的距离为xPM＝xPO－x，解得xPM＝，A错误； 过程Ⅱ中，Q在从P点单向运动到O点的过程，重力势能增大，动能增大， 所以Q的机械能增大，B错误； 目 录 高中总复习·物 理（提升版） 设经过O点后滑块沿斜面向上滑动的最大距离为x'，对滑块从P点到速度减 为0的过程，由功能关系得k＝μmg（x'＋xPO）cos θ＋mg（x'＋xPO） sin θ＋kx'2，过程Ⅱ中，Q从P点沿斜面向上运动的最大位移xm＝x'＋xPO， 解得xm＝，C正确；由于μ＝tan θ，则滑块静止时弹簧可能处 于伸长状态也可能处于原长状态，则滑块一定停在OM（含O、M）之间， D正确。 目 录 高中总复习·物 理（提升版） 链接分析 　教材母题和2025·云南高考10题： （1）都考查了功能关系的理解和应用； （2）教材母题考查的是光滑水平面的物块弹簧组合，高考题考查的是粗 糙斜面上的物块弹簧组合，情境更为复杂； （3）充分体现了“源于教材、高于教材”的高考命题理念。 目 录 高中总复习·物 理（提升版） 考点二　摩擦力做功中的能量转化 　　 　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 化方 面 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 目 录 高中总复习·物 理（提升版） 类型 比较　　 静摩擦力做功 滑动摩擦力做功 不同 点 做功 方面 一对相互作用的静摩擦力所做功的代数和总等于零 一对相互作用的滑动摩擦力做功的代数和总是负值，总功W＝－Ffs相对，其绝对值等于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 目 录 高中总复习·物 理（提升版） 〔多选〕（2026·天津南开期末）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　 目 录 高中总复习·物 理（提升版） 解析：小物块滑到小车的最右端时，物块的位移为L＋x，根据动能定理有 （F－Ff）（L＋x）＝Ek1，故A正确；对小车进行分析，根据动能定理有 Ffx＝Ek2，故B正确；小物块的位移为L＋x，小物块克服摩擦力所做的功为 Wf克＝Ff（L＋x），故C正确；小物块与小车的相对位移为L，则系统产生 的内能为Q＝FfL，故D错误。 目 录 高中总复习·物 理（提升版） 注意区分两个位移 （1）计算摩擦力对物体（或木板、传送带）做功时用物体对地的位移x。 （2）计算摩擦生热时用相对位移Δx。 目 录 高中总复习·物 理（提升版） 　（2026·陕西商洛期末）如图所示，以恒定速率v＝1.6 m/s运行的传送带 与水平面间的夹角θ＝37°，转轴间距L＝4.8 m。工作人员将一个装有10 kg小麦的布袋（可视为质点）轻放在传送带的底部，布袋与传送带间的动 摩擦因数μ＝0.8。取重力加速度g＝10 m/s2，sin 37°＝0.6，cos 37°＝ 0.8。下列说法正确的是（　　） A. 摩擦力对布袋做的功为12.8 J B. 布袋和传送带间因摩擦而产生的内能等于布袋 机械能的增加量 C. 布袋与传送带间产生的内能为204.8 J D. 因传送小麦，多消耗的电能为492.8 J √ 目 录 高中总复习·物 理（提升版） 解析：　布袋先做匀加速运动，由牛顿第二定律有μmgcos θ－mgsin θ＝ ma，解得a＝0.4 m/s2，设布袋与传送带共速需要的时间为t1，由v＝at1，得 t1＝＝4 s，则x1＝t1＝3.2 m，因μ＞tan θ，之后布袋受静摩擦力作用，在 传送带上匀速运动，匀速运动的位移x2＝L－x1＝1.6 m，则摩擦力对布袋 做的功W＝μmgcos θ·x1＋mgsin θ·x2＝300.8 J，A错误；布袋机械能的增加 量等于摩擦力做的功，而布袋和传送带间因摩擦而产生的内能只在t1时间 相对滑动中产生，在t1时间内，设传送带通过的位移为x3，由x3＝vt1，解得 x3＝6.4 m，则布袋与传送带间的相对位移为Δx＝x3－x1＝3.2 m，由Q＝Ffs 相对，解得Q＝204.8 J，故B错误，C正确；由功能关系知，多消耗的电能 为ΔE＝mv2＋mgLsin θ＋Q＝505.6 J，D错误。 目 录 高中总复习·物 理（提升版） 考点三　功能关系中的图像问题 　　 　功能关系中的常见图像 图像类型 图像示例 图像分析 Ek-x图像 ①物体的动能先减小后增大； ②Ek-x图像的斜率表示物体受到的合外力 目 录 高中总复习·物 理（提升版） 图像 类型 图像示例 图像分析 Ep-h图像 ①物体的重力势能增大； ②Ep-h图像的斜率表示物体受到的重力 E-s图像 ①物体的机械能减小； ②E-s图像的斜率表示物体受到的除重力 或弹力之外的力，而s常与滑动摩擦力做 功及摩擦生热相联系 目 录 高中总复习·物 理（提升版） 〔多选〕（2026·湖南长沙模拟）如图甲所示，一质量为1.0 kg，可视 为质点的小铁块在平行于固定斜面的力F作用下由静止开始从斜面底端向 上滑动，力F由一个初始值开始逐渐减小到0后就不再作用。以出发点为零 势能点和原点，铁块的机械能E与其滑行位移x的关系如图乙中OABC所 示，其中OAB段是曲线，BC段是直线，曲线OAB段的最高点A的横坐标是 xA，B点和C点的坐标已在图乙中标出；铁块的重力势能Ep与其滑行位移x 的关系如图乙中直线OC所示，取重力加速度g＝10 m/s2，斜面粗糙程度均 匀，则下列说法正确的是（　　） A. 外力F做的功为11.3 J B. 铁块与斜面间的动摩擦因数是0.45 C. 铁块上滑xA时，其加速度大小为11 m/s2 D. 铁块滑回出发点时的动能为4.7 J AD　 目 录 高中总复习·物 理（提升版） 解析：设斜面倾角为θ，铁块的重力势能与上滑位移间的关系是Ep＝mgxsin θ，由Ep-x图线可知sin θ＝0.8，则cos θ＝0.6；铁块上滑0.5 m后，其机械 能均匀减小，即铁块上滑0.5 m时力F减为0。图像BC段的斜率的绝对值为 铁块受到的摩擦力大小，故铁块受到的摩擦力大小为f＝ N＝3.3 N，在铁块滑行1.0 m时，其机械能与重力势能相等，铁块速度为0，由动 能定理得WF－fx0－mgx0sin θ＝0，其中x0＝1 m，解得WF＝11.3 J，故A正 确；根据f＝μmgcos θ，解得μ＝0.55，故B错误；铁块上滑xA时，F与f相 等，设此时铁块的加速度为a，则有mgsin θ＝ma，解得a＝8 m/s2，故C错 误；铁块下滑过程，由动能定理得mgx0sin θ－fx0＝Ek，解得Ek＝4.7 J，故 D正确。 目 录 高中总复习·物 理（提升版） 　★（2026·浙江金华期末）我国的深海载人潜水器处于世界领先水平。某次潜水器由静止开始竖直下潜，下潜过程中受到的阻力与下潜的速度大小成正比，下列关于潜水器的速度—时间图像、动能—位移图像、重力势能—时间图像和机械能—位移图像，可能正确的是（　　） √ 目 录 高中总复习·物 理（提升版） 解析：　根据牛顿第二定律得mg－kv＝ma，速度v增大，加速度a减小， v-t图像切线的斜率减小，图像向下弯曲，当mg＝kv时，潜水器向下做匀速 运动，v-t图像的斜率等于0，故A错误；根据动能定理得Ek＝mgx－kvx＝ （mg－kv）x，Ek-x图像斜率为k1＝mg－kv，v增大，k1减小，当潜水器匀速 向下运动时，图像切线的斜率等于0，动能不变，故B正确；重力的功率为 P＝mgv，重力势能为Ep0－Ep＝Pt，解得Ep＝Ep0－mgvt，Ep-t图像切线斜率 的大小为k2＝mgv，潜水器先加速下降，后匀速下降，图像的斜率先增大后 不变，故C错误；根据功能关系－kvx＝E－E0，解得E＝E0－kvx，E-x图像 切线斜率大小为k3＝kv，潜水器先加速下降，后匀速下降，图像切线的斜 率先增大后不变，故D错误。 目 录 高中总复习·物 理（提升版） 考点四　能量守恒定律的理解及应用 　　 1. 对能量守恒定律的理解 （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。 目 录 高中总复习·物 理（提升版） 2. 应用能量守恒定律解题的思路 （1）分清有多少形式的能（动能、势能、内能等）发生变化。 （2）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 能量总和ΔE减和增加的能量总和ΔE增的表达式。 （3）列出能量守恒关系式ΔE减＝ΔE增。 目 录 高中总复习·物 理（提升版） （2026·河南安阳模拟）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； 答案： 3.8mgR　 目 录 高中总复习·物 理（提升版） 解析： 若滑块P刚好能沿圆轨道运动到圆轨道的最高点，则在最高点 由牛顿第二定律有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＋mg（Rsin 37°＋R＋Rcos 37°）＋m 联立解得Ep＝3.8mgR。 目 录 高中总复习·物 理（提升版） （2）改变滑块P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：m≤M＜m　 解析： 设滑块P的质量为M，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° 目 录 高中总复习·物 理（提升版） 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（Rsin 37°＋Rcos 37°） 解得M≥m 综上所述可得 m≤M＜m。 目 录 高中总复习·物 理（提升版） （3）若滑块P能滑上圆轨道，且所在位置与O的连线与OC方向的夹角为 37°时恰好脱离圆轨道，求P的质量M'。 答案： m 解析： 依题意滑块恰好脱离圆轨道时，滑块重力沿半径方向的分力充当向 心力，有M'gsin 37°＝M' 由能量守恒定律可得 Ep＝μM'gcos 37°·R＋M'g（Rsin 37°＋Rcos 37°＋Rsin 37°）＋M'v2 联立解得M'＝m。 目 录 高中总复习·物 理（提升版） 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。 目 录 高中总复习·物 理（提升版） 　（2026·山东东营模拟）图1所示为消防员采用的高压水枪，图2为某次灭 火的示意图，消防员将出水管与水平地面成θ＝53°角架好，着火点与出 水口的竖直距离H＝11 m，水平距离L＝12 m，水落在着火点。已知出水管 的横截面积S＝ 0.005 m2，灭火过程中水枪机器的效率η＝80％，sin 53° ＝0.8，cos 53°＝0.6，水的密度ρ＝1×103 kg/m3，重力加速度g取10 m/s2，忽略空气阻力及出水口与水箱液面 的高度差，则水枪机器消耗的功率为 （　　） A. 20 kW B. 25 kW C. 40 kW D. 50 kW √ 目 录 高中总复习·物 理（提升版） 解析：　设水做斜抛运动的初速度为v0，经t时间水到达着火点，在 竖直方向上有H＝v0sin θ·t－gt2，在水平方向上有L＝v0cos θ·t，联立 解得t＝1 s，v0＝20 m/s，设水枪机器消耗的功率为P，经Δt时间喷出 水的质量为m＝ρSv0Δt，根据能量守恒定律有PΔt×80％＝m ，解 得P＝25 kW，故选B。 目 录 高中总复习·物 理（提升版） 课时跟踪训练 目 录 1. （2025·江苏苏州一模）如图，某公园里的喷泉有40个相同的喷口，每 个喷泉管口直径为2 cm。喷嘴方向可变化，喷出的水柱最高可达约10 m， 水的密度ρ＝1×103 kg/m3，则喷泉电动机 的输出功率约为（　　） A. 6 kW B. 18 kW C. 60 kW D. 180 kW 1 2 3 4 5 6 7 8 9 √ 目 录 高中总复习·物 理（提升版） 解析：　由喷出的水柱最高达10 m，可得最大速度v＝＝10 m/s，根据功能关系有P＝，又m＝ρSvt＝ρπvt，联立解得P＝ 5πρd2v3≈18 kW，故选B。 1 2 3 4 5 6 7 8 9 目 录 高中总复习·物 理（提升版） 2. （2026·天津河西期末）如图所示，子弹以水平速度v0射向原来静止在光 滑水平面上的木块，并留在木块中，最终和木块一起运动。已知子弹受到 的平均阻力大小为f，射入深度为d，子弹射入木块的过程中木块移动的距 离为L，忽略空气阻力，在子弹和木块相互作用的过程中，下列说法正确 的是（　　） A. 子弹动能的减少量一定等于木块动能的增加量 B. 子弹和木块组成的系统机械能减少量为fL C. 子弹动能的减少量为f（L＋d） D. 木块动能的增加量为fd √ 1 2 3 4 5 6 7 8 9 目 录 高中总复习·物 理（提升版） 解析：　根据能量守恒定律，子弹进入木块的过程中，由于阻力的作 用，子弹动能的减少量一定大于木块动能的增加量，子弹和木块组成的系 统机械能减少量等于fd，其中d为子弹相对木块的位移，故A、B错误；对 子弹，由动能定理有－W克f＝ΔEk子弹，解得ΔEk子弹＝－f（L＋d），故子弹 动能的减少量为f（L＋d），C正确；对木块，由动能定理有Wf＝ΔEk木块， 解得ΔEk木块＝fL，D错误。 1 2 3 4 5 6 7 8 9 目 录 高中总复习·物 理（提升版） 3. （2025·辽宁沈阳二模）如图所示，一物块（可视为质点）以初速度v0从 足够长的固定斜面底端滑上斜面，运动过程中所受的阻力Ff与速度大小成 正比。以斜面底端为原点O和重力势能的零点，沿斜面向上为正方向，该 物块的动能为Ek、重力势能为Ep、机械能为E、重力做功的绝对值为WG、 位移为s、在斜面上运动的时间为t。在该物块从斜面底端滑上斜面到返回 斜面底端的过程中，下列图像可能正确的是（　　） √ 1 2 3 4 5 6 7 8 9 目 录 高中总复习·物 理（提升版） 解析：　设斜面的倾角为θ，物块沿斜面运动的过程中重力做功的绝对值 WG＝mgssin θ，故A正确；物块在斜面上运动时，上升过程中所受的合力F ＝mgsin θ＋kv，根据动能定理有－Fs＝Ek－Ek0，Ek-s图线切线的斜率的绝 对值越来越小，下滑过程中，位移s减小，所受的合力F＝mgsin θ－kv，Ek- s图线切线的斜率的绝对值越来越小，故B错误；物块上滑到最高点所用的 时间小于下滑到原点的时间，故C错误；物块沿斜面运动的过程中，由于 阻力做负功，物块的机械能一直在减小，故D错误。 1 2 3 4 5 6 7 8 9 目 录 高中总复习·物 理（提升版） 4. （2025·云南高考6题）如图所示，质量为m的滑块（视为质点）与水平 面上MN段的动摩擦因数为μ1，与其余部分的动摩擦因数为μ2，且μ1＞μ2。 第一次，滑块从Ⅰ位置以速度v0向右滑动，通过MN段后停在水平面上的某 一位置，整个运动过程中，滑块的位移大小为x1，所用时间为t1；第二次， 滑块从Ⅱ位置以相同速度v0向右滑动，通过MN段后停在水平面上的另一位 置，整个运动过程中，滑块的位移大小为x2，所用时间为t2。忽略空气阻 力，则（　　） A. t1＜t2 B. t1＞t2 C. x1＞x2 D. x1＜x2 √ 1 2 3 4 5 6 7 8 9 目 录 高中总复习·物 理（提升版） 解析：　设MN段的长度为x0，设滑块在除MN段外通过 的路程为x，整个过程由动能定理得－μ1mgx0－μ2mgx ＝0－m，由题意可知滑块两次在MN段的路程相等， 则两次在除MN段外通过的路程也一定相等，则有x1 ＝x0＋x，x2＝x0＋x，所以x1＝x2，C、D错误；滑块在MN段的加速度大小为a1＝μ1g，滑块在除MN段外的加速度大小为a2＝μ2g，由于第二次的释放点距离M较近，则滑块第二次在M点的速度比第一次的大，由于两次滑块 通过MN的位移相同，则第二次滑块在MN段的运动时间较短，作出两次滑块的速度—时间图像，如图所示，由图可直观地看出，第二次运动的总时间较长，即t1＜t2，A正确，B错误。 1 2 3 4 5 6 7 8 9 目 录 高中总复习·物 理（提升版） 5. （2025·四川高考7题）如图所示，倾角为30°的光滑斜面固定在水平地面上，安装在其顶端的电动机通过不可伸长轻绳与小车相连，小车上静置一物块。小车与物块质量均为m，两者之间动摩擦因数为。电动机以恒定功率P拉动小车由静止开始沿斜面向上运动。经过一段时间，小车与物块的速度刚好相同，大小为v0。运动过程中轻绳与斜面始终平行，小车和斜面均足够长，重力加速度大小为g，忽略其他摩擦。则这段时间内（　　） A. 物块的位移大小为 B. 物块机械能增量为 C. 小车的位移大小为－ D. 小车机械能增量为＋ √ 1 2 3 4 5 6 7 8 9 目 录 高中总复习·物 理（提升版） 解析：　对物块，根据牛顿第二定律有μmgcos 30°－mgsin 30°＝ma， 解得a＝g，根据运动学公式有＝2ax1，解得物块的位移大小为x1＝ ，故A错误；物块机械能增量为ΔE＝m＋mgx1·sin 30°＝m，故 B错误；对小车，根据动能定理有Pt－x＝ m，其中t＝，联立解得x＝－，故C正确；小车机械能增量 为ΔE'＝m＋mgxsin 30°＝＋，故D错误。 1 2 3 4 5 6 7 8 9 目 录 高中总复习·物 理（提升版） 6. （2024·山东高考7题）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） √ 1 2 3 4 5 6 7 8 9 目 录 高中总复习·物 理（提升版） 解析：　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 组成的整体有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＝，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。 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。 1 2 3 4 5 6 7 8 9 目 录 高中总复习·物 理（提升版） 7. （2026·云南昭通开学考）如图所示，左侧有一长为L＝3 m的传送带， 以速度v＝5 m/s顺时针转动，右侧有一质量为M＝6 kg、长为l＝5 m的长木 板静止在光滑水平桌面上，另一质量为m＝2 kg的小物块（可视为质点） 以初速度v0＝10 m/s从传送带的左端滑上传送带，并且小物块能无机械能 损失地滑上长木板。已知小物块与传送带、长木板间的动摩擦因数均为μ ＝0.6，不计空气阻力，g取10 m/s2。则（　　） A. 小物块滑上长木板的速度为5 m/s B. 小物块的最终速度为1 m/s C. 长木板的最终动能Ek＝12 J D. 全过程系统产生的内能Q＝48 J √ 1 2 3 4 5 6 7 8 9 目 录 高中总复习·物 理（提升版） 解析：　小物块冲上传送带后开始向右做匀减速直线运动，根据牛顿第 二定律有μmg＝ma0，令t0时刻与传送带达到相等速度，则有v＝v0－a0t0， 解得t0＝ s，物块的位移x0＝t0＝6.25 m＞L＝3 m，表明小物块与传送 带没有达到相等速度，则有－＝－2a0L，解得v1＝8 m/s，即小物块 滑上长木板的速度为8 m/s，故A错误；小物块滑上木板后开始以加速度a0做匀减速直线运动，对木板，根据牛顿第二定律有μmg＝Ma1，解得a1＝2 m/s2，令t1时刻小物块与木板达到相等速度，则有v2＝v1－a0t1＝a1t1，解得t1＝1 s，v2＝2 m/s，小物块的位移x1＝t1＝5 m＝l，表明小物块没有飞出 1 2 3 4 5 6 7 8 9 目 录 高中总复习·物 理（提升版） 木板，之后两者保持相对静止做匀速直线运动，即小物块的最终速度为2 m/s，故B错误；长木板的最终动能Ek＝M＝12 J，故C正确；小物块在传送带上运动时间t2＝＝ s，对传送带的相对位移x相1＝t2－vt2＝ m，小物块对木板的相对位移x相2＝t1－t1＝4 m，全过程系统产生的内能Q＝μmg＝64 J，故D错误。 1 2 3 4 5 6 7 8 9 目 录 高中总复习·物 理（提升版） 8. （2026·黑龙江哈尔滨期末）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； 1 2 3 4 5 6 7 8 9 目 录 高中总复习·物 理（提升版） 答案： 24 N　 解析： 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。 1 2 3 4 5 6 7 8 9 目 录 高中总复习·物 理（提升版） （2）求滑块a整个运动过程中系统因摩擦而产生的热量； 答案：7.92 J　 解析：设B点所在水平面为零势能面，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。 1 2 3 4 5 6 7 8 9 目 录 高中总复习·物 理（提升版） （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：1.8 m 解析： 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＝ 1 2 3 4 5 6 7 8 9 目 录 高中总复习·物 理（提升版） 解得v'＝3 m/s 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x＝ 解得x≈1.8 m。 1 2 3 4 5 6 7 8 9 目 录 高中总复习·物 理（提升版） 9. 〔多选〕（2025·陕晋青宁10题）如图，与水平面成53°夹角且固定于 O、M两点的硬直杆上套着一质量为1 kg的滑块，弹性轻绳一端固定于O 点，另一端跨过固定在Q处的光滑定滑轮与位于直杆上P点的滑块拴接，弹 性轻绳原长为OQ，PQ为1.6 m且垂直于OM。现将滑块无初速释放，假设 最大静摩擦力与滑动摩擦力相等。滑块与杆之间的动摩擦因数为0.16，弹 性轻绳上弹力F的大小与其伸长量x满足F＝kx，k＝10 N/m，g取10 m/s2， sin 53°＝0.8。则滑块（　　） A. 与杆之间的滑动摩擦力大小始终为1.6 N B. 下滑与上滑过程中所受滑动摩擦力的冲量相同 C. 从释放到静止的位移大小为0.64 m D. 从释放到静止克服滑动摩擦力做功为2.56 J √ √ 1 2 3 4 5 6 7 8 9 目 录 高中总复习·物 理（提升版） 解析： 设滑块运动过程中右侧轻绳与P、Q连线的夹角为 θ，则轻绳的伸长量为Δx＝，轻绳的拉力大小F＝kΔx， 垂直杆方向滑块受力平衡，则杆对滑块的支持力FN＝ Fcos θ－mgcos 53°，而滑块与杆之间的滑动摩擦力大 小f＝μFN，联立解得f＝1.6 N，A正确；下滑过程中滑块所受摩擦力沿杆向上，上滑过程中滑块所受摩擦力沿杆向下，由冲量的定义可知，下滑与上滑过程中所受滑动摩擦力的冲量方向不同，B错误；设滑块从释放到静止的位移为x，结合A项分析可知，下滑过程滑块所受合外力为F下＝mgsin 53°－f－kx，上滑过程滑块所受合外力F上＝mgsin 53°＋f－kx，可知上滑过程 1 2 3 4 5 6 7 8 9 目 录 高中总复习·物 理（提升版） 与下滑过程分别为简谐运动，平衡位置处合外力为0，解得平衡位置与P点的距离分别为x下＝0.64 m，x上＝0.96 m，分析运动过程可得滑块先向下运动，经过x下＝0.64 m处的平衡位置，然后滑动到对称点，即x＝1.28 m处，然后转而向上滑动，以x上＝0.96 m处为平衡位置，最后恰好滑到对称点x＝0.64 m处，速度为零，受力平衡，可得滑块从释放到静止的位移大小为x＝0.64 m，C正确；结合C项分析可知，从释放到静止的过程，滑块克服滑动摩擦力做功为W＝（1.28 m＋1.28 m－0.64 m）f＝3.072 J，D错误。 1 2 3 4 5 6 7 8 9 目 录 高中总复习·物 理（提升版） $