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第4讲　功能关系　能量守恒定律
目标 要求 　 　 1.熟悉几种常见的动能关系，会分析计算相关问题。2.掌握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。
一、功能关系
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．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减少量 W＝－ΔEp＝Ep1－Ep2
弹力做的功等于弹性势能减少量
静电力做的功等于电势能减少量
动能 合外力做的功等于物体动能变化量 W＝Ek2－Ek1＝mv02
机械能 除重力和弹力之外的其他力做的功等于机械能变化量 W其他＝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
电能 克服安培力做的功等于电能增加量 W克安＝ΔE电
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，它只能从一种形式转化为其他形式，或者从一个物体转移到别的物体，在转化或转移的过程中，能量的总量保持不变。
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。
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。
1．判断正误
(1)一个物体的能量增加，必定有其他物体的能量减少。(√)
(2)克服与势能有关的力(重力、弹簧弹力、静电力等)做的功等于对应势能的增加量。(√)
(3)合力做的功等于物体机械能的改变量。(×)
(4)滑动摩擦力做功时，一定会引起机械能的转化。(√)
2．(教科版教材原题改编)奥运会比赛项目撑竿跳高如图所示。下列说法不正确的是(　　)
A．加速助跑过程中，运动员的动能增加
B．起跳上升过程中，竿的弹性势能一直增加
C．起跳上升过程中，运动员的重力势能增加
D．越过横杆后下落过程中，运动员的重力势能减少，动能增加
解析：B　加速助跑过程中，运动员的速度增大，动能增加，A正确；起跳上升过程中，竿的形变程度减小，竿的弹性势能减少，运动员的重力势能增加，B错误，C正确；越过横杆后下落过程中，运动员的高度降低，重力势能转化为动能，重力势能减少，动能增加，D正确。
3．(多选)(人教版教材原题改编)一名滑雪运动员在雪道上下滑了一段路程，重力对他做功3000 J，他克服阻力做功500 J，则在此过程中这名运动员(　　)
A．重力势能增加了3000 J
B．动能增加了3000 J
C．动能增加了2500 J
D．机械能减少了500 J
解析：CD　根据题意，重力做正功，所以运动员的重力势能减少了3000 J，A错误；合力做的功等于动能的增加量，所以动能增加了3000 J－500 J＝2500 J，B错误，C正确；重力以外的其他力做的功等于机械能的变化量，阻力做负功500 J，所以机械能减少了500 J，D正确。
考点一　功能关系的理解及应用
考向1　功能关系的分析与计算
　(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
解析：B　由于足球的运动轨迹不对称，所以其在空中运动过程中受到空气阻力的作用，1到2过程，对足球根据动能定理有－mgh－Wf1＝mv12，则其动能减少了ΔEk＝mv22＝mgh＋Wf1，A错误；1到2过程，足球的重心升高了h，则其重力势能增加了ΔEp＝mgh，B正确；2到3过程，对足球根据动能定理有mgh－Wf2＝，则其动能增加了ΔEk′＝＝mgh－Wf2，C错误；由于空气阻力的作用，足球在整个过程中，机械能不断减少，D错误。
[教考衔接]　本高考题的命题情境和命题角度与人教版必修第二册P82·T2相似，都以足球运动为背景考查了功能关系，可以看成是教材习题的改编。
[教材原题]　如图，质量为m的足球在地面1的位置被踢出后落到地面3的位置，在空中达到的最高点2的高度为h。重力加速度为g。
(1)足球由位置1运动到位置2时，重力做了多少功？足球的重力势能增加了多少？
(2)足球由位置2运动到位置3时，重力做了多少功？足球的重力势能减少了多少？
答案：(1)－mgh　mgh　(2)mgh　mgh
方法点拨
(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。
　(2025·四川卷，7)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
解析：C　对物块进行受力分析如图1所示，以沿斜面向上为正方向，由牛顿第二定律可得，物块在沿斜面方向上有μmg cos 30°－mg sin 30°＝ma，解得a＝g，根据匀变速直线运动的规律有v02＝2ax，解得物块的位移x＝，A错误；在此运动过程中，物块的重力势能增量为Ep＝mg sin 30°·x＝mv02，动能增量为mv02，所以机械能增量为mv02，B错误；对小车进行受力分析，如图2所示，以沿斜面向上为正方向，对小车由动能定理有Pt－(mg sin 30°＋μmg cos 30°)·x′＝mv02，其中t＝，解得小车位移x′＝，C正确；小车机械能的增量为E＝Ek＋Ep＝mv02＋mgx′sin 30°，代入数据得E＝mv02，D错误。
图1　 图2
考向2　功能关系与图像结合
　(多选)(2025·四川绵阳中学高三阶段检测)从地面竖直向上抛出一物体，取地面为零势能参考面，该物体的Ek和Ep随上升高度h的变化如图所示。重力加速度取10 m/s2，由图中数据可得(　　)
A．物体的质量为2.5 kg
B．h＝2 m时，物体的动能Ek＝40 J
C．h＝0时，物体的速度大小为4 m/s
D．物体的速度大小为20 m/s时，距地面的高度h＝2 m
解析：AC　由题图可知，上升的最大高度为4 m，由重力势能公式Ep＝mgh，可得m＝ kg＝2.5 kg，A正确；由题图可知h＝2 m时，物体的动能Ek＝50 J，物体的速度为v＝ m/s，B、D错误；h＝0时，物体的速度大小为v＝ m/s＝4 m/s，C正确。,
点拨
(1)重力势能与高度的EpG-h关系图像的斜率的绝对值为G。
(2)弹簧弹性势能与形变量的Ep弹-x关系图像的斜率的绝对值为F弹。
(3)动能与位移的Ek-x关系图像的斜率为F合。
(4)机械能与位移的E机-x关系图像的斜率为F其他。
　(2025·江苏扬州模拟)如图所示，平直木板AB倾斜放置，小物块与木板间的动摩擦因数由A到B均匀增大，小物块从A点由静止释放，恰好可以到达B点，小物块的加速度a、动能Ek、重力势能Ep和机械能E(取地面为零势能面)随下滑位移x变化的图像可能正确的是(　　)
解析：B　根据题意，小物块从A向B是先加速后减速运动，加速度先向下后向上，方向发生了变化，A错误；设斜面的长度为L，则小物块的重力势能可以表示为Ep＝mg(L－x)sin θ，B正确；下滑过程中，小物块的动能先增大后减小，但是其图线的斜率表示其所受的合力，根据题意可以判断合力是变力，与图像不符，C错误；根据功能关系，机械能的减少量等于小物块克服摩擦力所做的功，图像的斜率大小表示摩擦力大小，根据题意摩擦力逐渐增大，与图像不符，D错误。
考点二　摩擦力做功与能量关系
　(2025·济南三中期中)木板上A、B两点相距5 m。一物块相对木板向右从板上A点滑至B点，同时木板在地面上向左滑行2 m，图甲、乙分别为滑行前后的示意图，已知物块与木板间的滑动摩擦力大小为20 N，则下列说法正确的是(　　)
A．物块所受的摩擦力做功为－60 J
B．木板克服摩擦力做功为－40 J
C．物块与木板间因摩擦产生的热量为60 J
D．物块与木板间因摩擦产生的热量为40 J
解析：A　木板上A、B两点相距xAB＝5 m，木板向左滑行x2＝2 m，则物块向右滑行x1＝xAB－x2＝3 m，对物块分析可得，物块所受的摩擦力做功为W1＝－Ffx1＝－60 J，A正确；对木板分析可得，摩擦力对木板做功为W2＝－Ffx2＝－40 J，可知木板克服摩擦力做功为40 J，B错误；由功能关系可知，物块与木板间因摩擦产生的热量为Q＝FfxAB＝100 J，C、D错误。
注意区分摩擦力做功和摩擦生热
(1)无论是计算滑动摩擦力做功，还是计算静摩擦力做功，都应代入物体相对地面的位移。
(2)公式Q＝Ff·x相对中，x相对为两接触物体间的相对位移，若物体在接触面上做往复运动，则x相对为总的相对路程。
　(多选)(2026·贵州遵义航天高中月考)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1 m/s的速度顺时针运行。现把一质量为5 kg的工件(可视为质点)轻放在传送带的底端，经过一段时间工件与传送带达到共同速度后继续传送到4 m高处。已知工件与传送带间的动摩擦因数为，重力加速度大小为10 m/s2，则在此过程中，下列说法正确的是(　　)
A．工件加速过程的时间为0.8 s
B．传送带对工件做的功为202.5 J
C．工件与传送带间摩擦产生的热量为7.5 J
D．电动机因传送工件多做的功为120 J
解析：BC　工件加速过程由牛顿第二定律得μmg cos θ－mg sin θ＝ma，解得加速度a＝2.5 m/s2，则加速时间t＝＝0.4 s，故A错误；由动能定理有－mgh＋W传＝mv2－0，解得传送带对工件做的功W传＝202.5 J，故B正确；加速过程工件与传送带相对运动的位移大小Δx＝x传－x1＝vt－t＝0.2 m，工件与传送带间摩擦产生的热量Q＝μmg cos θ·Δx＝7.5 J，故C正确；电动机多做的功等于系统摩擦产生的热量和工件机械能的增加量之和，则有W电＝Q＋mv2＋mgh＝210 J，故D错误。
[归纳总结]　电动机因传送带传送物体而多做的功：W电＝ΔEk＋ΔEp＋Q。其中ΔEk表示被传送物体动能的增量，ΔEp表示被传送物体重力势能的增量，Q表示因摩擦而产生的热量。
考点三　能量守恒定律的应用
　(2025·山东卷，5)一辆电动小车上的光伏电池，将太阳能转换成的电能全部给电动机供电，刚好维持小车以速度v匀速运动，此时电动机的效率为50%。已知小车的质量为m，运动过程中受到的阻力Ff＝kv(k为常量)，该光伏电池的光电转换效率为η，则光伏电池单位时间内获得的太阳能为(　　)
A．
C．
解析：A　小车匀速运动时，电动机的输出功率等于小车受到的阻力的功率，有P电出＝Pf ＝Ffv＝kv2，所以电动机的输入功率(光伏电池的输出功率)为P光出＝＝2kv2，则光伏电池的输入功率(单位时间内获得的太阳能)为P太阳能＝，A正确。
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。
　(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，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)全过程物块储存的机械能E1和电动机因拉动物块多消耗的电能E2的比值。
解析：(1)关闭电动机，物块从C点恰好到达最高点D的过程，根据动能定理得：－mgx·sin θ－μmgx·cos θ＝0－mv2
解得x＝。
(2)物块在BC段做匀速运动，由平衡条件可得
电动机输出的牵引力为
F＝mg sin θ＋μmg cos θ
电动机的输出功率为
P＝Fv＝mgv(sin θ＋μcos θ)。
(3)全过程物块储存的机械能等于全过程物块增加的重力势能，则有
E1＝mgL sin θ
全过程电动机因拉动物块多消耗的电能等于物块由A到C增加的机械能与系统因摩擦产生的内能之和，则有
E2＝mg(L－x)sin θ＋mv2＋μmg(L－x)cos θ
解得E2＝mgL(sin θ＋μcos θ)
可得 。
答案：(1)　(2)mgv(sin θ＋μcos θ)　(3),
素养拓展　弹簧弹性势能表达式的应用
高中物理中的弹簧弹力满足胡克定律F＝kx, 弹簧弹力做正功弹性势能减小，弹簧弹力做负功弹性势能增加，弹簧弹力做功等于弹性势能的变化量。
弹簧弹力F与形变量x的图像如图所示。
由F-x图像的意义可得，图像与x轴所围的面积表示弹簧弹力所做的功，即W＝kx2，规定弹簧原长位置为零势能面，由弹簧弹力做功与弹性势能的关系可知，弹性势能的表达式为Ep＝kx2。
　(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(dA．＋μmg(l－d)
B．＋μmg(l－d)
C．＋2μmg(l－d)
D．＋2μmg(l－d)
解析：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。
　如图所示，一顶角为直角的“”形光滑细杆竖直放置。质量均为m的两金属环套在细杆上，高度相同，用一劲度系数为k的轻质弹簧相连，此时弹簧为原长l0。两金属环同时由静止释放，运动过程中弹簧的伸长在弹性限度内，且弹簧始终保持水平，已知弹簧的长度为l时，弹性势能为k(l－l0)2，重力加速度为g，求：
(1)弹簧的最大拉力；
(2)金属环的最大速度。
解析：(1)设金属环下降h达到最低点，则速度减小为0，弹簧形变量最大为2h，
根据能量守恒定律有2mgh＝k(2h)2
解得h＝
弹簧的最大伸长量Δx＝2h＝
弹簧的最大拉力为FT＝kΔx＝2mg。
(2)当金属环的加速度为0时，速度最大，金属环受力如图所示，沿杆方向加速度为0，即合力为0，有mg sin 45°＝F cos 45°，又F＝kΔx′，
解得形变量Δx′＝，根据几何知识，两个金属环下降的高度为h′＝
对两个金属环由能量守恒定律有
2mgh′＝k(Δx′)2＋×2mv2
解得v＝g。
答案：(1)2mg　(2)g
限时规范训练(32)　功能关系　能量守恒定律
(建议用时：40分钟　满分：70分)
(选择题1～6题每题5分，7～8题每题6分，11题7分，共49分)
[基础巩固练]
1．(2025·河南省高考适应性演练)2024年我国研制的“朱雀三号”可重复使用火箭垂直起降飞行试验取得圆满成功。假设火箭在发动机的作用下，从空中某位置匀减速竖直下落，到达地面时速度刚好为零。若在该过程中火箭质量视为不变，则(　　)
A．火箭的机械能不变
B．火箭所受的合力减小
C．火箭所受的重力做正功
D．火箭的动能随时间均匀减小
解析：C　由于火箭匀减速竖直下落，速度减小，动能减小，且重力势能减小，故火箭的机械能减小，故A错误；由于火箭匀减速竖直下落，加速度恒定，由牛顿第二定律可知，火箭所受的合力不变，故B错误；由于火箭的重力势能减小，故火箭所受的重力做正功，故C正确；火箭的动能Ek＝m(v0－at)2，故火箭的动能不随时间均匀减小，故D错误。
2．(2026·湖南雅礼中学开学考)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Ff，当物块从木板右端离开时(　　)
A．木板的动能可能等于FfL
B．木板的动能一定大于FfL
C．物块的动能一定小于mv02－FfL
D．物块的动能可能等于mv02－FfL
解析：C　设物块离开木板时的速度为v1，此时木板的速度为v2，由题可知v1＞v2，设物块对地位移为x1，木板对地的位移为x2，根据能量守恒有Mv22＋FfL，解得Mv22－FfL＜mv02－FfL，故C正确，D错误；因摩擦产生的热量为Q＝FfL＝Ff(x1－x2)，根据运动学公式x1＝t，由于v0＞v1＞v2，所以x1＞2x2，故x1－x2＝L＞x2，故对木板根据动能定理有EkM＝Ffx2＜FfL，故A、B错误。故选C。
3．(2024·江西卷，5)“飞流直下三千尺，疑是银河落九天。”是李白对庐山瀑布的浪漫主义描写。设瀑布的水流量约为10 m3/s，水位落差约为150 m。若利用瀑布水位落差发电，发电效率为70%，则发电功率大致为(　　)
A．109 W B．107 W
C．105 W D．103 W
解析：B　瀑布的水流量约为Q＝10 m3/s，水位落差约为h＝150 m，发电效率为η＝70%，则在时间t内流过的水的质量m＝ρQt，发电功率大致为P＝η＝ρQghη＝1.0×103×10×10×150×70% W≈107 W，故选B。
4．(2026·山东德州高三开学考)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．t1t2
C．x1>x2 D．x1解析：A　对两种运动的整个过程根据能量守恒有mv02＝μ1mgxMN＋μ2mg(x1－xMN)，mv02＝μ1mgxMN＋μ2mg(x2－xMN)，可得x1＝x2，故C、D错误；根据牛顿第二定律μmg＝ma，可得a＝μg，由于μ1>μ2，故滑块在MN上时的加速度大，根据前面分析可知两次运动的总位移相等，即两次运动过程中v-t图像与横轴围成的面积相等，由于第二次时滑块距离M点的距离较近，根据公式v02－v2＝2μ2gx，可知第二次到达M点时速度较大，作出整个过程中两种运动状态的v-t图像可得t2>t1，故A正确，B错误。
5．(2025·河南驻马店高级中学月考)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
解析：B　对小物块，由动能定理有W＝mv2＝0，设小物块与传送带间的动摩擦因数为μ，则小物块与传送带间的相对路程x相对＝，小物块与传送带因摩擦产生的热量Q＝μmgx相对＝2mv2，选项B正确。
6．(多选)(2025·浙江宁海中学期中)滑雪运动员开展滑雪训练可简化为如下模型：将运动员(包括滑板)简化为质点，运动员以某一初速度从足够长的山坡底端向上冲，取坡底为参考平面。运动员的机械能E总和重力势能Ep随离开坡底的高度h的变化规律如图所示，重力加速度g取10 m/s2，不计空气阻力，则下列说法正确的是(　　)
A．运动员向上冲的过程克服摩擦力做功为2×103 J
B．运动员再次回到坡底时机械能为4.4×103 J
C．运动员的质量为40 kg
D．运动员的初速度大小为10 m/s
解析：AC　由图像可知，运动员在冲上山坡之前，总的机械能为E总＝10×103 J，而冲上山坡，到达最高点时的机械能为E总′＝8×103 J，故在运动员从山坡底端到冲上山坡最高点的过程中，除了重力做功以外还有摩擦力做负功，可知运动员向上冲的过程克服摩擦力做功为2×103 J，故A正确；运动员再次回到坡底的过程中，仍然是除了重力做功以外摩擦力做负功，易知在下坡的过程中克服摩擦力做的功和在上坡过程中一样，因此可知运动员再次回到坡底时机械能应为6×103 J，故B错误；由于取了坡底为参考平面，因此运动员滑上山坡最高点后的重力势能就等于运动员的机械能，有mgh＝E总′，h＝20 m，解得m＝40 kg，故C正确；在坡底时运动员的动能等于运动员的机械能，则有mv2＝E总，解得v＝10 m/s，故D错误。
[能力提升练]
7．(多选)(2026·湖南湘潭摸底)如图甲所示，倾角为30°的斜面固定在水平地面上，一木块以一定的初速度从斜面底端开始上滑。若斜面足够长，上滑过程中木块的机械能和动能随位移变化的关系图线如图乙所示，则下列说法正确的是(　　)
图甲　　　　　　　图乙
A．木块上滑过程中，重力势能增加了4E0
B．木块受到的摩擦力大小为
C．木块的重力大小为
D．木块与斜面间的动摩擦因数为
解析：BC　机械能的变化量等于重力势能变化量和动能变化量的和，则2E0－3E0＝0－3E0＋ΔEp，解得ΔEp＝2E0，故A错误；木块上滑过程中，机械能的变化量等于摩擦力所做的功，则－Ffx0＝2E0－3E0，解得Ff＝，故B正确；重力所做的功等于重力势能变化量，则mgx0sin 30°＝ΔEp，解得mg＝，故C正确；滑动摩擦力为Ff＝μmg cos 30°，解得μ＝，故D错误。
8．(多选)(2025·云南卷，10)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(　　)
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mv02
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
解析：CD　过程Ⅰ，Q由P点至O点，由能量守恒可得mv02＝mgx1sin θ＋μmg cos θ·x1，由于μ＝tan θ，解得x1＝；过程Ⅱ，由于Q通过M点时速度最大，故Q在M点时，加速度为零，可得kx2＝mg sin θ＋μmg cos θ，解得x2＝；P、M两点之间的距离为x1－x2＝，A错误；过程Ⅱ中，Q从P点运动到O点，滑块Q损失的机械能ΔE＝μmg cos θ·x1－kx12，代入μ＝tan θ、x1＝，解得ΔE＝，B错误；过程Ⅱ中，Q从P点沿斜面向上运动至最高点N点过程，Q做简谐运动，根据简谐运动的对称性，可得Q在P点时的加速度大小a1和Q在N点时的加速度大小a2相等，由牛顿第二定律可得a1＝、a2＝，解得x3＝；Q从P点沿斜面向上运动的最大位移为x1＋x3＝，C正确；假设滑块Q最终静止在O点和N点之间(不包含O、N)，弹簧处于压缩状态，弹簧对Q的弹力F弹方向沿斜面向下，F弹与重力沿斜面向下的分力的合力大于Q与斜面间的最大静摩擦力，Q不可能静止，此假设不成立；假设Q最终静止在P点和M点之间(不包含P、M)，弹簧处于拉伸状态，F弹方向沿斜面向上，且F弹>mg sin θ＋μmg cos θ，可得Q不可能静止，此假设不成立；当Q在O、M(含O、M点)之间时，若Q处于平衡状态，可得F弹＝mg sin θ＋Ff静，其中0≤F弹≤mg sin θ＋μmg cos θ，故－μmg cos θ≤Ff静≤μmg cos θ，满足静止条件，D正确。
9．(10分)(2025·北京海淀二模)如图所示，光滑水平面AB与粗糙的竖直半圆轨道BCD在B点相切，半圆轨道BCD的半径R＝0.4 m，D是半圆轨道的最高点。将一质量m＝0.1 kg的物体(可视为质点)向左压缩轻弹簧至A点后由静止释放，在弹力作用下物体获得一向右速度，并脱离弹簧在水平面AB上做直线运动，其经过B点时的速度vB＝5 m/s，之后物体沿半圆轨道运动，恰好能通过D点。重力加速度g取10 m/s2。求：
(1)弹簧被压缩至A点时的弹性势能Ep；
(2)物体通过D点时的速度大小vD；
(3)物体沿半圆轨道BCD运动过程中克服阻力所做的功W。
解析：(1)由能量守恒可知，弹簧弹性势能完全转化为物体的动能Ep＝mvB2
可得弹簧被压缩至A点时的弹性势能Ep＝1.25 J。
(2)物体恰好能通过D点，则根据牛顿运动定律有mg＝m
解得vD＝2 m/s。
(3)物体沿半圆轨道BCD运动过程中由动能定理有－mg·2R－W＝mvB2
解得W＝0.25 J。
答案：(1)1.25 J　(2)2 m/s　(3)0.25 J
10．(11分)(2026·山东名校考试联盟高三摸底)如图所示，斜面倾角θ＝30°，底端与无摩擦的水平地面平滑连接。斜面上有A、B、C和D四个点，D点为斜面底端，AB、BC、CD间的距离分别为x1＝0.2 m、x2＝0.3 m、x3＝0.3 m，斜面除B到C区域外均为光滑斜面。两块完全相同的均匀矩形薄板a和b，质量均为m＝1 kg，长度均为L＝0.1 m，初始静止且相互接触放置在斜面上，板a的下端位于A点。释放后，两板开始共同沿斜面下滑。已知薄板与斜面粗糙部分(B到C)的动摩擦因数μ＝，重力加速度大小g取10 m/s2。求：
(1)板a的下端刚到达B点时的速度大小v1；
(2)当板a完全进入粗糙区域(B到C)时，两板之间作用力的大小F；
(3)两板在水平地面上运动时，它们之间的距离d。
解析：(1)释放后，两板开始共同沿斜面下滑，板a的下端刚到达B点时，对整体有2mg sin θ＝2ma
解得a＝5 m/s2
板a和b做匀加速直线运动，根据运动学公式v12＝2ax1
解得v1＝ m/s。
(2)板a开始进入粗糙区域时，板a和b一起向下加速，当板a完全进入粗糙区域时，对整体有2mg sin θ－μmg cos θ＝2ma1
解得加速度a1＝2.5 m/s2
对板b，根据牛顿第二定律可得mg sin θ－F＝ma1
解得两板之间作用力的大小F＝2.5 N。
(3)当板b刚刚完全进入粗糙区域(B到C)，因为μ·2mg cos θ＝2mg sin θ
所以整体做匀速直线运动，设板a从刚到达B点到完全通过B点的过程中克服摩擦力做功为W0，因为板是均匀薄板，故摩擦力均匀变化，111111111111111有W0＝L＝0.25 J对整体，从A点到C点，设板a刚到达C点时的速度为vC，根据能量关系有2mg(x1＋x2)sin θ＝·2mvC2＋W0·2＋μmg cos θ·(x2－L)＋μmg cos θ·L
解得vC＝ m/s
板a刚到达C点时，板a、b开始分离，板b做匀速直线运动，板b刚到达C点时的速度和板a刚到达C点时相同，故板a从C点到D点的运动情况和板b从C点到D点的运动情况相同。
对板a，从C点到D点，根据能量关系有mvC2＋mgx2sin θ－W0＝mvD2
解得vD＝ m/s
两板到达D点的时间差为两板开始分离到板b刚好运动到C点，即vC·Δt＝L
两板在水平地面上运动时，它们之间的距离d＝vD·Δt
解得d＝ m。
答案：(1) m/s　(2)2.5 N　(3) m
[培优创新练]
11．(2025·哈尔滨三模)如图所示，一小物块由静止开始沿倾角为θ的斜面向下滑动，最后停在水平地面上。斜面和地面平滑连接，且物块与斜面、物块与地面间的动摩擦因数均为0.25，取地面为零势能面，已知tan θ＝0.5。该过程中，物块的动能Ek、重力势能Ep、机械能E、摩擦产生的热量Q与水平位移x的关系图像可能正确的是(　　)
解析：A　如图所示，当物块从最高点下滑至斜面最低点的过程中，物块的动能Ek1＝mgx tan θ－μmg cos θ·＝0.25mg·x(x≤x0)，当物块下滑至斜面底端时其动能Ek1＝0.25mgx0，此后在水平面上克服摩擦力做功，则有Ek2＝0.25mgx0－μmgx＝0.25mgx0－0.25mg·x(x0≤x≤2x0)，可知动能达到最大值前，其图像为过原点的倾斜直线，斜率为0.25mg，动能达到最大后在水平面上运动，其图线的斜率为－0.25mg，可知图线具有对称性，故A正确；物块的重力势能Ep＝mgh－mg tan θ·x＝mgh－0.5mg·x(x≤x0)，可知物块Ep-x图像的纵轴截距为mgh，斜率为－0.5mg的图线，当x>x0时，重力势能为0，保持不变，故B错误；设释放点到斜面底端的水平距离为x0，物块释放点的高度为h，物块从释放到停止运动的过程中，克服摩擦力做功W克＝μmg cos θ·＋μmgx1(x0≤x1≤2x0)，可得W克＝μmgx0＋μmgx1＝0.25mgx(0≤x≤2x0)，根据能量守恒可知Q＝W克＝0.25mgx，而物块在该过程中机械能的减少量始终等于克服摩擦力所做的功，则物块在x轴上任意位置的机械能为E＝mgh－0.25mg·x，其E-x图像的纵轴截距为mgh、斜率为－0.25mg的倾斜直线，而其Q-x图像为过原点、斜率为0.25mg的倾斜直线，故CD错误。(共70张PPT)
第4讲　功能关系　能量守恒定律
1.熟悉几种常见的动能关系，会分析计算相关问题。2.掌握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。
目标
要求
1
强基础 固本增分
2
研考点 精准突破
3
限时规范训练
栏
目
导
引
强基础
固本增分
一、功能关系
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做功来实现的。
(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
量度
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______ W＝－ΔEp＝________
弹力做的功等于弹性势能______
静电力做的功等于电势能______
动能 合外力做的功等于物体动能变化量 W＝Ek2－Ek1＝mv02
减少量
减少量
减少量
Ep1－Ep2
能量 功能关系 表达式
机械能 除重力和弹力之外的其他力做的功等于机械能______ W其他＝___
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＝_________
电能 克服安培力做的功等于电能______ W克安＝ΔE电
变化量
ΔE
Ff·x相对
增加量
二、能量守恒定律
1．内容：能量既不会凭空____，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。
产生
转化
转移
总量
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。
1．判断正误
(1)一个物体的能量增加，必定有其他物体的能量减少。( )
(2)克服与势能有关的力(重力、弹簧弹力、静电力等)做的功等于对应势能的增加量。( )
(3)合力做的功等于物体机械能的改变量。( )
(4)滑动摩擦力做功时，一定会引起机械能的转化。( )
×
√
√
√
2．(教科版教材原题改编)奥运会比赛项目撑竿跳高如
图所示。下列说法不正确的是(　　)
A．加速助跑过程中，运动员的动能增加
B．起跳上升过程中，竿的弹性势能一直增加
C．起跳上升过程中，运动员的重力势能增加
D．越过横杆后下落过程中，运动员的重力势能减少，动能增加
B
解析：B　加速助跑过程中，运动员的速度增大，动能增加，A正确；起跳上升过程中，竿的形变程度减小，竿的弹性势能减少，运动员的重力势能增加，B错误，C正确；越过横杆后下落过程中，运动员的高度降低，重力势能转化为动能，重力势能减少，动能增加，D正确。
3．(多选)(人教版教材原题改编)一名滑雪运动员在雪
道上下滑了一段路程，重力对他做功3000 J，他克服
阻力做功500 J，则在此过程中这名运动员(　　)
A．重力势能增加了3000 J
B．动能增加了3000 J
C．动能增加了2500 J
D．机械能减少了500 J
解析：CD　根据题意，重力做正功，所以运动员的重力势能减少了3000 J，A错误；合力做的功等于动能的增加量，所以动能增加了3000 J－500 J＝2500 J，B错误，C正确；重力以外的其他力做的功等于机械能的变化量，阻力做负功500 J，所以机械能减少了500 J，D正确。
CD
研考点
精准突破
考点一　功能关系的理解及应用
考向1　功能关系的分析与计算
(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
B
解析：B　由于足球的运动轨迹不对称，所以其在空中运动过程中受到空气阻力的作用，1到2过程，对足球根据动能定理有－mgh－Wf1＝mv12，则其动能减少了ΔEk＝mv22＝mgh＋Wf1，A错误；1到2过程，足球的重心升高了h，则其重力势能增加了ΔEp＝mgh，B正确；2到3过程，对足球根据动能定理有mgh－Wf2＝，则其动能增加了ΔEk′＝＝mgh－Wf2，C错误；由于空气阻力的作用，足球在整个过程中，机械能不断减少，D错误。
方法点拨
(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。
[教考衔接]　本高考题的命题情境和命题角度与人教版必修第二册P82·T2相似，都以足球运动为背景考查了功能关系，可以看成是教材习题的改编。
[教材原题]　如图，质量为m的足球在地面1的位置被踢出后落到地面3的位置，在空中达到的最高点2的高度为h。重力加速度为g。
(1)足球由位置1运动到位置2时，重力做了多少
功？足球的重力势能增加了多少？
(2)足球由位置2运动到位置3时，重力做了多少
功？足球的重力势能减少了多少？
答案：(1)－mgh　mgh　(2)mgh　mgh
(2025·四川卷，7)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
C
解析：C　对物块进行受力分析如图1所示，以沿斜面向上为正方向，由牛顿第二定律可得，物块在沿斜面方向上有μmg cos 30°－mg sin 30°＝ma，解得a＝g，根据匀变速直线运动的规律有v02＝2ax，解得物块的位移x＝，A错误；在此运动过程中，物块的重力势能增量为Ep＝mg sin 30°·x＝mv02，动能增量为mv02，所以机械能增量为mv02，B错误；对小车进行受力分析，如图2所示，以沿斜
图1
图2
面向上为正方向，对小车由动能定理有Pt－(mg sin 30°＋μmg cos 30°)·x′＝mv02，其中t＝，解得小车位移x′＝，C正确；小车机械能的增量为E＝Ek＋Ep＝mv02＋mgx′sin 30°，代入数据得E＝mv02，D错误。
图1
图2
考向2　功能关系与图像结合
(多选)(2025·四川绵阳中学高三阶段检测)从
地面竖直向上抛出一物体，取地面为零势能参考面，
该物体的Ek和Ep随上升高度h的变化如图所示。重力
加速度取10 m/s2，由图中数据可得(　　)
A．物体的质量为2.5 kg
B．h＝2 m时，物体的动能Ek＝40 J
C．h＝0时，物体的速度大小为4 m/s
D．物体的速度大小为20 m/s时，距地面的高度h＝2 m
AC
解析：AC　由题图可知，上升的最大高度为4 m，由
重力势能公式Ep＝mgh，可得m＝ kg＝2.5
kg，A正确；由题图可知h＝2 m时，物体的动能Ek＝
50 J，物体的速度为v＝ m/s，B、D错误；
h＝0时，物体的速度大小为v＝ m/s＝4 m/s，C正确。
点拨
(1)重力势能与高度的EpG-h关系图像的斜率的绝对值为G。
(2)弹簧弹性势能与形变量的Ep弹-x关系图像的斜率的绝对值为F弹。
(3)动能与位移的Ek-x关系图像的斜率为F合。
(4)机械能与位移的E机-x关系图像的斜率为F其他。
(2025·江苏扬州模拟)如图所示，平直木板AB倾
斜放置，小物块与木板间的动摩擦因数由A到B均匀增
大，小物块从A点由静止释放，恰好可以到达B点，小
物块的加速度a、动能Ek、重力势能Ep和机械能E(取地
面为零势能面)随下滑位移x变化的图像可能正确的是(　　)
B
解析：B　根据题意，小物块从A向B是先加速后减速运动，加速度先向下后向上，方向发生了变化，A错误；设斜面的长度为L，则小物块的重力势能可以表示为Ep＝mg(L－x)sin θ，B正确；下滑过程中，小物块的动能先增大后减小，但是其图线的斜率表示其所受的合力，根据题意可以判断合力是变力，与图像不符，C错误；根据功能关系，机械能的减少量等于小物块克服摩擦力所做的功，图像的斜率大小表示摩擦力大小，根据题意摩擦力逐渐增大，与图像不符，D错误。
考点二　摩擦力做功与能量关系
(2025·济南三中期中)木板上A、B两点相距5 m。一物块相对木板向右从板上A点滑至B点，同时木板在地面上向左滑行2 m，图甲、乙分别为滑行前后的示意图，已知物块与木板间的滑动摩擦力大小为20 N，则下列说法正确的是(　　)
A．物块所受的摩擦力做功为－60 J
B．木板克服摩擦力做功为－40 J
C．物块与木板间因摩擦产生的热量为60 J
D．物块与木板间因摩擦产生的热量为40 J
A
解析：A　木板上A、B两点相距xAB＝5 m，木板向左滑行x2＝2 m，则物块向右滑行x1＝xAB－x2＝3 m，对物块分析可得，物块所受的摩擦力做功为W1＝－Ffx1＝－60 J，A正确；对木板分析可得，摩擦力对木板做功为W2＝－Ffx2＝－40 J，可知木板克服摩擦力做功为40 J，B错误；由功能关系可知，物块与木板间因摩擦产生的热量为Q＝FfxAB＝100 J，C、D错误。
注意区分摩擦力做功和摩擦生热
(1)无论是计算滑动摩擦力做功，还是计算静摩擦力做功，都应代入物体相对地面的位移。
(2)公式Q＝Ff·x相对中，x相对为两接触物体间的相对位移，若物体在接触面上做往复运动，则x相对为总的相对路程。
(多选)(2026·贵州遵义航天高中月考)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1 m/s的速度顺时针运行。现把一质量为5 kg的工件(可视为质点)轻放在传送带的底端，经过一段时间工件与传送带达到共同速度后继续传送到4 m高处。已知工件与传送带间的动摩擦因数为，重力加速度大小为10 m/s2，则在此过程中，下列说法正确的是(　　)
A．工件加速过程的时间为0.8 s
B．传送带对工件做的功为202.5 J
C．工件与传送带间摩擦产生的热量为7.5 J
D．电动机因传送工件多做的功为120 J
BC
解析：BC　工件加速过程由牛顿第二定律得μmg cos θ－mg sin θ＝ma，解得加速度a＝2.5 m/s2，则加速时间t＝＝0.4 s，故A错误；由动能定理有－mgh＋W传＝mv2－0，解得传送带对工件做的功W传＝202.5 J，故B正确；加速过程工件与传送带相对运动的位移大小Δx＝x传－x1＝vt－t＝0.2 m，工件与传送带间摩擦产生的热量Q＝μmg cos θ·Δx＝7.5 J，故C正确；电动机多做的功等于系统摩擦产生的热量和工件机械能的增加量之和，则有W电＝Q＋mv2＋mgh＝210 J，故D错误。
[归纳总结]　电动机因传送带传送物体而多做的功：W电＝ΔEk＋ΔEp＋Q。其中ΔEk表示被传送物体动能的增量，ΔEp表示被传送物体重力势能的增量，Q表示因摩擦而产生的热量。
考点三　能量守恒定律的应用
(2025·山东卷，5)一辆电动小车上的光伏电池，将太阳能转换成的电能全部给电动机供电，刚好维持小车以速度v匀速运动，此时电动机的效率为50%。已知小车的质量为m，运动过程中受到的阻力Ff＝kv(k为常量)，该光伏电池的光电转换效率为η，则光伏电池单位时间内获得的太阳能为(　　)
A．
C．
A
解析：A　小车匀速运动时，电动机的输出功率等于小车受到的阻力的功率，有P电出＝Pf ＝Ffv＝kv2，所以电动机的输入功率(光伏电池的输出功率)为P光出＝＝2kv2，则光伏电池的输入功率(单位时间内获得的太阳能)为P太阳能＝，A正确。
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。
(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，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)全过程物块储存的机械能E1和电动机因拉动
物块多消耗的电能E2的比值。
解析：(1)关闭电动机，物块从C点恰好到达最高点D的过程，根据动能定理得：－mgx·sin θ－μmgx·cos θ＝0－mv2
解得x＝。
(2)物块在BC段做匀速运动，由平衡条件可得
电动机输出的牵引力为
F＝mg sin θ＋μmg cos θ
电动机的输出功率为
P＝Fv＝mgv(sin θ＋μcos θ)。
(3)全过程物块储存的机械能等于全过程物块增加的重力势能，则有
E1＝mgL sin θ
全过程电动机因拉动物块多消耗的电能等于物块由A到C增加的机械能与系统因摩擦产生的内能之和，则有
E2＝mg(L－x)sin θ＋mv2＋μmg(L－x)cos θ
解得E2＝mgL(sin θ＋μcos θ)
可得 。
答案：(1)　(2)mgv(sin θ＋μcos θ)　(3)
素养拓展　弹簧弹性势能表达式的应用
高中物理中的弹簧弹力满足胡克定律F＝kx, 弹簧弹力做正功弹性势能减小，弹簧弹力做负功弹性势能增加，弹簧弹力做功等于弹性势能的变化量。
弹簧弹力F与形变量x的图像如图所示。
由F-x图像的意义可得，图像与x轴所围的面积表示弹簧弹
力所做的功，即W＝kx2，规定弹簧原长位置为零势能面，
由弹簧弹力做功与弹性势能的关系可知，弹性势能的表达
式为Ep＝kx2。
(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(dA．＋μmg(l－d) B．＋μmg(l－d)
C．＋2μmg(l－d) D．＋2μmg(l－d)
B
解析：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。
如图所示，一顶角为直角的“ ”形光滑细杆竖直放置。质量均为m的两金属环套在细杆上，高度相同，用一劲度系数为k的轻质弹簧相连，此时弹簧为原长l0。两金属环同时由静止释放，运动过程中弹簧的伸长在弹性限度内，且弹簧始终保持水平，已知弹簧的长度为l时，弹性势能为k(l－l0)2，重力加速度为g，求：
(1)弹簧的最大拉力；
(2)金属环的最大速度。
解析：(1)设金属环下降h达到最低点，则速度减小为0，弹簧形变量最大为2h，
根据能量守恒定律有2mgh＝k(2h)2
解得h＝
弹簧的最大伸长量Δx＝2h＝
弹簧的最大拉力为FT＝kΔx＝2mg。
(2)当金属环的加速度为0时，速度最大，金属环受力如图所示，沿杆方向加速度为0，即合力为0，有mg sin 45°＝F cos 45°，又F＝kΔx′，
解得形变量Δx′＝，根据几何知识，两个金属环下降的高度为h′＝
对两个金属环由能量守恒定律有
2mgh′＝k(Δx′)2＋×2mv2
解得v＝g。
答案：(1)2mg　(2)g
3
4
5
6
7
8
9
10
11
1
2
限时规范
训练(32)　功能关系　能量守恒定律
(建议用时：40分钟　满分：70分)
(选择题1～6题每题5分，7～8题每题6分，11题7分，共49分)
[基础巩固练]
1．(2025·河南省高考适应性演练)2024年我国研制的“朱雀三号”可重复使用火箭垂直起降飞行试验取得圆满成功。假设火箭在发动机的作用下，从空中某位置匀减速竖直下落，到达地面时速度刚好为零。若在该过程中火箭质量视为不变，则(　　)
A．火箭的机械能不变 B．火箭所受的合力减小
C．火箭所受的重力做正功 D．火箭的动能随时间均匀减小
C
3
4
5
6
7
8
9
10
11
1
2
解析：C　由于火箭匀减速竖直下落，速度减小，动能减小，且重力势能减小，故火箭的机械能减小，故A错误；由于火箭匀减速竖直下落，加速度恒定，由牛顿第二定律可知，火箭所受的合力不变，故B错误；由于火箭的重力势能减小，故火箭所受的重力做正功，故C正确；火箭的动能Ek＝m(v0－at)2，故火箭的动能不随时间均匀减小，故D错误。
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2．(2026·湖南雅礼中学开学考)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Ff，当物块从木板右端离开时(　　)
A．木板的动能可能等于FfL
B．木板的动能一定大于FfL
C．物块的动能一定小于mv02－FfL
D．物块的动能可能等于mv02－FfL
C　
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解析：C　设物块离开木板时的速度为v1，此时木板的速度为v2，由题可知v1＞v2，设物块对地位移为x1，木板对地的位移为x2，根据能量守恒有Mv22＋FfL，解得Mv22－FfL＜mv02－FfL，故C正确，D错误；因摩擦产生的热量为Q＝FfL＝Ff(x1－x2)，根据运动学公式x1＝t，由于v0＞v1＞v2，所以x1＞2x2，故x1－x2＝L＞x2，故对木板根据动能定理有EkM＝Ffx2＜FfL，故A、B错误。故选C。
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3．(2024·江西卷，5)“飞流直下三千尺，疑是银河落九
天。”是李白对庐山瀑布的浪漫主义描写。设瀑布的水
流量约为10 m3/s，水位落差约为150 m。若利用瀑布水
位落差发电，发电效率为70%，则发电功率大致为(　　)
A．109 W B．107 W
C．105 W D．103 W
解析：B　瀑布的水流量约为Q＝10 m3/s，水位落差约为h＝150 m，发电效率为η＝70%，则在时间t内流过的水的质量m＝ρQt，发电功率大致为P＝η＝ρQghη＝1.0×103×10×10×150×70% W≈107 W，故选B。
B
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4．(2026·山东德州高三开学考)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．t1t2
C．x1>x2 D．x1A
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解析：A　对两种运动的整个过程根据能量守恒有mv02
＝μ1mgxMN＋μ2mg(x1－xMN)，mv02＝μ1mgxMN＋μ2mg(x2
－xMN)，可得x1＝x2，故C、D错误；根据牛顿第二定律
μmg＝ma，可得a＝μg，由于μ1>μ2，故滑块在MN上时的
加速度大，根据前面分析可知两次运动的总位移相等，即两次运动过程中v-t图像与横轴围成的面积相等，由于第二次时滑块距离M点的距离较近，根据公式v02－v2＝2μ2gx，可知第二次到达M点时速度较大，作出整个过程中两种运动状态的v-t图像可得t2>t1，故A正确，B错误。
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5．(2025·河南驻马店高级中学月考)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
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解析：B　对小物块，由动能定理有W＝mv2＝0，设小物块与传送带间的动摩擦因数为μ，则小物块与传送带间的相对路程x相对＝，小物块与传送带因摩擦产生的热量Q＝μmgx相对＝2mv2，选项B正确。
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6．(多选)(2025·浙江宁海中学期中)滑雪运动员开展滑雪训练可简化为如下模型：将运动员(包括滑板)简化为质点，运动员以某一初速度从足够长的山坡底端向上冲，取坡底为参考平面。运动员的机械能E总和重力势能Ep随离开坡底的高度h的变化规律如图所示，重力加速度g取10 m/s2，不计空气阻力，则下列说法正确的是(　　)
A．运动员向上冲的过程克服摩擦力做功为2×103 J
B．运动员再次回到坡底时机械能为4.4×103 J
C．运动员的质量为40 kg
D．运动员的初速度大小为10 m/s
AC
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解析：AC　由图像可知，运动员在冲上山坡之前，总的机械能为E总＝10×103 J，而冲上山坡，到达最高点时的机械能为E总′＝8×103 J，故在运动员从山坡底端到冲上山坡最高点的过程中，除了重力做功以外还有摩擦力做负功，可知运动员向上冲的过程克服摩擦力做功为2×103 J，故A正确；运动员再次回到坡底的过程中，
仍然是除了重力做功以外摩擦力做负功，易知在下坡的过程中克服摩擦力做的功和在上坡过程中一样，因此可知运动员再次回到坡底时机械能应为6×103 J，故B错误；由于取了坡底为参考平面，因此运动员滑上山坡最高点后的重力势能就等于运动员的机械能，有mgh＝E总′，h＝20 m，解得m＝40 kg，故C正确；在坡底时运动员的动能等于运动员的机械能，则有mv2＝E总，解得v＝10 m/s，故D错误。
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[能力提升练]
7．(多选)(2026·湖南湘潭摸底)如图甲所示，倾角为30°的斜面固定在水平地面上，一木块以一定的初速度从斜面底端开始上滑。若斜面足够长，上滑过程中木块的机械能和动能随位移变化的关系图线如图乙所示，则下列说法正确的是(　　)
A．木块上滑过程中，重力势能增加了4E0
B．木块受到的摩擦力大小为
C．木块的重力大小为
D．木块与斜面间的动摩擦因数为
BC　
图甲　　　　　图乙
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解析：BC　机械能的变化量等于重力势能变化量和动能变化量的和，则2E0－3E0＝0－3E0＋ΔEp，解得ΔEp＝2E0，故A错误；木块上滑过程中，机械能的变化量等于摩擦力所做的功，则－Ffx0＝2E0－3E0，解得Ff＝，故B正确；重力所做的功等于重力势能变化量，则mgx0sin 30°＝ΔEp，解得mg＝，故C正确；滑动摩擦力为Ff＝μmg cos 30°，解得μ＝，故D错误。
图甲　　　　　图乙
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8．(多选)(2025·云南卷，10)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(　　)
CD
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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mv02
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
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解析：CD　过程Ⅰ，Q由P点至O点，由能量守
恒可得mv02＝mgx1sin θ＋μmg cos θ·x1，由于μ
＝tan θ，解得x1＝；过程Ⅱ，由于Q通过
M点时速度最大，故Q在M点时，加速度为零，
可得kx2＝mg sin θ＋μmg cos θ，解得x2＝；P、M两点之间的距离为x1－x2＝，A错误；过程Ⅱ中，Q从P点运动到O点，滑块Q损失的机械能ΔE＝μmg cos θ·x1－kx12，代入μ＝tan θ、x1＝，解
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得ΔE＝，B错误；过程Ⅱ中，
Q从P点沿斜面向上运动至最高点N点过程，Q做
简谐运动，根据简谐运动的对称性，可得Q在P
点时的加速度大小a1和Q在N点时的加速度大小
a2相等，由牛顿第二定律可得a1＝、a2＝，解得x3＝；Q从P点沿斜面向上运动的最大位移为x1＋x3＝，C正确；假设滑块Q最终静止在
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O点和N点之间(不包含O、N)，弹簧处于压缩状态，弹簧对Q的弹力F弹方向沿斜面向下，F弹与重力沿斜面向下的分力的合力大于Q与斜面间的最大静摩擦力，Q不可能静止，此假设不成立；假设Q最终静止在P点和M点之间(不包含P、M)，弹簧处于拉伸状态，F弹方向沿斜面向上，
且F弹>mg sin θ＋μmg cos θ，可得Q不可能静止，此假设不成立；当Q在O、M(含O、M点)之间时，若Q处于平衡状态，可得F弹＝mg sin θ＋Ff静，其中0≤F弹≤mg sin θ＋μmg cos θ，故－μmg cos θ≤Ff静≤μmg cos θ，满足静止条件，D正确。
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9．(10分)(2025·北京海淀二模)如图所示，光滑水平面AB与粗糙的竖直半圆轨道BCD在B点相切，半圆轨道BCD的半径R＝0.4 m，D是半圆轨道的最高点。将一质量m＝0.1 kg的物体(可视为质点)向左压缩轻弹簧至A点后由静止释放，在弹力作用下物体获得一向右速度，并脱离弹簧在水平面AB上做直线运动，其经过B点时的速度vB＝5 m/s，之后物体沿半圆轨道运动，恰好能通过D点。重力加速度g取10 m/s2。求：
(1)弹簧被压缩至A点时的弹性势能Ep；
(2)物体通过D点时的速度大小vD；
(3)物体沿半圆轨道BCD运动过程中克服阻力所
做的功W。
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解析：(1)由能量守恒可知，弹簧弹性势能完全转化为物体的动能Ep＝mvB2
可得弹簧被压缩至A点时的弹性势能Ep＝1.25 J。
(2)物体恰好能通过D点，则根据牛顿运动定律有mg＝m
解得vD＝2 m/s。
(3)物体沿半圆轨道BCD运动过程中由动能定理有
－mg·2R－W＝mvB2
解得W＝0.25 J。
答案：(1)1.25 J　(2)2 m/s　(3)0.25 J
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10．(11分)(2026·山东名校考试联盟高三摸底)如图所示，斜面倾角θ＝30°，底端与无摩擦的水平地面平滑连接。斜面上有A、B、C和D四个点，D点为斜面底端，AB、BC、CD间的距离分别为x1＝0.2 m、x2＝0.3 m、x3＝0.3 m，斜面除B到C区域外均为光滑斜面。两块完全相同的均匀矩形薄板a和b，质量均为m＝1 kg，长度均为L＝0.1 m，初始静止且相互接触放置在斜面上，板a的下端位于A点。释放后，两板开始共同沿斜面下滑。已知薄板与斜面粗糙部分(B到C)的动摩擦因数μ＝，重力加速度大小g取10 m/s2。求：
(1)板a的下端刚到达B点时的速度大小v1；
(2)当板a完全进入粗糙区域(B到C)时，两板之
间作用力的大小F；
(3)两板在水平地面上运动时，它们之间的距离d。
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解析：(1)释放后，两板开始共同沿斜面下滑，板a的下端刚到达B点时，对整体有2mg sin θ＝2ma
解得a＝5 m/s2
板a和b做匀加速直线运动，根据运动学公式v12＝2ax1
解得v1＝ m/s。
(2)板a开始进入粗糙区域时，板a和b一起向下加速，当板a完全进入粗糙区域时，对整体有2mg sin θ－μmg cos θ＝2ma1
解得加速度a1＝2.5 m/s2
对板b，根据牛顿第二定律可得mg sin θ－F＝ma1
解得两板之间作用力的大小F＝2.5 N。
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(3)当板b刚刚完全进入粗糙区域(B到C)，因为μ·2mg cos θ＝2mg sin θ
所以整体做匀速直线运动，设板a从刚到达B点到完全通过B点的过程中克服摩擦力做功为W0，因为板是均匀薄板，故摩擦力均匀变化，有W0＝L＝0.25 J对整体，从A点到C点，设板a刚到达C点时的速度为vC，根据能量关系有2mg(x1＋x2)sin θ＝·2mvC2＋W0·2＋μmg cos θ·(x2－L)＋μmg cos θ·L
解得vC＝ m/s
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板a刚到达C点时，板a、b开始分离，板b做匀速直线运动，板b刚到达C点时的速度和板a刚到达C点时相同，故板a从C点到D点的运动情况和板b从C点到D点的运动情况相同。
对板a，从C点到D点，根据能量关系有mvC2＋mgx2sin θ－W0＝mvD2
解得vD＝ m/s
两板到达D点的时间差为两板开始分离到板b刚好运动到C点，即vC·Δt＝L
两板在水平地面上运动时，它们之间的距离d＝vD·Δt
解得d＝ m。
答案：(1) m/s　(2)2.5 N　(3) m
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[培优创新练]
11．(2025·哈尔滨三模)如图所示，一小物块由静
止开始沿倾角为θ的斜面向下滑动，最后停在水平
地面上。斜面和地面平滑连接，且物块与斜面、
物块与地面间的动摩擦因数均为0.25，取地面为零势能面，已知tan θ＝0.5。该过程中，物块的动能Ek、重力势能Ep、机械能E、摩擦产生的热量Q与水平位移x的关系图像可能正确的是(　　)
A
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解析：A　如图所示，当物块从最高点下滑至斜
面最低点的过程中，物块的动能Ek1＝mgx tan θ
－μmg cos θ·＝0.25mg·x(x≤x0)，当物块下滑
至斜面底端时其动能Ek1＝0.25mgx0，此后在水平面上克服摩擦力做功，则有Ek2＝0.25mgx0－μmgx＝0.25mgx0－0.25mg·x(x0≤x≤2x0)，可知动能达到最大值前，其图像为过原点的倾斜直线，斜率为0.25mg，动能达到最大后在水平面上运动，其图线的斜率为－0.25mg，可知图线具有对称性，故A正确；物块的重力势能Ep＝mgh－mg tan θ·x＝mgh－0.5mg·x(x≤x0)，可知物块Ep-x图像的纵轴截距为mgh，斜率为－0.5mg的
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图线，当x>x0时，重力势能为0，保持不变，故B错误；设释放点到斜面底端的水平距离为x0，物块释放点的高度为h，物块从释放到停止运动的过程中，克服摩擦力做功W克＝μmg cos θ·＋μmgx1(x0≤x1≤2x0)，可得W克＝μmgx0＋μmgx1＝0.25mgx(0≤x≤2x0)，根据能量守恒可知Q＝W克＝0.25mgx，而物块在该过程中机械能的减少量始终等于克服摩擦力所做的功，则物块在x轴上任意位置的机械能为E＝mgh－0.25mg·x，其E-x图像的纵轴截距为mgh、斜率为－0.25mg的倾斜直线，而其Q-x图像为过原点、斜率为0.25mg的倾斜直线，故CD错误。
第4讲　功能关系　能量守恒定律
点击进入WORD文档
按ESC键退出全屏播放限时规范训练(32)　功能关系　能量守恒定律
(建议用时：40分钟　满分：70分)
(选择题1～6题每题5分，7～8题每题6分，11题7分，共49分)
[基础巩固练]
1．(2025·河南省高考适应性演练)2024年我国研制的“朱雀三号”可重复使用火箭垂直起降飞行试验取得圆满成功。假设火箭在发动机的作用下，从空中某位置匀减速竖直下落，到达地面时速度刚好为零。若在该过程中火箭质量视为不变，则(　　)
A．火箭的机械能不变
B．火箭所受的合力减小
C．火箭所受的重力做正功
D．火箭的动能随时间均匀减小
解析：C　由于火箭匀减速竖直下落，速度减小，动能减小，且重力势能减小，故火箭的机械能减小，故A错误；由于火箭匀减速竖直下落，加速度恒定，由牛顿第二定律可知，火箭所受的合力不变，故B错误；由于火箭的重力势能减小，故火箭所受的重力做正功，故C正确；火箭的动能Ek＝m(v0－at)2，故火箭的动能不随时间均匀减小，故D错误。
2．(2026·湖南雅礼中学开学考)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Ff，当物块从木板右端离开时(　　)
A．木板的动能可能等于FfL
B．木板的动能一定大于FfL
C．物块的动能一定小于mv02－FfL
D．物块的动能可能等于mv02－FfL
解析：C　设物块离开木板时的速度为v1，此时木板的速度为v2，由题可知v1＞v2，设物块对地位移为x1，木板对地的位移为x2，根据能量守恒有Mv22＋FfL，解得Mv22－FfL＜mv02－FfL，故C正确，D错误；因摩擦产生的热量为Q＝FfL＝Ff(x1－x2)，根据运动学公式x1＝t，由于v0＞v1＞v2，所以x1＞2x2，故x1－x2＝L＞x2，故对木板根据动能定理有EkM＝Ffx2＜FfL，故A、B错误。故选C。
3．(2024·江西卷，5)“飞流直下三千尺，疑是银河落九天。”是李白对庐山瀑布的浪漫主义描写。设瀑布的水流量约为10 m3/s，水位落差约为150 m。若利用瀑布水位落差发电，发电效率为70%，则发电功率大致为(　　)
A．109 W B．107 W
C．105 W D．103 W
解析：B　瀑布的水流量约为Q＝10 m3/s，水位落差约为h＝150 m，发电效率为η＝70%，则在时间t内流过的水的质量m＝ρQt，发电功率大致为P＝η＝ρQghη＝1.0×103×10×10×150×70% W≈107 W，故选B。
4．(2026·山东德州高三开学考)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．t1t2
C．x1>x2 D．x1解析：A　对两种运动的整个过程根据能量守恒有mv02＝μ1mgxMN＋μ2mg(x1－xMN)，mv02＝μ1mgxMN＋μ2mg(x2－xMN)，可得x1＝x2，故C、D错误；根据牛顿第二定律μmg＝ma，可得a＝μg，由于μ1>μ2，故滑块在MN上时的加速度大，根据前面分析可知两次运动的总位移相等，即两次运动过程中v-t图像与横轴围成的面积相等，由于第二次时滑块距离M点的距离较近，根据公式v02－v2＝2μ2gx，可知第二次到达M点时速度较大，作出整个过程中两种运动状态的v-t图像可得t2>t1，故A正确，B错误。
5．(2025·河南驻马店高级中学月考)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
解析：B　对小物块，由动能定理有W＝mv2＝0，设小物块与传送带间的动摩擦因数为μ，则小物块与传送带间的相对路程x相对＝，小物块与传送带因摩擦产生的热量Q＝μmgx相对＝2mv2，选项B正确。
6．(多选)(2025·浙江宁海中学期中)滑雪运动员开展滑雪训练可简化为如下模型：将运动员(包括滑板)简化为质点，运动员以某一初速度从足够长的山坡底端向上冲，取坡底为参考平面。运动员的机械能E总和重力势能Ep随离开坡底的高度h的变化规律如图所示，重力加速度g取10 m/s2，不计空气阻力，则下列说法正确的是(　　)
A．运动员向上冲的过程克服摩擦力做功为2×103 J
B．运动员再次回到坡底时机械能为4.4×103 J
C．运动员的质量为40 kg
D．运动员的初速度大小为10 m/s
解析：AC　由图像可知，运动员在冲上山坡之前，总的机械能为E总＝10×103 J，而冲上山坡，到达最高点时的机械能为E总′＝8×103 J，故在运动员从山坡底端到冲上山坡最高点的过程中，除了重力做功以外还有摩擦力做负功，可知运动员向上冲的过程克服摩擦力做功为2×103 J，故A正确；运动员再次回到坡底的过程中，仍然是除了重力做功以外摩擦力做负功，易知在下坡的过程中克服摩擦力做的功和在上坡过程中一样，因此可知运动员再次回到坡底时机械能应为6×103 J，故B错误；由于取了坡底为参考平面，因此运动员滑上山坡最高点后的重力势能就等于运动员的机械能，有mgh＝E总′，h＝20 m，解得m＝40 kg，故C正确；在坡底时运动员的动能等于运动员的机械能，则有mv2＝E总，解得v＝10 m/s，故D错误。
[能力提升练]
7．(多选)(2026·湖南湘潭摸底)如图甲所示，倾角为30°的斜面固定在水平地面上，一木块以一定的初速度从斜面底端开始上滑。若斜面足够长，上滑过程中木块的机械能和动能随位移变化的关系图线如图乙所示，则下列说法正确的是(　　)
图甲　　　　　　　图乙
A．木块上滑过程中，重力势能增加了4E0
B．木块受到的摩擦力大小为
C．木块的重力大小为
D．木块与斜面间的动摩擦因数为
解析：BC　机械能的变化量等于重力势能变化量和动能变化量的和，则2E0－3E0＝0－3E0＋ΔEp，解得ΔEp＝2E0，故A错误；木块上滑过程中，机械能的变化量等于摩擦力所做的功，则－Ffx0＝2E0－3E0，解得Ff＝，故B正确；重力所做的功等于重力势能变化量，则mgx0sin 30°＝ΔEp，解得mg＝，故C正确；滑动摩擦力为Ff＝μmg cos 30°，解得μ＝，故D错误。
8．(多选)(2025·云南卷，10)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(　　)
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mv02
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
解析：CD　过程Ⅰ，Q由P点至O点，由能量守恒可得mv02＝mgx1sin θ＋μmg cos θ·x1，由于μ＝tan θ，解得x1＝；过程Ⅱ，由于Q通过M点时速度最大，故Q在M点时，加速度为零，可得kx2＝mg sin θ＋μmg cos θ，解得x2＝；P、M两点之间的距离为x1－x2＝，A错误；过程Ⅱ中，Q从P点运动到O点，滑块Q损失的机械能ΔE＝μmg cos θ·x1－kx12，代入μ＝tan θ、x1＝，解得ΔE＝，B错误；过程Ⅱ中，Q从P点沿斜面向上运动至最高点N点过程，Q做简谐运动，根据简谐运动的对称性，可得Q在P点时的加速度大小a1和Q在N点时的加速度大小a2相等，由牛顿第二定律可得a1＝、a2＝，解得x3＝；Q从P点沿斜面向上运动的最大位移为x1＋x3＝，C正确；假设滑块Q最终静止在O点和N点之间(不包含O、N)，弹簧处于压缩状态，弹簧对Q的弹力F弹方向沿斜面向下，F弹与重力沿斜面向下的分力的合力大于Q与斜面间的最大静摩擦力，Q不可能静止，此假设不成立；假设Q最终静止在P点和M点之间(不包含P、M)，弹簧处于拉伸状态，F弹方向沿斜面向上，且F弹>mg sin θ＋μmg cos θ，可得Q不可能静止，此假设不成立；当Q在O、M(含O、M点)之间时，若Q处于平衡状态，可得F弹＝mg sin θ＋Ff静，其中0≤F弹≤mg sin θ＋μmg cos θ，故－μmg cos θ≤Ff静≤μmg cos θ，满足静止条件，D正确。
9．(10分)(2025·北京海淀二模)如图所示，光滑水平面AB与粗糙的竖直半圆轨道BCD在B点相切，半圆轨道BCD的半径R＝0.4 m，D是半圆轨道的最高点。将一质量m＝0.1 kg的物体(可视为质点)向左压缩轻弹簧至A点后由静止释放，在弹力作用下物体获得一向右速度，并脱离弹簧在水平面AB上做直线运动，其经过B点时的速度vB＝5 m/s，之后物体沿半圆轨道运动，恰好能通过D点。重力加速度g取10 m/s2。求：
(1)弹簧被压缩至A点时的弹性势能Ep；
(2)物体通过D点时的速度大小vD；
(3)物体沿半圆轨道BCD运动过程中克服阻力所做的功W。
解析：(1)由能量守恒可知，弹簧弹性势能完全转化为物体的动能Ep＝mvB2
可得弹簧被压缩至A点时的弹性势能Ep＝1.25 J。
(2)物体恰好能通过D点，则根据牛顿运动定律有mg＝m
解得vD＝2 m/s。
(3)物体沿半圆轨道BCD运动过程中由动能定理有－mg·2R－W＝mvB2
解得W＝0.25 J。
答案：(1)1.25 J　(2)2 m/s　(3)0.25 J
10．(11分)(2026·山东名校考试联盟高三摸底)如图所示，斜面倾角θ＝30°，底端与无摩擦的水平地面平滑连接。斜面上有A、B、C和D四个点，D点为斜面底端，AB、BC、CD间的距离分别为x1＝0.2 m、x2＝0.3 m、x3＝0.3 m，斜面除B到C区域外均为光滑斜面。两块完全相同的均匀矩形薄板a和b，质量均为m＝1 kg，长度均为L＝0.1 m，初始静止且相互接触放置在斜面上，板a的下端位于A点。释放后，两板开始共同沿斜面下滑。已知薄板与斜面粗糙部分(B到C)的动摩擦因数μ＝，重力加速度大小g取10 m/s2。求：
(1)板a的下端刚到达B点时的速度大小v1；
(2)当板a完全进入粗糙区域(B到C)时，两板之间作用力的大小F；
(3)两板在水平地面上运动时，它们之间的距离d。
解析：(1)释放后，两板开始共同沿斜面下滑，板a的下端刚到达B点时，对整体有2mg sin θ＝2ma
解得a＝5 m/s2
板a和b做匀加速直线运动，根据运动学公式v12＝2ax1
解得v1＝ m/s。
(2)板a开始进入粗糙区域时，板a和b一起向下加速，当板a完全进入粗糙区域时，对整体有2mg sin θ－μmg cos θ＝2ma1
解得加速度a1＝2.5 m/s2
对板b，根据牛顿第二定律可得mg sin θ－F＝ma1
解得两板之间作用力的大小F＝2.5 N。
(3)当板b刚刚完全进入粗糙区域(B到C)，因为μ·2mg cos θ＝2mg sin θ
所以整体做匀速直线运动，设板a从刚到达B点到完全通过B点的过程中克服摩擦力做功为W0，因为板是均匀薄板，故摩擦力均匀变化，111111111111111有W0＝L＝0.25 J对整体，从A点到C点，设板a刚到达C点时的速度为vC，根据能量关系有2mg(x1＋x2)sin θ＝·2mvC2＋W0·2＋μmg cos θ·(x2－L)＋μmg cos θ·L
解得vC＝ m/s
板a刚到达C点时，板a、b开始分离，板b做匀速直线运动，板b刚到达C点时的速度和板a刚到达C点时相同，故板a从C点到D点的运动情况和板b从C点到D点的运动情况相同。
对板a，从C点到D点，根据能量关系有mvC2＋mgx2sin θ－W0＝mvD2
解得vD＝ m/s
两板到达D点的时间差为两板开始分离到板b刚好运动到C点，即vC·Δt＝L
两板在水平地面上运动时，它们之间的距离d＝vD·Δt
解得d＝ m。
答案：(1) m/s　(2)2.5 N　(3) m
[培优创新练]
11．(2025·哈尔滨三模)如图所示，一小物块由静止开始沿倾角为θ的斜面向下滑动，最后停在水平地面上。斜面和地面平滑连接，且物块与斜面、物块与地面间的动摩擦因数均为0.25，取地面为零势能面，已知tan θ＝0.5。该过程中，物块的动能Ek、重力势能Ep、机械能E、摩擦产生的热量Q与水平位移x的关系图像可能正确的是(　　)
解析：A　如图所示，当物块从最高点下滑至斜面最低点的过程中，物块的动能Ek1＝mgx tan θ－μmg cos θ·＝0.25mg·x(x≤x0)，当物块下滑至斜面底端时其动能Ek1＝0.25mgx0，此后在水平面上克服摩擦力做功，则有Ek2＝0.25mgx0－μmgx＝0.25mgx0－0.25mg·x(x0≤x≤2x0)，可知动能达到最大值前，其图像为过原点的倾斜直线，斜率为0.25mg，动能达到最大后在水平面上运动，其图线的斜率为－0.25mg，可知图线具有对称性，故A正确；物块的重力势能Ep＝mgh－mg tan θ·x＝mgh－0.5mg·x(x≤x0)，可知物块Ep-x图像的纵轴截距为mgh，斜率为－0.5mg的图线，当x>x0时，重力势能为0，保持不变，故B错误；设释放点到斜面底端的水平距离为x0，物块释放点的高度为h，物块从释放到停止运动的过程中，克服摩擦力做功W克＝μmg cos θ·＋μmgx1(x0≤x1≤2x0)，可得W克＝μmgx0＋μmgx1＝0.25mgx(0≤x≤2x0)，根据能量守恒可知Q＝W克＝0.25mgx，而物块在该过程中机械能的减少量始终等于克服摩擦力所做的功，则物块在x轴上任意位置的机械能为E＝mgh－0.25mg·x，其E-x图像的纵轴截距为mgh、斜率为－0.25mg的倾斜直线，而其Q-x图像为过原点、斜率为0.25mg的倾斜直线，故CD错误。

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