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第4讲　功能关系　能量守恒定律
学习目标　1.掌握几种常见的功能关系,理解能量守恒定律。 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。
1.几种常见的功能关系及其表达式
力做功 能的变化 定量关系
合力做功 动能变化 W=Ek2-Ek1=ΔEk
重力做功 重力势能 变化 (1)重力做正功,重力势能减少 (2)重力做负功,重力势能增加 (3)WG=-ΔEp=Ep1-Ep2
弹簧弹力做功 弹性势能 变化 (1)弹力做正功,弹性势能减少 (2)弹力做负功,弹性势能增加 (3)W弹=-ΔEp=Ep1-Ep2
只有重力、弹簧弹力做功 机械能不变化 机械能守恒,ΔE=0
除重力和弹簧弹力之外的其他力做的功 机械能变化 (1)其他力做多少正功,物体的机械能就增加多少 (2)其他力做多少负功,物体的机械能就减少多少 (3)W其他=ΔE
一对相互作用的滑动摩擦力做的总功 机械能减少,内能增加 (1)作用于系统的一对滑动摩擦力一定做负功,系统内能增加 (2)摩擦生热Q=Ffx相对
安培力做功 电能变化 (1)克服安培力做的功等于电能增加量 (2)W克安=E电
2.能量守恒定律
1.思考判断
(1)力对物体做了多少功,物体就具有多少能。(×)
(2)一个物体的能量增加,必定有别的物体的能量减少。(√)
(3)在物体的机械能减少的过程中,动能有可能是增大的。(√)
(4)滑动摩擦力做功时,一定会引起机械能的转化。(√)
(5)除重力以外的其他力做的功等于物体动能的改变量。(×)
(6)克服与势能有关的力(重力、弹簧弹力、静电力)做的功等于对应势能的增加量。(√)
2.(多选)(人教版必修第二册P92图8.4-4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3 000 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3 000 J
B.动能增加了3 000 J
C.动能增加了2 500 J
D.机械能减少了500 J
答案　CD
考点一　功能关系的理解和应用
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除重力和弹簧弹力之外的力对物体做正功还是做负功。
角度　功能关系的应用
例1 (2026·河南郑州模拟)如图所示,质量为m的跳伞运动员在高空由静止下落,从静止下落到打开降落伞之前运动员一直做竖直方向的匀加速运动,此过程中,运动员减少的重力势能与增加的动能之比为9∶8,重力加速度为g,若此过程运动员下降的高度为h,则此过程中(　　)
A.运动员的加速度大小为g
B.合力对运动员做的功为mgh
C.运动员的机械能减少量为mgh
D.空气阻力对运动员做的功为mgh
答案　C
解析　此运动员下降高度h过程,减少的重力势能为mgh,根据题意可知,增加的动能为ΔEk=mgh,根据动能定理可知,合力对运动员做的功为W=ΔEk=mgh,故B错误;根据动能定理有mah=mgh,解得a=g,故A错误;运动员机械能的变化量为ΔE=-mgh+mgh=-mgh,即运动员的机械能减少量为mgh,故C正确;根据功能关系,运动员机械能的减少量等于克服空气阻力做的功,即空气阻力对运动员做的功为-mgh,故D错误。
角度　功能关系与图像的结合
例2 (2026·广东深圳一模)如图甲所示,物块从固定斜面的底端上滑,机械能与动能的关系如图乙所示。已知斜面倾角为37°,物块质量为5 kg,初速度为v0,物块与斜面间的动摩擦因数为μ。以斜面底端位置为零势能面,g取10 m/s2,sin 37°=0.6,cos 37°=0.8。下列说法正确的是(　　)
A.μ=0.4,v0=2 m/s
B.μ=0.5,v0=2 m/s
C.μ=0.4,v0= m/s
D.μ=0.5,v0= m/s
答案　B
解析　由题图乙可知,物块在底端时的动能Ek=m,代入数据解得v0=2 m/s,物块上升到最大高度时的重力势能Ep=mgh,结合题图乙解得h=0.12 m,物块沿斜面移动的距离L==0.2 m,根据功能关系可得-μmgcos θ·L=ΔE机,代入数据解得μ=0.5,故B正确。
考点二　摩擦力做功与能量转化
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 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
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
例3 (多选)(2026·福建厦门模拟)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k倍,设板块间滑动摩擦力大小不变,则下列说法正确的是(　　)
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等于木板动能的增加量
C.因摩擦而产生的内能等于物块克服摩擦力所做的功
D.因摩擦而产生的内能是木板动能增量的k-1倍
答案　BD
解析　根据能量守恒定律可知,物块动能减少量等于木板动能增加量与系统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正确;设物块与木板之间的摩擦力为Ff,木板的位移为x,则物块的位移为kx;物块克服摩擦力所做的功为Wf=Ff·kx;对木板,根据动能定理可得木板动能的增加量为ΔEk=Ffx,因摩擦产生的内能为Q=Ffs相对=Ff(k-1)x,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k-1倍,故C错误,D正确。
用功能关系分析光滑水平面上“滑块—木板”问题时要注意区分三个位移
(1)求摩擦力对滑块做功时用滑块对地的位移x滑。
(2)求摩擦力对木板做功时用木板对地的位移x板。
(3)求摩擦生热时用相对位移Δx。
例4 (多选)(2026·河南郑州外国语模拟)传送带经常用于工厂物件输送,机场行李箱传送、快递物流分拣等各个领域。如图所示,绷紧的传送带与水平面的夹角θ=37°,传送带在电动机的带动下,始终保持v=4 m/s的速率逆时针运行,现把一质量为m=9 kg的工件(可视为质点)轻轻放在传送带的底端,工件被传送到高h=18 m的顶端,已知工件与传送带之间的动摩擦因数μ=0.8,以工件在传送带底端时的势能为零(已知sin 37°=0.6,cos 37°=0.8,重力加速度g=10 m/s2),则(　　)
A.工件从底端运送到顶端所需的时间为12.5 s
B.工件到达顶端时的机械能为846 J
C.工件与传送带之间因摩擦而产生的热量为1 152 J
D.电动机由于传送工件而多消耗的电能为2 844 J
答案　ACD
解析　工件轻放到传送带底端,向上先做匀加速直线运动,设加速度为a,根据牛顿第二定律有μmgcos θ-mgsin θ=ma,解得a=μgcos θ-gsin θ=0.4 m/s2,则工件匀加速至速度v=4 m/s所用时间t1==10 s,通过的位移设为x1,则v2=2ax1,得x1==20 mmgsin θ,所以之后工件随传送带匀速上升,则到达顶端还需时间t2== s=2.5 s,共需时间t=t1+t2=12.5 s,故A正确;工件到达顶端时的动能Ek=mv2=72 J,重力势能Ep=mgh=1 620 J,机械能E=Ek+Ep=1 692 J,故B错误;工件匀加速运动的时间内传送带的位移x带=vt1=40 m,t1时间内工件与传送带间的相对位移大小Δx=x带-x1=20 m,因摩擦产生的热量Q=μmgcos θ·Δx,代入数据解得Q=1 152 J,故C正确;电动机由于传送工件而多消耗的电能E电=E+Q=2 844 J,故D正确。
考点三　能量守恒定律的理解和应用
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。
例5 (2026·江苏泰州模拟)如图所示,将原长为L的轻弹簧置于长为2L的光滑水平面AB上,F为AB的中点,弹簧一端固定在A点,另一端与可视为质点且质量为m的滑块P接触但不连接。AB左侧为半径为L的光滑半圆轨道BCD,C点与圆心O等高。现将滑块P压缩弹簧0.5L至E点(图中未标出)后由静止释放,滑块恰好能到达轨道的最高点D,重力加速度为g。
(1)求弹簧被压缩至E点时的弹性势能Ep;
(2)在BF段铺一表面粗糙的薄膜,改用质量为2m的滑块Q仍将弹簧压缩到E点由静止释放,恰能运动到半圆轨道的C点,求滑块Q与薄膜间的动摩擦因数μ;
(3)第(2)问中,求滑块Q在薄膜上运动的总路程s。
答案　(1)2.5mgL　(2)0.25　(3)5L
解析　(1)滑块P恰好能到达轨道的最高点D,有
mg=m
从E到D过程,由能量守恒定律有
Ep=m+mg·2L
联立解得Ep=2.5mgL。
(2)由题意可知,滑块Q到C点时速度为0,则从E到C过程,由能量守恒定律有
Ep=μ·2mgxBF+2mgL=μ·2mgL+2mgL
解得μ=0.25。
(3)滑块Q最终停在BF上,由能量守恒定律有
Ep=μ·2mgs
解得s=5L。
例6 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的过程,由能量守恒定律可得
Ep=μmgcos 37°·R+mg+m
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≤MA级　基础对点练
对点练1　功能关系的理解和应用
1.如图所示,质量为m的物体(可视为质点)以某一速度从A点冲上倾角为30°的固定斜面,其减速运动的加速度大小为g,此物体在斜面上能够上升的最大高度为h,则在这个过程中物体(　　)
A.机械能损失了mgh
B.机械能损失了mgh
C.动能损失了mgh
D.克服摩擦力做功为mgh
答案　B
解析　根据牛顿第二定律有mgsin 30°+Ff=ma,其中a=g,解得摩擦力Ff=mg,机械能损失量等于克服摩擦力做的功,即ΔE=W克=Ffx=mg·2h=mgh,故B正确,A、D错误;动能损失量为克服合力做的功,动能损失量ΔEk=F合x=mg·2h=mgh,故C错误。
2.(2025·江苏无锡模拟)如图所示,质量均为m的木块A和B,用一根劲度系数为k的竖直轻质弹簧连接,最初系统静止,重力加速度为g。现在用力F缓慢拉A直到B刚好离开地面,则这一过程中力F做的功至少为(　　)
A. B.
C. D.
答案　B
解析　最初系统静止时,弹簧弹力与A的重力大小相等,由胡克定律知,弹簧被压缩的长度x1=,最后B刚好离开地面时,弹簧弹力与B的重力大小相等,此时弹簧伸长的长度x2=,弹簧压缩量与伸长量相等,弹簧弹力做功为零,此过程缓慢进行,根据功能关系可知力F做的功等于木块A重力势能的增加量,有W=mg(x1+x2)=mg·2=,B正确。
3.(多选)(2026·山东济宁模拟)一物体在力F作用下由静止开始竖直向上运动,力F随高度x的变化关系如图所示,物体能上升的最大高度为h,hA.物体上升到时加速度为零
B.物体刚开始运动时和上升到最大高度时加速度相同
C.物体的加速度最大值为
D.物体的动能最大值为
答案　AC
解析　由F-x图像知,力F随高度均匀减小,所以加速度先减小到0后反向增加,由对称性可知开始运动和到最高点时加速度等大反向且为最大,在中点时加速度为零,速度最大,故A正确,B错误;该过程中的平均力为==,由功能关系知h=mgh,解得mg=,由牛顿第二定律知F0-mg=mam,解得am=,C正确;由动能定理得·-mg·=Ekm,解得Ekm=,D错误。
对点练2　摩擦力做功与能量转化
4.(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.摩擦力对物块做的功为-μmg(s+d)
B.摩擦力对木板做的功为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　根据功的定义式W=Flcos α,其中l指物体的位移,而α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。
5.(多选)如图所示,在匀速转动的电动机带动下,足够长的水平传送带以恒定速率v1=2 m/s匀速向右运动,一质量为m=1 kg的滑块从传送带右端以水平向左的速率v2=3 m/s滑上传送带,最后滑块返回传送带的右端。关于这一过程,下列判断正确的有(　　)
A.滑块返回传送带右端的速率为2 m/s
B.此过程中传送带对滑块做功为2.5 J
C.此过程中滑块与传送带间摩擦产生的热量为12.5 J
D.此过程中电动机对传送带多做功为10 J
答案　ACD
解析　由于传送带足够长,滑块先匀减速向左滑行,直到速度减为零,然后滑块在滑动摩擦力的作用下向右匀加速运动,由于v1=2 m/s对点练3　能量守恒定律的理解和应用
6.(2025·山东临沂模拟)如图甲所示为消防员采用的高压水枪灭火的情景,图乙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
答案　B
解析　设水做斜抛运动的初速度为v0,经时间t水落在着火点,在竖直方向有H=v0sin θ·t-gt2,在水平方向有L=v0cos θ·t,联立解得v0=20 m/s,设水枪机器消耗的功率为P,经Δt时间打出水的质量为m=ρSv0Δt,根据能量守恒定律有PΔt×80%=m,解得P=25 kW,故B正确。
7.(2026·广东深圳质量监测)物体开始竖直向上运动时动能为Ek0,回到出发点时动能为。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f大小恒定,则该物体上升阶段动能与重力势能相等时,其动能为(　　)
A. B.
C. D.
答案　B
解析　设物体上升的最大高度为h,对整个运动过程根据功能关系有f·2h=Ek0-=,根据能量守恒定律有Ek0=mgh+fh,联立解得f=mg,若物体在上升阶段离出发点H处动能和重力势能相等,由能量守恒定律得Ek+mgH=Ek0-fH,其中Ek=Ep=mgH,解得Ek=Ek0,故B正确。
B级　综合提升练
8.(2026·山东淄博期末)如图所示为游乐场的“旋转飞椅”的示意图。“旋转飞椅”靠电机带动,有一质量为m的座椅稳定转动时绳与竖直方向的夹角θ1=30°;若改变电机转速通过绳对座椅做功,使绳与竖直方向的夹角θ2=60°,此时座椅稳定转动。已知绳的长度为L,绳悬点到转轴的水平距离为r=,重力加速度为g,不考虑空气阻力和绳的质量,座椅可视为质点。则该过程中,绳对座椅做的功为(　　)
A.mgL B.mgL
C.mgL D.mgL
答案　A
解析　对座椅应用牛顿第二定律,当θ1=30°时,有mgtan θ1=m,当θ2=60°时,有mgtan θ2=m,θ由30°增大到60°的过程中,由功能关系可知,绳对座椅做的功W=m-m+mg(Lcos θ1-Lcos θ2),解得W=mgL,故A正确。
9.(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.物块机械能增加量为
C.小车的位移大小为-
D.小车机械能增加量为+
答案　C
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=,A错误;物块机械能增加量为ΔE=m+mgx1sin 30°=m,B错误;对小车,由动能定理有Pt-(μmgcos 30°+mgsin 30°)x=m,其中t=,联立解得x=-,C正确;小车机械能增加量为ΔE'=m+mgxsin 30°=+,D错误。
C级　培优加强练
10.(2026·福建龙岩高三期中)如图所示,ABC为固定在竖直平面内的光滑轨道,AB段为水平轨道,BC段为圆心角θ=37°、半径为2d的圆弧轨道;CD段为粗糙平直倾斜轨道,CD的长度为d,与BC段圆弧相切于C点,与滑块间的动摩擦因数μ=,各段轨道均平滑连接。AB段的右侧有一缓冲装置,劲度系数足够大的轻质弹簧与轻杆相连,缓冲装置锁定时,轻杆不可移动;缓冲装置解除锁定时,轻杆可在固定的槽内移动。轻杆与槽间的滑动摩擦力Ff=mg,轻杆向右移动不超过d时,装置可安全工作。缓冲装置解除锁定时,将一质量为m的滑块从C点由静止释放,滑块撞击弹簧后将导致轻杆向右移动。最大静摩擦力等于滑动摩擦力,sin 37°=0.6,重力加速度为g。
(1)现将缓冲装置锁定,滑块从C点由静止释放,经过圆弧轨道B点时,求轨道对滑块的支持力FN;
(2)仍保持缓冲装置的锁定状态,将滑块由D点静止释放,求弹簧最大的弹性势能Ep;
(3)现将缓冲装置解除锁定,在缓冲装置安全工作时,试讨论该滑块第一次被弹回后上升距B点的最大高度h与释放时距B点的高度H之间的关系。
答案　(1)mg,方向竖直向上　(2)0.8mgd (3)见解析
解析　(1)滑块从C运动到B的过程中,由机械能守恒定律得mg·2d(1-cos θ)=m
在B点,根据牛顿第二定律得FN-mg=
解得FN=mg,方向竖直向上。
(2)由能量守恒定律得
Ep=mgdsin θ-μmgdcos θ+mg·2d(1-cos θ)
解得Ep=0.8mgd。
(3)缓冲装置解除锁定时,滑块从C点释放至滑块向右速度减为零,设弹簧最大的弹性势能为Epm,
根据能量守恒定律得
Epm=m-Ff·d=mgd
(ⅰ)若杆未被推动,滑块刚接触弹簧时动能的最大值为Ek=Epm
则有mgH=Ek=Epm
联立解得滑块释放时距B点的最大高度为H=d
即当H≤d时h=H
(ⅱ)若杆被推动,滑块被弹簧弹回刚要离开弹簧时的动能为Ek=Epm
则有mgh=Epm
解得h=d
即当d第4讲　功能关系　能量守恒定律
第五章　机械能守恒定律
1.掌握几种常见的功能关系,理解能量守恒定律。 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。
学习目标
目 录
CONTENTS
夯实必备知识
01
研透核心考点
02
提升素养能力
03
夯实必备知识
1
减少
1.几种常见的功能关系及其表达式
力做功 能的变化 定量关系
合力做功 动能变化 W=Ek2-Ek1=ΔEk
重力做功 重力势能 变化 (1)重力做正功,重力势能　　
(2)重力做负功,重力势能　　
(3)WG=-ΔEp=　　
弹簧弹力做功 弹性势能 变化 (1)弹力做正功,弹性势能　　
(2)弹力做负功,弹性势能　　
(3)W弹=-ΔEp=Ep1-Ep2
增加
Ep1-Ep2
减少
增加
不变化
力做功 能的变化 定量关系
只有重力、弹簧弹力做功 机械能　　　 机械能守恒,ΔE=　　　
除重力和弹簧弹力之外的其他力做的功 机械能 　　　 (1)其他力做多少正功,物体的机械能就　　　　多少
(2)其他力做多少负功,物体的机械能就　　　　多少
(3)W其他=　　　
0
变化
增加
减少
ΔE
减少
力做功 能的变化 定量关系
一对相互作用的滑动摩擦力做的总功 机械能　　　, 内能　　　 (1)作用于系统的一对滑动摩擦力一定做负功,系统内能　　
(2)摩擦生热Q=　　　　　
安培力做功 电能变化 (1)克服安培力做的功等于电能增加量
(2)W克安=E电
增加
增加
Ffx相对
产生
2.能量守恒定律
转化
转移
保持不变
ΔE增
1.思考判断
(1)力对物体做了多少功,物体就具有多少能。( )
(2)一个物体的能量增加,必定有别的物体的能量减少。( )
(3)在物体的机械能减少的过程中,动能有可能是增大的。( )
(4)滑动摩擦力做功时,一定会引起机械能的转化。( )
(5)除重力以外的其他力做的功等于物体动能的改变量。( )
(6)克服与势能有关的力(重力、弹簧弹力、静电力)做的功等于对应势能的增加量。( )
×
√
√
√
×
√
CD
2.(多选)(人教版必修第二册P92图8.4-4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3 000 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3 000 J
B.动能增加了3 000 J
C.动能增加了2 500 J
D.机械能减少了500 J
研透核心考点
2
考点二　摩擦力做功与能量转化
考点一　功能关系的理解和应用
考点三　能量守恒定律的理解和应用
考点一　功能关系的理解和应用
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除重力和弹簧弹力之外的力对物体做正功还是做负功。
角度　　功能关系的应用
例1 (2026·河南郑州模拟)如图所示,质量为m的跳伞运动员在高空由静止下落,从静止下落到打开降落伞之前运动员一直做竖直方向的匀加速运动,此过程中,运动员减少的重力势能与增加的动能之比为9∶8,重力加速度为g,若此过程运动员下降的高度为h,则此过程中(　　)
A.运动员的加速度大小为g
B.合力对运动员做的功为mgh
C.运动员的机械能减少量为mgh
D.空气阻力对运动员做的功为mgh
C
解析　此运动员下降高度h过程,减少的重力势能为mgh,根
据题意可知,增加的动能为ΔEk=mgh,根据动能定理可知,合
力对运动员做的功为W=ΔEk=mgh,故B错误;根据动能定理
有mah=mgh,解得a=g,故A错误;运动员机械能的变化量为ΔE=-mgh+mgh=-mgh,即运动员的机械能减少量为mgh,故C正确;根据功能关系,运动员机械能的减少量等于克服空气阻力做的功,即空气阻力对运动员做的功为-mgh,故D错误。
角度　　功能关系与图像的结合
例2 (2026·广东深圳一模)如图甲所示,物块从固定斜面的底端上滑,机械能与动能的关系如图乙所示。已知斜面倾角为37°,物块质量为5 kg,初速度为v0,物块与斜面间的动摩擦因数为μ。以斜面底端位置为零势能面,g取10 m/s2,sin 37°=0.6,
cos 37°=0.8。下列说法正确的是(　　)
A.μ=0.4,v0=2 m/s B.μ=0.5,v0=2 m/s
C.μ=0.4,v0= m/s D.μ=0.5,v0= m/s
B
解析　由题图乙可知,物块在底端时的动能Ek=m,代入数据解得v0=2 m/s,物块上升到最大高度时的重力势能Ep=mgh,结合题图乙解得h=0.12 m,物块沿斜面移动的距离L==0.2 m,根据功能关系可得-μmgcos θ·L=ΔE机,代入数据解得μ=0.5,故B正确。
考点二　摩擦力做功与能量转化
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 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
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
例3 (多选)(2026·福建厦门模拟)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k倍,设板块间滑动摩擦力大小不变,则下列说法正确的是(　　)
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等于木板动能的增加量
C.因摩擦而产生的内能等于物块克服摩擦力所做的功
D.因摩擦而产生的内能是木板动能增量的k-1倍
BD
解析　根据能量守恒定律可知,物块动能减少量等于木板动能增加量与系统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正确;设物块与木板之间的摩擦力为Ff,木板的位移为x,则物块的位移为kx;物块克服摩擦力所做的功为Wf=Ff·kx;对木板,根据动能定理可得木板动能的增加量为ΔEk=Ffx,因摩擦产生的内能为Q=Ffs相对=Ff(k-1)x,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k-1倍,故C错误,D正确。
用功能关系分析光滑水平面上“滑块—木板”问题时要注意区分三个位移
(1)求摩擦力对滑块做功时用滑块对地的位移x滑。
(2)求摩擦力对木板做功时用木板对地的位移x板。
(3)求摩擦生热时用相对位移Δx。
例4 (多选)(2026·河南郑州外国语模拟)传送带经常用于工厂物件输送,机场行李箱传送、快递物流分拣等各个领域。如图所示,绷紧的传送带与水平面的夹角θ=
37°,传送带在电动机的带动下,始终保持v=4 m/s的速率逆时针运行,现把一质量为m=9 kg的工件(可视为质点)轻轻放在传送带的底端,工件被传送到高h=18 m的顶端,已知工件与传送带之间的动摩擦因数μ=0.8,以工件在传送带底端时的势能为零(已知sin 37°=0.6,cos 37°=0.8,重力加速度g=10 m/s2),则(　　 )
A.工件从底端运送到顶端所需的时间为12.5 s
B.工件到达顶端时的机械能为846 J
C.工件与传送带之间因摩擦而产生的热量为1 152 J
D.电动机由于传送工件而多消耗的电能为2 844 J
ACD
解析　工件轻放到传送带底端,向上先做匀加速直线运动,
设加速度为a,根据牛顿第二定律有μmgcos θ-mgsin θ=ma,解
得a=μgcos θ-gsin θ=0.4 m/s2,则工件匀加速至速度v=4 m/s所
用时间t1==10 s,通过的位移设为x1,则v2=2ax1,得x1==20 m
mgsin θ,所以之后工件随
传送带匀速上升,则到达顶端还需时间t2== s=2.5 s,共需时间t=t1+t2=
12.5 s,故A正确;工件到达顶端时的动能Ek=mv2=72 J,重力势能Ep=mgh=1 620 J,机械能E=Ek+Ep=1 692 J,故B错误;工件匀加速运动的时间内传送带的位移x带=vt1=40 m,t1时间内工件与传送带间的相对位移大小Δx=x带-x1=20 m,因摩擦产生的热量Q=μmgcos θ·Δx,代入数据解得Q=1 152 J,故C正确;电动机由于传送工件而多消耗的电能E电=E+Q=2 844 J,故D正确。
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。
考点三　能量守恒定律的理解和应用
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。
例5 (2026·江苏泰州模拟)如图所示,将原长为L的轻弹簧置于长为2L的光滑水平面AB上,F为AB的中点,弹簧一端固定在A点,另一端与可视为质点且质量为m的滑块P接触但不连接。AB左侧为半径为L的光滑半圆轨道BCD,C点与圆心O等高。现将滑块P压缩弹簧0.5L至E点(图中未标出)后由静止释放,滑块恰好能到达轨道的最高点D,重力加速度为g。
(1)求弹簧被压缩至E点时的弹性势能Ep;
解析　滑块P恰好能到达轨道的最高点D,有
mg=m
从E到D过程,由能量守恒定律有
Ep=m+mg·2L
联立解得Ep=2.5mgL。
答案　2.5mgL
(2)在BF段铺一表面粗糙的薄膜,改用质量为2m的滑块Q仍将弹簧压缩到E点由静止释放,恰能运动到半圆轨道的C点,求滑块Q与薄膜间的动摩擦因数μ;
解析　由题意可知,滑块Q到C点时速度为0,则从E到C过程,由能量守恒定律有
Ep=μ·2mgxBF+2mgL=μ·2mgL+2mgL
解得μ=0.25。
答案　0.25
(3)第(2)问中,求滑块Q在薄膜上运动的总路程s。
解析　滑块Q最终停在BF上,由能量守恒定律有
Ep=μ·2mgs
解得s=5L。
答案　5L
例6 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;
解析　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的过程,由能量守恒定律可得
Ep=μmgcos 37°·R+mg+m
联立解得Ep=3.8mgR。
答案　3.8mgR
(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。
解析　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答案　m≤M提升素养能力
3
A级　基础对点练
B
对点练1　功能关系的理解和应用
1.如图所示,质量为m的物体(可视为质点)以某一速度从A点冲上倾角为30°的固定斜面,其减速运动的加速度大小为g,此物体在斜面上能够上升的最大高度为h,则在这个过程中物体(　　)
A.机械能损失了mgh B.机械能损失了mgh
C.动能损失了mgh D.克服摩擦力做功为mgh
解析　根据牛顿第二定律有mgsin 30°+Ff=ma,其中a=g,解得摩擦力Ff=mg,机械能损失量等于克服摩擦力做的功,即ΔE=W克=Ffx=mg·2h=mgh,故B正确,A、D错误;动能损失量为克服合力做的功,动能损失量ΔEk=F合x=mg·2h=mgh,故C错误。
B
2.(2025·江苏无锡模拟)如图所示,质量均为m的木块A和B,用一根劲度系数为k的竖直轻质弹簧连接,最初系统静止,重力加速度为g。现在用力F缓慢拉A直到B刚好离开地面,则这一过程中力F做的功至少为(　　)
A. B. C. D.
解析　最初系统静止时,弹簧弹力与A的重力大小相等,由胡克定律知,弹簧被压缩的长度x1=,最后B刚好离开地面时,弹簧弹力与B的重力大小相等,此时弹簧伸长的长度x2=,弹簧压缩量与伸长量相等,弹簧弹力做功为零,此过程缓慢进行,根据功能关系可知力F做的功等于木块A重力势能的增加量,有W=mg(x1+x2)=
mg·2=,B正确。
AC
3.(多选)(2026·山东济宁模拟)一物体在力F作用下由静止开始竖直向上运动,力F随高度x的变化关系如图所示,物体能上升的最大高度为h,hA.物体上升到时加速度为零
B.物体刚开始运动时和上升到最大高度时加速度相同
C.物体的加速度最大值为
D.物体的动能最大值为
解析　由F-x图像知,力F随高度均匀减小,所以加速度先减小
到0后反向增加,由对称性可知开始运动和到最高点时加速度
等大反向且为最大,在中点时加速度为零,速度最大,故A正确,
B错误;该过程中的平均力为==,由功能关系知h=mgh,解得mg=,由牛顿第二定律知F0-mg=mam,解得am=,C正确;由动能定理得·-mg·=Ekm,解得Ekm=,D错误。
AB
对点练2　摩擦力做功与能量转化
4.(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.摩擦力对物块做的功为-μmg(s+d)
B.摩擦力对木板做的功为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
解析　根据功的定义式W=Flcos α,其中l指物体的位移,而α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。
ACD
5.(多选)如图所示,在匀速转动的电动机带动下,足够长的水平传送带以恒定速率v1=2 m/s匀速向右运动,一质量为m=1 kg的滑块从传送带右端以水平向左的速率v2=3 m/s滑上传送带,最后滑块返回传送带的右端。关于这一过程,下列判断正确的有(　　 )
A.滑块返回传送带右端的速率为2 m/s
B.此过程中传送带对滑块做功为2.5 J
C.此过程中滑块与传送带间摩擦产生的热量为12.5 J
D.此过程中电动机对传送带多做功为10 J
解析　由于传送带足够长,滑块先匀减速向左滑行,直到速度减为零,然后滑块在滑动摩擦力的作用下向右匀加速运动,由于v1=2 m/sB
对点练3　能量守恒定律的理解和应用
6.(2025·山东临沂模拟)如图甲所示为消防员采用的高压水枪灭火的情景,图乙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
解析　设水做斜抛运动的初速度为v0,经时间t水落在着火点,在竖直方向有H=v0sin θ·t-gt2,在水平方向有L=v0cos θ·t,联立解得v0=20 m/s,设水枪机器消耗的功率为P,经Δt时间打出水的质量为m=ρSv0Δt,根据能量守恒定律有PΔt×80%=
m,解得P=25 kW,故B正确。
B
7.(2026·广东深圳质量监测)物体开始竖直向上运动时动能为Ek0,回到出发点时动能为。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f大小恒定,则该物体上升阶段动能与重力势能相等时,其动能为(　　)
A. B. C. D.
解析　设物体上升的最大高度为h,对整个运动过程根据功能关系有f·2h=Ek0-=,根据能量守恒定律有Ek0=mgh+fh,联立解得f=mg,若物体在上升阶段离出发点H处动能和重力势能相等,由能量守恒定律得Ek+mgH=Ek0-fH,其中Ek=Ep=
mgH,解得Ek=Ek0,故B正确。
A
8.(2026·山东淄博期末)如图所示为游乐场的“旋转飞椅”的示意图。“旋转飞椅”靠电机带动,有一质量为m的座椅稳定转动时绳与竖直方向的夹角θ1=30°;若改变电机转速通过绳对座椅做功,使绳与竖直方向的夹角θ2=60°,此时座椅稳定转动。已知绳的长度为L,绳悬点到转轴的水平距离为r=,重力加速
度为g,不考虑空气阻力和绳的质量,座椅可视为质点。则该
过程中,绳对座椅做的功为(　　)
A.mgL B.mgL
C.mgL D.mgL
B级　综合提升练
解析　对座椅应用牛顿第二定律,当θ1=30°时,有mgtan θ1=m,当θ2=60°时,有mgtan θ2=m,θ由30°增大到60°的过程中,由功能关系可知,绳对座椅做的功W=m-m+mg(Lcos θ1-Lcos θ2),解得W=mgL,故A正确。
C
9.(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.物块机械能增加量为
C.小车的位移大小为- D.小车机械能增加量为+
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=,A错误;物块机械能增加量为ΔE=m+
mgx1sin 30°=m,B错误;对小车,由动能定理有Pt-(μmgcos 30°+
mgsin 30°)x=m,其中t=,联立解得x=-,C正确;小车机械能增加量为ΔE'=m+mgxsin 30°=+,D错误。
10.(2026·福建龙岩高三期中)如图所示,ABC为固定在竖直平面内的光滑轨道,AB段为水平轨道,BC段为圆心角θ=37°、半径为2d的圆弧轨道;CD段为粗糙平直倾斜轨道,CD的长度为d,与BC段圆弧相切于C点,与滑块间的动摩擦因数μ=,各段轨道均平滑连接。AB段的右侧有一缓冲装置,劲度系数足够大的轻质弹簧与轻杆相连,缓冲装置锁定时,轻杆不可移动;缓冲装置解除锁定时,轻杆可在固定的槽内移动。轻杆与槽间的滑动摩擦力Ff=mg,轻杆向右移动不超过d时,装置可安全工作。缓冲装置解除锁定时,将一质量为m的滑块从C点由静止释放,滑块撞击弹簧后将导致轻杆向右移动。最大静摩擦力等于滑动摩擦力,sin 37°=0.6,重力加速度为g。
C级　培优加强练
(1)现将缓冲装置锁定,滑块从C点由静止释放,经过圆弧轨道B点时,求轨道对滑块的支持力FN;
(2)仍保持缓冲装置的锁定状态,将滑块由D点静止释放,求弹簧最大的弹性势能Ep;
(3)现将缓冲装置解除锁定,在缓冲装置安全工作时,试讨论该滑块第一次被弹回后上升距B点的最大高度h与释放时距B点的高度H之间的关系。
答案　(1)mg,方向竖直向上　(2)0.8mgd (3)见解析
解析　(1)滑块从C运动到B的过程中,由机械能守恒定律得mg·2d(1-cos θ)=m
在B点,根据牛顿第二定律得FN-mg=
解得FN=mg,方向竖直向上。
(2)由能量守恒定律得
Ep=mgdsin θ-μmgdcos θ+mg·2d(1-cos θ)
解得Ep=0.8mgd。
(3)缓冲装置解除锁定时,滑块从C点释放至滑块向右速度减为零,设弹簧最大的弹性势能为Epm,
根据能量守恒定律得
Epm=m-Ff·d=mgd
(ⅰ)若杆未被推动,滑块刚接触弹簧时动能的最大值为Ek=Epm
则有mgH=Ek=Epm
联立解得滑块释放时距B点的最大高度为H=d
即当H≤d时h=H
(ⅱ)若杆被推动,滑块被弹簧弹回刚要离开弹簧时的动能为Ek=Epm
则有mgh=Epm
解得h=d
即当d本节内容结束
THANKS

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