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第30课时　功能关系　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。
考点一　几种常见的功能关系及其表达式
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，对应不同形式的能量转化，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=Ep1-Ep2=-ΔEp
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=mv2-m
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=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
电能 克服安培力做的功等于电能增加量 W克安=ΔE电
例1　(多选)(2025·广东省八校联盟质检)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
答案　BC
解析　人沿沙坡下滑的距离l=vt=100 m，重力势能减少ΔEp=mglsin 30°=2.5×104 J，故A错误；
人的动能增加ΔEk=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　(2025·河北沧州市检测)从地面竖直向上抛出一物体，取地面为参考平面，该物体的机械能E总和重力势能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。由图中数据可得(　　)
A.物体的质量为1 kg
B.h=0时，物体的速率为10 m/s
C.h=2 m时，物体的动能为Ek=40 J
D.从地面至h=4 m，物体的动能减少80 J
答案　B
解析　物体在h=4 m时的重力势能为80 J，可得物体的质量为m== kg=2 kg，选项A错误；h=0时，物体的机械能即动能为100 J，则速率为v0== m/s=10 m/s，选项B正确；由题图可知，h=2 m时，物体的机械能为90 J，重力势能为40 J，则动能Ek=50 J，选项C错误；从地面至h=4 m，物体的机械能减小20 J，重力势能增加80 J，则动能减少100 J，选项D错误。
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
一对摩擦力做的总功 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=-Ffx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)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 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量ΔEk=W2=μmgs，C错误；由于摩擦而产生的热量Q=Ff·Δx=μmgd，D错误。
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。
[变式]　(多选)(2026·四川省泸州高级中学检测)如图所示，质量为M、长度为l的小车静止在光滑的水平面上。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，使物块从静止开始做匀加速直线运动。物块和小车之间的摩擦力为Ff。物块滑到小车的最右端时，小车运动的距离为s。在这个过程中，以下结论正确的是(　　)
A.物块到达小车最右端时具有的动能为F(l+s)
B.物块到达小车最右端时，小车具有的动能为Ffs
C.物块和小车系统增加的内能为Ffl
D.物块和小车系统增加的机械能为F(l+s)
答案　BC
解析　物块相对于地面的位移为l+s(小车位移为s，物块相对小车位移为l)。对物块受力分析，根据动能定理，物块到达最右端时的动能Ek物=(F-Ff)(l+s)，故A错误；对小车，水平方向仅受摩擦力Ff，小车的位移为s，摩擦力对小车做的功为Wf=Ffs，根据动能定理，小车获得的动能Ek=Wf=Ffs，故B正确；物块与小车之间的相对位移为l，滑动摩擦力做功产生的内能Q=Ff·l，即系统增加的内能为Ffl，故C正确；外力F对系统做的功为WF=F(l+s)，根据功能关系，外力做的功等于系统增加的机械能与增加的内能之和，即F(l+s)=ΔE机械+Q，因此系统增加的机械能为ΔE机械=F(l+s)-Ffl，故D错误。
考点三　能量守恒定律的理解和应用
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。
例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.(H+h+)
B.(H+h+)
C.(H+)
D.(H+)
答案　B
解析　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=gt'2
解得v0=l
根据能量守恒定律得
Ptη=m+mg(H+h)
联立解得水泵的输出功率为
P=(H+h+)
故选B。
例5　如图所示，将原长为L的轻质弹簧放置在倾角为37°的轨道AB上，弹簧的一端固定在A点，另一端与质量为m的滑块接触但不连接(滑块可视为质点)。AB长为2L，B端与半径为L的光滑圆轨道BCD相切，D点在圆心O的正上方，C点与O点等高。滑块与AB间的动摩擦因数μ=0.5。用外力推动滑块至P点，使得AP=，然后放开，滑块由静止开始沿轨道AB运动，之后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)求滑块初始位于P点时，弹簧的弹性势能Ep；
(2)若更换另一个质量为m1的滑块，仍将滑块从P点由静止释放，滑块能滑上圆轨道且能沿着圆轨道滑下，求m1的可能取值范围。
答案　(1)3.8mgL　(2)m≤m1解析　(1)对滑块在D点，由牛顿第二定律得
mg=
对滑块从P点到D点，由能量守恒得Ep=μmgcos 37°×+mgsin 37°+mgL(1+cos 37°)+mv2
联立解得Ep=3.8mgL
(2)若滑块质量较大，恰好运动到B点，由能量守恒得Ep=μm2gcos 37°×+m2gsin 37°
若滑块质量较小，恰好运动到C点，由能量守恒得Ep=μm3gcos 37°×+m3gsin 37°+m3gLcos 37°
解得m2=m，m3=m
所以m1的可能取值范围为m≤m1(1)首先确定初、末状态，分清有几种形式的能在变化，如动能、势能(包括重力势能、弹性势能、电势能)、内能等。
(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ΔE减和增加的能量ΔE增的表达式。
课时精练
[分值：54分]
　[1~6题，每题4分]
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，重力加速度为g，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，从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，重力势能减小mgh，则动能增加小于mgh，故C、D错误。
2.(多选)(2025·广西河池市期末)如图甲所示，一轻弹簧竖直固定在水平面上，t=0时刻，将一小球从弹簧正上方某一高度处由静止释放，小球落到弹簧上压缩弹簧到最低点，然后又被弹起离开弹簧，上升到一定高度后再下落，如此反复，通过安装在弹簧下端的压力传感器，测出这一过程弹簧弹力F随时间t变化的图像如图乙所示，则下列说法正确的是(　　)
A.t1时刻小球动能最大
B.t2时刻小球动能最小
C.t2~t3时间内，小球的动能先减少后增加
D.t2~t3时间内，小球增加的机械能小于弹簧减少的弹性势能
答案　BD
解析　由F-t图像中F的最大值逐渐减小可知，小球在运动过程中受到空气阻力作用，t1时刻小球开始接触弹簧，但在刚开始接触后的一段时间内，重力大于弹力，小球仍做加速运动，所以t1时刻小球的动能不是最大，故A错误；t2时刻弹力最大，小球处在最低点，动能最小，故B正确；t3时刻小球向上运动恰好要离开弹簧，t2~t3这段时间内，小球先加速后减速，动能先增加后减少，弹簧的弹性势能转化为小球的机械能和内能，故C错误，D正确。
3.(2026·河北衡水市检测)如图所示，一固定斜面倾角为30°，一质量为m的小物块自斜面底端以一定的初速度沿斜面向上做匀减速运动，加速度大小等于重力加速度的大小g。物块上升的最大高度为H，则此过程中，物块的(　　)
A.重力势能增加2mgH
B.动能损失了mgH
C.机械能损失了mgH
D.摩擦生热mgH
答案　C
解析　物块上升的最大高度为H时，重力势能增加ΔEp=mgH，故A错误；根据牛顿第二定律可知，物块上滑过程中所受合外力大小为F=ma=mg，方向沿斜面向下，运动到最高点时，运动位移大小为x==2H，则合外力做功为W合=-Fx=-2mgH=ΔEk，可知，动能损失2mgH，故B错误；机械能变化ΔE=-2mgH+mgH=-mgH，故机械能损失了mgH，故C正确；由W合=WG+Wf，其中WG=-ΔEp=-mgH，可得Wf=-mgH，所以摩擦生热为mgH，故D错误。
4.(多选)如图所示，楔形木块abc固定在水平面上，粗糙斜面ab与水平面的夹角为60°，光滑斜面bc与水平面的夹角为30°，顶角b处安装一定滑轮。质量分别为M、m(M>m)的两滑块A和B通过不可伸长的轻绳跨过定滑轮连接，轻绳与斜面平行。两滑块由静止释放后，沿斜面做匀加速运动，A、B不会与定滑轮碰撞。若不计滑轮的质量和摩擦，在两滑块沿斜面运动的过程中(　　)
A.轻绳对滑轮作用力的方向竖直向下
B.拉力和重力对A做功之和大于A动能的增加量
C.拉力对A做的功等于A机械能的增加量
D.两滑块组成系统的机械能损失等于A克服摩擦力做的功
答案　BD
解析　根据题意可知，两段轻绳的夹角为90°，轻绳拉力的大小相等，根据平行四边形定则可知，合力方向与轻绳方向的夹角为45°，所以轻绳对滑轮作用力的方向不是竖直向下的，故A错误；对A受力分析，受到重力、斜面的支持力、轻绳的拉力以及滑动摩擦力作用，根据动能定理可知，A动能的增加量等于拉力、重力以及摩擦力做功之和，而摩擦力做负功，则拉力和重力对A做功之和大于A动能的增加量，故B正确；除重力之外的力对滑块A做的功等于A机械能的变化量，可知拉力和摩擦力对A做的功之和的绝对值等于A机械能的减少量，故C错误；对两滑块组成的系统受力分析可知，除了重力之外只有摩擦力对A做功，所以两滑块组成的系统的机械能损失等于A克服摩擦力做的功，故D正确。
5.(2025·辽宁沈阳市二模)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和零势能点，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x、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(　　)
答案　A
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=mgxsin 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-Fx=Ek-Ek0，上升过程速度不断减小，Ek-x图线的斜率的绝对值越来越小，下滑过程中，位移x减小，所受的合力F=mgsin θ-kv，速度不断增大，Ek-x图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斜面底端的时间，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。
6.(2025·湖北省新高考协作体期中)如图甲所示，在水平面上固定倾角为θ=37°、底端带有挡板的足够长的斜面，斜面底端静止一质量为m的物块(可视为质点)，从某时刻起，物块受到一个沿斜面向上的拉力F作用向上运动，拉力F随位移x变化的关系图像如图乙所示，当拉力F变为0时，物块恰好静止。重力加速度为g，sin 37°=0.6，cos 37°=0.8。对于整个过程，下列说法正确的是(　　)
A.拉力对物块做功为F0x0
B.物块机械能一直增加
C.物块的重力势能增加了mgx0
D.系统的内能增加了F0x0-0.6mgx0
答案　D
解析　根据题意可知，拉力对物块做的功等于F-x图线与横轴所围图形的面积，即WF=F0x0，故A错误；根据功能关系可知，除重力以外的其他力做功等于机械能的变化量，而其他力即拉力F和摩擦力的合力，运动过程中拉力沿斜面向上，摩擦力一直沿斜面向下，初始一段时间内拉力大于摩擦力，拉力与摩擦力的合力沿斜面向上，即其他力做正功，机械能增大，之后拉力小于摩擦力，拉力与摩擦力的合力沿斜面向下，即其他力做负功，机械能减小，故B错误；物块重力势能的增加量为ΔEp=mgx0sin 37°=0.6mgx0，故C错误；根据能量守恒定律有Q=F0x0-0.6mgx0，故D正确。
　[7、8题，每题6分]
7.(2025·浙江6月选考·7)如图所示，风光互补环保路灯的主要构件有：风力发电机，单晶硅太阳能板，额定电压48 V容量200 Ah的储能电池，功率60 W的LED灯。已知该路灯平均每天照明10 h；1 kg标准煤完全燃烧可发电2.8度，排放二氧化碳2.6 kg。则(　　)
A.风力发电机的输出功率与风速的平方成正比
B.太阳能板上接收到的辐射能全部转换成电能
C.该路灯正常运行6年，可减少二氧化碳排放量约1.2×106 kg
D.储能电池充满电后，即使连续一周无风且阴雨，路灯也能正常工作
答案　D
解析　设风力发电机的扇叶半径为r，Δt时间内，假设风的动能全部变成电能输出，输出功率为P出===ρπr2v3，即风力发电机的输出功率与风速的三次方成正比，故A错误；太阳能板上接收到的辐射能不能全部转换成电能，在转换的过程中存在能量损耗，故B错误；已知路灯的功率为P=60 W=0.06 kW，每天照明t=10 h，一年按365天计算，6年的总时间t总=6×365×10 h=21 900 h，可得总耗电量为W=Pt总=0.06 kW×21 900 h=1 314 kW·h=1 314度，因1 kg标准煤完全燃烧可发电2.8度，排放二氧化碳2.6 kg，则减少的二氧化碳排放量为M=×2.6 kg≈1 220 kg≠1.2×106 kg，故C错误；已知储能电池的额定电压U=48 V，容量Q=200 Ah，则电池的电能为E=UQ=9 600 W·h=9.6 kW·h，而路灯连续一周的耗电量为W=Pt=0.06 kW×7×10 h=4.2 kW·h，因9.6 kW·h>4.2 kW·h，所以储能电池充满电后，即使连续一周无风且阴雨，路灯也能正常工作，故D正确。
8.(2025·山东德州市质检)如图所示，质量m1=1 kg的木板Q静止在水平地面上，质量m2=3 kg的物块P在木板左端，P与Q之间的动摩擦因数μ1=0.2，地面与Q之间的动摩擦因数μ2=0.1，现给物块v0=4 m/s的初速度使其在木板上向右滑动，最终P和Q都静止且P没有滑离木板Q，重力加速度g取10 m/s2，下列说法正确的是(　　)
A.P与Q刚达到相对静止时的速度是2.5 m/s
B.长木板Q长度至少为3 m
C.P与Q之间摩擦产生的热量和地面与Q之间摩擦产生的热量之比为1∶1
D.P与Q之间摩擦产生的热量和地面与Q之间摩擦产生的热量之比为2∶1
答案　C
解析　P的加速度为aP=-=-2 m/s2，Q的加速度为aQ==2 m/s2，两者共速时有v共=v0+aPt=aQt，解得t=1 s，v共=2 m/s，选项A错误；P、Q从开始到共速时的相对位移为Δx=t-t=2 m，之后不发生相对滑动，故长木板Q长度至少为2 m，选项B错误；P与Q之间摩擦产生的热量为Q1=μ1m2gΔx=12 J，由能量守恒定律得，地面与Q之间摩擦产生的热量为Q2=m2-Q1=12 J，P与Q之间摩擦产生的热量和地面与Q之间摩擦产生的热量之比为1∶1，选项C正确，D错误。
9.(12分)如图所示，在某竖直平面内，光滑曲面AB与粗糙水平面BC平滑连接于B点，BC右端连接内壁光滑、半径r=0.2 m的细圆管CD，圆管圆心O在C点正下方，管口D端正下方直立一根劲度系数为k=100 N/m的轻弹簧，弹簧一端固定于地面上，另一端恰好与管口D端平齐。一个质量为1.0 kg的物块放在曲面AB上，现从距BC的高度为h=0.6 m处由静止释放物块，它与BC间的动摩擦因数μ=0.5，物块进入管口C端时，它对上管壁有FN=2.5mg的作用力，通过CD后，在压缩弹簧过程中物块速度最大时弹簧的弹性势能Ep=0.5 J。重力加速度g取10 m/s2。求：
(1)(6分)在压缩弹簧过程中物块的最大动能Ekm；
(2)(6分)物块最终停止的位置。
答案　(1)6 J　(2)停在BC上距离C端0.3 m处(或距离B端0.2 m处)
解析　(1)在压缩弹簧过程中，物块速度最大时所受合力为零。设此时物块离D端的距离为x0，则有kx0=mg，解得x0==0.1 m
在C点，物块受到上管壁向下的作用力FN'=FN=2.5mg和重力，有FN'+mg=，
解得vC= m/s。
物块从C点到压缩弹簧速度最大时，
由能量守恒定律有mg(r+x0)=Ep+Ekm-m，解得Ekm=6 J
(2)物块从A点运动到C点的过程中，
由动能定理得mgh-μmgs=m-0
解得B、C间距离s=0.5 m
物块与弹簧作用后返回C处时动能不变，物块的动能最终消耗在与BC水平面相互作用的过程中。
设物块第一次与弹簧作用返回C处后，物块在BC上运动的总路程为s'，由能量守恒定律有：μmgs'=m，解得s'=0.7 m，故最终物块在BC上距离C端为x1=0.5 m-(0.7 m-0.5 m)=0.3 m(或距离B端为x2=0.7 m-0.5 m=0.2 m)处停下。
　[6分]
10.(2025·云南卷·6)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答案　A
解析　对两次运动的整个过程，根据能量守恒定律有m=μ1mgxMN+μ2mg(x1-xMN)，m=μ1mgxMN+μ2mg(x2-xMN)，可得x1=x2，故C、D错误；设滑块在水平面上滑动的加速度大小为a，根据牛顿第二定律有μmg=ma，可得a=μg，由于μ1>μ2，故滑块在MN段滑动时的加速度大，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。由于第二次滑动时滑块距离M点的距离较近，根据公式-=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。(共60张PPT)
第六章
机械能
守恒定律
功能关系　能量守恒
定律
第30课时
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。
目标要求
考点一　几种常见的功能关系及其表达式
考点二　摩擦力做功与能量转化
内容索引
课时精练
考点三　能量守恒定律的理解和应用
几种常见的功能关系及其表达式
考点一
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，对应不同形式的能量转化，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减少量 W=Ep1-Ep2=-ΔEp
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=mv2-m
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=E2-E1=ΔE
能量 功能关系 表达式
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
　　　(多选)(2025·广东省八校联盟质检)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
√
√
　　 人沿沙坡下滑的距离l=vt=100 m，重力势能减少ΔEp=mglsin 30°=
2.5×104 J，故A错误；
人的动能增加ΔEk=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。
　　　(2025·河北沧州市检测)从地面竖直向上抛出一物体，取地面为参考平面，该物体的机械能E总和重力势能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。由图中数据可得
A.物体的质量为1 kg
B.h=0时，物体的速率为10 m/s
C.h=2 m时，物体的动能为Ek=40 J
D.从地面至h=4 m，物体的动能减少80 J
√
　　　物体在h=4 m时的重力势能为80 J，可得物体的质量为m== kg=
2 kg，选项A错误；
h=0时，物体的机械能即动能为100 J，则速率为v0== m/s=10 m/s，
选项B正确；
由题图可知，h=2 m时，物体的机械能为90 J，重力势能为40 J，则动能Ek=50 J，选项C错误；
从地面至h=4 m，物体的机械能减小20 J，重力势能增加80 J，则动能减少100 J，选项D错误。
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摩擦力做功与能量转化
考点二
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______的损失量
机械能
　　类型 比较 静摩擦力做功 滑动摩擦力做功
不同点 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=-Ffx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
等于零
负值
　　　(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.木板动能的增量为μmgd
D.由于摩擦而产生的热量为μmgs
√
√
　　　根据功的定义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量ΔEk=W2=μmgs，C错误；
由于摩擦而产生的热量Q=Ff·Δx=μmgd，D错误。
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。
[变式]　(多选)(2026·四川省泸州高级中学检测)如图所示，质量为M、长度为l的小车静止在光滑的水平面上。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，使物块从静止开始做匀加速直线运动。物块和小车之间的摩擦力为Ff。物块滑到小车的最右端时，小车运动的距离为s。在这个过程中，以下结论正确的是
A.物块到达小车最右端时具有的动能为F(l+s)
B.物块到达小车最右端时，小车具有的动能为Ffs
C.物块和小车系统增加的内能为Ffl
D.物块和小车系统增加的机械能为F(l+s)
√
√
　　　物块相对于地面的位移为l+s(小车位移为s，物块相对小车位移为l)。对物块受力分析，根据动能定理，物块到达最右端时的动能Ek物=(F-Ff)(l+s)，故A错误；
对小车，水平方向仅受摩擦力Ff，小车的位移为s，摩擦力对小车做的功为Wf=Ffs，根据动能定理，小车获得的动能Ek=Wf=Ffs，故B正确；
物块与小车之间的相对位移为l，滑动摩擦力做功产生的内能Q=Ff·l，即系统增加的内能为Ffl，故C正确；
外力F对系统做的功为WF=F(l+s)，根据功能关系，外力做的功等于系统增加的机械能与增加的内能之和，即F(l+s)=ΔE机械+Q，因此系统增加的机械能为ΔE机械=F(l+s)-Ffl，故D错误。
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能量守恒定律的理解和应用
考点三
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。
　　　 (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.(H+h+) B.(H+h+)
C.(H+) D.(H+)
√
　　　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=gt'2
解得v0=l
根据能量守恒定律得
Ptη=m+mg(H+h)
　　　联立解得水泵的输出功率为
P=(H+h+)
故选B。
　　　如图所示，将原长为L的轻质弹簧放置在倾角为37°的轨道AB上，弹簧的一端固定在A点，另一端与质量为m的滑块接触但不连接(滑块可视为质点)。AB长为2L，B端与半径为L的光滑圆轨道BCD相切，D点在圆心O的正上方，C点与O点等高。滑块与AB间的动摩擦因数μ=0.5。用外力推动滑块至P点，使得AP=，然后放开，滑块由静止开始沿轨道AB运动，之后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)求滑块初始位于P点时，弹簧的弹性势能Ep；
答案　3.8mgL
　　　对滑块在D点，由牛顿第二定律得
mg=
对滑块从P点到D点，由能量守恒得Ep=μmgcos 37°×+mgsin 37°+
mgL(1+cos 37°)+mv2
联立解得Ep=3.8mgL
(2)若更换另一个质量为m1的滑块，仍将滑块从P点由静止释放，滑块能滑上圆轨道且能沿着圆轨道滑下，求m1的可能取值范围。
答案　m≤m1　　　若滑块质量较大，恰好运动到B点，由能量守恒得Ep=μm2gcos 37°
×+m2gsin 37°
若滑块质量较小，恰好运动到C点，由能量守恒得Ep=μm3gcos 37°×+
m3gsin 37°+m3gLcos 37°
解得m2=m，m3=m
所以m1的可能取值范围为m≤m1(1)首先确定初、末状态，分清有几种形式的能在变化，如动能、势能(包括重力势能、弹性势能、电势能)、内能等。
(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ΔE减和增加的能量ΔE增的表达式。
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课时精练
精练高频考点
提升关键能力
对一对
题号 1 2 3 4 5 6 7 8
答案 B BD C BD A D D C
题号 　9 10
答案 (1)6 J　(2)停在BC上距离C端0.3 m处(或距离B端0.2 m处) A
答案
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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，重力加速度为g，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
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答案
基础落实练
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答案
　　　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，从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，重力势能减小mgh，则动能增加小于mgh，故C、D错误。
2.(多选)(2025·广西河池市期末)如图甲所示，一轻弹簧竖直固定在水平面上，t=0时刻，将一小球从弹簧正上方某一高度处由静止释放，小球落到弹簧上压缩弹簧到最低点，然后又被弹起离开弹簧，上升到一定高度后再下落，如此反复，通过安装在弹簧下端的压力传感器，测出这一过程弹簧弹力F随时间t变化的图像如图乙所示，则下列说法正确的是
A.t1时刻小球动能最大
B.t2时刻小球动能最小
C.t2~t3时间内，小球的动能先减少后增加
D.t2~t3时间内，小球增加的机械能小于弹簧减少的弹性势能
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答案
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答案
　　　由F-t图像中F的最大值逐渐减小可知，小球在运动过程中受到空气阻力作用，t1时刻小球开始接触弹簧，但在刚开始接触后的一段时间内，重力大于弹力，小球仍做加速运动，所以t1时刻小球的动能不是最大，故A错误；
t2时刻弹力最大，小球处在最低点，动能最小，故B正确；
t3时刻小球向上运动恰好要离开弹簧，t2~t3这段时间内，小球先加速后减速，动能先增加后减少，弹簧的弹性势能转化为小球的机械能和内能，故C错误，D正确。
3.(2026·河北衡水市检测)如图所示，一固定斜面倾角为30°，一质量为m的小物块自斜面底端以一定的初速度沿斜面向上做匀减速运动，加速度大小等于重力加速度的大小g。物块上升的最大高度为H，则此过程中，物块的
A.重力势能增加2mgH
B.动能损失了mgH
C.机械能损失了mgH
D.摩擦生热mgH
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答案
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答案
　　　物块上升的最大高度为H时，重力势能增加ΔEp=mgH，故A错误；
根据牛顿第二定律可知，物块上滑过程中所受合外力大小为F=ma=mg，方向沿斜面向下，运动到最高点时，运动位移大小为x==2H，则合外力做功为W合=-Fx=-2mgH=ΔEk，可知，动能损失2mgH，故B错误；
机械能变化ΔE=-2mgH+mgH=-mgH，故机械能损失了mgH，故C正确；
由W合=WG+Wf，其中WG=-ΔEp=-mgH，可得Wf=-mgH，所以摩擦生热为mgH，故D错误。
4.(多选)如图所示，楔形木块abc固定在水平面上，粗糙斜面ab与水平面的夹角为60°，光滑斜面bc与水平面的夹角为30°，顶角b处安装一定滑轮。质量分别为M、m(M>m)的两滑块A和B通过不可伸长的轻绳跨过定滑轮连接，轻绳与斜面平行。两滑块由静止释放后，沿斜面做匀加速运动，A、B不会与定滑轮碰撞。若不计滑轮的质量和摩擦，在两滑块沿斜面运动的过程中
A.轻绳对滑轮作用力的方向竖直向下
B.拉力和重力对A做功之和大于A动能的增加量
C.拉力对A做的功等于A机械能的增加量
D.两滑块组成系统的机械能损失等于A克服摩擦力做的功
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答案
√
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答案
　　　根据题意可知，两段轻绳的夹角为90°，轻绳拉力的大小相等，根据平行四边形定则可知，合力方向与轻绳方向的夹角为45°，所以轻绳对滑轮作用力的方向不是竖直向下的，故A错误；
对A受力分析，受到重力、斜面的支持力、轻绳的拉力以及滑动摩擦力作用，根据动能定理可知，A动能的增加量等于拉力、重力以及摩擦力做功之和，而摩擦力做负功，则拉力和重力对A做功之和大于A动能的增加量，故B正确；
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　　　除重力之外的力对滑块A做的功等于A机械能的变化量，可知拉力和摩擦力对A做的功之和的绝对值等于A机械能的减少量，故C错误；
对两滑块组成的系统受力分析可知，除了重力之外只有摩擦力对A做功，所以两滑块组成的系统的机械能损失等于A克服摩擦力做的功，故D正确。
5.(2025·辽宁沈阳市二模)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和零势能点，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x、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
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答案
　　　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=mgxsin 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-Fx=Ek-Ek0，上升过程速度不断减小，Ek-x图线的斜率的绝对值越来越小，下滑过程中，位移x减小，所受的合力F=mgsin θ-kv，速度不断增大，Ek-x图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斜面底端的时间，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。
6.(2025·湖北省新高考协作体期中)如图甲所示，在水平面上固定倾角为θ=37°、底端带有挡板的足够长的斜面，斜面底端静止一质量为m的物块(可视为质点)，从某时刻起，物块受到一个沿斜面向上的拉力F作用向上运动，拉力F随位移x变化的关系图像如图乙所示，当拉力F变为0时，物块恰好静止。重力加速度为g，sin 37°=0.6，cos 37°=0.8。对于整个过程，下列说法正确的是
A.拉力对物块做功为F0x0
B.物块机械能一直增加
C.物块的重力势能增加了mgx0
D.系统的内能增加了F0x0-0.6mgx0
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　　　根据题意可知，拉力对物块做的功等于F-x图线与横轴所围图形的面积，即WF=F0x0，故A错误；
根据功能关系可知，除重力以外的其他力做功等于机械能的变化量，而其他力即拉力F和摩擦力的合力，运动过程中拉力沿斜面向上，摩擦力一直沿斜面向下，初始一段时间内拉力大于摩擦力，拉力与摩擦力的合力沿斜面向上，即其他力做正功，机械能增大，之后拉力小于摩擦力，拉力与摩擦力的合力沿斜面向下，即其他力做负功，机械能减小，故B错误；
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答案
　　　物块重力势能的增加量为ΔEp=mgx0sin 37°=0.6mgx0，故C错误；
根据能量守恒定律有Q=F0x0-0.6mgx0，故D正确。
7.(2025·浙江6月选考·7)如图所示，风光互补环保路灯的主要构件有：风力发电机，单晶硅太阳能板，额定电压48 V容量200 Ah的储能电池，功率60 W的LED灯。已知该路灯平均每天照明10 h；1 kg标准煤完全燃烧可发电2.8度，排放二氧化碳2.6 kg。则
A.风力发电机的输出功率与风速的平方成正比
B.太阳能板上接收到的辐射能全部转换成电能
C.该路灯正常运行6年，可减少二氧化碳排放量约1.2×106 kg
D.储能电池充满电后，即使连续一周无风且阴雨，路灯也能正常工作
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答案
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能力综合练
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答案
　　　设风力发电机的扇叶半径为r，Δt时间内，假设风的动能全部变成
电能输出，输出功率为P出===ρπr2v3，即风力发电机的输
出功率与风速的三次方成正比，故A错误；
太阳能板上接收到的辐射能不能全部转换成电能，在转换的过程中存在能量损耗，故B错误；
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答案
　　　已知路灯的功率为P=60 W=0.06 kW，每天照明t=10 h，一年按365天计算，6年的总时间t总=6×365×10 h=21 900 h，可得总耗电量为W=Pt总=0.06 kW×21 900 h=1 314 kW·h=1 314度，因1 kg标准煤完全燃烧可发电2.8度，排放二氧化碳2.6 kg，则减少的二氧化碳排放量为M=×2.6 kg
≈1 220 kg≠1.2×106 kg，故C错误；
已知储能电池的额定电压U=48 V，容量Q=200 Ah，则电池的电能为E=
UQ=9 600 W·h=9.6 kW·h，而路灯连续一周的耗电量为W=Pt=0.06 kW×7
×10 h=4.2 kW·h，因9.6 kW·h>4.2 kW·h，所以储能电池充满电后，即使连续一周无风且阴雨，路灯也能正常工作，故D正确。
8.(2025·山东德州市质检)如图所示，质量m1=1 kg的木板Q静止在水平地面上，质量m2=3 kg的物块P在木板左端，P与Q之间的动摩擦因数μ1=0.2，地面与Q之间的动摩擦因数μ2=0.1，现给物块v0=4 m/s的初速度使其在木板上向右滑动，最终P和Q都静止且P没有滑离木板Q，重力加速度g取10 m/s2，下列说法正确的是
A.P与Q刚达到相对静止时的速度是2.5 m/s
B.长木板Q长度至少为3 m
C.P与Q之间摩擦产生的热量和地面与Q之间摩擦产生的热量之比为1∶1
D.P与Q之间摩擦产生的热量和地面与Q之间摩擦产生的热量之比为2∶1
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　　　P的加速度为aP=-=-2 m/s2，Q的加速度为aQ=
=2 m/s2，两者共速时有v共=v0+aPt=aQt，解得t=1 s，v共=2 m/s，选项A错误；
P、Q从开始到共速时的相对位移为Δx=t-t=2 m，之后不发生相对滑动，故长木板Q长度至少为2 m，选项B错误；
P与Q之间摩擦产生的热量为Q1=μ1m2gΔx=12 J，由能量守恒定律得，地面与Q之间摩擦产生的热量为Q2=m2-Q1=12 J，P与Q之间摩擦产生的热量和地面与Q之间摩擦产生的热量之比为1∶1，选项C正确，D错误。
9.如图所示，在某竖直平面内，光滑曲面AB与粗糙水平面BC平滑连接于B点，BC右端连接内壁光滑、半径r=0.2 m的细圆管CD，圆管圆心O在C点正下方，管口D端正下方直立一根劲度系数为k=100 N/m的轻弹簧，弹簧一端固定于地面上，另一端恰好与管口D端平齐。一个质量为1.0 kg的物块放在曲面AB上，现从距BC的高度为h=0.6 m处由静止释放物块，它与BC间的动摩擦因数μ=0.5，物块进入管口C端时，它对上管壁有FN=
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答案
2.5mg的作用力，通过CD后，在压缩弹簧过程中物块速度最大时弹簧的弹性势能Ep=0.5 J。重力加速度g取10 m/s2。求：
(1)在压缩弹簧过程中物块的最大动能Ekm；
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答案
答案　6 J
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答案
　　　在压缩弹簧过程中，物块速度最大时所受合力为零。设此时物块离D端的距离为x0，则有kx0=mg，解得x0==0.1 m
在C点，物块受到上管壁向下的作用力FN'=FN=2.5mg和重力，有FN'+mg=，
解得vC= m/s。
物块从C点到压缩弹簧速度最大时，
由能量守恒定律有mg(r+x0)=Ep+Ekm-m，解得Ekm=6 J
(2)物块最终停止的位置。
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答案
答案　停在BC上距离C端0.3 m处(或距离B端0.2 m处)
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答案
　　　物块从A点运动到C点的过程中，
由动能定理得mgh-μmgs=m-0
解得B、C间距离s=0.5 m
物块与弹簧作用后返回C处时动能不变，物块的动能最终消耗在与BC水平面相互作用的过程中。
设物块第一次与弹簧作用返回C处后，物块在BC上运动的总路程为s'，由能量守恒定律有：μmgs'=m，解得s'=0.7 m，故最终物块在BC上距离C端为x1=0.5 m-(0.7 m-0.5 m)=0.3 m(或距离B端为x2=0.7 m-0.5 m=0.2 m)处停下。
10.(2025·云南卷·6)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.x11
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尖子生选练
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答案
　　　对两次运动的整个过程，根据能量守恒定律
有m=μ1mgxMN+μ2mg(x1-xMN)，m=μ1mgxMN+
μ2mg(x2-xMN)，可得x1=x2，故C、D错误；
设滑块在水平面上滑动的加速度大小为a，根据牛
顿第二定律有μmg=ma，可得a=μg，由于μ1>μ2，故滑块在MN段滑动时的加速度大，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。由于第二次滑动时滑块距离M点的距离较近，根据公式-=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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第六章

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