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专题提升七　功能关系　能量守恒定律
【学习目标】　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.理解能量守恒定律并会应用其解决有关问题。3.掌握摩擦力做功与能量转化的关系。4.会应用能量观点解决综合问题。
提升点一　功能关系的应用
1.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
①不同的力做功，对应不同形式的能量转化，具有一一对应的关系。
②做功的多少与能量转化的多少在数值上相等。
2.几种常见的功能关系及其表达式
学生用书 第103页
(多选)如图所示，在竖直平面内有一半径为R的圆弧轨道，半径OA水平、OB竖直，一个质量为m的小球自A的正上方P点由静止开始自由下落，小球沿轨道到达最高点B时恰好对轨道没有压力。已知AP＝3R，重力加速度为g，则小球从P点到B点的运动过程中(　　)
A.重力势能减少了2mgR
B.机械能减少了2mgR
C.动能增加了mgR
D.克服摩擦力做功mgR
答案：AD
解析：小球从P点到B点的运动过程中，重力做功为WG＝mg·2R＝2mgR，故重力势能减少了2mgR，A正确；小球沿轨道到达最高点B时恰好对轨道没有压力，根据牛顿第二定律有mg＝m，解得vB＝，从P点到B点过程，重力势能减小量为ΔEp减＝2mgR，动能增加量为ΔEk增＝m＝mgR，故机械能减少量为ΔE减＝2mgR－mgR＝mgR，从P点到B点过程，克服摩擦力做的功等于机械能减少量，则克服摩擦力做的功为mgR，B、C错误，D正确。故选AD。
在大力士比赛中，选手竖直向上抛出一重物。取抛出点所在水平面为参考平面，上升阶段重物的机械能E总和重力势能Ep随它离开抛出点的高度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.重物的质量为2.5 kg
B.h＝8 m时，重物的动能为200 J
C.重物上升过程中，阻力大小恒为100 N
D.重物上升过程中，合力做功为－1 000 J
答案：D
解析：由题图可知，h＝8 m时E总＝Ep＝mgh＝800 J，则此时重物的动能为零，解得重物的质量为m＝10 kg，故A、B错误；根据功能关系有ΔE总＝－F阻h＝800 J－1 000 J，解得重物上升过程中，阻力大小F阻＝25 N，故C错误；根据题意可知，重物从抛出到最高点，重力做功－800 J，阻力做功－200 J，可知合力做功为－1 000 J，故D正确。
提升点二　能量守恒定律的理解及应用
1.能量守恒的两种方式
(1)转化：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)转移：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.运用能量守恒定律解题的基本思路
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＝，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。
答案：(1)2 m/s　(2)0.4 m　(3)6 J
解析：(1)在物体A向下运动刚到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×2mgcos θ×L＝×3m－×3mv2＋2mgLsin 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×3mv2－0＝μ×2mgcos 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×3mv2＋2mgxsin θ－mgx＝μ×2mgcos θ×x＋Epm
解得Epm＝6 J。
学生用书 第104页
提升点三　动力学与能量观点的综合应用
摩擦力做功与摩擦生热的计算
两种摩擦力做功特点的比较
异同 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 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
将三个木板1、2、3固定在墙角，木板与墙壁和地面构成了三个不同的三角形，如图所示，其中1与2底边相同，2和3高度相同。现将一个可以视为质点的物块分别从三个木板的顶端由静止释放，并沿斜面下滑到底端，物块与木板之间的动摩擦因数μ均相同。在这三个过程中，下列说法不正确的是(　　)
A.沿着1和2下滑到底端时，物块的速度大小不同，沿着2和3下滑到底端时，物块的速度大小相同
B.沿着1下滑到底端时，物块的速度最大
C.物块沿着3下滑到底端的过程中，产生的热量最多
D.物块沿着1和2下滑到底端的过程中，产生的热量相同
答案：A
解析：设木板1、2、3与地面的夹角分别为θ1、θ2、θ3，木板长分别为l1、l2、l3，当物块沿木板1下滑时，由动能定理有mgh1－μmgl1cos θ1＝m－0；当物块沿木板2下滑时，由动能定理有mgh2－μmgl2cos θ2＝m－0，又h1＞h2，l1cos θ1＝l2cos θ2，可得v1＞v2；当物块沿木板3下滑时，由动能定理有mgh3－μmgl3cos θ3＝m－0，又h2＝h3，l2cos θ2＜l3cos θ3，可得v2＞v3，故A错误，B正确。三个过程中产生的热量分别为Q1＝μmgl1cos θ1，Q2＝μmgl2cos θ2，Q3＝μmgl3cos θ3，因为l1cos θ1＝l2cos θ2＜l3cos θ3，则Q1＝Q2＜Q3，故C、D正确。
传送带模型中的功能关系
1.分析方法
(1)动力学角度：首先要正确分析物体的运动过程，做好受力分析，然后利用运动学公式结合牛顿第二定律求物体及传送带在相应时间内的位移，找出物体和传送带之间的位移关系。
(2)能量角度：求传送带对物体所做的功、物体和传送带由于相对滑动而产生的热量、因放上物体而使电动机多消耗的电能等，常根据功能关系或能量守恒定律求解。
2.功能关系分析
(1)传送带克服摩擦力做的功：W＝Ffx传，也是电动机因传送带传送物体而多做的功。
(2)系统产生的内能：Q＝Ffx相对。
(3)功能关系分析：W＝ΔEk＋ΔEp＋Q。其中ΔEk表示被传送物体动能的增加量，ΔEp表示被传送物体重力势能的增加量。
(多选)(2026·河南豫东十校模拟)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：工件先做匀加速直线运动，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等于v＝4 m/s时所用时间t1＝＝10 s，通过的位移为x1＝＝20 m＜L＝＝30 m，共速时，由于μmgcos θ＞mgsin θ，所以之后工件随传送带匀速上升，t2＝＝ s＝2.5 s，则共需时间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，摩擦产生的热量Q＝μmgcos θ·Δx，解得Q＝1 152 J，故C正确；电动机多消耗的电能E电＝E＋Q＝2 844 J，故D正确。
学生用书 第105页
“滑块—木板”模型中的功能关系
对滑块和木板分别运用动能定理，或者对系统运用能量守恒定律时，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。
(多选)如图所示，质量M＝3 kg表面粗糙的长木板静止在光滑的水平面上，t＝0时质量m＝3 kg表面粗糙的物块(可视为质点)以v0＝8 m/s的初速度滑上长木板，经过时间Δt＝2 s物块和长木板达到共同速度v＝4 m/s，重力加速度g取10 m/s2，则(　　)
A.长木板加速运动的加速度大小是3 m/s2
B.物块与长木板之间的动摩擦因数为0.2
C.长木板长度至少为8 m
D.物块与长木板系统损失的机械能为36 J
答案：BC
解析：长木板做匀加速运动的加速度大小a＝＝2 m/s2，故A错误；根据牛顿第二定律，对长木板有μmg＝Ma，解得物块与长木板之间的动摩擦因数为μ＝0.2，故B正确；前2 s内长木板的位移x1＝·Δt＝×2 m＝4 m，物块的位移x2＝·Δt＝×2 m＝12 m，所以长木板最小长度Lmin＝x2－x1＝8 m，故C正确；根据能量守恒定律可得物块与长木板系统损失的机械能ΔE＝m －(m＋M)v2＝48 J，故D错误。
如图所示，倾角θ＝37°的斜面体固定在水平地面上，斜面的长为6 m，长为3 m、质量为4 kg的长木板A放在斜面上，上端与斜面顶端对齐，质量为2 kg的物块B放在长木板的上端，同时释放A和B，结果当A的下端滑到斜面底端时，物块B也刚好滑到斜面的底端，运动的时间为2 s。重力加速度g取10 m/s2，不计物块B的大小，最大静摩擦力等于滑动摩擦力，sin 37°＝0.6，cos 37°＝0.8。求：
(1)长木板A与斜面间的动摩擦因数μ1和物块B与A间的动摩擦因数μ2；
(2)从开始到A的下端滑到斜面底端的过程中，A与B间、A与斜面间因摩擦产生的总热量。
答案：(1)0.5　0.375　(2)90 J
解析：(1)设长木板A和物块B运动的加速度大小分别为a1、a2，物块B运动到斜面底端经历时间为t，令长木板A的长为L，物块B的质量为m，则斜面长为2L，长木板A的质量为2m
以长木板为研究对象，则L＝a1t2
根据牛顿第二定律，有
2mgsin θ－μ1·3mgcos θ＋μ2mgcos θ＝2ma1
以物块B为研究对象，则2L＝a2t2
根据牛顿第二定律，有mgsin θ－μ2mgcos θ＝ma2
联立解得μ1＝0.5，μ2＝0.375。
(2)因摩擦产生的总热量
Q＝μ1·3mgcos θ·L＋μ2mgcos θ·L
代入数据解得Q＝90 J。
课时测评29　功能关系　能量守恒定律
(时间：30分钟　满分：40分)
(本栏目内容，在学生用书中以独立形式分册装订！)
(选择题1－8，每题4分，共32分)
题组1　功能关系的应用
1.(2026·河南南阳模拟)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：下降h高度的过程，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，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A错误，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。
2.(多选)如图所示，在粗糙的水平桌面上有一个质量为M的物块，通过水平轻绳跨过轻质定滑轮与质量为m的小球相连，不计轻绳与滑轮间的摩擦，在小球下落的过程中，下列说法正确的是(　　)
A.小球的机械能守恒
B.物块与小球组成的系统机械能守恒
C.若小球匀速下降，小球减少的重力势能等于物块与桌面间因摩擦产生的热量
D.若小球加速下降，小球减少的机械能大于物块与桌面间因摩擦产生的热量
答案：CD
解析：在小球下落的过程中，绳子的拉力对小球做负功，小球的机械能减少，故A错误；由于物块要克服摩擦力做功，物块与小球组成的系统机械能不守恒，故B错误；若小球匀速下降，系统的动能不变，则根据能量守恒定律可知，小球减少的重力势能等于物块与桌面间因摩擦产生的热量，故C正确；若小球加速下降，则根据能量守恒定律可知，小球减少的机械能等于物块与桌面间因摩擦产生的热量及小球和物块增加的动能之和，所以小球减少的机械能大于物块与桌面间因摩擦产生的热量，故D正确。
题组2　能量守恒定律的理解及应用
3.(2026·河北唐山期末)如图所示，劲度系数为k的竖直轻弹簧固定在水平地面上。质量为m的小球从弹簧正上方高h处自由下落，当弹簧的压缩量为x时，小球到达最低点。不计空气阻力，重力加速度为g。此过程中(　　)
A.小球的机械能守恒
B.小球距地面高度为时动能最大
C.小球最大动能为mg
D.弹簧最大弹性势能为mg(h＋x)
答案：D
解析：当小球与弹簧接触后，弹簧的弹力对小球做负功，小球的机械能减少，弹簧的弹性势能增加，小球的机械能不守恒，故A错误；当小球所受合力为零时，小球的速度最大，此时小球的动能最大，设此时弹簧的形变量为x1，根据平衡条件有mg＝kx1，解得x1＝，弹簧原长未知，小球距地面的高度未知，故B错误；设小球的动能最大时弹簧的弹性势能为Ep1，根据能量守恒定律可知，小球最大动能为Ek＝mg－Ep1，故C错误；当小球运动到最低点时，小球的动能为零，弹簧的形变量最大，此时弹簧的弹性势能最大，设此时弹簧的弹性势能为Ep，根据能量守恒定律可得Ep＝mg(h＋x)，故D正确。
题组3　动力学与能量观点的综合应用
4.(多选)(2026·广东东莞模拟)图(a)是粮库工作人员通过传送带把稻谷堆积到仓库内的情景，其简化模型如图(b)所示，工作人员把一堆稻谷轻轻地放在以恒定的速度v顺时针转动的传送带的底端，稻谷经过加速和匀速两个过程到达传送带顶端，然后被抛出落到地上，已知传送带长度为L，与地面的夹角为θ，忽略空气阻力，不计传送带两端轮子半径大小及稻谷厚度，重力加速度为g，以地面为参考平面，对于稻谷中一颗质量为m的谷粒P的下列说法正确的是(　　)
A.在匀速阶段，其他谷粒对谷粒P的作用力方向竖直向上
B.在传送带上运动过程中，其他谷粒对谷粒P做的功为mv2＋mgLsin θ
C.谷粒P离开传送带后(落地前)的机械能先增大后减小
D.在传送带上运动时，谷粒P克服重力做功为mv2
答案：AB
解析：在匀速阶段，谷粒P受到竖直向下的重力和其他谷粒对谷粒P的作用力，合力为零，所以其他谷粒对谷粒P的作用力方向竖直向上，大小等于mg，故A正确；在传送带上运动过程中，其他谷粒对谷粒P做的功等于谷粒增加的机械能，所以W＝mv2＋mgLsin θ，故B正确；谷粒P离开传送带后(落地前)，只有重力做功，机械能保持不变，故C错误；在传送带上运动时，谷粒P克服重力做功为W克G＝mgLsin θ，而mv2是谷粒P在传送带上运动时动能的增加量，故D错误。
5.(2026·河南信阳二模)如图所示，一个足够长的倾斜传送带沿顺时针方向转动，一个物块从传送带底端以一定的初速度滑上传送带，已知物块的初速度大于传送带的速度，物块与传送带间的动摩擦因数小于传送带倾角的正切，最大静摩擦力大小等于滑动摩擦力大小，取沿传送带向上方向为正方向，则物块在传送带上运动过程中速度、加速度随时间变化关系图，机械能、动能随位移变化关系图正确的是(　　)
答案：C
解析：传送带足够长，则物块先向上减速，物块与传送带间的动摩擦因数小于传送带倾角的正切，则物块与传送带共速后继续减速，直至速度为零，然后向下加速，A错误。物块滑上传送带时，加速度方向沿传送带向下，为负值，大小为a1＝gsin θ＋μgcos θ；共速后向上减速，加速度方向沿传送带向下，为负值，大小为a2＝gsin θ－μgcos θ；减速为零后向下加速，加速度方向沿传送带向下，为负值，大小为a3＝gsin θ－μgcos θ，B错误。E机 -x图线斜率的绝对值等于摩擦力大小，物块在传送带上运动时，滑动摩擦力大小不变，开始时摩擦力方向沿传送带向下，摩擦力做负功，机械能减小；从与传送带共速到速度减为零的过程中摩擦力方向沿传送带向上，摩擦力做正功，机械能增加；向下滑动时摩擦力方向沿传送带向上，摩擦力做负功，机械能减小，C正确。Ek -x图线斜率的绝对值等于合力大小，物块向上减速到与传送带速度相同的过程中合力大小为F1＝mgsin θ＋μmgcos θ；从与传送带共速到速度减为零的过程中合力大小为F2＝mgsin θ－μmgcos θ，图线斜率变小；向下加速过程中合力大小为F3＝mgsin θ－μmgcos θ，D错误。
6.(多选)(2025·四川成都模拟)如图甲所示，“L”形木板Q(竖直挡板厚度不计)静止于粗糙水平地面上，质量为1 kg的滑块P(视为质点)以6 m/s的初速度滑上木板，t＝2 s时滑块与木板相撞并粘在一起。两者运动的v -t图像如图乙所示。重力加速度大小g＝10 m/s2，则下列说法正确的是(　　)
A.“L”形木板的长度为9 m
B.Q的质量为1 kg
C.地面与木板之间的动摩擦因数为0.1
D.由于碰撞系统损失的机械能与碰撞后木板Q与地面摩擦产生的热量之比为1∶4
答案：BD
解析：“L”形木板的长度为L＝×2 m－×2 m＝8 m，A错误；滑块P滑上木板后，滑块P做匀减速运动，木板Q做匀加速运动，碰前P的速度为v1＝3 m/s，木板Q的速度v2＝1 m/s，碰撞后共同速度为v3＝2 m/s，碰撞过程系统的动量守恒，设滑块P的质量为m，木板Q的质量为M，由动量守恒定律可得mv1＋Mv2＝(m＋M)v3，解得M＝1 kg，B正确；设滑块P与木板Q间的动摩擦因数为μ1，地面与木板间的动摩擦因数为μ2，由两者的v -t图像可知，在0～2 s时间内，滑块P的加速度为aP＝ m/s2＝－1.5 m/s2，木板Q的加速度为aQ＝ m/s2＝0.5 m/s2，由牛顿第二定律可得－μ1mg＝maP，μ1mg－μ2(m＋M)g＝MaQ，代入数据解得μ2＝0.05，C错误；由于碰撞系统损失的机械能为ΔE＝m＋M－(m＋M)，解得ΔE＝1 J，碰撞后木板Q与地面摩擦产生的热量Q＝(m＋M)＝4 J，由于碰撞系统损失的机械能与碰撞后木板Q与地面摩擦产生的内能之比为1∶4，D正确。故选BD。
7.(多选)(2026·辽宁名校联盟模拟)如图(a)所示，倾角为θ的传送带以恒定的速率顺时针转动。质量为0.5 kg的物块在传送带的顶端无初速度释放，物块在传送带上运动0.8 s后离开传送带，运动的整个过程中物块的速率v随时间t变化的关系如图(b)所示。已知重力加速度g取10 m/s2，下列说法正确的是(　　)
A.物块在传送带上运动的路程为2 m
B.物块与传动带之间的动摩擦因数为
C.运动的整个过程中，摩擦力对物块做的功为－1 J
D.运动的整个过程中，物块与传送带之间因摩擦产生的热量为0.5 J
答案：AC
解析：由题图(b)可知，0～0.4 s内，物块的位移大小为x1＝ m＝0.6 m，0.4～0.8 s内，物块的位移大小为x2＝ m＝1.4 m，物块在传送带上运动的路程s＝x1＋x2＝2 m，故A正确；由题图(b)可知0～0.4 s内，物块的加速度大小为a1＝ m/s2＝7.5 m/s2，在0.4～0.8 s内，物块的加速度大小为a2＝ m/s2＝2.5 m/s2，根据牛顿第二定律有mgsin θ＋μmgcos θ＝ma1，mgsin θ－μmgcos θ＝ma2，联立解得μ＝，θ＝30°，故B错误；摩擦力对物块做的功为W＝μmgcos θ·x1－μmg cos θ·x2＝－1 J，故C正确；传送带的速度为v传＝3 m/s，整个过程中，物块与传送带之间因摩擦产生的热量为Q＝μmgcos θ·＝1 J，故D错误。
8.(多选)(2025·云南卷·T10)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
答案：CD
解析：设PO的距离为L，过程Ⅰ，根据动能定理有－mgsin θ·L－μmgcos θ·L＝0－m；设MO的距离为L1，过程Ⅱ中，当Q速度最大时，根据平衡条件有kL1＝mgsin θ＋μmgcos θ，P、M两点之间的距离L2＝L－L1，联立可得L2＝，故A错误。根据功能关系可知过程Ⅱ中，Q在从P点单向运动到O点的过程中动能、重力势能均增大，所以机械能增大，故B错误。设过程Ⅱ中，Q从P点沿斜面向上运动的最大位移为x，根据能量守恒定律有kL2＝mgsin θ·x＋μmgcos θ·x＋k(x－L)2，解得x＝，故C正确。假设滑块最终静止在N点，若N在O点上方，则有kxON＋mgsin θ＞μmgcos θ，滑块不能平衡，若N在M点下方，由A项分析可知kxON＞mgsin θ＋μmgcos θ，滑块也不能平衡，所以滑块最终一定静止在OM(含O、M点)之间，故D正确。
9.(8分)(2025·辽宁大连三模)如图所示，质量均为m＝1 kg的物块A和B叠放在水平地面上，左边缘对齐。A与B、B与地面间的动摩擦因数均为μ＝0.4。先敲击A，A立即获得水平向右的初速度，在B上滑动距离L＝2 m后停下。接着敲击B，B立即获得水平向右的初速度，A、B都向右运动，左边缘再次对齐时恰好相对静止，此后两者一起运动至停下。最大静摩擦力等于滑动摩擦力，物块A长度可忽略不计，重力加速度g＝10 m/s2。求：
(1)A被敲击后获得的初速度大小vA；
(2)在左边缘再次对齐的前、后，B运动加速度的大小aB、aB'；
(3)B被敲击后获得的初速度大小vB及A、B被敲击后各接触面由于摩擦产生的内能之和。
答案：(1)4 m/s　(2)12 m/s2　4 m/s2　(3)8 m/s　40 J
解析：(1)由题可知，A、B间最大静摩擦力小于B与地面间的最大静摩擦力，敲击A时B不动，对A，由牛顿第二定律有μmg＝maA
解得A的加速度大小aA＝4 m/s2
由运动学公式有＝2aAL
联立解得vA＝4 m/s。
(2)对齐前，对B有μmg＋2μmg＝maB
解得aB＝12 m/s2
对齐后，对整体有2μmg＝2maB'
解得aB'＝4 m/s2。
(3)设敲击B后经过t时间A、B达到共同速度v，该过程A的加速度为aA，则有v＝aAt＝vB－aBt
该过程A、B位移分别为
xA＝aAt2，xB＝vBt－aBt2
且xB－xA＝L
联立解得vB＝8 m/s，v＝2 m/s
A、B共速后一起减速到0，其加速度为aB'，则该过程B的位移xB'＝
整个过程中B与地面之间的由于摩擦产生的热量Q1＝2μmg×
解得Q1＝24 J
A、B之间由于摩擦产生的热量Q2＝μmg×2L
解得Q2＝16 J
各接触面由于摩擦产生的内能Q＝Q1＋Q2＝40 J。
另解：两次敲击过程其他形式的能量转化为A、B的动能，最终全部转化为内能，则
Q＝ΔE＝m＋m＝40 J。(共59张PPT)
专题提升七　功能关系　能量守恒定律
高三总复习讲义　新高考
第六章 机械能
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.理解能量守恒定律并会应用其解决有关问题。
3.掌握摩擦力做功与能量转化的关系。
4.会应用能量观点解决综合问题。
学习目标
提升点一　功能关系的应用
提升点二　能量守恒定律的理解及应用
课时测评
内容索引
提升点三　动力学与能量观点的综合应用
功能关系的应用
提升点一
1.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
①不同的力做功，对应不同形式的能量转化，具有一一对应的关系。
②做功的多少与能量转化的多少在数值上相等。
2.几种常见的功能关系及其表达式
(多选)如图所示，在竖直平面内有一半径为R的圆弧轨道，半径OA水平、OB竖直，一个质量为m的小球自A的正上方P点由静止开始自由下落，小球沿轨道到达最高点B时恰好对轨道没有压力。已知AP＝3R，重力加速度为g，则小球从P点到B点的运动过程中
A.重力势能减少了2mgR
B.机械能减少了2mgR
C.动能增加了mgR
D.克服摩擦力做功mgR
√
例1
√
小球从P点到B点的运动过程中，重力做功为WG＝mg·2R＝2mgR，
故重力势能减少了2mgR，A正确；小球沿轨道到达最高点B时恰
好对轨道没有压力，根据牛顿第二定律有mg＝m，解得vB＝
，从P点到B点过程，重力势能减小量为ΔEp减＝2mgR，动
能增加量为ΔEk增＝m＝mgR，故机械能减少量为ΔE减＝2mgR－mgR＝mgR，从P点到B点过程，克服摩擦力做的功等于机械能减少量，则克服摩擦力做的功为mgR，B、C错误，D正确。故选AD。
在大力士比赛中，选手竖直向上抛出一重物。取抛出点所在水平面为参考平面，上升阶段重物的机械能E总和重力势能Ep随它离开抛出点的高度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.重物的质量为2.5 kg
B.h＝8 m时，重物的动能为200 J
C.重物上升过程中，阻力大小恒为100 N
D.重物上升过程中，合力做功为－1 000 J
例2
√
由题图可知，h＝8 m时E总＝Ep＝mgh＝800 J，则此时重物的动能为零，解得重物的质量为m＝10 kg，故A、B错误；根据功能关系有ΔE总＝－F阻h＝800 J－1 000 J，解得重物上升过程中，阻力大小F阻＝
25 N，故C错误；根据题意可知，重物从抛出到最高点，重力做功
－800 J，阻力做功－200 J，可知合力做功为－1 000 J，故D正确。
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能量守恒定律的理解及应用
提升点二
1.能量守恒的两种方式
(1)转化：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)转移：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.运用能量守恒定律解题的基本思路
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＝，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：
例3
(1)物体A向下运动刚到C点时的速度大小；
答案：2 m/s　
在物体A向下运动刚到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×2mgcos θ×L＝×3m－×3mv2＋2mgLsin θ－mgL
解得v＝2 m/s。
(2)弹簧的最大压缩量；
答案：0.4 m　
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×3mv2－0＝μ×2mgcos θ×2x，其中x为弹簧的最大压缩量
解得x＝0.4 m。
(3)弹簧的最大弹性势能。
答案：6 J
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×3mv2＋2mgxsin θ－mgx＝μ×2mgcos θ×x＋Epm
解得Epm＝6 J。
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动力学与能量观点的综合应用
提升点三
考向1 摩擦力做功与摩擦生热的计算
两种摩擦力做功特点的比较
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 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
将三个木板1、2、3固定在墙角，木板与墙壁和地面构成了三个不同的三角形，如图所示，其中1与2底边相同，2和3高度相同。现将一个可以视为质点的物块分别从三个木板的顶端由静止释放，并沿斜面下滑到底端，物块与木板之间的动摩擦因数μ均相同。在这三个过程中，下列说法不正确的是
A.沿着1和2下滑到底端时，物块的速度大小不同，沿着
2和3下滑到底端时，物块的速度大小相同
B.沿着1下滑到底端时，物块的速度最大
C.物块沿着3下滑到底端的过程中，产生的热量最多
D.物块沿着1和2下滑到底端的过程中，产生的热量相同
例4
√
设木板1、2、3与地面的夹角分别为θ1、θ2、θ3，木板长分
别为l1、l2、l3，当物块沿木板1下滑时，由动能定理有mgh1
－μmgl1cos θ1＝m－0；当物块沿木板2下滑时，由动能
定理有mgh2－μmgl2cos θ2＝m－0，又h1＞h2，l1cos θ1＝
l2cos θ2，可得v1＞v2；当物块沿木板3下滑时，由动能定理有mgh3－μmgl3cos θ3＝m－0，又h2＝h3，l2cos θ2＜l3cos θ3，可得v2＞v3，故A错误，B正确。三个过程中产生的热量分别为Q1＝μmgl1cos θ1，Q2＝μmgl2cos θ2，Q3＝μmgl3cos θ3，因为l1cos θ1＝l2cos θ2＜l3cos θ3，则Q1＝Q2＜Q3，故C、D
正确。
考向2 传送带模型中的功能关系
1.分析方法
(1)动力学角度：首先要正确分析物体的运动过程，做好受力分析，然后利用运动学公式结合牛顿第二定律求物体及传送带在相应时间内的位移，找出物体和传送带之间的位移关系。
(2)能量角度：求传送带对物体所做的功、物体和传送带由于相对滑动而产生的热量、因放上物体而使电动机多消耗的电能等，常根据功能关系或能量守恒定律求解。
2.功能关系分析
(1)传送带克服摩擦力做的功：W＝Ffx传，也是电动机因传送带传送物体而多做的功。
(2)系统产生的内能：Q＝Ffx相对。
(3)功能关系分析：W＝ΔEk＋ΔEp＋Q。其中ΔEk表示被传送物体动能的增加量，ΔEp表示被传送物体重力势能的增加量。
(多选)(2026·河南豫东十校模拟)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
√
例5
√
√
工件先做匀加速直线运动，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等于v＝4 m/s
时所用时间t1＝＝10 s，通过的位移为x1＝＝20 m＜L＝＝
30 m，共速时，由于μmgcos θ＞mgsin θ，所以之后工件随传送带匀速上升，t2＝＝ s＝2.5 s，则共需时间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，摩擦产生的热量Q＝μmgcos θ·Δx，解得Q＝1 152 J，故C正确；电动机多消耗的电能E电＝E＋Q＝2 844 J，故D正确。
考向3 “滑块—木板”模型中的功能关系
对滑块和木板分别运用动能定理，或者对系统运用能量守恒定律时，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。
(多选)如图所示，质量M＝3 kg表面粗糙的长木板静止在光滑的水平面上，t＝0时质量m＝3 kg表面粗糙的物块(可视为质点)以v0＝8 m/s的初速度滑上长木板，经过时间Δt＝2 s物块和长木板达到共同速度v＝4 m/s，重力加速度g取10 m/s2，则
A.长木板加速运动的加速度大小是3 m/s2
B.物块与长木板之间的动摩擦因数为0.2
C.长木板长度至少为8 m
D.物块与长木板系统损失的机械能为36 J
√
例6
√
长木板做匀加速运动的加速度大小a＝＝2 m/s2，故A错误；根据牛顿第二定律，对长木板有μmg＝Ma，解得物块与长木板之间的动摩擦因数为μ＝0.2，故B正确；前2 s内长木板的位移x1＝·Δt＝×2 m＝4 m，物块的位移x2＝·Δt＝×2 m＝12 m，所以长木板最小长度Lmin＝x2－x1＝8 m，故C正确；根据能量守恒定律可得物块与长木板系统损失的机械能ΔE＝m －(m＋M)v2＝48 J，故D错误。
如图所示，倾角θ＝37°的斜面体固定在水平地面上，斜面的长为
6 m，长为3 m、质量为4 kg的长木板A放在斜面上，上端与斜面顶端对齐，质量为2 kg的物块B放在长木板的上端，同时释放A和B，结果当A的下端滑到斜面底端时，物块B也刚好滑到斜面的底端，运动的时间为2 s。重力加速度g取10 m/s2，不计物块B的大小，最大静摩擦力等于滑动摩擦力，sin 37°＝0.6，cos 37°＝0.8。求：
例7
(1)长木板A与斜面间的动摩擦因数μ1和物块B与A间的动摩擦因数μ2；
答案：0.5　0.375　
设长木板A和物块B运动的加速度大小分别为a1、a2，物块B运动到斜面底端经历时间为t，令长木板A的长为L，物块B的质量为m，则斜面长为2L，长木板A的质量为2m
以长木板为研究对象，则L＝a1t2
根据牛顿第二定律，有
2mgsin θ－μ1·3mgcos θ＋μ2mgcos θ＝2ma1
以物块B为研究对象，则2L＝a2t2
根据牛顿第二定律，有mgsin θ－μ2mgcos θ＝ma2
联立解得μ1＝0.5，μ2＝0.375。
(2)从开始到A的下端滑到斜面底端的过程中，A与B间、A与斜面间因摩擦产生的总热量。
答案：90 J
因摩擦产生的总热量
Q＝μ1·3mgcos θ·L＋μ2mgcos θ·L
代入数据解得Q＝90 J。
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课 时 测 评
题组1　功能关系的应用
1.(2026·河南南阳模拟)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
√
下降h高度的过程，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，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A错误，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。
2.(多选)如图所示，在粗糙的水平桌面上有一个质量为M的物块，通过水平轻绳跨过轻质定滑轮与质量为m的小球相连，不计轻绳与滑轮间的摩擦，在小球下落的过程中，下列说法正确的是
A.小球的机械能守恒
B.物块与小球组成的系统机械能守恒
C.若小球匀速下降，小球减少的重力势能等于物块与桌面间因摩擦产生的热量
D.若小球加速下降，小球减少的机械能大于物块与桌面间因摩擦产生的
热量
√
√
在小球下落的过程中，绳子的拉力对小球做负功，小球的机械能减少，故A错误；由于物块要克服摩擦力做功，物块与小球组成的系统机械能不守恒，故B错误；若小球匀速下降，系统的动能不变，则根据能量守恒定律可知，小球减少的重力势能等于物块与桌面间因摩擦产生的热量，故C正确；若小球加速下降，则根据能量守恒定律可知，小球减少的机械能等于物块与桌面间因摩擦产生的热量及小球和物块增加的动能之和，所以小球减少的机械能大于物块与桌面间因摩擦产生的热量，故D正确。
题组2　能量守恒定律的理解及应用
3.(2026·河北唐山期末)如图所示，劲度系数为k的竖直轻弹簧固定在水平地面上。质量为m的小球从弹簧正上方高h处自由下落，当弹簧的压缩量为x时，小球到达最低点。不计空气阻力，重力加速度为g。此过程中
A.小球的机械能守恒
B.小球距地面高度为时动能最大
C.小球最大动能为mg
D.弹簧最大弹性势能为mg(h＋x)
√
当小球与弹簧接触后，弹簧的弹力对小球做负功，小球的机械能减
少，弹簧的弹性势能增加，小球的机械能不守恒，故A错误；当小
球所受合力为零时，小球的速度最大，此时小球的动能最大，设此
时弹簧的形变量为x1，根据平衡条件有mg＝kx1，解得x1＝，弹
簧原长未知，小球距地面的高度未知，故B错误；设小球的动能最
大时弹簧的弹性势能为Ep1，根据能量守恒定律可知，小球最大动能为Ek＝mg－Ep1，故C错误；当小球运动到最低点时，小球的动能为零，弹簧的形变量最大，此时弹簧的弹性势能最大，设此时弹簧的弹性势能为Ep，根据能量守恒定律可得Ep＝mg(h＋x)，故D正确。
A.在匀速阶段，其他谷粒对谷粒P的作用力方向竖直向上
B.在传送带上运动过程中，其他谷粒对谷粒P做的功为mv2＋mgLsin θ
C.谷粒P离开传送带后(落地前)的机械能先增大后减小
D.在传送带上运动时，谷粒P克服重力做功为mv2
题组3　动力学与能量观点的综合应用
4.(多选)(2026·广东东莞模拟)图(a)是粮库工作人员通过传送带把稻谷堆积到仓库内的情景，其简化模型如图(b)所示，工作人员把一堆稻谷轻轻地放在以恒定的速度v顺时针转动的传送带的底端，稻谷经过加速和匀速两个过程到达传送带顶端，然后被抛出落到地上，已知传送带长度为L，与地面的夹角为θ，忽略空气阻力，不计传送带两端轮子半径大小及稻谷厚度，重力加速度为g，以地面为参考平面，对于稻谷中一颗质量为m的谷粒P的下列说法正确的是
√
√
在匀速阶段，谷粒P受到竖直向下的重力和其他谷粒对谷粒P的作用力，合力为零，所以其他谷粒对谷粒P的作用力方向竖直向上，大小等于mg，故A正确；在传送带上运动过程中，其他谷粒对谷粒P做的功等于谷粒增加的机械能，所以W＝mv2＋mgLsin θ，故B正确；谷粒P离开传送带后(落地前)，只有重力做功，机械能保持不变，故C错误；在传送带上运动时，谷粒P克服重力做功为W克G＝mgLsin θ，而mv2是谷粒P在传送带上运动时动能的增加量，故D错误。
5.(2026·河南信阳二模)如图所示，一个足够长的倾斜传送带沿顺时针方向转动，一个物块从传送带底端以一定的初速度滑上传送带，已知物块的初速度大于传送带的速度，物块与传送带间的动摩擦因数小于传送带倾角的正切，最大静摩擦力大小等于滑动摩擦力大小，取沿传送带向上方向为正方向，则物块在传送带上运动过程中速度、加速度随时间变化关系图，机械能、动能随位移变化关系图正确的是
√
传送带足够长，则物块先向上减速，物块与传送带间的动摩擦因数小于传送带倾角的正切，则物块与传送带共速后继续减速，直至速度为零，然后向下加速，A错误。物块滑上传送带时，加速度方向沿传送带向下，为负值，大小为a1＝gsin θ＋μgcos θ；共速后向上减速，加速度方向沿传送带向下，为负值，大小为a2＝gsin θ－μgcos θ；减速为零后向下加速，加速度方向沿传送带向下，为负值，大小为a3＝gsin θ－μgcos θ，B错误。
E机 -x图线斜率的绝对值等于摩擦力大小，物块在传送带上运动时，滑动摩擦力大小不变，开始时摩擦力方向沿传送带向下，摩擦力做负功，机械能减小；从与传送带共速到速度减为零的过程中摩擦力方向沿传送带向上，摩擦力做正功，机械能增加；向下滑动时摩擦力方向沿传送带向上，摩擦力做负功，机械能减小，C正确。Ek -x图线斜率的绝对值等于合力大小，物块向上减速到与传送带速度相同的过程中合力大小为F1＝mgsin θ＋μmgcos θ；从与传送带共速到速度减为零的过程中合力大小为F2＝mgsin θ－μmgcos θ，图线斜率变小；向下加速过程中合力大小为F3＝mgsin θ－μmgcos θ，D错误。
6.(多选)(2025·四川成都模拟)如图甲所示，“L”形木板Q(竖直挡板厚度不计)静止于粗糙水平地面上，质量为1 kg的滑块P(视为质点)以6 m/s的初速度滑上木板，t＝2 s时滑块与木板相撞并粘在一起。两者运动的v -t图像如图乙所示。重力加速度大小g＝10 m/s2，则下列说法正确的是
A.“L”形木板的长度为9 m
B.Q的质量为1 kg
C.地面与木板之间的动摩擦因数为0.1
D.由于碰撞系统损失的机械能与碰撞后木板Q与地面摩擦产生的热量之比为1∶4
√
√
“L”形木板的长度为L＝×2 m－×2 m＝8 m，A错误；滑块P滑上木板后，滑块P做匀减速运动，木板Q做匀加速运动，碰前P的速度为v1＝3 m/s，木板Q的速度v2＝1 m/s，碰撞后共同速度为v3＝2 m/s，碰撞过程系统的动量守恒，设滑块P的质量为m，木板Q的质量为M，由动量守恒定律可得mv1＋Mv2＝(m＋M)v3，解得M＝1 kg，B正确；设滑块P与木板Q间的动摩擦因数为μ1，地面与木板间的动摩擦因数为μ2，由两者的v -t图像可知，
在0～2 s时间内，滑块P的加速度为aP＝ m/s2＝－1.5 m/s2，木板Q的加速度为aQ＝ m/s2＝0.5 m/s2，由牛顿第二定律可得－μ1mg＝maP，μ1mg－μ2(m＋M)g＝MaQ，代入数据解得μ2＝0.05，C错误；由于碰撞系统损失的机械能为ΔE＝m＋M－(m＋M)，解得ΔE＝1 J，碰撞后木板Q与地面摩擦产生的热量Q＝(m＋M)＝4 J，由于碰撞系统损失的机械能与碰撞后木板Q与地面摩擦产生的内能之比为1∶4，D正确。故选BD。
7.(多选)(2026·辽宁名校联盟模拟)如图(a)所示，倾角为θ的传送带以恒定的速率顺时针转动。质量为0.5 kg的物块在传送带的顶端无初速度释放，物块在传送带上运动0.8 s后离开传送带，运动的整个过程中物块的速率v随时间t变化的关系如图(b)所示。已知重力加速度g取10 m/s2，下列说法正确的是
A.物块在传送带上运动的路程为2 m
B.物块与传动带之间的动摩擦因数为
C.运动的整个过程中，摩擦力对物块做的功为－1 J
D.运动的整个过程中，物块与传送带之间因摩擦产生的热量为0.5 J
√
√
由题图(b)可知，0～0.4 s内，物块的位移大小为x1＝ m＝0.6 m，0.4～0.8 s内，物块的位移大小为x2＝ m＝1.4 m，物块在传送带上运动的路程s＝x1＋x2＝2 m，故A正确；由题图(b)可知0～0.4 s内，物块的加速度大小为a1＝ m/s2＝
7.5 m/s2，在0.4～0.8 s内，物块的加速度大小为a2＝ m/s2＝2.5 m/s2，根据牛顿第二定律有mgsin θ＋μmgcos θ＝ma1，mgsin θ－μmgcos θ＝ma2，联立解得μ＝，θ＝30°，故B错误；
摩擦力对物块做的功为W＝μmgcos θ·x1－μmg cos θ·x2＝－1 J，故C正确；传送带的速度为v传＝3 m/s，整个过程中，物块与传送带之间因摩擦产生的热量为Q＝μmgcos θ·＝1 J，故D
错误。
8.(多选)(2025·云南卷·T10)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
√
√
设PO的距离为L，过程Ⅰ，根据动能定理有－mgsin θ·L－μmgcos θ·L＝0－m；设MO的距离为L1，过程Ⅱ中，当Q速度最大时，根据平衡条件有kL1＝mgsin θ＋μmgcos θ，P、M两点之间的距离L2＝L－L1，联立可得L2＝，故A错误。根据功能关系可知过程Ⅱ中，Q在从P点单向运动到O点的过程中动能、重力势能均增大，所以机械能增大，故B错误。设过程Ⅱ中，Q从P点沿斜面向上运动的最大位移为x，根据能量守恒定律有kL2＝mgsin θ·x＋μmgcos θ·x＋k(x－L)2，解得x＝，故C正确。
假设滑块最终静止在N点，若N在O点上方，则有kxON＋mgsin θ＞μmgcos θ，滑块不能平衡，若N在M点下方，由A项分析可知kxON＞mgsin θ＋μmgcos θ，滑块也不能平衡，所以滑块最终一定静止在OM(含O、M点)之间，故D正确。
9.(8分)(2025·辽宁大连三模)如图所示，质量均为m＝1 kg的物块A和B叠放在水平地面上，左边缘对齐。A与B、B与地面间的动摩擦因数均为μ＝0.4。先敲击A，A立即获得水平向右的初速度，在B上滑动距离L＝2 m后停下。接着敲击B，B立即获得水平向右的初速度，A、B都向右运动，左边缘再次对齐时恰好相对静止，此后两者一起运动至停下。最大静摩擦力等于滑动摩擦力，物块A长度可忽略不计，重力加速度g＝10 m/s2。求：
(1)A被敲击后获得的初速度大小vA；
答案：4 m/s　
由题可知，A、B间最大静摩擦力小于B与地面间的最大静摩擦力，敲击A时B不动，对A，由牛顿第二定律有μmg＝maA
解得A的加速度大小aA＝4 m/s2
由运动学公式有＝2aAL
联立解得vA＝4 m/s。
(2)在左边缘再次对齐的前、后，B运动加速度的大小aB、aB'；
答案：12 m/s2　4 m/s2　
对齐前，对B有μmg＋2μmg＝maB
解得aB＝12 m/s2
对齐后，对整体有2μmg＝2maB'
解得aB'＝4 m/s2。
(3)B被敲击后获得的初速度大小vB及A、B被敲击后各接触面由于摩擦产生的内能之和。
答案：8 m/s　40 J
设敲击B后经过t时间A、B达到共同速度v，该过程A的加速度为aA，则有v＝aAt＝vB－aBt
该过程A、B位移分别为
xA＝aAt2，xB＝vBt－aBt2
且xB－xA＝L
联立解得vB＝8 m/s，v＝2 m/s
A、B共速后一起减速到0，其加速度为aB'，则该过程B的位移xB'＝
整个过程中B与地面之间的由于摩擦产生的热量Q1＝2μmg×
解得Q1＝24 J
A、B之间由于摩擦产生的热量Q2＝μmg×2L
解得Q2＝16 J
各接触面由于摩擦产生的内能Q＝Q1＋Q2＝40 J。
另解：两次敲击过程其他形式的能量转化为A、B的动能，最终全部转化为内能，则
Q＝ΔE＝m＋m＝40 J。
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专题提升七　
功能关系　能量守恒定律

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