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6.4 功能关系与能量守恒定律
考点一 功能关系的理解与应用........................................................................................................................................1
题组1：功能关系的理解..............................................................................................................................................1
题组2：弹性势能的定量计算....................................................................................................................................3
题组3：功能关系与图像综合....................................................................................................................................4
考点二 摩擦力做功与能量转化........................................................................................................................................7
题组1：摩擦力做功与热量.........................................................................................................................................7
题组2：传送带模型中的能量转化.........................................................................................................................10
题组3：滑块木板模型中的能量转化....................................................................................................................12
考点三 能量守恒定律的理解与应用............................................................................................................................ 14
题组1：能量的转移和转化.......................................................................................................................................15
题组2：能量守恒定律................................................................................................................................................15
6.4 功能关系与能量守恒定律
考点一 功能关系的理解与应用
题组1：功能关系的理解
1. （单选）如图所示，质量为m的足球在地面的1位置由静止被踢出后落到水平地面的3位置，运动轨迹
为虚线所示。足球在空中达到的最高点2的高度为h，速度为v。已知1、2位置间的水平距离大于2、3位置
间的水平距离。足球可视为质点，重力加速度为g。下列说法正确的是( )
A. 足球在空中运动过程机械能守恒
B. 人对足球做的功大于1
2 m v
2+mgh
C. 足球在位置2时的加速度等于g
D. 足球从位置2到位置3，动能的增加量等于mgh
【答案】B
【解析】A.若足球运动过程中不受空气阻力作用，则物体运动轨迹应关于过最高点与水平面的垂线对称，
根据题意1、2位置间的水平距离大于2、3位置间的水平距离可知足球受到空气阻力作用，则空气阻力对足
球做负功，足球在空中运动过程机械能减少，故A 错误；
B.设地面为零势能面，人对足球做的功等于人在最高点的机械能( 1
2 mv
2+mgh )加上足球克服空气阻力做
的功，即人对足球做的功大于 1
2 m v
2+mgh ，故B 正确；
C.足球在位置2时竖直方向的加速度为g，水平方向速度不为零，即水平方向受到空气阻力，水平方向加速
度不为零，根据矢量的合成可知足球在位置2时的加速度大于 g ，故C 错误；
1
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D.足球从位置2到位置3，根据动能定理可知动能的增加量等于重力做的功( mgh )减去克服空气阻力做的
功，即足球从位置2到位置3，动能的增加量小于mgh，故D 错误。
故选B。
2. （单选）如图所示，一根轻质弹性绳一端固定在天花板上的A点，另一端跨过墙上固定的光滑定滑轮B
与一可视为质点的小物块相连，弹性绳的原长等于AB，绳的弹力符合胡克定律，劲度系数k =10 N /m。
初始状态，小物块被锁定在固定斜面上的M点，BM垂直斜面。某时刻，小物块解除锁定，同时施加一沿
着斜面向上的恒力F，小物块由静止开始沿斜面向上运动，最远能到达N点，P为MN中点。已知斜面倾
角θ =37°，物块质量m=1kg，BM =0.3m，MN =0.4 m，物块与斜面间动摩擦因数u=0.4，设最大静摩
擦力等于滑动摩擦力，重力加速度g取10m/ s
2，sin37° =0.6，cos37° =0.8。物块从M到N的过程中，
下列说法正确的是
A. 物块所受的支持力减小B. 所受恒力F的大小为9 N
C. 物块经P点时的动能为0.2J D. 物块和弹性绳系统的机械能先增加后减少
【答案】C
【解析】解析：B点下面的弹性绳与NP的夹角为α，对物块受力分析，有：根据平衡条件，垂直斜面方向，
F N + k ⋅LBM
sin α ⋅sin α =mgcosθ ，可得F N =mgcosθ−k LBM，可知F N 不变，故A 错误；
又因为f = μ F N ，可得：f = μ(mgcosθ−k LBM )，由牛顿第二定律，设物块沿斜面方向移动的距离为x，
则F −mgsinθ−kx−f =ma，可得：
a=−k
m x +( F
m −gsin θ−f
m ) ，物块的加速度a随位移x线性变化，由对称性可知，物块在P点的加速度
为零，速度最大，带入数据有：F =10 N，故B 错误；
由于物块所受合力有：F合= F −mgsinθ−kx −f ，可得F合−−x图像围成的面积是总功，则物块从M到
P的过程，根据动能定理有：W 总 = 1
2 F0× LMP=0.2J，故C 正确；
物块和弹性绳组成的系统由于滑动摩擦力一直做负功，所以系统的机械能一直减少，故D 错误；
所以选C 。
3. （单选）随着科学技术的进步，各种类型的机器人逐步进入人们的生活。如图所示为某登山机器人的图
片。某机器人(连同所载货物)总质量为m，从长度为L的斜坡底端从静止开始运动，到达斜坡顶端时的速度
大小为v，斜坡倾角为θ，重力加速度为g，则此过程中机器人(连同所载货物)机械能的增加量为( )
2
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A. mgLsinθ B. mgLcosθ
C. mgLsinθ+ 1
2 mv
2 D. mgLcosθ+ 1
2 mv
2
【答案】C
【解析】机械能增加量 ΔE = Δ E p+ Δ Ek =mgLsinθ+ 1
2 mv
2，故选C。
题组2：弹性势能的定量计算
4.如图所示，将原长为L的轻弹簧置于长为2 L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。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0.5 L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E p。
(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)接第(2)问，求滑块Q在薄膜上运动的总路程s。
【答案】(1)滑块恰好能到达轨道的最高点 D ，则有 mg=m v D
2
L
从E点到D点过程，由能量守恒有 E p= 1
2 m v D
2 +mg·2 L
解得E p=2.5mgL；
(2)由题意可知，滑块Q到C点时速度为0，则从E点到C点过程，由能量守恒
有 E p= μ·2mg xBF +2mgL= μ·2mgL+2mgL
解得μ=0.25；
(3)分析可知，滑块Q最终停在BF上，由能量守恒有 E p= μ·2mgs
解得s=5 L。
3
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5.如图所示，从A点以v0的水平速度抛出一质量m=2kg的小物块(可视为质点)，当小物块运动至B点时，
恰好沿切线方向进入固定的光滑圆弧轨道BC，圆弧轨道BC的圆心角α =37
∘，C点在O点的正下方，圆弧
轨道C端切线水平，与水平面平滑连接。C点右侧水平面粗糙，在水平面上固定一个弹簧，弹簧的左端D
距C点的水平距离为L=0.4 m，小物块离开C点后继续在水平面上向弹簧滑去，将弹簧压缩了x =0.1m后
停止滑行。小物块和水平面间的动摩擦因数μ=0.2，A、B两点距C点的高度分别为H =0.6m、h=0.15m，
圆弧半径R =0.75m，cos37
∘=0.8，sin37
∘=0.6，g=10m/ s
2。求：
(1)小物块水平抛出时，初速度v0的大小;
(2)小物块滑动至C点时的速度;
(3)小物块停止滑行时弹簧具有的弹性势能大小。
【答案】解：(1)设小物块做平抛运动的时间为t，则有：H −h= 1
2 gt
2
设小物块到达B点时竖直分速度为v y，有：v y =>¿
由以上两式代入数据解得：v y =3m/ s
由题意，小物块到达B点时速度方向与水平面的夹角为37°，有：tan37° = v y
v0
，解得：v0= 4 m/ s
(2)设小物块到达C点时速度为v2，从A至C点，由动能定理得：mgH = 1
2 m v2
2−1
2 m v0
2，解得：
v2=2√7m/ s
(3)当弹簧压缩到最短时，由能量关系得1
2 mv2
2= μmg( x + L)+ E p，解得：E p=26 J
题组3：功能关系与图像综合
6. （单选）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，取斜面底端为重力势能的零势能点，已知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
4
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A. 木块上滑过程中，重力势能增加了4 E0
B. 木块的重力大小为2 E0
x0
C. 木块与斜面间的动摩擦因数为√3
6
D. 木块上滑过程中，重力势能和动能相等的位置坐标是x = 1
2 x0
【答案】C
【解析】A.由图乙可知，木块位移为x0时，动能为0，机械能为2 E0，重力势能增加了2 E0，故A 错误；
BC .由图乙可知，克服摩擦做功损失的机械能为ΔE =3 E0−2 E0= E0，木块受到的摩擦力大小为
f = μmgcosθ = E0
x0
，
由动能定理得：−(mgsinθ+ μmgcosθ) x0=0−3 E0，联解得：mg= 4 E0
x0
，μ= √3
6 ，故B 错误，C 正确；
D.设上滑距离为x时，重力势能和动能相等，则根据功能关系，3 E0= Ek +mgx sin30
°+ fx，即
3 E0=2mgsin30
°+ fx，将上述mg和f 代入，解得x = 3
5 x0，D 错误。
7. （单选）竖直的轻弹簧下端固定在水平地面上，处于原长时上端在O点。小球在O点正上方的A点由静
止释放后落在弹簧上，运动到B点速度为零。以O点为坐标原点，竖直向下为正方向建立x轴，小球向下运
动过程的速度v、加速度a、动能Ek及其机械能E随位置坐标x的变化规律可能正确的是(不计空气阻力，重
力加速度为g)( )
5
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A.
B.
C.
D.
【答案】B
【解析】A.小球在由A点下落到O点的过程中，做自由落体运动，加速度 a= g ，有 v =√2 g( x−x A)，
v −x 图像应是开口向右的抛物线，故A 错误；
B.小球在由A点到O点的下落过程中只受重力，加速度为g；小球压缩弹簧后，根据牛顿第二定律
有 mg−kx =ma
解得 a= g−k
m x
a−x 图像是向下倾斜的直线，小球先加速后减速，故B 正确；
C.小球在由A点到O点的下落过程中只受重力，机械能守恒，有 Ek =mgh
减少的重力势能等于增加的动能，动能随下落高度均匀增加；小球压缩弹簧后根据动能定理，重力和弹簧
弹力对小球做的总功等于小球动能的增量，有 mgx−1
2 k x
2= Ek−Ek 0
即 mgx −1
2 k x
2= Ek−Ek 0
图像是开口向下的抛物线，故C 错误；
D.小球在由A点到O点的下落过程中只受重力，机械能守恒；小球压缩弹簧后，由功能关系知，弹簧弹力
对小球做的功等于小球机械能的减少量，有 −1
2 k x
2= E−E0
即 E = E0−1
2 k x
2
E−x 图像是开口向下的抛物线，故D 错误。
故选B。
8. （单选）如图甲所示，一个可视为质点的小球从地面竖直上抛，小球的动能Ek随它距离地面的高度h的
变化关系如图乙所示，取小球在地面时的重力势能为零，小球运动过程中受到的空气阻力大小恒定，重力
加速度为g，则下列说法正确的是( )
A. 小球的质量为2 E0
gh0
6
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B. 小球受到空气阻力的大小为E0
gh0
C. 上升过程中，小球的动能等于重力势能时，小球距地面的高度为4
7 h0
D. 下降过程中，小球的动能等于重力势能时，小球的动能大小为E0
2
【答案】C
【解析】AB.上升阶段，根据能量守恒定律得2 E0= Ff h0+mgh0，下降阶段，根据能量守恒定律得
E0+ F f h0=mgh0，联立解得小球的质量为m= 3 E0
2gh0
，小球受到空气阻力的大小为Ff = E0
2h0
，AB 错误；
C. 上升过程中，小球的动能等于重力势能时，根据能量守恒定律得2 E0= Ek 1+mgh+ F f h=2mgh+ F f h，
解得小球距地面的高度为h= 4
7 h0，C 正确；
D. 下降过程中，小球的动能等于重力势能时，设此时高度为h1，根据能量守恒定律得
mgh0= Ek 2+mgh1+ Ff (h0−h1)=2 Ek 2+ Ff h0−Ff h1，即3 E0
2 =2 Ek 2+ E0
2 −Ff h1，解得小球的动能大
小Ek 2= E0+ F f h1
2
，不等于E0
2
，D 错误。
故选C。
考点二 摩擦力做功与能量转化
题组1：摩擦力做功与热量
1. （多选）如图所示，粗糙圆弧轨道ABCD的圆心为O，半径为0.5m，C点为圆弧轨道的最低点，
∠AOC =53
∘，∠COD =37
∘，B点与D点等高。质量m=1kg、可视为质点的滑块从A点由静止释放，经
过C点时对轨道的压力大小为29
2 N，恰好运动到D点时速度为0。已知滑块与圆弧轨道各处的动摩擦因数
均相同，取重力加速度大小g=10m/ s
2，sin37
∘=0.6，cos37
∘=0.8，则下列说法正确的是( )
A. 滑块运动到C点时速度大小为3m/ s
B. 滑块从C点运动到D点克服摩擦力做的功为1
8 J
C. 滑块从A点运动到B点机械能的减少量为3
4 J
D. 滑块经过B点时对轨道的压力大于9 N
【答案】BD
7
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【解析】A.滑块运动到C点时，根据牛顿第三定律，轨道对滑块的支持力等于滑块对轨道的压力，则支持
力为N = F 压= 29
2 N
根据牛顿第二定律N −mg=m vC
2
r
解得vC = 3
2 m/ s
故A 错误；
B.滑块从C点运动到D点，根据动能定理−mgr(1−cos37
∘)−W f =0−1
2 mvC
2
解得W f = 1
8 J
故B 正确；
C.滑块从A点运动到C点机械能的减少量Δ E AC =mgr(1−cos53
∘)−1
2 m vC
2 = 7
8 J
滑块从C点运动到D点机械能的减少量Δ ECD=W f = 1
8 J
滑块从B点运动到C点比滑块从C点运动到D点平均速度大，即平均压力大，摩擦力大，克服摩擦力、减小
的机械能更多，即Δ EBC> Δ ECD= 1
8 J
所以Δ E AB= Δ E AC−Δ EBC< 7
8 J −1
8 J = 3
4 J
故C 错误；
D.由C选项分析可得Δ E AB= E A−EB< 3
4 J
其中E A =mgr(1−cos53
∘)，EB=mgr(1−cos37
∘)+ 1
2 mvB
2
解得vB> √2
2 m/ s
设滑块经过B点时轨道对滑块的支持力为F，则F −mgcos37
∘=m vB
2
r
解得F >9 N
根据牛顿第三定律，滑块对轨道的压力等于轨道对滑块的支持力，所以，滑块经过B点时对轨道的压力大
于9 N，故D 正确。
故选BD。
2. （多选）如图所示，在竖直平面内有一个半径为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
PA =2 R，重力加速度为g，则小球( )
A. 从B点飞出后恰能落到A点
B. 从P到B的运动过程中机械能守恒
C. 从P到B的运动过程中合外力做功1
2 mgR
8
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D. 从P到B的运动过程中克服摩擦力做功1
2 mgR
【答案】CD
【解析】解：A、由“小球沿轨道到达最高点B时恰好对轨道没有压力”可知在B点时，小球的重力提供向心
力，即mg=m vB
2
R
，解得：vB=√gR
小球从B点飞出后，在竖直方向上有R = 1
2 gt
2，解得：t =√
2 R
g
则水平距离x = vBt =√gR×√
2 R
g =√2 R> R，
由此可知小球从B点飞出后做平抛运动不会落到A点，故A 错误；
B、以B点所在水平面为零势能面，小球初状态的机械能为E =mgR，小球到达B点的机械能
E' = 1
2 m vB
2 = 1
2 mgR< E，从P到B的运动过程中机械能不守恒，故B 错误；
C、从P到B的运动过程中，合外力做功等于物体动能的变化，即W 合= Δ EK = 1
2 mvB
2 = 1
2 mgR，故C 正确；
D.克服摩擦力做功等于系统机械能的减少量，即W f = ΔE = E−E' = 1
2 mgR，故D 正确。
故选：CD。
3. （多选）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，其运
动的加速度为2
3 g，此物体在斜面上上升的最大高度为h，则在这个过程中物体( )
A. 重力势能增加了mgh
B. 克服摩擦力做功1
6 mgh
C. 动能损失了1
6 mgh D. 机械能损失了1
3 mgh
【答案】AD
【解析】A.物体的高度增加了h，则重力势能增加了Δ E p=mgh
故A 正确；
9
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B.根据牛顿第二定律有mgsin30
∘+ f =m× 2
3 g
解得f = 1
6 mg
所以物体克服摩擦力做功W = f ×
h
sin30
∘= 1
3 mgh，故B 错误；
C.根据动能定理有−1
3 mgh−mgh=0−Ek
所以物体损失的动能Δ Ek = 1
3 mgh+mgh= 4
3 mgh，故C 错误；
D.根据能量守恒可知，物体损失的机械能在数量上等于摩擦力做的功，即ΔE = 1
3 mgh，故D 正确。
故选AD。
题组2：传送带模型中的能量转化
1. （单选）倾角θ =30
∘的传送带以v =1.0m/ s的恒定速率顺时针运转，位于其底部的煤斗每秒钟向其输
送k =2kg的煤屑，煤屑刚落到传送带上时速度为零，传送带将煤屑送到h=2.5m的高处，煤屑与传送带间
的动摩擦因数μ= √3
2 ，重力加速度g=10m/ s
2，则下列说法中正确的是( )
A. 煤屑刚落到传送带上的加速度大小为7.5m/ s
2
B. 煤屑从落到传送带开始到与传送带速度相等时通过的位移大小为0.1m
C. 传送带电机因输送煤屑而多产生的输出功率是51W
D. 传送带电机因输送煤屑而多产生的输出功率是54W
【答案】D
【解析】对煤屑，由牛顿第二定律有μmgcosθ−mgsinθ =ma，解得煤屑刚落到传送带上的加速度大小
为a=2.5m/ s
2，故 A 错误；煤屑从落到传送带开始到与传送带速度相等时通过的位移大小为
x1= v
2
2a =0.2m，故 B 错误；经过Δt时间，煤屑动能增加量Δ Ek = 1
2 kΔt ⋅v
2，重力势能增加量
Δ E p=kΔt ⋅gh，煤屑落到传送带上做加速运动的时间为t1= v
a =0.4 s，由于摩擦产生的热量
Q = μkgΔt ⋅cosθ⋅(v t1−x1)，传送带电机因输送煤屑而多产生的输出功率P= Δ Ek + Δ E p+Q
Δt
，联立解得
P =54W ，故 C 错误，D 正确。
2. （多选）如图甲所示的传送带以恒定速率运动，皮带始终是绷紧的。将质量1kg的货物放在传送带上的
A处，经过1.2s到达传送带的B端，用速度传感器测得货物与传送带的速度v随时间t变化的图像如图乙所
示，重力加速度g取10m/ s
2，则下列说法正确的是( )
10
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A. A、B两点的距离为3.4 m
B. 货物与传送带的动摩擦因数为0.5
C. 货物从A运动到B过程中，传送带对货物做功为−11.2J
D. 货物从A运动到B过程中，货物与传送带摩擦产生的热量为4.8 J
【答案】BCD
【解析】A、根据v −t图像与时间轴围成的面积表示物块的位移，知0−1.2s内货物运动的位移为
x =( 2×0.2
2
+ 2+ 4
2
×1)m=3.2m
则AB两点的距离为3.2m，故A 错误；
B、由图像可以看出，货物在两段时间内均做匀加速直线运动，根据牛顿第二定律有：
0−0.2s内，有：mgsinθ+ μmgcosθ =ma1
0.2−1.2s内，有：mgsinθ−μmgcosθ=ma2
由v −t图像的斜率表示加速度，可得两段的加速度分别为：a1= 2
0.2 m/ s
2=10m/ s
2，
a2=
4−2
1.2−0.2 m/ s
2=2m/ s
2
解得θ =37°，μ=0.5
故B 正确；
C、设传送带对货物做的功为W ，对整个过程，根据动能定理得：W +mgxsinθ = 1
2 m v
2−0
由图知，v = 4 m/ s
解得W =−11.2J
故C 正确；
D、由图判断知，传送带的速度为v 皮=2m/ s
根据功能关系，知货物与传送带因摩擦产生的热量等于摩擦力乘以相对位移，货物受到的滑动摩擦力大小
为f = μmgcosθ =0.5×10×1×0.8 N = 4 N
0−0.2s内，货物的位移为：x1= 1
2 ×2×0.2m=0.2m
皮带位移为x皮1= v 皮t1=2×0.2m=0.4 m
两者间相对位移为Δ x1= x皮1−x1=(0.4−0.2)m=0.2m
同理：0.2−1.2s内，货物的位移为x2= 1
2 ×(2+ 4)×1m=3m，x皮2= v 皮t2=2×1m=2m
两者间相对位移为Δ x2= x2−x皮2=(3−2)m=1m
故两者之间相对路程为Δx = Δ x1+ Δ x2=(1+0.2)m=1.2m
货物与传送带摩擦产生的热量为Q =W = fΔx = 4×1.2J = 4.8 J
11
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故D 正确。
故选：BCD。
3.如图甲所示，机场使用倾角θ =37
∘的传送带，将每个质量m=10kg的行李箱从地面运送到高h=3m的出
发平台。机械手每隔8秒就将一个行李箱放到传送带底端，传送带以v =2m/ s的速度顺时针匀速转动。行
李箱在传送带上的v −t图象如图乙所示。已知各行李箱与传送带间的动摩擦因数相同，最大静摩擦力等于
滑动摩擦力，g取10m/ s
2。求：
(1)行李箱与传送带间的动摩擦因数μ;
(2)传送带上最多同时输送的行李箱数量;
(3)在机械手放置第一个行李箱开始计时的1分钟内，电动机因运送行李箱需多做的功。
【答案】解：(1)由图可知，木箱运动的加速度为a= υ
t = 2
5 =0.4 m/ s
2，根据牛顿第二定律有：
μmgcosθ−mgsinθ =ma，解得：μ=0.8；
(2)传送带的长度为：L=
h
sinθ =5m，且行李箱加速运动的位移为：x0= v
2 t =5m，所以行李箱在倾斜传
送带上一直匀加速，无匀速阶段。每8秒放置1个，运输时间5秒，传送带上最多存在1个行李箱；
(3)行李箱在传动带上由开始到平台的过程中，相对滑动时候摩擦力对传动带做功的大小为：
W 01= μmgcosθ⋅vt =640 J，所以每传送一个行李箱，电机多消耗的能量为：E0=W 01=640 J ;
1分钟内传动带共传送60
8 =7.5，取8个行李箱，且7个全部到顶端，一个加速了4 s，则电动机多做的功为：
E总=7W 01+ 4
5 W 01= 4992J，所以1分钟内电动机多做的功为：4992J。
题组3：滑块木板模型中的能量转化
4. （单选）表面涂有特殊材料的木板右端设有挡板，一根轻质弹簧右端固定在挡板上，可视为质点的滑块
压缩弹簧后被锁定，滑块与弹簧左端不拴接。若木板水平固定(如图甲所示)，突然解除锁定，滑块与弹簧
分离后沿木板做匀减速直线运动并恰好能到达木板的左端；若将木板左端抬高，使木板与水平方向成θ角
并固定(如图乙所示)，突然解除锁定，滑块也恰好能到达木板的左端。则滑块与木板间的动摩擦因数为
( )
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A. tanθ B.
1
tanθ C. tan θ
2 D.
1
tan θ
2
【答案】D
【解析】设释放位置到木板左端的长度为 L ，当木板按题图甲水平固定时，根据能量守恒定律
有 E p= μmgL
当木板按题图乙倾斜固定时，根据能量守恒定律有 E p= μmgLcosθ+mgLsinθ
联立解得 μ=
sinθ
1−cosθ =
2sin θ
2 cos θ
2
2sin
2 θ
2
=
1
tan θ
2
故选D。
5. （多选）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，现有一水平恒力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f ，经过时间t，小车运动的位移为s，物块刚好滑到小车的最右端，以下判断中正确的
是( )
A. 此时物块的动能变化为F(s+l)
B. 此时小车的动能变化为f (s+l)
C. 这一过程中，物块和小车间产生的内能为fl
D. 这一过程中，物块和小车增加的机械能为F(s+l)−fl
【答案】CD
【解析】A.对物块，根据动能定理有( F −f )(s+l)= Ek−0
所以物块动能变化为( F −f )(s+l)，故A 错误；
B.物块对小车有摩擦力作用，对小车有fs= E'k，所以小车的动能变化为fs，故B 错误；
C.系统产生的内能Q等于系统克服摩擦力做功，为fl，故C 正确；
D.由能量守恒定律，有F(l+ s)= ΔE +Q
则物块和小车增加的机械能为ΔE = F(l+ s)−Q = F(l+ s)−fl，故D 正确。
故选：CD。
6. （多选）如图甲所示，滑块A放在静止于水平地面上的木板B右端，已知滑块A与木板B的质量均为
m=1kg，t =0时刻滑块A以v0=3m/ s的初速度向左运动，同时在木板右端加一个水平向右的外力
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F =9 N，作用1s后撤去外力F，前1s内滑块和木板的v −t关系图像如图乙所示。设最大静摩擦力等于滑
动摩擦力，滑块始终没有离开木板，取重力加速度g=10m/ s
2。则( )
A. 滑块与木板间的动摩擦因数为0.1
B. 木板与地面间的动摩擦因数为0.4
C. 木板长度至少8.1m滑块才能不掉
D. 整个过程中系统摩擦生热共22.5 J
【答案】ACD
【解析】解：由图示v −t图像可知，在前1s内，
滑块的加速度a1= Δv
Δt = −2−(−3)
1
m/ s
2=1m/ s
2，
木板的加速度a2= Δv '
Δt ' = 4−0
1
m/ s
2= 4 m/ s
2；
AB、对滑块，由牛顿第二定律得μ1mg =ma1，
对木板，由牛顿第二定律得F −μ1mg−μ2×2mg=ma2，
代入数据解得μ1=0.1，μ2=0.2，故A 正确，B 错误；
C、1s后撤去外力F，对木板B，由牛顿第二定律得μ1mg+ μ2×2mg=ma3，
代入数据解得a3=5m/ s
2，木板B向右做匀减速运动，
木板减速到零需要的时间t2= vB
a3
= 4
5 s=0.8 s，
此时滑块的速度大小v A' = v A−a1t2=2m/ s−1×0.8m/ s=1.2m/ s，
由于μ1mg< μ2×2mg，木板减速为零木板保持静止，
滑块继续做匀减速直线运动直到减速为零，
滑块从滑上目标到减速为零的位移x1= v0
2
2a1
= 3
2
2×1 m= 4 .5m
木板的总位移x2= 1
2 vB(t1+t2)= 1
2 ×4×(1+0.8)m=3.6m
木板长至少为L= x1+ x2= 4 .5m+3.6m=8.1m，故C 正确；
D、系统摩擦生热Q = μ1mgL+ μ2×mg x2，代入数据解得Q =22.5 J，故D 正确。
故选：ACD。
考点三 能量守恒定律的理解与应用
题组1：能量的转移和转化
1. （单选）砷化镓薄膜电池可将太阳能转化为电能，其光电转化率高达30 %。下列说法正确的是( )
A. 电池可创造能量
B. 太阳能是不可再生能源
C. 此电池的光电转化率不到100 %，说明能量不守恒
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D. 此电池通过非静电力做功把太阳能转化为电能
【答案】D
【解析】A.根据能量守恒定律，能量不能被创造，电池仅实现能量转化，A 错误；
B.太阳能源于太阳核聚变，可持续再生，B 错误；
C.转化率低是因能量散失(如热能)，总能量守恒未被破坏，C 错误；
D.非静电力(如半导体内部电场)驱动电荷分离，将光能转化为电能，D 正确。
故选D。
2. （单选）车辆前进的阻力主要有三个：滚动阻力、空气阻力和上坡阻力，高铁的铁轨非常平缓，大部分
时候都可以忽略上坡阻力，所以主要的阻力来源就是滚动阻力和空气阻力，滚动阻力与总重力成正比，空
气阻力跟高铁运动的速度的二次方成正比，研究表明，当高铁以200km/h速度运行时，空气阻力占总阻
力的约60 %，人均百公里能耗约为2.0度电，当高铁以300km/h速度运行时，人均百公里能耗约为多少度
电( )
A. 3.0
B. 3.5
C. 4.0
D. 4.5
【答案】B
【解析】设滚动阻力为f ，根据题意可知当高铁以200km/h速度运行时，空气阻力为1.5 f ，总阻力为
2.5 f ，当高铁以300km/h速度运行时，空气阻力为1.5 f × 9
4 = 27
8 f ，总阻力为35
8 f
百公里能耗之比等于总阻力之比为：4：7 =2：x
解得：x =3.5(度)，故B 正确，ACD 错误。
故选B。
题组2：能量守恒定律
3. （单选）如图所示的容器中，A、B各有一个可自由移动的轻活塞，活塞下是水，上为空气，大气压恒
定，A、B底部由带有阀门K的管道相连，整个装置与外界绝热。开始时A中水面比B中高，打开阀门，使
A中的水逐渐流向B中，最后达到平衡，在这个过程中 ( )
A. 大气压力对水做功，水的内能增加
B. 水克服大气压力做功，水的内能减少
C. 大气压力对水不做功，水的内能不变D. 大气压力对水不做功，水的内能增加
【答案】D
【解析】设A中水面下降的高度为hA，B中水面上升的高度为hB，由于水的体积不变，故S A hA = SBhB，
则有p0 S A hA = p0 SBhB，即大气压力对A做的正功与B克服大气压力做的功相等，故大气压力不做功。但
水的重力势能减少了，它转化为水的内能，所以水的内能增加了，故D 正确。
4. （单选）风力发电已成为我国实现“双碳”目标的重要途径之一。如图所示，风力发电机是一种将风能转
化为电能的装置。某风力发电机在风速为9m/ s时，输出电功率为405kW ，风速在5∼10m/ s范围内，
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转化效率可视为不变。该风机叶片旋转一周扫过的面积为A，空气密度为ρ，风场风速为v，并保持风正面
吹向叶片。下列说法正确的是( )
A. 该风力发电机的输出电功率与风速成正比
B. 单位时间流过面积A的流动空气动能为1
2 ρA v
2
C. 若每天平均有1.0×10
8kW 的风能资源，则每天发电量为2.4×10
9kW ⋅h
D. 若风场每年有5000h风速在6∼10m/ s的风能资源，则该发电机年发电量至少为6.0×10
5kW ⋅h
【答案】D
【解答】由于风力发电机是将风的动能转化为电能的装置，设转化的效率为k，风机的输出功率为P，则
在风机叶片旋转一周的时间T内，作用在风叶上的风的质量为：m= ρvTA ;根据能量守恒定律可知：
k 1
2 mv
2= 1
2 kρA v
3T = PT，解得：P= 1
2 kρA v
3;
由以上分析可知，发电机的输出功率与风速的立方成正比，单位时间流过面积A的流动空气动能为1
2 ρA v
3，
故AB 错误；
由功的计算公式W = Pt可知，若每天的风能的平均功率P =1.0×10
8kW ，那么一天中风能为
W =1.0×10
8kW ×24 h=2.4×10
9kW ⋅h，但由于发电机存在转化效率，故一天中的发电量要小于
2.4×10
9kW ⋅h，故C 错误；
由题知风速在5∼10m/ s范围内，转化效率不变，由公式P= 1
2 kρA v
3和风速为9m/ s时的输出功率为
405kW 可知，以最小风速6m/ s来计算，发电机的输出功率的最小值为：Pmin=(
6
9)
3
×405kW =120kW ，
那么在每年5000h的发电时间内发电量的最小值为W min=5000h×120kW =6.0×10
5kW ⋅h，故D 正确。
5. （多选）如图所示为电动机以恒定功率吊起货物的情境。质量为m的货物由静止开始竖直向上运动，上
升高度H时恰好达到最大速度。已知电动机功率恒为P，重力加速度为g，空气阻力大小恒为f ，对上述过
程，下列说法正确的是( )
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A. 货物上升过程中加速度逐渐增大
B. 货物上升过程中绳子的拉力逐渐减小
C. 电动机做的功大于货物机械能的增加量
D. 货物达到最大速度需要的时间t = (mg+ f )H
P
【答案】BC
【解析】对货物受力分析，有F −mg−f =ma，P = Fv，
则货物加速时，绳子的拉力F减小，加速度a减小，故A 项错误，B项正确;
由能量守恒定律可知，电动机做的功等于货物机械能的增加量及克服空气阻力做的功，C项正确;
a=0时，货物的速度最大，vm=
P
mg+ f ，
根据能量守恒定律有Pt =mgH + fH + 1
2 m vm
2 ，
解得t = (mg+ f )H
P
+ m
2 P (
P
mg+ f )
2，故D 项错误。
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