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专题26 功能关系
学习目标
1．掌握几种常见的功能关系，知道能量守恒定律。
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。
知识点梳理
1．常见的功能关系
力做功
能的变化
定量关系
合力的功
动能变化
W＝Ek2－Ek1＝ΔEk
重力的功
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－
E p2
弹簧弹力的功
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＝Δ E
一对相互作用的
滑动摩擦力的总
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＝ΔE 电
电场力做功
电势能变化
(1)电场力做正功，电势能减小
(2)电场力做负功，电势能增加
(3)W 电＝－ΔEp
2．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：ΔE 减＝Δ E 增。
真题汇编
（多选）1．（2025•云南）如图所示，倾角为
的固定斜面，其顶端固定一劲
度系数为
的轻质弹簧，弹簧处于原长时下端位于
点。质量为
的滑块
（视为质点）与斜面间的动摩擦因数
。过程Ⅰ：
以速度
从斜面底端
点沿斜面向上运动恰好能滑至
点；过程Ⅱ：将
连接在弹簧的下端并拉至
点由静止释放，
通过
点（图中未画出）时速度最大，过
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。则
A．
、
两点之间的距离为
B．过程Ⅱ中，
在从
点单向运动到
点的过程中损失的机械能为
C．过程Ⅱ中，
从
点沿斜面向上运动的最大位移为
D．连接在弹簧下端的
无论从斜面上何处释放，最终一定静止在
（含
、
点）之间
【答案】
【分析】
根据滑动摩擦力公式求解滑动摩擦力，过程Ⅰ，根据动能定理求解
之间的距离；
过程Ⅱ中，根据功能关系求解机械能的损失；
过程Ⅱ中，
点的速度最大，说明
点为平衡位置，根据平衡条件求解弹簧的
形变量，再求
之间的距离；
滑块从
到
的过程中，弹力做正功、摩擦力和重力做负功；滑块从
点到
最高点的过程中，弹力先做正功后做负功、摩擦力和重力做一致做负功；根据
动能定理分析位移关系，然后作答；
设滑块最终停留在距
点
处，停止时加速度为零，速度为零；根据平衡条
件结合摩擦力与重力沿斜面向下的分力的关系求解作答。
【
解
答
】
解
：
、
滑
块
所
受
的
滑
动
摩
擦
力
过程Ⅰ，根据动能定理得：
解得：
过程Ⅱ中，弹簧弹力对
做正功，设为
，
克服滑动摩擦力做功为
，由
功能关系可得
在从
点单向运动到
点的过程中损失的机械能为：
，故
错误；
、过程Ⅱ中，
点的速度最大，则
点为平衡位置，设此时弹簧的形变量为
，根据平衡条件得：
，解得：
、
两点之间的距离为：
，故
错误；
、滑块从
到
的过程向上运动的位移为
由运动的对称性可得滑块过
点后能继续上滑的最大位移等于，故
从
点
沿斜面向上运动的最大位移为
，故
正确；
设滑块最终停留在距
点
处，停止时加速度为零，速度为零；
若弹力为零，根据平衡条件
，滑块停在
点；
若弹簧处于拉伸状态且摩擦力沿斜面向下，根据平衡条件
其中
解得
滑块停在
点与
点之间，含
点；
由于
，因此弹簧不可能处于压缩状态；
综上分析可知，连接在弹簧下端的
无论从斜面上何处释放，最终一定静止在
（含
、
点）之间，故
正确。
故选：
。
2．（2025•广东）如图所示，用开瓶器取出紧塞在瓶口的软木塞时，先将拔塞
钻旋入木塞内，随后下压把手，使齿轮绕固定支架上的转轴转动，通过齿轮啮
合，带动与木塞相固定的拔塞钻向上运动。从0 时刻开始，顶部与瓶口齐平的
木塞从静止开始向上做匀加速直线运动，木塞所受摩擦力
随位移大小的变
化关系为
，其中
为常量，为圆柱形木塞的高，木塞质量为
，
底面积为
，加速度为，齿轮半径为，重力加速度为
，瓶外气压减瓶内气
压为△
且近似不变，瓶子始终静止在桌面上。（提示：可用
图线下的
“面积”表示
所做的功）求：
（1）木塞离开瓶口的瞬间，齿轮的角速度
。
（2）拔塞的全过程，拔塞钻对木塞做的功
。
（3）拔塞过程中，拔塞钻对木塞作用力的瞬时功率
随时间变化的表达式。
【答案】（1）木塞离开瓶口的瞬间，齿轮的角速度
为
；
（2）拔塞的全过程，拔塞钻对木塞做的功
为
△
；
（3 ）拔塞钻对木塞作用力的瞬时功率
随时间
变化的表达式为
△
。
【分析】（1）对木塞根据运动学公式求解末速度大小，根据角速度和线速度的
关系求解角速度；
（2）根据题意画出木塞摩擦力与运动距离的关系图，由此可得摩擦力所做的功。
对木塞根据动能定理进行解答；
（3）对木塞根据牛顿第二定律求解作用力大小，根据速度—时间关系求解速度
大小，根据功率计算公式求解功率。
【解答】解：（1）木塞的末速度等于齿轮线速度，对木塞，根据运动学公式：
根据角速度和线速度的关系可得：
联立可得：
；
（2）根据题意画出木塞摩擦力与运动距离的关系图如图所示：
可得摩擦力所做的功为：
对木塞拔出过程中，根据动能定理可得：
△
解得：
△
；
（3）设开瓶器对木塞的作用力为
，对木塞，根据牛顿第二定律可得：
△
，其中：
时刻速度大小为：
时间内的位移大小为：
时刻开瓶器的功率为：
联立可得：
△
。
答：（1）木塞离开瓶口的瞬间，齿轮的角速度
为
；
（2）拔塞的全过程，拔塞钻对木塞做的功
为
△
；
（3 ）拔塞钻对木塞作用力的瞬时功率
随时间
变化的表达式为
△
。
3．（2024•贵州）如图，半径为
的四分之一光滑圆轨道固定在竖直平面
内，其末端与水平地面
相切于
点，
的长度
。一长为
的
水平传送带以恒定速率
逆时针转动，其右端与地面在
点无缝对接。
物块从圆轨道顶端由静止释放，沿轨道下滑至
点，再向左做直线运动至
点与静止的物块发生弹性正碰，碰撞时间极短。碰撞后
向左运动到达传送带
的左端
时，瞬间给
一水平向右的冲量
，其大小为
。以后每隔△
给一相同的瞬时冲量，直到离开传送带。已知的质量为
，
的质量为
，它们均可视为质点。
、与地面及传送带间的动摩擦因
数均为
，取重力加速度大小
。求：
（1）运动到圆轨道底端时轨道对它的支持力大小；
（2）从
运动到
的时间；
（3）从
运动到
的过程中与传送带摩擦产生的热量。
【答案】（1）运动到圆轨道底端时轨道对它的支持力大小为
；
（2）从
运动到
的时间为
；
（3）从
运动到
的过程中与传送带摩擦产生的热量为
。
【分析】（1）根据动能定理和牛顿第二定律求运动到圆轨道底端时轨道对它
的支持力大小；
（2）根据动能定理求运动到
的速度，再根据动量守恒定律和机械能守恒定
律以及运动学公式求从
运动到
的时间；
（3）根据动量定理求物块的速度，根据运动学公式求相对位移，最后根据摩
擦生热的公式求从
运动到
的过程中与传送带摩擦产生的热量。
【解答】解：（1）在运动到圆轨道底端的过程中，由动能定理
解得
在
点，根据牛顿第二定律
解得
（2）设运动到
的速度为
，由动能定理
解得
取水平向左为正方向，物块、碰撞后的速度分别为
、
把物块、做为一个系统，根据动量守恒定律
物块、发生弹性碰撞，根据机械能守恒
联立解得
，
物块进入传送带后做匀减速直线运动，由牛顿第二定律
得
设达到共速时间为，根据运动学公式
解得
减速位移
匀速运动的位移
匀速运动的时间
从
运动到
的总时间
（3）设给一个瞬时冲量后，物块的速度为
，取水平向右为正方向，则作
用前物块的速度为
根据动量定理
解得
物块先向右做匀减速运动，后向左做匀加速运动，设共速时间为
，根据运动
学公式
物块对地位移
传送带位移
物块相对于传送带的位移
△
由于△
，因此物块刚好与传送带共速时，又获得一个冲量，设物块的
速度变为
根据动量定理
解得
同理可得，物块对地位移
传送带位移
物块相对于传送带的位移
△
以此类推，物块获得第11 次瞬时冲量时，距离传送带右端的距离为：
物块获得第11 次瞬时冲量后向右运动
离开传送带，此过程时间为
，
根据运动学公式
解得：
此过程物块相对于传送带的位移大小为：
△
物块相对于传送带总的相对位移为：
△
△
△
产生的摩擦热
△
。
答：（1）运动到圆轨道底端时轨道对它的支持力大小为
；
（2）从
运动到
的时间为
；
（3）从
运动到
的过程中与传送带摩擦产生的热量为
。
4．（2024•北京）科学家根据天文观测提出宇宙膨胀模型：在宇宙大尺度上，
所有的宇宙物质（星体等）在做彼此远离运动，且质量始终均匀分布，在宇宙
中所有位置观测的结果都一样。以某一点
为观测点，以质量为
的小星体
（记为
为观测对象。当前
到
点的距离为
，宇宙的密度为
。
（1）求小星体
远离到
处时宇宙的密度
；
（2）以
点为球心，以小星体
到
点的距离为半径建立球面。
受到的万有
引力相当于球内质量集中于
点对
的引力。已知质量为
和
、距离为
的
两个质点间的引力势能
，
为引力常量。仅考虑万有引力和
远离
点的径向运动。
求小星体
从
处远离到
处的过程中动能的变化量△
；
宇宙中各星体远离观测点的速率
满足哈勃定律
，其中为星体到观测
点的距离，
为哈勃系数。
与时间有关但与无关，分析说明
随增大还
是减小。
【答案】（1）小星体
远离到
处时宇宙的密度
为
；
（2）
小星体
从
处远离到
处的过程中动能的变化量△
为
；
随增大而减小。
【分析】（1）根据质量不变，密度和体积公式计算解答；
（2）
根据能量的转化和守恒定律求解动能变化量；
根据公式结合速度变化情况分析判断。
【解答】解：（1）在宇宙中所有位置观测的结果都一样，则小星体
运动前后
距离
点半径为
和
的球内质量相同，即
解得小星体
远离到
处时宇宙的密度
（2）
此球内的质量
从处远离到
处，由能量守恒定律得
动能的变化量
解得△
由知星体的速度随
增大而减小，星体到观测点距离越大，运动时间越长，
由
知，
减小，故
随增大而减小。
答：（1）小星体
远离到
处时宇宙的密度
为
；
（2）
小星体
从
处远离到
处的过程中动能的变化量△
为
；
随增大而减小。
5．（2024•山东）如图甲所示，质量为
的轨道静止在光滑水平面上，轨道水
平部分的上表面粗糙，竖直半圆形部分的表面光滑，两部分在
点平滑连接，
为轨道的最高点。质量为
的小物块静置在轨道水平部分上，与水平轨道间
的动摩擦因数为
，最大静摩擦力等于滑动摩擦力。已知轨道半圆形部分的半
径
，重力加速度大小
。
（1）若轨道固定，小物块以一定的初速度沿轨道运动到
点时，受到轨道的弹
力大小等于
，求小物块在
点的速度大小；
（2）若轨道不固定，给轨道施加水平向左的推力
，小物块处在轨道水平部分
时，轨道加速度与
对应关系如图乙所示。
求
和
；
初始时，小物块静置在轨道最左端，给轨道施加水平向左的推力
，当
小物块到
点时撤去
，小物块从
点离开轨道时相对地的速度大小为
。
求轨道水平部分的长度。
【答案】（1）小物块在
点的速度大小为
；
（2）（ⅰ）
的值为0.2，
的值为
；
（ⅱ）轨道水平部分的长度为
。
【分析】（1）根据牛顿第二定律列式求解速度；
（2）（ⅰ）根据图像分别列出两次牛顿第二定律方程，结合图像的两个斜率的
物理意义列式联立解得动摩擦因数和小物块质量；
（ⅱ）根据运动学规律列位移关系式，结合系统水平方向的动量守恒和机械能
守恒定律列式联立求解。
【解答】解：（1）若轨道固定，小物块以一定的初速度沿轨道运动到
点时，
受到轨道的弹力大小等于
，通过分析题意可知，在
点时轨道对小物块弹
力只能竖直向下大小为
，根据牛顿第二定律有
解得
（2）（ⅰ）若轨道不固定，给轨道施加水平向左的推力
，小物块处在轨道水
平部分时，由图乙可知，当
，小物块
和轨道
一起向左做加速运动，
根据牛顿第二定律有
，则
，根据图乙第一段图线的斜率
，
即
，则
，当
，小物块和轨道产生相对滑动，
根据牛顿第二定律有
，即
，同理根据图乙第二段图线
的斜率的物理意义，有
，
联立解得
，
将图乙中
代入
解得
（ⅱ）当
时，由图乙对轨道
，方向水平向左，对小物块，根据
，解得
，设经过时间小物块运动到
点，根据匀变速直线
运动的规律有
，滑动
点时轨道的速度为
，小物块的速度
为
，方向都是水平向左，小物块在与竖直面内圆弧轨道作用的过程中，
系统在水平方向满足动量守恒条件和机械能守恒定律，且规定水平向左的方向
为正方向，有
且
联立以上各式解得
或者
（不合题意，舍弃）
答：（1）小物块在
点的速度大小为
；
（2）（ⅰ）
的值为0.2，
的值为
；
（ⅱ）轨道水平部分的长度为
。
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力
做功来实现的。
考点1：功能关系的理解和运用
(2)功是能量转化的量度
①不同的力做功，对应不同形式的能转化，具有一一对应关系。
②做功的多少与能量转化的多少在数值上相等。
2．功能关系的选用原则
(1)在应用功能关系解决具体问题的过程中，若只涉及动能的变化用动能定理
分析。
(2)只涉及重力势能的变化用重力做功与重力势能变化的关系分析。
(3)只涉及机械能的变化用除重力和弹力之外的力做功与机械能变化的关系分
析。
(4)只涉及电势能的变化用静电力做功与电势能变化的关系分析。
例题精讲：
【例1】（2025 春•利通区校级期末）如图所示在竖直平面内有一半径为
的圆
弧轨道，半径
水平、
竖直，一个质量为
的小球自
的正上方
点由静
止开始自由下落，小球沿轨道到达最高点
时恰好对轨道没有压力：已知
，重力加速度为
，则小球从
到
的运动过程中
A．重力做功
B．机械能减少
C．合外力做功
D．克服摩擦力做功
【答案】
【分析】重力做功只跟初末位置的高度差有关。根据动能和重力势能的变化求
机械能的减少量。根据动能定理求解合外力做的功及克服摩擦力做的功。
【解答】解：
、重力做功为：
，故
错误；
、小球沿轨道到达最高点
时恰好对轨道没有压力，在最高点
有
，
解得：
，则机械能减少量为：△
．故
错误。
、根据动能定理得合外力做功为：
，故
错误；
、根据动能定理得：
，得：
，即克服摩擦力做功为
，故
正确。
故选：
。
【例2】（2025•呼和浩特二模）如图甲所示，倾角为
，足够长的斜面体
固定在水平地面上，可视为质点的质量为
的物块置于斜面上足够高处，
物块与斜面间的动摩擦因数
。
时刻，在物块上施加一沿斜面向上、
大小变化的外力，同时释放物块，利用计算机描绘了
时间内物块的动量随
时间的变化图像，如图乙所示，规定沿斜面向下的方向为正方向，重力加速度
大小为
，则
A．
内系统产生热量为
B．
的时间内外力的大小为
C．
的时间内物块的机械能减少了
D．
时间内与
时间内的外力大小之比为
【答案】
【分析】由
图像可以得出在某个时刻物体的动量，在根据
求出速度，
结合牛顿第二定律求解拉力
大小，物块机械能的变化量等于整个过程外力
所做的功，外力
所做的功等于力与位移乘积。
【解答】解：
、在
内，由
得
，由
，
摩擦力大小为
，在
内系统产生热量
为
，故
错误；
、
在
内
，
由
得
，
则
由
牛
顿
第
二
定
律
得
，
解
得
，故
错误；
、在
内，物块的动能未发生改变，所以物块的机械能减少等于重力势能
的减少量，在
内斜面上运动的距离
，
△
，故
正确；
、在
内，加速度
，由牛顿第二定律得
解得：
在
内，加速度
，由牛顿第二定律得
解得：
时间内与
时间内的外力大小之比为
，故
错误。
故选：
。
【例3】（2025 春•吉林期末）5 月2 日至3 日，来自全国各地的近200 位青少
年滑板运动员参与2024 年中国青少年
系列滑板巡回赛（上海站）的比赛。假
如比赛中某运动员以同一姿态沿轨道下滑了一段距离，该过程中重力对他做功
为
，他克服阻力做功为
，不计其他作用力的功，则该运动员在此过程
中
A．动能可能不变
B．动能增加了
C．重力势能减少了
D．机械能增加了
【答案】
【分析】根据重力和阻力做功的代数和求动能的增加量，重力势能减少等于重
力做功。根据功能关系求机械能的增加量。
【解答】解：
．设克服摩擦力做功为
，由动能定理可得
△
该过程中重力对他做功为
，他克服阻力做功为
，得动能增加了
△
故
错误，
正确；
．重力做正功，重力势能减少，减少的重力势能等于重力做的功，即重力势
能减少了
，故
错误；
．根据功能关系可得，除了重力做功以外的其他外力做的功等于机械能的变
化量，即
△
解得
△
，解得△
故机械能减少了
，故
错误。
故选：
。
1．对能量守恒定律的点理解
(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．运用能量守恒定律解题的基本思路
考点2：能量守恒定律的理解和运用
例题精讲：
【例4】（2025 春•河北期末）用力
拉着一个物体从空中的
点运动到点的
过程中，物体克服重力做功
，拉力
做功
，空气阻力做功
，下列说
法正确的是
A．物体的重力势能增加了
B．物体的重力势能减少了
C．物体的动能增加了
D．物体的机械能增加了
【答案】
【分析】重力做功与重力势能变化的关系（重力做功等于重力势能的减少量）；
合力做功与动能变化的关系（合力做功等于动能的增加量）；除重力外其他力
做功与机械能变化的关系（除重力外其他力做功等于机械能的增加量）。通过
这些关系分别分析各选项。
【解答】解：
、根据题意可知，物体克服重力做功
，根据重力做功与重
力势能变化的关系，重力势能增加
，故
错误；
、根据题意可知，动能变化等于各个力做功的代数和
动能增加
，故
正确；
、根据题意可知，机械能变化等于除重力外其他力做功之和
△
机械能增加
，故
错误。
故选：
。
【例5】（2025 春•新吴区校级期末）如图所示，轻弹簧放在倾角为
的斜面
体上，轻弹簧的下端与斜面底端的挡板连接，上端与斜面上
点对齐，质量为
的物块在斜面上的点由静止释放，物块下滑后，压缩弹簧至
点时速度刚好
为零，物块被反弹后返回
点时速度刚好为零，已知
长为
，
长为
，重
力加速度为，
，
。则
A．物块与斜面间的动摩擦因数为0.6
B．物块接触弹簧后，速度先减小后增大
C．物块在上述过程因摩擦产生的热量为
D．弹簧具有的最大弹性势能为
【答案】
【分析】根据物块在点由静止释放，压缩弹簧至
点，被反弹后返回点时速
度刚好为零，结合物块接触弹簧后，向下以及向上运动时的受力状态，结合动
能定理和能量守恒定律分析求解。
【解答】解：
．物块在点由静止释放，压缩弹簧至点，被反弹后返回点
时速度刚好为零，对整个过程进行分析，根据动能定理有
解得
故
错误；
．整个过程因摩擦产生的热量为
解得
故
正确；
．物块接触弹簧后，向下运动时，开始阶段有
物块继续向下加速，
继续变大，当有
物块将向下减速，综合上述可知，物块向下运动时先加速后减速，向上运动时，
由于在点和点的速度都为零，则物块接触弹簧后，先加速后减速，故
错误；
．设弹簧的最大弹性势能为
，物块由
点到
点的过程中，有
结合上述解得
，故
错误。
故选：
。
【例6】（2025 春•东城区校级期末）如图所示，两个完全相同的物体分别自固
定斜面
和
顶端由静止开始下滑：物体与两斜面间的动摩擦因数相同，物
体滑至斜面底部
点时的动能分别为
和
，下滑过程中产生的热量分别为
和
，则
A．
，
B．
，
C．
，
D．
，
【答案】
【分析】通过动能定理比较物体到达底部的动能大小，根据摩擦力做功的公式
比较在两个斜面上物体克服摩擦力所做的功，即可分析产生的热量关系。
【解答】解：设任一斜面的倾角为
，斜面的长度为
，斜面的高度为，物体
所受的滑动摩擦力大小为
则物体克服摩擦力所做的功为
而
相同，所以克服摩擦力做功相等。根据功能关系可知，产生的热量相
等，即有
根据动能定理得
在
斜面上滑动时重力做功多，克服摩擦力做功相等，则物体在
面上滑到
底端的动能大于在
面上滑到底端的动能，即
故
正确，
错误。
故选：
。
1．分析角度
(1)动力学角度：首先要正确的对物体进行运动分析和受力分析，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，常依据功能关系或能量守
恒定律求解。
2．功能关系
(1)功能关系分析：W＝ΔEk＋ΔEp＋Q。
考点3：传送带问题中的摩擦力做功问题
(2)对W 和Q 的理解
①传送带克服摩擦力做的功：W＝Ffx 传；
②产生的内能：Q＝Ffx 相对。
例题精讲：
【例7】（2025•兴宾区校级开学）如图所示，与水平地面成
角的传送带，以
恒定速率顺时针转动。现将一质量为
的小物体（视为质点）无初速度放在
传送带的底端
处，小物体到达传动带最高点
处时恰好达到传送带的速率，
已知
间的高度差为
，则在小物体从
到
的过程中
A．传送带对小物体做功为
B．将小物体由底端传送到
处过程中，该系统多消耗的电能为
C．将小物体传送到
处，系统因摩擦而产生的热量为
D．改变传送带与小物体之间的动摩擦因数，物体到达
点前速度达到，则
系统因摩擦产生的热量将减少
【答案】
【分析】传送带对小物体做功等于物体机械能的增加量，包括重力势能和动能
两部分。多消耗的电能等于机械能增加量与摩擦生热之和，需考虑额外能量消
耗。摩擦产生的热量与相对位移有关，需分析滑动过程中的相对运动。动摩擦
因数增大时，物体加速距离缩短，相对位移减小，导致摩擦生热减少。
【解答】解：
、根据功能关系，传送带对小物体做功等于物体机械能的增加
量：
。故
错误；
、根据能量守恒定律，电动机消耗的电能
等于摩擦产生的热量
与物块
机械能增量之和：
。故
错误；
、小物体到达传送带最高点
处时恰好达到传送带速率。设运动时间为，
根据牛顿第二定律：
，解得：
。
运动时间：
。相对位移：
。
摩擦生热：
。
由于
，故
。故
错误；
、改变动摩擦因数
，使物体在到达
点前速度达到。根据运动学公式：
，可知
增大时减小。
又由热量表达式：
，分析可得
增大时
减小，即系统因
摩擦产生的热量减少。故
正确。
故选：
。
【例8】（2025•福州校级开学）如图甲，一足够长的水平传送带以某一恒定速
率顺时针转动，一根轻弹簧两端分别与物块和竖直墙面连接。物块将弹簧压缩
一段距离后置于传送带最左端无初速度释放，物块向右运动受到的摩擦力大小
随位移的关系如图乙，已知物块质量为
，物块与传送带间的动摩擦因数
为
，重力加速度为
，最大静摩擦力等于滑动摩擦力，
为已知量，则
A．弹簧的劲度系数为
B．传送带的速度为
C．
过程，传送带对物块做功的功率不变
D．物块向右运动的最大距离为
【答案】
【分析】根据图乙分析可知，在
处静摩擦力为0，说明此时相对静止且弹簧
弹力为0，根据平衡条件结合胡克定律求弹簧的劲度系数；运用动能定理求传
送带的速度；
过程，物块做匀速运动，静摩擦力增加，根据功率公式分
析传送带对物块做功的功率变化情况；根据平衡条件结合简谐运动的规律求物
块向右运动的最大距离。
【解答】解：
、由图乙可知：
过程，物块速度小于传送带速度，与传送
带间发生相对滑动，在
处静摩擦力为0，说明此时相对静止且弹簧弹力为0，
则有
，可得弹簧的劲度系数为
，故
错误；
、
过程，由动能定理得
，可得传送带的速度为
，故
正确；
、
过程，物块做匀速运动，静摩擦力增加，根据
可知，传送带对
物块做功的功率增加，故
错误；
、在
处弹簧为拉力，则有
此后物块受到的滑动摩擦力始终向右，滑块向右做简谐运动，则有
解得振幅为
故物块向右运动的最大距离为
，故
错误。
故选：
。
【例9】（2025•高新区开学）如图所示，甲、乙两传送带与水平面的夹角相同
都以恒定速率向上运动。现将一质量为
的小物体（视为质点）轻轻放在
处，小物体在甲传送带上到达
处时恰好达到传送带的速率；在乙传送带上
到达离
处竖直高度为的
处时达到传送带的速率，已知
处离地面的高度
均为
。则在小物体从
到
的过程中
A．两传送带消耗的电能相等
B．两传送带对小物体做功不相等
C．小物体与甲传送带间的动摩擦因数较小
D．两种情况下因摩擦产生的热量相等
【答案】
【分析】甲图中小物体从底端上升到顶端
速度与传送带速度相同，乙图中上
升到
处速度与传送带速度相同，两种过程，初速度、末速度相等，位移不同，
由运动学公式列式比较加速度的大小，由牛顿第二定律比较动摩擦因数的大小，
结合相对位移分析产生的热量关系，根据动能定理分析传送带对物体做功关系。
根据能量守恒定律分析传送带消耗的电能关系。
【解答】解：
、设物体从开始到与传送带共速所用时间为，在此时间内传送
带的位移为
，小物体的位移为
，所以两者之间的相对位移
可知相对位移大小等于小物体的位移。对小物体做匀加速运动的过程，由动能
定理得：
甲图中，有
乙图中，有
则
由于小物块相对传送带的位移等于小物块对地运动的位移，根据
可知两种情况下
故
错误；
、传送带对小物体做功等于小物块的机械能的增加量，动能增加量相等，重
力势能的增加量也相同，故两种情况下传送带对小物体做功相等，故
错误；
、根据
可知
根据牛顿第二定律可知
所以
故
错误；
、根据能量守恒定律，电动机消耗的电能等于摩擦产生的热量
与物块增加
机械能的和，因物块两次从
到
增加的机械能相同
所以甲传送带消耗的电能多，故
错误。
故选：
。
1．动力学分析：分别对滑块和木板进行受力分析，根据牛顿第二定律求出各
自的加速度a1、a2；从放上滑块到二者速度相等，所用时间相等，由t＝
Δv2
a2
＝
Δv1
a1 ，可求出共同速度v 和所用时间t，然后由位移公式可分别求出二者的
位移。
2．功和能分析：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。如图所示，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；
考点4：板块模型中的摩擦力做功问题
(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路程Δx。
例题精讲：
【例10】（2025•浙江二模）倾角为
足够长固定斜面上，有一长木板
恰好
能处于静止。现有物块
以
的速度从
的顶端开始下滑，
、
间动摩
擦因数为
。已知
、
的质量为别为
，
，重力加速度
，最大静摩擦力等于滑动摩擦力。下列说法正确的是
A．物块
下滑过程中，木板
仍能处于静止
B．物块
下滑过程中，
要向下加速，
、
速度刚达到相等时为
C．要使
不脱离
，
板长度至少为
D．从开始运动到
、
速度达到相等过程中，系统因摩擦产生的热量为
【答案】
【分析】初始木板
恰好能处于静止状态，由此可得到
与斜面之间的动摩擦
因数。对
受力分析，根据力与运动的关系判断木板
是否仍能处于静止状态；
、
相对滑动过程，根据牛顿第二定律与运动学公式求解
、
共速时的速
度大小；物块
与木板
共速后两者相对静止，要使
不脱离
，
板长度至
少等于两者相对滑动过程的相对位移大小，根据运动学公式求解；根据功能关
系求解系统因摩擦产生的热量。
【解答】解：
、已知初始木板
恰好能处于静止状态，设
与斜面之间的动
摩擦因数为
，易知：
。
在物块
下滑过程中：
其
对
木
板
沿
斜
面
向
下
的
滑
动
摩
擦
力
大
小
为
：
；
斜面对
的最大静摩擦力为：
；
的重力沿斜面向下的分力大小为：
。
因：
，故
不能处于静止状态，故
错误；
、
、
相对滑动过程，
做匀减速直线运动，
做匀减速直线运动，根据
牛顿第二定律得：
对
有：
，解得：
对
有：
，解得：
设
、
速度刚达到相等时的速度为
，由运动学公式得：
解得：
，
，故
错误；
、物块
与木板
共速后，因
，故共速后两者相对静止一起运动，则要
使
不脱离
，
板长度至少等于两者相对滑动过程的相对位移大小，设
板
长度至少为，由运动学公式得：
，故
错误；
、从开始运动到
、
速度达到相等过程中，根据功能关系可得：
、
之间因摩擦产生的热量为：
与斜面之间因摩擦产生的热量为：
此过程系统因摩擦产生的热量为：
，故
正确。
故选：
。
【例11】（2025•东莞市模拟）如图所示，光滑水平面上，质量为
的木
板以
的速度向左运动。某时刻，质量为
的小物块（可视为质
点）以向右的速度
从木板左端滑上木板。经过
后，小物块恰好
相对木板静止于木板右端。重力加速度
。关于这一过程，下列说法正
确的是
A．两者最终停在水平面上
B．小物块与木板间动摩擦因数为0.4
C．木板的长度为
D．系统机械能损失
【答案】
【分析】根据木板和物块组成的系统动量守恒，结合牛顿第二定律，以及受力
分析求解加速度和相对位移，综合机械能变化分析求解。
【解答】解：
根据木板和物块组成的系统动量守恒，以水平向左为正方向，
有：
解得：
，故木板和物块最终以
速度一起向左运动，故
错误；
设小物块与木板间动摩擦因数为
，则小物块加速度为：
根据
后，小物块恰好相对木板静止于木板右端，结合△
，
解得：
，故
故
错误；
木板的加速度大小为：
，方向水平向右，
时，木板所走位移为：
，解得：
时，物块所走位移为：
，解得：
故木板长：
，故
正确；
机械能损失：△
解得：△
，故
错误。
故选：
。
【例12】（2025•西城区校级模拟）如图所示，质量为
、长为
的木板置于
光滑的水平面上，一质量为
的滑块放置在木板左端，滑块与木板间滑动摩擦
力大小为
，用水平的恒定拉力
作用于滑块，当滑块运动到木板右端时，木
板在地面上移动的距离为，滑块速度为
，木板速度为
，下列结论中正确的
是
A．上述过程中，
做功大小为
B．其他条件不变的情况下，
越大，滑块到达右端所用时间越长
C．其他条件不变的情况下，
越大，越大
D．其他条件不变的情况下，
越大，滑块与木板间产生的热量越多
【答案】
【分析】
根据动能定理求
做功大小；
根据牛顿第二定律求滑块到达右端所用时间；
根据运动学公式求与
的关系；
由能量守恒定律求滑块与木板间产生的热量。
【解答】解：
滑块运动到木板右端的过程中，对滑块根据动能定理有
对木板有
所以
故
错误；
对滑块根据牛顿第二定律有
对木板有
当滑块从静止开始运动到木板右端时有
解得
可见
越大，时间越短，故
错误；
木板在地面上移动的距离为
代入得
可见
越大，越小，故
错误；
由能量守恒定律可得滑块与木板间产生的热量为
，故
正确。
故选：
。
课后提优练习
一．选择题（共13 小题）
1．（2025•临沧开学）如图所示，一物块置于足够长的水平传送带上，弹簧左
端固定在竖直墙壁上，弹簧右端与物块接触但不栓接，墙壁与物块间系不可
伸长的轻绳，使水平方向的弹簧处于压缩状态，压缩量为0.2m（弹性限度
内）。已知物块质量为0.5kg。物块与传送带间的动摩擦因数μ＝0.5，重力加
速度g＝10m/s2。若传送带不动，剪断轻绳，当弹簧刚好恢复原长时物块的速
度为零；若传送带以v＝3m/s 的速度顺时针匀速转动，则剪断轻绳后
（ ）
A．在弹簧恢复原长的过程中，物块向右先做加速运动，后做减速运动
B．弹簧恢复原长时，物块速度大小为3m/s
C．物块在传送带上运动的过程中，摩擦力对物块做功为1.75J
D．弹簧恢复原长后，物块与传送带之间由于摩擦而产生的热量为2.75J
【解答】解：AB．若传送带不动，弹簧压缩量为0.2m 到恢复原长时物块的
速度为零，由动能定理有
W﹣μmgx1＝0
若传送带以3m/s 的速度顺时针匀速转动，剪断轻绳后。弹簧恢复原长时，弹
簧弹力做功不变，摩擦力做正功，根据动能定理
W + μmg x1= 1
2 m v1
2
可得，弹簧恢复原长时，物块速度大小为
v1＝2m/s
可知，在弹簧恢复原长的过程中物块的速度一直小于传送带速度，物块所受
的滑动摩擦力一直水平向右，弹力水平向右，则物块一直向右做加速运动，
故AB 错误；
C．物块与弹簧分离后，在摩擦力的作用下做匀加速直线运动，直至共速后
做匀速直线运动，匀加速运动过程中，由动能定理得
μmg x2= 1
2 mv
2- 1
2 mv1
2
则物块在传送带上运动的过程中，摩擦力对物块做功为
Wf＝μmg（x1+x2）
解得Wf＝1.75J
故C 正确；
D．根据牛顿第二定律可得
ma＝μmg
解得
a＝5m/s2
做匀加速至共速过程中，时间为t= v - v1
a
解得t＝0.2s
在这段时间内，传送带运动距离为
s＝vt＝0.2×3m＝0.6m
则弹簧恢复原长后，物块与传送带之间由于摩擦而产生的热量为
Q＝μmg（s
x
﹣
2）
解得Q＝0.25J
故D 错误。
故选：C。
2．（2025•涟源市开学）综合实践活动中，科创小组进行了水火箭制作与放飞
比赛，如图1。图2 甲是其设计图，图2 乙是水火箭发射后的速度随时间变
化的图像（不考虑空气阻力，t1时刻水火箭中的水恰好喷完）。下列说法正
确的是（ ）
A．向下喷水的过程中，水火箭对水向下的作用力大于水对它向上的作用力
B．由图像可知，t2时刻水火箭受到平衡力
C．由图像可知，t1时刻水火箭到达最高点
D．由图像可知，t2与t3时刻机械能的大小相等
【解答】解：A.水火箭对水向下的作用力与水对它向上的作用力为一对相互
作用力，等大反向，故A 错误；
B.由图像可知，在t1时刻之后，火箭先做向上减速运动，后做向下加速运动
t2时刻加速度不为零，受到的不是平衡力，故B 错误；
C.t1到t2之间，火箭的速度依然向上，因此t1时刻火箭并不是到达最高点，故
C 错误；
D.t2到t3之间，火箭向下做自由落体运动，机械能守恒，故D 正确。
故选：D。
3．（2025 秋•广东月考）如图，倾斜角θ 的粗糙斜面上有一个木块（可视为质
点），一根轻质弹簧一端栓接在木块上，另一端固定在斜面顶端，弹簧与斜
面平行。刚开始用手按住木块，弹簧处于原长。某时刻从静止释放木块，木
块开始沿斜面下滑，对于木块沿斜面下滑的过程，下列说法正确的是
（ ）
A．木块和弹簧的总机械能守恒
B．木块沿斜面下滑速度最大时，受到弹簧弹力与木块重力沿斜面分力大小
相等
C．木块克服摩擦力做的功，等于木块和弹簧总机械能减少量
D．木块所受合外力做的功，等于木块机械能的变化量
【解答】解：ABC、对木块受力分析，可知木块受到的力如下图：
速度最大时，木块在沿斜面的受合力为零，即mgsinθ＝μmgcosθ+F 弹，即弹
簧弹力小于木块重力沿斜面的分力大小；
其中重力对木块做功、摩擦力对木块做功、弹簧弹力对木块做功，
机械能守恒的条件：除重力和系统内的弹力外，没有其它力做功，而滑动摩
擦力对木块做功，可知木块和弹簧的总机械能不守恒；
木块克服摩擦力做的功，等于木块和弹簧总机械能减少量，故AB 错误，C
正确；
D、根据动能定理，可知木块所受合外力做功，等于木块的动能变化，木块
的机械能变化包含动能变化、重力势能变化，即合外力做功不等于木块机械
能变化，故D 错误。
故选：C。
4．（2025•茂名模拟）2024 年珠海航展上，我国自主研发的最新隐身战斗机歼
﹣35A 公开亮相。如图所示，歼﹣35A 表演时，先沿直线ab 水平向右飞行，
再分别沿弧线bc 和cd 运动，整个过程中飞行轨迹在同一竖直面内且运动速
率保持不变，下列说法正确的是（ ）
A．整个过程中歼﹣35A 始终处于平衡状态
B．在bc 段歼﹣35A 处于超重状态
C．在cd 段歼﹣35A 克服重力做功的功率逐渐增大
D．整个过程中歼﹣35A 的机械能守恒
【解答】解：A、根据题意可知，歼﹣35A 在沿弧线bc 和cd 运动时，运动方
向不断变化，合外力不为零，不处于平衡状态，故A 错误；
B、根据题意可知，沿弧线bc 运动时，速率保持不变，在竖直方向的分速度
不断增大，有竖直向上的加速度，故处于超重状态，故B 正确；
C、根据题意可知，沿弧线cd 运动时，速率保持不变，在竖直方向的分速度
不断减小，在d 点时竖直分速度为零，根据克服重力做功的功率P＝mgv 竖
可知在cd 段歼﹣35A 克服重力做功的功率逐渐减小，故C 错误；
D、根据题意可知，歼﹣35A 在整个过程中动能不变，重力势能先不变后逐
渐增大，故机械能先不变后逐渐增大，故D 错误。
故选：B。
5．（2025 春•昌江区校级期末）如图所示，一根粗细均匀的光滑细杆竖直固定，
与细杆相距d 处固定一个轻质光滑的小滑轮。质量均为m 的小物体A、B 用
轻弹簧相连，竖直放在水平面上，没有弹性的轻绳一端与物体A 相连，另一
端与穿在细杆上、质量也为m 的小环C 相连。将小环C 拉至P 点时，轻绳与
细杆的夹角为θ，物体B 刚好对水平面无压力。现让小环C 从P 点由静止释
放，依次经过M 点和N 点，M 点与滑轮等高，P 点和N 点关于M 点对称。
已知小环经过M 点时，弹簧处于原长状态，重力加速度为g。下列选项正确
的是（ ）
A．轻弹簧的劲度系数为mgsinθ
d
B．小环从P 点运动到M 点的过程中，弹簧弹性势能的减少量大于小环动能
的增加量
C．小环经过N 点时，物体A 的速度大小为2cosθ ❑√
gdcosθ
sinθ(1+co s
2θ)
D．小环经过N 点时，物体A 的速度大小为2sinθ ❑√
gdsinθ
cosθ(1+ sin
2θ)
【解答】解：A、根据题意可知，将小环C 拉至P 点时，轻绳与细杆的夹角
为θ，物体B 刚好对水平面无压力，故小球在P 点时根据胡克定律可得
k( d
sinθ -d)=mg
可得k =
mgsinθ
d(1- sinθ)
故A 错误；
B、根据题意可知，小环运动到M 点时A 的速度为零，该过程由能量关系可
知，小环与A 的重力势能减小量与弹簧弹性势能的减小量之和等于小环动能
的增加量，可知该过程中弹簧弹性势能的减少量小于小环动能的增加量，故
B 错误；
CD、根据题意可知，因P 点和N 点关于M 点对称，则小环经过N 点时，v 环
cosθ＝vA
由能量关系mg⋅2d
tanθ = 1
2 mv环
2 + 1
2 mv A
2
解得物体A 的速度大小为v A =2cosθ ❑√
gdcosθ
sinθ(1+co s
2θ)
故C 正确，D 错误。
故选：C。
6．（2024 秋•栾川县期末）地面上质量为m＝3kg 的物体在竖直方向上的力F
作用下由静止开始向上运动，力F 随物体离地面高度x 的变化关系如图所示，
物体上升的最大高度为h（图中H＝5m，h＝4m），重力加速度为g＝
10m/s2，忽略空气阻力。在物体上升的过程中，下列说法中正确的是
（ ）
A．加速度的最大值为10m/s2
B．F0＝48N
C．物体离地面高度为2.5m 时速度最大
D．动能的最大值为20J
【解答】解：AB、因变力F 随位移在均匀变化，设物体上升h 时拉力为F′，
根据图中几何关系可得F '
F0
= H -h
H
= 5- 4
5 ，解得：F′= 1
5 F0
物体能上升到最大高h 的过程中，由功能关系有：F0+ F '
2
h＝mgh，解得：F0
＝50N
达到最高点的加速度大小一定小于g。设初始位置的加速度为a，根据牛顿第
二定律可得：F0
mg
﹣
＝ma，解得：a= 20
3 m/s2＜10m/s2，故AB 错误；
CD、当F＝mg 时动能最大，设此时上升的高度为h′，根据图象可得：
mg
F0
= H -h'
H
，解得：h′＝2m
在此过程中，由动能定理可得：F0+mg
2
h′
mgh′
﹣
＝Ekm
解得最大动能为：Ekm＝20J，故D 正确。
故选：D。
7．（2025•重庆开学）如图所示，失控车辆紧急避险车道是设置在公路右侧的
斜坡，路面通常由沙砾构成。一辆质量为m 的失控货车以某一速度无动力冲
上一个倾角为5.7°的避险车道，摩擦力恒为2
5mg，g 为重力加速度，
sin5.7°≈0.1，货车沿斜面上升的最大高度为H，则在这个过程中（ ）
A．货车的重力做功mgH
B．货车克服摩擦力做的功为4mgH
C．货车的动能损失了mgH
D．货车的机械能减小了3mgH
【解答】解：A、货车的重力做功为WG＝﹣mgH，故A 错误；
B、货车克服摩擦力做的功为Wf＝fL= 2
5 mg×
H
sin5.7° =4mgH，故B 正确；
C、根据动能定理可知，货车的动能损失了ΔEk＝﹣mgH
4mgH
﹣
＝﹣5mgH，
故C 错误；
D、根据功能关系可知，货车的机械能减小了ΔE＝Wf＝4mgH，故D 错误。
故选：B 正确。
8．（2025•洛阳三模）雨滴从高空中由静止开始加速下落，随着速度增加，雨
滴受到的阻力逐渐增大，当阻力与其重力大小相等时，雨滴匀速下落。下列
说法正确的是（ ）
A．雨滴加速下落过程中，其机械能不断增大
B．雨滴匀速下落过程中，其机械能不变
C．雨滴从开始下落至落地的过程中，其机械能不断减小
D．雨滴加速下落的过程中，相同时间内，雨滴克服阻力做的功相等
【解答】解：A．雨滴加速下落时，由于阻力做功，机械能不断减少，故A
错误；
B．匀速下落时，动能不变，重力势能随高度降低持续减少，机械能减小，
故B 错误；
C．整个下落过程中，阻力始终做负功，机械能不断减小，故C 正确；
D．加速阶段，速度增大导致阻力增大，且位移随时间非线性增加，克服阻
力做的功W＝f•s 会逐渐增大，故D 错误。
故选：C。
9．（2025•贵阳模拟）如图，在光滑水平地面上有一平放的轻质弹簧，其左端
固定在左侧墙面上，右端连接一质量为2kg、可视为质点的物块。该物块通
过一根长为1m 的不可伸长的细线与右侧墙面相连。初始时弹簧恰好处于原
长，且细线刚好水平拉直。现在细线中点O 处施加向上的拉力F，将O 点缓
慢向上拉升，弹簧始终处于弹性限度内。当O 点上升的高度为0.3m 时，拉
力F 大小为18N，方向竖直向上。已知弹簧的弹性势能表达式为1
2 k x
2（其中
k 为弹簧的劲度系数，x 为弹簧的形变量），重力加速度大小g 取10m/s2，则
（ ）
A．此时细线对物块的拉力大小为15N
B．此时地面对滑块的支持力大小为2N
C．此时弹簧的弹性势能等于1.2J
D．O 点从初始时到上升至0.3m 高的过程中，F 做了2.7J 的功
【解答】解：A、当O 点上升的高度为0.3m 时，拉力F 大小为18N，对O 点
受力分析，如图所示：
根据几何关系可得：cosθ= h
L
2
= 0.3
1
2
=0.6，解得：θ＝53°
根据平衡条件可得：2Tcosθ＝F，解得细线对物块的拉力大小为：T＝15N，
故A 正确；
B、对滑块，竖直方向根据平衡条件可得：FN+Tcosθ＝mg，解得此时地面对
滑块的支持力大小为：FN＝11N，故B 错误；
C、此时弹簧的伸长量为：x= L
2 - L
2 sinθ，解得：x＝0.1m
根据胡克定律可得：kx＝Tsinθ，解得：k＝120N/m
则弹性势能为：EP= 1
2 k x
2= 1
2 ×120×0.1
2J＝0.6J，故C 错误；
D、根据功能关系可得，O 点从初始时到上升至0.3m 高的过程中，F 做的功
等于弹簧弹性势能的增加，即为0.6J，故D 错误。
故选：A。
10．（2025 春•丽江期末）如图甲所示，足够长的倾斜传送带沿顺时针方向以v
＝2m/s 的速度匀速转动，质量为1kg 的物块（可视为质点）从传送带底端P
点以某一初速度滑上传送带。选择P 点所在水平面为零势能面，物块从P 点
向上运动到最高点的过程中，其机械能E 随位移x 变化的关系如图乙所示。
最大静摩擦力等于滑动摩擦力，取重力加速度g＝10m/s2。关于该过程，下列
说法正确的是（ ）
A．物块与传送带间的动摩擦因数为0.4
B．物块在最高点时，其重力势能为8J
C．物块运动时间为1.2s
D．物块与传送带之间因摩擦产生的热量为3.2J
【解答】解析：A、由图像可知在P 点时物块的速度为1
2 m v0
2=8 J
代入数据解得物块的初速度为v0＝4m/s
物块刚滑上传送带时摩擦力对物块做负功，可知此时传送带与物块间的摩擦
力是滑动摩擦力，前0.6m 物块做匀减速直线运动，由牛顿第二定律有
μmgcosθ+mgsinθ＝ma1
x1＝0.6m 时，物块和传送带共速，此时机械能为5.6 J =mg x1sinθ+ 1
2 m v
2
由速度与位移公式有v
2- v0
2=-2a1 x1
联立上式，代入数据解得传送带与水平面夹角为θ＝37°，动摩擦因数为μ＝
0.5，故A 错误；
BC、由速度与时间公式有匀减速时间为t1= v0- v
a1
代入数据解得t1＝0.2s
因为μ＜tanθ，可知共速后物块继续做匀减速直线运动，由牛顿第二定律有
mgsinθ﹣μmgcosθ＝ma2
代入数据解得匀减速的加速度大小为a2=2m/ s
2
从共速到最高点过程中，由速度与位移公式、速度与时间公式有v2＝2ax2，
t2= v
a2
代入数据解得x2＝1m，t2＝1s
在最高点的重力势能为Ep＝mg（x1+x2）sin37°
代入数据解得Ep＝1.28J
故到最高点的时间为t＝t1+t2
代入数据解得t＝1.2s，故B 错误，C 正确；
D、由上述分析可知第一个匀减速阶段，相对位移为Δx1＝x1
vt
﹣
1
第二个匀减速阶段相对位移为Δx2＝vt2
x
﹣
2
摩擦产热为Q＝μmgcosθ•（Δx1+Δx2）
联立上式，代入数据解得物块与传送带之间因摩擦产生的热量为Q＝4.8J，
故D 错误。
故选：C。
11．（2025•海安市开学）如图所示，将重物A、B 用轻质滑轮悬挂，细线竖直，
重物A、B 的质量都为m，不计一切摩擦，重力加速度为g。由静止释放A、
B，当A 上升高度h 时，则（ ）
A．A 增加的重力势能为2mgh
B．B 减少的重力势能为2mgh
C．A 增加的机械能为2mgh
D．B 减少的机械能为2mgh
【解答】解：A、由静止释放A、B，当A 上升高度h 时，A 增加的重力势能
为mgh，故A 错误；
B、当A 上升高度h 时，B 下降2h，则B 的重力势能减少为2mgh，故B 正确；
CD、当A 上升高度h 时，A 和B 的速度均不为零，所以B 减少的机械能小于
2mgh，根据系统机械能守恒可知，A 增加的机械能小于2mgh，故CD 错误。
故选：B。
12．（2025•广东学业考试）如图所示，蹦床运动员从蹦床最低点弹起至蹦床平
衡位置的过程中，蹦床的弹力一直做正功，这个过程中（ ）
A．蹦床的弹性势能减少
B．蹦床的弹性势能增加
C．蹦床的弹性势能先增加后减少
D．运动员的重力势能减少
【解答】解：ABC、蹦床对对运动员的弹力一直做正功，远动员向上弹起，
蹦床的形变量逐渐减小到零，弹性势能减少，故A 正确，BC 错；
D、由题意知，运动员向上运动，位置升高，重力势能增大，故D 错误。
故选：A。
13．（2025 春•利通区校级期末）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＝2R，重力加速度为g，则小球从P 到B 的运动过程中（ ）
A．重力做功2mgR
B．机械能减少mgR
C．合外力做功mgR
D．克服摩擦力做功1
2mgR
【解答】解：A、重力做功为：WG＝mg（2R
R
﹣）＝mgR，故A 错误；
B、小球沿轨道到达最高点B 时恰好对轨道没有压力，在最高点B 有 mg＝m
v
2
R ，解得：v= ❑√gR，则机械能减少量为：ΔE＝mgR- 1
2 mv
2= 1
2mgR．故B 错
误。
C、根据动能定理得合外力做功为：W 合= 1
2 m v
2= 1
2mgR，故C 错误；
D、根据动能定理得：mgR
W
﹣
f= 1
2 m v
2，得：Wf= 1
2mgR，即克服摩擦力做功
为1
2mgR，故D 正确。
故选：D。
二．解答题（共5 小题）
14．（2025•山东开学）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＝0.2m、x2＝0.3m、x3＝0.3m，斜面除B 到C 区域外均
为光滑。两块完全相同的均匀矩形薄板a 和b，质量均为m＝1kg，长度均为
L＝0.1m，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=
❑√3
3 ，重力加速度大小g＝10m/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。
【解答】解：（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2mgsinθ＝2ma
解得a＝gsinθ
板a 和b 做匀加速直线运动，根据运动学公式v1
2=2a x1
解得v1= ❑√2m/ 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2mgsinθ﹣μmgcosθ＝2ma1
解得加速度a1=2.5m/ s
2
对板b，根据牛顿第二定律可得mgsinθ
F
﹣＝ma1
解得两板之间作用力的大小F＝2.5N
（3）当板b 刚完全进入粗糙区域（B 到C），因为μ•2mgcosθ＝2mgsinθ
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
W 0= f L= 0+ μmgcosθ
2
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)sinθ = 1
2 ⋅2mvC
2 +W 0⋅2+ μmgcosθ( x2- L)+ μmgcosθL
解得vC = ❑√3m/ 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1
2 mvC
2 +mg x2sinθ -W 0= 1
2 mv D
2
解得v D= ❑√5.5m/ 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 =
❑√66
60 m
答：（1）板a 的下端刚到达B 点时的速度大小❑√2m/ s；
（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2.5N；
（3）两板在水平地面上运动时，它们之间的距离
❑√66
60 m。
15．（2025•锡林郭勒盟开学）将地球视为均匀分布的质量为M、半径为R 球体，
引力常量为G，在地球表面A 点以初速度vA= ❑√
GM
2 R 竖直向上抛出一个物体，
该物体上升到最高点C，如图甲所示。不计空气阻力，不考虑地球自转。已
知取无限远处引力势能为零时，质量为m 的物体在距地心为r 处，引力势能
Ep=- GMm
r
；物体在地球引力作用下，做半长轴为a 的椭圆时，其机械能E
=- GMm
2a
。
（1）若忽略高度对物体所受引力的影响，物体保持抛出时所受引力大小，
求该物体上升的最大高度h1和上升到最高点需要的时间t1，在图乙中画出物
体上升过程的v
t
﹣图像；
（2）若考虑高度对物体所受引力的影响，求该物体能上升的最大高度h2；
设物体上升到C 点的时间为t2，在图乙中定性画出物体上升过程的v
t
﹣图像；
（3）在第（2）问基础上，若在地球表面B 点以速度vB= ❑√
GM
βR 水平抛出另一
物体，该物体也能到C 点，如图甲所示，求β。
【解答】解：（1）不考虑引力变化时，物体上升的加速度为g，根据牛顿第
二定律有GMm
R
2
=mg
物体上升过程，由运动学公式有0- v A
2 =-2 gh1
0＝vA
gt
﹣
1
代入数据可得h1= R
4
t1= R ❑√
R
2GM
物体做匀减速直线运动，其v
t
﹣图如图所示
（2 ）考虑引力变化时，物体上升过程中机械能守恒，则
1
2 mv A
2 +(- GMm
R
)=- GMm
R+h2
可得h2= R
3
根据牛顿第二定律可得G
Mm
( R+h)
2 =ma
所以a=
GM
( R+h)
2
随着上升高度增大，加速度减小，所以物体向上做加速度减小的减速运动，
由于h2= R
3 ＞h1= R
4
所以t2＞t1
其v
t
﹣图如图所示
（3）从B 点抛出的物体轨迹为椭圆才能到C 点，根据机械能守恒定律，有
1
2 mvB
2 +(- GMm
R
)=- GMm
2a ，2a＝2R+h2
解得β = 7
8
答：（1）该物体上升的最大高度h1 为R
4 ，上升到最高点需要的时间t1 为
R ❑√
R
2GM
，在图乙中画出物体上升过程的v
t
﹣图像如图所示
（2）该物体能上升的最大高度h2 为R
3 ，在图乙中定性画出物体上升过程的v
t
﹣图像如图所示
（3）β 为7
8。
16．（2025•南通模拟）如图所示，固定在水平面上的光滑斜面，倾角θ＝30°，
底端固定弹性挡板，长木板B 放在斜面上，小物块A 放在B 的上端。沿斜面
向上敲击B，使B 立即获得初速度v0＝3.0m/s，此后B 和挡板发生碰撞，碰
撞前后速度大小不变，方向相反，A 始终不脱离B 且与挡板不发生碰撞。已
知A、B 的质量均为m＝1.0kg，A、B 间的动摩擦因数μ=
❑√3
2 ，最大静摩擦力
等于滑动摩擦力，取重力加速度g＝10m/s2。求：
（1）敲击B 后的瞬间，A、B 的加速度大小aA、aB；
（2）B 上升的最大距离s；
（3）B 的最小长度L。
【解答】解：（1）敲击B 后的瞬间，由牛顿第二定律得：
对A：μmgcosθ
mgsin
﹣
θ＝maA
对B：μmgcosθ+mgsinθ＝maB
代入数据解得：aA＝2.5m/s2，方向沿斜面向上，aB=12.5m/ s
2，方向沿斜面
向下
（2）设A、B 向上运动后，经过时间t，两者共速，则有：v0
a
﹣Bt＝aAt
代入数据解得：t＝0.2s
共速后两者一起以相同的加速度向上做减速运动，对A、B 组成的整体，
由牛顿第二定律得：2mgsinθ＝2ma
代入数据解得：a＝5m/s2，方向沿斜面向下
则B 上升的最大距离为：s= v0t - 1
2 aBt
2+ (v0-aBt )
2
2a
代入数据解得：s＝0.375m
（3）最终A、B 均停止在挡板处，此时B 的长度最小，在整个过程中，由能
量守恒定律得：1
2 mv0
2+mgLsinθ = μmgcosθ⋅L
代入数据解得：L＝1.8m
答：（1）敲击B 后的瞬间，A、B 的加速度大小aA、aB 分别是2.5m/s2、
12.5m/s2；
（2）B 上升的最大距离s 是0.375m；
（3）B 的最小长度L 是1.8m。
17．（2025 春•靖远县校级期末）如图所示，倾角θ＝30°、足够长的斜面底端
固定有挡板P，轻质弹簧一端固定在挡板P 上，另一端拴接着物块B。斜面
右上端M 处与半径R＝4.8m 的光滑圆弧轨道连接，圆弧轨道的圆心O 在斜
面的延长线上，圆弧上N 点在圆心O 的正下方，∠MON＝60°。M 处固定有
一光滑轻质滑轮，用跨过滑轮的轻质细绳将物块B 与小球A 相连，初始时刻
小球A 锁定在M 点。斜面上的弹簧、细绳始终与斜面平行，初始时细绳恰好
绷直而无张力，弹簧处于压缩状态，B 恰好不上滑。已知小球A、物块B 的
质量分别为m1＝18kg，m2＝12kg，物块B 与斜面间的动摩擦因数μ=
❑√3
2 ，接
触面间的最大静摩擦力等于滑动摩擦力，弹簧的弹性势能表达式E p= 1
2 k x
2，
其中弹簧的劲度系数k = 125
4 N /m，x 为弹簧的形变量，弹簧始终处于弹性
限度内，取重力加速度大小g＝10m/s2。
（1）求初始时弹簧的弹性势能E1；
（2）某时刻解除小球A 的锁定，小球A 由静止开始运动，求小球A 运动到
N 点时弹簧对物块B 做的功W；
（3）在第（2）问条件下，求小球A 运动到N 点时物块B 的速度大小v2。
【解答】解：（1）对物块B 受力分析，有
kx1＝m2gsinθ+f
其中
f＝μm2gcosθ
此时弹簧的弹性势能
E1= 1
2 k x1
2
解得
x1＝4.8m，E1＝360J
（2）小球A 运动到N 点时物块B 沿斜面上滑的距离
x2＝R＝4.8m
可知此时弹簧恰好处于原长位置，由功能关系有
W＝E1
0
﹣
解得
W＝360J
（3）对物块B 与小球A 构成的系统有
W +m1gR(1-cos60°)=m2 g x2sinθ+ f x2+ 1
2 m2v2
2+ 1
2 m1v1
2
小球A、物块B 沿绳方向的速度相等，则
v2＝v1sin60°
解得
v2＝2m/s
答：（1）初始时弹簧的弹性势能360J；
（2）某时刻解除小球A 的锁定，小球A 由静止开始运动，小球A 运动到N
点时弹簧对物块B 做的功360J；
（3）在第（2）问条件下，小球A 运动到N 点时物块B 的速度大小为2m/s。
18．（2025 春•钦州期末）如图所示，质量m＝0.4kg 的小滑块（可视为质点）
静止在水平轨道上的A 点，在水平向右的恒定拉力F 的作用下，从A 点开始
向右做匀加速直线运动，当其运动到AB 的中点时撤去拉力，滑块运动到B
点后滑上与AB 等高的水平传送带，滑块从传送带的最右端C 点沿水平轨道
CD 运动，从D 点进入半径R＝0.4m 且内壁光滑的竖直固定圆轨道，在圆轨
道上运行一周后从E 处的出口离开圆轨道。已知滑块刚好能通过圆轨道的最
高点，传送带以恒定的速度v＝5m/s 顺时针转动，水平轨道AB 的长度l1＝
0.8m，CD 的长度l2＝0.5m，传送带BC 的长度L＝1.5m，小滑块与水平轨道
AB、CD 间的动摩擦因数均为μ1＝0.5，与传送带间的动摩擦因数μ2＝0.8，
重力加速度大小g＝10m/s2。求：
（1）滑块在D 点对圆轨道的压力大小；
（2）恒定拉力F 的最大值；
（3）当恒定拉力F 最小时，滑块通过传送带的整个过程中，传送带因运送滑
块而多消耗的电能。
【解答】解：（1）因滑块刚好能通过圆管道的最高点，则在最高点有
mg =m v高
2
R
所以滑块到圆管道的最高点时速度为零；滑块由D 点运动到圆管道最高点的
过程，根据动能定理得-2mgR = 1
2 m v高
2 - 1
2 m v D
2
联立解得v D= ❑√20m/ s
在D 点，根据牛顿第二定律可得N D-mg=m v D
2
R
解得ND＝24N
根据牛顿第三定律可知滑块在D 点对圆管道的压力大小为24N。
（2）滑块由C 点运动到D 点的过程，有vC
2 - v D
2 =2 μ1gl2
解得vC＝5m/s＝v
根据题意可知恒定拉力F 最大时，滑块运动到B 点时速度最大，可知物块在
传送带上一直减速到C 点，B 点的最大速度满足vBmax
2
- vC
2 =2 μ2 gL
解得vBmax＝7m/s
滑块由A 点运动到B 点的过程，根据动能定理得F × l1
2 - μ1mgl1= 1
2 m vBmax
2
解得F＝28.5N
（3）当恒定拉力F 最小时，滑块运动到B 点时速度最小，可知物块在传送
带上一直加速到C 点，此时B 点的最小速度满足vC
2 - vBmin
2
=2 μ2 gL
解得vBmin＝1m/s
此情况下滑块在传送带上运动的时间t = vC - vBmin
μ2 g
解得t＝0.5s
传送带的位移为x＝vt＝（5×0.5）m＝2.5m
滑块与传送带的相对位移为Δx＝x
L
﹣＝2.5m
1.5m
﹣
＝1m
根据能量守恒可知，当恒定拉力F 最小时，滑块通过传送带的整个过程中，
传送带因运送滑块而多消耗的电能E = 1
2 mvC
2 - 1
2 mvBmin
2
+ μ2mgΔx
联立解得E＝8J
答：（1）滑块在D 点对圆轨道的压力大小为24N；
（2）恒定拉力F 的最大值为28.5N；
（3）当恒定拉力F 最小时，滑块通过传送带的整个过程中，传送带因运送滑
块而多消耗的电能为8J。
