文档文本内容
关注公众号：陆陆高分冲刺 ~领取：最新版“中考/高考-总复习”、最新试卷下载
08 机械能守恒定律
[-考点-07-] 功能关系 能量守恒定律
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
分子力做的功等于分子势能减少量
动能
合外力做的功等于物体动能变化量
W＝Ek2－Ek1＝mv2－mv0
2
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 电能＝E2－E1＝ΔE
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重力和弹簧弹力之外的力对物体做正功还是做负功．
典例1 (功能关系的理解) (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．重力势能增加了mgh
B．机械能损失了mgh
C．动能损失了mgh
1
关注公众号：陆陆高分冲刺 ~领取：最新版“中考/高考-总复习”、最新试卷下载
D．克服摩擦力做功mgh
答案 AB
解析 加速度大小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
Ffx＝mg·2h＝mgh，故B 项正确，D 项错误；物体在斜面上能够上升的最大高度为h，所以
重力势能增加了mgh，故A 项正确；动能损失量为克服合力做功的大小，动能损失量ΔEk
＝F 合x＝mg·2h＝mgh，故C 项错误．
典例2 (功能关系与图像的结合)(多选)(2020·全国卷Ⅰ)一物块在高3.0 m、长5.0 m 的斜面
顶端从静止开始沿斜面下滑，其重力势能和动能随下滑距离s 的变化如图中直线Ⅰ、Ⅱ所
示，重力加速度取10 m/s2.则( )
A．物块下滑过程中机械能不守恒
B．物块与斜面间的动摩擦因数为0.5
C．物块下滑时加速度的大小为6.0 m/s2
D．当物块下滑2.0 m 时机械能损失了12 J
答案 AB
解析 由E－s 图像知，物块动能与重力势能的和减小，则物块下滑过程中机械能不守恒，
故A 正确；由E－s 图像知，整个下滑过程中，物块机械能的减少量为ΔE＝30 J－10 J＝20
J，重力势能的减少量ΔEp＝mgh＝30 J，又ΔE＝μmgcos α·s，其中cos α＝＝0.8，h＝3.0
m，g＝10 m/s2，则可得m＝1 kg，μ＝0.5，故B 正确；
物块下滑时的加速度大小a＝gsin α－μgcos α＝2 m/s2，故C 错误；物块下滑2.0 m 时损失
的机械能为ΔE′＝μmgcos α·s′＝8 J，故D 错误．
典例3 (摩擦力做功与能量转化)如图甲所示，长木板A 放在光滑的水平面上，质量为m＝
2 kg 的另一物体B(可看成质点)以水平速度v0＝2 m/s 滑上原来静止的长木板A 的上表面.由
于A、B 间存在摩擦，之后A、B 速度随时间变化情况如图乙所示.下列说法正确的是(g 取
10 m/s2)( )
2
关注公众号：陆陆高分冲刺 ~领取：最新版“中考/高考-总复习”、最新试卷下载
A.木板A 获得的动能为2 J
B.系统损失的机械能为4 J
C.木板A 的最小长度为2 m
D.A、B 间的动摩擦因数为0.1
答案 D
解析 由题图乙可知，A、B 的加速度大小相等，aA＝aB＝1 m/s2，根据牛顿第二定律，有
μmg＝mAaA，μmg＝maB，则mb＝m＝2 kg，μ＝0.1，木板获得的动能为EkA＝mAv2＝1 J，选
项A 错误，D 正确；系统损失的机械能ΔE＝mv－×2mv2＝2 J，选项B 错误；由v－t 图象
可求出二者相对位移为1 m，选项C 错误.
典例4 (能量守恒定律的理解和应用)(多选)(2021·湖南长沙模拟)如图所示，质量为m 的物
块(可视为质点)从倾角为37°的固定斜面顶端由静止开始下滑，到达B 点开始压缩弹簧(弹
簧原长为2L)，被弹簧弹回后恰能到达AB 的中点C.已知AB＝2L，物块与斜面间的动摩擦
因数为μ＝，设弹簧的最大压缩量为xm，获得的最大弹性势能为Ep，sin 37°＝0.6，cos 37°
＝0.8，重力加速度为g，下列说法正确的是( )
A.物块与弹簧组成的系统机械能不守恒
B.物块运动到B 点的速度最大
C.弹簧的最大压缩量为1.5L
D.弹簧获得的最大弹性势能为2mgL
答案 AC
解析 对于物块与弹簧组成的系统，由于滑动摩擦力对物体做负功，所以系统的机械能不
守恒，A 正确；根据能量守恒定律可得，在下滑过程，有mg(2L＋xm)sin 37°＝Ep＋μmgcos
37°(2L＋xm)，上滑过程，有Ep＝mg(L＋xm)sin 37°＋μmgcos 37°(L＋xm)，联立解得xm＝
1.5L，Ep＝1.75mgL，C 正确，D 错误；物块运动到B 点时mgsin 37°－μmgcos 37°＝ma>0，
物块继续加速下滑，直到加速度为零时速度最大，故物块运动至B 点时速度不是最大，B
错误.
1.质量为m 的物体，从距地面h 高处由静止开始以加速度a＝g(g 为重力加速度)竖直下落到
3
关注公众号：陆陆高分冲刺 ~领取：最新版“中考/高考-总复习”、最新试卷下载
地面．在此过程中( )
A．物体的动能增加了mgh
B．物体的重力势能减少了mgh
C．物体的机械能减少了mgh
D．物体的机械能保持不变
答案 A
解析 物体动能的增加等于合外力做的功，即W＝mah＝mgh，A 正确；物体重力势能的减
少量等于重力做的功，即WG＝mgh，B 错误；除重力以外的其他力对物体做功为WF＝－
(mg－ma)h＝－mgh，因此机械能的减少量为mgh，C、D 错误．
2.(多选)一个质量为m 的小球，用长为L 的轻绳悬挂于O 点，小球在水平力F 的作用下，
从最低点P 缓慢地移到Q 点，如图所示，重力加速度为g，则在此过程中( )
A．小球受到的合力做的功为mgL(1－cos θ)
B．水平力F 做功为FLsin θ
C．小球的重力势能增加mgL(1－cos θ)
D．水平力F 做功使小球的机械能增加mgL(1－cos θ)
答案 CD
解析 小球受到的合力做的功等于小球的动能变化，而小球缓慢移动的过程中动能不变，
故合力做功为零，选项A 错误；水平力是变力，做功大小不能用W＝FLsin θ 计算，根据
动能定理，WF－mgL(1－cos θ)＝0，可知水平力做功为mgL(1－cos θ)，选项B 错误；小球
重力势能的增加量等于克服重力做的功，ΔEp＝mgL(1－cos θ)，选项C 正确；小球机械能
的增加量等于除重力之外的其他力做的功，本题中绳的弹力不做功，故水平力做的功等于
机械能的增加量，因WF＝mgL(1－cos θ)，故小球的机械能增加量为mgL(1－cos θ)，选项
D 正确．
3.如图所示，一质量为m 的滑块以初速度v0从固定于地面的斜面底端A 开始冲上斜面，到
达某一高度后返回A，斜面与滑块之间有摩擦．下图分别表示它在斜面上运动的速度v、加
速度a、势能Ep和机械能E 随时间的变化图像，可能正确的是( )
4
关注公众号：陆陆高分冲刺 ~领取：最新版“中考/高考-总复习”、最新试卷下载
答案 C
解析 由牛顿第二定律可知，滑块上升阶段有：mgsin θ＋Ff＝ma1；下滑阶段有：mgsin θ
－Ff＝ma2，因此a1>a2，故选项B 错误；速度－时间图像的斜率表示加速度，当上滑和下
滑时，加速度不同，则斜率不同，故选项A 错误；重力势能先增大后减小，且上升阶段加
速度大，所用时间短，势能变化快，下滑阶段加速度小，所用时间长，势能变化慢，故选
项C 可能正确；由于摩擦力始终做负功，机械能一直减小，故选项D 错误．
4.(多选)(2023·泉州市·期末)如图，一块长木板B 放在光滑的水平面上，在B 的左端放一小
物体A，现以水平力F 拉A，使A 从B 的左端滑到右端，由于A、B 间摩擦力的作用，B 向
右移动一段距离．在此过程中( )
A．F 做功的大小等于A 动能的增加量
B．F 越大系统中因摩擦产生的热量越多
C．摩擦力对A、B 做功的代数和不为零
D．摩擦力对B 所做的功的大小等于B 动能的增加量
答案 CD
解析 根据能量守恒可知，F 做功一部分变成物体A 的动能，一部分变成木板B 的动能，
一部分摩擦生成了热，A 错误；产生的热量等于摩擦力与相对位移的乘积，A、B 间滑动摩
擦力恒定，相对位移为板长恒定，因此产生的热量为定值，与力F 的大小无关，B 错误；
A、B 间的摩擦力为作用力和反作用力，等大反向，而A、B 两物体在力的作用下通过的位
移不同，摩擦力对A、B 做功大小不同，因此代数和不为零，C 正确；只有摩擦力对B 做功，
根据动能定理，摩擦力对B 所做的功等于B 动能的增加量，D 正确．
5.(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 点的正上方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 点运动到B 点的过程中
( )
5
关注公众号：陆陆高分冲刺 ~领取：最新版“中考/高考-总复习”、最新试卷下载
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mgR
答案 CD
解析 小球从P 点运动到B 点的过程中，重力做的功WG＝mg(2R－R)＝mgR，故A 错误；
小球沿轨道到达最高点B 时恰好对轨道没有压力，则有mg＝m，解得vB＝，则此过程中机
械能的减少量为ΔE＝mgR－mvB
2＝mgR，故B 错误；根据动能定理可知，合外力做功W 合
＝mvB
2－0＝mgR，故C 正确；根据功能关系可知，小球克服摩擦力做的功等于机械能的减
少量，则W 克f＝ΔE＝mgR，故D 正确．
6.(2023·江苏·月考)如图所示，一长L＝10 m 的水平传送带AB，以恒定速度v＝8 m/s 顺时针
运动，现有一质量为m＝2 kg 的物块以水平向右的初速度v0＝4 m/s 从传送带左端A 处滑上
传送带，物块与传送带面间的动摩擦因数μ＝0.4(g＝10 m/s2)．则下列说法正确的是( )
A．经过1 s，滑动摩擦力对物块做功为－48 J
B．经过1 s，物块机械能变化量为64 J
C．物块从A 到B 点过程中，物块动能增加64 J
D．物块从A 到B 点过程中，系统内能增加16 J
答案 D
解析 物块刚放到传送带上时，由于与传送带有相对运动，物块受向右的滑动摩擦力，物
块做加速运动，有Ff＝μmg＝ma，解得a＝4 m/s2，经过1 s 物块相对地面的位移为x＝v0t＋
at2＝6 m<10 m，物块的速度v′＝v0＋at＝8 m/s，滑动摩擦力对物块做正功W＝Ffx＝μmgx
＝48 J，物块机械能变化量为48 J，故A、B 错误；物块到达B 点时速度与传送带速度相同，
ΔEk＝mv2－mv0
2＝48 J，故C 错误；物块从A 到B 点过程中，系统内能增加Q＝Ff·x 相＝
μmg(vt－x)＝0.4×2×10×(8×1－6) J＝16 J，故D 正确．
7.质量为2 kg 的物体以10 m/s 的初速度，从起点A 出发竖直向上抛出，在它上升到某一点
的过程中，物体的动能损失了50 J，机械能损失了10 J，设物体在上升、下降过程空气阻
力大小恒定，则该物体再落回到A 点时的动能为(g＝10 m/s2)( )
A．40 J B．60 J C．80 J D．100 J
答案 B
解析 物体抛出时的总动能为100 J，物体的动能损失了50 J 时，机械能损失了10 J，则动
能损失100 J 时，机械能损失20 J，此时到达最高点，由于空气阻力大小恒定，所以下落过
程，机械能也损失20 J，故该物体从A 点抛出到落回到A 点，共损失机械能40 J，所以该
物体再落回到A 点时的动能为60 J，A、C、D 错误，B 正确．
8.(多选)(2019·全国卷Ⅱ·18)从地面竖直向上抛出一物体，其机械能E 总等于动能Ek与重力势
能Ep之和．取地面为重力势能零点，该物体的E 总和Ep随它离开地面的高度h 的变化如图
6
关注公众号：陆陆高分冲刺 ~领取：最新版“中考/高考-总复习”、最新试卷下载
所示．重力加速度取10 m/s2.由图中数据可得( )
A．物体的质量为2 kg
B．h＝0 时，物体的速率为20 m/s
C．h＝2 m 时，物体的动能Ek＝40 J
D．从地面至h＝4 m，物体的动能减少100 J
答案 AD
解析 根据题图可知，h＝4 m 时物体的重力势能Ep＝mgh＝80 J，解得物体质量m＝2 kg，
抛出时物体的动能为Ek0＝100 J，由公式Ek0＝mv2可知，h＝0 时物体的速率为v＝10 m/s，
选项A 正确，B 错误；由功能关系可知Ffh4＝|ΔE 总|＝20 J，解得物体上升过程中所受空气
阻力Ff＝5 N，从物体开始抛出至上升到h＝2 m 的过程中，由动能定理有－mgh－Ffh＝Ek
－Ek0，解得Ek＝50 J，选项C 错误；由题图可知，物体上升到h＝4 m 时，机械能为80 J，
重力势能为80 J，动能为零，即从地面上升到h＝4 m，物体动能减少100 J，选项D 正确．
9.(多选)(2023·重庆·质检)在物流货场，广泛应用着传送带搬运货物，如图甲所示，倾角为
37°的传送带以恒定速度逆时针转动，在传送带顶端A 处无初速度释放一个质量为m＝2 kg
的货物(可视为质点)，经过2 s 到达传送带的B 端.货物与传送带的速度随时间变化图象如图
乙所示，取g＝10 m/s2，sin 37°＝0.6，cos 37°＝0.8.下列说法正确的是( )
A.0～1 s 内物体的加速度为10 m/s2
B.A、B 两点相距15 m
C.物体与传送带间的动摩擦因数为0.5
D.0～1 s 内货物与传送带摩擦产生的热量为80 J
答案 AC
解析 0～1 s 内物体的加速度为a＝＝ m/s2＝10 m/s2，故A 正确；物体运动总的位移x＝
vt1＋vt2＝×1 m＋×1 m＝16 m，A、B 两点相距16 m，故B 错误；前1 s 物体向下加速运动，
7
关注公众号：陆陆高分冲刺 ~领取：最新版“中考/高考-总复习”、最新试卷下载
由牛顿第二定律可得mgsin 37°＋μmgcos 37°＝ma，代入数值可求得μ＝0.5，说明物体与传
送带间的动摩擦因数为0.5，故C 正确；0～1 s 内物体与传送带运动的相对距离为Δx＝vt－
t ＝10×1 m －×1 m ＝5 m ，货物与传送带摩擦产生的热量为Q ＝μmgcos 37°Δx ＝
0.5×2×10×0.8×5 J＝40 J，故D 错误.
10.(2023·江苏南京市十一校调研)如图所示，倾角θ＝30°的粗糙斜面固定在地面上，长为
l、质量为m、粗细均匀、质量分布均匀的软绳置于斜面上，其上端与斜面顶端平齐，重力
加速度为g.用细线将物块与软绳连接，物块由静止释放后向下运动，直到软绳刚好全部离
开斜面(此时物块未到达地面)，在此过程中( )
A．物块的机械能逐渐增加
B．软绳的重力势能共减少了mgl
C．物块减少的重力势能等于软绳克服摩擦力所做的功
D．软绳减少的重力势能大于其增加的动能与克服摩擦力所做的功之和
答案 B
解析 物块克服细线的拉力做功，其机械能逐渐减少，A 错误；软绳重力势能减少量ΔEp 减
＝mg·－mg·sin θ＝mgl，B 正确；因为物块的机械能减小，则物块的重力势能减小量大于
物块的动能增加量，机械能的减小量等于拉力做功的大小，由于拉力做功大于克服摩擦力
做功，所以物块重力势能的减少量大于软绳克服摩擦力所做的功，C 错误；细线的拉力对
软绳做正功，对物块做负功，则物块的机械能减小，软绳的机械能增加，软绳重力势能的
减少量一定小于其动能的增加量，故软绳重力势能的减少量小于其动能的增加量与克服摩
擦力所做功的和，D 错误．
11．(多选)(2023·山东济南市十一校检测)如图所示为某缓冲装置的模型图，一轻杆S 被两个
固定薄板夹在中间，轻杆S 与两薄板之间的滑动摩擦力大小均为Ff，轻杆S 露在薄板外面
的长度为l.轻杆S 前端固定一个劲度系数为的轻弹簧．一质量为m 的物体从左侧以大小为
v0的速度撞向弹簧，能使轻杆S 向右侧移动.已知弹簧的弹性势能Ep＝kx2，其中k 为劲度系
数，x 为形变量．最大静摩擦力等于滑动摩擦力，弹簧始终在弹性限度内．下列说法正确
的是( )
A．欲使轻杆S 发生移动，物体m 运动的最小速度为v0
B．欲使轻杆S 发生移动，物体m 运动的最小速度为v0
8
关注公众号：陆陆高分冲刺 ~领取：最新版“中考/高考-总复习”、最新试卷下载
C．欲使轻杆S 左端恰好完全进入薄板，物体m 运动的速度大小为v0
D．欲使轻杆S 左端恰好完全进入薄板，物体m 运动的速度大小为v0
答案 BD
解析 当轻杆刚要移动时，对轻杆受力分析，设此时弹簧弹力大小为F，压缩量为x，由平
衡条件知F＝kx＝2Ff，代入k 的值可得x＝l，设欲使轻杆S 发生移动，物体m 运动的最小
速度为v1，则由能量守恒定律有mv1
2＝k(l)2，由题意知，物体以大小为v0的速度撞向弹簧，
能使轻杆S 向右侧移动，由能量守恒定律有mv0
2＝2Ff×＋mv1
2，联立可得v1＝v0，故A 错
误，B 正确；设物体m 的运动速度大小为v2时，轻杆S 左端恰好完全进入薄板，则由能量
守恒定律有mv2
2＝2Ff×l＋mv1
2，可解得v2＝v0，故C 错误，D 正确．
12.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又恰好能弹回到C 点．已知重力加
速度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＝×3mv0
2－×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 点压缩弹簧至将弹簧压缩到最大压缩量，又恰
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 点到弹簧最大压缩量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.
9
关注公众号：陆陆高分冲刺 ~领取：最新版“中考/高考-总复习”、最新试卷下载
13.(2021·辽宁沈阳模拟)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，长木块A 和物块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
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
mgsin θ－μ2mgcos θ＝ma2
联立以上各式并代入数据解得
μ1＝0.5，μ2＝0.375.
(2)设长木板A 和物块B 运动到斜面底端时速度分别为v1、v2，根据运动学公式
L＝v1t，2L＝v2t
因摩擦产生的总热量Q＝mg×2Lsin θ＋2mgLsin θ－mv－×2mv
或Q＝μ1×3mgcos θ·L＋μ2mgcos θ·L
代入数据解得Q＝90 J.
10
关注公众号：陆陆高分冲刺 ~领取：最新版“中考/高考-总复习”、最新试卷下载
11
