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第14 讲 功能关系 能量守恒定律
1.知道功是能量转化的量度，掌握重力的功、弹力的功、合力的功与对应的能量转化关系.
2.知道自然界中的能量转化，理解能量守恒定律，并能用来分析有关问题．
考点一 功能关系的应用力学中几种常见的功能关系
考点二 摩擦力做功的特点及应用
1．静摩擦力做功的特点
(1)静摩擦力可以做正功，也可以做负功，还可以不做功．
(2)相互作用的一对静摩擦力做功的代数和总等于零．
(3)静摩擦力做功时，只有机械能的相互转移，不会转化为内能．
2．滑动摩擦力做功的特点
(1)滑动摩擦力可以做正功，也可以做负功，还可以不做功．
(2)相互间存在滑动摩擦力的系统内，一对滑动摩擦力做功将产生两种可能效果：
①机械能全部转化为内能；
②有一部分机械能在相互摩擦的物体间转移，另外一部分转化为内能．
(3)摩擦生热的计算：Q＝Ffx 相对．其中x 相对为相互摩擦的两个物体间的相对位移．
深化拓展 从功的角度看，一对滑动摩擦力对系统做的功等于系统内能的增加量；从能量的角度看
其他形式能量的减少量等于系统内能的增加量．
考点三 能量守恒定律及应用
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另一种形式，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．
3．基本思路
(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．
考点四 传送带模型中的动力学和能量转化问题
1．传送带模型是高中物理中比较成熟的模型，典型的有水平和倾斜两种情况．一般设问的角度有
两个：
(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，常依据功能关系或能量守恒定律求解．
2．传送带模型问题中的功能关系分析
(1)功能关系分析：W＝ΔEk＋ΔEp＋Q.
(2)对W 和Q 的理解：
①传送带做的功：W＝Fx 传；
②产生的内能Q＝Ffx 相对．
传送带模型问题的分析流程
一 水平传动带模型上物体的常见运动
二 倾斜传送带模型上物体的常见运动
项目
情景1：轻放
情景2：同向
情景3：反向
图示
滑块可
能
的
运
动
情
况
(1) 可能滑块一直加
速；
(2)可能滑块先加速后
匀
速；
(1)v0<v 时，可能一直加
速，也可能先加速再
匀速；
(2)v0>v 时，可能一直减
速，也可能先减速再
匀速．
(1)传送带较短时，滑块一直减速
达到左端．
(2)传送带较长时，滑块还要被传
送带传回右端．其中v0>v 和
v0<v 两种情况下滑块回到右端
时有何不同？
项目
情景1：上传
情景2：下载
情景2：反向
图示
滑块
可能
的运
动情
况
(1)可能一直加速；
(2)可能先加速后匀速；
(3)还有其他结论吗？
(1)可能一直加速；
(2)可能先加速后匀速；
(3)可能先以a1 加速后以a2 加
速．
(1)可能一直加速；
(2)可能一直匀速；
(3)可能先减速后反向加速
三 倾斜传送带——上传模型
四 倾斜传送带——下载模型
受力分析
运动分析（先加后共）
难点问题
μ>tanθ
①滑动摩擦力f=μmgcosθ
②加速度a=g(μcosθ-sinθ)
③上传条件：μ>tanθ
④共速摩擦力突变为静
摩擦力f'=mgsinθ
受力分析
运动分析（一直加速）
难点问题
μ<tanθ
⑤μ<tanθ ，物体向下加
速
⑥加速度a=g(μcosθ-sinθ)
⑦物体向下位移为L
⑧物体运动时间、末速
度与传送带快慢无关
f=μmgcosθ
f 突变为静
f'=mgsinθ
v
v
L
θ
t
O
v
共速
痕迹
a
v
传送带
物体
t1
t2
a
f=μmgcosθ
v
v'
L
θ
t
O
v
a
v
传送带
物体
t1
L
[例题1] 如图所示，在水平如镜的湖面上方，一颗钢珠从离水面不高处由静止落入水中，
会溅起几滴小水珠。下列说法正确的是（ ）
A．部分小水珠溅起的高度可以超过钢珠下落时的高度
B．小水珠在空中上升过程处于超重状态
C．所有溅起的小水珠运动到各自最高点时速度一定为零
D．所有溅起的小水珠机械能总和等于钢珠静止下落时的机械能
【答案】A
受力分析
运动分析
难点问题
μ≥tanθ
①滑动摩擦力f=μmgcosθ
②加速度a=g(μcosθ+sinθ)
③共速后，若μ≥tanθ
一起匀速，摩擦力突变为
静摩擦力f'=mgsinθ
μ<tanθ
④共速后，若μ<tanθ
继续加速，滑动摩擦力方
向突变、大小不变，加速
度a'=g(sinθ-μcosθ)
⑤痕迹问题：共速前，x
传>x 物，痕迹Δx1=x 传-x
物，共速后，x 物>x 传，痕
迹Δx2=x 物-x 传，总痕迹取
二者中大的那一段
f=μmgcosθ
f 突变为静
f'=mgsinθ
v
v
L
θ(
t
O
v
共速
痕迹
a
v
传送带
物体
t1
t2
f=μmgcosθ
f 方向突变
f'=μmgcosθ
v
v
L
θ(
t
O
v
共速
痕迹1
a
v
传送带
物体
t1
t2
物体
2
a'
【来源】2025 届浙江省温州市高三下学期5 月三模物理试题
【详解】A．钢珠落入水中时，部分能量会转化为小水珠的动能，使得小水珠能够溅起。由于能量
守恒，部分小水珠可能会获得足够的动能，使其溅起的高度超过钢珠下落时的高度，A 正确；
B．小水珠在空中上升时，加速度方向向下，处于失重状态，而不是超重状态，B 错误；
C．被溅起来的小水珠有的可能是竖直上抛，有的可能是斜抛，所以小水珠运动到最高点时竖直方
向上的速度一定为零，水平方向上不一定为零，C 错误；
D．钢珠下落时，部分能量会转化为水的内能、声能等其他形式的能量，因此小水珠的机械能总和
会小于钢珠静止下落时的机械能，D 错误。
故选A。
[例题2] 轻弹簧上端连接在箱子顶部中点，下端固定一小球，整个装置静止在水平地面上
方。现将箱子和小球由静止释放，箱子竖直下落h后落地，箱子落地后瞬间速度减为零且不会
反弹。此后小球运动过程中，箱子对地面的压力最小值恰好为零。整个过程小球未碰到箱底，
弹簧劲度系数为k，箱子和小球的质量均为m，重力加速度为g。忽略空气阻力，弹簧的形变
始终在弹性限度内，下列说法正确的是（ ）
A．箱子下落过程中，箱子机械能守恒
B．箱子落地后，弹簧弹力的最大值为3mg
C．箱子落地后，小球运动的最大速度为3 g ❑√
m
k
D．箱子与地面碰撞损失的机械能为2mgh- 2m
2 g
2
k
【答案】BD
【来源】2025 届江西省高三下学期高考模拟物理试卷（三）
【详解】A．箱子静止时，对小球分析有mg= F弹
对箱子分析有mg+ F弹=T
当箱子由静止释放瞬间，弹簧弹力不发生突变，小球在这瞬间仍然平衡，加速度为0，而箱子释放
瞬间固定箱子的力T消失，箱子所受合力为F =mg+ F弹=2mg=ma
可得该瞬间箱子的加速度a=2 g
此后弹簧会恢复原长，在弹簧恢复原长的过程中，弹簧弹力对箱子做正功，若此过程中箱子落地，
则此过程中箱子的机械能增加；若在弹簧恢复原长时箱子还未落地，由于箱子的速度大于小球的速
度，弹簧将被压缩，弹簧弹力将对箱子做负功，箱子的机械能又会减小，但无论何种情况，箱子在
运动过程中除了重力做功外，弹簧弹力也在做功，因此箱子下落过程中，箱子机械能不守恒，故A
错误；
B．根据题意，此后小球运动过程中，箱子对地面的压力最小值恰好为零，则对箱子有F弹=mg
弹簧处于压缩状态，且为压缩最短位置处，可知小球做简谐振动，此时弹簧的压缩量与小球合力为
零时弹簧的伸长量之和即为小球做简谐振动的振幅，根据简谐振动的对称性可知，在最低点
F合= F
'
弹-mg
在最高点F合= F弹+mg=2mg
联立解得F
'
弹=3mg
而当小球运动至最低点时弹簧弹力有最大值，即为3mg，故B 正确；
C．小球做简谐振动，在平衡位置时有F弹=kx =mg
解得x = mg
k
即弹簧被拉伸x时小球受力平衡，处于简谐振动的平衡位置，此处小球的速度有最大值，而根据以
上分析可知，小球在最高点时弹簧的弹力和在平衡位置时弹簧的弹力大小相同，只不过在最高位置
时弹簧处于被压缩状态，在平衡位置时弹簧处于被拉伸状态，显然压缩量和伸长量相同，则小球从
最高点到达平衡位置下落的高度h=2 x = 2mg
k
而弹簧压缩量和伸长量相同时所具有的弹性势能相同，即小球在最高点和在平衡位置时弹簧的弹性
势能相同，则对小球由最高点到平衡位置根据动能定理可得mg⋅2 x = 1
2 m vmax
2
解得vmax =2g ❑√
m
k
故C 错误；
D．箱子损失的机械能即为箱子、弹簧、小球所构成的系统损失的机械能，小球在平衡位置时弹簧
所具有的弹性势能和在箱子未落下时弹簧所具有的弹性势能相同，由能量守恒可得
2mgh= 1
2 m vmax
2
+ Δ E
解得箱子损失的机械能Δ E =2mgh- 2m
2 g
2
k
故D 正确。
故选BD。
[例题3] 如图为位于新疆哈密的熔盐塔式光热发电站，电站中有约14000 块五边形定日镜
随太阳转动，每块约50 平方米，定日镜将吸收的阳光反射到中心位置的吸热塔上。太阳落山
后，熔盐继续放热保证24 小时不间断发电。已知地球的半径R=6400km，地球到太阳的距离r
=1.5×1011m，太阳能照射到地球上时，有约30％在穿过大气层的过程中被云层或较大的粒子等
反射，有约20％被大气层吸收，现测得在地球表面垂直太阳光方向每平方米面积上接收到太
阳能的平均功率为P=6.8×102W。哈密全年日照时数约3400 小时，该电站已实现年供电
2.0×108kW·h，可供24 万人一整年的生活用电。已知我国燃煤电厂平均每发一度电，消耗的煤
炭约为300 克。则（ ）
A．该电站每年可节约煤炭约6000 万吨
B．该电站光能转化为电能的效率约为12%
C．太阳辐射能量的总功率约为7.0×1017W
D．太阳辐射能量中只有二十二亿分之一到达地球大气层上表面
【答案】BD
【来源】2025 届浙江省台州市高三下学期第二次教学质量评估物理试题
【详解】A．年供电2.0×108kW·h，每度电耗煤300 克，节约煤炭的质量为
m=2.0×10
8×0.3kg=6×10
7kg
所以可节约煤炭约6 万吨，故A 错误；
B．定日镜总面积14000×50=7×10
5 m
2
地球表面单位面积接收到太阳能的平均功率为P =6.8×10
2W/m
2
定日镜接收的光能为E光=7×10
5×6.8×10
2×3400×3600J
提供的电能为E电=2×10
8×10
3×3600J
光能转化为电能的效率η= E电
E光
×100 %≈12%，故B 正确；
C．地球大气层上表面每平方米接收功率为P太= 6.8×10
2
50 %
W/m
2=1.36×10
3 W/m
2
太阳辐射的总功率为P总= P太×4 π r
2=3.84×10
26 W，故C 错误；
D．地球大气层上表面接收到的功率P接=1.36×10
3× π R
2
所以到达大气层的能量占总的太阳能的比例为
P接
P总
≈
1
2.2×10
9
即二十二亿分之一，故D 正确。
故选BD。
[例题4] 嘉兴海盐大风车地区有一风力发电机，它的叶片转动可形成500m2的圆面，某段
时间内风速为12m/s，风向恰好跟圆面垂直，已知空气的密度为1.3kg/m3，假使这个风力发电
机能将30%的风能转化为电能，则风力发电机的发电功率约为（ ）
A．1.4×105W
B．1.7×105W
C．3.4×105W
D．5.6×105W
【答案】B
【来源】2025 届浙江省县域教研联盟高三上学期12 月高考模拟考试物理试题
【详解】1s 中通过的空气体积为
V = Svt =500×12×1m
3=6000 m
3
空气质量
m= ρV =1.3×6000kg=7800kg
这些空气的动能为
Ek = 1
2 m v
2= 1
2 ×7800×12
2J =561600J
30%的动能转化为电能
E电=30 %× Ek =0.3×561600J =168480J
所以1s 的能量，也就是发电功率
P =168480 W≈1.7×10
5 W
故选B。
[例题5] (24-25 高三上·浙江金华金丽衢十二校·)某地区常年有风，风速基本保持在5m/s，
该地区有一风力发电机，其叶片转动可形成半径为10m 的圆面，若保持风垂直吹向叶片，空
气密度为1.3kg/m
3，风的动能转化为电能的效率为20％。现用这台风力发电机给一小区供电，
则下列说法正确的是（ ）
A．该风力发电机的发电功率约为25.5kw
B．风力发电机一天的发电量2.2×10
9J
C．假设一户家庭在晚上同时开着两盏40W 的灯，为保证供电正常，则该风力发电机同时能给
约64 户家庭供电
D．若风速变为2.5m/s，则该风力发电机的发电功率变为原来的一半
【答案】C
【来源】浙江省金华市金丽衢十二校2024-2025 学年高三上学期第一次联考物理试卷
【详解】AD．单位时间(1s)内冲击风力发电机叶片圆面的气流的体积为
V 0= V
Δt = Sl
Δt = π R
2v
单位时间内冲击风力发电机叶片圆面的气流的动能为
Ek = 1
2 m v
2= 1
2 ρV 0 v
2该风力发电机的发电功率
PΔt =20 % Ek
解得
P≈5.1kW 若风速变为2.5m/s，则该风力发电机的发电功率变为原来的1
8，故AD 错误；
B．风力发电机一天的发电量
E = Pt = 4.4×10
8J
故B 错误；
C．假设一户家庭在晚上同时开着两盏40W 的灯，为保证供电正常，根据
n= P
P0
= 5100
2×40 ≈64则该风力发电机同时能给约64 户家庭供电,故C 正确；
故选C。
[例题6] 如图是由某种高硬度的金属丝制作的解压玩具的主要组成部分，其中AB是半径
为0.2m的光滑半圆，BC是与水平面成37
°角的粗糙斜线，AB与BC平滑相接，且C点刚好与
圆心O等高。C点固定着弹簧的一端（不计弹簧长度），弹簧被压缩并处于锁定状态，锁定装
置受到轻微碰撞后会解除锁定。游戏时，把一个质量为0.2kg的小圆环轻放在A端，圆环受到
轻微扰动开始沿AEB滑下，并滑上BC撞击弹簧，再被弹簧弹回。重力加速度g取10 m /s
2，
sin37
°=0.6。
(1)若小圆环刚好能解除弹簧的锁定，斜线BC与圆环间的动摩擦因数是多少；
(2)若在（1）的条件下，圆环被弹簧弹回后，刚好能回到A点，弹簧被锁定时的弹性势能是多少；
(3)若在（2）的条件下，圆环运动到E点时对半圆AB恰好无压力，且EO与竖直方向AB的夹角是α，
求α的余弦值。
【答案】(1)3
4
(2)0.8J
(3)2
3
【来源】2025 届山西省高三上学期学情调研测试（一模）物理试题（B）
【详解】（1）对于小圆环从A 到C 的整个过程，根据动能定理，有
mgR - μmgcos37°×
R
sin37° =0
代入数据解得
μ= 3
4
（2）对于小圆环从C 到A 的整个过程，设弹簧的弹性势能为E p，根据能量守恒，有
EP=mgR+ μmgcos37°×
R
sin37°
代入数据解得
EP=0.8J
（3）设小圆环滑到E 点时速度为v，则有
mgR (1-cosα )= 1
2 mv
2
在E 点小球重力沿半径方向的分力提供向心力
mgcosα =m v
2
R
解得
cosα = 2
3
[例题7] 为了进一步解决水资源短缺和人工成本增加等问题，越来越多的绿化工程采用自
动灌溉系统。如图所示，地下的水泵将水从水管（管壁厚度不计）底部O点推向上方，水沿着
水管上升H =1.25 m后从水平水管喷出，已知水管横截面积S0= 4 cm
2，水的密度ρ=1×
10
3kg/ m
3，水管上端水平部分长L=0.3 m，通过拍摄照片发现水落地时的速度方向与水平地
面的夹角θ = 45
∘，忽略摩擦和空气阻力，取重力加速度大小g=10 m /s
2。
(1)求水管中水流的速度大小；
(2)求水泵对水做功的功率；
(3)为了能向各个方向喷水，现在让竖直水管沿竖直轴线匀速旋转，角速度ω=14 rad/s，求水落
地点围成的区域的面积。（结果保留两位有效数字）
【答案】(1)v0=5 m /s
(2)P =50 W
(3)S =38 m
2
【来源】2025 届河北省邯郸市高三下学期第三次调研监测物理试题
【详解】（1）水落地时竖直速度v y = ❑√2gH
解得v y =5 m /s
根据速度的分解有tanθ = v y
v0
解得v0=5 m /s
（2）Δt时间内从水管中喷出的水柱长为Δ L= v0 Δt
根据功能关系有W = ΔmgH + 1
2 Δmv0
2
其中P= W
Δt ，Δm= ρ S0 Δ L
解得P =50 W
（3）水在空中做平抛运动，时间t = ❑√
2 H
g =0.5s
水沿半径方向运动的距离x1= v0t =2.5 m
水沿切线方向运动的距离x2=ωLt =2.1m
水落地点到O点的距离R = ❑√(L+ x1)
2+ x2❑
2=3.5 m
水的落地点围成的区域的面积S = π R
2=38 m
2
[例题8] 图甲是风力发电机的发电原理简化图，水平风力推动叶片转轴a 低速旋转，通过
齿轮升速箱使转轴b 高速旋转，驱动发电机的线圈同步转动，实现将机械能转化为电能的过程。
某型号的风力发电机叶片旋转半径为40m，调整其叶尖速比（叶片尖端线速度与自然风速的比
值），可以优化发电效率。
(1)已知自然风速为20m/s，叶尖速比为4 时，转轴b 的转速为50
π r/s，求齿轮升速箱使转轴b 的转
速提高到a 的多少倍；
(2)线圈发电功率与自然风速的关系如图乙，自然风可认为垂直叶片组所在平面吹入，叶片旋转一圈
所扫过的面积为风吹入的有效面积，已知空气密度为1.3kg/ m
3，取1.3π= 4。当风速为10m/s 时，
求：
1min
①
内通过有效面积的风的总动能；
②该风力发电机的发电效率。
【答案】(1)k =50
(2)①Ek=1.92×10
8J；②η=25 %
【来源】2025 届广东省高三下学期第一次调研考试物理试题
【详解】（1）根据题意有v叶尖= 4 v 风
又v叶尖=ωa⋅r， na= ωa
2π， k = nb
na
联立并代入数据，解得k =50
（2）①有效面积S = π r
2
在t 时间内通过叶片的风的总质量m= ρSvt
t 时间内通过叶片的风的总动能Ek= 1
2 mv
2
联立并代入数据，解得t =1min内风的总动能Ek=1.92×10
8J
②发电效率η= W 电
Ek
×100 %
t =1min内发电量W 电= P电⋅t
由图乙可知P电=8×10
5 W
联立并代入数据，解得η=25 %
题型1 功能关系及能量守恒定律的应用
1.
一辆小车以一定的初速度冲上高度为h、长度为L 的斜坡，已知小车的质量为m，小
车受到沿斜面向下的阻力为f，则对小车由坡底冲到坡顶的运动过程分析正确的是（ ）
A．此过程中小车的动能减少了(mgh+fL)
B．此过程中小车的势能增加了(mgh－fL)
C．此过程中自然界中的能量减少了fL 了
D．此过程中小车的机械能减少fL
【答案】AD
【来源】2020 届重庆市凤中高三下学期6 月 三诊物理试题
【详解】A．上升过程中，受到重力、支持力和阻力，根据动能定理得
-mgh- fL= Δ Ek
所以此过程中小车的动能减少了mgh+ fL，A 正确；
B．此过程中小车重力做功为-mgh，所以此过程中小车的势能增加了mgh，B 错误；
C．根据自然界中能量是守恒的，C 错误；
D．机械能减小量等于除重力外其余力做的功，此过程中除重力外，摩擦力做功
W f=- fL
所以此过程中小车的机械能减少了fL，D 正确。
故选AD。
2.
物体在万有引力场中具有的势能叫做引力势能。取两物体相距无穷远时的引力势能为
零，一个质量为m0的质点距离质量为M0的引力源中心为r0时，其引力势能Ep=-G M 0m0
r0
（式中G 为引力常数）。现有一颗质量为m 的人造地球卫星以圆形轨道环绕地球飞行，由于
受高空稀薄空气的阻力作用，卫星的圆轨道半径从r1缓慢减小到r2，已知地球的质量为M，引
力常数为G，则此过程中（ ）
A．卫星的引力势能减小GMm(
1
r1
- 1
r2) B．卫星克服阻力做的功为GMm
2 (
1
r2
- 1
r1)
C．外力对卫星做的总功为GMm(
1
r2
- 1
r1)
D．卫星的势能减少量小于动能增加量
【答案】B
【来源】2025 届广西普通高中高三上学期学业水平选择性考试第二次调研考试物理试卷
【详解】A．设卫星轨道半径为r，由题目条件知其引力势能为
Ep=-G Mm
r
所以，卫星引力势能的减小量为
Ep减= Ep1- Ep2=-G Mm
r1
-(-G Mm
r2 )=GMm(
1
r2
- 1
r1)
故A 错误；
CD．由万有引力提供向心力
G Mm
r
2 =m v
2
r
卫星动能为
Ek= 1
2 m v
2=G Mm
2r
卫星动能增加量即外力对卫星做的总功为
Δ Ek= Ek2- Ek1=G Mm
2r2
-G Mm
2r1
= GMm
2 (
1
r2
- 1
r1)
所以，卫星的势能减少量大于动能增加量，故C、D 错误；
B．根据能量守恒和功能关系得
Ep减= Δ Ek+Q
Q =W 克
联立得
W 克= GMm
2 (
1
r2
- 1
r1)
故B 正确。
故选B。
3.
如图所示，固定斜面倾角为30
°，质量为2kg 的小物块自斜面底端以一定初速度沿斜
面向上运动，加速度大小为10m/s
2，物块沿斜面向上运动的最大距离为0.8m。斜面足够长，g
取10m/s
2，物块受到的最大静摩擦力等于滑动摩擦力。关于小物块在斜面上的运动，下列说
法中正确的是（ ）
A．物块最终会回到斜面底端
B．物块克服重力做功的平均功率为20W
C．合力对物块做功-16J
D．物块机械能损失了16J
【答案】BC
【来源】2023 届河北省保定市高三下学期第一次模拟考试物理试题
【详解】A．物块上滑过程中，由牛顿第二定律有
mgsin30
∘+ μmgcos30
∘=ma
解得
mgsin30
∘= μmgcos30
∘，μ=
❑√3
3
由此可知，当物块滑上斜面，速度减为零之后将静止在斜面上，故A 错误；
B．设物块滑上斜面的时间为t，应用逆向思维，由运动学公式可得
x = 1
2 at
2
解得
t =0.4s
在滑块速度减为零时，克服重力做的功为
W G=mgx sin30
∘=2×10×0.8× 1
2 J =8J
则可知物块克服重力做功的平均功率为
PG= W G
t
= 8
0.4 W =20 W
故B 正确；
C．由运动学公式可得物块上滑时的初速度为
v0=at =10×0.4 m/s= 4 m/s
则由动能定理可得，合外力对物块做的功为
W 合=0- 1
2 mv0
2=- 1
2 ×2×16J =-16J
故C 正确；
D．损失的机械能等于克服摩擦力做的功，由能量守恒可得
1
2 m v0
2=mgx sin30
∘+ Δ E
解得
Δ E =8J
故D 错误。
故选BC。
题型2 摩擦力做功与能量转化
4.
如图甲所示，倾角为θ 的斜面足够长，质量为m 的物块受沿斜面向上的拉力F 作用，
静止在斜面中点O 处，现改变拉力F 的大小（方向始终沿斜面向上），物块由静止开始沿斜
面向下运动，运动过程中物块的机械能E 随离开O 点的位移x 变化关系如图乙所示，其中O～
x1过程的图线为曲线x1～x2过程的图线为直线，物块与斜面间动摩擦因数为μ。物块从开始运
动到位移为x2的过程中（ ）
A．O～x1过程物块的加速度在不断变大
B．物块减少的机械能等于物块克服合力做的功
C．物块减少的机械能等于物块克服摩擦力做的功
D．物块减少的机械能小于减少的重力势能
【答案】AD
【来源】2022 届湖南省邵阳市第二中学高三下学期全真模拟考试物理试题
【详解】BC.物块向下运动的过程中，重力做正功，拉力与摩擦力做负功，物块减少的机械能等于
它克服拉力与摩擦力做功之和，故B、C 错误；
D.O～x2过程由动能定理可知
WG－(WF＋Wf)＝ΔEk
由题意知ΔEk>0，而减少的重力势能等于重力功WG，所以物块减少的机械能小于减少的重力势能，
故D 正确；
A.由题图乙可知，O～x1过程图线的斜率逐渐减小，而
ΔE＝－(F＋μmgcosθ)·Δx
所以F＋μmgcosθ 减小，物块受到的合外力mgsinθ－(F＋μmgcosθ)增大，由牛顿第二定律可知，物
块的加速度增大，故A 正确。
故选AD。
5.
如图甲，有一固定在水平地面上倾角为37°、足够长的斜面，质量m=1kg 的物块，受
到一个沿斜面方向的外力F 作用，从斜面底端以初速度v0=3m/s 沿斜面向上运动，已知物块与
斜面间的动摩擦因数μ=0.4。利用DIS 实验系统进行测量，得到物块向上运动过程中，一段时
间内的v-t 图像（如图乙所示）（g 取10m/s 2，sin37°=0.6，cos37°=0.8）。
(1)求物块向上运动过程中加速度的大小；
(2)求物块所受的外力F；
(3)对于物块由斜面底端运动到最高点的过程，通过计算说明物块损失的机械能ΔE、物块克服外力
F 做的功WF和物块克服摩擦力做的功W f 三者之间的关系。
【答案】(1)10m/s2；(2) 0.8N，F 的方向平行于斜面向下；(3) ΔE =W F+W f
【来源】2021 届上海市宝山区交通大学附属中学高三上学期期末质量监测物理试题
【详解】(1)由v-t 图像，得
a= 3.0-1.0
0.2-0 m/s
2=10m/s
2
(2)由牛顿第二定律，得
mgsin37°+ f - F =ma
将
N =mgcos37°，f = μN
代入上式，得
F =mgsin37°+ μmgcos37° -ma
将已知量代入，算得
F =-0.8 N
所以F 的大小是0.8N，F 的方向平行于斜面向下。
(3)物块向上运动的最大位移
s= v0
2
2a =
3
2
2×10 m=0.45m
又
ΔE = 1
2 m v0
2-mgssin37°
则
ΔE = 1
2 ×1×3
2J -1×10×0.45×0.6 J =1.8 J
由
W F = Fs=0.8×0.45 J =0.36 J
W f = μmgcos37°×s=0.4×1×10×0.8×0.45 J =1.44 J
可见
ΔE =W F+W f
6.
如图甲所示，物体以一定的初速度从倾角为α ＝37°的斜面底端沿斜面向上运动，上
升的最大高度为3.0 m。选择地面为参考平面，上升过程中物体的机械能E 机随高度h 的变化如
图乙所示。g 取10 m/s2，sin 37°＝0.60，cos 37°＝0.80。则（ ）
A．物体的质量m＝1.0 kg
B．物体与斜面之间的动摩擦因数μ＝0.80
C．物体上升过程中的加速度大小a＝10 m/s2
D．物体回到斜面底端时的动能Ek＝10 J
【答案】ACD
【来源】《2021 年高考物理二轮讲练测》专题06 机械能守恒定律 功能关系【练】
【详解】A.物体到达最高点时，动能为零，机械能
E = EP=mgh
则
m= E
gh =
30J
10 m/s
2×3 m
=1kg
故A 正确；
B.物体上升过程中，克服摩擦力做功，机械能减少，减少的机械能等于克服摩擦力做的功，由功能
原理得
ΔE =- μmgcosα
h
sinα
可得
μ=0.5
故B 错误；
C.物体上升过程中，由牛顿第二定律得
mgsinα + μmgcosα =ma
解得
a=10 m/s
2
故C 正确；
D.由图象可知，物体上升过程中摩擦力做功
W =30-50=-20J
在整个过程中由动能定理得
EK- EK0=2W
则物体回到斜面底端时的动能
EK= EK0+2W =50J+2×(-20)J =10J
故D 正确；
故选ACD。
题型3 传送带类的功能转化
7.
如图甲所示，一木板静置于足够大的水平地面上，木板右端放置一质量为0.5kg 的物
块（可视为质点），t =0时对木板施加一水平向右的恒定拉力F，t =2s时撤去F，物块在木板
上先做匀加速直线运动，后做匀减速直线运动，且恰好不能从木板左端掉落，整个过程中木板
运动的v -t图像如图乙所示。已知各接触面间的最大静摩擦力等于滑动摩擦力，取重力加速度
大小g=10 m /s
2，下列说法正确的是（ ）
A．木板的长度为3m
B．木板的质量为0.2kg
C．物块与木板间因摩擦产生的热量为0.75J
D．木板与地面间因摩擦产生的热量为2.55J
【答案】BCD
【来源】2024 届江西省多市多校高三下学期联考模拟预测物理试题
【详解】B．由题意画出物块运动的v -t图像，如图所示
设物块与板间的动摩擦因数为μ1，由图得0∼2.5 s内物块的加速度大小为
a1= Δv1
Δt1
=0.4 m/ s
2
对物块由牛顿第二定律得
μ1mg =ma1
解得物块与木板间动摩擦因数为
μ1=0.04
设板与地面间的动摩擦因数为μ2，由图得在2-2.5s内，木板的加速度大小为
a2= Δv2
Δt2
= 3-1
2.5-2 m/ s
2= 4 m/ s
2
对木板由牛顿第二定律得
μ2(mg+ Mg)+ μ1mg = M a2
在2.5-3s内，木板的加速度大小为
a3= Δv3
Δt3
=
1-0
3.0-2.5 m/ s
2=2m/ s
2
对木板由牛顿第二定律得
μ2(m+ M )g- μ1mg= M a3
两式联立得
M =0.2kg，μ2= 3
35
故B 正确；
A．由于物块恰好不能从木板左端掉落，则物块在2.5s 时与木板有共同速度，且在木板左端，木板
的长度
L= 1
2 ×2×3m+ 1
2 ×0.5×(1+3)m- 1
2 ×2.5×1m=2.75m
故A 错误；
C．物块与木板相对位移有两段，第一段为前2.5s，长度为
s1= L=2.75 m
第二段为2.5s 后，由图得长度为
s2= 1
2 ×(2.5-0.5)×1m =1m
物块与木板摩擦生热
Q1= μ1mg(s1+ s2)=0.75J
故C 正确；
D．木板的位移有三段，第一段由图得
x1= 2
2 ×3m=3 m
第二段由图得长度为
x2= 1
2 ×(1+3)×0.5m=1m
第三段位移
x3= 1
2 ×0.5m=0.25 m
木板与地面摩擦生热
Q2= μ2( M +m)g( x1+ x2+ x3)=2.55J
故D 正确。
故选BCD。
8.
如图，一质量为m=1kg的长木板放置在光滑水平面上，木板的正中间放置一质量为
M =3kg的滑块，滑块与木板间的动摩擦因数为μ=0.5。一条弹性绳一端系于天花板上的O 点，
另一端系于滑块中心，弹性绳的弹力与其伸长量满足胡克定律F =kx，劲度系数为
k =100 N / m，弹性绳所具有的弹性势能Ep= 1
2 k x
2。在O 点正下方A 点固定一光滑的圆环，
弹性绳从环中穿过，已知O、A 之间距离与弹性绳原长相等，当滑块在O、A 的正下方的B 点
时，弹性绳的伸长量为h=0.1m。某时刻突然在B 处给予两者一共同向右的速度v，在此后的
运动过程中，滑块都不会从木板上滑下。
(1)v 为何值时，滑块到达某处时将与木板出现相对滑动，并求此位置与B 的距离。
(2)若v =2❑√3 m /s，在刚好出现相对滑动时，使木板的速度瞬间变为0 且固定不动，求此后滑块向
右运动距B 点的最大距离。
(3)（2）问条件下滑块在木板上滑动因摩擦而产生的热量。
【答案】(1)v >2m/s，0.4 m
(2)0.6 m
(3)20J
【来源】2025 届陕西省西安市西安高新第一中学高三上学期第三次模考物理试卷
【详解】（1）当木板和滑块刚好出现相对运动时，滑块中心到A 点的距离为L，位移为x1，弹性
绳的弹力大小为F，弹性绳与竖直方向的夹角为θ，如下图所示
弹性绳弹力的水平分力
F x=kLsinθ =k x1
弹性绳弹力的竖直分力
F y =kLcosθ =kh=100×0.1N =10 N
对滑块，有
FN+ F y = Mg
对整体，有
F x =(M +m)a
对木板，有
f =ma
其中
f = μ FN= μ(Mg- F y)=10 N
联立求得
x1=0.4 m
即出现相对滑动的位置与B 的距离为0.4 m。
根据机械能守恒定律，有
1
2 k L
2- 1
2 k h
2= 1
2
(m+ M )v1
2
即
1
2 k x1
2= 1
2
(m+ M )v1
2
求得
v1=2m/s
即v >v1=2m/s时滑块到达某处时将与木板出现相对滑动。
（2）因为
v =2❑√3 m /s>2m/s
设滑块和木板刚好出现相对滑动时的共同速度为v2，根据机械能守恒定律，有
1
2 k x2
2= 1
2
(m+ M )v
2- 1
2
(m+ M )v2
2
其中
x2= x1=0.4 m
求得
v2=2❑√2m/s
此后木板停止运动，物块相对木板向右滑动，以向右为正方向，设滑块速度为零时相对B 点的位移
为x3，根据能量守恒定律，有
1
2 k x3
2- 1
2 k x2
2+ f (x3- x2)= 1
2 M v2
2
解得
x3=0.6 m（另一解x3=-0.8 m不合理，舍去）
故滑块向右运动距B 点的最大距离为0.6 m。
（3）因
k x3=100×0.6 N=60N>f =10 N
故滑块不能静止而向左滑动。
设向右为正方向，设滑块向左滑动直至速度再次为零时相对B 点的位移为x4，根据能量守恒定律，
有
1
2 k x3
2- 1
2 k x4
2 = f (x3- x4)
解得
x4=-0.4 m（另一解x4=0.6 m不合理，舍去）
负号说明滑块位于B 点左侧0.4 m处，因
k|x4|=100×0.4 N = 40 N >f =10 N
故滑块不能静止而向右运动。
同理，对滑块再向右运动直至速度为零的过程，有
1
2 k x4
2 - 1
2 k x5
2= f (x5- x4)
解得
x5=0.2m（另一解x5=-0.4 m不合理，舍去）
因
k x5=100×0.2N=20N >f =10 N
故滑块不能静止而向左运动。
同理，对滑块再向左运动直至速度为零的过程，有
1
2 k x5
2- 1
2 k x6
2= f (x5- x6)
解得
x6=0（另一解x6=0.2m不合理，舍去）
故滑块最终静止于B 点。
在木板固定不动直至滑块停止运动的整个过程中，设滑块与木板摩擦产生的热量为Q，根据能量守
恒定律，有
Q = 1
2 k x2
2+ 1
2 M v2
2=[
1
2 ×100×0.4
2+ 1
2 ×3×(2❑√2)
2]J =20J
9.
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=3.0 m /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=10 m /s
2。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。
【答案】(1)aA=2.5 m /s
2，aB=12.5 m /s
2
(2)s=0.375 m
(3)L=1.8 m
【来源】2025 届江苏省南通市、泰州市、镇江市、盐城部分学校高三上学期第一次调研测试物理试
卷
【详解】（1）敲击B 后的瞬间，A 受到向上的滑动摩擦力，
对A 由牛顿第二定律μmA gcos30° -mA gsin30° =mAaA
解得aA=2.5 m /s
2
对B 由牛顿第二定律μmA gcos30°+mB gsin30° =mBaB
解得aB=12.5 m /s
2
（2）设A、B 向上运动，经过时间t 后共速v0-aBt =aAt
共速后A、B 一起以加速度a 向上减速，对A、B 分析，有(mA+mB)gsin30° =(mA+mB)a
s=(v0t - 1
2 aBt
2)+ (v0-aBt)
2
2a
解得s=0.375 m
（3）最终A、B 均停在挡板处，此时B 的长度最小，由能量守恒
1
2 mBv0
2+mA gLsin30° = μmA gcos30°⋅L
解得L=1.8 m
题型4 板块类的功能转化
10. 如图甲所示，一木板静置于足够大的水平地面上，木板右端放置一质量为0.5kg 的物
块（可视为质点），t =0时对木板施加一水平向右的恒定拉力F，t =2s时撤去F，物块在木板
上先做匀加速直线运动，后做匀减速直线运动，且恰好不能从木板左端掉落，整个过程中木板
运动的v -t图像如图乙所示。已知各接触面间的最大静摩擦力等于滑动摩擦力，取重力加速度
大小g=10 m /s
2，下列说法正确的是（ ）
A．木板的长度为3m
B．木板的质量为0.2kg
C．物块与木板间因摩擦产生的热量为0.75J
D．木板与地面间因摩擦产生的热量为2.55J
【答案】BCD
【来源】2024 届江西省多市多校高三下学期联考模拟预测物理试题
【详解】B．由题意画出物块运动的v -t图像，如图所示
设物块与板间的动摩擦因数为μ1，由图得0∼2.5 s内物块的加速度大小为
a1= Δv1
Δt1
=0.4 m/ s
2
对物块由牛顿第二定律得
μ1mg=ma1
解得物块与木板间动摩擦因数为
μ1=0.04
设板与地面间的动摩擦因数为μ2，由图得在2-2.5s内，木板的加速度大小为
a2= Δv2
Δt2
= 3-1
2.5-2 m/ s
2= 4 m/ s
2
对木板由牛顿第二定律得
μ2(mg+ Mg)+ μ1mg = M a2
在2.5-3s内，木板的加速度大小为
a3= Δv3
Δt3
=
1-0
3.0-2.5 m/ s
2=2m/ s
2
对木板由牛顿第二定律得
μ2(m+ M )g- μ1mg= M a3
两式联立得
M =0.2kg，μ2= 3
35
故B 正确；
A．由于物块恰好不能从木板左端掉落，则物块在2.5s 时与木板有共同速度，且在木板左端，木板
的长度
L= 1
2 ×2×3m+ 1
2 ×0.5×(1+3)m- 1
2 ×2.5×1m=2.75m
故A 错误；
C．物块与木板相对位移有两段，第一段为前2.5s，长度为
s1= L=2.75 m
第二段为2.5s 后，由图得长度为
s2= 1
2 ×(2.5-0.5)×1m =1m
物块与木板摩擦生热
Q1= μ1mg(s1+ s2)=0.75J
故C 正确；
D．木板的位移有三段，第一段由图得
x1= 2
2 ×3m=3 m
第二段由图得长度为
x2= 1
2 ×(1+3)×0.5m=1m
第三段位移
x3= 1
2 ×0.5m=0.25 m
木板与地面摩擦生热
Q2= μ2( M +m)g( x1+ x2+ x3)=2.55J
故D 正确。
故选BCD。
11. 如图，一质量为m=1kg的长木板放置在光滑水平面上，木板的正中间放置一质量为
M =3kg的滑块，滑块与木板间的动摩擦因数为μ=0.5。一条弹性绳一端系于天花板上的O 点，
另一端系于滑块中心，弹性绳的弹力与其伸长量满足胡克定律F =kx，劲度系数为
k =100 N / m，弹性绳所具有的弹性势能Ep= 1
2 k x
2。在O 点正下方A 点固定一光滑的圆环，
弹性绳从环中穿过，已知O、A 之间距离与弹性绳原长相等，当滑块在O、A 的正下方的B 点
时，弹性绳的伸长量为h=0.1m。某时刻突然在B 处给予两者一共同向右的速度v，在此后的
运动过程中，滑块都不会从木板上滑下。
(1)v 为何值时，滑块到达某处时将与木板出现相对滑动，并求此位置与B 的距离。
(2)若v =2❑√3 m /s，在刚好出现相对滑动时，使木板的速度瞬间变为0 且固定不动，求此后滑块向
右运动距B 点的最大距离。
(3)（2）问条件下滑块在木板上滑动因摩擦而产生的热量。
【答案】(1)v >2m/s，0.4 m
(2)0.6 m
(3)20J
【来源】2025 届陕西省西安市西安高新第一中学高三上学期第三次模考物理试卷
【详解】（1）当木板和滑块刚好出现相对运动时，滑块中心到A 点的距离为L，位移为x1，弹性
绳的弹力大小为F，弹性绳与竖直方向的夹角为θ，如下图所示
弹性绳弹力的水平分力
F x=kLsinθ =k x1
弹性绳弹力的竖直分力
F y =kLcosθ =kh=100×0.1N =10 N
对滑块，有
FN+ F y = Mg
对整体，有
F x =(M +m)a
对木板，有
f =ma
其中
f = μ FN= μ(Mg- F y)=10 N
联立求得
x1=0.4 m
即出现相对滑动的位置与B 的距离为0.4 m。
根据机械能守恒定律，有
1
2 k L
2- 1
2 k h
2= 1
2
(m+ M )v1
2
即
1
2 k x1
2= 1
2
(m+ M )v1
2
求得
v1=2m/s
即v >v1=2m/s时滑块到达某处时将与木板出现相对滑动。
（2）因为
v =2❑√3 m /s>2m/s
设滑块和木板刚好出现相对滑动时的共同速度为v2，根据机械能守恒定律，有
1
2 k x2
2= 1
2
(m+ M )v
2- 1
2
(m+ M )v2
2
其中
x2= x1=0.4 m
求得
v2=2❑√2m/s
此后木板停止运动，物块相对木板向右滑动，以向右为正方向，设滑块速度为零时相对B 点的位移
为x3，根据能量守恒定律，有
1
2 k x3
2- 1
2 k x2
2+ f (x3- x2)= 1
2 M v2
2
解得
x3=0.6 m（另一解x3=-0.8 m不合理，舍去）
故滑块向右运动距B 点的最大距离为0.6 m。
（3）因
k x3=100×0.6 N=60N>f =10 N
故滑块不能静止而向左滑动。
设向右为正方向，设滑块向左滑动直至速度再次为零时相对B 点的位移为x4，根据能量守恒定律，
有
1
2 k x3
2- 1
2 k x4
2 = f (x3- x4)
解得
x4=-0.4 m（另一解x4=0.6 m不合理，舍去）
负号说明滑块位于B 点左侧0.4 m处，因
k|x4|=100×0.4 N = 40 N >f =10 N
故滑块不能静止而向右运动。
同理，对滑块再向右运动直至速度为零的过程，有
1
2 k x4
2 - 1
2 k x5
2= f (x5- x4)
解得
x5=0.2m（另一解x5=-0.4 m不合理，舍去）
因
k x5=100×0.2N=20N >f =10 N
故滑块不能静止而向左运动。
同理，对滑块再向左运动直至速度为零的过程，有
1
2 k x5
2- 1
2 k x6
2= f (x5- x6)
解得
x6=0（另一解x6=0.2m不合理，舍去）
故滑块最终静止于B 点。
在木板固定不动直至滑块停止运动的整个过程中，设滑块与木板摩擦产生的热量为Q，根据能量守
恒定律，有
Q = 1
2 k x2
2+ 1
2 M v2
2=[
1
2 ×100×0.4
2+ 1
2 ×3×(2❑√2)
2]J =20J
12. 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=3.0 m /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=10 m /s
2。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。
【答案】(1)aA=2.5 m /s
2，aB=12.5 m /s
2
(2)s=0.375 m
(3)L=1.8 m
【来源】2025 届江苏省南通市、泰州市、镇江市、盐城部分学校高三上学期第一次调研测试物理试
卷
【详解】（1）敲击B 后的瞬间，A 受到向上的滑动摩擦力，
对A 由牛顿第二定律μmA gcos30° -mA gsin30° =mAaA
解得aA=2.5 m /s
2
对B 由牛顿第二定律μmA gcos30°+mB gsin30° =mBaB
解得aB=12.5 m /s
2
（2）设A、B 向上运动，经过时间t 后共速v0-aBt =aAt
共速后A、B 一起以加速度a 向上减速，对A、B 分析，有(mA+mB)gsin30° =(mA+mB)a
s=(v0t - 1
2 aBt
2)+ (v0-aBt)
2
2a
解得s=0.375 m
（3）最终A、B 均停在挡板处，此时B 的长度最小，由能量守恒
1
2 mBv0
2+mA gLsin30° = μmA gcos30°⋅L
解得L=1.8 m
题型5 常见功能关系图像分析
13. 竖直平面内固定一光滑的半圆形轨道ABC（图甲），B 点为AC 轨道的中点，小球以
一定的初速度从最低点A 冲上轨道，小球在半圆形轨道上从A 运动到C 的过程中，其速度的平
方与对应高度的关系图象如图乙。已知小球在最高点C 受到轨道的弹力为11 N，不计空气阻
力，g=10m/ s
2，则（ ）
A．图乙中x =16
B．小球质量为0.5kg
C．小球在B 点所受合力等于26 N
D．小球在B 点所受合力大于26 N
【答案】BD
【来源】2025 届云南省红河州、文山州普洱市、临沧市高三下学期复习统一检测物理试题
【详解】A．由机械能守恒定律1
2 mv0
2= 1
2 mv
2+mgh
解得v
2=-2 gh+ v0
2
由图乙可知，当h=0.25m时，v
2= 4 m
2/ s
2
代入上式，得v0=3m/ s
又当h=0时，v
2= v0
2=9m
2/ s
2，即x =9，故A 错误；
B．由题图乙可知，轨道半径R =0.125m，小球在C 点的速度vC =2m/ s，由牛顿第二定律可得
F +mg=m vC
2
R
解得m=0.5kg
故B 正确；
C D．小球从A 到B 过程中由机械能守恒有1
2 m v0
2= 1
2 m vB
2 +mgR
在B 点，N B=m vB
2
R
代入数据得
N B=26 N
由于小球还受重力作用，小球在B 点所受合力大于 26 N，故C 错误，D 正确。
故选BD。
14. 如图所示，A 为一足够长的固定斜面，物块B 由静止释放后能沿斜面匀加速下滑，现
使物块B 在t=0 时由静止释放，并同时受到一随时间变化规律为F=kt 的垂直于斜面的作用力，
x、v、f 和E 分别表示物块位移、速度、所受的摩擦力和机械能，下列图像中可能正确的是（
）
A．
B．
C．
D．
【答案】B
【来源】2025 届江苏省G4 联考高三下学期2 月阶段调研物理试卷
【详解】AB．由于F 随时间均匀增大，物块沿斜面下滑过程中，物块对斜面的压力均匀增大，物
块所受的滑动摩擦力均匀增大，所以物块所受的合力先沿斜面向下均匀减小，然后沿斜面向上均匀
增大，物块停止运动前，物块先做加速度减小的加速运动，后做加速度增大的减速运动，故A 错误，
B 正确；
C．t =0时刻所受的摩擦力不为零，故C 错误；
D．物块沿斜面下滑过程中，滑动摩擦力一直做负功，物块机械能减小，但滑动摩擦力大小在随时
间变化，物体速度大小也在随时间变化，所以滑动摩擦力所做的功并非随时间均匀增大，物块的机
械能也并非随时间均匀减小，故D 错误。
故选B。
15. 如图甲所示，传送带与水平方向的夹角θ =37°，以某一速度逆时针匀速运行，将一
质量为1kg 的物块无初速度地放在传送带上端A 处，物块在从A 到B 运动过程中，其机械能E
随下降的高度h变化的关系图像如图乙所示（取地面为重力势能的零势能面），物块与传送带
之间的最大静摩擦力等于滑动摩擦力，重力加速度g取10 m /s
2，sin37° =0.6，下列说法正确
的是（ ）
A．物块受到的传送带的摩擦力一直做正功
B．物块与传送带间的动摩擦因数为0.5
C．物块从上端A 处开始运动1.5s 时的速度大小为15 m /s
D．物块从A 端运动到B端需要的时间是2s
【答案】BD
【来源】2025 年普通高等学校招生考试预测卷 物理（二）
【详解】A．根据功能关系和机械能E随下降的高度h变化的关系图像可知，物块下降的高度由0 到
3m 的过程中，机械能增加，摩擦力做正功，后来机械能减少，摩擦力做负功，故A 错误。
B．物块下降3m 时增加的机械能为
Δ E1= 116J -96J =20J
根据功能关系有
μmgcosθ⋅
h
sinθ = Δ E1
代入数据解得
μ=0.5
故B 正确。
D．设A 端到地面的距离为h0，则有
mgh0=96J
代入数据解得
h0=9.6 m
物块刚放上传送带时受到沿传送带向下的滑动摩擦力，由牛顿第二定律得
mgsinθ+ μmgcosθ =ma1
设物块经过时间t1下降高度为3m，则有
3 m
sinθ = 1
2 a1t1
2
此时物块的速度
v = a1t1
解得
a1=10 m /s
2
t1=1s
v =10 m /s
设物块再经过时间t2到达B端，因
mgsinθ> μmgcosθ
故物块与传送带同速后将继续做加速运动，有
mgsinθ - μmgcosθ =ma2
解得
a2=2m /s
2
又
h0-3 m
sinθ = v t2+ 1
2 a2t2
2
解得
t2=1s
故物块由A 端运动到B 端的时间
t =t1+t2=2s
故D 正确；
C．物块从上端A 处开始运动1.5s 时的速度大小
v ' = v +a2(1.5s-t1)=11m /s
故C 错误。
故选BD。
