新高考物理二轮复习题型分类精讲精练专题16 功能关系 能量守恒定律-（精讲）（2份，原卷版+解析版）

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考点梳理1 功能关系的理解及应用
母题考点一 功能关系的理解及应用
举一反三
【练1】（2025·湖南永州·一模）如图甲所示，倾角为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，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，重力加速度为，取，则下列说法正确的是（ ）
A．木块的重力大小为
B．木块与斜面间的动摩擦因数为0.5
C．在斜面上运动的总时间为
D．返回斜面底端时的动能为
【答案】BD
【详解】AB．机械能减小量等于克服阻力做功，则
动能变化量等于合外力的功，则
联立解得，，故A错误，B正确；
C．上滑时的加速度
下滑时的加速度
上滑的时间
下滑的时间
可知在斜面上运动的总时间为，故C错误；
D．因上滑时损失机械能为，则返回时仍损失机械能为，则返回斜面底端时的动能为，故D正确。
故选BD。
【练2】（2025·江西·模拟预测）如图所示，一足够长的固定斜面倾角为θ且，时质量为的物块A由静止开始沿斜面下滑，时物块A的速度达到，与静止在斜面上的物块B发生第一次碰撞，碰后物块A的速度反向，大小为，时A与B发生第二次碰撞。A与B视为质点，碰撞为弹性碰撞且碰撞时间极短，重力加速度为，不计空气阻力。求：
(1)物块A与斜面间的摩擦力大小；
(2)物块B的质量；
(3)整个过程中物块B与斜面间的摩擦生热。
【答案】(1)1N
(2)7kg
(3)93J或精确值
【详解】（1）物块A在到内做匀加速直线运动，由运动学公式
解得加速度
对A受力分析，沿斜面方向，根据牛顿第二定律，有
代入数据解得
（2）第一次碰撞前，A的速度（沿斜面向下为正）；碰撞后，A的速度（反向），设B的速度为vB1，弹性碰撞满足动量守恒，有
根据机械能守恒，有
联立解得
（3）第一次碰撞到第二次碰撞的时间
碰撞后A向上运动，根据牛顿第二定律，有
解得
速度减为0的时间
向上运动的位移为
之后A向下运动加速度，向下运动的时间
向下运动的位移为
总位移，方向向下
物块B的位移
解得 负号表示加速度向上
对物块B根据牛顿第二定律，有
解得
B先向下减速运动，再向上加速，总路程
所以摩擦生热
【练3】（2025·湖南长沙·二模）目前，世界上最先进的起重机是我国的“XCA4000”轮式起重机，满足170米的吊装高度，230吨的极限吊装重量。被誉为“全球第一吊”，将质量m的重物悬空静止后，由静止开始以加速度为a匀加速向上提升重物，经过时间t达到额定功率P，重力加速度为g，下面说法正确的是（ ）
A．重物匀速的最大速度为B．重物匀速的最大速度为
C．重物的机械能增量为D．起重机达到额定功率
【答案】AC
【详解】AB．起重机输出功率达到额定功率后，功率不再增加，当起重机对重物的拉力等于重物的重力时，重物达到最大速度
则
故A正确，B错误；
C．根据位移—时间公式
外力做功为
解得
重物增加的机械能等于起重机对重物做的功，因此重物的机械能增量为，故C正确；
D．重物做匀加速直线运动，根据牛顿第二定律，可得
又因为
联立解得，故D错误。
故选AC。
考点梳理2 能量守恒定律的理解及应用
母题考点二 能量守恒定律的理解及应用
举一反三
【练1】（2025·安徽安庆·模拟预测）一物理实验爱好者用形状记忆合金研究“永动机”。形状记忆合金具有形状记忆效应，以记忆合金制成的弹簧为例，把这种弹簧放在热水中，弹簧的长度立即伸长，再放到冷水中，它会立即恢复原状。如图所示，“永动机”转轮由九根轻杆和转轴构成，轻杆的末端装有用形状记忆合金制成的叶片。轻推转轮后，进入热水的叶片因伸展而“划水”，推动转轮转动，离开热水后，叶片形状迅速恢复，转轮因此能较长时间转动。下列说法不正确的是（ ）
A．转轮转动的过程中克服阻力做功，要维持转轮转动需要外力做功
B．转轮转动的能量来自热水
C．转动的叶片不断搅动热水过程，水温升高
D．转轮的叶片在热水中吸收的热量一定大于在空气中释放的热量
【答案】C
【详解】A．转轮转动的过程中克服阻力做功，转轮的速度越来越小，所以要维持转轮转动需要外力做功，故A正确；
B．该“永动机”叶片进入水中，吸收热量而伸展划水，推动转轮转动，离开水面后向空气中放热，叶片形状迅速恢复，所以转动的能量来自热水，故B正确；
C．转动的叶片不断搅动热水的过程是水对转轮做功的过程，同时水会向四周放出热量，根据热力学第一定律可知水的内能减小，故水温降低，故C错误；
D．根据热力学第二定律，物体不可能从单一热源吸收能量全部用来对外做功而不引起其变化，故叶片在热水中吸收的热量一定大于在空气中释放的热量，故D正确。
本题选不正确的，故选C。
【练2】（2025·河北秦皇岛·模拟预测）某瀑布高100m，水的流量50m3/s，假设利用瀑布来发电，能量转化效率为60%，已知重力加速度g=10m/s2，水的密度ρ=1.0×103kg/m3，则发电功率为（ ）
A．3×104WB．3×105WC．3×106WD．3×107W
【答案】D
【详解】Δt时间内流过水的质量为
重力势能的减小量为
重力势能转化为电能，则发电功率
其中，
联立可得
故选D。
【练3】（2025·河南信阳·模拟预测）如图，固定斜面的倾角，底端与水平面平滑连接。轻质弹簧右端固定，处于原长时左端在O点。质量的物块在外力作用下紧靠（不拴接）弹簧将其压缩至图中P点，此时弹簧储存的弹性势能。质量的物块静止在距水平面高度处。某时刻由静止释放物块A，物块A冲上斜面后与物块B发生弹性碰撞。物块A与斜面及水平面间摩擦均不计，物块B与斜面间动摩擦因数为。已知两物块均可看做质点，斜面足够长，取重力加速度大小。则物块A与物块B（ ）
A．第一次碰撞后瞬间速度大小之比为
B．第二次碰撞前瞬间，物块A的速度大小为6m/s
C．经过足够多次碰撞后，物块A可能静止在水平面上某处
D．经过足够多次碰撞后，物块B沿斜面上滑的总距离为
【答案】AD
【详解】A．对A，设A与B碰撞前的速度为，以水平面为重力势能的参考平面
由机械能守恒定律有
得
对A和B，物块A冲上斜面后与物块B发生弹性碰撞，因为，故碰后A反弹
设碰后瞬间A的速度大小为，B的速度大小为
以沿斜面向上为正，由动量守恒定律有
由能量守恒定律有
得，
解得，A正确；
B．对B，被碰后B沿斜面向上运动，依题意可知B速度减为零后在斜面上静止
分析B的受力，由牛顿第二定律有
其中
得
设B沿斜面向上运动的位移为
由
有
得
对A，设从被反弹到再次将要碰到B前的速度大小为
由机械能守恒定律有
解得，B错误；
C．经过足够多次碰撞后，物块A再不能与物块B碰撞，由于物块A与斜面及水平面间摩擦均不计，故A会一直在斜面和平面上做往复运动，不能静止，C错误；
D．设经过足够多次碰撞后，物块B沿斜面上滑的总距离为，此时A恰好不能碰到B，B与斜面摩擦产生的热量为
对A和B，由能量守恒定律有
其中
解得，D正确。
故选AD。
考点梳理3 “传送带”问题中的摩擦力做功分析
母题考点三 “传送带”问题中的摩擦力做功分析
举一反三
【练1】（2025·甘肃张掖·模拟预测）如图，半径R=1.8m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PM相切于P点，PM的长度d=2.7m。一长度L=3.3m的水平传送带以v0=1m/s的恒定速率沿逆时针方向转动，其右端与地面在M点无缝对接。物块a从圆轨道顶端由静止释放，沿轨道下滑至P点，再向左沿直线运动至M点与静止的物块b发生弹性正碰，碰撞时间极短。碰撞后b向左运动到达传送带的左端N。已知a的质量ma=1kg，b的质量mb=2kg，它们均可视为质点。a与地面及b与传送带间的动摩擦因数均为μ=0.5，取重力加速度g=10m/s2。求：
(1)a运动到圆轨道底端时，轨道对它的支持力大小；
(2)b从M运动到N的时间；
(3)b从M运动到N的过程中与传送带摩擦产生的热量。
【答案】(1)30N
(2)3.2s
(3)1J
【详解】（1）a从静止释放到圆轨道底端过程，根据机械能守恒定律有
在P点，设轨道对它的支持力大小为N，根据牛顿第二定律有
联立解得
（2）a从静止释放到M点过程中，根据动能定理有
解得
a与b发生弹性碰撞的过程有，
解得
b滑上传送带后，根据牛顿第二定律有
解得
b的速度减小到与传送带速度相等所需的时间
解得
对地位移
解得
此后b做匀速直线运动，b到达传送带最左端还需要的时间
解得
b从M运动到N的时间
解得
（3）b相对传送带运动的路程
解得
此过程中b与传送带摩擦产生的热量
解得
【练2】（2025·辽宁盘锦·三模）如图所示，水平地面上固定一条倾角θ=37°、长度L=8m的传送带，用于传送包裹，传送带以恒定速度v0=2m/s顺时针转动。某工人将一个质量m=1kg的包裹轻放在传送带的下端A处，包裹与传送带之间的动摩擦因数µ=0.8。已知g取10m/s2，sin37°=0.6，cs37°=0.8。下列说法正确的是（ ）
A．包裹到达传送带上端B所需的时间为8s
B．在这个过程中，包裹与传送带摩擦产生的热量是51.2J
C．在这个过程中，摩擦力对包裹做功为50J
D．由于包裹的加入，传送带电动机需要额外消耗的能量为50J
【答案】C
【详解】A．包裹首先在摩擦力的作用下加速，直到与传送带共速，由牛顿第二定律得加速阶段的加速度
包裹达到传送带速度v0所需的时间为
在这段时间内，包裹的位移
剩余的距离
包裹以速度v0匀速运动的时间
因此，包裹从A端运动到B端的总时间为，故A错误；
B．在加速阶段，包裹相对传送带的位移
包裹在传送带上运动的过程中，因摩擦产生的内能，故B错误；
C．滑动摩擦力做的功
静摩擦力做的功
所以整个过程中，摩擦力对包裹做的总功是滑动摩擦力和静摩擦力做的功之和，即，故C正确；
D．电动机多消耗的能量等于包裹机械能的增加量（动能和重力势能）和摩擦产生的热量之和，即，故D错误。
故选C。
【练3】（2025·河北廊坊·三模）如图所示，水平传送带顺时针转动，速度大小为，A、B分别为传送带的左、右端点，时在其右端处无初速度地释放质量为的物块（视为质点），同时对物块施加一水平向左的恒力，时撤去力，物块与传送带间的动摩擦因数为0.2，重力加速度，物块最后从点离开传送带，下列说法正确的是（ ）
A．传送带至少长B．物体在传送带上的运动时间为
C．全过程中摩擦力对物体做功D．物体与传送带之间摩擦生热为
【答案】D
【详解】A．在时间内，由牛顿第二定律可得
解得
后，物体的加速度
以向左为正方向，画出物体和传送带运动的图像如图所示
物体向左运动的位移
则传送带至少长，故A错误；
B．根据上述图像可知，物体在传送带上的运动时间为，故B错误；
C．后，摩擦力对物体做功之和为零，内物体向左运动的位移
则摩擦力做功为，故C错误；
D．由图可求得物体与传送带之间总的相对路程
则摩擦生热，故D正确。
故选D。
考点梳理4 “滑块—木板”问题中的摩擦力做功分析
母题考点四 “滑块—木板”问题中的摩擦力做功分析
举一反三
【练1】（2025·陕西咸阳·模拟预测）如图所示，光滑水平地面上有一固定的光滑圆弧轨道，轨道上点切线沿水平方向，忽略点距地面的高度，轨道右侧有质量的静止薄木板，上表面与点平齐。一质量的小滑块（可视为质点）以初速度从右端滑上薄木板，重力加速度大小为，小滑块与薄木板之间的动摩擦因数为。
(1)若薄木板左端与点距离足够长，小滑块与薄木板共速后，求小滑块相对薄木板滑动的位移；
(2)若薄木板左端与点距离足够长，薄木板长度，薄木板与轨道端碰后立即静止，求小滑块离开薄木板运动到轨道上点时的速度；
(3)在（1）中，小滑块继续沿圆弧轨道运动至点沿切线方向飞出，最后落回水平地面，不计空气阻力，点与地面间的高度差保持不变，圆弧对应的圆心角可调，求小滑块的最大水平射程及对应的圆心角；
(4)若薄木板长度足够长，薄木板与轨道端碰后立即以原速率弹回，调节初始状态薄木板左端与点距离，使得薄木板与轨道端只能碰撞2次，求应满足的条件。
【答案】(1)
(2)
(3)，
(4)
【详解】（1）因薄木板左端与点距离足够大，小滑块与薄木板共速后才和轨道发生碰撞，设共同速度为，规定向左为正方向，根据动量守恒定律有
解得
设此过程中小滑块相对薄木板滑动的位移为，对滑块、薄木板系统由功能关系，有
解得
（2）薄木板与轨道端碰后立即静止，小滑块继续作匀减速运动，直到运动到轨道上的点，
有
解得
（3）小滑块由点到点的过程中机械能守恒，根据机械能守恒定律，有
解得
设小滑块落地的速度大小为，落地速度方向与水平方向夹角为，根据机械能守恒定律知
画出速度矢量关系如图所示
设从点飞出到落至地面所用时间为，则小滑块水平位移
由几何关系可知，矢量三角形的面积为
由此可知，当矢量三角形面积最大时，水平位移最大，解得
此时满足条件
即 ，
（4）当小滑块与薄木板第1次共速时恰好和轨道发生碰撞，碰后小滑块与薄木板同时减速为零，此情形下薄木板和轨道恰好碰1次。小滑块与薄木板加速度相等 ，有
可知
当小滑块与薄木板第2次共速时恰好和轨道发生碰撞，碰后小滑块与薄木板同时减速为零，此情形下薄木板和轨道恰好碰2次。从开始到第一次碰撞的时间
薄木板和轨道碰撞时的速度
考虑小滑块的运动
联立解得
综上可知应满足的条件为 。
【练2】（2025·山东枣庄·二模）如图甲所示，固定光滑斜面的倾角，右端带有固定挡板的“┚”形木板静置于水平面上，斜面底端B与木板左端紧靠且跟其上表面平齐。将质量的小物块从斜面顶端A由静止释放，物块滑上木板时不计能量损失，到达木板右端时与挡板发生弹性碰撞。以物块刚滑上木板的时刻为计时起点，物块跟挡板碰撞前物块和木板的图像，如图乙所示，木板与地面间的动摩擦因素，取重力加速度。
(1)求斜面的长度；
(2)求从物块开始运动至其和挡板碰撞前的瞬间，物块与木板系统损失的机械能；
(3)物块最终能否从木板上滑落？若能，请求出物块滑落时的速度；若不能，请求出物块最终到木板左端的距离d。
【答案】(1)
(2)
(3)不能，
【详解】（1）由图乙可知，物块到达斜面底端时的速度为
物块从A下滑到的过程中，由动能定理可得
解得
（2）由图乙可知，物块与挡板碰撞前瞬间，物块、木板的速度分别为，
根据加速度定义式有
解得物块、木板加速度大小分别为，
对物块进行分析，根据牛顿第二定律有
对木板进行分析，根据牛顿第二定律有
解得，
对物块与木板构成的系统，由能量守恒定律得
解得
（3）物块最终不能从木板上滑落。在（）时间内，物块相对于木板向右滑动，碰前物块，木板的速度分别记为、，可知板长
解得板长
在时物块与挡板发生弹性碰撞，碰后速度分别记为、由动量守恒定律得
由能量守恒定律得
解得，
碰撞后物块向左做匀减速直线运动，加速度大小
木板向右做匀减速直线运动，加速度大小记为，则有，
解得加速度大小
假设物块最终不能从木板上滑落，碰撞后再经过两者共速，则有
解得，
在时间内，物块相对于木板始终向左滑动，相对位移为
解得
可知物块不能从木板上滑落，则物块最终到木板左端的距离
【练3】（2025·江苏·一模）如图所示，固定在水平面上的光滑斜面，倾角，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，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，A、B间的动摩擦因数，最大静摩擦力等于滑动摩擦力，取重力加速度。求：
(1)敲击B后的瞬间，A、B的加速度大小、；
(2)B上升的最大距离s；
(3)B的最小长度L。
【答案】(1)，
(2)
(3)
【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
解得
对B由牛顿第二定律
解得
（2）设A、B向上运动，经过时间t后共速
共速后A、B一起以加速度a向上减速，对A、B分析，有
解得
（3）最终A、B均停在挡板处，此时B的长度最小，由能量守恒
解得
模拟演练
1．（2025·浙江杭州·一模）如图所示，光滑水平轨道上放置长板A（上表面粗糙）和滑块C，滑块B置于A的左端，质量分别为。开始时C静止，A、B一起以的速度匀速向右运动，A与C发生碰撞（时间极短）后C向右运动，经过一段时间，A、B再次达到共同速度一起向右运动，且恰好不再与C碰撞。A、B间动摩擦因数为0.5，则下列判断错误的是（ ）
A．A与C碰撞后的瞬间A的速度大小是2m/s
B．碰撞后到三者相对静止，摩擦产生的热量为15J
C．碰撞后到三者相对静止，B相对长板滑动的距离为0.6m
D．碰撞后到三者相对静止，需要时间为0.4s
【答案】B
【详解】A．因碰撞时间极短，A与C碰撞过程动量守恒，设碰撞后瞬间A的速度大小为vA，C的速度大小为vC，以向右为正方向，由动量守恒定律得mAv0=mAvA+mCvC
A与B在摩擦力作用下达到共同速度，设共同速度为vAB，由动量守恒定律得mAvA+mBv0=（mA+mB） vAB
A、B达到共同速度后恰好不再与C碰撞，应满足vAB=vC
联立解得vA=2m/s，vAB=3m/s，A正确；
B．运动过程中因摩擦而产生的热量等于A、B相互作用的过程中损失的机械能，即
代入数据解得Q=3J，B错误；
C．根据
解得x=0.6m
即碰撞后到三者相对静止，B相对长板滑动的距离为0.6m，C正确；
D．对B由动量定理
解得∆t=0.4s，D正确。
此题选择错误选项，故选B。
2．（2025·广东广州·模拟预测）如图所示，倾角为θ=37°的足够长的传送带在发动机驱动下逆时针匀速转动。物块A 放置于传送带的上端，物块B放置于物块A下方一段距离的传送带上，t=0时A、B同时无初速地释放，t=1s时A、B发生第一次碰撞，A、B均可看作质点。已知A、B质量相等，所有的碰撞均为弹性碰撞；A、B与传送带之间的动摩擦因数分别为 重力加速度大小g 取 ，则（ ）
A．A、B 初始距离为2m
B．A、B相邻两次碰撞的时间间隔均为3s
C．A、B相邻两次碰撞之间，发动机对传送带所做功相等
D．A、B相邻两次碰撞之间，A、B与传送带间摩擦产生的总热量相等
【答案】AC
【详解】A．由题意，对物块B受力分析，有
故物块B开始时在传送带上保持静止；对物块A受力分析，根据牛顿第二定律有
代入数据求得
故物块A将在传送带上加速下滑，直到与B发生碰撞，则A、B初始距离为，故A正确；
B．A与B发生弹性碰撞前瞬间的速度大小为
由于A、B质量相等，发生弹性碰撞后，速度交换，即A与B碰后A瞬间速度为0，B速度为，由于AB受力未发生变化，可知A将做初速度为0的匀加速直线运动，B将做速度为4m/s的匀速直线运动，当二者再次发生碰撞时，有
求得
第二次发生碰撞前瞬间A的速度大小为
二者发生弹性碰撞，同样发生速度交换，可知发生第二次碰撞后瞬间A、B的速度大小分别为，
当二者第三次发生碰撞时，有
解得
以此类推，可判断A、B相邻两次碰撞的时间间隔均为2s，故B错误；
C．结合前面分析可知，由于A、B相邻两次碰撞之间的时间间隔相等，传送带匀速运动发生的位移相等，所以发动机对传送带所做功相等，故C正确；
D．结合前面分析可知，A、B相邻两次碰撞之间，A、B均相对于传送带向下运动。根据
可知由于A、B每次碰撞之后速度均发生变化，且时间间隔相等，显然它们与传送带间发生的相对位移在不断变化，所以可知A、B相邻两次碰撞之间，A、B与传送带间摩擦产生的总热量不相等，故D错误。
故选AC。
3．（2025·山东泰安·模拟预测）如图所示，一质量为10kg的物体静止在水平地面上。现给物体施加一水平向右的推力F，物体运动过程中，推力F的大小随位移大小变化的关系式为。已知物体与地面间的动摩擦因数，重力加速度，则下列说法正确的是（ ）
A．物体运动过程中最大动能为22.5J
B．物体运动过程中最大动能为97.5J
C．物体运动过程中摩擦产生的热量为160J
D．物体运动过程中摩擦产生的热量为150J
【答案】AD
【详解】AB．物体的最大静摩擦力
根据推力与位移的关系可知，物体开始做加速度减小的变加速直线运动，当加速度减为0时速度达到最大值，此时推力与滑动摩擦力平衡，则有
解得
推力做功
根据动能定理有
解得，故A正确，B错误；
CD．结合上述，当推力减为时物体速度减为0，则有
根据动能定理有
解得
则物体运动过程中摩擦产生的热量，故C错误，D正确。
故选AD。
4．（2025·安徽蚌埠·三模）传送带经常用于分拣货物。如图甲为传送带输送机简化模型图，传送带输送机倾角，顺时针匀速转动，在传送带下端A点无初速度放入货物。货物从下端A点运动到上端B点的过程中，其机械能E与位移s的关系图像（以A位置所在水平面为零势能面）如图乙所示。货物视为质点，质量，重力加速度。下列说法正确的是（ ）
A．传送带对货物的摩擦力全程没有改变
B．货物与传送带间的动摩擦因数为0.5
C．货物从下端A点运动到上端B点的时间为1.9s
D．传送带输送机因运送该货物而多消耗的电能为34J
【答案】C
【详解】A．根据功能关系，摩擦力对货物做的功等于货物机械能的变化量，故有
即
即图像的斜率等于摩擦力，故传送带对货物的摩擦力在处由滑动摩擦力变为静摩擦力，故A错误；
B．由题意知，
解得，故B错误；
C．货物在传送带上匀加速的过程，根据牛顿第二定律有
解得
设货物在传送带上匀加速的时间为，则
解得
传送带的运行速度为
货物随传送带一起匀速运动的过程，机械能的增加量等于重力势能的增加量，故有
求得
故货物随传送带一起匀速运动的时间为
故货物从下端A点运动到上端B点的时间为，故C正确；
D．设传送带输送机因运送该货物而多消耗的电能为，根据能量守恒有，故D错误。
故选C。
5．（2025·甘肃白银·三模）如图所示，半径为R=1.5m的弧形槽固定在水平面上，槽右侧衔接一长木板乙，质量为m0=1.5kg的可视为质点的滑块丙静止在长木板的最右端，长木板的上表面比弧形槽的最低点B高，可视为质点的物体甲由弧形槽左上方某高度处以水平速度抛出，抛出瞬间的动能为4.5J，经过一段时间物体甲无碰撞地由A点进入弧形槽，且物体甲在A点的动能为12.5J，物体甲滑到B点与长木板乙发生弹性碰撞，物体甲由A到B的过程中克服摩擦力做功0.5J。已知甲，乙的质量分别为m=1kg、M=3kg，滑块丙与长木板、长木板与地面之间的动摩擦因数均为μ=0.2，重力加速度g取10m/s2。求：
(1)物体甲的抛出点与A点间的水平间距；
(2)物体甲与长木板碰后瞬间的速度；
(3)欲使滑块丙不离开长木板乙，求长木板乙的最小长度以及全程滑块丙与长木板、长木板与地面之间因摩擦分别产生的热量。
【答案】(1)
(2)
(3)，，
【详解】（1）设物体甲抛出瞬间的速度为v0，由
解得
由题意可知，物体甲落在A点瞬间的速度沿弧形槽的切线方向，则物体甲落在A点瞬间的速度为
物体甲在A点的竖直分速度为
物体甲由抛出点到A点的时间为
物体甲的抛出点与A点间的水平间距为
（2）设弧形槽的圆心角为，由（1）解析可知
物体甲由A点运动到B点的过程中，由动能定理得
解得
物体甲与长木板乙发生弹性碰撞，设物体甲与长木板乙碰后的速度分别为，v2，由动量守恒定律以及机械能守恒定律得
解得，
（3）物体甲与长木板乙碰后，滑块丙向右做匀加速直线运动，加速度为
长木板乙的加速度为
当二者速度相等后，由于整体的加速度等于滑块丙的最大加速度，所以此后二者保持相对静止，设等速前经历的时间为t，则由速度关系得
解得
该过程中长木板乙的位移为
滑块丙的位移为
为使滑块丙不离开长木板乙，则长木板乙的最小长度为
解得
由以上分析可知，t时刻滑块丙和长木板乙的速度为
此后二者共同减速到静止，且减速时的加速度大小为
减速到静止的位移大小为
滑块丙与长木板因摩擦产生的热量为
长木板与地面之间因摩擦产生的热量为
6．（2025·山东日照·三模）如图所示，以4m/s的恒定速率逆时针匀速运行的传送带与水平面的夹角为30°，转轴间距为6m。将质量为2kg的小物块无初速度地放在传送带的顶端，物块与传送带之间的动摩擦因数为，最大静摩擦力等于滑动摩擦力，重力加速度g=10m/s2。在物块从传送带顶端滑到底端的过程中，求：
(1)所用的时间；
(2)物块与传送带之间因摩擦产生的热量。
【答案】(1)
(2)
【详解】（1）物块与传送带共速前，由牛顿第二定律得
解得
物块运动到与传送带共速所用的时间
运动的距离
共速后，由牛顿第二定律得
解得
运动到传送带底端的过程有
解得物块运动到传送带底端时的速度大小
该过程所用的时间
所以整个过程物块运动的时间
（2）整个过程中物块与传送带之间因摩擦产生的热量
解得
7．（2025·河南信阳·模拟预测）如图，四分之一光滑圆弧轨道ab自由放置在光滑水平面上，其半径，质量。紧靠圆弧轨道的右侧有一水平传送带与圆弧轨道相切于b点，皮带以速度顺时针匀速转动，在a的正上方高处将小物块A由静止释放，在a点沿切线方向进入圆弧轨道ab，当小物块A滑上水平传送带左端的同时，小物块B从传送带右端c点以的初速度向左滑上传送带，两物块均可视为质点，质量均为2kg，与传送带间的动摩擦因数均为。两物块在传送带上运动的过程中不发生碰撞，取重力加速度大小。求：
(1)小物块A到达圆弧轨道最低点时的速度和此过程中圆弧轨道的位移；
(2)全过程A、B两个物块与传送带之间各自产生的摩擦热。
【答案】(1)，
(2)，
【详解】（1）小物块A下降过程由能量守恒得
规定向右为正方向，由水平方向动量守恒得
联立解得
因为
且
得
（2）小物块A滑上传送带后由牛顿第二定律得
解得
经时间，小物块A与传送带共速，由
解得
此过程小物块A与传送带间的相对路程为
解得
小物块A与传送带之间的摩擦热
解得
小物块B滑上传送带之后其加速度与小物块A大小相等，小物块先向左做匀减速直线运动再向右做匀加速直线运动，直到与传送带共速。
速度减为零经历的时间为，由
解得
此过程小物块B与传送带间的相对路程为
联立解得
小物块B向右匀加速的时间为，由
解得
此过程小物块B与传送带间的相对路程为
解得
小物块B与传送带之间的摩擦热
联立解得
8．（2025·湖北武汉·模拟预测）如图所示，在粗糙的水平桌面上放置着质量为的物块，用一根平行桌面的轻质弹簧连接，弹簧的劲度系数为。物块通过不可伸长的轻绳（平行桌面）跨过光滑轻质滑轮，连在质量为的物块上，用外力控制使弹簧处于原长。撤去外力，、由静止开始运动，已知与桌面间的动摩擦因数均为，最大静摩擦力等于滑动摩擦力，B不会与滑轮碰撞，弹簧的弹性势能（表示弹簧的形变量），弹簧始终在弹性限度内，重力加速度大小为，求
(1)释放瞬间C的加速度大小；
(2)C的最大速度大小；
(3)A的最大速度大小。
【答案】(1)
(2)
(3)
【详解】（1）静止释放物块瞬间，对进行受力分析列牛顿第二定律方程有
对进行受力分析列牛顿第二定律方程有
联立解得释放瞬间C的加速度大小为
（2）假设的加速度为0时，未滑动。设此时绳的拉力为，则对列平衡方程有
设此时弹簧的弹力为，对B受力分析列平衡方程有
设此时A受到的摩擦力为，对A受力分析列平衡方程有
联立解得
因为A与地面间的最大静摩擦力为
即速度最大时，恰好发生滑动。设此时弹簧的形变量为，则有
解得
所以对弹簧、B、C和桌面，由能量守恒定律有
解得C的最大速度为
（3）设从A开始运动到第一次达到最大速度的运动时间为，则对、列动量定理方程有
对列动量定理方程有
其中
当的速度最大时，的加速度为0，此时弹簧形变与开始滑动时相同，即从开始滑动到第一次速度最大的过程中、、的位移大小相等，设为，由能量守恒得
联立解得
9．（2025·浙江杭州·模拟预测）货物传送装置的结构如图所示，在竖直面内有三个半径均为的圆形转动轮，轮外绕有绷紧的传送带，三个轮子均顺时针匀速转动，圆心分别为和。C、D、E和F均为传送带和圆形转动轮的切点，CD段传送带水平且足够长。有半径为的光滑的四分之一圆弧轨道，轨道末端点处的切线为水平方向，且不计间的高度差，不影响传送带运动。小物块放置在点，小物块从段某处静止释放，在点以与发生弹性碰撞后，、均立即落到点，与传送带恰好没有摩擦力。、均可视为质点，的质量为，的质量为，小物块与传送带之间的摩擦因数，的间距，求：
(1)的释放点相对于点的高度；
(2)对轨道的最大作用力；
(3)碰后、的最大间距；
(4)若转动轮转动的角速度，在段运动时恰好不发生相对滑动，求在到的过程中对传送带所做的总功。
【答案】(1)0.45m；
(2)26N，方向竖直向下；
(3)；
(4)
【详解】（1）从释放点到点，只有重力做功，由动能定理
即
解得
（2）在圆弧轨道最低点时，对轨道的作用力最大，对受力分析由牛顿第二定律
其中是轨道对的支持力
根据牛顿第三定律，对轨道的作用力与轨道对的支持力大小相等、方向竖直向下，大小为
（3）设、碰撞后的速度分别为、，取水平向右为正方向根据动量守恒定律得
机械能守恒定律
代入数据联立解得，
碰撞后小物块、均立即落到点，与传送带恰好没有摩擦力，说明与传送带没有相对滑动，二者共速，传送带的速度为
因此与传送带保持相对静止，做匀减速直线运动，直到与传送带共速，小物块的加速度大小
根据运动学公式
代入数据解得碰后、的最大间距
（4）根据线速度与角速度的关系，传送带的速度
设对应的圆心角为，因为滑块在点不相对滑动，在点，根据平衡条件
根据牛顿第二定律
可以解得
又
所以滑块在上不会下滑，滑块在上与传送带恰好没有摩擦力，因此不对传送带做功，那么整个过程中根据能量守恒，对传送带所做的总功可以理解为重力势能的减少量，可以判断对传送带所做的总功
解得
10．（2025·河北·模拟预测）如图所示，AB为弧形轨道，在B处与水平轨道BH平滑相接，CDE为半径的圆形轨道（C、E略微错开），FG段是长，以的速率顺时针传动的传送带，水平轨道GH的末端H处放置长、质量的木板。现让质量的滑块（可视为质点）从AB轨道高h处由静止滑下。已知滑块与传送带及木板间的动摩擦因数分别为和，其余摩擦均不计，重力加速度g取。求：
(1)若滑块恰好通过圆形轨道最高点，则滑块下落的高度；
(2)若滑块恰好不滑离木板，则滑块下落的高度。
(3)滑块到达传送带右端G点的速度大小与滑块下落高度的关系。
【答案】(1)0.25m
(2)0.3m
(3)见解析
【详解】（1）若滑块恰好通过圆形轨道最高点，则有
滑块从释放到圆形轨道最高点，由动能定理有
解得滑块下落的高度
（2）若滑块到达木板右端时二者共速，则滑块恰好不滑离木板，规定向右为正方向，由动量守恒有
由能量守恒有
联立解得
可知物块在传送带上一直做加速运动，滑块从释放点到H点，由动能定理有
联立解得
（3）若滑块一直加速到G点的速度大小为时，有
解得
若滑块一直减速到G点的速度大小为时，
解得
a．当，有
滑块在传送带上运动过程有
解得
b．当，有
c．当，有
解得
11．（2025·宁夏石嘴山·三模）如图甲，某新能源工厂采用智能调速传送带运输原料，传送带水平放置且足够长，以4m/s顺时针转动。现将一质量为2kg的货物轻放在传送带左端，货物与传送带间的动摩擦因数。实时调节传送带速度，使其在货物运动过程中按图乙规律变化。重力加速度取10m/s2。则货物在3s内的运动情况，下列说法正确的是（ ）
A．传送带对货物做功为4JB．货物始终向右加速，3s末速度达到4m/s
C．货物相对传送带的总位移为3mD．系统因摩擦产生的热量为14J
【答案】AD
【详解】ABC．货物刚放上传送带时，根据牛顿第二定律有
解得
由图乙可知，在内，传送带速度保持不变，在时货物的速度为
该过程货物和传送带通过的位移大小分别为，
该过程货物与传送带发生的相对位移大小为
由图乙可知，在内，传送带做匀减速运动，减速的加速度大小为
设从经过时间，货物与传送带共速，则有
解得，
在时间内货物和传送带通过的位移大小分别为，
该过程货物与传送带发生的相对位移大小为
货物与传送带共速后，与传送带保持相对静止；先随着传送带做匀减速运动，再匀速运动；由图乙可知时，货物的速度为
根据动能定理可知传送带对货物做功为
货物相对传送带的总位移为，故A正确，BC错误；
D．系统因摩擦产生的热量为，故D正确。
故选AD。
12．（2025·河南·模拟预测）某物流公司设计了如图所示的自动卸货装置，质量为m的平底货箱内装有质量为3m的货物，从光滑圆弧轨道上高为L的A点由静止释放，平滑滑上静止在足够长的光滑水平轨道上的平板小车，小车长为L、质量为m。货箱在小车上滑行恰好与小车右端挡板相碰，且与挡板碰撞后共速。而后随小车向右运动至水平轨道右端时，压缩固定在水平轨道右端的弹簧，当弹簧被压缩到最短时将小车锁定。卸下货物后将平底货箱紧靠挡板放置并解除对小车的锁定，弹簧能量全部释放，将小车及货箱一起弹回。当小车与水平轨道左侧台阶碰撞瞬间停止，货箱滑出小车冲上圆弧轨道。设货箱长和宽远小于L，货物不会在平底货箱中滑动，弹簧的形变始终处于弹性限度内，重力加速度为g。求：
(1)货箱滑上小车前瞬间的速度大小；
(2)求货箱与小车间的滑动摩擦因数；
(3)空货箱返回后在圆弧轨道上升的最大高度。
【答案】(1)
(2)
(3)1.4L
【详解】（1）设平底货箱滑上小车前瞬间的速度大小为，对平底货箱从A点到滑上小车前，由动能定理有
解得
（2）平底货箱刚好与小车右端挡板相碰，则系统损失的动能刚好等于平底货箱在小车上相对滑动产生的热量，由动量守恒定律有
由能量守恒定律有
解得
（3）设小车被锁定时弹簧的弹性势能为，根据能量守恒定律可知
解得
弹回过程中，弹性势能转化为平底货箱和小车的动能，而小车与水平轨道左侧台阶碰撞时瞬间停止，则这一部分能量损失，此时平底货箱从挡板处滑上h高度，则有
解得h=1.4L
13．（2025·四川成都·模拟预测）如图所示，水平传送带以的速率沿顺时针方向匀速转动，左端与一固定的竖直光滑圆弧轨道平滑对接，右端与一足够长的水平光滑轨道平滑对接，两对接处间距。光滑圆弧半径。已知滑块A（可看作质点）的质量，A与传送带之间的动摩擦因数，质量的滑块B静止在传送带右侧的轨道上，A、B间的碰撞可视为弹性碰撞，重力加速度大小，现A以的初动能从圆弧顶端（与圆心O等高）沿轨道下滑，下列说法中正确的是（ ）
A．滑块A运动至O点正下方时，轨道对它的支持力的大小为
B．当物体在传送带上时，传送带克服摩擦力的功率为
C．滑块A最终运动的速度大小为
D．因传送物块A，传送带多消耗的电能为
【答案】AC
【详解】A．滑块A运动至O点正下方过程中，根据动能定理
解得
滑块A运动至O点正下方时，根据牛顿第二定律
解得轨道对滑块A的支持力的大小为，故A正确；
B．当物体在传送带上时，滑动摩擦力大小为
传送带克服摩擦力的功率为，故B错误；
C．滑块A在传送带上与传送带相对滑动时，根据牛顿第二定律
解得
假设滑块A在传送带上可以与传送带共速，则共速时A的位移大小为
即滑块A到达传送带右端时，恰好与传送带共速。此后滑块A与滑块B发生弹性碰撞，则有，
联立，解得，
因为所以，此后滑块A滑上传送带并以原速率返回与滑块B发生第二次碰撞，根据动量守恒和能量守恒有，
解得
因为，所以此后滑块A滑上传送带并以原速率返回后无法追上滑块B发生第三次碰撞，即滑块A最终运动的速度大小为，故C正确；
D．滑块A与滑块B第一次碰撞前，滑块A在传送带上运动时间为
滑块A与滑块B第一次碰撞后，在传送带上运动时间为
滑块A与滑块B第二次碰撞后，在传送带上运动时间为
所以，滑块A在传送带上运动的总时间为
则因传送物块A，传送带多消耗的电能为，故D错误。
故选AC。
14．（2025·北京东城·二模）如图所示，水平传送带以速度匀速运动，将质量为的小物块无初速度放在传送带的左端，传送带足够长，物块到达右端之前已经与传送带共速。下列说法正确的是（ ）
A．物块与传送带共速后，物块受到向右的静摩擦力
B．传送带运动速度越大，物块加速运动的时间越短
C．物块与传送带共速前，摩擦力对物块做负功
D．物块与传送带之间因摩擦产生的热量等于
【答案】D
【详解】A．物块与传送带共速后，做匀速直线运动，则水平方向上处于平衡状态，故不受摩擦力，故A错误；
BC．物块在与传送带共速前，受到水平向右的滑动摩擦力，使物块向右加速，摩擦力做正功；根据牛顿第二定律可得加速度为定值，根据可得，若达到与传送带相同的速度，则加速度为定值，传送带运动速度越大，物块加速运动的时间越长，故BC错误；
D．对物体分析，
传送带的位移为，划痕为
摩擦产生的热量
故D正确。
故选D。
15．（2025·贵州贵阳·模拟预测）如图所示，一倾角为37°的传送带顺时针转动，速度大小恒为2m/s，AB间的距离为10m。现将质量为0.1kg的煤块（可视为质点）轻轻放在A端，煤块与传送带之间的动摩擦因数为0.8，重力加速度为，。下列说法正确的是（ ）
A．煤块受到的摩擦力一直不变
B．煤块从A点运动到B点所用时间为7.5s
C．煤块在传送带上留下的划痕长度为5m
D．因为运送煤块，传送带多消耗的电能为9.4J
【答案】BCD
【详解】A．煤块刚放在传送带上时，受到沿传送带向上的滑动摩擦力，其大小为
所以煤块沿传送带向上匀加速运动，根据牛顿第二定律有
求得
煤块加速到与传送带速度相等需要通过的位移大小为
煤块的速度与传送带相等后，煤块随传送带一起匀速运动，受到沿传送带向上的静摩擦力，其大小为
故A错误；
B．物块在传送带上匀加速运动的时间为
匀速运动的时间为
所以，煤块从A点运动到B点所用时间为
故B正确；
C．煤块在传送带上留下的划痕长度等于煤块匀加速运动过程中相对于传送带的位移大小，即痕迹长度
故C正确；
D．因为运送煤块，传送带多消耗的电能等于煤块增加的动能、煤块增加的重力势能、因摩擦产生的内能三者之和，即传送带多消耗的电能
故D正确。
故选BCD。
16．（2025·河南·三模）如图所示，左端固定的轻弹簧可以锁定在不同的压缩状态，质量的小滑块静止于光滑水平面并紧靠弹簧右端，水平面的右端与倾角的传送带平滑连接。已知滑块滑上传送带前已经做匀速运动，传送带两转轴间的距离，滑块与传送带之间的动摩擦因数，重力加速度，弹簧始终处于弹性限度内，，；
(1)传送带不动，弹簧解除锁定后滑块恰能滑至传送带顶端，求弹簧锁定时的弹性势能；
(2)若传送带以恒定速率顺时针转动，解除锁定时弹簧的弹性势能，解除锁定后滑块滑至传送带顶端，求电动机因传送滑块多做的功。
【答案】(1)
(2)
【详解】（1）根据题意，由能量守恒定律有
代入数据解得
（2）若弹簧的弹性势能为
设滑块滑上传送带前的速度为，根据能量守恒定律有
解得
因为，所以滑块在传送带上减速运动，根据牛顿第二定律有
解得
设滑块在传送带上运动时间为，由运动学公式有
解得，（舍去）
滑块到达传送带顶端时的速度
则滑块与传送带的相对位移为
根据能量守恒
核心考点
TOC \ "1-3" \h \z \u \l "_Tc10418" 考点梳理1 功能关系的理解及应用 PAGEREF _Tc10418 \h 1
\l "_Tc32754" 母题考点一 功能关系的理解及应用 PAGEREF _Tc32754 \h 2
\l "_Tc4630" 考点梳理2 能量守恒定律的理解及应用 PAGEREF _Tc4630 \h 8
\l "_Tc31280" 母题考点二 能量守恒定律的理解及应用 PAGEREF _Tc31280 \h 9
\l "_Tc29634" 考点梳理3 “传送带”问题中的摩擦力做功分析 PAGEREF _Tc29634 \h 13
\l "_Tc2327" 母题考点三 “传送带”问题中的摩擦力做功分析 PAGEREF _Tc2327 \h 14
\l "_Tc15340" 考点梳理4 “滑块—木板”问题中的摩擦力做功分析 PAGEREF _Tc15340 \h 20
\l "_Tc8225" 母题考点四 “滑块—木板”问题中的摩擦力做功分析 PAGEREF _Tc8225 \h 21
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－Ep2
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＝ΔE
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＝ΔE增。
3．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。
(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。
4．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
(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能定理分析。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。
【母题1】（2025·湖南·高考真题）如图，某爆炸能量测量装置由装载台和滑轨等构成，C是可以在滑轨上运动的标准测量件，其规格可以根据测量需求进行调整。滑轨安装在高度为h的水平面上。测量时，将弹药放入装载台圆筒内，两端用物块A和B封装，装载台与滑轨等高。引爆后，假设弹药释放的能量完全转化为A和B的动能。极短时间内B嵌入C中形成组合体D，D与滑轨间的动摩擦因数为。D在滑轨上运动距离后抛出，落地点距抛出点水平距离为，根据可计算出弹药释放的能量。某次测量中，A、B、C质量分别为、、，，整个过程发生在同一竖直平面内，不计空气阻力，重力加速度大小为g。则（ ）
A．D的初动能与爆炸后瞬间A的动能相等
B．D的初动能与其落地时的动能相等
C．弹药释放的能量为
D．弹药释放的能量为
【答案】BD
【详解】A．爆炸后，AB组成的系统动量守恒，即3mv1=mv2
B与C碰撞过程动量守恒mv2=6mv
联立解得v=0.5v1。
爆炸后瞬间A的动能
D的初动能
两者不相等，故A错误；
B．D水平滑动过程中摩擦力做功为
做平抛运动过程中重力做的功为
故D从开始运动到落地瞬间合外力做功为0，根据动能定理可知D的初动能与其落地时的动能相等，故B正确；
CD．D物块平抛过程有，
联立可得
D水平滑动过程中根据动能定理有
化简得
弹药释放的能量完全转化为A和B的动能，则爆炸过程的能量为
故C错误，D正确。
故选BD。
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
3．能量守恒问题的几点注意
(1)涉及滑动摩擦力做功的能量问题的解题方法
①当涉及滑动摩擦力做功，机械能不守恒时，一般应用能量守恒定律。
②解题时，首先确定初、末状态，然后分析状态变化过程中哪种形式的能量减少，哪种形式的能量增加，求出减少的能量总和ΔE减和增加的能量总和ΔE增，最后由ΔE减＝ΔE增列式求解。
(2)涉及弹簧弹力做功的能量问题的解题关键
两个或两个以上的物体与弹簧组成的系统相互作用的过程，具有以下特点：
①能量变化上，如果只有重力和系统内弹簧弹力做功，系统机械能守恒。
②如果系统中每个物体除弹簧弹力外所受合力为零，则当弹簧伸长或压缩到最大程度时两物体速度相同，同时弹性势能最大，动能最小。
【母题2】（2025·浙江·高考真题）如图所示，风光互补环保路灯的主要构件有：风力发电机，单晶硅太阳能板，额定电压容量的储能电池，功率的LED灯。已知该路灯平均每天照明；标准煤完全燃烧可发电2.8度，排放二氧化碳。则（ ）
A．风力发电机的输出功率与风速的平方成正比
B．太阳能板上接收到的辐射能全部转换成电能
C．该路灯正常运行6年，可减少二氧化碳排放量约
D．储能电池充满电后，即使连续一周无风且阴雨，路灯也能正常工作
【答案】D
【详解】A．设时间，风力发电机的扇叶半径为，假设风的动能全部变成发电机输出，输出功率为，即风力发电机的输出功率与风速的三次方成正比，故A错误；
B．太阳能板上接收到的辐射能不能全部转换成电能，存在能量损耗，转换效率一般在15%~20%左右，故B错误；
C．已知路灯的功率为
每天照明，一年按365天计算，6年的总时间
可得总耗电量为
因标准煤完全燃烧可发电2.8度，排放二氧化碳，则减少的二氧化碳排放量为，故C错误；
D．已知储能电池的额定电压，容量，则电池的电能为
而路灯连续一周的耗电量为
因，所以储能电池充满电后，即使连续一周无风且阴雨，路灯也能正常工作。故D正确。
故选D。
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。
(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。
3．摩擦生热的三点提醒
(1)大小：系统内因滑动摩擦力做功产生的热量Q＝Ffx相对。
(2)产生：有滑动摩擦力的系统内存在相对位移，摩擦生热Q＝Ffx相对，x相对是两物体间相对运动的路程，即同向相减、反向相加；若物体做往复运动，则x相对为总的相对路程。
(3)能量变化的两种形式：一是相互摩擦的物体之间机械能转移；二是系统的机械能转化为内能(即热量)。
【母题3】（2025·广西·高考真题）图甲为某智能分装系统工作原理示意图，每个散货经倾斜传送带由底端A运动到顶端B后水平抛出，撞击冲量式传感器使其输出一个脉冲信号，随后竖直掉入以与水平传送带共速度的货箱中，此系统利用传感器探测散货的质量，自动调节水平传送带的速度，实现按规格分装。倾斜传送带与水平地面夹角为，以速度匀速运行。若以相同的时间间隔将散货以几乎为0的速度放置在倾斜传送带底端A，从放置某个散货时开始计数，当放置第10个散货时，第1个散货恰好被水平抛出。散货与倾斜传送带间的动摩擦因数，到达顶端前已与传送带共速。设散货与传感器撞击时间极短，撞击后竖直方向速度不变，水平速度变为0。每个长度为d的货箱装总质量为M的一批散货。若货箱之间无间隔，重力加速度为g。分装系统稳定运行后，连续装货，某段时间传感器输出的每个脉冲信号与横轴所围面积为I如图乙，求这段时间内：
(1)单个散货的质量。
(2)水平传送带的平均传送速度大小。
(3)倾斜传送带的平均输出功率。
【答案】(1)
(2)
(3)
【详解】（1）某段时间传感器输出的每个脉冲信号与横轴所围面积为I，可知受到的冲量为I，则对单个散货水平方向由动量定理
解得单个散货的质量为
（2）落入货箱中散货的个数为
则水平传送带的平均传送速度大小为
（3）设倾斜传送带的长度为L，其中散货在加速阶段，由牛顿第二定律
解得
加速时间
加速位移
设匀速时间为，其中
则匀速位移为
故传送带的长度为
加速阶段散货与传送带发生的相对位移为
在时间内传送带额外多做的功为
其中，，
联立可得倾斜传送带的平均输出功率为
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＝Δv2a2＝Δv1a1，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；
(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。
3．分析思路
(1)受力与运动分析：根据物体的运动过程分析物体的受力情况，以及不同运动过程中力的变化情况；
(2)做功分析：根据各种力做功的不同特点，分析各种力在不同运动过程中的做功情况；
(3)功能关系分析：运用动能定理、机械能守恒定律或能量守恒定律进行分析，选择合适的规律求解。
4．方法技巧
(1)“合”——整体上把握全过程，构建大致的运动情景；
(2)“分”——将全过程进行分解，分析每个子过程对应的基本规律；
(3)“合”——找出各子过程之间的联系，以衔接点为突破口，寻求解题最优方案。
【母题4】（2023·全国乙卷·高考真题）如图，一质量为M、长为l的木板静止在光滑水平桌面上，另一质量为m的小物块（可视为质点）从木板上的左端以速度v0开始运动。已知物块与木板间的滑动摩擦力大小为f，当物块从木板右端离开时（ ）

A．木板的动能一定等于flB．木板的动能一定小于fl
C．物块的动能一定大于D．物块的动能一定小于
【答案】BD
【详解】方法一：设物块离开木板时的速度为，此时木板的速度为，由题意可知
设物块的对地位移为，木板的对地位移为
CD．根据能量守恒定律可得
整理可得
D正确，C错误；
AB．因摩擦产生的摩擦热
根据运动学公式，
因为
可得
则
所以
B正确，A错误。
故选BD。
方法二：AB．画出物块与木板运动示意图和速度图像。
对物块，由动能定理
对木板，由动能定理
根据速度图像面积表示位移可知，
且
故
故A错误，B正确；
CD．对系统，由能量守恒定律
物块动能
故C错误，D正确。
故选BD。