2024届高考物理一轮复习教案第六章第4讲功能关系能量守恒定律（粤教版新教材）

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考点一 功能关系的理解和应用
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
1．一个物体的能量增加，必定有别的物体的能量减少．( √ )
2．合力做的功等于物体机械能的改变量．( × )
3．克服与势能有关的力(重力、弹簧弹力、电场力等)做的功等于对应势能的增加量．( √ )
4．滑动摩擦力做功时，一定会引起机械能的转化．( √ )
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、电场力等)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．
考向1 功能关系的理解
例1 (多选)如图所示，楔形木块abc固定在水平面上，粗糙斜面ab与水平面的夹角为60°，光滑斜面bc与水平面的夹角为30°，顶角b处安装一定滑轮．质量分别为M、m(M>m)的两滑块A和B，通过不可伸长的轻绳跨过定滑轮连接，轻绳与斜面平行．两滑块由静止释放后，沿斜面做匀加速运动，A、B不会与定滑轮碰撞．若不计滑轮的质量和摩擦，在两滑块沿斜面运动的过程中( )
A．轻绳对滑轮作用力的方向竖直向下
B．拉力和重力对M做功之和大于M动能的增加量
C．拉力对M做的功等于M机械能的增加量
D．两滑块组成系统的机械能损失等于M克服摩擦力做的功
答案 BD
解析 根据题意可知，两段轻绳的夹角为90°，轻绳拉力的大小相等，根据平行四边形定则可知，合力方向与轻绳方向的夹角为45°，所以轻绳对滑轮作用力的方向不是竖直向下的，故A错误；对M受力分析，受到重力、斜面的支持力、轻绳的拉力以及滑动摩擦力作用，根据动能定理可知，M动能的增加量等于拉力、重力以及摩擦力做功之和，而摩擦力做负功，则拉力和重力对M做功之和大于M动能的增加量，故B正确；由除重力和弹力之外的力对物体做的功等于物体机械能的变化量可知，拉力和摩擦力对M做的功之和等于M机械能的增加量，故C错误；对两滑块组成系统分析可知，除了重力之外只有摩擦力对M做功，所以两滑块组成的系统的机械能损失等于M克服摩擦力做的功，故D正确．
例2 (多选)(2023·广东韶关市南雄中学适应性测试)韩晓鹏是我国首位在冬奥会雪上项目夺冠的运动员，他在一次自由式滑雪空中技巧比赛中沿“助滑区”保持同一姿态下滑了一段距离，重力对他做功1 800 J，他克服阻力做功100 J．韩晓鹏在此过程中( )
A．动能增加了1 700 J
B．机械能减少了100 J
C．机械能增加了1 700 J
D．重力势能减少了1 700 J
答案 AB
解析 动能增加量等于合力做的功，则动能增加了1 800 J－100 J＝1 700 J，选项A正确；机械能减少量等于克服阻力做的功，则机械能减少了100 J，选项B正确，C错误；重力做的功等于重力势能的减少量，则重力势能减少了1 800 J，选项D错误．
考向2 功能关系与图像的结合
例3 (多选)(2020·全国卷Ⅰ·20)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＝μmgcs α·s，其中cs α＝eq \f(\r(s2－h2),s)＝0.8，h＝3.0 m，g＝10 m/s2，则可得m＝1 kg，μ＝0.5，故B正确；物块下滑时加速度的大小a＝gsin α－
μgcs α＝2.0 m/s2，故C错误；物块下滑2.0 m时损失的机械能为ΔE′＝μmgcs α·s′＝8 J，故D错误．
考点二 摩擦力做功与能量转化
两种摩擦力做功特点的比较
例4 (多选)如图所示，一个长为L，质量为M的木板，静止在光滑水平面上，一个质量为m的物块(可视为质点)，以水平初速度v0，从木板的左端滑向另一端，设物块与木板间的动摩擦因数为μ，当物块与木板相对静止时，物块仍在长木板上，物块相对木板的位移为d，木板相对地面的位移为s，重力加速度为g.则在此过程中( )
A．摩擦力对物块做的功为－μmg(s＋d)
B．摩擦力对木板做的功为μmgs
C．木板动能的增量为μmgd
D．由于摩擦而产生的热量为μmgs
答案 AB
解析 根据功的定义有W＝Flcs θ，其中l指物体的位移，而θ指力与位移之间的夹角，可知摩擦力对物块做的功W1＝－μmg(s＋d)，摩擦力对木板做的功W2＝μmgs，A、B正确；根据动能定理可知木板动能的增量ΔEk＝W2＝μmgs，C错误；由于摩擦而产生的热量Q＝f·Δs＝μmgd，D错误．
例5 (多选)(2019·江苏卷·8)如图所示，轻质弹簧的左端固定，并处于自然状态．小物块的质量为m，从A点向左沿水平地面运动，压缩弹簧后被弹回，运动到A点恰好静止．物块向左运动的最大距离为s，与地面间的动摩擦因数为μ，重力加速度为g，弹簧未超出弹性限度．在上述过程中( )
A．弹簧的最大弹力为μmg
B．物块克服摩擦力做的功为2μmgs
C．弹簧的最大弹性势能为μmgs
D．物块在A点的初速度为eq \r(2μgs)
答案 BC
解析 物块处于最左端时，弹簧的压缩量最大，然后物块先向右加速运动再减速运动，可知弹簧的最大弹力大于滑动摩擦力μmg，选项A错误；物块从开始运动至最后回到A点过程，由功的定义可得物块克服摩擦力做的功为2μmgs，选项B正确；物块从最左侧运动至A点过程，由能量守恒定律可知Ep＝μmgs，选项C正确；设物块在A点的初速度大小为v0，对整个过程应用动能定理有－2μmgs＝0－eq \f(1,2)mv02，解得v0＝2eq \r(μgs)，选项D错误．
考点三 能量守恒定律的理解和应用
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．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．
例6 (多选)(2023·广东省金山中学高三检测)如图所示，轻弹簧放在倾角为37°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b点对齐，质量为m的物块在斜面上的a点由静止释放，物块下滑后，压缩弹簧至c点时速度刚好为零，物块被反弹后返回b点时速度刚好为零，已知ab长为L，bc长为eq \f(L,4)，重力加速度为g，sin 37°＝0.6，cs 37°＝0.8.则( )
A．物块与斜面间的动摩擦因数为0.5
B．物块接触弹簧后，速度先减小后增大
C．弹簧具有的最大弹性势能为0.5mgL
D．物块在上述过程因摩擦产生的热量为0.6mgL
答案 AD
解析 物块在a点由静止释放，压缩弹簧至c点，被反弹后返回b点时速度刚好为零，对整个过程应用动能定理得mgLsin θ－μmgcs θ(L＋eq \f(L,4)＋eq \f(L,4))＝0，解得μ＝0.5，则整个过程因摩擦产生的热量为Q＝μmgcs θ(L＋eq \f(L,4)＋eq \f(L,4))＝0.6mgL，故A、D正确；物块接触弹簧后，向下运动时，开始由于mgsin θ>μmgcs θ＋F弹，物块继续向下加速，F弹继续变大，当mgsin θ<
μmgcs θ＋F弹时，物块将向下减速，则物块向下运动时先加速后减速，向上运动时，由于在c点和b点的速度都为零，则物块先加速后减速，故B错误；设弹簧的最大弹性势能为Epm，物块由a点到c点的过程中，根据能量守恒定律得mgsin θ(L＋eq \f(L,4))＝μmgcs θ(L＋eq \f(L,4))＋Epm，解得Epm＝0.25mgL，故C错误．
例7 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＝eq \f(\r(3),4)，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，滑轮右侧绳子始终与斜面平行，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．已知重力加速度大小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·2mgcs θ·L＝eq \f(1,2)×3mv02－eq \f(1,2)×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点压缩弹簧至最短后恰好返回到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eq \f(1,2)×3mv2－0＝μ·2mgcs 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点到弹簧被压缩至最短过程中由能量守恒定律可得
eq \f(1,2)×3mv2＋2mgxsin θ－mgx＝μ·2mgcs θ·x＋Epm，解得Epm＝6 J.
应用能量守恒定律解题的步骤
1．首先确定初、末状态，分清有几种形式的能在变化，如动能、势能(包括重力势能、弹性势能、电势能)、内能等．
2．明确哪种形式的能量增加，哪种形式的能量减少，并且列出减少的能量ΔE减和增加的能量ΔE增的表达式．
课时精练
1.(多选)如图所示，在粗糙的桌面上有一个质量为M的物块，通过轻绳跨过定滑轮与质量为m的小球相连，不计轻绳与滑轮间的摩擦，在小球下落的过程中，下列说法正确的是( )
A．小球的机械能守恒
B．物块与小球组成的系统机械能守恒
C．若小球匀速下降，小球减少的重力势能等于物块与桌面间摩擦产生的热量
D．若小球加速下降，小球减少的机械能大于物块与桌面间摩擦产生的热量
答案 CD
解析 在小球下落的过程中，轻绳的拉力对小球做负功，小球的机械能减少，故A错误；由于物块要克服摩擦力做功，物块与小球组成的系统机械能不守恒，故B错误；若小球匀速下降，系统的动能不变，则根据能量守恒定律可知，小球减少的重力势能等于物块与桌面间摩擦产生的热量，故C正确；若小球加速下降，则根据能量守恒定律可知，小球减少的机械能等于物块与桌面间摩擦产生的热量及物块增加的动能之和，所以小球减少的机械能大于物块与桌面间摩擦产生的热量，故D正确．
2．某同学用如图所示的装置测量一个凹形木块的质量m，弹簧的左端固定，木块在水平面上紧靠弹簧(不连接)并将其压缩，记下木块右端位置A点，静止释放后，木块右端恰能运动到B1点．在木块槽中加入一个质量m0＝800 g的砝码，再将木块左端紧靠弹簧，木块右端位置仍然在A点，静止释放后木块离开弹簧，右端恰能运动到B2点，测得AB1、AB2长分别为27.0 cm和9.0 cm，则木块的质量m为( )
A．100 g B．200 g C．300 g D．400 g
答案 D
解析 根据能量守恒定律，有μmg·AB1＝Ep，μ(m0＋m)g·AB2＝Ep，联立解得m＝400 g，D正确．
3．(2023·广东东莞市调研)在奥运比寒项目中，跳水是我国运动员的强项．质量为m的运动员竖直进入水中后，受到水的阻力而做变速运动，设水对运动员的阻力大小恒为F，在下降高度为h的过程中，运动员的(已知重力加速度为g)( )
A．动能减少了Fh
B．重力势能增加了mgh
C．机械能减少了(F－mg)h
D．机械能减少了Fh
答案 D
解析 根据动能定理mgh－Fh＝0－eq \f(1,2)mv2，解得eq \f(1,2)mv2＝(F－mg)h，动能减少了(F－mg)h，A错误； 重力势能减少了mgh，B错误； 机械能减少量等于克服阻力所做的功，所以机械能的减少量等于Fh，C错误，D正确．
4.(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( )
A．重力做功2mgRB．机械能减少mgR
C．合力做功eq \f(1,2)mgRD．克服摩擦力做功eq \f(1,2)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＝meq \f(vB2,R)，解得vB＝eq \r(gR)，则此过程中机械能的减少量为ΔE＝mgR－eq \f(1,2)mvB2＝eq \f(1,2)mgR，故B错误；根据动能定理可知，合外力做功W合＝eq \f(1,2)mvB2－0＝eq \f(1,2)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＝eq \f(1,2)mgR，故D正确．
5．一木块静置于光滑水平面上，一颗子弹沿水平方向飞来射入木块中．当子弹进入木块的深度达到最大值2.0 cm时，木块沿水平面恰好移动1.0 cm.在上述过程中系统损失的机械能与子弹损失的动能之比为( )
A．1∶2 B．1∶3 C．2∶3 D．3∶2
答案 C
解析 根据题意，子弹在摩擦力作用下的位移为s1＝(2＋1) cm＝3 cm，木块在摩擦力作用下的位移为s2＝1 cm；系统损失的机械能转化为内能，根据功能关系，有ΔE系统＝Q＝f·Δs＝f(s1－s2)；子弹损失的动能等于子弹克服摩擦力做的功，故ΔEk子弹＝fs1；所以eq \f(ΔE系统,ΔEk子弹)＝eq \f(2,3)，所以C正确，A、B、D错误．
6.(多选)如图所示为玩具水弹枪的发射原理简图，水弹上膛时，弹簧被压缩，扣动扳机弹簧恢复原长，水弹被弹射出枪口，假设在此过程水弹与枪管的摩擦忽略不计，小朋友从1.25 m高处迎风水平发射一颗质量为10 g的水弹，水弹水平飞行15 m后恰竖直落回地面，由于水弹水平方向速度较大且迎风飞行，认为水平方向空气阻力恒定不变，所以可以将水弹在水平方向的运动看作匀减速直线运动，而竖直方向水弹速度始终比较小，故竖直方向空气阻力可忽略不计，可认为竖直方向上水弹做自由落体运动，g取10 m/s2，则以下选项正确的是( )
A．水弹落地时的动能为0.125 J
B．水平方向空气阻力做功的为15 J
C．弹性势能为18 J
D．水平方向空气阻力大小为2 N
答案 AC
解析 由题意可知，落地时水弹水平速度为0，根据动能定理可得，水弹落地时的动能等于下落过程中重力做的功，即Ek＝mgh＝0.125 J，故A正确；水弹在竖直方向做自由落体运动，根据h＝eq \f(1,2)gt2得t＝0.5 s，水弹落地时恰竖直落地，则说明水平方向水弹做匀减速直线运动且末速度恰好为零，设水平方向上加速度为a，则水平方向位移大小为x＝eq \f(1,2)at2，解得水平方向加速度大小为a＝120 m/s2，因此水平方向空气阻力大小为f＝ma＝1.2 N，水平方向空气阻力做的功为Wf＝fx＝18 J，故B、D错误；由功能关系可知，弹簧的弹性势能等于空气阻力所做的功，所以弹性势能Ep＝18 J，故C正确．
7．(多选)(2023·重庆市调研)将一初动能为E的物体(可视为质点)竖直上抛，物体回到出发点时，动能为eq \f(E,2)，取出发点位置的重力势能为零，整个运动过程可认为空气阻力大小恒定，则该物体动能与重力势能相等时，其动能为( )
A.eq \f(E,4)B.eq \f(3E,10)
C.eq \f(3E,7)D.eq \f(4E,9)
答案 BC
解析 设上升的最大高度为h，根据功能关系有f·2h＝E－eq \f(E,2)＝eq \f(E,2)，根据能量守恒可得E＝mgh＋fh，求得mgh＝eq \f(3,4)E，fh＝eq \f(1,4)E，求得f＝eq \f(1,3)mg，若在上升阶段离出发点H处动能和重力势能相等，由能量守恒定律有Ek＋mgH＝E－fH，Ek＝Ep＝mgH，联立解得Ek＝mgH＝eq \f(3,7)E，若在下降阶段离出发点H′处动能和重力势能相等，由能量守恒定律有Ek′＋mgH′＝E－f(2h－H′)，Ek′＝Ep′＝mgH′，联立解得Ek′＝mgH′＝eq \f(3,10)E，故选B、C.
8．(多选)(2023·广东省开学联考)北京冬奥会引发了全国的冰雪运动热潮．如图所示为某滑雪爱好者的滑雪场景，他由静止开始从一较陡斜坡滑到较为平缓的斜坡，假设整个过程未用雪杖加速，而且在两斜坡交接处无机械能损失，两斜坡的动摩擦因数相同．下列图像中s、t、Ek、E分别表示滑雪爱好者水平位移、所用时间、动能和机械能，下列图像正确的是( )
答案 BD
解析 设斜坡的倾角为θ，滑雪爱好者下滑过程中动能的变化量等于合力做的功，则Ek－Ek0＝mgstan θ－μmgs，即Ek＝mg(tan θ－μ)s，下滑过程中，倾角不变时，Ek－s图像的斜率不变，倾角变小，图像的斜率变小，故A项错误，B项正确；根据牛顿第二定律可得，滑雪爱好者下滑时有mgsin θ－μmgcs θ＝ma，可得a＝gsin θ－μgcs θ，E＝E0－μmgcs θ·eq \f(1,2)at2，即E＝E0－μmgcs θ·eq \f(1,2)g(sin θ－μcs θ)t2，当θ不变时，E与t2成线性关系，E－t图像为一抛物线，当θ发生变化时，E－t图像为另一抛物线，故C项错误；滑雪爱好者下滑过程中机械能的变化量等于摩擦力做的功，则E－E0＝－μmgcs θ·eq \f(s,cs θ)，即E＝E0－μmgs，所以E－s图像如D项所示，故D项正确．
9．(2023·山西太原市高三模拟)如图甲所示，一物块置于粗糙水平面上，其右端通过水平弹性轻绳固定在竖直墙壁上．用力将物块向左拉至O处后由静止释放，用传感器测出物块的位移s和对应的速度，作出物块的动能Ek－s关系图像如图乙所示．其中，0.10～0.25 m间的图线为直线，其余部分为曲线．已知物块与水平面间的动摩擦因数为0.2，取g＝10 m/s2，弹性绳的弹力与形变始终符合胡克定律，可知( )
A．物块的质量为0.2 kg
B．弹性绳的劲度系数为50 N/m
C．弹性绳弹性势能的最大值为0.6 J
D．物块被释放时，加速度的大小为8 m/s2
答案 D
解析 根据动能定理可得μmgΔs＝ΔEk，代入数据可得m＝eq \f(ΔEk,μgΔs)＝eq \f(0.30,0.2×10×0.25－0.10) kg＝1 kg，所以A错误；由题图乙可知动能最大时弹性绳弹力等于滑动摩擦力，则有kΔs1＝μmg，Δs1＝0.10 m－0.08 m＝0.02 m，解得k＝100 N/m，所以B错误；根据能量守恒定律有Epm＝μmgsm＝0.2×1×10×0.25 J＝0.5 J，所以C错误；物块被释放时，加速度的大小为a＝eq \f(kΔsm－μmg,m)＝eq \f(100×0.10－0.2×1×10,1) m/s2＝8 m/s2，所以D正确．
10.如图所示，在某竖直平面内，光滑曲面AB与粗糙水平面BC平滑连接于B点，BC右端连接内壁光滑、半径r＝0.2 m的eq \f(1,4)细圆管CD，管口D端正下方直立一根劲度系数为k＝100 N/m的轻弹簧，弹簧一端固定于地面上，另一端恰好与管口D端平齐．一个质量为1.0 kg的物块放在曲面AB上，现从距BC的高度为h＝0.6 m处由静止释放物块，它与BC间的动摩擦因数μ＝0.5，物块进入管口C端时，它对上管壁有FN＝2.5mg的作用力，通过CD后，在压缩弹簧过程中物块速度最大时弹簧的弹性势能Ep＝0.5 J．重力加速度g取10 m/s2.求：
(1)在压缩弹簧过程中物块的最大动能Ekm；
(2)物块最终停止的位置．
答案 (1)6 J (2)停在BC上距离C端0.3 m处(或距离B端0.2 m处)
解析 (1)在压缩弹簧过程中，物块速度最大时所受合力为零．设此时物块离D端的距离为x0，则有kx0＝mg，解得x0＝eq \f(mg,k)＝0.1 m
在C点，物块受到上管壁向下的作用力FN′＝2.5mg和重力，有FN′＋mg＝eq \f(mvC2,r)，解得vC＝eq \r(7) m/s.
物块从C点到速度最大时，
由能量守恒定律有mg(r＋x0)＝Ep＋Ekm－eq \f(1,2)mvC2，解得Ekm＝6 J
(2)物块从A点运动到C点的过程中，
由动能定理得mgh－μmgs＝eq \f(1,2)mvC2－0
解得B、C间距离s＝0.5 m
物块与弹簧作用后返回C处时动能不变，物块的动能最终消耗在与BC水平面相互作用的过程中．
设物块第一次与弹簧作用返回C处后，物块在BC上运动的总路程为s′，由能量守恒定律有：μmgs′＝eq \f(1,2)mvC2，解得s′＝0.7 m，故最终物块在BC上距离C点为x1＝0.5 m－(0.7 m－0.5 m)＝0.3 m(或距离B端为x2＝0.7 m－0.5 m＝0.2 m)处停下．
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
电场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＝eq \f(1,2)mv2－eq \f(1,2)mv02
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＝f·s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
类型
比较
静摩擦力做功
滑动摩擦力做功
不同点
能量的转化
只有机械能从一个物体转移到另一个物体，而没有机械能转化为其他形式的能
(1)一部分机械能从一个物体转移到另一个物体
(2)一部分机械能转化为内能，此部分能量就是系统机械能的损失量
一对摩擦力的总功
一对静摩擦力所做功的代数和总等于零
一对滑动摩擦力做功的代数和总是负值，总功W＝－fs相对，即发生相对滑动时产生的热量
相同点
做功情况
两种摩擦力对物体可以做正功，也可以做负功，还可以不做功