专题三××功能关系与能量守恒命题趋势功和功率的考查集中在正、负功的判断，机车启动为背景的功率的分析与计算，题型以选择题为主；动能定理在多过程问题中的应用等核心知识，题型多为计算题，且有一定的综合性。机械能守恒多与牛顿运动定律、平抛运动、圆周运动、动量等结合命题，题目的综合性较强，常与生产、生活科技实际相联系，题型呈现多样性、多过程出现在压轴题中。考点清单一、功、功率 动能定理1．功和功率的计算2．应用动能定理解题应注意的四点(1)动能定理往往用于单个物体的运动过程，由于不涉及加速度及时间，比动力学研究方法要简捷。(2)动能定理表达式是一个标量式，在某个方向上应用动能定理是没有依据的。(3)物体在某个运动过程中包含有几个运动性质不同的过程(如加速、减速的过程)，此时可以分段考虑，也可以对全过程考虑，但如能对整个过程利用动能定理列式，则可使问题简化。
(4)根据动能定理列方程时，必须明确各力做功的正、负，确实难以判断的先假定为正功，最后根据结果加以检验。二、机械能守恒定律 功能关系1．机械能守恒定律的三种表达形式2．应用能量守恒定律的两条基本思路(1)某种形式的能减少，一定存在其他形式的能增加，且减少量和增加量相等，即ΔE减＝ΔE增。(2)某个物体的能量减少，一定存在其他物体的能量增加，且减少量和增加量相等，即ΔEA减＝ΔEB增。精题集训（70分钟）经典训练题1．(多解)一质量为m的物体静止在水平地面上，在水平拉力的作用下开始运动，图甲是在0～6s内其速度与时间关系图象，图乙是拉力的功率与时间关系图象，g取10m/s2。下列判断正确的是( )A．拉力的大小为4N，且保持不变B．物体的质量为2kgC．0～6s内物体克服摩擦力做的功为24JD．0～6s内拉力做的功为156J
【答案】BD【解析】对物体受力分析，由图甲可知，在0～2s内物体做匀加速运动，拉力大于滑动摩擦力，在2～6s内物体做匀速运动，拉力等于滑动摩擦力，因此拉力大小不恒定，A错误；在2～6s内根据功率公式P＝Fv，有F＝＝4N，故滑动摩擦力f＝F＝4N，在图甲中，0～2s内有a＝＝3m/s2，由牛顿第二定律可知F′－f＝ma，又P′＝F′v，联立解得m＝2kg，F′＝10N，B正确；由图甲可知在0～6s内物体通过的位移为x＝30m，故物体克服摩擦力做的功Wf＝fx＝120J，C错误；由动能定理可知W－Wf＝mv2，故0～6s内拉力做的功W＝mv2＋Wf＝×2×62J＋120J＝156J，D正确。【点评】根据v－t图象可以获得物体的运动速度、加速度、通过的位移等信息，根据P－t图象结合功率公式可以求出力的大小。恒力做功可以根据功的定义式求解，变力做功一般根据动能定理求解。2．(多解)质量为2kg的物块放在粗糙水平面上，在水平拉力的作用下由静止开始运动，物块的动能Ek与其位移x之间的关系如图所示。已知物块与水平面间的动摩擦因数μ＝0.2，g＝10m/s2，则下列说法正确的是( )A．x＝1m时物块的速度大小为2m/sB．x＝3m时物块的加速度大小为1.25m/s2C．在前2m的运动过程中物块所经历的时间为2sD．在前4m的运动过程中拉力对物块做的功为25J【答案】BCD【解析】根据图象知，x＝1m时，物块的动能为2J，由mv2＝2J，解得v＝m/s，故A错误；对x＝2m到x＝4m的过程运用动能定理，有F合2Δx＝ΔEk，解得F合2＝2.5N，则物块的加速度a＝1.25m/s2，故B正确；对前2m的运动过程运用动能定理得F合1Δx′＝ΔE′k，解得F合1＝2N，则物块的加速度a′＝1m/s2，根据Ek＝mv′2可得末速度v′＝2m/s，根据v′＝a′t得t＝2s，故C正确；对全过程运用动能定理得WF－μmgx＝ΔE″k，解得WF＝25J，故D正确。
【点评】应用动能定理解题的思维流程3．如图所示，倾角为θ的斜面底端固定一个挡板P，质量为m的小物块A与质量不计的木板B叠放在斜面上，A位于B的最上端且与挡板P相距L。已知A与B、B与斜面间的动摩擦因数分别为μ1、μ2，且μ1＞tanθ＞μ2，最大静摩擦力等于滑动摩擦力，A与挡板P相撞的过程中没有机械能损失。将A、B同时由静止释放。(1)求A、B释放瞬间小物块A的加速度大小a1；(2)若A与挡板P不相撞，求木板B的最小长度l0；(3)若木板B的长度为l，求整个过程中木板B运动的总路程。【解析】(1)释放A、B，它们一起匀加速下滑。以A、B为研究对象，由牛顿第二定律有：mgsinθ－μ2mgcosθ＝ma1解得a1＝gsinθ－μ2gcosθ。(2)在B与挡板P相撞前，A和B相对静止，以相同的加速度一起向下做匀加速运动。B与挡板P相撞后立即静止，A开始匀减速下滑。若A到达挡板P处时的速度恰好为零，此时B的长度即为最小长度l0。从A释放至到达挡板P处的过程中，B与斜面间由于摩擦产生的热量Q1＝μ2mgcosθ·(L－l0)A与B间由于摩擦产生的热量Q2＝μ1mgcosθ·l0根据能量守恒定律有mgLsinθ＝Q1＋Q2解得：l0＝。(3)分两种情况：①若l≥l0，B与挡板P相撞后不反弹，A一直减速直到静止在木板B上木板B通过的路程x＝L－l。
②若l＜l0，B与挡板P相撞后，A在木板B上减速运动直至与挡板P相撞。由于碰撞过程中没有机械能损失，A将以撞前速率返回，并带动木板一起向上减速；当它们的速度减为零后，再重复上述过程，直至物块A停在挡板处。在此过程中，A与B间由于摩擦产生的热量Q1′＝μ1mgcosθ·lB与斜面间由于摩擦产生的热量Q2′＝μ2mgcosθ·x根据能量守恒定律有mgLsinθ＝Q1′＋Q2′解得：x＝。【点评】用动力学和能量观点分析“板—块”模型的“三点技巧”(1)过程分析：将复杂的物理过程分解为几个简单的物理过程，挖掘出题中的隐含条件(如例题中“质量不计的木板B”“μ1＞tanθ＞μ2”)，找出联系不同阶段的“桥梁”。(2)受力及功能分析：分析物体所经历的各个运动过程的受力情况以及做功情况的变化，选择适合的规律求解，如例题中第(3)问，若l＜l0时，A与挡板P碰后运动情况的分析。(3)规律应用：对滑块和滑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。高频易错题1．(2018·全国I卷·T18)如图，abc是竖直面内的光滑固定轨道，ab水平，长度为2R；bc是半径为R的四分之一圆弧，与ab相切于b点。一质量为m的小球，始终受到与重力大小相等的水平外力的作用，自a点处从静止开始向右运动。重力加速度大小为g。小球从a点开始运动到其轨迹最高点，机械能的增量为( )A．2mgRB．4mgRC．5mgRD．6mgR
【答案】C【解析】设小球运动到c点的速度大小为vc，则对小球由a到c的过程，由动能定理有F·3R－mgR＝mv，又F＝mg，解得vc＝2，小球离开c点后，在水平方向做初速度为零的匀加速直线运动，竖直方向在重力作用下做匀减速直线运动，由牛顿第二定律可知，小球离开c点后水平方向和竖直方向的加速度大小均为g，则由竖直方向的运动可知，小球从离开c点到其轨迹最高点所需的时间为t＝＝2，在水平方向的位移大小为x＝gt2＝2R。由以上分析可知，小球从a点开始运动到其轨迹最高点的过程中，水平方向的位移大小为5R，则小球机械能的增加量为ΔE＝F·5R＝5mgR，C正确，ABD错误。【点评】本题在分析小球运动情况时容易出错，误将小球离开c点后的运动视为竖直上抛运动，或认为机械能的变化是动能的变化。2．(2020·山东学业水平等级考试·T11)(多解)如图所示，质量为M的物块A放置在光滑水平桌面上，右侧连接一固定于墙面的水平轻绳，左侧通过一倾斜轻绳跨过光滑定滑轮与一竖直轻弹簧相连。现将质量为m的钩码B挂于弹簧下端，当弹簧处于原长时，将B由静止释放，当B下降到最低点时(未着地)，A对水平桌面的压力刚好为零。轻绳不可伸长，弹簧始终在弹性限度内，物块A始终处于静止状态。以下判断正确的是( )A．M＜2mB．2m＜M＜3mC．在B从释放位置运动到最低点的过程中，所受合力对B先做正功后做负功D．在B从释放位置运动到速度最大的过程中，B克服弹簧弹力做的功等于B机械能的减少量【答案】ACD【解析】由题意可知，弹簧与钩码B组成的弹簧振子在竖直方向做简谐运动，当B由静止释放时，其加速度大小为g，方向竖直向下，根据简谐运动的规律可知，B在最低点的加速度大小也为g，方向竖直向上，则可知此时弹簧弹力F＝2mg，由于B下降到最低点时A对水平桌面的压力刚好为零，由平衡条件得Fsinθ＝Mg，联立以上各式解得M＝2msinθ＜2m，A正确，B错误；B由静止释放，先做加速度逐渐减小的加速运动，再做加速度逐渐增大的减速运动，直至速度减为零，由动能定理可知，B
所受的合力先做正功后做负功，C正确；在B从释放位置运动到速度最大位置的过程中，其受重力和弹簧弹力作用，根据能量守恒定律可知，B克服弹簧弹力做的功等于B机械能的减少量，D正确。【点评】涉及做功与能量转化问题首先要分清是什么力做功，并且分析该力做正功还是做负功；其次根据功能之间的对应关系，确定能量之间的转化情况。精准预测题1．如图所示，曲面体P静止于光滑水平面上，物块Q自P的上端静止释放。Q与P的接触面光滑，Q在P上运动的过程中，下列说法正确的是( )A．P对Q做功为零B．P和Q之间相互作用力做功之和为零C．P和Q构成的系统机械能守恒、动量守恒D．P和Q构成的系统机械能不守恒、动量守恒【答案】B【解析】P对Q有弹力的作用，并且在力的方向上有位移，在运动中，P会向左移动，P对Q的弹力方向垂直于接触面上，与Q前后移动连线的位移夹角大于90°，所以P对Q做功不为0，故A错误；因为P、Q之间的力属于系统内力，并且等大反向，两者在力的方向上发生的位移相等，所以做功之和为0，故B正确；因为系统只有系统内力和重力的作用，所以该P、Q组成的系统机械能守恒，系统水平方向上不受外力的作用，水平方向上动量守恒，但是在竖直方向上Q有加速度，即竖直方向上不守恒，故CD错误。2．(多解)无动力翼装飞行是一种专业的极限滑翔运动，飞行者运用肢体动作来掌控滑翔方向，进行无动力空中飞行。某翼装飞行者在某次行过程中，在同一竖直面内从A到B滑出了一段圆弧，如图所示。该段运动可视为匀速圆运动的一部分，关于该段运动，下列说法正确的是( )A．飞行者所受合力为零
B．飞行者所受重力的瞬时功率逐渐减小C．空气对飞行者的作用力的瞬时功率为零D．空气对飞行者的作用力做负功【答案】BD【解析】飞行者做匀速圆周运动，则所受合力不为零，选项A错误；根据PG＝mgvy，可知，从A到B，竖直分速度减小，则飞行者所受重力的瞬时功率逐渐减小，B正确；飞行员受竖直向下的重力和空气阻力作用，合力方向指向圆心，则空气阻力方向与速度方向夹角大于90°，根据Pf＝fvcosθ，可知空气对飞行者的作用力的瞬时功率不为零，空气对飞行者的作用力做负功，C错误，D正确。3．螺旋千斤顶由带手柄的螺杆和底座组成，螺纹与水平面夹角为α，如图所示。水平转动手柄，使螺杆沿底座的螺纹槽（相当于螺母）缓慢旋进而顶起质量为m的重物，如果重物和螺杆可在任意位置保持平衡，称为摩擦自锁。能实现自锁的千斤顶，α的最大值为α0。现用一个倾角为α0的千斤顶将重物缓慢顶起高度h后，向螺纹槽滴入润滑油使其动摩擦因数μ减小，重物回落到起点。假定最大静摩擦力等于滑动摩擦力，不计螺杆和手柄的质量及螺杆与重物间的摩擦力，转动手柄不改变螺纹槽和螺杆之间的压力。下列说法正确的是( )A．实现摩擦自锁的条件为tanα≥μB．下落过程中重物对螺杆的压力等于mgC．从重物开始升起到最高点摩擦力做功为mghD．从重物开始升起到最高点转动手柄做功为2mgh【答案】D【解析】实现自锁的条件是重物重力沿斜面下滑的分力小于等于最大静摩擦力，即mgsinα≤μmgcosα，解得μ≥tanα，A错误；重物从静止开始下落，落回到起点位置重物速度又减为0，所以重物在下落过程中先失重后超重，所以螺杆对重物的支持力先小于mg，后大于mg，根据牛顿第三定律可知重物对螺杆的作用力小于mg，后大于mg
，B错误；重物缓慢上升的过程中，对螺杆和重物为整体受力分析如图，则摩擦力做功Wf＝－μmgcosα＝－mgh，C错误；从重物开始升起到最高点，即用于克服摩擦力做功，也转化为重物上升增加的重力势能mgh，所以根据动能定理得W＋Wf－mgh＝0，解得W＝2mgh，D正确。4．(多解)“飞车”节目是某马戏团表演的压轴戏，在竖直平面内有一圆轨道，表演者骑着摩托车在圆轨道内做圆周运动。现将表演者的运动简化为小球在竖直光滑圆轨道内做圆周运动的模型，如图甲所示，小球沿轨道始终做完整的圆周运动。设小球在最低点时对轨道的压力大小为FN，动能为Ek。改变小球在最低点的动能Ek，小球对轨道压力FN的大小随之改变。小球的FN－Ek图象如图乙中PQ所示，其中P点为PQ的左端点，PQ延长线与坐标轴的交点分别为(0，a)、(－b，0)。重力加速度为g。则( )A．小球的质量为B．圆轨道的半径为C．P点的横坐标为5bD．P点的纵坐标为5a【答案】BC【解析】小球在最低点由牛顿第二定律有，整理得，由图乙可知，mg＝a，解得小球的质量，，故A错误，B正确；小球做完整的圆周运动，在最高点有，从最高点到最低点由机械能守恒有mg‧2R＋mv12＝EkP，解得EkP＝5b，此时有，解得FNP＝6a，故C正确，D错误。5．有两条雪道平行建造，左侧相同而右侧有差异，一条雪道的右侧水平，另一条的右侧是斜坡。某滑雪者保持一定姿势坐在雪橇上不动，从h1高处的A点由静止开始沿倾角为θ的雪道下滑，最后停在与A点水平距离为s的水平雪道上。接着改用另一条雪道，还从与A点等高的位置由静止开始下滑，结果能冲上另一条倾角为α的雪道上h2高处的E点停下。若动摩擦因数处处相同，且不考虑雪橇在路径转折处的能量损失，则( )
A．动摩擦因数为tanθB．动摩擦因数为C．倾角α一定大于θD．倾角α可以大于θ【答案】B【解析】在AB段由静止下滑，说明μmgcosθ＜mgsinθ，则μ＜tanθ，第一次停在BC上的某点，由动能定理得mgh1－μmgcosθ－μmgs′＝0，整理可得，故A错误，B正确；第二次滑上BE在E点停下，则μmgcosα≥mgsinα，故有tanθ＞μ≥tanα，则α＜θ，故C、D错误。6．(多解)一物块从倾角为θ的斜面底端沿斜面向上匀减速滑行，上滑过程中其动能和重力势能随上滑距离s的变化如图中直线a、b所示，重力加速度g取10m/s2，sinθ＝0.28，cosθ＝0.96。则( )A．物块的质量为5kgB．物块与斜面间的动摩擦因数为0.25C．物块下滑时加速度的大小为5.2m/s2D．物块返回斜面底端时机械能为0.5J【答案】BD【解析】由图可知，物块到达最高点时的重力势能Ep＝mgssinθ，代入图中数据可得m＝0.5kg，故A错误；对物块由动能定理得－mgssinθ－μmgscosθ＝0－Ek0，解得μ＝0.25，故B正确；由牛顿第二定律可知，物块下滑时加速度的大小a＝gsinθ－μgcosθ＝0.4m/s2，故C错误；物块上升和下滑过程损失的机械能ΔE＝μmgcosθ‧2s＝6J，物块返回斜面底端时机械能E2＝E0－ΔE＝0.5J，故D正确。7．(多解)一条轻绳跨过定滑轮，绳的两端各系一个小球A和小球B，小球A的正下方通过一轻弹簧与小球C栓接，小球C放置于水平地面上。初始时用手托住小球B
球，整个系统处于静止状态，且轻绳恰好伸直。已知小球A的质量为m，小球B和小球C的质量均为2m，弹簧劲度系数为k，弹簧弹性势能的表达式为Ep＝kx2（其中x为弹簧的形变量），重力加速度为g。假设运动过程中，小球A不会触及定滑轮，小球B不会触地，弹簧始终在弹性限度内，不计一切摩擦。现释放小球B，下列说法正确的是( )A．释放瞬间，小球B的加速度大小为gB．小球B的速度最大时，弹簧恰好恢复原长C．小球B的最大速度为D．小球C刚离开地面时，小球B的速度大小为【答案】ACD【解析】轻绳恰好伸直，可知此时绳子无弹力，释放瞬间，对整体有2mg＝3ma，解得a＝g，故A正确；对整体进行分析，B球速度为0时，此时B速度最大，则有2mg＝mg＋kx，解得，即当弹簧的伸长量为时，B的速度最大，故B错误；对整体进行分析，有2mg‧2x－mg‧2x＝‧3mvm2，解得，故C正确；当小球C刚离开地面时，由kx′＝2mg得x′＝2x，A与B球的速度大小相等，对整体由动能定理有2mg‧3x－mg‧3x－k(2x)2＋kx2＝‧3mvB2，得，故D正确。8．复兴号CR400AF型城际电力动车组由6节车厢编组而成，每节车厢的质量均为m＝5×104kg，其中第1节和第4节车厢带有动力，牵引电机的额定功率分别为P1＝1.8×107W和P2＝1.2×107W。该动车组以恒定的加速度a＝2m/s2沿水平直轨道由静止开始匀加速启动，当第1节车厢的牵引电机达到额定功率时，第4节车厢的牵引电机立即启动，动车组行驶过程中受到的阻力为车重的0.1倍，重力加速度g＝10m/s2。求：
(1)从静止开始到第4节车厢的牵引电机刚要启动时所经历的时间；(2)当动车组的速度为50m/s时，第3节车厢对第4节车厢的拉力大小。【解析】(1)设从静止开始到第4节车厢牵引电机启动经历的时间为t，电机的牵引力为F1，第4节车厢牵引电机启动时动车组的速度为v1，则：F1－0.6mg＝6maP1＝F1v1，v1＝at联立解得：t＝10s。(2)设当第4节车厢牵引电机刚好达到额定功率时，列车的速度为v2，则有：P1＋P2＝F1v2解得：所以当v3＝50m/s时，有对第4、5、6节车厢，F2－0.3mg＝3ma′解得：F2＝3×105N。9．如图所示，长L＝5m的水平传送带以v0＝8m/s的速度逆时针匀速转动，左端通过光滑水平轨道与一竖直面内光滑半圆形轨道连接，半圆形轨道半径r＝0.5m，O为其圆心，长l＝0.6m的竖直挡板中心与圆心等高，到圆心距离d＝1m。将质量为0.2kg的小物块在传送带上某处由静止释放，小物块与传送带间动摩擦因数μ＝0.8，认为最大静摩擦力等于滑动摩擦力，重力加速度取g＝10m/s2。(1)若小物块从传送带最右端静止释放，其运动到其最左端时速度为多少？(2)要使小物块能从半圆形轨道最高点飞出，则小物块到传送带左端速度至少为多少？(3)小物块从距传送带左端什么范围内静止释放，能经圆周最高点飞出后击中挡板？【解析】(1)小物块在传送带上先做匀加速直线运动，据牛顿运动定律有：μmg＝ma
由运动学公式，可得加速至与传送带速度相同时的位移联立上述两式，代入数据可得x＝4m＜L＝5m即小物块在传送带上先加速后匀速，运动到最左端时的速度与传送带相同，为8m/s。(2)要使小物块能从半圆形轨道最高点飞出，在最高点的速度至少为v2，应满足：设小物块到传送带左端时速度为v1，从传送带左端到轨道最高点过程，根据动能定理可得：－mg‧2r＝mv22－mv12联立上述两式可解得：v1＝5m/s。(3)①若小物块打到挡板最低点，设经过圆轨道最高点的速度v3，由平抛运动位移公式可得：d＝v3t1r＋l＝gt12设小物块从距传送带左端l1处由静止释放，由动能定理得：μmgl1－mg‧2r＝mv32代入数据解得：m；②若小物块打到挡板最高点，设经过圆轨道最高点的速度v4，由平抛运动位移公式可得：d＝v4t2r－l＝gt22设小物块从距传送带左端l2处由静止释放，由动能定理得：μmgl2－mg‧2r＝mv42代入数据解得：m利用动能定理可确定两种情况下到达最高点的速度均大于v2
，可过最高点，综上所述，小物块在距传送带左端内静止释放，能经圆周最高点飞出后击中挡板。10．如图所示的装置是由竖直挡板P及两条带状轨道Ⅰ和Ⅱ组成。轨道Ⅰ由光滑轨道AB与粗糙直轨道BD连接而成，A、B两点间的高度差h＝0.5m。在轨道BD上有一位置C，C点与B点的高度差为H、水平间距L＝1m。光滑轨道Ⅱ由轨道AE、半径分别为R1＝1m、R2＝0.5m的半圆形螺旋轨道EFG和轨道GB连接而成，且F点与A点等高。轨道Ⅰ、轨道Ⅱ与光滑水平轨道AG在A处衔接，挡板P竖立在轨道AG上，轨道上各连接点均为平滑连接。一质量m＝1kg的小滑块（小滑块可以看成质点）从C点静止释放，沿轨道Ⅰ下滑，与挡板P碰撞，碰撞后的动能为碰撞前动能的一半，且碰后小滑块既可沿轨道Ⅰ返回，也可沿轨道Ⅱ返回。小滑块与BD间的动摩擦因数μ＝0.5。重力加速度g＝10m/s2。(1)若小滑块沿轨道Ⅰ返回，且恰好能到达B点，则H的大小为多少？(2)若改变直轨道BD的倾角，使小滑块在直轨道上的下滑点与B点的水平距离L保持不变，小滑块沿轨道Ⅱ返回（只考虑首次返回），求H的大小范围。(3)在满足(2)问的条件下，请写出小滑块刚过F点（只考虑首次通过F点）时对轨道的压力大小与H的关系。【解析】(1)从C点到B点，由动能定理：mgH－μmgL＝mv2设滑块碰前的速度为v1，则有：mgh＝mv12－mv2滑块与挡板碰撞后的动能Ek＝×mv12又因为Ek＝mgh所以H＝1m。(2)刚好能通过F点，则
从A到F点，Ek＝mvF2得H＝1m能从C滑至B，μmgcosθ＜mgsinθμ＜tanθ由得H＞0.5m综上可得H≥1m。(3)小滑块刚过F点时，有：mvF2＝5H又因为可得FN＝20H－10根据牛顿第三定律得FN′＝20H－10（其中H≥1m）。
参考答案1．XXXXXXXXXXXXXX
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