專題三專題三××功能關系與能量守恒命題趨勢命題趨勢功和功率的考查集中在正、負功的判斷，機車啟動為背景的功率的分析與計算，題型以選擇題為主；動能定理在多過程問題中的應用等核心知識，題型多為計算題，且有一定的綜合性。機械能守恒多與牛頓運動定律、平拋運動、圓周運動、動量等結合命題，題目的綜合性較強，常與生產、生活科技實際相聯系，題型呈現多樣性、多過程出現在壓軸題中。考點清單考點清單一、功、功率動能定理1．功和功率的計算2．應用動能定理解題應注意的四點(1)動能定理往往用于單個物體的運動過程，由于不涉及加速度及時間，比動力學研究方法要簡捷。(2)動能定理表達式是一個標量式，在某個方向上應用動能定理是沒有依據的。(3)物體在某個運動過程中包含有幾個運動性質不同的過程(如加速、減速的過程)，此時可以分段考慮，也可以對全過程考慮，但如能對整個過程利用動能定理列式，則可使問題簡化。(4)根據動能定理列方程時，必須明確各力做功的正、負，確實難以判斷的先假定為正功，最后根據結果加以檢驗。二、機械能守恒定律功能關系1．機械能守恒定律的三種表達形式2．應用能量守恒定律的兩條基本思路(1)某種形式的能減少，一定存在其他形式的能增加，且減少量和增加量相等，即ΔE減＝ΔE增。(2)某個物體的能量減少，一定存在其他物體的能量增加，且減少量和增加量相等，即ΔEA減＝ΔEB增。精題集訓精題集訓（70分鐘）經典訓練題經典訓練題1．(多解)一質量為m的物體靜止在水平地面上，在水平拉力的作用下開始運動，圖甲是在0～6s內其速度與時間關系圖象，圖乙是拉力的功率與時間關系圖象，g取10m/s2。下列判斷正確的是()A．拉力的大小為4N，且保持不變B．物體的質量為2kgC．0～6s內物體克服摩擦力做的功為24JD．0～6s內拉力做的功為156J【答案】BD【解析】對物體受力分析，由圖甲可知，在0～2s內物體做勻加速運動，拉力大于滑動摩擦力，在2～6s內物體做勻速運動，拉力等于滑動摩擦力，因此拉力大小不恒定，A錯誤；在2～6s內根據功率公式P＝Fv，有F＝eq\f(P,v)＝4N，故滑動摩擦力f＝F＝4N，在圖甲中，0～2s內有a＝eq\f(Δv,Δt)＝3m/s2，由牛頓第二定律可知F′－f＝ma，又P′＝F′v，聯立解得m＝2kg，F′＝10N，B正確；由圖甲可知在0～6s內物體通過的位移為x＝30m，故物體克服摩擦力做的功Wf＝fx＝120J，C錯誤；由動能定理可知W－Wf＝eq\f(1,2)mv2，故0～6s內拉力做的功W＝eq\f(1,2)mv2＋Wf＝eq\f(1,2)×2×62J＋120J＝156J，D正確。【點評】根據v－t圖象可以獲得物體的運動速度、加速度、通過的位移等信息，根據P－t圖象結合功率公式可以求出力的大小。恒力做功可以根據功的定義式求解，變力做功一般根據動能定理求解。2．(多解)質量為2kg的物塊放在粗糙水平面上，在水平拉力的作用下由靜止開始運動，物塊的動能Ek與其位移x之間的關系如圖所示。已知物塊與水平面間的動摩擦因數μ＝0.2，g＝10m/s2，則下列說法正確的是()A．x＝1m時物塊的速度大小為2m/sB．x＝3m時物塊的加速度大小為1.25m/s2C．在前2m的運動過程中物塊所經歷的時間為2sD．在前4m的運動過程中拉力對物塊做的功為25J【答案】BCD【解析】根據圖象知，x＝1m時，物塊的動能為2J，由eq\f(1,2)mv2＝2J，解得v＝eq\r(2)m/s，故A錯誤；對x＝2m到x＝4m的過程運用動能定理，有F合2Δx＝ΔEk，解得F合2＝2.5N，則物塊的加速度a＝1.25m/s2，故B正確；對前2m的運動過程運用動能定理得F合1Δx′＝ΔE′k，解得F合1＝2N，則物塊的加速度a′＝1m/s2，根據Ek＝eq\f(1,2)mv′2可得末速度v′＝2m/s，根據v′＝a′t得t＝2s，故C正確；對全過程運用動能定理得WF－μmgx＝ΔE″k，解得WF＝25J，故D正確。【點評】應用動能定理解題的思維流程3．如圖所示，傾角為θ的斜面底端固定一個擋板P，質量為m的小物塊A與質量不計的木板B疊放在斜面上，A位于B的最上端且與擋板P相距L。已知A與B、B與斜面間的動摩擦因數分別為μ1、μ2，且μ1＞tanθ＞μ2，最大靜摩擦力等于滑動摩擦力，A與擋板P相撞的過程中沒有機械能損失。將A、B同時由靜止釋放。(1)求A、B釋放瞬間小物塊A的加速度大小a1；(2)若A與擋板P不相撞，求木板B的最小長度l0；(3)若木板B的長度為l，求整個過程中木板B運動的總路程。【解析】(1)釋放A、B，它們一起勻加速下滑。以A、B為研究對象，由牛頓第二定律有：mgsinθ－μ2mgcosθ＝ma1解得a1＝gsinθ－μ2gcosθ。(2)在B與擋板P相撞前，A和B相對靜止，以相同的加速度一起向下做勻加速運動。B與擋板P相撞后立即靜止，A開始勻減速下滑。若A到達擋板P處時的速度恰好為零，此時B的長度即為最小長度l0。從A釋放至到達擋板P處的過程中，B與斜面間由于摩擦產生的熱量Q1＝μ2mgcosθ·(L－l0)A與B間由于摩擦產生的熱量Q2＝μ1mgcosθ·l0根據能量守恒定律有mgLsinθ＝Q1＋Q2解得：l0＝SKIPIF1<0。(3)分兩種情況：①若l≥l0，B與擋板P相撞后不反彈，A一直減速直到靜止在木板B上木板B通過的路程x＝L－l。②若l＜l0，B與擋板P相撞后，A在木板B上減速運動直至與擋板P相撞。由于碰撞過程中沒有機械能損失，A將以撞前速率返回，并帶動木板一起向上減速；當它們的速度減為零后，再重復上述過程，直至物塊A停在擋板處。在此過程中，A與B間由于摩擦產生的熱量Q1′＝μ1mgcosθ·lB與斜面間由于摩擦產生的熱量Q2′＝μ2mgcosθ·x根據能量守恒定律有mgLsinθ＝Q1′＋Q2′解得：x＝eq\f(Lsinθ－μ1lcosθ,μ2cosθ)。【點評】用動力學和能量觀點分析“板—塊”模型的“三點技巧”(1)過程分析：將復雜的物理過程分解為幾個簡單的物理過程，挖掘出題中的隱含條件(如例題中“質量不計的木板B”“μ1＞tanθ＞μ2”)，找出聯系不同階段的“橋梁”。(2)受力及功能分析：分析物體所經歷的各個運動過程的受力情況以及做功情況的變化，選擇適合的規律求解，如例題中第(3)問，若l＜l0時，A與擋板P碰后運動情況的分析。(3)規律應用：對滑塊和滑板分別運用動能定理，或者對系統運用能量守恒定律。如圖所示，要注意區分三個位移。高頻易錯題高頻易錯題1．(2018·全國I卷·T18)如圖，abc是豎直面內的光滑固定軌道，ab水平，長度為2R；bc是半徑為R的四分之一圓弧，與ab相切于b點。一質量為m的小球，始終受到與重力大小相等的水平外力的作用，自a點處從靜止開始向右運動。重力加速度大小為g。小球從a點開始運動到其軌跡最高點，機械能的增量為()A．2mgRB．4mgRC．5mgRD．6mgR【答案】C【解析】設小球運動到c點的速度大小為vc，則對小球由a到c的過程，由動能定理有F·3R－mgR＝eq\f(1,2)mveq\o\al(2,c)，又F＝mg，解得vc＝2eq\r(gR)，小球離開c點后，在水平方向做初速度為零的勻加速直線運動，豎直方向在重力作用下做勻減速直線運動，由牛頓第二定律可知，小球離開c點后水平方向和豎直方向的加速度大小均為g，則由豎直方向的運動可知，小球從離開c點到其軌跡最高點所需的時間為t＝eq\f(vc,g)＝2eq\r(\f(R,g))，在水平方向的位移大小為x＝eq\f(1,2)gt2＝2R。由以上分析可知，小球從a點開始運動到其軌跡最高點的過程中，水平方向的位移大小為5R，則小球機械能的增加量為ΔE＝F·5R＝5mgR，C正確，ABD錯誤。【點評】本題在分析小球運動情況時容易出錯，誤將小球離開c點后的運動視為豎直上拋運動，或認為機械能的變化是動能的變化。2．(2020·山東學業水平等級考試·T11)(多解)如圖所示，質量為M的物塊A放置在光滑水平桌面上，右側連接一固定于墻面的水平輕繩，左側通過一傾斜輕繩跨過光滑定滑輪與一豎直輕彈簧相連。現將質量為m的鉤碼B掛于彈簧下端，當彈簧處于原長時，將B由靜止釋放，當B下降到最低點時(未著地)，A對水平桌面的壓力剛好為零。輕繩不可伸長，彈簧始終在彈性限度內，物塊A始終處于靜止狀態。以下判斷正確的是()A．M＜2mB．2m＜M＜3mC．在B從釋放位置運動到最低點的過程中，所受合力對B先做正功后做負功D．在B從釋放位置運動到速度最大的過程中，B克服彈簧彈力做的功等于B機械能的減少量【答案】ACD【解析】由題意可知，彈簧與鉤碼B組成的彈簧振子在豎直方向做簡諧運動，當B由靜止釋放時，其加速度大小為g，方向豎直向下，根據簡諧運動的規律可知，B在最低點的加速度大小也為g，方向豎直向上，則可知此時彈簧彈力F＝2mg，由于B下降到最低點時A對水平桌面的壓力剛好為零，由平衡條件得Fsinθ＝Mg，聯立以上各式解得M＝2msinθ＜2m，A正確，B錯誤；B由靜止釋放，先做加速度逐漸減小的加速運動，再做加速度逐漸增大的減速運動，直至速度減為零，由動能定理可知，B所受的合力先做正功后做負功，C正確；在B從釋放位置運動到速度最大位置的過程中，其受重力和彈簧彈力作用，根據能量守恒定律可知，B克服彈簧彈力做的功等于B機械能的減少量，D正確。【點評】涉及做功與能量轉化問題首先要分清是什么力做功，并且分析該力做正功還是做負功；其次根據功能之間的對應關系，確定能量之間的轉化情況。精準預測題精準預測題1．如圖所示，曲面體P靜止于光滑水平面上，物塊Q自P的上端靜止釋放。Q與P的接觸面光滑，Q在P上運動的過程中，下列說法正確的是()A．P對Q做功為零B．P和Q之間相互作用力做功之和為零C．P和Q構成的系統機械能守恒、動量守恒D．P和Q構成的系統機械能不守恒、動量守恒【答案】B【解析】P對Q有彈力的作用，并且在力的方向上有位移，在運動中，P會向左移動，P對Q的彈力方向垂直于接觸面上，與Q前后移動連線的位移夾角大于90°，所以P對Q做功不為0，故A錯誤；因為P、Q之間的力屬于系統內力，并且等大反向，兩者在力的方向上發生的位移相等，所以做功之和為0，故B正確；因為系統只有系統內力和重力的作用，所以該P、Q組成的系統機械能守恒，系統水平方向上不受外力的作用，水平方向上動量守恒，但是在豎直方向上Q有加速度，即豎直方向上不守恒，故CD錯誤。2．(多解)無動力翼裝飛行是一種專業的極限滑翔運動，飛行者運用肢體動作來掌控滑翔方向，進行無動力空中飛行。某翼裝飛行者在某次行過程中，在同一豎直面內從A到B滑出了一段圓弧，如圖所示。該段運動可視為勻速圓運動的一部分，關于該段運動，下列說法正確的是()A．飛行者所受合力為零B．飛行者所受重力的瞬時功率逐漸減小C．空氣對飛行者的作用力的瞬時功率為零D．空氣對飛行者的作用力做負功【答案】BD【解析】飛行者做勻速圓周運動，則所受合力不為零，選項A錯誤；根據PG＝mgvy，可知，從A到B，豎直分速度減小，則飛行者所受重力的瞬時功率逐漸減小，B正確；飛行員受豎直向下的重力和空氣阻力作用，合力方向指向圓心，則空氣阻力方向與速度方向夾角大于90°，根據Pf＝fvcosθ，可知空氣對飛行者的作用力的瞬時功率不為零，空氣對飛行者的作用力做負功，C錯誤，D正確。3．螺旋千斤頂由帶手柄的螺桿和底座組成，螺紋與水平面夾角為α，如圖所示。水平轉動手柄，使螺桿沿底座的螺紋槽（相當于螺母）緩慢旋進而頂起質量為m的重物，如果重物和螺桿可在任意位置保持平衡，稱為摩擦自鎖。能實現自鎖的千斤頂，α的最大值為α0。現用一個傾角為α0的千斤頂將重物緩慢頂起高度h后，向螺紋槽滴入潤滑油使其動摩擦因數μ減小，重物回落到起點。假定最大靜摩擦力等于滑動摩擦力，不計螺桿和手柄的質量及螺桿與重物間的摩擦力，轉動手柄不改變螺紋槽和螺桿之間的壓力。下列說法正確的是()A．實現摩擦自鎖的條件為tanα≥μB．下落過程中重物對螺桿的壓力等于mgC．從重物開始升起到最高點摩擦力做功為mghD．從重物開始升起到最高點轉動手柄做功為2mgh【答案】D【解析】實現自鎖的條件是重物重力沿斜面下滑的分力小于等于最大靜摩擦力，即mgsinα≤μmgcosα，解得μ≥tanα，A錯誤；重物從靜止開始下落，落回到起點位置重物速度又減為0，所以重物在下落過程中先失重后超重，所以螺桿對重物的支持力先小于mg，后大于mg，根據牛頓第三定律可知重物對螺桿的作用力小于mg，后大于mg，B錯誤；重物緩慢上升的過程中，對螺桿和重物為整體受力分析如圖，則摩擦力做功Wf＝－μmgcosαSKIPIF1<0＝－mgh，C錯誤；從重物開始升起到最高點，即用于克服摩擦力做功，也轉化為重物上升增加的重力勢能mgh，所以根據動能定理得W＋Wf－mgh＝0，解得W＝2mgh，D正確。4．(多解)“飛車”節目是某馬戲團表演的壓軸戲，在豎直平面內有一圓軌道，表演者騎著摩托車在圓軌道內做圓周運動。現將表演者的運動簡化為小球在豎直光滑圓軌道內做圓周運動的模型，如圖甲所示，小球沿軌道始終做完整的圓周運動。設小球在最低點時對軌道的壓力大小為FN，動能為Ek。改變小球在最低點的動能Ek，小球對軌道壓力FN的大小隨之改變。小球的FN－Ek圖象如圖乙中PQ所示，其中P點為PQ的左端點，PQ延長線與坐標軸的交點分別為(0，a)、(－b，0)。重力加速度為g。則()A．小球的質量為SKIPIF1<0B．圓軌道的半徑為SKIPIF1<0C．P點的橫坐標為5bD．P點的縱坐標為5a【答案】BC【解析】小球在最低點由牛頓第二定律有SKIPIF1<0，整理得SKIPIF1<0，由圖乙可知SKIPIF1<0，mg＝a，解得小球的質量SKIPIF1<0，SKIPIF1<0，故A錯誤，B正確；小球做完整的圓周運動，在最高點有SKIPIF1<0，從最高點到最低點由機械能守恒有mg?2R＋eq\f(1,2)mv12＝EkP，解得EkP＝5b，此時有SKIPIF1<0，解得FNP＝6a，故C正確，D錯誤。5．有兩條雪道平行建造，左側相同而右側有差異，一條雪道的右側水平，另一條的右側是斜坡。某滑雪者保持一定姿勢坐在雪橇上不動，從h1高處的A點由靜止開始沿傾角為θ的雪道下滑，最后停在與A點水平距離為s的水平雪道上。接著改用另一條雪道，還從與A點等高的位置由靜止開始下滑，結果能沖上另一條傾角為α的雪道上h2高處的E點停下。若動摩擦因數處處相同，且不考慮雪橇在路徑轉折處的能量損失，則()A．動摩擦因數為tanθ B．動摩擦因數為SKIPIF1<0C．傾角α一定大于θD．傾角α可以大于θ【答案】B【解析】在AB段由靜止下滑，說明μmgcosθ＜mgsinθ，則μ＜tanθ，第一次停在BC上的某點，由動能定理得mgh1－μmgcosθSKIPIF1<0－μmgs′＝0，整理可得SKIPIF1<0，故A錯誤，B正確；第二次滑上BE在E點停下，則μmgcosα≥mgsinα，故有tanθ＞μ≥tanα，則α＜θ，故C、D錯誤。6．(多解)一物塊從傾角為θ的斜面底端沿斜面向上勻減速滑行，上滑過程中其動能和重力勢能隨上滑距離s的變化如圖中直線a、b所示，重力加速度g取10m/s2，sinθ＝0.28，cosθ＝0.96。則()A．物塊的質量為5kgB．物塊與斜面間的動摩擦因數為0.25C．物塊下滑時加速度的大小為5.2m/s2D．物塊返回斜面底端時機械能為0.5J【答案】BD【解析】由圖可知，物塊到達最高點時的重力勢能Ep＝mgssinθ，代入圖中數據可得m＝0.5kg，故A錯誤；對物塊由動能定理得－mgssinθ－μmgscosθ＝0－Ek0，解得μ＝0.25，故B正確；由牛頓第二定律可知，物塊下滑時加速度的大小a＝gsinθ－μgcosθ＝0.4m/s2，故C錯誤；物塊上升和下滑過程損失的機械能ΔE＝μmgcosθ?2s＝6J，物塊返回斜面底端時機械能E2＝E0－ΔE＝0.5J，故D正確。7．(多解)一條輕繩跨過定滑輪，繩的兩端各系一個小球A和小球B，小球A的正下方通過一輕彈簧與小球C栓接，小球C放置于水平地面上。初始時用手托住小球B球，整個系統處于靜止狀態，且輕繩恰好伸直。已知小球A的質量為m，小球B和小球C的質量均為2m，彈簧勁度系數為k，彈簧彈性勢能的表達式為Ep＝eq\f(1,2)kx2（其中x為彈簧的形變量），重力加速度為g。假設運動過程中，小球A不會觸及定滑輪，小球B不會觸地，彈簧始終在彈性限度內，不計一切摩擦。現釋放小球B，下列說法正確的是()A．釋放瞬間，小球B的加速度大小為eq\f(2,3)gB．小球B的速度最大時，彈簧恰好恢復原長C．小球B的最大速度為SKIPIF1<0D．小球C剛離開地面時，小球B的速度大小為SKIPIF1<0【答案】ACD【解析】輕繩恰好伸直，可知此時繩子無彈力，釋放瞬間，對整體有2mg＝3ma，解得a＝eq\f(2,3)g，故A正確；對整體進行分析，B球速度為0時，此時B速度最大，則有2mg＝mg＋kx，解得SKIPIF1<0，即當彈簧的伸長量為SKIPIF1<0時，B的速度最大，故B錯誤；對整體進行分析，有2mg?2x－mg?2x＝eq\f(1,2)?3mvm2，解得SKIPIF1<0，故C正確；當小球C剛離開地面時，由kx′＝2mg得x′＝2x，A與B球的速度大小相等，對整體由動能定理有2mg?3x－mg?3x－eq\f(1,2)k(2x)2＋eq\f(1,2)kx2＝eq\f(1,2)?3mvB2，得SKIPIF1<0，故D正確。8．復興號CR400AF型城際電力動車組由6節車廂編組而成，每節車廂的質量均為m＝5×104kg，其中第1節和第4節車廂帶有動力，牽引電機的額定功率分別為P1＝1.8×107W和P2＝1.2×107W。該動車組以恒定的加速度a＝2m/s2沿水平直軌道由靜止開始勻加速啟動，當第1節車廂的牽引電機達到額定功率時，第4節車廂的牽引電機立即啟動，動車組行駛過程中受到的阻力為車重的0.1倍，重力加速度g＝10m/s2。求：(1)從靜止開始到第4節車廂的牽引電機剛要啟動時所經歷的時間；(2)當動車組的速度為50m/s時，第3節車廂對第4節車廂的拉力大小。【解析】(1)設從靜止開始到第4節車廂牽引電機啟動經歷的時間為t，電機的牽引力為F1，第4節車廂牽引電機啟動時動車組的速度為v1，則：F1－0.6mg＝6maP1＝F1v1，v1＝at聯立解得：t＝10s。(2)設當第4節車廂牽引電機剛好達到額定功率時，列車的速度為v2，則有：P1＋P2＝F1v2解得：SKIPIF1<0所以當v3＝50m/s時，有SKIPIF1<0對第4、5、6節車廂，F2－0.3mg＝3ma′解得：F2＝3×105N。9．如圖所示，長L＝5m的水平傳送帶以v0＝8m/s的速度逆時針勻速轉動，左端通過光滑水平軌道與一豎直面內光滑半圓形軌道連接，半圓形軌道半徑r＝0.5m，O為其圓心，長l＝0.6m的豎直擋板中心與圓心等高，到圓心距離d＝1m。將質量為0.2kg的小物塊在傳送帶上某處由靜止釋放，小物塊與傳送帶間動摩擦因數μ＝0.8，認為最大靜摩擦力等于滑動摩擦力，重力加速度取g＝10m/s2。(1)若小物塊從傳送帶最右端靜止釋放，其運動到其最左端時速度為多少？(2)要使小物塊能從半圓形軌道最高點飛出，則小物塊到傳送帶左端速度至少為多少？(3)小物塊從距傳送帶左端什么范圍內靜止釋放，能經圓周最高點飛出后擊中擋板？【解析】(1)小物塊在傳送帶上先做勻加速直線運動，據牛頓運動定律有：μmg＝ma由運動學公式，可得加速至與傳送帶速度相同時的位移SKIPIF1<0聯立上述兩式，代入數據可得x＝4m＜L＝5m即小物塊在傳送帶上先加速后勻速，運動到最左端時的速度與傳送帶相同，為8m/s。(2)要使小物塊能從半圓形軌道最高點飛出，在最高點的速度至少為v2，應滿足：SKIPIF1<0設小物塊到傳送帶左端時速度為v1，從傳送帶左端到軌道最高點過程，根據動能定理可得：－mg?2r＝eq\f(1,2)mv22－eq\f(1,2)mv12聯立上述兩式可解得：v1＝5m/s。(3)①若小物塊打到擋板最低點，設經過圓軌道最高點的速度v3，由平拋運動位移公式可得：d＝v3t1r＋eq\f(1,2)l＝eq\f(1,2)gt12設小物塊從距傳送帶左端l1處由靜止釋放，由動能定理得：μmgl1－mg?2r＝eq\f(1,2)mv32代入數據解得：SKIPIF1<0m；②若小物塊打到擋板最高點，設經過圓軌道最高點的速度v4，由平拋運動位移公式可得：d＝v4t2r－eq\f(1,2)l＝eq\f(1,2)gt22設小物塊從距傳送帶左端l2處由