文档内容
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 ＝ΔE 。
减 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ΔE ＝ΔE 。
A减 B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 0～6 s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10 m/s2。下列判断正确的是( )
A．拉力的大小为4 N，且保持不变
B．物体的质量为2 kg
C．0～6 s内物体克服摩擦力做的功为24 J
D．0～6 s内拉力做的功为156 J
2．(多解)质量为2 kg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E 与
k
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＝10 m/s2，则下列说法正确的是(
)
A．x＝1 m时物块的速度大小为2 m/s
B．x＝3 m时物块的加速度大小为1.25 m/s2
C．在前2 m的运动过程中物块所经历的时间为2 s
D．在前4 m的运动过程中拉力对物块做的功为25 J
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μ 、μ ，且μ ＞tan
1 2 1
θ＞μ，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。
2(1)求A、B释放瞬间小物块A的加速度大小a；
1
(2)若A与挡板P不相撞，求木板B的最小长度l；
0
(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。
高频易错题
1．(2018·全国I卷·T )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
18
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．2mgR B．4mgR C．5mgR D．6mgR
2．(2020·山东学业水平等级考试·T )(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
11
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＜2m
B．2m＜M＜3m
C．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
精准预测题
1．(多解)质量为m的物体从距地面h高处以g加速度由静止竖直下落到地面。关于上述过程，下列说法正确的是( )
A．物体重力势能减少了mgh
B．物体动能增加了mgh
C．空气阻力做功－mgh
D．物体机械能减少了mgh
2．质量m＝2 kg的物体沿水平面向右做直线运动，t＝0时刻受到一个水平向左的恒力F，如图甲所示，
此后物体的v－t图象如图乙所示，取水平向右为正向，g＝10 m/s2，则( )
A．物体与水平面间的动摩擦因数为0.5
B．10 s末恒力F对物体做功功率为6 W
C．10 s末物体在计时起点位置左侧3 m处
D．10 s内物体克服摩擦力做功34 J
3．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h 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
1
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h 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(
2
)
A．动摩擦因数为tan θ B．动摩擦因数为
C．倾角α一定大于θ D．倾角α可以大于θ
4．(多解)如图所示，水平光滑长杆上套有一个质量为m的小物块A，细线跨过O点的轻小光滑定滑轮一
端连接A，另一端悬挂质量也为m的小物块B，C为O点正下方杆上一点，滑轮到杆的距离OC＝h。开始时
A位于P点，PO与水平方向的夹角为30°。现将A、B同时由静止释放，则下列分析正确的是( )
A．PO与水平方向的夹角为45°时，物块A、B速度大小关系是v ＝v
A B
B．物块A在运动过程中最大速度为C．物块B从释放到最低点的过程中，物块A的动能不断增大
D．物块A由P点出发第一次到达C点的过程中，物块B的机械能先增大后减小
5．(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10 m/s2，sin θ＝0.28，cos θ＝0.96。则( )
A．物块的质量为5 kg
B．物块与斜面间的动摩擦因数为0.25
C．物块下滑时加速度的大小为5.2 m/s2
D．物块返回斜面底端时机械能为0.5 J
6．(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E ＝
p
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g
B．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
7．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＝5×104 kg，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P＝1.8×107 W和P＝1.2×107 W。该动车组以恒
1 2
定的加速度a＝2 m/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＝10 m/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50 m/s时，第3节车厢对第4节车厢的拉力大小。8．如图所示，长L＝5 m的水平传送带以v ＝8 m/s的速度逆时针匀速转动，左端通过光滑水平轨道与一
0
竖直面内光滑半圆形轨道连接，半圆形轨道半径r＝0.5 m，O为其圆心，长l＝0.6 m的竖直挡板中心与圆心等
高，到圆心距离d＝1 m。将质量为0.2 kg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＝10 m/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？
9．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＝0.5 m。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＝1 m。光滑轨道Ⅱ由轨道AE、半径分别为R ＝1 m、R ＝0.5 m的半圆形螺旋轨道EFG和轨道GB连接
1 2
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＝1 kg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＝10 m/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。参 考 答 案
经典训练题
1．(多解)
【答案】BD
【解析】对物体受力分析，由图甲可知，在0～2 s内物体做匀加速运动，拉力大于滑动摩擦力，在2～6
s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2～6 s内根据功率公式P＝
Fv，有F＝＝4 N，故滑动摩擦力f＝F＝4 N，在图甲中，0～2 s内有a＝＝3 m/s2，由牛顿第二定律可知F′－f
＝ma，又P′＝F′v，联立解得m＝2 kg，F′＝10 N，B正确；由图甲可知在0～6 s内物体通过的位移为x＝30
m，故物体克服摩擦力做的功W＝fx＝120 J，C错误；由动能定理可知W－W＝mv2，故0～6 s内拉力做的功
f f
W＝mv2＋W＝×2×62 J＋120 J＝156 J，D正确。
f
【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)
【答案】BCD
【解析】根据图象知，x＝1 m时，物块的动能为2 J，由mv2＝2 J，解得v＝ m/s，故A错误；对x＝2 m
到x＝4 m的过程运用动能定理，有F Δx＝ΔE，解得F ＝2.5 N，则物块的加速度a＝1.25 m/s2，故B正确
合2 k 合2
对前2 m的运动过程运用动能定理得F Δx′＝ΔE′ ，解得F ＝2 N，则物块的加速度a′＝1 m/s2，根据E ＝
合1 k 合1 k
mv′2可得末速度v′＝2 m/s，根据v′＝a′t得t＝2 s，故C正确；对全过程运用动能定理得W －μmgx＝ΔE″ ，解
F k
得W ＝25 J，故D正确。
F
【点评】应用动能定理解题的思维流程
3．【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：
mgsin θ－μmgcos θ＝ma
2 1
解得a＝gsin θ－μgcos θ。
1 2
(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l。
0
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Q＝μmgcos θ·(L－l)
1 2 0
A与B间由于摩擦产生的热量Q＝μmgcos θ·l
2 1 0根据能量守恒定律有mgLsin θ＝Q＋Q
1 2
解得：l＝ 。
0
(3)分两种情况：
①若l≥l，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
0
木板B通过的路程x＝L－l。
②若l＜l ，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
0
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Q′＝μmgcos θ·l
1 1
B与斜面间由于摩擦产生的热量Q′＝μmgcos θ·x
2 2
根据能量守恒定律有mgLsin θ＝Q′＋Q′
1 2
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”“μ＞tan θ＞μ”)，找出联系不同阶段的“桥梁”。
1 2
(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＜l 时，A与挡板P碰后运动情况的分析。
0
(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．【答案】C
【解析】设小球运动到c点的速度大小为v ，则对小球由a到c的过程，由动能定理有F·3R－mgR＝
c
mv，又F＝mg，解得v＝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
c
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．【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Fsin θ＝
Mg，联立以上各式解得M＝2msin θ＜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．(多解)
【答案】AD
【解析】物体在下落过程中，重力做正功为mgh，则重力势能减小量为mgh，故A正确；物体的合力为
mg，则合力做功为mgh，所以物体的动能增加为mgh，故B错误；物体除重力做功外还有空气阻力做负功，
导致机械能减少。根据牛顿第二定律有ma＝mg－f，解得f＝mg，所以阻力做功W＝－fh＝－mgh，所以机械
f
能减少为mgh，故C错误，D正确。
2．【答案】D
【解析】设物体向右做匀减速直线运动的加速度为 a ，向左做匀加速直线运动的加速度为a ，则由v－t
1 2
图象得，加速度大小a ＝2 m/s2，方向与初速度方向相反；加速度大小a ＝1 m/s2，方向与初速度方向相反。
1 2
根据牛顿第二定律，有F＋μmg＝ma ，F－μmg＝ma ，联立得F＝3 N，μ＝0.05，故A错误；10 s末恒力F的
1 2
瞬时功率P＝Fv＝18 W，故B错误；根据v－t图象与横轴所围的面积表示位移，得x＝－2 m，负号表示物体
在起点左侧，故C错误；10 s内克服摩擦力做功W＝fs＝μmgs＝34 J，故D正确。
f
3．【答案】B
【解析】在AB段由静止下滑，说明μmgcos θ＜mgsin θ，则μ＜tan θ，第一次停在BC上的某点，由动能
定理得mgh －μmgcos θ －μmgs′＝0，整理可得 ，故A错误，B正确；第二次滑上BE在E点停下，
1
则μmgcos α≥mgsin α，故有tan θ＞μ≥tan α，则α＜θ，故C、D错误。
4．(多解)
【答案】BC
【解析】根据两个物体沿绳子方向的分速度大小相等，则有v cos 45°＝v ，解得v ＝v ，故A错误；物
A B A B体B的机械能最小时，即为A到达C点，此时A的速度最大，设为v ，此时B的速度为0，根据系统的机械
Am
能守恒得 ，解得v ＝，故B正确；物块A由P点出发第一次到达C点过程中，物块B
Am
从释放到了最低点，此过程中，对A受力分析，可知绳子的拉力一直做正功，其动能一直增大，故C正确；
物块A由P点出发第一次到达C点的过程中，绳子对B一直做负功，其机械能一直减小，故D错误。
5．(多解)
【答案】BD
【解析】由图可知，物块到达最高点时的重力势能E＝mgssin θ，代入图中数据可得m＝0.5 kg，故A错
p
误；对物块由动能定理得－mgssin θ－μmgscos θ＝0－E ，解得μ＝0.25，故B正确；由牛顿第二定律可知，
k0
物块下滑时加速度的大小a＝gsin θ－μgcos θ＝0.4 m/s2，故C错误；物块上升和下滑过程损失的机械能ΔE＝
μmgcos θ‧2s＝6 J，物块返回斜面底端时机械能E＝E－ΔE＝0.5 J，故D正确。
2 0
6．(多解)
【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＝‧3mv 2，解得 ，故C
m
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＝‧3mv 2，得 ，故D正确。
B
7．【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F ，第4节车
1
厢牵引电机启动时动车组的速度为v，则：
1
F－0.6mg＝6ma
1
P＝Fv，v＝at
1 1 1 1
联立解得：t＝10 s。
(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v，则有：P＋P＝Fv
2 1 2 1 2
解得：
所以当v＝50 m/s时，有
3对第4、5、6节车厢，F－0.3mg＝3ma′
2
解得：F＝3×105 N。
2
8．【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＝4 m＜L＝5 m
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8 m/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v，应满足：
2
设小物块到传送带左端时速度为v，从传送带左端到轨道最高点过程，根据动能定理可得：
1
－mg‧2r＝mv2－mv2
2 1
联立上述两式可解得：v＝5 m/s。
1
(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v，由平抛运动位移公式可得：
3
d＝vt
31
r＋l＝gt2
1
设小物块从距传送带左端l 处由静止释放，由动能定理得：
1
μmgl－mg‧2r＝mv2
1 3
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v，由平抛运动位移公式可得：
4
d＝vt
42
r－l＝gt2
2
设小物块从距传送带左端l 处由静止释放，由动能定理得：μmgl－mg‧2r＝mv2
2 2 4
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 v ，可过最高点，综上所述，小物块在距传送
2
带左端 内静止释放，能经圆周最高点飞出后击中挡板。
9．【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v，则有：mgh＝mv2－mv2
1 1
滑块与挡板碰撞后的动能E＝×mv2
k 1
又因为E＝mgh
k所以H＝1 m。
(2)刚好能通过F点，
则
从A到F点，E＝mv 2
k F
得H＝1 m
能从C滑至B，μmgcos θ＜mgsin θ
μ＜tan θ
由 得H＞0.5 m
综上可得H≥1 m。
(3)小滑块刚过F点时，有：mv 2＝5H
F
又因为
可得F ＝20H－10
N
根据牛顿第三定律得F ′＝20H－10（其中H≥1 m）。
N
