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。

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。

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0～6 s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10 m/s2。下列判斷正確的是(　　)

A．拉力的大小為4 N，且保持不變
B．物體的質量為2 kg
C．0～6 s內物體克服摩擦力做的功為24 J
D．0～6 s內拉力做的功為156 J
2．(多解)質量為2 kg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＝10 m/s2，則下列說法正確的是(　　)

A．x＝1 m時物塊的速度大小為2 m/s
B．x＝3 m時物塊的加速度大小為1.25 m/s2
C．在前2 m的運動過程中物塊所經歷的時間為2 s
D．在前4 m的運動過程中拉力對物塊做的功為25 J
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＞tan θ＞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。

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．2mgR B．4mgR C．5mgR D．6mgR

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＜2m
B．2m＜M＜3m
C．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

1．(多解)質量為m的物體從距地面h高處以13g加速度由靜止豎直下落到地面。關于上述過程，下列說法正確的是(　　)
A．物體重力勢能減少了mgh
B．物體動能增加了23mgh
C．空氣阻力做功－13mgh
D．物體機械能減少了23mgh
2．質量m＝2 kg的物體沿水平面向右做直線運動，t＝0時刻受到一個水平向左的恒力F，如圖甲所示，此后物體的v－t圖象如圖乙所示，取水平向右為正向，g＝10 m/s2，則(　　)

A．物體與水平面間的動摩擦因數為0.5
B．10 s末恒力F對物體做功功率為6 W
C．10 s末物體在計時起點位置左側3 m處
D．10 s內物體克服摩擦力做功34 J
3．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tan θ B．動摩擦因數為
C．傾角α一定大于θ D．傾角α可以大于θ
4．(多解)如圖所示，水平光滑長桿上套有一個質量為m的小物塊A，細線跨過O點的輕小光滑定滑輪一端連接A，另一端懸掛質量也為m的小物塊B，C為O點正下方桿上一點，滑輪到桿的距離OC＝h。開始時A位于P點，PO與水平方向的夾角為30°。現將A、B同時由靜止釋放，則下列分析正確的是(　　)

A．PO與水平方向的夾角為45°時，物塊A、B速度大小關系是vA＝22vB
B．物塊A在運動過程中最大速度為2gh
C．物塊B從釋放到最低點的過程中，物塊A的動能不斷增大
D．物塊A由P點出發第一次到達C點的過程中，物塊B的機械能先增大后減小
5．(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10 m/s2，sinθ＝0.28，cosθ＝0.96。則(　　)

A．物塊的質量為5 kg
B．物塊與斜面間的動摩擦因數為0.25
C．物塊下滑時加速度的大小為5.2 m/s2
D．物塊返回斜面底端時機械能為0.5 J
6．(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＝12kx2（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23g
B．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
D．小球C剛離開地面時，小球B的速度大小為
7．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＝5×104 kg，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＝1.8×107 W和P2＝1.2×107 W。該動車組以恒定的加速度a＝2 m/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＝10 m/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50 m/s時，第3節車廂對第4節車廂的拉力大小。

8．如圖所示，長L＝5 m的水平傳送帶以v0＝8 m/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＝0.5 m，O為其圓心，長l＝0.6 m的豎直擋板中心與圓心等高，到圓心距離d＝1 m。將質量為0.2 kg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＝10 m/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？

9．如圖所示的裝置是由豎直擋板P及兩條帶狀軌道Ⅰ和Ⅱ組成。軌道Ⅰ由光滑軌道AB與粗糙直軌道BD連接而成，A、B兩點間的高度差h＝0.5 m。在軌道BD上有一位置C，C點與B點的高度差為H、水平間距L＝1 m。光滑軌道Ⅱ由軌道AE、半徑分別為R1＝1 m、R2＝0.5 m的半圓形螺旋軌道EFG和軌道GB連接而成，且F點與A點等高。軌道Ⅰ、軌道Ⅱ與光滑水平軌道AG在A處銜接，擋板P豎立在軌道AG上，軌道上各連接點均為平滑連接。一質量m＝1 kg的小滑塊（小滑塊可以看成質點）從C點靜止釋放，沿軌道Ⅰ下滑，與擋板P碰撞，碰撞后的動能為碰撞前動能的一半，且碰后小滑塊既可沿軌道Ⅰ返回，也可沿軌道Ⅱ返回。小滑塊與BD間的動摩擦因數μ＝0.5。重力加速度g＝10 m/s2。
(1)若小滑塊沿軌道Ⅰ返回，且恰好能到達B點，則H的大小為多少？
(2)若改變直軌道BD的傾角，使小滑塊在直軌道上的下滑點與B點的水平距離L保持不變，小滑塊沿軌道Ⅱ返回（只考慮首次返回），求H的大小范圍。
(3)在滿足(2)問的條件下，請寫出小滑塊剛過F點（只考慮首次通過F點）時對軌道的壓力大小與H的關系。

1．(多解)
【答案】BD
【解析】對物體受力分析，由圖甲可知，在0～2 s內物體做勻加速運動，拉力大于滑動摩擦力，在2～6 s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2～6 s內根據功率公式P＝Fv，有F＝Pv＝4 N，故滑動摩擦力f＝F＝4 N，在圖甲中，0～2 s內有a＝ΔvΔt＝3 m/s2，由牛頓第二定律可知F′－f＝ma，又P′＝F′v，聯立解得m＝2 kg，F′＝10 N，B正確；由圖甲可知在0～6 s內物體通過的位移為x＝30 m，故物體克服摩擦力做的功Wf＝fx＝120 J，C錯誤；由動能定理可知W－Wf＝12mv2，故0～6 s內拉力做的功W＝12mv2＋Wf＝12×2×62 J＋120 J＝156 J，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)
【答案】BCD
【解析】根據圖象知，x＝1 m時，物塊的動能為2 J，由12mv2＝2 J，解得v＝2m/s，故A錯誤；對x＝2 m到x＝4 m的過程運用動能定理，有F合2Δx＝ΔEk，解得F合2＝2.5 N，則物塊的加速度a＝1.25 m/s2，故B正確；對前2 m的運動過程運用動能定理得F合1Δx′＝ΔE′k，解得F合1＝2 N，則物塊的加速度a′＝1 m/s2，根據Ek＝12mv′2可得末速度v′＝2 m/s，根據v′＝a′t得t＝2 s，故C正確；對全過程運用動能定理得WF－μmgx＝ΔE″k，解得WF＝25 J，故D正確。
【點評】應用動能定理解題的思維流程

3．【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：
mgsin θ－μ2mgcos θ＝ma1
解得a1＝gsin θ－μ2gcos θ。
(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＝μ2mgcos θ•(L－l0)
A與B間由于摩擦產生的熱量Q2＝μ1mgcos θ•l0
根據能量守恒定律有mgLsin θ＝Q1＋Q2
解得：l0＝。
(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′＝μ1mgcos θ•l
B與斜面間由于摩擦產生的熱量Q2′＝μ2mgcos θ•x
根據能量守恒定律有mgLsin θ＝Q1′＋Q2′
解得：x＝Lsin θ－μ1lcos θμ2cos θ。
【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＞tan θ＞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。

1．【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＝12mv2c，又F＝mg，解得vc＝2gR，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＝vcg＝2Rg，在水平方向的位移大小為x＝12gt2＝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．【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Fsin θ＝Mg，聯立以上各式解得M＝2msin θ＜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。

1．(多解)
【答案】AD
【解析】物體在下落過程中，重力做正功為mgh，則重力勢能減小量為mgh，故A正確；物體的合力為13mg，則合力做功為13mgh，所以物體的動能增加為13mgh，故B錯誤；物體除重力做功外還有空氣阻力做負功，導致機械能減少。根據牛頓第二定律有ma＝mg－f，解得f＝23mg，所以阻力做功Wf＝－fh＝－23mgh，所以機械能減少為23mgh，故C錯誤，D正確。
2．【答案】D
【解析】設物體向右做勻減速直線運動的加速度為a1，向左做勻加速直線運動的加速度為a2，則由v－t圖象得，加速度大小a1＝2 m/s2，方向與初速度方向相反；加速度大小a2＝1 m/s2，方向與初速度方向相反。根據牛頓第二定律，有F＋μmg＝ma1，F－μmg＝ma2，聯立得F＝3 N，μ＝0.05，故A錯誤；10 s末恒力F的瞬時功率P＝Fv＝18 W，故B錯誤；根據v－t圖象與橫軸所圍的面積表示位移，得x＝－2 m，負號表示物體在起點左側，故C錯誤；10 s內克服摩擦力做功Wf＝fs＝μmgs＝34 J，故D正確。
3．【答案】B
【解析】在AB段由靜止下滑，說明μmgcos θ＜mgsin θ，則μ＜tanθ，第一次停在BC上的某點，由動能定理得mgh1－μmgcos θ －μmgs′＝0，整理可得，故A錯誤，B正確；第二次滑上BE在E點停下，則μmgcos α≥mgsin α，故有tanθ＞μ≥tanα，則α＜θ，故C、D錯誤。
4．(多解)
【答案】BC
【解析】根據兩個物體沿繩子方向的分速度大小相等，則有vAcos 45°＝vB，解得vA＝2vB，故A錯誤；物體B的機械能最小時，即為A到達C點，此時A的速度最大，設為vAm，此時B的速度為0，根據系統的機械能守恒得，解得vAm＝2gh，故B正確；物塊A由P點出發第一次到達C點過程中，物塊B從釋放到了最低點，此過程中，對A受力分析，可知繩子的拉力一直做正功，其動能一直增大，故C正確；物塊A由P點出發第一次到達C點的過程中，繩子對B一直做負功，其機械能一直減小，故D錯誤。
5．(多解)
【答案】BD
【解析】由圖可知，物塊到達最高點時的重力勢能Ep＝mgssin θ，代入圖中數據可得m＝0.5 kg，故A錯誤；對物塊由動能定理得－mgssin θ－μmgscos θ＝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＝gsin θ－μgcos θ＝0.4 m/s2，故C錯誤；物塊上升和下滑過程損失的機械能ΔE＝μmgcos θ?2s＝6 J，物塊返回斜面底端時機械能E2＝E0－ΔE＝0.5J，故D正確。
6．(多解)
【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＝23g，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，即當彈簧的伸長量為時，B的速度最大，故B錯誤；對整體進行分析，有2mg?2x－mg?2x＝12?3mvm2，解得，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－12k(2x)2＋12kx2＝12?3mvB2，得，故D正確。
7．【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＝6ma
P1＝F1v1，v1＝at
聯立解得：t＝10 s。
(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：
所以當v3＝50 m/s時，有
對第4、5、6節車廂，F2－0.3mg＝3ma′
解得：F2＝3×105 N。
8．【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
聯立上述兩式，代入數據可得x＝4 m＜L＝5 m
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8 m/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：

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＝12mv22－12mv12
聯立上述兩式可解得：v1＝5 m/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＝v3t1
r＋12l＝12gt12
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＝12mv32
代入數據解得： m；
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＝v4t2
r－12l＝12gt22
設小物塊從距傳送帶左端l2處由靜止釋放，由動能定理得：μmgl2－mg?2r＝12mv42
代入數據解得： m；
利用動能定理可確定兩種情況下到達最高點的速度均大于v2，可過最高點，綜上所述，小物塊在距傳送帶左端內靜止釋放，能經圓周最高點飛出后擊中擋板。

9．【解析】(1)從C點到B點，由動能定理：mgH－μmgL＝12mv2
設滑塊碰前的速度為v1，則有：mgh＝12mv12－12mv2
滑塊與擋板碰撞后的動能Ek＝12×12mv12
又因為Ek＝mgh
所以H＝1 m。
(2)剛好能通過F點，
則
從A到F點，Ek＝12mvF2
得H＝1 m
能從C滑至B，μmgcos θ＜mgsin θ
μ＜tan θ
由得H＞0.5 m
綜上可得H≥1 m。
(3)小滑塊剛過F點時，有：12mvF2＝5H
又因為
可得FN＝20H－10
根據牛頓第三定律得FN′＝20H－10（其中H≥1 m）。

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【原創】（新高考）高考二輪精品專題三功能關系與能量守恒

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【原創】（新高考）高考二輪精品專題三 功能關系與能量守恒

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