新高考物理一轮复习知识梳理+分层练习专题34 功能关系、能量守恒定律（含解析）

2023届高三物理一轮复习多维度导学与分层专练

专题34  功能关系、能量守恒定律

【知识导学与典例导练】

一、重力场中的功能关系及应用

1.功是能量转化的量度,力学中几种常见的功能关系如下

2．能量守恒定律的两点理解

(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。

3．能量转化问题的解题思路

(1)当涉及摩擦力做功，机械能不守恒时，一般应用能的转化和守恒定律。

(2)解题时，首先确定初、末状态，然后分析状态变化过程中哪种形式的能量减少，哪种形式的能量增加，求出减少的能量总和ΔE减与增加的能量总和ΔE增，最后由ΔE减＝ΔE增列式求解。

【例1】如图所示，质量为m的物体（可视为质点）以某一速度从A点冲上倾角为30°的固定斜面，其运动的加速度大小为g，g为重力加速度，此物体在斜面上上升的最大高度为h，则在这个过程中物体（　　）

A．重力势能增加了mgh

B．克服摩擦力做功mgh

C．动能损失了mgh

D．机械能损失了mgh

【答案】CD

【详解】A．这个过程中物体上升的高度为h，则重力势能增加了mgh，故A错误；

B．加速度则摩擦力Ff=mg物体在斜面上能够上升的最大高度为h，发生的位移为2h，则克服摩擦力做功故B错误；

C．由动能定理可知，动能损失量为故C正确；

D．机械能的损失量为故D正确。故选CD。

二、摩擦力做功与能量转化

1．两种摩擦力做功的比较

2.求解相对滑动物体的能量问题的方法

(1)正确分析物体的运动过程,做好受力情况分析。

(2)利用运动学公式,结合牛顿第二定律分析物体的速度关系及位移关系。

(3)公式Q=Ff·l相对中l相对为两接触物体间的相对位移,若物体在传送带上做往复运动,则l相对为总的相对路程。

考法一：传送带类

1．两个设问角度

(1)动力学角度：首先要正确分析物体的运动过程，做好受力分析，然后利用运动学公式结合牛顿第二定律求物体及传送带在相应时间内的位移，找出物体和传送带之间的位移关系。

(2)能量角度：求传送带对物体所做的功、物体和传送带由于相对滑动而产生的热量、因放上物体而使电动机多消耗的电能等，常依据功能关系或能量守恒定律求解。

2．两个功能关系

(1)传送带电动机做的功W电＝ΔEk＋ΔEp＋Q＝Fx传。

(2)传送带摩擦力产生的热量Q＝Ff·x相对。　

【例2】如图所示，传送带与水平面间的夹角为，其中A、B两点间的距离为，传送带在电动机的带动下以的速度顺时针匀速转动。现将一质量的小物块（可视为质点）轻放在传送带的B点，已知小物块与传送带间的动摩擦因数，g为取，则在传送带将小物块从B点传送到A点的过程中（　　）

A．小物块经过后与传送带共速

B．摩擦力对小物块做的功为

C．摩擦产生的热量为

D．因放小物块而使得电动机多消耗的电能为

【答案】C

【详解】A．物体刚放在B点时，受到的滑动摩擦力沿传送带向上，由于物体做匀加速直线运动，由牛顿第二定律得假设物体能与传送带达到相同速度，则物体上滑的的位移假设成立。物体与传送带达到相同速度后，将向上匀速运动，到达A点的速度仍为2m/s。小物块匀加速时间小物块经过0.8s后与传送带共速。A错误；

B．摩擦力匀加速阶段对小物块做的功小物块匀速运动过程中，小物块受到的为静摩擦力，大小与重力平行斜面向下的分力相等。摩擦力匀速阶段对小物块做的功

摩擦力对小物块做的功为，B错误；

C．小物块与传送带的相对位移摩擦产生的热

C正确；

D．因放小物块而使得电动机多消耗的电能

D错误。故选C。

考法二：板块类

1．两个分析角度

(1)动力学角度：首先隔离物块和木板，分别分析受力，求出加速度，根据初速度分析两者的运动过程，画出运动轨迹图，找到位移和相对位移关系，根据时间关系列位移等式和速度等式。

(2)能量角度：物块在木板上滑行时，速度减小的物块动能减小，速度增大的木板动能增加，根据能量守恒，减小的动能等于增加的动能与系统产生的内能之和。

2．三种处理方法

(1)求解对地位移可优先考虑应用动能定理。

(2)求解相对位移可优先考虑应用能量守恒定律。

(3)地面光滑时，求速度可优先考虑应用动量守恒定律。　　

【例3】如图所示，水平地面上有足够长平板车M，车上最右端放一物块m＝0.9kg，开始时M、m均静止。t＝0时，车在外力作用下开始沿水平面向右运动，其v-t图像如图所示，已知物块与平板车间的动摩擦因数为0.2，0-4s内物块m始终没有滑出小车，取g＝10m/s2。下列说法正确的是（　　）

A．0-4s内，物块m的加速度一直保持不变

B．要使物块m不会从车的左端滑出小车，小车的长度至少m

C．0-4s内，m与M间因相对滑动产生的内能为12.8J

D．0-4s内，m、M相对地面的位移大小之比为7：9

【答案】CD

【详解】A．根据速度与时间的图象的斜率表示加速度，则车先以的加速度匀加速直线运动后以的加速度匀减速直线运动，根据物体与车的动摩擦因数可知，物体与车的滑动摩擦力产生的加速度为，有物块与小车速度相同前，物块受到的滑动摩擦力一直向右，物块做匀加速直线运动，物块与小车速度相同后，物块受到的滑动摩擦力向左，物块做匀减速直线运动。物块运动图像如图红线所示

0-4s，物块先加速后减，加速时加速度向右，减速时加速度向左，A错误；

B．设时刻物块与小车速度相等解得此时物块和小车的速度为之后，物块相对小车向右滑，在时，物块速度，，物块和小车的相对位移，由图像得要使物块m不会从车的左端滑出小车，小车的长度至少。B错误；

C．时，物块的速度，，由图像可知小车和物块的相对位移

所以因摩擦产生的内能，C正确；

D．0-4s内，小车位移物块位移所以

D正确。故选CD。

三、功能关系中的图像问题

【例4】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x、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（　　）

A． B．

C． D．

【答案】BD

【详解】AB．设斜坡的倾角为，滑雪爱好者下滑过程中动能的变化量等于合力做的功，则

即下滑过程中，倾角不变时，图像的斜率不变，倾角变小，图像的斜率变小，A项错误，B项正确；

C．根据牛顿第二定律可得，滑雪爱好者下滑时有可得结合A项的分析可知E与的关系为即当不变时，E与成线性关系，图像为一抛物线，当发生变化时，图像为另一抛物线，故C项错误；

D．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，则即

所以图像如D项所示，故D项正确。故选BD。

【例5】在沿斜面向上的恒力F作用下，一物体从足够长的光滑斜面的底端由静止开始向上运动，在某一高度撤去恒力F。以地面为零势能面，设重力势能为、机械能为，则整个向上运动过程中，它们随时间t变化的图像正确的是（　　）

A． B．

C． D．

【答案】A

【详解】根据题意可知，撤去恒力前，物体做匀加速运动，设加速度为，撤去恒力后，物体做匀减速运动，设加速度为，匀加速后物体的速度为，由运动学公式可得，匀加速时的位移为匀减速时的位移为

AB．以地面为零势能面，根据题意，由重力做功与重力势能的关系可知，撤去恒力前

可知，重力势能与时间为二次函数，且开口向上，撤去恒力后

可知，重力势能与时间仍为二次函数，但开口向下，故B错误A正确；

CD．根据题意，由功能关系可知，撤去恒力前，物体的机械能为可知，机械能与时间为二次函数，且开口向上，撤去恒力后，只有重力做功，机械能保持不变，故CD错误。故选A。

【例6】将一物体以初动能竖直向上抛出，选抛出时的位置为零势能点，若物块所受到的空气阻力与其速率成正比，则物体的机械能E随其位移h变化的关系图像可能是（　　）

A． B．

C． D．

【答案】C

【详解】由功能关系知，机械能的变化对应着除重力和弹簧弹力之外的其他力做功，则该物体机械能的变化对应着空气阻力做功，所以物体的机械能E随其位移h变化的关系图像的斜率为阻力，由题意得，空气阻力与其速率成正比，即因为上升阶段物体速度减小，所以可知阻力减小，所以上升阶段的图像斜率在减小，且阻力做负功，则机械能在减少。同理可知，下降阶段，物体速度增大，则阻力增大，即图像斜率增大，且阻力同样做负功，机械能也减少。且上升过程，位移增大，下降过程位移减小，最终位移为零。

故选C。

【例7】一小球从地面竖直上抛，经t0时间到最高点，后又落回地面，小球运动过程中所受空气阻力大小与速率成正比。下列关于小球运动的机械能E随时间t变化的图像中，可能正确的是（　　）

A． B．

C． D．

【答案】C

【详解】小球的速率为v时受到的空气阻力大小为f=kv上升、下降过程阻力均做负功，机械能始终减小，克服阻力所做的功等于机械能的减小量，在小球上升过程中，其速率v越来越小，可得

可知小球机械能的变化率的绝对值逐渐减小；在小球下落过程中，其速率v越来越大，可知小球机械能的变化率的绝对值逐渐增大，C图符合题意。故选C。

【多维度分层专练】

1．滑沙是人们喜爱的游乐活动，如图是滑沙场地的一段斜面，其倾角为30°，设参加活动的人和滑车总质量为m，人和滑车从距底端高为h处的顶端A沿滑道由静止开始匀加速下滑，加速度为0.4g，人和滑车可视为质点，则从顶端向下滑到底端B的过程中，下列说法正确的是（　　）

A．人和滑车减少的重力势能全部转化为动能

B．人和滑车获得的动能为0.8mgh

C．整个下滑过程中人和滑车减少的机械能为0.2mgh

D．人和滑车克服摩擦力做功为0.6mgh

【答案】BC

【详解】A.沿斜面的方向有解得：，人和滑车减少的重力势能转化为动能和内能，A错误；

B.人和滑车下滑的过程中重力和摩擦力做功，获得的动能为，B正确；

C.整个下滑过程中人和滑车减少的机械能为，C正确；

D.整个下滑过程中克服摩擦力做功等于人和滑车减少的机械能，所以人和滑车克服摩擦力做功为，D错误；故选BC。

2．如图所示，竖直光滑杆固定不动，套在杆上的轻弹簧下端固定，将套在杆上的滑块向下压缩弹簧至离地高度h=0.1 m处，滑块与弹簧不拴接。现由静止释放滑块，通过传感器测量到滑块的速度和离地高度h并作出滑块的动能Ek-h图像，其中h=0.18 m时对应图像的最顶点，高度从0.2 m上升到0.35 m范围内图像为直线，其余为曲线，取g=10 m/s2，由图像可知（　　）

A．滑块的质量为0.18 kg

B．弹簧的劲度系数为10 N/m

C．滑块运动的最大加速度为40 m/s2

D．弹簧的弹性势能最大值为0.7 J

【答案】C

【详解】A．在从0.2m上升到0.35m范围内图线的斜率绝对值为

则 m=0.2kg故A 错误；

B．在图像中，图线的斜率表示滑块所受的合外力，由于高度从0.2m上升到0.35m范围内图像为直线，其余部分为曲线，说明滑块从0.2m上升到0.35m范围内所受作用力为恒力，所以弹簧的原长的0.2m，当弹簧弹力等于重力时，物块的速度最大，根据图像可知，此时h=0.18m则有解得故B错误；

C．由以上分析可知，滑块静止释放后做加速度减小的加速运动，当弹簧弹力等于重力时，加速度为0，物块的速度最大，所以物块在释放瞬间加速度最大。由牛顿第二定律可得

故C正确；

D．根据能的转化与守恒可知，当滑块上升至最大高度时，增加的重力势能即为弹簧最大弹性势能，所以

故D错误。故选C。

3．电动机通过轻绳将小球自离地一定高度处由静止开始竖直向上提升，运动中小球的机械能E随时间t变化的图像如图所示（图中各物理量已知），小球质量为m，下列说法正确的是（       ）

A．小球向上做匀加速直线运动

B．小球上升的最大速度为

C．已知小球时间内上升的高度为，则可求出时刻小球的速度

D．若小球在时刻的速度为，则该时刻的加速度为

【答案】C

【详解】A．根据功能关系可知，除重力做功以外，绳的牵引力做正功引起机械能的增大而机械能随时间t均匀增大，由可知拉力的功率P保持不变，由牛顿第二定律有则小球做加速度逐渐减小的变加速运动，A错误；

B．由可知，图像的斜率即为牵引力的功率，有当牵引力等于重力时，加速度为零，速度达到最大，有可得，B错误；

C．小球在时间内做变加速直线运动，由动能定理得故已知上升的高度，可求得小球时刻速度v，故C正确；

D．由；得，D错误。故选C。

4．如图所示，轻质弹簧下端固定在粗糙斜面底端，一小物块从斜面顶端由静止滑下并压缩弹簧，弹簧始终处于弹性限度内，则物块下滑过程中，物块的动量p、重力势能、弹簧的弹力F、弹性势能随时间t或位移x的关系图像可能正确的是（　　）

A． B．

C． D．

【答案】A

【详解】A．物块沿斜面下滑时，合外力先不变，接触弹簧后所受的合外力先逐渐减小，当向上的弹力和向上的摩擦力之和等于重力沿斜面向下的分量时，此时合力为零；然后继续向下运动时合力向上变大，在最低点时合力最大；因p-t图像的斜率由图像可知，斜率先不变、后减小，再反向增加，可知图像A正确。

B．根据EP=mgh=mgxsinθ可知重力势能随x线性减小，选项B错误；

C．物块接触弹簧之前，弹簧弹力为零；接触弹簧之后，弹簧弹力随位移x按线性增加，则选项C错误；

D．物块接触弹簧之前，弹簧弹性势能为零；接触弹簧之后，弹簧弹性势能随x逐渐变大，但是图像为开口向上的抛物线形状，则选项D错误；故选A。

5．转运码头上起吊机正在工作，启动电动机收紧钢索，将原来静止的重物竖直向上提升。提升的前两个阶段，重物的机械能E与上升距离h的关系如图所示，第二阶段图像为一直线。若全过程各种摩擦忽略不计，下列判断正确的是（　　）

A．钢索拉重物的力一直增大

B．钢索拉重物的力先减小后不变

C．在第二阶段，钢索拉重物的力一定大于重物的重力

D．在第二阶段，重物可能做匀速直线运动

【答案】BD

【详解】AB．拉力对重物做的功，等于重物的机械能变化，则E=Fh则由图可知，钢索拉重物的力先减小后不变，故A错误，B正确；

C．第二阶段，斜率保持不变，钢索对重物的拉力F不变，但F与mg大小关系不能确定，可能F>mg做匀加速直线运动，可能F=mg，做匀速直线运动，故C错误；

D．由C知，第二阶段，F不变，若F=mg，则F合=0，受力平衡，则重物匀速上升，速度保持不变。故D正确。故选BD。

6．如图所示，一足够长的倾斜传送带以速度顺时针匀速运动，传送带与水平方向的夹角。质量的小物块P和质量的小物块Q由跨过定滑轮的轻绳连接，P与定滑轮间的绳子与传送带平行，轻绳足够长且不可伸长。某时刻物块P从传送带上端以速度冲上传送带（此时P、Q的速率相等），已知物块P与传送带间的动摩擦因数，不计滑轮的质量与摩擦，整个运动过程中物块Q都没有上升到定滑轮处。求：

（1）物块P刚冲上传送带时加速度的大小；

（2）从物块P刚冲上传送带到沿传送带运动到最远处的过程中，P、Q系统机械能的改变量；

（3）若传送带以不同的速度顺时针匀速运动，当v取多大时，物块P沿传送带运动到最远处过程中与传送带因摩擦产生的摩擦热量最小，最小值是多少？

【答案】（1）；（2）；（3）时，Q有最小值，最小值为

【详解】（1）对P、Q进行受力分析，如图所示

设刚冲上传送带时Q的加速度为a1，对Q：；对P：

解得

（2）设减速到与传送带共速的过程中P的位移为x1解得

当在传送带上减速到与传送带共速时，经分析得到P、Q的受力如图所示

设此时P的加速度为a2，对Q：；对P：解得设与传送带共速到减速到0的过程中P的位移为x2，则有解得

设系统机械能的改变量为，根据能量守恒，机械能的改变量等于重力以外的力（也就是摩擦力）做的功

（3）设传送带的速度v（0<v<v0），共速前第一个减速过程P的位移为x3，用时为t3，皮带位移为；共速后至减速为零为第二个减速过程，P的位移为x4，用时为t4，皮带位移为。则，

得皮带位移为第二个减速过程，解得

皮带的位移物块P减速到0的过程中因摩擦产生的热量为Q

代入数据可得

可得时，Q有最小值，最小值为

7．如图甲所示，某口罩生产车间的流水线安装的是U形传送带，可简化为如图乙所示的结构图，其中AB、CD段为直线，BC段为同心半圆弧面，半圆弧中心线（虚线部分）半径为。自动分拣装置中的机械手将质量均为的包装好的口罩产品无初速度放至匀速运行的传送带A端，质检员在BC段进行检测，产品在BC段与传送带相对静止，测量出CD段相邻两件产品间的距离均为，位于D端的收件员每隔4s从传送带上无间隔地取下一件产品，每件产品与传送带间的动摩擦因数均为。

（1）求每件产品放在传送带上后，相对传送带运动的距离；

（2）每件产品放在传送带上后，如果要使传送带保持原有的速率匀速运行，求电动机应增加的平均功率。

【答案】（1）0.004m；（2）0.4W

【详解】（1）在D点的收件员每隔4s从传送带上取下一件产品，则传送带的速度为

每件产品与传送带间的动摩擦因数均为，则有；加速过程中每件产品相对传送带运动的距离为

（2）由（1）可知每件产品放在传送带上后，相对传送带运动的距离为因摩擦产生的热量为每件产品动能的增加量为电动机应增加的平均功率为解得

8．如图所示，倾角为θ＝30°的斜面体固定在水平地面上，其左端高度h＝3m，一薄木板B置于斜面顶端，恰好能静止，下端连接一根自然长度L0＝1m的轻弹簧，木板B总质量m＝1kg，总长度L＝2.5m。有一个质量为M＝4kg的小物块A以沿斜面向下大小为5m/s的速度滑上木板B，A、B之间的动摩擦因数，木板B下滑到斜面底端碰到挡板后立刻停下，物块A最后恰好没有脱离弹簧，且弹簧一直处于弹性限度内，最大静摩擦力等于滑动摩擦力，取重力加速度g＝10m/s2，不计空气阻力。求：

（1）斜面体与木板B的动摩擦因数μ0；

（2）木板B与挡板碰撞前的瞬间的速度大小；

（3）弹簧被压缩到最短时的弹性势能Ep。

【答案】（1）；（2）4m/s；（3）22.5J

【详解】（1）木板恰好静止在斜面上，根据平衡条件得故斜面体与木板B的动摩擦因数为；

（2）物块A在木板上滑行过程中，对A根据牛顿第二定律代入数据得，方向沿斜面向上，对B根据牛顿第二定律

代入数据得，方向沿斜面向下，假设A与木板达到共速时，A还没有压缩弹簧且木板还没有到达底端，则有解得 ，此过程中A的位移

B的位移由于，A在B上滑行的距离说明以上假设成立，共速后，由于

A与木板B匀速下滑，直到木板与底端挡板碰撞，故木板B与挡板碰撞前的速度为；

（3）木板与挡板碰撞后停下，此后A做匀减速直线运动，设接触弹簧时A的速度为，有

设弹簧最大压缩量为，A从开始压缩弹簧到刚好回到原长过程，

，A从开始压缩弹簧到弹簧压缩最短过程，

联立解得：

9．如图所示，质量为M=1kg、长为L=1m的长木板A锁定在光滑的水平面上，质量为m=0.5kg的物块B（可视为质点）以一定的初速度v0从长木板的左端滑上长木板，恰好能停在长木板的右端。B与A上表面的动摩擦因数μ从左向右随移动距离l变化关系如图乙所示。重力加速度取g=10m/s2。

（1）求物块B滑上长木板时的初速度v0大小；

（2）若解除长木板的锁定，物块B仍以初速度v0从长木板左端滑上长木板，求最终物块相对长木板滑行的距离。

【答案】（1）；（2）

【详解】（1）物块B在长木板上运动过程，只有摩擦力做功，前半段摩擦力不变，后半段由图乙知摩擦力随位移均匀变化，根据功能关系有解得

（2）设最后共同速度为v，根据动量守恒有解得系统损失的动能由于因此，物块B相对长木板滑行的距离大于0.5m，设物块滑过长木板中点后又相对滑行的距离为x0，则根据功能关系有解得

因此，物块B相对长木板滑行的距离