新高考物理一轮复习考点题型分类讲与练第31讲 功能关系 能量守恒定律（2份，原卷版+解析版）

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考点01：功能关系的理解和应用（必备知识+1例+2变式+能力提升）
考点02：摩擦力做功与能量转化（必备知识+2例+2变式）
考点03：能量守恒定律的理解和应用（必备知识+3例+3变式+能力提升）
二、 巩固提升（精选12道题）
功能关系的理解和应用
考点一
1.对功能关系的理解
(1)力做功的过程就是能量转化的过程，不同形式的能量发生相互转化是通过做功来实现的。
(2)功是能量转化的量度，功和能的关系，一是体现在不同的力做功，对应不同形式的能转化，具有一一对应关系，二是做功的多少与能量转化的多少在数值上相等。
2.常见的功能关系
【例1-1】（多选）（2025·湖南·高考真题）如图，某爆炸能量测量装置由装载台和滑轨等构成，C是可以在滑轨上运动的标准测量件，其规格可以根据测量需求进行调整。滑轨安装在高度为h的水平面上。测量时，将弹药放入装载台圆筒内，两端用物块A和B封装，装载台与滑轨等高。引爆后，假设弹药释放的能量完全转化为A和B的动能。极短时间内B嵌入C中形成组合体D，D与滑轨间的动摩擦因数为μ。D在滑轨上运动S1距离后抛出，落地点距抛出点水平距离为S2，根据S2可计算出弹药释放的能量。某次测量中，A、B、C质量分别为3m、m、5m，S1=ℎμ，整个过程发生在同一竖直平面内，不计空气阻力，重力加速度大小为g。则（ ）
A．D的初动能与爆炸后瞬间A的动能相等
B．D的初动能与其落地时的动能相等
C．弹药释放的能量为36mgℎ1+S224ℎ2
D．弹药释放的能量为48mgℎ1+S224ℎ2
【答案】BD
【详解】A．爆炸后，AB组成的系统动量守恒，即3mv1=mv2
B与C碰撞过程动量守恒mv2=6mv
联立解得v=0.5v1。
爆炸后瞬间A的动能EkA=12⋅3m⋅v12
D的初动能EkD=12⋅6m⋅0.5v12
两者不相等，故A错误；
B．D水平滑动过程中摩擦力做功为Wf=−μ⋅6mg⋅S1=−μ⋅6mg⋅ℎμ=−6mgℎ
做平抛运动过程中重力做的功为WG=6mgℎ
故D从开始运动到落地瞬间合外力做功为0，根据动能定理可知D的初动能与其落地时的动能相等，故B正确；
CD．D物块平抛过程有ℎ=12gt2，S2=v0t
联立可得v0=S2g2ℎ
D水平滑动过程中根据动能定理有−6mgℎ=12⋅6mv02−12⋅6mv2
化简得v2=S22g2ℎ+2gℎ
弹药释放的能量完全转化为A和B的动能，则爆炸过程的能量为E=12⋅3mv12+12⋅mv22=24mv2=24S22g2ℎ+2gℎ=48mgℎ1+S224ℎ2
故C错误，D正确。
故选BD。
【变式1-1】（多选）（2025·湖南·模拟预测）如图甲所示，一质量为1.0kg、可视为质点的小铁块在平行于固定斜面的力F作用下由静止开始从斜面底端向上滑动，力F由一个初始值开始逐渐减小到0后就不再作用。以出发点为零势能点和原点，铁块的机械能E与其滑行位移x的关系如图乙中OABC所示，其中OAB段是曲线，BC段是直线，曲线OAB段的最高点A的横坐标是xA，B点和C点的坐标已在图乙中标出；铁块的重力势能Ep与其滑行位移x的关系如图乙中直线OC所示，取重力加速度g=10m/s2，斜面粗糙程度均匀，则下列说法正确的是（ ）
A．外力F做的功为11.3J
B．铁块与斜面间的动摩擦因数是0.45
C．铁块上滑xA时，其加速度大小为11m/s2
D．铁块滑回出发点时的动能为4.7J
【答案】AD
【详解】A．设斜面倾角为θ，铁块的重力势能与上滑位移间的关系是Ep=mgxsinθ
由Ep−x图线可知sinθ=0.8，则csθ=0.6；铁块上滑0.5m后，其机械能均匀减小，即铁块上滑0.5m时力F减为0。图像BC段的斜率的绝对值为铁块受到的摩擦力大小，故铁块受到的摩擦力大小为f=9.65−8.01.0−0.5N=3.3N
在铁块滑行1.0m时，其机械能与重力势能相等，铁块速度为0，由动能定理得WF−fx0−mgx0sinθ=0
其中x0=1m，解得WF=11.3J，故A正确；
B．根据f=μmgcsθ
解得μ=0.55，故B错误；
C．铁块上滑xA时，F与f相等，设此时铁块的加速度为a，则有mgsinθ=ma
解得a=8m/s2，故C错误；
D．铁块下滑过程，由动能定理得mgx0sinθ−fx0=Ek
解得Ek=4.7J，故D正确。
故选AD。
【变式1-2】（多选）（2022·河北·高考真题）如图，轻质定滑轮固定在天花板上，物体P和Q用不可伸长的轻绳相连，悬挂在定滑轮上，质量mQ>mP，t=0时刻将两物体由静止释放，物体Q的加速度大小为g3。T时刻轻绳突然断开，物体P能够达到的最高点恰与物体Q释放位置处于同一高度，取t=0时刻物体P所在水平面为零势能面，此时物体Q的机械能为E。重力加速度大小为g，不计摩擦和空气阻力，两物体均可视为质点。下列说法正确的是（ ）
A．物体P和Q的质量之比为1:3B．2T时刻物体Q的机械能为E2
C．2T时刻物体P重力的功率为3E2TD．2T时刻物体P的速度大小2gT3
【答案】BCD
【详解】A．开始释放时物体Q的加速度为g3，则
mQg−FT=mQ⋅g3
FT−mPg=mP⋅g3
解得
FT=23mQg
mPmQ=12
选项A错误；
B．在T时刻，两物体的速度
v1=gT3
P上升的距离ℎ1=12g3T2=gT26
细线断后P能上升的高度ℎ2=v122g=gT218
可知开始时PQ距离为 ℎ=ℎ1+ℎ2=2gT29
若设开始时P所处的位置为零势能面，则开始时Q的机械能为E=mQgℎ=2mQg2T29
从开始到绳子断裂，绳子的拉力对Q做负功，大小为
WF=FTℎ1=mQg2T29
则此时物体Q的机械能E'=E−WF=mQg2T29=E2
此后物块Q的机械能守恒，则在2T时刻物块Q的机械能仍为E2，选项B正确；
CD．在2T时刻，重物P的速度
v2=v1−gT=−2gT3
方向向下；此时物体P重力的瞬时功率
PG=mPgv2=mQg2⋅2gT3=mQg2T3=3E2T
选项CD正确。故选BCD。
摩擦力做功与能量转化
考点二
1.静摩擦力做功
（1）静摩擦力可以做正功，也可以做负功，还可以不做功。
（2）相互作用的一对静摩擦力做功的代数和总等于零。
（3）静摩擦力做功时，只有机械能的相互转移，不会转化为内能。
2.滑动摩擦力做功的特点
（1）滑动摩擦力可以做正功，也可以做负功，还可以不做功。
（2）相互间存在滑动摩擦力的系统内，一对滑动摩擦力做功将产生两种可能效果：
①机械能全部转化为内能；
②有一部分机械能在相互摩擦的物体间转移，另外一部分转化为内能。
（3）摩擦生热的计算：Q＝Ffx相对。其中x相对为相互摩擦的两个物体间的相对路程。
从功的角度看，一对滑动摩擦力对系统做的总功等于系统内能的增加量；从能量的角度看，其他形式能量的减少量等于系统内能的增加量。
3.两种摩擦力做功特点的比较
【例2-1】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，其减速运动的加速度大小为34g，此物体在斜面上能够上升的最大高度为h，则在这个过程中物体（ ）
A．重力势能增加了mgℎB．机械能损失了14mgℎ
C．动能损失了mgℎD．克服摩擦力做功14mgℎ
【答案】A
【详解】A．物体在斜面上能够上升的最大高度为h，则此过程中物体的重力势能增加了
ΔEp=mgℎ
A正确；
BD．由牛顿第二定律可得
mgsin30°+Ff=ma
解得
Ff=14mg
所以物体克服摩擦力做的功为
Wf克=Ff×ℎsin30°=12mgℎ
则机械能损失了12mgℎ，BD错误；
C．物体在运动过程中合外力做的总功为
W=−34mg⋅2ℎ=−32mgℎ
所以其动能损失了32mgℎ，C错误。
故选A。
【例2-2】（多选）如图所示，传送带与水平面间的夹角为30°，其中A、B两点间的距离为3.5m，传送带在电动机的带动下以v=2m/s的速度顺时针匀速转动。现将一质量为4kg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μ=32，g取10m/s2，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415s后与传送带共速
B．摩擦力对小物块做的功为24J
C．摩擦产生的热量为24J
D．因放小物块而使得电动机多消耗的电能为102J
【答案】CD
【详解】A．小物块刚放在B点时，受到的滑动摩擦力沿传送带向上，由于
μ=32>tan30∘
小物块做匀加速直线运动，由牛顿第二定律
μmgcs30°−mgsin30°=ma
可得
a=2.5m/s2
假设小物块能与传送带达到相同速度，则小物块上滑的位移
x1=v22a=0.8mL1cs β＋L2
所以12mvvC2μ2。第一次，滑块从I位置以速度v0向右滑动，通过MN段后停在水平面上的某一位置，整个运动过程中，滑块的位移大小为x1，所用时间为t1；第二次，滑块从Ⅱ位置以相同速度v0向右滑动，通过MN段后停在水平面上的另一位置，整个运动过程中，滑块的位移大小为x2，所用时间为t2。忽略空气阻力，则（ ）
A．t1t2C．x1>x2D．x1μ2，故滑块在MN上时的加速度大，根据前面分析可知两次运动的总位移相等，即两次运动过程中v−t图像与横轴围成的面积相等，由于第二次时滑块距离M点的距离较近，根据公式v02−v2=2μ2gx可知第二次到达M点时速度较大，作出整个过程中两种运动状态的v−t图像
可得t2>t1，故A正确，B错误；
故选A。
【例3-2】（多选）（2023·全国乙卷·高考真题）如图，一质量为M、长为l的木板静止在光滑水平桌面上，另一质量为m的小物块（可视为质点）从木板上的左端以速度v0开始运动。已知物块与木板间的滑动摩擦力大小为f，当物块从木板右端离开时（ ）

A．木板的动能一定等于flB．木板的动能一定小于fl
C．物块的动能一定大于12mv02−flD．物块的动能一定小于12mv02−fl
【答案】BD
【详解】方法一：设物块离开木板时的速度为v1，此时木板的速度为v2，由题意可知v1>v2
设物块的对地位移为xm，木板的对地位移为xM
CD．根据能量守恒定律可得12mv02=12mv12+12Mv22+fl
整理可得12mv12=12mv02−fl−12Mv22v1>v2
可得xm>2xM
则xm−xM=l>xM
所以W=fxMx2=S△COF
故fl>fx2=12Mv22
故A错误，B正确；
CD．对系统，由能量守恒定律fl=12mv02−12mv12+12Mv22
物块动能12mv12=12mv02−fl−12Mv22