专题33 功能关系和能量守恒定律 2022届高中物理常考点归纳二轮复习

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常考点 功能关系和能量守恒定律
【典例1】
如右下图所示，一轻绳道过无摩擦的小定滑轮0与小球B连接，另一端与套在光滑竖直杆，上的小物块A
连接，杆两端固定且足够长，物块A由静止从图示位置释放后，先沿杆向上运动。设某时刻物块A运动的
速度大小为vA，小球B运动的速度大小为vB，轻绳与杆的夹角为θ．则（ ）
A．vA＝vBcsθ
B．vB＝vAsinθ
C．小球B减小的重力势能等于物块A增加的动能
D．当物块A上升到与潜轮等高时，它的机械能最大
【解析】AB、将物块A的速度分解为沿绳子方向和垂直于绳子的方向，在沿绳子方向的分速度等于B的速度。在沿绳子方向的分速度为vAcsθ，所以vB＝vAcsθ，故AB错误；
C、A、B组成的系统只有重力做功，系统机械能守恒，系统重力势能的减小量等于系统动能的增加量，则小球B重力势能的减小等于系统动能的增加和A的重力势能的增加，故C错误；
D、除重力以外其它力做的功等于机械能的增量，物块A上升到与滑轮等高前，拉力做正功，机械能增加，物块A上升到与滑轮等高后，拉力做负功，机械能减小。所以A上升到与滑轮等高时，机械能最大，故D正确
【典例2】
（多选）如图所示，光滑水平面OB与足够长粗糙斜面BC交于B点.轻弹簧左端固定于竖直墙面，用质量
为m1的滑块压缩弹簧至D点，然后由静止释放滑块，滑块脱离弹簧后经B点滑上斜面，上升到最大高度，
并静止在斜面上.换用相同材料、质量为m2的滑块（m2＞m1）压缩弹簧至同一点D后，重复上述过程。不
计滑块经过B点时的机械能损失，下列说法正确的是（ ）
A．两滑块到达B点的速度相同
B．两滑块沿斜面上升过程中的加速度相同
C．两滑块上升到最高点的过程中克服重力做的功相同
D．两滑块上升到最高点的过程中因摩擦产生的热量不相同
【解析】A、弹簧释放的过程，弹簧的弹性势能转化为滑块的动能，两次弹性势能相同，则两滑块到B点的动能相同，但质量不同，则速度不同，
故A错误；
B、滑块.上升过程中对物体受力分析如图：
沿斜面方向：
mgsinθ+f＝ma
垂直于斜面方向：
FN＝mgcsθ
f＝μFN，
由于材料相同，所以动摩擦因数相同，与质量无关，故两滑块上升到最高点过程的加速度相同，故B正确；
C、设滑块上升到最高点过程增加的重力势能为mgh，由能量守恒定律
Ep＝mgh+μmgcsθ
所以mgh＝
两次弹性势能相同，由于材料相同，所以动摩擦因数相同，故两滑块上升到最高点过程克服重力做的功相同，故C正确；
D、因摩擦产生的热量为：
Q＝f×x相对＝μmg csθ＝μmgh
因为mgh相同，μ相同，产生的热量相同，故D错误。
【典例3】
如图所示，半径R＝1.0m的光滑圆弧轨道固定在竖直平面内，轨道的一个端点B和圆心O的连线与水平方
向间的夹角θ＝37°，另一端点C为轨道的最低点。C点右侧的光滑水平面上紧挨C点静止放置一木板，木板质量M＝2kg，上表面与C点等高。质量为m＝1kg的物块（可视为质点）从空中A点以v0＝1.2m/s的速度水平抛出，恰好从轨道的B端沿切线方向进入轨道。取g＝10m/s2．求：
（1）物块到达B点的时间t；
（2）物块经过C点时对轨道的压力大小；
（3）若木板足够长，物块在木板上相对滑动过程中产生的热量Q。
解：依题意得
（1）从A到B物块做平抛运动，有vy＝gt
由几何关系可得：
联立解得：
（2）设物块在B点的速度为vB，在C点的速度为vC，
可得B点的速度为：
从B到C，根据动能定理有
解得：vC＝6m/s
在C点，由牛顿第二定理可得：
解得：N＝46N
故根据牛顿第三定理可得物块经过C点时对木板的压力大小N′＝N＝46N
（3）最终物块与木板一起做匀速直线运动，
根据动量守恒定理得：mvC＝（m+M）v
由功能关系可以：
解得：Q＝12J
答：（1）物块到达B点的时间t为0.16s；
（2）物块经过C点时对轨道的压力大小为46N；
（3）若木板足够长，物块在木板上相对滑动过程中产生的热量Q为12J
1． 六种能量
（1）动能EK=½mv2
（2）摩擦热Q=fs 焦耳热Q=I2Rt
（3）重力势能EP=mgh 弹性势能EP=½kx2 电势能EP=qφ
2． 几个重要的功能关系：
(1)克服重力做的功等于重力势能的变化量，即。
(2)克服弹力做的功等于弹性势能的变化量，即。
(3)合力的功等于动能的变化量，即。
(4)重力、弹簧弹力(系统内物体间的轻弹簧)以外的其他力做的功等于机械能的变化量，即。
(5)一对滑动摩擦力做的功的代数和等于系统内能的变化量，即(对多过程问题为各段过程的相对位移之和，即相对路程)。
3． 功能关系的选用原则
(1)在应用功能关系解决具体问题的过程中，若只涉及动能的变化用动能定理分析．
(2)只涉及重力势能的变化用重力做功与重力势能变化的关系分析．
(3)只涉及机械能变化用除重力和弹力之外的力做功与机械能变化的关系分析．
(4)只涉及电势能的变化用电场力做功与电势能变化的关系分析．
4． 应用功能关系解题的基本思路
（1）受力分析：
按照“一重二弹三摩擦”的顺序分析受力；
（2）做功分析：判断力是否做功，做正功还是负功；
（3）能量分析：“（N+1）原则”，N个力做功对应（N+1）种能量转化，明确哪种形式的能量增加，哪种形式的能量减少；
（4）功能关系：求某种能量的变化找出与之对应的力做功；求力做的功找出与之对应的能量变化。
（5）能量守恒：列出减少的能量ΔE减和增加的能量ΔE增的表达式，列出能量守恒关系式：ΔE减 ＝ΔE增．
5． 动能变化量与机械能变化量的区别
（1）动能变化量等于合外力做的功，即：△Ek=W总= F合x，
（2）机械能变化量等于除重力以外的力做的功，即：△E= W除G= F除Gx
（3）在匀变速直线运动中，动能变化量与机械能变化量之比等于合外力与除重力以外的力之比，即：。
例如，物体沿粗糙斜面上滑x的过程中，
动能变化量△Ek=-mg(sinθ+μcsθ)·x；
机械能变化量△E=-μmgcsθ·x；
二者比值，为一定值。
6． 含弹簧的功能关系
7． 斜面与曲面摩擦力做功的区别
【变式演练1】
（多选）如图所示，半径为R＝1m的四分之三圆弧轨道AB固定在竖直平面内，圆弧最高点的切线PB水平，一个质量为1kg的小球在P点以初速度v0＝4m/s竖直向下抛出，刚好从A点无碰撞地进入圆弧轨道，恰好能到达B点，重力加速度g＝10m/s2，不计小球大小，若v0＝5m/s，则小球从P点运动到B点的过程中（ ）
A．小球克服摩擦力做功为3J
B．小球的机械能减少量大于3J
C．小球到B点的速度大小为m/s
D．小球在B点对轨道的压力小于9N
【解析】A、小球恰好能到达B点，由重力提供向心力，由牛顿第二定律得：mg＝m，可得vB＝m/s
从释放点到B点的过程，由动能定理得：﹣Wf＝﹣，其中v0＝4m/s，m＝1kg，解得小球克服摩擦力做功：Wf＝3J
若v0＝5m/s，小球经过圆弧轨道同一位置时速度增大，所需要的向心力增大，轨道对小球的支持力，则小球对轨道的压力增大，小球受到的摩擦力增大，所以小球克服摩擦力做功增多，将大于3J，故A错误；
B、小球克服摩擦力做功大于3J，根据功能关系知：小球克服摩擦力做功等于机械能的减少量，则小球的机械能减少量大于3J，故B正确；
CD、若v0＝5m/s，从释放点到B点的过程，由动能定理得：﹣Wf′＝﹣，Wf′＞3J，则小球到达B点的速度vB′＜m/s
小球在B点时，由重力和轨道作用力的合力提供向心力，由牛顿第二定律得：mg+FN＝m
根据牛顿第三定律知小球在B点对轨道的压力大小FN′＝FN，联立解得FN′＜9N，故C错误，D正确。
【变式演练2】
如图1所示，竖直放置的轻弹簧下端固定在地上，上端与质量为m的物块相连（不栓接）初始状态处于静
止状态。现对物块施加竖直向上的外力F使物块做匀加速直线运动，经过0.4s弹簧恢复原长，图2是力F
随物块位移x变化的图像，重力加速度g取10m/s2。下列说法正确的是（ ）
A．物块做匀加速直线运动的加速度为2m/s2
B．在弹簧恢复原长的瞬间，外力F的功率为25W
C．在弹簧恢复原长过程中，物块和弹簧组成的系统机械能变化量为300J
D．在弹簧恢复原长过程中，重力做功为4J
【解析】A、根据题意可知，x＝20cm＝0.2m时弹簧恢复原长，物块做匀加速直线运动，则有：x＝
解得：a＝＝m/s2＝2.5m/s2，故A错误；
B、x＝0时，由牛顿第二定律得F0＝ma，由图知F0＝5N，解得物块的质量为：m＝2kg。
在弹簧恢复原长的瞬间，根据牛顿第二定律得：F﹣mg＝ma，解得：F＝25N。
弹簧恢复原长的瞬间，物块的速度为：v＝at＝2.5×0.4m/s＝1m/s，
则在弹簧恢复原长的瞬间，外力F的功率为：P＝Fv＝25×1W＝25W，故B正确；
C、根据功能关系可知，在弹簧恢复原长过程中，物块和弹簧组成的系统机械能变化量等于F所做的功，而F所做的功等于F﹣x图像与x轴所围的面积大小，则：
ΔE＝WF＝x＝×0.2J＝3J，故C错误；
D、在弹簧恢复原长过程中，重力做功为：WG＝﹣mgx＝﹣2×10×0.2J＝﹣4J，故D错误。
【变式演练3】
（多选）一小球自空中某一点由静止下落，与地面碰撞后弹起，其v﹣t图象如图所示．下列说法正确的是
（ ）
A．小球开始下落时距地面1.8m
B．小球与地面碰撞的过程中无机械能损失
C．小球弹起到达最高点时加速度为0
D．从图中可得当地重力加速度为10m/s2
【解析】A、由图可以看出，小球开始下落时距地面h＝×6×0.6＝1.8m，故A正确；
B、小球与地面碰撞前后速度变小，动能有损失，即机械能有损失，故B错误；
C、小球弹起到达最高点时，速度为零，但受力不为零，故加速度不为零，故C错误；
D、根据速度时间图象的斜率表示加速度知：g＝＝＝10m/s2，故 D正确
考点拓展练习
1．图中的PNQ是一个固定的光滑轨道，其中PN是直线部分，NQ为半圆弧，PN与NQ弧在N点相切，P、Q两点处于同一水平高度，现有一小滑块从P点由静止开始沿轨道下滑，那么（ ）
A．滑块不能到达Q点
B．滑块到达Q点后，将自由下落
C．滑块到达Q点后，又沿轨道返回
D．滑块到达Q点后，将沿圆弧的切线方向飞出
【解析】滑块不受摩擦力，假设能到达Q点，重力做功为零，从P到Q由动能定理知，在Q点的速度为零。
又由于本题的圆周运动相当于轻绳模型，而轻绳模中恰好能做圆周运动的条件是：在最高点重力完全提供向心力，即最高点速度不为零。
所以本题不符合圆周运动的条件，故A正确，BCD错误。
2．如图所示，一质量不计的直角形支架两端分别连接相同质量为m的小球A和B，支架OA、OB边长度分别为2L和L，支架可绕固定轴O点在竖直平面内无摩擦转动，已知重力加速度大小为g，开始时OA处于水平位置，由静止释放后（ ）
A．当OA转过θ＝30°时，A球速度为
B．OA转过30°过程中，杆对A做了mgL的正功
C．当OB转过θ＝30°时，B球速度为
D．OB转过30°过程中，杆对B做了mgL的正功
【解析】AC、当OA转过θ＝30°时，OB也转过30°。设当OA转过θ＝30°时，A球速度为vA，B球速度为vB。
A、B两球在运动的过程中角速度相等，由v＝ωr得两球速度大小之比为vA：vB＝2L：L＝2：1
根据两球和支架组成的系统机械能守恒得：
mg•2Lsin30°＝mgL（1﹣cs30°）++
联立解得vB＝，vA＝2，故A错误，C正确；
B、对A球，根据动能定理得mg•2Lsin30°+WA＝，解得杆对A做功为WA＝﹣mgL（1﹣），故B错误；
D、对B球，根据动能定理得﹣mgL（1﹣cs30°）+WB＝，解得杆对B做功为WB＝mgL（1﹣），故D错误。
3．如图所示，一木块右端连接轻质弹簧，静止在倾角为θ的固定斜面上。现用力F沿斜面向上缓慢拉弹簧的上端P，直至木块沿斜面匀速上滑（滑动摩擦力等于最大静摩擦力），此时F＝F0．从力F作用开始，至木块滑动距离L的过程中，下列说法正确的是（ ）
A．木块所受摩擦力先变大后变小
B．力F做功为F0L
C．弹簧的弹性势能一直增加
D．弹簧和木块组成的系统的机械能一直增加
【解析】A、在木块静止过程中受力平衡，开始时摩擦力等于重力的分力，随着拉力的增大，摩擦力将减小；当拉力大于重力的分力时，摩擦力向下，并随着拉力的增大而增大；当木块运动后摩擦力为滑动摩擦力，大小不变，故A错误；
B、因拉力为变力，故不能根据W＝FL求解拉力的功，故B错误；
C、弹簧的弹性势能与形变量有关，当木块做匀速运动时，拉力不变，形变量不变，弹性势能不再增加，故C错误；
D、因拉力一直做正功，故弹簧和木块组成的系统的机械能一直增加，故D正确。
4．2020年12月17日凌晨1时59分，嫦娥五号月球采样返回器成功着陆于内蒙古四子王旗主着陆场，我国首次月球无人采样返回任务圆满完成。本次返回采用“半弹道跳跃式”再入返回技术，形象地说就是以“打水漂”方式两度进入大气层，其运动轨迹的示意图如图所示。下列说法正确的是（ ）
A．在减速下降阶段的E点返回器处于失重状态
B．在C点返回器受到的合力方向可能沿轨迹的切线方向
C．在A点返回器对大气层的作用力小于大气层对返回器的作用力
D．返回器在进入点A的机械能大于其最后进入大气层D点的机械能
【解析】A、在减速下降阶段的E点返回器的加速度向上，故处于超重状态，故A错误；
B、在C点返回器受到的合力方向指向凹侧，不会沿切线方向，故B错误；
C、返回器对大气层的作用力和大气层对返回器的作用力为相互作用力，根据牛顿第三定律可知，在A点返回器对大气层的作用力等于大气层对返回器的作用力，故C错误；
D、由于A到D的过程中有空气阻力做功，故返回器在进入点A的机械能大于其最后进入大气层D点的机械能，故D正确。
5．如图所示，半径为R的圆形轨道竖直固定在水平桌面上，AB为其水平直径，C为最低点，D为最高点，轨道的ACB段粗糙、ADB段光滑。质量为m的物块（可视为质点）从A点以初速度v0（未知）沿轨道向上运动，运动到D点时对轨道的压力恰好为0，运动到C点时对轨道的压力为5mg。已知物块与轨道ACB段间的动摩擦因数处处相等，重力加速度为g。下列说法正确的是（ ）
A．物块的初速度大小为
B．物块与轨道ACB段间的动摩擦因数为
C．若将物块从A点由静止释放，物块运动到C点的速度大于
D．若初速度v0沿轨道向下，则物块运动到C点时对轨道的压力小于5mg
【解析】A、从A运动到D点时对轨道的压力恰好为0，则有：
，解得：
从A到D由动能定理得：
解得：，故A错误；
B、运动到C点时对轨道的压力为5mg，由向心力公式得：
由动能定理可得：
联立可得克服摩擦力做功为：
由B到C压力增大，所以摩擦力是变力，无法求动摩擦因数，故B错误；
C、若将物块从A点由静止释放，物块运动到C点的过程，克服摩擦力做功小于B选项中克服摩擦力做功，则有
即
所以速度大于，故C正确；
若初速度v0沿轨道向下，克服摩擦力做功与从B到C相同，所以到C点时，对轨道的压力等于5mg，故D错误。
6．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．2mgRB．4mgRC．5mgRD．6mgR
【解析】由题意知水平拉力为：F＝mg；
设小球达到c点的速度为v，从a到c根据动能定理可得：F•3R﹣mgR＝
解得：v＝；
小球离开c点后，竖直方向做竖直上抛运动，水平方向做初速度为零的匀加速直线运动，
设小球从c点达到最高点的时间为t，则有：t＝＝；
此段时间内水平方向的位移为：x＝＝＝2R，
所以小球从a点开始运动到其轨迹最高点，小球在水平方向的位移为：L＝3R+2R＝5R，
此过程中小球的机械能增量为：△E＝FL＝mg×5R＝5mgR。
7．（多选）如图是检验某种平板承受冲击能力的装置，MN为半径R＝0.8m、固定于竖直平面内的光滑圆弧轨道，轨道上端切线水平，O为圆心，OP为待检验平板，M、O、P三点在同一水平线上，M的下端与轨道相切处放置竖直向上的弹簧枪，可发射速度不同但质量均为m＝0.01kg的小钢珠，小钢珠每次都在M点离开弹簧枪。某次发射的小钢珠落到OP上的距O点距离为R的Q点。不计空气阻力，取g＝10m/s2。则该次发射（ ）
A．小钢珠经过N点时速度的大小为2m/s
B．小钢珠沿轨道经过N点时恰好与轨道无作用力
C．小钢珠离开弹簧枪时的动能为0.12J
D．弹簧释放的弹性势能为0.20J
【解析】A、小钢珠从N到Q做平抛运动，设运动时间为t，小钢珠经过N点时的速度大小为vN，
水平方向：x＝vNt＝R，竖直方向：R＝
解得：vN＝m/s，故A错误；
B、小钢珠经过N点时设轨道与小钢珠间的作用力大小为FN，方向竖直向下，
由牛顿第二定律得：FN+mg＝m，代入数据解得：FN＝0，故B正确；
C、设小钢珠离开弹簧枪时的动能为Ek，小钢珠从M到N过程由动能定理得：﹣mgR＝﹣Ek，
代入数据解得：Ek＝0.12J，故C正确；
D、弹簧释放的弹性势能转化为小钢珠离开弹簧枪时的动能，由能量守恒定律可知，弹簧释放的弹性势能Ep＝Ek＝0.12J，故D错误。
8．（多选）如图所示是全球最高的北京朝阳公园摩天轮，一质量为m的乘客坐在摩天轮中以速率v在竖直平面内做半径为R的匀速圆周运动，假设t＝0时刻乘客在轨迹最低点且重力势能为零，那么，下列说法正确的是（ ）
A．乘客运动的过程中，重力势能随时间的变化关系为Ep＝mgR（1﹣cst）
B．乘客运动的过程中，在最高点受到座位的支持力为m﹣mg
C．乘客运动的过程中，机械能守恒，且机械能为E＝mv²
D．乘客运动的过程中，机械能随时间的变化关系为E＝mv²+mgR（1﹣cst）
【解析】A、乘客在运动的过程中，重力势能随时间变化的关系式为EP＝mgh＝mgR（1﹣csθ），而θ＝ωt，ω＝，联立得：EP＝mgh＝mgR（1﹣cst），故A正确；
B、在最高点，对乘客，根据牛顿第二定律可得，mg﹣FN＝m，则乘客受到座位的支持力大小为FN＝mg﹣m，故B错误；
C、由于乘客在竖直平面内做半径为R的匀速圆周运动，其动能不变，重力势能不断发生变化，所以乘客在运动的过程中机械能不守恒，故C错误；
D、乘客运动的过程中，机械能随时间的变化关系为E＝Ek+EP＝mv2+mgR（1﹣cst），故D正确。
9．（多选）如图所示，悬挂于O点的轻质弹簧，劲度系数k＝100N/m，其下端拴一质量m＝1kg的小物体A，紧挨物体A有一质量M＝2kg的物体B，现对B施加一个竖直向上、大小为38N的力F，系统处于静止状态，现突然改变力F的大小，使物体A、B以加速度a＝2m/s2匀加速下降，直到A、B两物体分离，取g＝10m/s2，则（ ）
A．两物体刚开始匀加速下降时，力F大小为8N
B．两物体分离时，弹簧刚好恢复原长
C．改变力F的大小后经0.4s，A、B两物体分离
D．从改变力F到两物体分离的过程中，系统克服力F做的功为3.84J
【解析】A．系统静止时，弹簧处于压缩状态，令压缩量为x1，则有：F0＝（m+M）g+kx1
代入数据得：x1＝0.08m
A、B两物体刚开始匀加速下降时有：kx1+（m+M）g﹣F＝（M+m）a，
代入数据得：F＝32N，故A错误；
B．设经时间t两物体分离，A、B间的弹力为0，弹簧处于拉伸状态，令拉伸量为x2，则对A有mg﹣kx2＝ma
代入数据得x2＝0.08m，故B错误；
C．A、B分离时A、B两物体组成的系统下降的距离为：x＝x1+x2
而
代入数据得：t＝0.4s，故C正确；
D．因刚开始和两物体分离时，弹簧的形变量一样，整个过程弹簧弹力做功为零，由动能定理知：
联立v＝at并代入数据得WF＝3.84J，故D正确。竖直小球砸弹簧
倾斜小球砸弹簧
水平弹簧推小球
-
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x
O
E
EP重
EK
C
A
B
EP弹
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x
O
E
EP重
EK
Q
C
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B
EP弹
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