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鲁科版高考物理一轮总复习第4章第4讲功能关系和能量守恒定律课时学案
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这是一份鲁科版高考物理一轮总复习第4章第4讲功能关系和能量守恒定律课时学案，共14页。学案主要包含了功能关系，能量守恒定律等内容，欢迎下载使用。
一、功能关系
1．功是能量转化的量度，即做了多少功就有多少能量发生了转化，而且能的转化必须通过做功来实现。
2．几种常见力做功与能量转化的关系
(1)重力做功：重力势能和其他能相互转化。
(2)弹簧弹力做功：弹性势能和其他能相互转化。
(3)滑动摩擦力做功：机械能转化为内能。
(4)电场力做功：电势能与其他能相互转化。
(5)安培力做功：电能和机械能相互转化。
3．几种常见的功能关系
思考辨析
1．做功过程一定有能量的转化。(√)
2．力对物体做多少功，物体就有多少能量。(×)
3．外力对物体做功，物体的总能量一定增加。(×)
二、能量守恒定律
1．内容
能量既不会凭空产生，也不会凭空消失，它只能从一种形式转化为其他形式，或者从一个物体转移到别的物体，在转化或转移的过程中，能量的总量保持不变。
2．应用能量守恒的两条基本思路
(1)某种形式的能减少，一定存在另一种形式的能增加，且减少量和增加量相等。
(2)某个物体的能量减少，一定存在另一个物体的能量增加，且减少量和增加量相等。
思考辨析
1．既然能量在转移或转化过程中是守恒的，就没有必要节约能源。(×)
2．一个物体的能量增加，必定有别的物体的能量减少。(√)
考点1 功能关系的理解和应用(基础考点)
1．质量为m的物体在竖直向上的恒定拉力F的作用下，由静止开始向上运动高度H，所受空气阻力恒为f，g为当地的重力加速度。则在此过程中，下列说法正确的是( )
A．物体的动能增加了(F－mg)H
B．物体的重力势能增加了mgH
C．物体的机械能减少了fH
D．物体的机械能增加了FH
B 解析：物体受到重力、拉力以及空气的阻力，由动能定理有ΔEk＝(F－mg－f)H，选项A错误；重力做的功为－mgH，所以物体的重力势能增加了mgH，选项B正确；除重力外物体受到拉力和阻力，所以物体的机械能增加量ΔE＝(F－f)H，选项C、D错误。
2．(2021·河北模考)螺旋千斤顶由带手柄的螺杆和底座组成，螺纹与水平面间的夹角为α，如图所示。水平转动手柄，使螺杆沿底座的螺纹槽(相当于螺母)缓慢旋进而顶起质量为m的重物。如果重物和螺杆可在任意位置保持平衡，称为摩擦自锁。能实现自锁的千斤顶，α的最大值为α0。现用一个倾角为α0的千斤顶将重物缓慢顶起高度h后，向螺纹槽滴入润滑油使其动摩擦因数μ减小，重物回落到起点。假定最大静摩擦力等于滑动摩擦力，不计螺杆和手柄的质量及螺杆与重物间的摩擦力，转动手柄不改变螺纹槽和螺杆之间的压力。下列说法正确的是( )
A．实现摩擦自锁的条件为tan α≥μ
B．下落过程中重物对螺杆的压力等于mg
C．从重物开始升起到最高点，摩擦力做功为mgh
D．从重物开始升起到最高点，转动手柄做功为2mgh
D 解析：实现摩擦自锁的条件是重物重力沿斜面下滑的分力小于等于最大静摩擦力，即mgsin α≤μmgcs α，解得μ≥tan α，A错误；重物从静止开始下落，落回到起点位置重物速度又减为0，所以重物在下落过程中先失重后超重，所以螺杆对重物的支持力先小于mg，后大于mg，根据牛顿第三定律可知重物对螺杆的作用力先小于mg，后大于mg，B错误；重物缓慢上升的过程中，以螺杆和重物为整体，受力分析如图所示。
则摩擦力做功为Wf＝－μmgcs α0·L＝－tan α0·mgcs α0·eq \f(h,sin α0)＝－mgh，C错误；从重物开始升起到最高点，转动手柄做的功一部分用于克服摩擦力做功，另一部分转化为重物上升增加的重力势能mgh，由功能关系得W－Wf＝mgh，解得 W＝2mgh，D正确。
3．(2021·湖北模考)如图所示，两倾角均为θ的光滑斜面对接后固定在水平地面上，O点为斜面的最低点。一个小物块从右侧斜面上高为H处由静止滑下，在两个斜面上做往复运动。小物块每次通过O点时都会有动能损失，损失的动能为小物块当次到达O点时动能的5%。小物块从开始下滑到停止的过程中运动的总路程为( )
A．eq \f(49H,sin θ) B．eq \f(39H,sin θ) C．eq \f(29H,sin θ) D．eq \f(20H,sin θ)
B 解析：小物块第一次到达O点，获得的动能 Ek1＝mgH，运动的路程s1＝eq \f(H,sin θ)，小球第一次通过O点损失的动能为0.05mgH，滑上斜面到最高点H1＝0.95H，到第二次到达O点运动的路程s2＝eq \f(H,sin θ)＋eq \f(2H1,sin θ)＝eq \f(H,sin θ)＋eq \f(2×0.95H,sin θ)，小球第二次通过O点损失的动能为0.05mgH1＝(0.05)2mgH，滑上斜面的最高点H2＝0.95H1＝(0.95)2H，小球第三次到达O点的路程s3＝eq \f(H,sin θ)＋eq \f(2×0.95H,sin θ)＋eq \f(2H2,sin θ)＝eq \f(H,sin θ)＋eq \f(2×0.95H,sin θ)＋eq \f(2×0.952H,sin θ)，小球第三次通过O点损失的动能为(0.05)3mgH……，设当小球第n次到达O点时刚好静止，第n次损失的动能为(0.05)nmgH，则在整个过程中损失的动能0.05mgH＋(0.05)2mgH＋(0.05)3mgH＋…＋(0.05)nmgH＝mgH，根据等比数列求和公式得mgH－(0.05)nmgH＝mgH，可得n趋于无穷大；则在整个过程中运动的路程s总＝eq \f(H,sin θ)＋eq \f(2×0.95H,sin θ)＋eq \f(2×0.952H,sin θ)＋…＋eq \f(2×0.95n－1H,sin θ)，根据等比数列求和公式得s总＝eq \f(H,sin θ)＋eq \f(2×0.95H[1－0.95n－2],0.05×sin θ)，当n趋于无穷大，有 s总＝eq \f(39H,sin θ)，故选B。
4．(2020·全国卷Ⅰ)(多选)一物块在高3.0 m、长5.0 m 的斜面顶端从静止开始沿斜面下滑，其重力势能和动能随下滑距离s的变化如图中直线Ⅰ、Ⅱ所示，重力加速度取10 m/s2。则( )
A．物块下滑过程中机械能不守恒
B．物块与斜面间的动摩擦因数为0.5
C．物块下滑时加速度的大小为6.0 m/s2
D．当物块下滑2.0 m时机械能损失了12 J
AB 解析：物块下滑5 m的过程中，重力势能减少30 J，动能增加10 J，减少的重力势能并不等于增加的动能，所以机械能不守恒，A正确；斜面高3.0 m、长5.0 m，则斜面倾角为θ＝37°，由题图知，滑块下滑 5 m，即滑到斜面底端时重力势能为0，则斜面底端为零势能面，则物块在斜面顶端时的重力势能为mgh＝30 J，可得物块质量m＝1 kg，下滑5 m的过程中，由功能关系知，机械能的减少量等于克服摩擦力做的功，即μmgcs θ·s＝20 J，解得μ＝0.5，B正确；由牛顿第二定律得mgsin θ－μmgcs θ＝ma，解得a＝2.0 m/s2，C错误；物块下滑2.0 m时，重力势能减少12 J，动能增加4 J，所以机械能损失了8 J，D错误。
功能关系的选取方法
(1)若只涉及动能的变化，用动能定理分析。
(2)若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)若只涉及机械能变化，用除重力和弹簧的弹力之外的力做功与机械能变化的关系分析。
考点2 能量守恒定律的应用(基础考点)
1．在儿童乐园的蹦床项目中，小孩在两根弹性绳和蹦床的协助下实现上下弹跳。如图所示，某次蹦床活动中小孩静止时处于O点，当其弹跳到最高点A后下落可将蹦床压到最低点B，小孩可看成质点，不计空气阻力，下列说法正确的是( )
A．从A点运动到O点，小孩重力势能的减少量大于动能的增加量
B．从O点运动到B点，小孩动能的减少量等于蹦床弹性势能的增加量
C．从A点运动到B点，小孩机械能的减少量小于蹦床弹性势能的增加量
D．若从B点返回到A点，小孩机械能的增加量等于蹦床弹性势能的减少量
A 解析：从A点运动到O点，小孩重力势能的减少量等于动能的增加量与弹性绳的弹性势能的增加量之和，选项A正确；从O点运动到B点，小孩动能和重力势能的减少量之和等于弹性绳和蹦床的弹性势能的增加量之和，选项B错误；从A点运动到B点，小孩机械能的减少量等于蹦床和弹性绳弹性势能的增加量之和，选项C错误；若从B点返回到A点，小孩机械能的增加量等于蹦床和弹性绳弹性势能的减少量之和，选项D错误。
2．(多选)如图所示，处于原长的水平轻弹簧左端固定在竖直挡板上，右端贴靠置于粗糙水平面上O点的质量为m的物块，现对物块施加水平向左的恒力F0，物块向左运动至最远点P时立即撤去F0，结果物块恰好返回O点静止，已知 OP＝x0，重力加速度为g，则( )
A．物块在O点向左运动时的加速度大小为 eq \f(F0,m)
B．物块在P点时，弹簧的弹性势能为 eq \f(F0x0,2)
C．物块与水平面之间的动摩擦因数为 eq \f(F0,2mg)
D．物块向左运动速度最大的位置与返回向右运动速度最大的位置不在同一点
BC 解析：物块从O点运动到P点的过程中，根据动能定理可得F0x0－μmgx0－W弹＝0，物块从P点运动到O点的过程中，根据动能定理可得W弹－μmgx0＝0，联立解得W弹＝μmgx0＝eq \f(1,2)F0x0，所以物块与水平面之间的动摩擦因数μ＝eq \f(F0,2mg)；物块在O点向左运动时的加速度大小为a＝eq \f(F0－μmg－kx,m)＝eq \f(F0,2m)－eq \f(kx,m)，其中x为弹簧的形变量，物块在P点时，弹簧的弹性势能为Ep＝μmgx0＝eq \f(1,2)Fx0；物块向左运动到速度最大的位置时合外力为0，设弹簧的压缩量为x1，则F0－μmg－kx1＝0，解得弹簧的压缩量为x1＝eq \f(F0,2k)；物块返回向右运动到速度最大的位置时，所受合外力也为0，设弹簧的压缩量为x2，则kx2－μmg＝0，解得弹簧的压缩量为x2＝eq \f(F0,2k)，所以物块向左运动速度最大的位置与返回向右运动速度最大的位置在同一点，故选项B、C正确，A、D错误。
3．(多选)如图所示，光滑水平面OB与足够长的粗糙斜面BC交于B点，轻弹簧左端固定于竖直墙面上，现让质量为m1的滑块压缩弹簧至D点，然后由静止释放，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，不计滑块在B点的机械能损失；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，下列说法正确的是( )
A．两滑块到达B点时的速度相同
B．两滑块沿斜面上升的最大高度相同
C．两滑块上升到最高点过程克服重力做的功相同
D．两滑块上升到最高点过程机械能损失相同
CD 解析：因水平面OB光滑，两滑块到达B点时的动能相同，但速度不同，故A错误；两滑块在斜面上运动时加速度相同，由于在B点时的速度不同，则上升的最大高度不同，故B错误；两滑块上升到斜面最高点过程克服重力做的功均为mgh，由能量守恒定律得Ep＝mgh＋μmgcs θ·eq \f(h,sin θ)，则 mgh＝eq \f(Ep,1＋\f(μ,tan θ))，故两滑块上升到斜面最高点过程克服重力做的功相同，故C正确；由能量守恒定律得E损＝μmgcs θ·eq \f(h,sin θ)＝eq \f(μmgh,tan θ)，结合C可知D正确。
考点3 摩擦生热问题(能力考点)
考向1 水平地面上的摩擦力做功问题
典例 (2018·江苏高考)(多选)如图所示，轻质弹簧一端固定，另一端连接一小物块，O点为弹簧在原长时物块的位置。物块从A点由静止释放，沿粗糙程度相同的水平面向右运动，最远到达B点，在从A点运动到B点的过程中，物块( )
A．加速度先减小后增大
B．经过O点时的速度最大
C．所受弹簧弹力始终做正功
D．所受弹簧弹力做的功等于克服摩擦力做的功
(1)变加速直线运动过程中，当速度取得最大值时，加速度一定等于0，此时合外力等于0，可结合牛顿运动定律进行分析。
(2)重力和弹力之外的力做的功等于机械能的变化。
(3)物体克服摩擦力所做的功等于机械能转化的内能。
【自主解答】
AD 解析：对物块受力分析，当弹簧处于压缩状态时，由牛顿第二定律可得kx－f＝ma，x减小，a减小，当a＝0时，物块的速度最大，此时物块在O点左侧，选项B错误；从加速度a＝0处到O点的过程中，由牛顿第二定律得f－kx＝ma，x减小，a增大，当弹簧处于伸长状态时，由牛顿第二定律可得kx＋f＝ma，x继续增大，a继续增大，可知物块的加速度先减小后增大，选项A正确；物块所受弹簧的弹力对物块先做正功，后做负功，选项C错误；物块从A点运动到B点的过程中，由动能定理可得W弹－Wf＝0，选项D正确。
考向2 曲面上的摩擦力做功问题
典例 (多选)如图所示，竖直平面内有一半径为R的固定 eq \f(1,4) 圆弧轨道与水平轨道相切于最低点B，一质量为m的小物块P(可视为质点)从A处由静止下滑，经过最低点B后沿水平轨道运动，到C处停下，B、C两点间的距离为R，物块P与圆轨道、水平轨道之间的动摩擦因数均为μ，现用力F将物块P沿下滑的路径从C处缓慢拉回圆弧轨道的顶端A，拉力F的方向始终与物块P的运动方向一致，物块P从B处经圆弧轨道到达A处过程中，克服摩擦力做的功为μmgR，下列说法正确的是( )
A．物块P在下滑过程中，运动到B处时速度最大
B．物块P从A滑到C的过程中，克服摩擦力做的功等于2μmgR
C．拉力F做的功小于2mgR
D．拉力F做的功为mgR(1＋2μ)
【自主解答】
CD 解析：当重力沿圆轨道切线方向的分力等于滑动摩擦力时，速度最大，此位置在A、B两点之间，故A错误；将物块P缓慢地从B拉到A，克服摩擦力做的功为μmgR，而物块P从A滑到B的过程中，物块P做圆周运动，根据向心力知识可知物块P所受的支持力比缓慢运动时要大，则滑动摩擦力增大，所以克服摩擦力做的功Wf大于μmgR，因此物块P从A滑到C的过程中克服摩擦力做的功大于2μmgR，故B错误；由动能定理得，物块从C运动到A的过程中有WF－mgR－μmgR－μmgR＝0－0，则拉力F做的功为WF＝mgR(1＋2μ)，故D正确；物块从A滑到C的过程中，根据动能定理得mgR－Wf－μmgR＝0，因为Wf>μmgR，则mgR>μmgR＋μmgR＝2μmgR，因此WF<2mgR，故C正确。
【技法总结】
1．曲面上的摩擦力做功一般不能直接用力乘以物体的位移或路程来计算，物体在运动过程中的摩擦力大小是不断变化的。
2．曲面上的摩擦力做功多结合圆周运动问题，需运用动能定理求解摩擦力做的功。
考向3 滑块—滑板模型中的摩擦力做功问题
典例 (多选)如图所示，长木板A放在光滑的水平地面上，物体B以水平速度v0冲上A后，由于摩擦力作用，最后与木板A相对静止，则从物体B冲到木板A上到相对木板A静止的过程中，下述说法正确的是( )
A．物体B动能的减少量等于系统损失的机械能
B．物体B克服摩擦力做的功等于系统内能的增加量
C．物体B损失的机械能等于木板A获得的动能与系统损失的机械能之和
D．摩擦力对物体B做的功和对木板A做的功的总和的绝对值等于系统内能的增加量
【自主解答】
CD 解析：物体B以水平速度冲上木板A后，由于摩擦力作用，物体B减速运动，木板A加速运动，根据能量守恒定律，物体B动能的减少量等于木板A增加的动能和产生的热量之和，选项A错误；根据动能定理，物体B克服摩擦力做的功等于物体B损失的动能，选项B错误；由能量守恒定律可知，物体B损失的机械能等于木板A获得的动能与系统损失的机械能之和，选项C正确；摩擦力对物体B做的功等于物体B动能的变化量，摩擦力对木板A做的功等于木板A动能的增加量，由能量守恒定律，摩擦力对物体B做的功和对木板A做的功的总和的绝对值等于系统内能的增加量，选项D正确。
考向4 传送带模型中的摩擦力做功问题
典例 如图所示，水平传送带匀速运行的速度为v＝2 m/s，传送带两端A、B间距离为s0＝10 m，将质量为m＝5 kg的行李箱无初速度地放在传送带A端后，传送到B端，传送带与行李箱间的动摩擦因数μ＝0.2，重力加速度g取10 m/s2，求：
(1)行李箱开始运动时的加速度大小a；
(2)行李箱从A端传送到B端所用的时间t；
(3)整个过程行李箱对传送带的摩擦力做的功W。
【自主解答】
解析：(1)行李箱刚放上传送带时的加速度大小
a＝eq \f(f,m)＝eq \f(μmg,m)＝μg＝2 m/s2。
(2)设经过t1时间二者共速，则
t1＝eq \f(v,a)＝eq \f(2,2) s＝1 s
行李箱匀加速运动的位移为
s1＝eq \f(1,2)ateq \\al(2,1)＝eq \f(1,2)×2×12 m＝1 m
行李箱随传送带匀速运动的时间
t2＝eq \f(s0－s1,v)＝eq \f(10－1,2) s＝4.5 s
则行李箱从A端传送到B端所用的时间
t＝t1＋t2＝1 s＋4.5 s＝5.5 s。
(3)t1时间内传送带的位移
s2＝vt1＝2×1 m＝2 m
根据牛顿第三定律，传送带受到行李箱的摩擦力f′＝f
行李箱对传送带的摩擦力做的功
W＝－f′s2＝－μmgs2＝－0.2×5×10×2 J＝－20 J。
答案：(1)2 m/s2 (2)5.5 s (3)－20 J
1．质量为m的物体以初速度v0沿水平面向左开始运动，起始点A与一轻弹簧O端相距s，如图所示，已知物体与水平面间的动摩擦因数为μ，物体与弹簧相碰后，弹簧的最大压缩量为x，则从开始碰撞到弹簧被压缩至最短，物体克服弹簧弹力所做的功为(重力加速度为g)( )
A．eq \f(1,2)mveq \\al(2,0)－μmg(s＋x)
B．eq \f(1,2)mveq \\al(2,0)－μmgx
C．μmgs
D．μmg(s＋x)
A 解析：根据功的定义式可知物体克服摩擦力做的功为Wf＝μmg(s＋x)，由能量守恒定律可得 eq \f(1,2)mveq \\al(2,0)＝W弹＋Wf，得 W弹＝eq \f(1,2)mveq \\al(2,0)－μmg(s＋x)，故选项A正确。
2．(2020·九江模拟)(多选)第一次将一长木板静止放在光滑水平面上，如图甲所示，一小铅块(可视为质点)以水平初速度v0由木板左端向右滑动，到达右端时恰能与木板保持相对静止。第二次将长木板分成A、B两块，使B的长度和质量均为A 的2倍，并紧挨着放在原水平面上，让小铅块仍以初速度v0由A的左端开始向右滑动，如图乙所示。若小铅块相对滑动过程中所受的摩擦力始终不变，则下列说法正确的( )
A．小铅块将从B的右端飞离木板
B．小铅块滑到B的右端前已与B保持相对静止
C．第一次和第二次过程中产生的热量相等
D．第一次过程中产生的热量大于第二次过程中产生的热量
BD 解析：在第一次小铅块运动过程中，小铅块与木板之间的摩擦力使整个木板一直加速，第二次小铅块先使整个木板加速，当小铅块运动到B上后A停止加速，只有B加速，加速度大于第一次的对应过程，故第二次小铅块与B将更早共速，所以小铅块还没有运动到B的右端，二者就已共速，A错误，B正确；由于第一次过程中的相对路程大于第二次过程中的相对路程，则第一次过程中产生的热量大于第二次过程中产生的热量，C错误，D正确。
3．如图所示，足够长的传送带以恒定速率顺时针运行，将一物体轻轻放在传送带底端，第一阶段物体被加速到与传送带具有相同的速度，第二阶段与传送带相对静止，匀速运动到达传送带顶端。下列说法正确的是( )
A．第一阶段摩擦力对物体做正功，第二阶段摩擦力对物体不做功
B．第一阶段摩擦力对物体做的功等于第一阶段物体动能的增加量
C．第一阶段物体和传送带间的摩擦生热等于第一阶段物体机械能的增加量
D．物体从底端到顶端全过程机械能的增加量等于全过程物体与传送带间的摩擦生热
C 解析：第一阶段物体受到沿斜面向上的滑动摩擦力，第二阶段物体受到沿斜面向上的静摩擦力，两个阶段摩擦力的方向都跟物体运动方向相同，所以两个阶段摩擦力都做正功，故A错误；根据动能定理得知，外力做的总功等于物体动能的增加量，第一阶段，摩擦力和重力都做功，则第一阶段摩擦力对物体做的功不等于第一阶段物体动能的增加量，故B错误；由功能关系可知，第一阶段摩擦力对物体做的功(除重力之外的力所做的功)等于物体机械能的增加量，即ΔE＝W＝F阻s物，摩擦生热为Q＝F阻s相对，又由于s传送带＝vt，s物＝eq \f(v,2)t，所以s物＝s相对＝eq \f(1,2)s传送带，即Q＝ΔE，故C正确；第二阶段没有摩擦生热，但物体的机械能继续增加，故D错误。
4．(多选)如图所示，在竖直平面内有一半径为R的圆弧轨道，半径OA水平、OB竖直，一个质量为m的小球自A的正上方P点由静止开始自由下落，小球沿轨道到达最高点B时恰好对轨道没有压力。已知AP＝2R，重力加速度为g，则小球从P点运动到B点的过程中( )
A．重力做功2mgR
B．机械能减少 eq \f(1,2)mgR
C．合外力做功mgR
D．克服摩擦力做功 eq \f(1,2)mgR
BD 解析：小球由P点运动到B点的过程重力做功WG＝mg(2R－R)＝mgR，A错误。小球经过B点时恰好对轨道没有压力，由牛顿第二定律可知mg＝meq \f(v2,R)，即小球在B点时的速度v＝eq \r(gR)；小球由P点运动到B点的过程，由动能定理可知合力做功W合＝ΔEk＝eq \f(1,2)mv2＝eq \f(1,2)mgR，C错误。又因为W合＝WG＋Wf，所以小球由P点运动到B点的过程摩擦力做功Wf＝W合－WG＝－eq \f(1,2)mgR，由功能关系知，物体的机械能将减少 eq \f(1,2)mgR，B、D正确。
几种常见的力做功
对应的能量变化
数量关系式
重力
正功
重力势能减少
WG＝－ΔEp
负功
重力势能增加
弹簧等的弹力
正功
弹性势能减少
W弹＝－ΔEp
负功
弹性势能增加
电场力
正功
电势能减少
W电＝－ΔEp
负功
电势能增加
合力
正功
动能增加
W合＝ΔEk
负功
动能减少
重力以外的其他力
正功
机械能增加
W其＝ΔE
负功
机械能减少
一、功能关系
1．功是能量转化的量度，即做了多少功就有多少能量发生了转化，而且能的转化必须通过做功来实现。
2．几种常见力做功与能量转化的关系
(1)重力做功：重力势能和其他能相互转化。
(2)弹簧弹力做功：弹性势能和其他能相互转化。
(3)滑动摩擦力做功：机械能转化为内能。
(4)电场力做功：电势能与其他能相互转化。
(5)安培力做功：电能和机械能相互转化。
3．几种常见的功能关系
思考辨析
1．做功过程一定有能量的转化。(√)
2．力对物体做多少功，物体就有多少能量。(×)
3．外力对物体做功，物体的总能量一定增加。(×)
二、能量守恒定律
1．内容
能量既不会凭空产生，也不会凭空消失，它只能从一种形式转化为其他形式，或者从一个物体转移到别的物体，在转化或转移的过程中，能量的总量保持不变。
2．应用能量守恒的两条基本思路
(1)某种形式的能减少，一定存在另一种形式的能增加，且减少量和增加量相等。
(2)某个物体的能量减少，一定存在另一个物体的能量增加，且减少量和增加量相等。
思考辨析
1．既然能量在转移或转化过程中是守恒的，就没有必要节约能源。(×)
2．一个物体的能量增加，必定有别的物体的能量减少。(√)
考点1 功能关系的理解和应用(基础考点)
1．质量为m的物体在竖直向上的恒定拉力F的作用下，由静止开始向上运动高度H，所受空气阻力恒为f，g为当地的重力加速度。则在此过程中，下列说法正确的是( )
A．物体的动能增加了(F－mg)H
B．物体的重力势能增加了mgH
C．物体的机械能减少了fH
D．物体的机械能增加了FH
B 解析：物体受到重力、拉力以及空气的阻力，由动能定理有ΔEk＝(F－mg－f)H，选项A错误；重力做的功为－mgH，所以物体的重力势能增加了mgH，选项B正确；除重力外物体受到拉力和阻力，所以物体的机械能增加量ΔE＝(F－f)H，选项C、D错误。
2．(2021·河北模考)螺旋千斤顶由带手柄的螺杆和底座组成，螺纹与水平面间的夹角为α，如图所示。水平转动手柄，使螺杆沿底座的螺纹槽(相当于螺母)缓慢旋进而顶起质量为m的重物。如果重物和螺杆可在任意位置保持平衡，称为摩擦自锁。能实现自锁的千斤顶，α的最大值为α0。现用一个倾角为α0的千斤顶将重物缓慢顶起高度h后，向螺纹槽滴入润滑油使其动摩擦因数μ减小，重物回落到起点。假定最大静摩擦力等于滑动摩擦力，不计螺杆和手柄的质量及螺杆与重物间的摩擦力，转动手柄不改变螺纹槽和螺杆之间的压力。下列说法正确的是( )
A．实现摩擦自锁的条件为tan α≥μ
B．下落过程中重物对螺杆的压力等于mg
C．从重物开始升起到最高点，摩擦力做功为mgh
D．从重物开始升起到最高点，转动手柄做功为2mgh
D 解析：实现摩擦自锁的条件是重物重力沿斜面下滑的分力小于等于最大静摩擦力，即mgsin α≤μmgcs α，解得μ≥tan α，A错误；重物从静止开始下落，落回到起点位置重物速度又减为0，所以重物在下落过程中先失重后超重，所以螺杆对重物的支持力先小于mg，后大于mg，根据牛顿第三定律可知重物对螺杆的作用力先小于mg，后大于mg，B错误；重物缓慢上升的过程中，以螺杆和重物为整体，受力分析如图所示。
则摩擦力做功为Wf＝－μmgcs α0·L＝－tan α0·mgcs α0·eq \f(h,sin α0)＝－mgh，C错误；从重物开始升起到最高点，转动手柄做的功一部分用于克服摩擦力做功，另一部分转化为重物上升增加的重力势能mgh，由功能关系得W－Wf＝mgh，解得 W＝2mgh，D正确。
3．(2021·湖北模考)如图所示，两倾角均为θ的光滑斜面对接后固定在水平地面上，O点为斜面的最低点。一个小物块从右侧斜面上高为H处由静止滑下，在两个斜面上做往复运动。小物块每次通过O点时都会有动能损失，损失的动能为小物块当次到达O点时动能的5%。小物块从开始下滑到停止的过程中运动的总路程为( )
A．eq \f(49H,sin θ) B．eq \f(39H,sin θ) C．eq \f(29H,sin θ) D．eq \f(20H,sin θ)
B 解析：小物块第一次到达O点，获得的动能 Ek1＝mgH，运动的路程s1＝eq \f(H,sin θ)，小球第一次通过O点损失的动能为0.05mgH，滑上斜面到最高点H1＝0.95H，到第二次到达O点运动的路程s2＝eq \f(H,sin θ)＋eq \f(2H1,sin θ)＝eq \f(H,sin θ)＋eq \f(2×0.95H,sin θ)，小球第二次通过O点损失的动能为0.05mgH1＝(0.05)2mgH，滑上斜面的最高点H2＝0.95H1＝(0.95)2H，小球第三次到达O点的路程s3＝eq \f(H,sin θ)＋eq \f(2×0.95H,sin θ)＋eq \f(2H2,sin θ)＝eq \f(H,sin θ)＋eq \f(2×0.95H,sin θ)＋eq \f(2×0.952H,sin θ)，小球第三次通过O点损失的动能为(0.05)3mgH……，设当小球第n次到达O点时刚好静止，第n次损失的动能为(0.05)nmgH，则在整个过程中损失的动能0.05mgH＋(0.05)2mgH＋(0.05)3mgH＋…＋(0.05)nmgH＝mgH，根据等比数列求和公式得mgH－(0.05)nmgH＝mgH，可得n趋于无穷大；则在整个过程中运动的路程s总＝eq \f(H,sin θ)＋eq \f(2×0.95H,sin θ)＋eq \f(2×0.952H,sin θ)＋…＋eq \f(2×0.95n－1H,sin θ)，根据等比数列求和公式得s总＝eq \f(H,sin θ)＋eq \f(2×0.95H[1－0.95n－2],0.05×sin θ)，当n趋于无穷大，有 s总＝eq \f(39H,sin θ)，故选B。
4．(2020·全国卷Ⅰ)(多选)一物块在高3.0 m、长5.0 m 的斜面顶端从静止开始沿斜面下滑，其重力势能和动能随下滑距离s的变化如图中直线Ⅰ、Ⅱ所示，重力加速度取10 m/s2。则( )
A．物块下滑过程中机械能不守恒
B．物块与斜面间的动摩擦因数为0.5
C．物块下滑时加速度的大小为6.0 m/s2
D．当物块下滑2.0 m时机械能损失了12 J
AB 解析：物块下滑5 m的过程中，重力势能减少30 J，动能增加10 J，减少的重力势能并不等于增加的动能，所以机械能不守恒，A正确；斜面高3.0 m、长5.0 m，则斜面倾角为θ＝37°，由题图知，滑块下滑 5 m，即滑到斜面底端时重力势能为0，则斜面底端为零势能面，则物块在斜面顶端时的重力势能为mgh＝30 J，可得物块质量m＝1 kg，下滑5 m的过程中，由功能关系知，机械能的减少量等于克服摩擦力做的功，即μmgcs θ·s＝20 J，解得μ＝0.5，B正确；由牛顿第二定律得mgsin θ－μmgcs θ＝ma，解得a＝2.0 m/s2，C错误；物块下滑2.0 m时，重力势能减少12 J，动能增加4 J，所以机械能损失了8 J，D错误。
功能关系的选取方法
(1)若只涉及动能的变化，用动能定理分析。
(2)若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)若只涉及机械能变化，用除重力和弹簧的弹力之外的力做功与机械能变化的关系分析。
考点2 能量守恒定律的应用(基础考点)
1．在儿童乐园的蹦床项目中，小孩在两根弹性绳和蹦床的协助下实现上下弹跳。如图所示，某次蹦床活动中小孩静止时处于O点，当其弹跳到最高点A后下落可将蹦床压到最低点B，小孩可看成质点，不计空气阻力，下列说法正确的是( )
A．从A点运动到O点，小孩重力势能的减少量大于动能的增加量
B．从O点运动到B点，小孩动能的减少量等于蹦床弹性势能的增加量
C．从A点运动到B点，小孩机械能的减少量小于蹦床弹性势能的增加量
D．若从B点返回到A点，小孩机械能的增加量等于蹦床弹性势能的减少量
A 解析：从A点运动到O点，小孩重力势能的减少量等于动能的增加量与弹性绳的弹性势能的增加量之和，选项A正确；从O点运动到B点，小孩动能和重力势能的减少量之和等于弹性绳和蹦床的弹性势能的增加量之和，选项B错误；从A点运动到B点，小孩机械能的减少量等于蹦床和弹性绳弹性势能的增加量之和，选项C错误；若从B点返回到A点，小孩机械能的增加量等于蹦床和弹性绳弹性势能的减少量之和，选项D错误。
2．(多选)如图所示，处于原长的水平轻弹簧左端固定在竖直挡板上，右端贴靠置于粗糙水平面上O点的质量为m的物块，现对物块施加水平向左的恒力F0，物块向左运动至最远点P时立即撤去F0，结果物块恰好返回O点静止，已知 OP＝x0，重力加速度为g，则( )
A．物块在O点向左运动时的加速度大小为 eq \f(F0,m)
B．物块在P点时，弹簧的弹性势能为 eq \f(F0x0,2)
C．物块与水平面之间的动摩擦因数为 eq \f(F0,2mg)
D．物块向左运动速度最大的位置与返回向右运动速度最大的位置不在同一点
BC 解析：物块从O点运动到P点的过程中，根据动能定理可得F0x0－μmgx0－W弹＝0，物块从P点运动到O点的过程中，根据动能定理可得W弹－μmgx0＝0，联立解得W弹＝μmgx0＝eq \f(1,2)F0x0，所以物块与水平面之间的动摩擦因数μ＝eq \f(F0,2mg)；物块在O点向左运动时的加速度大小为a＝eq \f(F0－μmg－kx,m)＝eq \f(F0,2m)－eq \f(kx,m)，其中x为弹簧的形变量，物块在P点时，弹簧的弹性势能为Ep＝μmgx0＝eq \f(1,2)Fx0；物块向左运动到速度最大的位置时合外力为0，设弹簧的压缩量为x1，则F0－μmg－kx1＝0，解得弹簧的压缩量为x1＝eq \f(F0,2k)；物块返回向右运动到速度最大的位置时，所受合外力也为0，设弹簧的压缩量为x2，则kx2－μmg＝0，解得弹簧的压缩量为x2＝eq \f(F0,2k)，所以物块向左运动速度最大的位置与返回向右运动速度最大的位置在同一点，故选项B、C正确，A、D错误。
3．(多选)如图所示，光滑水平面OB与足够长的粗糙斜面BC交于B点，轻弹簧左端固定于竖直墙面上，现让质量为m1的滑块压缩弹簧至D点，然后由静止释放，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，不计滑块在B点的机械能损失；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，下列说法正确的是( )
A．两滑块到达B点时的速度相同
B．两滑块沿斜面上升的最大高度相同
C．两滑块上升到最高点过程克服重力做的功相同
D．两滑块上升到最高点过程机械能损失相同
CD 解析：因水平面OB光滑，两滑块到达B点时的动能相同，但速度不同，故A错误；两滑块在斜面上运动时加速度相同，由于在B点时的速度不同，则上升的最大高度不同，故B错误；两滑块上升到斜面最高点过程克服重力做的功均为mgh，由能量守恒定律得Ep＝mgh＋μmgcs θ·eq \f(h,sin θ)，则 mgh＝eq \f(Ep,1＋\f(μ,tan θ))，故两滑块上升到斜面最高点过程克服重力做的功相同，故C正确；由能量守恒定律得E损＝μmgcs θ·eq \f(h,sin θ)＝eq \f(μmgh,tan θ)，结合C可知D正确。
考点3 摩擦生热问题(能力考点)
考向1 水平地面上的摩擦力做功问题
典例 (2018·江苏高考)(多选)如图所示，轻质弹簧一端固定，另一端连接一小物块，O点为弹簧在原长时物块的位置。物块从A点由静止释放，沿粗糙程度相同的水平面向右运动，最远到达B点，在从A点运动到B点的过程中，物块( )
A．加速度先减小后增大
B．经过O点时的速度最大
C．所受弹簧弹力始终做正功
D．所受弹簧弹力做的功等于克服摩擦力做的功
(1)变加速直线运动过程中，当速度取得最大值时，加速度一定等于0，此时合外力等于0，可结合牛顿运动定律进行分析。
(2)重力和弹力之外的力做的功等于机械能的变化。
(3)物体克服摩擦力所做的功等于机械能转化的内能。
【自主解答】
AD 解析：对物块受力分析，当弹簧处于压缩状态时，由牛顿第二定律可得kx－f＝ma，x减小，a减小，当a＝0时，物块的速度最大，此时物块在O点左侧，选项B错误；从加速度a＝0处到O点的过程中，由牛顿第二定律得f－kx＝ma，x减小，a增大，当弹簧处于伸长状态时，由牛顿第二定律可得kx＋f＝ma，x继续增大，a继续增大，可知物块的加速度先减小后增大，选项A正确；物块所受弹簧的弹力对物块先做正功，后做负功，选项C错误；物块从A点运动到B点的过程中，由动能定理可得W弹－Wf＝0，选项D正确。
考向2 曲面上的摩擦力做功问题
典例 (多选)如图所示，竖直平面内有一半径为R的固定 eq \f(1,4) 圆弧轨道与水平轨道相切于最低点B，一质量为m的小物块P(可视为质点)从A处由静止下滑，经过最低点B后沿水平轨道运动，到C处停下，B、C两点间的距离为R，物块P与圆轨道、水平轨道之间的动摩擦因数均为μ，现用力F将物块P沿下滑的路径从C处缓慢拉回圆弧轨道的顶端A，拉力F的方向始终与物块P的运动方向一致，物块P从B处经圆弧轨道到达A处过程中，克服摩擦力做的功为μmgR，下列说法正确的是( )
A．物块P在下滑过程中，运动到B处时速度最大
B．物块P从A滑到C的过程中，克服摩擦力做的功等于2μmgR
C．拉力F做的功小于2mgR
D．拉力F做的功为mgR(1＋2μ)
【自主解答】
CD 解析：当重力沿圆轨道切线方向的分力等于滑动摩擦力时，速度最大，此位置在A、B两点之间，故A错误；将物块P缓慢地从B拉到A，克服摩擦力做的功为μmgR，而物块P从A滑到B的过程中，物块P做圆周运动，根据向心力知识可知物块P所受的支持力比缓慢运动时要大，则滑动摩擦力增大，所以克服摩擦力做的功Wf大于μmgR，因此物块P从A滑到C的过程中克服摩擦力做的功大于2μmgR，故B错误；由动能定理得，物块从C运动到A的过程中有WF－mgR－μmgR－μmgR＝0－0，则拉力F做的功为WF＝mgR(1＋2μ)，故D正确；物块从A滑到C的过程中，根据动能定理得mgR－Wf－μmgR＝0，因为Wf>μmgR，则mgR>μmgR＋μmgR＝2μmgR，因此WF<2mgR，故C正确。
【技法总结】
1．曲面上的摩擦力做功一般不能直接用力乘以物体的位移或路程来计算，物体在运动过程中的摩擦力大小是不断变化的。
2．曲面上的摩擦力做功多结合圆周运动问题，需运用动能定理求解摩擦力做的功。
考向3 滑块—滑板模型中的摩擦力做功问题
典例 (多选)如图所示，长木板A放在光滑的水平地面上，物体B以水平速度v0冲上A后，由于摩擦力作用，最后与木板A相对静止，则从物体B冲到木板A上到相对木板A静止的过程中，下述说法正确的是( )
A．物体B动能的减少量等于系统损失的机械能
B．物体B克服摩擦力做的功等于系统内能的增加量
C．物体B损失的机械能等于木板A获得的动能与系统损失的机械能之和
D．摩擦力对物体B做的功和对木板A做的功的总和的绝对值等于系统内能的增加量
【自主解答】
CD 解析：物体B以水平速度冲上木板A后，由于摩擦力作用，物体B减速运动，木板A加速运动，根据能量守恒定律，物体B动能的减少量等于木板A增加的动能和产生的热量之和，选项A错误；根据动能定理，物体B克服摩擦力做的功等于物体B损失的动能，选项B错误；由能量守恒定律可知，物体B损失的机械能等于木板A获得的动能与系统损失的机械能之和，选项C正确；摩擦力对物体B做的功等于物体B动能的变化量，摩擦力对木板A做的功等于木板A动能的增加量，由能量守恒定律，摩擦力对物体B做的功和对木板A做的功的总和的绝对值等于系统内能的增加量，选项D正确。
考向4 传送带模型中的摩擦力做功问题
典例 如图所示，水平传送带匀速运行的速度为v＝2 m/s，传送带两端A、B间距离为s0＝10 m，将质量为m＝5 kg的行李箱无初速度地放在传送带A端后，传送到B端，传送带与行李箱间的动摩擦因数μ＝0.2，重力加速度g取10 m/s2，求：
(1)行李箱开始运动时的加速度大小a；
(2)行李箱从A端传送到B端所用的时间t；
(3)整个过程行李箱对传送带的摩擦力做的功W。
【自主解答】
解析：(1)行李箱刚放上传送带时的加速度大小
a＝eq \f(f,m)＝eq \f(μmg,m)＝μg＝2 m/s2。
(2)设经过t1时间二者共速，则
t1＝eq \f(v,a)＝eq \f(2,2) s＝1 s
行李箱匀加速运动的位移为
s1＝eq \f(1,2)ateq \\al(2,1)＝eq \f(1,2)×2×12 m＝1 m
行李箱随传送带匀速运动的时间
t2＝eq \f(s0－s1,v)＝eq \f(10－1,2) s＝4.5 s
则行李箱从A端传送到B端所用的时间
t＝t1＋t2＝1 s＋4.5 s＝5.5 s。
(3)t1时间内传送带的位移
s2＝vt1＝2×1 m＝2 m
根据牛顿第三定律，传送带受到行李箱的摩擦力f′＝f
行李箱对传送带的摩擦力做的功
W＝－f′s2＝－μmgs2＝－0.2×5×10×2 J＝－20 J。
答案：(1)2 m/s2 (2)5.5 s (3)－20 J
1．质量为m的物体以初速度v0沿水平面向左开始运动，起始点A与一轻弹簧O端相距s，如图所示，已知物体与水平面间的动摩擦因数为μ，物体与弹簧相碰后，弹簧的最大压缩量为x，则从开始碰撞到弹簧被压缩至最短，物体克服弹簧弹力所做的功为(重力加速度为g)( )
A．eq \f(1,2)mveq \\al(2,0)－μmg(s＋x)
B．eq \f(1,2)mveq \\al(2,0)－μmgx
C．μmgs
D．μmg(s＋x)
A 解析：根据功的定义式可知物体克服摩擦力做的功为Wf＝μmg(s＋x)，由能量守恒定律可得 eq \f(1,2)mveq \\al(2,0)＝W弹＋Wf，得 W弹＝eq \f(1,2)mveq \\al(2,0)－μmg(s＋x)，故选项A正确。
2．(2020·九江模拟)(多选)第一次将一长木板静止放在光滑水平面上，如图甲所示，一小铅块(可视为质点)以水平初速度v0由木板左端向右滑动，到达右端时恰能与木板保持相对静止。第二次将长木板分成A、B两块，使B的长度和质量均为A 的2倍，并紧挨着放在原水平面上，让小铅块仍以初速度v0由A的左端开始向右滑动，如图乙所示。若小铅块相对滑动过程中所受的摩擦力始终不变，则下列说法正确的( )
A．小铅块将从B的右端飞离木板
B．小铅块滑到B的右端前已与B保持相对静止
C．第一次和第二次过程中产生的热量相等
D．第一次过程中产生的热量大于第二次过程中产生的热量
BD 解析：在第一次小铅块运动过程中，小铅块与木板之间的摩擦力使整个木板一直加速，第二次小铅块先使整个木板加速，当小铅块运动到B上后A停止加速，只有B加速，加速度大于第一次的对应过程，故第二次小铅块与B将更早共速，所以小铅块还没有运动到B的右端，二者就已共速，A错误，B正确；由于第一次过程中的相对路程大于第二次过程中的相对路程，则第一次过程中产生的热量大于第二次过程中产生的热量，C错误，D正确。
3．如图所示，足够长的传送带以恒定速率顺时针运行，将一物体轻轻放在传送带底端，第一阶段物体被加速到与传送带具有相同的速度，第二阶段与传送带相对静止，匀速运动到达传送带顶端。下列说法正确的是( )
A．第一阶段摩擦力对物体做正功，第二阶段摩擦力对物体不做功
B．第一阶段摩擦力对物体做的功等于第一阶段物体动能的增加量
C．第一阶段物体和传送带间的摩擦生热等于第一阶段物体机械能的增加量
D．物体从底端到顶端全过程机械能的增加量等于全过程物体与传送带间的摩擦生热
C 解析：第一阶段物体受到沿斜面向上的滑动摩擦力，第二阶段物体受到沿斜面向上的静摩擦力，两个阶段摩擦力的方向都跟物体运动方向相同，所以两个阶段摩擦力都做正功，故A错误；根据动能定理得知，外力做的总功等于物体动能的增加量，第一阶段，摩擦力和重力都做功，则第一阶段摩擦力对物体做的功不等于第一阶段物体动能的增加量，故B错误；由功能关系可知，第一阶段摩擦力对物体做的功(除重力之外的力所做的功)等于物体机械能的增加量，即ΔE＝W＝F阻s物，摩擦生热为Q＝F阻s相对，又由于s传送带＝vt，s物＝eq \f(v,2)t，所以s物＝s相对＝eq \f(1,2)s传送带，即Q＝ΔE，故C正确；第二阶段没有摩擦生热，但物体的机械能继续增加，故D错误。
4．(多选)如图所示，在竖直平面内有一半径为R的圆弧轨道，半径OA水平、OB竖直，一个质量为m的小球自A的正上方P点由静止开始自由下落，小球沿轨道到达最高点B时恰好对轨道没有压力。已知AP＝2R，重力加速度为g，则小球从P点运动到B点的过程中( )
A．重力做功2mgR
B．机械能减少 eq \f(1,2)mgR
C．合外力做功mgR
D．克服摩擦力做功 eq \f(1,2)mgR
BD 解析：小球由P点运动到B点的过程重力做功WG＝mg(2R－R)＝mgR，A错误。小球经过B点时恰好对轨道没有压力，由牛顿第二定律可知mg＝meq \f(v2,R)，即小球在B点时的速度v＝eq \r(gR)；小球由P点运动到B点的过程，由动能定理可知合力做功W合＝ΔEk＝eq \f(1,2)mv2＝eq \f(1,2)mgR，C错误。又因为W合＝WG＋Wf，所以小球由P点运动到B点的过程摩擦力做功Wf＝W合－WG＝－eq \f(1,2)mgR，由功能关系知，物体的机械能将减少 eq \f(1,2)mgR，B、D正确。
几种常见的力做功
对应的能量变化
数量关系式
重力
正功
重力势能减少
WG＝－ΔEp
负功
重力势能增加
弹簧等的弹力
正功
弹性势能减少
W弹＝－ΔEp
负功
弹性势能增加
电场力
正功
电势能减少
W电＝－ΔEp
负功
电势能增加
合力
正功
动能增加
W合＝ΔEk
负功
动能减少
重力以外的其他力
正功
机械能增加
W其＝ΔE
负功
机械能减少
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