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2021届高考物理人教版一轮创新教学案：第26讲 功能关系 能量守恒定律
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第26讲 功能关系 能量守恒定律
基础命题点 功能关系的理解和应用
1．对功能关系的理解
(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。
(2)做功的过程一定伴随着能量的转化，而且能量的转化必须通过做功来实现。
2．几种常见的功能关系
几种常见力做功
对应的能量变化
数量关系式
重力
正功
重力势能减少
WG＝－ΔEpG
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弹
负功
弹性势能增加
电场力
正功
电势能减少
W电＝－ΔEp电
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、系统内弹力以外的其他力
正功
机械能增加
W其他＝ΔE
负功
机械能减少
3．两个特殊的功能关系
(1)滑动摩擦力与两物体间相对位移的乘积等于产生的内能，即Ffl相对＝ΔQ。
(2)感应电流克服安培力做的功等于产生的电能，即W克安＝ΔE电。
(多选)如图所示，楔形木块abc固定在水平面上，粗糙斜面ab和光滑斜面bc与水平面的夹角相同，顶角b处安装一定滑轮。质量分别为M、m(M>m)的滑块A、B，通过不可伸长的轻绳跨过定滑轮连接，轻绳与斜面平行。两滑块由静止释放后，沿斜面做匀加速运动。若不计滑轮的质量和摩擦，在两滑块沿斜面运动的过程中( )
A．两滑块组成的系统机械能守恒
B．重力对A做的功等于A动能的增加量
C．轻绳对B做的功等于B机械能的增加量
D．两滑块组成的系统损失的机械能等于A克服摩擦力做的功
解析 由于A与斜面ab之间存在滑动摩擦力，故两滑块组成的系统机械能不守恒，A错误；合外力对A做的功等于A动能的增加量，B错误；对于B，除了重力对其做功外，只有轻绳对其做功，故轻绳对B做的功等于B机械能的增加量，C正确；对于两滑块组成的系统，在运动过程中克服摩擦阻力做功，系统的机械能减少并转化为内能，故该系统损失的机械能等于A克服摩擦力做的功，D正确。
答案 CD
1．对功能关系的理解
势能的变化与对应的功成负相关关系，动能、机械能的变化与对应的功成正相关关系。
2．功能关系在具体问题中的应用
(1)若已知某个力(如重力、弹力、合力、除重力和弹力以外的其他力)做的功，可以根据W＝－ΔEp或W＝ΔE，求出对应能量(如重力势能、弹性势能、动能、机械能)的变化量。相反，若已知某种能量变化量，也可以根据W＝－ΔEp或W＝ΔE，求出对应力做的功。
(2)不同力做功对应不同的功能关系，这些力做功共同引起物体动能的变化，所以各种功能关系经常结合动能定理出现。用功能关系解题时，一般以动能定理为纽带列式：WG＋W弹＋W电＋W摩擦…＝ΔEk，并结合WG＝－ΔEpG、W弹＝－ΔEp弹、W电＝－ΔEp电、－W摩擦＝Q等功能关系分析计算某种力做的功W或对应能量的变化量ΔE。
1．(2016·四川高考)韩晓鹏是我国首位在冬奥会雪上项目夺冠的运动员。他在一次自由式滑雪空中技巧比赛中沿“助滑区”保持同一姿态下滑了一段距离，重力对他做功1900 J，他克服阻力做功100 J。韩晓鹏在此过程中( )
A．动能增加了1900 J
B．动能增加了2000 J
C．重力势能减小了1900 J
D．重力势能减小了2000 J
答案 C
解析 根据动能定理W合＝ΔEk可知，韩晓鹏在此过程中的动能变化量ΔEk＝1900 J－100 J＝1800 J，即其动能增加了1800 J，A、B错误；重力做正功，重力势能减小，且WG＝－ΔEp，C正确，D错误。
2．(多选)质量为1 kg的物体被人用手由静止向上提高2 m，这时物体的速度是4 m/s，下列说法中正确的是(不计一切阻力，取g＝10 m/s2)( )
A．合外力对物体做功8 J
B．手对物体做功8 J
C．物体机械能增加了8 J
D．物体重力势能增加了20 J
答案 AD
解析 由动能定理得，合外力对物体做的功W合＝mv2－0＝8 J，A正确；W合＝W人－mgh，所以W人＝W合＋mgh＝(8＋1×10×2) J＝28 J，B错误；物体机械能的增加量等于除重力之外的力做的功，所以物体机械能的增加量ΔE＝W人＝28 J，C错误；物体重力势能的增加量等于物体克服重力做的功，所以物体重力势能的增加量ΔEp＝mgh＝1×10×2 J＝20 J，D正确。
3．(2019·浙江宁波高三上学期期末十校联考)如图所示，轻弹簧上端固定，下端拴着一带正电小球Q，Q在A处时弹簧处于原长状态，Q可在C处静止。若将另一带正电小球q固定在C正下方某处时，Q可在B处静止。在有小球q的情况下，将Q从A处由静止释放，则Q从A运动到C处的过程中( )
A．Q运动到C处时速率最大
B．Q、q两球组成的系统机械能不断增大
C．Q的机械能不断增大
D．加速度大小先减小后增大
答案 D
解析 q在C正下方某处时，Q在B处所受的合力为零，速率最大，故A错误；Q的机械能E等于Q的动能与重力势能之和，由功能关系有ΔE＝W弹＋W电，而弹簧弹力一直对Q做负功，即W弹＜0，库仑力也一直对Q做负功，即W电＜0，则ΔE＜0，即Q的机械能不断减小，故C错误；因小球q固定不动，其机械能不变，Q的机械能不断减小，故Q、q两球组成的系统的机械能不断减小，故B错误；Q在B处的加速度为零，则Q从A运动到B的过程中，加速度一直减小直至为零，从B到C加速度反向增大，故D正确。
能力命题点一 摩擦力做功与能量转化
两种摩擦力做功特点的比较
类别
比较
静摩擦力
滑动摩擦力
不同点
能量的转化方面
只有机械能从一个物体转移到另一个物体，而没有机械能转化为其他形式的能
有两种可能：
(1)机械能全部转化为内能。
(2)一部分机械能从一个物体转移到另一个物体，另一部分机械能转化为内能，此内能就是系统机械能的损失量
一对摩擦力的总功方面
一对静摩擦力所做功的代数和总等于零
一对滑动摩擦力所做功的代数和总是负值
相同点
正功、负功、不做功方面
两种摩擦力对物体均可以做正功或负功，还可以不做功。静摩擦力做正功时，它的反作用力一定做负功。滑动摩擦力做负功时，它的反作用力可能做正功，可能做负功，还可能不做功；但滑动摩擦力做正功或不做功时，它的反作用力一定做负功
(2019·天津河北区一模)(多选)如图所示，质量为M、长度为L的小车静止在光滑的水平面上，质量为m的小物块，放在小车的最左端，现用一水平力F作用在小物块上，小物块与小车之间的摩擦力为f，经过一段时间小车运动的位移为x，小物块刚好滑到小车的最右端，则下列说法中正确的是( )
A．此时物块的动能为F(x＋L)
B．此时小车的动能为f(x＋L)
C．这一过程中，物块和小车增加的机械能为F(x＋L)－fL
D．这一过程中，物块和小车因摩擦而产生的热量为fL
解析 由题可知，在拉力的作用下物块前进的位移为L＋x，故拉力对物块做的功为F(x＋L)，摩擦力对物块做的功为－f(x＋L)，则由动能定理可知物块的动能为(F－f)(x＋L)，故A错误；小车受摩擦力作用，摩擦力作用的位移为x，故摩擦力对小车做的功为fx，故小车的动能为fx，B错误；物块和小车增加的机械能等于两者动能的增量，即(F－f)(x＋L)＋fx＝F(x＋L)－fL，故C正确；拉力做的功转化为物块和小车的动能及产生的热量，Q＝F(x＋L)－[F(x＋L)－fL]＝fL，D正确。
答案 CD
求解摩擦力做功与能量转化问题的方法
(1)正确分析物体的运动过程。
(2)利用运动学公式结合牛顿运动定律或动能定理分析物体的速度关系及位移关系。
(3)无论是滑动摩擦力，还是静摩擦力，计算做功时都是用力与对地位移的乘积。
(4)摩擦生热的计算：公式Q＝Ff·x相对中x相对为两接触物体间的相对位移，若物体做往复运动，则x相对为总的相对路程。
1．(2019·山东济南高三上学期期末)(多选)用两块材料相同的木板与竖直墙面搭成两个斜面1和2，斜面有相同的高和不同的底边，如图所示。一个小物块分别从两个斜面顶端释放，并沿斜面下滑到底端。对这两个过程，下列说法正确的是( )
A．沿着1和2下滑到底端时，物块的速度大小相等
B．物块下滑到底端时，速度大小与其质量无关
C．物块沿着1下滑到底端的过程，产生的热量更多
D．物块下滑到底端的过程中，产生的热量与其质量无关
答案 BC
解析 对物块从高为h的斜面上由静止滑到底端的过程，根据动能定理
mgh－Wf＝mv2①
其中Wf为物块克服摩擦力做的功，因滑动摩擦力为：
f＝μN＝μmgcosθ
所以物块克服摩擦力做的功为：
Wf＝fL＝μmgcosθ·L＝μmg·Lcosθ＝μmgL底②
其中L底为斜面底边长，
可见，物块从斜面顶端下滑到底端时，克服摩擦力做功与斜面底端长度L底成正比。
联立①②解得：v＝，故物块下滑到底端时，速度大小与其质量无关，且沿着1和2下滑到底端时，物块的速度大小不相等，故A错误，B正确；由②式可知，沿着1下滑到底端物块克服摩擦力做的功更多，物块机械能的损失更大，产生的热量更多，产生的热量Q＝μmgL底，与质量有关，故C正确，D错误。
2．如图所示，一质量m＝2 kg的长木板静止在水平地面上，某时刻一质量M＝1 kg的小铁块以水平向左v0＝9 m/s的速度从木板的右端滑上木板。已知木板与地面间的动摩擦因数μ1＝0.1，铁块与木板间的动摩擦因数μ2＝0.4，取重力加速度g＝10 m/s2，木板足够长，求：
(1)铁块相对木板滑动时木板的加速度的大小；
(2)铁块与木板摩擦所产生的热量Q和木板在水平地面上滑行的总路程x。
答案 (1)0.5 m/s2 (2)36 J 1.5 m
解析 (1)设铁块在木板上滑动时，木板的加速度为a2，由牛顿第二定律可得μ2Mg－μ1(M＋m)g＝ma2，
解得a2＝ m/s2＝0.5 m/s2。
(2)设铁块在木板上滑动时，铁块的加速度大小为a1，由牛顿第二定律得μ2Mg＝Ma1，解得a1＝μ2g＝4 m/s2。
设铁块与木板达到共同速度时的速度为v，所需的时间为t，则有v＝v0－a1t，v＝a2t
解得：v＝1 m/s，t＝2 s。
铁块相对地面的位移
x1＝v0t－a1t2＝9×2 m－×4×4 m＝10 m
木板运动的位移x2＝a2t2＝×0.5×4 m＝1 m
铁块与木板的相对位移
Δx＝x1－x2＝10 m－1 m＝9 m
则此过程中铁块与木板摩擦所产生的热量
Q＝Ff·Δx＝μ2Mg·Δx＝0.4×1×10×9 J＝36 J。
设达到共同速度后整体的加速度大小为a3，发生的位移为s，则有：
a3＝μ1g＝1 m/s2，s＝＝ m＝0.5 m。
木板在水平地面上滑行的总路程
x＝x2＋s＝1 m＋0.5 m＝1.5 m。
能力命题点二 能量守恒定律的应用
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另一种形式，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．适用范围：能量守恒定律是贯穿物理学的基本规律，是各种自然现象中普遍适用的一条规律。
3．表达式
(1)E初＝E末，初状态各种能量的总和等于末状态各种能量的总和。
(2)ΔE增＝ΔE减，某种形式能量的减少量等于其他形式能量的增加量。
4．对能量守恒定律的两点理解
(1)转化：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)转移：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。
如图所示，固定斜面的倾角θ＝30°，物体A与斜面之间的动摩擦因数μ＝，轻弹簧下端固定在斜面底端，弹簧处于原长时上端位于C点，用一根不可伸长的轻绳通过轻质光滑的定滑轮连接物体A和B，滑轮右侧绳子与斜面平行，A的质量为2m＝4 kg，B的质量为m＝2 kg，初始时物体A到C点的距离为L＝1 m，现给A、B一初速度v0＝3 m/s，使A开始沿斜面向下运动，B向上运动，物体A将弹簧压缩到最短后又恰好能弹到C点。已知重力加速度取g＝10 m/s2，不计空气阻力，整个过程中轻绳始终处于伸直状态，求此过程中：
(1)物体A向下运动刚到达C点时的速度大小；
(2)弹簧的最大压缩量；
(3)弹簧中的最大弹性势能。
解析 (1)物体A向下运动刚到C点的过程中，对A、B组成的系统应用能量守恒定律可得
2mgLsinθ＋·3mv＝mgL＋μ·2mgcosθ·L＋·3mv2
解得v＝2 m/s。
(2)在物体A由C点将弹簧压缩到最大压缩量，又返回到C点的过程中，A、B组成的系统动能的减少量等于因摩擦产生的热量，即
·3mv2－0＝μ·2mgcosθ·2x
其中x为弹簧的最大压缩量
解得x＝0.4 m。
(3)设弹簧的最大弹性势能为Epm，
物体A由C点向下运动到最低点的过程中，对A、B组成的系统，由能量守恒定律可得
·3mv2＋2mgxsinθ＝mgx＋μ·2mgcosθ·x＋Epm，
解得Epm＝6 J。
答案 (1)2 m/s (2)0.4 m (3)6 J
1．运用能量守恒定律解题的基本思路
2．能量守恒定律与功能关系比较
(1)两者的关系：能量转化的过程就是力做功的过程，根据功能关系可以得出某几种力做功的过程哪些能量之和不变，这就得出了能量守恒定律。所以两者的角度不同，一个是从能量转化的角度分析，一个是从能量守恒的角度分析。
(2)选用原则
对于单个物体，选用能量守恒定律或功能关系都可以，只不过两种方法表达式不同(选用功能关系时以动能定理为中心列式)。
对于多个物体，对每个物体分别应用功能关系往往比较复杂，所以一般将多个物体作为一个系统应用能量守恒定律。
若外力对系统做功，但是这个外力做功的能量转化情况未知，则一般用功能关系。如狗用绳子拉着雪橇加速运动，拉力做功的能量转化情况不清楚，但拉力的功可以计算，从而可应用动能定理。
1．(多选)如图所示，轻质弹簧上端固定，下端系一物体。物体在A处时，弹簧处于原长状态。现用手托住物体使它从A处缓慢下降，到达B处时，手和物体自然分开。此过程中，物体克服手的支持力所做的功为W。不考虑空气阻力。关于此过程，下列说法正确的有( )
A．物体重力势能的减少量一定大于W
B．弹簧弹性势能的增加量一定小于W
C．物体与弹簧组成的系统机械能增加量等于W
D．若将物体从A处由静止释放，则物体到达B处时的动能大小等于W
答案 AD
解析 设重力势能的减少量为ΔEpG，弹性势能的增加量为ΔEp弹，根据功能关系可知，－W＝ΔEp弹－ΔEpG，即W＝ΔEpG－ΔEp弹，所以物体重力势能的减少量一定大于W，不能确定弹簧弹性势能的增加量与W的大小关系，A正确，B错误；支持力对物体做负功，所以物体与弹簧组成的系统机械能减少量等于W，C错误；若将物体从A处由静止释放，则物体从A到B的过程，根据动能定理：WG＋W弹＝Ek－0，即ΔEpG－ΔEp弹＝Ek，即Ek＝W，D正确。
2．如图所示，光滑水平面AB与竖直面内的半圆形导轨在B点相切，半圆形导轨的半径为R，一个质量为m的物体将弹簧压缩至A点后由静止释放，在弹力作用下物体获得某一向右的速度后脱离弹簧，当它经过B点进入导轨的瞬间对轨道的压力为其重力的8倍，之后向上运动恰能到达最高点C，C、O、B三点在同一竖直线上。(不计空气阻力)试求：
(1)物体在A点时弹簧的弹性势能；
(2)物体从B点运动至C点的过程中产生的内能。
答案 (1)mgR (2)mgR
解析 (1)设物体到达B点的速度为vB，受到的弹力为FNB，则有：FNB－mg＝m，
又FNB＝8mg
对物体和弹簧组成的系统，由机械能守恒定律可知，物体在A点时弹簧的弹性势能Ep＝mv＝mgR。
(2)设物体到达C点的速度为vC，由题意可知：mg＝m，物体由B点运动到C点的过程中，由能量守恒定律得Q＝mv－（mv＋mg·2R）＝mgR。
3．(人教版必修2 P82·T2改编)某海湾共占面积1.0×107 m2，涨潮时平均水深20 m，此时关上水坝闸门，可使水位保持20 m不变，退潮时，坝外水位降至18 m(如图)。利用此水坝建立一座水力发电站，重力势能转化为电能的效率为10%，每天有两次涨潮，该电站每天能发出多少电能？(g＝10 m/s2，不计发电机的能量损失)
答案 4×1010 J
解析 退潮时，由坝内流向坝外的水的质量m＝ρV＝ρSh＝1.0×103×1.0×107×(20－18) kg＝2×1010 kg
每次退潮重力势能的减少量ΔEp减＝mg·
两次退潮重力势能共减少ΔEp＝2mg·＝mgh
故每天发出的电能
E电＝ΔEp·10%＝2×1010×10×2×10% J＝4×1010 J。
课时作业
1．如图所示，质量为m的可看成质点的物块置于粗糙水平面上的M点，水平面的右端与固定的斜面平滑连接，物块与水平面及斜面之间的动摩擦因数处处相同。物块与弹簧未连接，开始时物块挤压弹簧使弹簧处于压缩状态。现从M点由静止释放物块，物块运动到N点时恰好静止。弹簧原长小于OM′。若物块从M点运动到N点的过程中，物块与接触面之间由于摩擦所产生的热量为Q，物块、弹簧与地球组成系统的机械能为E，物块通过的路程为s。不计转折处的能量损失，下列图象所描述的关系中可能正确的是( )
答案 B
解析 设物块在M点、M′点时的机械能分别为E0、E1，MM′长为s0，由功能关系可知在M到M′过程：E＝E0－μmgs，在M′到N过程E＝E1－μmg(s－s0)cosθ，A错误，B正确；在M到M′过程：Q＝μmgs，在M′到N过程：Q＝μmg(s－s0)cosθ，故C、D错误。
2．质量为m的物体从静止以g的加速度竖直上升高度h。对该过程，下列说法中正确的是( )
A．物体的机械能增加mgh
B．物体的机械能减少mgh
C．重力对物体做功mgh
D．物体的动能增加mgh
答案 D
解析 质量为m的物体从静止以的加速度竖直上升h，重力对其做功－mgh，所受合外力为mg，合外力做功mgh，由动能定理，物体的动能增加mgh，C错误，D正确；物体的机械能增加mgh＋mgh＝mgh，A、B错误。
3．如图所示，质量为m的钢制小球，用长为l的细线悬挂在O点。将小球拉到与O点相齐平的水平位置C由静止释放。小球运动到最低点B时对细绳的拉力为2mg，若小球运动到最低点B时用小锤头向左敲击它一下，瞬间给小球补充机械能ΔE，小球就能恰好摆到与C等高的A点。设空气阻力只与运动速度相关，且运动速度越大空气的阻力就越大。则下列说法中正确的是( )
A．ΔE>mgl B．ΔE
解析 在B点有2mg－mg＝m，由C到B过程有mgl－Wf＝mv2，解得Wf＝mgl，对小球由B到A过程有ΔE＋mv2＝Wf1＋mgl，由于B到A过程速度大于C到B过程，故Wf1>Wf，联立解得ΔE>mgl，故A正确。
4．质量为m的小球从高处由静止开始下落，小球在空中所受的阻力与速度大小成正比。下列图象分别描述了小球下落过程中速度v、加速度a随时间t的变化规律和动能Ek、机械能E随下落位移h的变化关系，其中可能正确的是( )
答案 D
解析 小球在空中所受的阻力与速度大小成正比，即f＝kv，在下落过程中，根据牛顿第二定律得：mg－kv＝ma，解得a＝g－，下落过程中，速度v增加，则加速度a逐渐减小，速度v随时间增加得越来越慢，则加速度a随时间减小得越来越慢，故A、B错误；根据动能定理得：mgh－fh＝Ek，则小球的动能Ek＝(mg－kv)h，即随着速度v的增加，Ekh图象的斜率越来越小，故C错误；机械能的变化量等于克服阻力做的功：E－E0＝－fh，即E＝E0－kvh，v逐渐增大，则Eh图象的斜率逐渐变大，故D正确。
5．如图所示，一根长为l的轻质软绳一端固定在O点，另一端与质量为m的小球连接，初始时将小球放在与O点等高的A点，OA＝l，现将小球由静止状态释放，则当小球运动到O点正下方时，绳对小球的拉力为(已知sin37°＝0.6，cos37°＝0.8)( )
A．2mg B．3mg
C.mg D.mg
答案 C
解析 设小球到达A点的正下方B点时细绳刚好绷紧，则OB与水平方向的夹角的余弦值为cosα＝＝＝0.6，可得小球自由下落的高度为h＝lsinα＝0.8l，到达B点时的速度v1＝，细绳绷紧后瞬间小球只有垂直于细绳的分速度，大小为v2＝v1cosα，小球从B点运动到O点正下方的过程中，由动能定理得mgl(1－sinα)＝mv－mv，在O点正下方有T－mg＝m。联立以上各式解得T＝mg，C正确。
6．(2019·江苏高考)(多选)如图所示，轻质弹簧的左端固定，并处于自然状态。小物块的质量为m，从A点向左沿水平地面运动，压缩弹簧后被弹回，运动到A点恰好静止。物块向左运动的最大距离为s，与地面间的动摩擦因数为μ，重力加速度为g，弹簧未超出弹性限度。在上述过程中( )
A．弹簧的最大弹力为μmg
B．物块克服摩擦力做的功为2μmgs
C．弹簧的最大弹性势能为μmgs
D．物块在A点的初速度为
答案 BC
解析 物块向左运动压缩弹簧，弹簧最短时，弹簧弹力最大，物块具有向右的加速度，弹簧弹力大于摩擦力，即Fm>μmg，A错误；根据功的公式，物块克服摩擦力做的功W＝μmgs＋μmgs＝2μmgs，B正确；从物块将弹簧压缩到最短至物块运动到A点静止的过程中，根据能量守恒定律，弹簧的弹性势能通过摩擦力做功转化为内能，故Epm＝μmgs，C正确；根据能量守恒定律，在整个过程中，物体的初动能通过摩擦力做功转化为内能，即mv2＝2μmgs，所以v＝2，D错误。
7．(2018·全国卷Ⅰ)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点处从静止开始向右运动。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．2mgR B．4mgR
C．5mgR D．6mgR
答案 C
解析 小球始终受到与重力大小相等的水平外力的作用，机械能的增量ΔE机＝W除G外力，机械能的增量等于水平外力在从a点开始运动到其轨迹最高点过程做的功。设小球运动到c点的速度为vc，由动能定理有：F·3R－mg·R＝mv，解得：vc＝2。小球运动到c点后，根据小球受力情况，可分解为水平方向初速度为零的匀加速运动，加速度为ax＝g，竖直方向的竖直上抛运动，加速度也为g，小球上升至最高点时，竖直方向速度减小为零，时间为t＝＝，水平方向的位移为：x＝axt2＝g（）2＝2R。综上所述，小球从a点开始运动到其轨迹最高点，机械能的增量为ΔE机＝F·(3R＋x)＝5mgR，正确答案为C。
8．(2019·河北衡水中学高三二调)如图所示，两质量均为m＝1 kg的小球1、2(可视为质点)用长为L＝1.0 m的轻质杆相连，水平置于光滑水平面上，且小球1恰好与光滑竖直墙壁接触，现用力F竖直向上拉动小球1，当杆与竖直墙壁夹角θ＝37°时，小球2的速度大小v＝1.6 m/s，sin37°＝0.6，g＝10 m/s2，则此过程中外力F所做的功为( )
A．8 J B．8.72 J
C．10 J D．9.28 J
答案 C
解析 当杆与竖直墙壁夹角θ＝37°时，设小球1的速度为v′，根据两球的速度沿杆方向的分速度大小相等，有：v′cos37°＝vsin37°，代入数据得：v′＝1.2 m/s，小球2上升的高度为：h＝Lcos37°＝0.8 m，根据功能关系得外力F所做的功为：W＝mv2＋mv′2＋mgh，解得：W＝10 J，故选C。
9．(2019·安徽省合肥市高三第二次教学质量检测)如图甲所示，置于水平地面上质量为m的物体，在竖直拉力F作用下，由静止开始向上运动，其动能Ek与距地面高度h的关系如图乙所示，已知重力加速度为g，空气阻力不计。下列说法正确的是( )
A．在0～h0过程中，F大小始终为mg
B．在0～h0和h0～2h0过程中，F做功之比为2∶1
C．在0～2h0过程中，物体的机械能不断增加
D．在2h0～3.5h0过程中，物体的机械能不断减少
答案 C
解析 0～h0过程中，Ekh图象为一段直线，故由动能定理得：(F－mg)h0＝mgh0－0，故F＝2mg，A错误；由A项分析可知，F在0～h0过程中，对物体做的功为2mgh0，在h0～2h0过程中，由动能定理可知，WF－mgh0＝1.5mgh0－mgh0，解得WF＝1.5mgh0，因此在0～h0和h0～2h0过程中，F做功之比为4∶3，故B错误；通过A、B项分析可知，在0～2h0过程中，F一直做正功，故物体的机械能不断增加，C正确；在2h0～3.5h0过程中，由动能定理得WF′－1.5mgh0＝0－1.5mgh0，则WF′＝0，故F做功为0，物体的机械能保持不变，故D错误。
10．(2019·福建三明高三上学期期末)如图所示，一个小球(视为质点)从H＝11 m高处，由静止开始沿光滑弯曲轨道AB进入半径R＝4 m的竖直圆环内侧，且与圆环的动摩擦因数处处相等，当到达圆环顶点C时，对轨道的压力刚好为零，然后沿CB圆弧滑下，进入光滑弧形轨道BD，到达高度为h的D点时速度为零，则h的值可能为( )
A．10 m B．9.5 m
C．9 m D．8.5 m
答案 B
解析 小球到达圆环顶点C时，对轨道的压力刚好为零，则mg＝m，解得vC＝2 m/s；设小球由B到C的过程中克服摩擦力做的功为WBC，由动能定理有mg(H－2R)－WBC＝mv，解得WBC＝10m；由于从C到B过程小球对圆轨道的平均压力小于从B到C过程小球对圆轨道的平均压力，则从C到B过程克服摩擦力做的功小于从B到C过程克服摩擦力做的功，即0
A．所用时间的关系为：tb＝tc＝td＝te
B．末速度的关系为：vb>vc>vd>ve
C．损失的机械能关系为：ΔEb<ΔEc<ΔEd<ΔEe
D．产生的热量关系为：Qb
解析 滑环从细杆上下滑时，假设细杆与竖直方向的夹角为θ，则下滑加速度大小为gcosθ－μgsinθ，下滑位移为2Rcosθ，根据x＝at2，解得滑环从顶端由静止开始滑动到底端的时间t＝＝2，因倾角不同，故下滑时间不相同，A错误；滑环下滑的加速度a＝gcosθ－μgsinθ，θ越大，a越小，故ab＞ac＞ad＞ae，已知xb＞xc＞xd＞xe，又根据v2＝2ax，可知：vb＞vc＞vd＞ve，B正确；由功能关系可知，小滑环损失的机械能全部用来克服摩擦力做功，f＝μmgsinθ，运动路程x＝2Rcosθ，则克服摩擦力做的功为Wf＝f·x＝μmgR·sin2θ，当θ＝45°时，Wf取最大值，故Wfd最大，所以沿ad运动的小滑环，损失的机械能最多，C错误；小滑环损失的机械能全部转化为内能，即Q＝Wf＝μmgR·sin2θ，因sin(2×30°)＝sin(2×60°)，故Qc＝Qe，又因sin(2×45°)＝1，故Qd最大，沿ab自由下落时无内能产生，故Qb＝0，所以产生的热量关系为：Qb＜Qc＝Qe＜Qd，故D正确。
12．(2017·全国卷Ⅲ)如图，一质量为m，长度为l的均匀柔软细绳PQ竖直悬挂。用外力将绳的下端Q缓慢地竖直向上拉起至M点，M点与绳的上端P相距l。重力加速度大小为g。在此过程中，外力做的功为( )
A.mgl B.mgl
C.mgl D.mgl
答案 A
解析 以均匀柔软细绳MQ段为研究对象，其质量为m，取M点所在的水平面为零势能面，开始时，细绳MQ段的重力势能Ep1＝－mg·＝－mgl，用外力将绳的下端Q缓慢地竖直向上拉起至M点时，细绳MQ段的重力势能Ep2＝－mg·＝－mgl，则外力做的功即克服自身重力做的功等于细绳MQ段的重力势能的变化，即W＝Ep2－Ep1＝－mgl＋mgl＝mgl，A正确。
13．(2016·全国卷Ⅱ)轻质弹簧原长为2l，将弹簧竖直放置在地面上，在其顶端将一质量为5m的物体由静止释放，当弹簧被压缩到最短时，弹簧长度为l。现将该弹簧水平放置，一端固定在A点，另一端与物块P接触但不连接。AB是长度为5l的水平轨道，B端与半径为l的光滑半圆轨道BCD相切，半圆的直径BD竖直，如图所示。物块P与AB间的动摩擦因数μ＝0.5。用外力推动物块P，将弹簧压缩至长度l，然后放开，P开始沿轨道运动。重力加速度大小为g。
(1)若P的质量为m，求P到达B点时速度的大小，以及它离开圆轨道后落回到AB上的位置与B点之间的距离；
(2)若P能滑上圆轨道，但仍能沿圆轨道滑下，求P的质量的取值范围。
答案 (1) 2l (2)m≤M
设P的质量为M，到达B点时的速度大小为vB，由能量守恒定律得Ep＝Mv＋μMg·4l②
联立①②式，取M＝m并代入题给数据得
vB＝③
若P能沿圆轨道运动到D点，其到达D点时的向心力不能小于重力，即P此时的速度大小v应满足
－mg≥0④
设P滑到D点时的速度为vD，由机械能守恒定律得
mv＝mv＋mg·2l⑤
联立③⑤式得vD＝⑥
vD满足④式要求，故P能运动到D点，并从D点以速度vD水平射出。设P落回到轨道AB所需的时间为t，由运动学公式得2l＝gt2⑦
P落回到AB上的位置与B点之间的距离为s＝vDt⑧
联立⑥⑦⑧式得s＝2l⑨
(2)为使P能滑上圆轨道，它到达B点时的速度应大于零。由①②式可知5mgl>μMg·4l⑩
要使P仍能沿圆轨道滑回，P在圆轨道的上升高度不能超过半圆轨道的中点C。由机械能守恒定律有
Mv≤Mgl⑪
联立①②⑩⑪式得m≤M
第26讲 功能关系 能量守恒定律
基础命题点 功能关系的理解和应用
1．对功能关系的理解
(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。
(2)做功的过程一定伴随着能量的转化，而且能量的转化必须通过做功来实现。
2．几种常见的功能关系
几种常见力做功
对应的能量变化
数量关系式
重力
正功
重力势能减少
WG＝－ΔEpG
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弹
负功
弹性势能增加
电场力
正功
电势能减少
W电＝－ΔEp电
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、系统内弹力以外的其他力
正功
机械能增加
W其他＝ΔE
负功
机械能减少
3．两个特殊的功能关系
(1)滑动摩擦力与两物体间相对位移的乘积等于产生的内能，即Ffl相对＝ΔQ。
(2)感应电流克服安培力做的功等于产生的电能，即W克安＝ΔE电。
(多选)如图所示，楔形木块abc固定在水平面上，粗糙斜面ab和光滑斜面bc与水平面的夹角相同，顶角b处安装一定滑轮。质量分别为M、m(M>m)的滑块A、B，通过不可伸长的轻绳跨过定滑轮连接，轻绳与斜面平行。两滑块由静止释放后，沿斜面做匀加速运动。若不计滑轮的质量和摩擦，在两滑块沿斜面运动的过程中( )
A．两滑块组成的系统机械能守恒
B．重力对A做的功等于A动能的增加量
C．轻绳对B做的功等于B机械能的增加量
D．两滑块组成的系统损失的机械能等于A克服摩擦力做的功
解析 由于A与斜面ab之间存在滑动摩擦力，故两滑块组成的系统机械能不守恒，A错误；合外力对A做的功等于A动能的增加量，B错误；对于B，除了重力对其做功外，只有轻绳对其做功，故轻绳对B做的功等于B机械能的增加量，C正确；对于两滑块组成的系统，在运动过程中克服摩擦阻力做功，系统的机械能减少并转化为内能，故该系统损失的机械能等于A克服摩擦力做的功，D正确。
答案 CD
1．对功能关系的理解
势能的变化与对应的功成负相关关系，动能、机械能的变化与对应的功成正相关关系。
2．功能关系在具体问题中的应用
(1)若已知某个力(如重力、弹力、合力、除重力和弹力以外的其他力)做的功，可以根据W＝－ΔEp或W＝ΔE，求出对应能量(如重力势能、弹性势能、动能、机械能)的变化量。相反，若已知某种能量变化量，也可以根据W＝－ΔEp或W＝ΔE，求出对应力做的功。
(2)不同力做功对应不同的功能关系，这些力做功共同引起物体动能的变化，所以各种功能关系经常结合动能定理出现。用功能关系解题时，一般以动能定理为纽带列式：WG＋W弹＋W电＋W摩擦…＝ΔEk，并结合WG＝－ΔEpG、W弹＝－ΔEp弹、W电＝－ΔEp电、－W摩擦＝Q等功能关系分析计算某种力做的功W或对应能量的变化量ΔE。
1．(2016·四川高考)韩晓鹏是我国首位在冬奥会雪上项目夺冠的运动员。他在一次自由式滑雪空中技巧比赛中沿“助滑区”保持同一姿态下滑了一段距离，重力对他做功1900 J，他克服阻力做功100 J。韩晓鹏在此过程中( )
A．动能增加了1900 J
B．动能增加了2000 J
C．重力势能减小了1900 J
D．重力势能减小了2000 J
答案 C
解析 根据动能定理W合＝ΔEk可知，韩晓鹏在此过程中的动能变化量ΔEk＝1900 J－100 J＝1800 J，即其动能增加了1800 J，A、B错误；重力做正功，重力势能减小，且WG＝－ΔEp，C正确，D错误。
2．(多选)质量为1 kg的物体被人用手由静止向上提高2 m，这时物体的速度是4 m/s，下列说法中正确的是(不计一切阻力，取g＝10 m/s2)( )
A．合外力对物体做功8 J
B．手对物体做功8 J
C．物体机械能增加了8 J
D．物体重力势能增加了20 J
答案 AD
解析 由动能定理得，合外力对物体做的功W合＝mv2－0＝8 J，A正确；W合＝W人－mgh，所以W人＝W合＋mgh＝(8＋1×10×2) J＝28 J，B错误；物体机械能的增加量等于除重力之外的力做的功，所以物体机械能的增加量ΔE＝W人＝28 J，C错误；物体重力势能的增加量等于物体克服重力做的功，所以物体重力势能的增加量ΔEp＝mgh＝1×10×2 J＝20 J，D正确。
3．(2019·浙江宁波高三上学期期末十校联考)如图所示，轻弹簧上端固定，下端拴着一带正电小球Q，Q在A处时弹簧处于原长状态，Q可在C处静止。若将另一带正电小球q固定在C正下方某处时，Q可在B处静止。在有小球q的情况下，将Q从A处由静止释放，则Q从A运动到C处的过程中( )
A．Q运动到C处时速率最大
B．Q、q两球组成的系统机械能不断增大
C．Q的机械能不断增大
D．加速度大小先减小后增大
答案 D
解析 q在C正下方某处时，Q在B处所受的合力为零，速率最大，故A错误；Q的机械能E等于Q的动能与重力势能之和，由功能关系有ΔE＝W弹＋W电，而弹簧弹力一直对Q做负功，即W弹＜0，库仑力也一直对Q做负功，即W电＜0，则ΔE＜0，即Q的机械能不断减小，故C错误；因小球q固定不动，其机械能不变，Q的机械能不断减小，故Q、q两球组成的系统的机械能不断减小，故B错误；Q在B处的加速度为零，则Q从A运动到B的过程中，加速度一直减小直至为零，从B到C加速度反向增大，故D正确。
能力命题点一 摩擦力做功与能量转化
两种摩擦力做功特点的比较
类别
比较
静摩擦力
滑动摩擦力
不同点
能量的转化方面
只有机械能从一个物体转移到另一个物体，而没有机械能转化为其他形式的能
有两种可能：
(1)机械能全部转化为内能。
(2)一部分机械能从一个物体转移到另一个物体，另一部分机械能转化为内能，此内能就是系统机械能的损失量
一对摩擦力的总功方面
一对静摩擦力所做功的代数和总等于零
一对滑动摩擦力所做功的代数和总是负值
相同点
正功、负功、不做功方面
两种摩擦力对物体均可以做正功或负功，还可以不做功。静摩擦力做正功时，它的反作用力一定做负功。滑动摩擦力做负功时，它的反作用力可能做正功，可能做负功，还可能不做功；但滑动摩擦力做正功或不做功时，它的反作用力一定做负功
(2019·天津河北区一模)(多选)如图所示，质量为M、长度为L的小车静止在光滑的水平面上，质量为m的小物块，放在小车的最左端，现用一水平力F作用在小物块上，小物块与小车之间的摩擦力为f，经过一段时间小车运动的位移为x，小物块刚好滑到小车的最右端，则下列说法中正确的是( )
A．此时物块的动能为F(x＋L)
B．此时小车的动能为f(x＋L)
C．这一过程中，物块和小车增加的机械能为F(x＋L)－fL
D．这一过程中，物块和小车因摩擦而产生的热量为fL
解析 由题可知，在拉力的作用下物块前进的位移为L＋x，故拉力对物块做的功为F(x＋L)，摩擦力对物块做的功为－f(x＋L)，则由动能定理可知物块的动能为(F－f)(x＋L)，故A错误；小车受摩擦力作用，摩擦力作用的位移为x，故摩擦力对小车做的功为fx，故小车的动能为fx，B错误；物块和小车增加的机械能等于两者动能的增量，即(F－f)(x＋L)＋fx＝F(x＋L)－fL，故C正确；拉力做的功转化为物块和小车的动能及产生的热量，Q＝F(x＋L)－[F(x＋L)－fL]＝fL，D正确。
答案 CD
求解摩擦力做功与能量转化问题的方法
(1)正确分析物体的运动过程。
(2)利用运动学公式结合牛顿运动定律或动能定理分析物体的速度关系及位移关系。
(3)无论是滑动摩擦力，还是静摩擦力，计算做功时都是用力与对地位移的乘积。
(4)摩擦生热的计算：公式Q＝Ff·x相对中x相对为两接触物体间的相对位移，若物体做往复运动，则x相对为总的相对路程。
1．(2019·山东济南高三上学期期末)(多选)用两块材料相同的木板与竖直墙面搭成两个斜面1和2，斜面有相同的高和不同的底边，如图所示。一个小物块分别从两个斜面顶端释放，并沿斜面下滑到底端。对这两个过程，下列说法正确的是( )
A．沿着1和2下滑到底端时，物块的速度大小相等
B．物块下滑到底端时，速度大小与其质量无关
C．物块沿着1下滑到底端的过程，产生的热量更多
D．物块下滑到底端的过程中，产生的热量与其质量无关
答案 BC
解析 对物块从高为h的斜面上由静止滑到底端的过程，根据动能定理
mgh－Wf＝mv2①
其中Wf为物块克服摩擦力做的功，因滑动摩擦力为：
f＝μN＝μmgcosθ
所以物块克服摩擦力做的功为：
Wf＝fL＝μmgcosθ·L＝μmg·Lcosθ＝μmgL底②
其中L底为斜面底边长，
可见，物块从斜面顶端下滑到底端时，克服摩擦力做功与斜面底端长度L底成正比。
联立①②解得：v＝，故物块下滑到底端时，速度大小与其质量无关，且沿着1和2下滑到底端时，物块的速度大小不相等，故A错误，B正确；由②式可知，沿着1下滑到底端物块克服摩擦力做的功更多，物块机械能的损失更大，产生的热量更多，产生的热量Q＝μmgL底，与质量有关，故C正确，D错误。
2．如图所示，一质量m＝2 kg的长木板静止在水平地面上，某时刻一质量M＝1 kg的小铁块以水平向左v0＝9 m/s的速度从木板的右端滑上木板。已知木板与地面间的动摩擦因数μ1＝0.1，铁块与木板间的动摩擦因数μ2＝0.4，取重力加速度g＝10 m/s2，木板足够长，求：
(1)铁块相对木板滑动时木板的加速度的大小；
(2)铁块与木板摩擦所产生的热量Q和木板在水平地面上滑行的总路程x。
答案 (1)0.5 m/s2 (2)36 J 1.5 m
解析 (1)设铁块在木板上滑动时，木板的加速度为a2，由牛顿第二定律可得μ2Mg－μ1(M＋m)g＝ma2，
解得a2＝ m/s2＝0.5 m/s2。
(2)设铁块在木板上滑动时，铁块的加速度大小为a1，由牛顿第二定律得μ2Mg＝Ma1，解得a1＝μ2g＝4 m/s2。
设铁块与木板达到共同速度时的速度为v，所需的时间为t，则有v＝v0－a1t，v＝a2t
解得：v＝1 m/s，t＝2 s。
铁块相对地面的位移
x1＝v0t－a1t2＝9×2 m－×4×4 m＝10 m
木板运动的位移x2＝a2t2＝×0.5×4 m＝1 m
铁块与木板的相对位移
Δx＝x1－x2＝10 m－1 m＝9 m
则此过程中铁块与木板摩擦所产生的热量
Q＝Ff·Δx＝μ2Mg·Δx＝0.4×1×10×9 J＝36 J。
设达到共同速度后整体的加速度大小为a3，发生的位移为s，则有：
a3＝μ1g＝1 m/s2，s＝＝ m＝0.5 m。
木板在水平地面上滑行的总路程
x＝x2＋s＝1 m＋0.5 m＝1.5 m。
能力命题点二 能量守恒定律的应用
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另一种形式，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．适用范围：能量守恒定律是贯穿物理学的基本规律，是各种自然现象中普遍适用的一条规律。
3．表达式
(1)E初＝E末，初状态各种能量的总和等于末状态各种能量的总和。
(2)ΔE增＝ΔE减，某种形式能量的减少量等于其他形式能量的增加量。
4．对能量守恒定律的两点理解
(1)转化：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)转移：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。
如图所示，固定斜面的倾角θ＝30°，物体A与斜面之间的动摩擦因数μ＝，轻弹簧下端固定在斜面底端，弹簧处于原长时上端位于C点，用一根不可伸长的轻绳通过轻质光滑的定滑轮连接物体A和B，滑轮右侧绳子与斜面平行，A的质量为2m＝4 kg，B的质量为m＝2 kg，初始时物体A到C点的距离为L＝1 m，现给A、B一初速度v0＝3 m/s，使A开始沿斜面向下运动，B向上运动，物体A将弹簧压缩到最短后又恰好能弹到C点。已知重力加速度取g＝10 m/s2，不计空气阻力，整个过程中轻绳始终处于伸直状态，求此过程中：
(1)物体A向下运动刚到达C点时的速度大小；
(2)弹簧的最大压缩量；
(3)弹簧中的最大弹性势能。
解析 (1)物体A向下运动刚到C点的过程中，对A、B组成的系统应用能量守恒定律可得
2mgLsinθ＋·3mv＝mgL＋μ·2mgcosθ·L＋·3mv2
解得v＝2 m/s。
(2)在物体A由C点将弹簧压缩到最大压缩量，又返回到C点的过程中，A、B组成的系统动能的减少量等于因摩擦产生的热量，即
·3mv2－0＝μ·2mgcosθ·2x
其中x为弹簧的最大压缩量
解得x＝0.4 m。
(3)设弹簧的最大弹性势能为Epm，
物体A由C点向下运动到最低点的过程中，对A、B组成的系统，由能量守恒定律可得
·3mv2＋2mgxsinθ＝mgx＋μ·2mgcosθ·x＋Epm，
解得Epm＝6 J。
答案 (1)2 m/s (2)0.4 m (3)6 J
1．运用能量守恒定律解题的基本思路
2．能量守恒定律与功能关系比较
(1)两者的关系：能量转化的过程就是力做功的过程，根据功能关系可以得出某几种力做功的过程哪些能量之和不变，这就得出了能量守恒定律。所以两者的角度不同，一个是从能量转化的角度分析，一个是从能量守恒的角度分析。
(2)选用原则
对于单个物体，选用能量守恒定律或功能关系都可以，只不过两种方法表达式不同(选用功能关系时以动能定理为中心列式)。
对于多个物体，对每个物体分别应用功能关系往往比较复杂，所以一般将多个物体作为一个系统应用能量守恒定律。
若外力对系统做功，但是这个外力做功的能量转化情况未知，则一般用功能关系。如狗用绳子拉着雪橇加速运动，拉力做功的能量转化情况不清楚，但拉力的功可以计算，从而可应用动能定理。
1．(多选)如图所示，轻质弹簧上端固定，下端系一物体。物体在A处时，弹簧处于原长状态。现用手托住物体使它从A处缓慢下降，到达B处时，手和物体自然分开。此过程中，物体克服手的支持力所做的功为W。不考虑空气阻力。关于此过程，下列说法正确的有( )
A．物体重力势能的减少量一定大于W
B．弹簧弹性势能的增加量一定小于W
C．物体与弹簧组成的系统机械能增加量等于W
D．若将物体从A处由静止释放，则物体到达B处时的动能大小等于W
答案 AD
解析 设重力势能的减少量为ΔEpG，弹性势能的增加量为ΔEp弹，根据功能关系可知，－W＝ΔEp弹－ΔEpG，即W＝ΔEpG－ΔEp弹，所以物体重力势能的减少量一定大于W，不能确定弹簧弹性势能的增加量与W的大小关系，A正确，B错误；支持力对物体做负功，所以物体与弹簧组成的系统机械能减少量等于W，C错误；若将物体从A处由静止释放，则物体从A到B的过程，根据动能定理：WG＋W弹＝Ek－0，即ΔEpG－ΔEp弹＝Ek，即Ek＝W，D正确。
2．如图所示，光滑水平面AB与竖直面内的半圆形导轨在B点相切，半圆形导轨的半径为R，一个质量为m的物体将弹簧压缩至A点后由静止释放，在弹力作用下物体获得某一向右的速度后脱离弹簧，当它经过B点进入导轨的瞬间对轨道的压力为其重力的8倍，之后向上运动恰能到达最高点C，C、O、B三点在同一竖直线上。(不计空气阻力)试求：
(1)物体在A点时弹簧的弹性势能；
(2)物体从B点运动至C点的过程中产生的内能。
答案 (1)mgR (2)mgR
解析 (1)设物体到达B点的速度为vB，受到的弹力为FNB，则有：FNB－mg＝m，
又FNB＝8mg
对物体和弹簧组成的系统，由机械能守恒定律可知，物体在A点时弹簧的弹性势能Ep＝mv＝mgR。
(2)设物体到达C点的速度为vC，由题意可知：mg＝m，物体由B点运动到C点的过程中，由能量守恒定律得Q＝mv－（mv＋mg·2R）＝mgR。
3．(人教版必修2 P82·T2改编)某海湾共占面积1.0×107 m2，涨潮时平均水深20 m，此时关上水坝闸门，可使水位保持20 m不变，退潮时，坝外水位降至18 m(如图)。利用此水坝建立一座水力发电站，重力势能转化为电能的效率为10%，每天有两次涨潮，该电站每天能发出多少电能？(g＝10 m/s2，不计发电机的能量损失)
答案 4×1010 J
解析 退潮时，由坝内流向坝外的水的质量m＝ρV＝ρSh＝1.0×103×1.0×107×(20－18) kg＝2×1010 kg
每次退潮重力势能的减少量ΔEp减＝mg·
两次退潮重力势能共减少ΔEp＝2mg·＝mgh
故每天发出的电能
E电＝ΔEp·10%＝2×1010×10×2×10% J＝4×1010 J。
课时作业
1．如图所示，质量为m的可看成质点的物块置于粗糙水平面上的M点，水平面的右端与固定的斜面平滑连接，物块与水平面及斜面之间的动摩擦因数处处相同。物块与弹簧未连接，开始时物块挤压弹簧使弹簧处于压缩状态。现从M点由静止释放物块，物块运动到N点时恰好静止。弹簧原长小于OM′。若物块从M点运动到N点的过程中，物块与接触面之间由于摩擦所产生的热量为Q，物块、弹簧与地球组成系统的机械能为E，物块通过的路程为s。不计转折处的能量损失，下列图象所描述的关系中可能正确的是( )
答案 B
解析 设物块在M点、M′点时的机械能分别为E0、E1，MM′长为s0，由功能关系可知在M到M′过程：E＝E0－μmgs，在M′到N过程E＝E1－μmg(s－s0)cosθ，A错误，B正确；在M到M′过程：Q＝μmgs，在M′到N过程：Q＝μmg(s－s0)cosθ，故C、D错误。
2．质量为m的物体从静止以g的加速度竖直上升高度h。对该过程，下列说法中正确的是( )
A．物体的机械能增加mgh
B．物体的机械能减少mgh
C．重力对物体做功mgh
D．物体的动能增加mgh
答案 D
解析 质量为m的物体从静止以的加速度竖直上升h，重力对其做功－mgh，所受合外力为mg，合外力做功mgh，由动能定理，物体的动能增加mgh，C错误，D正确；物体的机械能增加mgh＋mgh＝mgh，A、B错误。
3．如图所示，质量为m的钢制小球，用长为l的细线悬挂在O点。将小球拉到与O点相齐平的水平位置C由静止释放。小球运动到最低点B时对细绳的拉力为2mg，若小球运动到最低点B时用小锤头向左敲击它一下，瞬间给小球补充机械能ΔE，小球就能恰好摆到与C等高的A点。设空气阻力只与运动速度相关，且运动速度越大空气的阻力就越大。则下列说法中正确的是( )
A．ΔE>mgl B．ΔE
解析 在B点有2mg－mg＝m，由C到B过程有mgl－Wf＝mv2，解得Wf＝mgl，对小球由B到A过程有ΔE＋mv2＝Wf1＋mgl，由于B到A过程速度大于C到B过程，故Wf1>Wf，联立解得ΔE>mgl，故A正确。
4．质量为m的小球从高处由静止开始下落，小球在空中所受的阻力与速度大小成正比。下列图象分别描述了小球下落过程中速度v、加速度a随时间t的变化规律和动能Ek、机械能E随下落位移h的变化关系，其中可能正确的是( )
答案 D
解析 小球在空中所受的阻力与速度大小成正比，即f＝kv，在下落过程中，根据牛顿第二定律得：mg－kv＝ma，解得a＝g－，下落过程中，速度v增加，则加速度a逐渐减小，速度v随时间增加得越来越慢，则加速度a随时间减小得越来越慢，故A、B错误；根据动能定理得：mgh－fh＝Ek，则小球的动能Ek＝(mg－kv)h，即随着速度v的增加，Ekh图象的斜率越来越小，故C错误；机械能的变化量等于克服阻力做的功：E－E0＝－fh，即E＝E0－kvh，v逐渐增大，则Eh图象的斜率逐渐变大，故D正确。
5．如图所示，一根长为l的轻质软绳一端固定在O点，另一端与质量为m的小球连接，初始时将小球放在与O点等高的A点，OA＝l，现将小球由静止状态释放，则当小球运动到O点正下方时，绳对小球的拉力为(已知sin37°＝0.6，cos37°＝0.8)( )
A．2mg B．3mg
C.mg D.mg
答案 C
解析 设小球到达A点的正下方B点时细绳刚好绷紧，则OB与水平方向的夹角的余弦值为cosα＝＝＝0.6，可得小球自由下落的高度为h＝lsinα＝0.8l，到达B点时的速度v1＝，细绳绷紧后瞬间小球只有垂直于细绳的分速度，大小为v2＝v1cosα，小球从B点运动到O点正下方的过程中，由动能定理得mgl(1－sinα)＝mv－mv，在O点正下方有T－mg＝m。联立以上各式解得T＝mg，C正确。
6．(2019·江苏高考)(多选)如图所示，轻质弹簧的左端固定，并处于自然状态。小物块的质量为m，从A点向左沿水平地面运动，压缩弹簧后被弹回，运动到A点恰好静止。物块向左运动的最大距离为s，与地面间的动摩擦因数为μ，重力加速度为g，弹簧未超出弹性限度。在上述过程中( )
A．弹簧的最大弹力为μmg
B．物块克服摩擦力做的功为2μmgs
C．弹簧的最大弹性势能为μmgs
D．物块在A点的初速度为
答案 BC
解析 物块向左运动压缩弹簧，弹簧最短时，弹簧弹力最大，物块具有向右的加速度，弹簧弹力大于摩擦力，即Fm>μmg，A错误；根据功的公式，物块克服摩擦力做的功W＝μmgs＋μmgs＝2μmgs，B正确；从物块将弹簧压缩到最短至物块运动到A点静止的过程中，根据能量守恒定律，弹簧的弹性势能通过摩擦力做功转化为内能，故Epm＝μmgs，C正确；根据能量守恒定律，在整个过程中，物体的初动能通过摩擦力做功转化为内能，即mv2＝2μmgs，所以v＝2，D错误。
7．(2018·全国卷Ⅰ)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点处从静止开始向右运动。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．2mgR B．4mgR
C．5mgR D．6mgR
答案 C
解析 小球始终受到与重力大小相等的水平外力的作用，机械能的增量ΔE机＝W除G外力，机械能的增量等于水平外力在从a点开始运动到其轨迹最高点过程做的功。设小球运动到c点的速度为vc，由动能定理有：F·3R－mg·R＝mv，解得：vc＝2。小球运动到c点后，根据小球受力情况，可分解为水平方向初速度为零的匀加速运动，加速度为ax＝g，竖直方向的竖直上抛运动，加速度也为g，小球上升至最高点时，竖直方向速度减小为零，时间为t＝＝，水平方向的位移为：x＝axt2＝g（）2＝2R。综上所述，小球从a点开始运动到其轨迹最高点，机械能的增量为ΔE机＝F·(3R＋x)＝5mgR，正确答案为C。
8．(2019·河北衡水中学高三二调)如图所示，两质量均为m＝1 kg的小球1、2(可视为质点)用长为L＝1.0 m的轻质杆相连，水平置于光滑水平面上，且小球1恰好与光滑竖直墙壁接触，现用力F竖直向上拉动小球1，当杆与竖直墙壁夹角θ＝37°时，小球2的速度大小v＝1.6 m/s，sin37°＝0.6，g＝10 m/s2，则此过程中外力F所做的功为( )
A．8 J B．8.72 J
C．10 J D．9.28 J
答案 C
解析 当杆与竖直墙壁夹角θ＝37°时，设小球1的速度为v′，根据两球的速度沿杆方向的分速度大小相等，有：v′cos37°＝vsin37°，代入数据得：v′＝1.2 m/s，小球2上升的高度为：h＝Lcos37°＝0.8 m，根据功能关系得外力F所做的功为：W＝mv2＋mv′2＋mgh，解得：W＝10 J，故选C。
9．(2019·安徽省合肥市高三第二次教学质量检测)如图甲所示，置于水平地面上质量为m的物体，在竖直拉力F作用下，由静止开始向上运动，其动能Ek与距地面高度h的关系如图乙所示，已知重力加速度为g，空气阻力不计。下列说法正确的是( )
A．在0～h0过程中，F大小始终为mg
B．在0～h0和h0～2h0过程中，F做功之比为2∶1
C．在0～2h0过程中，物体的机械能不断增加
D．在2h0～3.5h0过程中，物体的机械能不断减少
答案 C
解析 0～h0过程中，Ekh图象为一段直线，故由动能定理得：(F－mg)h0＝mgh0－0，故F＝2mg，A错误；由A项分析可知，F在0～h0过程中，对物体做的功为2mgh0，在h0～2h0过程中，由动能定理可知，WF－mgh0＝1.5mgh0－mgh0，解得WF＝1.5mgh0，因此在0～h0和h0～2h0过程中，F做功之比为4∶3，故B错误；通过A、B项分析可知，在0～2h0过程中，F一直做正功，故物体的机械能不断增加，C正确；在2h0～3.5h0过程中，由动能定理得WF′－1.5mgh0＝0－1.5mgh0，则WF′＝0，故F做功为0，物体的机械能保持不变，故D错误。
10．(2019·福建三明高三上学期期末)如图所示，一个小球(视为质点)从H＝11 m高处，由静止开始沿光滑弯曲轨道AB进入半径R＝4 m的竖直圆环内侧，且与圆环的动摩擦因数处处相等，当到达圆环顶点C时，对轨道的压力刚好为零，然后沿CB圆弧滑下，进入光滑弧形轨道BD，到达高度为h的D点时速度为零，则h的值可能为( )
A．10 m B．9.5 m
C．9 m D．8.5 m
答案 B
解析 小球到达圆环顶点C时，对轨道的压力刚好为零，则mg＝m，解得vC＝2 m/s；设小球由B到C的过程中克服摩擦力做的功为WBC，由动能定理有mg(H－2R)－WBC＝mv，解得WBC＝10m；由于从C到B过程小球对圆轨道的平均压力小于从B到C过程小球对圆轨道的平均压力，则从C到B过程克服摩擦力做的功小于从B到C过程克服摩擦力做的功，即0
A．所用时间的关系为：tb＝tc＝td＝te
B．末速度的关系为：vb>vc>vd>ve
C．损失的机械能关系为：ΔEb<ΔEc<ΔEd<ΔEe
D．产生的热量关系为：Qb
解析 滑环从细杆上下滑时，假设细杆与竖直方向的夹角为θ，则下滑加速度大小为gcosθ－μgsinθ，下滑位移为2Rcosθ，根据x＝at2，解得滑环从顶端由静止开始滑动到底端的时间t＝＝2，因倾角不同，故下滑时间不相同，A错误；滑环下滑的加速度a＝gcosθ－μgsinθ，θ越大，a越小，故ab＞ac＞ad＞ae，已知xb＞xc＞xd＞xe，又根据v2＝2ax，可知：vb＞vc＞vd＞ve，B正确；由功能关系可知，小滑环损失的机械能全部用来克服摩擦力做功，f＝μmgsinθ，运动路程x＝2Rcosθ，则克服摩擦力做的功为Wf＝f·x＝μmgR·sin2θ，当θ＝45°时，Wf取最大值，故Wfd最大，所以沿ad运动的小滑环，损失的机械能最多，C错误；小滑环损失的机械能全部转化为内能，即Q＝Wf＝μmgR·sin2θ，因sin(2×30°)＝sin(2×60°)，故Qc＝Qe，又因sin(2×45°)＝1，故Qd最大，沿ab自由下落时无内能产生，故Qb＝0，所以产生的热量关系为：Qb＜Qc＝Qe＜Qd，故D正确。
12．(2017·全国卷Ⅲ)如图，一质量为m，长度为l的均匀柔软细绳PQ竖直悬挂。用外力将绳的下端Q缓慢地竖直向上拉起至M点，M点与绳的上端P相距l。重力加速度大小为g。在此过程中，外力做的功为( )
A.mgl B.mgl
C.mgl D.mgl
答案 A
解析 以均匀柔软细绳MQ段为研究对象，其质量为m，取M点所在的水平面为零势能面，开始时，细绳MQ段的重力势能Ep1＝－mg·＝－mgl，用外力将绳的下端Q缓慢地竖直向上拉起至M点时，细绳MQ段的重力势能Ep2＝－mg·＝－mgl，则外力做的功即克服自身重力做的功等于细绳MQ段的重力势能的变化，即W＝Ep2－Ep1＝－mgl＋mgl＝mgl，A正确。
13．(2016·全国卷Ⅱ)轻质弹簧原长为2l，将弹簧竖直放置在地面上，在其顶端将一质量为5m的物体由静止释放，当弹簧被压缩到最短时，弹簧长度为l。现将该弹簧水平放置，一端固定在A点，另一端与物块P接触但不连接。AB是长度为5l的水平轨道，B端与半径为l的光滑半圆轨道BCD相切，半圆的直径BD竖直，如图所示。物块P与AB间的动摩擦因数μ＝0.5。用外力推动物块P，将弹簧压缩至长度l，然后放开，P开始沿轨道运动。重力加速度大小为g。
(1)若P的质量为m，求P到达B点时速度的大小，以及它离开圆轨道后落回到AB上的位置与B点之间的距离；
(2)若P能滑上圆轨道，但仍能沿圆轨道滑下，求P的质量的取值范围。
答案 (1) 2l (2)m≤M
设P的质量为M，到达B点时的速度大小为vB，由能量守恒定律得Ep＝Mv＋μMg·4l②
联立①②式，取M＝m并代入题给数据得
vB＝③
若P能沿圆轨道运动到D点，其到达D点时的向心力不能小于重力，即P此时的速度大小v应满足
－mg≥0④
设P滑到D点时的速度为vD，由机械能守恒定律得
mv＝mv＋mg·2l⑤
联立③⑤式得vD＝⑥
vD满足④式要求，故P能运动到D点，并从D点以速度vD水平射出。设P落回到轨道AB所需的时间为t，由运动学公式得2l＝gt2⑦
P落回到AB上的位置与B点之间的距离为s＝vDt⑧
联立⑥⑦⑧式得s＝2l⑨
(2)为使P能滑上圆轨道，它到达B点时的速度应大于零。由①②式可知5mgl>μMg·4l⑩
要使P仍能沿圆轨道滑回，P在圆轨道的上升高度不能超过半圆轨道的中点C。由机械能守恒定律有
Mv≤Mgl⑪
联立①②⑩⑪式得m≤M
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