人教版高考物理一轮复习第5章机械能及其守恒定律第4节功能关系能量守恒定律学案

第4节　功能关系　能量守恒定律

一、功能关系

1．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。

(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

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另一种形式，或者从一个物体转移到另一个物体，而在转化和转移的过程中，能量的总量保持不变。

2．表达式：ΔE减＝ΔE增。

1．思考辨析(正确的画“√”，错误的画“×”)

(1)力对物体做了多少功，物体就具有多少能。 (×)

(2)能量在转移或转化过程中，其总量会不断减少。 (×)

(3)在物体的机械能减少的过程中，动能有可能是增大的。 (√)

(4)既然能量在转移或转化过程中是守恒的，故没有必要节约能源。 (×)

(5)滑动摩擦力做功时，一定会引起机械能的转化。 (√)

(6)一个物体的能量增加，必定有别的物体的能量减少。 (√)

2．(2020·江苏江阴期中)在光滑的水平面上，质量为m的小滑块停放在质量为M、长度为L的静止的长木板的最右端，滑块和木板之间的动摩擦因数为μ。现用一个大小为F的恒力作用在M上，当小滑块滑到木板的最左端时，滑块和木板的速度大小分别为v1、v2，滑块和木板相对于地面的位移大小分别为s1、s2，下列关系式错误的是(　　)

A．μmgs1＝mv

B．Fs2－μmgs2＝Mv

C．μmgL＝mv

D．Fs2－μmgs2＋μmgs1＝Mv＋mv

C　[对滑块，滑块受到重力、支持力和摩擦力，根据动能定理，有μmgs1＝mv，故A正确；对木板，由动能定理得：Fs2－μmgs2＝Mv，故B正确；由上两式相加可得：Fs2－μmgs2＋μmgs1＝Mv＋mv，又s2－s1＝L，则得：Fs2－μmgL＝Mv＋mv，故C错误，D正确。本题选错误的，故选C。]

3．(鲁科版必修2P44T5改编)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(　　)

A．mv－μmg(s＋x)　 B．mv－μmgx

C．μmgs   D．μmg(s＋x)

A　[由能量守恒定律可知，物体的初动能mv一部分用于克服弹簧弹力做功，另一部分用于克服摩擦力做功，故物体克服弹簧弹力所做的功为mv－μmg(s＋x)，故选项A正确。]

对功能关系的理解及应用　

1．对功能关系的理解

(1)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．力学中常见的功能关系

[题组训练]

1．(2019·烟台测试)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H高度，所受空气阻力恒为f，g为当地的重力加速度。则此过程中，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　[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ΔE＝(F－f)H，选项C、D错误。]

2．(2020·扬州市江都区大桥高级中学高三月考)重为2 N的小球，在空中沿竖直方向下落了2 m的高度后到达地面，下落过程中受到空气的阻力为0.1 N，下列说法正确的是(　　)

A．小球的重力势能增加了4 J

B．小球的动能增加了4 J

C．小球的机械能减少了0.2 J

D．空气阻力对小球做功为1 J

C　[小球的重力做正功等于重力势能的减少mgh＝2×2 J＝4 J，故A错误；根据动能定理，小球动能的增加等小球外力做功的和ΔEk＝mgh－fh＝(4－0.1×2) J＝3.8 J，故B错误；小球的机械能减少等于克服阻力做的功为|ΔE|＝fh＝0.2 J，故C正确；空气阻力对小球做功为：Wf＝－fh＝－0.2 J，故D错误。]

3．(2020·广安高三检测)如图所示，某段滑雪雪道倾角为30°，总质量为m(包括雪具在内)的滑雪运动员从距底端高为h处的雪道上由静止开始匀加速下滑，加速度为g。在他从上向下滑到底端的过程中，下列说法正确的是(　　)

A．运动员减少的重力势能全部转化为动能

B．运动员获得的动能为mgh

C．运动员克服摩擦力做功为mgh

D．下滑过程中系统减少的机械能为mgh

D　[运动员的加速度大小为g，小于gsin 30°＝g，所以其必受摩擦力，且大小为mg，克服摩擦力做的功为mg×＝mgh，故C错；摩擦力做负功，机械能不守恒，减少的重力势能没有全部转化为动能，有mgh转化为内能，故A错，D对；由动能定理知，运动员获得的动能为mg×＝mgh，故B错。]

功能关系的选取方法

(1)若只涉及动能的变化用动能定理。

(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，用除重力和弹簧的弹力之外的力做功与机械能变化的关系分析。

摩擦力做功与能量转化　

1．两种摩擦力的做功情况比较

2．相对滑动物体能量问题的解题流程

[典例示法]　(2021·江苏省新高考适应性考试)如图所示，水平传送带足够长，向右前进的速度v＝4 m/s，与倾角为37°的斜面的底端P平滑连接，将一质量m＝2 kg的小物块从A点静止释放。已知A、P的距离L＝8 m，物块与斜面、传送带间的动摩擦因数分别为μ1＝0.25、μ2＝0.20，取重力加速度g＝10 m/s2，sin 37°＝0.6，cos 37°＝0.8。求物块

(1)第1次滑过P点时的速度大小v1；

(2)第1次在传送带上往返运动的时间t；

(3)从释放到最终停止运动，与斜面间摩擦产生的热量Q。

[解析]　(1)由动能定理得(mgsin 37°－μ1mgcos 37°)L＝mv－0

解得v1＝8 m/s。

(2)由牛顿第二定律得μ2mg＝ma

物块与传送带共速时，由速度公式得－v＝v1－at1

解得t1＝6 s

匀速运动阶段的时间为

t2＝＝3 s

第1次在传送带上往返运动的时间

t＝t1＋t2＝9 s。

(3)由分析可知，物块第一次离开传送带以后，每次再到达传送带和离开传送带的速度大小相等，则根据能量守恒有Q＝μ1mgcos 37°ΔL＋mv2＝48 J。

[答案]　(1)8 m/s　(2)9 s　(3)48 J

摩擦力做功的分析方法

一是无论是滑动摩擦力，还是静摩擦力，计算做功时都是用力与对地位移的乘积。二是摩擦生热的计算公式Q＝Ff·x相对，其中x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时，则x相对为总的相对路程。

[跟进训练]

　水平地面上的摩擦力做功分析

1．(2018·江苏高考改编)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。物块由A点静止释放，沿粗糙程度相同的水平面向右运动，最远到达B点。在从A到B的过程中，物块(　　)

A．加速度先增大后减小

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

D　[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点过程，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增大，a继续增大，可知物块的加速度先减小后增大，选项A错误；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；从A到B的过程，由动能定理可得W弹－Wf＝0，选项D正确。]

　曲面上的摩擦力做功分析

2．(2020·湖北六市高三联考)如图所示，竖直平面内有一半径为R的固定圆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处由静止滑下，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＋μ)

C　[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AB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，从C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错误；从A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，因此WF<2mgR，故C正确。]

　传送带模型中的摩擦力做功分析

3．如图所示，质量为m的物体在水平传送带上由静止释放，传送带由电动机带动，始终保持以图示速度v匀速运动。物体与传送带间的动摩擦因数为μ，物体运动一段距离能保持与传送带相对静止。对于物体从静止释放到相对传送带静止这一过程，下列说法正确的是(　　)

A．电动机多做的功为mv2

B．摩擦力对物体做的功为mv2

C．传送带克服摩擦力做的功为mv2

D．物体与传送带因摩擦产生的热量为mv2

D　[电动机多做的功转化成了物体的动能和内能，物体从静止释放到相对传送带静止过程中获得的动能为mv2，所以电动机多做的功一定大于mv2，所以A错误；物体从静止释放到相对传送带静止过程中只有摩擦力对物体做功，由动能定理可知，摩擦力对物体做的功等于物体动能的变化，即为mv2，所以B错误；物体做匀加速直线运动的末速度为v，故此过程中物体的平均速度为，传送带的速度为v，则此过程传送带的位移为物体位移的2倍，因为摩擦力对物体做功为mv2，故传送带克服摩擦力做的功为mv2，故C错误；传送带克服摩擦力做的功为mv2，物体获得的动能为mv2，根据能量守恒定律知，物体与传送带因摩擦产生的热量为mv2，故D正确。]

　“滑块—木板”模型中的摩擦力做功分析

4．如图甲所示，长木板A放在光滑的水平面上，质量为m＝2 kg的另一物体B(可看成质点)以水平速度v0＝2 m/s滑上原来静止的长木板A的上表面。由于A、B间存在摩擦，之后A、B速度随时间变化情况如图乙所示。下列说法正确的是(g取10 m/s2)(　　)

甲　　　　　　　　　乙

A．木板A获得的动能为2 J

B．系统损失的机械能为4 J

C．木板A的最小长度为2 m

D．A、B间的动摩擦因数为0.1

D　[由题给图象可知，A、B的加速度大小都为1 m/s2，根据牛顿第二定律知二者质量相等，木板获得的动能为1 J，选项A错误；系统损失的机械能ΔE＝mv－·2m·v2＝2 J，选项B错误；由v­t图象可求出二者相对位移为1 m，选项C错误；分析B的受力，根据牛顿第二定律，可求出μ＝0.1，选项D正确。]

能量守恒定律的理解及应用　

1．构建和谐型、节约型社会深得民心，遍布于生活的方方面面。自动充电式电动车就是很好的一例，电动车的前轮装有发电机，发电机与蓄电池连接。当在骑车者用力蹬车或电动自行车自动滑行时，自行车就可以连通发电机向蓄电池充电，将其他形式的能转化成电能储存起来。现有某人骑车以500 J的初动能在粗糙的水平路面上滑行，第一次关闭自动充电装置，让车自由滑行，其动能随位移变化关系如图①所示；第二次启动自动充电装置，其动能随位移变化关系如图②所示，则第二次向蓄电池所充的电能是(　　)

A．200 J  B．250 J  C．300 J  D．500 J

A　[第一次关闭自动充电装置，自由滑行时只有摩擦力做功，根据动能定理有－Ff·x1＝0－Ek，第二次启动充电装置后，滑行直至停下来的过程，动能一部分克服摩擦力做功，一部分转化为电能，Ek＝Ff·x2＋W，代入数据计算可得W＝200 J，选项A正确。]

2．(2020·江苏启东中学期中)将质量为0.2 kg的小球放在竖立的弹簧上，并把球往下按至A的位置，如图甲所示，迅速松手后，弹簧把球弹起，球升至最高位置C(图丙)。途中经过位置B时弹簧正好处于自由状态(图乙)。已知B、A的高度差为0.1 m，C、B的高度差为0.2 m，弹簧的质量和空气阻力都可忽略，重力加速度g＝10 m/s2，则有(　　)

A．小球从A上升至B的过程中，弹簧的弹性势能一直减小，小球的动能一直增加

B．小球从B上升到C的过程中，小球的动能一直先增加后减小，势能一直增加

C．小球在位置A时，弹簧的弹性势能为0.6 J

D．小球从位置A上升至C的过程中，小球的最大动能为0.4 J

C　[当弹簧的弹力与小球重力平衡时，合力为零，加速度为零，速度达到最大。之后小球继续上升，弹簧弹力小于重力，球做减速运动，直到脱离弹簧，故小球从A上升到B的过程中，弹簧的弹性势能一直减小，动能先增大后减小，故A错误；从B到C，小球只受重力作用，做减速运动，所以动能一直减小，重力势能一直增加，故B错误；从A到C，小球动能不变，重力势能增加，重力势能由弹簧弹性势能转化而来，而重力势能增量为ΔEp＝mgΔh＝0.2×10×(0.1＋0.2)＝0.6 J，所以在A点弹簧的弹性势能为0.6 J，故C正确；小球受力平衡时，因未给弹簧的劲度系数，则弹簧的形变量由题设条件无法求出，故无法求出小球最大动能，故D错误。]

3．(2019·常熟市中学高三开学考试)如图所示，一根轻质弹簧一端固定于光滑竖直杆上，另一端与质量为m的滑块P连接，P穿在杆上，一根轻绳跨过定滑轮将滑块P和重物Q连接起来，重物Q的质量M＝6m。把滑块P从图中A点由静止释放后沿竖直杆上下运动，当它经过A、B两点时弹簧弹力大小相等。已知OA与水平面的夹角θ＝53°，OB长为L，与AB垂直，不计滑轮质量和摩擦力，重力加速度为g，sin 53 °＝0.8，cos 53°＝0.6。则滑块P从A到B的过程中，下列说法不正确的是(　　)

A．P与Q的机械能之和先増加后减小

B．轻绳对滑块P做功为

C．对于滑块Q，其重力功率先增大后减小

D．滑块P运动到位置B处速度大小为

B　[对于PQ系统，竖直杆不做功，系统的机械能只与弹簧对P的做功有关，弹簧先被压缩后被拉伸，故从A到B的过程中，弹簧对P先做正功，后做负功，所以系统的机械能先增加后减小，A正确。A、B两点处弹簧的弹力大小相同，所以这两点处弹簧的弹性势能相等，从A到B过程中，对于P、Q系统由能量守恒可得：6mg－mgLtan 53°－0＝mv2①，解得到B点的速度v＝；对于P，由能量守恒可得：W－mgLtan 53°－0＝mv2②，联立①②解得W＝4mgL，B错误，D正确。物块Q释放瞬间的速度为零，当物块P运动至B点时，物块Q的速度也为零，所以当P从A点运动至B点时，物块Q的速度先增大后减小，物块Q的重力的功率也为先增大后减小，C正确。]

1．对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。

2．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。