第4讲 功能关系 能量守恒定律
考点一 功能关系的理解和应用
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．常见的功能关系
1．一个物体的能量增加，必定有别的物体的能量减少．( √ ) 2．合力做的功等于物体机械能的改变量．( × ) 3．克服与势能有关的力(重力、弹簧弹力、静电力等)做的功等于对应势能的增加量．( √ ) 4．滑动摩擦力做功时，一定会引起机械能的转化．( √ )
功的正负与能量增减的对应关系 (1)物体动能的增加与减少要看合外力对物体做正功还是做负功． (2)势能的增加与减少要看对应的作用力(如重力、弹簧弹力、静电力等)做负功还是做正功． (3)机械能的增加与减少要看重力和弹簧弹力之外的力对物体做正功还是做负功．
A．轻绳对滑轮作用力的方向竖直向下 B．拉力和重力对M做功之和大于M动能的增加量 C．拉力对M做的功等于M机械能的增加量 D．两滑块组成系统的机械能损失等于M克服摩擦力做的功 答案 BD 解析 根据题意可知，两段轻绳的夹角为90°，轻绳拉力的大小相等，根据平行四边形定则可知，合力方向与轻绳方向的夹角为45°，所以轻绳对滑轮作用力的方向不是竖直向下的，故A错误；对M受力分析，受到重力、斜面的支持力、轻绳的拉力以及滑动摩擦力作用，根据动能定理可知，M动能的增加量等于拉力、重力以及摩擦力做功之和，而摩擦力做负功，则拉力和重力对M做功之和大于M动能的增加量，故B正确；由除重力和弹力之外的力对物体做的功等于物体机械能的变化量可知，拉力和摩擦力对M做的功之和等于M机械能的增加量，故C错误；对两滑块组成系统分析可知，除了重力之外只有摩擦力对M做功，所以两滑块组成的系统的机械能损失等于M克服摩擦力做的功，故D正确．
A．重力势能增加了mgh B．机械能损失了mgh C．动能损失了mgh D．克服摩擦力做功mgh 答案 AB 解析 加速度大小a＝g＝，解得摩擦力Ff＝mg，机械能损失量等于克服摩擦力做的功，即Ffx＝mg·2h＝mgh，故B项正确，D项错误；物体在斜面上能够上升的最大高度为h，所以重力势能增加了mgh，故A项正确；动能损失量为克服合力做功的大小，动能损失量ΔEk＝F合x＝mg·2h＝mgh，故C项错误．
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 答案 AB 解析 由E－s图像知，物块动能与重力势能的和减小，则物块下滑过程中机械能不守恒，故A正确；由E－s图像知，整个下滑过程中，物块机械能的减少量为ΔE＝30 J－10 J＝20 J，重力势能的减少量ΔEp＝mgh＝30 J，又ΔE＝μmgcos α·s，其中cos α＝＝0.8，h＝3.0 m，g＝10 m/s2，则可得m＝1 kg，μ＝0.5，故B正确；物块下滑时加速度的大小a＝gsin α－μgcos α＝2.0 m/s2，故C错误；物块下滑2.0 m时损失的机械能为ΔE′＝μmgcos α·s′＝8 J，故D错误． 考点二 摩擦力做功与能量转化两种摩擦力做功特点的比较
A．摩擦力对物块做的功为－μmg(s＋d) B．摩擦力对木板做的功为μmgs C．木板动能的增量为μmgd D．由于摩擦而产生的热量为μmgs 答案 AB 解析 根据功的定义W＝Flcos θ，其中l指物体的位移，而θ指力与位移之间的夹角，可知摩擦力对物块做的功W1＝－μmg(s＋d)，摩擦力对木板做的功W2＝μmgs，A、B正确；根据动能定理可知木板动能的增量ΔEk＝W2＝μmgs，C错误；由于摩擦而产生的热量Q＝Ff·Δx＝μmgd，D错误．
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 物块处于最左端时，弹簧的压缩量最大，然后物块先向右加速运动再减速运动，可知弹簧的最大弹力大于滑动摩擦力μmg，选项A错误；物块从开始运动至最后回到A点过程，由功的定义可得物块克服摩擦力做的功为2μmgs，选项B正确；物块从最左侧运动至A点过程，由能量守恒定律可知Ep＝μmgs，选项C正确；设物块在A点的初速度大小为v0，对整个过程应用动能定理有－2μmgs＝0－mv02，解得v0＝2，选项D错误． 考点三 能量守恒定律的理解和应用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．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．
A．物块与斜面间的动摩擦因数为0.5 B．物块接触弹簧后，速度先减小后增大 C．弹簧具有的最大弹性势能为0.5mgL D．物块在上述过程因摩擦产生的热量为0.6mgL 答案 AD 解析 物块在a点由静止释放，压缩弹簧至c点，被反弹后返回b点时速度刚好为零，对整个过程应用动能定理得mgLsin θ－μmgcos θ＝0，解得μ＝0.5，则整个过程因摩擦产生的热量为Q＝μmgcos θ＝0.6mgL，故A、D正确；物块接触弹簧后，向下运动时，开始由于mgsin θ>μmgcos θ＋F弹，物块继续向下加速，F弹继续变大，当mgsin θ<μmgcosθ＋F弹时，物块将向下减速，则物块向下运动时先加速后减速，向上运动时，由于在c点和b点的速度都为零，则物块先加速后减速，故B错误；设弹簧的最大弹性势能为Epm，物块由a点到c点的过程中，根据能量守恒定律得mgsin θ＝μmgcos θ＋Epm，解得Epm＝0.25mgL，故C错误．
(1)物体A向下运动刚到C点时的速度大小； (2)弹簧的最大压缩量； (3)弹簧的最大弹性势能． 答案 (1)2 m/s (2)0.4 m (3)6 J 解析 (1)在物体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 μ·2mgcos θ·L＝×3mv02－×3mv2＋2mgLsinθ－mgL，解得v＝2 m/s. (2)对A、B组成的系统分析，在物体A从C点压缩弹簧至最短后恰好返回到C点的过程中，系统动能的减少量等于因摩擦产生的热量，即×3mv2－0＝μ·2mgcos θ·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，从C点到弹簧被压缩至最短过程中由能量守恒定律可得 ×3mv2＋2mgxsinθ－mgx＝μ·2mgcos θ·x＋Epm，解得Epm＝6 J.
应用能量守恒定律解题的步骤 1．首先确定初、末状态，分清有几种形式的能在变化，如动能、势能(包括重力势能、弹性势能、电势能)、内能等． 2．明确哪种形式的能量增加，哪种形式的能量减少，并且列出减少的能量ΔE减和增加的能量ΔE增的表达式．
(1)弹簧的弹性势能为多大？ (2)改变小物块的质量，仍从P点释放，要使小物块在运动过程中不脱离轨道，小物块质量满足的条件是什么？ 答案 (1)2μmgR＋mgR (2)m1≤m或m2≥m 解析 (1)小物块恰好过圆环最高点，则由牛顿第二定律有mg＝m 从小物块释放至运动到最高点的过程中，由能量守恒定律有Ep＝μmg·2R＋mg·2R＋mv2，联立可解得Ep＝2μmgR＋mgR (2)要使小物块在运动过程中不脱离轨道，有两种情况：①小物块能够通过最高点；②小物块在运动过程中最高到达与圆心等高处． ①设小物块质量为m1，在最高点满足m1g≤m1，从小物块释放至运动到最高点的过程满足Ep＝2μm1gR＋2m1gR＋m1v12，解得m1≤m ②设小物块质量为m2，当小物块运动的最高点不高于圆心时，满足h≤R，此时Ep＝2μm2gR＋m2gh，解得m2≥m. 课时精练
1.(多选)如图所示，在粗糙的桌面上有一个质量为M的物块，通过轻绳跨过定滑轮与质量为m的小球相连，不计轻绳与滑轮间的摩擦，在小球下落的过程中，下列说法正确的是( )
A．小球的机械能守恒 B．物块与小球组成的系统机械能守恒 C．若小球匀速下降，小球减少的重力势能等于物块与桌面间摩擦产生的热量 D．若小球加速下降，小球减少的机械能大于物块与桌面间摩擦产生的热量 答案 CD 解析 在小球下落的过程中，轻绳的拉力对小球做负功，小球的机械能减少，故A错误；由于物块要克服摩擦力做功，物块与小球组成的系统机械能不守恒，故B错误；若小球匀速下降，系统的动能不变，则根据能量守恒定律可知，小球减少的重力势能等于物块与桌面间摩擦产生的热量，故C正确；若小球加速下降，则根据能量守恒定律可知，小球减少的机械能等于物块与桌面间摩擦产生的热量及物块增加的动能之和，所以小球减少的机械能大于物块与桌面间摩擦产生的热量，故D正确． 2．某同学用如图所示的装置测量一个凹形木块的质量m，弹簧的左端固定，木块在水平面上紧靠弹簧(不连接)并将其压缩，记下木块右端位置A点，静止释放后，木块右端恰能运动到B1点．在木块槽中加入一个质量m0＝800 g的砝码，再将木块左端紧靠弹簧，木块右端位置仍然在A点，静止释放后木块离开弹簧，右端恰能运动到B2点，测得AB1、AB2长分别为27.0 cm和9.0 cm，则木块的质量m为( )
A．100 g B．200 g C．300 g D．400 g 答案 D 解析 根据能量守恒定律，有μmg·AB1＝Ep，μ(m0＋m)g·AB2＝Ep，联立解得m＝400 g，D正确． 3．风力发电机是由风力带动叶片转动，叶片再带动转子(磁极)转动，使定子(线圈，不计电阻)中产生电流，实现风能向电能的转化．若叶片长为l，设定的额定风速为v，空气的密度为ρ，额定风速下发电机的输出功率为P，则风能转化为电能的效率为( ) A. B. C. D. 答案 A 解析 风能转化为电能的工作原理为将风的动能转化为输出的电能，设风吹向发电机的时间为t，则在t时间内吹向发电机的风柱的体积为V＝vt·S＝vtπl2，则风柱的质量M＝ρV＝ρvtπl2，因此在t时间内吹过的风的动能为Ek＝Mv2＝ρvtπl2·v2，在t时间内发电机输出的电能E＝P·t，则风能转化为电能的效率为η＝＝，故A正确，B、C、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点的正上方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mgR C．合外力做功mgR D．克服摩擦力做功mgR 答案 CD 解析 小球从P点运动到B点的过程中，重力做的功WG＝mg(2R－R)＝mgR，故A错误；小球沿轨道到达最高点B时恰好对轨道没有压力，则有mg＝m，解得vB＝，则此过程中机械能的减少量为ΔE＝mgR－mvB2＝mgR，故B错误；根据动能定理可知，合外力做功W合＝mvB2－0＝mgR，故C正确；根据功能关系可知，小球克服摩擦力做的功等于机械能的减少量，则W克f＝ΔE＝mgR，故D正确． 5．一木块静置于光滑水平面上，一颗子弹沿水平方向飞来射入木块中．当子弹进入木块的深度达到最大值2.0 cm时，木块沿水平面恰好移动1.0 cm.在上述过程中系统损失的机械能与子弹损失的动能之比为( ) A．1∶2 B．1∶3 C．2∶3 D．3∶2 答案 C 解析 根据题意，子弹在摩擦力作用下的位移为x1＝(2＋1) cm＝3 cm，木块在摩擦力作用下的位移为x2＝1 cm；系统损失的机械能转化为内能，根据功能关系，有ΔE系统＝Q＝Ff·Δx＝Ff(x1－x2)；子弹损失的动能等于子弹克服摩擦力做的功，故ΔEk子弹＝Ffx1；所以＝，所以C正确，A、B、D错误． 6.(多选)如图所示为玩具水弹枪的发射原理简图，水弹上膛时，弹簧被压缩，扣动扳机弹簧恢复原长，水弹被弹射出枪口，假设在此过程水弹与枪管的摩擦忽略不计，小朋友从1.25 m高处迎风水平发射一颗质量为10 g的水弹，水弹水平飞行15 m后恰竖直落回地面，由于水弹水平方向速度较大且迎风飞行，认为水平方向空气阻力恒定不变，所以可以将水弹在水平方向的运动看作匀减速直线运动，而竖直方向水弹速度始终比较小，故竖直方向空气阻力可忽略不计，可认为竖直方向上水弹做自由落体运动，g取10 m/s2，则以下选项正确的是( )
A．水弹落地时的动能为0.125 J B．水平方向空气阻力做功的为15 J C．弹性势能为18 J D．水平方向空气阻力大小为2 N 答案 AC 解析 由题意可知，落地时水弹水平速度为0，根据动能定理可得，水弹落地时的动能等于下落过程中重力做的功，即Ek＝mgh＝0.125 J，故A正确；水弹在竖直方向做自由落体运动，根据h＝gt2得t＝0.5 s，水弹落地时恰竖直落地，则说明水平方向水弹做匀减速直线运动且末速度恰好为零，设水平方向上加速度为a，则水平方向位移大小为x＝at2，解得水平方向加速度大小为a＝120 m/s2，因此水平方向空气阻力大小为f＝ma＝1.2 N，水平方向空气阻力做的功为Wf＝fx＝18 J，故B、D错误；由功能关系可知，弹簧的弹性势能等于空气阻力所做的功，所以弹性势能Ep＝18 J，故C正确．
7.(2023·江苏南京市十一校调研)如图所示，倾角θ＝30°的粗糙斜面固定在地面上，长为l、质量为m、粗细均匀、质量分布均匀的软绳置于斜面上，其上端与斜面顶端平齐，重力加速度为g.用细线将物块与软绳连接，物块由静止释放后向下运动，直到软绳刚好全部离开斜面(此时物块未到达地面)，在此过程中( )
A．物块的机械能逐渐增加 B．软绳的重力势能共减少了mgl C．物块减少的重力势能等于软绳克服摩擦力所做的功 D．软绳减少的重力势能大于其增加的动能与克服摩擦力所做的功之和 答案 B 解析 物块克服细线的拉力做功，其机械能逐渐减少，A错误；软绳重力势能减少量ΔEp减＝mg·－mg·sin θ＝mgl，B正确；因为物块的机械能减小，则物块的重力势能减小量大于物块的动能增加量，机械能的减小量等于拉力做功的大小，由于拉力做功大于克服摩擦力做功，所以物块重力势能的减少量大于软绳克服摩擦力所做的功，C错误；细线的拉力对软绳做正功，对物块做负功，则物块的机械能减小，软绳的机械能增加，软绳重力势能的减少量一定小于其动能的增加量，故软绳重力势能的减少量小于其动能的增加量与克服摩擦力所做功的和，D错误． 8．(多选)(2023·重庆市调研)将一初动能为E的物体(可视为质点)竖直上抛，物体回到出发点时，动能为，取出发点位置的重力势能为零，整个运动过程可认为空气阻力大小恒定，则该物体动能与重力势能相等时，其动能为( ) A. B. C. D. 答案 BC 解析 设上升的最大高度为h，根据功能关系有f·2h＝E－＝，根据能量守恒可得E＝mgh＋fh，求得mgh＝E，fh＝E，求得f＝mg，若在上升阶段离出发点H处动能和重力势能相等，由能量守恒定律有Ek＋mgH＝E－fH，Ek＝Ep＝mgH，联立解得Ek＝mgH＝E，若在下降阶段离出发点H′处动能和重力势能相等，由能量守恒定律有Ek′＋mgH′＝E－f(2h－H′)，Ek′＝Ep′＝mgH′，联立解得Ek′＝mgH′＝E，故选B、C. 9．(2023·山西太原市高三模拟)如图甲所示，一物块置于粗糙水平面上，其右端通过水平弹性轻绳固定在竖直墙壁上．用力将物块向左拉至O处后由静止释放，用传感器测出物块的位移x和对应的速度，作出物块的动能Ek－x关系图像如图乙所示．其中，0.10～0.25 m间的图线为直线，其余部分为曲线．已知物块与水平面间的动摩擦因数为0.2，取g＝10 m/s2，弹性绳的弹力与形变始终符合胡克定律，可知( )
A．物块的质量为0.2 kg B．弹性绳的劲度系数为50 N/m C．弹性绳弹性势能的最大值为0.6 J D．物块被释放时，加速度的大小为8 m/s2 答案 D 解析 根据动能定理可得μmgΔx＝ΔEk，代入数据可得m＝＝ kg＝1 kg，所以A错误；由题图乙可知动能最大时弹性绳弹力等于滑动摩擦力，则有kΔx1＝μmg，Δx1＝0.10 m－0.08 m＝0.02 m，解得k＝100 N/m，所以B错误；根据能量守恒定律有Epm＝μmgxm＝0.2×1×10×0.25 J＝0.5 J，所以C错误；物块被释放时，加速度的大小为a＝＝ m/s2＝8 m/s2，所以D正确． 10.如图所示，在某竖直平面内，光滑曲面AB与粗糙水平面BC平滑连接于B点，BC右端连接内壁光滑、半径r＝0.2 m的细圆管CD，管口D端正下方直立一根劲度系数为k＝100 N/m的轻弹簧，弹簧一端固定于地面上，另一端恰好与管口D端平齐．一个质量为1.0 kg的物块放在曲面AB上，现从距BC的高度为h＝0.6 m处由静止释放物块，它与BC间的动摩擦因数μ＝0.5，物块进入管口C端时，它对上管壁有FN＝2.5mg的作用力，通过CD后，在压缩弹簧过程中物块速度最大时弹簧的弹性势能Ep＝0.5 J．重力加速度g取10 m/s2.求：
(1)在压缩弹簧过程中物块的最大动能Ekm； (2)物块最终停止的位置． 答案 (1)6 J (2)停在BC上距离C端0.3 m处(或距离B端0.2 m处) 解析 (1)在压缩弹簧过程中，物块速度最大时所受合力为零．设此时物块离D端的距离为x0，则有kx0＝mg，解得x0＝＝0.1 m 在C点，物块受到上管壁向下的作用力FN′＝2.5mg和重力，有FN′＋mg＝，解得vC＝ m/s. 物块从C点到速度最大时， 由能量守恒定律有mg(r＋x0)＝Ep＋Ekm－mvC2，解得Ekm＝6 J (2)物块从A点运动到C点的过程中， 由动能定理得mgh－μmgs＝mvC2－0 解得B、C间距离s＝0.5 m 物块与弹簧作用后返回C处时动能不变，物块的动能最终消耗在与BC水平面相互作用的过程中． 设物块第一次与弹簧作用返回C处后，物块在BC上运动的总路程为s′，由能量守恒定律有：μmgs′＝mvC2，解得s′＝0.7 m，故最终物块在BC上距离C点为x1＝0.5 m－(0.7 m－0.5 m)＝0.3 m(或距离B端为x2＝0.7 m－0.5 m＝0.2 m)处停下．
11．(多选)(2023·山东济南市十一校检测)如图所示为某缓冲装置的模型图，一轻杆S被两个固定薄板夹在中间，轻杆S与两薄板之间的滑动摩擦力大小均为Ff，轻杆S露在薄板外面的长度为l.轻杆S前端固定一个劲度系数为的轻弹簧．一质量为m的物体从左侧以大小为v0的速度撞向弹簧，能使轻杆S向右侧移动.已知弹簧的弹性势能Ep＝kx2，其中k为劲度系数，x为形变量．最大静摩擦力等于滑动摩擦力，弹簧始终在弹性限度内．下列说法正确的是( )
A．欲使轻杆S发生移动，物体m运动的最小速度为v0 B．欲使轻杆S发生移动，物体m运动的最小速度为v0 C．欲使轻杆S左端恰好完全进入薄板，物体m运动的速度大小为v0 D．欲使轻杆S左端恰好完全进入薄板，物体m运动的速度大小为v0 答案 BD 解析 当轻杆刚要移动时，对轻杆受力分析，设此时弹簧弹力大小为F，压缩量为x，由平衡条件知F＝kx＝2Ff，代入k的值可得x＝l，设欲使轻杆S发生移动，物体m运动的最小速度为v1，则由能量守恒定律有mv12＝k(l)2，由题意知，物体以大小为v0的速度撞向弹簧，能使轻杆S向右侧移动，由能量守恒定律有mv02＝2Ff×＋mv12，联立可得v1＝v0，故A错误，B正确；设物体m的运动速度大小为v2时，轻杆S左端恰好完全进入薄板，则由能量守恒定律有mv22＝2Ff×l＋mv12，可解得v2＝v0，故C错误，D正确． |
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