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第4讲　功能关系　能量守恒定律
学习目标　1.掌握几种常见的动能关系，知道能量守恒定律。 2.理解摩擦力做功与能量转化的关系。 3.会应用能量的观点解决综合问题。
一、几种常见的功能关系及其表达式
力做功 能的变化 定量关系
合力的功 动能变化 W＝Ek2－Ek1＝ΔEk
重力的功 重力势能 变化 (1)重力做正功，重力势能减少 (2)重力做负功，重力势能增加 (3)WG＝－ΔEp＝Ep1－Ep2
弹簧弹力的功 弹性势能 变化 (1)弹力做正功，弹性势能减少 (2)弹力做负功，弹性势能增加 (3)W弹＝－ΔEp＝Ep1－Ep2
只有重力、弹簧弹力做功 机械能 不变化 机械能守恒，ΔE＝0
除重力和弹簧弹力之外的其他力做的功 机械能变化 (1)其他力做多少正功，物体的机械能就增加多少 (2)其他力做多少负功，物体的机械能就减少多少 (3)W其他＝ΔE
一对相互作用的滑动摩擦力的总功 机械能减少，内能增加 (1)作用于系统的一对滑动摩擦力一定做负功，系统内能增加 (2)摩擦生热Q＝Ffx相对
安培力做功 电能变化 (1)克服安培力做的功等于电能增加量 (2)W克安＝E电
二、能量守恒定律
1.思考判断
(1)力对物体做了多少功，物体就具有多少能。(×)
(2)一个物体的能量增加，必定有别的物体的能量减少。(√)
(3)在物体的机械能减少的过程中，动能有可能是增大的。(√)
(4)滑动摩擦力做功时，一定会引起机械能的转化。(√)
(5)除重力以外的其他力做的功等于物体动能的改变量。(×)
(6)克服与势能有关的力(重力、弹簧弹力、静电力)做的功等于对应势能的增加量。(√)
2.(多选)一名滑雪运动员在雪道上下滑了一段路程，重力对他做功3 000 J，他克服阻力做功500 J，则在此过程中这名运动员(　　)
A.重力势能增加了3 000 J B.动能增加了3 000 J
C.动能增加了2 500 J D.机械能减少了500 J
答案　CD
考点一　功能关系的理解和应用
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。
角度　功能关系的理解
例1 (2024·江苏南京高三检测)如图1所示，在电梯中的斜面上放置了一滑块，在电梯加速上升的过程中，滑块相对斜面静止，则在该过程中(　　)
图1
A.斜面对滑块的摩擦力对滑块做负功
B.斜面对滑块的弹力对滑块所做的功小于滑块增加的机械能
C.斜面对滑块的弹力对滑块所做的功等于滑块增加的重力势能
D.滑块所受合力对滑块所做的功等于滑块增加的机械能
答案　B
解析　在电梯加速上升的过程中，对滑块受力分析可知，摩擦力沿斜面向上，与速度方向夹角为锐角，故摩擦力做正功，故A错误；根据功能关系可知，弹力和摩擦力做功之和等于滑块机械能增加量，两力均做正功，故弹力对滑块做的功小于滑块机械能增加量，故B正确；由于加速度大小未知，根据题目信息无法判断支持力沿竖直方向分力与重力大小关系，无法判断弹力做功与重力做功大小关系，故无法判断弹力对滑块所做的功与滑块增加的重力势能大小关系，故C错误；除重力之外其他力做的功等于滑块机械能的增加量，合力包含重力，故合力对滑块所做的功不等于滑块增加的机械能，故D错误。
角度　功能关系与图像的结合
例2 (多选)(2024·福建三明高三期中)如图2甲所示，倾角为30°的斜面固定在水平地面上，一木块以一定的初速度从斜面底端开始上滑。若斜面足够长，上滑过程中木块的机械能和动能随位移变化的关系图线如图乙所示，则下列说法正确的是(　　)
图2
A.木块上滑过程中，重力势能增加了4E0
B.木块受到的摩擦力大小为
C.木块的重力大小为
D.木块与斜面间的动摩擦因数为
答案　BC
解析　机械能的变化量等于重力势能变化量和动能变化量的和，则2E0－3E0＝0－3E0＋ΔEp，解得ΔEp＝2E0，故A错误；木块上滑过程中，机械能的变化量等于摩擦力所做的功，则－Ffx0＝2E0－3E0，解得Ff＝，故B正确；重力所做的功等于重力势能变化量，则mgx0sin 30°＝ΔEp，解得mg＝，故C正确；滑动摩擦力为Ff＝μmgcos 30°，解得μ＝，故D错误。
1.(多选)(2024·湖北武汉高三月考)从地面竖直向上抛出一物体，其机械能E总等于动能Ek与重力势能Ep之和，取地面为零势能参考平面，该物体的E总和Ep随它离开地面的高度h的变化如图3所示。重力加速度g取10 m/s2，根据图中数据可知(　　)
图3
A.物体的质量为2 kg
B.物体上升过程中所受阻力大小为4 N
C.在物体上升至h＝2 m处，物体的动能为40 J
D.在物体上升后返回至h＝2 m处，物体的动能为30 J
答案　AD
解析　根据Ep＝mgh结合图像可得物体的质量为2 kg，故A正确；根据ΔE＝－fh，解得f＝ N＝5 N，故B错误；由图可知，物体初动能为100 J，在物体上升至h＝2 m处，根据动能定理得－fh－mgh＝Ek1－Ek0，解得Ek1＝50 J，故C错误；从地面上升后返回至h＝2 m处，根据动能定理得－fs－mgh＝Ek2－Ek0，又s＝6 m，解得Ek2＝30 J，故D正确。
角度　摩擦力做功与能量转化
例3 (多选)(2024·江苏南京师大附中高三期中)一长木板静止于光滑水平面上，一小物块(可视为质点)从左侧以某一速度滑上木板，最终和木板相对静止一起向右做匀速直线运动。在物块从滑上木板到和木板相对静止的过程中，物块的位移是木板位移的4倍，设板块间滑动摩擦力大小不变，则(　　)
图4
A.物块动能的减少量等于木板动能的增加量
B.摩擦力对木板做的功等于木板动能的增加量
C.因摩擦而产生的内能等于物块克服摩擦力所做的功
D.因摩擦而产生的内能是木板动能增加量的3倍
答案　BD
解析　根据能量守恒定律可知，物块动能减少量等于木板动能增加量与因摩擦产生的内能之和，故A错误；根据动能定理可知，摩擦力对木板做的功等于木板动能的增加量，故B正确；设物块与木板之间的摩擦力为Ff，木板的位移为x，则物块的位移为4x，物块克服摩擦力所做的功为Wf＝Ff·4x，对木板根据动能定理可得木板动能的增加量为ΔEk＝Ffx，因摩擦产生的内能为Q＝Ffs相＝Ff·3x，可知因摩擦而产生的内能小于物块克服摩擦力所做的功，因摩擦而产生的内能是木板动能增加量的3倍，故C错误，D正确。
方法总结　两种摩擦力做功特点的比较
　　类型 比较　　 静摩擦力做功 滑动摩擦力做功
不 同 点 能量的 转化 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 (1)一部分机械能从一个物体转移到另一个物体 (2)一部分机械能转化为内能，此部分能量就是系统机械能的损失量
不 同 点 一对摩擦力的总功 一对静摩擦力所做功的代数和总等于零 一对滑动摩擦力做功的代数和总是负值，总功W＝－Ffs相对，即发生相对滑动时产生的热量
相同点 做功情况 两种摩擦力对物体可以做正功，也可以做负功，还可以不做功
2.一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 cm时，木块沿水平面恰好移动距离1 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(x1－x2)；子弹损失的动能等于子弹克服摩擦力做的功，
即ΔE子弹＝Ffx1，可得＝，故C正确，A、B、D错误。
考点二　能量守恒定律的理解和应用
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，一般应用能量守恒定律。
(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。
3.涉及弹簧的能量问题
两个或两个以上的物体与弹簧组成的系统相互作用的过程，具有以下特点：
(1)能量转化方面，如果只有重力和系统内弹簧弹力做功，系统机械能守恒。
(2)如果系统内每个物体除弹簧弹力外所受合力为零，则当弹簧伸长或压缩到最大程度时两物体速度相同。
例4 (2024·河北任丘一中期中)如图5所示，将原长为R的轻质弹簧放置在倾角为37°的轨道AB上，一端固定在A点，另一端与滑块P(可视为质点，质量可调)接触但不连接。AB长为2R，B端与半径为R的光滑圆轨道BCD相切，D点在O点的正上方，C点与圆心O等高。滑块P与AB间的动摩擦因数μ＝0.5。用外力推动滑块P，每次都将弹簧压缩至原长的一半，然后放开，P开始沿轨道AB运动。当P的质量为m时刚好能到达圆轨道的最高点D。已知重力加速度大小为g，
sin 37°＝0.6，cos 37°＝0.8。
图5
(1)求弹簧压缩至原长的一半时，弹簧的弹性势能Ep；
(2)改变滑块Р的质量为M，使之能滑上圆轨道，且仍能沿圆轨道滑下，求M的可能值。
答案　(1)3.8mgR　(2)m≤M解析　(1)若滑块P刚好能沿圆轨道运动到圆轨道的最高点，有mg＝m
滑块P由静止运动到圆轨道最高点过程，由能量守恒定律可得
Ep＝μmgcos 37°×R＋mg＋mv
联立解得Ep＝3.8mgR。
(2)设滑块P的质量为M，为使P能滑上圆轨道，则它到达B点时的速度应大于零，由能量守恒定律可得Ep>μMgcos 37°·R＋Mg·Rsin 37°
解得M要使滑块P仍能沿圆轨道滑回，P在圆轨道上升的高度不能超过与圆心等高处，由能量守恒定律可得
Ep≤μMgcos 37°·R＋Mg
解得M≥m
综上所述可得m≤M3.(多选)(2024·辽宁大连高三期中)如图6所示，倾角为θ＝53°的固定粗糙斜面上有一A点，长度为l＝0.5 m的木板质量分布均匀，其质量为M＝3 kg，开始用外力使木板下端与A点对齐，如图。木块质量为m＝1 kg，两者用一轻质细绳绕过光滑定滑轮连接在一起，木板与斜面的动摩擦因数为μ＝。现撤去外力让木板由静止开始运动到上端刚好过A点，此过程中，下列说法正确的是(　　)
图6
A.木板M和木块m组成的系统机械能守恒
B.木板上端刚过A点时速度大小为 m/s
C.木板减少的机械能等于木块增加的机械能与系统产生的热量之和
D.系统产生的热量为10 J
答案　BC
解析　由于斜面是粗糙的，木板M和木块m组成的系统在运动中会有摩擦生热，所以木板M和木块m组成的系统机械能不守恒，故A错误；木板M和木块m组成的系统由能量守恒定律有Mglsin θ－mgl＝(M＋m)v2＋μMglcos θ，解得v＝ m/s，故B正确；根据能量守恒定律可知木板减少的机械能等于木块增加的机械能与系统产生的热量之和，故C正确；系统产生的热量为Q＝μMglcos θ＝6 J，故D错误。
A级　基础对点练
对点练1　功能关系的理解与应用
1.(2023·1月浙江选考)一位游客正在体验蹦极，绑上蹦极专用的橡皮绳后从跳台纵身而下。游客从跳台下落直到最低点过程中(　　)
A.弹性势能减小 B.重力势能减小
C.机械能保持不变 D.绳一绷紧动能就开始减小
答案　B
解析　橡皮绳绷紧后弹性势能一直增大，A错误；游客高度一直降低，重力一直做正功，重力势能一直减小，B正确；下落阶段橡皮绳对游客做负功，游客机械能减少，转化为弹性势能，C错误；橡皮绳刚绷紧的一段时间内，弹力小于重力，合力向下，游客的速度继续增加，游客动能继续增加；当弹力大于重力后，合力向上，游客动能逐渐减小，D错误。
2.(2024·山东潍坊高三期末)如图1所示，某段滑雪雪道倾角为30°，总质量为m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，重力加速度为g，运动员从上向下滑到底端的过程中(　　)
图1
A.减少的机械能为mgh B.增加的动能为mgh
C.克服摩擦力做功为mgh D.合外力做功为mgh
答案　A
解析　合外力做功为W总＝ma·＝m·g·＝mgh，故D错误；对滑雪运动员由动能定理可知，增加的动能为ΔEk＝W总＝mgh，故B错误；对滑雪运动员由牛顿第二定律有mgsin 30°－Ff＝ma，可得运动员受到的摩擦力Ff＝mg，所以运动员克服摩擦力做的功为W克＝Ff·＝mgh，可知运动员减少的机械能为mgh，故A正确，C错误。
3.(多选)(2024·湖南长郡中学模拟)如图2，广州地铁3号线北延段使用了节能坡。某次列车以64.8 km/h(18 m/s)的速度冲上高度为4 m的坡顶车站时，速度减为7.2 km/h(2 m/s)，设该过程节能坡的转化率为η(列车重力势能的增加量与其动能减小量之比)，g取9.8 N/kg，则(　　)
图2
A.该过程列车的机械能守恒 B.该过程列车的机械能减少
C.η约为10% D.η约为25%
答案　BD
解析　列车在冲上坡顶车站时，需要克服阻力做功，减小的动能一部分转化成了列车的重力势能，一部分克服了阻力做功，该过程中列车增加的重力势能与减小的动能之间的关系为ΔEp＝mgh<ΔEk＝mv－mv，因此该过程列车的机械能减少，故A错误，B正确；则该过程节能坡的转化率为η＝＝×100%≈25%，故C错误，D正确。
4.(多选)(2024·福建厦门高三联考)如图3甲所示，用竖直向上的力F拉静止在水平地面上的物体，物体在向上运动的过程中，其机械能E与位移x的关系如图乙，其中AB为曲线，其余部分为直线，下列说法正确的是(　　)
图3
A.0～x2过程中，物体所受拉力不变
B.x1～x2过程中，物体的加速度先减小后增大
C.0～x3过程中，物体的动能先增大后减小
D.0～x3过程中，物体的机械能一直增大
答案　BC
解析　物体的机械能变化等于力F做的功，即E＝Fx，故图线的斜率表示F，又0～x1过程中斜率不变，而x1～x2过程中斜率减小，故0～x2过程中物体所受拉力先不变后减小，故A错误；x1～x2过程中，斜率变小，故拉力逐渐减小，则加速度先减小后反向增大，故B正确；由前面分析知，物体先向上匀加速，然后做加速度逐渐减小的加速运动，再做加速度逐渐增大的减速运动，最终F＝0，物体做减速运动，则在0～x3过程中，物体的速度先增大后减小，即动能先增大后减小，故C正确；由于题图为物体的机械能E与位移x的关系，则根据题图0～x2过程中物体的机械能一直增大，x2～x3过程中物体机械能保持不变，故D错误。
5.(多选)(2024·北京四中期中)一质量为m的滑块在拉力F作用下从固定斜面的顶端下滑至底端的过程中，拉力F做功为W1，重力做功为W2，克服摩擦力做功为W3，则下列说法正确的是(　　)
A.因摩擦而产生的热量为Q＝W2＋W3
B.动能的变化量为ΔEk＝W1＋W2－W3
C.重力势能的变化量为ΔEp＝W2
D.机械能的变化量为ΔE＝W1－W3
答案　BD
解析　摩擦产生的热量等于滑块克服摩擦力做的功，则Q＝W3，故A错误；根据动能定理，合力做的功等于动能的变化量，即ΔEk＝W1＋W2－W3，故B正确；根据重力做功与重力势能变化的关系ΔEp＝－W2，故C错误；除重力外其他力做的功等于机械能的变化量，即ΔE＝W1－W3，故D正确。
对点练2　能量守恒定律的理解和应用
6.某同学用如图4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(　　)
图4
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。
7.轻质弹簧的劲度系数k＝30 N/m，右端固定在墙上，左端与一质量m＝0.5 kg的物块相连，如图5(a)所示弹簧处于原长状态，物块静止且与水平面间的动摩擦因数μ＝0.2，弹簧的弹性势能与形变量的关系为Ep＝kx2。以物块所在处为原点，水平向右为正方向建立x轴，现对物块施加水平向右的外力F，F随x轴坐标变化的情况如图(b)所示，g＝10 m/s2，则物块向右运动至x＝0.4 m处的动能为(　　)
图5
A.0.7 J B.1.1 J
C.3.1 J D.3.5 J
答案　A
解析　全过程根据能量守恒定律有WF＝μmg·x＋Ep＋Ek，其中根据图像可得外力F做的功为图线与横轴围成的面积，所以有WF＝(5＋10)×0.2× J＋10×0.2 J＝3.5 J，弹性势能Ep＝kx2＝2.4 J，代入数据联立解得Ek＝0.7 J，故A正确。
B级　综合提升练
8.(多选)(2024·四川成都石室中学期中)如图6所示，滑块以一定的初速度冲上足够长的粗糙固定斜面，取斜面底端O点为运动的起点和零势能点，并以滑块由O点出发时为t＝0时刻，在滑块运动到最高点的过程中，下列描述滑块的动能Ek、重力势能Ep、机械能E随位移x、时间t变化的图像中，正确的是(　　)
图6
答案　AB
解析　根据动能定理可得Ek－Ek0＝－mgxsin θ－μmgxcos θ，可得Ek＝Ek0－(mgsin θ＋μmgcos θ)x，可知Ek与位移x成线性关系，故A正确；滑块的重力势能为Ep＝mgx·sin θ，可知Ep与位移成正比，故B正确；滑块以速度v0冲上粗糙的斜面，加速度大小为a＝gsin θ＋μgcos θ，则有v＝v0－(gsin θ＋μgcos θ)t，滑块动能与时间的关系为Ek＝mv2＝m[v0－(gsin θ＋μgcos θ)t]2，故C错误；上滑过程中，摩擦力对滑块做负功，滑块的机械能不断减小，故D错误。
9.如图7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Ff，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右端，则下列说法正确的是(　　)
图7
A.此时小物块的动能为F(x＋L)
B.此时小车的动能为Ffx
C.这一过程中，小物块和小车增加的机械能为Fx－FfL
D.这一过程中，因摩擦而产生的热量为Ff(L＋x)
答案　B
解析　对小物块由动能定理得F(x＋L)－Ff(x＋L)＝Ek物－0，整理有Ek物＝F(x＋L)－Ff(x＋L)，故A项错误；对小车由动能定理有Ffx＝Ek车－0，整理有Ek车＝Ffx，故B项正确；设水平面为零势能面，初始时物块和小车均静止，其机械能为0，经过水平外力作用后，小车和小物块的动能之和为Ek＝Ek车＋Ek物＝F(x＋L)－Ff(x＋L)＋Ffx＝F(x＋L)－FfL，此时物块和小车的机械能等于其两者的动能之和，所以该过程机械能增加了F(x＋L)－FfL，故C项错误；根据功能关系可知，摩擦产生的热量等于摩擦力与相对位移的乘积，即Q＝FfL，故D项错误。
10.如图8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：
图8
(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，由牛顿第三定律知，物块受到上管壁向下的作用力FN′＝2.5mg，有
FN′＋mg＝m
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－mv
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＝mv－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′＝mv
解得s′＝0.7 m
故最终物块在BC上与C点的距离为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。
C级　培优加强练
11.如图9所示，在光滑水平台面上，一个质量m＝1 kg的小物块压缩弹簧后被锁扣K锁住。现打开锁扣K，物块与弹簧分离后将以一定的水平速度向右滑离平台，并恰好从B点沿切线方向进入光滑竖直的圆弧轨道BC。已知A、B的高度差h＝0.8 m，水平距离s＝1.2 m，圆弧轨道的半径R＝1 m，C点在圆弧轨道BC的圆心O的正下方，并与水平地面上长为L＝2 m的粗糙直轨道CD平滑连接，小物块沿轨道BCD运动并与右边的竖直墙壁会发生碰撞，重力加速度g＝10 m/s2，sin 37°＝0.6，cos 37°＝0.8，空气阻力忽略不计。试求：
图9
(1)小物块运动到平台末端A的速度大小v0；
(2)弹簧被锁扣锁住时所储存的弹性势能Ep；
(3)圆弧BC所对的圆心角θ；
(4)若小物块与墙壁碰撞后以原速率反弹，且只会与墙壁发生一次碰撞并最终停在轨道CD间，那么小物块与轨道CD之间的动摩擦因数μ应满足什么条件。
答案　(1)3 m/s　(2)4.5 J　(3)53°　(4)<μ<
解析　(1)根据平抛运动特点，可得h＝gt2
s＝v0t
解得v0＝3 m/s。
(2)根据能量守恒定律有Ep＝Ek＝mv＝4.5 J。
(3)物块运动到B点时，竖直方向速度为vy，则有v＝2gh
解得vy＝4 m/s
则有tan θ＝＝
可知θ＝53°。
(4)B、C两点的高度差为hBC＝R－Rcos 53°＝0.4 m
若小物体恰能与墙壁相碰，根据能量守恒定律有μ1mgL＝Ep＋mg(h＋hBC)
解得μ1＝
若恰不从B飞出，根据能量守恒定律有2μ2mgL＝Ep＋mgh
解得μ2＝
由mghBC<μ2mgl知则小物块从BC滑回不与墙壁发生二次碰撞
综上可得<μ<。第4讲　功能关系　能量守恒定律
学习目标　1.掌握几种常见的动能关系，知道能量守恒定律。 2.理解摩擦力做功与能量转化的关系。 3.会应用能量的观点解决综合问题。
一、几种常见的功能关系及其表达式
力做功 能的变化 定量关系
合力的功 动能变化 W＝Ek2－Ek1＝ΔEk
重力的功 重力势能 变化 （1）重力做正功，重力势能　　　 （2）重力做负功，重力势能　　　 （3）WG＝－ΔEp＝　　　　　　　　
弹簧弹力的功 弹性势能 变化 （1）弹力做正功，弹性势能　　　 （2）弹力做负功，弹性势能　　　 （3）W弹＝－ΔEp＝Ep1－Ep2
只有重力、弹簧弹力做功 机械能 　　　　 机械能守恒，ΔE＝　　　　
除重力和弹簧弹力之外的其他力做的功 机械能 　　　　 （1）其他力做多少正功，物体的机械能就　　　　多少 （2）其他力做多少负功，物体的机械能就　　　　多少 （3）W其他＝　　　　
一对相互作用的滑动摩擦力的总功 机械能　　　　，内能　　　　 （1）作用于系统的一对滑动摩擦力一定做负功，系统内能　　　　 （2）摩擦生热Q＝　　　　
安培力做功 电能变化 （1）克服安培力做的功等于电能增加量 （2）W克安＝E电
二、能量守恒定律
1.思考判断
（1）力对物体做了多少功，物体就具有多少能。（　　）
（2）一个物体的能量增加，必定有别的物体的能量减少。（　　）
（3）在物体的机械能减少的过程中，动能有可能是增大的。（　　）
（4）滑动摩擦力做功时，一定会引起机械能的转化。（　　）
（5）除重力以外的其他力做的功等于物体动能的改变量。（　　）
（6）克服与势能有关的力（重力、弹簧弹力、静电力）做的功等于对应势能的增加量。（　　）
2.（多选）一名滑雪运动员在雪道上下滑了一段路程，重力对他做功3 000 J，他克服阻力做功500 J，则在此过程中这名运动员（　　）
A.重力势能增加了3 000 J
B.动能增加了3 000 J
C.动能增加了2 500 J
D.机械能减少了500 J
　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　
　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　
　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　
　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　
考点一　功能关系的理解和应用
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。
角度　功能关系的理解
例1 （2024·江苏南京高三检测）如图1所示，在电梯中的斜面上放置了一滑块，在电梯加速上升的过程中，滑块相对斜面静止，则在该过程中（　　）
图1
A.斜面对滑块的摩擦力对滑块做负功
B.斜面对滑块的弹力对滑块所做的功小于滑块增加的机械能
C.斜面对滑块的弹力对滑块所做的功等于滑块增加的重力势能
D.滑块所受合力对滑块所做的功等于滑块增加的机械能
听课笔记　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　
　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　
　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　
角度　功能关系与图像的结合
例2 （多选）（2024·福建三明高三期中）如图2甲所示，倾角为30°的斜面固定在水平地面上，一木块以一定的初速度从斜面底端开始上滑。若斜面足够长，上滑过程中木块的机械能和动能随位移变化的关系图线如图乙所示，则下列说法正确的是（　　）
图2
A.木块上滑过程中，重力势能增加了4E0
B.木块受到的摩擦力大小为
C.木块的重力大小为
D.木块与斜面间的动摩擦因数为
听课笔记　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　
　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　
　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　
1.（多选）（2024·湖北武汉高三月考）从地面竖直向上抛出一物体，其机械能E总等于动能Ek与重力势能Ep之和，取地面为零势能参考平面，该物体的E总和Ep随它离开地面的高度h的变化如图3所示。重力加速度g取10 m/s2，根据图中数据可知（　　）
图3
A.物体的质量为2 kg
B.物体上升过程中所受阻力大小为4 N
C.在物体上升至h＝2 m处，物体的动能为40 J
D.在物体上升后返回至h＝2 m处，物体的动能为30 J
角度　摩擦力做功与能量转化
例3 （多选）（2024·江苏南京师大附中高三期中）一长木板静止于光滑水平面上，一小物块（可视为质点）从左侧以某一速度滑上木板，最终和木板相对静止一起向右做匀速直线运动。在物块从滑上木板到和木板相对静止的过程中，物块的位移是木板位移的4倍，设板块间滑动摩擦力大小不变，则（　　）
图4
A.物块动能的减少量等于木板动能的增加量
B.摩擦力对木板做的功等于木板动能的增加量
C.因摩擦而产生的内能等于物块克服摩擦力所做的功
D.因摩擦而产生的内能是木板动能增加量的3倍
听课笔记　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　
　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　
　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　
　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　
　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　
方法总结　两种摩擦力做功特点的比较
　　类型 比较　　 静摩擦力做功 滑动摩擦力做功
不 同 点 能量的 转化 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 (1)一部分机械能从一个物体转移到另一个物体 (2)一部分机械能转化为内能，此部分能量就是系统机械能的损失量
一对摩擦力的总功 一对静摩擦力所做功的代数和总等于零 一对滑动摩擦力做功的代数和总是负值，总功W＝－Ffs相对，即发生相对滑动时产生的热量
相同点 做功情况 两种摩擦力对物体可以做正功，也可以做负功，还可以不做功
2.一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 cm时，木块沿水平面恰好移动距离1 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
考点二　能量守恒定律的理解和应用
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，一般应用能量守恒定律。
（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。
3.涉及弹簧的能量问题
两个或两个以上的物体与弹簧组成的系统相互作用的过程，具有以下特点：
（1）能量转化方面，如果只有重力和系统内弹簧弹力做功，系统机械能守恒。
（2）如果系统内每个物体除弹簧弹力外所受合力为零，则当弹簧伸长或压缩到最大程度时两物体速度相同。
例4 （2024·河北任丘一中期中）如图5所示，将原长为R的轻质弹簧放置在倾角为37°的轨道AB上，一端固定在A点，另一端与滑块P（可视为质点，质量可调）接触但不连接。AB长为2R，B端与半径为R的光滑圆轨道BCD相切，D点在O点的正上方，C点与圆心O等高。滑块P与AB间的动摩擦因数μ＝0.5。用外力推动滑块P，每次都将弹簧压缩至原长的一半，然后放开，P开始沿轨道AB运动。当P的质量为m时刚好能到达圆轨道的最高点D。已知重力加速度大小为g，sin 37°＝0.6，cos 37°＝0.8。
图5
（1）求弹簧压缩至原长的一半时，弹簧的弹性势能Ep；
（2）改变滑块Р的质量为M，使之能滑上圆轨道，且仍能沿圆轨道滑下，求M的可能值。
　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　
　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　
　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　
　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　
　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　
　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　
　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　
　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　
　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　
　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　
　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　
3.（多选）（2024·辽宁大连高三期中）如图6所示，倾角为θ＝53°的固定粗糙斜面上有一A点，长度为l＝0.5 m的木板质量分布均匀，其质量为M＝3 kg，开始用外力使木板下端与A点对齐，如图。木块质量为m＝1 kg，两者用一轻质细绳绕过光滑定滑轮连接在一起，木板与斜面的动摩擦因数为μ＝。现撤去外力让木板由静止开始运动到上端刚好过A点，此过程中，下列说法正确的是（　　）
图6
A.木板M和木块m组成的系统机械能守恒
B.木板上端刚过A点时速度大小为 m/s
C.木板减少的机械能等于木块增加的机械能与系统产生的热量之和
D.系统产生的热量为10 J　　　　　第4练　功能关系　能量守恒定律
A级　基础对点练
对点练1　功能关系的理解与应用
1.(2023·1月浙江选考)一位游客正在体验蹦极，绑上蹦极专用的橡皮绳后从跳台纵身而下。游客从跳台下落直到最低点过程中(　　)
A.弹性势能减小
B.重力势能减小
C.机械能保持不变
D.绳一绷紧动能就开始减小
2.(2024·山东潍坊高三期末)如图1所示，某段滑雪雪道倾角为30°，总质量为m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，重力加速度为g，运动员从上向下滑到底端的过程中(　　)
图1
A.减少的机械能为mgh
B.增加的动能为mgh
C.克服摩擦力做功为mgh
D.合外力做功为mgh
3.(多选)(2024·湖南长郡中学模拟)如图2，广州地铁3号线北延段使用了节能坡。某次列车以64.8 km/h(18 m/s)的速度冲上高度为4 m的坡顶车站时，速度减为
7.2 km/h(2 m/s)，设该过程节能坡的转化率为η(列车重力势能的增加量与其动能减小量之比)，g取9.8 N/kg，则(　　)
图2
A.该过程列车的机械能守恒
B.该过程列车的机械能减少
C.η约为10%
D.η约为25%
4.(多选)(2024·福建厦门高三联考)如图3甲所示，用竖直向上的力F拉静止在水平地面上的物体，物体在向上运动的过程中，其机械能E与位移x的关系如图乙，其中AB为曲线，其余部分为直线，下列说法正确的是(　　)
图3
A.0～x2过程中，物体所受拉力不变
B.x1～x2过程中，物体的加速度先减小后增大
C.0～x3过程中，物体的动能先增大后减小
D.0～x3过程中，物体的机械能一直增大
5.(多选)(2024·北京四中期中)一质量为m的滑块在拉力F作用下从固定斜面的顶端下滑至底端的过程中，拉力F做功为W1，重力做功为W2，克服摩擦力做功为W3，则下列说法正确的是(　　)
A.因摩擦而产生的热量为Q＝W2＋W3
B.动能的变化量为ΔEk＝W1＋W2－W3
C.重力势能的变化量为ΔEp＝W2
D.机械能的变化量为ΔE＝W1－W3
对点练2　能量守恒定律的理解和应用
6.某同学用如图4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(　　)
图4
A.100 g B.200 g
C.300 g D.400 g
7.轻质弹簧的劲度系数k＝30 N/m，右端固定在墙上，左端与一质量m＝0.5 kg的物块相连，如图5(a)所示弹簧处于原长状态，物块静止且与水平面间的动摩擦因数μ＝0.2，弹簧的弹性势能与形变量的关系为Ep＝kx2。以物块所在处为原点，水平向右为正方向建立x轴，现对物块施加水平向右的外力F，F随x轴坐标变化的情况如图(b)所示，g＝10 m/s2，则物块向右运动至x＝0.4 m处的动能为(　　)
图5
A.0.7 J B.1.1 J
C.3.1 J D.3.5 J
B级　综合提升练
8.(多选)(2024·四川成都石室中学期中)如图6所示，滑块以一定的初速度冲上足够长的粗糙固定斜面，取斜面底端O点为运动的起点和零势能点，并以滑块由O点出发时为t＝0时刻，在滑块运动到最高点的过程中，下列描述滑块的动能Ek、重力势能Ep、机械能E随位移x、时间t变化的图像中，正确的是(　　)
图6
9.如图7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Ff，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右端，则下列说法正确的是(　　)
图7
A.此时小物块的动能为F(x＋L)
B.此时小车的动能为Ffx
C.这一过程中，小物块和小车增加的机械能为Fx－FfL
D.这一过程中，因摩擦而产生的热量为Ff(L＋x)
10.如图8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：
图8
(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。
C级　培优加强练
11.如图9所示，在光滑水平台面上，一个质量m＝1 kg的小物块压缩弹簧后被锁扣K锁住。现打开锁扣K，物块与弹簧分离后将以一定的水平速度向右滑离平台，并恰好从B点沿切线方向进入光滑竖直的圆弧轨道BC。已知A、B的高度差h＝0.8 m，水平距离s＝1.2 m，圆弧轨道的半径R＝1 m，C点在圆弧轨道BC的圆心O的正下方，并与水平地面上长为L＝2 m的粗糙直轨道CD平滑连接，小物块沿轨道BCD运动并与右边的竖直墙壁会发生碰撞，重力加速度g＝10 m/s2，sin 37°＝0.6，cos 37°＝0.8，空气阻力忽略不计。试求：
图9
(1)小物块运动到平台末端A的速度大小v0；
(2)弹簧被锁扣锁住时所储存的弹性势能Ep；
(3)圆弧BC所对的圆心角θ；
(4)若小物块与墙壁碰撞后以原速率反弹，且只会与墙壁发生一次碰撞并最终停在轨道CD间，那么小物块与轨道CD之间的动摩擦因数μ应满足什么条件。
第4练　功能关系　能量守恒定律
1.B　[橡皮绳绷紧后弹性势能一直增大，A错误；游客高度一直降低，重力一直做正功，重力势能一直减小，B正确；下落阶段橡皮绳对游客做负功，游客机械能减少，转化为弹性势能，C错误；橡皮绳刚绷紧的一段时间内，弹力小于重力，合力向下，游客的速度继续增加，游客动能继续增加；当弹力大于重力后，合力向上，游客动能逐渐减小，D错误。]
2.A　[合外力做功为W总＝ma·＝m·g·＝mgh，故D错误；对滑雪运动员由动能定理可知，增加的动能为ΔEk＝W总＝mgh，故B错误；对滑雪运动员由牛顿第二定律有mgsin 30°－Ff＝ma，可得运动员受到的摩擦力Ff＝mg，所以运动员克服摩擦力做的功为W克＝Ff·＝mgh，可知运动员减少的机械能为mgh，故A正确，C错误。]
3.BD　[列车在冲上坡顶车站时，需要克服阻力做功，减小的动能一部分转化成了列车的重力势能，一部分克服了阻力做功，该过程中列车增加的重力势能与减小的动能之间的关系为ΔEp＝mgh<ΔEk＝mv－mv，因此该过程列车的机械能减少，故A错误，B正确；则该过程节能坡的转化率为η＝＝×100%≈25%，故C错误，D正确。]
4.BC　[物体的机械能变化等于力F做的功，即E＝Fx，故图线的斜率表示F，又0～x1过程中斜率不变，而x1～x2过程中斜率减小，故0～x2过程中物体所受拉力先不变后减小，故A错误；x1～x2过程中，斜率变小，故拉力逐渐减小，则加速度先减小后反向增大，故B正确；由前面分析知，物体先向上匀加速，然后做加速度逐渐减小的加速运动，再做加速度逐渐增大的减速运动，最终F＝0，物体做减速运动，则在0～x3过程中，物体的速度先增大后减小，即动能先增大后减小，故C正确；由于题图为物体的机械能E与位移x的关系，则根据题图0～x2过程中物体的机械能一直增大，x2～x3过程中物体机械能保持不变，故D错误。]
5.BD　[摩擦产生的热量等于滑块克服摩擦力做的功，则Q＝W3，故A错误；根据动能定理，合力做的功等于动能的变化量，即ΔEk＝W1＋W2－W3，故B正确；根据重力做功与重力势能变化的关系ΔEp＝－W2，故C错误；除重力外其他力做的功等于机械能的变化量，即ΔE＝W1－W3，故D正确。]
6.D　[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。]
7.A　[全过程根据能量守恒定律有WF＝μmg·x＋Ep＋Ek，其中根据图像可得外力F做的功为图线与横轴围成的面积，所以有WF＝(5＋10)×0.2× J＋10×0.2 J＝3.5 J，弹性势能Ep＝kx2＝2.4 J，代入数据联立解得Ek＝0.7 J，故A正确。]
8.AB　[根据动能定理可得Ek－Ek0＝－mgxsin θ－μmgxcos θ，可得Ek＝Ek0－(mgsin θ＋μmgcos θ)x，可知Ek与位移x成线性关系，故A正确；滑块的重力势能为Ep＝mgx·sin θ，可知Ep与位移成正比，故B正确；滑块以速度v0冲上粗糙的斜面，加速度大小为a＝gsin θ＋μgcos θ，则有v＝v0－(gsin θ＋μgcos θ)t，滑块动能与时间的关系为Ek＝mv2＝m[v0－(gsin θ＋μgcos θ)t]2，故C错误；上滑过程中，摩擦力对滑块做负功，滑块的机械能不断减小，故D错误。]
9.B　[对小物块由动能定理得F(x＋L)－Ff(x＋L)＝Ek物－0，整理有Ek物＝F(x＋L)－Ff(x＋L)，故A项错误；对小车由动能定理有Ffx＝Ek车－0，整理有Ek车＝Ffx，故B项正确；设水平面为零势能面，初始时物块和小车均静止，其机械能为0，经过水平外力作用后，小车和小物块的动能之和为Ek＝Ek车＋Ek物＝F(x＋L)－Ff(x＋L)＋Ffx＝F(x＋L)－FfL，此时物块和小车的机械能等于其两者的动能之和，所以该过程机械能增加了F(x＋L)－FfL，故C项错误；根据功能关系可知，摩擦产生的热量等于摩擦力与相对位移的乘积，即Q＝FfL，故D项错误。]
10.(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，由牛顿第三定律知，物块受到上管壁向下的作用力
FN′＝2.5mg，有FN′＋mg＝m
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－mv
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＝mv－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′＝mv
解得s′＝0.7 m
故最终物块在BC上与C点的距离为
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.(1)3 m/s　(2)4.5 J　(3)53°　(4)<μ<
解析　(1)根据平抛运动特点，可得h＝gt2
s＝v0t
解得v0＝3 m/s。
(2)根据能量守恒定律有Ep＝Ek＝mv＝4.5 J。
(3)物块运动到B点时，竖直方向速度为vy，则有v＝2gh
解得vy＝4 m/s
则有tan θ＝＝
可知θ＝53°。
(4)B、C两点的高度差为hBC＝R－Rcos 53°＝0.4 m
若小物体恰能与墙壁相碰，根据能量守恒定律有
μ1mgL＝Ep＋mg(h＋hBC)
解得μ1＝
若恰不从B飞出，根据能量守恒定律有2μ2mgL＝Ep＋mgh
解得μ2＝
由mghBC<μ2mgl知则小物块从BC滑回不与墙壁发生二次碰撞
综上可得<μ<。(共55张PPT)
第4讲　功能关系　能量守恒定律
第五章　机械能守恒定律
掌握几种常见的动能关系，知道能量守恒定律。
理解摩擦力做功与能量转化的关系。
会应用能量的观点解决综合问题。
学习目标
目 录
CONTENTS
夯实必备知识
01
研透核心考点
02
提升素养能力
03
夯实必备知识
1
减少
一、几种常见的功能关系及其表达式
力做功 能的变化 定量关系
合力的功 动能变化 W＝Ek2－Ek1＝ΔEk
重力的功 重力势能 变化 (1)重力做正功，重力势能_________
(2)重力做负功，重力势能_________
(3)WG＝－ΔEp＝_________
增加
Ep1－Ep2
弹簧弹力的功 弹性势能 变化 (1)弹力做正功，弹性势能_________
(2)弹力做负功，弹性势能_________
(3)W弹＝－ΔEp＝Ep1－Ep2
只有重力、弹簧弹力做功 机械能 _________ 机械能守恒，ΔE＝_________
除重力和弹簧弹力之外的其他力做的功 机械能_________ (1)其他力做多少正功，物体的机械能就_________多少
(2)其他力做多少负功，物体的机械能就_________多少
(3)W其他＝_________
减少
增加
不变化
0
变化
增加
减少
ΔE
一对相互作用的滑动摩擦力的总功 机械能_________，内能_________ (1)作用于系统的一对滑动摩擦力一定做负功，系统内能_________
(2)摩擦生热Q＝_________
安培力做功 电能变化 (1)克服安培力做的功等于电能增加量
(2)W克安＝E电
减少
增加
增加
Ffx相对
产生
二、能量守恒定律
转化
转移
保持不变
ΔE增
1.思考判断
(1)力对物体做了多少功，物体就具有多少能。( )
(2)一个物体的能量增加，必定有别的物体的能量减少。( )
(3)在物体的机械能减少的过程中，动能有可能是增大的。( )
(4)滑动摩擦力做功时，一定会引起机械能的转化。( )
(5)除重力以外的其他力做的功等于物体动能的改变量。( )
(6)克服与势能有关的力(重力、弹簧弹力、静电力)做的功等于对应势能的增加量。( )
×
√
√
√
×
√
2.(多选)一名滑雪运动员在雪道上下滑了一段路程，重力对他做功3 000 J，他克服阻力做功500 J，则在此过程中这名运动员(　　)
A.重力势能增加了3 000 J B.动能增加了3 000 J
C.动能增加了2 500 J D.机械能减少了500 J
CD
研透核心考点
2
考点二　能量守恒定律的理解和应用
考点一　功能关系的理解和应用
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。
考点一　功能关系的理解和应用
B
例1 (2024·江苏南京高三检测)如图1所示，在电梯中的斜面上放置了一滑块，在电梯加速上升的过程中，滑块相对斜面静止，则在该过程中(　　)
角度　　功能关系的理解
图1
A.斜面对滑块的摩擦力对滑块做负功
B.斜面对滑块的弹力对滑块所做的功小于滑块增加的机械能
C.斜面对滑块的弹力对滑块所做的功等于滑块增加的重力势能
D.滑块所受合力对滑块所做的功等于滑块增加的机械能
解析　在电梯加速上升的过程中，对滑块受力分析可知，摩擦力沿斜面向上，与速度方向夹角为锐角，故摩擦力做正功，故A错误；根据功能关系可知，弹力和摩擦力做功之和等于滑块机械能增加量，两力均做正功，故弹力对滑块做的功小于滑块机械能增加量，故B正确；由于加速度大小未知，根据题目信息无法判断支持力沿竖直方向分力与重力大小关系，无法判断弹力做功与重力做功大小关系，故无法判断弹力对滑块所做的功与滑块增加的重力势能大小关系，故C错误；除重力之外其他力做的功等于滑块机械能的增加量，合力包含重力，故合力对滑块所做的功不等于滑块增加的机械能，故D错误。
BC
例2 (多选)(2024·福建三明高三期中)如图2甲所示，倾角为30°的斜面固定在水平地面上，一木块以一定的初速度从斜面底端开始上滑。若斜面足够长，上滑过程中木块的机械能和动能随位移变化的关系图线如图乙所示，则下列说法正确的是(　　)
角度　　功能关系与图像的结合
图2
A.木块上滑过程中，重力势能增加了4E0
AD
1.(多选)(2024·湖北武汉高三月考)从地面竖直向上抛出一物体，其机械能E总等于动能Ek与重力势能Ep之和，取地面为零势能参考平面，该物体的E总和Ep随它离开地面的高度h的变化如图3所示。重力加速度g取10 m/s2，根据图中数据可知(　　)
图3
A.物体的质量为2 kg
B.物体上升过程中所受阻力大小为4 N
C.在物体上升至h＝2 m处，物体的动能为40 J
D.在物体上升后返回至h＝2 m处，物体的动能为30 J
BD
例3 (多选)(2024·江苏南京师大附中高三期中)一长木板静止于光滑水平面上，一小物块(可视为质点)从左侧以某一速度滑上木板，最终和木板相对静止一起向右做匀速直线运动。在物块从滑上木板到和木板相对静止的过程中，物块的位移是木板位移的4倍，设板块间滑动摩擦力大小不变，则(　　)
角度　　摩擦力做功与能量转化
图4
A.物块动能的减少量等于木板动能的增加量
B.摩擦力对木板做的功等于木板动能的增加量
C.因摩擦而产生的内能等于物块克服摩擦力所做的功
D.因摩擦而产生的内能是木板动能增加量的3倍
解析　根据能量守恒定律可知，物块动能减少量等于木板动能增加量与因摩擦产生的内能之和，故A错误；根据动能定理可知，摩擦力对木板做的功等于木板动能的增加量，故B正确；设物块与木板之间的摩擦力为Ff，木板的位移为x，则物块的位移为4x，物块克服摩擦力所做的功为Wf＝Ff·4x，对木板根据动能定理可得木板动能的增加量为ΔEk＝Ffx，因摩擦产生的内能为Q＝Ffs相＝Ff·3x，可知因摩擦而产生的内能小于物块克服摩擦力所做的功，因摩擦而产生的内能是木板动能增加量的3倍，故C错误，D正确。
方法总结　两种摩擦力做功特点的比较
　　类型 比较　　 静摩擦力做功 滑动摩擦力做功
不 同 点 能量的 转化 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 (1)一部分机械能从一个物体转移到另一个物体
(2)一部分机械能转化为内能，此部分能量就是系统机械能的损失量
一对摩擦力的总功 一对静摩擦力所做功的代数和总等于零 一对滑动摩擦力做功的代数和总是负值，总功W＝－Ffs相对，即发生相对滑动时产生的热量
相同点 做功情况 两种摩擦力对物体可以做正功，也可以做负功，还可以不做功
C
2.一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 cm时，木块沿水平面恰好移动距离1 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
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。
考点二　能量守恒定律的理解和应用
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，一般应用能量守恒定律。
(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。
3.涉及弹簧的能量问题
两个或两个以上的物体与弹簧组成的系统相互作用的过程，具有以下特点：
(1)能量转化方面，如果只有重力和系统内弹簧弹力做功，系统机械能守恒。
(2)如果系统内每个物体除弹簧弹力外所受合力为零，则当弹簧伸长或压缩到最大程度时两物体速度相同。
例4 (2024·河北任丘一中期中)如图5所示，将原长为R的轻质弹簧放置在倾角为37°的轨道AB上，一端固定在A点，另一端与滑块P(可视为质点，质量可调)接触但不连接。AB长为2R，B端与半径为R的光滑圆轨道BCD相切，D点在O点的正上方，C点与圆心O等高。滑块P与AB间的动摩擦因数μ＝0.5。用外力推动滑块P，每次都将弹簧压缩至原长的一半，然后放开，P开始沿轨道AB运动。当P的质量为m时刚好能到达圆轨道的最高点D。已知重力加速度大小为g，sin 37°＝0.6，cos 37°＝0.8。
图5
(1)求弹簧压缩至原长的一半时，弹簧的弹性势能Ep；
联立解得Ep＝3.8mgR。
答案　3.8mgR
(2)改变滑块Р的质量为M，使之能滑上圆轨道，且仍能沿圆轨道滑下，求M的可能值。
要使滑块P仍能沿圆轨道滑回，P在圆轨道上升的高度不能超过与圆心等高处，由能量守恒定律可得
解析　设滑块P的质量为M，为使P能滑上圆轨道，则它到达B点时的速度应大于零，由能量守恒定律可得
BC
3.(多选)(2024·辽宁大连高三期中)如图6所示，倾角为θ＝53°的固定粗糙斜面上有一A点，长度为l＝0.5 m的木板质量分布均匀，其质量为M＝3 kg，开始用外力使木板下端与A点对齐，如图。木块质量为m＝1 kg，两者用一轻质细绳绕过光
图6
A.木板M和木块m组成的系统机械能守恒
C.木板减少的机械能等于木块增加的机械能与系统产生的热量之和
D.系统产生的热量为10 J
提升素养能力
3
B
对点练1　功能关系的理解与应用
1.(2023·1月浙江选考)一位游客正在体验蹦极，绑上蹦极专用的橡皮绳后从跳台纵身而下。游客从跳台下落直到最低点过程中(　　)
A.弹性势能减小 B.重力势能减小
C.机械能保持不变 D.绳一绷紧动能就开始减小
A级　基础对点练
解析　橡皮绳绷紧后弹性势能一直增大，A错误；游客高度一直降低，重力一直做正功，重力势能一直减小，B正确；下落阶段橡皮绳对游客做负功，游客机械能减少，转化为弹性势能，C错误；橡皮绳刚绷紧的一段时间内，弹力小于重力，合力向下，游客的速度继续增加，游客动能继续增加；当弹力大于重力后，合力向上，游客动能逐渐减小，D错误。
A
图1
BD
3.(多选)(2024·湖南长郡中学模拟)如图2，广州地铁3号线北延段使用了节能坡。某次列车以64.8 km/h(18 m/s)的速度冲上高度为4 m的坡顶车站时，速度减为7.2 km/h(2 m/s)，设该过程节能坡的转化率为η(列车重力势能的增加量与其动能减小量之比)，g取9.8 N/kg，则(　　)
图2
A.该过程列车的机械能守恒
B.该过程列车的机械能减少
C.η约为10%
D.η约为25%
BC
4.(多选)(2024·福建厦门高三联考)如图3甲所示，用竖直向上的力F拉静止在水平地面上的物体，物体在向上运动的过程中，其机械能E与位移x的关系如图乙，其中AB为曲线，其余部分为直线，下列说法正确的是(　　)
图3
A.0～x2过程中，物体所受拉力不变
B.x1～x2过程中，物体的加速度先减小后增大
C.0～x3过程中，物体的动能先增大后减小
D.0～x3过程中，物体的机械能一直增大
解析　物体的机械能变化等于力F做的功，即E＝Fx，故图线的斜率表示F，又0～x1过程中斜率不变，而x1～x2过程中斜率减小，故0～x2过程中物体所受拉力先不变后减小，故A错误；x1～x2过程中，斜率变小，故拉力逐渐减小，则加速度先减小后反向增大，故B正确；由前面分析知，物体先向上匀加速，然后做加
速度逐渐减小的加速运动，再做加速度逐渐增大的减速运动，最终F＝0，物体做减速运动，则在0～x3过程中，物体的速度先增大后减小，即动能先增大后减小，故C正确；由于题图为物体的机械能E与位移x的关系，则根据题图0～x2过程中物体的机械能一直增大，x2～x3过程中物体机械能保持不变，故D错误。
BD
5.(多选)(2024·北京四中期中)一质量为m的滑块在拉力F作用下从固定斜面的顶端下滑至底端的过程中，拉力F做功为W1，重力做功为W2，克服摩擦力做功为W3，则下列说法正确的是(　　)
A.因摩擦而产生的热量为Q＝W2＋W3
B.动能的变化量为ΔEk＝W1＋W2－W3
C.重力势能的变化量为ΔEp＝W2
D.机械能的变化量为ΔE＝W1－W3
解析　摩擦产生的热量等于滑块克服摩擦力做的功，则Q＝W3，故A错误；根据动能定理，合力做的功等于动能的变化量，即ΔEk＝W1＋W2－W3，故B正确；根据重力做功与重力势能变化的关系ΔEp＝－W2，故C错误；除重力外其他力做的功等于机械能的变化量，即ΔE＝W1－W3，故D正确。
D
对点练2　能量守恒定律的理解和应用
6.某同学用如图4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(　　)
图4
A.100 g B.200 g C.300 g D.400 g
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。
A
A.0.7 J B.1.1 J
C.3.1 J D.3.5 J
图5
AB
B级　综合提升练
8.(多选)(2024·四川成都石室中学期中)如图6所示，滑块以一定的初速度冲上足够长的粗糙固定斜面，取斜面底端O点为运动的起点和零势能点，并以滑块由O点出发时为t＝0时刻，在滑块运动到最高点的过程中，下列描述滑块的动能Ek、重力势能Ep、机械能E随位移x、时间t变化的图像中，正确的是(　　)
图6
解析　根据动能定理可得Ek－Ek0＝－mgxsin θ－μmgxcos θ，可得Ek＝Ek0－(mgsin θ＋μmgcos θ)x，可知Ek与位移x成线性关系，故A正确；滑块的重力势能为Ep＝mgx·sin θ，可知Ep与位移成正比，故B正确；滑块以速度v0冲上粗糙的斜面，加速度大小为a＝gsin θ＋μgcos θ，则有v＝v0－(gsin θ＋
B
9.如图7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Ff，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右端，则下列说法正确的是(　　)
图7
A.此时小物块的动能为F(x＋L)
B.此时小车的动能为Ffx
C.这一过程中，小物块和小车增加的机械能为Fx－FfL
D.这一过程中，因摩擦而产生的热量为Ff(L＋x)
解析　对小物块由动能定理得F(x＋L)－Ff(x＋L)＝Ek物－0，整理有Ek物＝F(x＋L)－Ff(x＋L)，故A项错误；对小车由动能定理有Ffx＝Ek车－0，整理有Ek车＝Ffx，故B项正确；设水平面为零势能面，初始时物块和小车均静止，其机械能为0，经过水平外力作用后，小车和小物块的动能之和为Ek＝Ek车＋Ek物＝F(x＋L)－Ff(x＋L)＋Ffx＝F(x＋L)－FfL，此时物块和小车的机械能等于其两者的动能之和，所以该过程机械能增加了F(x＋L)－FfL，故C项错误；根据功能关系可知，摩擦产生的热量等于摩擦力与相对位移的乘积，即Q＝FfL，故D项错误。
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：
图8
(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，由牛顿第三定律知，物块受到上管壁向下的作用力FN′＝2.5mg，有
物块从C点到速度最大时，由能量守恒定律有
解得Ekm＝6 J。
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。
解得s′＝0.7 m
故最终物块在BC上与C点的距离为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。
C级　培优加强练
11.如图9所示，在光滑水平台面上，一个质量m＝1 kg的小物块压缩弹簧后被锁扣K锁住。现打开锁扣K，物块与弹簧分离后将以一定的水平速度向右滑离平台，并恰好从B点沿切线方向进入光滑竖直的圆弧轨道BC。已知A、B的高度差h＝0.8 m，水平距离s＝1.2 m，圆弧轨道的半径R＝1 m，C点在圆弧轨道BC的圆心O的正下方，并与水平地面上长为L＝2 m的粗糙直轨道CD平滑连接，小物块沿轨道BCD运动并与右边的竖直墙壁会发生碰撞，重力加速度g＝10 m/s2，sin 37°＝0.6，cos 37°＝0.8，空气阻力忽略不计。试求：
图9
(1)小物块运动到平台末端A的速度大小v0；
(2)弹簧被锁扣锁住时所储存的弹性势能Ep；
(3)圆弧BC所对的圆心角θ；
(4)若小物块与墙壁碰撞后以原速率反弹，且只会与墙壁发生一次碰撞并最终停在轨道CD间，那么小物块与轨道CD之间的动摩擦因数μ应满足什么条件。
s＝v0t
解得v0＝3 m/s。
解得vy＝4 m/s
(4)B、C两点的高度差为hBC＝R－Rcos 53°＝0.4 m
若小物体恰能与墙壁相碰，根据能量守恒定律有μ1mgL＝Ep＋mg(h＋hBC)
本节内容结束
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