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第4講　功能關系　能量守恒定律
學習目標　1.掌握幾種常見的動能關系，知道能量守恒定律。 2.理解摩擦力做功與能量轉化的關系。 3.會應用能量的觀點解決綜合問題。
一、幾種常見的功能關系及其表達式
力做功 能的變化 定量關系
合力的功 動能變化 W＝Ek2－Ek1＝ΔEk
重力的功 重力勢能 變化 (1)重力做正功，重力勢能減少 (2)重力做負功，重力勢能增加 (3)WG＝－ΔEp＝Ep1－Ep2
彈簧彈力的功 彈性勢能 變化 (1)彈力做正功，彈性勢能減少 (2)彈力做負功，彈性勢能增加 (3)W彈＝－ΔEp＝Ep1－Ep2
只有重力、彈簧彈力做功 機械能 不變化 機械能守恒，ΔE＝0
除重力和彈簧彈力之外的其他力做的功 機械能變化 (1)其他力做多少正功，物體的機械能就增加多少 (2)其他力做多少負功，物體的機械能就減少多少 (3)W其他＝ΔE
一對相互作用的滑動摩擦力的總功 機械能減少，內能增加 (1)作用于系統的一對滑動摩擦力一定做負功，系統內能增加 (2)摩擦生熱Q＝Ffx相對
安培力做功 電能變化 (1)克服安培力做的功等于電能增加量 (2)W克安＝E電
二、能量守恒定律
1.思考判斷
(1)力對物體做了多少功，物體就具有多少能。(×)
(2)一個物體的能量增加，必定有別的物體的能量減少。(√)
(3)在物體的機械能減少的過程中，動能有可能是增大的。(√)
(4)滑動摩擦力做功時，一定會引起機械能的轉化。(√)
(5)除重力以外的其他力做的功等于物體動能的改變量。(×)
(6)克服與勢能有關的力(重力、彈簧彈力、靜電力)做的功等于對應勢能的增加量。(√)
2.(多選)一名滑雪運動員在雪道上下滑了一段路程，重力對他做功3 000 J，他克服阻力做功500 J，則在此過程中這名運動員(　　)
A.重力勢能增加了3 000 J B.動能增加了3 000 J
C.動能增加了2 500 J D.機械能減少了500 J
答案　CD
考點一　功能關系的理解和應用
功的正負與能量增減的對應關系
(1)物體動能的增加與減少要看合外力對物體做正功還是做負功。
(2)勢能的增加與減少要看對應的作用力(如重力、彈簧彈力、靜電力等)做負功還是做正功。
(3)機械能的增加與減少要看重力和彈簧彈力之外的力對物體做正功還是做負功。
角度　功能關系的理解
例1 (2024·江蘇南京高三檢測)如圖1所示，在電梯中的斜面上放置了一滑塊，在電梯加速上升的過程中，滑塊相對斜面靜止，則在該過程中(　　)
圖1
A.斜面對滑塊的摩擦力對滑塊做負功
B.斜面對滑塊的彈力對滑塊所做的功小于滑塊增加的機械能
C.斜面對滑塊的彈力對滑塊所做的功等于滑塊增加的重力勢能
D.滑塊所受合力對滑塊所做的功等于滑塊增加的機械能
答案　B
解析　在電梯加速上升的過程中，對滑塊受力分析可知，摩擦力沿斜面向上，與速度方向夾角為銳角，故摩擦力做正功，故A錯誤；根據功能關系可知，彈力和摩擦力做功之和等于滑塊機械能增加量，兩力均做正功，故彈力對滑塊做的功小于滑塊機械能增加量，故B正確；由于加速度大小未知，根據題目信息無法判斷支持力沿豎直方向分力與重力大小關系，無法判斷彈力做功與重力做功大小關系，故無法判斷彈力對滑塊所做的功與滑塊增加的重力勢能大小關系，故C錯誤；除重力之外其他力做的功等于滑塊機械能的增加量，合力包含重力，故合力對滑塊所做的功不等于滑塊增加的機械能，故D錯誤。
角度　功能關系與圖像的結合
例2 (多選)(2024·福建三明高三期中)如圖2甲所示，傾角為30°的斜面固定在水平地面上，一木塊以一定的初速度從斜面底端開始上滑。若斜面足夠長，上滑過程中木塊的機械能和動能隨位移變化的關系圖線如圖乙所示，則下列說法正確的是(　　)
圖2
A.木塊上滑過程中，重力勢能增加了4E0
B.木塊受到的摩擦力大小為
C.木塊的重力大小為
D.木塊與斜面間的動摩擦因數為
答案　BC
解析　機械能的變化量等于重力勢能變化量和動能變化量的和，則2E0－3E0＝0－3E0＋ΔEp，解得ΔEp＝2E0，故A錯誤；木塊上滑過程中，機械能的變化量等于摩擦力所做的功，則－Ffx0＝2E0－3E0，解得Ff＝，故B正確；重力所做的功等于重力勢能變化量，則mgx0sin 30°＝ΔEp，解得mg＝，故C正確；滑動摩擦力為Ff＝μmgcos 30°，解得μ＝，故D錯誤。
1.(多選)(2024·湖北武漢高三月考)從地面豎直向上拋出一物體，其機械能E總等于動能Ek與重力勢能Ep之和，取地面為零勢能參考平面，該物體的E總和Ep隨它離開地面的高度h的變化如圖3所示。重力加速度g取10 m/s2，根據圖中數據可知(　　)
圖3
A.物體的質量為2 kg
B.物體上升過程中所受阻力大小為4 N
C.在物體上升至h＝2 m處，物體的動能為40 J
D.在物體上升后返回至h＝2 m處，物體的動能為30 J
答案　AD
解析　根據Ep＝mgh結合圖像可得物體的質量為2 kg，故A正確；根據ΔE＝－fh，解得f＝ N＝5 N，故B錯誤；由圖可知，物體初動能為100 J，在物體上升至h＝2 m處，根據動能定理得－fh－mgh＝Ek1－Ek0，解得Ek1＝50 J，故C錯誤；從地面上升后返回至h＝2 m處，根據動能定理得－fs－mgh＝Ek2－Ek0，又s＝6 m，解得Ek2＝30 J，故D正確。
角度　摩擦力做功與能量轉化
例3 (多選)(2024·江蘇南京師大附中高三期中)一長木板靜止于光滑水平面上，一小物塊(可視為質點)從左側以某一速度滑上木板，最終和木板相對靜止一起向右做勻速直線運動。在物塊從滑上木板到和木板相對靜止的過程中，物塊的位移是木板位移的4倍，設板塊間滑動摩擦力大小不變，則(　　)
圖4
A.物塊動能的減少量等于木板動能的增加量
B.摩擦力對木板做的功等于木板動能的增加量
C.因摩擦而產生的內能等于物塊克服摩擦力所做的功
D.因摩擦而產生的內能是木板動能增加量的3倍
答案　BD
解析　根據能量守恒定律可知，物塊動能減少量等于木板動能增加量與因摩擦產生的內能之和，故A錯誤；根據動能定理可知，摩擦力對木板做的功等于木板動能的增加量，故B正確；設物塊與木板之間的摩擦力為Ff，木板的位移為x，則物塊的位移為4x，物塊克服摩擦力所做的功為Wf＝Ff·4x，對木板根據動能定理可得木板動能的增加量為ΔEk＝Ffx，因摩擦產生的內能為Q＝Ffs相＝Ff·3x，可知因摩擦而產生的內能小于物塊克服摩擦力所做的功，因摩擦而產生的內能是木板動能增加量的3倍，故C錯誤，D正確。
方法總結　兩種摩擦力做功特點的比較
　　類型 比較　　 靜摩擦力做功 滑動摩擦力做功
不 同 點 能量的 轉化 只有機械能從一個物體轉移到另一個物體，而沒有機械能轉化為其他形式的能 (1)一部分機械能從一個物體轉移到另一個物體 (2)一部分機械能轉化為內能，此部分能量就是系統機械能的損失量
不 同 點 一對摩擦力的總功 一對靜摩擦力所做功的代數和總等于零 一對滑動摩擦力做功的代數和總是負值，總功W＝－Ffs相對，即發生相對滑動時產生的熱量
相同點 做功情況 兩種摩擦力對物體可以做正功，也可以做負功，還可以不做功
2.一木塊靜置于光滑水平面上，一顆子彈沿水平方向飛來射入木塊中。當子彈進入木塊的深度達到最大值2 cm時，木塊沿水平面恰好移動距離1 cm。在上述過程中系統損失的機械能與子彈損失的動能之比為(　　)
A.1∶2 B.1∶3
C.2∶3 D.3∶2
答案　C
解析　根據題意，子彈在摩擦力作用下的位移為x1＝(2＋1)cm＝3 cm，木塊在摩擦力作用下的位移為x2＝1 cm；系統損失的機械能轉化為內能，根據功能關系，有ΔE系統＝Q＝Ff(x1－x2)；子彈損失的動能等于子彈克服摩擦力做的功，
即ΔE子彈＝Ffx1，可得＝，故C正確，A、B、D錯誤。
考點二　能量守恒定律的理解和應用
1.對能量守恒定律的兩點理解
(1)某種形式的能量減少，一定存在其他形式的能量增加，且減少量和增加量一定相等。
(2)某個物體的能量減少，一定存在其他物體的能量增加，且減少量和增加量一定相等。
2.能量轉化問題的解題思路
(1)當涉及摩擦力做功，機械能不守恒時，一般應用能量守恒定律。
(2)解題時，首先確定初、末狀態，然后分析狀態變化過程中哪種形式的能量減少，哪種形式的能量增加，求出減少的能量總和ΔE減與增加的能量總和ΔE增，最后由ΔE減＝ΔE增列式求解。
3.涉及彈簧的能量問題
兩個或兩個以上的物體與彈簧組成的系統相互作用的過程，具有以下特點：
(1)能量轉化方面，如果只有重力和系統內彈簧彈力做功，系統機械能守恒。
(2)如果系統內每個物體除彈簧彈力外所受合力為零，則當彈簧伸長或壓縮到最大程度時兩物體速度相同。
例4 (2024·河北任丘一中期中)如圖5所示，將原長為R的輕質彈簧放置在傾角為37°的軌道AB上，一端固定在A點，另一端與滑塊P(可視為質點，質量可調)接觸但不連接。AB長為2R，B端與半徑為R的光滑圓軌道BCD相切，D點在O點的正上方，C點與圓心O等高。滑塊P與AB間的動摩擦因數μ＝0.5。用外力推動滑塊P，每次都將彈簧壓縮至原長的一半，然后放開，P開始沿軌道AB運動。當P的質量為m時剛好能到達圓軌道的最高點D。已知重力加速度大小為g，
sin 37°＝0.6，cos 37°＝0.8。
圖5
(1)求彈簧壓縮至原長的一半時，彈簧的彈性勢能Ep；
(2)改變滑塊Р的質量為M，使之能滑上圓軌道，且仍能沿圓軌道滑下，求M的可能值。
答案　(1)3.8mgR　(2)m≤M解析　(1)若滑塊P剛好能沿圓軌道運動到圓軌道的最高點，有mg＝m
滑塊P由靜止運動到圓軌道最高點過程，由能量守恒定律可得
Ep＝μmgcos 37°×R＋mg＋mv
聯立解得Ep＝3.8mgR。
(2)設滑塊P的質量為M，為使P能滑上圓軌道，則它到達B點時的速度應大于零，由能量守恒定律可得Ep>μMgcos 37°·R＋Mg·Rsin 37°
解得M要使滑塊P仍能沿圓軌道滑回，P在圓軌道上升的高度不能超過與圓心等高處，由能量守恒定律可得
Ep≤μMgcos 37°·R＋Mg
解得M≥m
綜上所述可得m≤M3.(多選)(2024·遼寧大連高三期中)如圖6所示，傾角為θ＝53°的固定粗糙斜面上有一A點，長度為l＝0.5 m的木板質量分布均勻，其質量為M＝3 kg，開始用外力使木板下端與A點對齊，如圖。木塊質量為m＝1 kg，兩者用一輕質細繩繞過光滑定滑輪連接在一起，木板與斜面的動摩擦因數為μ＝。現撤去外力讓木板由靜止開始運動到上端剛好過A點，此過程中，下列說法正確的是(　　)
圖6
A.木板M和木塊m組成的系統機械能守恒
B.木板上端剛過A點時速度大小為 m/s
C.木板減少的機械能等于木塊增加的機械能與系統產生的熱量之和
D.系統產生的熱量為10 J
答案　BC
解析　由于斜面是粗糙的，木板M和木塊m組成的系統在運動中會有摩擦生熱，所以木板M和木塊m組成的系統機械能不守恒，故A錯誤；木板M和木塊m組成的系統由能量守恒定律有Mglsin θ－mgl＝(M＋m)v2＋μMglcos θ，解得v＝ m/s，故B正確；根據能量守恒定律可知木板減少的機械能等于木塊增加的機械能與系統產生的熱量之和，故C正確；系統產生的熱量為Q＝μMglcos θ＝6 J，故D錯誤。
A級　基礎對點練
對點練1　功能關系的理解與應用
1.(2023·1月浙江選考)一位游客正在體驗蹦極，綁上蹦極專用的橡皮繩后從跳臺縱身而下。游客從跳臺下落直到最低點過程中(　　)
A.彈性勢能減小 B.重力勢能減小
C.機械能保持不變 D.繩一繃緊動能就開始減小
答案　B
解析　橡皮繩繃緊后彈性勢能一直增大，A錯誤；游客高度一直降低，重力一直做正功，重力勢能一直減小，B正確；下落階段橡皮繩對游客做負功，游客機械能減少，轉化為彈性勢能，C錯誤；橡皮繩剛繃緊的一段時間內，彈力小于重力，合力向下，游客的速度繼續增加，游客動能繼續增加；當彈力大于重力后，合力向上，游客動能逐漸減小，D錯誤。
2.(2024·山東濰坊高三期末)如圖1所示，某段滑雪雪道傾角為30°，總質量為m的滑雪運動員從距底端高為h處的雪道上由靜止開始勻加速下滑，加速度為g，重力加速度為g，運動員從上向下滑到底端的過程中(　　)
圖1
A.減少的機械能為mgh B.增加的動能為mgh
C.克服摩擦力做功為mgh D.合外力做功為mgh
答案　A
解析　合外力做功為W總＝ma·＝m·g·＝mgh，故D錯誤；對滑雪運動員由動能定理可知，增加的動能為ΔEk＝W總＝mgh，故B錯誤；對滑雪運動員由牛頓第二定律有mgsin 30°－Ff＝ma，可得運動員受到的摩擦力Ff＝mg，所以運動員克服摩擦力做的功為W克＝Ff·＝mgh，可知運動員減少的機械能為mgh，故A正確，C錯誤。
3.(多選)(2024·湖南長郡中學模擬)如圖2，廣州地鐵3號線北延段使用了節能坡。某次列車以64.8 km/h(18 m/s)的速度沖上高度為4 m的坡頂車站時，速度減為7.2 km/h(2 m/s)，設該過程節能坡的轉化率為η(列車重力勢能的增加量與其動能減小量之比)，g取9.8 N/kg，則(　　)
圖2
A.該過程列車的機械能守恒 B.該過程列車的機械能減少
C.η約為10% D.η約為25%
答案　BD
解析　列車在沖上坡頂車站時，需要克服阻力做功，減小的動能一部分轉化成了列車的重力勢能，一部分克服了阻力做功，該過程中列車增加的重力勢能與減小的動能之間的關系為ΔEp＝mgh<ΔEk＝mv－mv，因此該過程列車的機械能減少，故A錯誤，B正確；則該過程節能坡的轉化率為η＝＝×100%≈25%，故C錯誤，D正確。
4.(多選)(2024·福建廈門高三聯考)如圖3甲所示，用豎直向上的力F拉靜止在水平地面上的物體，物體在向上運動的過程中，其機械能E與位移x的關系如圖乙，其中AB為曲線，其余部分為直線，下列說法正確的是(　　)
圖3
A.0～x2過程中，物體所受拉力不變
B.x1～x2過程中，物體的加速度先減小后增大
C.0～x3過程中，物體的動能先增大后減小
D.0～x3過程中，物體的機械能一直增大
答案　BC
解析　物體的機械能變化等于力F做的功，即E＝Fx，故圖線的斜率表示F，又0～x1過程中斜率不變，而x1～x2過程中斜率減小，故0～x2過程中物體所受拉力先不變后減小，故A錯誤；x1～x2過程中，斜率變小，故拉力逐漸減小，則加速度先減小后反向增大，故B正確；由前面分析知，物體先向上勻加速，然后做加速度逐漸減小的加速運動，再做加速度逐漸增大的減速運動，最終F＝0，物體做減速運動，則在0～x3過程中，物體的速度先增大后減小，即動能先增大后減小，故C正確；由于題圖為物體的機械能E與位移x的關系，則根據題圖0～x2過程中物體的機械能一直增大，x2～x3過程中物體機械能保持不變，故D錯誤。
5.(多選)(2024·北京四中期中)一質量為m的滑塊在拉力F作用下從固定斜面的頂端下滑至底端的過程中，拉力F做功為W1，重力做功為W2，克服摩擦力做功為W3，則下列說法正確的是(　　)
A.因摩擦而產生的熱量為Q＝W2＋W3
B.動能的變化量為ΔEk＝W1＋W2－W3
C.重力勢能的變化量為ΔEp＝W2
D.機械能的變化量為ΔE＝W1－W3
答案　BD
解析　摩擦產生的熱量等于滑塊克服摩擦力做的功，則Q＝W3，故A錯誤；根據動能定理，合力做的功等于動能的變化量，即ΔEk＝W1＋W2－W3，故B正確；根據重力做功與重力勢能變化的關系ΔEp＝－W2，故C錯誤；除重力外其他力做的功等于機械能的變化量，即ΔE＝W1－W3，故D正確。
對點練2　能量守恒定律的理解和應用
6.某同學用如圖4所示的裝置測量一個凹形木塊的質量m，彈簧的左端固定，木塊在水平面上緊靠彈簧(不連接)并將其壓縮，記下木塊右端位置A點，靜止釋放后，木塊右端恰能運動到B1點。在木塊槽中加入一個質量m0＝800 g的砝碼，再將木塊左端緊靠彈簧，木塊右端位置仍然在A點，靜止釋放后木塊離開彈簧，右端恰能運動到B2點，測得AB1、AB2長分別為27.0 cm和9.0 cm，則木塊的質量m為(　　)
圖4
A.100 g B.200 g
C.300 g D.400 g
答案　D
解析　根據能量守恒定律，有μmg·AB1＝Ep，μ(m0＋m)g·AB2＝Ep，聯立解得m＝400 g，D正確。
7.輕質彈簧的勁度系數k＝30 N/m，右端固定在墻上，左端與一質量m＝0.5 kg的物塊相連，如圖5(a)所示彈簧處于原長狀態，物塊靜止且與水平面間的動摩擦因數μ＝0.2，彈簧的彈性勢能與形變量的關系為Ep＝kx2。以物塊所在處為原點，水平向右為正方向建立x軸，現對物塊施加水平向右的外力F，F隨x軸坐標變化的情況如圖(b)所示，g＝10 m/s2，則物塊向右運動至x＝0.4 m處的動能為(　　)
圖5
A.0.7 J B.1.1 J
C.3.1 J D.3.5 J
答案　A
解析　全過程根據能量守恒定律有WF＝μmg·x＋Ep＋Ek，其中根據圖像可得外力F做的功為圖線與橫軸圍成的面積，所以有WF＝(5＋10)×0.2× J＋10×0.2 J＝3.5 J，彈性勢能Ep＝kx2＝2.4 J，代入數據聯立解得Ek＝0.7 J，故A正確。
B級　綜合提升練
8.(多選)(2024·四川成都石室中學期中)如圖6所示，滑塊以一定的初速度沖上足夠長的粗糙固定斜面，取斜面底端O點為運動的起點和零勢能點，并以滑塊由O點出發時為t＝0時刻，在滑塊運動到最高點的過程中，下列描述滑塊的動能Ek、重力勢能Ep、機械能E隨位移x、時間t變化的圖像中，正確的是(　　)
圖6
答案　AB
解析　根據動能定理可得Ek－Ek0＝－mgxsin θ－μmgxcos θ，可得Ek＝Ek0－(mgsin θ＋μmgcos θ)x，可知Ek與位移x成線性關系，故A正確；滑塊的重力勢能為Ep＝mgx·sin θ，可知Ep與位移成正比，故B正確；滑塊以速度v0沖上粗糙的斜面，加速度大小為a＝gsin θ＋μgcos θ，則有v＝v0－(gsin θ＋μgcos θ)t，滑塊動能與時間的關系為Ek＝mv2＝m[v0－(gsin θ＋μgcos θ)t]2，故C錯誤；上滑過程中，摩擦力對滑塊做負功，滑塊的機械能不斷減小，故D錯誤。
9.如圖7所示，質量為M、長度為L的小車靜止在光滑的水平面上，質量為m的小物塊放在小車的最左端，現用一水平力F作用在小物塊上，小物塊與小車之間的摩擦力為Ff，經過一段時間小車運動的位移為x，小物塊剛好滑到小車的右端，則下列說法正確的是(　　)
圖7
A.此時小物塊的動能為F(x＋L)
B.此時小車的動能為Ffx
C.這一過程中，小物塊和小車增加的機械能為Fx－FfL
D.這一過程中，因摩擦而產生的熱量為Ff(L＋x)
答案　B
解析　對小物塊由動能定理得F(x＋L)－Ff(x＋L)＝Ek物－0，整理有Ek物＝F(x＋L)－Ff(x＋L)，故A項錯誤；對小車由動能定理有Ffx＝Ek車－0，整理有Ek車＝Ffx，故B項正確；設水平面為零勢能面，初始時物塊和小車均靜止，其機械能為0，經過水平外力作用后，小車和小物塊的動能之和為Ek＝Ek車＋Ek物＝F(x＋L)－Ff(x＋L)＋Ffx＝F(x＋L)－FfL，此時物塊和小車的機械能等于其兩者的動能之和，所以該過程機械能增加了F(x＋L)－FfL，故C項錯誤；根據功能關系可知，摩擦產生的熱量等于摩擦力與相對位移的乘積，即Q＝FfL，故D項錯誤。
10.如圖8所示，在某豎直平面內，光滑曲面AB與粗糙水平面BC平滑連接于B點，BC右端連接內壁光滑、半徑r＝0.2 m的細圓管CD，管口D端正下方直立一根勁度系數為k＝100 N/m的輕彈簧，彈簧一端固定于地面上，另一端恰好與管口D端平齊。一個質量為1.0 kg的物塊放在曲面AB上，現從距BC高度為h＝0.6 m處由靜止釋放物塊，它與BC間的動摩擦因數μ＝0.5，物塊進入管口C端時，它對上管壁有FN＝2.5mg的作用力，通過CD后，在壓縮彈簧過程中物塊速度最大時彈簧的彈性勢能Ep＝0.5 J。重力加速度g取10 m/s2。求：
圖8
(1)在壓縮彈簧過程中物塊的最大動能Ekm；
(2)物塊最終停止的位置。
答案　(1)6 J　(2)停在BC上距離C端0.3 m處(或距離B端0.2 m處)
解析　(1)在壓縮彈簧過程中，物塊速度最大時所受合力為零。設此時物塊離D端的距離為x0，則有kx0＝mg
解得x0＝0.1 m
在C點，由牛頓第三定律知，物塊受到上管壁向下的作用力FN′＝2.5mg，有
FN′＋mg＝m
解得vC＝ m/s
物塊從C點到速度最大時，由能量守恒定律有
mg(r＋x0)＝Ep＋Ekm－mv
解得Ekm＝6 J。
(2)物塊從A點運動到C點的過程中，由動能定理得mgh－μmgs＝mv－0
解得B、C間距離s＝0.5 m
物塊與彈簧作用后返回C處時動能不變，物塊的動能最終消耗在與BC水平面相互作用的過程中。
設物塊第一次與彈簧作用返回C處后，物塊在BC上運動的總路程為s′，由能量守恒定律有μmgs′＝mv
解得s′＝0.7 m
故最終物塊在BC上與C點的距離為x1＝0.5 m－(0.7 m－0.5 m)＝0.3 m
或距離B端為x2＝0.7 m－0.5 m＝0.2 m處停下。
C級　培優加強練
11.如圖9所示，在光滑水平臺面上，一個質量m＝1 kg的小物塊壓縮彈簧后被鎖扣K鎖住。現打開鎖扣K，物塊與彈簧分離后將以一定的水平速度向右滑離平臺，并恰好從B點沿切線方向進入光滑豎直的圓弧軌道BC。已知A、B的高度差h＝0.8 m，水平距離s＝1.2 m，圓弧軌道的半徑R＝1 m，C點在圓弧軌道BC的圓心O的正下方，并與水平地面上長為L＝2 m的粗糙直軌道CD平滑連接，小物塊沿軌道BCD運動并與右邊的豎直墻壁會發生碰撞，重力加速度g＝10 m/s2，sin 37°＝0.6，cos 37°＝0.8，空氣阻力忽略不計。試求：
圖9
(1)小物塊運動到平臺末端A的速度大小v0；
(2)彈簧被鎖扣鎖住時所儲存的彈性勢能Ep；
(3)圓弧BC所對的圓心角θ；
(4)若小物塊與墻壁碰撞后以原速率反彈，且只會與墻壁發生一次碰撞并最終停在軌道CD間，那么小物塊與軌道CD之間的動摩擦因數μ應滿足什么條件。
答案　(1)3 m/s　(2)4.5 J　(3)53°　(4)<μ<
解析　(1)根據平拋運動特點，可得h＝gt2
s＝v0t
解得v0＝3 m/s。
(2)根據能量守恒定律有Ep＝Ek＝mv＝4.5 J。
(3)物塊運動到B點時，豎直方向速度為vy，則有v＝2gh
解得vy＝4 m/s
則有tan θ＝＝
可知θ＝53°。
(4)B、C兩點的高度差為hBC＝R－Rcos 53°＝0.4 m
若小物體恰能與墻壁相碰，根據能量守恒定律有μ1mgL＝Ep＋mg(h＋hBC)
解得μ1＝
若恰不從B飛出，根據能量守恒定律有2μ2mgL＝Ep＋mgh
解得μ2＝
由mghBC<μ2mgl知則小物塊從BC滑回不與墻壁發生二次碰撞
綜上可得<μ<。第4講　功能關系　能量守恒定律
學習目標　1.掌握幾種常見的動能關系，知道能量守恒定律。 2.理解摩擦力做功與能量轉化的關系。 3.會應用能量的觀點解決綜合問題。
一、幾種常見的功能關系及其表達式
力做功 能的變化 定量關系
合力的功 動能變化 W＝Ek2－Ek1＝ΔEk
重力的功 重力勢能 變化 （1）重力做正功，重力勢能　　　 （2）重力做負功，重力勢能　　　 （3）WG＝－ΔEp＝　　　　　　　　
彈簧彈力的功 彈性勢能 變化 （1）彈力做正功，彈性勢能　　　 （2）彈力做負功，彈性勢能　　　 （3）W彈＝－ΔEp＝Ep1－Ep2
只有重力、彈簧彈力做功 機械能 　　　　 機械能守恒，ΔE＝　　　　
除重力和彈簧彈力之外的其他力做的功 機械能 　　　　 （1）其他力做多少正功，物體的機械能就　　　　多少 （2）其他力做多少負功，物體的機械能就　　　　多少 （3）W其他＝　　　　
一對相互作用的滑動摩擦力的總功 機械能　　　　，內能　　　　 （1）作用于系統的一對滑動摩擦力一定做負功，系統內能　　　　 （2）摩擦生熱Q＝　　　　
安培力做功 電能變化 （1）克服安培力做的功等于電能增加量 （2）W克安＝E電
二、能量守恒定律
1.思考判斷
（1）力對物體做了多少功，物體就具有多少能。（　　）
（2）一個物體的能量增加，必定有別的物體的能量減少。（　　）
（3）在物體的機械能減少的過程中，動能有可能是增大的。（　　）
（4）滑動摩擦力做功時，一定會引起機械能的轉化。（　　）
（5）除重力以外的其他力做的功等于物體動能的改變量。（　　）
（6）克服與勢能有關的力（重力、彈簧彈力、靜電力）做的功等于對應勢能的增加量。（　　）
2.（多選）一名滑雪運動員在雪道上下滑了一段路程，重力對他做功3 000 J，他克服阻力做功500 J，則在此過程中這名運動員（　　）
A.重力勢能增加了3 000 J
B.動能增加了3 000 J
C.動能增加了2 500 J
D.機械能減少了500 J
　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　
　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　
　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　
　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　
考點一　功能關系的理解和應用
功的正負與能量增減的對應關系
（1）物體動能的增加與減少要看合外力對物體做正功還是做負功。
（2）勢能的增加與減少要看對應的作用力（如重力、彈簧彈力、靜電力等）做負功還是做正功。
（3）機械能的增加與減少要看重力和彈簧彈力之外的力對物體做正功還是做負功。
角度　功能關系的理解
例1 （2024·江蘇南京高三檢測）如圖1所示，在電梯中的斜面上放置了一滑塊，在電梯加速上升的過程中，滑塊相對斜面靜止，則在該過程中（　　）
圖1
A.斜面對滑塊的摩擦力對滑塊做負功
B.斜面對滑塊的彈力對滑塊所做的功小于滑塊增加的機械能
C.斜面對滑塊的彈力對滑塊所做的功等于滑塊增加的重力勢能
D.滑塊所受合力對滑塊所做的功等于滑塊增加的機械能
聽課筆記　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　
　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　
　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　
角度　功能關系與圖像的結合
例2 （多選）（2024·福建三明高三期中）如圖2甲所示，傾角為30°的斜面固定在水平地面上，一木塊以一定的初速度從斜面底端開始上滑。若斜面足夠長，上滑過程中木塊的機械能和動能隨位移變化的關系圖線如圖乙所示，則下列說法正確的是（　　）
圖2
A.木塊上滑過程中，重力勢能增加了4E0
B.木塊受到的摩擦力大小為
C.木塊的重力大小為
D.木塊與斜面間的動摩擦因數為
聽課筆記　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　
　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　
　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　
1.（多選）（2024·湖北武漢高三月考）從地面豎直向上拋出一物體，其機械能E總等于動能Ek與重力勢能Ep之和，取地面為零勢能參考平面，該物體的E總和Ep隨它離開地面的高度h的變化如圖3所示。重力加速度g取10 m/s2，根據圖中數據可知（　　）
圖3
A.物體的質量為2 kg
B.物體上升過程中所受阻力大小為4 N
C.在物體上升至h＝2 m處，物體的動能為40 J
D.在物體上升后返回至h＝2 m處，物體的動能為30 J
角度　摩擦力做功與能量轉化
例3 （多選）（2024·江蘇南京師大附中高三期中）一長木板靜止于光滑水平面上，一小物塊（可視為質點）從左側以某一速度滑上木板，最終和木板相對靜止一起向右做勻速直線運動。在物塊從滑上木板到和木板相對靜止的過程中，物塊的位移是木板位移的4倍，設板塊間滑動摩擦力大小不變，則（　　）
圖4
A.物塊動能的減少量等于木板動能的增加量
B.摩擦力對木板做的功等于木板動能的增加量
C.因摩擦而產生的內能等于物塊克服摩擦力所做的功
D.因摩擦而產生的內能是木板動能增加量的3倍
聽課筆記　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　
　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　
　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　
　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　
　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　
方法總結　兩種摩擦力做功特點的比較
　　類型 比較　　 靜摩擦力做功 滑動摩擦力做功
不 同 點 能量的 轉化 只有機械能從一個物體轉移到另一個物體，而沒有機械能轉化為其他形式的能 (1)一部分機械能從一個物體轉移到另一個物體 (2)一部分機械能轉化為內能，此部分能量就是系統機械能的損失量
一對摩擦力的總功 一對靜摩擦力所做功的代數和總等于零 一對滑動摩擦力做功的代數和總是負值，總功W＝－Ffs相對，即發生相對滑動時產生的熱量
相同點 做功情況 兩種摩擦力對物體可以做正功，也可以做負功，還可以不做功
2.一木塊靜置于光滑水平面上，一顆子彈沿水平方向飛來射入木塊中。當子彈進入木塊的深度達到最大值2 cm時，木塊沿水平面恰好移動距離1 cm。在上述過程中系統損失的機械能與子彈損失的動能之比為（　　）
A.1∶2 B.1∶3
C.2∶3 D.3∶2
考點二　能量守恒定律的理解和應用
1.對能量守恒定律的兩點理解
（1）某種形式的能量減少，一定存在其他形式的能量增加，且減少量和增加量一定相等。
（2）某個物體的能量減少，一定存在其他物體的能量增加，且減少量和增加量一定相等。
2.能量轉化問題的解題思路
（1）當涉及摩擦力做功，機械能不守恒時，一般應用能量守恒定律。
（2）解題時，首先確定初、末狀態，然后分析狀態變化過程中哪種形式的能量減少，哪種形式的能量增加，求出減少的能量總和ΔE減與增加的能量總和ΔE增，最后由ΔE減＝ΔE增列式求解。
3.涉及彈簧的能量問題
兩個或兩個以上的物體與彈簧組成的系統相互作用的過程，具有以下特點：
（1）能量轉化方面，如果只有重力和系統內彈簧彈力做功，系統機械能守恒。
（2）如果系統內每個物體除彈簧彈力外所受合力為零，則當彈簧伸長或壓縮到最大程度時兩物體速度相同。
例4 （2024·河北任丘一中期中）如圖5所示，將原長為R的輕質彈簧放置在傾角為37°的軌道AB上，一端固定在A點，另一端與滑塊P（可視為質點，質量可調）接觸但不連接。AB長為2R，B端與半徑為R的光滑圓軌道BCD相切，D點在O點的正上方，C點與圓心O等高。滑塊P與AB間的動摩擦因數μ＝0.5。用外力推動滑塊P，每次都將彈簧壓縮至原長的一半，然后放開，P開始沿軌道AB運動。當P的質量為m時剛好能到達圓軌道的最高點D。已知重力加速度大小為g，sin 37°＝0.6，cos 37°＝0.8。
圖5
（1）求彈簧壓縮至原長的一半時，彈簧的彈性勢能Ep；
（2）改變滑塊Р的質量為M，使之能滑上圓軌道，且仍能沿圓軌道滑下，求M的可能值。
　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　
　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　
　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　
　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　
　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　
　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　
　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　
　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　
　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　
　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　
　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　
3.（多選）（2024·遼寧大連高三期中）如圖6所示，傾角為θ＝53°的固定粗糙斜面上有一A點，長度為l＝0.5 m的木板質量分布均勻，其質量為M＝3 kg，開始用外力使木板下端與A點對齊，如圖。木塊質量為m＝1 kg，兩者用一輕質細繩繞過光滑定滑輪連接在一起，木板與斜面的動摩擦因數為μ＝。現撤去外力讓木板由靜止開始運動到上端剛好過A點，此過程中，下列說法正確的是（　　）
圖6
A.木板M和木塊m組成的系統機械能守恒
B.木板上端剛過A點時速度大小為 m/s
C.木板減少的機械能等于木塊增加的機械能與系統產生的熱量之和
D.系統產生的熱量為10 J　　　　　第4練　功能關系　能量守恒定律
A級　基礎對點練
對點練1　功能關系的理解與應用
1.(2023·1月浙江選考)一位游客正在體驗蹦極，綁上蹦極專用的橡皮繩后從跳臺縱身而下。游客從跳臺下落直到最低點過程中(　　)
A.彈性勢能減小
B.重力勢能減小
C.機械能保持不變
D.繩一繃緊動能就開始減小
2.(2024·山東濰坊高三期末)如圖1所示，某段滑雪雪道傾角為30°，總質量為m的滑雪運動員從距底端高為h處的雪道上由靜止開始勻加速下滑，加速度為g，重力加速度為g，運動員從上向下滑到底端的過程中(　　)
圖1
A.減少的機械能為mgh
B.增加的動能為mgh
C.克服摩擦力做功為mgh
D.合外力做功為mgh
3.(多選)(2024·湖南長郡中學模擬)如圖2，廣州地鐵3號線北延段使用了節能坡。某次列車以64.8 km/h(18 m/s)的速度沖上高度為4 m的坡頂車站時，速度減為
7.2 km/h(2 m/s)，設該過程節能坡的轉化率為η(列車重力勢能的增加量與其動能減小量之比)，g取9.8 N/kg，則(　　)
圖2
A.該過程列車的機械能守恒
B.該過程列車的機械能減少
C.η約為10%
D.η約為25%
4.(多選)(2024·福建廈門高三聯考)如圖3甲所示，用豎直向上的力F拉靜止在水平地面上的物體，物體在向上運動的過程中，其機械能E與位移x的關系如圖乙，其中AB為曲線，其余部分為直線，下列說法正確的是(　　)
圖3
A.0～x2過程中，物體所受拉力不變
B.x1～x2過程中，物體的加速度先減小后增大
C.0～x3過程中，物體的動能先增大后減小
D.0～x3過程中，物體的機械能一直增大
5.(多選)(2024·北京四中期中)一質量為m的滑塊在拉力F作用下從固定斜面的頂端下滑至底端的過程中，拉力F做功為W1，重力做功為W2，克服摩擦力做功為W3，則下列說法正確的是(　　)
A.因摩擦而產生的熱量為Q＝W2＋W3
B.動能的變化量為ΔEk＝W1＋W2－W3
C.重力勢能的變化量為ΔEp＝W2
D.機械能的變化量為ΔE＝W1－W3
對點練2　能量守恒定律的理解和應用
6.某同學用如圖4所示的裝置測量一個凹形木塊的質量m，彈簧的左端固定，木塊在水平面上緊靠彈簧(不連接)并將其壓縮，記下木塊右端位置A點，靜止釋放后，木塊右端恰能運動到B1點。在木塊槽中加入一個質量m0＝800 g的砝碼，再將木塊左端緊靠彈簧，木塊右端位置仍然在A點，靜止釋放后木塊離開彈簧，右端恰能運動到B2點，測得AB1、AB2長分別為27.0 cm和9.0 cm，則木塊的質量m為(　　)
圖4
A.100 g B.200 g
C.300 g D.400 g
7.輕質彈簧的勁度系數k＝30 N/m，右端固定在墻上，左端與一質量m＝0.5 kg的物塊相連，如圖5(a)所示彈簧處于原長狀態，物塊靜止且與水平面間的動摩擦因數μ＝0.2，彈簧的彈性勢能與形變量的關系為Ep＝kx2。以物塊所在處為原點，水平向右為正方向建立x軸，現對物塊施加水平向右的外力F，F隨x軸坐標變化的情況如圖(b)所示，g＝10 m/s2，則物塊向右運動至x＝0.4 m處的動能為(　　)
圖5
A.0.7 J B.1.1 J
C.3.1 J D.3.5 J
B級　綜合提升練
8.(多選)(2024·四川成都石室中學期中)如圖6所示，滑塊以一定的初速度沖上足夠長的粗糙固定斜面，取斜面底端O點為運動的起點和零勢能點，并以滑塊由O點出發時為t＝0時刻，在滑塊運動到最高點的過程中，下列描述滑塊的動能Ek、重力勢能Ep、機械能E隨位移x、時間t變化的圖像中，正確的是(　　)
圖6
9.如圖7所示，質量為M、長度為L的小車靜止在光滑的水平面上，質量為m的小物塊放在小車的最左端，現用一水平力F作用在小物塊上，小物塊與小車之間的摩擦力為Ff，經過一段時間小車運動的位移為x，小物塊剛好滑到小車的右端，則下列說法正確的是(　　)
圖7
A.此時小物塊的動能為F(x＋L)
B.此時小車的動能為Ffx
C.這一過程中，小物塊和小車增加的機械能為Fx－FfL
D.這一過程中，因摩擦而產生的熱量為Ff(L＋x)
10.如圖8所示，在某豎直平面內，光滑曲面AB與粗糙水平面BC平滑連接于B點，BC右端連接內壁光滑、半徑r＝0.2 m的細圓管CD，管口D端正下方直立一根勁度系數為k＝100 N/m的輕彈簧，彈簧一端固定于地面上，另一端恰好與管口D端平齊。一個質量為1.0 kg的物塊放在曲面AB上，現從距BC高度為h＝
0.6 m處由靜止釋放物塊，它與BC間的動摩擦因數μ＝0.5，物塊進入管口C端時，它對上管壁有FN＝2.5mg的作用力，通過CD后，在壓縮彈簧過程中物塊速度最大時彈簧的彈性勢能Ep＝0.5 J。重力加速度g取10 m/s2。求：
圖8
(1)在壓縮彈簧過程中物塊的最大動能Ekm；
(2)物塊最終停止的位置。
C級　培優加強練
11.如圖9所示，在光滑水平臺面上，一個質量m＝1 kg的小物塊壓縮彈簧后被鎖扣K鎖住。現打開鎖扣K，物塊與彈簧分離后將以一定的水平速度向右滑離平臺，并恰好從B點沿切線方向進入光滑豎直的圓弧軌道BC。已知A、B的高度差h＝0.8 m，水平距離s＝1.2 m，圓弧軌道的半徑R＝1 m，C點在圓弧軌道BC的圓心O的正下方，并與水平地面上長為L＝2 m的粗糙直軌道CD平滑連接，小物塊沿軌道BCD運動并與右邊的豎直墻壁會發生碰撞，重力加速度g＝10 m/s2，sin 37°＝0.6，cos 37°＝0.8，空氣阻力忽略不計。試求：
圖9
(1)小物塊運動到平臺末端A的速度大小v0；
(2)彈簧被鎖扣鎖住時所儲存的彈性勢能Ep；
(3)圓弧BC所對的圓心角θ；
(4)若小物塊與墻壁碰撞后以原速率反彈，且只會與墻壁發生一次碰撞并最終停在軌道CD間，那么小物塊與軌道CD之間的動摩擦因數μ應滿足什么條件。
第4練　功能關系　能量守恒定律
1.B　[橡皮繩繃緊后彈性勢能一直增大，A錯誤；游客高度一直降低，重力一直做正功，重力勢能一直減小，B正確；下落階段橡皮繩對游客做負功，游客機械能減少，轉化為彈性勢能，C錯誤；橡皮繩剛繃緊的一段時間內，彈力小于重力，合力向下，游客的速度繼續增加，游客動能繼續增加；當彈力大于重力后，合力向上，游客動能逐漸減小，D錯誤。]
2.A　[合外力做功為W總＝ma·＝m·g·＝mgh，故D錯誤；對滑雪運動員由動能定理可知，增加的動能為ΔEk＝W總＝mgh，故B錯誤；對滑雪運動員由牛頓第二定律有mgsin 30°－Ff＝ma，可得運動員受到的摩擦力Ff＝mg，所以運動員克服摩擦力做的功為W克＝Ff·＝mgh，可知運動員減少的機械能為mgh，故A正確，C錯誤。]
3.BD　[列車在沖上坡頂車站時，需要克服阻力做功，減小的動能一部分轉化成了列車的重力勢能，一部分克服了阻力做功，該過程中列車增加的重力勢能與減小的動能之間的關系為ΔEp＝mgh<ΔEk＝mv－mv，因此該過程列車的機械能減少，故A錯誤，B正確；則該過程節能坡的轉化率為η＝＝×100%≈25%，故C錯誤，D正確。]
4.BC　[物體的機械能變化等于力F做的功，即E＝Fx，故圖線的斜率表示F，又0～x1過程中斜率不變，而x1～x2過程中斜率減小，故0～x2過程中物體所受拉力先不變后減小，故A錯誤；x1～x2過程中，斜率變小，故拉力逐漸減小，則加速度先減小后反向增大，故B正確；由前面分析知，物體先向上勻加速，然后做加速度逐漸減小的加速運動，再做加速度逐漸增大的減速運動，最終F＝0，物體做減速運動，則在0～x3過程中，物體的速度先增大后減小，即動能先增大后減小，故C正確；由于題圖為物體的機械能E與位移x的關系，則根據題圖0～x2過程中物體的機械能一直增大，x2～x3過程中物體機械能保持不變，故D錯誤。]
5.BD　[摩擦產生的熱量等于滑塊克服摩擦力做的功，則Q＝W3，故A錯誤；根據動能定理，合力做的功等于動能的變化量，即ΔEk＝W1＋W2－W3，故B正確；根據重力做功與重力勢能變化的關系ΔEp＝－W2，故C錯誤；除重力外其他力做的功等于機械能的變化量，即ΔE＝W1－W3，故D正確。]
6.D　[根據能量守恒定律，有μmg·AB1＝Ep，μ(m0＋m)g·AB2＝Ep，聯立解得m＝400 g，D正確。]
7.A　[全過程根據能量守恒定律有WF＝μmg·x＋Ep＋Ek，其中根據圖像可得外力F做的功為圖線與橫軸圍成的面積，所以有WF＝(5＋10)×0.2× J＋10×0.2 J＝3.5 J，彈性勢能Ep＝kx2＝2.4 J，代入數據聯立解得Ek＝0.7 J，故A正確。]
8.AB　[根據動能定理可得Ek－Ek0＝－mgxsin θ－μmgxcos θ，可得Ek＝Ek0－(mgsin θ＋μmgcos θ)x，可知Ek與位移x成線性關系，故A正確；滑塊的重力勢能為Ep＝mgx·sin θ，可知Ep與位移成正比，故B正確；滑塊以速度v0沖上粗糙的斜面，加速度大小為a＝gsin θ＋μgcos θ，則有v＝v0－(gsin θ＋μgcos θ)t，滑塊動能與時間的關系為Ek＝mv2＝m[v0－(gsin θ＋μgcos θ)t]2，故C錯誤；上滑過程中，摩擦力對滑塊做負功，滑塊的機械能不斷減小，故D錯誤。]
9.B　[對小物塊由動能定理得F(x＋L)－Ff(x＋L)＝Ek物－0，整理有Ek物＝F(x＋L)－Ff(x＋L)，故A項錯誤；對小車由動能定理有Ffx＝Ek車－0，整理有Ek車＝Ffx，故B項正確；設水平面為零勢能面，初始時物塊和小車均靜止，其機械能為0，經過水平外力作用后，小車和小物塊的動能之和為Ek＝Ek車＋Ek物＝F(x＋L)－Ff(x＋L)＋Ffx＝F(x＋L)－FfL，此時物塊和小車的機械能等于其兩者的動能之和，所以該過程機械能增加了F(x＋L)－FfL，故C項錯誤；根據功能關系可知，摩擦產生的熱量等于摩擦力與相對位移的乘積，即Q＝FfL，故D項錯誤。]
10.(1)6 J　(2)停在BC上距離C端0.3 m處(或距離B端0.2 m處)
解析　(1)在壓縮彈簧過程中，物塊速度最大時所受合力為零。設此時物塊離D端的距離為x0，則有kx0＝mg
解得x0＝0.1 m
在C點，由牛頓第三定律知，物塊受到上管壁向下的作用力
FN′＝2.5mg，有FN′＋mg＝m
解得vC＝ m/s
物塊從C點到速度最大時，由能量守恒定律有
mg(r＋x0)＝Ep＋Ekm－mv
解得Ekm＝6 J。
(2)物塊從A點運動到C點的過程中，由動能定理得
mgh－μmgs＝mv－0
解得B、C間距離s＝0.5 m
物塊與彈簧作用后返回C處時動能不變，物塊的動能最終消耗在與BC水平面相互作用的過程中。
設物塊第一次與彈簧作用返回C處后，物塊在BC上運動的總路程為s′，由能量守恒定律有μmgs′＝mv
解得s′＝0.7 m
故最終物塊在BC上與C點的距離為
x1＝0.5 m－(0.7 m－0.5 m)＝0.3 m
或距離B端為x2＝0.7 m－0.5 m＝0.2 m處停下。
11.(1)3 m/s　(2)4.5 J　(3)53°　(4)<μ<
解析　(1)根據平拋運動特點，可得h＝gt2
s＝v0t
解得v0＝3 m/s。
(2)根據能量守恒定律有Ep＝Ek＝mv＝4.5 J。
(3)物塊運動到B點時，豎直方向速度為vy，則有v＝2gh
解得vy＝4 m/s
則有tan θ＝＝
可知θ＝53°。
(4)B、C兩點的高度差為hBC＝R－Rcos 53°＝0.4 m
若小物體恰能與墻壁相碰，根據能量守恒定律有
μ1mgL＝Ep＋mg(h＋hBC)
解得μ1＝
若恰不從B飛出，根據能量守恒定律有2μ2mgL＝Ep＋mgh
解得μ2＝
由mghBC<μ2mgl知則小物塊從BC滑回不與墻壁發生二次碰撞
綜上可得<μ<。(共55張PPT)
第4講　功能關系　能量守恒定律
第五章　機械能守恒定律
掌握幾種常見的動能關系，知道能量守恒定律。
理解摩擦力做功與能量轉化的關系。
會應用能量的觀點解決綜合問題。
學習目標
目 錄
CONTENTS
夯實必備知識
01
研透核心考點
02
提升素養能力
03
夯實必備知識
1
減少
一、幾種常見的功能關系及其表達式
力做功 能的變化 定量關系
合力的功 動能變化 W＝Ek2－Ek1＝ΔEk
重力的功 重力勢能 變化 (1)重力做正功，重力勢能_________
(2)重力做負功，重力勢能_________
(3)WG＝－ΔEp＝_________
增加
Ep1－Ep2
彈簧彈力的功 彈性勢能 變化 (1)彈力做正功，彈性勢能_________
(2)彈力做負功，彈性勢能_________
(3)W彈＝－ΔEp＝Ep1－Ep2
只有重力、彈簧彈力做功 機械能 _________ 機械能守恒，ΔE＝_________
除重力和彈簧彈力之外的其他力做的功 機械能_________ (1)其他力做多少正功，物體的機械能就_________多少
(2)其他力做多少負功，物體的機械能就_________多少
(3)W其他＝_________
減少
增加
不變化
0
變化
增加
減少
ΔE
一對相互作用的滑動摩擦力的總功 機械能_________，內能_________ (1)作用于系統的一對滑動摩擦力一定做負功，系統內能_________
(2)摩擦生熱Q＝_________
安培力做功 電能變化 (1)克服安培力做的功等于電能增加量
(2)W克安＝E電
減少
增加
增加
Ffx相對
產生
二、能量守恒定律
轉化
轉移
保持不變
ΔE增
1.思考判斷
(1)力對物體做了多少功，物體就具有多少能。( )
(2)一個物體的能量增加，必定有別的物體的能量減少。( )
(3)在物體的機械能減少的過程中，動能有可能是增大的。( )
(4)滑動摩擦力做功時，一定會引起機械能的轉化。( )
(5)除重力以外的其他力做的功等于物體動能的改變量。( )
(6)克服與勢能有關的力(重力、彈簧彈力、靜電力)做的功等于對應勢能的增加量。( )
×
√
√
√
×
√
2.(多選)一名滑雪運動員在雪道上下滑了一段路程，重力對他做功3 000 J，他克服阻力做功500 J，則在此過程中這名運動員(　　)
A.重力勢能增加了3 000 J B.動能增加了3 000 J
C.動能增加了2 500 J D.機械能減少了500 J
CD
研透核心考點
2
考點二　能量守恒定律的理解和應用
考點一　功能關系的理解和應用
功的正負與能量增減的對應關系
(1)物體動能的增加與減少要看合外力對物體做正功還是做負功。
(2)勢能的增加與減少要看對應的作用力(如重力、彈簧彈力、靜電力等)做負功還是做正功。
(3)機械能的增加與減少要看重力和彈簧彈力之外的力對物體做正功還是做負功。
考點一　功能關系的理解和應用
B
例1 (2024·江蘇南京高三檢測)如圖1所示，在電梯中的斜面上放置了一滑塊，在電梯加速上升的過程中，滑塊相對斜面靜止，則在該過程中(　　)
角度　　功能關系的理解
圖1
A.斜面對滑塊的摩擦力對滑塊做負功
B.斜面對滑塊的彈力對滑塊所做的功小于滑塊增加的機械能
C.斜面對滑塊的彈力對滑塊所做的功等于滑塊增加的重力勢能
D.滑塊所受合力對滑塊所做的功等于滑塊增加的機械能
解析　在電梯加速上升的過程中，對滑塊受力分析可知，摩擦力沿斜面向上，與速度方向夾角為銳角，故摩擦力做正功，故A錯誤；根據功能關系可知，彈力和摩擦力做功之和等于滑塊機械能增加量，兩力均做正功，故彈力對滑塊做的功小于滑塊機械能增加量，故B正確；由于加速度大小未知，根據題目信息無法判斷支持力沿豎直方向分力與重力大小關系，無法判斷彈力做功與重力做功大小關系，故無法判斷彈力對滑塊所做的功與滑塊增加的重力勢能大小關系，故C錯誤；除重力之外其他力做的功等于滑塊機械能的增加量，合力包含重力，故合力對滑塊所做的功不等于滑塊增加的機械能，故D錯誤。
BC
例2 (多選)(2024·福建三明高三期中)如圖2甲所示，傾角為30°的斜面固定在水平地面上，一木塊以一定的初速度從斜面底端開始上滑。若斜面足夠長，上滑過程中木塊的機械能和動能隨位移變化的關系圖線如圖乙所示，則下列說法正確的是(　　)
角度　　功能關系與圖像的結合
圖2
A.木塊上滑過程中，重力勢能增加了4E0
AD
1.(多選)(2024·湖北武漢高三月考)從地面豎直向上拋出一物體，其機械能E總等于動能Ek與重力勢能Ep之和，取地面為零勢能參考平面，該物體的E總和Ep隨它離開地面的高度h的變化如圖3所示。重力加速度g取10 m/s2，根據圖中數據可知(　　)
圖3
A.物體的質量為2 kg
B.物體上升過程中所受阻力大小為4 N
C.在物體上升至h＝2 m處，物體的動能為40 J
D.在物體上升后返回至h＝2 m處，物體的動能為30 J
BD
例3 (多選)(2024·江蘇南京師大附中高三期中)一長木板靜止于光滑水平面上，一小物塊(可視為質點)從左側以某一速度滑上木板，最終和木板相對靜止一起向右做勻速直線運動。在物塊從滑上木板到和木板相對靜止的過程中，物塊的位移是木板位移的4倍，設板塊間滑動摩擦力大小不變，則(　　)
角度　　摩擦力做功與能量轉化
圖4
A.物塊動能的減少量等于木板動能的增加量
B.摩擦力對木板做的功等于木板動能的增加量
C.因摩擦而產生的內能等于物塊克服摩擦力所做的功
D.因摩擦而產生的內能是木板動能增加量的3倍
解析　根據能量守恒定律可知，物塊動能減少量等于木板動能增加量與因摩擦產生的內能之和，故A錯誤；根據動能定理可知，摩擦力對木板做的功等于木板動能的增加量，故B正確；設物塊與木板之間的摩擦力為Ff，木板的位移為x，則物塊的位移為4x，物塊克服摩擦力所做的功為Wf＝Ff·4x，對木板根據動能定理可得木板動能的增加量為ΔEk＝Ffx，因摩擦產生的內能為Q＝Ffs相＝Ff·3x，可知因摩擦而產生的內能小于物塊克服摩擦力所做的功，因摩擦而產生的內能是木板動能增加量的3倍，故C錯誤，D正確。
方法總結　兩種摩擦力做功特點的比較
　　類型 比較　　 靜摩擦力做功 滑動摩擦力做功
不 同 點 能量的 轉化 只有機械能從一個物體轉移到另一個物體，而沒有機械能轉化為其他形式的能 (1)一部分機械能從一個物體轉移到另一個物體
(2)一部分機械能轉化為內能，此部分能量就是系統機械能的損失量
一對摩擦力的總功 一對靜摩擦力所做功的代數和總等于零 一對滑動摩擦力做功的代數和總是負值，總功W＝－Ffs相對，即發生相對滑動時產生的熱量
相同點 做功情況 兩種摩擦力對物體可以做正功，也可以做負功，還可以不做功
C
2.一木塊靜置于光滑水平面上，一顆子彈沿水平方向飛來射入木塊中。當子彈進入木塊的深度達到最大值2 cm時，木塊沿水平面恰好移動距離1 cm。在上述過程中系統損失的機械能與子彈損失的動能之比為(　　)
A.1∶2 B.1∶3 C.2∶3 D.3∶2
1.對能量守恒定律的兩點理解
(1)某種形式的能量減少，一定存在其他形式的能量增加，且減少量和增加量一定相等。
(2)某個物體的能量減少，一定存在其他物體的能量增加，且減少量和增加量一定相等。
考點二　能量守恒定律的理解和應用
2.能量轉化問題的解題思路
(1)當涉及摩擦力做功，機械能不守恒時，一般應用能量守恒定律。
(2)解題時，首先確定初、末狀態，然后分析狀態變化過程中哪種形式的能量減少，哪種形式的能量增加，求出減少的能量總和ΔE減與增加的能量總和ΔE增，最后由ΔE減＝ΔE增列式求解。
3.涉及彈簧的能量問題
兩個或兩個以上的物體與彈簧組成的系統相互作用的過程，具有以下特點：
(1)能量轉化方面，如果只有重力和系統內彈簧彈力做功，系統機械能守恒。
(2)如果系統內每個物體除彈簧彈力外所受合力為零，則當彈簧伸長或壓縮到最大程度時兩物體速度相同。
例4 (2024·河北任丘一中期中)如圖5所示，將原長為R的輕質彈簧放置在傾角為37°的軌道AB上，一端固定在A點，另一端與滑塊P(可視為質點，質量可調)接觸但不連接。AB長為2R，B端與半徑為R的光滑圓軌道BCD相切，D點在O點的正上方，C點與圓心O等高。滑塊P與AB間的動摩擦因數μ＝0.5。用外力推動滑塊P，每次都將彈簧壓縮至原長的一半，然后放開，P開始沿軌道AB運動。當P的質量為m時剛好能到達圓軌道的最高點D。已知重力加速度大小為g，sin 37°＝0.6，cos 37°＝0.8。
圖5
(1)求彈簧壓縮至原長的一半時，彈簧的彈性勢能Ep；
聯立解得Ep＝3.8mgR。
答案　3.8mgR
(2)改變滑塊Р的質量為M，使之能滑上圓軌道，且仍能沿圓軌道滑下，求M的可能值。
要使滑塊P仍能沿圓軌道滑回，P在圓軌道上升的高度不能超過與圓心等高處，由能量守恒定律可得
解析　設滑塊P的質量為M，為使P能滑上圓軌道，則它到達B點時的速度應大于零，由能量守恒定律可得
BC
3.(多選)(2024·遼寧大連高三期中)如圖6所示，傾角為θ＝53°的固定粗糙斜面上有一A點，長度為l＝0.5 m的木板質量分布均勻，其質量為M＝3 kg，開始用外力使木板下端與A點對齊，如圖。木塊質量為m＝1 kg，兩者用一輕質細繩繞過光
圖6
A.木板M和木塊m組成的系統機械能守恒
C.木板減少的機械能等于木塊增加的機械能與系統產生的熱量之和
D.系統產生的熱量為10 J
提升素養能力
3
B
對點練1　功能關系的理解與應用
1.(2023·1月浙江選考)一位游客正在體驗蹦極，綁上蹦極專用的橡皮繩后從跳臺縱身而下。游客從跳臺下落直到最低點過程中(　　)
A.彈性勢能減小 B.重力勢能減小
C.機械能保持不變 D.繩一繃緊動能就開始減小
A級　基礎對點練
解析　橡皮繩繃緊后彈性勢能一直增大，A錯誤；游客高度一直降低，重力一直做正功，重力勢能一直減小，B正確；下落階段橡皮繩對游客做負功，游客機械能減少，轉化為彈性勢能，C錯誤；橡皮繩剛繃緊的一段時間內，彈力小于重力，合力向下，游客的速度繼續增加，游客動能繼續增加；當彈力大于重力后，合力向上，游客動能逐漸減小，D錯誤。
A
圖1
BD
3.(多選)(2024·湖南長郡中學模擬)如圖2，廣州地鐵3號線北延段使用了節能坡。某次列車以64.8 km/h(18 m/s)的速度沖上高度為4 m的坡頂車站時，速度減為7.2 km/h(2 m/s)，設該過程節能坡的轉化率為η(列車重力勢能的增加量與其動能減小量之比)，g取9.8 N/kg，則(　　)
圖2
A.該過程列車的機械能守恒
B.該過程列車的機械能減少
C.η約為10%
D.η約為25%
BC
4.(多選)(2024·福建廈門高三聯考)如圖3甲所示，用豎直向上的力F拉靜止在水平地面上的物體，物體在向上運動的過程中，其機械能E與位移x的關系如圖乙，其中AB為曲線，其余部分為直線，下列說法正確的是(　　)
圖3
A.0～x2過程中，物體所受拉力不變
B.x1～x2過程中，物體的加速度先減小后增大
C.0～x3過程中，物體的動能先增大后減小
D.0～x3過程中，物體的機械能一直增大
解析　物體的機械能變化等于力F做的功，即E＝Fx，故圖線的斜率表示F，又0～x1過程中斜率不變，而x1～x2過程中斜率減小，故0～x2過程中物體所受拉力先不變后減小，故A錯誤；x1～x2過程中，斜率變小，故拉力逐漸減小，則加速度先減小后反向增大，故B正確；由前面分析知，物體先向上勻加速，然后做加
速度逐漸減小的加速運動，再做加速度逐漸增大的減速運動，最終F＝0，物體做減速運動，則在0～x3過程中，物體的速度先增大后減小，即動能先增大后減小，故C正確；由于題圖為物體的機械能E與位移x的關系，則根據題圖0～x2過程中物體的機械能一直增大，x2～x3過程中物體機械能保持不變，故D錯誤。
BD
5.(多選)(2024·北京四中期中)一質量為m的滑塊在拉力F作用下從固定斜面的頂端下滑至底端的過程中，拉力F做功為W1，重力做功為W2，克服摩擦力做功為W3，則下列說法正確的是(　　)
A.因摩擦而產生的熱量為Q＝W2＋W3
B.動能的變化量為ΔEk＝W1＋W2－W3
C.重力勢能的變化量為ΔEp＝W2
D.機械能的變化量為ΔE＝W1－W3
解析　摩擦產生的熱量等于滑塊克服摩擦力做的功，則Q＝W3，故A錯誤；根據動能定理，合力做的功等于動能的變化量，即ΔEk＝W1＋W2－W3，故B正確；根據重力做功與重力勢能變化的關系ΔEp＝－W2，故C錯誤；除重力外其他力做的功等于機械能的變化量，即ΔE＝W1－W3，故D正確。
D
對點練2　能量守恒定律的理解和應用
6.某同學用如圖4所示的裝置測量一個凹形木塊的質量m，彈簧的左端固定，木塊在水平面上緊靠彈簧(不連接)并將其壓縮，記下木塊右端位置A點，靜止釋放后，木塊右端恰能運動到B1點。在木塊槽中加入一個質量m0＝800 g的砝碼，再將木塊左端緊靠彈簧，木塊右端位置仍然在A點，靜止釋放后木塊離開彈簧，右端恰能運動到B2點，測得AB1、AB2長分別為27.0 cm和9.0 cm，則木塊的質量m為(　　)
圖4
A.100 g B.200 g C.300 g D.400 g
解析　根據能量守恒定律，有μmg·AB1＝Ep，μ(m0＋m)g·AB2＝Ep，聯立解得m＝400 g，D正確。
A
A.0.7 J B.1.1 J
C.3.1 J D.3.5 J
圖5
AB
B級　綜合提升練
8.(多選)(2024·四川成都石室中學期中)如圖6所示，滑塊以一定的初速度沖上足夠長的粗糙固定斜面，取斜面底端O點為運動的起點和零勢能點，并以滑塊由O點出發時為t＝0時刻，在滑塊運動到最高點的過程中，下列描述滑塊的動能Ek、重力勢能Ep、機械能E隨位移x、時間t變化的圖像中，正確的是(　　)
圖6
解析　根據動能定理可得Ek－Ek0＝－mgxsin θ－μmgxcos θ，可得Ek＝Ek0－(mgsin θ＋μmgcos θ)x，可知Ek與位移x成線性關系，故A正確；滑塊的重力勢能為Ep＝mgx·sin θ，可知Ep與位移成正比，故B正確；滑塊以速度v0沖上粗糙的斜面，加速度大小為a＝gsin θ＋μgcos θ，則有v＝v0－(gsin θ＋
B
9.如圖7所示，質量為M、長度為L的小車靜止在光滑的水平面上，質量為m的小物塊放在小車的最左端，現用一水平力F作用在小物塊上，小物塊與小車之間的摩擦力為Ff，經過一段時間小車運動的位移為x，小物塊剛好滑到小車的右端，則下列說法正確的是(　　)
圖7
A.此時小物塊的動能為F(x＋L)
B.此時小車的動能為Ffx
C.這一過程中，小物塊和小車增加的機械能為Fx－FfL
D.這一過程中，因摩擦而產生的熱量為Ff(L＋x)
解析　對小物塊由動能定理得F(x＋L)－Ff(x＋L)＝Ek物－0，整理有Ek物＝F(x＋L)－Ff(x＋L)，故A項錯誤；對小車由動能定理有Ffx＝Ek車－0，整理有Ek車＝Ffx，故B項正確；設水平面為零勢能面，初始時物塊和小車均靜止，其機械能為0，經過水平外力作用后，小車和小物塊的動能之和為Ek＝Ek車＋Ek物＝F(x＋L)－Ff(x＋L)＋Ffx＝F(x＋L)－FfL，此時物塊和小車的機械能等于其兩者的動能之和，所以該過程機械能增加了F(x＋L)－FfL，故C項錯誤；根據功能關系可知，摩擦產生的熱量等于摩擦力與相對位移的乘積，即Q＝FfL，故D項錯誤。
方直立一根勁度系數為k＝100 N/m的輕彈簧，彈簧一端固定于地面上，另一端恰好與管口D端平齊。一個質量為1.0 kg的物塊放在曲面AB上，現從距BC高度為h＝0.6 m處由靜止釋放物塊，它與BC間的動摩擦因數μ＝0.5，物塊進入管口C端時，它對上管壁有FN＝2.5mg的作用力，通過CD后，在壓縮彈簧過程中物塊速度最大時彈簧的彈性勢能Ep＝0.5 J。重力加速度g取10 m/s2。求：
圖8
(1)在壓縮彈簧過程中物塊的最大動能Ekm；
(2)物塊最終停止的位置。
答案　(1)6 J　(2)停在BC上距離C端0.3 m處(或距離B端0.2 m處)
解析　(1)在壓縮彈簧過程中，物塊速度最大時所受合力為零。設此時物塊離D端的距離為x0，則有kx0＝mg
解得x0＝0.1 m
在C點，由牛頓第三定律知，物塊受到上管壁向下的作用力FN′＝2.5mg，有
物塊從C點到速度最大時，由能量守恒定律有
解得Ekm＝6 J。
解得B、C間距離s＝0.5 m
物塊與彈簧作用后返回C處時動能不變，物塊的動能最終消耗在與BC水平面相互作用的過程中。
解得s′＝0.7 m
故最終物塊在BC上與C點的距離為x1＝0.5 m－(0.7 m－0.5 m)＝0.3 m
或距離B端為x2＝0.7 m－0.5 m＝0.2 m處停下。
C級　培優加強練
11.如圖9所示，在光滑水平臺面上，一個質量m＝1 kg的小物塊壓縮彈簧后被鎖扣K鎖住。現打開鎖扣K，物塊與彈簧分離后將以一定的水平速度向右滑離平臺，并恰好從B點沿切線方向進入光滑豎直的圓弧軌道BC。已知A、B的高度差h＝0.8 m，水平距離s＝1.2 m，圓弧軌道的半徑R＝1 m，C點在圓弧軌道BC的圓心O的正下方，并與水平地面上長為L＝2 m的粗糙直軌道CD平滑連接，小物塊沿軌道BCD運動并與右邊的豎直墻壁會發生碰撞，重力加速度g＝10 m/s2，sin 37°＝0.6，cos 37°＝0.8，空氣阻力忽略不計。試求：
圖9
(1)小物塊運動到平臺末端A的速度大小v0；
(2)彈簧被鎖扣鎖住時所儲存的彈性勢能Ep；
(3)圓弧BC所對的圓心角θ；
(4)若小物塊與墻壁碰撞后以原速率反彈，且只會與墻壁發生一次碰撞并最終停在軌道CD間，那么小物塊與軌道CD之間的動摩擦因數μ應滿足什么條件。
s＝v0t
解得v0＝3 m/s。
解得vy＝4 m/s
(4)B、C兩點的高度差為hBC＝R－Rcos 53°＝0.4 m
若小物體恰能與墻壁相碰，根據能量守恒定律有μ1mgL＝Ep＋mg(h＋hBC)
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