功能关系能量守恒定律含答案.docx
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功能关系能量守恒定律含答案
专题功能关系能量守恒定律
【考情分析】
1．知道功是能量转化的量度，掌握重力的功、弹力的功、合力的功与对应的能量转化关系。
2．知道自然界中的能量转化，理解能量守恒定律，并能用来分析有关问题。
【重点知识梳理】
知识点一对功能关系的理解及其应用
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．做功对应变化的能量形式
（1）合外力对物体做的功等于物体的动能的变化。
（2）重力做功引起物体重力势能的变化。
（3）弹簧弹力做功引起弹性势能的变化。
（4）除重力和系统内弹力以外的力做的功等于物体机械能的变化。
知识点二能量守恒定律的理解及应用
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另一个物体，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
ΔE减＝ΔE增，E初＝E末。
【典型题分析】
高频考点一对功能关系的理解及其应用
【例1】（2019·全国Ⅱ卷）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。
取地面为重力势能零点，该物体的E总和Ep随它离开地面的高度h的变化如图所示。
重力加速度取10m/s2。
由图中数据可得
A．物体的质量为2kg
B．h=0时，物体的速率为20m/s
C．h=2m时，物体的动能Ek=40J
D．从地面至h=4m，物体的动能减少100J
【答案】AD
【解析】A．Ep–h图像知其斜率为G，故G=
=20N，解得m=2kg，故A正确B．h=0时，Ep=0，Ek=E机–Ep=100J–0=100J，故
=100J，解得：
v=10m/s，故B错误；C．h=2m时，Ep=40J，Ek=E机–Ep=85J–40J=45J，故C错误；D．h=0时，Ek=E机–Ep=100J–0=100J，h=4m时，Ek′=E机–Ep=80J–80J=0J，故Ek–Ek′=100J，故D正确。
【举一反三】（2018·天津卷）滑雪运动深受人民群众喜爱。
某滑雪运动员（可视为质点）由坡道进入竖直面内的圆弧形滑道AB，从滑道的A点滑行到最低点B的过程中，由于摩擦力的存在，运动员的速率不变，则运动员沿AB下滑过程中（ ）
A．所受合外力始终为零B．所受摩擦力大小不变
C．合外力做功一定为零D．机械能始终保持不变
【答案】C
【解析】运动员做匀速圆周运动，所受合外力指向圆心，A项错误；由动能定理可知，合外力做功一定为零，C项正确；运动员所受滑动摩擦力大小等于运动员重力沿滑道向下的分力，随滑道与水平方向夹角的变化而变化，B项错误；运动员动能不变，重力势能减少，所以机械能减少，D项错误。
【举一反三】（2018·全国卷Ⅰ）如图所示，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．2mgRB．4mgRC．5mgRD．6mgR
【答案】C
【解析】设小球运动到c点的速度大小为vc，则对小球由a到c的过程，由动能定理有F·3R－mgR＝
mv
，又F＝mg，解得vc＝2
，小球离开c点后，在水平方向做初速度为零的匀加速直线运动，竖直方向在重力作用下做匀减速直线运动，由牛顿第二定律可知，小球离开c点后水平方向和竖直方向的加速度大小均为g，则由竖直方向的运动可知，小球从离开c点到其轨迹最高点所需的时间为t＝
＝2
，在水平方向的位移大小为x＝
gt2＝2R。
由以上分析可知，小球从a点开始运动到其轨迹最高点的过程中，水平方向的位移大小为5R，则小球机械能的增加量为ΔE＝F·5R＝5mgR，C正确，A、B、D错误。
【方法技巧】几种常见功能关系
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＝－ΔEp
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
负功
弹性势能增加
电场力
正功
电势能减少
W电＝－ΔEp
负功
电势能增加
合力
正功
动能增加
W合＝ΔEk
负功
动能减少
重力以外的其他力
正功
机械能增加
W其＝ΔE
负功
机械能减少
【变式探究】（2017·全国卷Ⅲ）如图所示，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.
mglB.
mglC.
mglD.
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，选项A正确。
高频考点二摩擦力做功与能量的转化关系
【例2】（多选）（2018·江苏卷）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．加速度先减小后增大
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
【答案】AD
【解析】物块在从A到B的运动过程中，弹簧对物块的弹力先大于摩擦力后小于摩擦力，其所受合外力先减小后增大，根据牛顿第二定律，物块的加速度先减小后增大，选项A正确；物块受到弹簧的弹力等于摩擦力时速度最大，此位置一定位于A、O之间，选项B错误；物块所受弹簧的弹力先做正功后做负功，选项C错误；对物块从A到B的运动过程，由动能定理可知，物块所受弹簧弹力做的功等于克服摩擦力做的功，选项D正确。
【方法技巧】
1．两种摩擦力的做功情况比较
类别比较
静摩擦力
滑动摩擦力
不同点
能量的转
化方面
只有能量的转移，而没有能量的转化
既有能量的转移，又有能量的转化
一对摩擦力的
总功方面
一对静摩擦力所做功的代数和等于零
一对滑动摩擦力所做功的代数和不为零，总功W＝－Ff·l相对，即摩擦时产生的热量
相同点
正功、负功、不做功方面
两种摩擦力对物体可以做正功、负功，还可以不做功
2．摩擦力做功的分析方法
（1）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．
（2）摩擦生热的计算：
公式Q＝Ff·l相对中l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l相对为总的相对路程．
【变式探究】（2020·湖北武汉模拟）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＋2μ）
【答案】CD
【解析】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正确；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。
【举一反三】（2020·浙江杭州模拟）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
【答案】D
【解析】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。
高频考点三能量守恒定律的应用
【例3】（2019·浙江选考）如图所示为某一游戏的局部简化示意图。
D为弹射装置，AB是长为21m的水平轨道，倾斜直轨道BC固定在竖直放置的半径为R=10m的圆形支架上，B为圆形的最低点，轨道AB与BC平滑连接，且在同一竖直平面内。
某次游戏中，无动力小车在弹射装置D的作用下，以v0=10m/s的速度滑上轨道AB，并恰好能冲到轨道BC的最高点。
已知小车在轨道AB上受到的摩擦力为其重量的0.2倍，轨道BC光滑，则小车从A到C的运动时间是（）
A．5sB．4.8sC．4.4sD．3s
【答案】A
【解析】设小车的质量为m，小车在AB段所匀减速直线运动，加速度
，在AB段，根据动能定理可得
，解得
，故
；小车在BC段，根据机械能守恒可得
，解得
，过圆形支架的圆心O点作BC的垂线，根据几何知识可得
，解得
，
，故小车在BC上运动的加速度为
，故小车在BC段的运动时间为
，所以小车运动的总时间为
，A正确。
【方法技巧】能量转化问题的解题思路
（1）当涉及滑动摩擦力做功，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减和增加的能量总和ΔE增，最后由ΔE减＝ΔE增列式求解。
【变式探究】（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，且仍能沿圆轨道滑下，求P的质量的取值范围。
【解析】
（1）依题意，当弹簧竖直放置，长度被压缩至l时，质量为5m的物体的动能为零，其重力势能转化为弹簧的弹性势能。
由机械能守恒定律，弹簧长度为l时的弹性势能为
Ep＝5mgl①
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＝2
l。
⑨
（2）为使P能滑上圆轨道，它到达B点时的速度不能小于零。
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<
m。
⑫
【答案】
（1）
2
l
（2）
m≤M<
m
高频考点四功能原理的综合应用
【例4】（2017·全国卷Ⅰ）一质量为8.00×104kg的太空飞船从其飞行轨道返回地面．飞船在离地面高度1.60×105m处以7.50×103m/s的速度进入大气层，逐渐减慢至速度为100m/s时下落到地面．取地面为重力势能零点，在飞船下落过程中，重力加速度可视为常量，大小取为9.8m/s2.（结果保留2位有效数字）
（1）分别求出该飞船着地前瞬间的机械能和它进入大气层时的机械能；
（2）求飞船从离地面高度600m处至着地前瞬间的过程中克服阻力所做的功，已知飞船在该处的速度大小是其进入大气层时速度大小的2.0%.
【解析】
（1）飞船着地前瞬间的机械能为Ek0＝
mv
①
式中，m和v0分别是飞船的质量和着地前瞬间的速率．
由①式和题给数据得Ek0＝4.0×108J②
设地面附近的重力加速度大小为g.
飞船进入大气层时的机械能为Eh＝
mv
＋mgh③
式中，vh是飞船在高度1.60×105m处的速度大小．
由③式和题给数据得Eh≈2.4×1012J．④
（2）飞船在高度h′＝600m处的机械能为
Eh′＝
m（0.02vh）2＋mgh′⑤
由功能原理得W＝Eh′－Ek0⑥
式中，W是飞船从离地面高度600m处至着地前瞬间的过程中克服阻力所做的功．由②⑤⑥式和题给数据得W≈9.7×108J。
【易错警示】
（1）机械能为动能和势能之和．
（2）阻力做的功不是动能的改变而是机械能的改变.
【变式探究】（2020·河北辛集中学模拟）水平地面上固定有两个高度相同的粗糙斜面体甲和乙，斜面长分别为s、L1，如图所示。
两个完全相同的小滑块A、B可视为质点，同时由静止开始从甲、乙两个斜面的顶端释放，小滑块A一直沿斜面甲滑到底端C点，而小滑块B沿斜面乙滑到底端P点后又沿水平面滑行距离L2到D点（小滑块B在P点从斜面滑到水平面时速度大小不变），且s＝L1＋L2。
小滑块A、B与两个斜面以及水平面间的动摩擦因数相同，则（ ）
A．滑块A到达底端C点时的动能一定比滑块B到达D点时的动能小
B．两个滑块在斜面上加速下滑的过程中，到达同一高度时，动能可能相同
C．A、B两个滑块从斜面顶端分别运动到C、D的过程中，滑块A重力做功的平均功率小于滑块B重力做功的平均功率
D．A、B两个滑块从斜面顶端分别运动到C、D的过程中，由于克服摩擦而产生的热量一定相同
【答案】AC
【解析】根据动能定理，滑块A由甲斜面顶端到达底端C点的过程，mgh－μmgcosα·s＝
mv
，滑块B由乙斜面顶端到达D点的过程，mgh－μmgcosβ·L1－μmgL2＝
mv
，又s＝L1＋L2，根据几何关系得scosα>L1cosβ＋L2，所以
mv
<
mv
，故A正确；两个滑块在斜面上加速下滑的过程中，到达同一高度时：
mgh－μmgcosθ·
＝
mv2，重力做功相同，但克服摩擦力做功不等，所以动能不同，故B错误；整个过程中，两滑块所受重力做功相同，但由于滑块A运动时间长，故重力对滑块A做功的平均功率比滑块B的小，故C正确；滑块A、B分别到达C、D时的动能不相等，由能量守恒定律知滑块A、B运动过程中克服摩擦产生的热量不同，故D错误。
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