54功能關(guān)系能量守恒定律（精講）（解析版）

專題5.4功能關(guān)系能量守恒定律【考情分析】1．知道功是能量轉(zhuǎn)化的量度，掌握重力的功、彈力的功、合力的功與對(duì)應(yīng)的能量轉(zhuǎn)化關(guān)系。2．知道自然界中的能量轉(zhuǎn)化，理解能量守恒定律，并能用來(lái)分析有關(guān)問(wèn)題?！局攸c(diǎn)知識(shí)梳理】知識(shí)點(diǎn)一對(duì)功能關(guān)系的理解及其應(yīng)用1．功能關(guān)系(1)功是能量轉(zhuǎn)化的量度，即做了多少功就有多少能量發(fā)生了轉(zhuǎn)化。(2)做功的過(guò)程一定伴隨著能量的轉(zhuǎn)化，而且能量的轉(zhuǎn)化必須通過(guò)做功來(lái)實(shí)現(xiàn)。2．做功對(duì)應(yīng)變化的能量形式(1)合外力對(duì)物體做的功等于物體的動(dòng)能的變化。(2)重力做功引起物體重力勢(shì)能的變化。(3)彈簧彈力做功引起彈性勢(shì)能的變化。(4)除重力和系統(tǒng)內(nèi)彈力以外的力做的功等于物體機(jī)械能的變化。知識(shí)點(diǎn)二能量守恒定律的理解及應(yīng)用1．內(nèi)容能量既不會(huì)憑空產(chǎn)生，也不會(huì)憑空消失，它只能從一種形式轉(zhuǎn)化為另一種形式，或者從一個(gè)物體轉(zhuǎn)移到另一個(gè)物體，在轉(zhuǎn)化或轉(zhuǎn)移的過(guò)程中，能量的總量保持不變。2．適用范圍能量守恒定律是貫穿物理學(xué)的基本規(guī)律，是各種自然現(xiàn)象中普遍適用的一條規(guī)律。3．表達(dá)式ΔE減＝ΔE增，E初＝E末?！镜湫皖}分析】高頻考點(diǎn)一對(duì)功能關(guān)系的理解及其應(yīng)用【例1】（2019·全國(guó)Ⅱ卷）從地面豎直向上拋出一物體，其機(jī)械能E總等于動(dòng)能Ek與重力勢(shì)能Ep之和。取地面為重力勢(shì)能零點(diǎn)，該物體的E總和Ep隨它離開地面的高度h的變化如圖所示。重力加速度取10m/s2。由圖中數(shù)據(jù)可得A．物體的質(zhì)量為2kgB．h=0時(shí)，物體的速率為20m/sC．h=2m時(shí)，物體的動(dòng)能Ek=40JD．從地面至h=4m，物體的動(dòng)能減少100J【答案】AD【解析】A．Ep–h圖像知其斜率為G，故G==20N，解得m=2kg，故A正確B．h=0時(shí)，Ep=0，Ek=E機(jī)–Ep=100J–0=100J，故=100J，解得：v=10m/s，故B錯(cuò)誤；C．h=2m時(shí)，Ep=40J，Ek=E機(jī)–Ep=85J–40J=45J，故C錯(cuò)誤；D．h=0時(shí)，Ek=E機(jī)–Ep=100J–0=100J，h=4m時(shí)，Ek′=E機(jī)–Ep=80J–80J=0J，故Ek–Ek′=100J，故D正確?！九e一反三】(2018·天津卷)滑雪運(yùn)動(dòng)深受人民群眾喜愛。某滑雪運(yùn)動(dòng)員(可視為質(zhì)點(diǎn))由坡道進(jìn)入豎直面內(nèi)的圓弧形滑道AB，從滑道的A點(diǎn)滑行到最低點(diǎn)B的過(guò)程中，由于摩擦力的存在，運(yùn)動(dòng)員的速率不變，則運(yùn)動(dòng)員沿AB下滑過(guò)程中()A．所受合外力始終為零 B．所受摩擦力大小不變C．合外力做功一定為零 D．機(jī)械能始終保持不變【答案】C【解析】運(yùn)動(dòng)員做勻速圓周運(yùn)動(dòng)，所受合外力指向圓心，A項(xiàng)錯(cuò)誤；由動(dòng)能定理可知，合外力做功一定為零，C項(xiàng)正確；運(yùn)動(dòng)員所受滑動(dòng)摩擦力大小等于運(yùn)動(dòng)員重力沿滑道向下的分力，隨滑道與水平方向夾角的變化而變化，B項(xiàng)錯(cuò)誤；運(yùn)動(dòng)員動(dòng)能不變，重力勢(shì)能減少，所以機(jī)械能減少，D項(xiàng)錯(cuò)誤?！九e一反三】(2018·全國(guó)卷Ⅰ)如圖所示，abc是豎直面內(nèi)的光滑固定軌道，ab水平，長(zhǎng)度為2R；bc是半徑為R的四分之一圓弧，與ab相切于b點(diǎn)。一質(zhì)量為m的小球，始終受到與重力大小相等的水平外力的作用，自a點(diǎn)處從靜止開始向右運(yùn)動(dòng)。重力加速度大小為g。小球從a點(diǎn)開始運(yùn)動(dòng)到其軌跡最高點(diǎn)，機(jī)械能的增量為()A．2mgRB．4mgRC．5mgRD．6mgR【答案】C【解析】設(shè)小球運(yùn)動(dòng)到c點(diǎn)的速度大小為vc，則對(duì)小球由a到c的過(guò)程，由動(dòng)能定理有F·3R－mgR＝eq\f(1,2)mveq\o\al(2,c)，又F＝mg，解得vc＝2eq\r(gR)，小球離開c點(diǎn)后，在水平方向做初速度為零的勻加速直線運(yùn)動(dòng)，豎直方向在重力作用下做勻減速直線運(yùn)動(dòng)，由牛頓第二定律可知，小球離開c點(diǎn)后水平方向和豎直方向的加速度大小均為g，則由豎直方向的運(yùn)動(dòng)可知，小球從離開c點(diǎn)到其軌跡最高點(diǎn)所需的時(shí)間為t＝eq\f(vc,g)＝2eq\r(\f(R,g))，在水平方向的位移大小為x＝eq\f(1,2)gt2＝2R。由以上分析可知，小球從a點(diǎn)開始運(yùn)動(dòng)到其軌跡最高點(diǎn)的過(guò)程中，水平方向的位移大小為5R，則小球機(jī)械能的增加量為ΔE＝F·5R＝5mgR，C正確，A、B、D錯(cuò)誤?！痉椒记伞繋追N常見功能關(guān)系幾種常見力做功對(duì)應(yīng)的能量變化數(shù)量關(guān)系式重力正功重力勢(shì)能減少WG＝－ΔEp負(fù)功重力勢(shì)能增加彈簧等的彈力正功彈性勢(shì)能減少W彈＝－ΔEp負(fù)功彈性勢(shì)能增加電場(chǎng)力正功電勢(shì)能減少W電＝－ΔEp負(fù)功電勢(shì)能增加合力正功動(dòng)能增加W合＝ΔEk負(fù)功動(dòng)能減少重力以外的其他力正功機(jī)械能增加W其＝ΔE負(fù)功機(jī)械能減少【變式探究】(2017·全國(guó)卷Ⅲ)如圖所示，一質(zhì)量為m，長(zhǎng)度為l的均勻柔軟細(xì)繩PQ豎直懸掛。用外力將繩的下端Q緩慢地豎直向上拉起至M點(diǎn)，M點(diǎn)與繩的上端P相距eq\f(1,3)l。重力加速度大小為g。在此過(guò)程中，外力做的功為()A.eq\f(1,9)mglB.eq\f(1,6)mglC.eq\f(1,3)mglD.eq\f(1,2)mgl【答案】A【解析】以均勻柔軟細(xì)繩MQ段為研究對(duì)象，其質(zhì)量為eq\f(2,3)m，取M點(diǎn)所在的水平面為零勢(shì)能面，開始時(shí)，細(xì)繩MQ段的重力勢(shì)能Ep1＝－eq\f(2,3)mg·eq\f(l,3)＝－eq\f(2,9)mgl，用外力將繩的下端Q緩慢地豎直向上拉起至M點(diǎn)時(shí)，細(xì)繩MQ段的重力勢(shì)能Ep2＝－eq\f(2,3)mg·eq\f(l,6)＝－eq\f(1,9)mgl，則外力做的功即克服重力做的功等于細(xì)繩MQ段的重力勢(shì)能的變化，即W＝Ep2－Ep1＝－eq\f(1,9)mgl＋eq\f(2,9)mgl＝eq\f(1,9)mgl，選項(xiàng)A正確。高頻考點(diǎn)二摩擦力做功與能量的轉(zhuǎn)化關(guān)系【例2】(多選)(2018·江蘇卷)如圖所示，輕質(zhì)彈簧一端固定，另一端連接一小物塊，O點(diǎn)為彈簧在原長(zhǎng)時(shí)物塊的位置。物塊由A點(diǎn)靜止釋放，沿粗糙程度相同的水平面向右運(yùn)動(dòng)，最遠(yuǎn)到達(dá)B點(diǎn)。在從A到B的過(guò)程中，物塊()A．加速度先減小后增大B．經(jīng)過(guò)O點(diǎn)時(shí)的速度最大C．所受彈簧彈力始終做正功D．所受彈簧彈力做的功等于克服摩擦力做的功【答案】AD【解析】物塊在從A到B的運(yùn)動(dòng)過(guò)程中，彈簧對(duì)物塊的彈力先大于摩擦力后小于摩擦力，其所受合外力先減小后增大，根據(jù)牛頓第二定律，物塊的加速度先減小后增大，選項(xiàng)A正確；物塊受到彈簧的彈力等于摩擦力時(shí)速度最大，此位置一定位于A、O之間，選項(xiàng)B錯(cuò)誤；物塊所受彈簧的彈力先做正功后做負(fù)功，選項(xiàng)C錯(cuò)誤；對(duì)物塊從A到B的運(yùn)動(dòng)過(guò)程，由動(dòng)能定理可知，物塊所受彈簧彈力做的功等于克服摩擦力做的功，選項(xiàng)D正確?！痉椒记伞?．兩種摩擦力的做功情況比較類別比較靜摩擦力滑動(dòng)摩擦力不同點(diǎn)能量的轉(zhuǎn)化方面只有能量的轉(zhuǎn)移，而沒(méi)有能量的轉(zhuǎn)化既有能量的轉(zhuǎn)移，又有能量的轉(zhuǎn)化一對(duì)摩擦力的總功方面一對(duì)靜摩擦力所做功的代數(shù)和等于零一對(duì)滑動(dòng)摩擦力所做功的代數(shù)和不為零，總功W＝－Ff·l相對(duì)，即摩擦?xí)r產(chǎn)生的熱量相同點(diǎn)正功、負(fù)功、不做功方面兩種摩擦力對(duì)物體可以做正功、負(fù)功，還可以不做功2．摩擦力做功的分析方法(1)無(wú)論是滑動(dòng)摩擦力，還是靜摩擦力，計(jì)算做功時(shí)都是用力與對(duì)地位移的乘積．(2)摩擦生熱的計(jì)算：公式Q＝Ff·l相對(duì)中l(wèi)相對(duì)為兩接觸物體間的相對(duì)位移，若物體在傳送帶上做往復(fù)運(yùn)動(dòng)時(shí)，則l相對(duì)為總的相對(duì)路程．【變式探究】(2020·湖北武漢模擬)如圖所示，豎直平面內(nèi)有一半徑為R的固定eq\f(1,4)圓軌道與水平軌道相切于最低點(diǎn)B。一質(zhì)量為m的小物塊P(可視為質(zhì)點(diǎn))從A處由靜止滑下，經(jīng)過(guò)最低點(diǎn)B后沿水平軌道運(yùn)動(dòng)，到C處停下，B、C兩點(diǎn)間的距離為R，物塊P與圓軌道、水平軌道之間的動(dòng)摩擦因數(shù)均為μ?，F(xiàn)用力F將物塊P沿下滑的路徑從C處緩慢拉回圓弧軌道的頂端A，拉力F的方向始終與物塊P的運(yùn)動(dòng)方向一致，物塊P從B處經(jīng)圓弧軌道到達(dá)A處過(guò)程中，克服摩擦力做的功為μmgR，下列說(shuō)法正確的是()A．物塊P在下滑過(guò)程中，運(yùn)動(dòng)到B處時(shí)速度最大B．物塊P從A滑到C的過(guò)程中克服摩擦力做的功等于2μmgRC．拉力F做的功小于2mgRD．拉力F做的功為mgR(1＋2μ)【答案】CD【解析】當(dāng)重力沿圓軌道切線方向的分力等于滑動(dòng)摩擦力時(shí)速度最大，此位置在AB之間，故A錯(cuò)誤；將物塊P緩慢地從B拉到A，克服摩擦力做的功為μmgR，而物塊P從A滑到B的過(guò)程中，物塊P做圓周運(yùn)動(dòng)，根據(jù)向心力知識(shí)可知物塊P所受的支持力比緩慢運(yùn)動(dòng)時(shí)要大，則滑動(dòng)摩擦力增大，所以克服摩擦力做的功Wf大于μmgR，因此物塊P從A滑到C的過(guò)程中克服摩擦力做的功大于2μmgR，故B錯(cuò)誤；由動(dòng)能定理得，從C到A的過(guò)程中有WF－mgR－μmgR－μmgR＝0－0，則拉力F做的功為WF＝mgR(1＋2μ)，故D正確；從A到C的過(guò)程中，根據(jù)動(dòng)能定理得mgR－Wf－μmgR＝0，因?yàn)閃f>μmgR，則mgR>μmgR＋μmgR，因此WF<2mgR，故C正確?！九e一反三】（2020·浙江杭州模擬）如圖所示，質(zhì)量為m的物體在水平傳送帶上由靜止釋放，傳送帶由電動(dòng)機(jī)帶動(dòng)，始終保持以圖示速度v勻速運(yùn)動(dòng)。物體與傳送帶間的動(dòng)摩擦因數(shù)為μ，物體運(yùn)動(dòng)一段距離能保持與傳送帶相對(duì)靜止。對(duì)于物體從靜止釋放到相對(duì)傳送帶靜止這一過(guò)程，下列說(shuō)法正確的是()A．電動(dòng)機(jī)多做的功為eq\f(1,2)mv2B．摩擦力對(duì)物體做的功為mv2C．傳送帶克服摩擦力做的功為eq\f(1,2)mv2D．物體與傳送帶因摩擦產(chǎn)生的熱量為eq\f(1,2)mv2【答案】D【解析】電動(dòng)機(jī)多做的功轉(zhuǎn)化成了物體的動(dòng)能和內(nèi)能，物體從靜止釋放到相對(duì)傳送帶靜止過(guò)程中獲得的動(dòng)能為eq\f(1,2)mv2，所以電動(dòng)機(jī)多做的功一定大于eq\f(1,2)mv2，所以A錯(cuò)誤；物體從靜止釋放到相對(duì)傳送帶靜止過(guò)程中只有摩擦力對(duì)物體做功，由動(dòng)能定理可知，摩擦力對(duì)物體做的功等于物體動(dòng)能的變化，即為eq\f(1,2)mv2，所以B錯(cuò)誤；物體做勻加速直線運(yùn)動(dòng)的末速度為v，故此過(guò)程中物體的平均速度為eq\f(v,2)，傳送帶的速度為v，則此過(guò)程傳送帶的位移為物體位移的2倍，因?yàn)槟Σ亮?duì)物體做功為eq\f(1,2)mv2，故傳送帶克服摩擦力做的功為mv2，故C錯(cuò)誤；傳送帶克服摩擦力做的功為mv2，物體獲得的動(dòng)能為eq\f(1,2)mv2，根據(jù)能量守恒定律知，物體與傳送帶因摩擦產(chǎn)生的熱量為eq\f(1,2)mv2，故D正確。高頻考點(diǎn)三能量守恒定律的應(yīng)用【例3】（2019·浙江選考）如圖所示為某一游戲的局部簡(jiǎn)化示意圖。D為彈射裝置，AB是長(zhǎng)為21m的水平軌道，傾斜直軌道BC固定在豎直放置的半徑為R=10m的圓形支架上，B為圓形的最低點(diǎn)，軌道AB與BC平滑連接，且在同一豎直平面內(nèi)。某次游戲中，無(wú)動(dòng)力小車在彈射裝置D的作用下，以v0=10m/s的速度滑上軌道AB，并恰好能沖到軌道BC的最高點(diǎn)。已知小車在軌道AB上受到的摩擦力為其重量的0.2倍，軌道BC光滑，則小車從A到C的運(yùn)動(dòng)時(shí)間是（）A．5s B．4.8s C．4.4s D．3s【答案】A【解析】設(shè)小車的質(zhì)量為m，小車在AB段所勻減速直線運(yùn)動(dòng)，加速度，在AB段，根據(jù)動(dòng)能定理可得，解得，故；小車在BC段，根據(jù)機(jī)械能守恒可得，解得，過(guò)圓形支架的圓心O點(diǎn)作BC的垂線，根據(jù)幾何知識(shí)可得，解得，，故小車在BC上運(yùn)動(dòng)的加速度為，故小車在BC段的運(yùn)動(dòng)時(shí)間為，所以小車運(yùn)動(dòng)的總時(shí)間為，A正確?！痉椒记伞磕芰哭D(zhuǎn)化問(wèn)題的解題思路(1)當(dāng)涉及滑動(dòng)摩擦力做功，機(jī)械能不守恒時(shí)，一般應(yīng)用能量守恒定律。(2)解題時(shí)，首先確定初、末狀態(tài)，然后分析狀態(tài)變化過(guò)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減和增加的能量總和ΔE增，最后由ΔE減＝ΔE增列式求解?！咀兪教骄俊?2016·全國(guó)卷Ⅱ)輕質(zhì)彈簧原長(zhǎng)為2l，將彈簧豎直放置在地面上，在其頂端將一質(zhì)量為5m的物體由靜止釋放，當(dāng)彈簧被壓縮到最短時(shí)，彈簧長(zhǎng)度為l?，F(xiàn)將該彈簧水平放置，一端固定在A點(diǎn)，另一端與物塊P接觸但不連接。AB是長(zhǎng)度為5l的水平軌道，B端與半徑為l的光滑半圓軌道BCD相切，半圓的直徑BD豎直，如圖所示。物塊P與AB間的動(dòng)摩擦因數(shù)μ＝0.5。用外力推動(dòng)物塊P，將彈簧壓縮至長(zhǎng)度l，然后放開，P開始沿軌道運(yùn)動(dòng)。重力加速度大小為g。(1)若P的質(zhì)量為m，求P到達(dá)B點(diǎn)時(shí)速度的大小，以及它離開圓軌道后落回到AB上的位置與B點(diǎn)之間的距離；(2)若P能滑上圓軌道，且仍能沿圓軌道滑下，求P的質(zhì)量的取值范圍。【解析】(1)依題意，當(dāng)彈簧豎直放置，長(zhǎng)度被壓縮至l時(shí)，質(zhì)量為5m的物體的動(dòng)能為零，其重力勢(shì)能轉(zhuǎn)化為彈簧的彈性勢(shì)能。由機(jī)械能守恒定律，彈簧長(zhǎng)度為l時(shí)的彈性勢(shì)能為Ep＝5mgl ①設(shè)P的質(zhì)量為M，到達(dá)B點(diǎn)時(shí)的速度大小為vB，由能量守恒定律得Ep＝eq\f(1,2)Mveq\o\al(2,B)＋μMg·4l ②聯(lián)立①②式，取M＝m并代入題給數(shù)據(jù)得vB＝eq\r(6gl) ③若P能沿圓軌道運(yùn)動(dòng)到D點(diǎn)，其到達(dá)D點(diǎn)時(shí)的向心力不能小于重力，即P此時(shí)的速度大小v應(yīng)滿足eq\f(mv2,l)－mg≥0 ④設(shè)P滑到D點(diǎn)時(shí)的速度為vD，由機(jī)械能守恒定律得eq\f(1,2)mveq\o\al(2,B)＝eq\f(1,2)mveq\o\al(2,D)＋mg·2l ⑤聯(lián)立③⑤式得vD＝eq\r(2gl) ⑥vD滿足④式要求，故P能運(yùn)動(dòng)到D點(diǎn)，并從D點(diǎn)以速度vD水平射出。設(shè)P落回到軌道AB所需的時(shí)間為t，由運(yùn)動(dòng)學(xué)公式得2l＝eq\f(1,2)gt2 ⑦P落回到AB上的位置與B點(diǎn)之間的距離為s＝vDt ⑧聯(lián)立⑥⑦⑧式得s＝2eq\r(2)l。 ⑨(2)為使P能滑上圓軌道，它到達(dá)B點(diǎn)時(shí)的速度不能小于零。由①②式可知5mgl>μMg·4l ⑩要使P仍能沿圓軌道滑回，P在圓軌道的上升高度不能超過(guò)半圓軌道的中點(diǎn)C。由機(jī)械能守恒定律有eq\f(1,2)Mveq\o\al(2,B)≤Mgl ? 聯(lián)立①②⑩?式得eq\f(5,3)m≤M<eq\f(5,2)m。 ?【答案】(1)eq\r(6gl)2eq\r(2)l(2)eq\f(5,3)m≤M<eq\f(5,2)m高頻考點(diǎn)四功能原理的綜合應(yīng)用【例4】(2017·全國(guó)卷Ⅰ)一質(zhì)量為8.00×104kg的太空飛船從其飛行軌道返回地面．飛船在離地面高度1.60×105m處以7.50×103m/s的速度進(jìn)入大氣層，逐漸減慢至速度為100m/s時(shí)下落到地面．取地面為重力勢(shì)能零點(diǎn)，在飛船下落過(guò)程中，重力加速度可視為常量，大小取為9.8m/s2.(結(jié)果保留2位有效數(shù)字)(1)分別求出該飛船著地前瞬間的機(jī)械能和它進(jìn)入大氣層時(shí)的機(jī)械能；(2)求飛船從離地面高度600m處至著地前瞬間的過(guò)程中克服阻力所做的功，已知飛船在該處的速度大小是其進(jìn)入大氣層時(shí)速度大小的2.0%.【解析】(1)飛船著地前瞬間的機(jī)械能為Ek0＝eq\f(1,2)mveq\o\al(2,0) ①式中，m和v0分別是飛船的質(zhì)量和著地前瞬間的速率．由①式和題給數(shù)據(jù)得Ek0＝4.0×108J ②設(shè)地面附近的重力加速度大小為g.飛船進(jìn)入大氣層時(shí)的機(jī)械能為Eh＝eq\f(1,2)mveq\o\al(2,h)＋mgh ③式中，vh是飛船在高度1.60×105m處的速度大小．由③式和題給數(shù)據(jù)得Eh≈2.4×1012J． ④(2)飛船在高度h′＝600m處的機(jī)械能為Eh′＝eq\f(1,2)m(0.02vh)2＋mgh′ ⑤由功能原理得W＝Eh′－Ek0 ⑥式中，W是飛船從離地面高度600m處至著地前瞬間的過(guò)程中克服阻力所做的功．由②⑤⑥式和題給數(shù)據(jù)得W≈9.7×108J?！疽族e(cuò)警示】(1)機(jī)械能為動(dòng)能和勢(shì)能之和．(2)阻力做的功不是動(dòng)能的改變而是機(jī)械能的改變.【變式探究】（2020·河北辛集中學(xué)模擬）水平地面上固定有兩個(gè)高度相同的粗糙斜面體甲和乙，斜面長(zhǎng)分別為s、L1，如圖所示。兩個(gè)完全相同的小滑塊A、B可視為質(zhì)