第3讲 功能关系 能量守恒定律
一、几种常见的功能关系及其表达式
答案 不能，因做功代数和为零． 二、两种摩擦力做功特点的比较
三、能量守恒定律 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别的物体，在转化或转移的过程中，能量的总量保持不变． 2．表达式 ΔE减＝ΔE增． 3．基本思路 (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．
1．上端固定的一根细线下面悬挂一摆球，摆球在空气中摆动，摆动的幅度越来越小，对此现象下列说法是否正确． (1)摆球机械能守恒．( × ) (2)总能量守恒，摆球的机械能正在减少，减少的机械能转化为内能．( √ ) (3)能量正在消失．( × ) (4)只有动能和重力势能的相互转化．( × ) 2.如图1所示，在竖直平面内有一半径为R的圆弧形轨道，半径OA水平、OB竖直，一个质量为m的小球自A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至B的运动过程中( )
图1 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 D 3．如图2所示，质量相等的物体A、B通过一轻质弹簧相连，开始时B放在地面上，A、B均处于静止状态．现通过细绳将A向上缓慢拉起，第一阶段拉力做功为W1时，弹簧变为原长；第二阶段拉力再做功W2时，B刚要离开地面．弹簧一直在弹性限度内，则( )
图2 A．两个阶段拉力做的功相等 B．拉力做的总功等于A的重力势能的增加量 C．第一阶段，拉力做的功大于A的重力势能的增加量 D．第二阶段，拉力做的功等于A的重力势能的增加量 答案 B 4．(多选)如图3所示，轻质弹簧上端固定，下端系一物体．物体在A处时，弹簧处于原长状态．现用手托住物体使它从A处缓慢下降，到达B处时，手和物体自然分开．此过程中，物体克服手的支持力所做的功为W.不考虑空气阻力．关于此过程，下列说法正确的有( )
图3 A．物体重力势能减少量一定大于W B．弹簧弹性势能增加量一定小于W C．物体与弹簧组成的系统机械能增加量为W D．若将物体从A处由静止释放，则物体到达B处时的动能为W 答案 AD 解析 根据能量守恒定律可知，在此过程中减少的重力势能mgh＝ΔEp＋W，所以物体重力势能减少量一定大于W，不能确定弹簧弹性势能增加量与W的大小关系，故A正确，B错误；支持力对物体做负功，所以物体与弹簧组成的系统机械能减少W，所以C错误；若将物体从A处由静止释放，从A到B的过程，根据动能定理：Ek＝mgh－W弹＝mgh－ΔEp＝W，所以D正确．
命题点一 功能关系的理解和应用 在应用功能关系解决具体问题的过程中： (1)若只涉及动能的变化用动能定理． (2)只涉及重力势能的变化，用重力做功与重力势能变化的关系分析． (3)只涉及机械能变化，用除重力和弹簧的弹力之外的力做功与机械能变化的关系分析． (4)只涉及电势能的变化，用电场力做功与电势能变化的关系分析．
图4 A．下滑过程中，加速度一直减小 B．下滑过程中，克服摩擦力做的功为mv2 C．在C处，弹簧的弹性势能为mv2－mgh D．上滑经过B的速度大于下滑经过B的速度
答案 BD 解析 由题意知，圆环从A到C先加速后减速，到达B处的加速度减小为零，故加速度先减小后增大，故A错误；根据能量守恒，从A到C有mgh＝Wf＋Ep，从C到A有mv2＋Ep＝mgh＋Wf，联立解得：Wf＝mv2，Ep＝mgh－mv2，所以B正确，C错误；根据能量守恒，从A到B的过程有mv＋ΔEp′＋Wf′＝mgh′，B到A的过程有mvB′2＋ΔEp′＝mgh′＋Wf′，比较两式得vB′>vB，所以D正确．
1．(多选)如图5所示，楔形木块abc固定在水平面上，粗糙斜面ab和光滑斜面bc与水平面的夹角相同，顶角b处安装一定滑轮．质量分别为M、m(M>m)的滑块、通过不可伸长的轻绳跨过定滑轮连接，轻绳与斜面平行．两滑块由静止释放后，沿斜面做匀加速运动．若不计滑轮的质量和摩擦，在两滑块沿斜面运动的过程中( )
图5 A．两滑块组成的系统机械能守恒 B．重力对M做的功等于M动能的增加 C．轻绳对m做的功等于m机械能的增加 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 CD 解析 两滑块释放后，M下滑、m上滑，摩擦力对M做负功，系统的机械能减少，减少的机械能等于M克服摩擦力做的功，选项A错误，D正确．除重力对滑块M做正功外，还有摩擦力和绳的拉力对滑块M做负功，选项B错误．绳的拉力对滑块m做正功，滑块m机械能增加，且增加的机械能等于拉力做的功，选项C正确． 2．(多选)如图6所示，水平桌面上的轻质弹簧一端固定，另一端与小物块相连．弹簧处于自然长度时物块位于O点(图中未标出)．物块的质量为m，AB＝a，物块与桌面间的动摩擦因数为μ.现用水平向右的力将物块从O点拉至A点，拉力做的功为W.撤去拉力后物块由静止向左运动，经O点到达B点时速度为零．重力加速度为g.则上述过程中( )
图6 A．物块在A点时，弹簧的弹性势能等于W－μmga B．物块在B点时，弹簧的弹性势能小于W－μmga C．经O点时，物块的动能小于W－μmga D．物块动能最大时弹簧的弹性势能小于物块在B点时弹簧的弹性势能 答案 BC 命题点二 摩擦力做功的特点及应用 1．静摩擦力做功时，只有机械能的相互转移，不会转化为内能． 2．滑动摩擦力做功的特点 相互间存在滑动摩擦力的系统内，一对滑动摩擦力做功将产生两种可能效果： (1)机械能全部转化为内能； (2)有一部分机械能在相互摩擦的物体间转移，另外一部分转化为内能．
图7 (1)水平作用力F的大小； (2)滑块下滑的高度； (3)若滑块滑上传送带时速度大于3 m/s，滑块在传送带上滑行的整个过程中产生的热量． 答案 (1) N (2)0.1 m或0.8 m (3)0.5 J 解析 (1)滑块受到水平力F、重力mg和支持力FN作用处于平衡状态，水平力F＝mgtan θ，F＝ N. (2)设滑块从高为h处下滑，到达斜面底端速度为v， 下滑过程机械能守恒mgh＝mv2， 得v＝ 若滑块冲上传送带时的速度小于传送带速度，则滑块在传送带上由于受到向右的滑动摩擦力而做匀加速运动； 根据动能定理有 μmgl＝mv－mv2 则h＝－μl，代入数据解得h＝0.1 m 若滑块冲上传送带时的速度大于传送带的速度，则滑块由于受到向左的滑动摩擦力而做匀减速运动；根据动能定理： －μmgl＝mv－mv2 则h＝＋μl 代入数据解得h＝0.8 m. (3)设滑块在传送带上运动的时间为t，则t时间内传送带的位移x＝v0t，mgh＝mv2，v0＝v－at，μmg＝ma 滑块相对传送带滑动的位移Δx＝l－x 相对滑动生成的热量Q＝μmg·Δx 代入数据解得Q＝0.5 J.
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·x相对中x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x相对为总的相对路程．
3．如图8所示，某工厂用传送带向高处运送物体，将一物体轻轻放在传送带底端，第一阶段物体被加速到与传送带具有相同的速度，第二阶段与传送带相对静止，匀速运动到传送带顶端．下列说法正确的是( )
图8 A．第一阶段摩擦力对物体做正功，第二阶段摩擦力对物体不做功 B．第一阶段摩擦力对物体做的功等于第一阶段物体动能的增加量 C．第一阶段物体和传送带间摩擦产生的热等于第一阶段物体机械能的增加量 D．物体从底端到顶端全过程机械能的增加量大于全过程摩擦力对物体所做的功 答案 C 解析 对物体受力分析知，其在两个阶段所受摩擦力方向都沿斜面向上，与其运动方向相同，摩擦力对物体都做正功，A错误；由动能定理知，外力做的总功等于物体动能的增加量，B错误；物体机械能的增加量等于摩擦力对物体所做的功，D错误；设第一阶段运动时间为t，传送带速度为v，对物体：x1＝t，对传送带：x1′＝v·t，摩擦产生的热Q＝Ffx相对＝Ff(x1′－x1)＝Ff·t，机械能增加量ΔE＝Ff·x1＝Ff·t，所以Q＝ΔE，C正确． 4．(多选)如图9所示，一块长木块B放在光滑的水平面上，在B上放一物体A，现以恒定的外力F拉B，由于A、B间摩擦力的作用，A将在B上滑动，以地面为参考系，A、B都向前移动一段距离．在此过程中( )
图9 A．外力F做的功等于A和B动能的增量 B．B对A的摩擦力所做的功等于A的动能的增量 C．A对B的摩擦力所做的功等于B对A的摩擦力所做的功 D．外力F对B做的功等于B的动能的增量与B克服摩擦力所做的功之和 答案 BD 解析 A物体所受的合外力等于B对A的摩擦力，对A物体运用动能定理，则B对A的摩擦力所做的功等于A的动能的增量，B正确．A对B的摩擦力与B对A的摩擦力是一对作用力与反作用力，大小相等，方向相反，但是由于A在B上滑动，A、B对地的位移不等，故二者做功不等，C错误．对B应用动能定理WF－Wf＝ΔEkB，WF＝ΔEkB＋Wf，即外力F对B做的功等于B的动能的增量与B克服摩擦力所做的功之和，D正确．由上述讨论知B克服摩擦力所做的功与A的动能的增量(等于B对A的摩擦力所做的功)不等，故A错误． 命题点三 能量守恒定律及应用
图10 (1)物体A向下运动刚到C点时的速度； (2)弹簧的最大压缩量； (3)弹簧的最大弹性势能． 答案 (1) (2)－ (3)－ 解析 (1)A与斜面间的滑动摩擦力Ff＝2μmgcos θ 物体A从初始位置向下运动到C点的过程中，根据功能关系有 2mgLsin θ＋×3mv＝×3mv2＋mgL＋FfL 解得v＝ (2)从物体A接触弹簧到将弹簧压缩到最短后又恰好能弹到C点的整个过程中，对A、B组成的系统应用动能定理－Ff·2x＝0－×3mv2 解得x＝－ (3)弹簧从压缩到最短到恰好能弹到C点的过程中，对A、B组成的系统根据功能关系有 Ep＋mgx＝2mgxsin θ＋Ffx 所以Ep＝Ffx＝－.
应用能量守恒定律解题的基本思路 1．分清有多少种形式的能量[如动能、势能(包括重力势能、弹性势能、电势能)、内能等]在变化． 2．明确哪种形式的能量增加，哪种形式的能量减小，并且列出减少的能量ΔE减和增加的能量ΔE增的表达式． 3．列出能量守恒关系：ΔE减＝ΔE增．
5．如图11所示，质量为m的滑块从斜面底端以平行于斜面的初速度v0冲上固定斜面，沿斜面上升的最大高度为H，已知斜面倾角为α，斜面与滑块间的动摩擦因数为μ，且μ＜tan α，最大静摩擦力等于滑动摩擦力，取斜面底端为零势能面，则能表示滑块在斜面上运动的机械能E、动能Ek、势能Ep与上升高度h之间关系的图象是( )
图11
答案 D 解析 重力势能的变化仅仅与重力做功有关，随着上升高度h的增大，重力势能增大，选项A错误；机械能的变化仅与重力和系统内弹力之外的其他力做功有关，上滑过程中有－Ff＝E－E0，即E＝E0－Ff；下滑过程中有－Ff＝E′－E0，即E′＝E0－2Ff＋Ff，故上滑和下滑过程中E－h图线均为直线，选项B错误；动能的变化与合外力做功有关，上滑过程中有－mgh－h＝Ek－Ek0，即Ek＝Ek0－(mg＋)h，下滑过程中有－mgh－Ff＝Ek′－Ek0，即Ek′＝Ek0－2Ff－(mg－)h，故Ek－h图线为直线，但下滑过程斜率小，选项C错误，D正确． 6．如图12所示，在竖直方向上A、B两物体通过劲度系数为k＝16 N/m的轻质弹簧相连，A放在水平地面上，B、C两物体通过细线绕过轻质定滑轮相连，C放在倾角α＝30°的固定光滑斜面上．用手拿住C，使细线刚好拉直但无拉力作用，并保证ab段的细线竖直、cd段的细线与斜面平行．已知A、B的质量均为m＝0.2 kg，重力加速度取g＝10 m/s2，细线与滑轮之间的摩擦不计，开始时整个系统 处于静止状态．释放C后它沿斜面下滑，A刚离开地面时，B获得最大速度，求：
图12 (1)从释放C到物体A刚离开地面时，物体C沿斜面下滑的距离； (2)物体C的质量； (3)释放C到A刚离开地面的过程中细线的拉力对物体C做的功． 答案 (1)0.25 m (2)0.8 kg (3)－0.6 J 解析 (1)设开始时弹簧的压缩量为xB，得 kxB＝mg① 设物体A刚离开地面时，弹簧的伸长量为xA，得 kxA＝mg② 当物体A刚离开地面时，物体C沿斜面下滑的距离为h＝xA＋xB③ 由①②③解得h＝＝0.25 m④ (2)物体A刚离开地面时，物体B获得最大速度vm，加速度为零，设C的质量为M，对B有 FT－mg－kxA＝0⑤ 对C有Mgsin α－FT＝0⑥ 由②⑤⑥解得M＝4m＝0.8 kg (3)由于xA＝xB，物体B开始运动到速度最大的过程中，弹簧弹力做功为零，且B、C两物体速度大小相等，由能量守恒有Mghsin α－mgh＝(m＋M)v 解得vm＝1 m/s 对C由动能定理可得Mghsin α＋WT＝Mv 解得WT＝－0.6 J.
题组1 功能关系的理解和应用 1．如图1所示，一质量为m的小球固定于轻质弹簧的一端，弹簧的另一端固定于O点．将小球拉至A点，弹簧恰好无形变，由静止释放小球，当小球运动到O点正下方与A点的竖直高度差为h的B点时，速度大小为v.已知重力加速度为g，下列说法正确的是( )
图1 A．小球运动到B点时的动能等于mgh B．小球由A点到B点重力势能减少mv2 C．小球由A点到B点克服弹力做功为mgh D．小球到达B点时弹簧的弹性势能为mgh－mv2 答案 D 解析 小球由A点到B点的过程中，小球和弹簧组成的系统机械能守恒，弹簧由原长到发生伸长的形变，小球动能增加量小于重力势能减少量，A项错误；小球重力势能减少量等于小球动能增加量与弹簧弹性势能增加量之和，B项错误；弹簧弹性势能增加量等于小球重力势能减少量与动能增加量之差，D项正确；弹簧弹性势能增加量等于小球克服弹力所做的功，C项错误．
图2 2．(多选)如图2所示，质量为m的物体(可视为质点)以某一速度由底端冲上倾角为30°的固定斜面，上升的最大高度为h，其加速度大小为g.在这个过程中，物体( ) A．重力势能增加了mgh B．动能减少了mgh C．动能减少了 D．机械能损失了 答案 AC 解析 物体重力势能的增加量等于克服重力做的功，选项A正确；合力做的功等于物体动能的变化，则可知动能减少量为ΔEk＝ma＝mgh，选项B错误，选项C正确；机械能的损失量等于克服摩擦力做的功，因为mgsin 30°＋Ff＝ma，a＝g，所以Ff＝mg，故克服摩擦力做的功Wf＝Ff＝mg＝mgh，选项D错误． 3．小车静止在光滑的水平导轨上，一个小球用细绳悬挂在车上由图3中位置无初速度释放，在小球下摆到最低点的过程中，下列说法正确的是( )
图3 A．绳对球的拉力不做功 B．球克服绳拉力做的功等于球减少的机械能 C．绳对车做的功等于球减少的重力势能 D．球减少的重力势能等于球增加的动能 答案 B 解析 小球下摆的过程中，小车的机械能增加，小球的机械能减少，球克服绳拉力做的功等于减少的机械能，选项A错误，选项B正确；绳对车做的功等于球减少的机械能，选项C错误；球减少的重力势能等于球增加的动能和小车增加的机械能之和，选项D错误． 4．如图4所示，质量为M的小车静止在光滑水平面上，小车AB段是半径为R的四分之一圆弧光滑轨道，BC段是长为L的水平粗糙轨道，两段轨道相切于B点．一质量为m的滑块在小车上从A点由静止开始沿轨道滑下，重力加速度为g.
图4 (1)若固定小车，求滑块运动过程中对小车的最大压力； (2)若不固定小车，滑块仍从A点由静止下滑，然后滑入BC轨道，最后从C点滑出小车．已知滑块质量m＝，在任一时刻滑块相对地面速度的水平分量是小车速度大小的2倍，滑块与轨道BC间的动摩擦因数为μ，求： ①滑块运动过程中，小车的最大速度大小vm； ②滑块从B到C运动过程中，小车的位移大小s. 答案 (1)3mg (2)① ②L 解析 (1)滑块滑到B点时对小车压力最大，从A到B机械能守恒 mgR＝mv 滑块在B点处，由牛顿第二定律知 N－mg＝m 解得N＝3mg 由牛顿第三定律知 N′＝3mg (2)①滑块下滑到达B点时，小车速度最大．由机械能守恒mgR＝Mv＋m(2vm)2 解得vm＝ ②设滑块运动到C点时，小车速度大小为vC， 由功能关系mgR－μmgL＝Mv＋m(2vC)2 设滑块从B到C过程中，小车运动加速度大小为a， 由牛顿第二定律μmg＝Ma 由运动学规律v－v＝－2as 解得s＝L. 题组2 摩擦力做功的特点及应用 5．足够长的水平传送带以恒定速度v匀速运动，某时刻一个质量为m的小物块以大小也是v、方向与传送带的运动方向相反的初速度冲上传送带，最后小物块的速度与传送带的速度相同．在小物块与传送带间有相对运动的过程中，滑动摩擦力对小物块做的功为W，小物块与传送带间因摩擦产生的热量为Q，则下列判断中正确的是( ) A．W＝0，Q＝mv2 B．W＝0，Q＝2mv2 C．W＝，Q＝mv2 D．W＝mv2，Q＝2mv2 答案 B 解析 对小物块，由动能定理有W＝mv2－mv2＝0，设小物块与传送带间的动摩擦因数为μ，则小物块与传送带间的相对路程x相对＝，这段时间内因摩擦产生的热量Q＝μmg·x相对＝2mv2，选项B正确． 6．(多选)如图5，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(可视为质点)放在小车的最左端．现用一水平恒力F作用在小物块上，使物块从静止开始做匀加速直线运动，物块和小车之间的摩擦力为Ff，物块滑到小车的最右端时，小车运动的距离为s.在这个过程中，以下结论正确的是( )
图5 A．物块到达小车最右端时具有的动能为F(L＋s) B．物块到达小车最右端时，小车具有的动能为Ffs C．物块克服摩擦力所做的功为Ff(L＋s) D．物块和小车增加的机械能为Ffs 答案 BC 解析 对物块分析，物块相对于地的位移为L＋s，根据动能定理得(F－Ff)(L＋s)＝mv2－0，则知物块到达小车最右端时具有的动能为(F－Ff)(L＋s)，故A错误；对小车分析，小车对地的位移为s，根据动能定理得Ffs＝Mv′2－0，则知物块到达小车最右端时，小车具有的动能为Ffs，故B正确；物块相对于地的位移大小为L＋s，则物块克服摩擦力所做的功为Ff(L＋s)，故C正确；根据能量守恒得，外力F做的功转化为小车和物块的机械能和摩擦产生的内能，则有F(L＋s)＝ΔE＋Q，则物块和小车增加的机械能为ΔE＝F(L＋s)－FfL，故D错误． 7．如图6所示，一物体质量m＝2 kg，在倾角θ＝37°的斜面上的A点以初速度v0＝3 m/s下滑，A点距弹簧上端B的距离AB＝4 m．当物体到达B后将弹簧压缩到C点，最大压缩量BC＝0.2 m，然后物体又被弹簧弹上去，弹到的最高位置为D点，D点距A点AD＝3 m．挡板及弹簧质量不计，g取10 m/s2，sin 37°＝0.6，求： (1)物体与斜面间的动摩擦因数μ； (2)弹簧的最大弹性势能Epm.
图6 答案 (1)0.52 (2)24.4 J 解析 (1)最后的D点与开始的位置A点比较： 动能减少ΔEk＝mv＝9 J. 重力势能减少ΔEp＝mglADsin 37°＝36 J. 机械能减少ΔE＝ΔEk＋ΔEp＝45 J 机械能的减少量全部用来克服摩擦力做功，即 Wf＝Ffl＝45 J，而路程l＝5.4 m，则Ff＝≈8.33 N. 而Ff＝μmgcos 37°，所以μ＝≈0.52. (2)由A到C的过程：动能减少ΔEk′＝mv＝9 J. 重力势能减少ΔEp′＝mglACsin 37°＝50.4 J. 机械能的减少用于克服摩擦力做功 Wf′＝FflAC＝μmgcos 37°·lAC＝35 J. 由能量守恒定律得： Epm＝ΔEk′＋ΔEp′－Wf′＝24.4 J. 题组3 能量守恒定律及应用 8．如图7为某飞船先在轨道Ⅰ上绕地球做圆周运动，然后在A点变轨进入返回地球的椭圆轨道Ⅱ运动，已知飞船在轨道Ⅰ上做圆周运动的周期为T，轨道半径为r，椭圆轨道的近地点B离地心的距离为kr(k＜1)，引力常量为G，飞船的质量为m，求：
图7 (1)地球的质量及飞船在轨道Ⅰ上的线速度大小； (2)若规定两质点相距无限远时引力势能为零，则质量分别为M、m的两个质点相距为r时的引力势能Ep＝－，式中G为引力常量．求飞船在A点变轨时发动机对飞船做的功． 答案 (1) (2) 解析 (1)飞船在轨道Ⅰ上运动时，由牛顿第二定律有 G＝mr()2 求得地球的质量M＝ 在轨道Ⅰ上的线速度大小为v＝. (2)设飞船在椭圆轨道上远地点速度为v1，在近地点的速度为v2，则 由开普勒第二定律有rv1＝krv2 根据能量守恒有 mv－G＝mv－G 求得v1＝＝ 因此飞船在A点变轨时，根据动能定理，发动机对飞船做的功为W＝mv－mv2＝.
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