第4讲　功能关系　能量守恒定律-2025版创新设计高考物理一轮复习

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＝fs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3000J，他克服阻力做功500J，则在此过程中这名运动员()A.重力势能增加了3000JB.动能增加了3000JC.动能增加了2500JD.机械能减少了500J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·广东广州高三检测)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1A.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)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2A.木块上滑过程中，重力势能增加了4E0B.木块受到的摩擦力大小为eq\f(E0,s0)C.木块的重力大小为eq\f(4E0,s0)D.木块与斜面间的动摩擦因数为eq\f(\r(3),2)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－fs0＝2E0－3E0，解得f＝eq\f(E0,s0)，故B正确；重力所做的功等于重力势能变化量，则mgs0sin30°＝ΔEp，解得mg＝eq\f(4E0,s0)，故C正确；滑动摩擦力为f＝μmgcos30°，解得μ＝eq\f(\r(3),6)，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10m/s2，根据图中数据可知()图3A.物体的质量为2kgB.物体上升过程中所受阻力大小为4NC.在物体上升至h＝2m处，物体的动能为40JD.在物体上升后返回至h＝2m处，物体的动能为30J答案AD解析根据Ep＝mgh结合图像可得物体的质量为2kg，故A正确；根据ΔE＝－fh，解得f＝eq\f(20,4)N＝5N，故B错误；由图可知，物体初动能为100J，在物体上升至h＝2m处，根据动能定理得－fh－mgh＝Ek1－Ek0，解得Ek1＝50J，故C错误；从地面上升后返回至h＝2m处，根据动能定理得－fs－mgh＝Ek2－Ek0，又s＝6m，解得Ek2＝30J，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4A.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f，木板的位移为s，则物块的位移为4s，物块克服摩擦力所做的功为Wf＝f·4s，对木板根据动能定理可得木板动能的增加量为ΔEk＝fs，因摩擦产生的内能为Q＝fs相＝f·3s，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＝－fs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2cm时，木块沿水平面恰好移动距离1cm。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s1＝(2＋1)cm＝3cm，木块在摩擦力作用下的位移为s2＝1cm；系统损失的机械能转化为内能，根据功能关系，有ΔE系统＝Q＝f(s1－s2)；子弹损失的动能等于子弹克服摩擦力做的功，即ΔE子弹＝fs1，可得eq\f(ΔE系统,ΔE子弹)＝eq\f(2,3)，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，sin37°＝0.6，cos37°＝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)eq\f(38,23)m≤M<eq\f(38,15)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＝meq\f(veq\o\al(2,D),R)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＝μmgcos37°·eq\f(3,2)R＋mg(eq\f(3,2)Rsin37°＋R＋Rcos37°)＋eq\f(1,2)mveq\o\al(2,D)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>μMgcos37°·eq\f(3,2)R＋Mg·eq\f(3,2)Rsin37°解得M<eq\f(38,15)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≤μMgcos37°·eq\f(3,2)R＋Mgeq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(3,2)Rsin37°＋Rcos37°))解得M≥eq\f(38,23)m综上所述可得eq\f(38,23)m≤M<eq\f(38,15)m。3.(多选)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＝0.5m的木板质量分布均匀，其质量为M＝3kg，开始用外力使木板下端与A点对齐，如图。木块质量为m＝1kg，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＝eq\f(2,3)。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6A.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eq\f(\r(2),2)m/sC.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10J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Mglsinθ－mgl＝eq\f(1,2)(M＋m)v2＋μMglcosθ，解得v＝eq\f(\r(2),2)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＝μMglcosθ＝6J，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.(多选)(2024·广东广州统考)航天员在地面模拟失重训练的一种方式是在水下进行(如图1)。航天员需要穿水槽训练航天服浸没在水中，通过配重使其在水中受到的浮力和重力大相等，假设其总质量为m，训练空间的重力加速度为g且不变，在某次出舱作业过程中，给自己一个初速度后竖直向上匀速漂浮的距离为h，以下说法正确的是()图1A.航天员所受的合力为零，合力不做功，其机械能守恒B.上升h的过程中，动能不变C.上升h的过程中，重力势能减小了mghD.上升h的过程中，机械能增加了mgh答案BD解析航天员在上升过程中，根据题意，由平衡条件可得F浮＝mg，浮力向上，位移向上，浮力对其做正功，所做功为W浮＝mgh，因此机械能增加了mgh，故A错误，D正确；匀速上升过程动能不变，故B正确；上升h的过程，重力势能增加了mgh，故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64.8km/h(18m/s)的速度冲上高度为4m的坡顶车站时，速度减为7.2km/h(2m/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9.8N/kg，则()图2A.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＝eq\f(1,2)mveq\o\al(2,初)－eq\f(1,2)mveq\o\al(2,末)，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＝eq\f(ΔEp,ΔEk)＝eq\f(mgh,\f(1,2)m（veq\o\al(2,初)－veq\o\al(2,末)）)×100%≈25%，故C错误，D正确。4.(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＋W3B.动能的变化量为ΔEk＝W1＋W2－W3C.重力势能的变化量为ΔEp＝W2D.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。5.(多选)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s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3A.0～s2过程中，物体所受拉力不变B.s1～s2过程中，物体的加速度先减小后增大C.0～s3过程中，物体的动能先增大后减小D.0～s3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＝Fs，故图线的斜率表示F，又0～s1过程中斜率不变，而s1～s2过程中斜率减小，故0～s2过程中物体所受拉力先不变后减小，故A错误；s1～s2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～s3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s的关系，则根据题图0～s2过程中物体的机械能一直增大，s2～s3过程中物体机械能保持不变，故D错误。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＝800g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27.0cm和9.0cm，则木块的质量m为()图4A.100g B.200g C.300g D.400g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＝400g，D正确。7.轻质弹簧的劲度系数k＝30N/m，右端固定在墙上，左端与一质量m＝0.5kg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＝eq\f(1,2)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＝10m/s2，则物块向右运动至x＝0.4m处的动能为()图5A.0.7J B.1.1J C.3.1J D.3.5J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×eq\f(1,2)J＋10×0.2J＝3.5J，弹性势能Ep＝eq\f(1,2)kx2＝2.4J，代入数据联立解得Ek＝0.7J，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s、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＝－mgssinθ－μmgscosθ，可得Ek＝Ek0－(mgsinθ＋μmgcosθ)s，可知Ek与位移s成线性关系，故A正确；滑块的重力势能为Ep＝mgs·sinθ，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＝gsinθ＋μgcosθ，则有v＝v0－(gsinθ＋μgcosθ)t，滑块动能与时间的关系为Ek＝eq\f(1,2)mv2＝eq\f(1,2)m[v0－(gsinθ＋μgcosθ)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f，经过一段时间小车运动的位移为s，小物块刚好滑到小车的右端，则下列说法正确的是()图7A.此时小物块的动能为F(s＋L)B.此时小车的动能为fsC.这一过程中，小物块和小车增加的机械能为Fs－fLD.这一过程中，因摩擦而产生的热量为f(L＋s)答案B解析对小物块由动能定理得F(s＋L)－f(s＋L)＝Ek物－0，整理有Ek物＝F(s＋L)－f(s＋L)，故A项错误；对小车由动能定理有fs＝Ek车－0，整理有Ek车＝fs，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(s＋L)－f(s＋L)＋fs＝F(s＋L)－fL，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(s＋L)－fL，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＝fL，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＝0.2m的eq\f(1,4)细圆管CD，管口D端正下方直立一根劲度系数为k＝100N/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1.0kg的物块放在曲面AB上，现从距BC高度为h＝0.6m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＝0.5J。重力加速度g取10m/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)6J(2)停在BC上距离C端0.3m处(或距离B端0.2m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＝0.1m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＝meq\f(veq\o\al(2,C),r)解得vC＝eq\r(7)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－eq\f(1,2)mveq\o\al(2,C)解得Ekm＝6J。(2)物块从A点运动到C点的过程中，由动能定理得mgh－μmgs＝eq\f(1,2)mveq\o\al(2,C)－0解得B、C间距离s＝0.5m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