考点07功能关系能量守恒定律

08机械能守恒定律[考点07]功能关系能量守恒定律1．对功能关系的理解(1)做功的过程就是能量转化的过程，不同形式的能量发生相互转化是通过做功来实现的．(2)功是能量转化的量度，功和能的关系，一是体现在不同的力做功，对应不同形式的能转化，具有一一对应关系，二是做功的多少与能量转化的多少在数值上相等．2．常见的功能关系能量功能关系表达式势能重力做的功等于重力势能减少量W＝Ep1－Ep2＝－ΔEp弹力做的功等于弹性势能减少量静电力做的功等于电势能减少量分子力做的功等于分子势能减少量动能合外力做的功等于物体动能变化量W＝Ek2－Ek1＝eq\f(1,2)mv2－eq\f(1,2)mv02机械能除重力和弹力之外的其他力做的功等于机械能变化量W其他＝E2－E1＝ΔE摩擦产生的内能一对相互作用的滑动摩擦力做功之和的绝对值等于产生的内能Q＝Ff·x相对电能克服安培力做的功等于电能增加量W电能＝E2－E1＝ΔE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．典例1(功能关系的理解)(多选)如图所示，质量为m的物体(可视为质点)以某一速度从A点冲上倾角为30°的固定斜面，其减速运动的加速度大小为eq\f(3,4)g，此物体在斜面上能够上升的最大高度为h，则在这个过程中物体()A．重力势能增加了mghB．机械能损失了eq\f(1,2)mghC．动能损失了mghD．克服摩擦力做功eq\f(1,4)mgh答案AB解析加速度大小a＝eq\f(3,4)g＝eq\f(mgsin30°＋Ff,m)，解得摩擦力Ff＝eq\f(1,4)mg，机械能损失量等于克服摩擦力做的功，即Ffx＝eq\f(1,4)mg·2h＝eq\f(1,2)mgh，故B项正确，D项错误；物体在斜面上能够上升的最大高度为h，所以重力势能增加了mgh，故A项正确；动能损失量为克服合力做功的大小，动能损失量ΔEk＝F合x＝eq\f(3,4)mg·2h＝eq\f(3,2)mgh，故C项错误．典例2(功能关系与图像的结合)(多选)(2020·全国卷Ⅰ)一物块在高3.0m、长5.0m的斜面顶端从静止开始沿斜面下滑，其重力势能和动能随下滑距离s的变化如图中直线Ⅰ、Ⅱ所示，重力加速度取10m/s2.则()A．物块下滑过程中机械能不守恒B．物块与斜面间的动摩擦因数为0.5C．物块下滑时加速度的大小为6.0m/s2D．当物块下滑2.0m时机械能损失了12J答案AB解析由E－s图像知，物块动能与重力势能的和减小，则物块下滑过程中机械能不守恒，故A正确；由E－s图像知，整个下滑过程中，物块机械能的减少量为ΔE＝30J－10J＝20J，重力势能的减少量ΔEp＝mgh＝30J，又ΔE＝μmgcosα·s，其中cosα＝eq\f(\r(s2－h2),s)＝0.8，h＝3.0m，g＝10m/s2，则可得m＝1kg，μ＝0.5，故B正确；物块下滑时的加速度大小a＝gsinα－μgcosα＝2m/s2，故C错误；物块下滑2.0m时损失的机械能为ΔE′＝μmgcosα·s′＝8J，故D错误．典例3(摩擦力做功与能量转化)如图甲所示，长木板A放在光滑的水平面上，质量为m＝2kg的另一物体B(可看成质点)以水平速度v0＝2m/s滑上原来静止的长木板A的上表面.由于A、B间存在摩擦，之后A、B速度随时间变化情况如图乙所示.下列说法正确的是(g取10m/s2)()A.木板A获得的动能为2JB.系统损失的机械能为4JC.木板A的最小长度为2mD.A、B间的动摩擦因数为0.1答案D解析由题图乙可知，A、B的加速度大小相等，aA＝aB＝1m/s2，根据牛顿第二定律，有μmg＝mAaA，μmg＝maB，则mb＝m＝2kg，μ＝0.1，木板获得的动能为EkA＝eq\f(1,2)mAv2＝1J，选项A错误，D正确；系统损失的机械能ΔE＝eq\f(1,2)mveq\o\al(2,0)－eq\f(1,2)×2mv2＝2J，选项B错误；由v－t图象可求出二者相对位移为1m，选项C错误.典例4(能量守恒定律的理解和应用)(多选)(2021·湖南长沙模拟)如图所示，质量为m的物块(可视为质点)从倾角为37°的固定斜面顶端由静止开始下滑，到达B点开始压缩弹簧(弹簧原长为2L)，被弹簧弹回后恰能到达AB的中点C.已知eq\o(AB,\s\up6(－))＝2L，物块与斜面间的动摩擦因数为μ＝eq\f(1,8)，设弹簧的最大压缩量为xm，获得的最大弹性势能为Ep，sin37°＝0.6，cos37°＝0.8，重力加速度为g，下列说法正确的是()A.物块与弹簧组成的系统机械能不守恒B.物块运动到B点的速度最大C.弹簧的最大压缩量为1.5LD.弹簧获得的最大弹性势能为2mgL答案AC解析对于物块与弹簧组成的系统，由于滑动摩擦力对物体做负功，所以系统的机械能不守恒，A正确；根据能量守恒定律可得，在下滑过程，有mg(2L＋xm)sin37°＝Ep＋μmgcos37°(2L＋xm)，上滑过程，有Ep＝mg(L＋xm)sin37°＋μmgcos37°(L＋xm)，联立解得xm＝1.5L，Ep＝1.75mgL，C正确，D错误；物块运动到B点时mgsin37°－μmgcos37°＝ma>0，物块继续加速下滑，直到加速度为零时速度最大，故物块运动至B点时速度不是最大，B错误.1.质量为m的物体，从距地面h高处由静止开始以加速度a＝eq\f(1,3)g(g为重力加速度)竖直下落到地面．在此过程中()A．物体的动能增加了eq\f(1,3)mghB．物体的重力势能减少了eq\f(1,3)mghC．物体的机械能减少了eq\f(1,3)mghD．物体的机械能保持不变答案A解析物体动能的增加等于合外力做的功，即W＝mah＝eq\f(1,3)mgh，A正确；物体重力势能的减少量等于重力做的功，即WG＝mgh，B错误；除重力以外的其他力对物体做功为WF＝－(mg－ma)h＝－eq\f(2,3)mgh，因此机械能的减少量为eq\f(2,3)mgh，C、D错误．2.(多选)一个质量为m的小球，用长为L的轻绳悬挂于O点，小球在水平力F的作用下，从最低点P缓慢地移到Q点，如图所示，重力加速度为g，则在此过程中()A．小球受到的合力做的功为mgL(1－cosθ)B．水平力F做功为FLsinθC．小球的重力势能增加mgL(1－cosθ)D．水平力F做功使小球的机械能增加mgL(1－cosθ)答案CD解析小球受到的合力做的功等于小球的动能变化，而小球缓慢移动的过程中动能不变，故合力做功为零，选项A错误；水平力是变力，做功大小不能用W＝FLsinθ计算，根据动能定理，WF－mgL(1－cosθ)＝0，可知水平力做功为mgL(1－cosθ)，选项B错误；小球重力势能的增加量等于克服重力做的功，ΔEp＝mgL(1－cosθ)，选项C正确；小球机械能的增加量等于除重力之外的其他力做的功，本题中绳的弹力不做功，故水平力做的功等于机械能的增加量，因WF＝mgL(1－cosθ)，故小球的机械能增加量为mgL(1－cosθ)，选项D正确．3.如图所示，一质量为m的滑块以初速度v0从固定于地面的斜面底端A开始冲上斜面，到达某一高度后返回A，斜面与滑块之间有摩擦．下图分别表示它在斜面上运动的速度v、加速度a、势能Ep和机械能E随时间的变化图像，可能正确的是()答案C解析由牛顿第二定律可知，滑块上升阶段有：mgsinθ＋Ff＝ma1；下滑阶段有：mgsinθ－Ff＝ma2，因此a1>a2，故选项B错误；速度－时间图像的斜率表示加速度，当上滑和下滑时，加速度不同，则斜率不同，故选项A错误；重力势能先增大后减小，且上升阶段加速度大，所用时间短，势能变化快，下滑阶段加速度小，所用时间长，势能变化慢，故选项C可能正确；由于摩擦力始终做负功，机械能一直减小，故选项D错误．4.(多选)(2023·泉州市·期末)如图，一块长木板B放在光滑的水平面上，在B的左端放一小物体A，现以水平力F拉A，使A从B的左端滑到右端，由于A、B间摩擦力的作用，B向右移动一段距离．在此过程中()A．F做功的大小等于A动能的增加量B．F越大系统中因摩擦产生的热量越多C．摩擦力对A、B做功的代数和不为零D．摩擦力对B所做的功的大小等于B动能的增加量答案CD解析根据能量守恒可知，F做功一部分变成物体A的动能，一部分变成木板B的动能，一部分摩擦生成了热，A错误；产生的热量等于摩擦力与相对位移的乘积，A、B间滑动摩擦力恒定，相对位移为板长恒定，因此产生的热量为定值，与力F的大小无关，B错误；A、B间的摩擦力为作用力和反作用力，等大反向，而A、B两物体在力的作用下通过的位移不同，摩擦力对A、B做功大小不同，因此代数和不为零，C正确；只有摩擦力对B做功，根据动能定理，摩擦力对B所做的功等于B动能的增加量，D正确．5.(多选)如图所示，在竖直平面内有一半径为R的圆弧轨道，半径OA水平、OB竖直，一个质量为m的小球自A点的正上方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点运动到B点的过程中()A．重力做功2mgR B．机械能减少mgRC．合外力做功eq\f(1,2)mgR D．克服摩擦力做功eq\f(1,2)mgR答案CD解析小球从P点运动到B点的过程中，重力做的功WG＝mg(2R－R)＝mgR，故A错误；小球沿轨道到达最高点B时恰好对轨道没有压力，则有mg＝meq\f(vB2,R)，解得vB＝eq\r(gR)，则此过程中机械能的减少量为ΔE＝mgR－eq\f(1,2)mvB2＝eq\f(1,2)mgR，故B错误；根据动能定理可知，合外力做功W合＝eq\f(1,2)mvB2－0＝eq\f(1,2)mgR，故C正确；根据功能关系可知，小球克服摩擦力做的功等于机械能的减少量，则W克f＝ΔE＝eq\f(1,2)mgR，故D正确．6.(2023·江苏·月考)如图所示，一长L＝10m的水平传送带AB，以恒定速度v＝8m/s顺时针运动，现有一质量为m＝2kg的物块以水平向右的初速度v0＝4m/s从传送带左端A处滑上传送带，物块与传送带面间的动摩擦因数μ＝0.4(g＝10m/s2)．则下列说法正确的是()A．经过1s，滑动摩擦力对物块做功为－48JB．经过1s，物块机械能变化量为64JC．物块从A到B点过程中，物块动能增加64JD．物块从A到B点过程中，系统内能增加16J答案D解析物块刚放到传送带上时，由于与传送带有相对运动，物块受向右的滑动摩擦力，物块做加速运动，有Ff＝μmg＝ma，解得a＝4m/s2，经过1s物块相对地面的位移为x＝v0t＋eq\f(1,2)at2物块机械能变化量为48J，故A、B错误；物块到达B点时速度与传送带速度相同，ΔEk＝eq\f(1,2)mv2－eq\f(1,2)mv02＝48J，故C错误；物块从A到B点过程中，系统内能增加Q＝Ff·x相＝μmg(vt－x)＝0.4×2×10×(8×1－6)J＝16J，故D正确．7.质量为2kg的物体以10m/s的初速度，从起点A出发竖直向上抛出，在它上升到某一点的过程中，物体的动能损失了50J，机械能损失了10J，设物体在上升、下降过程空气阻力大小恒定，则该物体再落回到A点时的动能为(g＝10m/s2)()A．40JB．60JC．80JD．100J答案B解析物体抛出时的总动能为100J，物体的动能损失了50J时，机械能损失了10J，则动能损失100J时，机械能损失20J，此时到达最高点，由于空气阻力大小恒定，所以下落过程，机械能也损失20J，故该物体从A点抛出到落回到A点，共损失机械能40J，所以该物体再落回到A点时的动能为60J，A、C、D错误，B正确．8.(多选)(2019·全国卷Ⅱ·18)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2kgB．h＝0时，物体的速率为20m/sC．h＝2m时，物体的动能Ek＝40JD．从地面至h＝4m，物体的动能减少100J答案AD解析根据题图可知，h＝4m时物体的重力势能Ep＝mgh＝80J，解得物体质量m＝2kg，抛出时物体的动能为Ek0＝100J，由公式Ek0＝eq\f(1,2)mv2可知，h＝0时物体的速率为v＝10m/s，选项A正确，B错误；由功能关系可知Ffh4＝|ΔE总|＝20J，解得物体上升过程中所受空气阻力Ff＝5N，从物体开始抛出至上升到h＝2m的过程中，由动能定理有－mgh－Ffh＝Ek－Ek0，解得Ek＝50J，选项C错误；由题图可知，物体上升到h＝4m时，机械能为80J，重力势能为80J，动能为零，即从地面上升到h＝4m，物体动能减少100J，选项D正确．9.(多选)(2023·重庆·质检)在物流货场，广泛应用着传送带搬运货物，如图甲所示，倾角为37°的传送带以恒定速度逆时针转动，在传送带顶端A处无初速度释放一个质量为m＝2kg的货物(可视为质点)，经过2s到达传送带的B端.货物与传送带的速度随时间变化图象如图乙所示，取g＝10m/s2，sin37°＝0.6，cos37°＝0.8.下列说法正确的是()A.0～1s内物体的加速度为10m/s2B.A、B两点相距15mC.物体与传送带间的动摩擦因数为0.5D.0～1s内货物与传送带摩擦产生的热量为80J答案AC解析0～1s内物体的加速度为a＝eq\f(Δv,Δt)＝eq\f(10－0,1)m/s2＝10m/s2，故A正确；物体运动总的位移x＝eq\o(v,\s\up6(－))t1＋eq\o(v,\s\up6(－))t2＝eq\f(0＋10,2)×1m＋eq\f(10＋12,2)×1m＝16m，A、B两点相距16m，故B错误；前1s物体向下加速运动，由牛顿第二定律可得mgsin37°＋μmgcos37°＝ma，代入数值可求得μ＝0.5，说明物体与传送带间的动摩擦因数为0.5，故C正确；0～1s内物体与传送带运动的相对距离为Δx＝vt－eq\f(v,2)t＝10×1m－eq\f(10,2)×1m＝5m，货物与传送带摩擦产生的热量为Q＝μmgcos37°Δx＝0.5×2×10×0.8×5J＝40J，故D错误.10.(2023·江苏南京市十一校调研)如图所示，倾角θ＝30°的粗糙斜面固定在地面上，长为l、质量为m、粗细均匀、质量分布均匀的软绳置于斜面上，其上端与斜面顶端平齐，重力加速度为g.用细线将物块与软绳连接，物块由静止释放后向下运动，直到软绳刚好全部离开斜面(此时物块未到达地面)，在此过程中()A．物块的机械能逐渐增加B．软绳的重力势能共减少了eq\f(1,4)mglC．物块减少的重力势能等于软绳克服摩擦力所做的功D．软绳减少的重力势能大于其增加的动能与克服摩擦力所做的功之和答案B解析物块克服细线的拉力做功，其机械能逐渐减少，A错误；软绳重力势能减少量ΔEp减＝mg·eq\f(l,2)－mg·eq\f(l,2)sinθ＝eq\f(1,4)mgl，B正确；因为物块的机械能减小，则物块的重力势能减小量大于物块的动能增加量，机械能的减小量等于拉力做功的大小，由于拉力做功大于克服摩擦力做功，所以物块重力势能的减少量大于软绳克服摩擦力所做的功，C错误；细线的拉力对软绳做正功，对物块做负功，则物块的机械能减小，软绳的机械能增加，软绳重力势能的减少量一定小于其动能的增加量，故软绳重力势能的减少量小于其动能的增加量与克服摩擦力所做功的和，D错误．11．(多选)(2023·山东济南市十一校检测)如图所示为某缓冲装置的模型图，一轻杆S被两个固定薄板夹在中间，轻杆S与两薄板之间的滑动摩擦力大小均为Ff，轻杆S露在薄板外面的长度为l.轻杆S前端固定一个劲度系数为eq\f(3Ff,l)的轻弹簧．一质量为m的物体从左侧以大小为v0的速度撞向弹簧，能使轻杆S向右侧移动eq\f(l,6).已知弹簧的弹性势能Ep＝eq\f(1,2)kx2，其中k为劲度系数，x为形变量．最大静摩擦力等于滑动摩擦力，弹簧始终在弹性限度内．下列说法正确的是()A．欲使轻杆S发生移动，物体m运动的最小速度为eq\f(\r(10),10)v0B．欲使轻杆S发生移动，物体m运动的最小速度为eq\f(\r(6),3)v0C．欲使轻杆S左端恰好完全进入薄板，物体m运动的速度大小为eq\f(\r(6),2)v0D．欲使轻杆S左端恰好完全进入薄板，物体m运动的速度大小为eq\f(2\r(6),3)v0答案BD解析当轻杆刚要移动时，对轻杆受力分析，设此时弹簧弹力大小为F，压缩量为x，由平衡条件知F＝kx＝2Ff，代入k的值可得x＝eq\f(2,3)l，设欲使轻杆S发生移动，物体m运动的最小速度为v1，则由能量守恒定律有eq\f(1,2)mv12＝eq\f(1,2)k(eq\f(2,3)l)2，由题意知，物体以大小为v0的速度撞向弹簧，能使轻杆S向右侧移动eq\f(l,6)，由能量守恒定律有eq\f(1,2)mv02＝2Ff×eq\f(l,6)＋eq\f(1,2)mv12，联立可得v1＝eq\f(\r(6),3)v0，故A错误，B正确；设物体m的运动速度大小为v2时，轻杆S左端恰好完全进入薄板，则由能量守恒定律有eq\f(1,2)mv22＝2Ff×l＋eq\f(1,2)mv12，可解得v2＝eq\f(2\r(6),3)v0，故C错误，D正确．12.如图所示，固定斜面的倾角θ＝30°，物体A与斜面之间的动摩擦因数μ＝eq\f(\r(3),4)，轻弹簧下端固定在斜面底端，弹簧处于原长时上端位于C点，用一根不可伸长的轻绳通过轻质光滑的定滑轮连接物体A和B，滑轮右侧绳子与斜面平行，A的质量为2m＝4kg，B的质量为m＝2kg，初始时物体A到C点的距离L＝1m，现给A、B一初速度v0＝3m/s，使A开始沿斜面向下运动，B向上运动，物体A将弹簧压缩到最短后又恰好能弹回到C点．已知重力加速度g＝10m/s2，不计空气阻力，整个过程中轻绳始终处于伸直状态．求在此过程中：(1)物体A向下运动刚到C点时的速度大小；(2)弹簧的最大压缩量；(3)弹簧的最大弹性势能．答案(1)2m/s(2)0.4m(3)6J解析(1)在物体A向下运动刚到C点的过程中，对A、B组成的系统应用能量守恒定律可得μ·2mgcosθ·L＝eq\f(1,2)×3mv02－eq\f(1,2)×3mv2＋2mgLsinθ－mgL解得v＝2m/s.(2)对A、B组成的系统分析，在物体A从C点压缩弹簧至将弹簧压缩到最大压缩量，又恰好返回到C点的过程中，系统动能的减少量等于因摩擦产生的热量，即eq