1、第4講功能關系能量守恒定律目標要求1.熟練掌握幾種常見的功能關系，并會用于解決實際問題.2.掌握一對摩擦力做功與能量轉化的關系.3.會應用能量守恒觀點解決綜合問題考點一功能關系的理解和應用1對功能關系的理解(1)做功的過程就是能量轉化的過程，不同形式的能量發(fā)生相互轉化是通過做功來實現的(2)功是能量轉化的量度，功和能的關系，一是體現在不同的力做功，對應不同形式的能轉化，具有一一對應關系，二是做功的多少與能量轉化的多少在數值上相等2常見的功能關系能量功能關系表達式勢能重力做功等于重力勢能減少量WEp1Ep2Ep彈力做功等于彈性勢能減少量靜電力做功等于電勢能減少量分子力做功等于分子勢能減少量動能合

2、外力做功等于物體動能變化量WEk2Ek1eq f(1,2)mv2eq f(1,2)mv02機械能除重力和彈力之外的其他力做功等于機械能變化量W其他E2E1E摩擦產生的內能一對相互作用的滑動摩擦力做功之和的絕對值等于產生的內能QFfx相對電能克服安培力做功等于電能增加量W電能E2E1E1一個物體的能量增加，必定有別的物體能量減少()2合力做的功等于物體機械能的改變量()3克服與勢能有關的力(重力、彈簧彈力、靜電力等)做的功等于對應勢能的增加量()4滑動摩擦力做功時，一定會引起機械能的轉化()1功的正負與能量增減的對應關系(1)物體動能的增加與減少要看合外力對物體做正功還是做負功(2)勢能的增加與

3、減少要看對應的作用力(如重力、彈簧彈力、靜電力等)做負功還是做正功(3)機械能的增加與減少要看重力和彈簧彈力之外的力對物體做正功還是做負功2摩擦力做功的特點(1)一對靜摩擦力所做功的代數和總等于零；(2)一對滑動摩擦力做功的代數和總是負值，差值為機械能轉化為內能的部分，也就是系統(tǒng)機械能的損失量；(3)說明：無論是靜摩擦力還是滑動摩擦力，都可以對物體做正功，也可以做負功，還可以不做功 考向1功能關系的理解例1在奧運比賽項目中，高臺跳水是我國運動員的強項質量為m的跳水運動員進入水中后受到水的阻力而做減速運動，設水對他的阻力大小恒為F，當地的重力加速度為g，那么在他減速下降高度為h的過程中，下列說法

4、正確的是()A他的動能減少了FhB他的重力勢能增加了mghC他的機械能減少了(Fmg)hD他的機械能減少了Fh答案D解析運動員進入水中后，克服合力做的功等于動能的減少量，故動能減少(Fmg)h，故A錯誤；運動員進入水中后，重力做功mgh，故重力勢能減小mgh，故B錯誤；運動員進入水中后，除重力外，克服阻力做功Fh，故機械能減少了Fh，故C錯誤，D正確例2如圖所示，彈簧的下端固定在光滑斜面底端，彈簧與斜面平行在通過彈簧中心的直線上，小球P從直線上的N點由靜止釋放，在小球P與彈簧接觸到速度變?yōu)榱愕倪^程中，下列說法中正確的是()A小球P的動能一定在減小B小球P的機械能一定在減少C小球P與彈簧系統(tǒng)的機

5、械能一定在增加D小球P重力勢能的減小量大于彈簧彈性勢能的增加量答案B解析小球P與彈簧接觸后，剛開始彈力小于重力沿斜面向下的分力，合力沿斜面向下，隨著形變量增大，彈力大于重力沿斜面向下的分力，合力方向沿斜面向上，合力先做正功后做負功，小球P的動能先增大后減小，A錯誤；小球P與彈簧組成的系統(tǒng)的機械能守恒，彈簧的彈性勢能不斷增大，所以小球P的機械能不斷減小，B正確，C錯誤；在此過程中，根據系統(tǒng)機械能守恒，可知小球P重力勢能的減小量與動能減小量之和等于彈簧彈性勢能的增加量，即小球P重力勢能的減小量小于彈簧彈性勢能的增加量，D錯誤 考向2功能關系與圖像的結合例3(多選)(2020全國卷20)一物塊在高3

6、.0 m、長5.0 m的斜面頂端從靜止開始沿斜面下滑，其重力勢能和動能隨下滑距離s的變化如圖中直線、所示，重力加速度取10 m/s2.則()A物塊下滑過程中機械能不守恒B物塊與斜面間的動摩擦因數為0.5C物塊下滑時加速度的大小為6.0 m/s2D當物塊下滑2.0 m時機械能損失了12 J答案AB解析由Es圖像知，物塊動能與重力勢能的和減小，則物塊下滑過程中機械能不守恒，故A正確；由Es圖像知，整個下滑過程中，物塊機械能的減少量為E30 J10 J20 J，重力勢能的減少量Epmgh30 J，又Emgcos s，其中cos eq f(r(s2h2),s)0.8，h3.0 m，g10 m/s2，則

7、可得m1 kg，0.5，故B正確；物塊下滑時的加速度大小agsin gcos 2 m/s2，故C錯誤；物塊下滑2.0 m時損失的機械能為Emgcos s8 J，故D錯誤 考向3摩擦力做功與摩擦生熱的計算例4(多選)如圖所示，一個長為L，質量為M的木板，靜止在光滑水平面上，一個質量為m的物塊(可視為質點)，以水平初速度v0，從木板的左端滑向另一端，設物塊與木板間的動摩擦因數為，當物塊與木板相對靜止時，物塊仍在長木板上，物塊相對木板的位移為d，木板相對地面的位移為s，重力加速度為g.則在此過程中()A摩擦力對物塊做功為mg(sd)B摩擦力對木板做功為mgsC木板動能的增量為mgdD由于摩擦而產生的

8、熱量為mgs答案AB解析根據功的定義WFscos ，其中s指物體對地的位移，而指力與位移之間的夾角，可知摩擦力對物塊做功W1mg(sd)，摩擦力對木板做功W2mgs，A、B正確；根據動能定理可知木板動能的增量EkW2mgs，C錯誤；由于摩擦而產生的熱量QFfxmgd，D錯誤例5(多選)(2019江蘇卷8)如圖所示，輕質彈簧的左端固定，并處于自然狀態(tài)小物塊的質量為m，從A點向左沿水平地面運動，壓縮彈簧后被彈回，運動到A點恰好靜止物塊向左運動的最大距離為s，與地面間的動摩擦因數為，重力加速度為g，彈簧未超出彈性限度在上述過程中()A彈簧的最大彈力為mgB物塊克服摩擦力做的功為2mgsC彈簧的最大彈

9、性勢能為mgsD物塊在A點的初速度為eq r(2gs)答案BC解析物塊處于最左端時，彈簧的壓縮量最大，然后物塊先向右加速運動再減速運動，可知彈簧的最大彈力大于滑動摩擦力mg，選項A錯誤；物塊從開始運動至最后回到A點過程，由功的定義可得物塊克服摩擦力做功為2mgs，選項B正確；物塊從最左側運動至A點過程，由能量守恒定律可知Epmgs，選項C正確；設物塊在A點的初速度為v0，對整個過程應用動能定理有2mgs0eq f(1,2)mv02，解得v02eq r(gs)，選項D錯誤考點二能量守恒定律的理解和應用1內容能量既不會憑空產生，也不會憑空消失，它只能從一種形式轉化為其他形式，或者從一個物體轉移到別

10、的物體，在轉化或轉移的過程中，能量的總量保持不變2表達式E減E增3應用能量守恒定律解題的步驟(1)首先確定初、末狀態(tài)，分清有幾種形式的能在變化，如動能、勢能(包括重力勢能、彈性勢能、電勢能)、內能等(2)明確哪種形式的能量增加，哪種形式的能量減少，并且列出減少的能量E減和增加的能量E增的表達式例6(2020浙江1月選考20)如圖所示，一彈射游戲裝置由安裝在水平臺面上的固定彈射器、豎直圓軌道(在最低點E分別與水平軌道EO和EA相連)、高度h可調的斜軌道AB組成游戲時滑塊從O點彈出，經過圓軌道并滑上斜軌道全程不脫離軌道且恰好停在B端則視為游戲成功已知圓軌道半徑r0.1 m，OE長L10.2 m，A

11、C長L20.4 m，圓軌道和AE光滑，滑塊與AB、OE之間的動摩擦因數0.5.滑塊質量m2 g且可視為質點，彈射時從靜止釋放且彈簧的彈性勢能完全轉化為滑塊動能忽略空氣阻力，各部分平滑連接求：(1)滑塊恰好能過圓軌道最高點F時的速度vF大小；(2)當h0.1 m且游戲成功時，滑塊經過E點對圓軌道的壓力FN大小及彈簧的彈性勢能Ep0；(3)要使游戲成功，彈簧的彈性勢能Ep與高度h之間滿足的關系答案見解析解析(1)滑塊恰好能過F點的條件為mgmeq f(vF2,r)解得vF1 m/s(2)滑塊從E點到B點，由動能定理得mghmgL20eq f(1,2)mvE2在E點由牛頓第二定律得FNmgmeq f

12、(vE2,r)解得FNFN0.14 N從O點到B點，由能量守恒定律得：Ep0mghmg(L1L2)解得Ep08.0103 J(3)使滑塊恰能過F點的彈性勢能Ep12mgrmgL1eq f(1,2)mvF27.0103 J到B點減速到0Ep1mgh1mg(L1L2)0解得h10.05 m設斜軌道的傾角為，若滑塊恰好能停在B點不下滑，則mgcos mgsin 解得tan 0.5，此時h20.2 m從O點到B點Epmghmg(L1L2)2103(10h3) J其中0.05 mh0.2 m.例7如圖所示，固定斜面的傾角30，物體A與斜面之間的動摩擦因數eq f(r(3),4)，輕彈簧下端固定在斜面底端

13、，彈簧處于原長時上端位于C點，用一根不可伸長的輕繩通過輕質光滑的定滑輪連接物體A和B，滑輪右側繩子與斜面平行，A的質量為2m4 kg，B的質量為m2 kg，初始時物體A到C點的距離L1 m，現給A、B一初速度v03 m/s，使A開始沿斜面向下運動，B向上運動，物體A將彈簧壓縮到最短后又恰好能彈回到C點已知重力加速度g10 m/s2，不計空氣阻力，整個過程中輕繩始終處于伸直狀態(tài)求在此過程中：(1)物體A向下運動剛到C點時的速度大??；(2)彈簧的最大壓縮量；(3)彈簧的最大彈性勢能答案(1)2 m/s(2)0.4 m(3)6 J解析(1)在物體A向下運動剛到C點的過程中，對A、B組成的系統(tǒng)應用能量

14、守恒定律可得2mgcos Leq f(1,2)3mv02eq f(1,2)3mv22mgLsin mgL解得v2 m/s.(2)對A、B組成的系統(tǒng)分析，在物體A從C點壓縮彈簧至將彈簧壓縮到最大壓縮量，又恰好返回到C點的過程中，系統(tǒng)動能的減少量等于因摩擦產生的熱量，即eq f(1,2)3mv202mgcos 2x其中x為彈簧的最大壓縮量解得x0.4 m.(3)設彈簧的最大彈性勢能為Epm，從C點到彈簧最大壓縮量過程中由能量守恒定律可得eq f(1,2)3mv22mgxsin mgx2mgcos xEpm解得Epm6 J.課時精練1.(多選)如圖所示，質量為m的物體(可視為質點)以某一速度從A點沖

15、上傾角為30的固定斜面，其減速運動的加速度為eq f(3,4)g，此物體在斜面上能夠上升的最大高度為h，則在這個過程中物體()A重力勢能增加了mghB機械能損失了eq f(1,2)mghC動能損失了mghD克服摩擦力做功eq f(1,4)mgh答案AB解析加速度大小aeq f(3,4)geq f(mgsin 30Ff,m)，解得摩擦力Ffeq f(1,4)mg，機械能損失等于克服摩擦力做的功，即Ffxeq f(1,4)mg2heq f(1,2)mgh，故B項正確，D項錯誤；物體在斜面上能夠上升的最大高度為h，所以重力勢能增加了mgh，故A項正確；動能損失量為克服合力做功的大小，動能損失量EkF

16、合xeq f(3,4)mg2heq f(3,2)mgh，故C項錯誤2某同學用如圖所示的裝置測量一個凹形木塊的質量m，彈簧的左端固定，木塊在水平面上緊靠彈簧(不連接)將其壓縮，記下木塊右端位置A點，靜止釋放后，木塊右端恰能運動到B1點在木塊槽中加入一個質量m0800 g的砝碼，再將木塊左端緊靠彈簧，木塊右端位置仍然在A點，靜止釋放后木塊離開彈簧，右端恰能運動到B2點，測得AB1、AB2長分別為27.0 cm和9.0 cm，則木塊的質量m為()A100 g B200 g C300 g D400 g答案D解析根據能量守恒定律，有mgAB1Ep，(m0m)gAB2Ep，聯(lián)立解得m400 g，D正確3一

17、木塊靜置于光滑水平面上，一顆子彈沿水平方向飛來射入木塊中當子彈進入木塊的深度達到最大值2.0 cm時，木塊沿水平面恰好移動距離1.0 cm.在上述過程中系統(tǒng)損失的機械能與子彈損失的動能之比為()A12 B13C23 D32答案C解析根據題意，子彈在摩擦力作用下的位移為x1(21) cm3 cm，木塊在摩擦力作用下的位移為x21 cm；系統(tǒng)損失的機械能轉化為內能，根據功能關系，有E系統(tǒng)QFfx；子彈損失的動能等于子彈克服摩擦力做的功，故E子彈Ffx1；所以eq f(E系統(tǒng),E子彈)eq f(2,3)，所以C正確，A、B、D錯誤4.如圖所示，一質量為m的滑塊以初速度v0從固定于地面的斜面底端A開始

18、沖上斜面，到達某一高度后返回A，斜面與滑塊之間有摩擦下圖分別表示它在斜面上運動的速度v、加速度a、勢能Ep和機械能E隨時間的變化圖像，可能正確的是()答案C解析由牛頓第二定律可知，滑塊上升階段有：mgsin Ffma1；下滑階段有：mgsin Ffma2，因此a1a2，故選項B錯誤；速度時間圖像的斜率表示加速度，當上滑和下滑時，加速度不同，則斜率不同，故選項A錯誤；重力勢能先增大后減小，且上升階段加速度大，所用時間短，勢能變化快，下滑階段加速度小，所用時間長，勢能變化慢，故選項C可能正確；由于摩擦力始終做負功，機械能一直減小，故選項D錯誤5.如圖所示，赫章的韭菜坪建有風力發(fā)電機，風力帶動葉片轉

19、動，葉片再帶動轉子(磁極)轉動，使定子(線圈，不計電阻)中產生電流，實現風能向電能的轉化若葉片長為l，設定的額定風速為v，空氣的密度為，額定風速下發(fā)電機的輸出功率為P，則風能轉化為電能的效率為()A.eq f(2P,l2v3) B.eq f(6P,l2v3) C.eq f(4P,l2v3) D.eq f(8P,l2v3)答案A解析風能轉化為電能的工作原理為將風的動能轉化為輸出的電能，設風吹向發(fā)電機的時間為t，則在t時間內吹向發(fā)電機的風柱的體積為VvtSvtl2，則風柱的質量MVvtl2，因此風吹過的動能為Ekeq f(1,2)Mv2eq f(1,2)vtl2v2，在此時間內發(fā)電機輸出的電能EP

20、t，則風能轉化為電能的效率為eq f(E,Ek)eq f(2P,l2v3)，故A正確，B、C、D錯誤6.(多選)如圖所示，在豎直平面內有一半徑為R的圓弧軌道，半徑OA水平、OB豎直，一個質量為m的小球自A點的正上方P點由靜止開始自由下落，小球沿軌道到達最高點B時恰好對軌道沒有壓力已知AP2R，重力加速度為g，則小球從P點運動到B點的過程中()A重力做功2mgR B機械能減少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解析小球從P點運動到B點的過程中，重力做功WGmg(2RR)mgR，故A錯誤；小球沿軌道到達最高點B時恰好對軌道沒有壓力，則有mgm

21、eq f(vB2,R)，解得vBeq r(gR)，則此過程中機械能的減少量為EmgReq f(1,2)mvB2eq f(1,2)mgR，故B錯誤；根據動能定理可知，合外力做功W合eq f(1,2)mvB2eq f(1,2)mgR，故C正確；根據功能關系可知，小球克服摩擦力做的功等于機械能的減少量，為eq f(1,2)mgR，故D正確7質量為2 kg的物體以10 m/s的初速度，從起點A出發(fā)豎直向上拋出，在它上升到某一點的過程中，物體的動能損失了50 J，機械能損失了10 J，設物體在上升、下降過程空氣阻力大小恒定，則該物體再落回到A點時的動能為(g10 m/s2)()A40 J B60 J C

22、80 J D100 J答案B解析物體拋出時的總動能為100 J，物體的動能損失了50 J時，機械能損失了10 J，則動能損失100 J時，機械能損失20 J，此時到達最高點，由于空氣阻力大小恒定，所以下落過程，機械能也損失20 J，故該物體從A點拋出到落回到A點，共損失機械能40 J，所以該物體再落回到A點時的動能為60 J，A、C、D錯誤，B正確8.(多選)(2019全國卷18)從地面豎直向上拋出一物體，其機械能E總等于動能Ek與重力勢能Ep之和取地面為重力勢能零點，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10 m/s2.由圖中數據可得()A物體的質量為2 kgBh0

23、時，物體的速率為20 m/sCh2 m時，物體的動能Ek40 JD從地面至h4 m，物體的動能減少100 J答案AD解析根據題圖可知，h4 m時物體的重力勢能Epmgh80 J，解得物體質量m2 kg，拋出時物體的動能為Ek0100 J，由公式Ek0eq f(1,2)mv2可知，h0時物體的速率為v10 m/s，選項A正確，B錯誤；由功能關系可知Ffh4|E總|20 J，解得物體上升過程中所受空氣阻力Ff5 N，從物體開始拋出至上升到h2 m的過程中，由動能定理有mghFfhEkEk0，解得Ek50 J，選項C錯誤；由題圖可知，物體上升到h4 m時，機械能為80 J，重力勢能為80 J，動能為

24、零，即從地面上升到h4 m，物體動能減少100 J，選項D正確9.(多選)如圖所示，楔形木塊abc固定在水平面上，粗糙斜面ab與水平面的夾角為60，光滑斜面bc與水平面的夾角為30，頂角b處安裝一定滑輪質量分別為M、m(Mm)的兩滑塊A和B，通過不可伸長的輕繩跨過定滑輪連接，輕繩與斜面平行兩滑塊由靜止釋放后，沿斜面做勻加速運動，A、B不會與定滑輪碰撞若不計滑輪的質量和摩擦，在兩滑塊沿斜面運動的過程中()A輕繩對滑輪作用力的方向豎直向下B拉力和重力對M做功之和大于M動能的增加量C拉力對M做的功等于M機械能的增加量D兩滑塊組成系統(tǒng)的機械能損失等于M克服摩擦力做的功答案BD解析根據題意可知，兩段輕繩

25、的夾角為90，輕繩拉力的大小相等，根據平行四邊形定則可知，合力方向與繩子方向的夾角為45，所以輕繩對滑輪作用力的方向不是豎直向下的，故A錯誤；對M受力分析，受到重力、斜面的支持力、繩子拉力以及滑動摩擦力作用，根據動能定理可知，M動能的增加量等于拉力和重力以及摩擦力做功之和，而摩擦力做負功，則拉力和重力對M做功之和大于M動能的增加量，故B正確；根據除重力以外的力對物體做功等于物體機械能的變化量可知，拉力和摩擦力對M做的功之和等于M機械能的增加量，故C錯誤；對兩滑塊組成系統(tǒng)分析可知，除了重力之外只有摩擦力對M做功，所以兩滑塊組成的系統(tǒng)的機械能損失等于M克服摩擦力做的功，故D正確10.(多選)如圖所

26、示，光滑水平面OB與足夠長粗糙斜面BC交于B點輕彈簧左端固定于豎直墻面，現將質量為m1的滑塊壓縮彈簧至D點，然后由靜止釋放，滑塊脫離彈簧后經B點滑上斜面，上升到最大高度，并靜止在斜面上不計滑塊在B點的機械能損失換用相同材料質量為m2的滑塊(m2m1)壓縮彈簧至同一點D后，重復上述過程，下列說法正確的是()A兩滑塊到達B點的速度相同B兩滑塊沿斜面上升的最大高度相同C兩滑塊上升到最高點過程克服重力做的功相同D兩滑塊上升到最高點過程機械能損失相同答案CD解析兩滑塊到B點的動能相同，但速度不同，故A錯誤；兩滑塊在斜面上運動時加速度相同，由于質量不同，則在B點時的速度不同，故上升的最大高度不同，故B錯誤

27、；滑塊上升到斜面最高點過程克服重力做的功為mgh，由能量守恒定律得Epmghmgcos eq f(h,sin )，則mgheq f(Ep,1f(,tan )，故兩滑塊上升到斜面最高點過程克服重力做的功相同，故C正確；由能量守恒定律得E損mgcos eq f(h,sin )eq f(mgh,tan )，結合C可知D正確11.(多選)如圖所示，質量為M的長木板靜止在光滑水平面上，上表面OA段光滑，AB段粗糙且長為l，左端O處有一固定擋板，擋板上固定輕質彈簧，右側用不可伸長的輕繩連接在豎直墻上，輕繩所能承受的最大拉力為F.質量為m的小滑塊以速度v從A點向左滑動壓縮彈簧，彈簧的壓縮量達到最大時細繩恰好

28、被拉斷，再過一段時間后長木板停止運動，小滑塊恰未掉落重力加速度為g，則()A細繩被拉斷瞬間長木板的加速度大小為eq f(F,M)B細繩被拉斷瞬間彈簧的彈性勢能為eq f(1,2)mv2C彈簧恢復原長時滑塊的動能為eq f(1,2)mv2D滑塊與長木板AB段間的動摩擦因數為eq f(v2,2gl)答案ABD解析細繩被拉斷瞬間彈簧的彈力等于F，對長木板，由牛頓第二定律得FMa，得aeq f(F,M)，A正確；滑塊以速度v從A點向左滑動壓縮彈簧，到彈簧壓縮量最大時速度為0，由系統(tǒng)的機械能守恒得，細繩被拉斷瞬間彈簧的彈性勢能為eq f(1,2)mv2，B正確；彈簧恢復原長時長木板與滑塊都獲得動能，所以滑塊的動能小于eq f(1,2)mv2，C錯誤；彈簧最大彈性勢能Epeq f(1,2)mv2，小滑塊恰未掉落時滑到木板的最右端B，此時小滑塊與長木板均靜止，又水平面光滑，長木板上表面OA段光滑，則有Epmgl，聯(lián)立解得eq f(v2,2gl)，D正確12.如圖所示，一物體質量m2 kg，在傾角37的斜面上的A點以初速度v03 m/s下滑，A點距彈簧上端擋板位置B點的距離AB4 m當物體到達B點后將彈簧壓縮到C點，最大壓縮量BC0.2 m，然后物體又被彈簧彈上去，彈到的最高位置為D點，D點距A點的距離AD3 m擋板及彈簧質量不計，g取10 m/s2，sin 370.6，求：