第4讲功能关系能量守恒定律考纲考情核心素养►功能关系Ⅱ►几种常见的功能关系和能量守恒定律.物理观念全国卷5年4考高考指数★★★★★►利用功能关系进行相关计算．►能量转化问题的解题思路.科学思维知识点一功能关系1．功是能量转化的量度，即做了多少功就有多少能量发生了转化．2．做功的过程一定伴随着能量的转化，而且能量的转化必须通过做功来实现．3．做功对应变化的能量形式(1)合外力的功影响物体的动能的变化．(2)重力的功影响物体重力势能的变化．(3)弹簧弹力的功影响弹性势能的变化．(4)除重力或系统内弹力以外的力做功影响物体机械能的变化．(5)滑动摩擦力的功影响内能的变化．(6)电场力的功影响电势能的变化．知识点二能量守恒定律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另一个物体，在转化或转移的过程中，能量的总量保持不变．2．适用范围：能量守恒定律是贯穿物理学的基本规律，是各种自然现象中普遍适用的一条规律．3．表达式(1)E初＝E末，初状态各种能量的总和等于末状态各种能量的总和．(2)ΔE增＝ΔE减，增加的那些能量的增加量等于减少的那些能量的减少量．1．思考判断(1)力对物体做了多少功，物体就具有多少能．(×)(2)力对物体做正功，物体的机械能不一定增加．(√)(3)能量在转化或转移的过程中，其总量会不断减少．(×)(4)物体的机械能减少的过程中，动能有可能是增大的．(√)(5)能量在转移或转化过程中守恒，因此没有必要节约能源．(×)2．韩晓鹏是我国首位在冬奥会雪上项目夺冠的运动员．他在一次自由式滑雪空中技巧比赛中沿“助滑区”保持同一姿态下滑了一段距离，重力对他做功1 900 J，他克服阻力做功100 J．韩晓鹏在此过程中(C)A．动能增加了1 900 J B．动能增加了2 000 JC．重力势能减小了1 900 J D．重力势能减小了2 000 J解析：根据动能定理得韩晓鹏动能的变化ΔE＝W G＋W f＝1 900 J －100 J＝1 800 J>0，故其动能增加了1 800 J，选项A、B错误；根据重力做功与重力势能变化的关系W G＝－ΔE p，所以ΔE p＝－W G＝－1 900 J<0，故韩晓鹏的重力势能减小了1 900 J，选项C正确，选项D 错误．3.质量为m的物体以初速度v0沿水平面向左开始运动，起始点A 与一轻弹簧O端相距s，如图所示．已知物体与水平面间的动摩擦因数为μ，物体与弹簧相碰后，弹簧的最大压缩量为x .则从开始碰撞到弹簧被压缩至最短，物体克服弹簧弹力所做的功为( A )A.12m v 20－μmg (s ＋x ) B.12m v 20－μmgx C ．μmgsD ．μmg (s ＋x )解析：由能量守恒定律可知，物体的初动能12m v 20一部分用于克服弹簧弹力做功，另一部分用于克服摩擦力做功，故物体克服弹簧弹力所做的功为12m v 20－μmg (s ＋x )，故选项A 正确．4．(多选)一个质量为m 的物体以a ＝2g 的加速度竖直向下运动，则在此物体下降h 高度的过程中，物体的( BD )A ．重力势能减少了2mghB ．动能增加了2mghC ．机械能保持不变D ．机械能增加了mgh解析：下降h 高度，则重力做正功mgh ，所以重力势能减小mgh ，A 错误；根据动能定理可得F 合h ＝ΔE k ，又F 合＝ma ＝2mg ，故ΔE k ＝2mgh ，B 正确；重力势能减小mgh ，而动能增大2mgh ，所以机械能增加mgh ，C 错误，D 正确．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( B )A ．W ＝0，Q ＝m v 2B ．W ＝0，Q ＝2m v 2C．W＝m v22，Q＝m v2D．W＝m v2，Q＝2m v2解析：对小物块，由动能定理有W＝12m v2－12m v2＝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＝2v2μg，这段时间内因摩擦产生的热量Q＝μmg·x相对＝2m v2，选项B正确．考点1功能关系1．对功能关系的进一步理解(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．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＝E k2－E k1＝ΔE k(续表)力做功能的变化定量关系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)W G＝－ΔE p＝E p1－E p2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 F＝－ΔE p＝E p1－E p2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＝ΔE一对相互作用的滑动摩擦力的总功内能变化(1)作用于系统的一对滑动摩擦力总功一定为负值(2)系统内能增加Q＝F f·L相对(2019·全国卷Ⅱ)(多选)从地面竖直向上抛出一物体，其机械能E总等于动能E k与重力势能E p之和．取地面为重力势能零点，该物体的E总和E p随它离开地面的高度h的变化如图所示．重力加速度取10 m/s2.由图中数据可得()A．物体的质量为2 kgB．h＝0时，物体的速率为20 m/sC．h＝2 m时，物体的动能E k＝40 JD．从地面至h＝4 m，物体的动能减少100 J【解析】根据题给图象可知h＝4 m时物体的重力势能mgh＝80 J，解得物体质量m＝2 kg，抛出时物体的动能为E k＝100 J，由动能公式E k＝12m v2，可知h＝0时物体的速率为v＝10 m/s，选项A正确，B错误；由功能关系可知fh＝|ΔE|＝20 J，解得物体上升过程中所受空气阻力f＝5 N，从物体开始抛出至上升到h＝2 m的过程中，由动能定理有－mgh－fh＝E k－100 J，解得E k＝50 J，选项C错误；由题给图象可知，物体上升到h＝4 m时，机械能为80 J，重力势能为80 J，动能为零，即物体从地面上升到h＝4 m，物体动能减少100 J，选项D 正确．【答案】AD高分技法对功能关系的进一步理解(1)物体动能的增量由外力做的总功来量度，即W外＝ΔE k，这就是动能定理；(2)物体重力势能的增量由重力做的功来量度，即W G＝－ΔE p，这就是重力做功与重力势能变化量的关系；(3)物体机械能的增量由重力以外的其他力做的功来量度，即W其ΔE机，(W其他表示除重力以外的其他力做的功)，这就是机械能增量他＝与除重力外的其他力做的功的关系；(4)当W其他＝0时，说明只有重力做功，所以系统的机械能守恒；(5)物体克服摩擦力做功时，能量由机械能转化为内能，即Q＝F f·s，s为路程.1.一个人站立在商场的自动扶梯的水平踏板上，随扶梯向上加速，如图所示，则(D)A ．人对踏板的压力大小等于人所受到的重力大小B ．人只受重力和踏板的支持力的作用C ．踏板对人的支持力做的功等于人的机械能增加量D ．人所受合力做的功等于人的动能的增加量解析：人的加速度斜向上，将加速度分解到水平和竖直方向得a x＝a cos θ，方向水平向右；a y ＝a sin θ，方向竖直向上，水平方向上人受静摩擦力作用，有f ＝ma x ＝ma cos θ，方向水平向右，竖直方向上人受重力和支持力，F N －mg ＝ma sin θ，所以F N >mg ，故A 、B 错误；除重力以外的力对物体做的功，等于物体机械能的变化量，踏板对人的力除了支持力还有摩擦力，运动过程中摩擦力也做功，所以踏板对人的支持力做的功不等于人的机械能的增加量，故C 错误；由动能定理可知，人所受合力做的功等于人的动能的增加量，故D 正确．2.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 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 到B 的运动过程中( C )A ．重力做功2mgRB ．合外力做功34mgRC ．克服摩擦力做功12mgRD ．机械能减少2mgR解析：小球通过B 点时恰好对轨道没有压力，即重力提供向心力，mg ＝m v 2R ，解得小球通过B 点时速度v ＝gR ，小球从P 到B 的运动过程中，重力做功等于重力势能减少量，为mgR ，动能增加量为12m v 2＝12mgR，合外力做功等于动能增加量，为12mgR，机械能减少量为mgR－12mgR＝12mgR，克服摩擦力做功等于机械能的减少量，为12mgR，故只有C选项正确．考点2摩擦力做功与能量守恒定律1．两种摩擦力做功情况的对比静摩擦力滑动摩擦力不同点能量的转化方面只有能量的转移，没有能量的转化既有能量的转移，又有能量的转化一对摩擦力的总功方面一对静摩擦力所做功的代数和等于零一对滑动摩擦力所做功的代数和为负值，总功W＝－F f·s相对，即摩擦时产生热量相同点正功、负功、不做功方面两种摩擦力对物体可以做正功、负功，还可以不做功；静摩擦力做正功时，它的反作用力一定做负功；滑动摩擦力做负功时，它的反作用力可能做正功，可能做负功，还可能不做功；但滑动摩擦力做正功或不做功时，它的反作用力一定做负功(1)转化：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)转移：某个物体的能量减少，一定存在其他物体的能量增加，且减少量和增加量相等．3．运用能量守恒定律解题的基本思路如图所示，固定斜面的倾角θ＝30°，物体A与斜面之间的动摩擦因数μ＝34，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＝4 kg，B的质量m＝2 kg，初始时物体A到C点的距离L＝1 m，现给A、B 一初速度v0＝3 m/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＝10 m/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．【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·2mg cosθ·L＝12×3m v20－12×3m v2＋2mgL sinθ－mgL解得v＝2 m/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12－0＝μ·2mg cosθ·2x2×3m v其中x为弹簧的最大压缩量解得x＝0.4 m.(3)设弹簧的最大弹性势能为E pm由能量守恒定律可得12＋2mgx sinθ－mgx＝μ·2mg cosθ·x＋E pm2×3m v解得E pm＝6 J.【答案】(1)2 m/s(2)0.4 m(3)6 J高分技法涉及做功与能量转化问题的解题方法(1)分清是什么力做功，并且分析该力做正功还是做负功；根据功能之间的对应关系，确定能量之间的转化情况.(2)当涉及摩擦力做功时，机械能不守恒，一般应用能的转化和守恒定律，特别注意摩擦产生的内能Q＝f·s相对，s相对为相对滑动的两物体间相对滑动路径的总长度.(3)解题时，首先确定初、末状态，然后分清有多少种形式的能在转化，再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减和增加的能量总和ΔE增，最后由ΔEΔE增列式求解.减＝3．(多选)一个物块从斜面底端冲上足够长的斜面后，返回到斜面底端．已知小物块冲上斜面的初动能为E ，它返回斜面底端的速度大小为v ，克服摩擦力做功为14E .若小物块冲上斜面的初动能变为3E ，则( BC )A ．返回斜面底端时动能为34EB ．返回斜面底端时速度大小为3vC ．从出发到返回斜面底端，克服摩擦阻力做功为34ED ．从出发到返回斜面底端，机械能减少38E解析：本题考查功能关系在斜面模型中的应用．物块以初动能E 冲上斜面并返回的整个过程中，由动能定理得W f ＝12m v 2－E ＝－E4，则12m v 2＝34E ，设物块以初动能为E 冲上斜面的初速度为v 0，则以初动能为3E 冲上斜面的初速度为3v 0，两次冲上斜面后的加速度相同，根据2ax ＝v 2t －v 20可知物体上滑的最大位移为x ＝0－v 202a，则物块第二次冲上斜面的最大位移是第一次的3倍，则整个过程中克服摩擦力做功是第一次的3倍，即为34E ，故C 正确；以初动能为3E 冲上斜面并返回的整个过程中，运用动能定理得W f ′＝12m v ′2－3E ＝－34E ，所以返回斜面底端时的动能为12m v ′2＝94E ，返回斜面底端时速度大小为v ′＝3v ，故A 错误，B 正确；根据功能关系可知，第二次从出发到返回斜面底端，机械能减少量等于克服摩擦阻力做功，为34E ，故D 错误．考点3 动力学和能量观点综合应用题型1 应用动力学和能量观点分析多过程问题某校兴趣小组制作了一个游戏装置，其简化模型如图所示，在A 点用一弹射装置将小滑块以某一水平速度弹射出去，沿水平直线轨道运动到B 点后，进入半径R ＝0.1 m 的光滑竖直圆形轨道，运行一周后自B 点向C 点运动，C 点右侧有一陷阱，C 、D 两点的竖直高度差h ＝0.2 m ，水平距离s ＝0.6 m ，水平轨道AB 长为L 1＝0.5 m ，BC 长为L 2＝1.5 m ，小滑块与水平轨道间的动摩擦因数μ＝0.4，重力加速度g ＝10 m/s 2.(1)若小滑块恰能通过圆形轨道的最高点，求小滑块在A 点弹射出的速度大小；(2)若游戏规则为小滑块沿着圆形轨道运行一周离开圆形轨道后只要不掉进陷阱即为胜出．求小滑块在A 点射出的速度大小范围．【解析】 (1)对滑块从A 到B 的过程应用动能定理，则 －μmgL 1＝12m v 2B －12m v 21 ①由B 到最高点小滑块机械能守恒，则 12m v 2B ＝2mgR ＋12m v 2② 小滑块恰能通过圆轨道最高点的速度为v ，由牛顿第二定律有mg ＝m v 2R ③由以上三式解得小滑块在A 点弹射出的速度v 1＝3 m/s.④ (2)若小滑块刚好停在C 处，则从A 到C 由动能定理得－μmg (L 1＋L 2)＝0－12m v 22 ⑤解得小滑块在A 点弹射出的速度为v 2＝4 m/s 若小滑块停在BC 段，应满足3 m/s ≤v A ≤4 m/s若小滑块能通过C 点并恰好越过陷阱，对A 到C 的过程应用动能定理－μmg (L 1＋L 2)＝12m v 20－12m v 2A ⑥根据平抛运动规律，则有 竖直方向h ＝12gt 2 ⑦水平方向s ＝v 0t ⑧ 解得v A ＝5 m/s所以初速度的范围为3 m/s ≤v A ≤4 m/s 或v A ≥5 m/s. 【答案】 (1)3 m/s (2)3 m/s ≤v A ≤4 m/s 或v A ≥5 m/s高分技法多过程问题解题关键(1)多运动组合问题主要是指直线运动、平抛运动和竖直面内圆周运动的组合问题.(2)解题关键①抓住物理情景中出现的运动状态和运动过程，将物理过程分解成几个简单的子过程.②两个相邻过程连接点的速度是联系两过程的纽带，也是解题的关键.很多情况下平抛运动的末速度的方向是解题的重要突破口.题型2 传送带模型如图所示，绷紧的传送带与水平面的夹角θ＝30°，传送带在电动机的带动下，始终保持v 0＝2 m/s 的速率运行，现把一质量为m＝10 kg的工件(可看做质点)轻轻放在传送带的底端，经过时间1.9 s，工件被传送到h＝1.5 m的高处，g取10 m/s2，求：(1)工件与传送带间的动摩擦因数；(2)电动机由于传送工件多消耗的电能．【解析】(1)由题可知，传送带长x＝hsinθ＝3 m工件速度达到v0前，做匀加速运动的位移x1＝v t1＝v0 2t1匀速运动的位移为x－x1＝v0(t－t1) 解得加速运动的时间t1＝0.8 s加速运动的位移x1＝0.8 m所以加速度a＝v0t1＝2.5 m/s2由牛顿第二定律有μmg cosθ－mg sinθ＝ma解得μ＝3 2.(2)从能量守恒的观点，显然电动机多消耗的电能用于增加工件的动能、重力势能以及克服传送带与工件之间发生相对位移时摩擦力做功产生热量．在时间t1内，传送带运动的位移x2＝v0t1＝1.6 m在时间t1内，工件相对传送带的位移x相对＝x2－x1＝0.8 m在时间t1内，摩擦生热Q＝μmg cosθ·x相对＝60 J工件获得的动能E k＝12m v20＝20 J工件增加的重力势能E p＝mgh＝150 J电动机多消耗的电能E电＝Q＋E k＋E p＝230 J.【答案】(1)32(2)230 J高分技法解决传送带问题的“两个角度”(1)动力学角度：首先要正确分析物体的运动过程，做好受力分析，然后利用运动学公式结合牛顿第二定律求物体及传送带在相应时间内的位移，找出物体和传送带之间的位移关系．(2)能量角度：求传送带对物体所做的功、物体和传送带由于相对滑动而产生的热量、因放上物体而使电动机多消耗的电能等，常依据功能关系或能量守恒定律求解．题型3滑块——木板模型如图甲所示，一长木板静止在水平地面上，在t＝0时刻，一小物块以一定速度从左端滑上长木板，之后长木板运动v-t 图象如图乙所示，已知小物块与长木板的质量均为m＝1 kg，已知木板足够长(g＝10 m/s2)，求：(1)小物块与长木板间动摩擦因数的值；(2)在整个运动过程中，系统所产生的热量．【解析】(1)设小物块与长木板间的动摩擦因数为μ1，长木板与地面间的动摩擦因数为μ2，长木板达到的最大速度为v m，长木板加速过程中，由牛顿第二定律得μ1mg－2μ2mg＝ma1，v m＝a1t1，木板和物块相对静止，共同减速过程中，由牛顿第二定律得μ2·2mg ＝2ma2，v m＝a2t2，由图象可知，v m＝2 m/s，t1＝2 s，t2＝1 s，联立解得μ1＝0.5.(2)设小物块初速度为v0，刚滑上长木板时的加速度大小为a0，则有μ1mg＝ma0，v m＝v0－a0t1，在整个过程中，由能量守恒定律得Q＝12m v20＝72 J.【答案】(1)0.5(2)72 J高分技法滑块——木板模型的解题思路(1)解决滑块一木板模型问题的关键是先对物体进行动态分析和终态推断，灵活巧妙地从能量的观点和力的观点来揭示其本质特征，然后列方程联立求解.(2)解题思路。