第4講功能關系能量守恒定律學習目標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(zhuǎn)化的關系。3.會應用能量守恒觀點解決綜合問題?？键c一常見的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(zhuǎn)化的過程，不同形式的能量發(fā)生相互轉(zhuǎn)化是通過做功來實現(xiàn)的。(2)功是能量轉(zhuǎn)化的量度，功和能的關系，一是體現(xiàn)在不同的力做功，對應不同形式的能轉(zhuǎn)化，具有一一對應關系，二是做功的多少與能量轉(zhuǎn)化的多少在數(shù)值上相等。2.幾種常見的功能關系及其表達式力做功能的變化定量關系合力的功動能變化W=Ek2－Ek1=ΔEk重力的功重力勢能變化(1)重力做正功，重力勢能減少(2)重力做負功，重力勢能增加(3)WG=－ΔEp=Ep1－Ep2彈簧彈力的功彈性勢能變化(1)彈力做正功，彈性勢能減少(2)彈力做負功，彈性勢能增加(3)W彈=－ΔEp=Ep1－Ep2只有重力、彈簧彈力做功機械能不變化機械能守恒，ΔE=0除重力和彈簧彈力之外的其他力做的功機械能變化(1)其他力做正功，物體的機械能增加(2)其他力做負功，物體的機械能減少(3)W其他=ΔE一對相互作用的滑動摩擦力的總功機械能減少，內(nèi)能增加(1)作用于系統(tǒng)的一對滑動摩擦力一定做負功，系統(tǒng)內(nèi)能增加(2)摩擦生熱Q=Ffx相對安培力做功電能變化(1)克服安培力做的功等于電能增加量(2)W克安=E電3.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力對物體做正功還是做負功。(2)勢能的增加與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。判斷正誤(1)一個物體的能量增加，必定有其他物體的能量減少。(√)(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(zhuǎn)化。(√)例1(2025·江蘇南京高三月考)如圖所示，在電梯中的斜面上放置了一滑塊，在電梯加速上升的過程中，滑塊相對斜面靜止，則在該過程中()A.斜面對滑塊的摩擦力對滑塊做負功B.斜面對滑塊的彈力對滑塊所做的功小于滑塊增加的機械能C.斜面對滑塊的彈力對滑塊所做的功等于滑塊增加的重力勢能D.滑塊所受合力對滑塊所做的功等于滑塊增加的機械能答案B解析在電梯加速上升的過程中，對滑塊受力分析可知，摩擦力沿斜面向上，與速度方向夾角為銳角，故摩擦力做正功，故A錯誤;根據(jù)功能關系可知，彈力和摩擦力做功之和等于滑塊機械能增加量，兩力均做正功，故彈力對滑塊做的功小于滑塊機械能增加量，故B正確;由于加速度大小未知，根據(jù)題目信息無法判斷支持力沿豎直方向分力與重力大小關系，無法判斷彈力做功與重力做功大小關系，故無法判斷彈力對滑塊所做的功與滑塊增加的重力勢能大小關系，故C錯誤;除重力之外其他力做的功等于滑塊機械能的增加量，合力包含重力，故合力對滑塊所做的功不等于滑塊增加的機械能，故D錯誤。例2(2025·河北邯鄲模擬)如圖甲所示，斜面固定在水平地面上，質(zhì)量為m的小物塊靜止在斜面底端，某時刻給物塊一個沿斜面向上的初速度v0使物塊沿斜面上滑，物塊與斜面之間的動摩擦因數(shù)為μ，斜面的傾角θ=30°，取水平地面為參考平面，在物塊上滑過程中，物塊的機械能E和動能Ek隨沿斜面運動的位移x變化的圖像如圖乙所示，g取10m/s2，下列說法正確的是()A.圖線a為物塊動能的變化圖線，圖線b為物塊機械能的變化圖線B.物塊的質(zhì)量為m=0.5kgC.物塊與斜面之間的動摩擦因數(shù)為μ=3D.物塊的初速度v0=15m/s答案C解析物塊沿斜面上滑過程中動能和機械能均減小，取水平地面為參考平面，則物塊上升到最高點時動能為零，但物塊此時的機械能等于重力勢能，機械能不等于零，則圖線a為機械能的變化圖線，圖線b為動能的變化圖線，故A錯誤;動能隨位移的變化圖線斜率大小等于合力，機械能隨位移的變化圖線斜率大小等于摩擦力，由此可得54J/m=mgsinθ+μmgcosθ，5-24J/m=μmgcosθ，由題圖乙知初動能為5J，則12mv02=5J，聯(lián)立解得m=0.1kg，μ=32，v0=10m/s，故C例3(多選)(2025·河南三門峽模擬)如圖(a)所示，足夠長的固定斜面傾角為θ=37°，斜面底端有一質(zhì)量為2kg的物塊(可視為質(zhì)點)?，F(xiàn)用一沿斜面向上的恒力F=32N使物塊由靜止開始沿斜面向上運動，取斜面底端為參考平面，運動過程中物塊的機械能E與物塊的位移x的關系如圖(b)所示，重力加速度g取10m/s2，sin37°=0.6，cos37°=0.8，則下列說法正確的是()A.物塊的加速度大小為6m/s2B.物塊與斜面之間的動摩擦因數(shù)為0.4C.物塊由靜止開始沿斜面向上滑動2m時的速度大小為26m/sD.物塊沿斜面向上滑動2m的過程中，物塊與斜面間因摩擦產(chǎn)生的熱量為24J答案AC解析由功能關系可知，拉力F和摩擦力對物塊做的功等于物塊機械能的增加量，所以題圖(b)中圖線的斜率k=48J2m=24N=F－μmgcos37°，解得μ=0.5，故B錯誤;由牛頓第二定律可知，物塊沿斜面上滑的加速度大小a=F-μmgcos37°-mgsin37°m=6m/s2，故A正確;由運動學公式可知，物塊向上滑動2m時，速度的大小v=2ax=26m/s，故C正確;物塊沿斜面向上滑動2m的過程中，物塊與斜面間摩擦產(chǎn)生的熱量Q=μmgxcos例4(2024·山東卷，7)如圖所示，質(zhì)量均為m的甲、乙兩同學，分別坐在水平放置的輕木板上，木板通過一根原長為l的輕質(zhì)彈性繩連接，連接點等高且間距為d(d<l)。兩木板與地面間動摩擦因數(shù)均為μ，彈性繩勁度系數(shù)為k，被拉伸時彈性勢能E=12kx2(x為繩的伸長量)?，F(xiàn)用水平力F緩慢拉動乙所坐木板，直至甲所坐木板剛要離開原位置，此過程中兩人與所坐木板保持相對靜止，k保持不變，最大靜摩擦力等于滑動摩擦力，重力加速度大小為g，則F所做的功等于(A.(μmg)22k+μmgB.3(μmg)22k+C.3(μmg)22k+2D.(μmg)22k+2μmg答案B解析當甲所坐木板剛要離開原位置時，對甲及其所坐木板整體有μmg=kx0，解得彈性繩的伸長量x0=μmgk，則此時彈性繩的彈性勢能為E0=12kx02=μ2m2g22k;水平力F緩慢拉動乙所坐木板，可認為乙與其所坐木板的動能變化量為零，從開始拉動乙所坐木板到甲所坐木板剛要離開原位置的過程，乙所坐木板的位移為x1=x0+l－d，由功能關系可知該過程F所做的功W=E0+μmgx1=魯科版教材必修第二冊P29節(jié)練習T5與本高考試題均考查功能關系在“滑塊—彈簧”模型中的應用，不同點在于高考題結(jié)合了共點力平衡的臨界與極值問題，對學生的綜合應用能力要求進一步提高。5.如圖所示，輕彈簧k一端與墻相連，質(zhì)量m=4kg的木塊沿光滑水平面以v0=5m/s的初速度向左運動。求:(1)彈簧在被壓縮過程中的最大彈性勢能;(2)木塊壓縮彈簧后速度減小到3m/s時彈簧的彈性勢能?？键c二能量守恒定律的理解和應用1.內(nèi)容:能量既不會憑空產(chǎn)生，也不會憑空消失，它只能從一種形式轉(zhuǎn)化為其他形式，或者從一個物體轉(zhuǎn)移到別的物體，在轉(zhuǎn)化或轉(zhuǎn)移的過程中，能量的總量保持不變。2.表達式(1)E初=E末，初狀態(tài)各種能量的總和等于末狀態(tài)各種能量的總和。(2)ΔE增=ΔE減，增加的能量總和等于減少的能量總和。3.對能量守恒定律的兩點理解(1)某種形式的能量減少，一定存在其他形式的能量增加，且減少量和增加量一定相等。(2)某個物體的能量減少，一定存在其他物體的能量增加，且減少量和增加量一定相等。4.能量轉(zhuǎn)化問題的解題思路(1)當涉及摩擦力做功，機械能不守恒時，一般應用能量守恒定律。(2)解題時，首先確定初、末狀態(tài)，然后分析狀態(tài)變化過程中哪種形式的能量減少，哪種形式的能量增加，求出減少的能量總和ΔE減與增加的能量總和ΔE增，最后由ΔE減=ΔE增列式求解。5.涉及彈簧的能量問題兩個或兩個以上的物體與彈簧組成的系統(tǒng)相互作用的過程，具有以下特點:(1)能量轉(zhuǎn)化方面，如果只有重力和系統(tǒng)內(nèi)彈簧彈力做功，系統(tǒng)機械能守恒。(2)如果系統(tǒng)內(nèi)每個物體除彈簧彈力外所受合力為零，則當彈簧伸長或壓縮到最大程度時兩物體速度相同。思考現(xiàn)在市場上有一種手表叫自動機械手表，只要每天有一定時間把表戴在手上，不用手動上發(fā)條，表針便可走動計時，自動手表的工作運行，是否違背能量守恒定律?提示不違背能量守恒定律。自動手表的運行是把人運動的機械能轉(zhuǎn)化為發(fā)條的彈性勢能，然后再轉(zhuǎn)化為表針的動能，同樣遵守能量守恒定律。例5(2025·浙江湖州模擬)如圖所示，輕彈簧一端懸掛在橫桿上，另一端連接質(zhì)量為m的重物，彈簧和重物組成的系統(tǒng)處于靜止狀態(tài)。某時刻在重物上施加一方向豎直向上、大小為F=12mg的恒力，重物上升的最大高度為h，已知彈簧的彈性勢能表達式為12kx2，x為彈簧的形變量，則(A.上升過程中系統(tǒng)機械能守恒B.開始時彈簧的彈性勢能為12C.上升過程中重物的最大動能為14D.上升到最高點過程中重物的重力勢能增加12答案B解析上升過程中，恒力F對系統(tǒng)做正功，系統(tǒng)的機械能增加，故A錯誤;初始時對重物有mg=kx1，重物上升的最大高度為h的過程中，對系統(tǒng)由能量守恒定律有12kx12+Fh=mgh+12k(h-x1)2，解得h=x1，所以開始時彈簧的彈性勢能為Ep1=12kx12=12mgh，故B正確;上升過程中，當重物所受合力為零時，速度達到最大，設此時彈簧的形變量為x2，則F+kx2=mg，解得x2=12x1=12h，從開始到動能最大的過程中由能量守恒定律有F(x1－x2)+12kx12=mg(x1－x2)+12mvm2+12kx22，解得上升過程中重物的最大動能為Ekm=1例6(2025·山東省名校聯(lián)盟聯(lián)考)極限單車是指車手騎著單車跨越障礙做著各種騰空動作的一項極限運動，深受年輕人喜愛，現(xiàn)將極限單車比賽中一段運動簡化如下，車手騎著單車從一平臺上以初速度v0從P點水平飛出，恰好從A點無碰撞地落到傾角θ=30°的斜坡AB上，PA高度差h=3.2m，AB為長L=10m的光滑斜面;若車手讓單車自由滑行，經(jīng)粗糙水平軌道BC和光滑圓弧軌道CD后到達D點時速度v=2m/s，DE為一寬為d=4.8m平臺，圓弧軌道CD半徑R=20m，圓心角α=53°，車手和單車總質(zhì)量為80kg，將車手和單車整體當質(zhì)點處理，g取10m/s2，已知sin53°=0.8。(1)求初速度v0的大小;(2)若車手只在BC段踩單車腳踏板，為了讓單車能夠躍過平臺DE，求車手在BC段至少做功多少?答案(1)83m/s(2)1840J解析(1)單車在A點的豎直速度vAy=2gh=8故vA=vAysinθ則v0=vAcosθ=83m/s。(2)車手讓單車自由滑行，到達D點時速度v=2m/s，設BC段克服摩擦力做功為Wf，從A到D過程由能量守恒定律有12mvA2=Wf+mg(R－Rcosα－Lsinθ)+1為了讓單車能夠飛躍平臺DE，設單車在D點的最小速度為vD，從D到E所用時間t=2d=vDcosα·t設車手在BC段對單車做功為W，從A到D過程，由能量守恒定律可得W+12mvWf+mg(R－Rcosα－Lsinθ)+12m聯(lián)立解得W=12mvD2－12mv2限時作業(yè)(限時:45分鐘)基礎對點練對點練1常見的功能關系的理解和應用1.(多選)(2025·湖南長沙高三月考)用力F拉著一個物體從空中的a點運動到b點的過程中，克服重力做功4J，拉力F做功8J，空氣阻力做功－0.5J。則下列判斷正確的是()A.物體的重力勢能增加了4J B.物體的機械能減少了4JC.物體的動能增加了3.5J D.物體的動能增加了8J答案AC解析重力做功等于重力勢能的變化量的相反數(shù)，克服重力做功4J，重力勢能增加4J，故A正確;除重力做功外，其他力做功為WF+Wf=(8－0.5)J=7.5J，則物體的機械能增加7.5J，故B錯誤;合力做功為WG+WF+Wf=(－4+8－0.5)J=3.5J，合力做功等于動能的增加量，即動能增加3.5J，故C正確，D錯誤。2.(2025·江西南昌聯(lián)考)如圖甲所示，在水平面上固定傾角為θ=37°、底端帶有擋板的足夠長的斜面，斜面底端靜止一質(zhì)量為m的物塊(可視為質(zhì)點)，從某時刻起，物塊受到一個沿斜面向上的拉力F作用向上運動，拉力F隨位移x變化的關系圖像如圖乙所示，當拉力F變?yōu)?時，物塊恰好靜止。重力加速度為g，sin37°=0.6，cos37°=0.8。對于整個過程，下列說法正確的是()A.拉力對物塊做功F0x0 B.物塊機械能一直增加C.物塊的重力勢能增加了mgx0 D.系統(tǒng)的內(nèi)能增加了12F0x0－0.6mgx答案D解析根據(jù)題意可知，拉力對物塊做的功等于F－x圖線與橫軸所圍圖形的面積，即WF=12F0x0，故A錯誤;根據(jù)功能關系可知，除重力以外的其他力做功等于機械能的變化量，而其他力即拉力F和摩擦力的合力，拉力沿斜面向上，摩擦力一直沿斜面向下，初始一段時間內(nèi)拉力與摩擦力的合力沿斜面向上，即其他力做正功，機械能增加，之后拉力小于摩擦力，拉力與摩擦力的合力沿斜面向下，即其他力做負功，機械能減少，故B錯誤;物塊重力勢能的增加量為ΔEp=mgx0sin37°=0.6mgx0，故C錯誤;根據(jù)能量守恒定律有Q=12F0x0－0.6mgx0，故3.(多選)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，取地面為參考平面，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g取10m/s2，根據(jù)圖中數(shù)據(jù)可知()A.物體的質(zhì)量為2kgB.物體上升過程中所受阻力大小為4NC.在物體上升至h=2m處，物體的動能為40JD.在物體上升后返回至h=2m處，物體的動能為30J答案AD解析根據(jù)Ep=mgh結(jié)合圖像可得物體的質(zhì)量為2kg，故A正確;根據(jù)ΔE=－fh，解得f=204N=5N，故B錯誤;由題圖可知，物體初動能為100J，在物體上升至h=2m處，根據(jù)動能定理得－fh－mgh=Ek1－Ek0，解得Ek1=50J，故C錯誤;從地面上升后返回至h=2m處，根據(jù)動能定理得－fs－mgh=Ek2－Ek0，又s=6m，解得Ek2=30J，故D4.(多選)(2025·北師大附中高三開學考)一木塊靜止放在光滑水平面上，一顆子彈沿水平方向射入木塊，若子彈進入木塊的最大深度為x1，與此同時木塊沿水平面移動的距離為x2，設子彈在木塊中受到的摩擦力大小不變，則在子彈進入木塊的過程中()A.子彈損失的動能與木塊獲得的動能之比為(x1+x2)∶x2B.子彈損失的動能與系統(tǒng)損失的動能之比為(x1+x2)∶x1C.木塊獲得的動能與因系統(tǒng)變熱損失的動能之比為x2∶x1D.木塊獲得的動能與因系統(tǒng)變熱損失的動能之比為x1∶x2答案ABC解析設摩擦力大小為Ff，對子彈根據(jù)動能定理可得－Ff(x1+x2)=ΔEk彈，對木塊根據(jù)動能定理可得Ffx2=ΔEk木=Ek木，可知子彈損失的動能與木塊獲得的動能之比為|ΔEk彈|∶Ek木=(x1+x2)∶x2，故A正確;根據(jù)功能關系可知，因系統(tǒng)變熱損失的動能為|ΔEk系|=|ΔEk彈|－ΔEk木=Ff(x1+x2)－Ffx2=Ffx1，則子彈損失的動能與系統(tǒng)損失的動能之比為|ΔEk彈|∶|ΔEk系|=(x1+x2)∶x1，故B正確;木塊獲得的動能與因系統(tǒng)變熱損失的動能之比為Ek木∶|ΔEk系|=x2∶x1，故C正確，D錯誤。5.(多選)如圖所示，在豎直平面內(nèi)有一半徑為R的圓弧軌道，半徑OA水平、OB豎直，一個質(zhì)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AP=2R，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.合力做功12mgR D.克服摩擦力做功1答案CD解析小球從P點運動到B點的過程中，重力做的功WG=mg(2R－R)=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，有mg=mvB2R，解得vB=gR，此過程中機械能的減少量為ΔE=mgR－12mvB2=12mgR，故B錯誤;根據(jù)動能定理可知，合力做功W合=12mvB2－0=12mgR，故C正確;根據(jù)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，W對點練2能量守恒定律的理解和應用6.(2025·河北唐山高三期末)如圖所示，勁度系數(shù)為k的豎直輕彈簧固定在水平地面上。質(zhì)量為m的小球從彈簧正上方高h處自由下落，當彈簧的壓縮量為x時，小球到達最低點。不計空氣阻力，重力加速度為g。此過程中()A.小球的機械能守恒B.小球距地面高度為mgkC.小球最大動能為mghD.彈簧最大彈性勢能為mg(h+x)答案D解析當小球與彈簧接觸后，彈簧的彈力對小球做負功，小球的機械能減少，彈簧的彈性勢能增加，小球的機械能不守恒，故A錯誤;當小球所受合力為零時，小球的速度最大，此時小球的動能最大，設此時彈簧的形變量為x1，根據(jù)平衡條件有mg=kx1，解得x1=mgk，彈簧原長未知，小球距地面的高度未知，故B錯誤;設此時彈簧的彈性勢能為Ep1，根據(jù)能量守恒定律可知，小球的動能為Ek=mgh+mgk－Ep1，故C錯誤;當小球運動到最低點時，小球的動能為零，彈簧的形變量最大，此時彈簧的彈性勢能最大。設此時彈簧的彈性勢能為Ep，根據(jù)能量守恒定律可得Ep=mg(h+x)7.(2024·河北滄州八縣聯(lián)考)如圖所示，斜面的傾角為θ，輕質(zhì)彈簧的下端與固定在斜面底端的擋板連接，彈簧處于原長時上端位于B點。一質(zhì)量為m的物塊從斜面A點由靜止釋放，將彈簧壓縮至最低點C(彈簧在彈性限度內(nèi))，后物塊剛好沿斜面向上運動到D點。已知斜面B點上方粗糙，B點下方光滑，物塊可視為質(zhì)點，AB=2BC=2L，AB=3BD，重力加速度為g，彈簧彈性勢能與形變量的關系Ep=12kx2(其中k為勁度系數(shù)，x為形變量)。下列說法中正確的是(A.物塊與斜面粗糙部分間的動摩擦因數(shù)tanB.彈簧彈性勢能的最大值為mgLsinθC.彈簧的勁度系數(shù)k為2D.小球動能的最大值為98mgLsin答案D解析物塊從A到D的全過程中由動能定理有mg×2L×1-13sinθ－μmgcosθ×2L×1+13=0，解得μ=tanθ2，故A錯誤;物塊從A到C的過程中由能量守恒定律有mgsinθ×3L－μmgcosθ·2L=Epmax，解得Epmax=2mgLsinθ，故B錯誤;由題意可知Epmax=2mgLsinθ=12kL2，解得k=4mgsinθL，故C錯誤;當物塊加速度為0時動能最大，有mgsinθ=kx，從物塊開始運動到動能最大的過程中有mgsinθ·(2L+x)－μmgcosθ·2L=12kx2+Ekmax，解得8.(多選)(2025·遼寧大連高三期中)如圖所示，傾角為θ=53°的固定粗糙斜面上有一A點，長度為l=0.5m的木板質(zhì)量分布均勻，其質(zhì)量為M=3kg，開始用外力使木板下端與A點對齊，如圖。木塊質(zhì)量為m=1kg，兩者用一輕質(zhì)細繩繞過光滑定滑輪連接在一起，木板與斜面的動摩擦因數(shù)為μ=23，g=10m/s2，sin53°=0.8，現(xiàn)撤去外力讓木板由靜止開始運動到上端剛好過A點，此過程中，下列說法正確的是(A.木板和木塊組成的系統(tǒng)機械能守恒B.木板上端剛過A點時速度大小為22C.木板減少的機械能等于木塊增加的機械能與系統(tǒng)產(chǎn)生的熱量之和D.系統(tǒng)產(chǎn)生的熱量為10J答案BC解析由于斜面是粗糙的，木板和木塊組成的系統(tǒng)在運動中會有摩擦生熱，所以木板和木塊組成的系統(tǒng)機械能不守恒，故A錯誤;木板和木塊組成的系統(tǒng)由能量守恒定律有Mglsinθ－mgl=12(M+m)v2+μMglcosθ，解得v=22m/s，故B正確;根據(jù)能量守恒定律可知木板減少的機械能等于木塊增加的機械能與系統(tǒng)產(chǎn)生的熱量之和，故C正確;系統(tǒng)產(chǎn)生的熱量為Q=μMglcosθ=6J，故綜合提升練9.(多選)(2025·廣東廣州模擬)如圖，廣州地鐵3號線北延段使用了節(jié)能坡。某次列車以64.8km/h(18m/s)的速度沖上高度為4m的坡頂車站時，速度減為7.2km/h(2m/s)，設該過程節(jié)能坡的轉(zhuǎn)化率為η(列車重力勢能的增加量與其動能減少量之比)，g取9.8N/kg，則()A.該過程列車的機械能守恒 B.該過程列車的機械能減少C.η約為10% D.η約為25%答案BD解析列車在沖上坡頂車站時，需要克服阻力做功，減少的動能一部分轉(zhuǎn)化成了列車的重力勢能，一部分克服了阻力做功，該過程中列車增加的重力勢能與減少的動能之間的關系為