第4節(jié)　功能關(guān)系　能量守恒定律一、功能關(guān)系1．功能關(guān)系(1)功是能量轉(zhuǎn)化的量度，即做了多少功就有多少能量發(fā)生了轉(zhuǎn)化。(2)做功的過程一定伴隨著能量的轉(zhuǎn)化，而且能量的轉(zhuǎn)化必須通過做功來實(shí)現(xiàn)。2．幾種常見的功能關(guān)系幾種常見力做功對應(yīng)的能量變化數(shù)量關(guān)系式重力正功重力勢能減少WG＝－ΔEp負(fù)功重力勢能增加彈簧等的彈力正功彈性勢能減少W彈＝－ΔEp負(fù)功彈性勢能增加電場力正功電勢能減少W電＝－ΔEp負(fù)功電勢能增加合力正功動能增加W合＝ΔEk負(fù)功動能減少重力以外的其他力正功機(jī)械能增加W其＝ΔE負(fù)功機(jī)械能減少二、能量守恒定律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)化為另一種形式，或者從一個(gè)物體轉(zhuǎn)移到另一個(gè)物體，而在轉(zhuǎn)化和轉(zhuǎn)移的過程中，能量的總量保持不變。2．表達(dá)式：ΔE減＝ΔE增。1．思考辨析(正確的畫“√”，錯(cuò)誤的畫“×”)(1)力對物體做了多少功，物體就具有多少能。 (×)(2)能量在轉(zhuǎn)移或轉(zhuǎn)化過程中，其總量會不斷減少。 (×)(3)在物體的機(jī)械能減少的過程中，動能有可能是增大的。 (√)(4)既然能量在轉(zhuǎn)移或轉(zhuǎn)化過程中是守恒的，故沒有必要節(jié)約能源。 (×)(5)滑動摩擦力做功時(shí)，一定會引起機(jī)械能的轉(zhuǎn)化。 (√)(6)一個(gè)物體的能量增加，必定有別的物體的能量減少。 (√)2．(2020·江蘇江陰期中)在光滑的水平面上，質(zhì)量為m的小滑塊停放在質(zhì)量為M、長度為L的靜止的長木板的最右端，滑塊和木板之間的動摩擦因數(shù)為μ?，F(xiàn)用一個(gè)大小為F的恒力作用在M上，當(dāng)小滑塊滑到木板的最左端時(shí)，滑塊和木板的速度大小分別為v1、v2，滑塊和木板相對于地面的位移大小分別為s1、s2，下列關(guān)系式錯(cuò)誤的是(　　)A．μmgs1＝mvB．Fs2－μmgs2＝MvC．μmgL＝mvD．Fs2－μmgs2＋μmgs1＝Mv＋mvC　[對滑塊，滑塊受到重力、支持力和摩擦力，根據(jù)動能定理，有μmgs1＝mv，故A正確；對木板，由動能定理得：Fs2－μmgs2＝Mv，故B正確；由上兩式相加可得：Fs2－μmgs2＋μmgs1＝Mv＋mv，又s2－s1＝L，則得：Fs2－μmgL＝Mv＋mv，故C錯(cuò)誤，D正確。本題選錯(cuò)誤的，故選C。]3．(魯科版必修2P44T5改編)質(zhì)量為m的物體以初速度v0沿水平面向左開始運(yùn)動，起始點(diǎn)A與一輕彈簧O端相距s，如圖所示。已知物體與水平面間的動摩擦因數(shù)為μ，物體與彈簧相碰后，彈簧的最大壓縮量為x。則從開始碰撞到彈簧被壓縮至最短，物體克服彈簧彈力所做的功為(　　)A．mv－μmg(s＋x)　 B．mv－μmgxC．μmgs   D．μmg(s＋x)A　[由能量守恒定律可知，物體的初動能mv一部分用于克服彈簧彈力做功，另一部分用于克服摩擦力做功，故物體克服彈簧彈力所做的功為mv－μmg(s＋x)，故選項(xiàng)A正確。] 對功能關(guān)系的理解及應(yīng)用　1．對功能關(guān)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(shí)現(xiàn)的。(2)功是能量轉(zhuǎn)化的量度，功和能的關(guān)系，一是體現(xiàn)在不同的力做功，對應(yīng)不同形式的能轉(zhuǎn)化，具有一一對應(yīng)關(guān)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．力學(xué)中常見的功能關(guān)系[題組訓(xùn)練]1．(2019·煙臺測試)質(zhì)量為m的物體在豎直向上的恒定拉力F的作用下，由靜止開始向上運(yùn)動H高度，所受空氣阻力恒為f，g為當(dāng)?shù)氐闹亓铀俣?。則此過程中，下列說法正確的是(　　)A．物體的動能增加了(F－mg)HB．物體的重力勢能增加了mgHC．物體的機(jī)械能減少了fHD．物體的機(jī)械能增加了FHB　[物體受到重力、拉力以及空氣的阻力，由動能定理有ΔEk＝(F－mg－f)H，選項(xiàng)A錯(cuò)誤；重力的功為－mgH，所以物體的重力勢能增加了mgH，選項(xiàng)B正確；除重力外物體受到拉力和阻力，所以物體的機(jī)械能增加ΔE＝(F－f)H，選項(xiàng)C、D錯(cuò)誤。]2．(2020·揚(yáng)州市江都區(qū)大橋高級中學(xué)高三月考)重為2 N的小球，在空中沿豎直方向下落了2 m的高度后到達(dá)地面，下落過程中受到空氣的阻力為0.1 N，下列說法正確的是(　　)A．小球的重力勢能增加了4 JB．小球的動能增加了4 JC．小球的機(jī)械能減少了0.2 JD．空氣阻力對小球做功為1 JC　[小球的重力做正功等于重力勢能的減少mgh＝2×2 J＝4 J，故A錯(cuò)誤；根據(jù)動能定理，小球動能的增加等小球外力做功的和ΔEk＝mgh－fh＝(4－0.1×2) J＝3.8 J，故B錯(cuò)誤；小球的機(jī)械能減少等于克服阻力做的功為|ΔE|＝fh＝0.2 J，故C正確；空氣阻力對小球做功為：Wf＝－fh＝－0.2 J，故D錯(cuò)誤。]3．(2020·廣安高三檢測)如圖所示，某段滑雪雪道傾角為30°，總質(zhì)量為m(包括雪具在內(nèi))的滑雪運(yùn)動員從距底端高為h處的雪道上由靜止開始勻加速下滑，加速度為g。在他從上向下滑到底端的過程中，下列說法正確的是(　　)A．運(yùn)動員減少的重力勢能全部轉(zhuǎn)化為動能B．運(yùn)動員獲得的動能為mghC．運(yùn)動員克服摩擦力做功為mghD．下滑過程中系統(tǒng)減少的機(jī)械能為mghD　[運(yùn)動員的加速度大小為g，小于gsin 30°＝g，所以其必受摩擦力，且大小為mg，克服摩擦力做的功為mg×＝mgh，故C錯(cuò)；摩擦力做負(fù)功，機(jī)械能不守恒，減少的重力勢能沒有全部轉(zhuǎn)化為動能，有mgh轉(zhuǎn)化為內(nèi)能，故A錯(cuò)，D對；由動能定理知，運(yùn)動員獲得的動能為mg×＝mgh，故B錯(cuò)。]功能關(guān)系的選取方法(1)若只涉及動能的變化用動能定理。(2)只涉及重力勢能的變化，用重力做功與重力勢能變化的關(guān)系分析。(3)只涉及機(jī)械能變化，用除重力和彈簧的彈力之外的力做功與機(jī)械能變化的關(guān)系分析。 摩擦力做功與能量轉(zhuǎn)化　1．兩種摩擦力的做功情況比較類別比較　　靜摩擦力滑動摩擦力不同點(diǎn)能量的轉(zhuǎn)化方面只有能量的轉(zhuǎn)移，而沒有能量的轉(zhuǎn)化既有能量的轉(zhuǎn)移，又有能量的轉(zhuǎn)化一對摩擦力的總功方面一對靜摩擦力所做功的代數(shù)和等于零一對滑動摩擦力所做功的代數(shù)和不為零，總功W＝－Ff l相對，即相對滑動時(shí)產(chǎn)生的熱量相同點(diǎn)正功、負(fù)功、不做功方面兩種摩擦力對物體可以做正功、負(fù)功，還可以不做功2．相對滑動物體能量問題的解題流程[典例示法]　(2021·江蘇省新高考適應(yīng)性考試)如圖所示，水平傳送帶足夠長，向右前進(jìn)的速度v＝4 m/s，與傾角為37°的斜面的底端P平滑連接，將一質(zhì)量m＝2 kg的小物塊從A點(diǎn)靜止釋放。已知A、P的距離L＝8 m，物塊與斜面、傳送帶間的動摩擦因數(shù)分別為μ1＝0.25、μ2＝0.20，取重力加速度g＝10 m/s2，sin 37°＝0.6，cos 37°＝0.8。求物塊(1)第1次滑過P點(diǎn)時(shí)的速度大小v1；(2)第1次在傳送帶上往返運(yùn)動的時(shí)間t；(3)從釋放到最終停止運(yùn)動，與斜面間摩擦產(chǎn)生的熱量Q。[解析]　(1)由動能定理得(mgsin 37°－μ1mgcos 37°)L＝mv－0解得v1＝8 m/s。(2)由牛頓第二定律得μ2mg＝ma物塊與傳送帶共速時(shí)，由速度公式得－v＝v1－at1解得t1＝6 s勻速運(yùn)動階段的時(shí)間為t2＝＝3 s第1次在傳送帶上往返運(yùn)動的時(shí)間t＝t1＋t2＝9 s。(3)由分析可知，物塊第一次離開傳送帶以后，每次再到達(dá)傳送帶和離開傳送帶的速度大小相等，則根據(jù)能量守恒有Q＝μ1mgcos 37°ΔL＋mv2＝48 J。[答案]　(1)8 m/s　(2)9 s　(3)48 J摩擦力做功的分析方法一是無論是滑動摩擦力，還是靜摩擦力，計(jì)算做功時(shí)都是用力與對地位移的乘積。二是摩擦生熱的計(jì)算公式Q＝Ff·x相對，其中x相對為兩接觸物體間的相對位移，若物體在傳送帶上做往復(fù)運(yùn)動時(shí)，則x相對為總的相對路程。[跟進(jìn)訓(xùn)練]　水平地面上的摩擦力做功分析1．(2018·江蘇高考改編)如圖所示，輕質(zhì)彈簧一端固定，另一端連接一小物塊，O點(diǎn)為彈簧在原長時(shí)物塊的位置。物塊由A點(diǎn)靜止釋放，沿粗糙程度相同的水平面向右運(yùn)動，最遠(yuǎn)到達(dá)B點(diǎn)。在從A到B的過程中，物塊(　　)A．加速度先增大后減小B．經(jīng)過O點(diǎn)時(shí)的速度最大C．所受彈簧彈力始終做正功D．所受彈簧彈力做的功等于克服摩擦力做的功D　[對物塊受力分析，當(dāng)彈簧處于壓縮狀態(tài)時(shí)，由牛頓第二定律可得kx－f＝ma，x減小，a減小，當(dāng)a＝0時(shí)，物塊速度最大，此時(shí)，物塊在O點(diǎn)左側(cè)，選項(xiàng)B錯(cuò)誤；從加速度a＝0處到O點(diǎn)過程，由牛頓第二定律得f－kx＝ma，x減小，a增大，當(dāng)彈簧處于伸長狀態(tài)時(shí)，由牛頓第二定律可得kx＋f＝ma，x增大，a繼續(xù)增大，可知物塊的加速度先減小后增大，選項(xiàng)A錯(cuò)誤；物塊所受彈簧的彈力對物塊先做正功，后做負(fù)功，選項(xiàng)C錯(cuò)誤；從A到B的過程，由動能定理可得W彈－Wf＝0，選項(xiàng)D正確。]　曲面上的摩擦力做功分析2．(2020·湖北六市高三聯(lián)考)如圖所示，豎直平面內(nèi)有一半徑為R的固定圓軌道與水平軌道相切于最低點(diǎn)B。一質(zhì)量為m的小物塊P(可視為質(zhì)點(diǎn))從A處由靜止滑下，經(jīng)過最低點(diǎn)B后沿水平軌道運(yùn)動，到C處停下，B、C兩點(diǎn)間的距離為R，物塊P與圓軌道、水平軌道之間的動摩擦因數(shù)均為μ?，F(xiàn)用力F將物塊P沿下滑的路徑從C處緩慢拉回圓弧軌道的頂端A，拉力F的方向始終與物塊P的運(yùn)動方向一致，物塊P從B處經(jīng)圓弧軌道到達(dá)A處過程中，克服摩擦力做的功為μmgR，下列說法正確的是(　　)A．物塊P在下滑過程中，運(yùn)動到B處時(shí)速度最大B．物塊P從A滑到C的過程中克服摩擦力做的功等于2μmgRC．拉力F做的功小于2mgRD．拉力F做的功為mgR(1＋μ)C　[當(dāng)重力沿圓軌道切線方向的分力等于滑動摩擦力時(shí)速度最大，此位置在AB之間，故A錯(cuò)誤；將物塊P緩慢地從B拉到A，克服摩擦力做的功為μmgR，而物塊P從A滑到B的過程中，物塊P做圓周運(yùn)動，根據(jù)向心力知識可知物塊P所受的支持力比緩慢運(yùn)動時(shí)要大，則滑動摩擦力增大，所以克服摩擦力做的功Wf大于μmgR，因此物塊P從A滑到C的過程中克服摩擦力做的功大于2μmgR，故B錯(cuò)誤；由動能定理得，從C到A的過程中有WF－mgR－μmgR－μmgR＝0－0，則拉力F做的功為WF＝mgR(1＋2μ)，故D錯(cuò)誤；從A到C的過程中，根據(jù)動能定理得mgR－Wf－μmgR＝0，因?yàn)閃f>μmgR，則mgR>μmgR＋μmgR，因此WF<2mgR，故C正確。]　傳送帶模型中的摩擦力做功分析3．如圖所示，質(zhì)量為m的物體在水平傳送帶上由靜止釋放，傳送帶由電動機(jī)帶動，始終保持以圖示速度v勻速運(yùn)動。物體與傳送帶間的動摩擦因數(shù)為μ，物體運(yùn)動一段距離能保持與傳送帶相對靜止。對于物體從靜止釋放到相對傳送帶靜止這一過程，下列說法正確的是(　　)A．電動機(jī)多做的功為mv2B．摩擦力對物體做的功為mv2C．傳送帶克服摩擦力做的功為mv2D．物體與傳送帶因摩擦產(chǎn)生的熱量為mv2D　[電動機(jī)多做的功轉(zhuǎn)化成了物體的動能和內(nèi)能，物體從靜止釋放到相對傳送帶靜止過程中獲得的動能為mv2，所以電動機(jī)多做的功一定大于mv2，所以A錯(cuò)誤；物體從靜止釋放到相對傳送帶靜止過程中只有摩擦力對物體做功，由動能定理可知，摩擦力對物體做的功等于物體動能的變化，即為mv2，所以B錯(cuò)誤；物體做勻加速直線運(yùn)動的末速度為v，故此過程中物體的平均速度為，傳送帶的速度為v，則此過程傳送帶的位移為物體位移的2倍，因?yàn)槟Σ亮ξ矬w做功為mv2，故傳送帶克服摩擦力做的功為mv2，故C錯(cuò)誤；傳送帶克服摩擦力做的功為mv2，物體獲得的動能為mv2，根據(jù)能量守恒定律知，物體與傳送帶因摩擦產(chǎn)生的熱量為mv2，故D正確。]　“滑塊—木板”模型中的摩擦力做功分析4．如圖甲所示，長木板A放在光滑的水平面上，質(zhì)量為m＝2 kg的另一物體B(可看成質(zhì)點(diǎn))以水平速度v0＝2 m/s滑上原來靜止的長木板A的上表面。由于A、B間存在摩擦，之后A、B速度隨時(shí)間變化情況如圖乙所示。下列說法正確的是(g取10 m/s2)(　　)甲　　　　　　　　　乙A．木板A獲得的動能為2 JB．系統(tǒng)損失的機(jī)械能為4 JC．木板A的最小長度為2 mD．A、B間的動摩擦因數(shù)為0.1D　[由題給圖象可知，A、B的加速度大小都為1 m/s2，根據(jù)牛頓第二定律知二者質(zhì)量相等，木板獲得的動能為1 J，選項(xiàng)A錯(cuò)誤；系統(tǒng)損失的機(jī)械能ΔE＝mv－·2m·v2＝2 J，選項(xiàng)B錯(cuò)誤；由v-t圖象可求出二者相對位移為1 m，選項(xiàng)C錯(cuò)誤；分析B的受力，根據(jù)牛頓第二定律，可求出μ＝0.1，選項(xiàng)D正確。] 能量守恒定律的理解及應(yīng)用　1．構(gòu)建和諧型、節(jié)約型社會深得民心，遍布于生活的方方面面。自動充電式電動車就是很好的一例，電動車的前輪裝有發(fā)電機(jī)，發(fā)電機(jī)與蓄電池連接。當(dāng)在騎車者用力蹬車或電動自行車自動滑行時(shí)，自行車就可以連通發(fā)電機(jī)向蓄電池充電，將其他形式的能轉(zhuǎn)化成電能儲存起來。現(xiàn)有某人騎車以500 J的初動能在粗糙的水平路面上滑行，第一次關(guān)閉自動充電裝置，讓車自由滑行，其動能隨位移變化關(guān)系如圖①所示；第二次啟動自動充電裝置，其動能隨位移變化關(guān)系如圖②所示，則第二次向蓄電池所充的電能是(　　)A．200 J  B．250 J  C．300 J  D．500 JA　[第一次關(guān)閉自動充電裝置，自由滑行時(shí)只有摩擦力做功，根據(jù)動能定理有－Ff·x1＝0－Ek，第二次啟動充電裝置后，滑行直至停下來的過程，動能一部分克服摩擦力做功，一部分轉(zhuǎn)化為電能，Ek＝Ff·x2＋W，代入數(shù)據(jù)計(jì)算可得W＝200 J，選項(xiàng)A正確。]2．(2020·江蘇啟東中學(xué)期中)將質(zhì)量為0.2 kg的小球放在豎立的彈簧上，并把球往下按至A的位置，如圖甲所示，迅速松手后，彈簧把球彈起，球升至最高位置C(圖丙)。途中經(jīng)過位置B時(shí)彈簧正好處于自由狀態(tài)(圖乙)。已知B、A的高度差為0.1 m，C、B的高度差為0.2 m，彈簧的質(zhì)量和空氣阻力都可忽略，重力加速度g＝10 m/s2，則有(　　)A．小球從A上升至B的過程中，彈簧的彈性勢能一直減小，小球的動能一直增加B．小球從B上升到C的過程中，小球的動能一直先增加后減小，勢能一直增加C．小球在位置A時(shí)，彈簧的彈性勢能為0.6 JD．小球從位置A上升至C的過程中，小球的最大動能為0.4 JC　[當(dāng)彈簧的彈力與小球重力平衡時(shí)，合力為零，加速度為零，速度達(dá)到最大。之后小球繼續(xù)上升，彈簧彈力小于重力，球做減速運(yùn)動，直到脫離彈簧，故小球從A上升到B的過程中，彈簧的彈性勢能一直減小，動能先增大后減小，故A錯(cuò)誤；從B到C，小球只受重力作用，做減速運(yùn)動，所以動能一直減小，重力勢能一直增加，故B錯(cuò)誤；從A到C，小球動能不變，重力勢能增加，重力勢能由彈簧彈性勢能轉(zhuǎn)化而來，而重力勢能增量為ΔEp＝mgΔh＝0.2×10×(0.1＋0.2)＝0.6 J，所以在A點(diǎn)彈簧的彈性勢能為0.6 J，故C正確；小球受力平衡時(shí)，因未給彈簧的勁度系數(shù)，則彈簧的形變量由題設(shè)條件無法求出，故無法求出小球最大動能，故D錯(cuò)誤。]3．(2019·常熟市中學(xué)高三開學(xué)考試)如圖所示，一根輕質(zhì)彈簧一端固定于光滑豎直桿上，另一端與質(zhì)量為m的滑塊P連接，P穿在桿上，一根輕繩跨過定滑輪將滑塊P和重物Q連接起來，重物Q的質(zhì)量M＝6m。把滑塊P從圖中A點(diǎn)由靜止釋放后沿豎直桿上下運(yùn)動，當(dāng)它經(jīng)過A、B兩點(diǎn)時(shí)彈簧彈力大小相等。已知OA與水平面的夾角θ＝53°，OB長為L，與AB垂直，不計(jì)滑輪質(zhì)量和摩擦力，重力加速度為g，sin 53 °＝0.8，cos 53°＝0.6。則滑塊P從A到B的過程中，下列說法不正確的是(　　)A．P與Q的機(jī)械能之和先増加后減小B．輕繩對滑塊P做功為C．對于滑塊Q，其重力功率先增大后減小D．滑塊P運(yùn)動到位置B處速度大小為B　[對于PQ系統(tǒng)，豎直桿不做功，系統(tǒng)的機(jī)械能只與彈簧對P的做功有關(guān)，彈簧先被壓縮后被拉伸，故從A到B的過程中，彈簧對P先做正功，后做負(fù)功，所以系統(tǒng)的機(jī)械能先增加后減小，A正確。A、B兩點(diǎn)處彈簧的彈力大小相同，所以這兩點(diǎn)處彈簧的彈性勢能相等，從A到B過程中，對于P、Q系統(tǒng)由能量守恒可得：6mg－mgLtan 53°－0＝mv2①，解得到B點(diǎn)的速度v＝；對于P，由能量守恒可得：W－mgLtan 53°－0＝mv2②，聯(lián)立①②解得W＝4mgL，B錯(cuò)誤，D正確。物塊Q釋放瞬間的速度為零，當(dāng)物塊P運(yùn)動至B點(diǎn)時(shí)，物塊Q的速度也為零，所以當(dāng)P從A點(diǎn)運(yùn)動至B點(diǎn)時(shí)，物塊Q的速度先增大后減小，物塊Q的重力的功率也為先增大后減小，C正確。]1．對能量守恒定律的兩點(diǎn)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(gè)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。2．能量轉(zhuǎn)化問題的解題思路(1)當(dāng)涉及摩擦力做功，機(jī)械能不守恒時(shí)，一般應(yīng)用能的轉(zhuǎn)化和守恒定律。(2)解題時(shí)，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。  

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