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机械能第五章微专题4功能关系能量守恒定律01核心考点·探究突破考点一功能关系的理解与应用1．功能关系(1)功是能量的量度，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．2．几种常见的功能关系及其表达式几种常见力做功对应的能量变化关系式重力正功重力势能减少WG＝－ΔEP负功重力势能增加弹力正功弹性势能减少W弹＝－ΔEP负功弹性势能增加合力正功动能增加W合＝ΔEk负功动能减少除重力和弹簧弹力之外的其他力做的功正功机械能增加W其他＝ΔE负功机械能减少[例1](2017·全国卷Ⅲ·16)如图，一质量为m，长度为l的均匀柔软细绳PQ竖直悬挂．用外力将绳的下端Q缓慢地竖直向上拉起至M点，M点与绳的上端P相距13l.重力加速度大小为g.在此过程中，外力做的功为()A．19mglB．16mglC．13mglD．12mglA解析：以均匀柔软细绳MQ段为研究对象，其质量为23m，取M点所在的水平面为零势能面，开始时，细绳MQ段的重力势能EP1＝－23mg·l3＝－29mgl，用外力将绳的下端Q缓慢地竖直向上拉起至M点时，细绳MQ段的重力势能EP2＝－23mg·l6＝－19mgl，则外力做的功即克服重力做的功等于细绳MQ段的重力势能的变化，即W＝EP2－EP1＝－19mgl＋29mgl＝19mgl，选项A正确．1．(2016·四川卷·1)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1900J，他克服阻力做功100J．韩晓鹏在此过程中()A．动能增加了1900JB．动能增加了2000JC．重力势能减小了1900JD．重力势能减小了2000J解析：由动能定理可知，ΔEk＝1900J－100J＝1800J，故A、B均错．重力势能的减少量等于重力做的功，故C正确，D错误．C2．滑块静止于光滑水平面上，与之相连的轻质弹簧处于自然伸直状态，现用恒定的水平外力F作用于弹簧右端，在向右移动一段距离的过程中拉力F做了10J的功．在上述过程中()A．弹簧的弹性势能增加了10JB．滑块的动能增加了10JC．滑块和弹簧组成的系统机械能增加了10JD．滑块和弹簧组成的系统机械能守恒解析：拉力F做功的同时，弹簧伸长，弹性势能增大，滑块向右加速，滑块动能增加，由功能关系可知，拉力做功等于滑块的动能与弹簧弹性势能的增加量之和，C正确，A、B、D均错误．C3．(2018·天津卷·2)滑雪运动深受人民群众喜爱．某滑雪运动员(可视为质点)由坡道进入竖直面内的圆弧形滑道AB，从滑道的A点滑行到最低点B的过程中，由于摩擦力的存在，运动员的速率不变，则运动员沿AB下滑过程中()A．所受合外力始终为零B．所受摩擦力大小不变C．合外力做功一定为零D．机械能始终保持不变C解析：运动员从A点滑到B点的过程中速率不变，则运动员做匀速圆周运动．A错：运动员做匀速圆周运动，合外力指向圆心．B错：如图所示，运动员受到的沿圆弧切线方向的合力为零，即Ff＝mgsinα，下滑过程中α减小，sinα变小，故摩擦力Ff变小．C对：由动能定理知，匀速下滑动能不变，合外力做功为零．D错：运动员下滑过程中动能不变，重力势能减小，机械能减小．考点二摩擦力做功与能量变化的关系1．两种摩擦力的做功情况比较类别比较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，而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不为零，总功W＝－Ff·l相对，即摩擦时产生的热量相同点正功、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2．摩擦力做功的分析方法(1)无论是滑动摩擦力，还是静摩擦力，计算做功时都是用力与对地位移的乘积．(2)摩擦生热的计算：公式Q＝Ff·l相对中l相对为两接触物体间的相对位移，若物体在传送带上做往复运动时，则l相对为总的相对路程．[例2](多选)如图所示，水平传送带由电动机带动，并始终保持以速度v匀速运动，现将质量为m的某物块由静止释放在传送带上的左端，过一会儿物块能保持与传送带相对静止，设物块与传送带间的动摩擦因数为μ，对于这一过程，下列说法正确的是()A．摩擦力对物块做的功为0.5mv2B．物块对传送带做功为0.5mv2C．系统摩擦生热为0.5mv2D．电动机多做的功为mv2ACD解析：对物块运用动能定理，摩擦力做的功等于物块动能的增加，即0.5mv2，故A项正确；传送带的位移是物块位移的两倍，所以物块对传送带做功的绝对值是摩擦力对物块做功的两倍，即为mv2，故B项错误；电动机多做的功就是传送带克服摩擦力做的功，也为mv2，故D项正确；系统摩擦生热等于摩擦力与相对位移的乘积，故C项正确．4．(2019·福建漳州八校联考)如图所示，一张薄纸板放在光滑水平面上，其右端放有小木块，小木块与薄纸板的接触面粗糙，原来系统静止．现用水平恒力F向右拉薄纸板，小木块在薄纸板上发生相对滑动，直到从薄纸板上掉下来．上述过程中有关功和能的下列说法正确的是()A．拉力F做的功等于薄纸板和小木块动能的增加B．摩擦力对小木块做的功一定等于系统的摩擦生热C．离开薄纸板前小木块可能先做加速运动，后做匀速运动D．小木块动能的增加可能小于系统的摩擦生热D解析：由功能关系知拉力F做的功等于薄纸板和小木块动能的增加及系统产生的内能，选项A错误；摩擦力对小木块做的功等于小木块动能的增加，选项B错误；离开薄纸板前小木块一定一直在做匀加速运动，选项C错误；对于系统，系统的摩擦生热Q＝fL1，对于小木块，fL2＝ΔEk，可能L2L1，故ΔEkQ，选项D正确．5．如图所示，AB为半径R＝0.8m的14光滑圆弧轨道，下端B恰与小车右端平滑对接．小车质量M＝3kg，车长L＝2.06m，车上表面距地面的高度h＝0.2m，现有一质量m＝1kg的滑块，由轨道顶端无初速度释放，滑到B端后冲上小车．已知地面光滑，滑块与小车上表面间的动摩擦因数μ＝0.3，当车运动了t0＝1.5s时，车被地面装置锁定(取g＝10m/s2)．试求：(1)滑块到达B端时，轨道对它支持力的大小；(2)车被锁定时，车右端距轨道B端的距离；(3)从车开始运动到被锁定的过程中，滑块与车上表面间由于摩擦而产生的内能大小．答案(1)30N(2)1m(3)6J解析(1)由机械能守恒定律和牛顿第二定律得mgR＝12mv2BFNB－mg＝mv2BR则：FNB＝30N(2)设m滑上小车后经过时间t1与小车同速，共同速度大小为v对滑块有：μmg＝ma1；v＝vB－a1t1对于小车：μmg＝Ma2，v＝a2t1解得：v＝1m/s，t1＝1s，因t1t0故滑块与小车同速后，小车继续向左匀速行驶了0.5s，则小车右端距B端的距离为l＝v2t1＋v(t0－t1)，解得l＝1m.(3)Q＝μmgl相对＝μmg(vB＋v2t1－v2t1)解得Q＝6J.考点三能量守恒定律的综合应用1．应用能量守恒定律方程的两条基本思路(1)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)某个物体的能量减少，一定存在其他物体的能量增加，且减少量和增加量一定相等．2．运用能量守恒定律解题的基本步骤[例3](2016·全国卷Ⅱ)轻质弹簧原长为2l，将弹簧竖直放置在地面上，在其顶端将一质量为5m的物体由静止释放，当弹簧被压缩到最短时，弹簧长度为l.现将该弹簧水平放置，一端固定在A点，另一端与物块P接触但不连接．AB是长度为5l的水平轨道，B端与半径为l的光滑半圆轨道BCD相切，半圆的直径BD竖直，如图所示．物块P与AB间的动摩擦因数μ＝0.5.用外力推动物块P，将弹簧压缩至长度l，然后放开P开始沿轨道运动，重力加速度大小为g.(1)若P的质量为m，求P到达B点时速度的大小，以及它离开圆轨道后落回到AB上的位置与B点之间的距离；(2)若P能滑上圆轨道，且仍能沿圆轨道滑下，求P的质量的取值范围．答案(1)6gl22l(2)53m≤M52m解析(1)依题意，当弹簧竖直放置，长度被压缩至l时，质量为5m的物体的动能为零，其重力势能转化为弹簧的弹性势能．由机械能守恒定律知，弹簧长度为l时的弹性势能为EP＝5mgl①设P到达B点时的速度大小为vB，由能量守恒定律得EP＝12mv2B＋μmg(5l－l)②联立①②式，并代入题给数据得vB＝6gl③若P能沿圆轨道运动到D点，其到达D点时的向心力不能小于重力，即P此时的速度大小v应满足mv2l－mg≥0④设P滑到D点时的速度为vD，由机械能守恒定律得12mv2B＝12mv2D＋mg·2l⑤联立③⑤式得vD＝2gl⑥vD满足④式要求，故P能运动到D点，并从D点以速度vD水平射出．设P落回到轨道AB所需的时间为t，由运动学公式得2l＝12gt2⑦P落回到AB上的位置与B点之间的距离为s＝vDt⑧联立⑥⑦⑧式得s＝22l⑨(2)设P的质量为M，为使P能滑上圆轨道，它到达B点时的速度不能小于零．由①②式可知5mglμMg·4l⑩要使P仍能沿圆轨道滑回，P在圆轨道的上升高度不能超过半圆轨道的中点C．由机械能守恒定律有12Mv′2B≤Mgl⑪EP＝12Mv′2B＋μMg·4l⑫联立①⑩⑪⑫式得53m≤M52m.⑬6．(2019·山西孝义摸底)一质量为m的物体，以初速度v0从倾角为θ的斜面底端沿斜面向上滑动，到达高度为v203g处速度减为零．不考虑空气阻力，重力加速度为g.则()A．上滑过程中物体机械能的减少量为13mv20B．上滑过程中摩擦力对物体做的功为12mv20C．物体第一次返回到斜面底端时的动能为14mv20D．物体与斜面间的动摩擦因数为12tanθD解析：物体在斜面底端的动能为12mv20，在最高点动能为零，上滑过程重力势能增加了mgh＝13mv20，上滑过程机械能减少了ΔE＝16mv20，上滑过程根据动能定理可知－μmgcosθ·v203gsinθ－mgv203g＝0－mv202，解得μ＝12tanθ，第一次回到底端的动能为12mv20－2ΔE＝16mv20，故D正确．7．(2019·山东济南一中模拟)(多选)如图甲所示，在距离地面高度为h＝0.80m的平台上有一轻质弹簧，其左端固定于竖直挡板上，右端与质量m＝0.50kg、可看成质点的物块相接触(不粘连)，OA段粗糙且长度等于弹簧原长，其余位置均无阻力作用．物块开始静止于A点，与OA段间的动摩擦因数μ＝0.50.现对物块施加一个水平向左的外力F，大小随位移x变化关系如图乙所示．物块向左运动x＝0.40m到达B点，到达B点时速度为零，随即撤去外力F，物块在弹簧弹力作用下向右运动，从M点离开平台，落到地面上N点，g取10m/s2，则()甲乙A．弹簧被压缩过程中外力F做的功为6.0JB．弹簧被压缩过程中具有的最大弹性势能为6.0JC．整个运动过程中克服摩擦力做功为4.0JD．M、N的水平距离为1.6m答案：AD解析：在F－x图象中，图线与横轴所围图形的面积表示力F所做的功，则弹簧被压缩过程中外力F做的功W＝12×(6＋18)×0.2J＋18×(0.4－0.2)J＝6.0J，故A正确；由弹簧形变越大弹性势能越大知，弹簧被压缩到B点时具有的弹性势能最大，由功能关系得W＝EP＋μmgx，EP＝W－μmgx＝6.0J－0.50×0.50×10×0.40J＝5.0J，故B错误；整个过程克服摩擦力做的功Wf＝2μmgx＝2×0.50×0.50×10×0.40J＝2.0J，故C错误；设物块到达M点的速度为v，物块做平拋运动的时间为t，M、N的水平距离为x，在物块从A→B→A→M的过程中，由功能关系得W＝12mv2＋Wf，由平拋运动规律得h＝12gt2，x＝vt，由以上三式解得x＝1.6m，故D正确．