专题5.4功能关系能量守恒定律【考情分析】
1．知道功是能量转化的量度，掌握重力的功、弹力的功、合力的功与对应的能量转化关系。
2．知道自然界中的能量转化，理解能量守恒定律，并能用来分析有关问题。
【重点知识梳理】
知识点一对功能关系的理解及其应用
1．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。
2．做功对应变化的能量形式
(1)合外力对物体做的功等于物体的动能的变化。
(2)重力做功引起物体重力势能的变化。
(3)弹簧弹力做功引起弹性势能的变化。
(4)除重力和系统内弹力以外的力做的功等于物体机械能的变化。
知识点二能量守恒定律的理解及应用
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
ΔE减＝ΔE增，E初＝E末。
【典型题分析】
高频考点一对功能关系的理解及其应用
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【例1】（2019·全国Ⅱ卷）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/s 2。由图中数据可得
A ．物体的质量为2 kg
B ．h =0时，物体的速率为20 m/s
C ．h =2 m 时，物体的动能E k =40 J
D ．从地面至h =4 m ，物体的动能减少100 J 【答案】AD
【解析】A ．E p –h 图像知其斜率为G ，故G =
80J
4m
=20 N ，解得m =2 kg ，故A 正确B ．h =0时，E p =0，E k =E 机–E p =100 J –0=100 J ，故
2
12
mv =100 J ，解得：v =10 m/s ，故B 错误；C ．h =2 m 时，E p =40 J ，E k =E 机
–E p =85 J –40 J=45 J ，故C 错误；D ．h =0时，E k =E 机–E p =100 J –0=100 J ，h =4 m 时，E k ′=E 机–E p =80 J –80
J=0 J ，故E k –E k ′=100 J ，故D 正确。
【举一反三】(2018·天津卷)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
【答案】C
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【解析】运动员做匀速圆周运动，所受合外力指向圆心，A 项错误；由动能定理可知，合外力做功一定为零，C 项正确；运动员所受滑动摩擦力大小等于运动员重力沿滑道向下的分力，随滑道与水平方向夹角的变化而变化，B 项错误；运动员动能不变，重力势能减少，所以机械能减少，D 项错误。
【举一反三】(2018·全国卷Ⅰ)如图所示，abc 是竖直面内的光滑固定轨道，ab 水平，长度为2R ；bc 是半径为R 的四分之一圆弧，与ab 相切于b 点。一质量为m 的小球，始终受到与重力大小相等的水平外力的作用，自a 点处从静止开始向右运动。重力加速度大小为g 。小球从a 点开始运动到其轨迹最高点，机械能的增量为( )
A ．2mgR
B ．4mgR
C ．5mgR
D ．6mgR 【答案】C
【解析】设小球运动到c 点的速度大小为v c ，则对小球由a 到c 的过程，由动能定理有F ·3R －mgR ＝
1
2mv 2c ，又F ＝mg ，解得v c ＝2gR ，小球离开c 点后，在水平方向做初速度为零的匀加速直线运动，竖直方向在重力作用下做匀减速直线运动，由牛顿第二定律可知，小球离开c 点后水平方向和竖直方向的加速度大小均为g ，则由竖直方向的运动可知，小球从离开c 点到其轨迹最高点所需的时间为t ＝v c
g
＝2
R
g
，在水平方向的位移大小为x ＝1
2gt 2＝2R 。由以上分析可知，小球从a 点开始运动到其轨迹最高点的过程中，水平方
向的位移大小为5R ，则小球机械能的增加量为ΔE ＝F ·5R ＝5mgR ，C 正确，A 、B 、D 错误。
【方法技巧】几种常见功能关系
几种常见力做功
对应的能量变化 数量关系式
重力
正功
重力势能减少
W G ＝－ΔE p 负功 重力势能增加 弹簧等的弹力
正功
弹性势能减少
W 弹＝－ΔE p
负功
弹性势能增加
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电场力
正功
电势能减少
W 电＝－ΔE p
负功 电势能增加 合力
正功
动能增加
W 合＝ΔE k
负功 动能减少 重力以外的其他力
正功 机械能增加
W 其＝ΔE
负功
机械能减少
【变式探究】 (2017·全国卷Ⅲ)如图所示，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1
3l 。重力加速度大小为g 。在此过程
中，外力做的功为( )
A.19mgl
B.16mgl
C.13mgl
D.12mgl 【答案】A
【解析】以均匀柔软细绳MQ 段为研究对象，其质量为2
3 m ，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E p1＝－23mg ·l 3＝－2
9mgl ，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E p2＝－23mg ·l 6＝－1
9mgl ，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 ＝E p2－E p1＝－19mgl ＋29mgl ＝1
9
mgl ，选项A 正确。
高频考点二 摩擦力做功与能量的转化关系
【例2】 (多选)(2018·江苏卷)如图所示，轻质弹簧一端固定，另一端连接一小物块，O 点为弹簧在原长时物块的位置。物块由A 点静止释放，沿粗糙程度相同的水平面向右运动，最远到达B 点。在从A 到B 的过程中，物块( )
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A ．加速度先减小后增大
B ．经过O 点时的速度最大
C ．所受弹簧弹力始终做正功
D ．所受弹簧弹力做的功等于克服摩擦力做的功 【答案】AD
【解析】物块在从A 到B 的运动过程中，弹簧对物块的弹力先大于摩擦力后小于摩擦力，其所受合外力先减小后增大，根据牛顿第二定律，物块的加速度先减小后增大，选项A 正确；物块受到弹簧的弹力等于摩擦力时速度最大，此位置一定位于A 、O 之间，选项B 错误；物块所受弹簧的弹力先做正功后做负功，选项C 错误；对物块从A 到B 的运动过程，由动能定理可知，物块所受弹簧弹力做的功等于克服摩擦力做的功，选项D 正确。
【方法技巧】
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 ＝－F f ·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 ＝F f ·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．
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【变式探究】(2020·湖北武汉模拟)如图所示，竖直平面内有一半径为R 的固定1
4圆轨道与水平轨道相切
于最低点B 。一质量为m 的小物块P (可视为质点)从A 处由静止滑下，经过最低点B 后沿水平轨道运动，到C 处停下，B 、C 两点间的距离为R ，物块P 与圆轨道、水平轨道之间的动摩擦因数均为μ。现用力F 将物块P 沿下滑的路径从C 处缓慢拉回圆弧轨道的顶端A ，拉力F 的方向始终与物块P 的运动方向一致，物块P 从B 处经圆弧轨道到达A 处过程中，克服摩擦力做的功为μmgR ，下列说法正确的是( )
A ．物块P 在下滑过程中，运动到
B 处时速度最大
B ．物块P 从A 滑到
C 的过程中克服摩擦力做的功等于2μmgR C ．拉力F 做的功小于2mgR
D ．拉力F 做的功为mgR (1＋2μ) 【答案】CD
【解析】当重力沿圆轨道切线方向的分力等于滑动摩擦力时速度最大，此位置在AB 之间，故A 错误；将物块P 缓慢地从B 拉到A ，克服摩擦力做的功为μmgR ，而物块P 从A 滑到B 的过程中，物块P 做圆周运动，根据向心力知识可知物块P 所受的支持力比缓慢运动时要大，则滑动摩擦力增大，所以克服摩擦力做的功W f 大于μmgR ，因此物块P 从A 滑到C 的过程中克服摩擦力做的功大于2μmgR ，故B 错误；由动能定理得，从C 到
A
的过程中有W F －mgR －μmgR －μmgR ＝0－0，则拉力F 做的功为W F ＝mgR (1＋2μ)，故D 正确；从A 到C 的过程中，根据动能定理得mgR －W f －μmgR ＝0，因为W f >μmgR ，则mgR >μmgR ＋μmgR ，因此W F <2mgR ，故C 正确。
【举一反三】（2020·浙江杭州模拟）如图所示，质量为m 的物体在水平传送带上由静止释放，传送带由电动机带动，始终保持以图示速度v 匀速运动。物体与传送带间的动摩擦因数为μ，物体运动一段距离能保持与传送带相对静止。对于物体从静止释放到相对传送带静止这一过程，下列说法正确的是( )
A ．电动机多做的功为12mv 2
B ．摩擦力对物体做的功为mv 2
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C ．传送带克服摩擦力做的功为1
2mv 2
D ．物体与传送带因摩擦产生的热量为1
2mv 2
【答案】D
【解析】电动机多做的功转化成了物体的动能和内能，物体从静止释放到相对传送带静止过程中获得的动能为12mv 2，所以电动机多做的功一定大于1
2mv 2，所以A 错误；物体从静止释放到相对传送带静止过程
中只有摩擦力对物体做功，由动能定理可知，摩擦力对物体做的功等于物体动能的变化，即为1
2mv 2，所以B
错误；物体做匀加速直线运动的末速度为v ，故此过程中物体的平均速度为v
2，传送带的速度为v ，则此过程
传送带的位移为物体位移的2倍，因为摩擦力对物体做功为1
2mv 2，故传送带克服摩擦力做的功为mv 2，故C
错误；传送带克服摩擦力做的功为mv 2，物体获得的动能为1
2mv 2，根据能量守恒定律知，物体与传送带因摩
擦产生的热量为1
2
mv 2，故D 正确。
高频考点三 能量守恒定律的应用
【例3】（2019·浙江选考）如图所示为某一游戏的局部简化示意图。D 为弹射装置，AB 是长为21 m 的水平轨道，倾斜直轨道BC 固定在竖直放置的半径为R =10 m 的圆形支架上，B 为圆形的最低点，轨道AB 与BC 平滑连接，且在同一竖直平面内。某次游戏中，无动力小车在弹射装置D 的作用下，以v 0=10 m/s 的速度滑上轨道AB ，并恰好能冲到轨道BC 的最高点。已知小车在轨道AB 上受到的摩擦力为其重量的0.2倍，轨道BC 光滑，则小车从A 到C 的运动时间是（ ）
A ．5 s
B ．4.8 s
C ．4.4 s
D ．3 s
【答案】A
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【解析】设小车的质量为m ，小车在AB 段所匀减速直线运动，加速度
210.20.22m/s f mg a g m m =
===，在AB 段，根据动能定理可得2201122
AB B fx mv mv -=-，解得4m/s B v =，故1104s 3s 2t -==；小车在BC 段，根据机械能守恒可得2
12B CD mv mgh =，解得
0.8m CD
h =，过圆形支架的圆心O 点作BC 的垂线，根据几何知识可得1
2BC
BC CD
x R x h =
，解得4m BC x =，1
sin 5
CD BC h x θ=
=，故小车在BC 上运动的加速度为22sin 2m/s a g θ==，故小车在BC 段的运动时间为224
s 2s 2
B v t a =
==，所以小车运动的总时间为125s t t t =+=，A 正确。 【方法技巧】能量转化问题的解题思路
(1)当涉及滑动摩擦力做功，机械能不守恒时，一般应用能量守恒定律。
(2)解题时，首先确定初、末状态，然后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ΔE 减＝ΔE 增列式求解。
【变式探究】 (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 。
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(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。
【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，弹簧长度为l 时的弹性势能为
E p ＝5mgl
①
设P 的质量为M ，到达B 点时的速度大小为v B ，由能量守恒定律得 E p ＝12Mv 2B
＋μMg ·4l
②
联立①②式，取M ＝m 并代入题给数据得 v B ＝6gl
③
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 mv 2
l
－mg ≥0
④
设P 滑到D 点时的速度为v D ，由机械能守恒定律得 12mv 2B ＝12mv 2
D ＋mg ·2l
⑤
联立③⑤式得 v D ＝2gl
⑥
v D 满足④式要求，故P 能运动到D 点，并从D 点以速度v D 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 ＝12
gt 2
⑦
P 落回到AB 上的位置与B 点之间的距离为 s ＝v D t
⑧
联立⑥⑦⑧式得 s ＝22l 。
⑨
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(2)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 5mgl >μMg ·4l
⑩
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 2
B
≤Mgl
?
联立①②⑩?式得 53m ≤M <52
m 。
?
【答案】(1)6gl 22l (2)53m ≤M <52m
高频考点四 功能原理的综合应用
【例4】(2017·全国卷Ⅰ)一质量为8.00×104 kg 的太空飞船从其飞行轨道返回地面．飞船在离地面高度1.60×105 m 处以7.50×103 m/s 的速度进入大气层，逐渐减慢至速度为100 m/s 时下落到地面．取地面为重力势能零点，在飞船下落过程中，重力加速度可视为常量，大小取为9.8 m/s 2.(结果保留2位有效数字)
(1)分别求出该飞船着地前瞬间的机械能和它进入大气层时的机械能；
(2)求飞船从离地面高度600 m 处至着地前瞬间的过程中克服阻力所做的功，已知飞船在该处的速度大小是其进入大气层时速度大小的2.0%.
【解析】(1)飞船着地前瞬间的机械能为E k0＝1
2mv 20
式中，m 和v 0分别是飞船的质量和着地前瞬间的速率． 由①式和题给数据得E k0＝4.0×108 J 设地面附近的重力加速度大小为g .
飞船进入大气层时的机械能为E h ＝12mv 2h ＋mgh
式中，v h 是飞船在高度1.60×105 m 处的速度大小． 由③式和题给数据得E h ≈2.4×1012 J ． (2)飞船在高度h ′＝600 m 处的机械能为 E h ′＝1
2m (0.02v h )2＋mgh ′
⑤ 由功能原理得W ＝E h ′－E k0
⑥
式中，W 是飞船从离地面高度600 m 处至着地前瞬间的过程中克服阻力所做的功．由②⑤⑥式和题给
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数据得W ≈9.7×108 J 。
【易错警示】
(1)机械能为动能和势能之和．
(2)阻力做的功不是动能的改变而是机械能的改变.
【变式探究】（2020·河北辛集中学模拟）水平地面上固定有两个高度相同的粗糙斜面体甲和乙，斜面长分别为s 、L 1，如图所示。两个完全相同的小滑块A 、B 可视为质点，同时由静止开始从甲、乙两个斜面的顶端释放，小滑块A 一直沿斜面甲滑到底端C 点，而小滑块B 沿斜面乙滑到底端P 点后又沿水平面滑行距离L 2到D 点(小滑块B 在P 点从斜面滑到水平面时速度大小不变)，且s ＝L 1＋L 2。小滑块A 、B 与两个斜面以及水平面间的动摩擦因数相同，则( )
A ．滑块A 到达底端C 点时的动能一定比滑块
B 到达D 点时的动能小 B ．两个滑块在斜面上加速下滑的过程中，到达同一高度时，动能可能相同
C ．A 、B 两个滑块从斜面顶端分别运动到C 、
D 的过程中，滑块A 重力做功的平均功率小于滑块B 重力做功的平均功率
D ．A 、B 两个滑块从斜面顶端分别运动到C 、D 的过程中，由于克服摩擦而产生的热量一定相同 【答案】AC
【解析】根据动能定理，滑块A 由甲斜面顶端到达底端C 点的过程，mgh －μmg cos α·s ＝12mv 2C
，滑块B
由乙斜面顶端到达D 点的过程，mgh －μmg cos β·L 1－μmgL 2＝1
2mv 2D ，又s ＝L 1＋L 2，根据几何关系得s cos
α>L 1cos β＋L 2，所以12mv 2C <12mv 2
D ，故A 正确；两个滑块在斜面上加速下滑的过程中，到达同一高度时：mgh －μmg cos θ·h sin θ＝1
2mv 2，重力做功相同，但克服摩擦力做功不等，所以动能不同，故B 错误；整个过程中，
两滑块所受重力做功相同，但由于滑块A 运动时间长，故重力对滑块A 做功的平均功率比滑块B 的小，故C 正确；滑块A 、B 分别到达C 、D 时的动能不相等，由能量守恒定律知滑块A 、B 运动过程中克服摩擦产生的热量不同，故D 错误。