专题17 功能关系与能量守恒(解析版)-2021届高考物理一轮复习热点题型归纳与变式演练

2021届高考物理一轮复习热点题型归纳与变式演练

专题17 功能关系与能量守恒

【专题导航】

目录

热点题型一功能关系的理解和应用 (1)

热点题型二摩擦力做功与能量的转化 (4)

类型一滑块—滑板模型中能量的转化问题 (4)

类型二传送带模型中能量的转化问题 (6)

类型三水平地面上的摩擦力做功分析 (8)

类型四曲面上的摩擦力做功分析 (9)

热点题型三能量守恒定律的应用 (10)

【题型归纳】

热点题型一功能关系的理解和应用

【题型要点】1．对功能关系的理解

(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

【例1】(2020·吉林吉林市友好学校联合体期末)从地面竖直上抛一个质量为m的小球，小球上升的最大高度为h，设上升和下降过程中空气阻力大小恒为F f.重力加速度为g，下列说法正确的是()

A．小球上升的过程中动能减少了mgh B．小球上升和下降的整个过程中机械能减少了F f h

C．小球上升的过程中重力势能增加了mgh D．小球上升和下降的整个过程中动能减少了F f h

【答案】C

【解析】小球上升的过程中，重力和阻力都做负功，其中克服重力做功等于mgh，故总功大于mgh；根据动能定理，总功等于动能的变化量，故动能的减小量大于mgh，故A错误．除重力外其余力做的功等于机械能的变化量，除重力外，克服阻力做功2F f h，故机械能减小2F f h，故B错误．小球上升h，故重力势能增加mgh，故C正确．小球上升和下降的整个过程中，重力做功等于零，阻力做功等于－2F f h，故根据动能定理，动能减小2F f h，故D错误．

【变式1】(多选)(2020·四川德阳市第三次诊断)如图所示，离水平地面一定高度处水平固定一内壁光滑的圆筒，筒内固定一轻质弹簧，弹簧处于自然长度．现将一小球从地面以某一初速度斜向上抛出，刚好能水平进入圆筒中，不计空气阻力．下列说法中正确的是()

A ．小球向上运动的过程中处于失重状态

B ．小球压缩弹簧的过程中小球减小的动能等于弹簧增加的势能

C ．弹簧获得的最大弹性势能等于小球抛出时的动能

D ．小球从抛出到将弹簧压缩到最短的过程中小球的机械能守恒 【答案】AB

【解析】小球抛出的过程中加速度为g ，方向竖直向下，处于失重状态，故A 正确；小球压缩弹簧的过程，小球的动能和弹簧的弹性势能总量守恒，所以小球减小的动能等于弹簧增加的势能，故B 正确；小球从抛出到将弹簧压缩到最短的过程，小球的动能、重力势能和弹簧的弹性势能总量守恒，小球抛出时的动能等于小球的重力势能增加量与弹簧的最大弹性势能之和，故C 错误；小球从抛出到将弹簧压缩到最短的过程中，小球和弹簧组成的系统机械能守恒，而小球的机械能不守恒，故D 错误．

【变式2】如图所示，质量为1 kg 的滑块在倾角为30°的光滑斜面上，从a 点由静止开始下滑，到b 点开始压缩轻弹簧，到c 点时达到最大速度，到d 点(图中未画出)开始弹回，返回b 点离开弹簧，恰能再回到a 点．若bc ＝0.1 m ，弹簧弹性势能的最大值为8 J ，g 取10 m/s 2，则下列说法正确的是( )

A ．弹簧的劲度系数是50 N/m

B ．从d 点到b 点滑块克服重力做功8 J

C ．滑块的动能最大值为8 J

D ．从d 点到c 点弹簧的弹力对滑块做功8 J 【答案】A

【解析】当滑块的合力为0时，滑块速度最大，又知在c 点时滑块的速度最大，故此瞬间滑块受力平衡，则有mg sin 30°＝x bc ，可得k ＝mg sin 30°x bc ＝50 N/m ，故选项A 正确；滑块从d 点到a 点，运用动能定理得W G

＋W 弹＝0－0，又W 弹＝E p ＝8 J ，可得W G ＝－8 J ，即克服重力做功8 J ，所以从d 点到b 点滑块克服重力做功小于8 J ，故选项B 错误；滑块从a 点到c 点，由弹簧与滑块组成的系统的机械能守恒知：滑块的动能增加量与弹簧弹性势能增加量之和等于滑块重力势能的减少量，小于8 J ，所以滑块的动能最大值小于8 J ，故

选项C 错误；弹簧弹性势能的最大值为8 J ，根据功能关系知从d 点到b 点弹簧的弹力对滑块做功8 J ，从d 点到c 点弹簧的弹力对滑块做功小于8 J ，故选项D 错误．

【变式3】(2020河南三市二模，20)(多选)如图所示，电梯质量为M ，电梯地板上放置一个质量为m 的物块，轻质钢索拉动电梯由静止开始竖直向上做匀加速直线运动，当上升高度为H 时，速度达到v 0.不计空气阻力，重力加速度为g ，在这个过程中( )

A ．物块所受支持力与钢索拉力之比为m ∶M

B ．地板对物块的支持力做的功等于1

2mv 2＋mgH

C ．物块克服重力做功的平均功率等于1

2

mgv

D ．电梯及物块构成的系统机械能增加量等于1

2(M ＋m )v 2

【答案】BC

【解析】：钢索拉力T ＝(M ＋m )(g ＋a )，物块所受支持力F N ＝m (g ＋a )，所以F N T ＝m

M ＋m ，A 项错误．对物块

m ，由动能定理有WF N －mgH ＝12mv 2，得WF N ＝1

2mv 2＋mgH ，B 项正确．因物块做初速度为零的匀加速直线

运动，则其平均速度v ＝v 2，物块克服重力做功的平均功率P G ＝mgv ＝1

2mgv ，C 项正确．电梯及物块构成的

系统机械能增加量等于(M ＋m )gH ＋1

2

(M ＋m )v 2，D 项错误．

【解题关键】物块由静止开始向上做匀加速直线运动，则平均速度v ＝v

2.不计空气阻力，钢索拉力做功等于

系统机械能增加量.

热点题型二 摩擦力做功与能量的转化

【要点诠释】1．两种摩擦力的做功情况比较

2.相对滑动物体能量问题的解题流程

类型一滑块—滑板模型中能量的转化问题

【例1】．(多选)(2020·江西九江一模)第一次将一长木板静止放在光滑水平面上，如图甲所示，一小铅块(可视为质点)以水平初速度v0由木板左端向右滑动，到达右端时恰能与木板保持相对静止．第二次将长木板分成A、B两块，使B的长度和质量均为A的2倍，并紧挨着放在原水平面上，让小铅块仍以初速度v0由A 的左端开始向右滑动，如图乙所示．若小铅块相对滑动过程中所受的摩擦力始终不变，则下列说法正确的()

A．小铅块将从B的右端飞离木板

B．小铅块滑到B的右端前已与B保持相对静止

C．第一次和第二次过程中产生的热量相等

D．第一次过程中产生的热量大于第二次过程中产生的热量

【答案】BD.

【解析】：在第一次小铅块运动过程中，小铅块与木板之间的摩擦力使整个木板一直加速，第二次小铅块先使整个木板加速，当小铅块运动到B上后A停止加速，只有B加速，加速度大于第一次的对应过程，故第二次小铅块与B将更早共速，所以小铅块还没有运动到B的右端，二者就已共速，A错误，B正确；由于第一次的相对路程大于第二次的相对路程，则第一次过程中产生的热量大于第二次过程中产生的热量，C 错误，D正确．

【变式1】(多选)如图所示，质量为M、长度为L的小车静止在光滑水平面上，质量为m的小物块(可视为质点)放在小车的最左端。现用一水平恒力F作用在小物块上，使小物块从静止开始做匀加速直线运动。小物块和小车之间的摩擦力为f，小物块滑到小车的最右端时，小车运动的距离为x。此过程中，以下结论正确的是()

A．小物块到达小车最右端时具有的动能为(F－f)(L＋x)

B．小物块到达小车最右端时，小车具有的动能为fx

C．小物块克服摩擦力所做的功为f(L＋x)

D．小物块和小车增加的机械能为Fx

【答案】ABC

【解析】由动能定理可得，小物块到达小车最右端时的动能E k物＝W合＝(F－f)(L＋x)，A正确；小物块到达小车最右端时，小车的动能E k车＝fx，B正确；小物块克服摩擦力所做的功W f＝f(L＋x)，C正确；小物块和小车增加的机械能为F(L＋x)－fL，D错误。

【变式2】(2019·天津和平区一模)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，之后长木板运动的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取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。

甲 乙 【答案】(1)0.5 (2)72 J

【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 ＝ma 1 v m ＝a 1t 1

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 ＝2ma 2 v m ＝a 2t 2

由图象可知，v m ＝2 m/s ，t 1＝2 s ，t 2＝1 s 联立解得μ1＝0.5。

(2)设小物块初速度为v 0，刚滑上长木板时的加速度大小为a 0，则有 μ1mg ＝ma 0 v m ＝v 0－a 0t 1

在整个过程中，由能量守恒定律得Q ＝1

2mv 20

＝72 J 。

类型二 传送带模型中能量的转化问题

【例1】如图所示，某工厂用传送带向高处运送货物，将一货物轻轻放在传送带底端，第一阶段物体被加速到与传送带具有相同的速度，第二阶段与传送带相对静止，匀速运动到传送带顶端．下列说法正确的是( )

A．第一阶段摩擦力对物体做正功，第二阶段摩擦力对物体不做功

B．第一阶段摩擦力对物体做的功等于第一阶段物体动能的增加量

C．第一阶段物体和传送带间摩擦生的热等于第一阶段物体机械能的增加量

D．物体从底端到顶端全过程机械能的增加量大于全过程摩擦力对物体所做的功

【答案】C

【解析】：对物体分析知，其在两个阶段所受摩擦力方向都沿斜面向上，与其运动方向相同，摩擦力对物体都做正功，A错误；由动能定理知，合外力做的总功等于物体动能的增加量，B错误；物体机械能的增加量

等于摩擦力对物体所做的功，D错误；设第一阶段物体的运动时间为t，传送带速度为v，对物体：x1＝v

2t，

对传送带：x1′＝v·t，摩擦产生的热Q＝F f x相对＝F f(x1′－x1)＝F f·v

2t，机械能增加量ΔE＝F f·x1＝F f·v

2t，所以Q ＝ΔE，C正确．

【变式3】(多选)如图所示，质量m＝1 kg的物体从高为h＝0.2 m的光滑轨道上P点由静止开始下滑，滑到水平传送带上的A点，物体和传送带之间的动摩擦因数为μ＝0.2，传送带AB之间的距离为L＝5 m，传送带一直以v＝4 m/s的速度匀速运动，则(g取10 m/s2)()

A．物体从A运动到B的时间是1.5 s

B．物体从A运动到B的过程中，摩擦力对物体做功为2 J

C．物体从A运动到B的过程中，产生的热量为2 J

D．物体从A运动到B的过程中，带动传送带转动的电动机多做的功为10 J

【答案】AC

【解析】设物体下滑到A 点的速度为v 0，对P A 过程，由机械能守恒定律有1

2mv 20＝mgh ，代入数据得v 0＝2gh

＝2 m/s

m ＝μg

＝2 m/s 2；当物体的速度与传送带的速度相等时用时t 1＝v －v 0a ＝4－22 s ＝1 s ，匀加速运动的位移x 1＝v 0＋v

2t 1

＝

2＋42×1 m ＝3 m

4

s ＝0.5 s ，故物体从A 运动到B 的时间为t ＝t 1＋t 2＝1.5 s ，故选项A 正确；物体运动到B 的速度是v ＝4 m/s ，根据动能定理得：摩擦力对物体做功W ＝12mv 2－12mv 20＝12×1×42 J －12×1×22 J ＝6 J ，选项B 错误；在t 1时间内，

传送带做匀速运动的位移为x 带＝vt 1＝4 m ，故产生热量Q ＝μmg Δx ＝μmg (x 带－x 1)，代入数据得Q ＝2 J ，选项C 正确；电动机多做的功一部分转化成了物体的动能，另一部分转化为内能，则电动机多做的功W ＝????12mv 2－12mv 20＋Q ＝12

×1×(42－22

) J ＋2 J ＝8 J ，选项D 错误。 类型三 水平地面上的摩擦力做功分析

【例3】(2020·河北衡水中学一模)如图所示，质量为0.1 kg 的小物块在粗糙水平桌面上滑行4 m 后以3.0 m/s 的速度飞离桌面，最终落在水平地面上，已知物块与桌面间的动摩擦因数为0.5，桌面高0.45 m ，若不计空气阻力，取g ＝10 m/s 2，则( )

A ．小物块的初速度是5 m/s

B ．小物块的水平射程为1.2 m

C ．小物块在桌面上克服摩擦力做8 J 的功

D ．小物块落地时的动能为0.9 J 【答案】D

【解析】：小物块在桌面上克服摩擦力做功W f ＝μmg L ＝2 J ，C 错；在水平桌面上滑行，由动能定理得－W f ＝12mv 2－12mv 20，解得v 0＝7 m/s ，A 错；小物块飞离桌面后做平抛运动，有x ＝vt ，h ＝12gt 2

，解得x ＝0.9 m ，B 错；设小物块落地时动能为E k ，由动能定理得mg h ＝E k －1

2

mv 2，解得E k ＝0.9 J ，D 正确．

【变式4】(多选)(2018·吉林白城模拟)质量为m 的物体在水平面上，只受摩擦力作用，以初动能E 0做匀变

速直线运动，经距离d 后，动能减小为E 0

3，则( )

A ．物体与水平面间的动摩擦因数为2E 0

3mg d

B ．物体再前进d

3

便停止

C ．物体滑行距离d 所用的时间是滑行后面距离所用时间的3倍

D ．若要使此物体滑行的总距离为3d ，其初动能应为2

E 0 【答案】AD

【解析】：由动能定理知W f ＝μmg d ＝E 0－E 03，所以μ＝2E 0

3mg d ，A 正确；设物体总共滑行的距离为s ，则有μmg s

＝E 0，所以s ＝32d ，物体再前进d

2便停止，B 错误；将物体的运动看成反方向的匀加速直线运动，则连续运

动三个d

2距离所用时间之比为1∶(2－1)∶(3－2)，所以物体滑行距离d 所用的时间是滑行后面距离所用

时间的(3－1)倍，C 错误；若要使此物体滑行的总距离为3d ，则由动能定理知μmg·3d ＝E k ，得E k ＝2E 0，D 正确．

【变式5】(多选)(2018·江苏单科，7)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( )

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】对物块受力分析，当弹簧处于压缩状态时，由牛顿第二定律可得kx －f ＝ma ，x 减小，a 减小，当a ＝0时，物块速度最大，此时，物块在O 点左侧，选项B 错误；从加速度a ＝0处到O 点过程，由牛顿第二定律得f －kx ＝ma ，x 减小，a 增大，当弹簧处于伸长状态时，由牛顿第二定律可得kx ＋f ＝ma ，x 增大，a

继续增大，可知物块的加速度先减小后增大，选项A正确；物块所受弹簧的弹力对物块先做正功，后做负功，选项C错误；从A到B的过程，由动能定理可得W弹－W f＝0，选项D正确。

类型四曲面上的摩擦力做功分析

【例4】．(2020·湖北六市高三联考)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。

【变式6】(多选)(2019·佛山高三检测)如图甲所示，质量为0.1 kg 的小球从最低点A冲入竖直放置在水平地面上、半径为0.4 m的半圆轨道，小球速度的平方与其高度的关系图象如图乙所示。已知小球恰能到达最高点C，轨道粗糙程度处处相同，空气阻力不计。g取10 m/s2，B为AC轨道中点。下列说法正确的是()

A ．图乙中x ＝4 m 2·s

－2

B ．小球从B 到

C 损失了0.125 J 的机械能

C ．小球从A 到C 合外力对其做的功为－1.05 J

D ．小球从C 抛出后，落地点到A 的距离为0.8 m 【答案】 ACD

【解析】当h ＝0.8 m 时小球在C 点，由于小球恰能到达最高点C ，故mg ＝m v 2C r

，所以v 2C ＝gr ＝10×0.4 m 2

·s －2

＝4 m 2·s －

2，故选项A 正确；由已知条件无法计算出小球从B 到C 损失了0.125 J 的机械能，故选项B 错

误；小球从A 到C ，由动能定理可知W 合＝12mv 2C －12mv 2A ＝12×0.1×4 J －12×0.1×25 J ＝－1.05 J ，故选项C 正确；小球离开C 点后做平抛运动，故2r ＝1

2

gt 2，落地点到A 的距离x 1＝v C t ，解得x 1＝0.8 m ，故选项D 正确。

热点题型三 能量守恒定律的应用

【题型要点】1．对能量守恒定律的理解

(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，且减少量和增加量一定相等。 2．涉及弹簧的能量问题应注意

两个或两个以上的物体与弹簧组成的系统相互作用的过程，具有以下特点： (1)能量变化上，如果只有重力和系统内弹簧弹力做功，系统机械能守恒。

(2)如果系统每个物体除弹簧弹力外所受合外力为零，则当弹簧伸长或压缩到最大程度时两物体速度相同。 【例1】如图所示，在地面上竖直固定了刻度尺和轻质弹簧，弹簧原长时上端与刻度尺上的A 点等高，质量m ＝0.5 kg 的篮球静止在弹簧正上方，底端距A 点的高度h 1＝1.10 m ，篮球静止释放测得第一次撞击弹簧时，弹簧的最

大形变量x1＝0.15 m，第一次反弹至最高点，篮球底端距A点的高度h2＝0.873 m，篮球多次反弹后静止在弹簧的上端，此时弹簧的形变量x2＝0.01 m，弹性势能为E p＝0.025 J。若篮球运动时受到的空气阻力大小恒定，忽略篮球与弹簧碰撞时的能量损失和篮球的形变，弹簧形变在弹性限度范围内。求：

(1)弹簧的劲度系数；

(2)篮球在运动过程中受到的空气阻力；

(3)篮球在整个运动过程中通过的路程；

(4)篮球在整个运动过程中速度最大的位置。

【答案】(1)500 N/m(2)0.5 N(3)11.05 m (4)第一次下落至A点下方0.009 m处速度最大

【解析】(1)篮球静止在弹簧上时，

有mg－kx2＝0，解得k＝500 N/m

(2)篮球从开始运动到第一次上升到最高点，由动能定理得

mg(h1－h2)－f(h1＋h2＋2x1)＝0

代入数值解得f＝0.5 N

(3)设篮球在整个运动过程中总路程s，由能量守恒定律得

mg(h1＋x2)＝fs＋E p

代入数值解得s＝11.05 m

(4)球在首次下落过程中，合力为零处速度最大

速度最大时弹簧形变量为x3

mg －f －kx 3＝0

在A 点下方，离A 点x 3＝0.009 m

【方法技巧】运用能量守恒定律解题的基本思路

【例2】(多选)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 ＝1

2mv 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＝12

mv 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。

【例3】.如图所示，质量为1 kg的滑块在倾角为30°的光滑斜面上，从a点由静止开始下滑，到b点开始压缩轻弹簧，到c点时达到最大速度，到d点(图中未画出)开始弹回，返回b点离开弹簧，恰能再回到a点。若bc＝0.1 m，弹簧弹性势能的最大值为8 J，g取10 m/s2，则下列说法正确的是()

A．弹簧的劲度系数是50 N/m B．从d点到b点滑块克服重力做功8 J

C．滑块的动能最大值为8 J D．从d点到c点弹簧的弹力对滑块做功8 J

【答案】A

【解析】当滑块的合力为0时，滑块速度最大，即知在c点时滑块的速度最大，此瞬间滑块受力平衡，则

有mg sin 30°＝k bc，可得k＝mg sin 30°

bc

＝50 N/m，故选项A正确；滑块从d点到a点，运用动能定理得

W G＋W弹＝0－0，又W弹＝E p＝8 J，可得W G＝－8 J，即克服重力做功8 J，所以从d点到b点滑块克服重力做功小于8 J，故选项B错误；滑块从a点到c点，由系统的机械能守恒知：滑块的动能增加量与弹簧弹性势能增加量之和等于滑块重力势能的减少量，小于8 J，所以滑块的动能最大值小于8 J，故选项C错误；弹簧弹性势能的最大值为8 J，根据功能关系知从d点到b点弹簧的弹力对滑块做功8 J，从d点到c点弹簧的弹力对滑块做功小于8 J，故选项D错误。

【规律总结】

1．对能量守恒定律的两点理解

(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．能量转化问题的解题思路

(1)当涉及摩擦力做功，机械能不守恒时，一般应用能的转化和守恒定律。

(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减与增加的能量总和ΔE增，最后由ΔE减＝ΔE增列式求解。

【变式1】(2020·贵州毕节市适应性监测(三))毕节，是全国唯一一个以“开发扶贫、生态建设”为主题的试验区，是国家“西电东送”的主要能源基地．如图9所示，赫章的韭菜坪建有风力发电机，风力带动叶片转动，叶片再带动转子(磁极)转动，使定子(线圈，不计电阻)中产生电流，实现风能向电能的转化．若叶片长为l ，设定的额定风速为v ，空气的密度为ρ，额定风速下发电机的输出功率为P ，则风能转化为电能的效率为( )

A.2P πρl 2v 3

B.6P πρl 2v 3

C.4P πρl 2v 3

D.8P πρl 2v 3 【答案】A

【解析】风能转化为电能的工作原理为将风的动能转化为输出的电能，设风吹向发电机的时间为t ，则在t 时间内吹向发电机的风的体积为V ＝vt ·S ＝vt ·πl 2，则风的质量M ＝ρV ＝ρvt ·πl 2，因此风吹过的动能为E k ＝12Mv 2

＝12ρvt ·πl 2·v 2，在此时间内发电机输出的电能E ＝P ·t ，则风能转化为电能的效率为η＝E E k ＝2P πρl 2v 3，故A 正确，B 、C 、D 错误．

【变式2】 (多选)如图所示，光滑水平面OB 与足够长粗糙斜面BC 交于B 点．轻弹簧左端固定于竖直墙面，现将质量为m 1的滑块压缩弹簧至D 点，然后由静止释放，F 滑块脱离弹簧后经B 点滑上斜面，上升到最大高度，并静止在斜面上．不计滑块在B 点的机械能损失；换用相同材料质量为m 2的滑块(m 2＞m 1)压缩弹簧至同一点D 后，重复上述过程，下列说法正确的是( )

A ．两滑块到达

B 点的速度相同 B ．两滑块沿斜面上升的最大高度相同

C ．两滑块上升到最高点过程克服重力做的功相同

D ．两滑块上升到最高点过程机械能损失相同 【答案】CD

【解析】两滑块到B 点的动能相同，但速度不同，故A 错误；两滑块在斜面上运动时加速度相同，由于在B 点时的速度不同，故上升的最大高度不同，故B 错误；两滑块上升到斜面最高点过程克服重力做的功为mgh ，由能量守恒定律得E p ＝mgh ＋μmg cos θ·h sin θ，则mgh ＝E p 1＋μ

tan θ

，故两滑块上升到斜面最高点过程克

服重力做的功相同，故C正确；由能量守恒定律得E损＝μmg cos θ·h

sin θ＝μmgh

tan θ，结合C可知D正确．

热点题型四功能关系的综合应用

【例1】（2020·新课标Ⅰ）一物块在高3.0 m、长5.0 m的斜面顶端从静止开始沿斜面下滑，其重力势能和动能随下滑距离s的变化如图中直线∶、∶所示，重力加速度取10 m/s2。则（）

A. 物块下滑过程中机械能不守恒

B. 物块与斜面间的动摩擦因数为0.5

C. 物块下滑时加速度的大小为6.0 m/s2

D.当物块下滑2.0 m时机械能损失了12 J

【答案】AB

【解析】下滑5m的过程中，重力势能减少30J，动能增加10J，减小的重力势能并不等与增加的动能，所以机械能不守恒，A正确；斜面高3m、长5m，则斜面倾角为θ＝37°。令斜面底端为零势面，则物块在斜面顶端时的重力势能mgh＝30J，可得质量m＝1kg。下滑5m过程中，由功能原理，机械能的减少量等于克服摩擦力做的功，μmg·cosθ·s＝20J，求得μ＝0.5，B正确；由牛顿第二定律mg sinθ－μmg cosθ＝ma，求得a ＝2m/s2，C错误；物块下滑2.0m时，重力势能减少12J，动能增加4J，所以机械能损失了8J，D选项错误。故选AB。

【变式1】(多选)(2019·全国卷Ⅰ·18)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5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 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】 根据题图可知，h ＝4 m 时物体的重力势能E p ＝mgh ＝80 J ，解得物体质量m ＝2 kg ，抛出时物体的动能为E k0＝100 J ，由公式E k0＝1

2mv 2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F f h ＝|ΔE 总|＝20 J ，解得物体上升过程中所受空气阻力F 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 －F f h ＝E k －E k0，解得E k ＝50 J ，选项C 错误；由题图可知，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，即从地面上升到h ＝4 m ，物体动能减少100 J ，选项D 正确．

【例2】(多选)(2020·黑龙江佳木斯市质检)如图所示，建筑工地上载人升降机用不计质量的细钢绳跨过定滑轮与一电动机相连，通电后电动机带动升降机沿竖直方向先匀加速上升后匀速上升．摩擦及空气阻力均不计．则( )

A ．升降机匀加速上升过程中，升降机底板对人做的功等于人增加的动能

B ．升降机匀加速上升过程中，升降机底板对人做的功等于人增加的机械能

C ．升降机匀速上升过程中，升降机底板对人做的功等于人增加的机械能

D ．升降机上升的全过程中，升降机拉力做的功大于升降机和人增加的机械能 【答案】BC

【解析】根据动能定理可知，合外力对物体做的功等于物体动能的变化量，所以升降机匀加速上升过程中，升降机底板对人做的功与人的重力做功之和等于人增加的动能，故A 错误；除重力外，其他力对人做的功

等于人机械能的增加量，B 正确；升降机匀速上升过程中，升降机底板对人做的功等于人克服重力做的功(此过程中动能不变)，即增加的机械能，C 正确；升降机上升的全过程中，升降机拉力做的功等于升降机和人增加的机械能，D 错误．

【变式1】．(多选)(2019·云南玉溪一中第五次调研)如图所示，半径为R 的光滑圆环固定在竖直平面内，AB 、CD 是圆环相互垂直的两条直径，C 、D 两点与圆心O 等高．一质量为m 的光滑小球套在圆环上，一根轻质弹簧一端连在小球上，另一端固定在P 点，P 点在圆心O 的正下方R

2处．小球从最高点A 由静止开始沿逆时

针方向运动，已知弹簧的原长为R ，弹簧始终处于弹性限度内，不计空气阻力，重力加速度为g .下列说法正确的是( )

A ．小球运动到

B 点时的速度大小为2gR B ．弹簧长度等于R 时，小球的机械能最大

C ．小球在A 、B 两点时对圆环的压力差为4mg

D ．小球运动到B 点时重力的功率为0 【答案】BCD

【解析】由题分析可知，小球在A 、B 两点时弹簧的形变量大小相等，弹簧的弹性势能相等，则小球从A 到B 的过程，根据系统的机械能守恒有：2mgR ＝1

2mv B 2，解得小球运动到B 点时的速度大小为：v B ＝2gR ，故

A 错误．根据小球与弹簧组成的系统的机械能守恒知，弹簧长度等于R 时，弹簧的弹性势能为零，则此时小球的机械能最大，故

B 正确．设小球在A 、B 两点时弹簧的弹力大小为F 弹，在A 点，圆环对小球的支持力F N1＝mg ＋F 弹；在B 点，由牛顿第二定律得：F N2－mg －F 弹＝m v B 2

R ，解得圆环对小球的支持力为：F N2

＝5mg ＋F 弹；则F N2－F N1＝4mg ，由牛顿第三定律知，小球在A 、B 两点时对圆环的压力差为4mg ，故C 正确．小球运动到B 点时重力与速度方向垂直，则重力的功率为0，故D 正确．

【变式2】. (多选)(2019·湖北“荆、荆、襄、宜四地七校考试联盟”期末)如图所示，固定的光滑竖直杆上套一个滑块A ，与滑块A 连接的细绳绕过光滑的轻质定滑轮连接滑块B ，细绳不可伸长，滑块B 放在粗糙的固定斜面上，连接滑块B 的细绳和斜面平行，滑块A 从细绳水平位置由静止释放(不计滑轮的摩擦及空气阻力)，到滑块A 下降到速度最大(A 未落地，B 未上升至滑轮处)的过程中( )

A．滑块A和滑块B的加速度大小一直相等

B．滑块A减小的机械能等于滑块B增加的机械能

C．滑块A的速度最大时，滑块A的速度大于滑块B的速度

D．细绳上张力对滑块A做的功等于滑块A机械能的变化量

【答案】CD

【解析】两滑块与绳构成绳连接体，沿绳方向的加速度相等，则A的分加速度等于B的加速度，故A错误；绳连接体上的一对拉力做功不损失机械能，但B受到的斜面摩擦力对B做负功，由能量守恒可知滑块A减小的机械能等于滑块B增加的机械能与克服摩擦力做功之和，B错误；绳连接体沿绳的速度相等，则A 沿绳的分速度等于B的运动速度，如图所示，即滑块A的速度大于B的速度，故C正确；对A受力分析可知，除重力外，只有细绳的张力对滑块做功，由功能关系可知，细绳上张力对滑块A做的功等于滑块A机械能的变化量，故D正确．

【例3】如图，半径R＝0.5 m的光滑圆弧轨道ABC与足够长的粗糙轨道CD在C处平滑连接，O为圆弧轨道ABC的圆心，B点为圆弧轨道的最低点，半径OA、OC与OB的夹角分别为53°和37°。将一个质量m＝0.5 kg的物体(视为质点)从A点左侧高为h＝0.8 m处的P点水平抛出，恰从A点沿切线方向进入圆弧轨道。已知物体与轨道CD间的动摩擦因数μ＝0.8，重力加速度g取10 m/s2，sin 37°＝0.6，cos 37°＝0.8。求：

(1)物体水平抛出时的初速度v0的大小；