导学案功能关系能量守恒定律(附详细答案解析)

第四节功能关系能量守恒定律一、功能关系

1．功是___________的量度，即做了多少功就有多少能量发生了转化．2．几种常见的功能关系

(2)摩擦生热Q ＝________________ 对功能关系的理解和应用

例1、(多选)如图所示，一固定斜面倾角为30°，一质量为m 的小物块自斜面底端以一定的初速度沿斜面向上做匀减速运动，加速度的大小等于重力加速度的

大小g .若物块上升的最大高度为H ，则此过程中，物块的( )

A ．动能损失了2mgH

B ．动能损失了mgH

C ．机械能损失了mgH

D ．机械能损失了1

2mgH

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1 900 J ，他克服阻力做功100 J ．韩晓鹏在此过程中( )

A ．动能增加了1 900 J

B ．动能增加了2 000 J

C ．重力势能减小了1 900 J

D ．重力势能减小了2 000 J

二、两种摩擦力做功特点的比较

类型

比较

静摩擦力

滑动摩擦力

不同点

能量的转化

方面

只有机械能从一个物体

转移到另一个物体，而

没有机械能转化为其他

(1)将部分机械能从一个物体转移

到另一个物体(2)一部分机械能转化为内能，此部分能量就是系统机

形式的能械能的损失量

一对摩擦力的总功方面一对静摩擦力所做功的

代数和总等于零

一对滑动摩擦力做功的代数和总是

负值

相同点

正功、负功、

不做功方面

两种摩擦力对物体均可以做正功，做负功，还可以不做功

三、能量守恒定律

1．内容

能量既不会__________，也不会凭空消失，它只能从一种形式_______为另一种形式，或者从一个物体_______到别的物体，在转化和转移的过程中，能量的总量________．

2．表达式：(1)_____________.

(2)ΔE减＝_____________．

3．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．

能量守恒定律的应用

如图所示，绷紧的传送带与水平面的夹角θ＝30°，皮带在电动机的带动下，始终保持v0＝2 m/s的速率运行，现把一质量为m＝10 kg的工件(可看做质点)轻轻放在皮带的底端，经过时间1.9 s，工件被传送到h＝1.5 m的高处，取g＝10 m/s2，求：

(1)工件与传送带间的动摩擦因数；

(2)电动机由于传送工件多消耗的电能．

2.某快递公司分拣邮件的水平传输装置示意如图，皮带在电动机的带动下保持v＝1 m/s 的恒定速度向右运动，现将一质量为m＝2 kg的邮件轻放在皮带上，邮件和皮带间的动摩擦因数μ＝0.5.设皮带足够长，取g＝10 m/s2，在邮件与皮带发生相对滑动的过程中，求：(1)邮件滑动的时间t；

(2)邮件对地的位移大小x；

(3)邮件与皮带间的摩擦力对皮带做的功W.

考向1 滑块——滑板类模型中能量的转化问题分析

1.(多选)如图所示，长木板A放在光滑的水平地面上，物体B以水平速度v0冲上A后，由于摩擦力作用，最后停止在木板A上，则从B冲到木板A

上到相对木板A静止的过程中，下述说法中正确的是( )

A．物体B动能的减少量等于系统损失的机械能

B．物体B克服摩擦力做的功等于系统内能的增加量

C．物体B损失的机械能等于木板A获得的动能与系统损失的机械能之和

D．摩擦力对物体B做的功和对木板A做的功的总和等于系统内能的增加量

考向2 传送带模型中能量的转化问题分析

2.如图所示，足够长的传送带以恒定速率顺时针运行，将一个物体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，匀速运动到达传送带顶端．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

C．第一阶段物体和传送带间的摩擦生热等于第一阶段物体机械能的增加

D．物体从底端到顶端全过程机械能的增加等于全过程物体与传送带间的摩擦生热

考向3 能量转化问题的综合应用

3.如图所示，一物体质量m＝2 kg，在倾角θ＝37°的斜面上的A点以初速度v0＝3 m/s 下滑，A点距弹簧上端B的距离AB＝4 m．当物体到达B点后将弹簧压缩到C点，最大压缩量BC＝0.2 m，然后物体又被弹簧弹上去，弹到的最高位置为D点，D点距A点的距离AD＝3 m．挡板及弹簧质量不计，g取10 m/s2，sin 37°＝0.6，求：

(1)物体与斜面间的动摩擦因数μ； (2)弹簧的最大弹性势能E pm .

同步作业 第五节 功能关系 能量守恒定律

一、选择题（1-5为单项选择题，6-10为多项选择题）

1．起跳摸高是学生经常进行的一项体育活动．一质量为m 的同学弯曲两腿向下蹲，然后用力蹬地起跳，从该同学用力蹬地到刚离开地面的起跳过程中，他的重心上升了h ，离地时他的速度大小为v .下列说法正确的是( )

A ．该同学机械能增加了mgh

B ．起跳过程中该同学机械能增量为mgh ＋1

2mv 2

C ．地面的支持力对该同学做功为mgh ＋1

2mv 2

D ．该同学所受的合外力对其做功为1

2

mv 2＋mgh

2．下图是安装在列车车厢之间的摩擦缓冲器结构图，图中①和②为楔块，③和④为垫板，楔块与弹簧盒、垫板间均有摩擦，在车厢相互撞击使弹簧压缩的过程中( )

A ．缓冲器的机械能守恒

B ．摩擦力做功消耗机械能

C ．垫板的动能全部转化为内能

D ．弹簧的弹性势能全部转化为动能

3．如图所示，一质量为m 的小球固定于轻质弹簧的一端，弹簧的另一端固定于O 点．将小球拉至A 点，弹簧恰好无形变，由静止释放小球，当小球运动到O 点正下方与A 点的竖直高度差为h 的B 点时，速度大小为v .已知重力加速度为g ，下列说法正确的是( )

A ．小球运动到

B 点时的动能等于mgh B ．小球由A 点到B 点重力势能减少1

2mv 2

C ．小球由A 点到B 点克服弹力做功为mgh

D ．小球到达B 点时弹簧的弹性势能为mgh －1

2

mv 2

4.如图所示，在竖直平面内有一半径为R 的圆弧轨道，半径OA 水平、OB 竖直，一个质量为m 的小球自A 的正上方P 点由静止开始自由下落，小球沿轨道到达最高点B 时恰好对轨道没有压力．已知AP ＝2R ，重力加速度为g ，则小球从P 到B 的运动过程中( )

A ．重力做功2mgR

B ．机械能减少mgR

C ．合外力做功mgR

D ．克服摩擦力做功1

2

mgR

5.一个质量为m 的小铁块沿半径为R 的固定半圆轨道上边缘由静止滑下，到半圆底部时，小铁块所受向心力为铁块重力的1.5倍，则此过程中铁块损失的机械能为( )

A.1

8mgR B ．1

4mgR

C.1

2

mgR D ．3

4

mgR

6.如图所示，在粗糙的水平面上，质量相等的两个物体A 、B 间用一轻质弹簧相连组成系统，且该系统在水平拉力F 作用下以相同加速度保持间距不变一起做匀加速直线运动，当它们的

总动能为2E k时撤去水平力F，最后系统停止运动．不计空气阻力，认为最大静摩擦力等于滑动摩擦力，从撤去拉力F到系统停止运动的过程中( )

A．外力对物体A所做总功的绝对值等于E k

B．物体A克服摩擦阻力做的功等于E k

C．系统克服摩擦阻力做的功可能等于系统的总动能2E k

D．系统克服摩擦阻力做的功一定等于系统机械能的减少量

7.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说法正确的是( )

A．拉力F做的功大于薄纸板和小木块动能的增加量

B．摩擦力对小木块做的功一定等于系统中由摩擦产生的热量

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．小木块动能的增加量可能小于系统中由摩擦产生的热量

8.将三个木板1、2、3固定在墙角，木板与墙壁和地面构成了三个不同的三角形，如图所示，其中1与2底边相同，2和3高度相同．现将一个可以视为质点的物块分别从三个木板的顶端由静止释放，并沿斜面下滑到底端，物块与木板之间的动摩

擦因数μ均相同．在这三个过程中，下列说法不正确的是( )

A．沿着1和2下滑到底端时，物块的速率不同，

沿着2和3下滑到底端时，物块的速率相同

B．沿着1下滑到底端时，物块的速度最大

C．物块沿着3下滑到底端的过程中，产生的热量是最多的

D．物块沿着1和2下滑到底端的过程中，产生的热量是一样多的

9.在儿童乐园的蹦床项目中，小孩在两根弹性绳和弹性床的协助下实现上下弹跳，如图所示．某次蹦床活动中小孩静止时处于O点，当其弹跳到最高点A后下落可将蹦床压到最低点B，小孩可看成质点．不计空气阻力，下列说法正确的是( )

A．从A点运动到O点，小孩重力势能的减少量大于动能的增加量

B ．从O 点运动到B 点，小孩动能的减少量等于蹦床弹性势能的增加量

C ．从A 点运动到B 点，小孩机械能的减少量小于蹦床

弹性势能的增加量

D ．从B 点返回到A 点，小孩机械能的增加量大于

蹦床弹性势能的减少量

10．足够长的水平传送带以恒定速度v 匀速运动，某时刻一个质量为m 的小物块以大小也是v 、方向与传送带的运动方向相反的初速度冲上传送带，最后小物块的速度与传送带的速度相同．在小物块与传送带间有相对运动的过程中，滑动摩擦力对小物块做的功为W ，小物块与传送带间因摩擦产生的热量为Q ，则下列判断中正确的是( )

A ．W ＝0

B ．W ＝mv 2

C ．Q ＝mv 2

D ．Q ＝2mv 2

二、非选择题

11.小物块A 的质量为m ，物块与坡道间的动摩擦因数为μ，水平面光滑；坡道顶端距水平面高度为h ，倾角为θ；物块从坡道进入水平滑道时，在底端O 点处无机械能损失，重力加速度为g 。将轻弹簧的一端连接在水平滑道M 处并固定在墙上，另一自由端恰位于坡道的底端O 点，如图6所示。物块A 从坡顶由静止滑下，求：

(1)物块滑到O 点时的速度大小； (2)弹簧为最大压缩量时的弹性势能； (3)物块A 被弹回到坡道上升的最大高度。

12.如图所示，AB 为半径R ＝0.8 m 的1

4光滑圆弧轨道，下端B 恰与小车右端平滑对接。小

车质量M ＝3 kg ，车长L ＝2.06 m ，车上表面距地面的高度h ＝0.2 m ，现有一质量m ＝1

kg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＝1.5 s时，车被地面装置锁定(g＝10 m/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，滑块与车面间由于摩擦而产生的内能大小。

班别_____________姓名______________成绩______________

1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11.

12.

例1. AC 解析：由于上升过程中的加速度大小等于重力加速度，根据牛顿第二定律得mg sin 30°＋f ＝mg ，解得f ＝1

2

mg .由动能定理可得ΔE k ＝－mgH －fL ＝－2mgH ，A 正确，B 错

误；机械能的减少量在数值上等于克服摩擦力做的功，则W f ＝fL ＝mgH ，选项C 正确，D 错误．

跟踪训练1.C 解析：根据动能定理，物体动能的增量等于物体所受所有力做功的代数和，即增加的动能为ΔE k ＝W G ＋W f ＝1 900 J －100 J ＝1 800 J ，A 、B 项错误；重力做功与重力势能改变量的关系为W G ＝－ΔE p ，即重力势能减少了1 900 J ，C 项正确，D 项错误．

例2. [解析] (1)由题图可知，皮带长x ＝

h

sin θ

＝3 m ．

工件速度达v 0前，做匀加速运动的位移 x 1＝v t 1＝v 0

2t 1

匀速运动的位移为 x －x 1＝v 0(t －t 1) 解得加速运动的时间 t 1＝0.8 s 加速运动的位移 x 1＝0.8 m 所以加速度 a ＝v 0t 1

＝2.5 m/s 2

由牛顿第二定律有：μmg cos θ－mg sin θ＝ma 解得：μ＝3

2

.

(2)从能量守恒的观点，显然电动机多消耗的电能用于增加工件的动能、势能以及克服传送带与工件之间发生相对位移时摩擦力做功发出的热量．

在时间t 1内，皮带运动的位移 x 皮＝v 0t 1＝1.6 m 在时间t 1内，工件相对皮带的位移 x 相＝x 皮－x 1＝0.8 m 在时间t 1内，摩擦生热 Q ＝μmg cos θ·x 相＝60 J 工件获得的动能 E k ＝1

2mv 20＝20 J

工件增加的势能 E p ＝mgh ＝150 J

电动机多消耗的电能 W ＝Q ＋E k ＋E p ＝230 J.

跟踪训练2.解析：(1)设邮件放到皮带上与皮带发生相对滑动过程中受到的滑动摩擦力

为F ，则 F ＝μmg ＝ma ①

又v ＝at ②

由①②式并代入数据得t ＝0.2 s ．③

(2)邮件与皮带发生相对滑动的过程中，对邮件应用动能定理，有Fx ＝1

2mv 2－0 ④

由①④式并代入数据得x ＝0.1 m ．⑤

(3)邮件与皮带发生相对滑动的过程中，设皮带相对地面的位移为s ，则s ＝vt ⑥ 摩擦力对皮带做的功W ＝－Fs ⑦ 由①③⑥⑦式并代入数据得 W ＝－2 J.

考向1.CD 解析：物体B 以水平速度冲上木板A 后，由于摩擦力作用，B 减速运动，木板A 加速运动，根据能量守恒定律，物体B 动能的减少量等于木板A 增加的动能和产生的热量之和，选项A 错误；根据动能定理，物体B 克服摩擦力做的功等于物体B 损失的动能，选项B 错误；由能量守恒定律可知，物体B 损失的机械能等于木板A 获得的动能与系统损失的机械能之和，选项C 正确；摩擦力对物体B 做的功等于物体B 动能的减少量，摩擦力对木板A 做的功等于木板A 动能的增加量，由能量守恒定律，摩擦力对物体B 做的功和对木板A 做的功的总和等于系统内能的增加量，选项D 正确．

考向2.C 解析：第一阶段物体受到沿斜面向上的滑动摩擦力；第二阶段物体受到沿斜面向上的静摩擦力做功，两个阶段摩擦力方向都跟物体运动方向相同，所以两个阶段摩擦力都做正功，故A 错误；根据动能定理得知，外力做的总功等于物体动能的增加，第一阶段，摩擦力和重力都做功，则第一阶段摩擦力对物体做的功不等于第一阶段物体动能的增加，故B 错误；由功能关系可知，第一阶段摩擦力对物体做的功(除重力之外的力所做的功)等于物体机械能的增加，即ΔE ＝W 阻＝F 阻s 物，摩擦生热为Q ＝F 阻s 相对，又由于s 传送带＝vt ，s 物＝v

2t ，所以s 物＝s 相对＝12

s

传送带，即Q ＝ΔE ，故C 正确．第二阶段没有摩擦生热，但物

体的机械能继续增加，故D 错误．

考向3.解析：(1)物体从开始位置A 点到最后D 点的过程中，弹性势能没有发生变化，

动能和重力势能减少，机械能的减少量为ΔE ＝ΔE k ＋ΔE p ＝1

2

mv 20＋mgl AD sin 37°①

物体克服摩擦力产生的热量为Q ＝F f x ② 其中x 为物体的路程，即x ＝5.4 m ③

F f ＝μmg cos 37°④

由能量守恒定律可得ΔE ＝Q ⑤ 由①②③④⑤式解得μ≈0.52.

(2)由A 到C 的过程中，动能减少 ΔE ′k ＝1

2mv 20 ⑥

重力势能减少ΔE ′p ＝mgl AC sin 37° ⑦ 摩擦生热Q ＝F f l AC ＝μmg cos 37°l AC ⑧

由能量守恒定律得弹簧的最大弹性势能为E pm ＝ΔE ′k ＋ΔE ′p －Q ⑨ 联立⑥⑦⑧⑨解得 E pm ≈24.5 J.

第四节 功能关系 能量守恒定律 课后作业参考答案

1.B 解析：该同学重心升高了h ，重力势能增加了mgh ，又知离地时获得动能为1

2mv 2，

则机械能增加了mgh ＋1

2mv 2，A 错误、B 正确；该同学在与地面作用过程中，支持力

对该同学做功为零，C 错；该同学所受合外力做功等于动能增量，则W 合＝

1

2

mv 2，D

错误．

2.B 解析 由于车厢相互撞击弹簧压缩的过程中存在克服摩擦力做功，所以缓冲器的机械能减少，选项A 错误，B 正确；弹簧压缩的过程中，垫板的动能转化为内能和弹簧的弹性势能，选项C 、D 错误．

3.D 解析 小球由A 点到B 点的过程中，小球和弹簧组成的系统机械能守恒，弹簧由原长到发生伸长的形变，小球动能增加量小于重力势能减少量，A 项错误；小球重力

势能减少量等于小球动能增加量与弹簧弹性势能增加量之和，B 项错误；弹簧弹性势能增加量等于小球重力势能减少量与动能增加量之差，D 项正确；弹簧弹性势能增加量等于小球克服弹力所做的功，C 项错误．

4.D 解析：小球到达B 点时，恰好对轨道没有压力，只受重力作用，根据mg ＝mv 2R

得，小球在B 点的速度v ＝

gR .小球从P 到B 的运动过程中，重力做功W ＝mgR ，故

选项A 错误；减少的机械能ΔE 减＝mgR －12mv 2＝1

2mgR ，故选项B 错误；合外力做功 W 合＝12mv 2＝12mgR ，故选项C 错误；根据动能定理得，mgR －W f ＝1

2mv 2－0，所以 W f ＝mgR －12mv 2＝1

2

mgR ，故选项D 正确． 5.B 解析：选B.已知铁块滑到半圆底部时，小铁块所受向心力为铁块重力的1.5倍，

由牛顿第二定律得：1.5mg ＝m v 2R ，由动能定理得mgR －W ＝1

2

mv 2.则克服外力做功

W ＝14mgR ，由功能关系知，机械能损失为1

4

mgR ，故选项B 正确．

6.AD 解析：当它们的总动能为2E k 时，物体A 动能为E k ，撤去水平力F ，最后系统停止运动，外力对物体A 所做总功的绝对值等于E k ，选项A 正确、B 错误；由于二者之间有弹簧，弹簧具有弹性势能，根据功能关系，系统克服摩擦阻力做的功一定等于系统机械能的减少量，选项D 正确，C 错误．

7.AD 解析：由功能关系，拉力F 做的功等于薄纸板和小木块动能的增加量与系统产生的内能之和，选项A 正确；摩擦力对小木块做的功等于小木块动能的增加量，选项B 错误；离开薄纸板前小木块一直在做匀加速运动，选项C 错误；对于系统，由摩擦产生的热量Q ＝f ΔL ，其中ΔL 为小木块相对薄纸板运动的路程，若薄纸板的位移为L 1，小木块相对地面的位移为L 2，则ΔL ＝L 1－L 2，且ΔL 存在大于、等于或小于L 2三种可能，

对小木块，fL 2＝ΔE k ，即Q 存在大于、等于或小于ΔE k 三种可能，选项D 正确．

8.CD 解析：选A.设1、2、3木板与地面的夹角分别为θ1、θ2、θ3，木板长分别为l 1、l 2、l 3，当物块沿木板1下滑时，由动能定理有mgh 1－μmgl 1cos θ1＝1

2mv 21－0，

当物块沿木板2下滑时，由动能定理有mgh 2－μmgl 2cos θ2＝1

2

mv 22－0，又h 1＞h 2，

l 1cos θ1＝l 2cos θ2，可得v 1＞v 2；当物块沿木板3下滑时，由动能定理有

mgh 3－μmgl 3cos θ3＝1

2mv 23－0，

又h 2＝h 3，l 2cos θ2＜l 3cos θ3，可得v 2＞v 3，故A 错、B 对；三个过程中产生的热量分别为Q 1＝μmgl 1cos θ1，Q 2＝μmgl 2cos θ2，

Q 3＝μmgl 3cos θ3，则Q 1＝Q 2＜Q 3，故C 、D 对．

9.AD 解析：小孩从A 点运动到O 点，由动能定理可得mgh AO －W 弹1＝ΔE k1，选项A 正确；小孩从O 点运动到B 点，由动能定理可得mgh OB －W

弹2＝ΔE k2，选项

B

错误；小孩从A 点运动到B 点，由功能关系可得－W 弹＝ΔE 机1，选项C 错误；小孩从

B 点返回到A 点，弹性绳和蹦床的弹性势能转化为小孩的机械能，则知小孩机械能的增

加量大于蹦床弹性势能的减少量，选项D 正确．

10. B D 解析 对小物块，由动能定理有W ＝12mv 2－1

2mv 2＝0，设小物块与传送带间的动摩擦因数为μ，则小物块与传送带间的相对路程x 相对＝2v 2

μg

，这段时间内因摩擦

产生的热量Q ＝μmg ·x 相对＝2mv 2，选项B 正确． 11.解析：(1)由动能定理有mgh －μmgh cot θ＝1

2

mv 2

得v ＝

2gh 1－μcot θ。

(2)水平滑道上，由能量守恒定律得E p ＝1

2

mv 2

即E p ＝mgh －μmgh cot θ。

（3）设物块能上升的最大高度为h 1，物块被弹回过程中，由能量守恒定律得

E p ＝mgh 1＋μmgh 1cot θ

解得h 1＝

h 1－μcot θ

1＋μcot θ

。

答案：(1)2gh 1－μcot θ (2)mgh －μmgh cot θ (3)

h 1－μcot θ

1＋μcot θ

12.解析：(1)由机械能守恒定律和牛顿第二定律得 mgR ＝1

2

mv B 2

N B －mg ＝m v B 2

R

，

则：N B ＝30 N 。

(2)设m 滑上小车后经过时间t 1与小车同速，共同速度大小为v 对滑块有：μmg ＝ma 1

v ＝v B －a 1t 1

对于小车：μmg ＝Ma 2

v ＝a 2t 1。

解得：v ＝1 m/s

t 1＝1 s

因t 1

2

t 1＋v (t 0－t 1)。

解得l 车＝1 m 。

(3)Q ＝μmgl 相对＝μmg ?

????

v B ＋v 2t 1－v 2t 1。 解得Q ＝6 J 。

答案：(1)30 N (2)1 m (3)6 J