功能關(guān)系能量守恒定律（教師版）

第四講功能關(guān)系能量守恒定律[人教版必修第二冊(cè)]1．人教版必修第二冊(cè)第八章機(jī)械能守恒定律，第4節(jié)【練習(xí)與應(yīng)用】T5。小球在哪個(gè)位置動(dòng)能最大？整個(gè)過程發(fā)生著哪些能量的轉(zhuǎn)化？請(qǐng)由此題情景梳理出至少三條功能關(guān)系。提示：小球合力為零時(shí)，即彈簧彈力等于小球重力時(shí)，小球速度最大，動(dòng)能最大。運(yùn)動(dòng)過程中，整個(gè)系統(tǒng)內(nèi)發(fā)生著動(dòng)能、重力勢(shì)能、彈性勢(shì)能的相互轉(zhuǎn)化。此題情景涉及到的功能關(guān)系：合力做功引起動(dòng)能的變化；重力做功引起重力勢(shì)能的變化；彈簧彈力做功引起彈性勢(shì)能的變化；除重力和彈力之外的其他力做的功引起機(jī)械能的變化。2．人教版必修第三冊(cè)第十二章電能能量守恒定律，第4節(jié)P93頁(yè)【思考與討論】。該情景中，發(fā)生著哪些能量的相互轉(zhuǎn)化？請(qǐng)寫出能量守恒定律的內(nèi)容，并說明能量轉(zhuǎn)移或轉(zhuǎn)化中遵循的規(guī)律。提示：雞蛋的內(nèi)能減少，水的內(nèi)能增加，雞蛋的內(nèi)能轉(zhuǎn)化為水的內(nèi)能。能量守恒定律：能量既不會(huì)憑空產(chǎn)生，也不會(huì)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)移到別的物體，在轉(zhuǎn)化或轉(zhuǎn)移的過程中，能量的總量保持不變。能量轉(zhuǎn)移或轉(zhuǎn)化過程具有方向性。3．完成人教版必修第二冊(cè)第八章【復(fù)習(xí)與提高】B組T7。提示：退潮時(shí)可以釋放的水的質(zhì)量m＝ρ(h1－h(huán)2)S＝2.0×109kg，這一部分水減少的重力勢(shì)能ΔEp＝EQmg\f(h1－h(huán)2,2)＝2.0×1010J，一次落潮所發(fā)的電能E＝ηΔEp＝0.5×2.0×1010J＝1.0×1010J?？键c(diǎn)一常見功能關(guān)系的理解與應(yīng)用一、功能關(guān)系1．內(nèi)容（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有能量的轉(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)系及其表達(dá)式力做功能的變化定量關(guān)系合力的功動(dòng)能變化W＝Ek2－Ek1＝ΔEk重力的功重力勢(shì)能變化（1）重力做正功，重力勢(shì)能減少（2）重力做負(fù)功，重力勢(shì)能增加（3）WG＝－ΔEp＝Ep1－Ep2彈簧彈力的功彈性勢(shì)能變化（1）彈力做正功，彈性勢(shì)能減少（2）彈力做負(fù)功，彈性勢(shì)能增加（3）WF＝－ΔEp＝Ep1－Ep2只有重力、彈力做功機(jī)械能不變化機(jī)械能守恒，ΔE＝0除重力和彈力之外的其他力做的功機(jī)械能變化（1）其他力做多少正功，物體的機(jī)械能就增加多少（2）其他力做多少負(fù)功，物體的機(jī)械能就減少多少（3）W其他＝ΔE一對(duì)相互作用的滑動(dòng)摩擦力的總功機(jī)械能減少內(nèi)能增加（1）作用于系統(tǒng)的一對(duì)滑動(dòng)摩擦力一定做負(fù)功，系統(tǒng)內(nèi)能增加（2）摩擦生熱Q＝Ff·x相對(duì)3．兩個(gè)特殊的功能關(guān)系（1）滑動(dòng)摩擦力與兩物體間相對(duì)位移的乘積等于系統(tǒng)內(nèi)能的增加（系統(tǒng)產(chǎn)生的熱量），即Ff·x相對(duì)＝Q。（2）物體克服安培力做的功等于產(chǎn)生的電能，即W克安＝E電。（多選）（2021·廣東省選擇考模擬）蹦床是少年兒童喜歡的一種體育運(yùn)動(dòng)，如圖所示，蹦床的中心由彈性網(wǎng)組成，若少年兒童從最高點(diǎn)落下至最低點(diǎn)的過程中，空氣阻力大小恒定，則少年兒童（）A．機(jī)械能一直減小B．剛接觸網(wǎng)面時(shí)，動(dòng)能最大C．重力勢(shì)能的減少量大于克服空氣阻力做的功D．重力勢(shì)能的減少量等于彈性勢(shì)能的增加量AC兒童從最高點(diǎn)落下直至最低點(diǎn)的過程中，彈簧彈力以及空氣阻力一直做負(fù)功，因此其機(jī)械能一直減小，故A正確；兒童和彈性網(wǎng)接觸的過程中先加速然后減速，故剛接觸網(wǎng)面時(shí)，動(dòng)能并非最大，故B錯(cuò)誤；根據(jù)功能關(guān)系可知，重力做功等于克服空氣阻力和克服彈簧彈力做功的和，則重力勢(shì)能的減少量大于彈性勢(shì)能的增加量，重力的減少量大于克服空氣阻力做功，故C正確，故D錯(cuò)誤。（2021·河北廊坊市摸底）一質(zhì)量為m的小球，從地面附近的某高度處以初速度v水平拋出，除重力外小球還受一水平恒力作用，經(jīng)過一段時(shí)間，小球的速度大小變?yōu)?v，方向豎直向下，小球還未到達(dá)地面。在此過程中（）A．小球的動(dòng)能增加了EQ\f(1,2)mv2 B．小球的重力勢(shì)能減少了2mv2C．小球的機(jī)械能增加了2mv2 D．水平恒力做功的大小大于重力做功的大小B小球的動(dòng)能增加了ΔEk增＝m(2v)2－mv2＝mv2，故A錯(cuò)誤；小球在豎直方向做自由落體運(yùn)動(dòng)，且水平恒力作用一段時(shí)間后，小球運(yùn)動(dòng)速度方向豎直向下，說明水平方向的速度恰好減為零，小球的重力勢(shì)能減少了ΔEp減＝mgh，又(2v)2＝2gh，聯(lián)立得ΔEp減＝2mv2，故B正確；下落過程根據(jù)動(dòng)能定理得WF＋mgh＝m(2v)2－mv2，即WF＋2mv2＝m(2v)2－mv2，解得WF＝－mv2，水平恒力做功為－mv2，小球的機(jī)械能減少mv2，重力做功等于重力勢(shì)能的減少量即為2mv2，故C、D錯(cuò)誤。（2020·全國(guó)卷Ⅰ）（多選）一物塊在高3.0m、長(zhǎng)5.0m的斜面頂端從靜止開始沿斜面下滑，其重力勢(shì)能和動(dòng)能隨下滑距離s的變化如圖中直線Ⅰ、Ⅱ所示，重力加速度取10m/s2。則（）A．物塊下滑過程中機(jī)械能不守恒B．物塊與斜面間的動(dòng)摩擦因數(shù)為C．物塊下滑時(shí)加速度的大小為6.0m/s2D．當(dāng)物塊下滑2.0m時(shí)機(jī)械能損失了12JAB物塊下滑5m的過程中，重力勢(shì)能減少30J，動(dòng)能增加10J，增加的動(dòng)能小于減少的重力勢(shì)能，所以機(jī)械能不守恒，A正確。斜面高h(yuǎn)＝3.0m、長(zhǎng)L＝5.0m，則斜面傾角θ的正弦值sinθ＝＝；物塊在斜面底端的重力勢(shì)能為零，則在斜面頂端的重力勢(shì)能為mgh＝30J，可得物塊的質(zhì)量m＝1.0kg；物塊下滑5m的過程中，由功能關(guān)系可知，機(jī)械能的減少量等于克服摩擦力做的功，即μmgcosθ·L＝20J，可求得μ＝，B正確。由牛頓第二定律，有mgsinθ－μmgcosθ＝ma，可求得a＝2.0m/s2，C錯(cuò)誤。當(dāng)物塊下滑2.0m時(shí)，重力勢(shì)能減少12J，動(dòng)能增加4J，所以機(jī)械能損失了8J，D錯(cuò)誤。11．功能關(guān)系的兩點(diǎn)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(duì)應(yīng)不同形式的能轉(zhuǎn)化，具有一一對(duì)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．功能關(guān)系的三種應(yīng)用（1）物體動(dòng)能增加與減少要看合外力對(duì)物體做正功還是做負(fù)功。（2）勢(shì)能的增加與減少要看對(duì)應(yīng)的作用力（如重力、彈簧彈力、電場(chǎng)力等）做負(fù)功還是做正功。（3）機(jī)械能增加與減少要看重力之外的力對(duì)物體做正功還是做負(fù)功。1.(2023·山西太原市高三模擬)如圖甲所示，一物塊置于粗糙水平面上，其右端通過水平彈性輕繩固定在豎直墻壁上．用力將物塊向左拉至O處后由靜止釋放，用傳感器測(cè)出物塊的位移x和對(duì)應(yīng)的速度，作出物塊的動(dòng)能Ek－x關(guān)系圖像如圖乙所示．其中，～0.25m間的圖線為直線，其余部分為曲線．已知物塊與水平面間的動(dòng)摩擦因數(shù)為，取g＝10m/s2，彈性繩的彈力與形變始終符合胡克定律，可知()A．物塊的質(zhì)量為0.2kgB．彈性繩的勁度系數(shù)為50N/mC．彈性繩彈性勢(shì)能的最大值為0.6JD．物塊被釋放時(shí)，加速度的大小為8m/s2D根據(jù)動(dòng)能定理可得μmgΔx＝ΔEk，代入數(shù)據(jù)可得，所以A錯(cuò)誤；由題圖乙可知?jiǎng)幽茏畲髸r(shí)彈性繩彈力等于滑動(dòng)摩擦力，則有kΔx1＝μmg，Δx1＝0.10m－0.08m＝0.02m，解得k＝100N/m，所以B錯(cuò)誤；根據(jù)能量守恒定律有Epm＝μmgxm＝0.2×1×10×0.25J＝0.5J，所以C錯(cuò)誤；物塊被釋放時(shí)，加速度的大小為a＝eq\f(kΔxm－μmg,m)＝－0.2×1×10,1)m/s2＝8m/s2，所以D正確．2．（多選）如圖所示，質(zhì)量為m的物體（可視為質(zhì)點(diǎn)）以某一速度從A點(diǎn)沖上傾角為30°的固定斜面，其減速運(yùn)動(dòng)的加速度大小為eq\f(3,4)g，此物體在斜面上能夠上升的最大高度為h，則在這個(gè)過程中物體（）A．重力勢(shì)能增加了mgh B．機(jī)械能損失了eq\f(1,2)mghC．動(dòng)能損失了mgh D．克服摩擦力做功eq\f(1,4)mghAB加速度大小a＝eq\f(3,4)g＝eq\f(mgsin30°＋Ff,m)，解得摩擦力Ff＝eq\f(1,4)mg，機(jī)械能損失量等于克服摩擦力做的功，即Ffx＝eq\f(1,4)mg·2h＝eq\f(1,2)mgh，故B項(xiàng)正確，D項(xiàng)錯(cuò)誤；物體在斜面上能夠上升的最大高度為h，所以重力勢(shì)能增加了mgh，故A項(xiàng)正確；動(dòng)能損失量為克服合力做功的大小，動(dòng)能損失量ΔEk＝F合x＝eq\f(3,4)mg·2h＝eq\f(3,2)mgh，故C項(xiàng)錯(cuò)誤。3．（多選）（2021·東北三省四市教研聯(lián)合體模擬）第22屆哈爾濱冰雪大世界開門迎客了，近400m長(zhǎng)的極速大滑梯是大人、孩子最喜歡的王牌娛樂項(xiàng)目。一名游客坐在雪橇上下滑了一段路程，重力對(duì)他做功3000J，他克服阻力做功500J，則在此過程中這名游客（）A．重力勢(shì)能增加了3000J B．動(dòng)能增加了3000JC．動(dòng)能增加了2500J D．機(jī)械能減少了500JCD重力做正功，所以游客的重力勢(shì)能減少了3000J，A錯(cuò)誤；合力做的功等于動(dòng)能的增加量，所以動(dòng)能增加了3000J－500J＝2500J，B錯(cuò)誤，C正確；重力外的其他力做的功等于機(jī)械能的變化，阻力做負(fù)功500J，所以機(jī)械能減少了500J，D正確?？键c(diǎn)二摩擦力做功與能量轉(zhuǎn)化問題1．兩種摩擦力做功的比較靜摩擦力做功滑動(dòng)摩擦力做功互為作用力和反作用力的一對(duì)靜摩擦力所做功的代數(shù)和為零，即要么一正一負(fù)，要么都不做功互為作用力和反作用力的一對(duì)滑動(dòng)摩擦力所做功的代數(shù)和為負(fù)值，即至少有一個(gè)力做負(fù)功兩種摩擦力都可以對(duì)物體做正功或者負(fù)功，還可以不做功2．傳送帶模型中的功和能量（1）摩擦產(chǎn)生的熱量：Q＝Ff·x相對(duì)。（2）功能關(guān)系：W＝ΔEk＋ΔEp＋Q，其中W為傳送帶做的功，ΔEk為傳送物體增加的動(dòng)能、ΔEp為傳送物體增加的勢(shì)能、Q為系統(tǒng)增加的內(nèi)能。題型一傳送帶中的功能關(guān)系皮帶輸送機(jī)普遍應(yīng)用于交通、物流、食品等各行各業(yè)，通過掃碼可實(shí)現(xiàn)快遞自動(dòng)分揀。如圖所示，傳送帶在電動(dòng)機(jī)帶動(dòng)下以v0＝2m/s的速度勻速運(yùn)動(dòng)，將質(zhì)量m＝1kg的包裹（可視為質(zhì)點(diǎn)）無初速度放在與掃碼儀B相距10m的A點(diǎn)處，包裹與傳送帶間的動(dòng)摩擦因數(shù)μ＝，最大靜摩擦力等于滑動(dòng)摩擦力，重力加速度g＝10m/s2。下列說法正確的是（）A．包裹從A點(diǎn)運(yùn)動(dòng)到掃碼儀B的過程中先受滑動(dòng)摩擦力作用后受靜摩擦力作用B．包裹從A點(diǎn)運(yùn)動(dòng)到掃碼儀B的時(shí)間為5sC．將一個(gè)包裹運(yùn)送到掃碼儀B的過程中，電動(dòng)機(jī)多消耗的電能為4JD．將一個(gè)包裹運(yùn)送到掃碼儀B的過程中，系統(tǒng)因摩擦產(chǎn)生的熱量為4JC包裹在傳送帶上加速時(shí)有μmg＝ma，解得a＝5m/s2，包裹在傳送帶上加速的時(shí)間t1＝EQ\f(v0,a)＝0.4s，包裹在傳送帶上加速的位移x＝EQ\f(v02,2a)＝0.4m＜10m，包裹在傳送帶上勻速運(yùn)動(dòng)的時(shí)間t2＝EQ\f(L－x,v0)＝4.8s，包裹從A點(diǎn)運(yùn)動(dòng)到掃碼儀B的時(shí)間t＝t1＋t2＝5.2s，故B錯(cuò)誤；包裹加速過程受滑動(dòng)摩擦力作用，與傳送帶共速后不受摩擦力作用，故A錯(cuò)誤；傳送帶在包裹加速時(shí)間內(nèi)的位移x傳＝v0t1＝0.8m，傳送帶克服摩擦力所做的功W＝μmgx傳＝4J，電動(dòng)機(jī)多消耗的電能等于傳送帶克服摩擦力所做的功，故C正確；包裹在傳送帶上加速的過程中，系統(tǒng)因摩擦產(chǎn)生的熱量為Q＝μmg(x傳－x)＝2J，故D錯(cuò)誤。題型二滑塊——木板模型中的功能關(guān)系（多選）如圖所示，質(zhì)量為M、長(zhǎng)度為L(zhǎng)的小車靜止在光滑水平面上，質(zhì)量為m的小物塊（可視為質(zhì)點(diǎn)）放在小車的最左端?，F(xiàn)用一水平恒力F作用在小物塊上，使小物塊從靜止開始做勻加速直線運(yùn)動(dòng)。小物塊和小車之間的摩擦力為f，小物塊滑到小車的最右端時(shí)，小車運(yùn)動(dòng)的距離為x。此過程中，以下結(jié)論正確的是（）A．小物塊到達(dá)小車最右端時(shí)具有的動(dòng)能為(F－f)(L＋x)B．小物塊到達(dá)小車最右端時(shí)，小車具有的動(dòng)能為fxC．小物塊克服摩擦力所做的功為f(L＋x)D．小物塊和小車增加的機(jī)械能為FxABC由動(dòng)能定理可得，小物塊到達(dá)小車最右端時(shí)的動(dòng)能Ek物＝W合＝(F－f)(L＋x)，A正確；小物塊到達(dá)小車最右端時(shí)，小車的動(dòng)能Ek車＝fx，B正確；小物塊克服摩擦力所做的功Wf＝f(L＋x)，C正確；小物塊和小車增加的機(jī)械能為F(L＋x)－fL，D錯(cuò)誤。三步求解相對(duì)滑動(dòng)物體的能量問題三步求解相對(duì)滑動(dòng)物體的能量問題1．（2023·江蘇南京市十一校調(diào)研）如圖所示，傾角θ＝30°的粗糙斜面固定在地面上，長(zhǎng)為l、質(zhì)量為m、粗細(xì)均勻、質(zhì)量分布均勻的軟繩置于斜面上，其上端與斜面頂端平齊，重力加速度為g。用細(xì)線將物塊與軟繩連接，物塊由靜止釋放后向下運(yùn)動(dòng)，直到軟繩剛好全部離開斜面（此時(shí)物塊未到達(dá)地面），在此過程中（）A．物塊的機(jī)械能逐漸增加B．軟繩的重力勢(shì)能共減少了EQ\f(1,4)mglC．物塊減少的重力勢(shì)能等于軟繩克服摩擦力所做的功D．軟繩減少的重力勢(shì)能大于其增加的動(dòng)能與克服摩擦力所做的功之和B物塊克服細(xì)線的拉力做功，其機(jī)械能逐漸減少，A錯(cuò)誤；軟繩重力勢(shì)能減少量ΔEp減＝mg·EQ\f(l,2)－mg·EQ\f(l,2)sinθ＝EQ\f(1,4)mgl，B正確；因?yàn)槲飰K的機(jī)械能減小，則物塊的重力勢(shì)能減小量大于物塊的動(dòng)能增加量，機(jī)械能的減小量等于拉力做功的大小，由于拉力做功大于克服摩擦力做功，所以物塊重力勢(shì)能的減少量大于軟繩克服摩擦力所做的功，C錯(cuò)誤；細(xì)線的拉力對(duì)軟繩做正功，對(duì)物塊做負(fù)功，則物塊的機(jī)械能減小，軟繩的機(jī)械能增加，軟繩重力勢(shì)能的減少量一定小于其動(dòng)能的增加量，故軟繩重力勢(shì)能的減少量小于其動(dòng)能的增加量與克服摩擦力所做功的和，D錯(cuò)誤。2．（多選）如圖所示，一個(gè)長(zhǎng)為L(zhǎng)，質(zhì)量為M的木板，靜止在光滑水平面上，一個(gè)質(zhì)量為m的物塊（可視為質(zhì)點(diǎn)），以水平初速度v0，從木板的左端滑向另一端，設(shè)物塊與木板間的動(dòng)摩擦因數(shù)為μ，當(dāng)物塊與木板相對(duì)靜止時(shí)，物塊仍在長(zhǎng)木板上，物塊相對(duì)木板的位移為d，木板相對(duì)地面的位移為s，重力加速度為g。則在此過程中（）A．摩擦力對(duì)物塊做的功為－μmg(s＋d)B．摩擦力對(duì)木板做的功為μmgsC．木板動(dòng)能的增量為μmgdD．由于摩擦而產(chǎn)生的熱量為μmgsAB根據(jù)功的定義W＝Flcosθ，其中l(wèi)指物體的位移，而θ指力與位移之間的夾角，可知摩擦力對(duì)物塊做的功W1＝－μmg(s＋d)，摩擦力對(duì)木板做的功W2＝μmgs，A、B正確；根據(jù)動(dòng)能定理可知木板動(dòng)能的增量ΔEk＝W2＝μmgs，C錯(cuò)誤；由于摩擦而產(chǎn)生的熱量Q＝Ff·Δx＝μmgd，D錯(cuò)誤。3．如圖所示，繃緊的傳送帶與水平面的夾角θ＝30°，傳送帶在電動(dòng)機(jī)的帶動(dòng)下，始終保持v0＝2m/s的速率運(yùn)行，現(xiàn)把一質(zhì)量為m＝10kg的工件（可視為質(zhì)點(diǎn)）輕輕放在傳送帶的底端，經(jīng)過時(shí)間t＝1.9s，工件被傳送到h＝1.5m的高處，g取10m/s2，求：（1）工件與傳送帶間的動(dòng)摩擦因數(shù)；（2）電動(dòng)機(jī)由于傳送工件多消耗的電能。（1）EQ\f(\r(3),2)（2）230J（1）由題圖可知，傳送帶長(zhǎng)x＝＝3m工件速度達(dá)到v0前，做勻加速運(yùn)動(dòng)，有x1＝EQ\f(v0,2)t1工件速度達(dá)到v0后，做勻速運(yùn)動(dòng)，有x－x1＝v0(t－t1)聯(lián)立解得加速運(yùn)動(dòng)的時(shí)間t1＝0.8s加速運(yùn)動(dòng)的位移x1＝0.8m所以加速度大小a＝EQ\f(v0,t1)＝2.5m/s2由牛頓第二定律有μmgcosθ－mgsinθ＝ma解得μ＝EQ\f(\r(3),2)。（2）由能量守恒定律知，電動(dòng)機(jī)多消耗的電能用于增加工件的動(dòng)能、勢(shì)能以及克服傳送帶與工件之間發(fā)生相對(duì)位移時(shí)摩擦力做功產(chǎn)生的熱量。在時(shí)間t1內(nèi)，傳送帶運(yùn)動(dòng)的位移x傳＝v0t1＝1.6m在時(shí)間t1內(nèi)，工件相對(duì)傳送帶的位移x相＝x傳－x1＝0.8m在時(shí)間t1內(nèi)，摩擦產(chǎn)生的熱量Q＝μmgcosθ·x相＝60J最終工件獲得的動(dòng)能Ek＝EQ\f(1,2)mv02＝20J工件增加的勢(shì)能Ep＝mgh＝150J電動(dòng)機(jī)多消耗的電能E＝Q＋Ek＋Ep＝230J?？键c(diǎn)三能量守恒定律的理解與應(yīng)用能量守恒定律:1．內(nèi)容：能量既不會(huì)憑空產(chǎn)生，也不會(huì)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)移到別的物體，在轉(zhuǎn)化或轉(zhuǎn)移的過程中，能量的總量保持不變。2．表達(dá)式：ΔE減＝ΔE增。3．對(duì)能量守恒定律的理解（1）轉(zhuǎn)化：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）轉(zhuǎn)移：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。4．涉及彈簧的能量問題應(yīng)注意兩個(gè)或兩個(gè)以上的物體與彈簧組成的系統(tǒng)相互作用的過程，具有以下特點(diǎn)：（1）如果只有重力和系統(tǒng)內(nèi)彈簧彈力做功，系統(tǒng)機(jī)械能守恒。（2）如果系統(tǒng)每個(gè)物體除彈簧彈力外所受合外力為零，則當(dāng)彈簧伸長(zhǎng)或壓縮到最大程度時(shí)兩物體速度相同。題型一與彈簧相關(guān)的能量守恒（多選）將圖甲中的蹦床簡(jiǎn)化為圖乙所示的彈簧，當(dāng)質(zhì)量為50kg的運(yùn)動(dòng)員站在蹦床上靜止時(shí)，彈簧的上端由O點(diǎn)壓縮到A點(diǎn)，運(yùn)動(dòng)員重心在O點(diǎn)?，F(xiàn)將比賽過程分為兩段，過程1：運(yùn)動(dòng)員從A點(diǎn)開始，通過多次起跳，在空中完成動(dòng)作，且越跳越高，直至重心達(dá)到距O點(diǎn)高為6.1m的最高點(diǎn)（此時(shí)運(yùn)動(dòng)員的速度為零）；過程2：運(yùn)動(dòng)員在最高點(diǎn)結(jié)束表演，此后不做任何動(dòng)作，多次往返，最后靜止在蹦床上，彈回過程中重心與O點(diǎn)最大高度差為4m。若整個(gè)過程中運(yùn)動(dòng)員所受空氣阻力大小恒為重力的倍，重力加速度大小為10m/s2。則（）A．過程1中，運(yùn)動(dòng)員能夠越跳越高，是因?yàn)閺椈蓪?duì)運(yùn)動(dòng)員不斷做正功B．在過程2的每一次單向向上運(yùn)動(dòng)過程中，運(yùn)動(dòng)員的速度最大時(shí)，彈簧的上端都處于A點(diǎn)下方C．過程2中，從開始下落到彈至重心距O點(diǎn)高4m處，運(yùn)動(dòng)員克服空氣阻力做的功為1010JD．過程2中，彈簧的最大彈性勢(shì)能為2520JBD過程1中，上升階段，運(yùn)動(dòng)員與彈簧分離時(shí)，彈簧對(duì)運(yùn)動(dòng)員做正功，運(yùn)動(dòng)員與彈簧分離后，彈簧對(duì)運(yùn)動(dòng)員不做功，A錯(cuò)誤；由題可知，當(dāng)物體靜止時(shí)，在A點(diǎn)彈簧的彈力等于重力，在過程2的每一次單向向上運(yùn)動(dòng)過程中，阻力方向向下，運(yùn)動(dòng)員的速度最大時(shí)，運(yùn)動(dòng)員的加速度為零，此時(shí)有F彈＝mg＋mg＞mg，則速度最大時(shí)，運(yùn)動(dòng)員比靜止在彈簧上時(shí)彈簧的彈力更大，則被壓縮更短，所以彈簧的上端都處于A點(diǎn)下方，B正確；過程2中，從距O點(diǎn)高為6.1m開始下落到彈至重心距O點(diǎn)高4m處，設(shè)運(yùn)動(dòng)員克服空氣阻力做的功為W，由動(dòng)能定理得mgh－W＝0，解得W＝1050J，C錯(cuò)誤；過程2中，當(dāng)彈簧第一次到達(dá)最低點(diǎn)時(shí)，彈簧的彈性勢(shì)能最大，設(shè)彈簧的壓縮量為x，運(yùn)動(dòng)員從距O點(diǎn)高為6.1m開始下落到重心與O點(diǎn)最大高度差為4m過程中，克服空氣阻力做的功為mg＋x)＋mg(4＋x)＝W，解得x＝0.2m，過程2中，當(dāng)彈簧第一次到達(dá)最低點(diǎn)時(shí)，由動(dòng)能定理得mg＋0.2)－mg＋0.2)－Epmax＝0－0，代入數(shù)據(jù)解得Epmax＝2520J，D正確。題型二與圖像相關(guān)的能量守恒問題（多選）某汽車研發(fā)機(jī)構(gòu)在汽車的車輪上安裝了小型發(fā)電機(jī)，將減速時(shí)的部分動(dòng)能轉(zhuǎn)化并儲(chǔ)存在蓄電池中，以達(dá)到節(jié)能的目的。某次測(cè)試中，汽車以額定功率行駛一段距離后關(guān)閉發(fā)動(dòng)機(jī)，測(cè)出了汽車動(dòng)能Ek與位移x的關(guān)系圖像如圖所示，其中①是關(guān)閉儲(chǔ)能裝置時(shí)的關(guān)系圖線，②是開啟儲(chǔ)能裝置時(shí)的關(guān)系圖線。已知汽車的質(zhì)量為1000kg，設(shè)汽車運(yùn)動(dòng)過程中所受地面阻力恒定，空氣阻力不計(jì)。根據(jù)圖像所給的信息可求出（）A．汽車行駛過程中所受地面的阻力為1000NB．汽車的額定功率為80kWC．汽車加速運(yùn)動(dòng)的時(shí)間為22.5sD．汽車開啟儲(chǔ)能裝置后向蓄電池提供的電能為5×105JBD由圖線①求所受阻力，由ΔEk＝FfΔx，得Ff＝2000N，A錯(cuò)誤；由Ekm＝可得，vm＝40m/s，所以P＝Ffvm＝80kW，B正確；加速階段，Pt－Ffx＝ΔEk，得t＝16.25s，C錯(cuò)誤；根據(jù)能量守恒定律，并由圖線②可得，ΔE＝Ekm－Ffx′＝5×105J，D正確。11．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．（2022·江蘇高考）如圖所示，輕質(zhì)彈簧一端固定，另一端與物塊A連接在一起，處于壓縮狀態(tài)，A由靜止釋放后沿斜面向上運(yùn)動(dòng)到最大位移時(shí)，立即將物塊B輕放在A右側(cè)，A、B由靜止開始一起沿斜面向下運(yùn)動(dòng)，下滑過程中A、B始終不分離，當(dāng)A回到初始位置時(shí)速度為零，A、B與斜面間的動(dòng)摩擦因數(shù)相同、彈簧未超過彈性限度，則（）A．當(dāng)上滑到最大位移的一半時(shí)，A的加速度方向沿斜面向下B．A上滑時(shí)，彈簧的彈力方向不發(fā)生變化C．下滑時(shí)，B對(duì)A的壓力先減小后增大D．整個(gè)過程中A、B克服摩擦力所做的總功大于B的重力勢(shì)能減小量B由于A、B在下滑過程中不分離，設(shè)在最高點(diǎn)的彈力為F，方向沿斜面向下為正方向，斜面傾角為θ，AB之間的彈力為FAB，動(dòng)摩擦因數(shù)為μ，剛下滑時(shí)根據(jù)牛頓第二定律，對(duì)AB有F＋(mA＋mB)gsinθ－μ(mA＋mB)·gcosθ＝(mA＋mB)a，對(duì)B有mBgsinθ－μmBgcosθ－FAB＝mBa，聯(lián)立可得EQ\f(F,mA＋mB)＝EQ－\f(FAB,mB)，由于A對(duì)B的彈力FAB方向沿斜面向上，故可知在最高點(diǎn)F的方向沿斜面向上；由于在最開始彈簧彈力也是沿斜面向上的，彈簧一直處于壓縮狀態(tài)，所以A上滑時(shí)，彈簧的彈力方向一直沿斜面向上，不發(fā)生變化，故B正確；設(shè)彈簧原長(zhǎng)在O點(diǎn)，A剛開始運(yùn)動(dòng)時(shí)距離O點(diǎn)為x1，A運(yùn)動(dòng)到最高點(diǎn)時(shí)距離O點(diǎn)為x2；下滑過程AB不分離，則彈簧一直處于壓縮狀態(tài)，上滑過程根據(jù)能量守恒定律可得EQ\f(1,2)kx12＝EQ\f(1,2)kx22＋(mgsinθ＋f)(x1－x2)，化簡(jiǎn)得k＝EQ\f(2(mgsinθ＋f),x1＋x2)，當(dāng)位移為最大位移的一半時(shí)有F合＝EQk\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(x1－\f(x1－x2,2)))－(mgsinθ＋f)，代入k值可知F合＝0，即此時(shí)加速度為0，故A錯(cuò)誤；根據(jù)B項(xiàng)的分析可知EQ\f(F,mA＋mB)＝EQ－\f(FAB,mB)，再結(jié)合B選項(xiàng)的結(jié)論可知下滑過程中F向上且逐漸變大，則下滑過程FAB逐漸變大，根據(jù)牛頓第三定律可知B對(duì)A的壓力逐漸變大，故C錯(cuò)誤；整個(gè)過程中彈力做的功為0，A重力做的功為0，當(dāng)A回到初始位置時(shí)速度為零，根據(jù)功能關(guān)系可知整個(gè)過程中A、B克服摩擦力所做的總功等于B的重力勢(shì)能減小量，故D錯(cuò)誤。2．如圖所示，豎直光滑桿固定不動(dòng)，套在桿上的輕彈簧下端固定，將套在桿上的滑塊向下壓縮彈簧至離地高度h＝0.1m處，滑塊與彈簧不拴接?，F(xiàn)由靜止釋放滑塊，通過傳感器測(cè)量到滑塊的速度和離地高度h并作出滑塊的動(dòng)能Ek－h(huán)圖像，其中h＝0.18m時(shí)對(duì)應(yīng)圖像的最頂點(diǎn)，高度從0.2m上升到0.35m范圍內(nèi)圖像為直線，其余為曲線，取g＝10m/s2，由圖像可知（）A．滑塊的質(zhì)量為0.18kg B．彈簧的勁度系數(shù)為10N/mC．滑塊運(yùn)動(dòng)的最大加速度為40m/s2 D．彈簧的彈性勢(shì)能最大值為0.7JC在從0.2m上升到0.35m范圍內(nèi)ΔEk＝ΔEp＝mgΔh，圖線的斜率絕對(duì)值為EQ\f(ΔEk,Δh)＝2N＝mg，則m＝0.2kg，故A錯(cuò)誤；在Ek－h(huán)圖像中，圖線的斜率表示滑塊所受的合外力，由于高度從0.2m上升到0.35m范圍內(nèi)圖像為直線，其余部分為曲線，說明滑塊從0.2m上升到0.35m范圍內(nèi)所受作用力為恒力，所以彈簧的原長(zhǎng)為0.2m，當(dāng)彈簧彈力等于重力時(shí)，滑塊的速度最大，根據(jù)圖像可知，此時(shí)h＝0.18m，則有mg＝kΔx，解得k＝－0.18)N/m＝100N/m，故B錯(cuò)誤；由以上分析可知，滑塊靜止釋放后做加速度減小的加速運(yùn)動(dòng)，當(dāng)彈簧彈力等于重力時(shí)，加速度為0，滑塊的速度最大，所以滑塊在釋放瞬間加速度最大。由牛頓第二定律可得amax＝EQ\f(kΔxmax－mg,m)＝－0.1)×100－0.2×10,0.2)m/s2＝40m/s2，故C正確；根據(jù)能量守恒定