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第4讲 功能关系 能量守恒定律
素养目标 1.知道几种常见的功能关系和能量守恒定律．(物理观念) 2.能够利用功能关
系进行相关计算．(科学思维) 3.掌握能量转化问题的解题思路．(科学思维)
一、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．
3．做功对应变化的能量形式
(1)合外力的功影响物体动能的变化．
(2)重力的功影响物体重力势能的变化．
(3)弹簧弹力的功影响弹性势能的变化．
(4)除重力或系统内弹力以外的力做功影响物体机械能的变化．
(5)滑动摩擦力的功影响内能的变化．
(6)电场力的功影响电势能的变化．
二、能量守恒定律
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
(1)E ＝E ，初状态各种能量的总和等于末状态各种能量的总和．
初 末
(2)ΔE ＝ΔE ，增加的那些能量的增加量等于减少的那些能量的减少量．
增 减
1．思维辨析
(1)能量在转移或转化过程中，其总量会不断减少．( )
(2)在物体机械能减少的过程中，动能有可能是增大的．( )
(3)既然能量在转移或转化过程中是守恒的，故没有必要节约能源．( )
(4)滑动摩擦力做功时，一定会引起机械能的转化．( )
(5)一个物体的能量增加，必定有别的物体能量减少．( )
2．在奥运比赛项目中，高台跳水是我国运动员的强项．质量为m的跳水运动员进入
水中后受到水的阻力而做减速运动，设水对他的阻力大小恒为 F，当地的重力加速度为
g，那么在他减速下降高度为h的过程中，下列说法正确的是( )
A．他的动能减少了Fh
B．他的重力势能增加了mgh
C．他的机械能减少了(F－mg)h
D．他的机械能减少了Fh
3．(多选)某人用手将质量为1 kg的物体由静止向上提起1 m，这时物体的速度为2m/s，取g＝10 m/s2，下列说法中正确的是( )
A．手对物体做功12 J
B．合外力做功2 J
C．合外力做功12 J
D．物体克服重力做功10 J
考点 对功能关系的理解及应用
几种常见力做功 对应的能量变化 关系式
正功 重力势能减少
重力 W ＝－ΔE ＝E －E
G p p1 p2
负功 重力势能增加
弹簧、弹性绳 正功 弹性势能减少
W ＝－ Δ E ＝ E － E
弹 p p1 p2
等的弹力 负功 弹性势能增加
正功 动能增加
合力 W ＝ Δ E ＝ E － E
合 k k2 k1
负功 动能减少
除重力和弹簧 正功 机械能增加
弹力以外的其
负功 机械能减少 W ＝ Δ E ＝ E － E
其他 2 1
他力
一对滑动摩擦力做功 机械能减少、内能增加 Q ＝ F ·Δ s
f 相对
典例1 (2024·广东广州调研)(多选)从地面竖直向上抛出一物体，该物体的机械能E
总
和重力势能E 随它离开地面的高度h的变化如图所示(取地面为参考平面)．运动过程中空
p
气阻力大小不变，取g＝10 m/s2，结合图中数据可知( )
A．物体上升的最大高度为5 m
B．物体的质量为1.0 kg
C．物体上升过程中所受空气阻力大小为2.5 N
D．物体从地面运动到h＝4 m位置的过程中，动能减少了10 J
1．[功能关系的简单应用](多选)如图所示，质量为m的物体(可视为质点)以某一速度
从A点冲上倾角为30°的固定斜面，其减速运动的加速度大小为g，此物体在斜面上能够上
升的最大高度为h，则在这个过程中物体( )A．重力势能增加了mgh
B．机械能损失了mgh
C．动能损失了mgh
D．克服摩擦力做功mgh
2．[功能关系与图像的综合应用](多选)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Ⅰ、Ⅱ所示，重力加
速度取g＝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
考点 能量守恒定律的理解和应用
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，且减少量和增加量相
等．
2．应用能量守恒定律解题的基本步骤典例2 如图所示，一物体质量m＝2 kg，从倾角θ＝37°的斜面上的A点以初速度v
0
＝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，取g＝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
1．[对能量守恒定律的理解](多选)在某景区内的高空滑索运动中，游客可利用轻绳通
过轻质滑环悬吊下滑．假设某段下滑过程中钢索与水平方向的夹角为 θ，轻绳始终保持竖
直，示意图如图所示，以游客、滑环、轻绳为整体，不计空气阻力，在这一阶段下滑过程
中( )
A．整体的机械能守恒
B．整体损失的机械能与系统摩擦产生的热量相等
C．系统摩擦产生的热量与整体所受合外力做的功相等
D．系统摩擦产生的热量与整体减少的重力势能相等
2．[能的转化与能量守恒的计算]某地区常年有风，风速基本保持在4 m/s，该地区有
一风力发电机，其叶片转动可形成半径为10 m的圆面，若保持风垂直吹向叶片，空气密度
为1.3 kg/m3，风的动能转化为电能的效率为20%.现用这台风力发电机给一水泵供电，使
水泵从地下10 m深处抽水，水泵能将水抽到地面并以2 m/s的速度射出，出水口的横截面
积为0.1 m2，水的密度为1×103 kg/m3，水泵及电机组成的抽水系统的效率为80%，则下列
说法正确的是( )
A．该风力发电机的发电功率约为12.8 kWB．每秒钟水流的机械能增加400 J
C．风力发电机一天的发电量可供该水泵正常工作约2.4 h
D．若风速变为8 m/s，则该风力发电机的发电功率变为原来的4倍
考点 动力学和能量观点的综合应用
1．分析思路
(1)受力与运动分析：根据物体的运动过程分析物体的受力情况，以及不同运动过程中
力的变化情况．
(2)做功分析：根据各种力做功的不同特点，分析各种力在不同运动过程中的做功情况．
(3)功能关系分析：运用动能定理、机械能守恒定律或能量守恒定律进行分析，选择合
适的规律求解．
2．方法技巧
(1)“合”——整体上把握全过程，构建大致的运动情景．
(2)“分”——将全过程进行分解，分析每个子过程对应的基本规律．
(3)“合”——找出各子过程之间的联系，以衔接点为突破口，寻求解题最优方案．
典例3 (2023·全国乙卷)(多选)如图所示，一质量为M、长为l的木板静止在光滑水平
桌面上，另一质量为m的小物块(可视为质点) 从木板上的左端以速度 v 开始运动．已知物
0
块与木板间的滑动摩擦力大小为f，当物块从木板右端离开时( )
A．木板的动能一定等于fl
B．木板的动能一定小于fl
C．物块的动能一定大于mv－fl
D．物块的动能一定小于mv－fl
1．[应用动力学和能量观点分析多过程问题](多选)一质量为m的物体自倾角为α的固
定斜面底端沿斜面向上滑动．该物体开始滑动时的动能为E ，向上滑动一段距离后速度减
k
小为零，此后物体向下滑动，到达斜面底端时动能为.已知sin α＝0.6，重力加速度大小为
g．则( )
A．物体向上滑动的距离为
B．物体向下滑动时的加速度大小为
C．物体与斜面间的动摩擦因数等于0.5
D．物体向上滑动所用的时间比向下滑动的时间长
2．[动力学和能量观点的理解与计算]某大型水陆两栖飞机具有水面滑行汲水和空中投
水等功能．某次演练中，该飞机在水面上由静止开始匀加速直线滑行并汲水，速度达到 v
1
＝80 m/s时离开水面，该过程滑行距离L＝1 600 m、汲水质量m＝1.0×104 kg.离开水面后，
飞机攀升高度h＝100 m时速度达到v ＝100 m/s，之后保持水平匀速飞行，待接近目标时
2开始空中投水．取重力加速度g＝10 m/s2.求：
(1)飞机在水面滑行阶段的加速度a的大小及滑行时间t；
(2)整个攀升阶段，飞机汲取的水的机械能增加量ΔE.
答案及解析
1．思维辨析
(1)能量在转移或转化过程中，其总量会不断减少．(×)
(2)在物体机械能减少的过程中，动能有可能是增大的．(√)
(3)既然能量在转移或转化过程中是守恒的，故没有必要节约能源．(×)
(4)滑动摩擦力做功时，一定会引起机械能的转化．(√)
(5)一个物体的能量增加，必定有别的物体能量减少．(√)
2．在奥运比赛项目中，高台跳水是我国运动员的强项．质量为m的跳水运动员进入
水中后受到水的阻力而做减速运动，设水对他的阻力大小恒为 F，当地的重力加速度为
g，那么在他减速下降高度为h的过程中，下列说法正确的是( )
A．他的动能减少了Fh
B．他的重力势能增加了mgh
C．他的机械能减少了(F－mg)h
D．他的机械能减少了Fh
解析：运动员进入水中后，克服合力做的功等于动能的减少量，故动能减少(F－
mg)h，故A错误；运动员进入水中后，重力做功mgh，故重力势能减少mgh，故B错误；
运动员进入水中后，除重力外，克服阻力做功 Fh，故机械能减少了Fh，故C错误，D正
确．
答案：D
3．(多选)某人用手将质量为1 kg的物体由静止向上提起1 m，这时物体的速度为2
m/s，取g＝10 m/s2，下列说法中正确的是( )
A．手对物体做功12 J
B．合外力做功2 J
C．合外力做功12 J
D．物体克服重力做功10 J
解析：根据动能定理，合外力做的功等于物体动能变化，B正确，C错误；物体克服
重力做功为10 J，D正确；手对物体做的功等于物体机械能的增加量，A正确．
答案：ABD
考点 对功能关系的理解及应用典例1 (2024·广东广州调研)(多选)从地面竖直向上抛出一物体，该物体的机械能E
总
和重力势能E 随它离开地面的高度h的变化如图所示(取地面为参考平面)．运动过程中空
p
气阻力大小不变，取g＝10 m/s2，结合图中数据可知( )
A．物体上升的最大高度为5 m
B．物体的质量为1.0 kg
C．物体上升过程中所受空气阻力大小为2.5 N
D．物体从地面运动到h＝4 m位置的过程中，动能减少了10 J
解析：重力势能与机械能相等时物体的动能为零，物体上升到最高点，由题图知，物
体上升的最大高度为4 m，A错误；重力势能E ＝mgh，则E h图像斜率表示物体的重力，
p p
则mg＝k＝10 N，故物体质量为m＝1.0 kg，B正确；物体上升过程中，机械能的变化量
ΔE＝－f·Δh，故Eh图线斜率的绝对值表示物体受到的阻力大小，则物体所受空气阻力大
小为f＝＝2.5 N，C正确；物体从地面运动到h＝4 m位置的过程中，由动能定理得ΔE ＝
k
－fh－mgh＝－50 J，故动能减少了50 J，D错误．故选BC．
1．[功能关系的简单应用](多选)如图所示，质量为m的物体(可视为质点)以某一速度
从A点冲上倾角为30°的固定斜面，其减速运动的加速度大小为g，此物体在斜面上能够上
升的最大高度为h，则在这个过程中物体( )
A．重力势能增加了mgh
B．机械能损失了mgh
C．动能损失了mgh
D．克服摩擦力做功mgh
解析：物体加速度大小a＝g＝，解得摩擦力F＝mg，机械能损失量等于克服摩擦力做
f
的功，即Fx＝mg·2h＝mgh，故B项正确，D项错误；物体在斜面上能够上升的最大高度
f
为h，所以重力势能增加了mgh，故A项正确；动能损失量为克服合力做功的大小，动能
损失量ΔE ＝F x＝mg·2h＝mgh，故C项错误．
k 合
答案：AB
2．[功能关系与图像的综合应用](多选)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Ⅰ、Ⅱ所示，重力加速度取g＝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
解析：物块在下滑过程中重力势能减少，动能增加，故Ⅰ为重力势能随下滑距离 s的
变化图线，Ⅱ为动能随下滑距离s的变化图线．由题图可知，初状态时物块的机械能为E
1
＝30 J，末状态时物块的机械能为E ＝10 J，故物块下滑过程中机械能不守恒，A正确；
2
物块下滑过程损失的机械能转化为克服摩擦力做功产生的内能，设斜面倾角为 θ，物块质
量为m，由功能关系得μmgcos θ·s＝E －E ，由几何知识知cos θ＝，物块开始下滑时E
1 2 p
＝E ＝mgh，由以上各式解得μ＝0.5，m＝1 kg，B正确；由牛顿第二定律得mgsin θ－
1
μmgcos θ＝ma，解得a＝2.0 m/s2，C错误；由功能关系得，物块下滑2.0 m时损失的机械
能为ΔE＝μmgcos θ·s＝8 J，D错误．
1
答案：AB
考点 能量守恒定律的理解和应用
典例2 如图所示，一物体质量m＝2 kg，从倾角θ＝37°的斜面上的A点以初速度v
0
＝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，取g＝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
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 ＋ΔE ＝mv＋mgl sin 37°
k p AD
物体克服摩擦力产生的热量为Q＝Fs
f
其中 s 为物体的路程 ，即s＝5.4 m
F＝μmgcos 37°
f
由能量守恒定律可得ΔE＝Q联立解得μ＝0.52.
(2)由A到C的过程中，动能减少
ΔE′ ＝mv
k
重力势能减少ΔE′ ＝mgl sin 37°
p AC
摩擦生热Q′＝Fl ＝μmgl cos 37°
fAC AC
由能量守恒定律得弹簧的最大弹性势能为
E ＝ Δ E ′ ＋ Δ E ′ － Q ′
pm k p
联立解得E ＝24.5 J.
pm
答案：(1)0.52 (2)24.5 J
1．[对能量守恒定律的理解](多选)在某景区内的高空滑索运动中，游客可利用轻绳通
过轻质滑环悬吊下滑．假设某段下滑过程中钢索与水平方向的夹角为 θ，轻绳始终保持竖
直，示意图如图所示，以游客、滑环、轻绳为整体，不计空气阻力，在这一阶段下滑过程
中( )
A．整体的机械能守恒
B．整体损失的机械能与系统摩擦产生的热量相等
C．系统摩擦产生的热量与整体所受合外力做的功相等
D．系统摩擦产生的热量与整体减少的重力势能相等
解析：游客、滑环、轻绳组成的整体与钢索间的摩擦力对整体做负功，机械能不守恒，
A错误；由功能关系可知，整体损失的机械能与系统摩擦产生的热量相等，B正确；轻绳
始终保持竖直，故整体受力平衡，合外力做功为零且整体的速度不变，由动能定理可知，
克服摩擦力做的功与重力做的正功相等，即系统摩擦产生的热量与整体减少的重力势能相
等，C错误，D正确．
答案：BD
2．[能的转化与能量守恒的计算]某地区常年有风，风速基本保持在4 m/s，该地区有
一风力发电机，其叶片转动可形成半径为10 m的圆面，若保持风垂直吹向叶片，空气密度
为1.3 kg/m3，风的动能转化为电能的效率为20%.现用这台风力发电机给一水泵供电，使
水泵从地下10 m深处抽水，水泵能将水抽到地面并以2 m/s的速度射出，出水口的横截面
积为0.1 m2，水的密度为1×103 kg/m3，水泵及电机组成的抽水系统的效率为80%，则下列
说法正确的是( )
A．该风力发电机的发电功率约为12.8 kW
B．每秒钟水流的机械能增加400 J
C．风力发电机一天的发电量可供该水泵正常工作约2.4 h
D．若风速变为8 m/s，则该风力发电机的发电功率变为原来的4倍
解析：由题意可知单位时间内冲击风力发电机叶片圆面的气流体积为 V ＝vS＝vπR2，
0则单位时间内冲击风力发电机叶片圆面的气流的动能为 E ＝mv2＝ρV v2＝ρπR2v3，又风的
k 0
动能转化为电能的效率为20%，则此风力发电机的发电功率为P＝，联立解得P≈2.6 kW，
若风速变为8 m/s，即风速变为原来的2倍，则该风力发电机的发电功率变为原来的8倍，
A、D错误；由题意可知每秒钟水流机械能的增加量为ΔE＝m′gh＋m′v′2，其中m′＝ρ
水
S′v′，代入数据解得ΔE＝2.04×104 J，B错误；由题意可得水泵正常工作每秒钟的耗电量为
ΔE′＝＝2.55×104 J，而风力发电机一天的发电量为E′＝Pt≈2.6×103×24×60×60 J≈2.2×108
J，则风力发电机一天的发电量可供水泵正常工作的时间为t＝≈8 627 s≈2.4 h，C正确．
答案：C
考点 动力学和能量观点的综合应用
典例3 (2023·全国乙卷)(多选)如图所示，一质量为M、长为l的木板静止在光滑水平
桌面上，另一质量为m的小物块(可视为质点) 从木板上的左端以速度 v 开始运动．已知物
0
块与木板间的滑动摩擦力大小为f，当物块从木板右端离开时( )
A．木板的动能一定等于fl
B．木板的动能一定小于fl
C．物块的动能一定大于mv－fl
D．物块的动能一定小于mv－fl
解析：当物块从木板右端离开时，对m有－fx ＝mv－mv，对M有fx ＝mv，其中x
m M m
－x ＝l.因摩擦产生的摩擦热 Q＝fl＝f(x －x )，因小物块从木板右端离开，故有
M m M
v>v >v ，x ＝·t，x ＝·t，故x >2 x ，所以 x － x ＝ l > x ，即fx ＝mva
上 下
由于上升过程中的末速度为零，下滑过程中的初速度为零，且走过相同的位移，根据
公式l＝at，则可得出t
