能量守恒應用廣，分門別類規律朗

李紅波

能量觀是三大物理觀念（物質觀、運動與相互作用觀、能量觀）之一，這充分說明能量在物理學中的重要地位。在高中物理的學習中，能量守恒在力學、電學、磁學等板塊都得到了廣泛應用，相關題目的難度跨度也比較大。下面我們就將有關能量守恒的知識點進行分類，并通過對應的例題，使其中的規律明朗化。

單純的機械能守恒

【例1】質量為m的小球套在豎直的光滑桿上，一根輕質彈簧一端固定于O點，另一端與小球相連，彈簧與桿在同一豎直平面內。讓小球從A點開始釋放，此時彈簧處于原長，當小球下降的最大豎直高度為h時到達B點，若全過程中彈簧都處于彈性限度內，豎直桿與OB的夾角為30°，下列研究小球從A到B全過程的說法正確的是（ ）

A.當彈簧與桿垂直時，小球速度最大

B.小球的加速度為重力加速度的位置共有三個

C.彈簧的彈性勢能先增大后減小

D.彈簧的彈性勢能增加量大于mgh

【答案】B

【解析】小球的運動過程如圖所示。當小球滑至C點時，彈簧與桿垂直，水平方向彈簧彈力與桿的彈力平衡，小球在豎直方向僅受重力，則小球的加速度為重力加速度，小球仍向下加速，此時的速度未達到最大值，當合力為零時速度最大，而合力為零的位置應在彈簧與桿垂直位置的下方，故A錯誤;在圖中A，D兩位置，彈簧處于原長，小球只受重力，小球的加速度為重力加速度，所以小球加速度為重力加速度的位置有A，C，D三個，故B正確;彈簧的形變量先增大后減小再增大，其彈性勢能先增大后減小再增大，故C錯誤;小球與彈簧組成的系統只有重力和彈力做功，所以系統的機械能守恒，小球到達B點時速度為零，即動能為零，根據系統機械能守恒定律可知，小球從A到B全過程中增加的彈性勢能應等于減少的重力勢能mgh，故D錯誤。

【要點分析】由關鍵詞“光滑”可判斷系統機械能守恒，因此本題的情況是物體的重力勢能、動能和彈簧的彈性勢能總和保持不變，分析其中兩個的和的變化趨勢時需要考慮第三個的變化趨勢，而彈性勢能與彈簧的形變量相關，還要注意彈簧伸長量和壓縮量相等時彈簧的彈性勢能相等。

涉及摩擦生熱的能量守恒

【例2】如圖所示，一粗糙的半圓形軌道固定在水平地面上，圓心為O，半徑為R。一根輕橡皮筋一端連在可視為質點的小球上，另一端連在距離O點正上方R處的P點。小球放在與O點等高的軌道上A點時，輕橡皮筋處于原長。現將小球從A點由靜止釋放，小球沿圓軌道向下運動，通過最低點B時對圓軌道的壓力恰好為零。已知小球的質量為m，重力加速度為g，則小球從A點運動到B點的過程中下列說法正確的是（ ）

A.小球通過最低點時，橡皮筋的彈力等于mg

B.橡皮筋彈力做功的功率逐漸變大

C.小球運動過程中，小球重力勢能的減少量等于小球動能增加量

D.小球運動過程中，機械能的減少量大于橡皮筋彈性勢能的增加量

【答案】D

【解析】小球運動到最低點時，根據牛頓第二定律可得F-mg=m，橡皮筋的彈力F=mg+m，故F大于mg，A錯誤;根據P=Fv·cosα可知，開始時v=0，則橡皮筋彈力做功的功率P=0，小球在最低點速度方向與F方向垂直，α=90°，則橡皮筋彈力做功的功率P=0，故橡皮筋彈力做功的功率先變大后變小，故B錯誤;小球運動過程中，重力勢能減小，動能增加，橡皮筋彈性勢能增大，內能增加，根據能量守恒知，小球的重力勢能的減少量等于小球的動能增加量、橡皮筋彈性勢能增加量、系統內能增加量之和，故C錯誤;小球運動過程中，系統的能量守恒，所以小球機械能的減少量等于橡皮筋彈性勢能的增加量和系統內能增加量之和，故D正確。

【要點分析】由關鍵詞“粗糙”可判斷系統機械能不守恒，涉及摩擦生熱問題。此種情況下涉及的能量變化往往較多，需要分析小球在運動過程中哪些能量增加了，哪些能量減少了，由能量守恒有ΔE增=ΔE減，這是解決問題的根本途徑。

【例3】如圖所示，質量為m的物體輕放到足夠長的水平傳送帶上，傳送帶在電動機的帶動下始終以速度v保持勻速運動。已知物體與傳送帶間的動摩擦因數為μ，重力加速度為g，對于物體從靜止釋放到相對靜止這一過程，下列說法正確的是（ ）

A.物體在傳送帶上的劃痕長

B.傳送帶克服摩擦力做的功為mv2

C.電動機多做的功為mv

D.電動機增加的功率為μmgv

【答案】AD

【解析】物體在傳送帶上的劃痕長等于物體在傳送帶上的相對位移，物塊達到速度v所需的時間t=，在這段時間內物塊的位移x1=，傳送帶的位移x2=vt=，則物體與傳送帶的相對位移x=x2-x1=，故A正確;由能量守恒可知電動機多做的功轉化成物體的動能和內能，物體在這個過程中獲得的動能為mv2，此過程中產生的熱量Q=μmg×=mv2，所以傳送帶克服摩擦力做的功也就是電動機需要多做的功，為mv2，故BC錯誤;電動機增加的功率即為克服摩擦力做功的功率，大小為P=μmgv，D正確。

【要點分析】當有外力做功時，由能量守恒可知外力做的功也一定會轉化為能量，只要把外力做的功的去向弄清楚，即可依據能量守恒來解決問題。

涉及萬有引力的能量守恒

【例4】航天器回收的“跳躍式返回技術”指航天器在關閉發動機后進入大氣層，依靠大氣升力再次沖出大氣層，降低速度后再進入大氣層，這種復雜的回收技術我國已經掌握。如圖為航天器跳躍式返回過程示意圖，大氣層的邊界為虛線大圓，已知地球半徑為R，d點到地面的高度為h，地球表面重力加速度為g。下列說法正確的是（ ）

A. 航天器從a到c運動過程中一直處于完全失重狀態

B. 航天器運動到d點時的加速度為

C. 航天器在c點的動能大于在e點的動能

D. 航天器在a點的機械能大于在c點的機械能

【答案】D

【解析】航天器進入大氣層受到空氣阻力，不是只受重力，航天器在b點不是處于完全失重狀態，故A錯誤;航天器在d點受到的萬有引力F=G，在地球表面重力等于萬有引力，有G=mg，根據牛頓第二定律可知a== ，故B錯誤;航天器從c到e點的過程，由于只有萬有引力做功，故機械能守恒，即航天器在c點的動能等于在e點的動能，故C錯誤;航天器從a到c的運動過程中，除了萬有引力還受到大氣層的阻力，此過程中系統的內能增加，由能量守恒可知其機械能減小，故航天器在a點的機械能大于在c點的機械能，D正確。

【要點分析】涉及萬有引力的問題時要注意兩點。一是將萬有引力做功和引力勢能與重力做功和重力勢能對應起來;二是注意大氣阻力做負功，會引起航天器的機械能轉化為內能。

涉及電動機的能量守恒

【例5】如圖是一直流電動機的電路圖，此刻電動機正將質量m=65 kg的重物豎直向上勻速提升，已知電動機內電阻r=1 Ω，定值電阻R=9 Ω，直流電壓U=180 V，理想電壓表示數UV=135 V，g取10 m/s2，則提升重物的速度大小是（ ）

A.1 m/sB. 1.2 m/sC. 1.8 m/sD. 2 m/s

【答案】A

【解析】通過電動機的電流I===5A，電動機的輸入功率P1=UVI=675W，電動機內電阻的發熱功率P2=I2r=25W，由能量守恒可知電動機輸出的機械功率P3=P1-P2=650W，設重物提升的速度為v，有P3=mgv，解得v=1m/s，故A正確。

【要點分析】由能量守恒可知，電動機輸入的電能一部分轉化為內能，一部分轉化為輸出的機械能，即E入=Q+W出，對應的功率形式為P入=P熱+P出，結合歐姆定律和串并聯電路規律就可以解決相關問題。

涉及洛倫茲力的能量守恒

【例6】如圖所示，質量為m，帶電量為q的小物塊，從傾角為θ的絕緣斜面上由靜止下滑，整個斜面置于方向水平向里的勻強磁場中，磁感應強度為B。若帶電小物塊下滑位移x時對斜面的作用力恰好為零，下面說法中正確的是（ ）

A. 小物塊一定帶正電荷

B. 小物塊在斜面上運動時做勻加速直線運動

C. 小物塊在斜面上下滑的過程中，當小物塊對斜面壓力為零時的速率為

D. 此過程中因摩擦而產生的熱量為mgx sinθ-

【答案】CD

【解析】帶電小物塊下滑x時對斜面的作用力恰好為零，可知洛倫茲力的方向垂直于斜面向上，根據左手定則判斷小物塊帶負電，故A錯誤;小物塊在運動的過程中受重力、斜面的支持力、洛倫茲力、摩擦力，合外力沿斜面向下，根據牛頓第二定律有mg sinθ-Ff=ma，設小物塊與斜面間的動摩擦因數為μ，所以Ff=μFN，又有FN-F洛-mg cosθ=0，

F洛=qvB，解得a=g sinθ-μg cosθ-，可知物塊做加速度減小的加速運動，故B錯誤;當小物塊對斜面壓力為零時有qvB-mg cosθ=0，解得v=，故C正確;此過程中由能量守恒有mg sinθ·x=Q+mv2，解得Q=mgxsinθ- ，故D正確。

【要點分析】由于洛倫茲力不做功，因此與洛倫茲力相關的能量守恒問題本質上還是力學問題，洛倫茲力只起到影響支持力和摩擦力的作用。

涉及電磁感應的能量守恒

【例7】如圖所示，水平地面上方的矩形區域內存在垂直紙面向里的勻強磁場，兩個邊長相等的單匝閉合正方形線圈Ⅰ和Ⅱ，分別用相同材料、不同粗細的導線繞制（Ⅰ為細導線）。兩線圈在距磁場上界面h高處由靜止開始自由下落，再進入磁場，最后落到地面，運動過程中，線圈平面始終保持在豎直平面內且下邊緣平行于磁場上邊界。設線圈Ⅰ，Ⅱ落地時的速度大小分別為v1，v2，在運動時產生的熱量分別為Q1，Q2。不計空氣阻力，則（ ）

A. v1

C. v1

【答案】D

【解析】兩個線圈從同一高度下落，到達磁場邊界時具有相同的速度v，切割磁感線產生感應電流，同時受到磁場的安培力F=，由電阻定律得線圈的電阻R=（ρ 為材料的電阻率，L為線圈的邊長，S為單匝導線橫截面積），所以線圈下邊剛進入磁場時所受的安培力F=，此時線圈的加速度a==g-，又因為線圈的質量m=ρ0×4LS（ρ0為材料的密度），解得a=g-，所以兩個線圈此時的加速度a相同，則線圈Ⅰ和Ⅱ同步運動，落地速度相等v1=v2，由能量守恒有mg（h+H）=Q+mv2，解得Q=mg（h+H）- mv2，因為Ⅰ為細導線，質量小，產生的熱量小，所以Q1

【要點分析】題目的難點在于論證兩個線圈運動過程中的同步，從而得到落地時的速度相等的結論，一旦解決了這個問題，就可以利用能量守恒和質量關系來分析產生的熱量關系。