李紅波

能量觀是三大物理觀念（物質(zhì)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(guī)律明朗化。

單純的機械能守恒

【例1】質(zhì)量為m的小球套在豎直的光滑桿上，一根輕質(zhì)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(nèi)。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(nèi)，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(tǒng)只有重力和彈力做功，所以系統(tǒng)的機械能守恒，小球到達B點時速度為零，即動能為零，根據(jù)系統(tǒng)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(tǒng)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(zhì)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?，F(xiàn)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(zhì)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(jù)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(jù)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(nèi)能增加，根據(jù)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(tǒng)內(nèi)能增加量之和，故C錯誤;小球運動過程中，系統(tǒng)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(tǒng)內(nèi)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(tǒng)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(zhì)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(shù)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(nèi)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(zhuǎn)化成物體的動能和內(nèi)能，物體在這個過程中獲得的動能為mv2，此過程中產(chǎn)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(zhuǎn)化為能量，只要把外力做的功的去向弄清楚，即可依據(jù)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(fā)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(jīng)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(tài)

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(tài)，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(jù)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(tǒng)的內(nèi)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(zhuǎn)化為內(nèi)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(zhì)量m=65 kg的重物豎直向上勻速提升，已知電動機內(nèi)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(shù)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(nèi)電阻的發(fā)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(zhuǎn)化為內(nèi)能，一部分轉(zhuǎn)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(lián)電路規(guī)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(zhì)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(chǎn)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(jù)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(jù)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(shù)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(zhì)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(qū)域內(nèi)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(nèi)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(chǎn)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(chǎn)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(zhì)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(zhì)量小，產(chǎn)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(zhì)量關系來分析產(chǎn)生的熱量關系。