能量守恒应用广，分门别类规律朗

李红波

能量观是三大物理观念（物质观、运动与相互作用观、能量观）之一，这充分说明能量在物理学中的重要地位。在高中物理的学习中，能量守恒在力学、电学、磁学等板块都得到了广泛应用，相关题目的难度跨度也比较大。下面我们就将有关能量守恒的知识点进行分类，并通过对应的例题，使其中的规律明朗化。

单纯的机械能守恒

【例1】质量为m的小球套在竖直的光滑杆上，一根轻质弹簧一端固定于O点，另一端与小球相连，弹簧与杆在同一竖直平面内。让小球从A点开始释放，此时弹簧处于原长，当小球下降的最大竖直高度为h时到达B点，若全过程中弹簧都处于弹性限度内，竖直杆与OB的夹角为30°，下列研究小球从A到B全过程的说法正确的是（ ）

A.当弹簧与杆垂直时，小球速度最大

B.小球的加速度为重力加速度的位置共有三个

C.弹簧的弹性势能先增大后减小

D.弹簧的弹性势能增加量大于mgh

【答案】B

【解析】小球的运动过程如图所示。当小球滑至C点时，弹簧与杆垂直，水平方向弹簧弹力与杆的弹力平衡，小球在竖直方向仅受重力，则小球的加速度为重力加速度，小球仍向下加速，此时的速度未达到最大值，当合力为零时速度最大，而合力为零的位置应在弹簧与杆垂直位置的下方，故A错误;在图中A，D两位置，弹簧处于原长，小球只受重力，小球的加速度为重力加速度，所以小球加速度为重力加速度的位置有A，C，D三个，故B正确;弹簧的形变量先增大后减小再增大，其弹性势能先增大后减小再增大，故C错误;小球与弹簧组成的系统只有重力和弹力做功，所以系统的机械能守恒，小球到达B点时速度为零，即动能为零，根据系统机械能守恒定律可知，小球从A到B全过程中增加的弹性势能应等于减少的重力势能mgh，故D错误。

【要点分析】由关键词“光滑”可判断系统机械能守恒，因此本题的情况是物体的重力势能、动能和弹簧的弹性势能总和保持不变，分析其中两个的和的变化趋势时需要考虑第三个的变化趋势，而弹性势能与弹簧的形变量相关，还要注意弹簧伸长量和压缩量相等时弹簧的弹性势能相等。

涉及摩擦生热的能量守恒

【例2】如图所示，一粗糙的半圆形轨道固定在水平地面上，圆心为O，半径为R。一根轻橡皮筋一端连在可视为质点的小球上，另一端连在距离O点正上方R处的P点。小球放在与O点等高的轨道上A点时，轻橡皮筋处于原长。现将小球从A点由静止释放，小球沿圆轨道向下运动，通过最低点B时对圆轨道的压力恰好为零。已知小球的质量为m，重力加速度为g，则小球從A点运动到B点的过程中下列说法正确的是（ ）

A.小球通过最低点时，橡皮筋的弹力等于mg

B.橡皮筋弹力做功的功率逐渐变大

C.小球运动过程中，小球重力势能的减少量等于小球动能增加量

D.小球运动过程中，机械能的减少量大于橡皮筋弹性势能的增加量

【答案】D

【解析】小球运动到最低点时，根据牛顿第二定律可得F-mg=m，橡皮筋的弹力F=mg+m，故F大于mg，A错误;根据P=Fv·cosα可知，开始时v=0，则橡皮筋弹力做功的功率P=0，小球在最低点速度方向与F方向垂直，α=90°，则橡皮筋弹力做功的功率P=0，故橡皮筋弹力做功的功率先变大后变小，故B错误;小球运动过程中，重力势能减小，动能增加，橡皮筋弹性势能增大，内能增加，根据能量守恒知，小球的重力势能的减少量等于小球的动能增加量、橡皮筋弹性势能增加量、系统内能增加量之和，故C错误;小球运动过程中，系统的能量守恒，所以小球机械能的减少量等于橡皮筋弹性势能的增加量和系统内能增加量之和，故D正确。

【要点分析】由关键词“粗糙”可判断系统机械能不守恒，涉及摩擦生热问题。此种情况下涉及的能量变化往往较多，需要分析小球在运动过程中哪些能量增加了，哪些能量减少了，由能量守恒有ΔE增=ΔE减，这是解决问题的根本途径。

【例3】如图所示，质量为m的物体轻放到足够长的水平传送带上，传送带在电动机的带动下始终以速度v保持匀速运动。已知物体与传送带间的动摩擦因数为μ，重力加速度为g，对于物体从静止释放到相对静止这一过程，下列说法正确的是（ ）

A.物体在传送带上的划痕长

B.传送带克服摩擦力做的功为mv2

C.电动机多做的功为mv

D.电动机增加的功率为μmgv

【答案】AD

【解析】物体在传送带上的划痕长等于物体在传送带上的相对位移，物块达到速度v所需的时间t=，在这段时间内物块的位移x1=，传送带的位移x2=vt=，则物体与传送带的相对位移x=x2-x1=，故A正确;由能量守恒可知电动机多做的功转化成物体的动能和内能，物体在这个过程中获得的动能为mv2，此过程中产生的热量Q=μmg×=mv2，所以传送带克服摩擦力做的功也就是电动机需要多做的功，为mv2，故BC错误;电动机增加的功率即为克服摩擦力做功的功率，大小为P=μmgv，D正确。

【要点分析】当有外力做功时，由能量守恒可知外力做的功也一定会转化为能量，只要把外力做的功的去向弄清楚，即可依据能量守恒来解决问题。

涉及万有引力的能量守恒

【例4】航天器回收的“跳跃式返回技术”指航天器在关闭发动机后进入大气层，依靠大气升力再次冲出大气层，降低速度后再进入大气层，这种复杂的回收技术我国已经掌握。如图为航天器跳跃式返回过程示意图，大气层的边界为虚线大圆，已知地球半径为R，d点到地面的高度为h，地球表面重力加速度为g。下列说法正确的是（ ）

A. 航天器从a到c运动过程中一直处于完全失重状态

B. 航天器运动到d点时的加速度为

C. 航天器在c点的动能大于在e点的动能

D. 航天器在a点的机械能大于在c点的机械能

【答案】D

【解析】航天器进入大气层受到空气阻力，不是只受重力，航天器在b点不是处于完全失重状态，故A错误;航天器在d点受到的万有引力F=G，在地球表面重力等于万有引力，有G=mg，根据牛顿第二定律可知a== ，故B错误;航天器从c到e点的过程，由于只有万有引力做功，故机械能守恒，即航天器在c點的动能等于在e点的动能，故C错误;航天器从a到c的运动过程中，除了万有引力还受到大气层的阻力，此过程中系统的内能增加，由能量守恒可知其机械能减小，故航天器在a点的机械能大于在c点的机械能，D正确。

【要点分析】涉及万有引力的问题时要注意两点。一是将万有引力做功和引力势能与重力做功和重力势能对应起来;二是注意大气阻力做负功，会引起航天器的机械能转化为内能。

涉及电动机的能量守恒

【例5】如图是一直流电动机的电路图，此刻电动机正将质量m=65 kg的重物竖直向上匀速提升，已知电动机内电阻r=1 Ω，定值电阻R=9 Ω，直流电压U=180 V，理想电压表示数UV=135 V，g取10 m/s2，则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】通过电动机的电流I===5A，电动机的输入功率P1=UVI=675W，电动机内电阻的发热功率P2=I2r=25W，由能量守恒可知电动机输出的机械功率P3=P1-P2=650W，设重物提升的速度为v，有P3=mgv，解得v=1m/s，故A正确。

【要点分析】由能量守恒可知，电动机输入的电能一部分转化为内能，一部分转化为输出的机械能，即E入=Q+W出，对应的功率形式为P入=P热+P出，结合欧姆定律和串并联电路规律就可以解决相关问题。

涉及洛伦兹力的能量守恒

【例6】如图所示，质量为m，带电量为q的小物块，从倾角为θ的绝缘斜面上由静止下滑，整个斜面置于方向水平向里的匀强磁场中，磁感应强度为B。若带电小物块下滑位移x时对斜面的作用力恰好为零，下面说法中正确的是（ ）

A. 小物块一定带正电荷

B. 小物块在斜面上运动时做匀加速直线运动

C. 小物块在斜面上下滑的过程中，当小物块对斜面压力为零时的速率为

D. 此过程中因摩擦而产生的热量为mgx sinθ-

【答案】CD

【解析】带电小物块下滑x时对斜面的作用力恰好为零，可知洛伦兹力的方向垂直于斜面向上，根据左手定则判断小物块带负电，故A错误;小物块在运动的过程中受重力、斜面的支持力、洛伦兹力、摩擦力，合外力沿斜面向下，根据牛顿第二定律有mg sinθ-Ff=ma，设小物块与斜面间的动摩擦因数为μ，所以Ff=μFN，又有FN-F洛-mg cosθ=0，

F洛=qvB，解得a=g sinθ-μg cosθ-，可知物块做加速度减小的加速运动，故B错误;当小物块对斜面压力为零时有qvB-mg cosθ=0，解得v=，故C正确;此过程中由能量守恒有mg sinθ·x=Q+mv2，解得Q=mgxsinθ- ，故D正确。

【要点分析】由于洛伦兹力不做功，因此与洛伦兹力相关的能量守恒问题本质上还是力学问题，洛伦兹力只起到影响支持力和摩擦力的作用。

涉及电磁感应的能量守恒

【例7】如图所示，水平地面上方的矩形区域内存在垂直纸面向里的匀强磁场，两个边长相等的单匝闭合正方形线圈Ⅰ和Ⅱ，分别用相同材料、不同粗细的导线绕制（Ⅰ为细导线）。两线圈在距磁场上界面h高处由静止开始自由下落，再进入磁场，最后落到地面，运动过程中，线圈平面始终保持在竖直平面内且下边缘平行于磁场上边界。设线圈Ⅰ，Ⅱ落地时的速度大小分别为v1，v2，在运动时产生的热量分别为Q1，Q2。不计空气阻力，则（ ）

A. v1

C. v1

【答案】D

【解析】两个线圈从同一高度下落，到达磁场边界时具有相同的速度v，切割磁感线产生感应电流，同时受到磁场的安培力F=，由电阻定律得线圈的电阻R=（ρ 为材料的电阻率，L为线圈的边长，S为单匝导线横截面积），所以线圈下边刚进入磁场时所受的安培力F=，此时线圈的加速度a==g-，又因为线圈的质量m=ρ0×4LS（ρ0为材料的密度），解得a=g-，所以两个线圈此时的加速度a相同，则线圈Ⅰ和Ⅱ同步运动，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，因为Ⅰ为细导线，质量小，产生的热量小，所以Q1

【要点分析】题目的难点在于论证两个线圈运动过程中的同步，从而得到落地时的速度相等的结论，一旦解决了这个问题，就可以利用能量守恒和质量关系来分析产生的热量关系。