高考物理复习第五章第4讲功能关系、能量守恒定律讲义（含解析）新人教版.docx

第4讲功能关系、能量守恒定律基础知识填一填知识点1功能关系1能的概念：一个物体能对外做功，这个物体就具有能量2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，而且能量转化必通过做功来实现判断正误，正确的划“”，错误的划“”(1)能量转化是通过做功来实现的()(2)力对物体做了多少功，物体就有多少能()(3)力对物体做正功，物体的总能量一定增加()(4)滑动摩擦力做功时，一定会引起能量的转化()(5)合外力做功等于物体动能的改变量()知识点2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，在转化和转移的过程中，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初E末，初状态各种能量的总和等于末状态各种能量的总和.(2)E增E减，增加的能量总和等于减少的能量总和判断正误，正确的划“”，错误的划“”上端固定的一根细线下面悬挂一摆球，摆球在空气中摆动，摆动的幅度越来越小，对此现象下列说法是否正确(1)摆球机械能守恒. ()(2)总能量守恒，摆球的机械能正在减少，减少的机械能转化为内能. ()(3)能量正在消失. ()(4)只有动能和重力势能的相互转化()教材挖掘做一做1.(人教版必修2 P80第1题改编)如图所示，一小球自A点由静止自由下落，到B点时与弹簧接触，到C点时弹簧被压缩到最短若不计弹簧质量和空气阻力，在小球由ABC的过程中，且取地面为零势能面，则()A小球从AB的过程中机械能守恒；小球从BC的过程中只有重力和弹力做功，所以机械能也守恒B小球在B点时动能最大C小球减少的机械能，等于弹簧弹性势能的增量D小球到达C点时动能为零，重力势能为零，弹簧的弹性势能最大答案：C2(人教版必修2 P80第2题改编)游乐场的过山车可以底朝上在圆轨道上运行，游客却不会掉下来(图甲)我们把这种情形抽象为图乙的模型：弧形轨道的下端与竖直圆轨道相接，使小球从弧形轨道上端滚下，小球进入圆轨道下端后沿圆轨道运动实验发现，只要h大于一定值，小球就可以顺利通过圆轨道的最高点如果已知圆轨道的半径为R，h至少要等于多大？不考虑摩擦等阻力解析：小球恰能通过最高点，则：mgm小球由静止运动到最高点的过程中，满足机械能守恒mghmv2mg2R联立解得：h2.5R.答案：2.5R考点一功能关系的理解和应用考点解读1对功能关系的理解(1)做功的过程就是能量转化的过程不同形式的能量发生相互转化是通过做功来实现的(2)功是能量转化的量度，功和能的关系，一是体现在不同的力做功，对应不同形式的能转化，具有一一对应关系，二是做功的多少与能量转化的多少在数值上相等2几种常见力做功及能量变化几种常见力做功对应的能量变化关系式重力正功重力势能减少WGEp负功重力势能增加弹力正功弹性势能减少W弹Ep负功弹性势能增加合力正功动能增加W合Ek负功动能减少除重力以外的力正功机械能增加W其他力E负功机械能减少典例赏析典例1(2018全国卷)如图，abc是竖直面内的光滑固定轨道，ab水平，长度为2R；bc是半径为R的四分之一圆弧，与ab相切于b点一质量为m的小球，始终受到与重力大小相等的水平外力的作用，自a点处从静止开始向右运动重力加速度大小为g.小球从a点开始运动到其轨迹最高点，机械能的增量为()A2mgRB4mgRC5mgR D6mgR审题指导(1)恒力F的方向判断：由题中条件光滑轨道；小球始终受到水平外力作用；自a点从静止开始向右运动，可判断出外力F方向水平向右(2)由于外力Fmg，小球到达c点瞬间vc0，可判断球经过c点后将继续向斜上方运动，当竖直方向速度为零时小球到达最高点(3)恒力做功等于恒力和物体在力方向上位移的乘积：WFs.(4)由功能关系确定机械能增量解析C以小球为研究对象，在小球由a到c的过程中，应用动能定理有FxabFRmgRmv，其中水平力大小Fmg，得vc2 .经过c点以后，在竖直方向上小球做竖直上抛运动，上升的时间t升2 .在水平方向上小球做加速度为ax的匀加速运动，由牛顿第二定律得Fmax，且Fmg，得axg.在时间t升内，小球在水平方向上的位移xaxt2R，故力F在整个过程中对小球做的功WFxabFRFx5mgR.由功能关系，得EW5mgR.故C正确，A、B、D错误功能关系的选用原则1在应用功能关系解决具体问题的过程中，若只涉及动能的变化用动能定理分析2只涉及重力势能的变化用重力做功与重力势能变化的关系分析3只涉及机械能变化用除重力和弹力之外的力做功与机械能变化的关系分析4只涉及电势能的变化用电场力做功与电势能变化的关系分析题组巩固1(2017全国卷)如图，一质量为m，长度为l的均匀柔软细绳PQ竖直悬挂用外力将绳的下端Q缓慢地竖直向上拉起至M点，M点与绳的上端P相距l.重力加速度大小为g.在此过程中，外力做的功为()A.mglB.mglC.mgl D.mgl解析：A把Q点提到M点的过程中，PM段软绳的机械能不变，MQ段软绳的机械能的增量为Emgmgmgl，由功能关系可知，在此过程中，外力做的功为Wmgl，故A正确，B、C、D错误2(2019唐山模拟)(多选)质量为m的物体，在距地面h高处以初速度v竖直向下抛出其加速度大小为0.5g，方向竖直向下则在其下落到地面的过程中，下列说法中正确的是()A物体的重力势能减少0.5mghB物体的动能增加0.5mghC物体的机械能减少0.5mghD落地时的动能为mghmv2解析：BC物体在下落过程中，重力做正功为mgh，则重力势能减小mgh，故A错误；物体所受的合力为Fma0.5mg，则合力做功为W合0.5mgh，所以动能增加了0.5mgh，故B正确；物体下落过程中受到向下的重力mg和向上的力F，而物体下落过程中受到的合外力大小为F0.5mg，即FmgF，解得F0.5mg，WF0.5mgh，所以机械能减少了0.5mgh，故C正确；由动能定理得W合Ekmv20.5mgh，解得Ek0.5mghmv2，故D错误3(2019唐山模拟)轻质弹簧右端固定在墙上，左端与一质量m0.5 kg的物块相连，如图甲所示弹簧处于原长状态，物块静止且与水平面间的动摩擦因数0.2.以物块所在处为原点，水平向右为正方向建立x轴现对物块施加水平向右的外力F，F随x轴坐标变化的关系如图乙所示物块运动至x0.4 m处时速度为零则此时弹簧的弹性势能为(g取10 m/s2)()A3.1 J B3.5 JC1.8 J D2.0 J解析：A物块与水平面间的摩擦力为Ffmg1 N，现对物块施加水平向右的外力F，由Fx图象面积表示F做的功，可知F做功W3.5 J，克服摩擦力做功WfFfx0.4 J，由功能关系可知，WWfEp，此时弹簧的弹性势能为Ep3.1 J，故A正确，B、C、D错误考点二摩擦力做功与能量变化的关系考点解读1两种摩擦力做功的比较静摩擦力做功滑动摩擦力做功只有能量的转移，没有能量的转化既有能量的转移，又有能量的转化一对相互作用的静摩擦力所做功的代数和为零，即要么一正一负，要么都不做功一对相互作用的滑动摩擦力所做功的代数和为负值，即至少有一个力做负功两种摩擦力都可以对物体做正功或者负功，还可以不做功2.相对滑动物体能量问题的解题流程 典例赏析典例2(2019银川一模)如图所示，一质量为m1.5 kg的滑块从倾角为37的斜面上自静止开始下滑，滑行距离s10 m后进入半径为R9 m的光滑圆弧AB，其圆心角为，然后水平滑上与平台等高的小车已知小车质量为M3.5 kg，滑块与斜面及小车表面间的动摩擦因数0.35，地面光滑且小车足够长，取g10 m/s2.(sin 370.6，cos 370.8)求：(1)滑块在斜面上的滑行时间t1；(2)滑块脱离圆弧末端B点前，轨道对滑块的支持力大小；(3)当小车开始匀速运动时，滑块在车上滑行的距离s1.审题指导第一步：抓关键点关键点获取信息自静止开始下滑滑块在斜面上做初速度为零的匀加速直线运动光滑圆弧AB滑块在圆弧上运动过程机械能守恒水平滑上与平台等高的小车滑块滑上小车的速度等于滑块在AB弧上B点的速度地面光滑且小车足够长滑块滑上小车最终与小车同速，一起做匀速运动第二步：找突破口(1)滑块在斜面上下滑的加速度可由mgsin mgcos ma求出(2)滑块在斜面上运动的末速度为滑块在圆弧上运动的初速度(3)滑块到达B点前瞬间具有竖直向上的向心加速度，此时满足FNmgm.(4)小车从开始运动到匀速运动过程中，滑块和小车组成的系统损失的机械能对应系统产生的摩擦热解析(1)设滑块在斜面上滑行的加速度为a，由牛顿第二定律，有mgsin mgcos ma，又sat联立以上两式，代入数据解得t12.5 s.(2)滑块在圆弧AB上运动过程，由机械能守恒定律，有mvmgR(1cos )mv，其中vAat1由牛顿第二定律，有FBmgm联立以上各式，代入数据解得轨道对滑块的支持力FB31.7 N.(3)滑块在小车上滑行时的加速度：a1g3.5 m/s2小车的加速度：a21.5 m/s2小车与滑块达到共同速度时小车开始匀速运动，满足vBa1t2a2t2由(2)可知滑块刚滑上小车的速度vB10 m/s，最终同速时的速度vvBa1t23 m/s由功能关系可得：mgs1mv(mM)v2解得：s110 m.答案(1)2.5 s(2)31.7 N(3)10 m题组巩固1如图所示，劲度系数为k的轻弹簧一端固定在墙上，一个小物块(可视为质点)从A点以初速度v0向左运动，接触弹簧后运动到C点时速度恰好为零，弹簧始终在弹性限度内AC两点间距离为L，物块与水平面间动摩擦因数为，重力加速度为g，则物块由A点运动到C点的过程中，下列说法正确的是()A弹簧和物块组成的系统机械能守恒B物块克服摩擦力做的功为mvC弹簧的弹性势能增加量为mgLD物块的初动能等于弹簧的弹性势能增加量与摩擦产生的热量之和解析：D物块与水平面间动摩擦因数为，由于摩擦力做功机械能减小，故A错误；物块由A点运动到C点过程动能转换为弹性势能和内能，根据能量守恒知物块克服摩擦力做的功为mgLmvEp弹，故B错误，D正确；根据B项分析知Ep弹mvmgL，故C错误2如图是建筑工地上常用的一种“深穴打夯机”示意图，电动机带动两个滚轮匀速转动将夯杆从深坑提上来，当夯杆底端刚到达坑口时，两个滚轮彼此分开，将夯杆释放，夯杆在自身重力作用下，落回深坑，夯实坑底，然后两个滚轮再将夯杆压紧，夯杆被提上来，如此周而复始(夯杆被滚轮提升过程中，经历匀加速和匀速运动过程)已知两个滚轮边缘的线速度恒为v，夯杆质量为m，则下列说法正确的是()A夯杆被提上来的过程中滚轮先对它施加向上的滑动摩擦力，后不对它施力B增加滚轮匀速转动的角速度或增加滚轮对杆的正压力可减小提杆的时间C滚轮对夯杆做的功等于夯杆动能的增量D一次提杆过程系统共产生热量mv2解析：B夯杆被提上来的过程中，先受到滑动摩擦力，然后受静摩擦力，故A错误；增加滚轮匀速转动的角速度时夯杆获得的最大速度增大，可减小提杆的时间，增加滚轮对杆的正压力，夯杆受到的滑动摩擦力增大，匀加速运动的加速度增大，可减小提杆的时间，故B正确；根据功能关系可知，滚轮对夯杆做的功等于夯杆动能、重力势能的增量之和，故C错误；设匀加速直线运动过程，夯杆受到的滑动摩擦力大小为Ff，加速度为a，质量为m，匀加速运动的时间为t，则相对位移大小为xvt，t，解得x，摩擦产生的热量QFfx，根据牛顿第二定律得Ffmgma，联立解得Qmv2mv2，故D错误3如图所示，光滑水平面上有一木板，质量M1.0 kg，长度L1.0 m在木板的最左端有一个小铁块(可视为质点)，质量m1.0 kg.小铁块与木板之间的动摩擦因数0.30.开始时它们都处于静止状态，某时刻起对木板施加一个水平向左的拉力F将木板抽出，若F8 N，g取10 m/s2.求：(1)抽出木板的过程中摩擦力分别对木板和铁块做的功；(2)抽出木板的过程中由于摩擦产生的内能Q.解析：(1)当F8 N将木板从小铁块下方抽出，小铁块运动的加速度为：a1g3 m/s2木板运动的加速度为：a2，可得a25 m/s2设抽出过程的时间为t，根据几何关系：a2t2a1t2L解得：t1 s所以小铁块运动的位移为：x1a1t2，解得：x11.5 m木板运动的位移为：x2a2t2，解得：x22.5 m摩擦力对小铁块做的功为：W1mgx1，解得W14.5 J摩擦力对木板做的功为：W2mgx2，解得：W27.5 J(2)抽出木板的过程中由于摩擦产生的内能Qmg(x2x1)3 J.答案：(1)7.5 J4.5 J(2)3 J考点三能量守恒定律的综合应用考点解读1对能量守恒定律的两点理解(1)某种形式的能量减少，一定存在其他形式的能量增加，且减少量和增加量一定相等(2)某个物体的能量减少，一定存在其他物体的能量增加，且减少量和增加量一定相等2能量转化问题的解题思路(1)当涉及摩擦力做功，机械能不守恒时，一般应用能的转化和守恒定律(2)解题时，首先确定初、末状态，然后分析状态变化过程中哪种形式的能量减少，哪种形式的能量增加，求出减少的能量总和E减与增加的能量总和E增，最后由E减E增列式求解典例赏析典例3如图所示，一物体质量m2 kg，在倾角37的斜面上的A点以初速度v03 m/s下滑，A点距弹簧上端挡板位置B点的距离AB4 m当物体到达B点后将弹簧压缩到C点，最大压缩量BC0.2 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AD3 m挡板及弹簧质量不计，g取10 m/s2，sin 370.6，求：(1)物体与斜面间的动摩擦因数；(2)弹簧的最大弹性势能Epm.审题指导(1)物体由A到C的过程中，动能减少量与重力势能的减少量之和等于弹簧的弹性势能与物体克服摩擦力做功之和(2)物体由A到C后又返回D的过程中，物体动能减少量与重力势能的减少量之和等于物体克服摩擦力做的总功解析(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，机械能的减少量全部用来克服摩擦力做功，即：mvmgLADsin 37mgcos 37(LAB2LCBLBD)代入数据解得：0.52.(2)物体由A到C的过程中，动能减少量Ekmv，重力势能减少量EpmgLACsin 37摩擦产生的热量Qmgcos 37LAC由能量守恒定律可得弹簧的最大弹性势能为：EpmEkEpQmvmgLACsin 37mgcos 37LAC24.5 J.答案(1)0.52(2)24.5 J题组巩固1(2019乐山模拟)如图甲所示，在倾角为37足够长的粗糙斜面底端，一质量m1 kg的滑块压缩着一轻弹簧且锁定，但它们并不相连，滑块可视为质点t0时解除锁定，计算机通过传感器描绘出滑块的vt图象如图乙所示，其中Oab段为曲线，bc段为直线，在t10.1 s时滑块已上滑x0.2 m的距离(g取10 m/s2，sin 370.6，cos 370.8)求：(1)滑块离开弹簧后在图中bc段对应的加速度大小a及动摩擦因数的大小(2)t20.3 s和t30.4 s时滑块的速度v1、v2的大小(3)弹簧锁定时具有的弹性势能Ep.解析：(1)由题图乙知滑块在bc段做匀减速运动，加速度大小为：a10 m/s2由牛顿第二定律得：mgsin 37mgcos 37ma解得：0.5(2)根据速度时间公式得t20.3 s时的速度大小：v1v0at解得v10在t2之后开始下滑，下滑时由牛顿第二定律得：mgsin 37mgcos 37ma解得：a2 m/s2从t2到t3做初速度为零的加速运动，t3时刻的速度为：v2at0.2 m/s(3)从0到t1时间内，由能量守恒定律得：Epmgxsin 37mgxcos 37mv解得：Ep4 J.答案：(1)10 m/s20.5(2)00.2 m/s(3)4 J2如图，一个倾角30的光滑直角三角形斜劈固定在水平地面上，顶端连有一轻质光滑定滑轮质量为m的A物体置于地面，上端与劲度系数为k的竖直轻弹簧相连一条轻质绳跨过定滑轮，一端与斜面上质量为m的B物体相连，另一端与弹簧上端连接调整细绳和A、B物体的位置，使弹簧处于原长状态，且细绳自然伸直并与三角斜劈的两个面平行现将B物体由静止释放，已知B物体恰好能使A物体刚要离开地面但不继续上升求：(1)B物体在斜面上下滑的最大距离x.(2)B物体下滑到最低点时的加速度大小和方向(3)若将B物体换成质量为2m的C物体，C物体由上述初始位置静止释放，当A物体刚好要离开地面时，C物体的速度大小v.解析：(1)当A物体刚要离开地面但不上升时，A物体处于平衡状态，设B物体沿斜面下滑x，则弹簧伸长为x.对A物体有：kxmg0解得：x(2)当A物体刚要离开地面时，A与地面间作用力为0.对A物体：由平衡条件得：FTmg0设B物体的加速度大小为a，对B物体，由牛顿第二定律得：FTmgsin ma解得：agB物体加速度的方向沿斜面向上(3)A物体刚要离开地面时，弹簧的弹性势能增加E，对B物体下滑的过程，由能量守恒定律得：Emgxsin 对C物体下滑的过程，由能量守恒定律得：E2mv22mgxsin 解得：vg .答案：(1)(2)g方向沿斜面向上(3)g 思想方法(十一)传送带模型中的功能关系方法阐述1.求摩擦产生热量的方法(1)相对位移法：摩擦产生的热量等于摩擦力与物块相对传送带的位移乘积(2)做功转化法：在典例1中，物块相对传送带的位移Lvtvtvt，与物块对地的位移相等，因此摩擦产生的热量也等于传送带对物块做的功2.求电机多消耗电能的方法(1)能量守恒法：多消耗的电能等于工件增加的机械能与摩擦产生的热量之和(2)动能定理法：多消耗的电能等于电动机做的功，由于传送带匀速运动，电动机做的功等于传送带克服摩擦力做的功，即摩擦力与传送带位移的乘积.典例赏析典例1(多选)如图所示，水平传送带由电动机带动，并始终保持以速度v匀速运动，现将质量为m的某物块由静止释放在传送带上的左端，过一会儿物块能保持与传送带相对静止，设物块与传送带间的动摩擦因数为，对于这一过程，下列说法正确的是()A摩擦力对物块做的功为0.5mv2B物块对传送带做功为0.5mv2C系统摩擦生热为0.5mv2D电动机多做的功为mv2解析ACD设物块匀加速运动的时间为t，根据动能定理得：摩擦力对物块做的功为W1fvtmv20.5mv2.物块对传送带做功W2fvtmv2，故A项正确，B项错误物块与传送带相对位移大小为xvt0.5vt，则xx物摩擦生热为Qfxfx物0.5mv2.故C项正确电动机多做的功转化成了物体的动能和系统的内能，所以电动机多做的功为W机mv2Qmv2.故D项正确(或电动机做的功等于传送带克服摩擦力做的功W机fvtmv2)典例2如图，一传送皮带与水平面夹角为30，以2 m/s的恒定速度顺时针运行现将一质量为10 kg的工件轻放于底端，经一段时间送到高2 m的平台上，工件与皮带间的动摩擦因数为，g取10 m/s2，求带动皮带的电动机由于传送工件而多消耗的电能解析设工件向上运动距离s时，速度达到传送带的速度v，由动能定理可知：mgssin 30mgscos 30mv20解得s0.8 m，说明工件未到达平台时，速度已达到v，所以工件动能的增量为Ekmv220 J工件重力势能增量为Epmgh200 J工件相对皮带的位移Lvtvtvts0.8 m由于摩擦产生热量QfLmgcos 30L60 J电动机多消耗的电能为EkEpQ280 J.答案280 J传送带问题的分析流程和技巧