高考物理一轮复习 第五章 机械能 5.4 功能关系 能量守恒定律课件.ppt

第4讲功能关系能量守恒定律 知识导图 能量转化 做功 动能 重力势能 弹性势能 机械能 内能 转化 转移 保持不变 e减 e增 微点拨 1 功能关系的两点体现 1 不同的力做功 对应不同形式的能量转化 具有一一对应关系 2 做功的多少与能量转化的多少在数值上相等 2 应用能量守恒定律的两点注意 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 慧眼纠错 1 力对物体做了多少功 物体就有多少能 纠错 2 力对物体做正功 物体的机械能一定增加 纠错 功是能量转化的量度 而不是能量多少的量度 在真空中自由下落的小球 重力做正功 但小球 的机械能保持不变 3 与势能有关的力 重力 弹力 电场力 做的功等于对应势能的改变量 纠错 4 能量在转化或转移的过程中 其总量会不断减少 纠错 与势能有关的力做的功等于对应势能的改变量 的负值 能量在转化或转移的过程中 其总量保持不变 5 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 纠错 6 静摩擦力做功时 一定会引起能量的转化 纠错 能量的转化和转移具有方向性 会产生能量耗散 且现在可利用的能源有限 故需节约能源 静摩擦力做功只会引起机械能的转移 而不会与 其他形式的能量转化 7 一个物体的能量增加 别的物体的能量也必定增加 纠错 根据能量守恒定律一个物体的能量增加 必定有 别的物体能量减少 考点1功能关系的理解和应用 典题探究 典例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 外力做的功为世纪金榜导学号04450116 a mglb mglc mgld mgl 解析 选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 e 由功能关系可知 在此过程中 外力做的功为w mgl 故a正确 b c d错误 通关秘籍 几种常见力做功及能量变化 考点冲关 1 2018 唐山模拟 轻质弹簧右端固定在墙上 左端与一质量m 0 5kg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x 0 4m处时速度为零 则此时弹簧的弹性势能为 g 10m s2 a 3 1jb 3 5jc 1 8jd 2 0j 解析 选a 物块与水平面间的摩擦力为ff mg 1n 现对物块施加水平向右的外力f 由f x图象面积表示f做的功 可知f做功w 3 5j 克服摩擦力做功wf ffx 0 4j 由功能关系可知 w wf ep 此时弹簧的弹性势能为ep 3 1j 故a正确 b c d错误 2 多选 2018 唐山模拟 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 5mgh c 物体的机械能减少0 5mghd 落地时的动能为mgh mv2 解析 选b c 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f ma 0 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f 0 5mg 即f mg f 解得f 0 5mg wf 0 5mgh 所以机械能减少了0 5mgh 故c正确 由动能定理得w合 ek mv2 0 5mgh 解得ek 0 5mgh mv2 故d错误 加固训练 多选 质量为m的物块在水平恒力f的推动下 从山坡 粗糙 底部的a处由静止开始运动至高为h的坡顶b处 到达b处时物块的速度大小为v a b之间的水平距离为s 重力加速度为g 不计空气阻力 则物块运动过程中 a 重力所做的功是mghb 合外力对物块做的功是mv2c 推力对物块做的功是mv2 mghd 阻力对物块做的功是mv2 mgh fs 解析 选b d 重力做的功wg mgh 推力f的功wf fs 故a c错误 由动能定理可知 合外力的功w合 mv2 故b正确 设阻力的功为wf 由动能定理得fs mgh wf mv2 解得wf mv2 mgh fs 故d正确 考点2摩擦力做功与能量变化的关系 典题探究 典例2 2018 泉州模拟 如图所示为地铁站用于安全检查的装置 主要由水平传送带和x光透视系统两部分组成 传送过程传送带速度不变 假设乘客把物品轻放在传送带 上之后 物品总会先 后经历两个阶段的运动 用v表示传送带速率 用 表示物品与传送带间的动摩擦因数 则导学号04450117 a 前阶段 物品可能向传送方向的相反方向运动b 后阶段 物品受到摩擦力的方向跟传送方向相同 c v相同时 不同的等质量物品与传送带摩擦产生的热量相同d 相同时 v增大为原来的2倍 前阶段物品的位移也增大为原来的2倍 解析 选c 物品轻放在传送带上 前阶段 物品受到向前的滑动摩擦力 所以物品的运动方向一定与传送带的运动方向相同 故a错误 后阶段 物品与传送带一起做匀速运动 不受摩擦力 故b错误 设物品匀加速运动的加速度为a 由牛顿第二定律得ff mg ma 物品的加速度大小为a g 匀加速的时间为t 位移为 x t 传送带匀速的位移为x vt 物品相对传送带滑行的距离为 x x x 物品与传送带摩擦产生的热量为q mg x mv2 则知v相同时 不同的等质量物品与传送带摩擦产生的热量相同 故c正确 前阶段物品的位移为x 则知 相同时 v增大为原来的2倍 前阶段物品的位移也增大为原来的4倍 故d错误 通关秘籍 1 两种摩擦力做功的比较 2 相对滑动物体能量问题的解题流程 考点冲关 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c 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 选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 mgl ep弹 故b错误 d正确 根据b项分析知ep弹 mgl 故c错误 2 多选 2018 吉林模拟 如图甲所示 质量为1kg的小物块 以初速度v0 11m s从 53 的固定斜面底端先后两次滑上斜面 第一次对小物块施加一沿斜面向上的恒力f 第二次不施加力 图乙中的两条线段a b分别表示施加力f和无f时小物块沿斜面向上运动的v t图线 不考虑空气阻力 g 10m s2 下列说法正确的是 a 恒力f大小为21nb 物块与斜面间的动摩擦因数为0 5c 有恒力f时 小物块在整个上升过程产生的热量较少d 有恒力f时 小物块在整个上升过程机械能的减少量较小 解析 选b d 根据v t图线的斜率等于加速度 可知aa m s2 10m s2 ab m s2 11m s2 根据牛顿第二定律得 不加拉力时有 mgsin53 mgcos53 mab 代入数据得 0 5 加拉力时有f mgsin53 mgcos53 maa 解得f 1n 故a错误 b正确 根据v t图象与坐标轴所围的面积表示 位移 可知有恒力f时小物块的位移较大 所以在上升过程产生的热量较大 故c错误 有恒力f时 小物块上升的高度比较大 所以该过程物块重力势能增加量较大 而升高的过程中动能的减小量是相等的 所以有恒力f时 小物块在整个上升过程机械能的减少量较小 故d正确 加固训练 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 选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 x vt t 解得 x 摩擦产生的热量q ff x 根据牛顿第二定律得ff mg ma 联立解得 故d错误 考点3能量守恒定律的综合应用 典题探究 典例3 2016 全国卷 轻质弹簧原长为2l 将弹簧竖直放置在地面上 在其顶端将一质量为5m的物体由静止释放 当弹簧被压缩到最短时 弹簧长度为l 现将该弹簧水平放置 一端固定 在a点 另一端与物块p接触但不连接 ab是长度为5l的水平轨道 b端与半径为l的光滑半圆轨道bcd相切 半圆的直径bd竖直 如图所示 物块p与ab间的动摩擦因数 0 5 用外力推动物块p 将弹簧压缩至长度l 然后放开 p开始沿轨道运动 重力加速度大小为g 导学号04450118 1 若p的质量为m 求p到达b点时速度的大小 以及它离开圆轨道后落回到ab上的位置与b点间的距离 2 若p能滑上圆轨道 且仍能沿圆轨道滑下 求p的质量的取值范围 解析 1 依题意 当弹簧竖直放置 长度被压缩至l时 质量为5m的物体的动能为零 其重力势能转化为弹簧的弹性势能 由机械能守恒定律可知 弹簧长度为l时的弹性势能为ep 5mgl 设p到达b点时的速度大小为vb 由能量守恒定律得ep mg 4l 联立 式 取m m并代入题给数据得vb 若p能沿圆轨道运动到d点 其到达d点时的向心力不能小于重力 即p此时的速度大小v应满足 mg 0 设p滑到d点时的速度为vd 由机械能守恒定律得 mg 2l 联立 式得vd vd满足 式要求 故p能运动到d点 并从d点以速度vd水平射出 设p落回到轨道ab所需的时间为t 由运动学公式得2l gt2 p落回到ab上的位置与b点之间的距离为s vdt 联立 式得s 2l 2 为使p能滑上圆轨道 它到达b点时的速度不能小于零 由 式可知5mgl mg 4l 要使p仍能沿圆轨道滑回 p在圆轨道上的上升高度不能超过半圆轨道的中点c 由机械能守恒定律有 mgl 联立 式得m m m答案 1 2l 2 m m m 通关秘籍 考点冲关 2018 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m 1kg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 t 0时解除锁定 计算机通过传感器描绘出滑块的v t图象如图乙所示 其中oab段为曲线 bc段为直线 在t1 0 1s时滑块已上滑x 0 2m的距离 g取10m s2 sin37 0 6 cos37 0 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 t2 0 3s和t3 0 4s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 a 10m s2由牛顿第二定律得 mgsin37 mgcos37 ma解得 0 5 2 根据速度时间公式得t2 0 3s时的速度大小 v1 v0 a t解得v1 0在t2之后开始下滑 下滑时由牛顿第二定律得 mgsin37 mgcos37 ma 解得 a 2m s2 从t2到t3做初速度为零的加速运动 t3时刻的速度为 v2 a t 0 2m s 3 从0到t1时间内 由能量守恒定律得 ep mgxsin37 mgxcos37 解得 ep 4j答案 1 10m s20 5 2 00 2m s 3 4j 加固训练 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 kx mg 0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 ft mg 0设b物体的加速度大小为a 对b物体 由牛顿第二定律得 ft mgsin ma解得 a gb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 e mgxsin 对c物体下滑的过程 由能量守恒定律得 e 2mv2 2mgxsin 解得 v 答案 1 2 g方向沿斜面向上 3 考点4用能量观点分析传送带模型 典题探究 典例4 2018 石家庄模拟 如图所示为一皮带传送装置 其中ab段水平 长度lab 4m bc段倾斜 长度足够长 倾角为 37 ab和bc在b点通过一段极短的圆弧连接 图中未画出圆弧 传送带以v 4m s的恒定速率 顺时针运转 现将一质量m 1kg的工件 可看作质点 无初速度地放在a点 已知工件与传送带间的动摩擦因数 0 5 导学号04450119 1 工件从a点开始至第一次到达b点所用的时间t 2 工件从第一次到达b点至第二次到达b点的过程中 工件与传送带间因摩擦而产生的热量q 解析 1 工件刚放在水平传送带上的加速度为a1 由牛顿第二定律得 mg ma1解得 a1 g 5m s2设经t1时间工件与传送带的速度相同 则有 t1 0 8s 工件前进的位移为 x 1 6m此后工件将与传送带一起匀速运动至b点 则 t2 0 6s工件第一次到达b点所用的时间为 t t1 t2 1 4s 2 工件上升过程中由牛顿第二定律得 mgsin mgcos ma2解得 a2 2m s2方向沿斜面向下由运动学公式得工件上升的时间为 t3 2s工件下降过程加速度不变a3 a2 由运动学公式得 t4 2s工件与传送带的相对路程为 x vt3 vt3 vt4 vt4 16m摩擦生热为 q mgcos x 64j答案 1 1 4s 2 64j 通关秘籍 传送带问题的分析流程和技巧 考点冲关 1 多选 2018 马鞍山模拟 如图 在匀速转动的电动机带动下 足够长的水平传送带以恒定速率v1匀速向右运动 一质量为m的滑块从传送带右端以水平向左的速率v2 v2 v1 滑上传送带 最终滑块又返回至传送带的右端 上述过程 下列判断正确的有 a 滑块返回传送带右端的速率为v1b 此过程中传送带对滑块做功为c 此过程中电动机对传送带做功为d 此过程中滑块与传送带间摩擦产生的热量为m v1 v2 2 解析 选a d 由于传送带足够长 滑块受向右的摩擦力 减速向左滑行 至速度为0 之后 再加速向右滑行 由于v1 v2 物体会先在滑动摩擦力的作用下加速 当速度增大到等于传送带速度时 物体还在传送带上 之后不受摩擦力 故物体与传送带一起向右匀速运动 有v 2 v1 故a正确 此过程中只有传送带对滑块做功 根 据动能定理w ek得 w ek 故b错误 设滑块向左运动的时间为t1 位移为x1 则x1 t1 摩擦力对滑块做功w1 ffx1 fft1 又摩擦力做功等于滑块动能的减小 即w1 该过程中传送带的位移x2 v1t1 摩擦力对传送带做功w2 ffx2 ffv1t1 ffv1 2ffx1 解以上各式得w2 mv1v2 设滑块 向右匀加速运动的时间为t2 位移为x3 则x3 t2 摩擦力对滑块做功w3 ffx3 该过程中传送带的位移x4 v1t2 2x3 滑块相对传送带的总位移x相 x1 x2 x4 x3 x1 x2 x3 滑动摩擦力对系统做功w总 ffx相 w1 w2 w3 m v1 v2 2 滑块与传送带间摩擦产生的热量大小等于通过滑动摩擦力对系统做功 q w总 ffx相 m v1 v2 2 故d正确 全过程中 电动机对皮带做的功与滑块动能的减小量之和等于滑块与传送带间摩擦产生的热量 即q w 解得w q mv1v2 故c错误 2 多选 2018 漳州模拟 如图 倾斜传送带以v 2m s的速度匀速顺时针运动 倾角 37 a b两轮之间的轴距l 5m 一质量为m 1kg的物块以初速度v0 8m s沿传送带运动方向冲上b轮 物块与带面之间的动摩擦因数为 0 5 g取10m s2 以下结论正确的是 a 摩擦力对物块始终做负功b 物块与传送带共速所需时间为0 6sc 物块在传送带上升的最大距离为3 2md 物块在传送带上运动时产生的热量为43 2j 解析 选b d 开始阶段 物块所受的滑动摩擦力沿传送带向下 根据牛顿第二定律得 mgsin37 mgcos37 ma 代入数据得a 10m s2 当物块的速度减至与皮带速度相等所需时间为t1 s 0 6s 此过程物块通过的位移为x1 m 3m mgcos37 所以物 块与传送带共速后物块所受的滑动摩擦力沿传送带向上 物块继续向上做匀减速直线运动 因此 摩擦力对物块先做正功后做负功 故a错误 b正确 共速后 由牛顿第二定律得 mgsin37 mgcos37 ma 代入数据解得a 2m s2 当速度从v减至零时 物块的位移为x2 m 1m 所以物块在传送带上升的最大距离 为x x1 x2 4m 故c错误 物块速度减至零后沿传送带下滑 对下滑过程 由牛顿第二定律得 mgsin37 mgcos37 ma 代入数据解得a 2m s2 设物块下滑的时间为t3 由x1 x2 得t3 2s 在上行过程中 物块速度从v减至零的时间为t2 s 1s 所以物块在传送带上运动时产生的热量为q mgcos37 x1 vt1 vt2 x2 vt3 x1 x2 代入数据解得 q 43 2j 故d正确 加固训练 如图所示 水平传送带长l 12m 且以v 5m s的恒定速率顺时针转动 光滑轨道与传送带的右端b点平滑连接 有一质量m 2kg的物块从距传送带高h 5m的a点由静止开始滑下 已知物块与传送带之间的动摩擦因数 0 5 重力加速度g取10m s2 求 1 物块距传送带左端c的最小距离 2 物块再次经过b点后滑上曲面的最大高度 3 在整个运动过程中 物块与传送带间因摩擦而产生的热量 解析 1 物块从a到b的过程中 由动能定理得 mgh 解得 vb 10m s物块在传送带上向左运动的过程中 由牛顿第二定律得 mg ma解得 a 5m s2由运动学公式得 0 2ax1解得 x1 10m且t1 2s物块距传送带左端c的最小距离 dmin l x1 2m 2 物块在传送带上向右运动的过程中 由牛顿第二定律得 mg ma 解得 a 5m s2物块到达与传送带共速的时间 t2 1sx2 2 5m 10m此后物块随传送带向右匀速运动 经过b点时的速度v 5m s 物块经过b点后滑上曲面的过程中 由动能定理得 mghm 0 mv2解得 hm