高考物理一轮复习第五章机械能第4课时功能关系能量守恒定律学案新人教版

第4课时　功能关系　能量守恒定律

1．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，能量的转化可以通过做功来实现。

2．几种常见的功能关系

3．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别的物体，在转化或转移的过程中，能量的总量保持不变。

(2)表达式：ΔE减＝ΔE增。

[基础自查]

1．判断正误

(1)力对物体做了多少功，物体就具有多少能。(×)

(2)能量在转移或转化过程中，其总量会不断减少。(×)

(3)在物体的机械能减少的过程中，动能有可能是增加的。(√)

(4)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。(×)

(5)节约可利用能源的目的是为了减少污染排放。(×)

(6)滑动摩擦力做功时，一定会引起机械能的转化。(√)

(7)一个物体的能量增加，必定有别的物体的能量减少。(√)

2．第24届冬季奥林匹克运动会在中国北京和张家口联合举办。某运动员在一次自由式滑雪空中技巧训练中沿“助滑区”保持同一姿态下滑了一段距离，重力对他做功1 900 J，他克服阻力做功100 J。该运动员在此过程中(　　)

A．动能增加了1 900 J　　　 B．动能增加了2 000 J

C．重力势能减小了1 900 J  D．重力势能减小了2 000 J

解析：选C　根据动能定理得运动员动能的变化ΔE＝WG＋Wf＝1 900 J－100 J＝1 800 J＞0，故其动能增加了1 800 J，选项A、B错误；根据重力做功与重力势能变化的关系WG＝－ΔEp，所以ΔEp＝－WG＝－1 900 J＜0，故运动员的重力势能减小了1 900 J，选项C正确，选项D错误。

3.质量为m的物体以初速度v0沿水平面向左开始运动，起始点A与一轻弹簧O端相距s，如图所示。已知物体与水平面间的动摩擦因数为μ，物体与弹簧相碰后，弹簧的最大压缩量为x。则从开始碰撞到弹簧被压缩至最短，物体克服弹簧弹力所做的功为(　　)

A.mv02－μmg(s＋x)　　　　 B.mv02－μmgx

C．μmgs  D．μmg(s＋x)

解析：选A　由能量守恒定律可知，物体的初动能mv02一部分用于克服弹簧弹力做功，另一部分用于克服摩擦力做功，故物体克服弹簧弹力所做的功为mv02－μmg(s＋x)，故选项A正确。

4．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。对此现象下列说法正确的是(　　)

A．摆球机械能守恒

B．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

C．能量正在消失

D．只有动能和重力势能的相互转化

解析：选B　由于空气阻力的作用，摆球的机械能减少，机械能不守恒，减少的机械能转化为内能，内能增加，能量总和不变，B正确。

考点一　功能关系的理解和应用

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．功能关系的应用

(1)物体动能的增加与减少要看合外力对物体做正功还是做负功。

(2)势能的增加与减少要看对应的作用力(如重力、弹簧弹力、电场力等)做负功还是做正功。

(3)机械能增加与减少要看重力之外的力对物体做正功还是做负功。

[典例]　如图甲所示，一倾角为37°的传送带以恒定速度运行。现将一质量m＝1 kg的小物体抛上传送带，物体相对地面的速度随时间变化的关系如图乙所示，取沿传送带向上为正方向，取g＝10 m/s2，sin 37°＝0.6，cos 37°＝0.8。求：

(1)物体与传送带间的动摩擦因数；

(2)0～8 s内物体机械能的增加量；

(3)物体与传送带因摩擦产生的热量Q。

[解析]　(1)由图像可以知道，传送带沿斜向上运动，物体放到传送带上的初速度方向是沿斜面向下的，且做加速大小为a＝ m/s2＝1 m/s2的匀减速直线运动，对其受力分析，由牛顿第二定律得：μmgcos θ－mgsin θ＝ma

代入数据解得：μ＝0.875。

(2)根据v­t图像与时间轴围成的“面积”大小等于物体的位移，可得0～8 s内物体的位移

x＝×4 m－×2×2 m＝14 m

0～8 s内物体的机械能的增加量等于物体重力势能的增加量和动能增加量之和，为

ΔE＝mgxsin θ＋mv末2－mv初2＝90 J。

(3) 0～8 s内只有前6 s发生相对滑动。0～6 s内传送带运动的距离为：s带＝4×6 m＝24 m

0～6 s内物体的位移为：s物＝6 m

则0～6 s内物体相对于皮带的位移为

Δs＝s带－s物＝18 m

0～8 s内物体与传送带因为摩擦产生的热量为

Q＝μmgcos θ·Δs

代入数据得：Q＝126 J。

[答案]　(1)0.875　(2)90 J　(3)126 J

(1)“v­t”图像与时间轴围成的面积等于物体的位移。

(2)机械能的增量等于重力势能的增量与动能的增量之和。

(3)物体与传送带摩擦产生的热量等于摩擦力的大小乘以二者间相对位移的大小。

[集训冲关]

1．(2019·江苏高考)(多选)如图所示，轻质弹簧的左端固定，并处于自然状态。小物块的质量为m，从A点向左沿水平地面运动，压缩弹簧后被弹回，运动到A点恰好静止。物块向左运动的最大距离为s，与地面间的动摩擦因数为μ，重力加速度为g，弹簧未超出弹性限度。在上述过程中(　　)

A．弹簧的最大弹力为μmg

B．物块克服摩擦力做的功为2μmgs

C．弹簧的最大弹性势能为μmgs

D．物块在A点的初速度为

解析：选BC　物块向左运动压缩弹簧，弹簧最短时，物块具有向右的加速度，弹力大于摩擦力，即F>μmg，A错误。根据功的公式，物块克服摩擦力做的功W＝μmgs＋μmgs＝2μmgs，B正确。根据能量守恒，物块从最左侧运动至A点的过程中，弹簧的弹性势能通过克服摩擦力做功转化为内能，故Epm＝μmgs，C正确。根据能量守恒，在整个过程中，物块的初动能通过克服摩擦力做功转化为内能，即mv2＝2μmgs，解得v＝2，D错误。

2．(2021年1月新高考8省联考·河北卷)螺旋千斤顶由带手柄的螺杆和底座组成，螺纹与水平面夹角为α，如图所示。水平转动手柄，使螺杆沿底座的螺纹槽(相当于螺母)缓慢旋进而顶起质量为m的重物，如果重物和螺杆可在任意位置保持平衡，称为摩擦自锁。能实现自锁的千斤顶，α的最大值为α0。现用一个倾角为α0的千斤顶将重物缓慢顶起高度h后，向螺纹槽滴入润滑油使其动摩擦因数μ减小，重物回落到起点。假定最大静摩擦力等于滑动摩擦力，不计螺杆和手柄的质量及螺杆与重物间的摩擦力，转动手柄不改变螺纹槽和螺杆之间的压力。下列说法正确的是(　　)

A．实现摩擦自锁的条件为tan α≥μ

B．下落过程中重物对螺杆的压力等于mg

C．从重物开始升起到最高点摩擦力做功为mgh

D．从重物开始升起到最高点转动手柄做功为2mgh

解析：选D　实现自锁的条件是重物重力沿斜面下滑的分力小于等于最大静摩擦力，即mgsin α≤μmgcos α，解得μ≥tan α，A错误；重物对螺杆压力FN＝mgcos α，故B项错误；重物缓慢上升的过程中，对螺杆和重物整体受力分析如图所示，则摩擦力做功为Wf＝－μmgcos α·L＝－tan α·mgcos α·＝－mgh，C错误；从重物开始升起到最高点，转动手柄做的功用于克服摩擦力做功和转化为重物上升增加的重力势能mgh，所以根据动能定理得W＋Wf－mgh＝0，解得W＝2mgh，D正确。

考点二　能量守恒定律的应用

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ΔE减与增加的能量总和ΔE增，最后由ΔE减＝ΔE增列式求解。

[考法细研]

考法1　多过程中的能量守恒问题

[例1]　如图所示，一个可视为质点的小物块的质量为m＝1 kg，从光滑平台上的A点以v0＝2 m/s的初速度水平抛出，到达C点时，恰好沿C点的切线方向进入固定在水平地面上的光滑圆弧轨道，最后小物块滑上紧靠轨道末端D点的质量为M＝3 kg的长木板。已知长木板上表面与圆弧轨道末端切线相平，水平地面光滑，小物块与长木板间的动摩擦因数μ＝0.3，圆弧轨道的半径为R＝0.4 m，C点和圆弧的圆心连线与竖直方向的夹角θ＝60°，不计空气阻力，g取10 m/s2。求：

(1)小物块刚要到达圆弧轨道末端D点时对轨道的压力；

(2)要使小物块不滑出长木板，长木板长度的最小值。

[解析]　(1)小物块在C点时的速度大小vC＝

小物块由C到D的过程中，由动能定理得

mgR(1－cos 60°)＝mvD2－mvC2

代入数据解得vD＝2 m/s

小物块在D点时由牛顿第二定律得

FN－mg＝m

代入数据解得FN＝60 N

由牛顿第三定律得FN′＝FN＝60 N，方向竖直向下。

(2)设小物块刚好能滑到长木板左端且达到共同速度的大小为v，滑行过程中，小物块与长木板的加速度大小分别为

a1＝＝μg，a2＝

速度分别为v＝vD－a1t，v＝a2t

对小物块和长木板组成的系统，由能量守恒定律得

μmgL＝mvD2－(m＋M)v2

解得L＝2.5 m。

[答案]　(1)60 N，方向竖直向下　(2)2.5 m

考法2　涉及弹簧(或橡皮绳)的能量守恒问题　

[例2]　(2021·福州模拟)弹跳杆运动是一项广受青少年欢迎的运动，弹跳杆的结构如图甲所示，一根弹簧的下端固定在跳杆的底部，上端固定在一个套在跳杆上的脚踏板底部，质量为5m的小明站在脚踏板上，当他和跳杆处于竖直静止状态时，弹簧的压缩量为x0，小明先保持稳定姿态竖直弹跳。某次弹跳中，从弹簧处于最大压缩量为5x0开始计时，如图乙(a)所示；上升到弹簧恢复原长时，小明抓住跳杆，使得他和弹跳杆瞬间达到共同速度，如图乙(b)所示；紧接着他保持稳定姿态竖直上升到最大高度，如图乙(c)所示。已知全程弹簧始终处于弹性限度内弹簧弹性势能满足Ep＝kx2，k为弹簧劲度系数，x为弹簧形变量，跳杆的质量为m，重力加速度为g，空气阻力、弹簧和脚踏板的质量以及弹簧和脚踏板与跳杆间的摩擦均可忽略不计。求：

(1)弹跳杆中弹簧的劲度系数k；

(2)从开始计时至竖直上升到最大高度过程中小明的最大速度vm。

[解析]　(1)小明和跳杆处于竖直静止状态时受力平衡，重力与弹簧弹力等大反向，有5mg＝kx0

解得k＝。

(2)小明受到的合力为零时，速度最大，此时小明上升高度为4x0。

根据系统能量守恒定律可知，

k(5x0)2＝5mg·4x0＋kx02＋×5mvm2，

解得vm＝4。

[答案]　(1)　(2)4

涉及弹簧的能量问题的解题方法

两个或两个以上的物体与弹簧组成的系统相互作用的过程，具有以下特点：

(1)能量变化过程中，如果只有重力和系统内弹簧弹力做功，系统机械能守恒。

(2)如果系统每个物体除弹簧弹力外所受合外力为零，则当弹簧伸长或压缩到最大程度时物体速度相同。

(3)当水平弹簧处于原长状态时，系统内某一端的物体具有最大速度。

考法3　能量守恒定律与图像结合的问题

[例3]　一物体仅受重力和竖直向上的拉力作用，沿竖直方向向上做减速运动。此过程中物体速度的平方和上升高度的关系如图所示。若取h＝0处为重力势能等于零的参考平面，则此过程中物体的机械能随高度变化的图像可能正确的是(　　)

[解析]　拉力竖直向上，与物体的位移方向相同，则拉力对物体做正功，由功能关系知物体的机械能增加，故A、B错误。由匀变速运动的速度位移关系公式v2－v02＝2ah，得：v2＝v02＋2ah，由数学知识可知，v2 ­h图像的斜率等于2a，直线的斜率一定，则知物体的加速度a一定，因此物体向上做匀减速直线运动，由牛顿第二定律知拉力恒定。由功能关系知：FΔh＝ΔE，即得＝F，所以E­h图像的斜率等于拉力F，F一定，因此E­h图像应是向上倾斜的直线，故C错误，D正确。

[答案]　D

[集训冲关]

1. “弹弓”一直是孩子们最喜爱的弹射类玩具之一。其构造如图所示，橡皮筋两端点A、B固定在把手上，橡皮筋ACB恰好处于原长状态，在C处(AB连线的中垂线上)放一固体弹丸，一手执把，另一手将弹丸拉至D点放手，弹丸就会在橡皮筋的作用下迅速发射出去，打击目标。现将弹丸竖直向上发射，已知E是CD中点，则(　　)

A．从D到C，弹丸的机械能守恒

B．从D到C，弹丸的动能一直在增大

C．从D到C，弹丸的机械能先增大后减小

D．从D到E弹丸增加的机械能大于从E到C弹丸增加的机械能

解析：选D　从D到C，橡皮筋对弹丸做正功，弹丸机械能一直在增加，选项A、C错误；从D到E橡皮筋作用在弹丸上的合力大于从E到C橡皮筋作用在弹丸上的合力，两段高度相等，所以DE段橡皮筋对弹丸做功较多，即机械能增加的较多，选项D正确；在CD连线中的某一处，弹丸受力平衡，所以从D到C，弹丸的速度先增大后减小，选项B错误。

2．如图所示，光滑圆弧AB在竖直平面内，圆弧B处的切线水平。A、B两端的高度差为0.2 m，B端高出水平地面0.8 m，O点在B点的正下方。将一滑块从A端由静止释放，落在水平面上的C点处。g取10 m/s2。

(1)求OC的长；

(2)在B端接一长为1.0 m的木板MN，滑块从A端释放后正好运动到N端停止，求木板与滑块间的动摩擦因数；

(3)若将木板右端截去长为ΔL的一段，滑块从A端释放后将滑离木板落在水平面上P点处，要使落地点距O点的距离最远，ΔL应为多少？

解析：(1)滑块从光滑圆弧AB下滑过程中，根据机械能守恒定律得mgh1＝mvB2，解得vB＝＝2 m/s

滑块离开B点后做平抛运动，则竖直方向：h2＝gt2

水平方向：x＝vBt，联立得到x＝vB

代入数据解得t＝0.4 s，x＝0.8 m。

(2)滑块从B端运动到N端停止的过程，根据动能定理得

－μmgL＝0－mvB2，代入数据解得μ＝0.2。

(3)将木板右端截去长为ΔL的一段后，设滑块滑到木板最右端时速度为v，由动能定理得

－μmg(L－ΔL)＝mv2－mvB2

滑块离开木板后仍做平抛运动，高度不变，运动时间不变，则落地点距O点的距离s＝L－ΔL＋vt

联立整理得，s＝1＋0.8－ΔL

根据数学知识得知，当＝0.4时，s最大，即ΔL＝0.16 m时，s最大。

答案：(1)0.8 m　(2)0.2　(3)0.16 m