2021高考物理鲁科版一轮复习教师用书：第四章第4节　功能关系　能量守恒定律

第4节　功能关系　能量守恒定律

1.思考判断

(1)力对物体做了多少功,物体就有多少能.(　×　)

(2)能的转化均是通过做功来实现.(　√　)

(3)一个力对物体做了正功,物体动能一定增加.(　×　)

(4)一个物体的重力做了多少负功,物体的重力势能一定增加多少.(　√　)

(5)能量在转化和转移的过程中总量保持不变,因此能源取之不尽,用之不竭,故无需节约能源.(　×　)

2.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(　B　)

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:由于空气阻力的作用,摆球的机械能减少,减少的机械能转化为内能,能量总和不变,B正确.

3.

(2019·黑龙江大庆中学期中)如图所示,质量不计的弹簧一端固定在地面上,弹簧竖直放置,将一小球从距弹簧自由端高度分别为h1,h2的地方先后由静止释放,h1>h2,小球触到弹簧后向下运动压缩弹簧,从开始释放小球到获得最大速度的过程中,小球重力势能的减少量ΔE1,ΔE2的关系及弹簧弹性势能的增加量ΔEp1,ΔEp2的关系中,正确的一组是(　B　)

A.ΔE1=ΔE2,ΔEp1=ΔEp2 B.ΔE1>ΔE2,ΔEp1=ΔEp2

C.ΔE1=ΔE2,ΔEp1>ΔEp2 D.ΔE1>ΔE2,ΔEp1>ΔEp2

解析:小球速度最大的条件是弹力等于重力,即kx=mg,即两种情况下,小球达到最大速度时,弹簧形变量x相同.则ΔEp1=ΔEp2,由于h1>h2,所以ΔE1>ΔE2,选项B正确.

考点一　功能关系的理解与应用

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均是通过做功来实现的.

(2)功是能量转化的量度.不同的力做功,对应不同形式的能转化,具有一一对应关系;做功的多少与能量转化的多少在数值上相等.

2.应用功能关系解决的问题

(1)解决功能关系问题时,通过分析明确有哪些力做功、做正功还是做负功以及做功的多少,可以判定能量之间的转化情况.

(2)根据不同能量之间的转化情况及转化多少,可确定什么力做功,方便计算某些变力做功的多少.

3.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.

[例1]

(多选)如图所示,一根原长为L的弹簧,下端固定在水平地面上,一个质量为m的小球,在弹簧的正上方从距地面高度为H处由静止下落压缩弹簧.若弹簧的最大压缩量为x,小球下落过程受到的空气阻力恒为f,则小球从开始下落至最低点的过程(　AC　)

A.小球动能的增加量为零

B.小球重力势能的增加量为mg(H+x-L)

C.弹簧弹性势能的增加量为(mg-f)(H+x-L)

D.系统机械能减小fH

解析:小球下落的整个过程中,开始时速度为零,结束时速度也为零,所以小球动能的增加量为0,故A正确;小球下落的整个过程中,重力做功为WG=mgh=mg(H+x-L)>0,即小球重力势能减少mg(H+x-L),故B错误;根据动能定理,有WG+Wf+W弹=0,所以W弹=-(mg-f)(H+x-L)<0,即弹簧弹性势能的增加量为(mg-f)(H+x-L),故C正确;小球从开始下落至最低点的过程,克服阻力做的功为f(H+x-L),所以系统机械能减小f(H+x-L),故D错误.

[针对训练] (2019·陕西宝鸡模拟)(多选)如图(甲)所示,倾角为30° 的斜面固定在水平地面上,质量为 1 kg 的物块(可视为质点)在沿斜面向上的外力F的作用下从斜面底端O沿斜面运动到A点最后运动到B点,已知物块与斜面间的动摩擦因数μ=,重力加速度g=10 m/s2,以水平地面为零势能面,物块的机械能E与物块运动的位移s的关系如图(乙)所示,则下列说法正确的是(　CD　)

A.物块在OA段运动时,外力F1=20 N

B.物块在AB段运动时,外力F2=25 N

C.物块从O点运动到A点的时间为2 s

D.物块运动到A点时的速度大小为10 m/s

解析:由于物体机械能的增加量等于重力之外的力做的功,即Fs=E-E0,则E=E0+Fs,E-s图线斜率表示除重力外的其他力的合力,故题图(乙)中OA段斜率的大小为外力F1与摩擦力的合力大小,即F1-μmgcos θ= N=10 N,可得F1=15 N;同理在AB段有F2-μmgcos θ= N=15 N,解得F2=20 N,选项A,B错误;在OA段,由牛顿第二定律,得aOA==5 m/s2,根据sOA=aOAt2,解得t=2 s,选项C正确;根据=2aOAsOA,解得vA=10 m/s,选项D正确.

考点二　摩擦力做功与能量的关系

1.两种摩擦力做功的比较

2.三步求解相对滑动物体的内能问题

[例2] (2019·安徽六安模拟)如图(a)所示,倾角为θ的粗糙斜面固定在光滑水平面上.质量为m=1 kg、初速度为v0的小木块从斜面的某位置开始上滑,若从此时开始计时,小木块滑回底端前速度v的二次方随路程变化的关系图象如图(b)所示,取g=10 m/s2,小木块与斜面间的动摩擦因数是μ(斜面底端与水平面平滑连接).求:

(1)小木块在斜面上的位移及μ;

(2)小木块在斜面上运动全程产生的热量.

解析:(1)以初速度方向为正方向,根据v2-s图象可得小木块上滑的位移是s1=5 m,下滑的位移是s2=-8 m,所以在斜面上的总位移是s=s1+s2=-3 m

故小木块在斜面上的位移为3 m且沿着斜面向下

根据牛顿第二定律,上滑过程加速度

a1=gsin θ+μgcos θ

下滑过程加速度a2=gsin θ-μgcos θ

根据v2-=2as及图象可得

a1= m/s2=-10 m/s2

a2= m/s2=2 m/s2

联立可得μ=0.5.

(2)根据(1)中方程,可得θ=37°

则摩擦生热Q=fΔs=μmgcos θ·Δs=52 J.

答案:(1)3 m,沿着斜面向下　0.5　(2)52 J

[针对训练]

(多选)如图所示,固定斜面上放一质量为m的物块,物块通过劲度系数为k的轻弹簧与斜面底端的挡板连接,开始时弹簧处于原长,物块刚好不下滑.现将物块向上移动一段距离后由静止释放,物块一直向下运动到最低点,此时刚好不上滑,斜面的倾角为θ,重力加速度为g,最大静摩擦力等于滑动摩擦力,则在物块向下运动过程中,下列说法正确的是(　ACD　)

A.物块与斜面间的动摩擦因数为tan θ

B.物块重力势能的减少量大于因摩擦产生的热量

C.物块的动能和弹簧的弹性势能的总和为定值

D.物块由静止下滑到最低点的过程系统增加的内能为

解析:由于开始时弹簧处于原长,物块刚好不下滑,则mgsin θ=μmgcos θ,解得物块与斜面间的动摩擦因数μ=tan θ,故A正确;物块下滑过程由动能定理得W弹+WG-Wf=ΔEk,由于物块下滑的过程中滑动摩擦力始终与重力沿斜面向下的分力平衡,重力做功和摩擦力做功的代数和为零,所以物块重力势能的减少量等于因摩擦产生的热量,弹簧的弹力做功等于因摩擦产生的热量,弹簧的弹力做功等于物块动能的变化量,即弹簧的弹性

势能和物块的动能之和为定值,故B错误,C正确;由于物块在最低点时刚好不上滑,此时弹簧的弹力kx=mgsin θ+μmgcos θ=2mgsin θ,解得x=,由于物块释放时动能为0,到最低点时动能也为0.说明释放时与在最低点时弹性势能相等,即弹簧形变量相等,则物块由静止下滑到最低点的过程系统增加的内能为ΔE=Q=μmgcos θ·2x=,故D正确.

考点三　能量守恒定律的理解与应用

1.对能量守恒定律的理解

(1)转化: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)转移:某个物体的能量减少,一定存在其他物体的能量增加,且减少量和增加量相等.

2.运用能量守恒定律解题的基本思路

[例3] 如图所示,一劲度系数很大的轻质弹簧下端固定在倾角θ=30°的斜面底端,将弹簧上端压缩到A点锁定.一质量为m的小物块紧靠弹簧上端放置,解除弹簧锁定,小物块将沿斜面上滑至B点后又返回,A,B两点的高度差为h,弹簧锁定时具有的弹性势能Ep=mgh,锁定及解除锁定均无机械能损失,斜面上A点以下部分的摩擦不计,已知重力加速度为g.求:

(1)物块与斜面间的动摩擦因数.

(2)物块在上滑和下滑过程中的加速度大小之比.

(3)若每次当物块离开弹簧后立即将弹簧压缩到A点锁定,当物块返回A点时立刻解除锁定.设斜面最高点C与A的高度差为3h,试通过计算判断物块最终能否从C点抛出.

解析:(1)物块从A第一次上滑到B的过程中,由能量守恒定律得

Ep=μmgcos θ·+mgh=mgh（1+）

解得μ=.

(2)设物块上升和下降过程中的加速度大小分别是a1和a2,根据牛顿第二定律,

物块上升过程有mgsin θ+μmgcos θ=ma1

则a1=g(sin θ+μcos θ)=g

物块下滑过程有

mgsin θ-μmgcos θ=ma2

则a2=g(sin θ-μcos θ)=g

即=.

(3)经过足够长时间后,弹簧给物块补充的弹性势能将全部转化为物块在斜面上来回运动时因摩擦产生的热量,设稳定时物块上升的最大高度为hmax,则由能量守恒定律得Ep=2μmgcos θ·

即mgh=2μmgcos θ·

解得hmax=2.5h<3h

所以物块不可能到达C点,即不能从C点抛出.

答案:(1)　(2)　(3)见解析

[针对训练]

如图,一长为L的轻杆一端固定在光滑铰链上,另一端固定一质量为m的小球.一水平向右的拉力作用于杆的中点,使杆以角速度ω匀速转动,当杆与水平方向夹角为60°时,拉力的功率为(　C　)

A.mgLω   B.mgLω

C.mgLω   D.mgLω

解析:由于拉力做功的结果使小球的重力势能增加,根据能量守恒定律,则拉力的功率应等于克服重力的功率,而杆与水平方向夹角为60°时克服重力的功率PG=mgvy=mgvcos 60°=mgωL,即PF=mgωL,选项C正确.

1.(2019·江苏卷,8)(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(　BC　)

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: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,故A错误;根据功的公式,物块克服摩擦力做的功W=μmgs+μmgs=2μmgs,故B正确;根据能量守恒,弹簧弹开物块的过程中,弹簧的弹性势能通过摩擦力做功转化为内能,即Epm=μmgs,故C正确;根据能量守恒,在整个过程中,物体的初动能通过摩擦力做功转化为内能,即mv2=2μmgs,解得v=2,故D错误.

2.(2018·全国Ⅰ卷,18)

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(　C　)

A.2mgR B.4mgR C.5mgR D.6mgR

解析:设小球在c位置的速度为v1,小球从a运动到c,根据动能定理,得F·3R-mgR=m,又F=mg,故v1=2,小球离开c点在竖直方向做竖直上抛运动,水平方向做初速度为零的匀加速直线运动.且水平方向与竖直方向的加速度大小相等,都为g,故小球从c点到最高点水平位移等于竖直位移,x==2R,根据功能关系,水平力F做的功等于小球机械能的增量,WF=ΔE=F·(2R+R+x)=5mgR,C正确.

3.

(2019·辽宁鞍山三模)(多选)如图所示,固定的光滑竖直杆上套一个滑块A,与滑块A连接的绳绕过光滑的轻质定滑轮连接滑块B,绳不可伸长,滑块B放在粗糙的固定斜面上,连接滑块B的绳和斜面平行,滑块A从绳水平位置由静止释放(不计轮轴处的摩擦),到滑块A下降到速度最大(A未落地,B未上升至滑轮处)的过程中(　CD　)

A.滑块A和滑块B的加速度大小一直相等

B.滑块A减小的机械能等于滑块B增加的机械能

C.滑块A的速度最大时,滑块A的速度大于B的速度

D.绳上张力对滑块A做的功等于滑块A机械能的变化量

解析:

两滑块与绳构成绳连接体,沿绳方向的加速度相等,则A的分加速度等于B的加速度,故A错误;由于系统克服摩擦力做功,机械能转化为内能,由能量守恒定律可知,滑块A减小的机械能等于滑块B增加的机械能和摩擦生热之和,B错误;绳连接体沿绳的速度相等,则A沿绳的分速度等于B的运动速度,如图所示,即滑块A的速度大于B的速度,故C正确;滑块A除重力外,只有绳的张力对滑块做功,由功能原理可知,绳张力对滑块A做的功等于滑块A机械能的变化量,故D正确.

4.(2015·福建卷,21)如图,质量为M的小车静止在光滑水平面上,小车AB段是半径为R的四分之一圆弧光滑轨道,BC段是长为L的水平粗糙轨道,两段轨道相切于B点.一质量为m的滑块在小车上从A点由静止开始沿轨道滑下,重力加速度为g.

(1)若固定小车,求滑块运动过程中对小车的最大压力;

(2)若不固定小车,滑块仍从A点由静止下滑,然后滑入BC轨道,最后从C点滑出小车.已知滑块质量m=,在任一时刻滑块相对地面速度的水平分量是小车速度大小的2倍,滑块与轨道BC间的动摩擦因数为μ,求:

①滑块运动过程中,小车的最大速度大小vm;

②滑块从B到C运动过程中,小车的位移大小s.

解析:(1)滑块滑到B点时对小车压力最大,从A到B机械能守恒mgR=

滑块在B点处,由牛顿第二定律得N-mg=m

解得N=3mg

由牛顿第三定律N′=3mg;

(2)①滑块下滑到达B点时,小车速度最大.由系统的机械能守恒mgR=M+m(2vm)2

解得vm=;

②设滑块运动到C点时,小车速度大小为vC,由功能关系得mgR-μmgL=+m(2vC)2

设滑块从B到C过程中,小车运动加速度大小为a,由牛顿第二定律得μmg=Ma

由运动学规律得-=-2as

解得s=L.

答案:(1)3mg　(2)①　②L