高考物理总复习5.4功能关系能量守恒定律课件PPT

这是一份高考物理总复习5.4功能关系能量守恒定律课件PPT，共60页。PPT课件主要包含了知识导图，能量转化，重力势能，弹性势能，机械能，保持不变，ΔE减ΔE增，的机械能保持不变，的负值，其他形式的能量转化等内容，欢迎下载使用。
【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
(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
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
(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
考点1　功能关系的理解和应用【典题探究】【典例1】(2017·全国卷Ⅲ)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. mgl　　　　　　　　B. mglC. mgl　　　 D. 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ΔE= 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=0.5 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μ=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=0.4 m处时速度为零。则此时弹簧的弹性势能为(g=10 m/s2)(　　)
A.3.1 J　　　B.3.5 J　　　C.1.8 J　　　D.2.0 J
【解析】选A。物块与水平面间的摩擦力为Ff=μmg=1 N,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=3.5 J,克服摩擦力做功Wf=Ffx =0.4 J,由功能关系可知,W-Wf=Ep,此时弹簧的弹性势能为Ep=3.1 J,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μ表示物品与传送带间的动摩擦因数,则世纪金榜导学号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,μ不同的等质量物品与传送带摩擦产生的热量相同D.μ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=μmg=ma,物品的加速度大小为a=μg,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Δx=x′-x= 物品与传送带摩擦产生的热量为Q=μmgΔx= mv2,则知v相同时,μ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μ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μ,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μmgLD.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μ,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μmgL= -Ep弹,故B错误,D正确;根据B项分析知Ep弹= -μmgL,故C错误。
2.(多选)(2018·吉林模拟)如图甲所示,质量为1 kg的小物块,以初速度v0=11 m/s从θ=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=10 m/s2,下列说法正确的是(　　)
A.恒力F大小为21 NB.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=-10 m/s2,ab= m/s2=-11 m/s2,根据牛顿第二定律得,不加拉力时有-mg sin 53°-μmg cs 53°=mab,代入数据得μ=0.5,加拉力时有F-mgsin53°-μmgcs53°=maa,解得F=1 N,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Δx=vt- ,t= ,解得Δx= ,摩擦产生的热量Q=FfΔx,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Ⅱ)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μ=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。世纪金榜导学号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=5mgl①设P到达B点时的速度大小为vB,由能量守恒定律得Ep= +μMg·4l②
联立①②式,取M=m并代入题给数据得vB= ③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≥0④设P滑到D点时的速度为vD。由机械能守恒定律得 +mg·2l⑤
联立③⑤式得vD= ⑥vD满足④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= gt2⑦P落回到AB上的位置与B点之间的距离为s=vDt⑧联立⑥⑦⑧式得s=2 l⑨
(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①②式可知5mgl >μMg·4l⑩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①②⑩⑪ 式得 m≤M< m答案:(1) 　2 l　(2) m≤M< m
【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=1 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。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=0.1 s时滑块已上滑x=0.2 m 的距离(g取10 m/s2,sin 37°=0.6, cs 37°=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μ的大小。(2)t2=0.3 s和t3=0.4 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:a= =10 m/s2由牛顿第二定律得:mgsin 37°+μmgcs 37°=ma解得:μ=0.5
(2)根据速度时间公式得t2=0.3 s时的速度大小:v1=v0-aΔt解得v1=0在t2之后开始下滑,下滑时由牛顿第二定律得:mgsin 37°-μmgcs 37°=ma′解得:a′=2 m/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′Δt=0.2 m/s(3)从0到t1时间内,由能量守恒定律得:Ep=mgxsin 37°+μmgxcs 37°+ 解得:Ep=4 J答案:(1)10 m/s2　0.5　(2)0　0.2 m/s　(3)4 J
【加固训练】如图,一个倾角θ=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 θ=ma解得:a= g B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ΔE,对B物体下滑的过程,由能量守恒定律得:ΔE=mgxsin θ对C物体下滑的过程,由能量守恒定律得:ΔE+ ·2mv2=2mgxsin θ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=4 m,BC段倾斜,长度足够长,倾角为θ=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=4 m/s的恒定速率
顺时针运转。现将一质量m=1 kg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μ=0.5。世纪金榜导学号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:μmg=ma1解得:a1=μg=5 m/s2设经t1时间工件与传送带的速度相同,则有:t1= =0.8 s
工件前进的位移为:x= =1.6 m此后工件将与传送带一起匀速运动至B点,则:t2= =0.6 s工件第一次到达B点所用的时间为:t=t1+t2=1.4 s
(2)工件上升过程中由牛顿第二定律得:mgsin θ-μmgcs θ=ma2解得:a2=2 m/s2方向沿斜面向下由运动学公式得工件上升的时间为:t3= =2 s工件下降过程加速度不变a3=a2
由运动学公式得:t4= =2 s工件与传送带的相对路程为:Δx=(vt3- vt3)+(vt4+ vt4)=16 m摩擦生热为:Q=μmgcs θΔx=64 J答案:(1)1.4 s　 (2)64 J
【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