2021版江苏高考物理一轮复习讲义：第5章第4节　功能关系　能量守恒定律

第4节　功能关系　能量守恒定律一、功能关系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，而且能量的转化必须通过做功来实现。2．几种常见的功能关系几种常见力做功对应的能量变化数量关系式重力正功重力势能减少WG＝－ΔEp负功重力势能增加弹簧等的弹力正功弹性势能减少W弹＝－ΔEp负功弹性势能增加电场力正功电势能减少W电＝－ΔEp负功电势能增加合力正功动能增加W合＝ΔEk负功动能减少重力以外的其他力正功机械能增加W其＝ΔE负功机械能减少二、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，而在转化和转移的过程中，能量的总量保持不变。2．表达式：ΔE减＝ΔE增。1．思考辨析(正确的画“√”，错误的画“×”)(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，动能有可能是增大的。  (√)(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)滑动摩擦力做功时，一定会引起机械能的转化。 (√)(6)一个物体的能量增加，必定有别的物体的能量减少。 (√)2．(人教版必修2P78T3改编)某人掷铅球，出手时铅球的动能为150 J(不计铅球高度变化)。关于人对铅球的做功情况和能量转化情况，下列说法正确的是(　　)A．此人对铅球做了150 J的功，将体内的化学能转化为铅球的动能B．此人对铅球做的功无法计算C．此人对铅球没有做功，因此没有能量的转化D．此人对铅球做了150 J的功，将铅球的重力势能转化为铅球的动能[答案]　A3．(鲁科版必修2P44T5改编)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.mv－μmg(s＋x)　   B．mv－μmgxC．μmgs   D．μmg(s＋x)A　[由能量守恒定律可知，物体的初动能mv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mv－μmg(s＋x)，故选项A正确。] 对功能关系的理解及应用　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．力学中常见的功能关系1．(2019·烟台测试)质量为m的物体在竖直向上的恒定拉力F的作用下，由静止开始向上运动H高度，所受空气阻力恒为f，g为当地的重力加速度。则此过程中，下列说法正确的是(　　)A．物体的动能增加了(F－mg)HB．物体的重力势能增加了mgHC．物体的机械能减少了fHD．物体的机械能增加了FHB　[物体受到重力、拉力以及空气的阻力，由动能定理有ΔEk＝(F－mg－f)H，选项A错误；重力的功为－mgH，所以物体的重力势能增加了mgH，选项B正确；除重力外物体受到拉力和阻力，所以物体的机械能增加ΔE＝(F－f)H，选项C、D错误。]2.(2017·全国卷Ⅲ)如图所示，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.mgl   B．mglC.mgl   D．mglA　[以均匀柔软细绳MQ段为研究对象，其质量为 m，取M点所在的水平面为零势能面，开始时，细绳MQ段的重力势能Ep1＝－mg·＝－mgl，用外力将绳的下端Q缓慢地竖直向上拉起至M点时，细绳MQ段的重力势能Ep2＝－mg·＝－mgl，则外力做的功即克服重力做的功等于细绳MQ段的重力势能的变化，即W＝Ep2－Ep1＝－mgl＋mgl＝mgl，选项A正确。]3．(2019·广安高三检测)如图所示，某段滑雪雪道倾角为30°，总质量为m(包括雪具在内)的滑雪运动员从距底端高为h处的雪道上由静止开始匀加速下滑，加速度为g。在他从上向下滑到底端的过程中，下列说法正确的是(　　)A．运动员减少的重力势能全部转化为动能B．运动员获得的动能为mghC．运动员克服摩擦力做功为mghD．下滑过程中系统减少的机械能为mghD　[运动员的加速度大小为g，小于gsin 30°＝g，所以其必受摩擦力，且大小为mg，克服摩擦力做的功为mg×＝mgh，故C错；摩擦力做负功，机械能不守恒，减少的重力势能没有全部转化为动能，有mgh转化为内能，故A错，D对；由动能定理知，运动员获得的动能为mg×＝mgh，故B错。]功能关系的选取方法(1)若只涉及动能的变化用动能定理。(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，用除重力和弹簧的弹力之外的力做功与机械能变化的关系分析。 摩擦力做功与能量转化　1．两种摩擦力的做功情况比较类别比较静摩擦力滑动摩擦力 能量的转化方面只有能量的转移，而没有能量的转化既有能量的转移，又有能量的转化不同点一对摩擦力的总功方面一对静摩擦力所做功的代数和等于零一对滑动摩擦力所做功的代数和不为零，总功W＝－Ff l相对，即相对滑动时产生的热量相同点正功、负功、不做功方面两种摩擦力对物体可以做正功、负功，还可以不做功2.相对滑动物体能量问题的解题流程　如图所示，传送带与地面的夹角θ＝37°，A、B两端间距L＝16 m，传送带以速度v＝10 m/s沿顺时针方向运动，物体m＝1 kg，无初速度地放置于A端，它与传送带间的动摩擦因数μ＝0.5，试求：(sin 37°＝0.6，cos 37°＝0.8，g取10 m/s2)(1)物体由A端运动到B端的时间；(2)系统因摩擦产生的热量。思维流程：解此题按以下思路：[解析]　(1)物体刚放上传送带时受到沿斜面向下的滑动摩擦力，由牛顿第二定律得mgsin θ＋μmgcos θ＝ma1设物体经时间t1加速到与传送带同速，则v＝a1t1，x1＝a1t解得a1＝10 m/s2，t1＝1 s，x1＝5 m设物体与传送带同速后再经过时间t2到达B端，因mgsin θ>μmgcos θ，故当物体与传送带同速后，物体将继续加速，即mgsin θ－μmgcos θ＝ma2L－x1＝vt2＋a2t解得t2＝1 s故物体由A端运动到B端的时间t＝t1＋t2＝2 s。(2)物体与传送带间的相对位移x相＝(vt1－x1)＋(L－x1－vt2)＝6 m故Q＝μmgcos θ·x相＝24 J。[答案]　(1)2 s　(2)24 J摩擦力做功的分析方法一是无论是滑动摩擦力，还是静摩擦力，计算做功时都是用力与对地位移的乘积。二是摩擦生热的计算公式Q＝Ff·x相对，其中x相对为两接触物体间的相对位移，若物体在传送带上做往复运动时，则x相对为总的相对路程。　水平地面上的摩擦力做功分析1．(多选)(2018·江苏高考)如图所示，轻质弹簧一端固定，另一端连接一小物块，O点为弹簧在原长时物块的位置。物块由A点静止释放，沿粗糙程度相同的水平面向右运动，最远到达B点。在从A到B的过程中，物块(　　)A．加速度先减小后增大B．经过O点时的速度最大C．所受弹簧弹力始终做正功D．所受弹簧弹力做的功等于克服摩擦力做的功AD　[对物块受力分析，当弹簧处于压缩状态时，由牛顿第二定律可得kx－f＝ma，x减小，a减小，当a＝0时，物块速度最大，此时，物块在O点左侧，选项B错误；从加速度a＝0处到O点过程，由牛顿第二定律得f－kx＝ma，x减小，a增大，当弹簧处于伸长状态时，由牛顿第二定律可得kx＋f＝ma，x增大，a继续增大，可知物块的加速度先减小后增大，选项A正确；物块所受弹簧的弹力对物块先做正功，后做负功，选项C错误；从A到B的过程，由动能定理可得W弹－Wf＝0，选项D正确。]　曲面上的摩擦力做功分析2．(2019·湖北六市高三联考)如图所示，竖直平面内有一半径为R的固定圆轨道与水平轨道相切于最低点B。一质量为m的小物块P(可视为质点)从A处由静止滑下，经过最低点B后沿水平轨道运动，到C处停下，B、C两点间的距离为R，物块P与圆轨道、水平轨道之间的动摩擦因数均为μ。现用力F将物块P沿下滑的路径从C处缓慢拉回圆弧轨道的顶端A，拉力F的方向始终与物块P的运动方向一致，物块P从B处经圆弧轨道到达A处过程中，克服摩擦力做的功为μmgR，下列说法正确的是(　　)A．物块P在下滑过程中，运动到B处时速度最大B．物块P从A滑到C的过程中克服摩擦力做的功等于2μmgRC．拉力F做的功小于2mgRD．拉力F做的功为mgR(1＋2μ)CD　[当重力沿圆轨道切线方向的分力等于滑动摩擦力时速度最大，此位置在AB之间，故A错误；将物块P缓慢地从B拉到A，克服摩擦力做的功为μmgR，而物块P从A滑到B的过程中，物块P做圆周运动，根据向心力知识可知物块P所受的支持力比缓慢运动时要大，则滑动摩擦力增大，所以克服摩擦力做的功Wf大于μmgR，因此物块P从A滑到C的过程中克服摩擦力做的功大于2μmgR，故B错误；由动能定理得，从C到A的过程中有WF－mgR－μmgR－μmgR＝0－0，则拉力F做的功为WF＝mgR(1＋2μ)，故D正确；从A到C的过程中，根据动能定理得mgR－Wf－μmgR＝0，因为Wf>μmgR，则mgR>μmgR＋μmgR，因此WF<2mgR，故C正确。]　传送带模型中的摩擦力做功分析3.如图所示，质量为m的物体在水平传送带上由静止释放，传送带由电动机带动，始终保持以图示速度v匀速运动。物体与传送带间的动摩擦因数为μ，物体运动一段距离能保持与传送带相对静止。对于物体从静止释放到相对传送带静止这一过程，下列说法正确的是(　　)A．电动机多做的功为mv2B．摩擦力对物体做的功为mv2C．传送带克服摩擦力做的功为mv2D．物体与传送带因摩擦产生的热量为mv2D　[电动机多做的功转化成了物体的动能和内能，物体从静止释放到相对传送带静止过程中获得的动能为mv2，所以电动机多做的功一定大于mv2，所以A错误；物体从静止释放到相对传送带静止过程中只有摩擦力对物体做功，由动能定理可知，摩擦力对物体做的功等于物体动能的变化，即为mv2，所以B错误；物体做匀加速直线运动的末速度为v，故此过程中物体的平均速度为，传送带的速度为v，则此过程传送带的位移为物体位移的2倍，因为摩擦力对物体做功为mv2，故传送带克服摩擦力做的功为mv2，故C错误；传送带克服摩擦力做的功为mv2，物体获得的动能为mv2，根据能量守恒定律知，物体与传送带因摩擦产生的热量为mv2，故D正确。]　“滑块—木板”模型中的摩擦力做功分析4．如图甲所示，长木板A放在光滑的水平面上，质量为m＝2 kg的另一物体B(可看成质点)以水平速度v0＝2 m/s滑上原来静止的长木板A的上表面。由于A、B间存在摩擦，之后A、B速度随时间变化情况如图乙所示。下列说法正确的是(g取10 m/s2)(　　)甲　　　　　　　　乙A．木板A获得的动能为2 JB．系统损失的机械能为4 JC．木板A的最小长度为2 mD．A、B间的动摩擦因数为0.1D　[由题给图象可知，A、B的加速度大小都为1 m/s2，根据牛顿第二定律知二者质量相等，木板获得的动能为1 J，选项A错误；系统损失的机械能ΔE＝mv－·2m·v2＝2 J，选项B错误；由v­t图象可求出二者相对位移为1 m，选项C错误；分析B的受力，根据牛顿第二定律，可求出μ＝0.1，选项D正确。] 能量守恒定律的理解及应用　1.在儿童乐园的蹦床项目中，小孩在两根弹性绳和蹦床的协助下实现上下弹跳。如图所示，某次蹦床活动中小孩静止时处于O点，当其弹跳到最高点A后下落可将蹦床压到最低点B，小孩可看成质点，不计空气阻力，下列说法正确的是(　　)A．从A运动到O，小孩重力势能减少量大于动能增加量B．从O运动到B，小孩动能减少量等于蹦床弹性势能增加量C．从A运动到B，小孩机械能减少量小于蹦床弹性势能增加量D．若从B返回到A，小孩机械能增加量等于蹦床弹性势能减少量A　[从A运动到O，小孩重力势能减少量等于动能增加量与弹性绳的弹性势能的增加量之和，选项A正确；从O运动到B，小孩动能和重力势能的减少量等于弹性绳和蹦床的弹性势能的增加量，选项B错误；从A运动到B，小孩机械能减少量大于蹦床弹性势能增加量，选项C错误；若从B返回到A，小孩机械能增加量等于蹦床和弹性绳弹性势能减少量之和，选项D错误。]2．(多选)(2019·江苏金陵中学高考模拟)如图所示，处于原长的水平轻弹簧左端固定在竖直挡板上，右端贴靠置于粗糙的水平面上O点的质量m的小物块，现对物块施加水平向左的恒力F0，物块向左运动至最远点P点时立即撤去F0，结果物块恰好返回O点静止，已知OP＝x0，重力加速度为g，则(　　)A．物块在O点向左运动时刻加速度大小为B．物块在P点时刻，弹簧的弹性势能为C．物块与水平面摩擦力因数μ＝D．物块向左运动速度最大的位置与返回向右运动速度最大的位置不在同一点BC　[物块从O到P的过程中，根据动能定理可得Fx0－μmgx0－WN＝0，物块从P到O的过程中，根据动能定理可得WN－μmgx0＝0，联立解得WN＝μmgx0＝Fx0，所以物块与水平面摩擦力因数μ＝；物块在O点向左运动时刻加速度大小为a＝＝；物块在P点时刻，弹簧的弹性势能为Ep＝μmgx0＝Fx0；物块向左运动速度最大的位置时合外力为零，设弹簧的压缩量为x1，即F0－μmg－kx1＝0，解得弹簧的压缩量为x1＝；返回向右运动速度最大的位置时合外力为零，设弹簧的压缩量为x2，即kx2－μmg＝0，解得弹簧的压缩量为x2＝，所以物块向左运动速度最大的位置与返回向右运动速度最大的位置在同一点，故选项B、C正确，A、D错误。]3.(多选)(2019·常熟市中学高三开学考试)如图所示，一根轻质弹簧一端固定于光滑竖直杆上，另一端与质量为m的滑块P连接，P穿在杆上，一根轻绳跨过定滑轮将滑块P和重物Q连接起来，重物Q的质量M＝6m。把滑块P从图中A点由静止释放后沿竖直杆上下运动，当它经过A、B两点时弹簧弹力大小相等。已知OA与水平面的夹角θ＝53°，OB长为L，与AB垂直，不计滑轮质量和摩擦力，重力加速度为g，sin 53 °＝0.8，cos 53°＝0.6。则滑块P从A到B的过程中，下列说法正确的是(　　)A．P与Q的机械能之和先増加后减小B．轻绳对滑块P做功为C．对于滑块Q，其重力功率先增大后减小D．滑块P运动到位置B处速度大小为ACD　[对于PQ系统，竖直杆不做功，系统的机械能只与弹簧对P的做功有关，弹簧先被压缩后被拉伸，故从A到B的过程中，弹簧对P先做正功，后做负功，所以系统的机械能先增加后减小，A正确。A、B两点处弹簧的弹力大小相同，所以这两点处弹簧的弹性势能相等，从A到B过程中，对于P、Q系统由能量守恒可得：6mg－mgLtan 53°－0＝mv2①，解得到B点的速度v＝；对于P，由能量守恒可得：W－mgLtan 53°－0＝mv2②，联立①②解得W＝4mgL，B错误，D正确。物块Q释放瞬间的速度为零，当物块P运动至B点时，物块Q的速度也为零，所以当P从A点运动至B点时，物块Q的速度先增大后减小，物块Q的重力的功率也为先增大后减小，C正确。]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。