【物理】2019届一轮复习人教版第五章第4讲功能关系、能量守恒定律学案

【物理】2019届一轮复习人教版第五章第4讲功能关系、能量守恒定律学案

第4讲　功能关系、能量守恒定律 一、几种常见的功能关系及其表达式 力做功 能的变化 定量关系 ‎ 合力的功 动能变化 W＝Ek2－Ek1＝ΔEk 重力的功 重力势能变化 ‎(1)重力做正功，重力势能减少 ‎(2)重力做负功，重力势能增加 ‎(3)WG＝－ΔEp＝Ep1－Ep2‎ 弹簧弹力的功 弹性势能变化 ‎(1)弹力做正功，弹性势能减少 ‎(2)弹力做负功，弹性势能增加 ‎(3)WF＝－ΔEp＝Ep1－Ep2‎ 只有重力、弹簧弹力做功 机械能不变化 机械能守恒ΔE＝0‎ 除重力和弹簧弹力之外的其他力做的功 机械能变化 ‎(1)其他力做多少正功，物体的机械能就增加多少 ‎(2)其他力做多少负功，物体的机械能就减少多少 ‎(3)W其他＝ΔE 一对相互作用的滑动摩擦力的总功 机械能减少 内能增加 ‎(1)作用于系统的一对滑动摩擦力一定做负功，系统内能增加 ‎(2)摩擦生热 Q＝Ff·x相对 自测1　升降机底板上放一质量为100 kg的物体，物体随升降机由静止开始竖直向上移动5 m时速度达到4 m/s，则此过程中(g取10 m/s2，不计空气阻力)(　　)‎ A．升降机对物体做功5 800 J B．合外力对物体做功5 800 J C．物体的重力势能增加500 J D．物体的机械能增加800 J 答案　A 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．‎ ‎3．基本思路 ‎(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．‎ 自测2　如图1所示，一质量均匀的不可伸长的绳索重为G，A、B两端固定在天花板上，现在最低点C施加一竖直向下的力将绳索拉到D点，在此过程绳索AB的重心位置将(　　)‎ 图1‎ A．逐渐升高 B．逐渐降低 C．先降低后升高 D．始终不变 答案　A 解析　由题意知外力对绳索做正功，机械能增加，重心升高，故选A.‎ 命题点一　功能关系的理解和应用 ‎1．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．只涉及机械能的变化，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．‎ ‎4．只涉及电势能的变化，用电场力做功与电势能变化的关系分析．‎ 例1　(多选)(2017·南京市、盐城市一模)游乐场的一种滑梯，它是由很小一段弧形轨道将倾斜直轨道和水平轨道连接组成的，如图2所示．一位小朋友从斜轨道顶端由静止开始自由下滑，经过很小一段弧形轨道滑到水平轨道上，继续滑动一段距离后停下．则小朋友(　　)‎ 图2‎ A．沿倾斜轨道下滑过程中机械能一定增加 B．沿弧形轨道滑动过程中对轨道做了负功 C．沿水平轨道滑动过程中，摩擦力对他做了负功 D．在整个滑动过程中，重力做功和他克服摩擦力做的功相等 答案　CD 解析　沿倾斜轨道下滑过程中，摩擦力做负功，小朋友的机械能减小，转化为内能，故A错误，沿弧形轨道滑动过程中，轨道位移为0，故小朋友对轨道做功为0，故B错误．沿水平轨道滑动过程中，摩擦力方向与位移方向相反，摩擦力对小朋友做负功，故C正确．整个运动过程中，小朋友的动能变化量为零，由动能定理可知，外力对小朋友所做的总功为零，则重力做功和他克服摩擦力做的功相等，故D正确．‎ 变式1　(2017·苏锡常镇四市调研)以一定的初速度从地面竖直向上抛出一小球，小球上升到最高点之后，又落回到抛出点，假设小球所受空气阻力与速度大小成正比，则小球在运动过程中的机械能E随离地高度h变化关系可能正确的是(　　)‎ 答案　D 解析　由于f＝kv，由能量关系可知：上升过程中，速度减小，故E－h图象的斜率随h的增大而减小；下降过程中，速度增大，故E－h图象的斜率随h的减小而变大；上升过程中平均阻力大于下降过程中的平均阻力，故上升过程中机械能的减少量比下降过程中机械能的减少量大，则图象D正确，A、B、C错误．‎ 命题点二　摩擦力做功与能量转化 ‎1．静摩擦力做功 ‎(1)静摩擦力可以做正功，也可以做负功，还可以不做功．‎ ‎(2)相互作用的一对静摩擦力做功的代数和总等于零．‎ ‎(3)静摩擦力做功时，只有机械能的相互转移，不会转化为内能．‎ ‎2．滑动摩擦力做功的特点 ‎(1)滑动摩擦力可以做正功，也可以做负功，还可以不做功．‎ ‎(2)相互间存在滑动摩擦力的系统内，一对滑动摩擦力做功将产生两种可能效果：‎ ‎①机械能全部转化为内能；‎ ‎②有一部分机械能在相互摩擦的物体间转移，另外一部分转化为内能．‎ ‎(3)摩擦生热的计算：Q＝Ffx相对．其中x相对为相互摩擦的两个物体间的相对路程．‎ 从功的角度看，一对滑动摩擦力对系统做的总功的绝对值等于系统内能的增加量；从能量的角度看，其他形式能量的减少量等于系统内能的增加量．‎ 例2　(2018·南通市第一次调研)如图3所示，某工厂生产车间的流水线安装的是“U”形传送带，AB、CD段为直线，BC段为同心半圆，其中的虚线为半径为R的半圆弧．工人将质量均为m的工件无初速放至匀速运行的传送带A端，在D端附近看到相邻工件间的距离均为L，每隔时间t在D端接收到一个工件．求：‎ 图3‎ ‎(1)传送带运行的速度v；‎ ‎(2)在BC段每一个工件受到的摩擦力大小Ff；‎ ‎(3)每个工件放至传送带后与传送带摩擦产生的热量Q.‎ 答案　见解析 解析　(1)在D点附近，工人每隔t时间接收到一个工件，则v＝ ‎(2)由题意知，在BC段工件做匀速圆周运动，静摩擦力提供向心力，则Ff＝m，代入解得Ff＝ ‎(3)设工件与传送带间的动摩擦因数为μ，工件相对传送带滑动的时间为t0，加速度大小为a，则μmg＝ma，v＝at0‎ 加速过程中工件相对传送带运动的距离Δs＝vt0－at02‎ 产生的热量Q＝μmg·Δs 解得Q＝ 变式2　(多选)(2017·淮阴中学模拟)如图4所示，一水平传送带以速度v匀速运动，将质量为m的小工件轻轻放到水平传送带上，工件在传送带上滑动一段时间后与传送带保持相对静止，在上述过程中(　　)‎ 图4‎ A．工件对传送带做功为－mv2‎ B．传送带与工件间摩擦产生热量为mv2‎ C．传送带因为传送工件需要多做的功为mv2‎ D．传送带对工件做的功为mv2‎ 答案　BCD 解析　根据牛顿第二定律知工件的加速度大小为：a＝＝μg，工件的速度由零增大到v用时为：t＝＝；该时间内传送带的位移为：x＝vt＝；所以工件对传送带做功为：Wf＝‎ ‎－Ffx＝－μmg·＝－mv2，故A错误；传送带与工件间相对位移大小为：Δx＝vt－＝，摩擦产生热量为：Q＝μmgΔx＝μmg·＝mv2，故B正确；传送带因为传送工件需要多做的功为：W＝Q＋mv2＝mv2，故C正确；在运动的过程中只有摩擦力对工件做功，由动能定理可知，摩擦力对工件做的功等于工件动能的变化，即mv2，故D正确．‎ 命题点三　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，一定有另外形式的能量增加，且减少量和增加量相等，即ΔE减＝ΔE增．‎ ‎(2)某个物体的能量减少，一定有别的物体的能量增加，且减少量和增加量相等，即ΔEA减＝ΔEB增．‎ ‎2．能量转化问题的解题思路 ‎(1)当涉及滑动摩擦力做功，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减和增加的能量总和ΔE增，最后由ΔE减＝ΔE增列式求解．‎ 例3　(2017·镇江市一模)如图5所示的装置由水平弹簧发射器及两个轨道组成：轨道Ⅰ是光滑轨道AB，AB间高度差h1＝0.20 m；轨道Ⅱ由AE和螺旋圆形EFG两段光滑轨道和粗糙轨道GB平滑连接而成，且A点与F点等高．轨道最低点与AF所在直线的高度差h2＝0.40 m．当弹簧压缩量为d时，恰能使质量m＝0.05 kg的滑块沿轨道Ⅰ上升到B点，当弹簧压缩量为2d时，恰能使滑块沿轨道Ⅱ上升到B点，滑块两次到达B点处均被装置锁定不再运动．已知弹簧弹性势能Ep与弹簧压缩量x的平方成正比，弹簧始终处于弹性限度范围内，不考虑滑块与发射器之间的摩擦，重力加速度g＝10 m/s2.‎ 图5‎ ‎(1)当弹簧压缩量为d时，求弹簧的弹性势能及滑块离开弹簧瞬间的速度大小；‎ ‎(2)求滑块经过最高点F处时对轨道的压力大小；‎ ‎(3)求滑块通过GB段过程中克服摩擦力所做的功．‎ 答案　(1)0.1 J　2 m/s　(2)3.5 N　(3)0.3 J 解析　(1)当弹簧压缩量为d时，恰能使质量m＝0.05 kg的滑块沿轨道Ⅰ上升到B点，所以根据能量转化和守恒定律得：弹簧弹性势能Ep1＝mgh1‎ 解得：Ep1＝0.1 J 又对滑块由静止到离开弹簧过程由能量转化和守恒定律得：Ep1＝mv2，解得：v＝2 m/s ‎(2)根据题意，弹簧弹性势能Ep与弹簧压缩量x的平方成正比，所以弹簧压缩量为2d时，弹簧弹性势能为Ep2＝0.4 J 根据Ep2＝mv′2，滑块到达F点处的速度v′＝4 m/s 根据牛顿第二定律得：mg＋FN＝m 解得：FN＝3.5 N 根据牛顿第三定律：滑块经过F处时对轨道的压力大小为3.5 N.‎ ‎(3)滑块通过GB段过程，根据能量转化和守恒定律得Ep2＝mgh1＋Q 解得：Q＝0.3 J 又Q＝W克 所以滑块通过GB段过程中克服摩擦力所做的功W克＝0.3 J 变式3　(2017·南京市、淮安市5月模拟)一颗小钢珠从水面上方由静止释放，落入水中，溅起的小水珠跳得比钢珠释放时的位置还高，如图6所示，对这种现象，下列说法中正确的是(　　)‎ 图6‎ A．小水珠溅起的高度超过钢珠下落时的高度，违背了能量守恒定律 B．小钢珠下落时具有的重力势能小于溅起的水珠在最高点的重力势能 C．小钢珠下落时具有的重力势能等于溅起的水珠在最高点的重力势能 D．小钢珠下落时具有的重力势能大于溅起的水珠在最高点的重力势能 答案　D 解析　小钢珠下降的过程中，重力势能转化为小钢珠的动能，最后转化成小水珠的动能，小水珠升高的过程中，动能又转化为重力势能(即表现为小水珠的高度)，在这一过程中，水的总动能要小于小钢珠的动能，但是，各个水珠的质量都比较小，因此，小水珠跳起的高度存在多种可能性．当小钢珠的质量又比较大的时候，完全有可能出现个别小水珠跳起的高度较高的情况，甚至可以超过小钢珠下落的高度．故D正确，A、B、C都错误．‎ ‎1．(2018·淮安市一模)风洞飞行体验是运用先进的科技手段实现高速风力将人吹起并悬浮于空中，如图7所示．若在人处于悬浮状态时增加风力，则体验者在加速上升过程中(　　)‎ 图7‎ A．处于失重状态，机械能增加 B．处于失重状态，机械能减少 C．处于超重状态，机械能增加 D．处于超重状态，机械能减少 答案　C 解析　由题意可知，人加速向上运动，故人的加速度向上，处于超重状态；由于风力对人做正功，故人的机械能增加；故C正确，A、B、D错误．‎ ‎2．(2017·扬州中学5月考)如图8所示，一根轻质弹簧的一端固定在O点，另一端连接一个质量为m的小球，当小球静止时，球心到O点的距离为l，图中的实线是以O为圆心，l为半径的圆弧，用水平力F拉球，使球缓慢上升，则(　　)‎ 图8‎ A．小球可能沿弧线a向上运动 B．弹簧弹力的大小可能不变 C．水平拉力做的功大于小球重力势能的增加 D．水平拉力做的功等于小球重力势能的增加 答案　C 解析　开始时，弹簧弹力等于重力，用水平力F拉球，使球缓慢上升时，由平衡条件可知弹力大于重力，弹簧要伸长，不可能沿弧线a向上运动；由功能关系知，水平拉力做的功等于小球重力势能的增加量和弹簧弹性势能增量之和．‎ ‎3．(多选)(2017·射阳二中模拟)如图9所示，将一轻弹簧固定在倾角为30°的斜面底端，现用一质量为m的物体将弹簧压缩锁定在A点，解除锁定后，物体将沿斜面上滑，物体在运动过程中所能到达的最高点B距A点的竖直高度为h，物体离开弹簧后沿斜面向上运动的加速度大小等于重力加速度g.则下列说法正确的是(　　)‎ 图9‎ A．弹簧的最大弹性势能为mgh B．物体从A点运动到B点的过程中系统损失的机械能为mgh C．物体的最大动能等于弹簧的最大弹性势能 D．物体最终静止在B点 答案　BD ‎4．(多选)(2017·宜兴市下学期初考)如图10所示，足够长的传送带与水平方向的倾角为θ，物块a通过平行于传送带的轻绳跨过光滑轻滑轮与物块b相连，b的质量为m.开始时，a、b及传送带均静止，且a不受传送带摩擦力作用，现让传送带逆时针匀速转动，则在b上升h高度(未与滑轮相碰)过程中(　　)‎ 图10‎ A．物块a的重力势能减少mgh B．摩擦力对a做的功等于a机械能的增量 C．摩擦力对a做的功等于物块a、b动能增量之和 D．任意时刻，重力对a、b做功的瞬时功率大小相等 答案　ACD 解析　开始时，a、b及传送带均静止且a不受传送带摩擦力作用，有magsin θ＝mbg，则 ma＝＝，b上升h，则a下降hsin θ，则a重力势能的减小量为ΔEpa＝mag·hsin θ＝mgh，故A正确；根据能量守恒定律得，摩擦力对a做的功等于a、b系统机械能的增量，因为系统重力势能不变，所以摩擦力对a做的功等于系统动能的增量，故B错误，C正确；任意时刻a、b的速率相等，对b，克服重力做功的瞬时功率Pb＝mgv，对a有：Pa＝magvsin θ＝mgv，所以重力对a、b做功的瞬时功率大小相等，故D正确．‎ ‎1．(多选)(2017·小海中学期中)质量为m的物体从静止出发以的加速度竖直下降h，下列说法中正确的是(　　)‎ A．物体的机械能减少mgh B．物体的重力势能减少mgh C．物体的动能增加mgh D．重力做功mgh 答案　ACD ‎2．(多选)(2017·淮海中学第二次测试)如图1所示，质量为M的电梯底板上放置一质量为m的物体，钢索拉着电梯由静止开始向上做匀加速运动，当上升高度为H时，速度达到v，不计空气阻力，则(　　)‎ 图1‎ A．物体所受合力做的功等于mv2＋mgH B．底板对物体的支持力做的功等于mgH＋mv2‎ C．钢索的拉力做的功等于Mv2＋MgH D．钢索的拉力、电梯的重力及物体对底板的压力对电梯M做的总功等于Mv2‎ 答案　BD 解析　合力对物体做的功W＝mv2，故A错误；电梯由静止开始向上做加速运动，设加速度的大小为a，v2＝2aH，所以a＝，对物体FN－mg＝ma，所以FN＝mg＋ma＝mg＋m，底板对物体的支持力做的功为W＝FNH＝(mg＋ma)H＝mgH＋mv2，所以B正确；对于整体F－(M＋m)g＝(M＋m)a，‎ 所以钢索的拉力为F＝(M＋m)g＋(M＋m)a，‎ 钢索的拉力做的功等于FH＝(M＋m)gH＋(M＋m)v2，所以C错误；合力对电梯M做的功等于电梯的动能的变化，即Mv2，即钢索的拉力、电梯的重力及物体对底板的压力对电梯M做的总功等于Mv2，所以D正确．‎ ‎3．如图2所示，在竖直平面内有一半径为R的圆弧形轨道，半径OA水平、OB竖直，一个质量为m的小球自A的正上方P点由静止开始自由下落，小球沿轨道到达最高点B时恰好对轨道没有压力．已知AP＝2R，重力加速度为g，则小球从P至B的运动过程中(　　)‎ 图2‎ A．重力做功2mgR B．机械能减少mgR C．合外力做功mgR D．克服摩擦力做功mgR 答案　D ‎4．(2018·扬州市一模)如图3所示，劲度系数为k的轻质弹簧一端固定于O点，另一端固定一个质量为m的小球．将小球拉至A点处时，弹簧恰好无形变．现将小球从A点处由静止释放，小球运动到O点正下方B点时速度大小为v.A、B两位置间的高度差为h.不计空气阻力，重力加速度为g.则(　　)‎ 图3‎ A．由A到B的过程中，小球克服弹簧弹力所做的功为mgh B．由A到B的过程中，小球重力所做的功为mgh C．由A到B的过程中，弹性势能增加量为mgh－mv2‎ D．小球到达B点处时，其加速度的方向为竖直向上 答案　B 解析　小球由A到B的过程中，重力做功为mgh，其重力势能减少mgh.小球在下降过程中，小球的重力势能转化为小球的动能和弹簧的弹性势能，所以弹簧弹性势能的增加量小于mgh，则小球克服弹簧弹力所做的功小于mgh，故A错误，B正确；根据能量守恒定律得：mgh＝‎ ΔE弹＋mv2，所以弹性势能增加量ΔE弹＝mgh－mv2，故C错误；小球到达B点处时，弹簧的弹力大小与小球的重力大小关系无法判断，故D错误．‎ ‎5．(多选)(2017·江苏省联盟2月大联考)如图4所示，质量相同的小物块A、B用轻细绳接在光滑轻质定滑轮两侧，小物块B放在粗糙水平桌面上，初始时用手托住物块A使系统处于静止状态．现将手拿开，物块A将开始运动，若物块B始终没有离开桌面，则在物块下降的过程中(　　)‎ 图4‎ A．物块A的速度小于物块B的速度 B．绳的拉力对A所做的功与对B做的功的代数和为零 C．绳的拉力对物块B所做的功等于物块B机械能的增加量 D．若运动过程中某时刻轻细绳与桌面的夹角为30°，物块B对桌面的压力为其所受重力的，则此时物块A下降的加速度大小为重力加速度的 答案　ABD 解析　把B的速度分解到沿绳和垂直于绳两个方向，其中沿绳方向的分速度等于物块A的速度，所以B的速度大于A的速度，故A正确；根据运动情况知，绳的拉力对A做负功，对B 做正功，代数和为零，所以B正确；绳的拉力对物块B所做的功与摩擦力对B做功的代数和等于物块B机械能的增加量，故C错误；对B，把绳的拉力正交分解，竖直方向：FTsin 30°＋FN＝mg，FN＝mg，可得绳子的拉力FT＝mg，对A：mg－FT＝ma，解得a＝g，故D正确．‎ ‎6．(多选)(2017·无锡市期末)如图5甲所示，对离地一定高度的物体施加一个竖直向上的拉力，物体在竖直方向上运动，其速率—时间关系大致图线如图乙，以地面为零势能面，忽略空气阻力，物体的机械能随运动距离的变化关系大致图线可能是下图中的(　　)‎ 图5‎ 答案　CD 解析　根据题图乙可知，加速度不断减小．若物体向上运动，由牛顿第二定律得：F－mg＝ma，得F＝mg＋ma，可知F不断减小．F对物体做正功，由功能原理知物体的机械能增大．根据功能关系有：ΔE＝FΔx，可知，E－x图象的斜率大小等于拉力，F减小，E－x图象的斜率不断减小，故D图是可能的．若物体向下运动，由牛顿第二定律得：mg－F＝ma，得F＝mg－ma，a减小，可知F不断增大，F对物体做负功，由功能原理知物体的机械能减少．F增大，E－x图象的斜率不断增大，故C图是可能的．故A、B错误，C、D正确．‎ ‎7．(多选)(2018·响水中学模拟)如图6所示，质量相等的物体A、B通过一轻质弹簧相连，开始时B放在地面上，A、B均处于静止状态，现通过细绳将A向上缓慢拉起，第一阶段拉力做功为W1时，弹簧变为原长；第二阶段拉力再做功W2时，B刚要离开地面，弹簧一直在弹性限度内，则(　　)‎ 图6‎ A．两个阶段拉力做的功相等 B．拉力做的总功等于A的重力势能的增加量 C．第一阶段，拉力做的功大于A的重力势能的增加量 D．第二阶段，拉力做的功大于A的重力势能的增加量 答案　BD 解析　开始时A压缩弹簧，形变量为x1＝；要使B刚要离开地面，则弹力应等于B的重力，即kx2＝mg，故形变量x2＝，则x1＝x2＝x，缓慢提升物体A，物体A的动能不变，第一阶段与第二阶段弹簧的形变量相同，弹簧的弹性势能Ep相同，由动能定理得：W1＋Ep－mgx＝0，W2－Ep－mgx＝0，W1＝mgx－Ep，W2＝mgx＋Ep，则：W1

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