【物理】2019届一轮复习人教版功能关系　能量守恒定律学案

【物理】2019届一轮复习人教版功能关系　能量守恒定律学案

第4讲　功能关系　能量守恒定律 见学生用书P079‎ 微知识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，而且能的转化必通过做功来实现。‎ ‎2．几种常见力的功与能量转化的关系 ‎(1)重力做功：重力势能和其他能相互转化。‎ ‎(2)弹簧弹力做功：弹性势能和其他能相互转化。‎ ‎(3)滑动摩擦力做功：机械能转化为内能。‎ ‎(4)电场力做功：电势能与其他能相互转化。‎ ‎(5)安培力做功：电能和机械能相互转化。‎ 微知识2 能量守恒定律 ‎1．内容 能量既不会消灭，也不会创生，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．应用能量守恒的两条基本思路 ‎(1)某种形式的能减少，一定存在另一种形式的能增加，且减少量和增加量相等。‎ ‎(2)某个物体的能量减少，一定存在另一个物体的能量增加，且减少量和增加量相等。‎ 一、思维辨析(判断正误，正确的画“√”，错误的画“×”。)‎ ‎1．做功过程一定有能量的转化。(√)‎ ‎2．力对物体做多少功，物体就有多少能量。(×)‎ ‎3．力对物体做功，物体的总能量一定增加。(×)‎ ‎4．能量在转化和转移的过程中 ，总量会不断减少。(×)‎ ‎5．滑动摩擦力做功时，一定会引起能量的转化。(√)‎ 二、对点微练 ‎1．(对功能关系的理解)(多选)对于功和能，下列说法正确的是(　　)‎ A．功和能的单位相同，它们的概念也相同 B．做功的过程就是物体能量转化的过程 C．做了多少功，就有多少能量发生了转化 D．各种不同形式的能可以互相转化，且在转化的过程中，能的总量是守恒的 答案　BCD ‎2．(功能关系的应用)(多选)一人用力把质量为m的物体由静止竖直向上匀加速提升h，速度增加为v，则对此过程，下列说法正确的是(　　)‎ A．人对物体所做的功等于物体机械能的增量 B．物体所受合外力所做的功为mv2‎ C．人对物体所做的功为mgh D．人对物体所做的功为mv2‎ 解析　由功能关系可知，人对物体所做的功等于物体机械能的增量，为mgh＋mv2，选项A正确，C、D项错误；由动能定理可知，物体所受合外力所做的功为mv2，选项B正确。‎ 答案　AB　‎ ‎3．(能的转化和守恒定律)如图所示，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至D点，在此过程中绳索AB的重心位置将(　　)‎ A．逐渐升高 B．逐渐降低 C．先降低后升高 D．始终不变 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项。‎ 答案　A　‎ 见学生用书P080‎ 微考点　1　功能关系的理解和应用 核|心|微|讲 力学中常见的功能关系 典|例|微|探 ‎【例1】　质量为m的物体，在距地面h高处以g的加速度由静止竖直下落到地面，下列说法正确的是(　　)‎ A．物体重力势能减少mgh B．重力对物体做功mgh C．物体的机械能减少mgh D．物体的动能增加mgh ‎【解题导思】‎ ‎(1)重力做功与重力势能变化具有何种关系？‎ 答：重力做功与重力势能的变化等值、符号相反。‎ ‎(2)哪些力做功引起动能的变化？如何求解机械能的变化？‎ 答：合外力的功与物体动能变化相等，除重力以外的其他力的功等于物体的机械能变化。 ‎ 解析　重力做功引起重力势能的变化，WG＝mgh＝ΔEp，物体重力做功mgh，重力势能减少了mgh，A、B项错误；合外力做功引起动能的变化，W合＝h＝ΔE ，动能增加了mgh，D项错误；动能和重力势能之和等于机械能，重力势能减少了mgh，动能增加了mgh，故机械能减少了mgh，C项正确。‎ 答案　C 力对物体做功会引起能量形式的转化，并可用做功的多少去度量能量转化的多少，所以找准某个力做功与对应能量转化的关系是解决问题的关键。功能关系选用的原则：‎ ‎(1)若只涉及动能的变化用动能定理分析。‎ ‎(2)若只涉及重力势能的变化用重力做功与重力势能的变化关系分析。‎ ‎(3)若只涉及机械能变化用除重力和弹簧弹力之外的力做功与机械能变化的关系分析。‎ ‎(4)若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。‎ 题|组|微|练 ‎1．轻质弹簧右端固定在墙上，左端与一质量m＝0.5 g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轴坐标变化的情况如图乙所示。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取10 m/s2)(　　)‎ A．3.1 J　　　B．3.5 J　　　C．1.8 J　　　D．2.0 J 解析　物块与水平面间的摩擦力为f＝μmg＝1 N。现对物块施加水平向右的外力F，由F－x图象面积表示功可知F做功W＝3.5 J，克服摩擦力做功Wf＝fx＝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，A项正确。‎ 答案　A　‎ ‎2．(多选)如图所示，轻质弹簧一端固定，另一端与一质量为m、套在粗糙竖直固定杆A处的圆环相连，弹簧水平且处于原长。圆环从A处由静止开始下滑，经过B处的速度最大，到达C处的速度为零，AC＝h。圆环在C处获得一竖直向上的速度v，恰好能回到A。弹簧始终在弹性限度内，重力加速度为g，则圆环(　　)‎ A．下滑过程中，加速度一直减小 B．下滑过程中，克服摩擦力做的功为mv2‎ C．在C处，弹簧的弹性势能为mv2－mgh D．上滑经过B的速度大于下滑经过B的速度 解析　圆环向下运动的过程，在B点速度最大，说明向下先加速后减速，加速度先向下减小，后向上增大，A项错误；下滑过程和上滑过程克服摩擦做功相同，因此下滑过程Wf＋Ep＝mgh，上滑过程Wf＋mgh＝mv2＋Ep，因此克服摩擦做功Wf＝mv2，B项正确；在C处：Ep＝mgh－Wf＝mgh－mv2，C项错误；下滑从A到B，mv＋E′p＋W′f＝mgh′，上滑从B到A，mv＋E′p＝mgh′＋W′f，得mv－mv＝2W′f，可见vB2＞vB1，D项正确。‎ 答案　BD　‎ 微考点　2　功能关系和能量守恒定律的综合应用 核|心|微|讲 应用能量守恒定律的一般步骤：‎ ‎1．分清有多少种形式的能(如动能、势能、内能、电能等)在变化。‎ ‎2．分别列出减少的能量ΔE减和增加的能量ΔE增的表达式。‎ ‎3．列恒等式：ΔE减＝ΔE增。‎ 典|例|微|探 ‎【例2】　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。‎ ‎【解题导思】‎ ‎(1)小车固定，滑块从A→B的过程中，有哪些力对滑块做了功？‎ 答：只有重力做功。‎ ‎(2)小车不固定，滑块从A→B的过程中，滑块重力势能的减少转化成什么形式的能？B→C过程，系统减少的机械能转化成什么形式的能？‎ 答：A→B的过程，滑块的重力势能转化为滑块和小车的动能；B→C过程，系统减少的机械能转化为系统的内能。 ‎ 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＝mv，‎ 滑块在B点处，由牛顿第二定律知 N－mg＝m，‎ 解得N＝3mg，‎ 由牛顿第三定律知 N′＝N＝3mg。‎ ‎(2)在任一时刻滑块相对地面速度的水平分量是小车速度的2倍。①滑块下滑到达B点时，小车速度最大。由机械能守恒 mgR＝Mv＋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＝Mv＋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，有 μmg＝Ma，‎ 由运动学规律得 v－v＝－2as，‎ 解得s＝L。‎ 答案　(1)3mg　(2)① 　②L 题|组|微|练 ‎3. (多选)如图所示，一倾角为α的固定斜面下端固定一挡板，一劲度系数为 的轻弹簧下端固定在挡板上，现将一质量为m的小物块从斜面上离弹簧上端距离为s处，由静止释放，已知物块与斜面间的动摩擦因数为μ，物块下滑过程中最大动能为E m，则小物块从释放到运动至最低点的过程中，下列说法正确的是(　　)‎ A．μμmgcosα，解得μμmgcosα，物块继续向下加速，动能仍在增大，所以此瞬间动能不是最大，当物块的合力为零时动能才最大，故B项错误；根据能量转化和守恒定律知，弹簧的最大弹性势能等于整个过程中物块减少的重力势能与产生的内能之差，而内能等于物块克服摩擦力做功，可得弹簧的最大弹性势能等于整个过程中物块减少的重力势能与摩擦力对物块做功之和，C项正确；若将物块从离弹簧上端2s的斜面处由静止释放，下滑过程中物块动能最大的位置不变，弹性势能不变，设为Ep，此位置弹簧的压缩量为x。根据功能关系可得：将物块从离弹簧上端2s的斜面处由静止释放，下滑过程中物块的最大动能为E m＝mgsinα－μmgcosα－Ep，将物块从离弹簧上端2s的斜面处由静止释放，下滑过程中物块的最大动能为E m′＝mgsinα－μmgcosα－Ep，而2E m＝mgsinα－μmgcosα－2Ep＝[mgsinα－μmgcosα－Ep]＋(mgxsinα－μmgxcosα－Ep)＝E′ m＋(mgxsinα－μmgxcosα－Ep)，‎ 由于在物块接触弹簧到动能最大的过程中，物块的重力势能转化为内能和物块的动能，则根据功能关系可得mgxsinα－μmgxcosα>Ep ‎，即mgxsinα－μmgxcosα－Ep>0，所以得E′ m<2E m，故D项正确。‎ 答案　ACD　‎ ‎4．如图所示，静止在光滑水平面上的长木板B，质量M＝2 g，长l1＝4.5 m，与B等高的固定平台CD长l2＝3 m，平台右侧有一竖直放置且半径R＝1 m的光滑半圆轨道DEF。质量m＝1 g的小滑块A以初速度v0＝6 m/s从B的左端水平滑上B，随后A、B向右运动，长木板B与平台CD碰撞前的瞬间，小滑块A的速度大小为vA＝4 m/s，此时A、B还未达到共同速度。设长木板B与平台碰撞后立即被锁定，小滑块A可视为质点，小滑块A与平台B之间的动摩擦因数μ1＝0.2，小滑块A与平台CD之间的动摩擦因数μ2＝0.1，x＝0.5 m，g＝10 m/s2，求：‎ ‎(1)长木板B与平台碰撞前的瞬间，B的速度大小。‎ ‎(2)小滑块A最终停在离木板B左端多远处。‎ 解析　(1)B与平台CD碰撞时，A、B还未达到共同速度。设B与平台碰撞前瞬间速度大小为vB，由动能定理有μ1mgx＝Mv，‎ 解得vB＝1 m/s。‎ ‎(2)B与平台碰撞前A相对B发生的位移为Δx，根据能量守恒定律有 μ1mgΔx＝mv－mv－mv，‎ 解得Δx＝4.5 m，‎ 即B与平台碰撞时，A恰好到达平台左端。‎ 设A在半圆形轨道上能到达的最大高度为h，则由动能定理有 ‎－mgh－μ2mgl2＝0－mv，‎ 解得h＝0.5 m

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