功能关系 能量守恒定律

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1、专题功能关系能量守恒定律 【考情分析】 1. 知道功是能量转化的量度，掌握重力的功、弹力的功、合力的功与对应的能量转化关系。 2. 知道自然界中的能量转化，理解能量守恒定律，并能用来分析有关问题。 【重点知识梳理】 知识点一对功能关系的理解及其应用 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.做功对应变化的能量形式 (1) 合外力对物体做的功等于物体的动能的变化。 (2) 重力做功引起物体重力势能的变化。 (3) 弹簧弹力做功引起弹性势能的变化。 (4

2、) 除重力和系统内弹力以外的力做的功等于物体机械能的变化。 知识点二 能量守恒定律的理解及应用 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，在转化或转移的过程中，能量的总量保持不变。 2. 适用范围 能量守恒定律是贯穿物理学的基本规律，是各种自然现象中普遍适用的一条规律。 3. 表达式 △E =AE 【典型题分析】 高频考点一 对功能关系的理解及其应用 【例1】（2019-全国II卷）从地面竖直向上抛出一物体，其机械能E总等于动能弓与重力势能％之和。 取地面为重力势能零点，该物体的E总和Ep随它离开地面

3、的高度h的变化如图所示。重力加速度取10 m/s2。 由图中数据可得 IOU 80 60 L ■ u ■ 1 . 0 12 3 4 A. 物体的质量为2 kg B. h=0时，物体的速率为20 m/s C. h=2 m时，物体的动能E =40 J k D. 从地面至h=4 m,物体的动能减少100 J 80 J 【答案】AD 【解析】A・Ep-图像知其斜率为G,故G=布=2。N，解得心kg，故A正确B*=。时，气=°， Ek=E 机—气=1。。J—0=100 J，故2mv2=100 J，解得：v=10 m/s，故 B 错误；C. h=2 m 时，Ep=4

4、0 J， E^=E 机-Ep=85 J-40 J=45 J，故 C 错误；D. h=0 时，E=E 机-Ep=100 J-0=100 J，h=4 m 时，E（=E 机-Ep=80 J-80 J=0 J，故 E -E'=100 J，故 D 正确。 k k 【举一反三】（2018-天津卷）滑雪运动深受人民群众喜爱。某滑雪运动员（可视为质点）由坡道进入竖直 面内的圆弧形滑道力可从滑道的A点滑行到最低点B的过程中，由于摩擦力的存在，运动员的速率不变， 则运动员沿AB下滑过程中（ ） A. 所受合外力始终为零 B. 所受摩擦力大小不变 C. 合外力做功一定为零 D. 机械能始终保持不

5、变 【答案】C 【解析】运动员做匀速圆周运动，所受合外力指向圆心，A项错误；由动能定理可知，合外力做功一 定为零，C项正确；运动员所受滑动摩擦力大小等于运动员重力沿滑道向下的分力，随滑道与水平方向夹 角的变化而变化，B项错误；运动员动能不变，重力势能减少，所以机械能减少，D项错误。 【举一反三】（2018・全国卷I）如图所示，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

6、【答案】C 【解析】设小球运动到c点的速度大小为/，则对小球由a到c的过程，由动能定理有F・3R-mgR=1 mv2，又F=mg，解得vc=2项，小球离开c点后，在水平方向做初速度为零的匀加速直线运动，竖直方向 在重力作用下做匀减速直线运动，由牛顿第二定律可知，小球离开c点后水平方向和竖直方向的加速度大 小均为g，则由竖直方向的运动可知，小球从离开c点到其轨迹最高点所需的时间为t弓=2，'（R，在水平 方向的位移大小为x=2gt2=2R。由以上分析可知，小球从a点开始运动到其轨迹最高点的过程中，水平方 A 向的位移大小为5R，则小球机械能的增加量为AE=F-5R=5mgR，C正确，A

7、、B、D错误。 【方法技巧】几种常见功能关系 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 %=—AEp 负功 重力势能增加 弹簧等的弹力 正功 弹性势能减少 W = AE 弹 p 负功 弹性势能增加 电场力 正功 电势能减少 W =—AE 电 p 负功 电势能增加 合力 正功 动能增加 W =AE, 合 k 负功 动能减少 重力以外 的其他力 正功 机械能增加 W =AE 其 负功 机械能减少 【变式探究】（2017・全国卷III）如图所示，一质量为皿 长度为I的均匀柔软细绳PQ

8、竖直悬挂。用外 力将绳的下端q缓慢地竖直向上拉起至〃点，〃点与绳的上端p相距3，。重力加速度大小为g。在此过程 中，外力做的功为（） A-^mgl B*mgl C、mgl D. ：mgl 【答案】 2 【解析】 以均匀柔软细绳MQ段为研究对象，其质量为3 m,取M点所在的水平面为零势能面，开始 2l 2 时，细绳MQ段的重力势能Ep1 = —3ng・3=—§mgl，用外力将绳的下端Q缓慢地竖直向上拉起至M点时， 2l 1 细绳MQ段的重力势能Ep2=—2mg-l =—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 121 能的变化，即 W=Ep2

9、—Ep1=—§mgl+§mgl=§mgl，选项 A 正确。 高频考点二摩擦力做功与能量的转化关系 【例2】（多选）（2018・江苏卷）如图所示，轻质弹簧一端固定，另一端连接一小物块，。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 A.加速度先减小后增大 过程中，物块（ ） B. 经过。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 【答案】AD 【解析】物块在从A到3的运动过程中，弹簧对物块的弹力先大于摩擦力后小于摩擦力，其所受合外 力先减小后增大，根据牛顿

10、第二定律，物块的加速度先减小后增大，选项A正确；物块受到弹簧的弹力等 于摩擦力时速度最大，此位置一定位于A、。之间，选项B错误；物块所受弹簧的弹力先做正功后做负功， 选项C错误；对物块从A到3的运动过程，由动能定理可知，物块所受弹簧弹力做的功等于克服摩擦力做 的功，选项D正确。 【方法技巧】 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 不同点 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 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=-F

11、f-l相对， 即摩擦时产生的热量 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.摩擦力做功的分析方法 （1） 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. （2） 摩擦生热的计算：公式Q=Ffl相对中l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/相对为总的相对路程. 【变式探究】（2020-湖北武汉模拟）如图所示，竖直平面内有一半径为R的固定4圆轨道与水平轨道相切 于最低点3。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3后沿水平轨道运动，到 C处停下，3、C两点间的距离为

12、R，物块P与圆轨道、水平轨道之间的动摩擦因数均为加 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3处经圆弧轨道到达A处过程中，克服摩擦力做的功为《mgR，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从刀滑到C的过程中克服摩擦力做的功等于2^mgR C. 拉力F做的功小于2mgR D. 拉力F做的功为mgR(1+2«) 【答案】CD 【解析】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pmgR，

13、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《mgR，因此物块P从A滑到C的过程中克服摩擦力做的功大于2^mgR，故B错误；由动能 定理得，从C到A的过程中有WF~mgR-pmgR-pmgR=0-0，则拉力F做的功为WF=mgR(1+2Q，故D 正确；从A到C的过程中，根据动能定理得mgR — Wf-pmgR=0，因为W>«mgR，则mgR>«mgR+«mgR， 因此WF<2mgR，故C正确。 【举一反三】(2020・浙江杭州模拟)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

14、 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《，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，下列说法正确的最 ) A. 电动机多做的功为%v2 B. 摩擦力对物体做的功为mv2 C .传送带克服摩擦力做的功为1mv2 D.物体与传送带因摩擦产生的热量为|mv2 【答案】D 【解析】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1mv2，所以电动机多做的功一定大于1mv2，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

15、擦力对物体做的功等于物体动能的变化，即为12mv2,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V，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2mv2，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2mv2，根据能量守恒定律知，物体与传送带因摩 擦产生的热量为2mv2，故D正确。 高频考点三能量守恒定律的应用 【例3】（2019•浙江选考）如图所示为某一游戏的局部简化示意图。Q为弹射装置，AB是长为21 m 的水平轨道，倾斜直轨道BC固定在竖直放置的半径为R=10 m的圆形

16、支架上，B为圆形的最低点，轨道AB 与BC平滑连接，且在同一竖直平面内。某次游戏中，无动力小车在弹射装置Q的作用下，以v°=10 m/s的 速度滑上轨道AB，并恰好能冲到轨道BC的最高点。已知小车在轨道AB上受到的摩擦力为其重量的0.2倍， 轨道BC光滑，则小车从A到C的运动时间是（ ） tiirftffirfh/hhrtfFtffrrhthifYrtffffTTfftffrrrffiHfyTfrJTFJfJrTnTniT^ A B A. 5 s B. 4.8 s C. 4.4 s D. 3 s 【答案】A H D 【解析】设小车的质量为m，小车在AB段所匀减速直线运动，加速度

17、 a = — = °Omg - 0.2g = 2m/s2，在 AB 段，根据动能定理可得—fx = — mv2 - — mv2，解得 1 m m AB 2 B 2 0 ., 10 — 4 一 1 . vB = 4 m/s，故t =―2—s = 3 s ；小车在BC段，根据机械能寸恒可得—mv2 = mgh ,解得 1 h = 0.8m，过圆形支架的圆心。点作BC的垂线，根据几何知识可得R _ 2Xbc，解得x = 4m CD = BC % hCD sin。= 泰 = 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点之 间的距离；

18、 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1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，弹簧长度为1时的弹性势能为 ，故小车在BC上运动的加速度为a = gsinO = 2m/s2，故小车在BC段的运动时间为 X 5 2 t = -B = ?s = 2 s，所以小车运动的总时间为t = t +1 = 5 s，A正确。 2 a2 2 i 2 【方法技巧】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，一般应用能量守恒定律。 (2) 解题时，首先确定

19、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AE减和增加的能量总和AE增，最后由AE减=黄增列式求解。 【变式探究】(2016-全国卷II)轻质弹簧原长为21，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1。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51的水平轨道，B端与半径为1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《=0.5。用外力推动物块P，将弹簧压缩至长度 1，然后放开，P开始沿轨道运动。重力加速度大小

20、为go Ep = 5mgl ① 设P的质量为M,到达B点时的速度大小为vB,由能量守恒定律得 Ep=|MvB+^Mg-4l ② 联立①②式，取M=m并代入题给数据得 vB=、•商 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 mv2 ~l~ ~mg>0 设P滑到D点时的速度为vD,由机械能守恒定律得 2mvB=2mvD+mg,2l 联立③⑤式得 vD=:2gl ⑥ vD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 由运动学公式得 2l=2gt2 ⑦ P落回到AB上的位置与

21、B点之间的距离为 s=vDt ⑧ 联立⑥⑦⑧式得 s=2、j2l。 ⑨ (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>^Mg-4l ⑩ 要使P仍能沿圆轨道滑回，P在圆轨道的上升高度不能超过半圆轨道的中点。。由机械能守恒定律有 ^MvBWMgl ⑪ 联立①②⑩⑪式得 |m

22、，逐渐减慢至速度为100 m/s时下落到地面.取地面为重力 势能零点，在飞船下落过程中，重力加速度可视为常量，大小取为9.8 m/s2.(结果保留2位有效数字) (1) 分别求出该飞船着地前瞬间的机械能和它进入大气层时的机械能； (2) 求飞船从离地面高度600 m处至着地前瞬间的过程中克服阻力所做的功，已知飞船在该处的速度大 小是其进入大气层时速度大小的2.0%. 【解析】(1)飞船着地前瞬间的机械能为Ek0=2^2 式中，m和v0分别是飞船的质量和着地前瞬间的速率. 由①式和题给数据得Ek°=4.0x108 J 设地面附近的重力加速度大小为g. 飞船进入大气层时的机械能为Eh

23、=mR+mgh 式中，vh是飞船在高度1.60x105 m处的速度大小. 由③式和题给数据得E/2.4X1012 J. (2)飞船在高度h=600 m处的机械能为 Eh,=2m(0.02vh)2+mgh' ⑤ 由功能原理得W=Eh-Ek0 ⑥ 式中，W是飞船从离地面高度600 m处至着地前瞬间的过程中克服阻力所做的功.由②⑤⑥式和题给 数据得 W^9.7x108 J。 【易错警示】 (1) 机械能为动能和势能之和. (2) 阻力做的功不是动能的改变而是机械能的改变. 【变式探究】(2020-河北辛集中学模拟)水平地面上固定有两个高度相同的粗糙斜面体甲和乙，斜面长 分别为s、

24、L，如图所示。两个完全相同的小滑块A、B可视为质点，同时由静止开始从甲、乙两个斜面的 顶端释放，小滑块A一直沿斜面甲滑到底端C点，而小滑块B沿斜面乙滑到底端P点后又沿水平面滑行距 离L2到。点(小滑块B在P点从斜面滑到水平面时速度大小不变)，且s=L1+L2。小滑块A、B与两个斜面 以及水平面间的动摩擦因数相同，则（） A. 滑块A到达底端C点时的动能一定比滑块B到达D点时的动能小 B. 两个滑块在斜面上加速下滑的过程中，到达同一高度时，动能可能相同 C. A、B两个滑块从斜面顶端分别运动到C、D的过程中，滑块A重力做功的平均功率小于滑块B重 力做功的平均功率 D. A、B两个滑

25、块从斜面顶端分别运动到C、D的过程中，由于克服摩擦而产生的热量一定相同 【答案】AC 【解析】根据动能定理，滑块A由甲斜面顶端到达底端C点的过程，mgh—^mgcos a・s=2mvc，滑块B 由乙斜面顶端到达D点的过程，mghfmgcos ^-L—^mgL=mvD，又s="L2，根据几何关系得scos a>L1cosK+L2，所以2mvC<2myD，故A正确；两个滑块在斜面上加速下滑的过程中，到达同一高度时：mgh h 1 一 一一 . -…，… 一印ngcos 0云0=2mv2，重力做功相同，但克服摩擦力做功不等，所以动能不同，故B错误；整个过程中， sn 匕 两滑块所受重力做功相同，但由于滑块A运动时间长，故重力对滑块A做功的平均功率比滑块B的小，故 C正确；滑块A、B分别到达C、D时的动能不相等，由能量守恒定律知滑块A、B运动过程中克服摩擦产 生的热量不同，故D错误。