高中物理教科版必修二学案 功能关系　能量守恒定律 Word版含答案

功能关系　能量守恒定律
(　　
夯实基础　
1．功能关系的内容
(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
不同的
力做功
对应不同形
式能的变化
定量关系
合外力做功(所有外力的功)
动能变化
合外力对物体做的功等于物体动能的变化
W合＝Ek2－Ek1＝ΔEk
重力做功
重力势能变化　
重力做正功，重力势能减少；重力做负功，重力势能增加.
WG＝－ΔEp＝Ep1－Ep2
弹簧弹力做功
弹性势能变化　
弹簧弹力做正功，弹性势能减少；弹簧弹力做负功，弹性势能增加.
W弹＝－ΔEp＝Ep1－Ep2
只有重力、弹簧弹力做功
不引起机械能变化
机械能守恒ΔE＝0
除重力和弹簧弹力之外的力做的功
机械能的变化　
除重力、弹簧弹力之外的力做多少正功，物体的机械能就增加多少；除重力和弹簧弹力之外的力做多少负功，物体的机械能就减少多少.
W除G、弹力外＝ΔE＝E2－E1
克服滑动摩擦力做的功
产生摩擦热
Wf克＝Q摩
克服安培力做的功
电能变化
WA克＝E电
电场力做功
电势能变化
电场力做正功，电势能减少；电场力做负功，电势能增加.
W电＝－ΔEp＝Ep1－Ep2
　　　　　　　　　　　　　　　　
考点突破　　
例1如图所示，甲、乙两传送带与水平面的夹角相同，都以恒定速率v向上运动．现将一质量为m的小物体(视为质点)轻轻放在A处，小物体在甲传送带到达B处时恰好达到传送带的速率v.在乙传送带上到达离B处竖直高度为h的C处时达到传送带的速率v，已知B处离地面的高度均为H，则在小物块从A到B的过程中(　　)
A．小物体与甲传送带间的动摩擦因数较小
B．两传送带对小物体做功相等
C．两种情况下因摩擦产生的热量相等
D．甲传送带消耗的电能比较大
【解析】根据公式：v2＝2ax，可知物体加速度关系a甲＜a乙，再由牛顿第二定律μmgcos θ－mgsin θ＝ma，得知μ甲＜μ乙，A正确；传送带对小物体做功等于小物块的机械能的增加量，动能增加量相等，重力势能的增加量也相同，故两种传送带对小物体做功相等，B正确；由摩擦生热Q＝fs相对知，甲图中：＝，Q甲＝f1Δs1＝f1＝f1，对m，由动能定理－mgH＋f1＝mv2∴f1＝mgH＋mv2＝Q甲，同理，Q乙＝mg(H－h)＋mv2，Q甲＞Q乙，C错误；根据能量守恒定律，电动机消耗的电能E电等于摩擦产生的热量Q与物块增加的机械能之和，因物块两次从A到B增加的机械能相同，Q甲＞Q乙，所以将小物体传送到B处，两种传送带消耗的电能甲更多，D正确．
【答案】ABD
【小结】利用功能关系求解问题要分清楚是什么力做功，并且清楚该力做正功还是负功，从而判断与之相关的能量的变化．力做功的过程就是物体能量转化的过程，功是能量转化的量度．
针对训练　
1．(多选)如图所示，一固定斜面倾角为30°，一质量为m的小物块自斜面底端以一定的初速度，沿斜面向上做匀减速运动，加速度的大小等于重力加速度的大小g.若物块上升的最大高度为H，则此过程中，物块的(AC)
A．动能损失了2mgH B．动能损失了mgH
C．机械能损失了mgH D．机械能损失了mgH
【解析】由动能定理得，ΔEk＝－mv＝－mg＝－2mgH，选项A正确、B错误；由能量守恒得，ΔE＝mgH－mv＝－mgH，选项C正确、D错误．
2．(多选)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)(AC)
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5 000 J
D．物体的机械能增加5 000 J
【解析】重力势能增加ΔEp＝mgh＝100×10×5 J＝5 000 J；合外力做功为动能增加量，等于800 J，B错误；升降机对物体做功为重力势能＋动能＝5 800 J，机械能总增加量为动能增加量＋势能增加量＝5 800 J.
(　　
夯实基础　
1．能量转化和守恒定律：能量既不会凭空消失，也不会__凭空产生__．它只能从一种形式__转化__为其他形式，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．能量守恒关系式：ΔE减＝ΔE增．
3．对能量守恒定律的理解
(1)转化：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)转移：某个物体的能量减少，一定存在其他物体的能量增加，且减少量和增加量相等．
考点突破　　
例2如图甲所示，质量为m的滑块以一定初速度滑上倾角为θ的固定斜面，同时施加一沿斜面向上的恒力F＝mgsin θ.已知滑块与斜面间的动摩擦因数μ＝tan θ，取出发点为参考点，能正确描述滑块运动到最高点过程中产生的热量Q、滑块的动能Ek、势能Ep、机械能E随时间t、位移x变化关系的是(　　)
【解析】以物体为研究对象进行受力分析可知，滑块上滑过程中所受的合外力为μmgcos θ＝mgsin θ，故滑块做加速度大小为gsin θ的匀减速直线运动，上滑过程中产生的热量Q＝fx＝mgsin θ是关于t的二次函数，故A错误；滑块的动能Ek＝mv2＝m(v0－gtsin θ)2是关于时间的二次函数，故B错误；重力势能Ep＝mgh＝mgxsin θ∝x，所以C正确；上滑过程中恒力做功与摩擦力做功相等即Wf＝WF＝mgxsin θ，故滑块的机械能保持不变，所以D正确．
【答案】CD
例3如图所示，一物体质量m＝2 kg.在倾角为θ＝37°的斜面上的A点以初速度v0＝3 m/s下滑，A点距弹簧上端B的距离AB＝4 m．当物体到达B后将弹簧压缩到C点，最大压缩量BC＝0.2 m，然后物体又被弹簧弹上去，弹到的最高位置为D点，D点距A点距离AD＝3 m．挡板及弹簧质量不计，g取10 m/s2，sin 37°＝0.6，求：
(1)物体与斜面间的动摩擦因数μ；
(2)弹簧的最大弹性势能Epm.
【解析】由于有摩擦存在，机械能不守恒．可用功能关系解题．
(1)最后的D点与开始的位置A点比较：
动能减少ΔEk＝mv＝9 J.
重力势能减少ΔEp＝mglADsin 37°＝36 J.
机械能减少ΔE＝ΔEk＋ΔEp＝45 J
机械能的减少量全部用来克服摩擦力做功，即
Wf＝Ffl＝45 J，
而路程l＝5.4 m，则Ff＝＝8.33 N.
而Ff＝μmgcos 37°，所以μ＝＝0.52.
(2)m到C点瞬间对应的弹簧弹性势能最大，
由A到C的过程：动能减少ΔE′k＝mv＝9 J.
重力势能减少ΔE′p＝mglAC·sin 37°＝50.4 J
机械能的减少用于克服摩擦力做功W′f＝Ff·sAC＝
μmgcos 37°×sAC＝35 J．由能的转化和守恒定律得：
Epm＝ΔE′k＋ΔE′p－W′f＝24.4 J.
【小结】运用能量转化守恒定律解题的基本思路
针对训练　
3．(多选)如图所示，足够长的传送带以恒定速率沿顺时针方向运转．现将一个物体轻轻放在传送带底端，物体第一阶段被加速到与传送带有相同的速度，第二阶段匀速运动到传送带顶端．则下列说法中正确的是(AC)
A．第一阶段和第二阶段摩擦力对物体都做正功
B．第一阶段摩擦力对物体做的功等于第一阶段物体动能的增加量
C．第二阶段摩擦力对物体做的功等于第二阶段物体机械能的增加量
D．两个阶段摩擦力对物体所做的功等于物体机械能的减少量
【解析】因两个阶段物体所受的摩擦力方向与运动方向相同，故都对物体做正功，A正确；在第一个阶段中，由Wf1－mgh1＝mv2－0可知，Wf1＝mv2＋mgh，B错误；在第二个阶段中，除重力外只有摩擦力做功，故第二阶段摩擦力对物体做的功等于第二阶段物体机械能的增量，C正确；因物体在两个过程中机械能均增加，故D错误．
4．一根长为L、质量为m的均匀链条放在光滑的水平桌面上，其长度的一半悬于桌边，若要将悬着的部分拉回桌面，至少做功(A)
A.mgL B.mgL
C．mgL D.mgL
【解析】悬于桌边的链条质量为.将其拉上桌面，重心升高，故至少做功为mgL.故选项A正确．
5．如图所示，分别用恒力F1、F2先后将质量为m的同一物体由静止开始沿相同的固定粗糙斜面从底端推至顶端．第一次力F1沿斜面向上，第二次力F2沿水平方向，两次所用时间相同，则在这两个过程中(D)
A．恒力F1等于恒力F2
B．两次物体机械能的变化量不相同
C．F1和F2的平均功率相同
D．两次合力所做的功相同
【解析】由公式x＝at2，由于x和t均相同，故加速度a相同，由v＝at，t相同，则物体到达斜面顶端时速度相同，动能相同，则动能变化量相同，根据动能定理得知，合外力做功相等．由图示分析可知，第一次物体所受的摩擦力小于第二次物体所受的摩擦力，故两物体克服摩擦力做功不同，重力做功相同，F1做的功比F2做的少，故D正确、A错误；物体的运动情况相同，重力做功功率相同，第二次克服摩擦力做功的功率大，故F1做功的功率比F2做功的功率小，C错误；物体末速度相同，又由于处于相同的高度，所以两物体机械能变化量相同，故B错误．
考 点 集 训　
A组
1．如图所示，滑块以6 m/s的初速度从曲面上的A点滑下，运动到B点(比A点低)时速度仍为6 m/s.若滑块以5 m/s的初速度仍由A点下滑，则它运动到B点时的速度(A)
A．大于5 m/s
B．等于5 m/s
C．小于5 m/s
D．无法确定
【解析】两次下滑中，滑块做圆周运动时，曲面对滑块的弹力不同，则滑块受到的摩擦力不同，故摩擦力对滑块做的功不同，而重力对滑块做的功相同，故两次动能的变化不同．因第二次速度小一点，滑块做圆周运动时，曲面对它的弹力也小一些，故它受到的摩擦力也随之减小，因此它克服摩擦力做的功也相应地减小，从而小于滑块重力做的功(因为第一次滑块克服摩擦力做的功等于滑块重力做的功)，故末速度大于初速度．本题正确答案为A.
2．(多选)如图所示，足够长传送带与水平方向的夹角为θ，物块a通过平行于传送带的轻绳跨过光滑轻滑轮，与木块b相连，b的质量为m，开始时a、b及传送带均静止，且a不受传送带的摩擦力作用，现将传送带逆时针匀速转动，则在b上升h高度(未与滑轮相碰)的过程中(ABC)
A．物块A的质量为
B．摩擦力对a做的功等于物块a、b构成的系统机械能的增加量
C．摩擦力对a做的功等于物块a、b动能增加量之和
D．任意时刻，重力对a、b做功的瞬时功率大小不相等
【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＝＝，故A正确．摩擦力对a做正功，根据功能关系得：物块a、b构成的系统机械能增加，摩擦力对a做的功等于a、b机械能的增加，故B正确．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，等于b重力势能的增加量，系统的重力势能不变，所以摩擦力对a做的功等于物块a、b动能增加量之和，故C正确．任意时刻a、b的速率相等，对b，克服重力的瞬时功率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错误．
3．(多选)光滑水平面上静置一质量为M的木块，一质量为m的子弹以水平速度v1射入木块，以v2速度穿出，木块速度变为v，对这个过程，下列说法中不正确的是(BCD)
A．子弹对木块做的功等于Mv2
B．子弹对木块做的功等于子弹克服阻力做的功
C．子弹对木块做的功等于木块获得的动能与子弹跟木块间摩擦生热的内能之和
D．子弹损失的动能等于子弹跟木块间摩擦产生的内能
【解析】由动能定理可知，子弹对木块做的功等于木块动能的增加量Mv2，选项A正确，C错误；由动能定理可知，子弹克服阻力做的功等于子弹动能的变化量m(v－v)，由能量守恒定律可知m(v－v)＝Mv2＋Q，故选项B、D错误．故选B、C、D.
4．如图所示，用力F拉位于粗糙固定斜面上的木箱，使它沿着斜面加速向上移动．木箱在移动过程中，下列说法正确的是(C)
A．重力对木箱做的功等于木箱增加的重力势能
B．F对木箱做的功等于木箱增加的机械能
C．合外力对木箱做的功等于木箱增加的动能
D．F对木箱做的功等于木箱增加的动能与木箱克服摩擦力所做功之和
【解析】克服木箱的重力做的功等于木箱增加的重力势能，选项A错误；F和摩擦力做功的代数和等于木箱增加的机械能，选项B错误；根据动能定理可知，合外力对木箱做的功等于木箱增加的动能，选项C正确；F对木箱做的功等于木箱增加的机械能与木箱克服摩擦力所做功之和，选项D错误．
5．(多选)一物体悬挂在细绳下端，由静止开始沿竖直方向向下运动，运动过程中，物体的机械能与位移的关系图象如图所示，其中0～s1过程的图线为曲线，s1～s2过程的图线为直线．根据该图象，下列判断正确的是(BD)
A．0～s1过程中物体所受拉力一定是变力，且不断减小
B．s1～s2过程中物体可能在做匀速直线运动
C．s1～s2过程中物体可能在做变加速直线运动
D．0～s2过程中物体的动能可能在不断增大
【解析】由于除重力和弹簧的弹力之外的其他力做多少负功物体的机械能就减少多少，所以E－x图象的斜率的绝对值等于物体所受拉力的大小，由图可知在0～s1内斜率的绝对值逐渐增大，故在0～s1内物体所受的拉力是不断增大的，故A错误；由于物体在s1～s2内E－x图象的斜率的绝对值不变，故物体所受的拉力保持不变．如果拉力等于物体所受的重力，故物体做匀速直线运动，故B正确；由于物体在s1～s2内所受的拉力保持不变，故加速度保持不变，故物体不可能做变加速直线运动，故C错误；如果物体在0～s2内所受的绳子的拉力小于物体的重力，则物体加速向下运动，故物体的动能不断增大，故D正确．
6．如图甲所示，质量不计的弹簧竖直固定在水平面上，t＝0时刻，将一金属小球从弹簧正上方某一高度处由静止释放，小球落到弹簧上压缩弹簧到最低点，然后又被弹起离开弹簧，上升到一定高度后再下落，如此反复．通过安装在弹簧下端的压力传感器，测出这一过程弹簧弹力F随时间t变化的图象如图乙所示，则(C)
A．t1时刻小球动能最大
B．t2时刻小球动能最大
C．t2～t3这段时间内，小球的动能先增加后减少
D．t2～t3这段时间内，小球增加的动能等于弹簧减少的弹性势能
【解析】球在接触弹簧之前做自由落体运动．碰到弹簧后先做加速度不断减小的加速运动，当加速度为0时，即重力等于弹簧弹力时加速度为0，而后往下做加速度不断增大的减速运动．与弹簧接触的整个下降过程，小球的动能和重力势能转化为弹簧的弹性势能．上升过程恰好与下降过程互逆．由乙图可知t1时刻开始接触弹簧；t2时刻弹力最大，小球处在最低点，动能为0；t3时刻小球往上运动恰好要离开弹簧；t2～t3这段时间内，小球先加速后减速，动能先增加后减少，弹簧的弹性势能转化为小球的动能和重力势能．C对．
7．(多选)某位溜冰爱好者先在岸上从O点由静止开始匀加速助跑，2 s后到达岸边A处，接着进入冰面(冰面与岸边在同一水平面内)开始滑行，又经 3 s 停在了冰上的B点，如图所示．若该过程中，他的位移是x，速度是v，受的合外力是F，机械能是E，则对以上各量随时间变化规律的描述正确的是(BC)
【解析】此爱好者先做匀加速直线运动再做匀减速直线运动直至静止，故B正确；先后做匀加速运动和匀减速运动，两过程合外力大小均为定值，第一个过程合外力大小是第二个过程合外力的1.5倍，故C正确；位移图象是二次函数曲线，故A错；整个过程中的机械能即动能先增大后减小，故D错．
8．(多选)如图所示，质量为 M、长度为l的小车静止在光滑的水平面上，质量为m的小物块(可视为质点)放在小车的最左端．现用一水平恒力F作用在小物块上，使小物块从静止开始做匀加速直线运动．小物块和小车之间的摩擦力为Ff.小物块滑到小车的最右端时，小车运动的距离为x.在这个过程中，以下结论正确的是(ABC)
A．小物块到达小车最右端时具有的动能为(F－Ff)(l＋x)
B．小物块到达小车最右端时，小车具有的动能为Ffx
C．小物块克服摩擦力所做的功为Ff (l＋x)
D．小物块和小车增加的机械能为Fx
【解析】小物块受到向右的拉力F作用，向右运动受到向左的摩擦力Ff，根据相互作用，小车受到向右的摩擦力Ff而运动．小车运动距离为x，而物块从小车的左端运动到右端位移为l＋x.对小车根据动能定理有Ff×x＝Ek1－0，选项B对，对小物块根据动能定理有(F－Ff)×(x＋l)＝Ek2－0，选项A对．小物块克服摩擦力做功Ff(l＋x)，选项C对．小物块和小车重力势能都没有变化，所以他们机械能的增加量等于动能的增加量即Ek1＋Ek2＝Ff×x＋(F－Ff)×(x＋l)＝F(x＋l)－Ffl，选项D错．
B组
9．如图甲所示，一条轻质弹簧左端固定在竖直墙面上，右端放一个可视为质点的小物块，小物块的质量为m＝1.0 kg，当弹簧处于原长时，小物块静止于O点．现对小物块施加一个外力F，使它缓慢移动，将弹簧压缩至A点，压缩量为x＝0.1 m，在这一过程中，所用外力F与压缩量的关系如图乙所示．然后撤去F释放小物块，让小物块沿桌面运动，已知O点至桌边B点的距离为L＝2x，水平桌面的高为h＝5.0 m，计算时，可认为滑动摩擦力近似等于最大静摩擦力．(g取10 m/s2)求：
(1)在压缩弹簧过程中，弹簧存贮的最大弹性势能；
(2)小物块到达桌边B点时速度的大小；
(3)小物块落地点与桌边B的水平距离．
【解析】(1)取向左为正方向，从F－x图中可以看出，小物块与桌面间的滑动摩擦力大小为Ff＝1.0 N，方向为负方向
在压缩过程中，摩擦力做功为
Wf＝－Ff·x＝－0.1 J
由图线与x轴所围的“面积”可得外力做功为
WF＝×0.1 J＝2.4 J
所以弹簧存贮的弹性势能为Ep＝WF＋Wf＝2.3 J.
(2)从A点开始到B点的过程中，由于L＝2x，
摩擦力做功为Wf′＝Ff·3x＝0.3 J
对小物块用动能定理有Ep－Wf′＝mv
解得vB＝2 m/s.
(3)物块从B点开始做平抛运动，h＝gt2
下落时间t＝1 s
水平距离s＝vBt＝2 m.
10．如图所示，AB与CD为两个对称斜面，其上部都足够长，下部分别与一个光滑的圆弧面的两端相切，圆弧圆心角为120°，半径R＝2.0 m，一个物体在离弧底E高度为h＝3.0 m处，以初速度v0＝4 m/s沿斜面运动，若物体与两斜面的动摩擦因数均为μ＝0.02，则物体在两斜面上(不包括圆弧部分)一共能走多长路程？(g＝10 m/s2)
【解析】由于滑块在斜面上受到摩擦阻力作用，所以物体的机械能将逐渐减少，最后物体在BEC圆弧上作永不停息的往复运动．由于物体只在BEC圆弧上作永不停息的往复运动，之前的运动过程中，减小的重力势能为Ep＝mg(h－)，摩擦力做功产生的热量为Q＝μmgscos 60°，由能量转化和守恒定律得：
mv＋mg(h－)＝μmgscos 60°
∴s＝280 m.
11．推行节水工程的转动喷水“龙头”如图所示．“龙头”距地面h(m)，可将水水平喷出，其喷灌半径可达10h.每分钟喷水m(kg)，所用的水是从地下H(m)深的井里抽取．设水以相同的速率喷出，水泵效率为η，不计空气阻力，试求：
(1)水从喷水“龙头”喷出的初速度；
(2)水泵每分钟对水做的功；
(3)带动水泵的电动机的最小输出功率．
【解析】(1)平抛运动的时间t＝
水喷出的初速度为v＝＝＝5
(2)1 min内喷出水的动能为Ek＝mv2＝25mgh
水泵提水，1 min内水获得的重力势能为
Ep＝mg(H＋h)
故1 min内水泵对水所做的功为
W＝Ek＋Ep＝mg(H＋26h)
(3)设电动机的最小输出功率为P，有ηPt′＝W
则P＝＝