功能关系　能量守恒定律 复习学案 Word版含解析

功能关系　能量守恒定律
知识点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。
注意：功不是能，功也不能变为能，只是能量转化的途径，转化多少能量，就需要做多少功。
知识点2　能量守恒定律
(1)内容：能量既不会消灭，也不会创生。它只会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)表达式：ΔE减＝ΔE增。
注意：(1)若只有两种形式的能量相互转化，则这两种形式的能之和保持不变。如动能和电势能相互转化，则Ek＋Ep电＝C。
(2)自然界中虽然能量守恒，但很多能源利用之后不可再重新利用，即能源品质降低，所以要节约能源。
双基自测
一、堵点疏通
1．力对物体做了多少功，物体就有多少能。(　×　)
2．物体在速度增大时，其机械能可能在减小。(　√　)
3．重力和弹簧弹力之外的力做功的过程是机械能和其他形式能
量转化的过程。(　√　)
4．一对互为作用力与反作用力的摩擦力做的总功，等于系统增加的内能。(　√　)
二、对点激活
1．上端固定的一根细线下面悬挂一摆球，摆球在空气中摆动，摆动的幅度越来越小。对此现象下列说法正确的是(　B　)
A．摆球机械能守恒
B．总能量守恒，摆球的机械能正在减少，减少的机械能转化为内能
C．能量正在消失
D．只有动能和重力势能的相互转化
[解析]　由于空气阻力的作用，摆球的机械能减少，减少的机械能转化为内能，能量总和不变，B正确。
2．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(　C　)
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
[解析]　人加速向上运动时，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。
核心考点·重点突破
HE XIN KAO DIAN ZHONG DIAN TU PO
考点一　功能关系的应用
1．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 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
2．两个特殊的功能关系
(1)滑动摩擦力与两物体间相对位移的乘积等于产生的内能，即Ffx相对＝Q。
(2)感应电流克服安培力做的功等于产生的电能，即W克安＝ΔE电。
例1　(多选)如图所示，一根原长为L的弹簧，下端固定在水平地面上，一个质量为m的小球，在弹簧的正上方从距地面高度为H处由静止下落压缩弹簧。若弹簧的最大压缩量为x，小球下落过程受到的空气阻力恒为Ff，则小球从开始下落至最低点的过程(　AC　)
A．小球动能的增加量为零
B．小球重力势能的增加量为mg(H＋x－L)
C．弹簧弹性势能的增加量为(mg－Ff)(H＋x－L)
D．系统机械能减小FfH
[解析]　小球下落的整个过程中，开始时速度为零，结束时速度也为零，所以小球动能的增加量为0，故A正确；小球下落的整个过程中，重力做功为WG＝mgh＝mg(H＋x－L)>0，即小球重力势能减少mg(H＋x－L)，故B错误；根据动能定理，有WG＋Wf＋W弹＝0，所以W弹＝－(mg－Ff)(H＋x－L)<0，即弹簧弹性势能的增加量为(mg－Ff)(H＋x－L)，故C正确；小球从开始下落至最低点的过程，克服阻力做的功为Ff(H＋x－L)，所以系统机械能减小Ff(H＋x－L)，故D错误。
〔变式训练1〕如图1所示，固定的粗糙斜面长为10 m，一小滑块自斜面顶端由静止开始沿斜向下滑的过程中，小滑块的动能Ek随位移x的变化规律如图2所示，取斜面底端为重力势能的参考平面，小滑块的重力势能EP随位移x的变化规律如图3所示，重力加速度g＝10 m/s2。根据上述信息能求出(　D　)
A．斜面的倾角
B．小滑块与斜面之间的动摩擦因数
C．小滑块下滑的加速度的大小
D．小滑块受到的滑动摩擦力的大小
[解析]　小滑块沿斜面下滑的过程中，根据动能定理有：F合x＝ΔEk，由图2的斜率可求得合力F合＝＝ N＝2.5 N，小滑块重力势能的变化量ΔEP＝－mgΔxsin θ，由图3的斜率可求得mgsin θ＝－＝N＝10 N，F合＝mgsin θ－Ff＝mgsin θ－μmgcos θ＝ma＝2.5 N，则小滑块受到的滑动摩擦力的大小Ff可以求出，因小滑块的质量m未知，故斜面的倾角θ、小滑块与斜面之间的动摩擦因数μ、及小滑块下滑的加速度的大小不能求出，故选D。
考点二　能量守恒定律及应用
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、重力势能、弹性势能、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。
例2　如图所示，一质量为m＝1.5 kg的滑块从倾角为θ＝37°的斜面上自静止开始下滑，滑行距离s＝10 m后进入半径为R＝9 m的光滑圆弧AB，其圆心角为θ，然后水平滑上与平台等高的小车。已知小车质量为M＝3.5 kg，滑块与斜面及小车表面间的动摩擦因数μ＝0.35，地面光滑且小车足够长，取g＝10 m/s2，sin 37°＝0.6，cos 37°＝0.8。求：
(1)滑块在斜面上滑行的时间t1；
(2)滑块脱离圆弧末端B点前，轨道对滑块支持力的大小；
(3)当小车开始匀速运动时，滑块在车上滑行的距离s1。
[延伸思考]
(1)滑块在斜面上下滑时产生的摩擦热是多少焦？
(2)滑块在小车上滑行时滑块与小车组成的系统产生的摩擦热是多少焦？
(3)小车足够长有什么物理意义？
(4)要使滑块能从小车的右端滑出去，小车的长度应满足什么条件？
[解析]　(1)设滑块在斜面上滑行的加速度为a，由牛顿第二定律，有
mgsin θ－μmgcos θ＝ma，又s＝at
联立以上两式，代入数据解得
a＝3.2 m/s2，t1＝2.5 s。
(2)滑块在圆弧AB上运动过程，由机械能守恒定律，有mv＋mgR(1－cos θ)＝mv，其中vA＝at1
由牛顿第二定律，有FB－mg＝m
联立以上各式，代入数据解得轨道对滑块的支持力
FB≈31.7 N。
(3)滑块在小车上滑行时的加速度大小：
a1＝μg＝3.5 m/s2
小车的加速度大小：a2＝＝1.5 m/s2
小车与滑块达到共同速度时小车开始匀速运动，满足
vB－a1t2＝a2t2
由(2)可知滑块刚滑上小车的速度vB＝10 m/s，
代入上式得t2＝2 s，所以最终同速时的速度
v＝vB－a1t2＝3 m/s
由功能关系可得：
μmg·s1＝mv－(m＋M)v2
解得：s1＝10 m。
[答案]　(1)2.5 s　(2)31.7 N　(3)10 m
[延伸思考]
提示：(1)滑块在斜面上下滑时产生的摩擦热Q1＝μmgcos θ·s＝42 J。
(2)滑块在小车上滑行时滑块与小车组成的系统产生的摩擦热Q2＝μmg·s1＝mv－(m＋M)v2＝52.5 J。
(3)小车足够长，说明滑块最终没有从小车右端滑出，地面光滑时，滑块与小车最终经相同的速度匀速前进。
(4)要使滑块能从小车的右端滑出去，小车的长度l应满足：l〔变式训练2〕(多选)如图所示，固定斜面上放一质量为m的物块，物块与固定系数为k的轻弹簧连接，轻弹簧与斜面底端的挡板连接，开始时弹簧处于原长，物块刚好不下滑。现将物块向上移动一段距离后由静止释放，物块一直向下运动到最低点，此时刚好不上滑，斜面的倾角为θ，重力加速度为g，最大静摩擦力等于滑动摩擦力，则在物块向下运动过程中，下列说法正确的是(　ACD　)
A．物块与斜面间的动摩擦因数为tan θ
B．物块重力势能的减少量大于因摩擦产生的热量
C．物块的动能和弹簧的弹性势能的总和为定值
D．物块由静止下滑到最低点的过程系统增加的内能为
[解析]　由于开始时弹簧处于原长，物块刚好不下滑，则mgsin θ＝μmgcos θ，解得物块与斜面间的动摩擦因数μ＝tan θ，故A正确；物块下滑过程由动能定理得W弹＋WG－Wf＝ΔEk，由于物块下滑的过程中滑动摩擦力始终与重力沿斜面向下的分力平衡，重力做功和摩擦力做功的代数和为零，所以物块重力势能的减少量等于因摩擦产生的热量，弹簧的弹力做功等于因摩擦产生的热量，弹簧的弹力做功等于物块动能的变化量，即弹簧的弹性势能和物块的动能之和为定值，故B错误，C正确；由于物块在最低点时刚好不上滑，此时弹簧的弹力kx＝mgsin θ＋μmgcos θ＝2mgsin θ，解得x＝，由于物块释放时动能为0，到最低点时动能也为0。说明释放时与在最低点时弹性势能相等，即弹簧形变量相等，则物块由静止下滑到最低点的过程系统增加的内能为ΔE＝Q＝μmgcos θ·2x＝，故D正确。
〔变式训练3〕如图，一长为L的轻杆一端固定在光滑铰链上，另一端固定一质量为m的小球。一水平向右的拉力作用于杆的中点，使杆以角速度ω匀速转动，当杆与水平方向夹角为60°时，拉力的功率为(　C　)
A．mgLω　 B．mgLω
C．mgLω　 D．mgLω
[解析]　由于拉力做功的结果使小球的重力势能增加，根据能量守恒定律，则拉力的功率应等于克服重力的功率，而杆与水平方向夹角为60°时克服重力的功率PG＝mgvy＝mgvcos 60°＝mgωL，即PF＝mgωL，选项C正确。
名师讲坛·素养提升
MING SHI JIANG TAN SU YANG TI SHENG
功能关系在传送带模型中的应用
1．因摩擦产生热量的求解方法
利用公式Q＝Ffx相对或利用能量守恒定律求解。在传送带模型中，一般只能用公式求解。特别要注意公式中的x相对指相对位移而不是对地位移。
2．因传送工件而多消耗电能的求解方法：
(1)根据能量守恒：消耗的电能等于工件增加的机械能与摩擦产生的热量之和。
(2)根据动能定理：由于传送带匀速运动，电动机做的功等于传送带克服摩擦力做的功。
例3　(2020·河北衡水中学期中)(多选)如图所示，与水平面成θ角的传送带，在电动机的带动下以恒定的速率顺时针运行。现将质量为m的小物块从传送带下端A点无初速地放到传送带上，经时间t1物块与传送带达到共同速度，再经时间t2物块到达传送带的上端B点，已知A、B间的距离为L，重力加速度为g，则在物块从A运动到B的过程中，以下说法正确的是(　BC　)
A．在t1时间内摩擦力对物块做的功等于mv2
B．在t1时间内物块和传送带间因摩擦而产生的热量等于物块机械能的增加量
C．在t1＋t2时间内传送带对物块做的功等于mgLsin θ＋mv2
D．在t1＋t2时间内因运送物块，电动机至少多消耗mgLsinθ＋mv2的电能
[解析]　由动能定理可知，在t1时间内摩擦力和重力对物块做的功之和等于mv2，选项A错误；在t1时间内，物块相对传送带的位移Δx＝vt1－t1＝t1，则物块和传送带间因摩擦而产生的热量为Q＝fΔx＝fvt1；物块机械能的增加量等于摩擦力做的功，ΔE＝f·t1＝fvt1，即在t1时间内物块和传送带间因摩擦而产生的热量等于物块机械能的增加量，选项B正确；由功能关系可知，在t1＋t2时间内传送带对物块做的功等于物块机械能的增加量，即mgLsin θ＋mv2，选项C正确；在t1时间内因运送物块，电动机至少多消耗mgL1sin θ＋mv2＋Q的电能，由选项B可知mgL1sin θ＋mv2＝Q，则在t1时间内因运送物块，电动机至少多消耗2mgL1sin θ＋mv2的电能；在t2时间内因运送物块，电动机至少多消耗mgL2sin θ的电能；则在t1＋t2时间内因运送物块，电动机至少多消耗2mgL1sinθ＋mv2＋mgL2sin θ＝mg(L＋L1)sin θ＋mv2的电能，选项D错误。故选B、C项。
〔变式训练4〕(2020·安徽六安一中月考)如图所示，图甲为水平传送带，图乙为倾斜传送带，两者长度相同，均沿顺时针方向转动，转动速度大小相等，将两个完全相同的物块分别轻放在图甲、乙传送带上的A端，两物块均由静止开始做匀加速运动，到B端时均恰好与传送带速度相同，则下列说法正确的是(　D　)
A．图甲中物块运动时间小于图乙中物块运动时间
B．图甲、乙中传送带与物块间因摩擦产生的热量相等
C．图甲、乙中传送带对物块做的功都等于物块动能的增加量
D．图甲、乙中传送带对物块做的功都等于物块机械能的增加量
[解析]　本题考查物块随传送带运动的能量变化分析。设传送带长度为L，速度为v，根据L＝t，知t＝，L、v相等，所以时间t相等，故A错误；物块与传送带间的相对位移Δx＝vt－L＝，可知相对位移大小相等，由a＝，知加速度大小相等，根据牛顿第二定律得，甲图中有f1＝ma，乙图中有f2－mgsin α＝ma，可得f12年高考·1年模拟
2 NIAN GAO KAO 1 NIAN MO NI
1．(2020·山东，11)(多选)如图所示，质量为M的物块A放置在光滑水平桌面上，右侧连接一固定于墙面的水平轻绳，左侧通过一倾斜轻绳跨过光滑定滑轮与一竖直轻弹簧相连．现将质量为m的钩码B挂于弹簧下端，当弹簧处于原长时，将B由静止释放，当B下降到最低点时(未着地)，A对水平桌面的压力刚好为零．轻绳不可伸长，弹簧始终在弹性限度内，物块A始终处于静止状态。以下判断正确的是(　ACD　)
A．M<2m
B．2mC．在B从释放位置运动到最低点的过程中，所受合力对B先做正功后做负功
D．在B从释放位置运动到速度最大的过程中，B克服弹簧弹力做的功等于B机械能的减少量
[解析]　由题意可知B物体可以在开始位置到最低点之间做简谐振动，故在最低点时有弹簧弹力T＝2mg；对A分析，设绳子与桌面间夹角为θ，则依题意有
2mgsin θ＝Mg
故有M<2m，故A正确，B错误；
由题意可知B从释放位置到最低点过程中，开始弹簧弹力小于重力，物体加速，合力做正功；后来弹簧弹力大于重力，物体减速，合力做负功，故C正确；
对于B，在从释放到速度最大过程中，B机械能的减少量等于弹簧弹力所做的负功，即等于B克服弹簧弹力所做的功，故D正确。
2．(2019·全国卷Ⅱ，18)(多选)从地面竖直向上抛出一物体，其机械能E总等于动能Ek与重力势能Ep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(　AD　)
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Ek＝40 J
D．从地面至h＝4 m，物体的动能减少100 J
[解析]　A对：由于Ep＝mgh，所以Ep与h成正比，斜率k＝mg，由图像得k＝20 N，因此m＝2 kg；B错：当h＝0时，Ep＝0，E总＝Ek＝mv，因此v0＝10 m/s；C错：由图像知h＝2 m时，E总＝90 J，Ep＝40 J，由E总＝Ek＋Ep得Ek＝50 J；D对：h＝4 m 时，E总＝Ep＝80 J，即此时Ek＝0，即上升4 m距离，动能减少100 J。
3．(2019·天津，3)如图所示，在水平向右的匀强电场中，质量为m的带电小球，以初速度v从M点竖直向上运动，通过N点时，速度大小为2v，方向与电场方向相反，则小球从M运动到N的过程(　B　)
A．动能增加mv2　 B．机械能增加2mv2
C．重力势能增加mv2　 D．电势能增加2mv2
[解析]　动能变化量ΔEk＝m(2v)2－mv2＝mv2，A错误；重力和电场力做功，机械能增加量等于电势能减少量。带电小球在水平方向做向左的匀加速直线运动，由运动学公式得(2v)2－0＝2x，则电势能减少量等于电场力做的功ΔEp电＝W电＝qEx＝2mv2，B正确，D错误；在竖直方向做匀减速到零的运动，由－v2＝－2gh，得重力势能增加量ΔEp重＝mgh＝mv2，C错误。
4．(2020·浙江7月选考)小明将如图所示的装置放在水平地面上，该装置由弧形轨道、竖直圆轨道、水平直轨道AB和倾角θ＝37°的斜轨道BC平滑连接而成。质量m＝0.1 kg的小滑块从弧形轨道离地高H＝1.0 m处静止释放。已知R＝0.2 m，LAB＝LBC＝1.0 m，滑块与轨道AB和BC间的动摩擦因数均为μ＝0.25，弧形轨道和圆轨道均可视为光滑，g＝10 m/s2忽略空气阻力。
(1)求滑块运动到与圆心O等高的D点时对轨道的压力；
(2)通过计算判断滑块能否冲出斜轨道的末端C点；
(3)若滑下的滑块与静止在水平直轨道上距A点x处的质量为2m的小滑块相碰，碰后一起运动，动摩擦因数仍为0.25，求它们在轨道BC上到达的高度h与x之间的关系。
(碰撞时间不计，sin 37°＝0.6，cos 37°＝0.8)
[答案]　(1)8 N　水平向左　(2)不会冲出　(3)见解析
[解析]　(1)机械能守恒定律mgH＝mgR＋mv
牛顿第二定律FN＝＝8 N
牛顿第三定律FN′＝FN＝8 N，方向水平向左
(2)设能在斜轨道上到达的最高点为C′点，功能关系
mgH＝μmgLAB＋μmgLBC′cos θ＋mgLBC′sin θ
得LBC′＝m<1.0 m，故不会冲出
(3)滑块运动到距A点x处的速度为v，动能定理
mgH－μmgx＝mv2
碰撞后的速度为v′，动量守恒定律mv＝3mv′
设碰撞后滑块滑到斜轨道的高度为h，动能定理
－3μmg(LAB－x)－3μmg－3mgh＝0－(3m)v′2
得h＝x－( mh＝0(0≤x≤m)。