1、 主干知识成体系 迁移交汇破疑难 一、功能关系的理解及应用 1功能关系：功是能量转化的量度。2对功能关系的理解(1)做功的过程就是能量转化的过程。不同形式的能量发生相互转化必须通过力做功来实现的；不同的力做功，对应不同形式的能的转化。(2)做功的多少与能量转化的多少在数值上相等。3几种常见的功能关系理解 功能关系 表达式 物理意义 正功、负功含义 重力做功与重力势能 WGEp1Ep2Ep 重力做功是重力势能变化的原因 WG0 重力势能减少 WG0 重力势能增加 WG0 重力势能不变 弹簧弹力做功与弹性势能 W弹Ep1Ep2Ep 弹力做功是弹性势能变化的原因 W弹0 弹性势能减少 W弹0 弹性势
2、能增加 W弹0 弹性势能不变 合力做功与动能 W合Ek2Ek1Ek 合外力做功是物体动能变化的原因 W合0 动能增加 W合0 动能减少 W合0 动能不变 除重力或系统内弹力外其他力做功与机械能 W非GE机 除重力或系统内弹力外其他力做功是机械能变化的原因 W非G0 机械能增加 W非G0 机械能减少 W非G0 机械能守恒 续表 典例 1(多选)如图 8-1 所示，假设质量为 m 的跳伞运动员，由静止开始下落，在打开降落伞之前受恒定阻力作用，下落的加速度为45g，在运动员下落高度为 h 的过程中，下列说法正确的是()A运动员的重力势能减少了45mghB运动员克服阻力所做的功为45mghC运动员的动
3、能增加了45mghD运动员的机械能减少了15mgh图8-1 解析 在运动员下落高度为 h 的过程中，重力势能减少了 mgh，故 A 错误。根据牛顿第二定律得，运动员所受的合力为 F 合ma45mg，则根据动能定理得，合力做功为45mgh，则动能增加了45mgh，故 C 正确。合力做功等于重力做功与阻力做功的代数和，因为重力做功为 mgh，所以克服阻力做功为15mgh，故 B 错误。重力势能减少了 mgh，动能增加了45mgh，故机械能减少了15mgh，故 D 正确。答案 CD 功能关系的选取技巧(1)涉及动能的变化选用动能定理分析。(2)涉及重力势能的变化选用重力做功关系分析。(3)涉及弹性势
4、能的变化选用弹力做功关系分析。(4)涉及机械能的变化选用除重力和系统内弹力之外的力做功关系分析。【针对训练】1如图 8-2 所示，某段滑雪雪道倾角为 30，总质量为 m(包括雪具在内)的滑雪运动员从距底端高为 h 处的雪道上由静止开始匀加速下滑，加速度为13g。在他从上向下滑到底端的过程中，下列说法正确的是()A运动员减少的重力势能全部转化为动能B运动员获得的动能为13mghC运动员克服摩擦力做功为23mghD下滑过程中系统减少的机械能为13mgh图8-2 解析：运动员的加速度为13g，小于 gsin 30，因此必受摩擦力的作用，且受到的摩擦力大小为16mg，克服摩擦力做功为16mghsin
5、3013mgh，故 C 错误；克服摩擦力做功，机械能不守恒，减少的重力势能没有全部转化为动能，而是有13mgh 转化为内能，故 A 错误，D 正确；由动能定理知，运动员获得的动能为13mghsin 3023mgh，故 B 错误。答案：D 2(多选)在奥运会比赛项目中，高台跳水是我国运动员的强项。质量为 m 的跳水运动员入水后受到水的阻力而竖直向下做减速运动，设水对运动员的阻力大小恒为 F。那么在运动员减速下降 h 的过程中，下列说法正确的是(g 为当地的重力加速度)()A运动员的动能减少了 FhB运动员的重力势能减少了 mghC运动员的动能减少了(Fmg)hD运动员的机械能减少了 Fh 解析：
6、跳水运动员入水后减速下降h的过程中，运动员的重力势能减少了mgh，故B正确；由动能定理知，动能减少了(Fmg)h，故C正确，A错误；阻力F做的功等于运动员的机械能的变化量，故D正确。答案：BCD 二、能量守恒定律的理解及应用1能量守恒定律的理解(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，在转化和转移的过程中，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 初E 末，初状态各种能量的总和等于末状态各种能量的总和。E 增E 减，增加的那些能量的增加量等
7、于减少的那些能量的减少量。2应用能量守恒定律解题的一般步骤(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E减和增加的能量E增的表达式。(3)列恒等式：E减E增。典例2 如图8-3甲所示，在倾角为37足够长的粗糙斜面底端，一质量m1 kg的滑块压缩着一轻弹簧且锁定，但它们并不相连，滑块可视为质点。t0时解除锁定，通过计算机传感器描绘出滑块的v-t图像如图8-3乙所示，其中Oab段为曲线，bc段为直线，在t10.1 s 时滑块已上滑x0.2 m的距离(g取10 m/s2，sin 370.6，cos 370.8)。求：图8-3 (1)滑块离开弹簧后在图中 b
8、c 段对应的加速度 a 的大小及滑块与斜面间动摩擦因数 的大小；(2)t20.3 s 和 t30.4 s 时滑块的速度 v2、v3 的大小；(3)弹簧锁定时具有的弹性势能 Ep。解析(1)由题图乙知滑块在 bc 段做匀减速运动，加速度大小为 avt10 m/s2，根据牛顿第二定律得 mgsin 37mgcos 37ma，解得 0.5。(2)根据速度时间公式得 t20.3 s 时的速度大小v2v1at，解得 v20，在 t2 之后滑块开始下滑，下滑时由牛顿第二定律得 mgsin 37mgcos 37ma，解得 a2 m/s2。从 t2 到 t3 做初速度为 0 的匀加速运动，t3 时刻的速度为v
9、3at0.2 m/s。(3)从 0 到 t1 时间内，由能量守恒定律得Epmgxsin 37mgxcos 3712mv12，解得 Ep4 J。答案(1)10 m/s2 0.5(2)0 0.2 m/s(3)4 J 【针对训练】3如图 8-4 所示，电动机带动水平传送带以速度 v 匀速传动，一质量为 m 的小木块由静止轻放在传送带上。若小木块与传送带之间的动摩擦因数为，当小木块与传送带相对静止时，求：图8-4(1)小木块的位移；(2)传送带转过的路程；(3)小木块获得的动能；(4)摩擦产生的热量；(5)因放上小木块后，电动机带动传送带匀速转动多输出的总能量。解析：小木块刚放上传送带时，速度为 0，
10、受到传送带的滑动摩擦力作用，做匀加速直线运动，达到与传送带相同的速度后不再受摩擦力，整个过程中小木块获得一定的动能，系统内因摩擦产生一定的热量。(1)对小木块，相对滑动时，由 mgma，得 ag，由 vat，得小木块由静止到与传送带相对静止时所用的时间 t vg。则小木块的位移 l12at2 v22g。(2)传送带始终匀速运动，转过的路程svtv2g。(3)小木块获得的动能 Ek12mv2。(4)摩擦产生的热量Qmg(sl)12mv2。(5)由能的转化与守恒得，电动机多输出的总能量转化为小木块的动能与摩擦产生的热量，E 总EkQmv2。答案：(1)(2)(3)mv2(4)mv2(5)mv2 4
11、如图 8-5 所示，在光滑水平地面上放置质量 M2 kg的长木板，木板上表面与固定的光滑弧面相切。一质量 m1 kg 的小滑块自弧面上高 h 处由静止自由滑下，在木板上滑行 t1 s 后，滑块和木板以图 8-5共同速度 v1 m/s 匀速运动，g 取 10 m/s2。求：(1)滑块与木板间的摩擦力大小 Ff；(2)滑块下滑的高度 h；(3)滑块与木板相对滑动过程中产生的热量 Q。解析：(1)对木板：FfMa1由运动学公式，有 va1t，解得 Ff2 N。(2)对滑块：Ffma2设滑块滑上木板时的速度为 v0，则 vv0a2t，解得 v03 m/s。由机械能守恒定律有 mgh12mv02，hv0
12、22g32210 m0.45 m。(3)根据能量守恒定律有Q12mv0212(Mm)v212132 J12(12)12 J3 J。答案：(1)2 N(2)0.45 m(3)3 J 模型构建探本质 一、非质点类物体的机械能守恒问题 1 在 应 用 机 械 能 守 恒 定 律 处 理实 际 问题时，经常遇 到 像“链条”“液柱”类的物体，其在运动过程中将发生形变，其重心位置相对物体也发生变化，因此这类物体不能再看成质点来处理。2非质点类物体虽然不能看成质点来处理，但因只有重力做功，物体整体机械能守恒。一般情况下，根据质量分布均匀的规则物体的重心位置在其几何中心的原则，可将物体分段处理，根据初、末状
13、态物体重力势能的变化，建立机械能守恒方程求解。典例1 如图8-6所示，AB为光滑的水平面，BC是倾角为的足够长的光滑斜面，斜面体固定不动，AB、BC间用一小段光滑圆弧轨道相连，一条长为L的均匀柔软链条开始时静止地放在ABC面上，其一端D至B点的距离为La，其中a未知，现自由释放链条，当链条的D端滑到B点时链条的速率为v，求长度a的大小。图8-6 解析 设链条质量为 m，可以认为始末状态的重力势能变化是由 La段下降引起的。下降高度 haLa2sin La2sin，该部分的质量为 mmL(La)，由机械能守恒定律可得mL(La)gh12mv2，解得 aL2 v2Lgsin。答案 L2 v2Lgs
14、in 【针对训练】1.如图 8-7 所示，粗细均匀，两端开口的 U 形管内装有同种液体，开始时两边液面高度差为 h，管中液柱总长度为 4h，后来让液体自由流动，当两液面高度相等时，右侧液面下降的速度为()A.18gh B.16gh C.14ghD.12gh 图8-7 解析：当两液面高度相等时，减少的重力势能转化为整个液体的动能，根据功能关系有18mg12h12mv2，解得 v18gh。答案：A 2.如图 8-8 所示，质量分布均匀的总长为 L 的光滑铁链跨过一个光滑的轻质小滑轮，开始时下端 A、B 相平齐，当略有扰动时其一端下落，则当铁链刚脱离滑轮的瞬间，铁链的速度为多大？图8-8解析：法一，
15、取整个铁链为研究对象设整个铁链的质量为 m，初始位置的重心在 A 点上方14L 处，末位置的重心在 A 点，则重力势能的减少量为 Epmg14L，由机械能守恒定律得12mv2mg14L，解得 vgL2。法二，将铁链看成两段铁链由初始状态到刚离开滑轮时，等效于左侧铁链 BB部分移到 AA位置。重力势能减少量为 Ep12mgL2，由机械能守恒定律得12mv212mgL2，解得 vgL2。答案：gL2二、摩擦力做功的特点及计算 1两种摩擦力做功的比较 摩擦力种类 静摩擦力 滑动摩擦力 做功特点(1)静摩擦力对物体可以做正功、负功，还可以不做功(2)静摩擦力做正功时，它的反作用力一定做负功(1)滑动摩
16、擦力对物体可以做正功、负功，还可以不做功(2)滑动摩擦力做负功时，它的反作用力可能做正功、可能做负功、还可能不做功 能量的转化 静摩擦力做功的过程中只发生能量的转移，不发生能量形式的转化 滑动摩擦力做功的过程中既发生能量的转移，又发生能量形式的转化 一对摩擦力的总功 一对静摩擦力做功的代数和一定等于零 一对滑动摩擦力做功的代数和一定为负值，总功WFf s相对，其绝对值为摩擦时产生的热量Q 2求解摩擦生热问题的思路(1)正确分析物体的运动过程，做好受力分析。(2)利用运动学公式，结合牛顿第二定律分析物体的速度关系及位移关系。(3)摩擦生热 QFfs 相对，其中 s 相对为两物体间相对滑行的路程，
17、而不是相对位移。典例 2 如图 8-9 所示，一质量为 m 的滑块从高为 h 的光滑圆弧形槽的顶端 A 处无初速度地滑下，槽的底端 B 与水平传送带相接，传送带的运行速度恒为 v0，两轮轴心间距为 l，滑块滑到传送带上后做匀加速运动，滑到传送带右端C 时，恰好加速到与传送带的速度相同，求：图 8-9(1)滑块到达底端 B 时的速度大小 vB；(2)滑块与传送带间的动摩擦因数；(3)此过程中，由于克服摩擦力做功而产生的热量 Q。解析(1)滑块在由 A 到 B 的过程中机械能守恒，可得 mgh12mvB2，解得 vB 2gh。(2)滑块在由 B 到 C 的过程中，应用动能定理得mgl12mv021
18、2mvB2解得 v022gh2gl。(3)QFfl 相对mgl 相对，又 v0vBgt，得 l 相对v0tvBv02tv0vB22gv0 2gh22g，故 Qmv0 2gh22。答案(1)2gh(2)v022gh2gl(3)mv0 2gh22 【针对训练】3(2021 年 1 月新高考 8 省联考河北卷)螺旋千斤顶由带手柄的螺杆和底座组成，螺纹与水平面夹角为，如图 8-10 所示。水平转动手柄，使螺杆沿底座的螺纹槽(相当于螺母)缓慢旋进而顶起质量为 m 的重物，如果重物和螺杆可在任意位置保持平衡，称为摩擦自锁。能实现自锁的千斤顶，的最大值为 0。现用一个倾角为 0 的千斤顶将重物缓慢顶起高度
19、h 后，向螺纹槽滴入润滑油使其动摩擦因数 减小，重物回落到起点。假定最大静摩擦力等于滑动摩擦力，不计螺杆和手柄的质量及螺杆与重物间的摩擦力，转动手柄不改变螺纹槽和螺杆之间的压力。下列说法正确的是()图8-10 A实现摩擦自锁的条件为tan B下落过程中重物对螺杆的压力等于mg C从重物开始升起到最高点摩擦力做功为mgh D从重物开始升起到最高点转动手柄做功为2mgh 解析：实现自锁的条件是重物重力沿斜面下滑的分力小于等于最大静摩擦力，即 mgsin mgcos，解得 tan，故 A 错误；重物对螺杆压力 FNmgcos，故 B 错误；重物缓慢上升的过程中，对螺杆和重物整体受力分析如图所示，则摩
20、擦力做功为 Wfmgcos Ltan mgcos hsin mgh，故 C错误；从重物开始升起到最高点，转动手柄做的功用于克服摩擦力做功和转化为重物上升增加的重力势能 mgh，因此根据动能定理得 WWfmgh0，解得 W2mgh，故 D 正确。答案：D 4长为 1.5 m 的长木板 B 静止放在水平冰面上，小物块 A 以某一初速度从木板 B 的左端滑上长木板 B，直到 A、B 的速度达到相同，此时 A、B 的速度为 0.4 m/s，然后 A、B 又一起在水平冰面上滑行了 8.0 cm 后停下。若小物块 A 可视为质点，它与长木板 B 的质量相同都为 2 kg，A、B 间的动摩擦因数 10.25
21、。求：(g 取 10 m/s2)(1)长木板与冰面间的动摩擦因数 2；(2)全过程产生的总热量 Q。解析：(1)A、B 一起运动时，受冰面对木板 B 的滑动摩擦力，做匀减速运动，加速度 a2g，又根据运动学公式 v22ax，解得木板与冰面间的动摩擦因数 20.10。(2)小物块 A 刚滑上木板 B 时，小物块 A 受木板对它的滑动摩擦力，做匀减速运动，加速度 a11g2.5 m/s2，小物块 A 在木板上滑动，木块 B 受小物块A 的滑动摩擦力和冰面的滑动摩擦力，做匀加速运动，有 1mg2(2m)gma2，解得加速度 a20.50 m/s2，设小物块滑上木板时的初速度为 v10，经时间 t 后
22、 A、B 的速度相同为 v，由长木板的运动得 va2t，解得滑行时间 tva20.8 s，小物块滑上木板的初速度 v10va1t2.4 m/s，小物块 A 在长木板 B 上滑动的距离xx1x2v10t12a1t212a2t20.96 m，A、B 间产生热量 Q11mgx4.8 J，木板 B 总位移为 x212a2t20.08 m0.24 m，则长木板 B 与冰面之间产生热量Q222mgx20.96 J，总热量 QQ1Q25.76 J。答案：(1)0.10(2)5.76 J 创新应用提素养一、科技中的能量问题1如图 8-11 所示是一种太阳能驱动的小车，当太阳光照射到小车上方的光电板时，光电板中
23、产生的电流经电动机带动小车前进。若质量为 m 的小车在平直的水泥路上从静止开始沿直线加速行驶，经过时间 t 前进的距离为 x，且速度达到最大值 vm。设这一过程中电动机的功率恒为 P，小车所受阻力恒为Ff，那么这段时间内()图8-11A小车做匀加速运动B小车受到的牵引力逐渐增大C小车受到的合外力所做的功为 PtD小车受到的牵引力做的功为 Ffx12mvm2 解析：小车在运动方向上受牵引力 F 和阻力 Ff，v 增大，P 不变，由 PFv，FFfma，得出 F 逐渐减小，a 也逐渐减小，当 vvm 时，a0，故 A、B均错；合外力做的功 W 外PtFfx，由动能定理得 PtFfx12mvm2，故
24、 C 错误，D 正确。答案：D 二、生产中的能量问题2(多选)在大型施工场所，广泛的应用传送带搬运货物。如图 8-12 甲所示，倾斜的传送带以恒定速率运动，传送带始终是绷紧的，将 m1 kg 的货物放在传送带上的 A 点，经过 1.2 s 到达传送带的 B 点。用速度传感器测得货物与传送带的速度 v 随时间 t 变化的图像如图 8-12 乙所示，已知重力加速度 g 取 10 m/s2。由 v-t 图像可知()图8-12 AA、B 两点的距离为 2.4 mB货物与传送带间的动摩擦因数为 0.5C货物从 A 运动到 B 的过程中，传送带对货物做功大小为 12.8 JD货物从 A 运动到 B 的过程
25、中，货物与传送带因摩擦产生的热量为 4.8 J解析：根据 v-t 图像，货物放在传送带上后做匀加速直线运动，当速度达到与传送带速度相同时，继续做匀加速直线运动，但是加速度变小了，因此货物受到的滑动摩擦力在 t0.2 s 时由沿传送带向下变为沿传送带向上。A 到 B 的距离对应货物 v-t 图像与横轴所围的“面积”，x1220.2 m12(24)1 m3.2 m，故 A 错误；00.2 s 内货物的加速度为 a1 v1t1 20.2 m/s210 m/s2，根据牛顿第二定律得 mgsin mgcos ma1，同理0.21.2 s 内 a2v2t2 421.20.2 m/s22 m/s2，mgsi
26、n mgcos ma2，联立解得 cos 0.8，0.5，故 B 正确；整个过程货物与传送带间的滑动摩擦力大小均为 Ffmgcos 4 N，则 00.2 s 内传送带对货物做功为 W1Ffx140.2 J0.8 J，0.21.2 s 内传送带对货物做功为 W2Ffx243 J12 J，WW1W211.2 J，整个过程，传送带对货物做功大小为 11.2 J，故 C 错误；根据功能关系，货物与传送带因摩擦产生的热量等于摩擦力乘相对路程，由图像可得 00.2 s 内相对路程 x1120.22 m0.2 m,0.21.2 s 内相对路程 x21212 m1 m，产生的热量为 QFfx1Ffx24.8
27、J，故 D 正确。答案：BD 三、生活中的能量问题3在游乐节目中，选手需借助悬挂在高处的绳飞越到水面的浮台上，两位同学观看后对此进行了讨论。如图 8-13 所示，他们将选手简化为质量 m60 kg 的质点，选手抓住绳由静止开始摆动，此时绳与竖直方向夹角 53，绳的悬挂点 O 距水面的高度为 H3 m。不考虑空气阻力和绳的质量，浮台露出水面的高度不计，水足够深。重力加速度 g 取 10 m/s2，sin 530.8，cos 530.6。图8-13(1)求选手摆到最低点时对绳拉力F的大小；(2)若绳长l2 m，选手摆到最高点时松手落入水中。设水对选手的平均浮力F1800 N，平均阻力F2700 N
28、，求选手落入水中的深度d；(3)若选手摆到最低点时松手，甲同学认为绳越长，在浮台上的落点距岸边越远；乙同学却认为绳越短，落点距岸边越远。请通过推算说明你的观点。解析：(1)由静止至摆到最低点，对选手由机械能守恒定律得 mgl(1cos)12mv20，选手在最低点处由牛顿第二定律得Fmgmv2l，由牛顿第三定律得选手对绳拉力FF1.8mg1 080 N。(2)选手摆到最高点时松手落入水中，如图所示，对选手由动能定理得mg(Hlcos d)(F1F2)d00，解得 d1.2 m。(3)选手摆到最低点时松手将做平抛运动，则：竖直方向 Hl12gt2，水平方向 xvt，由(1)可得 v 0.8gl，解
29、得 x 1.6lHl，可知当 lH21.5 m 时，x 取最大值，落点距岸边最远。答案：(1)1 080 N(2)1.2 m(3)见解析 4如图8-14甲所示为水上滑梯，其示意图如图8-14乙所示，它由斜槽AB和水平槽BC构成，AB与BC圆滑连接，斜槽AB的竖直高度H15 m，BC面高出水面的距离h0.80 m，一个质量m50 kg的游戏者从滑梯顶端A点由静止滑下，g取10 m/s2。图8-14(1)以水面为参考平面，求游戏者在A点时的重力势能Ep；(2)若忽略游戏者下滑过程中所受的一切阻力，求游戏者从滑梯顶端A点由静止滑下到斜槽底端B点的速度大小；(3)若由于阻力的作用，游戏者从滑梯顶端 A 点由静止滑下到达滑梯末端 C 点时的速度大小 vC15 m/s，求这一过程中游戏者克服阻力做的功。解析：(1)以水面为参考平面，游戏者在 A 点的重力势能Epmg(Hh)5010(150.8)J7 900 J。(2)从 A 到 B 过程，由机械能守恒定律得mgH12mvB20，解得 vB 2gH 21015 m/s10 3 m/s。(3)从 A 点到 C 点运动全过程，由动能定理得 mgHW12mvC20，解得 W1 875 J，游戏者克服阻力做功为 1 875 J。答案：(1)7 900 J(2)10 3 m/s(3)1 875 J
