1、第4讲 功能关系 能量守恒定律 教材回扣夯实基础知识点一 功能关系1功能关系(1)功是_的量度，即做了多少功就有多少_发生了转化(2)做功的过程一定伴随着_，而且_必须通过做功来实现能量转化能量能量的转化能量转化2几种常见的功能关系功能量的变化合外力做正功动能_重力做正功重力势能_弹簧弹力做正功弹性势能_电场力做正功电势能_其他力(除重力、弹力外)做正功 机械能_增加减小减小减小增加知识点二 能量守恒定律1内容能量既不会凭空_，也不会凭空消失，它只能从一种形式_为另一种形式，或者从一个物体_到别的物体，在转化或转移的过程中，能量的总量_2表达式(1)E1E2.(2)E 减_.产生转化转移保持不
2、变E 增夯实双基1思考辨析(1)力对物体做了多少功，物体就具有多少能()(2)力对物体做正功，物体的机械能不一定增加()(3)能量在转化或转移的过程中，其总量会不断减少()(4)物体的机械能减少的过程中，动能有可能是增大的()(5)能量在转移或转化过程中守恒，因此没有必要节约能源()(6)静摩擦力做功时，一定会引起能量的转化()(7)滑动摩擦力做功时，一定会引起机械能的转化()(8)一个物体的能量增加，必定有别的物体能量减少()2有关功和能，下列说法正确的是()A力对物体做了多少功，物体就具有多少能B物体具有多少能，就一定能做多少功C物体做了多少功，就有多少能量消失D能量从一种形式转化为另一种
3、形式时，可以用功来量度能量转化的多少D32020温州模拟蹦极是一项既惊险又刺激的运动，深受年轻人的喜爱，如图所示，蹦极者从 P 点由静止跳下，到达 A处时弹性绳刚好伸直，继续下降到最低点 B 处，B 离水面还有数米距离蹦极者(视为质点)在其下降的整个过程中，重力势能的减少量为 E1，绳的弹性势能的增加量为 E2，克服空气阻力做的功为 W，则下列说法正确的是()A蹦极者从 P 到 A 的运动过程中，机械能守恒B蹦极者与绳组成的系统从 A 到 B 的运动过程中，机械能守恒CE1WE2DE1E2W解析：蹦极者从 P 到 A 及从 A 到 B 的运动过程中，由于有空气阻力做功，所以机械能减少，选项 A
4、、B 错误；整个过程中重力势能的减少量等于绳的弹性势能增加量和克服空气阻力做功之和，即 E1WE2，选项 C 正确，选项 D 错误答案：C透析考点多维突破考点一 功能关系的理解和应用考向 由能量变化分析做功1 2017全国卷，16如图，一质量为 m，长度为 l 的均匀柔软细绳 PQ 竖直悬挂用外力将绳的下端Q 缓慢地竖直向上拉起至 M 点，M 点与绳的上端 P 相距13l.重力加速度大小为 g.在此过程中，外力做的功为()A.19mgl B.16mglC.13mgl D.12mgl解析：以均匀柔软细绳 MQ 段为研究对象，其质量为23m，取 M 点所在的水平面为零势能面，开始时，细绳 MQ 段
5、的重力势能 Ep123mgl329mgl，用外力将绳的下端 Q 缓慢地竖直向上拉起至 M 点时，细绳 MQ 段的重力势能 Ep223mgl619mgl，则外力做的功即克服重力做的功等于细绳 MQ 段的重力势能的变化，即 WEp2Ep119mgl29mgl19mgl，选项 A 正确答案：A考向 由做功分析能量变化2 2018全国卷，18如图，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
6、轨迹最高点，机械能的增量为()A2mgR B4mgRC5mgR D6mgR解析：设小球运动到 c 点的速度大小为 vc，则对小球由 a 到 c 的过程，由动能定理有 F3RmgR12mv2c，又 Fmg，解得 vc2 gR，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 tvcg 2Rg，在水平方向的位移大小为 x12gt22R.由以上分析可知，小球从 a 点开始运动到其轨道最高点的过程中，水平方向
7、的位移大小为 5R，则小球机械能的增加量为 EF5R5mgR，C 正确，A、B、D 错误答案：C考向 功能关系的综合应用3 2017全国卷，24一质量为 8.00104 kg 的太空飞船从其飞行轨道返回地面飞船在离地面高度 1.60105 m 处以7.50103 m/s 的速度进入大气层，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
8、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：Ek012mv20128104(100)2 J4.0108 J，飞船进入大气层时的机械能：Ehmgh12mv2h81049.81.6105 J128104(7.5103)2 J2.41012 J(2)飞船在 h600 m 处的机械能：Ehmgh12m(vh2%)21.37109 J飞船从高度 600 m 处至着地瞬间的过程中克服阻力所做的功：WEhEk0解得：W9.7108 J答案：(1)4.0108 J 2.41012 J(2)9.7108 J练 1 2016四川卷，1韩晓鹏是我国首位在冬奥会雪上项
9、目夺冠的运动员他在一次自由式滑雪空中技巧比赛中沿“助滑区”保持同一姿态下滑了一段距离，重力对他做功 1 900 J，他克服阻力做功 100 J韩晓鹏在此过程中()A动能增加了 1 900 JB动能增加了 2 000 JC重力势能减小了 1 900 JD重力势能减小了 2 000 J解析：由动能定理可知，Ek1 900 J100 J1 800 J，故A、B 均错重力势能的减少量等于重力做的功，故 C 正确、D错答案：C练 2 2019江苏卷，8(多选)如图所示，轻质弹簧的左端固定，并处于自然状态小物块的质量为 m，从 A 点向左沿水平地面运动，压缩弹簧后被弹回，运动到 A 点恰好静止物块向左运动
10、的最大距离为 s，与地面间的动摩擦因数为，重力加速度为g，弹簧未超出弹性限度在上述过程中()A弹簧的最大弹力为 mgB物块克服摩擦力做的功为 2mgsC弹簧的最大弹性势能为 mgsD物块在 A 点的初速度为 2gs解析：小物块处于最左端时，弹簧的压缩量最大，然后小物块先向右加速运动再减速运动，可知弹簧的最大弹力大于滑动摩擦力 mg，选项 A 错误；物块从开始运动至最后回到 A 点过程，由功的定义可得物块克服摩擦力做功为 2mgs，选项 B 正确；自物块从最左侧运动至 A 点过程由能量守恒定律可知 Epmgs，选项 C 正确；设物块在 A 点的初速度为 v0，整个过程应用动能定理有2mgs012
11、mv20，解得 v02 gs，选项 D 错误答案：BC练 3 2019全国卷，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()A物体的质量为 2 kgBh0 时，物体的速率为 20 m/sCh2 m 时，物体的动能 Ek40 JD从地面至 h4 m，物体的动能减少 100 J解析：本题考查动能、重力势能、机械能的概念和动能定理、功能关系的应用，以及利用数形结合处理物理问题的能力，体现了能量观念和科学推理的核心素养，同时还
12、体现了图象展示物理关系的形式美重力势能 EPmgh，结合 Ep-h 图象有 mg804 N，则m2 kg，故A正确.h0时E 总12mv20，即100 J122 kgv20，解得 v010 m/s，故 B 错.由图象可知，h2 m 时，E 总90 J、Ep40 J，则 Ek50 J，故 C 错.当 h4 m 时，E 总Ep80 J，则 Ek0，故从地面至 h4 m，物体的动能减少了 100 J，故 D正确答案：AD考点二 摩擦力做功与能量转化1两种摩擦力的做功情况比较2.求解相对滑动物体的能量问题的方法(1)正确分析物体的运动过程，做好受力情况分析(2)利用运动学公式，结合牛顿第二定律分析物体
13、的速度关系及位移关系(3)公式 QFfx 相对中 x 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 x 相对为总的相对路程4 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，如图所示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：(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)摩擦过程产生的摩擦热；(5)电动机带动传送带匀速传动输出的总能量解析：木块刚放上时速度为零，必然受到传送带的滑动摩擦力作用，做匀加速直线运动，达到与传送带共速后不再相对滑动，整个过程中木块获得一定的能量，系统要产生摩擦热对
14、小木块，相对滑动时由 mgma 得加速度 ag.由 vat 得，达到相对静止所用时间 t vg.(1)小木块的位移 l1v2t v22g.(2)传送带始终匀速运动，路程 l2vtv2g.(3)小木块获得的动能 Ek12mv2也可用动能定理 mgl1Ek，故 Ek12mv2.(4)产生的摩擦热：Qmg(l2l1)12mv2.(注意：QEk 是一种巧和，不是所有的问题都这样)(5)由能量守恒定律得，电机输出的总能量转化为小木块的动能与摩擦热，所以 E 总EkQmv2.答案：(1)v22g(2)v2g(3)12mv2(4)12mv2(5)mv2练 4(多选)如图所示，质量为 M2 kg、长为 L2
15、m 的木板静止放置在光滑水平面上，在其左端放置一质量为 m1 kg 的小木块(可视为质点)，小木块与长木板之间的动摩擦因数 0.2，先相对静止，后用一水平向右的力 F4 N 作用在小木块上，经过一段时间小木块从木板另一端滑下，g 取 10 m/s2，则()A小木块在长木板上滑行的时间 t2 sB在整个运动过程中由于摩擦产生的热量为 8 JC小木块脱离长木板的瞬间，拉力 F 的瞬时功率为 16 WD小木块在运动过程中获得的动能为 12 J解析：小木块和长木板之间发生相对滑动，滑动摩擦力大小为 2 N，根据牛顿第二定律可知长木板以加速度 a11 m/s2 向右做匀加速运动，位移 x112a1t2.
16、小木块以加速度 a22 m/s2 向右做匀加速运动，位移 x212a2t2，x2x1L，解得 t2 s，故选项 A正确；由功能关系得因摩擦而产生的热量等于滑动摩擦力乘以相对路程，等于 4 J，故选项 B 错误；小木块脱离长木板瞬间的速度 v4 m/s，根据 PFv16 W，可知选项 C 正确；对小木块应用动能定理有 EkWFWf8 J，故选项 D 错误答案：AC练 5 2020株洲模拟(多选)如图所示，在倾角为 30的足够长的固定粗糙斜面上一质量为 m0.4 kg 的滑块在 t0 时刻自斜面底端以某一初速度沿斜面向上运动，滑块上滑过程中距斜面底端的距离 d10t5t2(m)，不计空气阻力，g
17、取 10 m/s2，最大静摩擦力等于滑动摩擦力，则下列说法正确的是()A在 t1 s 时刻滑块开始下滑B在 t2 s 时刻滑块返回斜面底端C滑块和斜面间的动摩擦因数 34D滑块在斜面上运动过程中机械能损失 10 J解析：由滑块上滑过程中距斜面底端的距离 d10t5t2(m)，可知滑块的初速度为 10 m/s，加速度大小为 10 m/s2，方向沿斜面向下，则到达最高点时有 0v0at，代入数据解得 t1 s，故 A 正确；对滑块上滑过程由牛顿第二定律得 mgsin mgcos ma，代入数据得 33，到达最高点速度为零时有 mgsin mgcos，滑块不会向下滑动，将处于静止状态，故 B、C 错
18、误；滑块到达最高点时的位移 xv0t12at2101 m121012 m5 m，滑块在斜面上运动过程中机械能损失 Emgcos x 33 0.410 32 5 J10 J，故 D 正确答案：AD考点三 能量守恒定律的应用1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2运用能量守恒定律解题的基本思路5 如图所示，一物体质量 m2 kg，在倾角 37的斜面上的 A 点以初速度 v03 m/s 下滑，A 点距弹簧上端 B 的距离 AB4 m当物体到达 B 点后将
19、弹簧压缩到 C 点，最大压缩量 BC0.2 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 点的距离 AD3 m，挡板及弹簧质量不计，g 取 10 m/s2，sin370.6，求：(1)物体与斜面间的动摩擦因数.(2)弹簧的最大弹性势能 Epm.解析：(1)物体从开始位置 A 点到最后 D 点的过程中，弹性势能没有发生变化，动能和重力势能减少，机械能的减少量为EEkEp12mv20mgxADsin37物体克服摩擦力产生的热量为 QFfx其中 x 为物体的路程，即 x5.4 mFfmgcos37由能量守恒定律可得 EQ由式解得 0.52.(2)由 A 到 C 的过程中，动能减
20、少 Ek12mv20重力势能减少 EpmgxACsin37摩擦生热 QFfxACmgcos37xAC由能量守恒定律得弹簧的最大弹性势能为EpmEkEpQ联立解得 Epm24.5 J.答案：(1)0.52(2)24.5 J练 6 2020天津和平区一模如图甲所示，一长木板静止在水平地面上，在 t0 时刻，一小物块以一定速度从左端滑上长木板，之后长木板运动 v-t 图象如图乙所示，已知小物块与长木板的质量均为 m1 kg，已知木板足够长，(g10 m/s2)，求：(1)小物块与长木板间动摩擦因数的值；(2)在整个运动过程中，系统所产生的热量解析：本题考查功能关系在板块模型中的应用(1)设小物块与长
21、木板间的动摩擦因数为 1，长木板与地面间的动摩擦因数为 2，长木板达到的最大速度为 vm，长木板加速过程中，由牛顿第二定律得1mg22mgma1，vma1t1，木板和物块相对静止，共同减速过程中，由牛顿第二定律得22mg2ma2，vma2t2，由图象可知，vm2 m/s，t12 s，t21 s，联立解得 10.5.(2)设小物块初速度为 v0，则滑上长木板时的加速度大小为a0，则有 1mgma0，vmv0a0t1，在整个过程中，由能量守恒定律得 Q12mv2072 J.答案：(1)0.5(2)72 J练 7 如图所示，光滑半圆弧轨道半径为 R，OA 为水平半径，BC 为竖直直径一质量为 m 的
22、小物块自 A 处以某一竖直向下的初速度滑下，进入与 C 点相切的粗糙水平滑道 CM 上，在水平滑道上有一轻弹簧，其一端固定在竖直墙上，另一端恰位于滑道的末端 C 点(此时弹簧处于自然状态)若物块运动过程中弹簧最大弹性势能为 Ep，且物块被弹簧反弹后恰能通过 B 点已知物块与水平滑道间的动摩擦因数为，重力加速度为 g.求：(1)物块离开弹簧刚进入半圆轨道时对轨道的压力 FN 的大小(2)弹簧的最大压缩量 d.(3)物块从 A 处开始下滑时的初速度 v0.解析：(1)由题意可知，物块在 B 点满足mgmv2BR，物块由 C 点到 B 点机械能守恒，得12mv2Cmg2R12mv2B，在 C 点 FNmgmv2CR，由以上三式联立，可得 FN6mg，由牛顿第三定律可知，物块对轨道最低点 C 的压力大小为6mg.(2)由能量守恒定律，可得 Epmgd12mv2C，解得 d Epmg5R2.(3)对物块由 A 点下滑到弹簧达最大压缩量的过程应用能量守恒定律，可得12mv20mgREpmgd，解得 v04Epm 7gR.答案：(1)6mg(2)Epmg5R2(3)4Epm 7gR