1、第 30 课时 功能关系 能量守恒定律(重点突破课)基础点自主落实 必备知识1功能关系(1)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，能量的转化可以通过做功来实现。功2能量守恒定律(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，能量的总量保持不变。(2)表达式：E 减。转化转移E 增小题热身1判断正误(1)力对物体做了多少功，物体就具有多少能。()(2)能量在转移或转化过程中，其总量会不断减少。()(3)在物体机械能减少的过程中，动能有可能是增大的。()(4)滑动摩擦
2、力做功时，一定会引起机械能的转化。()(5)一个物体的能量增加，必定有别的物体能量减少。()2(多选)一个物体在光滑的水平面上匀速滑行，则()A这个物体没有能B这个物体的能量不发生变化C这个物体没有对外做功D以上说法均不对解析：物体在光滑水平面上匀速滑动过程中没有外力对物体做功，物体的能量不发生变化，但并不是物体不具有能量，故选项 B、C 正确，A、D 错误。答案：BC3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()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
3、于空气阻力的作用，机械能减少，机械能不守恒，内能增加，机械能转化为内能，能量总和不变，B 正确。答案：B4(2016四川高考)韩晓鹏是我国首位在冬奥会雪上项目夺冠的运动员。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 J B动能增加了 2 000 JC重力势能减小了 1 900 J D重力势能减小了 2 000 J解析：根据动能定理得韩晓鹏动能的变化 EWGWf1 900 J100 J1 800 J0，故其动能增加了 1 800 J，选项 A、B 错误；根据重力做功
4、与重力势能变化的关系 WGEp，所以 EpWG1 900 J0，故韩晓鹏的重力势能减小了 1 900 J，选项C 正确，选项 D 错误。答案：C提能点(一)功能关系的理解及应用提能点师生互动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WGEp负功重力势能增加弹簧等的弹力正功弹性势能减少W弹Ep负功弹性势能增加电场力正功电势能减少W电Ep负功电势能增加几种常见力做功对应的能量变化数量关系式合力正功动能增加W合Ek负功动能减少重力以外的其他力正功机械能增加W其E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
5、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E 电。典例 如图所示，在竖直平面内有一半径为 R的圆弧轨道，半径 OA 水平、OB 竖直，一个质量为 m的小球自 A 的正上方 P 点由静止开始自由下落，小球沿轨道到达最高点 B 时对轨道压力为 mg2。已知 AP2R，重力加速度为 g，则小球从 P 到 B 的运动过程中()A重力做功 2mgR B合力做功34mgRC克服摩擦力做功12mgRD机械能减少 2mgR解析 小球能通过 B 点，在 B 点速度 v 满足 mg12mgmv2R，解得 v32gR，从 P 到 B 过程，重力做功等于重力势能减小量为 mgR，动能增加量为12
6、mv234mgR，合力做功等于动能增加量34mgR，机械能减少量为 mgR34mgR14mgR，克服摩擦力做功等于机械能的减少量14mgR，故只有 B 选项正确。答案 B(1)在应用功能关系解决具体问题的过程中，动能的变化用动能定理分析。(2)重力势能的变化用重力做功分析。(3)机械能的变化用除重力和弹力之外的力做功分析。(4)电势能的变化用电场力做功分析。集训冲关1.(多选)如图所示，在升降机内固定一光滑的斜面体，一轻弹簧的一端连在位于斜面体上方的固定木板 B 上，另一端与质量为 m 的物块 A 相连，弹簧与斜面平行。整个系统由静止开始加速上升高度 h 的过程中()A物块 A 的重力势能增加
7、量一定等于 mghB物块 A 的动能增加量等于斜面的支持力和弹簧的拉力对其做功的代数和C物块 A 的机械能增加量等于斜面的支持力和弹簧的拉力对其做功的代数和D物块 A 和弹簧组成的系统的机械能增加量等于斜面对物块的支持力和木板 B 对弹簧的拉力做功的代数和解析：物块 A 相对斜面下滑一段距离，故选项 A 错误；根据动能定理可知，物块 A 动能的增加量应等于重力、支持力及弹簧弹力对其做功的代数和，故选项 B 错误；物块 A 机械能的增加量应等于除重力以外的其他力对其做功的代数和，选项 C正确；物块 A 和弹簧组成的系统的机械能增加量应等于除重力和弹簧弹力以外的其他力做功的代数和，故选项 D 正确
8、。答案：CD2.(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，加速度大小等于重力加速度的大小 g。物块上升的最大高度为 H，则此过程中，物块的()A动能损失了 2mgHB动能损失了 mgHC机械能损失了 mgHD机械能损失了12mgH解析：分析小物块沿斜面上滑，根据题述可知，物块所受滑动摩擦力 Ff0.5mg，由动能定理可知动能损失了 FfHsin 30mgH2mgH，选项 A 正确，B 错误。由功能关系可知机械能损失 FfHsin 30mgH，选项 C 正确，D 错误。答案：AC3.(多选)如图所示，在绝缘的斜面上方，存在着匀
9、强电场，电场方向平行于斜面向上，斜面上的带电金属块在平行于斜面的力 F 作用下沿斜面移动。已知金属块在移动的过程中，力 F 做功 32 J，金属块克服电场力做功 8 J，金属块克服摩擦力做功 16 J，重力势能增加 18 J，则在此过程中金属块的()A动能减少 10 J B电势能增加 24 JC机械能减少 24 J D内能增加 16 J解析：根据动能定理，合力做功等于动能变化量，则 W合WFW电W 阻W 重10 J，即动能减少 10 J；电势能的变化量等于电场力做功，即 Ep 电W 电8 J，即电势能增加 8 J；机械能的变化量等于除重力以外的其他力做功，即 EWFW 电W 阻8 J，即机械能
10、增加 8 J；内能增加量等于克服摩擦力做功，即 16 J。综上所述，A、D 正确。答案：AD提能点(二)摩擦力做功与能量的关系1两种摩擦力做功的比较 静摩擦力做功滑动摩擦力做功只有能量的转移，没有能量的转化既有能量的转移，又有能量的转化互为作用力和反作用力的一对静摩擦力所做功的代数和为零，即要么一正一负，要么都不做功互为作用力和反作用力的一对滑动摩擦力所做功的代数和为负值，即至少有一个力做负功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。典例 如图所示，一个可视为质点的质量为 m1 kg 的小物
11、块，从光滑平台上的 A 点以 v02 m/s 的初速度水平抛出，到达C 点时，恰好沿 C 点的切线方向进入固定在水平地面上的光滑圆弧轨道，最后小物块滑上紧靠轨道末端 D 点的质量为 M3 kg 的长木板。已知木板上表面与圆弧轨道末端切线相平，木板下表面与水平地面之间光滑，小物块与长木板间的动摩擦因数 0.3，圆弧轨道的半径为 R0.4 m，C 点和圆弧的圆心连线与竖直方向的夹角 60，不计空气阻力，g 取 10 m/s2。求：(1)小物块刚要到达圆弧轨道末端 D 点时对轨道的压力；(2)要使小物块不滑出长木板，木板的长度 L 至少多大？解析(1)小物块在 C 点时的速度大小vCv0cos 60
12、 小物块由 C 到 D 的过程中，由机械能守恒定律得mgR(1cos 60)12mvD212mvC2 代入数据解得 vD2 5 m/s小球在 D 点时由牛顿第二定律得FNmgmvD2R 代入数据解得 FN60 N由牛顿第三定律得 FNFN60 N，方向竖直向下。(2)设小物块刚好滑到木板左端且达到共同速度的大小为 v，滑行过程中，小物块与长木板的加速度大小分别为a1mgm g a2mgM 速度分别为 vvDa1t，va2t对小物块和木板组成的系统，由能量守恒定律得mgL12mvD212(mM)v2 解得 L2.5 m。答案(1)60 N，方向竖直向下(2)2.5 m(1)无论是计算滑动摩擦力做
13、功，还是计算静摩擦力做功，都代入物体相对于地面的位移。(2)摩擦生热 QFs 相对中，若物体做往复运动时，则 s 相对为总的相对路程。集训冲关1.(多选)如图，质量为 M、长度为 L 的小车静止在光滑水平面上，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。此过程中，以下结论正确的是()A小物块到达小车最右端时具有的动能为(FFf)(Lx)B小物块到达小车最右端时，小车具有的动能为 FfxC小物块克服摩擦力所做的功为 Ff(Lx)D小物块和
14、小车增加的机械能为 Fx解析：由动能定理可得小物块到达小车最右端时的动能Ek 物W 合(FFf)(Lx)，A 正确；小车的动能 Ek 车Ffx，B 正确；小物块克服摩擦力所做的功 WfFf(Lx)，C 正确；小物块和小车增加的机械能为 F(Lx)FfL，D 错误。答案：ABC2如图甲所示，长木板 A 放在光滑的水平面上，质量为 m2 kg 的另一物体 B(可看成质点)以水平速度 v02 m/s 滑上原来静止的长木板 A 的上表面。由于 A、B 间存在摩擦，之后 A、B 速度随时间变化情况如图乙所示，则下列说法正确的是(g 取 10 m/s2)()A木板获得的动能为 2 J B系统损失的机械能为
15、 4 JC木板 A 的最小长度为 2 m DA、B 间的动摩擦因数为 0.1解析：由题图乙可知，A、B 的加速度大小都为 1 m/s2，根据牛顿第二定律知二者质量相等，木板获得的动能为 1 J，选项 A 错误；系统损失的机械能 E12mv02122mv22 J，选项 B 错误；由 v-t 图像可求出二者相对位移为 1 m，所以C 错误；分析 B 的受力，根据牛顿第二定律，可求出 0.1，选项 D 正确。答案：D提能点(三)传送带模型中的功能关系(1)传送带做的功：WFx，其中 F 为传送带的动力，x 为传送带转过的距离。(2)产生的内能：QFfx相对，其中 x相对为相互摩擦的物体与传送带间的相
16、对位移。(3)功能关系：WEkEpQ。典例 如图所示，传送带与地面的夹角 37，A、B 两端间距 L16 m，传送带以速度 v10 m/s，沿顺时针方向运动，物体 m1 kg，无初速度地放置于 A 端，它与传送带间的动摩擦因数0.5，(sin 370.6，cos 370.8)试求：(1)物体由 A 端运动到 B 端的时间；(2)系统因摩擦产生的热量。解析(1)物体刚放上传送带时受到沿斜面向下的滑动摩擦力，由牛顿第二定律得 mgsin mgcos ma1设物体经时间 t1 加速到与传送带同速，则 va1t1，x112a1t12解得 a110 m/s2，t11 s，x15 m设物体经过时间 t2
17、到达 B 端，因 mgsin mgcos，故当物体与传送带同速后，物体将继续加速，即 mgsin mgcos ma2Lx1vt212at22解得 t21 s故物体由 A 端运动到 B 端的时间 tt1t22 s。(2)物体与传送带间的相对位移x 相(vt1x1)(Lx1 vt2)6 m故 Qmgcos x 相24 J。答案(1)2 s(2)24 J传送带模型问题的分析流程集训冲关1.(多选)如图所示，水平传送带由电动机带动，并始终保持以速度 v 匀速运动。现将质量为 m 的某物块无初速地放在传送带的左端，经过时间 t 物块保持与传送带相对静止。设物块与传送带间的动摩擦因数为，对于这一过程，下列
18、说法正确的是()A摩擦力对物块做的功为12mv2B传送带克服摩擦力做的功为12mv2C系统摩擦生热为12mv2D电动机多做的功为 mv2解析：设物块与传送带之间的滑动摩擦力大小为 Ff，物块的位移大小为 x1，物块对传送带摩擦力的作用点对地位移大小为 x2，则x112vt，x2vt2x1，对物块运用动能定理有 WfFfx112mv2，选项 A 正确；传送带克服摩擦力做的功为 WfFfx22Ffx1mv2，选项 B 错误；系统摩擦生热为 Q Ffx相对Ff(x2x1)Ffx112mv2，选项 C 正确；根据能量的转化与守恒定律，电动机多做的功等于物块增加的动能和系统增加的内能之和，即为 mv2，
19、选项 D 正确。答案：ACD2.如图所示，绷紧的传送带与水平面的夹角 30，皮带在电动机的带动下，始终保持 v02 m/s 的速率运行，现把一质量为 m10 kg 的工件(可看做质点)轻轻放在皮带的底端，经过时间 1.9 s，工件被传送到 h1.5 m 的高处，g 取 10 m/s2，求：(1)工件与传送带间的动摩擦因数；(2)电动机由于传送工件多消耗的电能。解析：(1)由题图可知，皮带长 x hsin 3 m。工件速度达 v0 前，做匀加速运动的位移 x1 v t1v02 t1匀速运动的位移为 xx1v0(tt1)解得加速运动的时间 t10.8 s加速运动的位移 x10.8 m所以加速度 a
20、v0t12.5 m/s2由牛顿第二定律有：mgcos mgsin ma解得：32。(2)从能量守恒的观点，显然电动机多消耗的电能用于增加工件的动能、势能以及克服传送带与工件之间发生相对位移时摩擦力做功产生的热量。在时间 t1 内，皮带运动的位移 x 皮v0t11.6 m在时间 t1 内，工件相对皮带的位移 x 相x 皮x10.8 m在时间 t1 内，摩擦生热 Qmgcos x 相60 J工件获得的动能 Ek12mv0220 J工件增加的势能 Epmgh150 J电动机多消耗的电能 WQEkEp230 J。答案：(1)32 (2)230 J提能点(四)能量转化与守恒的应用1.对能量守恒定律的两点
21、理解(1)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)某个物体的能量减少，一定存在其他物体的能量增加，且减少量和增加量一定相等。2能量转化问题的解题思路首先确定初、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 E 减与增加的能量总和 E 增，最后由 E 减E 增列式求解。典例 如图所示，固定斜面的倾角 30，物体 A 与斜面之间的动摩擦因数为 34，轻弹簧下端固定在斜面底端，弹簧处于原长时上端位于 C 点，用一根不可伸长的轻绳通过轻质光滑的定滑轮连接物体 A 和 B，滑轮右侧绳子与斜面平行，A 的质量为 2m4 k
22、g，B 的质量为 m2 kg，初始时物体 A 到 C 点的距离为 L1 m，现给 A、B 一个初速度 v03 m/s，使 A 开始沿斜面向下运动，B 向上运动，物体 A 将弹簧压缩到最短后又恰好能弹到 C 点。已知重力加速度取 g10 m/s2，不计空气阻力，整个过程中轻绳始终处于伸直状态，求此过程中：(1)物体 A 向下运动刚到 C 点时的速度大小；(2)弹簧的最大压缩量；(3)弹簧中的最大弹性势能。解析(1)物体 A 向下运动刚到 C 点的过程中，对 A、B 组成的系统应用能量守恒定律可得：2mgcos L123mv02123mv22mgLsin mgL可解得 v2 m/s。(2)以 A、
23、B 组成的系统，在物体 A 将弹簧压缩到最大压缩量，又返回到 C 点的过程中，系统动能的减少量等于因摩擦产生的热量，即：123mv202mgcos 2x其中 x 为弹簧的最大压缩量解得 x0.4 m。(3)设弹簧的最大弹性势能为 Epm由能量守恒定律可得：123mv22mgxsin mgx2mgcos xEpm解得：Epm6 J。答案(1)2 m/s(2)0.4 m(3)6 J涉及弹簧的能量问题的解题方法两个或两个以上的物体与弹簧组成的系统相互作用的过程，具有以下特点：(1)能量变化上，如果只有重力和系统内弹簧弹力做功，系统机械能守恒。(2)如果系统每个物体除弹簧弹力外所受合外力为零，则当弹簧
24、伸长或压缩到最大程度时两物体速度相同。(3)当水平弹簧为自然状态时系统内某一端的物体具有最大速度。集训冲关1.如图所示，重 10 N 的滑块在倾角为 30的斜面上，从 a 点由静止开始下滑，到 b 点开始压缩轻弹簧，到 c 点时达到最大速度，到 d 点(图中未画出)开始弹回，在 b 点离开弹簧，并恰能再回到 a 点。若bc0.1 m，弹簧弹性势能的最大值为 8 J，则下列说法正确的是()A轻弹簧的劲度系数为 50 N/mB从 d 点到 b 点滑块克服重力做功 8 JC从 d 点到 c 点弹簧的弹力对滑块做功 8 JD滑块的最大动能为 8 J解析：滑块还能回到 a 点，说明斜面是光滑的。滑块在
25、c 点速度最大，所受合力为零，由平衡条件和胡克定律有 kxbcmgsin 30，解得 k50 N/m，A 项正确；从 d 点到 b 点的过程中，8 J 的弹性势能一部分转化为重力势能，一部分转化为动能，所以克服重力做功小于 8 J，B 项错误；从 d 点到 c 点的过程中，弹性势能减少量小于 8 J，所以弹力对滑块做功小于 8 J，C 项错误；小于 8 J的弹性势能一部分转化为重力势能、一部分转化为动能，故到 c点时最大动能一定小于 8 J，D 项错误。答案：A2.(多选)(2015江苏高考)如图所示，轻质弹簧一端固定，另一端与一质量为 m、套在粗糙竖直固定杆 A 处的圆环相连，弹簧水平且处于
26、原长。圆环从 A 处由静止开始下滑，经过 B 处的速度最大，到达 C 处的速度为零，ACh。圆环在 C 处获得一竖直向上的速度 v，恰好能回到 A。弹簧始终在弹性限度内，重力加速度为 g。则圆环()A下滑过程中，加速度一直减小B下滑过程中，克服摩擦力做的功为14mv2C在 C 处，弹簧的弹性势能为14mv2mghD上滑经过 B 的速度大于下滑经过 B 的速度解析：圆环下落时，先加速，在 B 位置时速度最大，加速度减小至零。从 B 到 C 圆环减速，加速度增大，方向向上，A 错误；圆环下滑时，设克服摩擦力做功为 Wf，弹簧的最大弹性势能为 Ep，由 A 到 C 的过程中，根据能量关系有 mghE
27、pWf。由 C 到 A的过程中，有12mv2EpWfmgh。联立解得 Wf14mv2，Epmgh14mv2，B 正确，C 错误；设圆环在 B 位置时，弹簧的弹性势能为 Ep，根据能量守恒，A 到 B 的过程有12mvB2EpWfmgh，B 到 A 的过程有12mvB2EpmghWf，比较两式得 vBvB，D 正确。答案：BD3.(2017滁州质检)如图所示，光滑曲面 AB 与水平面 BC 平滑连接于 B 点，BC 右端连接内壁光滑、半径为 r 的14细圆管 CD，管口 D 端正下方直立一根劲度系数为 k 的轻弹簧，轻弹簧一端固定，另一端恰好与管口 D 端平齐。质量为 m 的滑块在曲面上距BC
28、高度为 2r 处由静止开始下滑，滑块与 BC 间的动摩擦因数 12，进入管口 C 端时与圆管恰好无作用力，通过 CD 后压缩弹簧，在压缩弹簧过程中滑块速度最大时弹簧的弹性势能为 Ep。求：(1)滑块到达 B 点时的速度大小 vB；(2)水平面 BC 的长度 x；(3)在压缩弹簧过程中滑块的最大速度 vm。解析：(1)滑块在曲面的下滑过程，由动能定理得 mg2r12mvB2解得 vB2 gr。(2)在 C 点，滑块与圆管之间恰无作用力，则 mgmvC2r解得 vCgr 滑块从开始下滑处运动到 C 点过程，由动能定理得 mg2rmgx12mvC2解得 x3r。(3)设在压缩弹簧过程中速度最大时，滑块离 D 端的距离为 x0，此时 kx0mg解得 x0mgk滑块由 C 点运动到距离 D 端 x0 处的过程中，由能量守恒得mg(rx0)12mvm212mvC2Ep联立解得 vm3gr2mg2k 2Epm。答案：(1)2 gr(2)3r(3)3gr2mg2k 2Epm
