《2019版高考物理一輪復(fù)習 第五章 機械能及其守恒定律 第4講 功能關(guān)系 能量守恒定律學案》由會員分享，可在線閱讀，更多相關(guān)《2019版高考物理一輪復(fù)習 第五章 機械能及其守恒定律 第4講 功能關(guān)系 能量守恒定律學案（13頁珍藏版）》請在裝配圖網(wǎng)上搜索。

1、第4講功能關(guān)系能量守恒定律微知識1 功能關(guān)系1功是能量轉(zhuǎn)化的量度，即做了多少功就有多少能量發(fā)生了轉(zhuǎn)化，而且能的轉(zhuǎn)化必通過做功來實現(xiàn)。2幾種常見力的功與能量轉(zhuǎn)化的關(guān)系(1)重力做功：重力勢能和其他能相互轉(zhuǎn)化。(2)彈簧彈力做功：彈性勢能和其他能相互轉(zhuǎn)化。(3)滑動摩擦力做功：機械能轉(zhuǎn)化為內(nèi)能。(4)電場力做功：電勢能與其他能相互轉(zhuǎn)化。(5)安培力做功：電能和機械能相互轉(zhuǎn)化。微知識2 能量守恒定律1內(nèi)容能量既不會消滅，也不會創(chuàng)生，它只能從一種形式轉(zhuǎn)化為另一種形式，或者從一個物體轉(zhuǎn)移到另一個物體，而在轉(zhuǎn)化和轉(zhuǎn)移的過程中，能量的總量保持不變。2應(yīng)用能量守恒的兩條基本思路(1)某種形式的能減少，一定存在

2、另一種形式的能增加，且減少量和增加量相等。(2)某個物體的能量減少，一定存在另一個物體的能量增加，且減少量和增加量相等。一、思維辨析(判斷正誤，正確的畫“”，錯誤的畫“”。)1做功過程一定有能量的轉(zhuǎn)化。()2力對物體做多少功，物體就有多少能量。()3力對物體做功，物體的總能量一定增加。()4能量在轉(zhuǎn)化和轉(zhuǎn)移的過程中 ，總量會不斷減少。()5滑動摩擦力做功時，一定會引起能量的轉(zhuǎn)化。()二、對點微練1(對功能關(guān)系的理解)(多選)對于功和能，下列說法正確的是()A功和能的單位相同，它們的概念也相同B做功的過程就是物體能量轉(zhuǎn)化的過程C做了多少功，就有多少能量發(fā)生了轉(zhuǎn)化D各種不同形式的能可以互相轉(zhuǎn)化，且

3、在轉(zhuǎn)化的過程中，能的總量是守恒的答案BCD2(功能關(guān)系的應(yīng)用)(多選)一人用力把質(zhì)量為m的物體由靜止豎直向上勻加速提升h，速度增加為v，則對此過程，下列說法正確的是()A人對物體所做的功等于物體機械能的增量B物體所受合外力所做的功為mv2C人對物體所做的功為mghD人對物體所做的功為mv2解析由功能關(guān)系可知，人對物體所做的功等于物體機械能的增量，為mghmv2，選項A正確，C、D項錯誤；由動能定理可知，物體所受合外力所做的功為mv2，選項B正確。答案AB3(能的轉(zhuǎn)化和守恒定律)如圖所示，一質(zhì)量均勻的不可伸長的繩索重為G，A、B兩端固定在天花板上，現(xiàn)在最低點C施加一豎直向下的力將繩索拉至D點，在

4、此過程中繩索AB的重心位置將()A逐漸升高 B逐漸降低C先降低后升高 D始終不變解析由題意知外力對繩索做正功，機械能增加，重心升高，故選A項。答案A見學生用書P080微考點1功能關(guān)系的理解和應(yīng)用核|心|微|講力學中常見的功能關(guān)系典|例|微|探【例1】質(zhì)量為m的物體，在距地面h高處以g的加速度由靜止豎直下落到地面，下列說法正確的是()A物體重力勢能減少mghB重力對物體做功mghC物體的機械能減少mghD物體的動能增加mgh【解題導(dǎo)思】(1)重力做功與重力勢能變化具有何種關(guān)系？答：重力做功與重力勢能的變化等值、符號相反。(2)哪些力做功引起動能的變化？如何求解機械能的變化？答：合外力的功與物體動

5、能變化相等，除重力以外的其他力的功等于物體的機械能變化。 解析重力做功引起重力勢能的變化，WGmghEp，物體重力做功mgh，重力勢能減少了mgh，A、B項錯誤；合外力做功引起動能的變化，W合hEk，動能增加了mgh，D項錯誤；動能和重力勢能之和等于機械能，重力勢能減少了mgh，動能增加了mgh，故機械能減少了mgh，C項正確。答案C力對物體做功會引起能量形式的轉(zhuǎn)化，并可用做功的多少去度量能量轉(zhuǎn)化的多少，所以找準某個力做功與對應(yīng)能量轉(zhuǎn)化的關(guān)系是解決問題的關(guān)鍵。功能關(guān)系選用的原則：(1)若只涉及動能的變化用動能定理分析。(2)若只涉及重力勢能的變化用重力做功與重力勢能的變化關(guān)系分析。(3)若只涉

6、及機械能變化用除重力和彈簧彈力之外的力做功與機械能變化的關(guān)系分析。(4)若只涉及電勢能的變化用電場力做功與電勢能變化的關(guān)系分析。題|組|微|練1輕質(zhì)彈簧右端固定在墻上，左端與一質(zhì)量m0.5 kg的物塊相連，如圖甲所示。彈簧處于原長狀態(tài)，物塊靜止且與水平面間的動摩擦因數(shù)0.2。以物塊所在處為原點，水平向右為正方向建立x軸?，F(xiàn)對物塊施加水平向右的外力F，F(xiàn)隨x軸坐標變化的情況如圖乙所示。物塊運動至x0.4 m處時速度為零。則此時彈簧的彈性勢能為(g取10 m/s2)()A3.1 JB3.5 JC1.8 JD2.0 J解析物塊與水平面間的摩擦力為fmg1 N?，F(xiàn)對物塊施加水平向右的外力F，由Fx圖象

7、面積表示功可知F做功W3.5 J，克服摩擦力做功Wffx0.4 J。由功能關(guān)系可知，WWfEp，此時彈簧的彈性勢能為Ep3.1 J，A項正確。答案A2(多選)如圖所示，輕質(zhì)彈簧一端固定，另一端與一質(zhì)量為m、套在粗糙豎直固定桿A處的圓環(huán)相連，彈簧水平且處于原長。圓環(huán)從A處由靜止開始下滑，經(jīng)過B處的速度最大，到達C處的速度為零，ACh。圓環(huán)在C處獲得一豎直向上的速度v，恰好能回到A。彈簧始終在彈性限度內(nèi)，重力加速度為g，則圓環(huán)()A下滑過程中，加速度一直減小B下滑過程中，克服摩擦力做的功為mv2C在C處，彈簧的彈性勢能為mv2mghD上滑經(jīng)過B的速度大于下滑經(jīng)過B的速度解析圓環(huán)向下運動的過程，在B

8、點速度最大，說明向下先加速后減速，加速度先向下減小，后向上增大，A項錯誤；下滑過程和上滑過程克服摩擦做功相同，因此下滑過程WfEpmgh，上滑過程Wfmghmv2Ep，因此克服摩擦做功Wfmv2，B項正確；在C處：EpmghWfmghmv2，C項錯誤；下滑從A到B，mvEpWfmgh，上滑從B到A，mvEpmghWf，得mvmv2Wf，可見vB2vB1，D項正確。答案BD微考點2功能關(guān)系和能量守恒定律的綜合應(yīng)用核|心|微|講應(yīng)用能量守恒定律的一般步驟：1分清有多少種形式的能(如動能、勢能、內(nèi)能、電能等)在變化。2分別列出減少的能量E減和增加的能量E增的表達式。3列恒等式：E減E增。典|例|微|

9、探【例2】如圖，質(zhì)量為M的小車靜止在光滑水平面上，小車AB段是半徑為R的四分之一圓弧光滑軌道，BC段是長為L的水平粗糙軌道，兩段軌道相切于B點。一質(zhì)量為m的滑塊在小車上從A點由靜止開始沿軌道滑下，重力加速度為g。(1)若固定小車，求滑塊運動過程中對小車的最大壓力。(2)若不固定小車，滑塊仍從A點由靜止下滑，然后滑入BC軌道，最后從C點滑出小車。已知滑塊質(zhì)量m，在任一時刻滑塊相對地面速度的水平分量是小車速度大小的2倍，滑塊與軌道BC間的動摩擦因數(shù)為，求：滑塊運動過程中，小車的最大速度大小vm?；瑝K從B到C運動過程中，小車的位移大小s?！窘忸}導(dǎo)思】(1)小車固定，滑塊從AB的過程中，有哪些力對滑塊

10、做了功？答：只有重力做功。(2)小車不固定，滑塊從AB的過程中，滑塊重力勢能的減少轉(zhuǎn)化成什么形式的能？BC過程，系統(tǒng)減少的機械能轉(zhuǎn)化成什么形式的能？答：AB的過程，滑塊的重力勢能轉(zhuǎn)化為滑塊和小車的動能；BC過程，系統(tǒng)減少的機械能轉(zhuǎn)化為系統(tǒng)的內(nèi)能。 解析(1)滑塊滑到B點時對小車壓力最大，從A到B機械能守恒mgRmv，滑塊在B點處，由牛頓第二定律知Nmgm，解得N3mg，由牛頓第三定律知NN3mg。(2)在任一時刻滑塊相對地面速度的水平分量是小車速度的2倍?；瑝K下滑到達B點時，小車速度最大。由機械能守恒mgRMvm(2vm)2，解得vm 。設(shè)滑塊運動到C點時，小車速度大小為vC，由功能關(guān)系得mg

11、RmgLMvm(2vC)2，設(shè)滑塊從B到C過程中，小車運動加速度大小為a，由牛頓第二定律，有mgMa，由運動學規(guī)律得vv2as，解得sL。答案(1)3mg(2) L題|組|微|練3. (多選)如圖所示，一傾角為的固定斜面下端固定一擋板，一勁度系數(shù)為k的輕彈簧下端固定在擋板上，現(xiàn)將一質(zhì)量為m的小物塊從斜面上離彈簧上端距離為s處，由靜止釋放，已知物塊與斜面間的動摩擦因數(shù)為，物塊下滑過程中最大動能為Ekm，則小物塊從釋放到運動至最低點的過程中，下列說法正確的是()Amgcos，解得mgcos，物塊繼續(xù)向下加速，動能仍在增大，所以此瞬間動能不是最大，當物塊的合力為零時動能才最大，故B項錯誤；根據(jù)能量轉(zhuǎn)

12、化和守恒定律知，彈簧的最大彈性勢能等于整個過程中物塊減少的重力勢能與產(chǎn)生的內(nèi)能之差，而內(nèi)能等于物塊克服摩擦力做功，可得彈簧的最大彈性勢能等于整個過程中物塊減少的重力勢能與摩擦力對物塊做功之和，C項正確；若將物塊從離彈簧上端2s的斜面處由靜止釋放，下滑過程中物塊動能最大的位置不變，彈性勢能不變，設(shè)為Ep，此位置彈簧的壓縮量為x。根據(jù)功能關(guān)系可得：將物塊從離彈簧上端2s的斜面處由靜止釋放，下滑過程中物塊的最大動能為EkmmgsinmgcosEp，將物塊從離彈簧上端2s的斜面處由靜止釋放，下滑過程中物塊的最大動能為EkmmgsinmgcosEp，而2Ekmmgsinmgcos2Epmgsinmgco

13、sEp(mgxsinmgxcosEp)Ekm(mgxsinmgxcosEp)，由于在物塊接觸彈簧到動能最大的過程中，物塊的重力勢能轉(zhuǎn)化為內(nèi)能和物塊的動能，則根據(jù)功能關(guān)系可得mgxsinmgxcosEp，即mgxsinmgxcosEp0，所以得Ekm2Ekm，故D項正確。答案ACD4如圖所示，靜止在光滑水平面上的長木板B，質(zhì)量M2 kg，長l14.5 m，與B等高的固定平臺CD長l23 m，平臺右側(cè)有一豎直放置且半徑R1 m的光滑半圓軌道DEF。質(zhì)量m1 kg的小滑塊A以初速度v06 m/s從B的左端水平滑上B，隨后A、B向右運動，長木板B與平臺CD碰撞前的瞬間，小滑塊A的速度大小為vA4 m/

14、s，此時A、B還未達到共同速度。設(shè)長木板B與平臺碰撞后立即被鎖定，小滑塊A可視為質(zhì)點，小滑塊A與平臺B之間的動摩擦因數(shù)10.2，小滑塊A與平臺CD之間的動摩擦因數(shù)20.1，x0.5 m，g10 m/s2，求：(1)長木板B與平臺碰撞前的瞬間，B的速度大小。(2)小滑塊A最終停在離木板B左端多遠處。解析(1)B與平臺CD碰撞時，A、B還未達到共同速度。設(shè)B與平臺碰撞前瞬間速度大小為vB，由動能定理有1mgxMv，解得vB1 m/s。(2)B與平臺碰撞前A相對B發(fā)生的位移為x，根據(jù)能量守恒定律有1mgxmvmvmv，解得x4.5 m，即B與平臺碰撞時，A恰好到達平臺左端。設(shè)A在半圓形軌道上能到達的

15、最大高度為h，則由動能定理有mgh2mgl20mv，解得h0.5 mR，故m到達最高點后沿半圓形軌道返回。設(shè)A向左到達C點時速度為vC，有mgh2mgl2mv，解得vC2 m/s。A過C之后在B上運動的距離為l，有1mgl0mv，解得l1 m，即A最終停在離B木板左端3.5 m處。答案(1)1 m/s(2)3.5 m見學生用書P082與摩擦生熱相關(guān)的兩個物理模型素能培養(yǎng)1兩個模型(1)滑塊木板模型。(2)傳送帶模型。2兩種摩擦力的做功情況比較3.求解相對滑動物體的能量問題的方法(1)正確分析物體的運動過程，做好受力情況分析。(2)利用運動學公式，結(jié)合牛頓第二定律分析物體的速度關(guān)系及位移關(guān)系。(

16、3)公式Qfl相對中l(wèi)相對為兩接觸物體間的相對位移，若物體在傳送帶上做往復(fù)運動時，則l相對為總的相對路程。經(jīng)典考題如圖所示，AB為半徑R0.8 m的光滑圓弧軌道，下端B恰與小車右端平滑對接。小車質(zhì)量M3 kg，車長L2.06 m，車上表面距地面的高度h0.2 m，現(xiàn)有一質(zhì)量m1 kg的滑塊，由軌道頂端無初速度釋放，滑到B端后沖上小車。已知地面光滑，滑塊與小車上表面間的動摩擦因數(shù)0.3，當車運動了t01.5 s 時，車被地面裝置鎖定(g取10 m/s2)。求：(1)滑塊到達B端時，軌道對它支持力的大小。(2)車被鎖定時，車右端距軌道B端的距離。(3)從車開始運動到被鎖定的過程中，滑塊與車上表面間

17、由于摩擦而產(chǎn)生的內(nèi)能大小。解析(1)由機械能守恒定律和牛頓第二定律得mgRmv，NBmgm，則NB30 N。(2)設(shè)m滑上小車后經(jīng)過時間t1與小車同速，共同速度大小為v對滑塊有mgma1，vvBa1t1，對于小車有mgMa2，va2t1，解得v1 m/s，t11 s，因t1t0，故滑塊與小車同速后，小車繼續(xù)向左勻速行駛了0.5 s，則小車右端距B端的距離為l車t1v(t0t1)，解得l車1 m。(3)Qmgl相對mg，解得Q6 J。答案(1)30 N(2)1 m(3)6 J對法對題1. (多選)如圖所示，水平傳送帶由電動機帶動，并始終保持以速度v勻速運動，現(xiàn)將質(zhì)量為m的某物塊由靜止釋放在傳送帶

18、上的左端，過一會兒物塊能保持與傳送帶相對靜止，設(shè)物塊與傳送帶間的動摩擦因數(shù)為，對于這一過程，下列說法正確的是()A摩擦力對物塊做的功為0.5mv2B物塊對傳送帶做功為0.5mv2C系統(tǒng)摩擦生熱為0.5mv2D電動機多做的功為mv2解析對物塊運用動能定理，摩擦力做的功等于物塊動能的增加，即0.5mv2，故A項正確；傳送帶的位移是物塊位移的兩倍，所以物塊對傳送帶做功的絕對值是摩擦力對物塊做功的兩倍，即為mv2，故B項錯誤；電動機多做的功就是傳送帶克服摩擦力做的功，也為mv2，故D項正確；系統(tǒng)摩擦生熱等于摩擦力與相對位移的乘積，故C項正確。答案ACD2. (多選)如圖所示，質(zhì)量為M、長為L的木板置于

19、光滑的水平面上，一質(zhì)量為m的滑塊放置在木板左端，滑塊與木板間滑動摩擦力大小為f，用水平的恒定拉力F作用于滑塊。當滑塊運動到木板右端時，木板在地面上移動的距離為x，滑塊速度為v1，木板速度為v2，下列結(jié)論正確的是()A上述過程中，F(xiàn)做功大小為mvMvB其他條件不變的情況下，M越大，x越小C其他條件不變的情況下，F(xiàn)越大，滑塊到達右端所用時間越長D其他條件不變的情況下，f越大，滑塊與木板間產(chǎn)生的熱量越多解析由功能原理可知，上述過程中，F(xiàn)做功大小為二者動能與產(chǎn)生的熱量之和，選項A錯誤；其他條件不變的情況下，M越大，M的加速度越小，x越小，選項B正確；其他條件不變的情況下，F(xiàn)越大，滑塊的加速度越大，滑塊

20、到達右端所用時間越短，選項C錯誤；其他條件不變的情況下，滑塊與木板間產(chǎn)生的熱量等于滑動摩擦力與相對位移的乘積，f越大，滑塊與木板間產(chǎn)生的熱量越多，選項D正確。答案BD見學生用書P0821籃球運動員的定點跳投動作可分解如下：靜止在地面上的運動員先屈腿下蹲，然后突然蹬地，重心上升雙腳離開地面，離地后重心繼續(xù)上升，到達最高點后投出籃球。已知某運動員的質(zhì)量為m，雙腳離開地面時的速度為v，從下蹲到最高點的過程中重心上升的高度為h，下列說法正確的是()A從下蹲到離開地面，地面對運動員做的功為mghB從下蹲到離開地面，地面對運動員做的功為零C從下蹲到離開地面，運動員的機械能增加了mghmv2D從下蹲到最高點

21、，運動員先超重后失重解析地面對運動員的力的作用點沒有位移，故地面對運動員的力不做功，運動員的機械能來自運動員自身的化學能，選項A錯誤，選項B正確；從下蹲到離開地面，運動員的機械能增加了mgh，選項C錯誤；運動員下蹲時，重心下移，處于失重狀態(tài)；突然蹬地，所受合外力向上，加速度向上，處于超重狀態(tài)，雙腳離開地面后，只受重力，加速度向下，處于完全失重狀態(tài)，選項D錯誤。答案B2滑板是現(xiàn)在非常流行的一種運動，如圖所示，一滑板運動員以7 m/s 的初速度從曲面的A點下滑，運動到B點的速度仍為7 m/s，若他以6 m/s的初速度仍由A點下滑，則他運動到B點時的速度()A大于6 m/s B等于6 m/sC小于6

22、 m/s D條件不足，無法計算解析當初速度為7 m/s時，由功能關(guān)系知，運動員克服摩擦力做的功等于減少的重力勢能。運動員做曲線運動可看成圓周運動，當初速度變?yōu)? m/s時，所需的向心力變小，因而運動員對軌道的壓力變小，由fN知運動員所受的摩擦力減小，故從A到B過程中克服摩擦力做的功減少，而重力勢能變化量不變，故運動員在B點的動能大于他在A點的動能，A項正確。答案A3.如圖所示，質(zhì)量均為m，半徑均為R的兩個完全相同的小球A、B，在水平軌道上以某一初速度向右沖上傾角為的傾斜軌道，兩軌道通過一小段圓弧平滑連接。若兩小球運動過程中始終接觸，不計摩擦阻力及彎道處的能量損失，在傾斜軌道上運動到最高點時兩球

23、機械能的差值為()A0 BmgRsinC2mgRsin D2mgR解析兩球運動到最高點時速度相等，動能相等，則兩球機械能的差值等于重力勢能的差值，為Emg2Rsin2mgRsin，故C項正確。答案C4(多選)如圖所示，甲、乙兩傳送帶，傾斜于水平地面放置，傳送帶上表面以同樣恒定速率v向上運動?，F(xiàn)將一質(zhì)量為m的小物體(視為質(zhì)點)輕輕放在A處，小物體在甲傳送帶上到達B處時恰好達到傳送帶的速率v；小物體在乙傳送帶上到達離B豎直高度為h的C處時達到傳送帶的速率v。已知B處離A處的豎直高度皆為H。則在小物體從A到B的過程中()A兩種傳送帶對小物體做功相等B將小物體傳送到B處，兩種傳送帶消耗的電能相等C兩種傳送帶與小物體之間的動摩擦因數(shù)不同D將小物體傳送到B處，兩種系統(tǒng)產(chǎn)生的熱量相等解析對小物體，從A到B由動能定理有WmgHmv2，則A項正確；小物體在勻加速過程中，由a，因位移x不同，則加速度不同，根據(jù)牛頓第二定律，動摩擦因數(shù)不同，則C項正確；系統(tǒng)產(chǎn)生的熱量Qmgx相cosmgcos，因動摩擦因數(shù)不同，Q不同，則D項錯誤；將小物體傳送到B處，傳送帶消耗的電能EWQ，可見E也不同，則B項錯誤。答案AC13