高考物理一轮复习 第5章 机械能及其守恒律 第4节 功能关系 能量守恒律

取夺市安慰阳光实验学校第4节功能关系能量守恒定律
知识点1 功能关系
1．内容
(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．
2．做功对应变化的能量形式
(1)合外力的功等于物体的动能的变化．
(2)重力做功等于物体重力势能的变化．
(3)弹簧弹力做功等于弹性势能的变化．
(4)除重力和系统内弹力以外的力做功等于物体机械能的变化．
知识点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应的一条规律．
3．表达式
(1)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．
(2)ΔE增＝ΔE减，增加的那些能量的增加量等于减少的那些能量的减少量．
1．正误判断
(1)做功的过程一定会有能量转化．(√)
(2)力对物体做了多少功，物体就有多少能．(×)
(3)力对物体做功，物体的总能量一定增加．(×)
(4)能量在转化或转移的过程中，其总量会不断减少．(×)
(5)能量的转化和转移具有方向性，且现在可利用的能源有限，故必须节约能源．(√)
(6)滑动摩擦力做功时，一定会引起能量的转化．(√)
2．[功能关系的理解]自然现象中蕴藏着许多物理知识，如图5­4­1所示为一个盛水袋，某人从侧面缓慢推袋壁使它变形，则水的势能( )图5­4­1
A．增大B．变小
C．不变D．不能确定
A[人缓慢推水袋，对水袋做正功，由功能关系可知，水的重力势能一定
增加，A正确．]
3．[摩擦生热的理解]如图5­4­2所示，木块A放在木板B的左端上方，用水平恒力F将A拉到B的右端，第一次将B固定在地面上，F做功W1，生热Q1；第二次让B在光滑水平面可自由滑动，F做功W2，生热Q2，则下列关系中正确的是( )
【：92492233】
图5­4­2
A. W1<W2，Q1＝Q2B．W1＝W2，Q1＝Q2
C．W1<W2，Q1<Q2D．W1＝W2，Q1<Q2
A[设木板B长s，木块A从木板B左端滑到右端克服摩擦力所做的功W ＝F f s，因为木板B不固定时木块A的位移要比木板B固定时长，所以W1<W2；摩擦产生的热量Q＝F f l相对，两次都从木块B左端滑到右端，相对位移相等，所以Q1＝Q2，故选A.]
4．[几种常见的功能关系应用](多选)悬崖跳水是一项极具挑战性的极限运动，需要运动员具有非凡的胆量和过硬的技术．跳水运动员进入水中后受到水的阻力而做减速运动，设质量为m的运动员刚入水时的速度为v，水对他的阻力大小恒为F，那么在他减速下降深度为h的过程中，下列说法正确的是(g为当地的重力加速度)( )
A．他的动能减少了(F－mg)h
B．他的重力势能减少了mgh －
1
2
mv2
C．他的机械能减少了Fh
D．他的机械能减少了mgh
AC[合力做的功等于动能的变化，合力做的功为(F－mg)h，A正确；重力做的功等于重力势能的变化，故重力势能减小了mgh，B错误；重力以外的力做的功等于机械能的变化，故机械能减少了Fh，C正确，D错误．]
对功能关系的理解及应用1
(1)做功的过程是能量转化的过程．不同形式的能量发生相互转化是通过做功来实现的．
(2)功是能量转化的量度，功和能的关系，一是体现在不同的力做功，对应不同形式的能转化，具有一一对应关系，二是做功的多少与能量转化的多少在数量上相等．
2．几种常见功能关系的对比
各种力做功对应能的变化定量关系
合力的功动能变化
合力对物体做功等于物体动能的增量W合＝E k2－
E k1
重力的功重力势能变化
重力做正功，重力势能减少，重力做负功，重力
势能增加，且W G＝－ΔE p＝E p1－E p2
弹簧弹力的功弹性势能变化弹力做正功，弹性势能减少，弹力做负功，弹性
1．(多选)(2017·枣庄模拟)如图5­4­3所示，取一块长为L的表面粗糙的木板，第一次将其左端垫高，让一小物块从板左端的A点以初速度v0沿板下滑，滑到板右端的B点时速度为v1；第二次保持板右端位置不变，将板放置水平，让同样的小物块从A点正下方的C点也以初速度v0向右滑动，滑到B点时的速度为v2.下列说法正确的是( )
图5­4­3
A．v1一定大于v0
B．v1一定大于v2
C．第一次的加速度可能比第二次的加速度小
D．两个过程中物体损失的机械能相同
BCD[物块向下滑动的过程中受到重力、支持力和摩擦力的作用，若重力向下的分力大于摩擦力，则物块做加速运动，若重力向下的分力小于摩擦力，则物块做减速运动．故A错误；斜面的倾角为θ时，物块受到滑动摩擦力：f1＝μmg cos θ，物块克服摩擦力做功W1＝f1L＝μmg cos θ·L.板水平时物块克服摩擦力做功：W2＝μmg·L cos θ＝W1.两次克服摩擦力做的功相等，所以两个过程中物体损失的机械能相同；第一次有重力做正功．所以由动能定理可知第一次的动能一定比第二次的动能大，v1一定大于v2，故B、D正确．物块向下滑动的过程中受到重力、支持力和摩擦力的作用，若重力向下的分力大于摩擦力，则：a1＝
mg sin θ－f
m
，板水平时运动的过程中a2＝
f
m
，所以第一次的加速度可能比第二次的加速度小，故C正确．]
2．(多选)(2017·青岛模拟)如图5­4­4所示，一根原长为L的轻弹簧，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F f，则小球从开始下落至最低点的过程( )
【：92492234】
图5­4­4
A．小球动能的增量为零
B．小球重力势能的增量为mg(H＋x－L)
C．弹簧弹性势能的增量为(mg－F f)(H＋x－L)
D．系统机械能减小F f H
AC[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，所以小球动能的增量为0，故A正确；小球下落的整个过程中，重力做功W G＝mgh＝mg(H＋x－L)，根据重力做功量度重力势能的变化W G＝－ΔE p得：小球重力势能的增量为－mg(H＋x－L)，故B错误；根据动能定理得：W G＋W f＋W弹＝0－0＝0，所以W弹＝－(mg－F f)(H＋x－L)，根据弹簧弹力做功量度弹性势能的变化W弹＝－ΔE p得：弹簧弹性势能的增量为(mg－F f)(H＋x－L)，故C正确；系统机械能的减少等于重力、弹力以外的力做的功，所以小球从开始下落至最低点的过程，克服阻力做的功为：F f(H＋x－L)，所以系统机械能减小为：F f(H＋x－L)，故D 错误．]
功能关系的应用技巧
1．在应用功能关系解决具体问题的过程中，若只涉及动能的变化用动能定理分析，W总＝ΔE k.
2．只涉及重力势能的变化用重力做功与重力势能变化的关系分析，即W G ＝－ΔE p.
3．只涉及机械能变化用除重力和弹力之外的力做功与机械能变化的关系分析，即W其他＝ΔE.
4．只涉及电势能的变化用电场力做功与电势能变化的关系分析，即W电＝－ΔE p.
对能量守恒定律的理解及应用1
(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
(1)当涉及滑动摩擦力做功，机械能不守恒时，一般应用能的转化和守恒定律．
(2)解题时，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ΔE减和增加的能量总和ΔE 增，最后由Δ
E减＝ΔE增列式求解．
[多维探究]
●考向1 涉及弹簧的能量守恒定律问题
1．如图5­4­5所示，两物块A、B通过一轻质弹簧相连，置于光滑的水平面上，开始时A和B均静止．现同时对A、B施加等大反向的水平恒力F1和F2，使两物块开始运动，运动过程中弹簧形变不超过其弹性限度．在两物块开始运
动以后的整个过程中，对A、B和弹簧组成的系统，下列说法正确的是( )图5­4­5
A．由于F1、F2等大反向，系统机械能守恒
B．当弹簧弹力与F1、F2大小相等时，A、B两物块的动能最大
C．当弹簧伸长量达到最大后，A、B两物块将保持静止状态
D．在整个过程中系统机械能不断增加
B[在弹簧一直拉伸的时间内，由于F1与A的速度方向均向左而做正功，F2与B的速度方向均向右而做正功，即F1、F2做的总功大于零，系统机械能不守恒，选项A错误；当弹簧对A的弹力与F1平衡时A的动能最大，此时弹簧对B的弹力也与F2平衡，B的动能也最大，选项B正确；弹簧伸长量达到最大时，两物块速度为零，弹簧弹力大于F1、F2，之后两物块将反向运动而不会保持静止状态，F1、F2对系统做负功，系统机械能减少，选项C、D均错误．]
2.如图5­4­6所示，固定斜面的倾角θ＝30°，物体A与斜面之间的动摩
擦因数μ＝
3
2
，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2m，B的质量为m，初始时物体A到C点的距离为L.现给A、B一初速度v0>gL，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．已知重力加速度为g，不计空气阻力，整个过程中，轻绳始终处于伸直状态，求：
图5­4­6
(1)物体A向下运动刚到C点时的速度；
(2)弹簧的最大压缩量；
(3)弹簧的最大弹性势能.
【：92492235】
【解析】(1)A与斜面间的滑动摩擦力f＝2μmg cos θ，物体从A向下运动到C点的过程中，根据能量守恒定律可得：2mgL sin θ＋
1
2
·3mv20＝
1
2
·3mv2＋mgL＋fL
解得v＝v20－gL.
(2)从物体A接触弹簧，将弹簧压缩到最短后又恰回到C点，对系统应用动能定理－f·2x＝0－
1
2
×3mv2解得x＝
v20
2g
－
L
2
.
(3)弹簧从压缩到最短到恰好能弹到C点的过程中，对系统根据能量守恒定律可得：E p＋mgx＝2mgx sin θ＋fx所以E p＝fx＝
3mv20
4
－
3mgL
4
.
【答案】(1)v20－gL(2)
v20
2g
－
L
2
(3)
3mv20
4
－
3mgL
4
●考向2 能量守恒定律与图象的综合应用
3．将小球以10 m/s 的初速度从地面竖直向上抛出，取地面为零势能面，小球在上升过程中的动能E k 、重力势能E p 与上升高度h 间的关系分别如图5­4­7中两直线所示．g 取10 m/s 2
，下列说法正确的是( )
图5­4­7
A ．小球的质量为0.2 kg
B ．小球受到的阻力(不包括重力)大小为0.20 N
C ．小球动能与重力势能相等时的高度为20
13 m
D ．小球上升到2 m 时，动能与重力势能之差为0.5 J
D [在最高点，
E p ＝mgh 得m ＝0.1 kg ，A 项错误；由除重力以外其他力做功E 其＝ΔE 可知：－fh ＝E 高－E 低，E 为机械能，解得f ＝0.25 N ，B 项错误；设小球动能和重力势能相等时的高度为H ，此时有mgH ＝12mv 2
，由动能定理得：
－fH －mgH ＝12mv 2－12mv 20，解得H ＝20
9 m ，故C 项错；当上升h ′＝2 m 时，由动
能定理得：－fh ′－mgh ′＝E k2－12mv 2
0，解得E k2＝2.5 J ，E p2＝mgh ′＝2 J ，所
以动能与重力势能之差为0.5 J ，故D 项正确．]
摩擦力做功与能量的转化关系
1.
(1)从功的角度看，一对滑动摩擦力对系统做的功等于系统内能的增加量． (2)从能量的角度看，是其他形式能量的减少量等于系统内能的增加量． 2．两种摩擦力做功情况比较
静摩擦力
滑动摩擦力
不同点
能量的转化方
面
只有能量的转移，而没有能量的转化
既有能量的转移，又有能量的转化
一对摩擦力的总功方面
一对静摩擦力所做功的
代数和等于零
一对滑动摩擦力所做功的代
数和不为零，总功W ＝－F f ·l
相对
，产生的内能Q ＝F f ·l 相对
相同点
正功、负功、不做功方面
两种摩擦力对物体可以做正
功、负功，还可以不做功
[电动机的带动下，始终保持v 0＝2 m/s 的速率运行，现把一质量为m ＝10 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h ＝1.5 m 的高处，g 取10 m/s 2
，求：
图 5-4-8
(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． 【自主思考】
(1)1.9 s 内工件是否一直加速？应如何判断？
提示：若工件一直匀加速，由v m 2×t ＝h
sin θ可得：工件的最大速度v m ＝6
1.9
m/s>v 0，故工件在1.9 s 内应先匀加速运动再匀速运动．
(2)工件在上升过程中其所受的摩擦力是否变化？ 提示：变化，先是滑动摩擦力，后是静摩擦力．
(3)电动机传送工件的过程中多消耗的电能转化成了哪几种能量？ 提示：工件的动能、重力势能及因摩擦力做功产生的热量三部分． 【解析】 (1)由题图可知，皮带长x ＝h
sin θ
＝3 m ．工件速度达v 0前，
做匀加速运动的位移x 1＝v t 1＝v 0
2
t 1
匀速运动的位移为x －x 1＝v 0(t －t 1) 解得加速运动的时间t 1＝0.8 s 加速运动的位移x 1＝0.8 m
所以加速度a ＝v 0t 1
＝2.5 m/s 2
由牛顿第二定律有：μmg cos θ－mg sin θ＝ma
解得：μ＝3
2
.
(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t 1内，皮带运动的位移
x 皮＝v 0t 1＝1.6 m
在时间t 1内，工件相对皮带的位移
x 相＝x 皮－x 1＝0.8 m
在时间t 1内，摩擦生热
Q ＝μmg cos θ·x 相＝60 J
工件获得的动能E k ＝12mv 2
0＝20 J
工件增加的势能E p ＝mgh ＝150 J
电动机多消耗的电能W ＝Q ＋E k ＋E p ＝230 J.
【答案】 (1)3
2 (2)230 J
[母题迁移]
●迁移1 水平传送带问题
1．如图5­4­9所示，质量为m 的物体在水平传送带上由静止释放，传送带
由电动机带动，始终保持以速度v 匀速运动，物体与传送带间的动摩擦因数为
μ，物体过一会儿能保持与传送带相对静止，对于物体从静止释放到相对静止
这一过程中，下列说法正确的是( )
【：92492236】 图5­4­9
A ．电动机做的功为12mv 2
B ．摩擦力对物体做的功为mv 2
C ．传送带克服摩擦力做的功为12mv 2
D ．电动机增加的功率为μmgv
D [由能量守恒可知，电动机做的功等于物体获得的动能和由于摩擦而产生的内能，选项A 错误；对物体受力分析知，仅有摩擦力对物体做功，由动能定理知，其大小应为12mv 2
，选项B 错误；传送带克服摩擦力做功等于摩擦力与
传送带对地位移的乘积，可知这个位移是物体对地位移的两倍，即W ＝mv 2
，选项C 错误；由功率公式知电动机增加的功率为μmgv ，选项D 正确．]
●迁移2 倾斜传送带 逆时针转动 2．(多选)(2017·太原模拟)
如图5­4­10所示，与水平面夹角为θ＝37°的传送带以恒定速率v ＝2 m/s
沿逆时针方向运动．将质量为m ＝1 kg 的物块静置在传送带上的A 处，经过1.2 s 到达传送带的B 处．已知物块与传送带间的动摩擦因数为μ＝0.5，其他摩擦不计，物块可视为质点，重力加速度g 取10 m/s 2
，sin 37°＝0.6，cos 37°＝0.8.下列对物块从传送带A 处运动到B 处过程的相关说法正确的是( )
【：92492237】
图5­4­10
A ．物块动能增加2 J
B ．物块机械能减少11.2 J
C ．物块与传送带因摩擦产生的热量为4.8 J
D ．物块对传送带做的功为－12.8 J
BC [由题意可知μ<tan 37°，因而物块与传送带速度相同后仍然要加速运动．物块与传送带速度相同前，由牛顿第二定律有mg (sin θ＋μcos θ)＝ma 1，v ＝a 1t 1，x 1＝12a 1t 2
1， 解得a 1＝10 m/s 2，t 1＝0.2 s ，x 1＝0.2 m ，物块与传
送带速度相同后，由牛顿第二定律有mg (sin θ－μcos θ)＝ma 2，v ′＝v ＋a 2t 2，x 2＝vt 2＋12a 2t 2
2，而t 1＋t 2＝1.2 s ，解得a 2＝2 m/s 2，v ′＝4 m/s ，x 2＝3 m ，物
块到达B 处时的动能为E k ＝12
mv ′2
＝8 J ，选项A 错误；
由于传送带对物块的摩擦力做功，物块机械能变化，摩擦力做功为W f ＝
μmgx 1cos θ－μmgx 2cos θ＝－11.2 J ，故机械能减少11.2 J ，选项B 正确；物块与传送带因摩擦产生的热量为Q ＝μmg (vt 1－x 1＋x 2－vt 2)cos θ＝4.8 J ，选项C 正确；物块对传送带做的功为W ＝－μmgvt 1cos θ＋μmgvt 2cos θ＝6.4 J ，选项D 错误．]
1．水平传送带：共速后不受摩擦力，不再有能量转化．倾斜传送带：共速
后仍有静摩擦力，仍有能量转移．
2．滑动摩擦力做功，其他形式的能量转化为内能；静摩擦力做功，不产生内能．
3．公式Q＝F f·l相对中l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l相对为总的相对路程．。